資源簡介

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知識點 1 數列的前n項和
必備知識 清單破
4.2.3　等差數列的前n項和
1.數列前n項和的定義
　　一般地,對于數列{an},把a1+a2+…+an稱為數列{an}的前n項和,記作Sn.
2.an與Sn的關系
　　當n=1時,S1=a1,當n≥2時,Sn-1=a1+a2+…+an-1,所以an=
　
1.等差數列的前n項和
　　設等差數列{an}的首項為a1,公差為d,則Sn= 或Sn=na1+ d.
2.等差數列前n項和公式的函數特征
Sn=na1+ = n2+ n.
(1)該表達式中沒有常數項;
(2)當d≠0時,Sn關于n的表達式是一個常數項為零的二次式,即點(n,Sn)在其相應的二次函數的 圖象上,這就是說等差數列的前n項和Sn是關于n的二次函數,它的圖象是拋物線y= x2+
x上橫坐標為正整數的一系列孤立的點.
3.數列{an}是等差數列 Sn=An2+Bn(A,B為常數).
知識點 2 等差數列的前n項和
　　性質1:等差數列的公差為d,依次k項之和Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…組成公差為k2d的等差數列.
性質2:若公差為d的等差數列的項數為2n(n∈N*),則S2n=n(an+an+1),S偶-S奇=nd, = (S奇≠0,an
≠0);
若等差數列的項數為2n-1(n∈N*),則S2n-1=(2n-1)an,S奇-S偶=an, = (S奇≠0).
性質3:{an}為等差數列 為等差數列.
性質4:若等差數列{an},{bn}的前n項和分別為Sn,Tn,則 = (bn≠0,T2n-1≠0).
知識點3 等差數列前n項和的性質
知識辨析
1.若數列{an}的前n項和是Sn,則an=Sn-Sn-1一定成立嗎
2.等差數列(各項均不為0)的前n項和一定是關于n的常數項為0的二次函數嗎
3.已知數列{an}是等差數列,公差為d,前n項和為Sn,則數列 是等差數列嗎
4.已知Sn是等差數列{an}的前n項和,則Sn,S2n,S3n,…不可能構成等差數列,對嗎
一語破的
1.不一定.當n=1時,a1=S1;當n≥2時,an=Sn-Sn-1.
2.不一定.當公差d=0時,等差數列的前n項和是關于n的一次函數,當公差d≠0時,等差數列的 前n項和是關于n的常數項為0的二次函數.
3.是.由Sn=na1+ d= n2+ n,可得 = n+ ,可判斷數列 是等差數列,公
差是 .
4.不對.當等差數列{an}的公差d=0時,Sn,S2n,S3n,…構成等差數列;當等差數列{an}的公差d≠0時, Sn,S2n,S3n,…構不成等差數列.
定點 1 等差數列前n項和公式及其應用
關鍵能力 定點破

　　等差數列的通項公式與前n項和公式共涉及五個量:a1,d,n,an,Sn,這五個量可以“知三求 二”.解決等差數列問題的一般思路為:設出基本量a1,d,構建方程組,利用方程思想求解.
　　當已知首項、末項和項數時,用公式Sn= 較簡便,使用此公式時注意結合等差數
列的性質;當已知首項、公差和項數時,用公式Sn=na1+ d較簡便.
典例 已知等差數列{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)設等差數列{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.

利用性質解決等差數列前n項和問題的幾種思路
(1)整體思路:利用公式Sn= 求出整體a1+an,再代入求解.
(2)待定系數法:當公差不為0時,利用Sn是關于n的二次函數,設Sn=An2+Bn(A≠0),列出方程組求 出A,B即可;也可以利用 是關于n的一次函數,設 =an+b(a≠0)進行計算.
(3)利用相關性質中的結論進行求解.
定點 2 等差數列前n項和性質的應用
典例 已知等差數列{an}的前n項和為Sn,若a1=2,且S3=S19,則S21= (　 )
A.1　　　　　　　　　B.2
C.3　　　　 D.4
B
解析 解法一:∵S3=S19,∴S19-S3=a4+a5+…+a19=8(a4+a19)=0,∴a4+a19=0.
∴S21=a1+a2+a3+(a4+a5+…+a19)+a20+a21
=a1+a2+a3+a20+a21=a1+2(a4+a19)=a1=2.
解法二:∵{an}為等差數列,
∴可設Sn=An2+Bn(A≠0),
由S3=S19,結合二次函數圖象的對稱性可知,Sn=An2+Bn的圖象關于直線n=11對稱,因此S21=S1=a1 =2,故選B.
解法三:設Sn=An2+Bn,A≠0,
則 解得
∴Sn=- n2+ n,∴S21=- ×212+ ×21=2.
　

1.等差數列前n項和Sn存在最值的兩種情形
(1)若a1>0,d<0,則Sn存在最大值,即所有非負項之和;
(2)若a1<0,d>0,則Sn存在最小值,即所有非正項之和.
