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第29讲 等差数列及其前n项和--2024年高考一轮复习知识清单与题型专练
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这是一份第29讲 等差数列及其前n项和--2024年高考一轮复习知识清单与题型专练，文件包含第29讲等差数列及其前n项和原卷版docx、第29讲等差数列及其前n项和解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
1.等差数列中的有关公式
已知等差数列{an}的首项为a1,公差是d,前n项和为Sn,则
2.等差数列的性质
已知{an}是等差数列,Sn是{an}的前n项和.
(1)若m+n=p+q=2k(m,n,p,q,k∈N*),则有am+an= = .
(2)数列Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…成 数列.
3.等差数列与函数的关系
(1)等差数列{an}的通项公式可写成an= ,当d≠0时,它是关于n的 ,它的图象是直线y=dx+(a1-d)上横坐标为正整数的均匀分布的一群 的点.
注:当d>0时,{an}是 数列;当d<0时,{an}是 数列;当d=0时,{an}是 .
(2)前n项和公式可变形为Sn= ,当d≠0时,它是关于n的常数项为0的 ,它的图象是抛物线y=d2x2+a1-d2x上横坐标为正整数的均匀分布的一群 的点.
注:若a1>0,d<0,则Sn存在最 值;若a1<0,d>0,则Sn存在最 值.
1.an+1-an=d x+y2 an=a1+(n-1)d an=am+(n-m)d(n,m∈N*) n(a1+an)2 na1+n(n-1)2d
2.(1)ap+aq 2ak (2)等差
3.(1)dn+a1-d 一次函数 孤立 递增 递减
常数列
(2)d2n2+a1-d2n 二次函数 孤立 大 小
常用结论
等差数列的性质
1.已知{an},{bn}是公差分别为d1,d2的等差数列,Sn是{an}的前n项和,则有以下结论:
(1){a2n}是等差数列,公差为 2d1.
(2){pan+qbn}(p,q都是常数)是等差数列,且公差为pd1+qd2.
(3)ak,ak+m,ak+2m,…(k,m∈N*)是公差为 md1 的等差数列.
(4)Snn是等差数列,其首项与{an}的首项相同,公差是12d1 .
(5)数列{pan},{an+q}(p,q都是常数)都是等差数列,且公差分别为pd1,d1.
2.关于等差数列奇数项与偶数项的性质:
(1)若项数为2n,则S偶-S奇=nd,S奇S偶=anan+1.
(2)若项数为2n-1(n≥2),则S偶=(n-1)an,S奇=nan,S奇-S偶= an,S奇S偶=nn-1 .
3.两个等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,则它们之间的关系为anbn=S2n-1T2n-1.
分类探究
探究点一 等差数列的基本运算
例1 (1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a3=5,S4=24,则a9=( )
A.-5B.-7
C.-9D.-11
(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn,满足a3+a4=6,2a5=9,则S7=( )
A.352B.21C.492D.28
例1 [思路点拨] (1)由a3=5,S4=24可得到关于a1,d的方程组,解方程组可得到{an}的通项公式,从而求出答案;(2)首先设等差数列的公差为d,并根据条件建立关于a1和d的方程组,然后解出这两个量的值,进而利用等差数列的求和公式可求得S7的值.
(1)B (2)C [解析] (1)∵数列{an}为等差数列,∴设其公差为d,∵a3=5,S4=24,∴a1+2d=5,4a1+4×32d=24,解得a1=9,d=−2,∴an=9-2(n-1)=11-2n,∴a9=-7.故选B.
(2)设等差数列{an}的公差为d,由题意可得a3+a4=2a1+5d=6,2a5=2a1+8d=9,解得a1=12,d=1,因此,S7=7a1+7×62d=7×12+21=492,故选C.
[总结反思] (1)等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1,n,d,an,Sn,知道其中三个就能求出另外两个.
(2)解决等差数列问题的关键是求出两个最基本的量,即首项a1和公差d,有时为简化运算可不直接求a1,而是求出等差数列中与已知条件有关的某一项即可.
变式题 (1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S4=a7+1,a4+a7=4,则a10=( )
A.133B.4
C.113D.143
(2)记Sn为等差数列{an}的前n项和,2S3+S2=S4,a1=1,则S7=( )
A.-77B.-70
C.-49D.-42
变式题 (1)C (2)A [解析] (1)设等差数列的公差为d,则由S4=a7+1,a4+a7=4,得4a1+4×3d2=a1+6d+1,a1+3d+a1+6d=4,解得a1=13,d=1027,所以a10=a1+9d=13+9×1027=113, 故选C.
(2)设等差数列的公差为d,则由2S3+S2=S4,得2(3a1+3d)+(a1+a1+d)=4a1+6d,即2(3+3d)+(2+d)=4+6d,解得d=-4,则S7=7a1+21d=7×1+21×(-4)=-77,故选A.
探究点二 等差数列的性质
例2 (1)已知Sn是等差数列{an}的前n项和,2(a1+a3+a5)+3(a8+a10)=36,则S11=( )
A.66B.55
C.44D.33
(2)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层,上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )
图5-29-1
A.3699块B.3474块
C.3402块D.3339块
(3)已知数列{an}与{bn}都是等差数列,且a1=1,b1=4,a25+b25=149,则数列{an+bn}的前25项和等于 .
例2 [思路点拨] (1)首先利用等差中项求得a6,然后再利用等差中项与等差数列的前n项和公式求得S11;(2)由题意可得从内到外每环扇面形石板的块数构成等差数列{an}(n=1,2,…,3m),且公差d=9,a1=9,根据等差数列的性质即可求出每一层的环数,再根据前n项和公式即可求得结果;(3)利用两个等差数列对应项相加所得新数列也是一个等差数列求解.
(1)D (2)C (3)1925 [解析] (1)因为数列{an}是等差数列,所以2(a1+a3+a5)+3(a8+a10)=6a3+6a9=12a6=36,故a6=3,所以S11=11(a1+a11)2=11a6=33,故选D.
(2)设每一层有m环,则由内到外每环扇面形石板的块数构成等差数列{an}(n=1,2,…,3m),且公差d=9,a1=9.由等差数列的性质知Sm,S2m-Sm,S3m-S2m成等差数列,且(S3m-S2m)-(S2m-Sm)=m2d,则9m2=729,得m=9,则三层共有扇面形石板的块数为S3m=S27=27×9+27×262×9=3402.
(3)因为数列{an}与{bn}都是等差数列,所以数列{an+bn}也是等差数列,因为a1=1,b1=4,所以a1+b1=5,故数列{an+bn}的前25项和S25=(a1+b1)+(a25+b25)2×25=5+1492×25=1925.
[总结反思] (1)若{an},{bn}是等差数列,则{pan+qbn}也是等差数列;(2)已知{an}为等差数列,d为公差,Sn为该数列的前n项和,则Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…也成等差数列,公差为n2d.
