資源簡介

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知識點 1 等差數(shù)列的前n項和公式
4.2.2 等差數(shù)列的前n項和公式
必備知識 清單破
1.已知首項、末項與項數(shù),則Sn= .
2.已知首項、公差與項數(shù),則Sn=na1+ d.
　
　　等差數(shù)列{an}的前n項和公式可化成關(guān)于n的表達(dá)式:Sn=na1+ = n2+ n.
(1)該表達(dá)式中沒有常數(shù)項;
(2)當(dāng)d≠0時,Sn關(guān)于n的表達(dá)式是一個常數(shù)項為零的二次式,即點(n,Sn)在其相應(yīng)的二次函數(shù)的
圖象上,這就是說等差數(shù)列的前n項和公式是關(guān)于n的二次函數(shù),它的圖象是拋物線y= x2+
x上橫坐標(biāo)為正整數(shù)的一系列孤立的點.
知識點 2 等差數(shù)列前n項和公式的函數(shù)特征
1.公差為d的等差數(shù)列中依次k(k∈N*)項之和Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…組成公差為k2d的等差數(shù)列(分段
和成等差).
2.已知等差數(shù)列{an}的公差為d,前n項和為Sn.
(1)若項數(shù)為2n(n∈N*),則S2n=n(an+an+1),S偶-S奇=nd, = (S奇≠0,an≠0);
(2)若項數(shù)為2n-1(n∈N*),則S2n-1=(2n-1)an,S奇-S偶=an, = (S奇≠0).
3.若{an}是公差為d的等差數(shù)列,則 是首項為a1,公差為 的等差數(shù)列.
4.若等差數(shù)列{an},{bn}的前n項和分別為Sn,Tn,則 = , = · (bn≠0,T2n-1≠0).
5.在等差數(shù)列{an}中,若Sn=m,Sm=n(m≠n,m,n∈N*),則Sm+n=-(m+n).
知識點 3 等差數(shù)列前n 項和的性質(zhì)
6.在等差數(shù)列{an}中,若Sn=Sm(m≠n,m,n∈N*),則Sm+n=0.
知識辨析
1.等差數(shù)列的前n項和公式一定是關(guān)于n的常數(shù)項為0的二次函數(shù)嗎
2.若數(shù)列{an}的前n項和為Sn=n2+1,則數(shù)列{an}是公差為2的等差數(shù)列嗎
3.已知Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和,則S2,S4,S6是等差數(shù)列嗎
4.等差數(shù)列{an}的前n項和Sn一定滿足Sn=n 嗎
5.當(dāng)n≥3,n∈N*時,等差數(shù)列{an}的前n項和可以表示為Sn= 嗎
一語破的
1.不一定.當(dāng)公差d=0時,等差數(shù)列的前n項和公式是關(guān)于n的一次函數(shù);當(dāng)公差d≠0時,等差數(shù)
列的前n項和公式是關(guān)于n的常數(shù)項為0的二次函數(shù).
2.不是.{an}是除第一項以外,其他各項差為2的數(shù)列.
3.不一定.S2,S4-S2,S6-S4成等差數(shù)列,只有當(dāng)公差為零時,S2,S4,S6才構(gòu)成等差數(shù)列.
4.不一定.當(dāng)項數(shù)n為奇數(shù)時滿足Sn=n ;當(dāng)項數(shù)n為偶數(shù)時中間項有兩項, 不存在,不滿足Sn
=n .
5.可以.根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)可得a1+an=a3+an-2,所以等差數(shù)列{an}的前n項和可以表示為Sn=
(n≥3,n∈N*).
關(guān)鍵能力 定點破
定點 1 等差數(shù)列前n項和公式及其應(yīng)用
　　等差數(shù)列問題共涉及五個量:a1,d,n,an,Sn,這五個量可以“知三求二”.解決等差數(shù)列問題
的一般思路為:設(shè)出基本量a1,d,構(gòu)建方程組,利用方程思想求解.
　　當(dāng)已知首項、末項和項數(shù)時,用公式Sn= 較簡便,使用此公式時注意結(jié)合等差數(shù)
列的性質(zhì);當(dāng)已知首項、公差和項數(shù)時,用公式Sn=na1+ d較簡便.
典例　已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn.
(1)若a5+a10=58,a4+a9=50,求S10;
(2)若S7=42,Sn=510,an-3=45,求n.
解析 (1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.
解法一:由已知得
解得
∴S10=10a1+ d=10×3+ ×4=210.
解法二:由已知得
∴a1+a10=42,
∴S10= =5×42=210.
(2)∵S7= =7a4=42,∴a4=6.
又an-3=45,
∴Sn= = = =510,∴n=20.

　　在解決與等差數(shù)列前n項和性質(zhì)有關(guān)的問題時,恰當(dāng)運用相關(guān)性質(zhì)可以達(dá)到化繁為簡、
化難為易、事半功倍的效果.
利用性質(zhì)解決等差數(shù)列前n項和運算的幾種思維方法:
(1)整體思路:利用公式Sn= 求出整體a1+an,再代入求解.
(2)待定系數(shù)法:當(dāng)公差不為0時,利用Sn是關(guān)于n的二次函數(shù),設(shè)Sn=An2+Bn(A≠0),列出方程組求
出A,B即可;也可以利用 是關(guān)于n的一次函數(shù),設(shè) =an+b(a≠0)進(jìn)行計算.
(3)利用相關(guān)性質(zhì)中的結(jié)論進(jìn)行求解.
定點 2 等差數(shù)列前n項和性質(zhì)及其應(yīng)用
典例 (1)已知等差數(shù)列{an}的前m項和為30,前2m項和為100,求數(shù)列{an}的前3m項和S3m;
(2)已知等差數(shù)列{an},{bn}的前n項和分別為Sn,Tn,且 = ,求 的值.
思路點撥 (1)思路一:設(shè)數(shù)列的公差為d,求出m2d,ma1- ,整體代入求解.思路二、三利用等
差數(shù)列前n項和的性質(zhì)求解.
(2)直接利用等差數(shù)列前n項和的性質(zhì)求解.
解析 (1)解法一:設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.
由題意得
整理可得
∴S3m=3ma1+ d
=3 + =3×10+ ×40=210.
解法二:由等差數(shù)列前n項和的性質(zhì)可知,Sm,S2m-Sm,S3m-S2m成等差數(shù)列,
∴30,70,S3m-100成等差數(shù)列,
∴2×70=30+(S3m-100),∴S3m=210.
解法三:由等差數(shù)列前n項和的性質(zhì)可知, , , 成等差數(shù)列,∴ = + ,
即S3m=3(S2m-Sm)=3×(100-30)=210.
(2)解法一: = = = = = .
解法二: = = = = .
　　求等差數(shù)列{an}(公差d≠0)的前n項和Sn的最大(小)值的常用方法如下:
(1)函數(shù)法:用配方法轉(zhuǎn)化為求二次函數(shù)的最大(小)值問題,解題時注意n∈N*.
