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知识点 1 数列的前n项和
必备知识 清单破
4.2.3 等差数列的前n项和
1.数列前n项和的定义
一般地,对于数列{an},把a1+a2+…+an称为数列{an}的前n项和,记作Sn.
2.an与Sn的关系
当n=1时,S1=a1,当n≥2时,Sn-1=a1+a2+…+an-1,所以an=
1.等差数列的前n项和
设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,则Sn= 或Sn=na1+ d.
2.等差数列前n项和公式的函数特征
Sn=na1+ = n2+ n.
(1)该表达式中没有常数项;
(2)当d≠0时,Sn关于n的表达式是一个常数项为零的二次式,即点(n,Sn)在其相应的二次函数的 图象上,这就是说等差数列的前n项和Sn是关于n的二次函数,它的图象是抛物线y= x2+
x上横坐标为正整数的一系列孤立的点.
3.数列{an}是等差数列 Sn=An2+Bn(A,B为常数).
知识点 2 等差数列的前n项和
性质1:等差数列的公差为d,依次k项之和Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…组成公差为k2d的等差数列.
性质2:若公差为d的等差数列的项数为2n(n∈N*),则S2n=n(an+an+1),S偶-S奇=nd, = (S奇≠0,an
≠0);
若等差数列的项数为2n-1(n∈N*),则S2n-1=(2n-1)an,S奇-S偶=an, = (S奇≠0).
性质3:{an}为等差数列 为等差数列.
性质4:若等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,则 = (bn≠0,T2n-1≠0).
知识点3 等差数列前n项和的性质
知识辨析
1.若数列{an}的前n项和是Sn,则an=Sn-Sn-1一定成立吗
2.等差数列(各项均不为0)的前n项和一定是关于n的常数项为0的二次函数吗
3.已知数列{an}是等差数列,公差为d,前n项和为Sn,则数列 是等差数列吗
4.已知Sn是等差数列{an}的前n项和,则Sn,S2n,S3n,…不可能构成等差数列,对吗
一语破的
1.不一定.当n=1时,a1=S1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1.
2.不一定.当公差d=0时,等差数列的前n项和是关于n的一次函数,当公差d≠0时,等差数列的 前n项和是关于n的常数项为0的二次函数.
3.是.由Sn=na1+ d= n2+ n,可得 = n+ ,可判断数列 是等差数列,公
差是 .
4.不对.当等差数列{an}的公差d=0时,Sn,S2n,S3n,…构成等差数列;当等差数列{an}的公差d≠0时, Sn,S2n,S3n,…构不成等差数列.
定点 1 等差数列前n项和公式及其应用
关键能力 定点破
等差数列的通项公式与前n项和公式共涉及五个量:a1,d,n,an,Sn,这五个量可以“知三求 二”.解决等差数列问题的一般思路为:设出基本量a1,d,构建方程组,利用方程思想求解.
当已知首项、末项和项数时,用公式Sn= 较简便,使用此公式时注意结合等差数
列的性质;当已知首项、公差和项数时,用公式Sn=na1+ d较简便.
典例 已知等差数列{an}的前n项和为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)设等差数列{an}的公差为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.
利用性质解决等差数列前n项和问题的几种思路
(1)整体思路:利用公式Sn= 求出整体a1+an,再代入求解.
(2)待定系数法:当公差不为0时,利用Sn是关于n的二次函数,设Sn=An2+Bn(A≠0),列出方程组求 出A,B即可;也可以利用 是关于n的一次函数,设 =an+b(a≠0)进行计算.
(3)利用相关性质中的结论进行求解.
定点 2 等差数列前n项和性质的应用
典例 已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,且S3=S19,则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}为等差数列,
∴可设Sn=An2+Bn(A≠0),
由S3=S19,结合二次函数图象的对称性可知,Sn=An2+Bn的图象关于直线n=11对称,因此S21=S1=a1 =2,故选B.
解法三:设Sn=An2+Bn,A≠0,
则 解得
∴Sn=- n2+ n,∴S21=- ×212+ ×21=2.
1.等差数列前n项和Sn存在最值的两种情形
(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.
2.求等差数列(公差d≠0)的前n项和Sn的最大(小)值的常用方法
(1)用配方法转化为求解二次函数的最大(小)值问题,解题时要注意n∈N*;
(2)邻项异号法:可利用 或 来寻找正、负项的分界点.