变式题 (1)设等差数列{an}的前n项和为Sn,且an≠0,若a5=3a3,则S9S5=( )
A.95B.59
C.53D.275
(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S4=1,S8=4,则a17+a18+a19+a20的值为( )
A.9B.12
C.16D.17
(3)在等差数列{an}中,前m(m为奇数)项和为70,其中偶数项之和为30,且a1-am=12,则{an}的通项公式为an= .
变式题 (1)D (2)A (3)-2n+18 [解析] (1)由题意得Sn=n(a1+an)2,所以S9S5=92(a1+a9)52(a1+a5)=9a55a3=9×3a35a3=275.故选D.
(2)由等差数列的性质知S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12,S20-S16构成一个等差数列,且公差d'=(S8-S4)-S4=2,所以S20-S16=S4+(5-1)d'=1+4×2=9,即a17+a18+a19+a20=9,故选A.
(3)设等差数列{an}的公差为d,前m项中,所有奇数项之和S奇=a1+a3+…+am=m+12·(a1+am)2=m+12am+12=40,所有偶数项之和S偶=a2+a4+…+am-1=m-12·(a2+am-1)2=m-12am+12=30,∴S奇S偶=m+1m-1=43,解得m=7,且a4=10.又a1-a7=12,∴a1+3d=10,a1-(a1+6d)=12,解得a1=16,d=−2,∴an=16-2(n-1)=-2n+18.
探究点三 等差数列的判定与证明
例3 已知数列{an}的前n项和为Sn,且a2=8,Sn+Sn+1=4(n+1)2.
(1)求数列{an+an+1}的通项公式;
(2)证明:数列{an}是等差数列.
例3 [思路点拨] (1)由已知结合an=S1,n=1,Sn-Sn-1,n≥2即可求解;(2)结合等差数列的定义即可进行证明.
解:(1)∵Sn+Sn+1=4(n+1)2,
∴Sn+Sn-1=4n2(n≥2),
两式相减可得,an+an+1=8n+4(n≥2)(*).
∵S1+S2=2a1+a2=16,a2=8,
∴a1=4,a1+a2=12也适合(*)式,
故an+an+1=8n+4(n∈N*).
(2)证明:∵an+an+1=8n+4,
∴an-1+an=8n-4(n≥2),
两式相减可得,an+1-an-1=8(n≥2),
故数列{an}的奇数项是以4为首项,8为公差的等差数列;
偶数项是以8为首项,8为公差的等差数列.
故数列{an}是以4为首项,4为公差的等差数列.
[总结反思] 判断数列{an}是否为等差数列,通常有两种方法:①定义法,证明an-an-1=d(n≥2,d为常数),用定义法证明等差数列时,常选用式子an+1-an=d或an-an-1=d,但它们的意义不同,后者必须加上“n≥2”;②等差中项法,证明2an=an-1+an+1(n≥2).
变式题 给定数列{Pn},若对任意m,n∈N*,且m≠n,都有Pm+Pn是数列{Pn}的项,则称数列{Pn}为“C数列”.记数列{an}的前n项和为Sn,且对任意n∈N*,都有Sn=n(a1+an)2.
(1)求证:数列{an}为等差数列;
(2)若数列{an}为“C数列”,a1=3,a2∈N*且a2>3,求a2所有的可能值.
变式题 解:(1)证明:因为Sn=n(a1+an)2,所以2Sn=n(a1+an)①,2Sn+1=(n+1)(a1+an+1)②,
②-①得2(Sn+1-Sn)=a1+(n+1)an+1-nan,
即2an+1=a1+(n+1)an+1-nan③,
则有2an=a1+nan-(n-1)an-1(n≥2)④,
③-④并整理,得2(n-1)an=(n-1)(an-1+an+1),
即2an=an-1+an+1,所以数列{an}为等差数列.
(2)由(1)得数列{an}为等差数列,设数列{an}的公差为d,
由a1=3,a2∈N*且a2>3,得d>0,a1+a2=3+3+d=6+d,因为数列{an}为“C数列”,所以令6+d=3+(n-1)d,得n-2=3d.
又n∈N*,a2∈N*,所以d=1,n=5,a2=4或d=3,n=3,a2=6,所以a2所有的可能值为4或6.
探究点四 等差数列的最值问题
例4 (1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a8-a5=-6,S9-S4=75,则Sn取得最大值时,n=( )
A.14B.15
C.16D.17
(2)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若S25>0,S26<0,则数列Snan(n∈N*,n≤25)中的最大项是第 项.
例4 [思路点拨] (1)思路一:利用已知条件算出基本量a1,d后可得等差数列{an}的通项公式,根据通项的符号可得Sn何时取得最大值;思路二:利用等差数列基本量的运算求出a1,d,把Sn转化为关于n的二次函数,再求Sn的最大值.(2)首先根据S25>0,S26<0确定数列{an}的正负项,然后确定数列Snan的正负项,进而确定其最大项.
(1)A (2)13 [解析] (1)方法一:设等差数列{an}的公差为d,则由题可得3d=−6,9a1+36d-4a1-6d=75,解得d=−2,a1=27,故an=29-2n,则由an=29−2n≥0,an+1=29−2(n+1)≤0,得272≤n≤292.因为n∈N*,所以n=14,故选A.
方法二:由方法一可得a1=27,d=-2,所以Sn=na1+n(n-1)d2=-n2+28n,因为函数y=-x2+28x是关于x的二次函数,其图象开口向下,且对称轴为直线x=-282×(−1)=14,所以当n=14时,Sn最大.故选A.
(2)在等差数列{an}中,由S25>0,S26<0,得(a1+a25)×252>0,(a1+a26)×262<0,∴a13>0,a13+a14<0,则数列{an}是递减数列,且前13项大于0,自第14项起小于0,∴数列S1a1,S2a2,…,S25a25中,前13项为正值,从第14项起为负值,而S1a1,S2a2,…,S13a13为递增数列,∴数列S1a1,S2a2,…,S25a25的最大项是第13项.
[总结反思] 求等差数列前n项和最值的常用方法:
(1)二次函数法:用求二次函数最值的方法(配方法)求其前n项和的最值,但要注意n∈N*.
(2)图象法:利用二次函数图象的对称性来确定n的值,使Sn取得最值.
(3)项的符号法:当a1>0,d<0时,满足an≥0,an+1≤0的项数n使Sn取得最大值,当a1<0,d>0时,满足an≤0,an+1≥0的项数n使Sn取得最小值,即正项变负项处最大,负项变正项处最小.若有为零的项,则使Sn取得最值时的n的值有两个.
