1．已知等差数列{an}中，d＝2，S3＝－24，则前n项和Sn取最小值时n等于( )
A．5 B．6
C．7 D．5或6
2．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
3．现在200根相同的钢管，把它们堆成正三角形垛，要使剩余的钢管尽可能少，那么剩余钢管的根数为( )
A．9 B．10
C．19 D．29
4．(多选题)已知Sn是等差数列的前n项和，且S6>S7>S5，则下列命题中正确的是( )
A．d<0
B．S11>0
C．S12<0
D．数列{Sn}中的最大项为S11
5．已知等差数列{an}中，|a5|＝|a9|，公差d>0，则使得前n项和Sn取得最小值的正整数n的值是________．
6．记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S2＝8，S3＝9.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并求Sn的最大值．
[提能力]
7．(多选题)设数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和，a1>0且S6＝S9，则( )
A．d>0
B．a8＝0
C．S7或S8为Sn的最大值
D．S5>S6
8．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的取值范围是________．
9．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝eq \f(1,4)(an＋1)2，且an>0.
(1)求a1，a2；
(2)求{an}的通项公式；
(3)令bn＝20－an，求数列{bn}的前n项和Tn的最大值．
[战疑难]
10．设f(x)＝eq \f(1,2x＋\r(2))，则f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)＝________.
课时作业(六) 等差数列前n项和公式的应用
1．解析：由d＝2，S3＝3a1＋3d＝－24，得a1＝－10，令an＝－10＋(n－1)×2≤0，得n≤6，所以S5＝S6均为最小值，故选D.
答案：D
2．解析：由S13<0，S12>0，知
eq \f(13a1＋a13,2)＝eq \f(13×2a7,2)＝13a7<0，
eq \f(12a1＋a12,2)＝eq \f(12a6＋a7,2)＝6(a6＋a7)>0，
所以a7<0，a6＋a7>0.则a6>0.且a6>|a7|，故选C.
答案：C
3．解析：钢管排列方式是从上到下各层钢管数组成了一个等差数列，最上面一层钢管数为1，逐层增加1个．
∴钢管总数为：1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2).
当n＝19时，S19＝190.当n＝20时，S20＝210>200.
∴n＝19时，剩余钢管根数最少，为10根．故选B.
答案：B
4．解析：∵S6>S7，∴a7<0，∵S7>S5，∴a6＋a7>0，∴a6>0，∴d<0，A正确；又S11＝eq \f(11,2)(a1＋a11)＝11a6>0，B正确；S12＝eq \f(12,2)(a1＋a12)＝6(a6＋a7)>0，C不正确；{Sn}中最大项为S6，D不正确．故选AB.
答案：AB
5．解析：由|a5|＝|a9|且d>0得a5<0，a9>0且a5＋a9＝0
∴2a1＋12d＝0，即a1＋6d＝0，
∴a7＝0，故S6＝S7且最小．
答案：6或7
6．解析：(1)由等差数列{an}的前n项和S3＝9，得a2＝3，
又∵S2＝8，即a1＋a2＝8，∴a1＝5，
∴d＝a2－a1＝－2.
∴an＝5－2(n－1)＝7－2n.
(2)由(1)知an＝7－2n，a1＝5，d＝－2，
故Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(n5＋7－2n,2)＝n(6－n)＝6n－n2.
∴当n＝3时，Sn取得最大值9.
7．解析：因为Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d，
所以Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n，
则Sn是关于n(n∈N，n≠0)的一个二次函数，
又a1>0且S6＝S9，
对称轴n＝eq \f(6＋9,2)＝eq \f(15,2)，开口向下，则d<0，故A错误，
又n为整数，
所以Sn在[1,7]上单调递增，在[8，＋∞)上单调递减，
所以S5所以最靠近eq \f(15,2)的整数n＝7或n＝8时，Sn最大，故C正确，
所以S7＝S8，∴a8＝0，故B正确，故选BC.
答案：BC
8．解析：由当且仅当n＝8时，Sn有最大值，
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d<0,a8>0,a9<0))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d<0,7＋7d>0,7＋8d<0.))
解得－1答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(7,8)))
9．解析：(1)∵S1＝eq \f(1,4)(a1＋1)2＝a1，∴a1＝1.
∵S2＝eq \f(1,4)(a2＋1)2＝a1＋a2，∴a2＝3(a2＝－1舍去)．
(2)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,4)[(an＋1)2－(an－1＋1)2]＝eq \f(1,4)(aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1))＋eq \f(1,2)(an－an－1)，
由此得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.
∵an＋an－1≠0，∴an－an－1＝2.
∴{an}是首项为1，公差为2的等差数列，
∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
(3)∵bn＝20－an＝21－2n，∴bn－bn－1＝－2，b1＝19.
∴{bn}是以19为首项，－2为公差的等差数列．
∴Tn＝19n＋eq \f(nn－1,2)×(－2)＝－n2＋20n.
故当n＝10时，Tn取最大值，最大值为100.
10．解析：当a＋b＝1时，
f(a)＋f(b)＝eq \f(1,2a＋\r(2))＋eq \f(1,2b＋\r(2))
＝eq \f(2b＋\r(2)＋2a＋\r(2),2a＋\r(2)2b＋\r(2))
＝eq \f(2a＋2b＋2\r(2),2a＋b＋\r(2)·2a＋\r(2)·2b＋2)＝eq \f(\r(2),2)，
∴f(－5)＋f(－4)＋f(－3)＋f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋f(5)＋f(6)
＝[f(6)＋f(－5)]＋[f(5)＋f(－4)]＋[f(4)＋f(－3)]＋[f(3)＋f(－2)]＋[f(2)＋f(－1)]＋[f(1)＋f(0)]＝6×eq \f(\r(2),2)＝3eq \r(2).
答案：3eq \r(2)