3.一般地,在等差数列{an}中,当a1>0,且Sp=Sq(p≠q)时,若p+q为偶数,则当n= 时,Sn最大;若p
+q为奇数,则当n= 时,Sn最大.
定点 3 等差数列前n项和最值的求法
典例 已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=25,S17=S9,则数列的前多少项之和最大 并求出这个 最大值.
解析 解法一:设等差数列{an}的公差为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,∴当n=13时,Sn有最大值,且最大值为169.
即数列的前13项和最大,且最大值为169.
解法二:同解法一,得d=-2,又a1=25,
∴an=25+(n-1)(-2)=27-2n,
∴{an}是递减数列,
令 解得 ≤n≤ ,
又n∈N*,
∴当n=13时,Sn有最大值,最大值为S13=13×25+ ×(-2)=169.
即数列的前13项和最大,且最大值为169.
解法三:同解法一,得d=-2,a13+a14=0,∴a13>0,a14<0.
所以当n=13时,Sn有最大值,最大值为S13=13×25+ ×(-2)=169.
即数列的前13项和最大,且最大值为169.
1.倒序相加法求和
在数列{an}中,如果与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和,那么可把正着写求 和与倒着写求和的两个式子相加,通过求常数列的和的方法求数列{an}的前n项和,这种数列 求和的方法称为倒序相加法.
2.裂项相消法求和
(1)根据数列通项公式的特点,将通项公式裂项写成两项差的形式,在求和时中间的一些项可 以相互抵消,从而达到求和的目的,这种数列求和的方法称为裂项相消法.
(2)常见的裂项技巧:
①等差型:
(i) = ;
定点 4 与等差数列有关的数列求和
(ii) = .
②无理型: = ( - ).
③指数型: = - .
④通项裂项为“+”型(通常在通项中含有(-1)n乘一个分式中应用):
(i)(-1)n· =(-1)n ;
(ii)(-1)n =(-1)n .
典例 已知A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))是函数f(x)= +log2 图象上的任意两点.
(1)当x1+x2=1时,求f(x1)+f(x2)的值;
(2)设Sn=f +f +…+f +f ,其中n∈N*,求Sn;
(3)对于(2)中的Sn,已知an= ,其中n∈N*,设Tn为数列{an}的前n项和,求证: ≤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)证明:由(2)及已知得an= = = ,
∵an>0,∴Tn
∴{Tn}是递增数列,
∴Tn≥T1=a1= ,
∵an= < = =2 ,
∴Tn= + + +…+ <2
=2
=2 < ,
∴ ≤Tn< .
方法技巧 的常见放缩形式:
(1) < = - (n≥2);
(2) > = - ;
(3) = < =2 .第2课时 等差数列前n项和的性质及综合应用
基础过关练
题组一 等差数列前n项和的性质
1.已知等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若,则=( )
A.2 B.
2.一个等差数列共有2n项,奇数项的和与偶数项的和分别为24和30,且末项比首项大10.5,则该数列的项数是 ( )
A.4 B.8 C.12 D.20
3.已知{an}和{bn}均为等差数列,前n项和分别为Sn和Tn,且,则使得为整数的正整数n的个数为( )
A.6 B.7 C.8 D.9
4.等差数列{an}的前m项和为30,前2m项和为100,则它的前4m项和为 .
5.已知等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,且满足,则= .
题组二 等差数列前n项和的函数特性
6.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1>0,S20>0,S21<0,则当Sn最大时,n=( )
A.20 B.19 C.10 D.11
7.(多选题)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1>0,公差d<0,则 ( )
A.{an}是递减数列 B.{an}是递增数列
C.Sn有最大值 D.Sn有最小值
8.(多选题)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a4+2a8=a6,则下列结论正确的是( )
A.a7=0 B.S7最大
C.S5=S9 D.S13=0
9.(多选题)等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1>0,公差d≠0,则下列说法正确的是( )
A.若S5>S9,则S14>0
B.若S5=S9,则S7是{Sn}中最大的项
C.若S6>S7,则S7>S8
D.若S6>S7,则S5>S6
10.已知数列{an}的前n项和为Sn, n∈N*,点(n,an)都在直线2x-y-22=0上.
