高中数学第4章-4.2.2-等差数列的前n项和公式(第2课时)

4.2.2等差数列的前n项和公式(第2课时)素养目标学科素养1.掌握等差数列前n项和的性质及应用．(重点、难点)2．会用裂项相消法求和．(重点)1.数学运算；2．逻辑推理情境导学数列在我们日常生活中有着广泛的应用，比如仓库中堆放的钢管，想要知道共有多少个，可取同样的钢管反位置摆放，这样就可以知道有多少个．你能找到其中所应用的数学原理吗？1．数列{|an|}的前n项和问题根据通项公式判断数列{an}是先正后负，还是先负后正，在正、负分界点处分两段，分别去掉绝对值符号，转化为等差数列的求和问题．2．等差数列前n项和的性质(1)设两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，则eq\f(an,bn)＝eq\f(S2n－1,T2n－1).(2)等差数列前n项和Sn最大(小)值的情形：①若a1>0，d<0，则Sn存在最大值，即所有非负项之和．②若a1<0，d>0，则Sn存在最小值，即所有非正项之和．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)．(1)等差数列的前n项和Sn一定是关于n的二次函数．(×)(2)若无穷等差数列{an}的公差d>0，则其前n项和Sn不存在最大值．(√)(3)若两个等差数列的前n项和分别为An，Bn，则一定有eq\f(an,bn)＝eq\f(An,Bn).(×)1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝______，Sn的最小值为______.0－10解析：a2＝a1＋d＝－3，S5＝5a1＋10d＝－10，即a1＋2d＝－2，解得a1＝－4，d＝1，所以a5＝a1＋4d＝0，Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(n2－9n,2).当n＝4或5时，Sn最小，为－10.2．已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别是Sn，Tn，且eq\f(a7,b7)＝eq\f(2,3)，则eq\f(S13,T13)＝________.eq\f(2,3)解析：eq\f(S13,T13)＝eq\f(\f(a1＋a13×13,2),\f(b1＋b13×13,2))＝eq\f(13a7,13b7)＝eq\f(a7,b7)＝eq\f(2,3).3．已知数列{an}的通项公式为an＝－n2＋10n＋11，则该数列前________项的和最大．10或11解析：令an≥0得－n2＋10n＋11≥0，即n2－10n－11≤0，∴－1≤n≤11.∵n∈N*，∴该数列前10项为正，第11项为0.∴该数列前10或11项的和最大．4．已知等差数列{an}，an＝2n－9，则|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝________.52解析：由an≥0得n≥4.5，∴前4项为负，以后各项为正，∴|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋…＋a10)＝－S4＋S10－S4＝S10－2S4＝20－2×(－16)＝52.【例1】已知数列{an}的前n项和Sn＝－eq\f(3,2)n2＋eq\f(205,2)n，求数列{|an|}的前n项和Tn.解：a1＝S1＝－eq\f(3,2)×12＋eq\f(205,2)×1＝101.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n2＋\f(205,2)n))－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n－12＋\f(205,2)n－1))＝－3n＋104.∵a1＝101也适合上式，∴数列{an}的通项公式为an＝－3n＋104.由an＝－3n＋104≥0，得n≤eq\f(104,3).即当n≤34时，an>0；当n≥35时，an<0.①当n≤34时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝－eq\f(3,2)n2＋eq\f(205,2)n.②当n≥35时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|a34|＋|a35|＋…＋|an|＝2(a1＋a2＋…＋a34)－(a1＋a2＋…＋an)＝2S34－Sn＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)×342＋\f(205,2)×34))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n2＋\f(205,2)n))＝eq\f(3,2)n2－eq\f(205,2)n＋3502.∴Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n2＋\f(205,2)n，n≤34，,\f(3,2)n2－\f(205,2)n＋3502，n≥35.))