2.求等差數列(公差d≠0)的前n項和Sn的最大(小)值的常用方法
(1)用配方法轉化為求解二次函數的最大(小)值問題,解題時要注意n∈N*;
(2)鄰項異號法:可利用 或 來尋找正、負項的分界點.
3.一般地,在等差數列{an}中,當a1>0,且Sp=Sq(p≠q)時,若p+q為偶數,則當n= 時,Sn最大;若p
+q為奇數,則當n= 時,Sn最大.
定點 3 等差數列前n項和最值的求法
典例 已知等差數列{an}的前n項和為Sn,a1=25,S17=S9,則數列的前多少項之和最大 并求出這個 最大值.
解析 解法一:設等差數列{an}的公差為d,
∵S17=S9,∴S17-S9=a10+a11+…+a17=4(a13+a14)=0,∴a13+a14=2a1+25d=0.
又a1=25,∴d=-2,
∴Sn=25n+ ×(-2)=-n2+26n=-(n-13)2+169,∴當n=13時,Sn有最大值,且最大值為169.
即數列的前13項和最大,且最大值為169.
解法二:同解法一,得d=-2,又a1=25,
∴an=25+(n-1)(-2)=27-2n,
∴{an}是遞減數列,
令 解得 ≤n≤ ,
又n∈N*,
∴當n=13時,Sn有最大值,最大值為S13=13×25+ ×(-2)=169.
即數列的前13項和最大,且最大值為169.
解法三:同解法一,得d=-2,a13+a14=0,∴a13>0,a14<0.
所以當n=13時,Sn有最大值,最大值為S13=13×25+ ×(-2)=169.
即數列的前13項和最大,且最大值為169.
　
1.倒序相加法求和
　　在數列{an}中,如果與首末兩項等距離的兩項之和等于首末兩項之和,那么可把正著寫求 和與倒著寫求和的兩個式子相加,通過求常數列的和的方法求數列{an}的前n項和,這種數列 求和的方法稱為倒序相加法.
2.裂項相消法求和
(1)根據數列通項公式的特點,將通項公式裂項寫成兩項差的形式,在求和時中間的一些項可 以相互抵消,從而達到求和的目的,這種數列求和的方法稱為裂項相消法.
(2)常見的裂項技巧:
①等差型:
(i) = ;
定點 4 與等差數列有關的數列求和
(ii) = .
②無理型: = ( - ).
③指數型: = - .
④通項裂項為“+”型(通常在通項中含有(-1)n乘一個分式中應用):
(i)(-1)n· =(-1)n ;
(ii)(-1)n =(-1)n .
典例 已知A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))是函數f(x)= +log2 圖象上的任意兩點.
(1)當x1+x2=1時,求f(x1)+f(x2)的值;
(2)設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Tn為數列{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= + +…+ + ,
∴2Sn=n,故Sn= .
(3)證明:由(2)及已知得an= = = ,
∵an>0,∴Tn∴{Tn}是遞增數列,
∴Tn≥T1=a1= ,
∵an= < = =2 ,
∴Tn= + + +…+ <2
=2
=2 < ,
∴ ≤Tn< .
方法技巧 的常見放縮形式:
(1) < = - (n≥2);
(2) > = - ;
(3) = < =2 .第2課時　等差數列前n項和的性質及綜合應用
基礎過關練
題組一　等差數列前n項和的性質
1.已知等差數列{an},{bn}的前n項和分別為Sn,Tn,若,則=(　　)
A.2　　　　B.
2.一個等差數列共有2n項,奇數項的和與偶數項的和分別為24和30,且末項比首項大10.5,則該數列的項數是　(　　)
A.4　　　　B.8　　　　C.12　　　　D.20
3.已知{an}和{bn}均為等差數列,前n項和分別為Sn和Tn,且,則使得為整數的正整數n的個數為(　　)
A.6　　　　B.7　　　　C.8　　　　D.9
4.等差數列{an}的前m項和為30,前2m項和為100,則它的前4m項和為　　　　.
5.已知等差數列{an},{bn}的前n項和分別為Sn,Tn,且滿足,則=　　　　.
題組二　等差數列前n項和的函數特性
6.已知等差數列{an}的前n項和為Sn,若a1>0,S20>0,S21<0,則當Sn最大時,n=(　　)
A.20　　　　B.19　　　　C.10　　　　D.11
7.(多選題)已知等差數列{an}的前n項和為Sn,a1>0,公差d<0,則　(　　)
A.{an}是遞減數列　　　　B.{an}是遞增數列
C.Sn有最大值　　　　D.Sn有最小值
8.(多選題)設等差數列{an}的前n項和為Sn,若a4+2a8=a6,則下列結論正確的是(　　)
A.a7=0　　　　B.S7最大
C.S5=S9　　　　D.S13=0
9.(多選題)等差數列{an}的前n項和為Sn,若a1>0,公差d≠0,則下列說法正確的是(　　)
A.若S5>S9,則S14>0
B.若S5=S9,則S7是{Sn}中最大的項
C.若S6>S7,則S7>S8
D.若S6>S7,則S5>S6
10.已知數列{an}的前n項和為Sn, n∈N*,點(n,an)都在直線2x-y-22=0上.