(1)求Sn;
(2)求Sn的最小值及此时n的值.
题组三 等差数列前n项和的实际应用
11.《算法统宗》中有一道“八子分棉”的题:“九百九十六斤棉,赠分八子做盘缠,次第每人多十七,要将第八数来言.”题意是把996斤棉分给8个子女做盘缠.按照年龄从大到小的顺序依次分棉,年龄小的比年龄大的多分17斤棉,则年龄最小的孩子分到的棉有( )
A.65斤 B.82斤 C.184斤 D.201斤
12.风雨桥是侗族最具特色的民间建筑之一.风雨桥由桥、塔、亭组成,其中亭、塔的俯视图通常是正方形、正六边形或正八边形.下图是某风雨桥亭的大致俯视图,其中正六边形的边长的计算方法如下:A1B1=A0B0-B0B1,A2B2=A1B1-B1B2,……,AnBn=An-1Bn-1-Bn-1Bn,其中B3B4=B2B3=B1B2=B0B1,n∈N*.已知该风雨桥亭共5层,若A0B0=8 m,B0B1=0.5 m,则图中的五个正六边形的周长总和为( )
A.120 m B.210 m C.130 m D.310 m
题组四 与等差数列有关的数列求和
13.已知函数f(x)=x+3sin,数列{an}满足an=,则f(a1)+f(a2)+…+f(a2 022)=( )
A.2 022 B.2 023 C.4 044 D.4 046
14.设等差数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}的前n项和为Tn,已知a5=11,S10=120,bn=,若Tk=,则正整数k的值为( )
A.9 B.8 C.7 D.6
15.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=3,Sn+1+Sn=(n+1)an+1.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
能力提升练
题组一 等差数列前n项和的性质
1.设Sn是等差数列{an}的前n项和,若,则=( )
A.
2.(多选题)记Sn为等差数列{an}的前n项和,则( )
A.S3,S6-S3,S9-S6成等差数列 B.成等差数列
C.S9=2S6-S3 D.S9=3(S6-S3)
3.已知等差数列{an}的前m(m为奇数)项的和为135,其中偶数项之和为63,且am-a1=14,则a100= .
题组二 等差数列前n项和的函数特性
4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a2+3a8<0,a6·a7<0,且Sn有最大值,则当Sn取得最小正值时,n=( )
A.11 B.12 C.7 D.6
5.已知正项数列{an}的前n项和为Sn,满足4Sn=+2an-3,则的最小值为( )
A.1 B. C.3 D.4
6.已知数列{an}满足a1+2a2+…+2n-1an=n·2n,记数列{an-tn}的前n项和为Sn,若Sn≤S10对任意的n∈N*恒成立,则实数t的取值范围是( )
A.
7.(多选题)(2024江苏苏州张家港开学检测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且当n=7时,Sn取得最大值.记数列的前k项和为Tk,则下列说法正确的是 ( )
A.若S6=S8,则当且仅当k=13时,Tk取得最大值
B.若S6C.若S6>S8,则当且仅当k=15时,Tk取得最大值
D.若 m∈N*,Sm=0,则当k=13或k=14时,Tk取得最大值
8.(多选题)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差为d,a1>0,a6+a7>0,a6·a7<0,则下列结论正确的是( )
A.d<0
B.当Sn>0时,n的最大值为13
C.数列为等差数列,且和数列{an}的首项、公差均相同
D.当n=12时,数列的前n项和最大
题组三 等差数列前n项和的综合应用
9.(多选题)在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述:今有良马与驽马发长安至齐,齐去长安一千一百二十五里,良马初日行一百零三里,日增十三里;驽马初日行九十七里,日减半里;良马先至齐,复还迎驽马,二马相逢.则( )
A.驽马第七日行九十四里
B.第七日良马先至齐
C.第八日两马相逢
D.两马相逢时良马行一千三百九十五里
10.设数列{an}的前n项和为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,则实数k的最小值为( )
A.4 D.10
11.已知Sn为数列{an}的前n项和,an>0,+2an=4Sn.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=,Tn为数列{bn}的前n项和,求Tn,并证明:≤Tn<.
