数学选择性必修第一册4.2 等差数列巩固练习

这是一份数学选择性必修第一册4.2 等差数列巩固练习，共28页。

基础过关练
题组一 等差数列中基本量的计算
1.(2020湖南娄底高二期末)记等差数列{an}的前n项和为Sn.若a6=4,S19=114,则S15=( )
A.45 B.75 C.90 D.95
2.在等差数列{an}中,已知a1=10,d=2,Sn=580,则n=( )
A.10 B.15 C.20 D.30
3.(多选)(2021江苏盐城响水中学高二月考)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若S3=0,a4=8,则( )
A.Sn=2n2-6n B.Sn=n2-3n
C.an=4n-8 D.an=2n
4.(2021江苏南通平潮高级中学高二期中)设Sn为等差数列{an}的前n项和,已知S2=2,S4=16,则a6= .
5.(2021江苏宿迁桃州中学高二月考)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若S9=72,则a5= .
题组二 数列的前n项和Sn与an的关系
6.(2021吉林第二中学高二月考)已知Sn为数列{an}的前n项和,且满足Sn=n2+4n+2,则a3+a4+a5=( )
A.10 B.11 C.33 D.34
7.在各项均大于零的数列{an}中,首项a1=1,前n项和Sn满足SnSn-1-Sn-1Sn=2SnSn-1(n∈N*且n≥2),则a81=( )
A.638 B.639 C.640 D.641
8.(2021山西朔州怀仁一中月考)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=n2+4,则an= .
9.(2021江苏南京高三一模)已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,且2Sn=anan+1,n∈N*,则a4= ;若a1=2,则S20= .
10.(1)已知数列{bn}的前n项和Tn=2n2+n+3,求数列{bn}的通项公式;
(2)设各项均为正数的数列{an}的前n项和Sn满足Sn=14(an+1)2,求an.
题组三 求等差数列的前n项和
11.在数列{an}中,an=1n+1+2n+1+…+nn+1(n∈N*),又bn=1anan+1,则数列{bn}的前n项和Sn为( )
A.4nn+1 B.2nn+1 C.n2n-1 D.2n2n+1
12.(2021江苏南通平潮高级中学高二期中)谈祥柏先生是我国著名的数学科普作家,在他的《好玩的数学》一书中,有一篇文章《五分钟挑出埃及分数》,文章告诉我们,古埃及人喜欢使用分子为1的分数(称为埃及分数).则下列埃及分数11×3,13×5,15×7,…,12 019×2 021的和是( )
A.2 0202 021 B.1 0102 021
C.1 0092 019 D.2 0182 019
13.已知数列{an}的通项公式为an=lgn+1n,则其前n项和Sn= .
14.(2021河北邯郸高三摸底考试)已知各项均不为0的数列{an}满足a1=23,an-an+1=32anan+1(n∈N*).
(1)求证:数列1an为等差数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)设Sn为数列{anan+1}的前n项和,证明:Sn<49.
能力提升练
题组一 数列的前n项和Sn与an的关系
1.(2021广东汕头金山中学四校高三联考,)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=3n2+2n+1,则数列{an}的通项公式是 ,a1+a3+a5+…+a9= .
2.(2021江苏无锡太湖高级中学高二期中,)已知数列{an}中,a1=13,其前n项和Sn满足Sn2-anSn+an=0(n≥2且n∈N*),则a2= ,
S2 020= .
3.(2021江苏无锡锡山高级中学高二期中,)数列{an}满足a1=52,Sn=an+1-2n+1-12(n∈N*),其中Sn为数列{an}的前n项和,则an= ,若不等式(t-2)an≥2n2-5n-12对任意n∈N*恒成立,则实数t的最小值为 .
4.(2020浙江衢州二中高三期末,)设数列{an}的前n项和为Tn,an=λ-Tn(λ为常数),且1Tn是等差数列.
(1)求λ的值及数列{Tn}的通项公式;
(2)设Sn是数列{bn}的前n项和,且bn=(2n+3)Tn,求S2n-Sn-2n的最小值.
题组二 求等差数列的前n项和
5.(2021江苏盐城伍佑中学高二月考,)在等差数列{an}中,a2=-6,a8=6,若数列{an}的前n项和为Sn,则( )
A.S4C.S66.(2020黑龙江哈尔滨德强高中高一期末,)设数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,an=Snn+2(n-1),则数列1Sn+3n的前10项和是( )
A.25 B.920
C.511 D.1011
7.(2021湖南长沙长郡中学高三一模,)已知数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前48项和为( )
A.588 B.1 176
C.-1 175 D.-580
8.(2021江苏镇江高二期中,)已知等差数列{an}的首项和公差都为2,则数列{an}的通项公式为an= ,数列1anan+1的前2 020项和为 .
9.(2021浙江精诚联盟高二开学考试,)设公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=2.若存在常数λ,使得a2n=λan(n∈N*)恒成立,则910nSn取得最大值时,n= .
10.(2020安徽合肥一中、合肥六中高一期末联考,)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S2=8,a3+a8=2a5+2.
(1)求an;
(2)设数列1Sn的前n项和为Tn,求证:Tn<34.
11.(2021湖南长沙长郡中学高三月考,)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=1,an+12=Sn+1+Sn.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=an+1(2an-1)(2an+1)3an,求数列{bn}的前n项和Tn.