已知等差数列{an}，求{|an|}的前n项和的步骤：(1)确定{an}的通项公式；(2)根据通项公式确定数列{an}中项的符号，即判断数列{an}是先负后正，还是先正后负；(3)去掉数列{|an|}中各项的绝对值，转化为{an}的前n项和求解，转化过程中有时需添加一部分项，再利用数列{an}的前n项和公式求解；(4)将{|an|}的前n项和写成分段函数的形式．在等差数列{an}中，a1＝－60，a17＝－12，求数列{|an|}的前n项和．解：∵数列{an}的公差d＝eq\f(a17－a1,17－1)＝eq\f(－12－－60,17－1)＝3，∴an＝a1＋(n－1)d＝－60＋(n－1)×3＝3n－63.令an<0，即3n－63<0，解得n<21.∴数列{an}的前20项是负数，第20项以后的项都为非负数．设Sn，S′n分别表示数列{an}和{|an|}的前n项和，当n≤20时，S′n＝－Sn＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－60n＋\f(nn－1,2)×3))＝－eq\f(3,2)n2＋eq\f(123,2)n；当n>20时，S′n＝－S20＋(Sn－S20)＝Sn－2S20＝－60n＋eq\f(nn－1,2)×3－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－60×20＋\f(20×19,2)×3))＝eq\f(3,2)n2－eq\f(123,2)n＋1260.∴数列{|an|}的前n项和S′n＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n2＋\f(123,2)n，n≤20，,\f(3,2)n2－\f(123,2)n＋1260，n>20.))【例2】等差数列{an}中，Sn为前n项和，且a1＝25，S17＝S9，数列{an}前多少项和最大？解：(方法一)∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝25，,S17＝S9，))∴17a1＋eq\f(17×16,2)d＝9a1＋eq\f(9×8,2)d，解得d＝－2.从而Sn＝25n＋eq\f(nn－1,2)×(－2)＝－n2＋26n＝－(n－13)2＋169.故前13项之和最大．(方法二)由方法一得d＝－2.∵a1＝25>0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＝25－2n－1≥0，,an＋1＝25－2n≤0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n≤13\f(1,2)，,n≥12\f(1,2)，))∴当n＝13时，Sn有最大值．求等差数列前n项和Sn最值的方法：(1)寻找正、负项的分界点，可利用等差数列的性质或利用eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≤0，,an＋1≥0))来寻找．(2)运用二次函数的图象求最值．1．在等差数列{an}中，a1＝29，S10＝S20，则数列{an}的前n项和Sn的最大值为()A．S15 B．S16C．S15或S16 D．S17A解析：∵a1＝29，S10＝S20，∴10a1＋eq\f(10×9,2)d＝20a1＋eq\f(20×19,2)d，解得d＝－2，∴Sn＝29n＋eq\f(nn－1,2)×(－2)＝－n2＋30n＝－(n－15)2＋225.∴当n＝15时，Sn取得最大值．2．在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n＝8时Sn取得最大值，则d的取值范围为________．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(7,8)))解析：由题意，当且仅当n＝8时Sn有最大值，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d<0，,a8>0，,a9<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d<0，,7＋7d>0，,7＋8d<0，))解得－1<d<－eq\f(7,8).【例3】等差数列{an}中，a1＝3，公差d＝2，Sn为其前n项和，求eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn).解：∵等差数列{an}的首项a1＝3，公差d＝2，∴前n项和Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝3n＋eq\f(nn－1,2)×2＝n2＋2n(n∈N*)，∴eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,n2＋2n)＝eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2))).∴eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))＋eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(3,4)－eq\f(2n＋3,2n＋1n＋2).