第六章 第二节 等差数列及其前n项和课件PPT

课时跟踪检测（三十五）  等差数列及其前n项和

[素养落实练]

1．等差数列{an}中，Sn是它的前n项和，a2＋a3＝10，S6＝54，则该数列的公差d为(　　)

A．2　　　　　　　　　 B．3

C．4  D．6

解析：选C　由题意，知解得故选C.

2．(2021·莆田质检)设等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝4，S5＝10，则a5＝(　　)

A．－2  B．0

C．6  D．10

解析：选A　∵等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝4，S5＝10，

∴解得a1＝6，d＝－2，

∴a5＝6－4×2＝－2，故选A.

3．数列{an}满足a1＝1，an＋1＝r·an＋r(n∈N*，r∈R且r≠0)，则“r＝1”是“数列{an}为等差数列”的(　　)

A．充分不必要条件  B．必要不充分条件

C．充要条件  D．既不充分也不必要条件

解析：选A　当r＝1时，数列{an}显然为等差数列；当数列{an}为等差数列如常数列时，r＝.

4．(多选)朱世杰是元代著名数学家，他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作．《算学启蒙》中涉及一些“堆垛”问题，主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题．现有100根相同的圆形铅笔，小明模仿“堆垛”问题，将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”，要求层数不小于2，且从最下面一层开始，每一层比上一层多1根，则该“等腰梯形垛”应堆放的层数可以是(　　)

A．4  B．5

C．7  D．8

解析：选BD　依据题意，根数从上至下构成等差数列，设首项即第一层的根数为a1，公差为d＝1，设一共放n(n≥2)层，则总根数为：Sn＝na1＋＝na1＋＝100，整理得2a1＝＋1－n.因为a1∈N*，所以n为200的因数，＋(1－n)≥2且为偶数，验证可知n＝5,8满足题意．

5．(2021·宜昌一模)等差数列{an}的前n项和为Sn，若公差d>0，(S8－S5)(S9－S5)<0，则(　　)

A．a7＝0  B．|a7|＝|a8|

C．|a7|>|a8|  D．|a7|<|a8|

解析：选D　∵公差d>0，(S8－S5)(S9－S5)<0，∴a6＋a7＋a8<0，a6＋a7＋a8＋a9>0，

∴a7<0，a7＋a8>0，|a7|<|a8|，故选D.

6．(多选)(2020·盐城模拟)设d，Sn分别为等差数列{an}的公差与前n项和，若S10＝S20，则下列论断中正确的有(　　)

A．当n＝15时，Sn取最大值  B．当n＝30时，Sn＝0

C．当d>0时，a10＋a22>0  D．当d<0时，|a10|>|a22|

解析：选BC　因为S10＝S20，所以10a1＋d＝20a1＋d，解得a1＝－d.因为无法确定a1和d的正负性，所以无法确定Sn是否有最大值，故A错误．

S30＝30a1＋d＝30×＋15×29d＝0，故B正确．

a10＋a22＝2a16＝2(a1＋15d)＝2＝d>0，故C正确．

a10＝a1＋9d＝－d＋d＝－d，a22＝a1＋21d＝－d＋d＝d，因为d<0，所以|a10|＝－d，|a22|＝－d，|a10|<|a22|，故D错误．

7．设数列{an}的前n项和为Sn，若为常数，则称数列{an}为“吉祥数列”．已知等差数列{bn}的首项为1，公差不为0，若数列{bn}为“吉祥数列”，则数列{bn}的通项公式为(　　)

A．bn＝n－1  B．bn＝2n－1

C．bn＝n＋1  D．bn＝2n＋1

解析：选B　设等差数列{bn}的公差为d(d≠0)，＝k，

因为b1＝1，则n＋n(n－1)d＝k，

即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d，

整理得(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0.

因为对任意的正整数n上式均成立，

所以(4k－1)d＝0，(2k－1)(2－d)＝0，解得d＝2，k＝.

所以数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1.

8．已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a1＝6，a3＋a5＝0，则S6＝________.

解析：∵a3＋a5＝2a4，∴a4＝0.∵a1＝6，a4＝a1＋3d，

∴d＝－2，∴S6＝6a1＋d＝6×6－30＝6.

答案：6

9．设Sn为等差数列{an}的前n项和，满足S2＝S6，－＝2，则a1＝_______，公差d＝________.

解析：由{an}为等差数列，得数列是首项为a1，公差为的等差数列，

∵－＝2，∴＝2⇒d＝4，

又S2＝S6⇒2a1＋4＝6a1＋×4⇒a1＝－14.

答案：－14　4

10．已知数列{an}为正项等差数列，其前2 020项和S2 020＝1 010，则＋的最小值为________．

解析：数列{an}为正项等差数列，其前2 020项和S2 020＝1 010，

∴＝1 010，可得a1＋a2 020＝1＝a2＋a2 019，

∴＋＝(a2＋a2 019)＝2＋＋≥2＋2＝4，

当且仅当a2 019＝a2＝时取等号．

答案：4

11．记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.

(1)求{an}的通项公式；

(2)求Sn，并求Sn的最小值．

解：(1)设{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.

又a1＝－7，所以d＝2.

所以{an}的通项公式为an＝2n－9.

(2)由(1)得Sn＝＝n2－8n＝(n－4)2－16，

所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.

12．已知等差数列的前三项依次为a,4,3a，前n项和为Sn，且Sk＝110.