(1)求Sn;
(2)求Sn的最小值及此時n的值.
題組三　等差數列前n項和的實際應用
11.《算法統宗》中有一道“八子分棉”的題:“九百九十六斤棉,贈分八子做盤纏,次第每人多十七,要將第八數來言.”題意是把996斤棉分給8個子女做盤纏.按照年齡從大到小的順序依次分棉,年齡小的比年齡大的多分17斤棉,則年齡最小的孩子分到的棉有(　　)
A.65斤　　　　B.82斤 C.184斤　　　　D.201斤
12.風雨橋是侗族最具特色的民間建筑之一.風雨橋由橋、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
題組四　與等差數列有關的數列求和
13.已知函數f(x)=x+3sin,數列{an}滿足an=,則f(a1)+f(a2)+…+f(a2 022)=(　　)
A.2 022　　　　B.2 023 C.4 044　　　　D.4 046
14.設等差數列{an}的前n項和為Sn,數列{bn}的前n項和為Tn,已知a5=11,S10=120,bn=,若Tk=,則正整數k的值為(　　)
A.9　　　　B.8　　　　C.7　　　　D.6
15.已知數列{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=,求數列{bn}的前n項和Tn.
能力提升練
題組一　等差數列前n項和的性質
1.設Sn是等差數列{an}的前n項和,若,則=(　　)
A.
2.(多選題)記Sn為等差數列{an}的前n項和,則(　　)
A.S3,S6-S3,S9-S6成等差數列 B.成等差數列
C.S9=2S6-S3 D.S9=3(S6-S3)
3.已知等差數列{an}的前m(m為奇數)項的和為135,其中偶數項之和為63,且am-a1=14,則a100=　　　　.
題組二　等差數列前n項和的函數特性
4.已知等差數列{an}的前n項和為Sn,若a2+3a8<0,a6·a7<0,且Sn有最大值,則當Sn取得最小正值時,n=(　　)
A.11　　　　B.12 C.7　　　　D.6
5.已知正項數列{an}的前n項和為Sn,滿足4Sn=+2an-3,則的最小值為(　　)
A.1　　　　B.　　　　C.3　　　　D.4
6.已知數列{an}滿足a1+2a2+…+2n-1an=n·2n,記數列{an-tn}的前n項和為Sn,若Sn≤S10對任意的n∈N*恒成立,則實數t的取值范圍是(　　)
A.
7.(多選題)(2024江蘇蘇州張家港開學檢測)已知等差數列{an}的前n項和為Sn,且當n=7時,Sn取得最大值.記數列的前k項和為Tk,則下列說法正確的是　　(　　)
A.若S6=S8,則當且僅當k=13時,Tk取得最大值
B.若S6C.若S6>S8,則當且僅當k=15時,Tk取得最大值
D.若 m∈N*,Sm=0,則當k=13或k=14時,Tk取得最大值
8.(多選題)已知等差數列{an}的前n項和為Sn,公差為d,a1>0,a6+a7>0,a6·a7<0,則下列結論正確的是(　　)
A.d<0
B.當Sn>0時,n的最大值為13
C.數列為等差數列,且和數列{an}的首項、公差均相同
D.當n=12時,數列的前n項和最大
題組三　等差數列前n項和的綜合應用
9.(多選題)在我國古代著名的數學專著《九章算術》里有一段敘述:今有良馬與駑馬發長安至齊,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
10.設數列{an}的前n項和為Sn,a2=3,且(n+1)·Sn+1=(n+1)Sn+(n+2)an,若存在n∈N*,使得2Sn+22≤kan成立,則實數k的最小值為(　　)
A.4　　　　D.10
11.已知Sn為數列{an}的前n項和,an>0,+2an=4Sn.
(1)求數列{an}的通項公式;
(2)若bn=,Tn為數列{bn}的前n項和,求Tn,并證明:≤Tn<.
12.已知函數f(x)=x,數列{an}的前n項和為Sn,點(n,Sn)(n∈N*)在f(x)的圖象上.
(1)求數列{an}的通項公式;
(2)若函數g(x)=,令bn=g(n∈N*),求數列{bn}的前2 024項和T2 024.
13.已知數列{an}中,a1=1,,n∈N*.
(1)求數列{an}的通項公式;
(2)設bn=(-1)n-1,求數列{bn}的前n項和Sn.
答案與分層梯度式解析
第2課時　等差數列前n項和的性質及綜合應用
基礎過關練
1.D　因為{an},{bn}為等差數列,所以,故選D.
2.B　設該等差數列為{an},其前n項和為Sn,公差為d,由題意得S偶-S奇=nd=6,a2n-a1=(2n-1)d=10.5,解得n=4,∴該數列的項數是2n=8.故選B.