(2)利用 或 尋找正、負(fù)項的分界點,當(dāng)a1>0,d<0時,正項和最大,當(dāng)a1<0,d>0時,負(fù)
項和最小,進(jìn)而得到Sn的最大(小)值.
(3)一般地,當(dāng)a1>0,且Sp=Sq(p≠q)時,若p+q為偶數(shù),則當(dāng)n= 時,Sn最大;若p+q為奇數(shù),則當(dāng)n=
時,Sn最大.
定點 3 等差數(shù)列前n項和的最大(小)值的求法
典例　在等差數(shù)列{an}中,a1=25,S8=S18,求其前n項和Sn的最大值.
解析 解法一:設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.
因為S8=S18,a1=25,
所以8×25+ d=18×25+ ×d,解得d=-2.
所以Sn=25n+ ×(-2)=-n2+26n=-(n-13)2+169,
所以當(dāng)n=13時,Sn取得最大值,最大值為169.
解法二:設(shè)Sn=An2+Bn,A≠0.
因為S8=S18,S1=a1=25,
所以 解得
所以Sn=-n2+26n=-(n-13)2+169,
所以當(dāng)n=13時,Sn取得最大值,最大值為169.
解法三:同解法一,求出公差d=-2,
所以an=25+(n-1)×(-2)=-2n+27.
由 得
因為n∈N*,所以當(dāng)n=13時,Sn取得最大值,最大值為 =169.
解法四:設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.
因為S8=S18,所以S18-S8=0,
即a9+a10+…+a18=0.
結(jié)合等差數(shù)列的性質(zhì)得a13+a14=0.
因為a1>0,所以d<0,所以a13>0,a14<0.
所以當(dāng)n=13時,Sn有最大值.
由a13+a14=0,得a1+12d+a1+13d=0,解得d=-2,所以S13=13×25+ ×(-2)=169,
所以Sn的最大值為169.

1.倒序相加求和
　　在一個數(shù)列中,如果與首末兩項等距離的兩項之和等于首末兩項之和,那么可采用把正
著寫求和與倒著寫求和的兩個式子相加,就得到一個常數(shù)列的和,這種求和方法叫倒序相加
法.課本中等差數(shù)列前n項和公式的推導(dǎo)過程就采用了倒序相加求和.
2.裂項相消求和
(1)裂項相消求和就是將某些特殊數(shù)列的每一項拆成兩項的差,在求和時中間的一些項可以
相互抵消,從而達(dá)到求和的目的.
(2)常見的裂項技巧:
①已知{an}是等差數(shù)列,其公差為d(d≠0),則bn= = × .
定點 4 與等差數(shù)列有關(guān)的數(shù)列求和
②an=
= .
③an= = - .
④an=loga =loga(n+1)-logan,其中a>0,且a≠1.
典例　已知A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))是函數(shù)f(x)= +log2 圖象上的任意兩點.
(1)當(dāng)x1+x2=1時,求f(x1)+f(x2)的值;
(2)設(shè)Sn=f +f +…+f +f ,其中n∈N*,求Sn;
(3)對于(2)中的Sn,已知an= ,其中n∈N*,設(shè)Tn為數(shù)列{an}的前n項和,求證: ≤Tn< .
解析 (1)由已知得f(x1)+f(x2)= +log2 + +log2 =1+log2 =1+log2
=1+log21=1.
(2)∵ + = + = + =…=1,
∴f +f =f +f =f +f =…=1,
∵Sn=f +f +…+f +f ,①
∴Sn=f +f +…+f +f ,②
由①+②,得2Sn= + +…+ f +f +
,
∴2Sn=n,故Sn= .
(3)證明:由(2)及已知得an= = = ,
∵an>0,∴Tn∴Tn≥T1=a1= .
∵an= < = =2 ,
∴Tn= + + +…+ + <2
=2
=2 < .
綜上, ≤Tn< .
方法技巧 (n∈N*)的常見放縮形式:
(1) < = - (n≥2);
(2) > = - ;
(3) = < =2 .4.2.2　等差數(shù)列的前n項和公式
第1課時　等差數(shù)列的前n項和及其性質(zhì)
基礎(chǔ)過關(guān)練
題組一　求等差數(shù)列的前n項和
1.在-20與40之間插入8個數(shù),使這10個數(shù)成等差數(shù)列,則這10個數(shù)的和為(　　)
A.200　　　　B.100　　　　C.90　　　　D.70
2.在等差數(shù)列{an}中,a6+a7+a8=3,則此數(shù)列的前13項和等于(　　)
A.8　　　　B.26　　　　C.13　　　　D.162
3.設(shè)Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和,若,S5=5S3-5,則a9=(　　)
A.2　　　　B.-2　　　　C.3　　　　D.-1
4.(多選題)記等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,則根據(jù)下列條件能夠確定S21的值的是(　　)
A.a11=10　　　　B.a4+a19=10
C.a7=10,S13=130　　　　D.S7=100,S14=300
5.如果一個等差數(shù)列的前3項和為34,最后3項的和為146,且所有項的和為390,則這個數(shù)列有(　　)
A.13項　　　　B.12項　　　　C.11項　　　　D.10項
6.設(shè)等差數(shù)列{an}滿足a2+a5=19,a6-a3=9.
(1)求{an}的通項公式;
(2)記Sn為{an}的前n項和,若S11+Sk=Sk+2,求k的值.
題組二　等差數(shù)列前n項和的性質(zhì)
7.已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列,它的前n項和為Sn,若Sn=(n+1)2+λ,則λ的值是(　　)
A.-2　　　　B.-1　　　　C.0　　　　D.1
8.記Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和,若S3=6,S6=21,則S12=(　　)
A.27　　　　B.36　　　　C.45　　　　D.78
9.已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且S2 017=S2 018,Sk=S2 012,則正整數(shù)k為(　　)
A.2 021　　　　B.2 022　　　　C.2 023　　　　D.2 024
10.已知數(shù)列{an}滿足an+1=an+6,且其前n項和為Sn,則=(　　)
A.12　　　　B.6　　　　C.3　　　　D.2
11.已知等差數(shù)列{an}的項數(shù)為2m+1(m∈N*),其中奇數(shù)項之和為140,偶數(shù)項之和為120,則m=(　　)
A.6　　　　B.7　　　　
C.12　　　　D.13
12.有兩個等差數(shù)列{an}、{bn},其前n項和分別為Sn、Tn.
(1)若,則=　　　　;
(2)若,則=　　　　;
(3)若,則=　　　　.