变式题 (1)设等差数列{an}的前n项和为Sn,首项a1>0,公差d<0,a10·S21<0,则当Sn最大时,n的值为( )
A.11B.10
C.9D.8
(2)2020年1月8日,人力资源和杜会保障部、财政部、农业农村部印发《关于进一步推动返乡入乡创业工作的意见》.《意见》指出,要贯彻落实党中央、国务院的决策部署,进一步推动返乡入乡创业,以创新带动创业,以创业带动就业,促进农村一、二、三产业融合发展,实现更充分、更高质量就业.为鼓励返乡创业,某镇政府决定投入“创业资金”和“创业技术培训”帮扶返乡创业人员.预计该镇政府每年投入的“创业资金”构成一个等差数列{an}(单位:万元),每年“创业技术培训”投入为第一年创业资金a1(万元)的3倍,已知a12+a22=200,则该镇政府帮扶5年累计总投入最多为 万元.
变式题 (1)B (2)200 [解析] (1)由题意可得S21=21a11.∵a10·S21<0,∴a10·a11<0,又等差数列{an}的首项a1>0,公差d<0,∴数列{an}为递减数列,
∴a10>0,a11<0,故当n=10时,Sn最大,故选B.
(2)设等差数列{an}的公差为d,则该镇政府帮扶5年累计总投入为5a1+5×42×d+5×3a1=10(2a1+d)=10(a1+a2)≤102(a12+a22)=10×2×200=200,当且仅当a1=a2=10时等号成立. 故该镇政府帮扶5年累计总投入最多为200万元.
同步作业
1.已知等差数列{an}中,3a5=2a7,则此数列中一定为0的是( )
A.a1B.a3
C.a8D.a10
1.A [解析] 设公差为d,则由3a5=2a7,得3(a1+4d)=2(a1+6d),化简得a1=0,故选A.
2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a6=3,S8=12,则{an}的公差d=( )
A.-1B.1
C.2D.3
2.B [解析] ∵等差数列{an}中,a6=3,S8=12,
∴a1+5d=3,8a1+28d=12,解得a1=−2,d=1,故选B.
3.已知等差数列{an}满足a1+a3+a5=18,a3+a5+a7=30,则a2+a4+a6=( )
A.20B.24
C.26D.28
3.B [解析] ∵等差数列{an}满足a1+a3+a5=18,a3+a5+a7=30,∴a1+a3+a5+a3+a5+a7=48,即(a1+a3)+(a3+a5)+(a5+a7)=48,∴2a2+2a4+2a6=48,
∴a2+a4+a6=24,故选B.
4.等差数列{an}的前n项和为Sn,若a2,a4是方程x2+2x-3=0的两个实根,则S5=( )
A.10B.5
C.-5D.-10
4.C [解析] ∵a2,a4是方程x2+2x-3=0的两个实根,
∴a2+a4=-2,则S5=5(a1+a5)2=5(a2+a4)2=-5.
故选C.
5.已知数列{an}的通项公式为an=26-2n,要使数列{an}的前n项和Sn最大,则n的值为( )
A.14B.13或14
C.12或11D.13或12
5.D [解析] 由an=26−2n≥0,an+1=26−2(n+1)≤0,得12≤n≤13,故当n=13或12时,Sn最大,故选D.
6.设Sn为等差数列{an}的前n项和,若a1=1,公差d=2,Sn+2-Sn=36,则n= .
6.8 [解析] ∵等差数列{an}的首项a1=1,公差d=2,∴Sn=n+2n(n-1)2=n2,Sn+2=(n+2)2,由Sn+2-Sn=36,得(n+2)2-n2=2(2n+2)=36,解得n=8.
7.等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若a3b5=35,则S5T9= .
7.13 [解析] 由{an}为等差数列可得S5=5(a1+a5)2=5×2a32=5a3,同理可得T9=9b5,所以S5T9=5a39b5=59×35=13.
8.已知数列{an}是等差数列,且a4+a7+a10=57,a4+a5+…+a14=77,若ak=13,则k的值为( )
A.7B.8
C.9D.10
8.B [解析] ∵a4+a7+a10=3a7=57,
∴a7=19.
∵a4+a5+…+a14=77,
∴11a9=77,即a9=7,
∴数列{an}的公差d=a9-a72=7−192=-6,
∴ak=a9+(k-9)·d=13,即7-6(k-9)=13,∴k=8.
故选B.
9.已知等差数列{an}满足a2019+a2020<0,a2019·a2020<0,且数列{an}的前n项和Sn有最大值,则Sn取最小正值时,n=( )
A.4037B.4036
C.4035D.4034
9.A [解析] ∵数列{an}的前n项和Sn有最大值,∴数列{an}为递减数列,又∵a2019·a2020<0,∴a2019>0>a2020,即该数列的前2019项为正数,从第2020项开始为负数,又∵a2019+a2020<0,∴S4037=4037(a1+a4037)2=4037a2019>0,S4038=4038(a1+a4038)2=2019(a2020+a2019)<0,∴当Sn取最小正值时,n=4037.故选A.
10.古希腊数学家佩波斯提出:蜂巢的优美形状,是自然界最有效劳动的代表.他猜想:人们所见到的截面呈六边形的蜂巢,是蜜蜂采用最少量的蜂蜡建造而成的.如图K29-1是蜂巢结构图的一部分,正六边形的顶点称为“晶格点”,重合的顶点算作一个“晶格点”.已知第一行有1个六边形,第二行有2个六边形,每行比上一行多1个六边形(六边形均相同),设图中前n行的“晶格点”的个数bn满足bn+1-bn=2n+5,n∈N*,则b10=( )
图K29-1
A.101B.123
C.141D.150
10.C [解析] 由题图可知,b1=6,b2=13,b2-b1=7.因为(bn+2-bn+1)-(bn+1-bn)=2,所以数列{bn+1-bn}是以7为首项,2为公差的等差数列,当n≥2时,bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)=6+7+9+…+(2n+3)=6+(7+2n+3)(n-1)2=n2+4n+1,所以b10=141,故选C.
11.(多选题)设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和,则下列说法正确的是( )
A.若d<0,则数列{Sn}有最大项
B.若数列{Sn}有最大项,则d<0
C.若对任意n∈N*,均有Sn>0,则数列{Sn}是递增数列
D.若数列{Sn}是递增数列,则对任意n∈N*,均有Sn>0
11.ABC [解析] 由等差数列的求和公式可得Sn=na1+n(n-1)2d=d2n2+（a1-d2）n.选项A中,若d<0,则由二次函数的性质可得数列{Sn}有最大项,故正确;选项B中,若数列{Sn}有最大项,则对应抛物线的开口向下,则有d<0,故正确;选项C中,若对任意n∈N*,均有Sn>0,则对应抛物线的开口向上,且a1>0,所以d>0,可得数列{Sn}是递增数列,故正确;选项D中,若数列{Sn}是递增数列,则对应抛物线的开口向上,d>0,但不一定对任意n∈N*,均有Sn>0,故错误.故选ABC.