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
1.一个等差数列共有10项,其奇数项之和是12.5,偶数项之和是15,则它的首项与公差分别是( )
A.0.5,0.5 B.0.5,1 C.1,0.5 D.0.5,2
2.(2021山西大学附属中学高二开学考试)已知等差数列{an}的前10项和为30,前30项和为210,则其前20项和为( )
A.100 B.120 C.390 D.540
3.(2020江苏徐州高二期末)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1>0,公差d≠0,则下列结论不正确的是( )
A.若S5=S9,则S14=0
B.若S5=S9,则S7最大
C.若S6>S7,则S7>S8
D.若S6>S7,则S5>S6
4.(多选)(2021江苏南通高三一模)设{an}是等差数列,公差为d,Sn是其前n项和,且S5S8,则下列结论正确的是( )
A.d<0
B.a7=0
C.S9>S5
D.S6与S7均为Sn的最大值
题组二 等差数列的综合问题
5.数列{an}的首项为3,{bn}为等差数列,且bn=an+1-an(n∈N*),若b3=-2,b10=12,则a8=( )
A.0 B.3 C.8 D.11
6.在小于100的自然数中,所有被7除余2的数的和为( )
A.765 B.665
C.763 D.663
7.(2021湖南长沙长郡、雅礼、一中、附中高三联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn,S5=23,Sn=360,当n>5时,Sn-5=183,则n= .
8.(2021陕西咸阳百灵中学高二月考)已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn,且SnTn=7n+5n+3,则a7b7= .
9.(2021四川成都名校联盟高三联考)已知数列{an}对任意m,n∈N*都满足am+n=am+an,且a1=1,若对于任意的正整数n,都有λan≤an2+12,则实数λ的最大值为 .
10.(2020湖南长沙一中高二期末)已知等差数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,且满足a1+a5=27a32,S7=63.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足b1=a1,且bn+1-bn=an+1,求数列1bn的前n项和Tn.
题组三 等差数列前n项和的实际应用
11.“嫦娥”奔月,举国欢庆.据科学计算,运载“嫦娥”飞船的“长征三号甲”火箭点火1 min内通过的路程为2 km,以后每分钟通过的路程都增加2 km,在到达离地面240 km的高度时,火箭与飞船分离,则这一过程需要的时间是( )
A.10 min B.13 min
C.15 min D.20 min
12.现有200根相同的钢管,把它们堆成正三角形垛,要使剩余的钢管数最少,那么剩余钢管的根数为 .
13.某人用分期付款的方式购买一件家电,价格为1 150元,购买当天先付150元,以后每月的这一天都交付50元,并加付欠款利息,月利率为1%.若交付150元后的一个月为分期付款的第一个月,则分期付款的第10个月应付款多少元?付清全部贷款后,买这件家电实际花费多少元?
能力提升练
题组一 等差数列的综合问题
1.(2020河南濮阳高二上期末,)已知数列{an}的各项均为正数,且a1+a2+…+an=n2+n(n∈N*),则数列ann的前n项和为( )
A.n2+2n+1 B.2n2+2n
C.3n2+n D.2n2+n
2.(2020安徽阜阳高二上期末,)将正偶数排成如图所示的三角形数阵,其中第i行(从上向下)第j个(从左向右)数表示为aij(i,j∈N*),例如a32=10.若aij=2 020,则i-j=( )
A.21 B.22 C.23 D.25
3.(多选)(2021江苏宿迁桃州中学高二月考,)设等差数列{an}的前n项和为Sn,公差为d.已知a3=12,S12>0,a7<0,则( )
A.a6>0
B.-247C.Sn<0时,n的最小值为13
D.数列Snan中的最小项为第6项
4.(2021河南九校高二联考,)已知数列{an}中,a1=a2=1,且当n≥2,n∈N*时,nan+1=(n+1)an.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=2n1an+1-λ,若对任意的n∈N*,数列{bn}都是递减数列,求实数λ的取值范围.
5.(2021江苏盐城一中、射阳中学等五校高二期中联考,)已知数列{an}满足an+1=2anan+2,且a1=2,数列{bn}满足bn+1-bn=anbn,且b1=2.
(1)求证:数列1an是等差数列,并求其通项公式;
(2)解关于n的不等式:22an题组二 等差数列前n项和的性质及综合应用
6.(2021江苏苏州星海中学高二期中,)已知数列{an}中,a2=2,若对任意的m,n∈N*,都有am+n=am+an,则a4= ,a1+a3+a5+…+a2 013a2+a4+a6+…+a2 014= .
7.(2021江苏苏州昆山高级中学高二期末,)已知数列{an}的前n项和为Sn,满足2Sn=n2+n(n∈N*),则数列{an}的通项公式an= ,设bn=(-1)na2n+1an·an+1,则数列{bn}的前n项和Tn= .
8.(2020山东济宁高二上期末,)已知一组双曲线En:x2-y2=4n+4(n∈N*),设直线x=m(m>2)与En在第一象限的交点为An,点An在En的两条渐近线上的投影分别为点Bn,Cn.记△AnBnCn的面积为an,则数列{an}的前20项和为 .