題組三　等差數(shù)列前n項和的應(yīng)用
13.圖1是一個水平擺放的小正方體木塊,圖2,圖3是由這樣的小正方體木塊疊放而成的,按照這樣的規(guī)律放下去,第6個疊放的圖形中小正方體木塊的總數(shù)是(　　)
　　
A.61　　　　B.66　　　　C.90　　　　D.91
14.傳說古希臘畢達(dá)哥拉斯學(xué)派的數(shù)學(xué)家用沙粒和小石子來研究數(shù).他們根據(jù)沙粒或小石子所排列的形狀把數(shù)分成許多類,如下圖第一行的1,3,6,10稱為三角形數(shù),第二行的1,4,9,16稱為正方形數(shù),則下列各數(shù)既是三角形數(shù)又是正方形數(shù)的是(　　)
A.55　　　　B.49　　　　C.36　　　　D.28
15.蚊香具有悠久的歷史,我國蚊香的發(fā)明與古人端午節(jié)的習(xí)俗有關(guān).某校數(shù)學(xué)社團用數(shù)學(xué)軟件制作的“蚊香”如圖所示.畫法如下:在水平直線上取長度為1的線段AB,以AB為一邊作等邊三角形ABC,然后以點B為圓心,AB為半徑逆時針畫圓弧,交線段CB的延長線于點D(第一段圓弧),再以點C為圓心,CD為半徑逆時針畫圓弧,交線段AC的延長線于點E,再以點A為圓心,AE為半徑逆時針畫圓弧……以此類推,當(dāng)?shù)玫降摹拔孟恪鼻『糜?5段圓弧時,“蚊香”的長度為(　　)
A.44π　　　　B.64π　　　　C.70π　　　　D.80π
16.如圖,三角形數(shù)陣由一個等差數(shù)列2,5,8,11,14,…排列而成,按照此規(guī)律,則該數(shù)陣中第10行從左至右的第4個數(shù)是　　　　.
17.已知等差數(shù)列{an}中,a1=10,a5=2.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式;
(2)求數(shù)列{|an|}的前n項和Sn.
能力提升練
題組一　求等差數(shù)列的前n項和
1.已知函數(shù)f(x)=|x-1|,公差不為0的等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn.若f(a1 012)=f(a1 013),則S2 024=(　　)
A.1 012　　　　B.2 024　　　　C.3 036　　　　D.4 048
2.已知函數(shù)f(x)=x3+4x,記等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若f(a3+2)=100, f(a2 020+2)=-100,則S2 022=(　　)
A.2 022　　　　B.-2 022　　　　C.4 044　　　　D.-4 044
3.定義:對于數(shù)a,b,若它們除以整數(shù)m所得的余數(shù)相等,則稱a與b對于模m同余或a同余于b模m,記作a≡b(mod m).已知正整數(shù)t滿足t≡11(mod 6),將所有符合條件的t的值按從小到大的順序排列,構(gòu)成數(shù)列{an}.設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn,則的最小值為(　　)
A.12　　　　B.14　　　　C.16　　　　D.18
4.若[x]表示不超過x的最大整數(shù)(例如:[0.1]=0,[-0.1]=-1),數(shù)列{an}滿足a1=3,an+1-an=2n+2(n∈N*),則[]+…+[]=(　　)
A.1 010×2 021　　　　B.1 010×2 020
C.1 009×2 021　　　　D.1 009×2 020
5.數(shù)列{an}的前n項和Sn=n2,數(shù)列{bn}滿足:對于正整數(shù)m,bm是使得不等式an≥m成立的所有n中的最小值,則數(shù)列{bn}的前(2n+1)項和為　　　　.
題組二　等差數(shù)列前n項和的性質(zhì)
6.設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,m≥2,m∈N*,則m等于(　　)
A.8　　　　B.7　　　　C.6　　　　D.5
7.設(shè)Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和,若,則=(　　)
A.　　　　C.
8.已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若公差d=,S100=145,則a1+a3+a5+…+a99的值為　　　.
題組三　等差數(shù)列前n項和的應(yīng)用
9.已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,,則+…+=(　　)
A.　　　　C.
10.已知等差數(shù)列{an}中,a3=9,a5=17,記數(shù)列的前n項和為Sn,若S2n+1-Sn≤(m∈Z)對任意的n∈N*恒成立,則整數(shù)m的最小值是(　　)
A.5　　　　B.4　　　　C.3　　　　D.2
11.(多選題)等差數(shù)列{an}中,a1>0,則下列命題正確的是(　　)
A.若a3+a7=4,則S9=18 B.若S15>0,S16<0,則
C.若a1+a2=5,a3+a4=9,則a7+a8=17 D.若a8=S10,則S9>0,S10<0
答案與分層梯度式解析
基礎(chǔ)過關(guān)練
1.B　設(shè)該等差數(shù)列為{an},其前n項和為Sn,則由題意可知,a1=-20,a10=40,所以S10==100.
2.C　由已知得a6+a7+a8=3a7=3,
∴a7=1,故數(shù)列{an}的前13項和等于=13a7=13.故選C.
3.A　記等差數(shù)列{an}的公差為d,
由S5=5S3-5可得5a1+10d=5(3a1+3d)-5,整理得2a1+d-1=0,①
因為,所以S6=3S3,即6a1+15d=3(3a1+3d),整理可得a1=2d,②
聯(lián)立①②可得a1=,
故a9=a1+8d=2.故選A.
4.AD　設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.對于A,S21==21a11=210,故A正確;
對于B,a4+a19=a11+a12=2a11+d=10,因為d的值不確定,所以無法求出a11的值,所以無法確定S21的值,故B錯誤;
對于C,因為S13==13a7,所以由a7=10,S13=130無法確定S21的值,故C錯誤;
對于D,因為S14-S7=a8+a9+…+a14=a1+a2+…+a7+7d×7=100+49d=300-100=200,所以49d=100,
又S21-S14=a15+a16+…+a21=a1+a2+…+a7+14d×7=100+200=300,所以S21=S14+300=600,故D正確.
故選AD.
5.A　設(shè)這個等差數(shù)列為{an},其前n項和為Sn,則a1+a2+a3=34,an-2+an-1+an=146,n>6,n∈N*,因此3(a1+an)=34+146=180,即a1+an=60,
又Sn=390,所以=390,得n=13,故這個數(shù)列有13項.
6.解析　(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,由故an=a1+(n-1)d=3n-1.
(2)由(1)可知Sn=,
因為S11+Sk=Sk+2,所以,整理得6k=180,解得k=30.
7.B　∵等差數(shù)列的前n項和Sn可表示為Sn=An2+Bn(A,B為常數(shù))的形式,且Sn=(n+1)2+λ=n2+2n+1+λ,∴1+λ=0,∴λ=-1.
8.D　解法一:設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,
因為
所以S12=12a1+×d=12×1+66×1=78.故選D.
解法二:因為Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和,所以S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9成等差數(shù)列,
于是2(S6-S3)=S3+(S9-S6),
將S3=6,S6=21代入上式,解得S9=45,
又2(S9-S6)=(S6-S3)+(S12-S9),所以S12=78.故選D.
9.C　因為Sn關(guān)于n的函數(shù)圖象是二次函數(shù)圖象上的一些點,所以由二次函數(shù)圖象的對稱性及S2 017=S2 018,Sk=S2 012,可得,解得k=2 023,故選C.