12.(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,则必有S14=0
B.若S5=S9,则必有S7是{Sn}中最大的项
C.若S6>S7,则必有S7>S8
D.若S6>S7,则必有S5>S6
12.ABC [解析] 对于A,若S5=S9,则S9-S5=a6+a7+a8+a9=2(a7+a8)=0,即a7+a8=0,则S14=14×(a1+a14)2=14×(a7+a8)2=0,故A正确;对于B,若S5=S9,则S9-S5=a6+a7+a8+a9=2(a7+a8)=0,又a1>0,所以a7>0,a8<0,则必有S7是{Sn}中最大的项,故B正确;对于C,若S6>S7,则a7=S7-S6<0,又a1>0,所以d<0,则a8=S8-S7<0,即S7>S8,故C正确;对于D,若S6>S7,则a7=S7-S6<0,而a6的符号无法确定,故S5>S6不一定正确,故D错误.故选ABC.
13.(多选题)设d为正项等差数列{an}的公差,若d≠0,a3=2,则( )
A.a2a4<4B.a22+a4>154
C.1a1+1a5>1D.a1a5>a2a4
13.ABC [解析] 由题设知d>0,a1=2−2d>0,解得0∵a2a4=(2-d)(2+d)=4-d2<4,∴A正确;
∵a22+a4=(2-d)2+2+d=d2-3d+6=（d-32）2+154>154,∴B正确;
∵a1+a5=2a3=4,a1>0,a5>0,a1≠a5,∴1a1+1a5=14（1a1+1a5）(a1+a5)=14（2+a5a1+a1a5）>14（2+2a5a1·a1a5）=1,∴C正确;
∵a1a5-a2a4=(2-2d)(2+2d)-(2-d)(2+d)=-3d2<0,∴a1a5故选ABC.
14.等差数列{an}共有(2n+1)项,其中奇数项之和S奇=319,偶数项之和S偶=290,则an+1= .
14.29 [解析] 由题意知S奇-S偶=(a1+a3+a5+…+a2n+1)-(a2+a4+a6+…+a2n)=a1+nd=an+1=319-290=29.
15.将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为 .
15.3n2-2n [解析] 令2n-1=3m-2,可得n=3m-12,∵m,n∈N*,∴m=2k-1,k∈N*,∴an=3(2n-1)-2=6n-5,则{an}的前n项和Sn=n(6n-5+1)2=3n2-2n.
16.已知{an}是公差为d的等差数列,其前n项和为Sn,且a5=1, ,存在正整数n,使得Sn有最小值.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求Sn的最小值.
从①a3=-1,②d=2,③d=-2这三个条件中选择符合题意的一个条件,补充在上面问题中并作答.
16.解:因为存在正整数n,使得Sn有最小值,所以d>0,a1<0,故可选①或②.
方法一:选①a3=-1,
根据题意得a5-a3=2d,即1-(-1)=2d,解得d=1.
(1)an=a5+(n-5)d=1+(n-5)×1=n-4.
(2)a1=a3-2d=-3,所以Sn=na1+n(n-1)d2=n×(-3)+n(n-1)2=n2-7n2,
所以易知当n=3或4时,Sn取得最小值,且最小值为-6.
方法二:选②d=2,
根据题意得a1=a5-4d=1-4×2=-7.
(1)an=a1+(n-1)d=-7+(n-1)×2=2n-9.
(2)Sn=na1+n(n-1)d2=n×(-7)+n(n-1)×22=n2-8n,
所以易知当n=4时,Sn取得最小值,且最小值为-16.
17.已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且2anSn=an2+4(n∈N*).
(1)证明:数列{Sn2}为等差数列;
(2)求使Sn-an≥22020成立的n的最小值.
17.解:(1)证明:当n=1时,2S12=S12+4,∴S12=4,
当n≥2时,由2anSn=an2+4,得2(Sn-Sn-1)Sn=(Sn-Sn-1)2+4,
化简得Sn2-Sn-12=4,
∴数列{Sn2}是以4为首项,以4为公差的等差数列.
(2)由(1)知,a1=S1=2,Sn2=4+(n-1)×4=4n.
∵Sn>0,∴Sn=2n,则an=2n-2n-1(n≥2),
当n=1时,上式也成立,∴an=2n-2n-1(n∈N*),Sn-an=2n-1,
则不等式Sn-an≥22020即为2n-1≥22020,
∴n≥2021,故使Sn-an≥22020成立的n的最小值为2021.
18.等差数列{an}满足|a1|+|a2|+…+|an|=|a1+1|+|a2+1|+…+|an+1|=|a1+2|+|a2+2|+…+|an+2|=|a1+3|+|a2+3|+…+|an+3|=2010,则( )
A.n的最大值是50B.n的最小值是50
C.n的最大值是51D.n的最小值是51
18.A [解析] 由题可知,{an}中的项既有正项也有负项,不妨设a1>0,d<0,由题意可得n=2k,k∈N*,且ak>0,ak+1<0,ak+1+3<0,即a1+(k-1)d>0,a1+kd<0,a1+kd+3<0,∴d<-3,∴a1+a2+…+ak-(ak+1+ak+2+…+a2k)=2010,∴k2d=-2010,∴-2010k2<-3,得k<670,又k∈N*,∴k≤25,∴2k≤50,∴n的最大值为50.故选A.
19.原始的蚊香出现在宋代.根据宋代的《格物粗谈》记载:“端午时,收贮浮萍,阴干,加雄黄,作纸缠香,烧之,能祛蚊虫.”如图K29-2,为某校数学兴趣小组用数学软件制作的“螺旋蚊香”,画法如下:在水平直线l上取长度为1的线段AB,作一个等边三角形ABC,然后以点B为圆心,AB为半径逆时针画圆弧,交线段CB的延长线于点D,再以点C为圆心,CD为半径逆时针画圆弧,交线段AC的延长线于点E,以此类推.当得到的“螺旋蚊香”与直线l恰有21个交点时,“螺旋蚊香”的总长度的最小值为( )
图K29-2
A.310π
B.340π
C.930π
D.1020π
19.A [解析] 由等边三角形ABC的边长为1,内角为π3,可得弧AD的长为2π3;由弧DE的圆心角为2π3,半径为2,可得弧DE的长为4π3;再以A为圆心,AE的长为半径,逆时针画圆弧,交BA的延长线于点F,可得弧EF的长为6π3……由条件可知,所有的弧长依次构成一个首项和公差均为2π3的等差数列.以B为圆心,半径分别为1,4,7,10,…的圆弧除起点外,与直线l无交点,以C为圆心,半径分别为2,5,8,11,…的圆弧与直线l有1个交点,以A为圆心,半径分别为3,6,9,12,…的圆弧除终点外,与直线l无交点.当“螺旋蚊香”与直线l恰有21个交点时,若使“螺旋蚊香”的总长度最小,则恰好完成整数个循环,所以可以看成以B为圆心的弧与直线l只有交点A,以C为圆心的弧与直线l有10个交点,以A为圆心的弧与直线l有10个交点,最后一段圆弧的半径为3+3×(10-1)=30,所以“螺旋蚊香”的总长度的最小值为13×2π×(1+2+3+…+30)=13×2π×30×(1+30)2=310π.故选A.