把数列的通项公式拆成两项之差，即数列的每一项可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相抵消，于是前n项和变成首尾若干项之和，这一求和方法称为裂项相消法．常见的拆项公式(其中n∈N*)：①eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).②eq\f(1,nn＋k)＝eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋k))).③eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))).④若等差数列{an}的公差为d，则eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))，eq\f(1,anan＋2)＝eq\f(1,2d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋2))).⑤eq\f(1,nn＋1n＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,nn＋1)－\f(1,n＋1n＋2))).⑥eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n).⑦eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋k))＝eq\f(1,k)(eq\r(n＋k)－eq\r(n))．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则eq\o(∑,\s\up14(n),\s\do14(k＝1))eq\f(1,Sk)＝________.eq\f(2n,n＋1)解析：设等差数列的首项为a1，公差为d.由题意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝3，,4a1＋\f(4×3,2)d＝10，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝1.))数列的前n项和Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝n×1＋eq\f(nn－1,2)×1＝eq\f(nn＋1,2)，裂项可得eq\f(1,Sk)＝eq\f(2,kk＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)－\f(1,k＋1)))，所以eq\o(∑,\s\up14(n),\s\do14(k＝1))eq\f(1,Sk)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(2n,n＋1).探究题1已知两个等差数列{an}与{bn}的前n项和分别是Sn和Tn，且eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(2n＋1,3n－2)，求eq\f(a9,b9)的值．解：∵S2n－1＝eq\f(2n－1,2)(a1＋a2n－1)＝(2n－1)an，T2n－1＝eq\f(2n－1,2)(b1＋b2n－1)＝(2n－1)bn，∴eq\f(a9,b9)＝eq\f(S2×9－1,T2×9－1)＝eq\f(S17,T17)＝eq\f(2×17＋1,3×17－2)＝eq\f(5,7).探究题2已知数列{an}为等差数列，若eq\f(a7,a6)<－1，且前n项和Sn有最大值，则使Sn>0的n的最大值为________．11解析：∵eq\f(a7,a6)<－1，且Sn有最大值，∴a6>0，a7<0且a6＋a7<0，∴S11＝eq\f(11a1＋a11,2)＝11a6>0，S12＝eq\f(12a1＋a12,2)＝6(a6＋a7)<0，∴使Sn>0的n的最大值为11.探究题3等差数列{an}中，Sm＝n，Sn＝m，求Sm＋n.解：设等差数列{an}的公差为d.∵Sm＝ma1＋eq\f(mm－1,2)d＝n，①Sn＝na1＋eq\f(nn－1d,2)＝m，②①－②得(m－n)a1＋eq\f(m－nm＋n－1,2)d＝n－m，∴a1＋eq\f(m＋n－1,2)d＝－1.∴Sm＋n＝(m＋n)a1＋eq\f(m＋nm＋n－1,2)d＝(m＋n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(m＋n－1,2)d))＝－(m＋n)．设两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，则eq\f(an,bn)＝eq\f(S2n－1,T2n－1).设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1>0，a3＋a10>0，a6a7<0，则满足Sn>0的最大自然数n的值为()A．6 B．7C．12 D．13C解析：因为a1>0，a6a7<0，所以a6>0，a7<0，等差数列的公差小于零．