12.已知函数f(x)=x,数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)(n∈N*)在f(x)的图象上.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若函数g(x)=,令bn=g(n∈N*),求数列{bn}的前2 024项和T2 024.
13.已知数列{an}中,a1=1,,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=(-1)n-1,求数列{bn}的前n项和Sn.
答案与分层梯度式解析
第2课时 等差数列前n项和的性质及综合应用
基础过关练
1.D 因为{an},{bn}为等差数列,所以,故选D.
2.B 设该等差数列为{an},其前n项和为Sn,公差为d,由题意得S偶-S奇=nd=6,a2n-a1=(2n-1)d=10.5,解得n=4,∴该数列的项数是2n=8.故选B.
3.B 由于S2n-1==(2n-1)an,所以,
要使为整数,则n+1为24的因数,由于n+1≥2,故n+1可以为2,3,4,6,8,12,24,故满足条件的正整数n的个数为7,故选B.
4.答案 360
解析 设{an}的前n项和为Sn.由等差数列前n项和的性质得30,100-30,S3m-100,S4m-S3m成等差数列,
∴
5.答案
解析 由等差数列前n项和的性质可得S9=9a5,即a5=S9,所以.
6.C 因为S20>0,所以>0,即a1+a20>0,所以a10+a11>0,
因为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}是递减数列,当n=10时,Sn最大,故选C.
7.AC 因为d<0,所以an=a1+(n-1)d=dn+(a1-d)是关于n的单调递减函数,故数列{an}是递减数列,A正确,B错误;
Sn=na1+n,因为d<0,故Sn一定有最大值,没有最小值,故C正确,D错误.故选AC.
8.AD 设{an}的公差为d.因为a4+2a8=a6,所以a1+3d+2(a1+7d)=a1+5d,得a1+6d=0,即a7=0,A正确;
当a1<0时,d>0,则S6或S7最小,B错误;
因为a1+6d=0,所以a1=-6d,所以Sn=-6nd+,
其图象的对称轴方程为n=,所以S5=S8,C错误;
S13=13a7=0,D正确.
故选AD.
9.BC 对于A,因为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错误;
对于B,由S5=S9,得5a1+10d=9a1+36d,得d=-a1,
因为a1>0,a7=a1+6d=<0,
所以S7是{Sn}中最大的项,故B正确;
对于C,因为S6>S7,所以S7-S6=a7<0,
又a1>0,所以d<0,所以a8S8,故C正确;
对于D,因为S6>S7,所以S7-S6=a7<0,但不能确定a6是不是负值,因此不一定有S5>S6,故D错误.
故选BC.
10.解析 (1)由点(n,an)在直线2x-y-22=0上,可得2n-an-22=0,所以an=2n-22,所以an+1=2n-20,
则an+1-an=2,所以数列{an}是等差数列,
所以Sn==n2-21n.
(2)由(1)知an=2n-22.
令an≥0,解得n≥11且n∈N*,
当n≤10时,an<0,当n=11时,an=0,当n≥12时,an>0,
所以当n=10或n=11时,Sn有最小值,为S10=S11=102-21×10=-110.
11.C 设8个子女按年龄从小到大依次分棉a1斤,a2斤,a3斤,…,a8斤,
则数列{an}是公差为-17的等差数列.
因为棉的总数为996斤,所以8a1+×(-17)=996,解得a1=184.故选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,
易知题图中五个正六边形的边长(单位:m)构成等差数列,设为{ak},且a1=8,公差d=-0.5,1≤k≤5,k∈N*.
则数列{ak}(k∈N*,1≤k≤5)的前5项和S5=5a1+×5×4×0.5=35,
所以题图中的五个正六边形的周长总和为6S5=6×35=210 m.故选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),
则S=f(a2 022)+f(a2 021)+…+f(a1),两式相加得2S=2×2 022,∴S=2 022.故选A.
14.B 设{an}的公差为d,则故an=3+2(n-1)=2n+1,
故bn=,
则Tn=b1+b2+…+bn=+…+=,
因为Tk=,所以,解得k=8.故选B.
15.解析 (1)当n≥2时,由Sn+1+Sn=(n+1)an+1,得Sn+Sn-1=nan,
两式相减得an+1+an=(n+1)an+1-nan,即,
利用累乘法可得a1·×…×,即an=3n,
当n=1时,a1=3满足上式,
所以{an}的通项公式为an=3n.