题组三 等差数列前n项和公式的实际应用
9.(2021江苏无锡锡山高级中学高二期中,)为了参加学校的长跑比赛,高二年级的小李同学制定了一个为期15天的训练计划.已知后一天的跑步距离都是在前一天的基础上增加相同距离.若小李同学前三天共跑了3 600米,最后三天共跑了10 800米,则这15天小李同学总共跑了( )
A.34 000米 B.36 000米
C.38 000米 D.40 000米
10.(2020山东潍坊高二上期末,)我国古代数学名著《算法统宗》中有这样一个问题:“九百九十六斤棉,赠分八子作盘缠.次第每人多十七,要将第八数来言.务要分明依次第,孝和休惹外人传.”大意为:“有996斤棉花,分别赠送给8个子女作为盘缠,从第1个孩子开始,以后每人依次多17斤,直到第8个孩子为止.分配时一定要按照次序分,要顺从父母,兄弟之间要和气,不要引得外人说闲话.”在这个问题中,第8个孩子分到的棉花为( )
A.184斤 B.176斤 C.65斤 D.60斤
11.(2020山西太原高二期末,)黄金螺旋线又名鹦鹉螺曲线,是自然界最美的曲线.在一个黄金矩形(宽除以长约等于0.6)中先以宽为边长作一个正方形,然后在剩下的矩形里面再以其中的宽为边长作一个正方形,以此循环作下去,最后在所形成的每个正方形里面画出14圆,把圆弧线顺次连接,得到的这条弧线就是黄金螺旋线.现把每一段黄金螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积设为cn,对应扇形的半径设为an,{an}满足a1=1,a2=1,an=an-1+an-2(n∈N*,n≥3),若将{cn}的每一项按照如图所示的方法放进格子里,每一小格子的边长为1,记前n项所在的正方形的面积之和为Sn,则下列结论错误的是( )
A.Sn+1=an+12+an+1·an
B.a1+a2+…+an=an+2-1
C.4(cn+2-cn+1)=πan·an+3
D.a1+a3+a5+…+a2n-1=a2n-1
12.()某企业用180万元购买一套新设备,该套设备预计平均每年能给企业带来100万元的收入,为了维护设备的正常运行,第一年需要各种维护费用10万元,且从第二年开始,每年所需的维护费用比上一年要增加10万元.
(1)求该设备给企业带来的总利润y(万元)与使用年数x(x∈N*)的函数关系;
(2)这套设备使用多少年,可使年平均利润最大?最大年平均利润为多少万元?
答案全解全析
第1课时 等差数列的前n项和
及其应用
基础过关练
1.B 由题意得a1+5d=4,19a1+19×9d=114,
即a1+5d=4,a1+9d=6,解得d=12,a1=32,
所以S15=15a1+15×(15-1)2d=15×32+15×7×12=75.故选B.
2.C 因为Sn=na1+12n(n-1)d=10n+12n·(n-1)×2=n2+9n,所以n2+9n=580,解得n=20或n=-29(舍去).
3.AC 设等差数列{an}的公差为d,则S3=3a1+3d=0,a4=a1+3d=8,解得a1=-4,d=4,
∴an=a1+(n-1)d=-4+4(n-1)=4n-8,Sn=na1+n(n-1)d2=-4n+2n(n-1)=2n2-6n.
故选AC.
4.答案 292
解析 ∵S2=2,S4=16,∴2a1+d=2,4a1+6d=16,
∴a1=-12,d=3,∴a6=a1+5d=-12+15=292.
5.答案 8
解析 ∵{an}是等差数列,∴S9=9(a1+a9)2=9×2a52=9a5=72,∴a5=8.
方法总结
求等差数列中基本量的方法是利用公式建立方程(组),或者运用等差数列的相关性质进行处理,以达到简化求解过程的目的.
6.C 因为Sn为数列{an}的前n项和,且满足Sn=n2+4n+2,所以a3+a4+a5=S5-S2=33,故选C.
7.C 由SnSn-1-Sn-1Sn=2SnSn-1(n∈N*且n≥2)可得Sn-Sn-1=2(n∈N*且n≥2),又a1=1,∴S1=a1=1,
∴{Sn}是以1为首项,2为公差的等差数列,∴Sn=2n-1,∴Sn=(2n-1)2,∴a81=S81-S80=1612-1592=640.
8.答案 5,n=12n-1,n≥2
解析 当n=1时,a1=S1=5,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+4-(n-1)2-4=2n-1,此时a1=5不成立,所以an=5,n=1,2n-1,n≥2.
9.答案 4;220
解析 根据2Sn=anan+1①,得2Sn-1=an-1an(n≥2,n∈N*)②,①-②,化简得2an=an(an+1-an-1),又an≠0,所以an+1-an-1=2(n≥2,n∈N*),
当n=1时,有2a1=a1·a2,可得a2=2,故a4=a2+2=4.
若a1=2,则an=n,n为偶数,n∈N*,n+1,n为奇数,n∈N*,
则S20=(a1+a3+a5+…+a19)+(a2+a4+a6+…+a20)
=(2+20)×102+(2+20)×102=220.
10.解析 (1)∵Tn=2n2+n+3,∴当n=1时,b1=T1=2×12+1+3=6;当n≥2时,bn=Tn-
Tn-1=2n2+n+3-[2(n-1)2+(n-1)+3]=4n-1.当n=1时,b1=6≠4×1-1,
∴bn=6,n=1,4n-1,n≥2.