3.B　由于S2n-1==(2n-1)an,所以,
要使為整數,則n+1為24的因數,由于n+1≥2,故n+1可以為2,3,4,6,8,12,24,故滿足條件的正整數n的個數為7,故選B.
4.答案　360
解析　設{an}的前n項和為Sn.由等差數列前n項和的性質得30,100-30,S3m-100,S4m-S3m成等差數列,
∴
5.答案　
解析　由等差數列前n項和的性質可得S9=9a5,即a5=S9,所以.
6.C　因為S20>0,所以>0,即a1+a20>0,所以a10+a11>0,
因為S21<0,所以<0,即a1+a21<0,所以2a11<0,即a11<0,
因此a10>0,而a11<0,因此{an}是遞減數列,當n=10時,Sn最大,故選C.
7.AC　因為d<0,所以an=a1+(n-1)d=dn+(a1-d)是關于n的單調遞減函數,故數列{an}是遞減數列,A正確,B錯誤;
Sn=na1+n,因為d<0,故Sn一定有最大值,沒有最小值,故C正確,D錯誤.故選AC.
8.AD　設{an}的公差為d.因為a4+2a8=a6,所以a1+3d+2(a1+7d)=a1+5d,得a1+6d=0,即a7=0,A正確;
當a1<0時,d>0,則S6或S7最小,B錯誤;
因為a1+6d=0,所以a1=-6d,所以Sn=-6nd+,
其圖象的對稱軸方程為n=,所以S5=S8,C錯誤;
S13=13a7=0,D正確.
故選AD.
9.BC　對于A,因為S5>S9,所以a6+a7+a8+a9<0,
即2(a7+a8)=2(a1+a14)<0,所以a1+a14<0,
又S14=,所以S14<0,故A錯誤;
對于B,由S5=S9,得5a1+10d=9a1+36d,得d=-a1,
因為a1>0,a7=a1+6d=<0,
所以S7是{Sn}中最大的項,故B正確;
對于C,因為S6>S7,所以S7-S6=a7<0,
又a1>0,所以d<0,所以a8S8,故C正確;
對于D,因為S6>S7,所以S7-S6=a7<0,但不能確定a6是不是負值,因此不一定有S5>S6,故D錯誤.
故選BC.
10.解析　(1)由點(n,an)在直線2x-y-22=0上,可得2n-an-22=0,所以an=2n-22,所以an+1=2n-20,
則an+1-an=2,所以數列{an}是等差數列,
所以Sn==n2-21n.
(2)由(1)知an=2n-22.
令an≥0,解得n≥11且n∈N*,
當n≤10時,an<0,當n=11時,an=0,當n≥12時,an>0,
所以當n=10或n=11時,Sn有最小值,為S10=S11=102-21×10=-110.
11.C　設8個子女按年齡從小到大依次分棉a1斤,a2斤,a3斤,…,a8斤,
則數列{an}是公差為-17的等差數列.
因為棉的總數為996斤,所以8a1+×(-17)=996,解得a1=184.故選C.
12.B　由已知得AnBn=An-1Bn-1-Bn-1Bn(n≤4且n∈N*),B3B4=B2B3=B1B2=B0B1=0.5 m,
易知題圖中五個正六邊形的邊長(單位:m)構成等差數列,設為{ak},且a1=8,公差d=-0.5,1≤k≤5,k∈N*.
則數列{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.
13.A　∵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.
14.B　設{an}的公差為d,則故an=3+2(n-1)=2n+1,
故bn=,
則Tn=b1+b2+…+bn=+…+=,
因為Tk=,所以,解得k=8.故選B.
15.解析　(1)當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a1·×…×,即an=3n,
當n=1時,a1=3滿足上式,
所以{an}的通項公式為an=3n.
(2)由(1)可知an=3n,所以bn=,
則Tn=.
能力提升練
1.A　由題意得S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12成等差數列,因為,所以,即S8-S4=S4,
則數列S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12是以S4為首項,S4為公差的等差數列,
則S12-S8=2S4,S16-S12=S4,所以S8=S4,S16=7S4,所以.故選A.
2.ABD　設等差數列{an}的公差為d,則S9=9a1+36d,S6=6a1+15d,S3=3a1+3d.
對于A,由于S3=3a1+3d,S6-S3=3a1+12d,S9-S6=3a1+21d,所以2(3a1+12d)=3a1+3d+3a1+21d,
所以S3,S6-S3,S9-S6成等差數列,A正確;
對于B,由于=a1+4d,所以2=a1+d+a1+4d,
所以成等差數列,B正確;
對于C,易得2S6-S3=2(6a1+15d)-(3a1+3d)=9a1+27d,只有當d=0時,才有S9=2S6-S3,C錯誤;
對于D,3(S6-S3)=3[(6a1+15d)-(3a1+3d)]=9a1+36d=S9,D正確.故選ABD.