等差数列定义式
(d为常数)
等差中项
A= (A是x与y的等差中项)
通项公式
或
前n项和公式
Sn= =
1.等差数列中的有关公式
已知等差数列{an}的首项为a1,公差是d,前n项和为Sn,则
2.等差数列的性质
已知{an}是等差数列,Sn是{an}的前n项和.
(1)若m+n=p+q=2k(m,n,p,q,k∈N*),则有am+an= = .
(2)数列Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…成 数列.
3.等差数列与函数的关系
(1)等差数列{an}的通项公式可写成an= ,当d≠0时,它是关于n的 ,它的图象是直线y=dx+(a1-d)上横坐标为正整数的均匀分布的一群 的点.
注:当d>0时,{an}是 数列;当d<0时,{an}是 数列;当d=0时,{an}是 .
(2)前n项和公式可变形为Sn= ,当d≠0时,它是关于n的常数项为0的 ,它的图象是抛物线y=d2x2+a1-d2x上横坐标为正整数的均匀分布的一群 的点.
注:若a1>0,d<0,则Sn存在最 值;若a1<0,d>0,则Sn存在最 值.
1.an+1-an=d x+y2 an=a1+(n-1)d an=am+(n-m)d(n,m∈N*) n(a1+an)2 na1+n(n-1)2d
2.(1)ap+aq 2ak (2)等差
3.(1)dn+a1-d 一次函数 孤立 递增 递减
常数列
(2)d2n2+a1-d2n 二次函数 孤立 大 小
常用结论
等差数列的性质
1.已知{an},{bn}是公差分别为d1,d2的等差数列,Sn是{an}的前n项和,则有以下结论:
(1){a2n}是等差数列,公差为 2d1.
(2){pan+qbn}(p,q都是常数)是等差数列,且公差为pd1+qd2.
(3)ak,ak+m,ak+2m,…(k,m∈N*)是公差为 md1 的等差数列.
(4)Snn是等差数列,其首项与{an}的首项相同,公差是12d1 .
(5)数列{pan},{an+q}(p,q都是常数)都是等差数列,且公差分别为pd1,d1.
2.关于等差数列奇数项与偶数项的性质:
(1)若项数为2n,则S偶-S奇=nd,S奇S偶=anan+1.
(2)若项数为2n-1(n≥2),则S偶=(n-1)an,S奇=nan,S奇-S偶= an,S奇S偶=nn-1 .
3.两个等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,则它们之间的关系为anbn=S2n-1T2n-1.
分类探究
探究点一 等差数列的基本运算
例1 (1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a3=5,S4=24,则a9=( )
A.-5B.-7
C.-9D.-11
(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn,满足a3+a4=6,2a5=9,则S7=( )
A.352B.21C.492D.28
例1 [思路点拨] (1)由a3=5,S4=24可得到关于a1,d的方程组,解方程组可得到{an}的通项公式,从而求出答案;(2)首先设等差数列的公差为d,并根据条件建立关于a1和d的方程组,然后解出这两个量的值,进而利用等差数列的求和公式可求得S7的值.
(1)B (2)C [解析] (1)∵数列{an}为等差数列,∴设其公差为d,∵a3=5,S4=24,∴a1+2d=5,4a1+4×32d=24,解得a1=9,d=−2,∴an=9-2(n-1)=11-2n,∴a9=-7.故选B.
(2)设等差数列{an}的公差为d,由题意可得a3+a4=2a1+5d=6,2a5=2a1+8d=9,解得a1=12,d=1,因此,S7=7a1+7×62d=7×12+21=492,故选C.
[总结反思] (1)等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1,n,d,an,Sn,知道其中三个就能求出另外两个.
(2)解决等差数列问题的关键是求出两个最基本的量,即首项a1和公差d,有时为简化运算可不直接求a1,而是求出等差数列中与已知条件有关的某一项即可.
变式题 (1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S4=a7+1,a4+a7=4,则a10=( )
A.133B.4
C.113D.143
(2)记Sn为等差数列{an}的前n项和,2S3+S2=S4,a1=1,则S7=( )
A.-77B.-70
C.-49D.-42
变式题 (1)C (2)A [解析] (1)设等差数列的公差为d,则由S4=a7+1,a4+a7=4,得4a1+4×3d2=a1+6d+1,a1+3d+a1+6d=4,解得a1=13,d=1027,所以a10=a1+9d=13+9×1027=113, 故选C.
(2)设等差数列的公差为d,则由2S3+S2=S4,得2(3a1+3d)+(a1+a1+d)=4a1+6d,即2(3+3d)+(2+d)=4+6d,解得d=-4,则S7=7a1+21d=7×1+21×(-4)=-77,故选A.
探究点二 等差数列的性质
例2 (1)已知Sn是等差数列{an}的前n项和,2(a1+a3+a5)+3(a8+a10)=36,则S11=( )
A.66B.55
C.44D.33
(2)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层,上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )
图5-29-1
A.3699块B.3474块
C.3402块D.3339块
(3)已知数列{an}与{bn}都是等差数列,且a1=1,b1=4,a25+b25=149,则数列{an+bn}的前25项和等于 .
例2 [思路点拨] (1)首先利用等差中项求得a6,然后再利用等差中项与等差数列的前n项和公式求得S11;(2)由题意可得从内到外每环扇面形石板的块数构成等差数列{an}(n=1,2,…,3m),且公差d=9,a1=9,根据等差数列的性质即可求出每一层的环数,再根据前n项和公式即可求得结果;(3)利用两个等差数列对应项相加所得新数列也是一个等差数列求解.
(1)D (2)C (3)1925 [解析] (1)因为数列{an}是等差数列,所以2(a1+a3+a5)+3(a8+a10)=6a3+6a9=12a6=36,故a6=3,所以S11=11(a1+a11)2=11a6=33,故选D.
(2)设每一层有m环,则由内到外每环扇面形石板的块数构成等差数列{an}(n=1,2,…,3m),且公差d=9,a1=9.由等差数列的性质知Sm,S2m-Sm,S3m-S2m成等差数列,且(S3m-S2m)-(S2m-Sm)=m2d,则9m2=729,得m=9,则三层共有扇面形石板的块数为S3m=S27=27×9+27×262×9=3402.
(3)因为数列{an}与{bn}都是等差数列,所以数列{an+bn}也是等差数列,因为a1=1,b1=4,所以a1+b1=5,故数列{an+bn}的前25项和S25=(a1+b1)+(a25+b25)2×25=5+1492×25=1925.
[总结反思] (1)若{an},{bn}是等差数列,则{pan+qbn}也是等差数列;(2)已知{an}为等差数列,d为公差,Sn为该数列的前n项和,则Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…也成等差数列,公差为n2d.