(2)当n=1时,a1=S1=14(a1+1)2,所以a1=1;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=14(an+1)2-14·(an-1+1)2,即4an=an2+2an+1-(an-12+2an-1+1),
∴an2-an-12-2(an+an-1)=0,
∴(an+an-1)(an-an-1-2)=0.
∵数列{an}的各项均为正数,∴an+an-1>0,∴an-an-1-2=0,即an-an-1=2,
∴数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列,
∴an=1+2(n-1)=2n-1.
方法总结
给出Sn与an的递推关系,求an的一般思路:①利用an=a1,n=1,Sn-Sn-1,n≥2求解;②转化为Sn的递推关系,先求出Sn与n之间的关系,再求an.
11.A 因为an=1n+1+2n+1+…+nn+1=n(n+1)2·1n+1=n2,
所以bn=1anan+1=1n2·n+12=41n-1n+1,
所以Sn=41-12+12-13+…+1n-1n+1=4nn+1,
故选A.
12.B 设埃及分数依次构成数列{an},则其通项公式为an=1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1,
∴11×3+13×5+15×7+…+12 019×2 021
=12×1-13+13-15+15-17+…+12 019-12 021=12×1-12 021=1 0102 021,故选B.
13.答案 lg(n+1)
解析 由已知得an=lg(n+1)-lg n,
所以Sn=a1+a2+…+an=(lg 2-lg 1)+(lg 3-lg 2)+…+[lg(n+1)-lg n]=lg(n+1).
14.解析 (1)由an-an+1=32anan+1,两边同时除以anan+1,得1an+1-1an=32,又1a1=32,
∴1an是首项为32,公差为32的等差数列,
∴1an=32+32(n-1)=32n,∴an=23n.
(2)证明:由(1)得anan+1=49×1n(n+1)=49×1n-1n+1,
∴Sn=49×1-12+12-13+…+1n-1n+1=49×1-1n+1=49-49(n+1).
∵n∈N*,∴49-49(n+1)<49,
即Sn<49.
易错警示
在应用裂项相消法求和时应注意:①通项裂项后,是否恰好等于相应的两项之差;②在正、负项抵消后,是否只剩下了第一项和最后一项,是否还有其他项.
能力提升练
1.答案 an=6(n=1)6n-1(n≥2);146
解析 当n=1时,a1=S1=3×12+2×1+1=6,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n2+2n+1-3(n-1)2-2(n-1)-1=6n-1,当n=1时,a1=6≠6×1-1,
所以an=6(n=1),6n-1(n≥2),
所以a2n+1=12n+5,n∈N*,
所以a1+a3+a5+…+a9=a1+4×(a3+a9)2=6+2×(12×1+5+12×4+5)=146.
2.答案 -112;12 022
解析 当n=2时,有a2+132-a2·a2+13+a2=0,整理得43a2+19=0,解得a2=-112.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1,由Sn2-anSn+an=0可得Sn2-(Sn-Sn-1)Sn+Sn-Sn-1=0,即SnSn-1=Sn-1-Sn,易知SnSn-1≠0,所以1=Sn-1-SnSnSn-1=1Sn-1Sn-1,
所以数列1Sn是首项为1S1=3,公差为1的等差数列,∴1S2 020=3+1×2 019=2 022,
因此S2 020=12 022.
3.答案 12n+34·2n;178
解析 因为Sn=an+1-2n+1-12,
所以当n≥2时,Sn-1=an-2n-12,
所以an=Sn-Sn-1=an+1-2n+1-12-an-2n-12=an+1-an-2n,
所以an+1=2an+2n,即an+12n+1=an2n+12,
又a1=52,S1=a1=a2-22-12,
所以a2=7,所以a222=a12+12,满足上式,
所以数列an2n是以54为首项,12为公差的等差数列,
所以an2n=54+12(n-1)=12n+34,
所以an=12n+34·2n.
因为(t-2)an≥2n2-5n-12对任意n∈N*恒成立,所以(t-2)·12n+34·2n≥2n2-5n-12对任意n∈N*恒成立,即t-2≥2n2-5n-1212n+34·2n=4(n-4)2n对任意n∈N*恒成立,
所以t-2≥4(n-4)2nmax,令bn=4(n-4)2n,则bn+1-bn=4(n-3)2n+1-4(n-4)2n=4(5-n)2n+1.
所以当n<5时,bn+1-bn>0,即bn+1>bn;
当n=5时,b5=b6;
当n>5时,bn+1-bn<0,即bn+1所以4(n-4)2nmax=b5=b6=18,所以t-2≥18,即t≥178,所以实数t的最小值为178.
4.解析 (1)当n≥2时,TnTn-1=λ-Tn,
即Tn=λTn-1-TnTn-1,n≥2,
即λTn-1-Tn=TnTn-1,n≥2,
所以λTn-1Tn-1=1,n≥2,
因为1Tn是等差数列,所以λ=1,公差d=1,
令n=1,则T1=12,所以1T1=2,
所以1Tn=2+(n-1)·1=n+1,
所以数列{Tn}的通项公式为Tn=1n+1.