10.B　∵an+1=an+6,∴數(shù)列{an}是以6為公差的等差數(shù)列,
∴=a1+3n-a1-3(n-1)=3,
∴數(shù)列是以3為公差的等差數(shù)列,∴=2×3=6.故選B.
11.A　項數(shù)為2m+1的{an}中奇數(shù)項共有(m+1)項,
其和為=(m+1)am+1=140,
項數(shù)為2m+1的{an}中偶數(shù)項共有m項,其和為=mam+1=120,
所以,解得m=6.故選A.
規(guī)律總結(jié)　已知等差數(shù)列{an}的公差為d,其前n項和為Sn.若項數(shù)為2n(n∈N*),則S偶-S奇=nd,(S奇≠0,an≠0);若項數(shù)為2n-1(n∈N*),則S奇-S偶=an,(S奇≠0).
12.答案　(1)
解析　(1).
(2).
(3)因為{an},{bn}為等差數(shù)列,且,
所以可設(shè)Sn=kn(2n+3),Tn=kn(n+1)(易錯點:Sn,Tn均為n的二次函數(shù)),
則a5=S5-S4=65k-44k=21k,b10=T10-T9=10k×11-9k×10=20k,所以.
規(guī)律總結(jié)　若等差數(shù)列{an},{bn}的前n項和分別為Sn,Tn,則(bn≠0,T2n-1≠0).
13.B　分別觀察各圖中小正方體木塊的個數(shù),依次為1,1+5,1+5+9,…,
歸納可知,第n個疊放圖形中共有n層,且各層的小正方體木塊的個數(shù)構(gòu)成以1為首項,4為公差的等差數(shù)列,其前n項和Sn=n+=2n2-n,
所以S6=2×36-6=66.
故第6個疊放的圖形中小正方體木塊的總數(shù)為66.
故選B.
14.C　由題意知,三角形數(shù)可看作1=1,3=1+2,6=1+2+3,10=1+2+3+4,……,
則第n個三角形數(shù)為1+2+3+…+n=;
正方形數(shù)可看作1=12,4=22,9=32,16=42,……,則第n個正方形數(shù)為n2.
對于A,令n2=55,其解不是正整數(shù),所以55不是正方形數(shù),故A錯誤;
對于B,令n2=49,解得n=7,令=49,其解不是正整數(shù),所以49不是三角形數(shù),故B錯誤;
對于C,令n2=36,解得n=6,令=36,解得n=8,故C正確;
對于D,令n2=28,顯然其解不是正整數(shù),所以28不是正方形數(shù),故D錯誤.
故選C.
15.D　由題意可知每段圓弧的圓心角都是,且每段圓弧的半徑依次增加1,
則第n段圓弧的半徑為n,記第n段圓弧的弧長為an,則an=·n,
所以這15段“蚊香”的長度為×(1+2+3+…+15)==80π.
故選D.
16.答案　146
解析　將三角形數(shù)陣中每行最左邊的一列數(shù)2,5,11,20,…記為數(shù)列{an},觀察分析可得an+1=an+3n,且a1=2.
由an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-1-an-2)+(an-an-1)=2+3+3×2+3×3+…+3(n-2)+3(n-1)
=2+3×n+2,
故a10=×10+2=137,即第10行從左到右的第一個數(shù)是137,按照規(guī)律,第4個數(shù)應(yīng)該是137+3×3=146.
17.解析　(1)∵數(shù)列{an}是等差數(shù)列,且a1=10,a5=2,∴公差d==-2,
∴an=a1+(n-1)d=10-2(n-1)=12-2n.
(2)由(1)知an=12-2n,
∴當(dāng)n<6時,an>0;當(dāng)n=6時,an=0;當(dāng)n>6時,an<0,
因此,當(dāng)n≤6時,Sn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=a1+a2+a3+…+an==11n-n2;
當(dāng)n>6時,Sn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=a1+a2+a3+…+a6-(a7+a8+…+an)
=2(a1+a2+…+a6)-(a1+a2+…+a6+a7+…+an)
=2×(11×6-62)-(11n-n2)=n2-11n+60.
綜上,Sn=
能力提升練
1.B　由題可知函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x=1對稱,
因為{an}的公差不為0,所以a1 012≠a1 013,
又因為f(a1 012)=f(a1 013),所以=1,
所以a1 012+a1 013=2,故S2 024==2 024.故選B.
2.D　易知函數(shù)f(x)=x3+4x的定義域為R,關(guān)于原點對稱,
∵f(-x)+f(x)=x3+4x=0,
∴f(x)是R上的奇函數(shù).
∵f(a3+2)=100, f(a2 020+2)=-100,
∴f(a3+2)+f(a2 020+2)=0,
∴a3+2+a2 020+2=0,
∴a3+a2 020=-4=a1+a2 022,
∴S2 022==1 011×(-4)=-4 044,
故選D.
3.C　由題意可知an=6n-1,因為an+1-an=6,
所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列,則Sn==3n2+2n,
可得+4≥12+4=16,
當(dāng)且僅當(dāng)n=1時,等號成立,故的最小值為16.
故選C.
4.A　∵an+1-an=2n+2,
∴an-an-1=2(n-1)+2=2n,an-1-an-2=2n-2,……,a3-a2=6,a2-a1=4,
累加可得an-a1=4+6+…+(2n-2)+2n==n2+n-2,
又a1=3,∴an=n2+n+1,
∵n2故[]+…+[]=1+2+…+2 020==1 010×2 021.故選A.
5.答案　n2+3n+1
解析　由已知得當(dāng)n≥2時,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1,又a1=S1=1,滿足上式,
因此an=2n-1,由an≥m,得n≥,則當(dāng)m為正奇數(shù)時,bm=,當(dāng)m為正偶數(shù)時,bm=+1,
于是數(shù)列{bn}的前(2n+1)項和為(b1+b3+b5+…+b2n+1)+(b2+b4+b6+…+b2n)
=[1+2+3+…+(n+1)]+[2+3+4+…+(n+1)]=2×-1=n2+3n+1.
6.D　解法一:因為am=Sm-Sm-1=2(m≥2,m∈N*),am+1=Sm+1-Sm=3,所以等差數(shù)列{an}的公差為am+1-am=1,
又Sm==0,所以a1=-2,所以am=-2+(m-1)×1=2,解得m=5.
解法二:由等差數(shù)列前n項和的性質(zhì)知數(shù)列成等差數(shù)列,
則(m≥2,m∈N*)成等差數(shù)列,所以2·,即0=,解得m=5.
7.A　由題意得S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12成等差數(shù)列,因為,所以,即S8-S4=S4,
則數(shù)列S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12是以S4為首項,S4為公差的等差數(shù)列,且S8=S4,
則S12-S8=2S4,S16-S12=S4,所以S16=7S4,所以.故選A.
8.答案　60
解析　設(shè)P=a1+a3+a5+…+a97+a99,Q=a2+a4+a6+…+a98+a100,
因為數(shù)列{an}是等差數(shù)列,且公差d=,S100=145,
所以
所以a1+a3+a5+…+a99=60.
