资源简介

(共22张PPT)
知识点 1 等差数列的前n项和公式
4.2.2 等差数列的前n项和公式
必备知识 清单破
1.已知首项、末项与项数,则Sn= .
2.已知首项、公差与项数,则Sn=na1+ d.
　
　　等差数列{an}的前n项和公式可化成关于n的表达式: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项和公式是关于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.
知识点 2 等差数列前n项和公式的函数特征
1.公差为d的等差数列中依次k(k∈N*)项之和Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…组成公差为k2d的等差数列(分段
和成等差).
2.已知等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn.
(1)若项数为2n(n∈N*),则S2n=n(an+an+1),S偶-S奇=nd, = (S奇≠0,an≠0);
(2)若项数为2n-1(n∈N*),则S2n-1=(2n-1)an,S奇-S偶=an, = (S奇≠0).
3.若{an}是公差为d的等差数列,则 是首项为a1,公差为 的等差数列.
4.若等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,则 = , = · (bn≠0,T2n-1≠0).
5.在等差数列{an}中,若Sn=m,Sm=n(m≠n,m,n∈N*),则Sm+n=-(m+n).
知识点 3 等差数列前n 项和的性质
6.在等差数列{an}中,若Sn=Sm(m≠n,m,n∈N*),则Sm+n=0.
知识辨析
1.等差数列的前n项和公式一定是关于n的常数项为0的二次函数吗
2.若数列{an}的前n项和为Sn=n2+1,则数列{an}是公差为2的等差数列吗
3.已知Sn是等差数列{an}的前n项和,则S2,S4,S6是等差数列吗
4.等差数列{an}的前n项和Sn一定满足Sn=n 吗
5.当n≥3,n∈N*时,等差数列{an}的前n项和可以表示为Sn= 吗
一语破的
1.不一定.当公差d=0时,等差数列的前n项和公式是关于n的一次函数;当公差d≠0时,等差数
列的前n项和公式是关于n的常数项为0的二次函数.
2.不是.{an}是除第一项以外,其他各项差为2的数列.
3.不一定.S2,S4-S2,S6-S4成等差数列,只有当公差为零时,S2,S4,S6才构成等差数列.
4.不一定.当项数n为奇数时满足Sn=n ;当项数n为偶数时中间项有两项, 不存在,不满足Sn
=n .
5.可以.根据等差数列的性质可得a1+an=a3+an-2,所以等差数列{an}的前n项和可以表示为Sn=
(n≥3,n∈N*).
关键能力 定点破
定点 1 等差数列前n项和公式及其应用
　　等差数列问题共涉及五个量: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.

　　在解决与等差数列前n项和性质有关的问题时,恰当运用相关性质可以达到化繁为简、
化难为易、事半功倍的效果.
利用性质解决等差数列前n项和运算的几种思维方法:
(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项和性质及其应用
典例 (1)已知等差数列{an}的前m项和为30,前2m项和为100,求数列{an}的前3m项和S3m;
(2)已知等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,且 = ,求 的值.
思路点拨 (1)思路一:设数列的公差为d,求出m2d,ma1- ,整体代入求解.思路二、三利用等
差数列前n项和的性质求解.
(2)直接利用等差数列前n项和的性质求解.
解析 (1)解法一:设等差数列{an}的公差为d.
由题意得
整理可得
∴S3m=3ma1+ d
=3 + =3×10+ ×40=210.
解法二:由等差数列前n项和的性质可知,Sm,S2m-Sm,S3m-S2m成等差数列,
∴30,70,S3m-100成等差数列,
∴2×70=30+(S3m-100),∴S3m=210.
解法三:由等差数列前n项和的性质可知, , , 成等差数列,∴ = + ,
即S3m=3(S2m-Sm)=3×(100-30)=210.
(2)解法一: = = = = = .
解法二: = = = = .
　　求等差数列{an}(公差d≠0)的前n项和Sn的最大(小)值的常用方法如下:
(1)函数法:用配方法转化为求二次函数的最大(小)值问题,解题时注意n∈N*.
(2)利用 或 寻找正、负项的分界点,当a1>0,d<0时,正项和最大,当a1<0,d>0时,负
项和最小,进而得到Sn的最大(小)值.
(3)一般地,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项和的最大(小)值的求法
典例　在等差数列{an}中,a1=25,S8=S18,求其前n项和Sn的最大值.
解析 解法一:设等差数列{an}的公差为d.
因为S8=S18,a1=25,
所以8×25+ d=18×25+ ×d,解得d=-2.
所以Sn=25n+ ×(-2)=-n2+26n=-(n-13)2+169,
所以当n=13时,Sn取得最大值,最大值为169.
解法二:设Sn=An2+Bn,A≠0.
因为S8=S18,S1=a1=25,
所以 解得
所以Sn=-n2+26n=-(n-13)2+169,
所以当n=13时,Sn取得最大值,最大值为169.
解法三:同解法一,求出公差d=-2,
所以an=25+(n-1)×(-2)=-2n+27.
由 得
因为n∈N*,所以当n=13时,Sn取得最大值,最大值为 =169.
解法四:设等差数列{an}的公差为d.
因为S8=S18,所以S18-S8=0,
即a9+a10+…+a18=0.
结合等差数列的性质得a13+a14=0.
因为a1>0,所以d<0,所以a13>0,a14<0.
所以当n=13时,Sn有最大值.