3.答案　101
解析　設等差數列{an}的公差為d,前n項和為Sn,由題意可知Sm=135,前m項中偶數項之和S偶=63,∴奇數項之和S奇=135-63=72,∴S奇-S偶=a1+=72-63=9.
又∵am-a1=14,∴a1=2,am=16,
∵Sm==135,∴m=15,
∴d==1,
∴a100=a1+99d=101.
4.A　設等差數列{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}是遞減數列,∴a6>0,a7<0,
∴S11==11a6>0,
S12==6(a6+a7)<0,
故Sn取得最小正值時,n的值為11.故選A.
5.B　因為4Sn=+2an-3,所以當n≥2時,4Sn-1=+2an-1-3,兩式相減得4an=+2an-2an-1,整理得2(an+an-1)=(an+an-1)(an-an-1),
因為數列{an}為正項數列,所以an+an-1>0,則an-an-1=2,故數列{an}為等差數列,公差為2.
當n=1時,4S1=4a1=+2a1-3,解得a1=3或a1=-1(舍去),所以an=2n+1,Sn=3n+×2=n2+2n,
則,
令t=n+1,t≥2,則,易知函數y=在[2,+∞)上單調遞增,
所以當t=2,即n=1時,取得最小值,最小值為.故選B.
6.A　a1+2a2+…+2n-1an=n·2n①,
當n=1時,a1=2,當n≥2時,a1+2a2+…+2n-2an-1=(n-1)·2n-1②,
①-②,化簡得an=n+1(n≥2),a1=2也符合上式,所以an=n+1,
令bn=an-tn=n+1-tn=(1-t)n+1,
則bn+1-bn=(1-t)(n+1)+1-[(1-t)n+1]=1-t,為常數,所以數列{bn}是等差數列,首項b1=2-t,
所以Sn=·n2+·n,其圖象的對稱軸方程為n=-,
由于Sn≤S10對任意的n∈N*恒成立,
所以≤t≤,所以t的取值范圍是.故選A.
7.BD　因為當n=7時,Sn有最大值,所以{an}為遞減數列,且當n≤7時,an>0,當n≥8時,an<0.
對于A,設Sn=an2+bn(a<0),因為S6=S8,所以b=-14a,所以Sn=an2-14an(a<0),
則=an-14a=a(n-14),當n≤13時,>0;當n=14時,=0;當n≥15時,<0,
所以當k=13或k=14時,Tk取得最大值,A錯誤.
對于B,由S60,則S14==15a8<0,故當k=14時,Tk取得最大值,B正確.
對于C,若S6>S8,則S8-S6=a7+a8<0,所以S14==15a8<0,故當k=13時,Tk取得最大值,C錯誤.
對于D,易得Sm==0,所以a1+am=a7+a8=0,S13==7(a7+a8)=0,所以k=13或k=14時,Tk取得最大值,D正確.故選BD.
8.AD　對于A,若d>0,則{an}為遞增數列,所以a7>a6>a1>0,與a6·a7<0矛盾,
若d=0,則{an}為常數列,a7=a6=a1>0,與a6·a7<0矛盾,
若d<0,則{an}為遞減數列,則a1>a6>a7,由可得a6>0>a7,符合題意,A正確;
對于B,由A可知a6>0,a7<0,則S12==13a7<0,
所以當Sn>0時,n的最大值為12,B錯誤;
對于C,Sn=na1+,則d,所以,
所以數列為等差數列,且其首項為a1,公差為,C錯誤;
對于D,由a6>0得a1+5d>0,由a7<0得a1+6d<0,
由a6+a7>0得2a1+11d>0,即a1+d>0,
令bn=,則等差數列{bn}為遞減數列,
且b11=a1+5d>0,b12=a1+>0,b13=a1+6d<0,
所以當n=12時,的前n項和最大,D正確.故選AD.
9.AD　由題意可知,兩馬日行里數都成等差數列,
記數列{an}為良馬的日行里數,其前n項和為Sn,a1=103,公差d1=13,所以an=13n+90,n∈N*.
記數列{bn}為駑馬的日行里數,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為b7=-0.5×7+97.5=94,A正確;
前七日良馬所行總里數為S7=(a1+a7)=994,因為994<1 125,所以第七日良馬未至齊,B錯誤;
設第m日兩馬相逢,由題意可知兩馬所行的總里數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,此時良馬所行總里數為S9=(a1+a9)=1 395,D正確.故選AD.
10.D　由(n+1)Sn+1=(n+1)Sn+(n+2)an,
得(n+1)Sn+1-(n+1)Sn=(n+1)an+1=(n+2)an,
則對任意n∈N*成立,
又a2=3,∴=1,故an=n+1,
又a1=2,an+1-an=n+2-(n+1)=1,
∴數列{an}是以2為首項,1為公差的等差數列,∴Sn=,
∵2Sn+22≤kan,∴n(n+3)+22≤k(n+1),
即k≥,
令n+1=t(t≥2,t∈N*),則k≥,設g(t)=+1,t≥2,t∈N*,
可知當t∈[2,2)且t∈N*時,g(t)單調遞減;當t∈(2,+∞)且t∈N*時,g(t)單調遞增,
又4<2<5,g(4)=g(5)=10,故g(t)的最小值為10.