(2)由(1)可知an=3n,所以bn=,
则Tn=.
能力提升练
1.A 由题意得S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12成等差数列,因为,所以,即S8-S4=S4,
则数列S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12是以S4为首项,S4为公差的等差数列,
则S12-S8=2S4,S16-S12=S4,所以S8=S4,S16=7S4,所以.故选A.
2.ABD 设等差数列{an}的公差为d,则S9=9a1+36d,S6=6a1+15d,S3=3a1+3d.
对于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成等差数列,A正确;
对于B,由于=a1+4d,所以2=a1+d+a1+4d,
所以成等差数列,B正确;
对于C,易得2S6-S3=2(6a1+15d)-(3a1+3d)=9a1+27d,只有当d=0时,才有S9=2S6-S3,C错误;
对于D,3(S6-S3)=3[(6a1+15d)-(3a1+3d)]=9a1+36d=S9,D正确.故选ABD.
3.答案 101
解析 设等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,由题意可知Sm=135,前m项中偶数项之和S偶=63,∴奇数项之和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 设等差数列{an}的公差为d,则a2+3a8=4a1+22d=2(a6+a7)<0,
∵a6·a7<0,且{an}的前n项和有最大值,
∴{an}是递减数列,∴a6>0,a7<0,
∴S11==11a6>0,
S12==6(a6+a7)<0,
故Sn取得最小正值时,n的值为11.故选A.
5.B 因为4Sn=+2an-3,所以当n≥2时,4Sn-1=+2an-1-3,两式相减得4an=+2an-2an-1,整理得2(an+an-1)=(an+an-1)(an-an-1),
因为数列{an}为正项数列,所以an+an-1>0,则an-an-1=2,故数列{an}为等差数列,公差为2.
当n=1时,4S1=4a1=+2a1-3,解得a1=3或a1=-1(舍去),所以an=2n+1,Sn=3n+×2=n2+2n,
则,
令t=n+1,t≥2,则,易知函数y=在[2,+∞)上单调递增,
所以当t=2,即n=1时,取得最小值,最小值为.故选B.
6.A a1+2a2+…+2n-1an=n·2n①,
当n=1时,a1=2,当n≥2时,a1+2a2+…+2n-2an-1=(n-1)·2n-1②,
①-②,化简得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,
则bn+1-bn=(1-t)(n+1)+1-[(1-t)n+1]=1-t,为常数,所以数列{bn}是等差数列,首项b1=2-t,
所以Sn=·n2+·n,其图象的对称轴方程为n=-,
由于Sn≤S10对任意的n∈N*恒成立,
所以≤t≤,所以t的取值范围是.故选A.
7.BD 因为当n=7时,Sn有最大值,所以{an}为递减数列,且当n≤7时,an>0,当n≥8时,an<0.
对于A,设Sn=an2+bn(a<0),因为S6=S8,所以b=-14a,所以Sn=an2-14an(a<0),
则=an-14a=a(n-14),当n≤13时,>0;当n=14时,=0;当n≥15时,<0,
所以当k=13或k=14时,Tk取得最大值,A错误.
对于B,由S60,则S14==15a8<0,故当k=14时,Tk取得最大值,B正确.
对于C,若S6>S8,则S8-S6=a7+a8<0,所以S14==15a8<0,故当k=13时,Tk取得最大值,C错误.
对于D,易得Sm==0,所以a1+am=a7+a8=0,S13==7(a7+a8)=0,所以k=13或k=14时,Tk取得最大值,D正确.故选BD.
8.AD 对于A,若d>0,则{an}为递增数列,所以a7>a6>a1>0,与a6·a7<0矛盾,
若d=0,则{an}为常数列,a7=a6=a1>0,与a6·a7<0矛盾,
若d<0,则{an}为递减数列,则a1>a6>a7,由可得a6>0>a7,符合题意,A正确;
对于B,由A可知a6>0,a7<0,则S12==13a7<0,
所以当Sn>0时,n的最大值为12,B错误;
对于C,Sn=na1+,则d,所以,
所以数列为等差数列,且其首项为a1,公差为,C错误;
对于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=,则等差数列{bn}为递减数列,
且b11=a1+5d>0,b12=a1+>0,b13=a1+6d<0,
所以当n=12时,的前n项和最大,D正确.故选AD.