由a13+a14=0,得a1+12d+a1+13d=0,解得d=-2,所以S13=13×25+ ×(-2)=169,
所以Sn的最大值为169.

1.倒序相加求和
　　在一个数列中,如果与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和,那么可采用把正
着写求和与倒着写求和的两个式子相加,就得到一个常数列的和,这种求和方法叫倒序相加
法.课本中等差数列前n项和公式的推导过程就采用了倒序相加求和.
2.裂项相消求和
(1)裂项相消求和就是将某些特殊数列的每一项拆成两项的差,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.
(2)常见的裂项技巧:
①已知{an}是等差数列,其公差为d(d≠0),则bn= = × .
定点 4 与等差数列有关的数列求和
②an=
= .
③an= = - .
④an=loga =loga(n+1)-logan,其中a>0,且a≠1.
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= + +…+ f +f +
,
∴2Sn=n,故Sn= .
(3)证明:由(2)及已知得an= = = ,
∵an>0,∴Tn∴Tn≥T1=a1= .
∵an= < = =2 ,
∴Tn= + + +…+ + <2
=2
=2 < .
综上, ≤Tn< .
方法技巧 (n∈N*)的常见放缩形式:
(1) < = - (n≥2);
(2) > = - ;
(3) = < =2 .4.2.2　等差数列的前n项和公式
第1课时　等差数列的前n项和及其性质
基础过关练
题组一　求等差数列的前n项和
1.在-20与40之间插入8个数,使这10个数成等差数列,则这10个数的和为(　　)
A.200　　　　B.100　　　　C.90　　　　D.70
2.在等差数列{an}中,a6+a7+a8=3,则此数列的前13项和等于(　　)
A.8　　　　B.26　　　　C.13　　　　D.162
3.设Sn是等差数列{an}的前n项和,若,S5=5S3-5,则a9=(　　)
A.2　　　　B.-2　　　　C.3　　　　D.-1
4.(多选题)记等差数列{an}的前n项和为Sn,则根据下列条件能够确定S21的值的是(　　)
A.a11=10　　　　B.a4+a19=10
C.a7=10,S13=130　　　　D.S7=100,S14=300
5.如果一个等差数列的前3项和为34,最后3项的和为146,且所有项的和为390,则这个数列有(　　)
A.13项　　　　B.12项　　　　C.11项　　　　D.10项
6.设等差数列{an}满足a2+a5=19,a6-a3=9.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记Sn为{an}的前n项和,若S11+Sk=Sk+2,求k的值.
题组二　等差数列前n项和的性质
7.已知数列{an}为等差数列,它的前n项和为Sn,若Sn=(n+1)2+λ,则λ的值是(　　)
A.-2　　　　B.-1　　　　C.0　　　　D.1
8.记Sn是等差数列{an}的前n项和,若S3=6,S6=21,则S12=(　　)
A.27　　　　B.36　　　　C.45　　　　D.78
9.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S2 017=S2 018,Sk=S2 012,则正整数k为(　　)
A.2 021　　　　B.2 022　　　　C.2 023　　　　D.2 024
10.已知数列{an}满足an+1=an+6,且其前n项和为Sn,则=(　　)
A.12　　　　B.6　　　　C.3　　　　D.2
11.已知等差数列{an}的项数为2m+1(m∈N*),其中奇数项之和为140,偶数项之和为120,则m=(　　)
A.6　　　　B.7　　　　
C.12　　　　D.13
12.有两个等差数列{an}、{bn},其前n项和分别为Sn、Tn.
(1)若,则=　　　　;
(2)若,则=　　　　;
(3)若,则=　　　　.
题组三　等差数列前n项和的应用
13.图1是一个水平摆放的小正方体木块,图2,图3是由这样的小正方体木块叠放而成的,按照这样的规律放下去,第6个叠放的图形中小正方体木块的总数是(　　)
　　
A.61　　　　B.66　　　　C.90　　　　D.91
14.传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数.他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类,如下图第一行的1,3,6,10称为三角形数,第二行的1,4,9,16称为正方形数,则下列各数既是三角形数又是正方形数的是(　　)
A.55　　　　B.49　　　　C.36　　　　D.28
15.蚊香具有悠久的历史,我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关.某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”如图所示.画法如下:在水平直线上取长度为1的线段AB,以AB为一边作等边三角形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(第一段圆弧),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,再以点A为圆心,AE为半径逆时针画圆弧……以此类推,当得到的“蚊香”恰好有15段圆弧时,“蚊香”的长度为(　　)
A.44π　　　　B.64π　　　　C.70π　　　　D.80π
16.如图,三角形数阵由一个等差数列2,5,8,11,14,…排列而成,按照此规律,则该数阵中第10行从左至右的第4个数是　　　　.
17.已知等差数列{an}中,a1=10,a5=2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{|an|}的前n项和Sn.