又a3＋a10＝a1＋a12>0，a1＋a13＝2a7<0，所以S12>0，S13<0，所以满足Sn>0的最大自然数n的值为12.1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝－11，a2＋a8＝－6，则Sn的最小值等于()A．－34 B．－36C．－6 D．6B解析：设数列{an}的公差为d，∵a2＋a8＝－6，∴2a1＋8d＝－6.又a1＝－11，∴d＝2，∴Sn＝na1＋eq\f(nn－1d,2)＝－11n＋n(n－1)＝n2－12n＝(n－6)2－36，∴当n＝6时，Sn有最小值S6＝－36.故选B．2．等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝4，S4＝10，则S6等于()A．12 B．18C．24 D．42B解析：由于{an}是等差数列，故S2，S4－S2，S6－S4成等差数列，所以2(S4－S2)＝S2＋S6－S4，即2(10－4)＝4＋S6－10，解得S6＝18.故选B．3．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4≥10，S5≤15，则a4的最大值为()A．2 B．3C．4 D．5C解析：因为S4＝2(a2＋a3)≥10，所以a2＋a3≥5.又S5＝5a3≤15，所以a3≤3.而a4＝3a3－(a2＋a3)，故a4≤4，当且仅当a2＝2，a3＝3时等号成立，所以a4的最大值为4.故选C．4．已知等差数列{an}的公差为1，a1＋a2＋a3＋…＋a99＝102，试求a3＋a6＋…＋a99的值．解：由题意，等差数列{an}的公差为1，且a1＋a2＋a3＋…＋a99＝102，则a1＋a2＋a3＋…＋a99＝(a1＋a4＋a7＋…＋a97)＋(a2＋a5＋a8＋…＋a98)＋(a3＋a6＋…＋a99)＝3(a3＋a6＋…＋a99)－33×2d－33d＝3(a3＋a6＋…＋a99)－99，所以a3＋a6＋…＋a99＝eq\f(102＋99,3)＝67.5．某种病毒感染性腹泻在全世界范围内均有流行，感染对象主要是成人和学龄儿童，寒冷季节呈现高发．据资料统计，某市11月1日开始出现该病毒感染者，11月1日该市的病毒新感染者共有20人，此后每天的新感染者比前一天的新感染者增加50人，由于该市医疗部门采取措施，使该病毒的传播速度得到控制，从第t天起，每天的新感染者比前一天的新感染者减少30人，直到11月30日为止．(1)设11月n日当天新感染人数为an，求{an}的通项公式(用t表示)；(2)若到11月30日止，该市在这30日感染该病毒的患者共有8670人，11月几日，该市感染此病毒的新患者人数最多？并求出这一天的新患者人数．解：(1)由题意得，当n≤t时是公差为50，首项为20的等差数列，此时an＝20＋50(n－1)＝50n－30(1≤n≤t)．当n≥t＋1时是公差为－30，首项为50t－30的等差数列，此时an＝50t－30－30(n－t)＝－30n＋80t－30(t＋1≤n≤30)，故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(50n－30，n≤t，,－30n＋80t－30，t＋1≤n≤30，n∈N*.))(2)由(1)可知，前t日患者共有St＝eq\f(20＋50t－30t,2)＝(25t2－5t)人．又第t＋1日有－30(t＋1)＋80t－30＝(50t－60)人，第30日有－30×30＋80t－30＝(80t－930)人．故t＋1日至第30日共30－t天的时间里共有S′t＝eq\f(50t－60＋80t－93030－t,2)＝－65t2＋2445t－14850.故1到30日共有St＋S′t＝25t2－5t－65t2＋2445t－14850＝－40t2＋2440t－14850.故－40t2＋2440t－14850＝8670⇒t2－61t＋588＝0即(t－12)(t－49)＝0，又1≤t≤30，故t＝12.当天新增患病人数为50×12－30＝570.故11月12日，该市感染此病毒的新患者人数最多，这一天的新患者人数为570人．1．已知等差数列{an}，求{|an|}的前n项和的步骤(1)确定{an}的通项公式；(2)根据通项公式确定数列{an}中项的符号，即判断数列{an}是先负后正，还是先正后负；(3)去掉数列{|an|}中各项的绝对值，转化为{an}的前n项和求解，转化过程中有时需添加一部分项，再利用数列{an}的前n项和公式求解；(4)将{|an|}的前n项和写成分段函数的形式．2．求等差数列前n项和Sn最值的两种方法(1)函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：①当a1>0，d<0时，满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am≥0，,am＋1≤0))的项数m使得Sn取得最大值为Sm；②当a1<0，d>0时，满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am≤0，,am＋1≥0))的项数m使得Sn取得最小值为Sm.3．利用裂项相消法求数列前n项和．课时分层作业(六)等差数列的前n项和公式(第2课时)(60分钟100分)eq\f(基础对点练,基础考点分组训练)知识点1求数列{|an|}的前n项和1．