9.AD 由题意可知,两马日行里数都成等差数列,
记数列{an}为良马的日行里数,其前n项和为Sn,a1=103,公差d1=13,所以an=13n+90,n∈N*.
记数列{bn}为驽马的日行里数,b1=97,公差d2=-0.5,所以bn=-0.5n+97.5,n∈N*.
驽马第七日所行里数为b7=-0.5×7+97.5=94,A正确;
前七日良马所行总里数为S7=(a1+a7)=994,因为994<1 125,所以第七日良马未至齐,B错误;
设第m日两马相逢,由题意可知两马所行的总里数是齐和长安之间距离的两倍,
即103m+×0.5=2×1 125,解得m=9或m=-40(舍),即第九日两马相逢,C错误;
由C可知,第九日两马相逢,此时良马所行总里数为S9=(a1+a9)=1 395,D正确.故选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,
则对任意n∈N*成立,
又a2=3,∴=1,故an=n+1,
又a1=2,an+1-an=n+2-(n+1)=1,
∴数列{an}是以2为首项,1为公差的等差数列,∴Sn=,
∵2Sn+22≤kan,∴n(n+3)+22≤k(n+1),
即k≥,
令n+1=t(t≥2,t∈N*),则k≥,设g(t)=+1,t≥2,t∈N*,
可知当t∈[2,2)且t∈N*时,g(t)单调递减;当t∈(2,+∞)且t∈N*时,g(t)单调递增,
又4<2<5,g(4)=g(5)=10,故g(t)的最小值为10.
若存在n∈N*,使得2Sn+22≤kan成立,则k≥g(t)min,则有k≥10,即实数k的最小值为10.故选D.
11.解析 (1)∵+2an=4Sn,
∴当n=1时,+2a1=4S1,则=2a1,
又an>0,∴a1=2,
当n≥2时,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,
∴数列{an}是以2为首项,2为公差的等差数列,
∴an=2+2(n-1)=2n.
(2)由(1)得an=2n,
则bn=,
∴Tn=
=.
∵n+1≥2,∴0<≤1-≤Tn<.
12.解析 (1)∵点(n,Sn)在函数f(x)的图象上,
∴Sn=n.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n;
当n=1时,a1=S1=1,适合上式,∴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:因为,
所以,
即,所以是常数列,
故=2,所以an=2n-1.
解法二:因为,
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}是等差数列,
在中,令n=1,得,
又a1=1,故a2=3,
所以等差数列{an}的公差为a2-a1=2,
所以an=2n-1.
(2)bn=(-1)n-1,
当n为偶数时,Sn=+…+
=1-;
当n为奇数时,Sn=+…-
=1+.
综上,Sn=或Sn=.
204.2.3 等差数列的前n项和
第1课时 等差数列前n项和公式及应用
基础过关练
题组一 求等差数列的前n项和
1.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若=4,则=( )
A.
2.已知{an}为等差数列,且3(a3+a7)+2(a8+a10+a12)=30,则数列{an}的前14项和为( )
A.14 B.28 C.35 D.70
3.已知等差数列{an}共有21项,若奇数项的和为110,则偶数项的和为( )
A.100 B.105 C.90 D.95
4.已知数列{3n+1}与数列{4n-1},其中n∈N*,它们的公共项由小到大排列组成新的数列{an},则{an}的前20项和为( )
A.2 380 B.2 400 C.2 420 D.2 440
5.设各项均为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn,若a5=3,则S17= .
题组二 由等差数列前n项和公式计算其他基本量
6.等差数列{an}的前n项和为Sn,若a2=3,S5=25,则a7= ( )
A.16 B.15 C.14 D.13
7.在数列{an}中,a1=1, m,n∈N*,都有am+n=am+an,若正整数k满足a2k-1+a2k+1+a2k+3+…+a2k+17=100,则k=( )
A.1 B.10 C.50 D.100
8.已知等差数列前3项的和为 34,后3项的和为 146,所有项的和为 390,则这个数列的项数为( )
A.13 B.12 C.11 D.10
题组三 数列的前n项和Sn与an的关系
9.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=n2-4n,则a1+a3= .