若存在n∈N*,使得2Sn+22≤kan成立,則k≥g(t)min,則有k≥10,即實數k的最小值為10.故選D.
11.解析　(1)∵+2an=4Sn,
∴當n=1時,+2a1=4S1,則=2a1,
又an>0,∴a1=2,
當n≥2時,由+2an=4Sn,得+2an-1=4Sn-1,
∴+2an-1)=4(Sn-Sn-1),
即=4an-2an+2an-1,
∴(an+an-1)(an-an-1)=2(an+an-1),
∵an>0,∴an-an-1=2,
∴數列{an}是以2為首項,2為公差的等差數列,
∴an=2+2(n-1)=2n.
(2)由(1)得an=2n,
則bn=,
∴Tn=
=.
∵n+1≥2,∴0<≤1-≤Tn<.
12.解析　(1)∵點(n,Sn)在函數f(x)的圖象上,
∴Sn=n.
當n≥2時,an=Sn-Sn-1=n;
當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 024=b1+b2+…+b2 024=g+…+g,
又T2 024=b2 024+b2 023+…+b1=g+…+g,
∴2T2 024=2 024=2 024,∴T2 024=1 012.
13.解析　(1)解法一:因為,
所以,
即,所以是常數列,
故=2,所以an=2n-1.
解法二:因為,
所以nan+1-(n+1)an=1,①
所以(n+1)an+2-(n+2)an+1=1,②
②-①得(n+1)an+2-(2n+2)an+1+(n+1)an=0,
所以an+2+an=2an+1,故{an}是等差數列,
在中,令n=1,得,
又a1=1,故a2=3,
所以等差數列{an}的公差為a2-a1=2,
所以an=2n-1.
(2)bn=(-1)n-1,
當n為偶數時,Sn=+…+
=1-;
當n為奇數時,Sn=+…-
=1+.
綜上,Sn=或Sn=.
204.2.3　等差數列的前n項和
第1課時　等差數列前n項和公式及應用
基礎過關練
題組一　求等差數列的前n項和
1.設等差數列{an}的前n項和為Sn,若=4,則=(　　)
A.
2.已知{an}為等差數列,且3(a3+a7)+2(a8+a10+a12)=30,則數列{an}的前14項和為(　　)
A.14　　　　B.28　　　　C.35　　　　D.70
3.已知等差數列{an}共有21項,若奇數項的和為110,則偶數項的和為(　　)
A.100　　　　B.105　　　　C.90　　　　D.95
4.已知數列{3n+1}與數列{4n-1},其中n∈N*,它們的公共項由小到大排列組成新的數列{an},則{an}的前20項和為(　　)
A.2 380　　　　B.2 400　　　　C.2 420　　　　D.2 440
5.設各項均為正數的等差數列{an}的前n項和為Sn,若a5=3,則S17=　　　　.
題組二　由等差數列前n項和公式計算其他基本量
6.等差數列{an}的前n項和為Sn,若a2=3,S5=25,則a7=　(　　)
A.16　　　　B.15　　　　C.14　　　　D.13
7.在數列{an}中,a1=1, m,n∈N*,都有am+n=am+an,若正整數k滿足a2k-1+a2k+1+a2k+3+…+a2k+17=100,則k=(　　)
A.1　　　　B.10　　　　C.50　　　　D.100
8.已知等差數列前3項的和為 34,后3項的和為 146,所有項的和為 390,則這個數列的項數為(　　)
A.13　　　　B.12　　　　C.11　　　　D.10
題組三　數列的前n項和Sn與an的關系
9.已知數列{an}的前n項和為Sn,且Sn=n2-4n,則a1+a3=　　　　.
10.已知數列{an}的前n項和為Sn,且an+2SnSn-1=0(n≥2),a1=.
(1)求證:是等差數列;
(2)求數列{an}的通項公式.
11.已知數列{an}的前n項和為Sn,且Sn=2n2-19n+1.
(1)求數列{an}的通項公式;
(2)若bn=|an|,求數列{bn}的前n項和Tn.
能力提升練
題組一　與等差數列前n項和有關的計算
1.設橢圓=1(n∈N*)的焦距為an,則數列{an}的前n項和Sn=(　　)
A.n2+n　　　　B.n2-n　　　　C.2n2+n　　　　D.n2
2.在等差數列{an}中,a1=-2 024,其前n項和為Sn,且=2,則 S2 024 =(　　)
A.-2 023　　　　B.-2 024　　　　C.2 023　　　　D.2 024
3.在1和2之間插入2n個數,組成首項為1,末項為2的等差數列,若這個數列的前(n+1)項的和與后(n+1)項的和之比為9∶13,則插入數的個數是(　　)
A.8　　　　B.10　　　　C.12　　　　D.14
4.已知[x]為不超過x的最大整數,例如[0.2]=0,[1.2]=1,[-0.5]=-1,設等差數列{an}的前n項和為Sn=且S5=15,記bn=[log2an],則數列{bn}的前100項和為　　　　.