(1)求a及k的值；

(2)已知数列{bn}满足bn＝，证明数列{bn}是等差数列，并求其前n项和Tn.

解：(1)设该等差数列为{an}，则a1＝a，a2＝4，a3＝3a，

由已知有a＋3a＝8，得a1＝a＝2，公差d＝4－2＝2，

所以Sk＝ka1＋·d＝2k＋×2＝k2＋k.

由Sk＝110，得k2＋k－110＝0，

解得k＝10或k＝－11(舍去)，故a＝2，k＝10.

(2)证明：由(1)得Sn＝＝n(n＋1)，

则bn＝＝n＋1，

故bn＋1－bn＝(n＋2)－(n＋1)＝1，

即数列{bn}是首项为2，公差为1的等差数列，

所以Tn＝＝.

[梯度拔高练]

1．(多选)在悠久灿烂的中国古代文化中，数学文化是其中的一朵绚丽的奇葩．《张丘建算经》是我国古代有标志性的内容丰富的众多数学名著之一，大约创作于公元五世纪．书中有如下问题：“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月织九匹三丈，问日益几何？”．其大意为：“有一女子擅长织布，织布的速度一天比一天快，从第二天起，每天比前一天多织相同数量的布，第一天织5尺，一个月共织了九匹三丈，问从第二天起，每天比前一天多织多少尺布？”已知1匹＝4丈，1丈＝10尺，若这一个月有30天，记该女子这一个月中的第n天所织布的尺数为an，bn＝2an，对于数列{an}，{bn}，下列选项中正确的为(　　)

A．b10＝8b5  B．{bn}是等比数列

C．a1b30＝105  D.＝

解析：选BD　由题意可知，数列{an}为等差数列，设数列{an}的公差为d，a1＝5，由题意可得30a1＋＝390，解得d＝，∴an＝a1＋(n－1)d＝，又bn＝2an，∴＝＝2an＋1－an＝2d(非零常数)，则数列{bn}是等比数列，B选项正确；∵5d＝5×＝≠3，＝(2d)5＝25d≠23，∴b10≠8b5，A选项错误；a30＝a1＋29d＝5＋16＝21，∴a1b30＝5×221>105，C选项错误；a4＝a1＋3d＝5＋3×＝，a5＝a1＋4d＝5＋4×＝，

∴＝＝＝，D选项正确．

2．(2020·龙岩期末)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋an＋1＝2n＋1(n∈N*)，则a20的值为________，S21的值为________．

解析：将n＝1代入an＋an＋1＝2n＋1中得a2＝3－1＝2.

由an＋an＋1＝2n＋1， ①

得an＋1＋an＋2＝2n＋3. ②

②－①，得an＋2－an＝2，

所以数列{an}的奇数项、偶数项都是以2为公差的等差数列，

则a21＝1＋10×2＝21，a20＝2＋9×2＝20，

所以S21＝(a1＋a3＋a5＋…＋a21)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝＋＝231.

答案：20　231

3．(2020·新高考全国卷Ⅰ)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________．

解析：法一：(观察归纳法)数列{2n－1}的各项为1,3,5,7,9,11,13，…；数列{3n－2}的各项为1,4,7,10，13，….

观察归纳可知，两个数列的公共项为1,7,13，…，是首项为1，公差为6的等差数列，

则an＝1＋6(n－1)＝6n－5.

故前n项和Sn＝＝＝3n2－2n.

法二：设bn＝2n－1，cn＝3n－2，bn＝cm，

则2n－1＝3m－2，

得n＝＝＝＋1，

于是m－1＝2k，k∈N，所以m＝2k＋1，k∈N，

则ak＝3(2k＋1)－2＝6k＋1，k∈N，得an＝6n－5，n∈N*.

故Sn＝＝3n2－2n.

答案：3n2－2n

4．(2020·日照一模)在①a2＋a3＝a5－b1，②a2·a3＝2a7，③S3＝15这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．

已知等差数列{an}的公差d>0，前n项和为Sn，若______，数列{bn}满足b1＝1，b2＝，anbn＋1＝nbn－bn＋1.

(1)求{an}的通项公式；

(2)求{bn}的前n项和Tn.

解：(1)若选①：∵anbn＋1＝nbn－bn＋1，

∴当n＝1时，a1b2＝b1－b2，

∵b1＝1，b2＝，∴a1＝2.

又∵a2＋a3＝a5－b1，

∴2a1＋3d＝a1＋4d－b1，∴d＝3，

∴an＝3n－1.

若选②：∵anbn＋1＝nbn－bn＋1，

∴当n＝1时，a1b2＝b1－b2，

∵b1＝1，b2＝，∴a1＝2.

又∵a2·a3＝2a7，

∴(a1＋d)(a1＋2d)＝2(a1＋6d)，∴d＝3，

∴an＝3n－1.

若选③：∵anbn＋1＝nbn－bn＋1，

∴当n＝1时，a1b2＝b1－b2，

∵b1＝1，b2＝，∴a1＝2.

又∵S3＝15，∴3a1＋d＝15，

∴d＝3，∴an＝3n－1.

(2)由(1)知：(3n－1)bn＋1＝nbn－bn＋1，

即3nbn＋1＝nbn，∴bn＋1＝bn，

又b1＝1，∴数列{bn}是以1为首项，为公比的等比数列，∴bn＝n－1，

∴Tn＝＝(1－3－n)．