9.B　易知S3==5a3,
因為,所以,與聯(lián)立,解得
設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,則d=a3-a2=2,a1=-1,
則Sn=na1+d=n(n-2),
當(dāng)n≥3時,,
所以+…+
=
=.
故選B.
10.B　設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,由a3=9,a5=17,
得∴an=4n-3,
故Sn=1++…+,
令bn=S2n+1-Sn,則bn=+…+,
則bn+1-bn=+…+-<0,∴{bn}是遞減數(shù)列,∴{bn}的最大項為b1,且b1=,
根據(jù)題意可得S2n+1-Sn≤,得m≥,
又m∈Z,∴m的最小值為4.故選B.
11.ACD　對于A,由a3+a7=4,得S9==18,A正確;
對于B,由S15==15a8>0,得a8>0,由S16==8(a8+a9)<0,
得a8+a9<0,故a9<-a8<0,因此=(a8+a9)(a8-a9)<0,即,B錯誤;
對于C,a5+a6=(2a3-a1)+(2a4-a2)=2(a3+a4)-(a1+a2)=13,則a7+a8=(2a5-a3)+(2a6-a4)=2(a5+a6)-(a3+a4)=17,C正確;
對于D,設(shè){an}的公差為d,由a8=S10,得a1+7d=10a1+45d,解得d=-a1,
則S9=9a1+36d=9a1<0,D正確.
故選ACD.
2第2課時　等差數(shù)列前n項和的綜合應(yīng)用
基礎(chǔ)過關(guān)練
題組一　等差數(shù)列前n項和的最大(小)值
1.已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且S9>0,S10<0,則數(shù)列{Sn}的最大項是(　　)
A.S6　　　　B.S5　　　　C.S9　　　　D.S8
2.已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列,Sn為其前n項和,若a2+3a8<0,a6·a7<0,且數(shù)列{an}的前n項和有最大值,則使得Sn>0成立的n的最大值為(　　)
A.11　　　　B.12　　　　C.7　　　　D.6
3.已知數(shù)列{an}是公差不為0的無窮等差數(shù)列,Sn是其前n項和,若Sn存在最大值,則(　　)
A.在S1,,…,中,最大的數(shù)是S1
B.在S1,,…,中,最大的數(shù)是
C.在S1,S2,S3,…,S2 023中,最大的數(shù)是S1
D.在S1,S2,S3,…,S2 023中,最大的數(shù)是S2 023
4.(多選題)設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和,且 n∈N*,都有,若<-1,則下列結(jié)論正確的是(　　)
A.a16<0　　　　
B.a17<0
C.{Sn}的最小項是S16　　　　
D.{Sn}的最大項是S17
5.(多選題)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且滿足|a4|=|a10|,公差d<0,則(　　)
A.a7=0　　　　
B.S13>0
C.Sn有最大值　　　　
D.Sn=S13-n(1≤n≤12,n∈N*)
6.已知數(shù)列{an}滿足a1=,a1+a1a2+…+a1a2…anA.3　　　　B.2　　　　C.1　　　　D.
7.已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,S2=45,S3=63.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式;
(2)當(dāng)n為何值時,Sn最大 最大值為多少
題組二　等差數(shù)列前n項和的實際應(yīng)用
8.某健身房推出會員打卡送積分活動(積分可兌換禮品),第一天打卡得1積分,以后只要連續(xù)打卡,每天所得積分都會比前一天多2分.若某天未打卡,則當(dāng)天沒有積分,且第二天打卡必須從1積分重新開始.某會員參與打卡活動,從3月1日開始,到3月20日他共得193積分,中途有一天未打卡,則他未打卡的那天是(　　)
A.3月5日或3月16日
B.3月6日或3月15日
C.3月7日或3月14日
D.3月8日或3月13日
9.風(fēng)雨橋是侗族最具特色的民間建筑之一.風(fēng)雨橋由橋、塔、亭組成,其中亭、塔的俯視圖通常是正方形、正六邊形或正八邊形.下圖是某風(fēng)雨橋亭的大致俯視圖,其中正六邊形的邊長的計算方法如下:A1B1=A0B0-B0B1,A2B2=A1B1-B1B2,……,AnBn=An-1Bn-1-Bn-1Bn,其中B3B4=B2B3=B1B2=B0B1,n∈N*.已知該風(fēng)雨橋亭共5層,若A0B0=8 m,B0B1=0.5 m,則圖中的五個正六邊形的周長總和為(　　)
A.120 m　　　　B.210 m　　　　
C.130 m　　　　D.310 m
10.在如下數(shù)表中:
第1行為1,從第2行開始,每一行的左右兩端都為1,其余的數(shù)都等于它肩上的兩個數(shù)之和再加1.則
(1)第10行從左向右的第3個數(shù)為　　　;
(2)第n(n∈N*)行的各個數(shù)之和為　　　.
題組三　與等差數(shù)列有關(guān)的數(shù)列求和
11.已知函數(shù)f(x)=x+3sin,數(shù)列{an}滿足an=,則f(a1)+f(a2)+…+f(a2 022)=(　　)
A.2 022　　　　B.2 023　　　　
C.4 044　　　　D.4 046
12.(多選題)已知各項都是正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且Sn=,則(　　)
A.{}是等差數(shù)列　　　　B.Sn+Sn+2<2Sn+1
C.an+1>an　　　　D.88<<89
13.記Sn為數(shù)列{an}的前n項和,已知對任意的n∈N*,an+an+1=2n+1,且存在k∈N*,Sk=Sk+1=210,則a1的取值集合為　　　(用列舉法表示).
14.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且a1=3,Sn+1+Sn=(n+1)an+1.
(1)求{an}的通項公式;
(2)若bn=,求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.
能力提升練
題組一　等差數(shù)列前n項和的最大(小)值
1.在等差數(shù)列{an}中,Sn是{an}的前n項和,滿足S18<0,S19>0,則在有限數(shù)列,…,中,最大項和最小項分別為(　　)
A.
C.