变式题 (1)设等差数列{an}的前n项和为Sn,且an≠0,若a5=3a3,则S9S5=( )
A.95B.59
C.53D.275
(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S4=1,S8=4,则a17+a18+a19+a20的值为( )
A.9B.12
C.16D.17
(3)在等差数列{an}中,前m(m为奇数)项和为70,其中偶数项之和为30,且a1-am=12,则{an}的通项公式为an= .
变式题 (1)D (2)A (3)-2n+18 [解析] (1)由题意得Sn=n(a1+an)2,所以S9S5=92(a1+a9)52(a1+a5)=9a55a3=9×3a35a3=275.故选D.
(2)由等差数列的性质知S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12,S20-S16构成一个等差数列,且公差d'=(S8-S4)-S4=2,所以S20-S16=S4+(5-1)d'=1+4×2=9,即a17+a18+a19+a20=9,故选A.
(3)设等差数列{an}的公差为d,前m项中,所有奇数项之和S奇=a1+a3+…+am=m+12·(a1+am)2=m+12am+12=40,所有偶数项之和S偶=a2+a4+…+am-1=m-12·(a2+am-1)2=m-12am+12=30,∴S奇S偶=m+1m-1=43,解得m=7,且a4=10.又a1-a7=12,∴a1+3d=10,a1-(a1+6d)=12,解得a1=16,d=−2,∴an=16-2(n-1)=-2n+18.
探究点三 等差数列的判定与证明
例3 已知数列{an}的前n项和为Sn,且a2=8,Sn+Sn+1=4(n+1)2.
(1)求数列{an+an+1}的通项公式;
(2)证明:数列{an}是等差数列.
例3 [思路点拨] (1)由已知结合an=S1,n=1,Sn-Sn-1,n≥2即可求解;(2)结合等差数列的定义即可进行证明.
解:(1)∵Sn+Sn+1=4(n+1)2,
∴Sn+Sn-1=4n2(n≥2),
两式相减可得,an+an+1=8n+4(n≥2)(*).
∵S1+S2=2a1+a2=16,a2=8,
∴a1=4,a1+a2=12也适合(*)式,
故an+an+1=8n+4(n∈N*).
(2)证明:∵an+an+1=8n+4,
∴an-1+an=8n-4(n≥2),
两式相减可得,an+1-an-1=8(n≥2),
故数列{an}的奇数项是以4为首项,8为公差的等差数列;
偶数项是以8为首项,8为公差的等差数列.
故数列{an}是以4为首项,4为公差的等差数列.
[总结反思] 判断数列{an}是否为等差数列,通常有两种方法:①定义法,证明an-an-1=d(n≥2,d为常数),用定义法证明等差数列时,常选用式子an+1-an=d或an-an-1=d,但它们的意义不同,后者必须加上“n≥2”;②等差中项法,证明2an=an-1+an+1(n≥2).
变式题 给定数列{Pn},若对任意m,n∈N*,且m≠n,都有Pm+Pn是数列{Pn}的项,则称数列{Pn}为“C数列”.记数列{an}的前n项和为Sn,且对任意n∈N*,都有Sn=n(a1+an)2.
(1)求证:数列{an}为等差数列;
(2)若数列{an}为“C数列”,a1=3,a2∈N*且a2>3,求a2所有的可能值.
变式题 解:(1)证明:因为Sn=n(a1+an)2,所以2Sn=n(a1+an)①,2Sn+1=(n+1)(a1+an+1)②,
②-①得2(Sn+1-Sn)=a1+(n+1)an+1-nan,
即2an+1=a1+(n+1)an+1-nan③,
则有2an=a1+nan-(n-1)an-1(n≥2)④,
③-④并整理,得2(n-1)an=(n-1)(an-1+an+1),
即2an=an-1+an+1,所以数列{an}为等差数列.
(2)由(1)得数列{an}为等差数列,设数列{an}的公差为d,
由a1=3,a2∈N*且a2>3,得d>0,a1+a2=3+3+d=6+d,因为数列{an}为“C数列”,所以令6+d=3+(n-1)d,得n-2=3d.
又n∈N*,a2∈N*,所以d=1,n=5,a2=4或d=3,n=3,a2=6,所以a2所有的可能值为4或6.
探究点四 等差数列的最值问题
例4 (1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a8-a5=-6,S9-S4=75,则Sn取得最大值时,n=( )
A.14B.15
C.16D.17
(2)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若S25>0,S26<0,则数列Snan(n∈N*,n≤25)中的最大项是第 项.
例4 [思路点拨] (1)思路一:利用已知条件算出基本量a1,d后可得等差数列{an}的通项公式,根据通项的符号可得Sn何时取得最大值;思路二:利用等差数列基本量的运算求出a1,d,把Sn转化为关于n的二次函数,再求Sn的最大值.(2)首先根据S25>0,S26<0确定数列{an}的正负项,然后确定数列Snan的正负项,进而确定其最大项.
(1)A (2)13 [解析] (1)方法一:设等差数列{an}的公差为d,则由题可得3d=−6,9a1+36d-4a1-6d=75,解得d=−2,a1=27,故an=29-2n,则由an=29−2n≥0,an+1=29−2(n+1)≤0,得272≤n≤292.因为n∈N*,所以n=14,故选A.
方法二:由方法一可得a1=27,d=-2,所以Sn=na1+n(n-1)d2=-n2+28n,因为函数y=-x2+28x是关于x的二次函数,其图象开口向下,且对称轴为直线x=-282×(−1)=14,所以当n=14时,Sn最大.故选A.
(2)在等差数列{an}中,由S25>0,S26<0,得(a1+a25)×252>0,(a1+a26)×262<0,∴a13>0,a13+a14<0,则数列{an}是递减数列,且前13项大于0,自第14项起小于0,∴数列S1a1,S2a2,…,S25a25中,前13项为正值,从第14项起为负值,而S1a1,S2a2,…,S13a13为递增数列,∴数列S1a1,S2a2,…,S25a25的最大项是第13项.
[总结反思] 求等差数列前n项和最值的常用方法:
(1)二次函数法:用求二次函数最值的方法(配方法)求其前n项和的最值,但要注意n∈N*.
(2)图象法:利用二次函数图象的对称性来确定n的值,使Sn取得最值.
(3)项的符号法:当a1>0,d<0时,满足an≥0,an+1≤0的项数n使Sn取得最大值,当a1<0,d>0时,满足an≤0,an+1≥0的项数n使Sn取得最小值,即正项变负项处最大,负项变正项处最小.若有为零的项,则使Sn取得最值时的n的值有两个.
变式题 (1)设等差数列{an}的前n项和为Sn,首项a1>0,公差d<0,a10·S21<0,则当Sn最大时,n的值为( )
A.11B.10
C.9D.8
(2)2020年1月8日,人力资源和杜会保障部、财政部、农业农村部印发《关于进一步推动返乡入乡创业工作的意见》.《意见》指出,要贯彻落实党中央、国务院的决策部署,进一步推动返乡入乡创业,以创新带动创业,以创业带动就业,促进农村一、二、三产业融合发展,实现更充分、更高质量就业.为鼓励返乡创业,某镇政府决定投入“创业资金”和“创业技术培训”帮扶返乡创业人员.预计该镇政府每年投入的“创业资金”构成一个等差数列{an}(单位:万元),每年“创业技术培训”投入为第一年创业资金a1(万元)的3倍,已知a12+a22=200,则该镇政府帮扶5年累计总投入最多为 万元.
