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(共69张PPT)
第六章　数列
6.2　等差数列
2027高考数学一轮总复习
内容索引
必备知识　回顾
课时作业
关键能力　提升
考试要求 三年考情 1.理解等差数列的概念和通项公式的意义,探索并掌握等差数列的前n项和公式,理解等差数列的通项公式与前n项和公式的关系. 2.能在具体的问题情境中,发现数列的等差关系,并解决相应的问题. 3.体会等差数列与一元一次函数的关系. 2023 2024 2025
新课标Ⅰ卷 T7,T20 新课标Ⅰ卷T19 全国一卷T16
新课标Ⅱ卷T18 新课标Ⅱ卷T12 全国二卷T7
必备知识　回顾
1.等差数列的概念
(1)等差数列的定义:一般地,如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的__都等于同一个常数,那么这个数列就叫做等差数列,这个常数叫做等差数列的____,公差通常用字母d表示,即____________=d(n∈N*,且n≥2)或________=d(n∈N*).
(2)等差中项:若三个数a,A,b成等差数列,则A叫做a与b的等差中项.根据等差数列的定义可以知道,2A=______.
1
知识梳理
差
公差
an-an-1
an+1-an
a+b
2.等差数列的通项公式与前n项和公式
(1)通项公式:an=____________.该式又可以写成an=____________,这表明d≠0时,an是关于n的一次函数,且d>0时这个函数是增函数,d<0时这个函数是减函数.
(2)前n项和公式:Sn
_____________,这表明d≠0时,Sn是关于n的二次函数,且d>0时图象开口向上,d<0时图象开口向下.
a1+(n-1)d
dn+(a1-d)
3.等差数列的性质
(1)与项有关的性质
①在等差数列{an}中,若公差为d,则an=am+(n-m)d,当n≠m时,d= .
②在等差数列{an}中,若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则am+an=ap+aq.特别地,若m+n=2p,则am+an=2ap.
③若数列{an}是公差为d的等差数列,则数列{λan+b}(λ,b为常数)是公差为λd的等差数列.
④若数列{an},{bn}(项数相同)是公差分别为d1,d2的等差数列,则数列{λ1an+λ2bn}(λ1,λ2为常数)也是等差数列,且公差为λ1d1+λ2d2.
⑤若数列{an}是公差为d的等差数列,则从数列中抽出项ak,ak+m,ak+2m,…,组成的数列仍是等差数列,且公差为____.
md
(2)与和有关的性质
①等差数列中依次k项之和Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…组成公差为k2d的等差数列.
②记S偶为所有偶数项的和,S奇为所有奇数项的和.
若等差数列的项数为2n(n∈N*),则S2n=n(an+an+1),S偶-S奇=____,(S奇≠0);
若等差数列的项数为2n-1(n∈N*),则S2n-1=(2n-1)an(an是数列的中间项),S奇-S偶=an,(S奇≠0).
nd
③若{an}为等差数列,则也为等差数列.
④两个等差数列{an},{bn}的前n项和Sn,Tn之间的关系为(bn≠0,T2n-1≠0).
1.若an=pn+q(p,q为常数),则{an}一定是公差为p的等差数列.
2.等差数列{an}的前n项和Sn的最值与{an}的单调性有关.
(1)若a1>0,d<0,则Sn存在最大值.
(2)若a1<0,d>0,则Sn存在最小值.
(3)若a1>0,d>0,则{Sn}是递增数列,S1是Sn的最小值;若a1<0,d<0,则{Sn}是递减数列,S1是Sn的最大值.
3.{an}是等差数列 Sn=An2+Bn(A,B是常数).若Sn=An2+Bn+C且C≠0,则{an}从第2项起成等差数列.
知识拓展
1.判断(正确的画“√”,错误的画“×”)
(1)数列{an}为等差数列的一个充要条件是对任意n∈N*,都有2an+1=an+an+2.(　 　)
(2)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的.(　 　)
(3)数列{an}为等差数列的一个充要条件是其通项公式为关于n的一次函数.(　 　)
(4)等差数列的前n项和公式是常数项为0且关于n的二次函数.(　 　)
基础检测
√
√
×
×
2.(人教A版选择性必修第二册P15练习T4改编)在等差数列{an}中,a1=3,a4=24,则数列{an}的通项公式为an=________.
解析:设等差数列{an}的公差为d,由题意得3d=a4-a1=21 d=7,则an=a1+(n-1)d=7n-4.
3.(人教A版选择性必修第二册P17例5改编)在等差数列{an}中,a1+3a8+a15=60,则a2+a14的值为____.
解析:等差数列{an}中,a1+3a8+a15=5a8=60,解得a8=12,所以a2+a14=2a8=24.
7n-4
24
4.(人教A版选择性必修第二册P21例6改编)若等差数列{an}的前5项和S5=25,且a2=3,则a7=____.
解析:设等差数列{an}的公差为d,由题意得
因此,a7=a1+6d=1+6×2=13.