2.已知Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和,且滿足S2 023A.a2 023<0
B.使得Sn<0成立的最大的n值為4 045
C.a2 022a2 023>a2 024a2 025
D.當(dāng)n=2 023時,Tn取得最小值
3.(多選題)設(shè)數(shù)列{an}滿足2an=an+1+an-1(n≥2且n∈N*),Sn是數(shù)列{an}的前n項和,且4S7-7S4=42,a1=1,數(shù)列{bn}的前n項和為Tn,且Tn=·Sn,則下列結(jié)論正確的有(　　)
A.a5=3
B.數(shù)列的前2 024項和為
C.當(dāng)n=4時,Tn取得最小值
D.當(dāng)n=5時,取得最小值
題組二　等差數(shù)列前n項和的綜合應(yīng)用
4.已知遞增數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足2Sn=n(an+1),設(shè)bn=,若對任意n∈N*,不等式b1+b2+b3+…+bn≤恒成立,則a2 023的最小值為(　　)
A.2 023　　　　B.2 024　　　　
C.4 045　　　　D.8 089
5.設(shè)無窮等差數(shù)列{an}的公差為d,集合T={t|t=sin an,n∈N*},則(　　)
A.T中不可能有無數(shù)個元素
B.當(dāng)且僅當(dāng)d=0時,T中只有1個元素
C.當(dāng)T中只有2個元素時,這2個元素的乘積有可能為
D.當(dāng)d=,k≥2,k∈N*時,T中最多有k個元素,且這k個元素的和為0
6.已知正項數(shù)列{an}的前n項積為Tn,且4,則使得>2 024的最小正整數(shù)n的值為(　　)
A.4　　　　B.5　　　　C.6　　　　D.7
7.(多選題)在我國古代著名的數(shù)學(xué)專著《九章算術(shù)》里有一段敘述:今有良馬與駑馬發(fā)長安至齊,齊去長安一千一百二十五里,良馬初日行一百零三里,日增十三里;駑馬初日行九十七里,日減半里;良馬先至齊,復(fù)還迎駑馬,二馬相逢.則(　　)
A.駑馬第七日行九十四里
B.第七日良馬先至齊
C.第八日兩馬相逢
D.兩馬相逢時良馬行一千三百九十五里
8.已知數(shù)列{an}和{bn}均為等差數(shù)列,它們的前n項和分別為Sn和Tn,且an>0,anbn=n2+36n,S23=T23,則a1+b1=(　　)
A.
9.已知等差數(shù)列{an}(公差不為0)和等差數(shù)列{bn}的前n項和分別為Sn、Tn,如果關(guān)于x的方程:1 003x2-S1 003x+T1 003=0有實數(shù)解,那么以下關(guān)于x的1 003個方程:x2-aix+bi=0(i=1,2,…,1 003)中,有實數(shù)解的方程至少有(　　)
A.499個　　　　B.500個　　　　C.501個　　　　D.502個
10.已知正項數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若2Sn=+an-2,則的最小值為　　　　.
11.已知各項均為正數(shù)的遞增等差數(shù)列{an},其前n項和為Sn,公差為d,若數(shù)列{}也是等差數(shù)列,則a1+的最小值為　　　　.
12.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若{an}與{}均為等差數(shù)列,且公差不為0,則的值為　　　　.
13.已知函數(shù)f(x)=x,數(shù)列{an}的前n項和為Sn,點(n,Sn)(n∈N*)在函數(shù)f(x)的圖象上.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式;
(2)若函數(shù)g(x)=,令bn=g(n∈N*),求數(shù)列{bn}的前2 020項和T2 020.
14.已知正項數(shù)列{an}的前n項和為Sn,a1=2,且2Sn=nan+1.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式;
(2)定義[x]為不超過x的最大整數(shù)(例如:[0.1]=0,[3.1]=3),設(shè)bn=1+,數(shù)列{bn}的前n項和為Tn,當(dāng)[T1]+[T2]+…+[Tn]=87時,求n的值.
答案與分層梯度式解析
基礎(chǔ)過關(guān)練
1.B　由題意得S9==9a5>0,
所以a5>0,又因為S10==5(a5+a6)<0,
所以a5+a6<0,所以a6<0,所以{an}的公差d=a6-a5<0,
故數(shù)列{an}是遞減數(shù)列,且其前5項為正數(shù),從第6項起均為負(fù)數(shù),所以數(shù)列{Sn}的最大項是S5.故選B.
2.A　設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,則a2+3a8=4a1+22d=2(a6+a7)<0,
∵a6·a7<0,且{an}的前n項和有最大值,
∴{an}是遞減數(shù)列,且a6>0,a7<0,
∴S11==11a6>0,
S12==6(a6+a7)<0,
故使得Sn>0成立的n的最大值為11.故選A.
3.A　設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,則d≠0,由Sn存在最大值可知,d<0,
因為Sn=na1+n,所以,所以數(shù)列是以S1為首項,為公差的等差數(shù)列,且d<0,則是遞減數(shù)列,所以在S1,,…,中,最大的數(shù)是S1,故A正確,B錯誤.
在S1,S2,S3,…,S2 023中,最大的數(shù)是不確定的,比如an=-n+,由≤n≤,n∈N*,所以n=4,即S4為最大值,故C、D錯誤.故選A.
4.AC　設(shè){an}的公差為d,
由,
可得an0,
由<-1得a16<0,a17>0,
所以{Sn}中S16最小,無最大項,故選AC.
5.ACD　由|a4|=|a10|,d<0,得a4>0,a10<0,且a4+a10=0,所以a4+a10=2a7=0,即a7=0,故A正確;
S13=(a1+a13)=13a7=0,故B錯誤;
由d<0,a4>0,a10<0,得{an}是首項為正數(shù)的遞減數(shù)列,又a7=0,所以當(dāng)n=6或n=7時,Sn有最大值,故C正確;
由以上分析易知Sn=S13-n(1≤n≤12,n∈N*),故D正確.故選ACD.
6.C　由已知得,即,
∴是公差為1的等差數(shù)列,又∵a1=,
∴,
∴a1a2a3…an=,
∴a1+a1a2+…+a1a2…an=2×<1,
故m≥1,即m的最小值為1.故選C.
7.解析　(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,
由題意得
∴an=a1+(n-1)d=24+(n-1)×(-3)=27-3n.
(2)由(1)可得an=27-3n,
則a8=27-3×8=3,a9=27-3×9=0,a10=27-3×10=-3<0,
又∵d=-3<0,∴當(dāng)n=8或n=9時,Sn取得最大值,最大值為=108.
8.D　若他連續(xù)打卡,則從打卡第1天開始,逐日所得積分依次成等差數(shù)列,且首項為1,公差為2,第n天所得積分為2n-1.
假設(shè)他連續(xù)打卡n(1≤n≤18,n∈N*)天,第(n+1)天中斷了,
則他這20天所得積分之和為(1+3+…+2n-1)+[1+3+…+2(19-n)-1]==193,化簡得n2-19n+84=0,
解得n=7或n=12,所以他未打卡的那天是3月8日或3月13日.故選D.
9.B　易知題圖中五個正六邊形的邊長(單位:m)構(gòu)成等差數(shù)列,設(shè)為{ak},且a1=8,公差d=-0.5,k∈N*,1≤k≤5,
則數(shù)列{ak}(k∈N*,1≤k≤5)的前5項和S5=5a1+×5×4×0.5=35,
所以題圖中的五個正六邊形的周長總和為6S5=6×35=210 m.故選B.
10.答案　(1)71　(2)2n-n
解析　(1)解法一(觀察法):觀察題中數(shù)表可得第6行的第3個數(shù)是7+11+1=19,第7行的第3個數(shù)是9+19+1=29,
第8行的第3個數(shù)是11+29+1=41,
第9行的第3個數(shù)是13+41+1=55,
第10行的第3個數(shù)是15+55+1=71.
解法二:設(shè)第k行的第3個數(shù)為ak(k≥3).