能力提升练
题组一　求等差数列的前n项和
1.已知函数f(x)=|x-1|,公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn.若f(a1 012)=f(a1 013),则S2 024=(　　)
A.1 012　　　　B.2 024　　　　C.3 036　　　　D.4 048
2.已知函数f(x)=x3+4x,记等差数列{an}的前n项和为Sn,若f(a3+2)=100, f(a2 020+2)=-100,则S2 022=(　　)
A.2 022　　　　B.-2 022　　　　C.4 044　　　　D.-4 044
3.定义:对于数a,b,若它们除以整数m所得的余数相等,则称a与b对于模m同余或a同余于b模m,记作a≡b(mod m).已知正整数t满足t≡11(mod 6),将所有符合条件的t的值按从小到大的顺序排列,构成数列{an}.设数列{an}的前n项和为Sn,则的最小值为(　　)
A.12　　　　B.14　　　　C.16　　　　D.18
4.若[x]表示不超过x的最大整数(例如:[0.1]=0,[-0.1]=-1),数列{an}满足a1=3,an+1-an=2n+2(n∈N*),则[]+…+[]=(　　)
A.1 010×2 021　　　　B.1 010×2 020
C.1 009×2 021　　　　D.1 009×2 020
5.数列{an}的前n项和Sn=n2,数列{bn}满足:对于正整数m,bm是使得不等式an≥m成立的所有n中的最小值,则数列{bn}的前(2n+1)项和为　　　　.
题组二　等差数列前n项和的性质
6.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,m≥2,m∈N*,则m等于(　　)
A.8　　　　B.7　　　　C.6　　　　D.5
7.设Sn是等差数列{an}的前n项和,若,则=(　　)
A.　　　　C.
8.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若公差d=,S100=145,则a1+a3+a5+…+a99的值为　　　.
题组三　等差数列前n项和的应用
9.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,,则+…+=(　　)
A.　　　　C.
10.已知等差数列{an}中,a3=9,a5=17,记数列的前n项和为Sn,若S2n+1-Sn≤(m∈Z)对任意的n∈N*恒成立,则整数m的最小值是(　　)
A.5　　　　B.4　　　　C.3　　　　D.2
11.(多选题)等差数列{an}中,a1>0,则下列命题正确的是(　　)
A.若a3+a7=4,则S9=18 B.若S15>0,S16<0,则
C.若a1+a2=5,a3+a4=9,则a7+a8=17 D.若a8=S10,则S9>0,S10<0
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.B　设该等差数列为{an},其前n项和为Sn,则由题意可知,a1=-20,a10=40,所以S10==100.
2.C　由已知得a6+a7+a8=3a7=3,
∴a7=1,故数列{an}的前13项和等于=13a7=13.故选C.
3.A　记等差数列{an}的公差为d,
由S5=5S3-5可得5a1+10d=5(3a1+3d)-5,整理得2a1+d-1=0,①
因为,所以S6=3S3,即6a1+15d=3(3a1+3d),整理可得a1=2d,②
联立①②可得a1=,
故a9=a1+8d=2.故选A.
4.AD　设等差数列{an}的公差为d.对于A,S21==21a11=210,故A正确;
对于B,a4+a19=a11+a12=2a11+d=10,因为d的值不确定,所以无法求出a11的值,所以无法确定S21的值,故B错误;
对于C,因为S13==13a7,所以由a7=10,S13=130无法确定S21的值,故C错误;
对于D,因为S14-S7=a8+a9+…+a14=a1+a2+…+a7+7d×7=100+49d=300-100=200,所以49d=100,
又S21-S14=a15+a16+…+a21=a1+a2+…+a7+14d×7=100+200=300,所以S21=S14+300=600,故D正确.
故选AD.
5.A　设这个等差数列为{an},其前n项和为Sn,则a1+a2+a3=34,an-2+an-1+an=146,n>6,n∈N*,因此3(a1+an)=34+146=180,即a1+an=60,
又Sn=390,所以=390,得n=13,故这个数列有13项.
6.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,由故an=a1+(n-1)d=3n-1.
(2)由(1)可知Sn=,
因为S11+Sk=Sk+2,所以,整理得6k=180,解得k=30.
7.B　∵等差数列的前n项和Sn可表示为Sn=An2+Bn(A,B为常数)的形式,且Sn=(n+1)2+λ=n2+2n+1+λ,∴1+λ=0,∴λ=-1.
8.D　解法一:设等差数列{an}的公差为d,
因为
所以S12=12a1+×d=12×1+66×1=78.故选D.
解法二:因为Sn是等差数列{an}的前n项和,所以S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9成等差数列,
于是2(S6-S3)=S3+(S9-S6),
将S3=6,S6=21代入上式,解得S9=45,
又2(S9-S6)=(S6-S3)+(S12-S9),所以S12=78.故选D.
9.C　因为Sn关于n的函数图象是二次函数图象上的一些点,所以由二次函数图象的对称性及S2 017=S2 018,Sk=S2 012,可得,解得k=2 023,故选C.
10.B　∵an+1=an+6,∴数列{an}是以6为公差的等差数列,
∴=a1+3n-a1-3(n-1)=3,
∴数列是以3为公差的等差数列,∴=2×3=6.故选B.
11.A　项数为2m+1的{an}中奇数项共有(m+1)项,
其和为=(m+1)am+1=140,
项数为2m+1的{an}中偶数项共有m项,其和为=mam+1=120,
所以,解得m=6.故选A.
规律总结　已知等差数列{an}的公差为d,其前n项和为Sn.若项数为2n(n∈N*),则S偶-S奇=nd,(S奇≠0,an≠0);若项数为2n-1(n∈N*),则S奇-S偶=an,(S奇≠0).
12.答案　(1)
解析　(1).
(2).
(3)因为{an},{bn}为等差数列,且,
所以可设Sn=kn(2n+3),Tn=kn(n+1)(易错点:Sn,Tn均为n的二次函数),
则a5=S5-S4=65k-44k=21k,b10=T10-T9=10k×11-9k×10=20k,所以.