(5分)设数列{an}的通项公式为an＝2n－7，则|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a15|＝()A．139 B．153C．144 D．178B解析：∵an＝2n－7，∴a1＝－5，d＝2.∴Sn＝n2－6n.∴|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－a1－a2－a3＋a4＋…＋a15＝－S3＋(S15－S3)＝S15－2S3＝153.2.(5分)在等差数列{an}中，a1>0，a10·a11<0，若此数列前10项和S10＝36，前18项和S18＝12，则数列{|an|}的前18项和T18的值为________．60解析：∵a1>0，a10·a11<0，∴d<0，a10>0，a11<0，∴T18＝a1＋a2＋…＋a10－(a11＋a12＋…＋a18)＝S10－(S18－S10)＝60.知识点2等差数列前n项和的最值问题3．(5分)已知数列{an}为等差数列，a2＝0，a4＝－2，则其前n项和Sn的最大值为()A．eq\f(9,8) B．eq\f(9,4)C．1 D．0C解析：∵a2＝0，a4＝－2，∴d＝－1，∴an＝2－n.∴Sn的最大值为S1＝S2＝1.4．(5分)已知数列{an}的通项公式为an＝26－2n，若使此数列的前n项和Sn最大，则n的值为()A．12 B．13C．12或13 D．14C解析：由an≥0，得n≤13，∴S13＝S12最大.5.(5分)已知等差数列{an}，|a5|＝|a9|，公差d>0，则使得其前n项和Sn取得最小值的正整数n的值是________．6或7解析：∵d>0，∴|a5|＝|a9|可化为－a5＝a9.即a5＋a9＝2a7＝0.∴a7＝0，∴a6<0，a8>0.∴S6＝S7最小．知识点3利用裂项相消法求数列的和6．(5分)在数列{an}中，an＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(2,n＋1)＋…＋eq\f(n,n＋1)(n∈N*)．又bn＝eq\f(1,anan＋1)，则数列{bn}的前n项和Sn为(A)A．eq\f(4n,n＋1) B．eq\f(2n,n＋1)C．eq\f(n,2n－1) D．eq\f(2n,2n＋1)得分7.(5分)设数列{an}满足对任意的n∈N*，Pn(n，an)满足PnPn＋1＝(1,2)，且a1＋a2＝4，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an·an＋1)))的前n项和Sn为________．eq\f(n,2n＋1)解析：∵Pn(n，an)，Pn＋1(n＋1，an＋1)，∴PnPn＋1＝(1，an＋1－an)＝(1,2)，∴an＋1－an＝2.∴{an}为等差数列，d＝2.∵a1＋a2＝2a1＋d＝4，∴a1＝1.∴an＝2n－1.∵eq\f(1,an·an＋1)＝eq\f(1,2n－1·2n＋1)＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，∴Sn＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1).知识点4等差数列前n项和性质的应用8．(5分)已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且eq\f(An,Bn)＝eq\f(5n＋3,n＋3)，则eq\f(a5,b5)的值为()A．2 B．eq\f(7,2)C．4 D．5C解析：∵两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且eq\f(An,Bn)＝eq\f(5n＋3,n＋3)，∴eq\f(a5,b5)＝eq\f(2a5,2b5)＝eq\f(a1＋a9,b1＋b9)＝eq\f(\f(9,2)a1＋a9,\f(9,2)b1＋b9)＝eq\f(A9,B9)＝eq\f(5×9＋3,9＋3)＝4.故选C．9．(5分)已知等差数列的前n项和为Sn，若S13<0，S12>0，则此数列中绝对值最小的项为()A．第5项 B．第6项C．第7项 D．第8项C解析：∵S13<0，S12>0，∴d<0.∵S13＝eq\f(13a1＋a13,2)＝13a7<0，∴a7<0.∵S12＝eq\f(12a1＋a12,2)＝6(a6＋a7)>0，∴a6>0且|a6|>|a7|.∴a7的绝对值最小.eq\f(能力提升练,能力考点拓展提升)10.(5分)(多选)设{an}是等差数列，Sn是前n项的和，且S5<S6，S6＝S7>S8，则()A．d>0B．a7＝0C．S9>S5D．S6与S7均为Sn的最大值BD解析：由S5<S6得a1＋a2＋…＋a5<a1＋a2＋…＋a5＋a6，∴a6>0.又S6＝S7，∴a1＋a2＋…＋a6＝a1＋a2＋…＋a6＋a7，∴a7＝0.同理由S7>S8可得a8<0.若S9>S5，则a6＋a7＋a8＋a9>0，∴2(a7＋a8)>0.由题设a7＝0，a8<0，显然A，C项是错误的．11．(5分)已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且eq\f(An,Bn)＝eq\f(7n＋45,n＋3)，则使得eq\f(an,bn)为整数的正整数n有()A．