课时达标检测(7) 等差数列前n项和的性质(课件PPT)-【赢在微点·轻松课堂】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册（人教B版2019）

高中数学 选择性必修 第三册 B版 课时达标检测(七) 等差数列前n项和的性质 课时达标检测(七) 等差数列前n项和的性质 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 B版 第 * 页 赢在字里行间 课时达标检测(七) 等差数列前n项和的性质 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 B版 第 * 页 赢在字里行间 课时达标检测(七) 等差数列前n项和的性质 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 B版 第 * 页 赢在字里行间 课时达标检测(七) 等差数列前n项和的性质 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 B版 第 * 页 赢在字里行间 课时达标检测(七) 等差数列前n项和的性质 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 B版 第 * 页 赢在字里行间 课时达标检测(七) 等差数列前n项和的性质 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 B版 第 * 页 赢在字里行间 课时达标检测(七) 等差数列前n项和的性质 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 B版 第 * 页 赢在字里行间 课时达标检测(七) 等差数列前n项和的性质 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 B版 第 * 页 赢在字里行间 课时达标检测(七) 等差数列前n项和的性质 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 B版 第 * 页 赢在字里行间 课时达标检测(七) 等差数列前n项和的性质 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 B版 第 * 页 赢在字里行间 课时达标检测(七) 等差数列前n项和的性质 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 B版 第 * 页 赢在字里行间 课时达标检测(七) 等差数列前n项和的性质 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 B版 第 * 页 赢在字里行间 课时达标检测(七) 等差数列前n项和的性质 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 B版 第 * 页 赢在字里行间 课时达标检测(七) 等差数列前n项和的性质 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 B版 第 * 页 赢在字里行间 课时达标检测(七) 等差数列前n项和的性质 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 B版 第 * 页 赢在字里行间 课时达标检测(七) 等差数列前n项和的性质 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 B版 第 * 页 赢在字里行间 课时达标检测(七) 等差数列前n项和的性质 轻松课堂 高中数学 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5．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S14>0，S15<0，则n取何值时Sn最大(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 解析　已知等差数列{an}的前n项和为Sn，因为S14＝eq \f(14a1＋a14,2)＝eq \f(14a7＋a8,2)>0，S15＝eq \f(14a1＋a15,2)＝14a8<0，所以a7＋a8>0，a8<0，所以a7>0，a8<0，所以n＝7时，Sn最大。故选C。 答案　C 答案与解析 6．在等差数列{an}中,Sn为其前n项和。若S2 023=2 023,且-=2 000,则a1等于(　　) A．－2 023 B．－2 022 C．－2 021 D．－2 020 解析　因为{an}是等差数列,Sn为其前n项和,设公差为d,Sn=na1+(n-1)d,所以=a1+(n-1)·,所以-=,所以数列是以a1为首项,以为公差的等差数列,则-=a1+(2 023-1)·-=1 000d=2 000,解得d=2。又因为S2 023=2 023,所以==1=a1+(2 023-1)×,所以a1=-2 021。故选C。 答案　C 答案与解析 二、多项选择题 7．已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，(n＋1)Sn＝(6n＋18)Tn。若eq \f(an,bn)∈Z，则n的可能取值为(　　) A．1 B．2 C．3 D．5 解析　因为(n＋1)Sn＝(6n＋18)Tn⇒eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(6n＋18,n＋1)，所以eq \f(an,bn)＝eq \f(2an,2bn)＝eq \f(\f(na1＋a2n－1,2),\f(nb1＋b2n－1,2))＝eq \f(S2n－1,T2n－1)＝eq \f(12n＋12,2n)＝6＋eq \f(6,n)，因为eq \f(an,bn)∈Z，所以n∈{1,2,3,6}。故选ABC。 答案　ABC 答案与解析 8．数列{an}满足an＋1＋an＝11－n＋(－1)n，且0<a6<1。记数列{an}的前n项和为Sn，则当Sn取最大值时n为(　　) A．11 B．12 C．13 D．14 解析　由题意，当n为奇数时， an＋1＋an＝11－n＋(－1)n，an＋2＋an＋1＝11－(n＋1)＋(－1)n＋1。故an＋2－an＝[11－(n＋1)＋(－1)n＋1]－[11－n＋(－1)n]＝－1－2·(－1)n＝1。故奇数项为公差为1的等差数列。同理当n为偶数时， an＋2－an＝－1－2·(－1)n＝－3。故偶数项为公差为－3的等差数列。又0<a6<1即0<a2－6<1⇒6<a2<7。又a2＋a1＝11－1＋(－1)1＝9。所以2<a1<3。综上可知，奇数项均为正数，偶数项随着n的增大由正变负，故当Sn取最大值时n为奇数。故n为奇数且此时有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(an＋an－1≥0，,an＋2＋an＋1≤0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(11－n－1＋－1n－1≥0，,11－n＋1＋－1n＋1≤0，))解得11≤n≤13。故n＝11或n＝13。故选AC。 答案　AC 答案与解析 三、填空题 9．数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n＋1(n∈N＋)，则它的通项公式是________________________。 