规律总结　若等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,则(bn≠0,T2n-1≠0).
13.B　分别观察各图中小正方体木块的个数,依次为1,1+5,1+5+9,…,
归纳可知,第n个叠放图形中共有n层,且各层的小正方体木块的个数构成以1为首项,4为公差的等差数列,其前n项和Sn=n+=2n2-n,
所以S6=2×36-6=66.
故第6个叠放的图形中小正方体木块的总数为66.
故选B.
14.C　由题意知,三角形数可看作1=1,3=1+2,6=1+2+3,10=1+2+3+4,……,
则第n个三角形数为1+2+3+…+n=;
正方形数可看作1=12,4=22,9=32,16=42,……,则第n个正方形数为n2.
对于A,令n2=55,其解不是正整数,所以55不是正方形数,故A错误;
对于B,令n2=49,解得n=7,令=49,其解不是正整数,所以49不是三角形数,故B错误;
对于C,令n2=36,解得n=6,令=36,解得n=8,故C正确;
对于D,令n2=28,显然其解不是正整数,所以28不是正方形数,故D错误.
故选C.
15.D　由题意可知每段圆弧的圆心角都是,且每段圆弧的半径依次增加1,
则第n段圆弧的半径为n,记第n段圆弧的弧长为an,则an=·n,
所以这15段“蚊香”的长度为×(1+2+3+…+15)==80π.
故选D.
16.答案　146
解析　将三角形数阵中每行最左边的一列数2,5,11,20,…记为数列{an},观察分析可得an+1=an+3n,且a1=2.
由an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-1-an-2)+(an-an-1)=2+3+3×2+3×3+…+3(n-2)+3(n-1)
=2+3×n+2,
故a10=×10+2=137,即第10行从左到右的第一个数是137,按照规律,第4个数应该是137+3×3=146.
17.解析　(1)∵数列{an}是等差数列,且a1=10,a5=2,∴公差d==-2,
∴an=a1+(n-1)d=10-2(n-1)=12-2n.
(2)由(1)知an=12-2n,
∴当n<6时,an>0;当n=6时,an=0;当n>6时,an<0,
因此,当n≤6时,Sn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=a1+a2+a3+…+an==11n-n2;
当n>6时,Sn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=a1+a2+a3+…+a6-(a7+a8+…+an)
=2(a1+a2+…+a6)-(a1+a2+…+a6+a7+…+an)
=2×(11×6-62)-(11n-n2)=n2-11n+60.
综上,Sn=
能力提升练
1.B　由题可知函数f(x)的图象关于直线x=1对称,
因为{an}的公差不为0,所以a1 012≠a1 013,
又因为f(a1 012)=f(a1 013),所以=1,
所以a1 012+a1 013=2,故S2 024==2 024.故选B.
2.D　易知函数f(x)=x3+4x的定义域为R,关于原点对称,
∵f(-x)+f(x)=x3+4x=0,
∴f(x)是R上的奇函数.
∵f(a3+2)=100, f(a2 020+2)=-100,
∴f(a3+2)+f(a2 020+2)=0,
∴a3+2+a2 020+2=0,
∴a3+a2 020=-4=a1+a2 022,
∴S2 022==1 011×(-4)=-4 044,
故选D.
3.C　由题意可知an=6n-1,因为an+1-an=6,
所以数列{an}是等差数列,则Sn==3n2+2n,
可得+4≥12+4=16,
当且仅当n=1时,等号成立,故的最小值为16.
故选C.
4.A　∵an+1-an=2n+2,
∴an-an-1=2(n-1)+2=2n,an-1-an-2=2n-2,……,a3-a2=6,a2-a1=4,
累加可得an-a1=4+6+…+(2n-2)+2n==n2+n-2,
又a1=3,∴an=n2+n+1,
∵n2故[]+…+[]=1+2+…+2 020==1 010×2 021.故选A.
5.答案　n2+3n+1
解析　由已知得当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1,又a1=S1=1,满足上式,
因此an=2n-1,由an≥m,得n≥,则当m为正奇数时,bm=,当m为正偶数时,bm=+1,
于是数列{bn}的前(2n+1)项和为(b1+b3+b5+…+b2n+1)+(b2+b4+b6+…+b2n)
=[1+2+3+…+(n+1)]+[2+3+4+…+(n+1)]=2×-1=n2+3n+1.
6.D　解法一:因为am=Sm-Sm-1=2(m≥2,m∈N*),am+1=Sm+1-Sm=3,所以等差数列{an}的公差为am+1-am=1,
又Sm==0,所以a1=-2,所以am=-2+(m-1)×1=2,解得m=5.
解法二:由等差数列前n项和的性质知数列成等差数列,
则(m≥2,m∈N*)成等差数列,所以2·,即0=,解得m=5.
7.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,且S8=S4,
则S12-S8=2S4,S16-S12=S4,所以S16=7S4,所以.故选A.
8.答案　60
解析　设P=a1+a3+a5+…+a97+a99,Q=a2+a4+a6+…+a98+a100,
因为数列{an}是等差数列,且公差d=,S100=145,
所以
所以a1+a3+a5+…+a99=60.
9.B　易知S3==5a3,
因为,所以,与联立,解得
设等差数列{an}的公差为d,则d=a3-a2=2,a1=-1,
则Sn=na1+d=n(n-2),
当n≥3时,,
所以+…+
=
=.