2个 B．3个C．4个 D．5个D解析：∵eq\f(an,bn)＝eq\f(A2n－1,B2n－1)＝eq\f(72n－1＋45,2n－1＋3)＝eq\f(14n＋38,2n＋2)＝eq\f(7n＋19,n＋1)＝7＋eq\f(12,n＋1).当n＋1＝2,3,4,6,12，即n＝1,2,3,5,11时，eq\f(an,bn)是整数．12．(5分)(多选)已知等差数列{an}中，|a3|＝|a9|，公差d<0，则使其前n项和Sn取得最大值的自然数n是()A．4 B．5C．6 D．7BC解析：∵在等差数列{an}中，|a3|＝|a9|，公差d<0，∴a3＋a9＝0，∴a6＝0.又d<0，∴a5>0，a7<0，∴使其前n项和Sn取得最大值的自然数n是5或6.13.(5分)等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S19>0，S20<0，则使Sn取得最大值的n为________．10解析：由S19>0，S20<0，可知{an}为递减的等差数列．设其公差为d，则d<0.由S19＝eq\f(19×a1＋a19,2)>0，S20＝eq\f(20×a1＋a20,2)<0，得a1＋a19＝2a10>0，a1＋a20＝a10＋a11<0，所以a10>0，a11<0.所以使Sn取得最大值的n为10.14.(5分)已知数列{an}的通项公式为an＝－2n－1，则数列{|an|}的前n项和为________．n2＋2n解析：由题可知数列{an}的各项均为负值，设数列{|an|}的前n项和为Sn，则有Sn＝－a1－a2－…－an＝3＋5＋7＋…＋(2n＋1)＝eq\f(n3＋2n＋1,2)＝n2＋2n.15.(10分)已知数列{an}为等差数列，其中a2＋a3＝8，a5＝3a2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝eq\f(2,anan＋1)，设{bn}的前n项和为Sn，求最小的正整数n，使得Sn>eq\f(2020,2021).解：(1)设等差数列{an}的公差为d，依题意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋3d＝8，,a1＋4d＝3a1＋3d，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2，))从而{an}的通项公式为an＝2n－1.(2)因为bn＝eq\f(2,anan＋1)＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1)，所以Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝1－eq\f(1,2n＋1).令1－eq\f(1,2n＋1)>eq\f(2020,2021)，解得n>1010，故取n＝1011.16.(10分)设数列{an}的各项都为正数，其前n项和为Sn，已知对任意n∈N*，Sn是aeq\o\al(2,n)和an的等差中项．(1)证明数列{an}为等差数列，并求an.(2)若bn＝－n＋5，求{an·bn}的最大值，并求出取最大值时n的值．解：(1)由已知，得2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋an，且an>0.当n＝1时，2a1＝aeq\o\al(2,1)＋a1，解得a1＝1.当n≥2时，2Sn－1＝aeq\o\al(2,n－1)＋an－1.所以2Sn－2Sn－1＝aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＋an－an－1，即2an＝aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＋an－an－1，即(an＋an－1)(an－an－1)＝an＋an－1.因为an＋an－1>0，所以an－an－1＝1(n≥2)．故数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，且an＝n.(2)由(1)可知an＝n.设cn＝an·bn，则cn＝n(－n＋5)＝－n2＋5n＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(5,2)))2＋eq\f(25,4).∵n∈N*，∴当n＝2或n＝3时，{cn}的最大项为6.故{an·bn}的最大值为6，此时n＝2或n＝3.17.(10分)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a1＝25，a4＝16.(1)求n为何值时，Sn取得最大值；(2)求a2＋a4＋a6＋a8＋…＋a20的值；(3)求数列{|an|}的前n项和Tn.解：(1)在等差数列{an}中，a1＝25，a4＝16，∴公差d＝eq\f(a4－a1,4－1)＝－3.∴an＝－3n＋28.令an＝－3n＋28≥0且n∈N*，得n≤9.∴当n≤9时，an>0；当n>9时，an<0.∴当n＝9时，Sn取得最大值．