(2)由(1)及已知得bn=(2n+3)Tn=2+1n+1,
所以S2n-Sn-2n=2+1n+2+2+1n+3+2+1n+4+…+2+12n+1-2n=1n+2+1n+3+1n+4+…+12n+1,
令cn=1n+2+1n+3+1n+4+…+12n+1,
所以cn+1-cn=12n+3+12n+2-1n+2=3n+4(2n+3)(2n+2)(n+2)>0,
所以cn+1>cn,所以数列{cn}是递增数列,所以(cn)min=c1=13,
即(S2n-Sn-2n)min=13,
即S2n-Sn-2n的最小值为13.
5.B 在等差数列{an}中,公差d=a8-a26=2,
则an=a2+(n-2)d=-6+2n-4=2n-10,
所以a1=-8,
所以Sn=n(a1+an)2=n(-8+2n-10)2=n(n-9),
则S4=4×(-5)=-20,S5=5×(-4)=-20,S6=6×(-3)=-18,
所以S4=S5,S6>S5,故选B.
6.C 由an=Snn+2(n-1)得Sn=nan-2n(n-1),
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=nan-(n-1)an-1-4(n-1),整理得an-an-1=4,
所以{an}是公差为4的等差数列,又a1=1,
所以an=4n-3,从而Sn+3n=n(a1+an)2+3n=2n2+2n=2n(n+1),
所以1Sn+3n=12n(n+1)=121n-1n+1,
所以数列1Sn+3n的前10项和为12×1-111=511.
7.B 由an+1+(-1)nan=2n-1,得a2=1+a1,a3=3-a2=2-a1,a4=5+a3=7-a1,a5=7-a4=a1,a6=9+a5=9+a1,a7=11-a6=2-a1,a8=13+a7=15-a1,……,所以相邻奇数项的和为2,偶数项中,每隔一项构成公差为8的等差数列,
所以(a1+a3)+(a5+a7)+…+(a45+a47)=2×12=24,
a2+a4+a6+a8+…+a46+a48=(a2+a6+a10+…+a46)+(a4+a8+…+a48),
而a2+a6+a10+…+a46=(1+a1)+(9+a1)+…+(89+a1)=540+12a1,
a4+a8+…+a48=(7-a1)+(15-a1)+…+(95-a1)=612-12a1,
所以数列{an}的前48项和为24+(540+12a1)+(612-12a1)=1 176.故选B.
8.答案 2n;5052 021
解析 an=2+2(n-1)=2n.
设bn=1anan+1=12n(2n+2)=141n-1n+1,设{bn}的前n项和为Tn,
则Tn=141-12+12-13+…+1n-1n+1=141-1n+1=n4(n+1),
则T2 020=2 0204×(2 020+1)=5052 021.
9.答案 18或19
解析 设等差数列{an}的公差为d,
当n=1时,a2=λa1,
当n=2时,a4=λa2,所以2+d=2λ,2+3d=(2+d)λ,
解得λ=2,d=2或λ=1,d=0(舍去),
所以Sn=na1+n(n-1)d2=n2+n,
记Tn=910nSn=910n(n2+n),
所以Tn+1Tn=910n+1[(n+1)2+(n+1)]910n(n2+n)=9101+2n.
当1≤n≤18,n∈N*时,Tn+1Tn=9101+2n≥1,此时Tn+1≥Tn;
当n>18,n∈N*时,Tn+1Tn=9101+2n<1,此时Tn+1所以910nSn取得最大值时,n的值为18或19.
10.解析 (1)设数列{an}的公差为d,由题意得2a1+d=8,2a1+9d=2a1+8d+2,解得a1=3,d=2,所以an=2n+1.
(2)证明:由(1)知an=2n+1,所以Sn=n2(3+2n+1)=n2+2n,
所以1Sn=1n(n+2)=121n-1n+2,
所以Tn=121-13+12-14+13-15+…+1n-1-1n+1+1n-1n+2
=121+12-1n+1-1n+2<34.
11.解析 (1)由an+12=Sn+1+Sn,①
得an2=Sn+Sn-1(n≥2),②
①-②得an+12-an2=an+1+an(n≥2),
因为an>0,所以an+1-an=1(n≥2),
由a1=1,a22=a1+a2+a1,解得a2=2(a2=-1舍去),满足an+1-an=1,
因此数列{an}是以1为首项,1为公差的等差数列,所以an=n.
(2)bn=n+1(2n-1)(2n+1)·13n
=1432n-1-12n+1·13n
=141(2n-1)·3n-1-1(2n+1)·3n,
所以Tn=b1+b2+…+bn=1411×30-13×31+1413×31-15×32+…+141(2n-1)×3n-1-1(2n+1)×3n=141-1(2n+1)×3n.
解题模板
数列中常见的裂项相消的形式:
(1)1n(n+1)=1n-1n+1;
(2)14n2-1=1212n-1-12n+1;
(3)1n+1+n=n+1-n;
(4)2n(2n-1)(2n+1-1)=12n-1-12n+1-1.
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.A 设此等差数列为{an},公差为d,奇数项之和为S奇,偶数项之和为S偶,前n项和为Sn,由S偶-S奇=5d=15-12.5=2.5,得d=0.5.
故S10=10a1+10×92×0.5=15+12.5=27.5,解得a1=0.5.