变式题 (1)B (2)200 [解析] (1)由题意可得S21=21a11.∵a10·S21<0,∴a10·a11<0,又等差数列{an}的首项a1>0,公差d<0,∴数列{an}为递减数列,
∴a10>0,a11<0,故当n=10时,Sn最大,故选B.
(2)设等差数列{an}的公差为d,则该镇政府帮扶5年累计总投入为5a1+5×42×d+5×3a1=10(2a1+d)=10(a1+a2)≤102(a12+a22)=10×2×200=200,当且仅当a1=a2=10时等号成立. 故该镇政府帮扶5年累计总投入最多为200万元.
同步作业
1.已知等差数列{an}中,3a5=2a7,则此数列中一定为0的是( )
A.a1B.a3
C.a8D.a10
1.A [解析] 设公差为d,则由3a5=2a7,得3(a1+4d)=2(a1+6d),化简得a1=0,故选A.
2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a6=3,S8=12,则{an}的公差d=( )
A.-1B.1
C.2D.3
2.B [解析] ∵等差数列{an}中,a6=3,S8=12,
∴a1+5d=3,8a1+28d=12,解得a1=−2,d=1,故选B.
3.已知等差数列{an}满足a1+a3+a5=18,a3+a5+a7=30,则a2+a4+a6=( )
A.20B.24
C.26D.28
3.B [解析] ∵等差数列{an}满足a1+a3+a5=18,a3+a5+a7=30,∴a1+a3+a5+a3+a5+a7=48,即(a1+a3)+(a3+a5)+(a5+a7)=48,∴2a2+2a4+2a6=48,
∴a2+a4+a6=24,故选B.
4.等差数列{an}的前n项和为Sn,若a2,a4是方程x2+2x-3=0的两个实根,则S5=( )
A.10B.5
C.-5D.-10
4.C [解析] ∵a2,a4是方程x2+2x-3=0的两个实根,
∴a2+a4=-2,则S5=5(a1+a5)2=5(a2+a4)2=-5.
故选C.
5.已知数列{an}的通项公式为an=26-2n,要使数列{an}的前n项和Sn最大,则n的值为( )
A.14B.13或14
C.12或11D.13或12
5.D [解析] 由an=26−2n≥0,an+1=26−2(n+1)≤0,得12≤n≤13,故当n=13或12时,Sn最大,故选D.
6.设Sn为等差数列{an}的前n项和,若a1=1,公差d=2,Sn+2-Sn=36,则n= .
6.8 [解析] ∵等差数列{an}的首项a1=1,公差d=2,∴Sn=n+2n(n-1)2=n2,Sn+2=(n+2)2,由Sn+2-Sn=36,得(n+2)2-n2=2(2n+2)=36,解得n=8.
7.等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若a3b5=35,则S5T9= .
7.13 [解析] 由{an}为等差数列可得S5=5(a1+a5)2=5×2a32=5a3,同理可得T9=9b5,所以S5T9=5a39b5=59×35=13.
8.已知数列{an}是等差数列,且a4+a7+a10=57,a4+a5+…+a14=77,若ak=13,则k的值为( )
A.7B.8
C.9D.10
8.B [解析] ∵a4+a7+a10=3a7=57,
∴a7=19.
∵a4+a5+…+a14=77,
∴11a9=77,即a9=7,
∴数列{an}的公差d=a9-a72=7−192=-6,
∴ak=a9+(k-9)·d=13,即7-6(k-9)=13,∴k=8.
故选B.
9.已知等差数列{an}满足a2019+a2020<0,a2019·a2020<0,且数列{an}的前n项和Sn有最大值,则Sn取最小正值时,n=( )
A.4037B.4036
C.4035D.4034
9.A [解析] ∵数列{an}的前n项和Sn有最大值,∴数列{an}为递减数列,又∵a2019·a2020<0,∴a2019>0>a2020,即该数列的前2019项为正数,从第2020项开始为负数,又∵a2019+a2020<0,∴S4037=4037(a1+a4037)2=4037a2019>0,S4038=4038(a1+a4038)2=2019(a2020+a2019)<0,∴当Sn取最小正值时,n=4037.故选A.
10.古希腊数学家佩波斯提出:蜂巢的优美形状,是自然界最有效劳动的代表.他猜想:人们所见到的截面呈六边形的蜂巢,是蜜蜂采用最少量的蜂蜡建造而成的.如图K29-1是蜂巢结构图的一部分,正六边形的顶点称为“晶格点”,重合的顶点算作一个“晶格点”.已知第一行有1个六边形,第二行有2个六边形,每行比上一行多1个六边形(六边形均相同),设图中前n行的“晶格点”的个数bn满足bn+1-bn=2n+5,n∈N*,则b10=( )
图K29-1
A.101B.123
C.141D.150
10.C [解析] 由题图可知,b1=6,b2=13,b2-b1=7.因为(bn+2-bn+1)-(bn+1-bn)=2,所以数列{bn+1-bn}是以7为首项,2为公差的等差数列,当n≥2时,bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)=6+7+9+…+(2n+3)=6+(7+2n+3)(n-1)2=n2+4n+1,所以b10=141,故选C.
11.(多选题)设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和,则下列说法正确的是( )
A.若d<0,则数列{Sn}有最大项
B.若数列{Sn}有最大项,则d<0
C.若对任意n∈N*,均有Sn>0,则数列{Sn}是递增数列
D.若数列{Sn}是递增数列,则对任意n∈N*,均有Sn>0
11.ABC [解析] 由等差数列的求和公式可得Sn=na1+n(n-1)2d=d2n2+（a1-d2）n.选项A中,若d<0,则由二次函数的性质可得数列{Sn}有最大项,故正确;选项B中,若数列{Sn}有最大项,则对应抛物线的开口向下,则有d<0,故正确;选项C中,若对任意n∈N*,均有Sn>0,则对应抛物线的开口向上,且a1>0,所以d>0,可得数列{Sn}是递增数列,故正确;选项D中,若数列{Sn}是递增数列,则对应抛物线的开口向上,d>0,但不一定对任意n∈N*,均有Sn>0,故错误.故选ABC.