(2)∵数列{an}是等差数列，∴a2＋a4＋a6＋a8＋…＋a20＝eq\f(10a2＋a20,2)＝10a11＝10×(－3×11＋28)＝－50.(3)由(1)得，当n≤9时，an>0；当n>9时，an<0.∴当n≤9时，Tn＝a1＋a2＋…＋an＝25n＋eq\f(nn－1,2)×(－3)＝－eq\f(3,2)n2＋eq\f(53,2)n.当n>9时，Tn＝a1＋a2＋…＋a9－(a10＋a11＋…＋an)＝2S9－Sn＝2×(9×25－36×3)－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(25n－\f(3,2)nn－1))＝eq\f(3,2)n2－eq\f(53,2)n＋234.所以Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n2＋\f(53,2)n，n≤9，,\f(3,2)n2－\f(53,2)n＋234，n>9.))重难强化训练(一)数列和等差数列(60分钟100分)练易错易错点1|忽视数列是特殊的函数[防范要诀]数列的通项an及前n项和Sn都可看作定义域为正整数集或其子集上的函数，要善于运用函数的观点认识和理解数列问题．[对点集训]1．(5分)设an＝－n2＋5n－6，则数列{an}中的最大项的值是()A．eq\f(16,3) B．eq\f(13,3)C．eq\f(3,4) D．0D解析：此二次函数图象对称轴n＝eq\f(5,2)∉N*.∴当n＝2或3时，an取最大值，a2＝a3＝0.2．(5分)已知数列{an}的通项公式an＝n2＋kn＋2，若对于任意n∈N*，都有an＋1>an成立，则实数k的取值范围是()A．k>0 B．k>－1C．k>－2 D．k>－3D解析：∵an＋1>an，∴(n＋1)2＋k(n＋1)＋2>n2＋kn＋2，即k>－(2n＋1)对于任意n∈N*都成立，当n＝1时，－(2n＋1)取最大值－3，∴k>－3.3.(5分)已知数列{an}的通项公式an＝－n2＋10n＋11，则该数列前________项的和最大．10或11解析：令an≥0得－n2＋10n＋11≥0，即n2－10n－11≤0，∴－1≤n≤11.∵n∈N*，∴该数列前10项为正，第11项为0.∴该数列前10或11项的和最大．易错点2|不能正确进行an与Sn互化[防范要诀]凡是已知Sn的表达式或Sn与an的关系式，都需要用到当n≥2时，an＝Sn－Sn－1；另外，也不要忽视检验n＝1是否也适合an.[对点集训]4．(5分)已知Sn是数列{an}的前n项和，Sn＋Sn＋1＝an＋1(n∈N*)，则此数列是()A．递增数列 B．递减数列C．常数列 D．摆动数列C解析：∵Sn＋Sn＋1＝an＋1，∴Sn－1＋Sn＝an(n≥2)，两式相减得an＋an＋1＝an＋1－an，∴an＝0(n≥2)．当n＝1时，S1＋S2＝a2，∴2a1＝0即a1＝0.∴{an}是常数列，各项均为0.5.(5分)已知数列{an}满足Sn＝n2＋1，则通项公式an＝________.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,2n－1，n≥2))解析：∵Sn＝n2＋1，∴an＝Sn－Sn－1＝n2＋1－[(n－1)2＋1]＝2n－1(n≥2)．当n＝1时，a1＝S1＝2与上式不符合．∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,2n－1，n≥2.))易错点3|对等差数列的定义理解不透致误[防范要诀]使用等差数列的定义时容易出现以下错误：(1)对定义中“从第二项起”理解有误，常常忽略首项；(2)忽略“任意”，误认为验证有限个相邻两项的差是常数即得等差数列；(3)误认为任意相邻两项的差就是等差数列的公差．[对点集训]6.(5分)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，2an＋1＝2an＋3(n≥2，n∈N*)，判断{an}是否是等差数列．解：当n≥2时，由2an＋1＝2an＋3，得an＋1－an＝eq\f(3,2).但a2－a1＝1≠eq\f(3,2)，故数列{an}不是等差数列.7.(10分)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝eq\f(1,4)(an＋1)2，且an>0.求{an}的通项公式．解：∵Sn＝eq\f(1,4)(an＋1)2.∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,4)(an＋1)2－eq\f(1,4)(an－1＋1)2.∴aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)－2an－2an－1＝0.∴(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.∵an>0，∴an－an－1＝2(n≥2)．∴{an}为等差数列，公差为2.当n＝1时，S1＝a1＝eq\f(1,4)(a1＋1)2.∴aeq\o\al(2,1)－2a1＋1＝0.∴a1＝1.∴an＝2n－1.练疑难8．(5分)在数列{an}中，a1＝1，an·an－1＝an－1＋(－1)n(n≥2，n∈N*)，则a3的值是()A．