2.A 设{an}的前n项和为Sn.由等差数列的性质得S10,S20-S10,S30-S20成等差数列,所以2(S20-30)=30+(210-S20),解得S20=100.故选A.
3.D 若S5=S9,则a6+a7+a8+a9=0,所以a7+a8=a1+a14=0,所以S14=14×(a1+a14)2=0,故A中结论正确.
若S5=S9,则5a1+10d=9a1+36d,所以d=-213a1.因为a1>0,所以d<0.
由Sn的表达式及二次函数的性质知,S7最大,故B中结论正确.
若S6>S7,则a7<0.又d<0,所以a8<0,所以S7>S8.但a6的符号不确定,所以S5与S6的大小无法比较,故C中结论正确,D中结论不正确.故选D.
4.ABD 由{an}是等差数列,Sn是其前n项和,且S5S8,
得a6=S6-S5>0,a7=S7-S6=0,a8=S8-S7<0,a7+a8=S8-S6<0,
则数列{an}为递减数列,即选项A,B正确;
由S9-S5=a9+a8+a7+a6=2(a8+a7)<0,得S9易知a1>a2>…>a6>a7=0>a8>a9>…,故S6与S7均为Sn的最大值,即选项D正确.
故选ABD.
5.B 设数列{bn}的公差为d.
∵b3=-2,b10=12,∴b1+2d=-2,b1+9d=12,
解得b1=-6,d=2,∴bn=-6+(n-1)×2=2n-8,
∴an+1-an=2n-8,又a1=3,
∴a2-a1=2×1-8,
a3-a2=2×2-8,
a4-a3=2×3-8,
……
a8-a7=2×7-8,
以上各式相加得,a8-a1=2×(1+2+3+…+7)-8×7=0,∴a8=a1=3.
6.B 被7除余2的自然数构成等差数列,设该等差数列为{an},an∈N,其首项a1=2,公差d=7,则an=a1+(n-1)d=7n-5,n∈N*,又an<100,an∈N,∴7n-5<100,∴n<15,n∈N*,∴n的最大值为14,∴满足条件的最大的自然数为a14=93,∴这些数的和为a1+a142×14=2+932×14=665.
7.答案 18
解析 由题意知S5=a1+a2+a3+a4+a5=23,当n>5时,Sn-Sn-5=an+an-1+an-2+an-3+an-4=177,两式相加并整理,得(a1+an)+(a2+an-1)+(a3+an-2)+(a4+an-3)+(a5+an-4)=23+177=200,所以a1+an=40,则Sn=n×a1+an2=20n=360,解得n=18.
8.答案 6
解析 由SnTn=7n+5n+3,可设Sn=k(7n+5)·n,Tn=k(n+3)n,k>0,
则a7=S7-S6=(7×7+5)×7k-(7×6+5)×6k=96k,
b7=T7-T6=(7+3)×7k-(6+3)×6k=16k,
则a7b7=96k16k=6.
9.答案 7
解析 令m=1,则an+1=an+a1,即an+1-an=1,则{an}是以1为首项,1为公差的等差数列,故an=n,
由λan≤an2+12对任意n∈N*恒成立,可得λn≤n2+12对任意n∈N*恒成立,即λ≤n+12n对任意n∈N*恒成立,
令y=n+12n,该函数在(0,23)上单调递减,在(23,+∞)上单调递增,
又23∈(3,4),当n=3时,y=7,当n=4时,y=7,所以ymin=7,所以λ≤7,即λmax=7.
10.解析 (1)解法一:设等差数列{an}的公差为d,由题意,得an>0,且a1+a1+4d=27(a1+2d)2,7a1+21d=63,
∴a1=3,d=2,
故an=2n+1.
解法二:设等差数列{an}的公差为d.
∵{an}是等差数列,且a1+a5=27a32,
∴2a3=27a32.又an>0,∴a3=7.
∵S7=7(a1+a7)2=7a4=63,∴a4=9,
∴d=a4-a3=2,∴an=a3+(n-3)d=2n+1.
(2)∵bn+1-bn=an+1,且an=2n+1,
∴bn+1-bn=2n+3,b1=a1=3.
∴当n≥2时,
bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)+b1=(2n+1)+(2n-1)+…+5+3=n(n+2),
当n=1时,b1=3,满足此式,
∴bn=n(n+2),
∴1bn=1n(n+2)=121n-1n+2,
∴Tn=1b1+1b2+…+1bn-1+1bn
=121-13+12-14+13-15+…+1n-1-1n+1+1n-1n+2
=121+12-1n+1-1n+2
=34-2n+32(n+1)(n+2).
11.C 由题设条件知,火箭每分钟通过的路程数构成以2为首项,2为公差的等差数列,设其前n项和为Sn,则Sn=2n+n(n-1)2×2=n2+n=n(n+1),令Sn=240,解得n=15或n=-16(舍去).
12.答案 10
解析 由题意可知,从上到下各层钢管数构成了一个等差数列,最上面一层的钢管数为1,逐层增加1.设该等差数列为{an},其前n项和为Sn,
则Sn=1+2+3+…+n=n(n+1)2,n∈N*.
当n=19时,S19=190;
当n=20时,S20=210>200.
所以当n=19时,剩余钢管的根数最少,最少为10.