5.已知數列{an}滿足a1=1,an-an+1=2anan+1,記bn=.
(1)證明:數列{bn}為等差數列;
(2)設數列{bn}的前n項和為Sn,求數列{(-1)nSn}的前n項和Tn.
題組二　數列的前n項和Sn與an的關系
6.已知數列{an}的前n項和為Sn,若a1=3,點(Sn,Sn+1)在直線y=x+n+1(n∈N*)上,則數列{an}的通項公式是　　　　.
7.設數列{an}的前n項和為Sn,a1=1,an>0,且+(2n-1)Sn-1(n≥2),則bn=的最大值是　　　　.
8.已知正項數列{an}的前n項和為Sn,且=4Sn-2an-1.
(1)求an,Sn;
(2)設bn=求數列{bn}的前8項和T8.
答案與分層梯度式解析
4.2.3　等差數列的前n項和
第1課時　等差數列前n項和公式及應用
基礎過關練
1.C　設等差數列{an}的公差為d,則=4,整理得d=2a1,∴.故選C.
2.C　因為{an}為等差數列,所以3(a3+a7)+2(a8+a10+a12)=3×2a5+2×3a10=6a5+6a10=30,所以a5+a10=5,
則數列{an}的前14項和為=7(a1+a14)=7(a5+a10)=35.故選C.
3.A　由題意得a1+a3+…+a21==11a11=110,得a11=10,a2+a4+…+a20==10a11=100,故偶數項的和為100.故選A.
4.C　顯然數列{3n+1}和{4n-1}均為等差數列,
令3n1+1=4n2-1,n1,n2∈N*,可得n1=,所以n2=2,5,8,11,…,
則數列{an}為等差數列,且a1=4×2-1=7,公差為(4×5-1)-(4×2-1)=12,
所以{an}的前20項的和為20×7+×12=2 420.故選C.
5.答案　34
解析　設等差數列{an}的公差為d(d>0),
由a5=3,可得(a1+8d)=3,
即a9=3,解得a9=2(負值舍去),
故S17==17a9=34.
6.D　因為S5==5a3=25,所以a3=5,設等差數列{an}的公差為d,則d=a3-a2=2,所以a7=a2+5d=3+5×2=13.故選D.
7.A　令m=1,則an+1=a1+an=1+an,∴{an}是首項為1,公差為1的等差數列,∴an=1+1×(n-1)=n,
故a2k-1+a2k+1+a2k+3+…+a2k+17=2k-1+2k+1+2k+3+…+2k+17=+2k×10=100,解得k=1,故選A.
8.A　設該等差數列為{an},其前n項和為Sn.
由題意得a1+a2+a3=34,an-2+an-1+an=146,
∴(a1+a2+a3)+(an-2+an-1+an)=(a1+an)+(a2+an-1)+(a3+an-2)=3(a1+an)=34+146=180,
∴a1+an=60.
又Sn=,解得n=13,故選A.
9.答案　-2
解析　當n=1時,a1=S1=12-4=-3,
當n≥2時,Sn-1=(n-1)2-4(n-1),
所以an=Sn-Sn-1=n2-4n-(n-1)2+4(n-1)=2n-5,
當n=1時,a1=-3滿足上式,
所以an=2n-5,則a3=2×3-5=1,
所以a1+a3=-2.
10.解析　(1)證明:當n≥2時,由an+2SnSn-1=0得Sn-Sn-1=-2SnSn-1,所以=2,
又=2,所以是首項為2,公差為2的等差數列.
(2)由(1)可得=2n,所以Sn=.
當n≥2時,an=Sn-Sn-1=.
當n=1時,a1=,不符合上式,
故an=
易錯警示　由數列{an}的前n項和Sn求通項公式時,要注意驗證當n=1時的情況.若a1=S1適合an(n≥2)的表達式,則通項公式可以合并,否則就分段表示.
11.解析　(1)當n=1時,a1=-16;
當n≥2時,Sn-1=2(n-1)2-19(n-1)+1=2n2-23n+22,
故 an=Sn-Sn-1=4n-21,n≥2,
當n=1時,a1=-16不滿足上式,
故{an}的通項公式為an=
(2)因為bn=|an|,所以Tn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|,
令an≤0,得n≤5;令an>0,得n≥6,
由(1)中結論可知,當n≤5時,Tn=-a1-a2-…-an=-Sn=-2n2+19n-1;
當n≥6時,Tn=-a1-a2-…-a5+a6+a7+…+an=-S5+(Sn-S5)=Sn-2S5=2n2-19n+89.