eq\f(1,2) B．eq\f(2,3)C．eq\f(3,4) D．1A解析：∵在数列{an}中，a1＝1，an·an－1＝an－1＋(－1)n(n≥2，n∈N*)，∴a2×1＝a1＋(－1)2＝1＋1＝2，解得a2＝2，a3×2＝a2＋(－1)3＝2－1＝1.∴a3＝eq\f(1,2).9．(5分)若lg2，lg(2x－1)，lg(2x＋3)成等差数列，则x的值等于()A．0 B．log25C．32 D．0或32B解析：依题意得2lg(2x－1)＝lg2＋lg(2x＋3)，∴(2x－1)2＝2(2x＋3)，∴(2x)2－4·2x－5＝0，∴(2x－5)(2x＋1)＝0，∴2x＝5或2x＝－1(舍)，∴x＝log25.10．(5分)已知数列{an}的通项公式为an＝n－7eq\r(n)＋2，则此数列中数值最小的项是()A．第10项 B．第11项C．第12项 D．第13项C解析：∵an＝n－7eq\r(n)＋2＝(eq\r(n))2－7eq\r(n)＋2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(n)－\f(7,2)))2－eq\f(41,4).令eq\r(n)＝eq\f(7,2)，则n＝eq\f(49,4)＝12.25.∵n∈N*，∴当n＝12时，an最小．11．(5分)已知{an}为等差数列，首项为eq\f(1,25)，它从第10项开始比1大，那么公差d的取值范围是()A．d>eq\f(8,75)B．d<eq\f(3,25)C．eq\f(8,75)<d<eq\f(3,25)D．eq\f(8,75)<d≤eq\f(3,25)D解析：由题可得a1＝eq\f(1,25)，且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a10>1，,a9≤1，))根据等差数列的通项公式可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,25)＋9d>1，,\f(1,25)＋8d≤1，))从而解得eq\f(8,75)<d≤eq\f(3,25).12．(5分)等差数列{an}的前n项和满足S20＝S40，则下列结论正确的是()A．S30是Sn的最大值B．S30是Sn的最小值C．S30＝0D．S60＝0D解析：等差数列的前n项和公式可写为Sn＝an2＋bn的形式，由S20＝S40知Sn关于直线n＝30对称，但因为不知道a的符号，所以无法判断S30是最大或是最小．由S20＝S40可知S60＝0，故选D．13.(5分)数列{an}满足递推关系an＝3an－1＋3n－1(n∈N*，n≥2)，a1＝5，则使得数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋m,3n)))为等差数列的实数m的值为________．－eq\f(1,2)解析：a1＝5，a2＝3×5＋32－1＝23，a3＝3×23＋33－1＝95，依题意得eq\f(5＋m,3)，eq\f(23＋m,32)，eq\f(95＋m,33)成等差数列，∴2·eq\f(23＋m,32)＝eq\f(5＋m,3)＋eq\f(95＋m,33)，∴m＝－eq\f(1,2).经检验m＝－eq\f(1,2)满足题设.14.(10分)已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项和为－4.(1)求数列{an}的前n项和Sn；(2)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的前n项和Tn.解：(1)由题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a1＋\f(3×2,2)d＝6，,8a1＋\f(8×7,2)d＝－4.))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝6，,8a1＋28d＝－4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,d＝－1.))所以Sn＝3n＋eq\f(nn－1,2)×(－1)＝－eq\f(1,2)n2＋eq\f(7,2)n.(2)由(1)，得eq\f(Sn,n)＝－eq\f(1,2)n＋eq\f(7,2)，所以eq\f(Sn＋1,n＋1)－eq\f(Sn,n)＝－eq\f(1,2)(n＋1)＋eq\f(7,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)n＋\f(7,2)))＝－eq\f(1,2)，即数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是首项为eq\f(S1,1)＝3，公差为－eq\f(1,2)的等差数列，故Tn＝3n＋eq\f(nn－1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq\f(1,4)n2＋eq\f(13,4)n.15.(10分)已知函数f(x)＝2x－2－x，数列{an}满足f(log2an)＝－2n.(1)求数列{an}的通项公式；(2)证明：数列{an}是递减数列．(1)解：∵f(x)＝2