13.解析 购买家电时支付150元,则欠款为1 000元,每月付50元,则需20次付清,设交付150元后的每个月的交款数额依次构成数列{an},
则a1=50+1 000×1%=60,
a2=50+(1 000-50)×1%=59.5,
……
a10=50+(1 000-9×50)×1%=55.5,
即分期付款的第10个月应付款55.5元.
故{an}是以60为首项,-0.5为公差的等差数列,且1≤n≤20,n∈N*,
所以a1+a2+…+a20=60+(60-19×0.5)2×20=1 105,
所以付清全部贷款后,买这件家电实际花费1 105+150=1 255(元).
所以分期付款的第10个月应付款55.5元,付清全部贷款后,买这件家电实际花费1 255元.
能力提升练
1.B ∵a1+a2+…+an=n2+n,①
∴当n=1时,a1=2,
当n≥2时, a1+a2+…+an-1=(n-1)2+(n-1),②
①-②并整理,得an=2n(n≥2),
经检验,当n=1时也满足,
∴an=2n,n∈N*,即an=4n2,n∈N*.
∴ann=4n,∵an+1n+1-ann=4(n+1)-4n=4,a11=4,∴ann是首项为4,公差为4的等差数列,它的前n项和为n(4+4n)2=2n2+2n.故选B.
易错警示
本题考查了由数列的前n项和求通项公式以及等差数列的前n项和公式.在由数列的前n项和Sn求{an}的通项公式时,要注意a1=S1,an=Sn-Sn-1,n≥2,n∈N*,求出{an}的通项公式后必须检验a1是否适合此式.
2.D 由题意知,这个数阵的第一行有1个偶数,第二行有2个偶数,……,第n行有n个偶数,所以前n行的偶数的总个数为n(n+1)2,
又由题图可知,数阵中的数依次构成以2为首项,2为公差的等差数列,所以第n行的最后一个偶数为2+n(n+1)2-1×2=n(n+1).
当n=44时,44×45=1 980,当n=45时,45×46=2 070,所以aij=2 020在第45行,
又aij=2 020=1 980+2×20,
所以2 020是第45行的第20个偶数,
即2 020这个数位于第45行第20列,
所以i-j=45-20=25,故选D.
3.ABC 根据题意,等差数列{an}中,S12>0,即S12=(a1+a12)×122=(a6+a7)×122=6(a6+a7)>0,由a7<0,得a6>0,A正确;
因为a3=12,且a6>0,a7<0,a6+a7>0,
所以a6=12+3d>0,a7=12+4d<0,a6+a7=24+7d>0,解得-247根据题意,S13=(a1+a13)×132=13a7<0,而S12>0,故Sn<0时,n的最小值为13,C正确;
由a7<0,a6>0可知d<0,所以数列{an}是递减的等差数列,当1≤n≤6,且n∈N*时,an>0,当n≥7,且n∈N*时,an<0,当1≤n≤12,且n∈N*时,Sn>0,当n≥13,且n∈N*时,Sn<0,
所以当1≤n≤6,且n∈N*时,Snan>0,当7≤n≤12,且n∈N*时,Snan<0,当n≥13,且n∈N*时,Snan>0,故数列Snan中的最小项不是第6项,D错误.
故选ABC.
4.解析 (1)∵当n≥2,n∈N*时,nan+1=(n+1)an,
∴当n≥2,n∈N*时,an+1n+1=ann,
又a2=1,∴a22=12,∴当n≥2,n∈N*时,数列ann为常数列,且各项均为12,
∴当n≥2,n∈N*时,ann=12,即an=n2,
又∵a1=1,∴an=1,n=1,n2,n≥2,n∈N*.
(2)由(1)知,bn=2n1an+1-λ=2n2n+1-λ,
若对任意的n∈N*,数列{bn}都是递减数列,
则bn+1-bn=2n4n+2-2n+1-λ<0对任意的n∈N*恒成立,即λ>4n+2-2n+1max,
又4n+2-2n+1=2n(n+1)(n+2)=2n+2n+3,
易知函数y=x+2x(x>0)在区间(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,2∈(1,2),所以当n=1或n=2时,n+2n+3取得最小值6,即4n+2-2n+1取得最大值13,
故实数λ的取值范围为13,+∞.
5.解析 (1)由an+1=2anan+2得1an+1=an+22an,故1an+1=1an+12,
即1an+1-1an=12,所以数列1an是以1a1=12为首项,12为公差的等差数列.所以1an=n2,即an=2n.
(2)易知{bn}的各项均不为0.由bn+1-bn=anbn得bn+1bn=an+1=n+2n,∴b2b1=3,b3b2=42,b4b3=53,……,bn-1bn-2=nn-2,bnbn-1=n+1n-1,
以上各式累乘得,bn=n(n+1),
则不等式22an1,
令cn=n(n+1)2n,n∈N*,
当n=1时,c1=1,不符合;
当n=2时,c2=32>1,符合;
当n=3时,c3=32>1,符合;
当n=4时,c4=54>1,符合;
当n=5时,c5=1516<1,不符合;
当n>5,n∈N*时,cn+1-cn=(n+1)(n+2)2n+1-n(n+1)2n=(n+1)(2-n)2n+1<0,
故当n>5,n∈N*时均不符合.
综上所述,n∈{2,3,4}.