故选B.
10.B　设等差数列{an}的公差为d,由a3=9,a5=17,
得∴an=4n-3,
故Sn=1++…+,
令bn=S2n+1-Sn,则bn=+…+,
则bn+1-bn=+…+-<0,∴{bn}是递减数列,∴{bn}的最大项为b1,且b1=,
根据题意可得S2n+1-Sn≤,得m≥,
又m∈Z,∴m的最小值为4.故选B.
11.ACD　对于A,由a3+a7=4,得S9==18,A正确;
对于B,由S15==15a8>0,得a8>0,由S16==8(a8+a9)<0,
得a8+a9<0,故a9<-a8<0,因此=(a8+a9)(a8-a9)<0,即,B错误;
对于C,a5+a6=(2a3-a1)+(2a4-a2)=2(a3+a4)-(a1+a2)=13,则a7+a8=(2a5-a3)+(2a6-a4)=2(a5+a6)-(a3+a4)=17,C正确;
对于D,设{an}的公差为d,由a8=S10,得a1+7d=10a1+45d,解得d=-a1,
则S9=9a1+36d=9a1<0,D正确.
故选ACD.
2第2课时　等差数列前n项和的综合应用
基础过关练
题组一　等差数列前n项和的最大(小)值
1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S9>0,S10<0,则数列{Sn}的最大项是(　　)
A.S6　　　　B.S5　　　　C.S9　　　　D.S8
2.已知数列{an}为等差数列,Sn为其前n项和,若a2+3a8<0,a6·a7<0,且数列{an}的前n项和有最大值,则使得Sn>0成立的n的最大值为(　　)
A.11　　　　B.12　　　　C.7　　　　D.6
3.已知数列{an}是公差不为0的无穷等差数列,Sn是其前n项和,若Sn存在最大值,则(　　)
A.在S1,,…,中,最大的数是S1
B.在S1,,…,中,最大的数是
C.在S1,S2,S3,…,S2 023中,最大的数是S1
D.在S1,S2,S3,…,S2 023中,最大的数是S2 023
4.(多选题)设Sn为等差数列{an}的前n项和,且 n∈N*,都有,若<-1,则下列结论正确的是(　　)
A.a16<0　　　　
B.a17<0
C.{Sn}的最小项是S16　　　　
D.{Sn}的最大项是S17
5.(多选题)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足|a4|=|a10|,公差d<0,则(　　)
A.a7=0　　　　
B.S13>0
C.Sn有最大值　　　　
D.Sn=S13-n(1≤n≤12,n∈N*)
6.已知数列{an}满足a1=,a1+a1a2+…+a1a2…anA.3　　　　B.2　　　　C.1　　　　D.
7.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,S2=45,S3=63.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)当n为何值时,Sn最大 最大值为多少
题组二　等差数列前n项和的实际应用
8.某健身房推出会员打卡送积分活动(积分可兑换礼品),第一天打卡得1积分,以后只要连续打卡,每天所得积分都会比前一天多2分.若某天未打卡,则当天没有积分,且第二天打卡必须从1积分重新开始.某会员参与打卡活动,从3月1日开始,到3月20日他共得193积分,中途有一天未打卡,则他未打卡的那天是(　　)
A.3月5日或3月16日
B.3月6日或3月15日
C.3月7日或3月14日
D.3月8日或3月13日
9.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
10.在如下数表中:
第1行为1,从第2行开始,每一行的左右两端都为1,其余的数都等于它肩上的两个数之和再加1.则
(1)第10行从左向右的第3个数为　　　;
(2)第n(n∈N*)行的各个数之和为　　　.
题组三　与等差数列有关的数列求和
11.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
12.(多选题)已知各项都是正数的数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=,则(　　)
A.{}是等差数列　　　　B.Sn+Sn+2<2Sn+1
C.an+1>an　　　　D.88<<89
13.记Sn为数列{an}的前n项和,已知对任意的n∈N*,an+an+1=2n+1,且存在k∈N*,Sk=Sk+1=210,则a1的取值集合为　　　(用列举法表示).
14.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项和的最大(小)值
1.在等差数列{an}中,Sn是{an}的前n项和,满足S18<0,S19>0,则在有限数列,…,中,最大项和最小项分别为(　　)
A.
C.
2.已知Sn是等差数列{an}的前n项和,且满足S2 023A.a2 023<0
B.使得Sn<0成立的最大的n值为4 045
C.a2 022a2 023>a2 024a2 025
D.当n=2 023时,Tn取得最小值
3.(多选题)设数列{an}满足2an=an+1+an-1(n≥2且n∈N*),Sn是数列{an}的前n项和,且4S7-7S4=42,a1=1,数列{bn}的前n项和为Tn,且Tn=·Sn,则下列结论正确的有(　　)
A.a5=3
B.数列的前2 024项和为
C.当n=4时,Tn取得最小值
D.当n=5时,取得最小值
题组二　等差数列前n项和的综合应用
4.已知递增数列{an}的前n项和Sn满足2Sn=n(an+1),设bn=,若对任意n∈N*,不等式b1+b2+b3+…+bn≤恒成立,则a2 023的最小值为(　　)
A.2 023　　　　B.2 024　　　　
C.4 045　　　　D.8 089
5.设无穷等差数列{an}的公差为d,集合T={t|t=sin an,n∈N*},则(　　)
A.T中不可能有无数个元素
B.当且仅当d=0时,T中只有1个元素
C.当T中只有2个元素时,这2个元素的乘积有可能为
D.当d=,k≥2,k∈N*时,T中最多有k个元素,且这k个元素的和为0
6.已知正项数列{an}的前n项积为Tn,且4,则使得>2 024的最小正整数n的值为(　　)
A.4　　　　B.5　　　　C.6　　　　D.7
7.(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
8.已知数列{an}和{bn}均为等差数列,它们的前n项和分别为Sn和Tn,且an>0,anbn=n2+36n,S23=T23,则a1+b1=(　　)
A.