12.(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,则必有S14=0
B.若S5=S9,则必有S7是{Sn}中最大的项
C.若S6>S7,则必有S7>S8
D.若S6>S7,则必有S5>S6
12.ABC [解析] 对于A,若S5=S9,则S9-S5=a6+a7+a8+a9=2(a7+a8)=0,即a7+a8=0,则S14=14×(a1+a14)2=14×(a7+a8)2=0,故A正确;对于B,若S5=S9,则S9-S5=a6+a7+a8+a9=2(a7+a8)=0,又a1>0,所以a7>0,a8<0,则必有S7是{Sn}中最大的项,故B正确;对于C,若S6>S7,则a7=S7-S6<0,又a1>0,所以d<0,则a8=S8-S7<0,即S7>S8,故C正确;对于D,若S6>S7,则a7=S7-S6<0,而a6的符号无法确定,故S5>S6不一定正确,故D错误.故选ABC.
13.(多选题)设d为正项等差数列{an}的公差,若d≠0,a3=2,则( )
A.a2a4<4B.a22+a4>154
C.1a1+1a5>1D.a1a5>a2a4
13.ABC [解析] 由题设知d>0,a1=2−2d>0,解得0
∵a22+a4=(2-d)2+2+d=d2-3d+6=（d-32）2+154>154,∴B正确;
∵a1+a5=2a3=4,a1>0,a5>0,a1≠a5,∴1a1+1a5=14（1a1+1a5）(a1+a5)=14（2+a5a1+a1a5）>14（2+2a5a1·a1a5）=1,∴C正确;
∵a1a5-a2a4=(2-2d)(2+2d)-(2-d)(2+d)=-3d2<0,∴a1a5
14.等差数列{an}共有(2n+1)项,其中奇数项之和S奇=319,偶数项之和S偶=290,则an+1= .
14.29 [解析] 由题意知S奇-S偶=(a1+a3+a5+…+a2n+1)-(a2+a4+a6+…+a2n)=a1+nd=an+1=319-290=29.
15.将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为 .
15.3n2-2n [解析] 令2n-1=3m-2,可得n=3m-12,∵m,n∈N*,∴m=2k-1,k∈N*,∴an=3(2n-1)-2=6n-5,则{an}的前n项和Sn=n(6n-5+1)2=3n2-2n.
16.已知{an}是公差为d的等差数列,其前n项和为Sn,且a5=1, ,存在正整数n,使得Sn有最小值.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求Sn的最小值.
从①a3=-1,②d=2,③d=-2这三个条件中选择符合题意的一个条件,补充在上面问题中并作答.
16.解:因为存在正整数n,使得Sn有最小值,所以d>0,a1<0,故可选①或②.
方法一:选①a3=-1,
根据题意得a5-a3=2d,即1-(-1)=2d,解得d=1.
(1)an=a5+(n-5)d=1+(n-5)×1=n-4.
(2)a1=a3-2d=-3,所以Sn=na1+n(n-1)d2=n×(-3)+n(n-1)2=n2-7n2,
所以易知当n=3或4时,Sn取得最小值,且最小值为-6.
方法二:选②d=2,
根据题意得a1=a5-4d=1-4×2=-7.
(1)an=a1+(n-1)d=-7+(n-1)×2=2n-9.
(2)Sn=na1+n(n-1)d2=n×(-7)+n(n-1)×22=n2-8n,
所以易知当n=4时,Sn取得最小值,且最小值为-16.
17.已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且2anSn=an2+4(n∈N*).
(1)证明:数列{Sn2}为等差数列;
(2)求使Sn-an≥22020成立的n的最小值.
17.解:(1)证明:当n=1时,2S12=S12+4,∴S12=4,
当n≥2时,由2anSn=an2+4,得2(Sn-Sn-1)Sn=(Sn-Sn-1)2+4,
化简得Sn2-Sn-12=4,
∴数列{Sn2}是以4为首项,以4为公差的等差数列.
(2)由(1)知,a1=S1=2,Sn2=4+(n-1)×4=4n.
∵Sn>0,∴Sn=2n,则an=2n-2n-1(n≥2),
当n=1时,上式也成立,∴an=2n-2n-1(n∈N*),Sn-an=2n-1,
则不等式Sn-an≥22020即为2n-1≥22020,
∴n≥2021,故使Sn-an≥22020成立的n的最小值为2021.
18.等差数列{an}满足|a1|+|a2|+…+|an|=|a1+1|+|a2+1|+…+|an+1|=|a1+2|+|a2+2|+…+|an+2|=|a1+3|+|a2+3|+…+|an+3|=2010,则( )
A.n的最大值是50B.n的最小值是50
C.n的最大值是51D.n的最小值是51
18.A [解析] 由题可知,{an}中的项既有正项也有负项,不妨设a1>0,d<0,由题意可得n=2k,k∈N*,且ak>0,ak+1<0,ak+1+3<0,即a1+(k-1)d>0,a1+kd<0,a1+kd+3<0,∴d<-3,∴a1+a2+…+ak-(ak+1+ak+2+…+a2k)=2010,∴k2d=-2010,∴-2010k2<-3,得k<670,又k∈N*,∴k≤25,∴2k≤50,∴n的最大值为50.故选A.
19.原始的蚊香出现在宋代.根据宋代的《格物粗谈》记载:“端午时,收贮浮萍,阴干,加雄黄,作纸缠香,烧之,能祛蚊虫.”如图K29-2,为某校数学兴趣小组用数学软件制作的“螺旋蚊香”,画法如下:在水平直线l上取长度为1的线段AB,作一个等边三角形ABC,然后以点B为圆心,AB为半径逆时针画圆弧,交线段CB的延长线于点D,再以点C为圆心,CD为半径逆时针画圆弧,交线段AC的延长线于点E,以此类推.当得到的“螺旋蚊香”与直线l恰有21个交点时,“螺旋蚊香”的总长度的最小值为( )
图K29-2
A.310π
B.340π
C.930π
D.1020π
19.A [解析] 由等边三角形ABC的边长为1,内角为π3,可得弧AD的长为2π3;由弧DE的圆心角为2π3,半径为2,可得弧DE的长为4π3;再以A为圆心,AE的长为半径,逆时针画圆弧,交BA的延长线于点F,可得弧EF的长为6π3……由条件可知,所有的弧长依次构成一个首项和公差均为2π3的等差数列.以B为圆心,半径分别为1,4,7,10,…的圆弧除起点外,与直线l无交点,以C为圆心,半径分别为2,5,8,11,…的圆弧与直线l有1个交点,以A为圆心,半径分别为3,6,9,12,…的圆弧除终点外,与直线l无交点.当“螺旋蚊香”与直线l恰有21个交点时,若使“螺旋蚊香”的总长度最小,则恰好完成整数个循环,所以可以看成以B为圆心的弧与直线l只有交点A,以C为圆心的弧与直线l有10个交点,以A为圆心的弧与直线l有10个交点,最后一段圆弧的半径为3+3×(10-1)=30,所以“螺旋蚊香”的总长度的最小值为13×2π×(1+2+3+…+30)=13×2π×30×(1+30)2=310π.故选A.
等差数列定义式
(d为常数)
等差中项
A= (A是x与y的等差中项)
通项公式
或
前n项和公式
Sn= =
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