6.答案 4;1 0071 008
解析 若对任意的m,n∈N*,都有am+n=am+an,则令m=n=2,得a4=a2+a2=4.
令m=n=1,得a2=a1+a1=2,所以a1=1,
令m=1,则an+1=a1+an=an+1,
∴an+1-an=1,
∴数列{an}是以1为首项,1为公差的等差数列,∴an=n,
∴a1+a3+a5+…+a2 013a2+a4+a6+…+a2 014=(1+2 013)×1 0072(2+2 014)×1 0072=2 0142 016=1 0071 008.
7.答案 n;-n+2n+1,n为奇数,n∈N*-nn+1,n为偶数,n∈N*
解析 因为2Sn=n2+n(n∈N*),
所以当n≥2,n∈N*时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)2=n,
当n=1时,S1=a1=1+12=1,符合此式,所以an=n.
因为bn=(-1)na2n+1an·an+1=(-1)n(2n+1)n(n+1)=(-1)n1n+1n+1.
当n为偶数,n∈N*时,Tn=-1+12+12+13-13+14+…-1n-1+1n+1n+1n+1,
所以Tn=1n+1-1=-nn+1,n为偶数,n∈N*;
当n为奇数,n∈N*时,Tn=Tn-1+bn,所以Tn=-n-1n-1n+1n+1=-n+2n+1,n为奇数,n∈N*.
综上,Tn=-n+2n+1,n为奇数,n∈N*,-nn+1,n为偶数,n∈N*.
8.答案 230
解析 由题意,设An(m,y),则m2-y2=4n+4,
双曲线En:x2-y2=4n+4(n∈N*)的渐近线方程为y=±x.
因为点An在En的两条渐近线上的投影分别为点Bn,Cn(不妨设点Bn在直线y=x上,点Cn在直线y=-x上),
所以|AnBn|=|m-y| 2,|AnCn|=|m+y| 2,
由两条渐近线相互垂直,可得AnBn⊥AnCn,所以△AnBnCn的面积an=12·AnBn·AnCn=12·|m-y| 2·|m+y| 2=14|m2-y2|=n+1,
因此数列{an}的前20项和为a1+a2+…+a20=2+3+…+21=20×(2+21)2=230.
9.B 根据题意,小李同学每天跑的路程数依次构成等差数列,设为{an},
则a1+a2+a3=3a2=3 600,故a2=1 200,a13+a14+a15=3a14=10 800,故a14=3 600,
则这15天小李同学总共跑的路程数为12×(a1+a15)×15=12(a2+a14)×15=36 000.故选B.
10.答案 A
信息提取 (1)棉花的总斤数为996;(2)分别赠送给8个子女;(3)从第1个孩子开始,以后每人依次多17斤,直到第8个孩子为止.
数学建模 本题以我国古代数学名著《算法统宗》中的八子分棉花问题为背景,构建等差数列模型,利用数列知识求解.利用等差数列的前n项和公式,先求出a1,再求a8即可.
解析 依题意得,8个子女所分得的棉花斤数依次构成等差数列,设该等差数列为{an},1≤n≤8,n∈N*,公差为d,前n项和为Sn,第1个孩子所分得的棉花斤数为a1,则由题意得d=17,S8=8a1+8×72×17=996,解得a1=65,则a8=a1+(8-1)d=184.故选A.
11.D 由题意得Sn+1是以an+1为宽,an+2为长的矩形的面积,即Sn+1=an+1an+2=an+1(an+1+an)=an+12+an+1·an,故A正确;a1+a2+…+an=(a3-a2)+(a4-a3)+(a5-a4)+…+(an+1-an)+(an+2-an+1)=an+2-a2=an+2-1,故B正确;
4(cn+2-cn+1)=4π4an+22-π4an+12=π(an+2+an+1)·(an+2-an+1)=πan+3·an,故C正确;
a1+a3+a5+…+a2n-1=a1+(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2n-3+a2n-2)=a1+a3-a2+a4-a3+a5-a4+a6-a5+…+a2n-1-a2n-2+a2n-a2n-1=a2n-a2+a1=a2n≠a2n-1,
所以D错误.故选D.
12.信息提取 (1)用180万元购买一套新设备;(2)该套设备预计平均每年能给企业带来100万元的收入;(3)第一年需要各种维护费用10万元;(4)从第二年开始,每年所需的维护费用比上一年增加10万元.
数学建模 本题是以企业生产利润为情境的实际问题,由题中信息“每年所需的维护费用比上一年要增加10万元”,可构建等差数列模型求解.企业总利润等于总收入减去总支出,其中维护费用逐年构成等差数列,利用等差数列的前n项和公式求出x年的总维护费用,建立总利润y(万元)与使用年数x(x∈N*)的函数关系,再利用基本不等式求其最大值.
解析 (1)由题意知,x年的总收入为100x万元,x年的总维护费用为10(1+2+3+…+x)=5x(x+1)万元,
∴y=100x-5x(x+1)-180=-5x2+95x-180,x∈N*.
(2)由(1)知,年平均利润为yx万元,yx=-5x+36x+95,x∈N*,∵x+36x≥2x·36x=12,当且仅当x=36x,即x=6时等号成立,
∴当x=6时,yx有最大值,yxmax=35.
∴这套设备使用6年,可使年平均利润最大,最大年平均利润为35万元.2
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