9.已知等差数列{an}(公差不为0)和等差数列{bn}的前n项和分别为Sn、Tn,如果关于x的方程:1 003x2-S1 003x+T1 003=0有实数解,那么以下关于x的1 003个方程:x2-aix+bi=0(i=1,2,…,1 003)中,有实数解的方程至少有(　　)
A.499个　　　　B.500个　　　　C.501个　　　　D.502个
10.已知正项数列{an}的前n项和为Sn,若2Sn=+an-2,则的最小值为　　　　.
11.已知各项均为正数的递增等差数列{an},其前n项和为Sn,公差为d,若数列{}也是等差数列,则a1+的最小值为　　　　.
12.已知数列{an}的前n项和为Sn,若{an}与{}均为等差数列,且公差不为0,则的值为　　　　.
13.已知函数f(x)=x,数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)(n∈N*)在函数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2 020项和T2 020.
14.已知正项数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,且2Sn=nan+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)定义[x]为不超过x的最大整数(例如:[0.1]=0,[3.1]=3),设bn=1+,数列{bn}的前n项和为Tn,当[T1]+[T2]+…+[Tn]=87时,求n的值.
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.B　由题意得S9==9a5>0,
所以a5>0,又因为S10==5(a5+a6)<0,
所以a5+a6<0,所以a6<0,所以{an}的公差d=a6-a5<0,
故数列{an}是递减数列,且其前5项为正数,从第6项起均为负数,所以数列{Sn}的最大项是S5.故选B.
2.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,且a6>0,a7<0,
∴S11==11a6>0,
S12==6(a6+a7)<0,
故使得Sn>0成立的n的最大值为11.故选A.
3.A　设等差数列{an}的公差为d,则d≠0,由Sn存在最大值可知,d<0,
因为Sn=na1+n,所以,所以数列是以S1为首项,为公差的等差数列,且d<0,则是递减数列,所以在S1,,…,中,最大的数是S1,故A正确,B错误.
在S1,S2,S3,…,S2 023中,最大的数是不确定的,比如an=-n+,由≤n≤,n∈N*,所以n=4,即S4为最大值,故C、D错误.故选A.
4.AC　设{an}的公差为d,
由,
可得an0,
由<-1得a16<0,a17>0,
所以{Sn}中S16最小,无最大项,故选AC.
5.ACD　由|a4|=|a10|,d<0,得a4>0,a10<0,且a4+a10=0,所以a4+a10=2a7=0,即a7=0,故A正确;
S13=(a1+a13)=13a7=0,故B错误;
由d<0,a4>0,a10<0,得{an}是首项为正数的递减数列,又a7=0,所以当n=6或n=7时,Sn有最大值,故C正确;
由以上分析易知Sn=S13-n(1≤n≤12,n∈N*),故D正确.故选ACD.
6.C　由已知得,即,
∴是公差为1的等差数列,又∵a1=,
∴,
∴a1a2a3…an=,
∴a1+a1a2+…+a1a2…an=2×<1,
故m≥1,即m的最小值为1.故选C.
7.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,
由题意得
∴an=a1+(n-1)d=24+(n-1)×(-3)=27-3n.
(2)由(1)可得an=27-3n,
则a8=27-3×8=3,a9=27-3×9=0,a10=27-3×10=-3<0,
又∵d=-3<0,∴当n=8或n=9时,Sn取得最大值,最大值为=108.
8.D　若他连续打卡,则从打卡第1天开始,逐日所得积分依次成等差数列,且首项为1,公差为2,第n天所得积分为2n-1.
假设他连续打卡n(1≤n≤18,n∈N*)天,第(n+1)天中断了,
则他这20天所得积分之和为(1+3+…+2n-1)+[1+3+…+2(19-n)-1]==193,化简得n2-19n+84=0,
解得n=7或n=12,所以他未打卡的那天是3月8日或3月13日.故选D.
9.B　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,k∈N*,1≤k≤5,
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.
10.答案　(1)71　(2)2n-n
解析　(1)解法一(观察法):观察题中数表可得第6行的第3个数是7+11+1=19,第7行的第3个数是9+19+1=29,
第8行的第3个数是11+29+1=41,
第9行的第3个数是13+41+1=55,
第10行的第3个数是15+55+1=71.
解法二:设第k行的第3个数为ak(k≥3).
观察题中数表发现,第k(k≥3)行的第2个数为2k-3.
所以ak+1=ak+2k-3+1=ak+(2k-2).
由于a3=1,a4=5,所以当k≥4时,ak-ak-1=2k-4,
ak-1-ak-2=2k-6,
……
a4-a3=4,
累加可得ak-a3==k(k-3),
所以ak=k2-3k+1(k≥4),所以第10行的第3个数是102-30+1=71.
(2)设第n行的各个数之和为Sn,
则S1=1,S2=2,S3=5,
当n≥4时,第(n-1)行有(n-1)个数,记为x1,x2,…,xn-1,其中x1=xn-1=1.