10.已知数列{an}的前n项和为Sn,且an+2SnSn-1=0(n≥2),a1=.
(1)求证:是等差数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
11.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n2-19n+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=|an|,求数列{bn}的前n项和Tn.
能力提升练
题组一 与等差数列前n项和有关的计算
1.设椭圆=1(n∈N*)的焦距为an,则数列{an}的前n项和Sn=( )
A.n2+n B.n2-n C.2n2+n D.n2
2.在等差数列{an}中,a1=-2 024,其前n项和为Sn,且=2,则 S2 024 =( )
A.-2 023 B.-2 024 C.2 023 D.2 024
3.在1和2之间插入2n个数,组成首项为1,末项为2的等差数列,若这个数列的前(n+1)项的和与后(n+1)项的和之比为9∶13,则插入数的个数是( )
A.8 B.10 C.12 D.14
4.已知[x]为不超过x的最大整数,例如[0.2]=0,[1.2]=1,[-0.5]=-1,设等差数列{an}的前n项和为Sn=且S5=15,记bn=[log2an],则数列{bn}的前100项和为 .
5.已知数列{an}满足a1=1,an-an+1=2anan+1,记bn=.
(1)证明:数列{bn}为等差数列;
(2)设数列{bn}的前n项和为Sn,求数列{(-1)nSn}的前n项和Tn.
题组二 数列的前n项和Sn与an的关系
6.已知数列{an}的前n项和为Sn,若a1=3,点(Sn,Sn+1)在直线y=x+n+1(n∈N*)上,则数列{an}的通项公式是 .
7.设数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an>0,且+(2n-1)Sn-1(n≥2),则bn=的最大值是 .
8.已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且=4Sn-2an-1.
(1)求an,Sn;
(2)设bn=求数列{bn}的前8项和T8.
答案与分层梯度式解析
4.2.3 等差数列的前n项和
第1课时 等差数列前n项和公式及应用
基础过关练
1.C 设等差数列{an}的公差为d,则=4,整理得d=2a1,∴.故选C.
2.C 因为{an}为等差数列,所以3(a3+a7)+2(a8+a10+a12)=3×2a5+2×3a10=6a5+6a10=30,所以a5+a10=5,
则数列{an}的前14项和为=7(a1+a14)=7(a5+a10)=35.故选C.
3.A 由题意得a1+a3+…+a21==11a11=110,得a11=10,a2+a4+…+a20==10a11=100,故偶数项的和为100.故选A.
4.C 显然数列{3n+1}和{4n-1}均为等差数列,
令3n1+1=4n2-1,n1,n2∈N*,可得n1=,所以n2=2,5,8,11,…,
则数列{an}为等差数列,且a1=4×2-1=7,公差为(4×5-1)-(4×2-1)=12,
所以{an}的前20项的和为20×7+×12=2 420.故选C.
5.答案 34
解析 设等差数列{an}的公差为d(d>0),
由a5=3,可得(a1+8d)=3,
即a9=3,解得a9=2(负值舍去),
故S17==17a9=34.
6.D 因为S5==5a3=25,所以a3=5,设等差数列{an}的公差为d,则d=a3-a2=2,所以a7=a2+5d=3+5×2=13.故选D.
7.A 令m=1,则an+1=a1+an=1+an,∴{an}是首项为1,公差为1的等差数列,∴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,故选A.
8.A 设该等差数列为{an},其前n项和为Sn.
由题意得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,故选A.
9.答案 -2
解析 当n=1时,a1=S1=12-4=-3,
当n≥2时,Sn-1=(n-1)2-4(n-1),
所以an=Sn-Sn-1=n2-4n-(n-1)2+4(n-1)=2n-5,
当n=1时,a1=-3满足上式,
所以an=2n-5,则a3=2×3-5=1,
所以a1+a3=-2.
10.解析 (1)证明:当n≥2时,由an+2SnSn-1=0得Sn-Sn-1=-2SnSn-1,所以=2,
又=2,所以是首项为2,公差为2的等差数列.
(2)由(1)可得=2n,所以Sn=.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=.
当n=1时,a1=,不符合上式,
故an=
易错警示 由数列{an}的前n项和Sn求通项公式时,要注意验证当n=1时的情况.若a1=S1适合an(n≥2)的表达式,则通项公式可以合并,否则就分段表示.