觀察題中數(shù)表發(fā)現(xiàn),第k(k≥3)行的第2個數(shù)為2k-3.
所以ak+1=ak+2k-3+1=ak+(2k-2).
由于a3=1,a4=5,所以當(dāng)k≥4時,ak-ak-1=2k-4,
ak-1-ak-2=2k-6,
……
a4-a3=4,
累加可得ak-a3==k(k-3),
所以ak=k2-3k+1(k≥4),所以第10行的第3個數(shù)是102-30+1=71.
(2)設(shè)第n行的各個數(shù)之和為Sn,
則S1=1,S2=2,S3=5,
當(dāng)n≥4時,第(n-1)行有(n-1)個數(shù),記為x1,x2,…,xn-1,其中x1=xn-1=1.
則Sn-1=x1+x2+…+xn-1,
Sn=1+(x1+x2+1)+(x2+x3+1)+…+(xn-2+xn-1+1)+1
=n+2(x1+x2+…+xn-1)-(x1+xn-1)
=(n-2)+2Sn-1,
所以Sn+n=2[Sn-1+(n-1)]=22[Sn-2+(n-2)]=…=2n-3(S3+3)=2n,從而Sn=2n-n(n≥4),
因為當(dāng)n=1,2,3時也滿足上式,所以Sn=2n-n(n∈N*).
11.A　由已知得f(1-x)=1-x+3sin,
∴f(x)+f(1-x)=2.
∵an+a2 023-n==1,
∴f(an)+f(a2 023-n)=2.
令S=f(a1)+f(a2)+…+f(a2 022),
則S=f(a2 022)+f(a2 021)+…+f(a1),兩式相加得2S=2×2 022,∴S=2 022.故選A.
12.ABD　當(dāng)n=1時,a1=S1=,又a1>0,所以S1=a1=1,
當(dāng)n≥2時,Sn=,整理得=1,
所以{}是公差為1的等差數(shù)列,故A正確;
由A中分析得+n-1=n,又Sn>0,所以Sn=,
則Sn+Sn+2==2Sn+1,故B正確;
a2=S2-S1=-1因為),
所以)+…+(-1)=88,
又因為當(dāng)n≥2時,),
所以)+…+(-1<89,
所以88<<89,故D正確.
故選ABD.
13.答案　{-20,21}
解析　n為偶數(shù)時,Sn=a1+a2+a3+a4+…+an-1+an=3+7+…+2n-1=,
令=210,得n=20(負(fù)值舍去),
∴k=20或k=19.
當(dāng)k=19時,S19=a1+a2+a3+…+a18+a19
=a1+5+9+…+37=a1+=a1+189=210,
∴a1=21;
當(dāng)k=20時,S21=a1+a2+a3+…+a20+a21=a1+5+9+…+41=a1+=a1+230=210,∴a1=-20.
綜上,a1的取值集合為{-20,21}.
14.解析　(1)當(dāng)n=1時,S2+S1=2a2,解得a2=2a1=6.
當(dāng)n≥2時,由Sn+1+Sn=(n+1)an+1,得Sn+Sn-1=nan,
兩式相減得an+1+an=(n+1)an+1-nan,即,
利用累乘法可得×…×,即=n,因為a1=3,所以an=3n,
所以{an}的通項公式為an=3n.
(2)由(1)可知,bn=,
則Tn=.
能力提升練
1.B　設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.
S18==9(a9+a10)<0,即a9+a10<0,
S19==19a10>0,即a10>0,故a9<0,d>0.
①當(dāng)1≤n≤9,n∈N*時,an<0,Sn<0,故>0,
故|Sn|max=|S9|,|an|min=|a9|,此時;
②當(dāng)10≤n≤18,n∈N*時,an>0,Sn<0,故<0,
故|Sn|max=|S10|,|an|min=|a10|,此時;
③當(dāng)n=19時,>0且+1<1,
又+1>1,所以.
綜上所述,在,…,中,最大項和最小項分別為.故選B.
2.B　對于A,S2 024-S2 023=a2 024>0,S2 024-S2 022=a2 023+a2 024<0,所以a2 023<0,A中結(jié)論正確.
對于B,S4 047==4 047a2 024>0,S4 046==2 023×(a2 023+a2 024)<0,
所以使Sn<0成立的最大的n值為4 046,B中結(jié)論錯誤.
對于C,由等差數(shù)列的性質(zhì)知a1故|a2 023|>|a2 024|,|a2 022|>|a2 025|,
則(-a2 022)(-a2 023)>a2 024a2 025,即a2 022a2 023>a2 024·a2 025,C中結(jié)論正確.
對于D,設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.由bn=anan+1·an+2,得,
所以Tn=+…+=.
易知d>0,故要使Tn取得最小值,需取得最小值,需滿足an+1an+2>0且an+1an+2最小,
由C中分析知a1a2>a2a3>…>a2 022a2 023>0,0a2 024a2 025,
故an+1an+2取最小值時,n=2 023,
此時最小,即Tn最小,故D中結(jié)論正確.
故選B.
3.BCD　由2an=an+1+an-1得an-an-1=an+1-an,
故{an}為等差數(shù)列,設(shè)其公差為d,由等差數(shù)列前n項和的性質(zhì)知也為等差數(shù)列,且公差為,
由4S7-7S4=42,得=3·,則d=1,
又a1=1,∴an=n,∴a5=5,A錯誤;
易得Sn=,則,
故的前2 024項和為+…+,B正確;
Tn=·Sn=,
當(dāng)n=1時,b1=T1=-50,當(dāng)n≥2時,bn=Tn-Tn-1=,
易知n≥2時,{bn}單調(diào)遞增,且b2=-22,b4=-7,b5=5,
∴b1當(dāng)1≤n≤4時,{Tn}單調(diào)遞減,且Tn<0,當(dāng)n≥5時,{Tn}單調(diào)遞增,
且T7=-32<0,T8=27>0,
所以n≤4或n≥8時,>0,
當(dāng)n=5,6,7時,<0,且,
∵-18<-,∴當(dāng)n=5時,取得最小值,D正確.故選BCD.
4.C　由2Sn=n(an+1)①,得當(dāng)n=1時,2S1=1×(a1+1),則a1=1,
當(dāng)n≥2時,2Sn-1=(n-1)(an-1+1)②,
①-②得(n-2)an-(n-1)an-1+1=0③,
則(n-1)an+1-nan+1=0④,
③-④并整理得2an=an+1+an-1,故{an}是等差數(shù)列,設(shè)其公差為d,則an=1+(n-1)d,d>0,
則bn=,
所以b1+b2+b3+…+bn=+…+=,易知an>0,所以,所以d≥2,
則a2 023=1+(2 023-1)d≥1+2 022×2=4 045.
故選C.