则Sn-1=x1+x2+…+xn-1,
Sn=1+(x1+x2+1)+(x2+x3+1)+…+(xn-2+xn-1+1)+1
=n+2(x1+x2+…+xn-1)-(x1+xn-1)
=(n-2)+2Sn-1,
所以Sn+n=2[Sn-1+(n-1)]=22[Sn-2+(n-2)]=…=2n-3(S3+3)=2n,从而Sn=2n-n(n≥4),
因为当n=1,2,3时也满足上式,所以Sn=2n-n(n∈N*).
11.A　由已知得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.
12.ABD　当n=1时,a1=S1=,又a1>0,所以S1=a1=1,
当n≥2时,Sn=,整理得=1,
所以{}是公差为1的等差数列,故A正确;
由A中分析得+n-1=n,又Sn>0,所以Sn=,
则Sn+Sn+2==2Sn+1,故B正确;
a2=S2-S1=-1因为),
所以)+…+(-1)=88,
又因为当n≥2时,),
所以)+…+(-1<89,
所以88<<89,故D正确.
故选ABD.
13.答案　{-20,21}
解析　n为偶数时,Sn=a1+a2+a3+a4+…+an-1+an=3+7+…+2n-1=,
令=210,得n=20(负值舍去),
∴k=20或k=19.
当k=19时,S19=a1+a2+a3+…+a18+a19
=a1+5+9+…+37=a1+=a1+189=210,
∴a1=21;
当k=20时,S21=a1+a2+a3+…+a20+a21=a1+5+9+…+41=a1+=a1+230=210,∴a1=-20.
综上,a1的取值集合为{-20,21}.
14.解析　(1)当n=1时,S2+S1=2a2,解得a2=2a1=6.
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×…×,即=n,因为a1=3,所以an=3n,
所以{an}的通项公式为an=3n.
(2)由(1)可知,bn=,
则Tn=.
能力提升练
1.B　设等差数列{an}的公差为d.
S18==9(a9+a10)<0,即a9+a10<0,
S19==19a10>0,即a10>0,故a9<0,d>0.
①当1≤n≤9,n∈N*时,an<0,Sn<0,故>0,
故|Sn|max=|S9|,|an|min=|a9|,此时;
②当10≤n≤18,n∈N*时,an>0,Sn<0,故<0,
故|Sn|max=|S10|,|an|min=|a10|,此时;
③当n=19时,>0且+1<1,
又+1>1,所以.
综上所述,在,…,中,最大项和最小项分别为.故选B.
2.B　对于A,S2 024-S2 023=a2 024>0,S2 024-S2 022=a2 023+a2 024<0,所以a2 023<0,A中结论正确.
对于B,S4 047==4 047a2 024>0,S4 046==2 023×(a2 023+a2 024)<0,
所以使Sn<0成立的最大的n值为4 046,B中结论错误.
对于C,由等差数列的性质知a1故|a2 023|>|a2 024|,|a2 022|>|a2 025|,
则(-a2 022)(-a2 023)>a2 024a2 025,即a2 022a2 023>a2 024·a2 025,C中结论正确.
对于D,设等差数列{an}的公差为d.由bn=anan+1·an+2,得,
所以Tn=+…+=.
易知d>0,故要使Tn取得最小值,需取得最小值,需满足an+1an+2>0且an+1an+2最小,
由C中分析知a1a2>a2a3>…>a2 022a2 023>0,0a2 024a2 025,
故an+1an+2取最小值时,n=2 023,
此时最小,即Tn最小,故D中结论正确.
故选B.
3.BCD　由2an=an+1+an-1得an-an-1=an+1-an,
故{an}为等差数列,设其公差为d,由等差数列前n项和的性质知也为等差数列,且公差为,
由4S7-7S4=42,得=3·,则d=1,
又a1=1,∴an=n,∴a5=5,A错误;
易得Sn=,则,
故的前2 024项和为+…+,B正确;
Tn=·Sn=,
当n=1时,b1=T1=-50,当n≥2时,bn=Tn-Tn-1=,
易知n≥2时,{bn}单调递增,且b2=-22,b4=-7,b5=5,
∴b1当1≤n≤4时,{Tn}单调递减,且Tn<0,当n≥5时,{Tn}单调递增,
且T7=-32<0,T8=27>0,
所以n≤4或n≥8时,>0,
当n=5,6,7时,<0,且,
∵-18<-,∴当n=5时,取得最小值,D正确.故选BCD.
4.C　由2Sn=n(an+1)①,得当n=1时,2S1=1×(a1+1),则a1=1,
当n≥2时,2Sn-1=(n-1)(an-1+1)②,
①-②得(n-2)an-(n-1)an-1+1=0③,
则(n-1)an+1-nan+1=0④,
③-④并整理得2an=an+1+an-1,故{an}是等差数列,设其公差为d,则an=1+(n-1)d,d>0,
则bn=,
所以b1+b2+b3+…+bn=+…+=,易知an>0,所以,所以d≥2,
则a2 023=1+(2 023-1)d≥1+2 022×2=4 045.
故选C.