11.解析 (1)当n=1时,a1=-16;
当n≥2时,Sn-1=2(n-1)2-19(n-1)+1=2n2-23n+22,
故 an=Sn-Sn-1=4n-21,n≥2,
当n=1时,a1=-16不满足上式,
故{an}的通项公式为an=
(2)因为bn=|an|,所以Tn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|,
令an≤0,得n≤5;令an>0,得n≥6,
由(1)中结论可知,当n≤5时,Tn=-a1-a2-…-an=-Sn=-2n2+19n-1;
当n≥6时,Tn=-a1-a2-…-a5+a6+a7+…+an=-S5+(Sn-S5)=Sn-2S5=2n2-19n+89.
综上,Tn=
方法技巧 求数列{|an|}的前n项和时,首先要分清n取什么值时an≥0或an≤0.
一般地,如果数列{an}为等差数列,公差为d,Sn为其前n项和,Tn=|a1|+|a2|+…+|an|,则有:若a1>0,d<0,ak≥0,ak+1<0,则Tn=
若a1<0,d>0,ak≤0,ak+1>0,则Tn=
能力提升练
1.A 由椭圆方程可知a2=2n2+1,b2=n2+1,则c2=a2-b2=n2,c=n,
所以椭圆的焦距为2c=2n,即an=2n,
所以a1=2,an-an-1=2(n≥2),则数列{an}是以2为首项,2为公差的等差数列,
所以Sn==n(1+n)=n2+n.故选A.
2.B 设等差数列{an}的公差为d,
则,
∴数列的等差数列,
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.
故选B.
3.B 设组成的等差数列为{an},该数列共(2n+2)项,则数列{an}的公差d=,
由等差数列的性质可得a1+a2n+2=a2+a2n+1=…=an+1+an+2=1+2=3,
设{an}的前n项和为Sn,则S2n+2==3(n+1),
Sn+1=(n+1)×1+,
因为{an}的前(n+1)项的和与后(n+1)项的和之比为9∶13,
所以×3(n+1),即,解得n=5,故插入数的个数是10.故选B.
4.答案 480
解析 由题意得Sn=,
所以a1=1,S5=(a1+a5)=5a3=15,则a3=3,
所以公差为=1,所以an=n,bn=[log2an]=[log2n],
当n=1时,b1=0,当2≤n≤3时,bn=1,
当4≤n≤7时,bn=2,当8≤n≤15时,bn=3,
当16≤n≤31时,bn=4,当32≤n≤63时,bn=5,
当64≤n≤100时,bn=6,
所以数列{bn}的前100项和为0+1×2+2×4+3×8+4×16+5×32+6×37=480.
5.解析 (1)证明:由an-an+1=2anan+1,可得=2,
因为bn=,所以bn+1-bn=2,又b1=1,
所以数列{bn}是首项为1,公差为2的等差数列.
(2)由(1)得bn=2n-1,可得Sn==n2,
所以(-1)nSn=(-1)n·n2.
当n为偶数时,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=;
当n为奇数时,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=.
所以数列{(-1)nSn}的前n项和Tn=
6.答案 an=2n+1
解析 由已知可得Sn+1=+(n+1),等式两边同时除以n+1可得+1,即=1,
所以数列=a1=3,公差为1的等差数列,则=3+n-1=n+2,故Sn=n2+2n,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+2n-(n-1)2-2(n-1)=2n+1,
当n=1时,a1=3满足上式,故数列{an}的通项公式是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满足上式,∴ n∈N*,an=2n-1,
则an+1-an=2(n+1)-1-(2n-1)=2,
∴数列{an}为等差数列,故Sn==n2,
则bn=,
令cn=,则cn+1-cn=,
当1≤n≤2时,cn+1>cn,即c1当n≥3时,cn+1故(cn)max=c3=.
8.解析 (1)由题可得4Sn=+2an+1,当n=1时,4a1=+2a1+1 a1=1;
当n≥2时,两式作差可得4an=+2(an-an-1),
所以(an+an-1)(an-an-1)=2(an+an-1),又因为an>0,所以an+an-1>0,所以an-an-1=2,
所以数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列,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,即数列{bn}的前8项和T8=38.
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