解析　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n＋1－[3(n－1)2－2(n－1)＋1]＝6n－5，当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＋1＝2，不符合上式，所以an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,6n－5，n≥2，n∈N＋。)) 答案　an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,6n－5，n≥2，n∈N＋)) 答案与解析 10．一个等差数列共有10项，其偶数项之和是15，奇数项之和是eq \f(25,2)，则它的首项与公差分别是a1＝________，d＝________。 解析　S偶－S奇＝5d＝15－eq \f(25,2)＝eq \f(5,2)，所以d＝eq \f(1,2)。由10a1＋eq \f(10×9,2)×eq \f(1,2)＝15＋eq \f(25,2)＝eq \f(55,2)，得a1＝eq \f(1,2)。 答案　eq \f(1,2)　eq \f(1,2) 答案与解析 11．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－9n，第k项满足5<ak<8，则k等于________。 解析　解法一：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－9n－[(n－1)2－9(n－1)]＝2n－10，当n＝1时，a1＝S1＝1－9＝－8，满足上式，所以an＝2n－10。令5<2n－10<8，解得7.5<n<9，因为n∈N＋，所以n＝8，即k＝8。 解法二：由已知Sn＝n2－9n可知{an}为等差数列，则an＝eq \f(S2n－1,2n－1)＝2n－10，令5<2n－10<8，解得7.5<n<9，因为n∈N＋，所以n＝8，即k＝8。 答案　8 答案与解析 四、解答题 12．设等差数列{an}满足a3＝5，a10＝－9。 (1)求{an}的通项公式； (2)求{an}的前n项和Sn及使得Sn最大的自然数n的值。 解　(1)由an＝a1＋(n－1)d及a3＝5，a10＝－9， 得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝5，,a1＋9d＝－9，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝9，,d＝－2，)) 所以数列{an}的通项公式为an＝11－2n，n∈N＋。 (2)由(1)知，Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝10n－n2。 因为Sn＝－(n－5)2＋25， 所以当n＝5时，Sn取得最大值。 13．在数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2－2an＋1＋an＝0 (n∈N＋)。 (1)求数列{an}的通项公式； (2)设Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求Sn。 解　(1)因为an＋2－2an＋1＋an＝0。 所以an＋2－an＋1＝an＋1－an＝…＝a2－a1。 所以{an}是等差数列且a1＝8，a4＝2， 所以d＝－2， 故an＝a1＋(n－1)d＝10－2n。 (2)因为an＝10－2n，令an＝0，得n＝5。 当n>5时，an<0；当n＝5时，an＝0； 当n<5时，an>0。 所以当n≤5时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝9n－n2。 当n>5时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an| ＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an) ＝S5－(Sn－S5)＝2S5－Sn ＝2·(9×5－25)－9n＋n2＝n2－9n＋40， 所以Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(9n－n2，n≤5，,n2－9n＋40，n>5。)) 　素养提升　 14．《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列，冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，前九个节气日影长之和为85.5尺，则小满日影长为(　　) A．1.5尺 B．2.5尺 C．3.5尺 D．4.5尺 解析　从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列{an}，冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，前九个节气日影长之和为85.5尺，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋a1＋3d＋a1＋6d＝31.5，,S9＝9a1＋\f(9×8,2)d＝85.5，))解得a1＝13.5，d＝－1，所以小满日影长为a11＝13.5＋10×(－1)＝3.5(尺)。故选C。 答案　C 答案与解析 15．已知数列{an}与{bn}，若a1＝3，且对任意正整数n满足an＋1－an＝2，数列{bn}的前n项和Sn＝n2＋an。 (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和Tn。 解　(1)因为对任意正整数n满足an＋1－an＝2，所以{an}是公差为2的等差数列， 又因为a1＝3，所以an＝2n＋1， 当n＝1时，b1＝S1＝4。 当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝(n2＋2n＋1)－[(n－1)2＋2(n－1)＋1]＝2n＋1， 对b1＝4不成立。 所以数列{bn}的通项公式 bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2n＋1，n≥2，n∈N＋。)) (2)由(1)知，当n＝1时，T1＝eq \f(1,b1b2)＝eq \f(1,20)， 当n≥2时，eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \f(1,2n＋12n＋3)＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))， 所以Tn＝eq \f(1,20)＋eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)－\f(1,9)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))))＝eq \f(1,20)＋eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)－\f(1,2n＋3)))＝eq \f(1,20)＋eq \f(n－1,10n＋15)。 当n＝1时仍成立，所以Tn＝eq \f(1,20)＋eq \f(n－1,10n＋15)对任意正整数n成立。 $$