5.D　对于A,取an=n,则t=sin an=sin n,因为函数y=sin x的周期为2π,且图象的对称轴为直线x=+kπ,k∈Z,所以对任意的ai,aj(i,j∈N*,i≠j),必有sin ai≠sin aj,故当{an}是无穷等差数列时,T中有无穷个元素,故A错误;
对于B,取an=nπ,即d=π,则t=sin an=sin nπ=0,此时T中只有一个元素,故B错误;
对于C,若T中只有2个元素,根据y=sin x的周期性与图象的中心对称性可知,sin an的相邻两个值必一正一负,所以T中的这2个元素的乘积必为负,故C错误;
对于D,当d=时,t1=sin a1,t2=sin,……,tk=sin=sin a1,……,
所以T中最多有k个元素,
又因为正弦函数的周期为2π,数列{an}的公差为,所以ak(k≥2,k∈N*)把周期2π平均分成k份,所以T中的这k个元素的和为0,故D正确.故选D.
6.C　由题意得an>0,Tn>0,又∵4,
∴4,n≥2,n∈N*,两式相除可得,
上式两边取对数,可得(n+1)lg an-1=nlg an,即,n≥2,n∈N*,
∴×…××…×,
化简得,
又4,∴a1=4,∴lg an=lg 4·=(n+1)lg 2=lg 2n+1,∴an=2n+1,∴Tn=22×23×…×2n+1=,
∵210=1 024<2 024<2 048=211,∴要使>2 024,则≥211,即Tn≥222,即≥22,解得n≥,
∵5<,∴满足题意的最小正整数n的值为6.故选C.
7.AD　由题意可知,两马日行里数都成等差数列,
记良马的日行里数为数列{an},其前n项和为Sn,a1=103,公差d1=13,所以an=13n+90,n∈N*.
记驽马的日行里数为数列{bn},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里数之和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,此时良马所行里数为S9=(a1+a9)=1 395,D正确.故选AD.
8.D　由S23=T23可得,即a12=b12,
设an=kn+t,bn=pn+q,
则anbn=pkn2+(pt+kq)n+tq=n2+36n,
所以pk=1,pt+kq=36,tq=0.
若t=0,则又an>0,所以此时an=2n,bn=n+18,则a1+b1=;
同理,若q=0,则又an>0,所以则an=n+18,bn=2n,则a1+b1=.
综上,a1+b1=.故选D.
9.D　由题意得-4×1 003T1 003≥0,因为S1 003==1 003a502,T1 003==1 003b502,所以-4b502≥0,
若关于x的方程x2-aix+bi=0(i=1,2,3,…,1 003)无实数解,则-4bi<0,显然第502个方程有解.
设方程x2-a1x+b1=0与方程x2-a1 003x+b1 003=0的判别式分别为Δ1,Δ1 003,
则Δ1+Δ1 003=(-4b1 003)=-4(b1+b1 003)≥-4b502)≥0,
第一个等号成立的条件是a1=a1 003,而{an}的公差不为0,所以Δ1+Δ1 003>0,所以Δ1>0,Δ1 003>0至少有一个成立,
同理可证Δ2>0,Δ1 002>0至少有一个成立,……,Δ501>0,Δ503>0至少有一个成立,且Δ502≥0.
综上,在所给的1 003个方程中,有实数根的方程至少有502个.故选D.
10.答案　
解析　由题意得2a1=2S1=+a1-2,因为数列{an}是正项数列,所以a1=2,
由2Sn=+an-2,可得当n≥2,n∈N*时,2Sn-1=+an-1-2,
所以2an=2Sn-2Sn-1=(-an-1,
整理得an+an-1==(an+an-1)(an-an-1),
因为数列{an}是正项数列,
所以an-an-1=1,即数列{an}是首项为2,公差为1的等差数列,
所以an=n+1,n∈N*,Sn=,
令bn=,则bn=,n∈N*,
易知y=(x>0)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增,
又3<,
所以当且仅当n=4时,bn取得最小值,即取得最小值,为.
11.答案　3
解析　设等差数列{an}的公差为d(d>0),
则Sn=na1+n,
则有,
若数列{}也是等差数列,则必有a1=,
则a1+-1≥2×-1=4-1=3,当且仅当d=2时,等号成立,故a1+的最小值为3.
12.答案　2
解析　设数列{an}的公差为d(d≠0),则an=a1+(n-1)d,,
因为数列{}是等差数列,
所以2,
即2,
化简整理得-2a1d+d2=0,
所以a1=d,易知d>0,此时an=nd,,显然{an}与{}均为等差数列,满足题意,
则=2.
13.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 020=b1+b2+…+b2 020=g+…+g,
又T2 020=b2 020+b2 019+…+b1=g+…+g,
∴2T2 020=2 020=2 020,
∴T2 020=1 010.
14.解析　(1)因为{an}是正项数列,所以an>0,
因为2Sn=nan+1,a1=2,
所以当n=1时,2S1=2a1=a2,则a2=4;
当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an,
所以2an=2Sn-2Sn-1=nan+1-(n-1)an,
整理得,所以是常数列,则=2(n≥2),
又=2满足上式,所以=2(n∈N*),故an=2n.
(2)由(1)得2Sn=nan+1=2n(n+1),则Sn=n(n+1),
所以bn=1+,
则Tn=n++…+,
易得[T1]=2,[T2]=4,当n≥3时,0<,则[Tn]=n+2,
故[T1]+[T2]+[T3]+[T4]+…+[Tn]=2+4+5+6+…+(n+2)=3+4+5+6+…+(n+2)-1=-1=87,解得n=11(负值舍去).
2

展开更多......

收起↑