5.D　對于A,取an=n,則t=sin an=sin n,因為函數(shù)y=sin x的周期為2π,且圖象的對稱軸為直線x=+kπ,k∈Z,所以對任意的ai,aj(i,j∈N*,i≠j),必有sin ai≠sin aj,故當(dāng){an}是無窮等差數(shù)列時,T中有無窮個元素,故A錯誤;
對于B,取an=nπ,即d=π,則t=sin an=sin nπ=0,此時T中只有一個元素,故B錯誤;
對于C,若T中只有2個元素,根據(jù)y=sin x的周期性與圖象的中心對稱性可知,sin an的相鄰兩個值必一正一負(fù),所以T中的這2個元素的乘積必為負(fù),故C錯誤;
對于D,當(dāng)d=時,t1=sin a1,t2=sin,……,tk=sin=sin a1,……,
所以T中最多有k個元素,
又因為正弦函數(shù)的周期為2π,數(shù)列{an}的公差為,所以ak(k≥2,k∈N*)把周期2π平均分成k份,所以T中的這k個元素的和為0,故D正確.故選D.
6.C　由題意得an>0,Tn>0,又∵4,
∴4,n≥2,n∈N*,兩式相除可得,
上式兩邊取對數(shù),可得(n+1)lg an-1=nlg an,即,n≥2,n∈N*,
∴×…××…×,
化簡得,
又4,∴a1=4,∴l(xiāng)g an=lg 4·=(n+1)lg 2=lg 2n+1,∴an=2n+1,∴Tn=22×23×…×2n+1=,
∵210=1 024<2 024<2 048=211,∴要使>2 024,則≥211,即Tn≥222,即≥22,解得n≥,
∵5<,∴滿足題意的最小正整數(shù)n的值為6.故選C.
7.AD　由題意可知,兩馬日行里數(shù)都成等差數(shù)列,
記良馬的日行里數(shù)為數(shù)列{an},其前n項和為Sn,a1=103,公差d1=13,所以an=13n+90,n∈N*.
記駑馬的日行里數(shù)為數(shù)列{bn},b1=97,公差d2=-0.5,所以bn=-0.5n+97.5,n∈N*.
駑馬第七日所行里數(shù)為b7=-0.5×7+97.5=94,A正確;
前七日良馬所行里數(shù)為S7=(a1+a7)=994,因為994<1 125,所以第七日良馬未至齊,B錯誤;
設(shè)第m日兩馬相逢,由題意可知兩馬所行的里數(shù)之和是齊和長安之間距離的兩倍,
即103m+×0.5=2×1 125,解得m=9或m=-40(舍),即第九日兩馬相逢,C錯誤;
由C可知,第九日兩馬相逢,此時良馬所行里數(shù)為S9=(a1+a9)=1 395,D正確.故選AD.
8.D　由S23=T23可得,即a12=b12,
設(shè)an=kn+t,bn=pn+q,
則anbn=pkn2+(pt+kq)n+tq=n2+36n,
所以pk=1,pt+kq=36,tq=0.
若t=0,則又an>0,所以此時an=2n,bn=n+18,則a1+b1=;
同理,若q=0,則又an>0,所以則an=n+18,bn=2n,則a1+b1=.
綜上,a1+b1=.故選D.
9.D　由題意得-4×1 003T1 003≥0,因為S1 003==1 003a502,T1 003==1 003b502,所以-4b502≥0,
若關(guān)于x的方程x2-aix+bi=0(i=1,2,3,…,1 003)無實數(shù)解,則-4bi<0,顯然第502個方程有解.
設(shè)方程x2-a1x+b1=0與方程x2-a1 003x+b1 003=0的判別式分別為Δ1,Δ1 003,
則Δ1+Δ1 003=(-4b1 003)=-4(b1+b1 003)≥-4b502)≥0,
第一個等號成立的條件是a1=a1 003,而{an}的公差不為0,所以Δ1+Δ1 003>0,所以Δ1>0,Δ1 003>0至少有一個成立,
同理可證Δ2>0,Δ1 002>0至少有一個成立,……,Δ501>0,Δ503>0至少有一個成立,且Δ502≥0.
綜上,在所給的1 003個方程中,有實數(shù)根的方程至少有502個.故選D.
10.答案　
解析　由題意得2a1=2S1=+a1-2,因為數(shù)列{an}是正項數(shù)列,所以a1=2,
由2Sn=+an-2,可得當(dāng)n≥2,n∈N*時,2Sn-1=+an-1-2,
所以2an=2Sn-2Sn-1=(-an-1,
整理得an+an-1==(an+an-1)(an-an-1),
因為數(shù)列{an}是正項數(shù)列,
所以an-an-1=1,即數(shù)列{an}是首項為2,公差為1的等差數(shù)列,
所以an=n+1,n∈N*,Sn=,
令bn=,則bn=,n∈N*,
易知y=(x>0)在(0,)上單調(diào)遞減,在(,+∞)上單調(diào)遞增,
又3<,
所以當(dāng)且僅當(dāng)n=4時,bn取得最小值,即取得最小值,為.
11.答案　3
解析　設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d(d>0),
則Sn=na1+n,
則有,
若數(shù)列{}也是等差數(shù)列,則必有a1=,
則a1+-1≥2×-1=4-1=3,當(dāng)且僅當(dāng)d=2時,等號成立,故a1+的最小值為3.
12.答案　2
解析　設(shè)數(shù)列{an}的公差為d(d≠0),則an=a1+(n-1)d,,
因為數(shù)列{}是等差數(shù)列,
所以2,
即2,
化簡整理得-2a1d+d2=0,
所以a1=d,易知d>0,此時an=nd,,顯然{an}與{}均為等差數(shù)列,滿足題意,
則=2.
13.解析　(1)∵點(n,Sn)在函數(shù)f(x)的圖象上,
∴Sn=n.
當(dāng)n≥2時,an=Sn-Sn-1=n;
當(dāng)n=1時,a1=S1=1,適合上式,∴an=n.
(2)∵g(x)=,∴g(x)+g(1-x)=1.
又由(1)知an=n,∴bn=g.
∴T2 020=b1+b2+…+b2 020=g+…+g,
又T2 020=b2 020+b2 019+…+b1=g+…+g,
∴2T2 020=2 020=2 020,
∴T2 020=1 010.
14.解析　(1)因為{an}是正項數(shù)列,所以an>0,
因為2Sn=nan+1,a1=2,
所以當(dāng)n=1時,2S1=2a1=a2,則a2=4;
當(dāng)n≥2時,2Sn-1=(n-1)an,
所以2an=2Sn-2Sn-1=nan+1-(n-1)an,
整理得,所以是常數(shù)列,則=2(n≥2),
又=2滿足上式,所以=2(n∈N*),故an=2n.
(2)由(1)得2Sn=nan+1=2n(n+1),則Sn=n(n+1),
所以bn=1+,
則Tn=n++…+,
易得[T1]=2,[T2]=4,當(dāng)n≥3時,0<,則[Tn]=n+2,
故[T1]+[T2]+[T3]+[T4]+…+[Tn]=2+4+5+6+…+(n+2)=3+4+5+6+…+(n+2)-1=-1=87,解得n=11(負(fù)值舍去).
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