綜上,Tn=
方法技巧　求數列{|an|}的前n項和時,首先要分清n取什么值時an≥0或an≤0.
一般地,如果數列{an}為等差數列,公差為d,Sn為其前n項和,Tn=|a1|+|a2|+…+|an|,則有:若a1>0,d<0,ak≥0,ak+1<0,則Tn=
若a1<0,d>0,ak≤0,ak+1>0,則Tn=
能力提升練
1.A　由橢圓方程可知a2=2n2+1,b2=n2+1,則c2=a2-b2=n2,c=n,
所以橢圓的焦距為2c=2n,即an=2n,
所以a1=2,an-an-1=2(n≥2),則數列{an}是以2為首項,2為公差的等差數列,
所以Sn==n(1+n)=n2+n.故選A.
2.B　設等差數列{an}的公差為d,
則,
∴數列的等差數列,
又=2,即d=2,
又=a1=-2 024,∴=-2 024+n-1=n-2 025,
∴=2 024-2 025=-1,解得S2 024=-2 024.
故選B.
3.B　設組成的等差數列為{an},該數列共(2n+2)項,則數列{an}的公差d=,
由等差數列的性質可得a1+a2n+2=a2+a2n+1=…=an+1+an+2=1+2=3,
設{an}的前n項和為Sn,則S2n+2==3(n+1),
Sn+1=(n+1)×1+,
因為{an}的前(n+1)項的和與后(n+1)項的和之比為9∶13,
所以×3(n+1),即,解得n=5,故插入數的個數是10.故選B.
4.答案　480
解析　由題意得Sn=,
所以a1=1,S5=(a1+a5)=5a3=15,則a3=3,
所以公差為=1,所以an=n,bn=[log2an]=[log2n],
當n=1時,b1=0,當2≤n≤3時,bn=1,
當4≤n≤7時,bn=2,當8≤n≤15時,bn=3,
當16≤n≤31時,bn=4,當32≤n≤63時,bn=5,
當64≤n≤100時,bn=6,
所以數列{bn}的前100項和為0+1×2+2×4+3×8+4×16+5×32+6×37=480.
5.解析　(1)證明:由an-an+1=2anan+1,可得=2,
因為bn=,所以bn+1-bn=2,又b1=1,
所以數列{bn}是首項為1,公差為2的等差數列.
(2)由(1)得bn=2n-1,可得Sn==n2,
所以(-1)nSn=(-1)n·n2.
當n為偶數時,Tn=-S1+S2-S3+S4-…-Sn-1+Sn=-1+22-32+42-…-(n-1)2+n2=(2+1)(2-1)+(4+3)(4-3)+…+[n+(n-1)][n-(n-1)]=1+2+3+4+…+(n-1)+n=;
當n為奇數時,Tn=-S1+S2-S3+S4-…-Sn-2+Sn-1-Sn=-1+22-32+42-…-(n-2)2+(n-1)2-n2=(2+1)×(2-1)+(4+3)(4-3)+…+[(n-1)+(n-2)][(n-1)-(n-2)]-n2=1+2+3+4+…+(n-2)+(n-1)-n2=.
所以數列{(-1)nSn}的前n項和Tn=
6.答案　an=2n+1
解析　由已知可得Sn+1=+(n+1),等式兩邊同時除以n+1可得+1,即=1,
所以數列=a1=3,公差為1的等差數列,則=3+n-1=n+2,故Sn=n2+2n,
當n≥2時,an=Sn-Sn-1=n2+2n-(n-1)2-2(n-1)=2n+1,
當n=1時,a1=3滿足上式,故數列{an}的通項公式是an=2n+1.
7.答案　
解析　由已知得(Sn+Sn-1)[Sn-Sn-1-(2n-1)]=0,
∵an>0,∴Sn>0,∴Sn-Sn-1=2n-1,即an=2n-1(n≥2),
∵a1=1滿足上式,∴ n∈N*,an=2n-1,
則an+1-an=2(n+1)-1-(2n-1)=2,
∴數列{an}為等差數列,故Sn==n2,
則bn=,
令cn=,則cn+1-cn=,
當1≤n≤2時,cn+1>cn,即c1當n≥3時,cn+1故(cn)max=c3=.
8.解析　(1)由題可得4Sn=+2an+1,當n=1時,4a1=+2a1+1 a1=1;
當n≥2時,兩式作差可得4an=+2(an-an-1),
所以(an+an-1)(an-an-1)=2(an+an-1),又因為an>0,所以an+an-1>0,所以an-an-1=2,
所以數列{an}是首項為1,公差為2的等差數列,所以an=1+(n-1)×2=2n-1,Sn==n2.
(2)由(1)得an=2n-1,Sn=n2,所以bn=所以T8=b1+b2+…+b8=(b1+b3+b5+b7)+(b2+b4+b6+b8)=+(3+7+11+15)=38,即數列{bn}的前8項和T8=38.
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