13
关键能力　提升
考点1 等差数列基本量的计算
【例1】　(1)(一题多解)(2025·全国二卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若S3=6,S5=-5,则S6= (　 　)
A. -20 B. -15
C. -10 D. -5
B
【解析】　方法一　设等差数列{an}的公差为d,则 所以S6=6a1+15d=6×5+15×(-3)=-15.故选B.
方法二　因为Sn为等差数列{an}的前n项和,所以设Sn=An2+Bn,由S3=6,S5=-5,得n,所以S6=-6=-15.故选B.
方法三　由S3=3a2=6,S5=5a3=-5,可得a2=2,a3=-1,故公差d=a3-a2=-3,首项a1=a2-d=5,所以S6=6a1+15d=6×5+15×(-3)=-15.故选B.
(2)(多选)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S5=0,a5=6,则(　 　)
A.a1=-6
B.an=3n-9
C.S2=S4
D.Sn=
【解析】　由题意得所以an=a1+(n-1)d=3n-9,Sn=,所以S2=-9,S4=-6.故选ABD.
ABD
(3)(2025·广东广州三模)某校新建一个报告厅,要求容纳840个座位,报告厅共有21排座位,从第2排起后一排都比前一排多2个座位,则第1排应安排的座位数为(　 　)
A.18 B.19
C.20 D.21
【解析】　设第一排安排的座位数为a1,因为从第2排起后一排都比前一排多2个座位,所以各排座位数从小到大构成一个公差d=2的等差数列{an},且该数列的前21项和S21=840,即S21=21a1+2=840,解得a1=20.故选C.
C
1.等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1,d,n,an,Sn,已知其中三个量就能求另外两个量,体现了用方程的思想来解决问题.
2.数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用,而a1和d是等差数列的两个基本量,用它们表示已知和未知是解决数列问题的常用方法.
规律总结
【对点训练1】　(1)(2025·山东德州三模)已知Sn为等差数列{an}的前n项和,a2=4,S5=3a4+6,则a8= (　 　)
A.2 B.8
C.16 D.32
解析:设等差数列{an}的公差为d,则
所以a8=a1+7d=16.故选C.
C
(2)(人教B版选择性必修第三册P21练习AT1改编)已知数列{an}为等差数列,a4=2a1+2,a5=2a2-1.若am=2 026,则m= (　 　)
A.672 B.674
C.2 013 D.2 014
解析:设等差数列{an}的公差为d,由
则am=7+3(m-1)=2 026,
解得m=674.故选B.
B
(3)数学在生活中无处不在.如图所示,某建筑工人在施工时经常使用双面折叠人字梯,其一面每层的梯杆宽度从上往下依次构成从小到大的等差数列,且该人字梯共有5层,第1层梯杆的宽度为37厘米,第5层梯杆的宽度为45厘米,则生产该双面折叠人字梯的所有梯杆所需原材料的总长度为(　 　)
A.2米 B.2.05米
C.4米 D.4.1米
D
解析:设梯杆宽度(单位:厘米)从上往下构成的等差数列为{an},
n=1,2,3,4,5,公差为d厘米,则a5=a1+4d,即45=37+4d,解得d=2,所以{an}的前5项和S5=5×37+2=205. 因为是双面折叠人字梯,所以所需原材料的总长度为2×205=410(厘米)=4.1米.故选D.
考点2 等差数列的判定与证明
【例2】　已知数列{an}满足a1=4,an+1=4-,记bn=,证明数列{bn}是等差数列,并求出数列{an}的通项公式.
【解】　证明如下:由an+1=4-,得bn+1-bn=,又b1=,所以数列{bn}是首项为,公差为的等差数列,所以bn=,解得an=2+.
1.等差数列的判定与证明的常用方法
(1)定义法:对任意n∈N*,an+1-an是同一常数 {an}为等差数列.
(2)等差中项法:2an+1=an+an+2 {an}为等差数列.
(3)通项公式法:an=an+b(a,b是常数) {an}为等差数列.
(4)前n项和公式法:Sn=an2+bn(a,b为常数) {an}为等差数列.
2.若要判定一个数列不是等差数列,则只需找出三项an,an+1,an+2,使得这三项不满足2an+1=an+an+2即可.
规律总结
【对点训练2】　在数列{an}中,已知a1=5,an=2an-1+2n-1(n≥2).
(1)求a2,a3的值.
解:因为a1=5,an=2an-1+2n-1(n≥2),
所以a2=2a1+2=2×5+2=12,a3=2a2+22=2×12+22=28.
(2)是否存在实数λ,使得数列为等差数列 若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.
解:因为an=2an-1+2n-1(n≥2),
所以=
(n≥2),
当λ=0时,,为常数,
故存在实数λ,使得数列为等差数列,且λ=0.
考点3 等差数列的性质
命题角度1　项的性质
【例3】　(2026·山东日照一模)已知等差数列{an}中,a2+a4=6,则a1+a3+a5=(　 　)
A.15 B.9
C.3
【解析】　因为{an}是等差数列,所以a2+a4=2a3=6,则a3=3,所以a1+a3+a5=(a1+a5)+a3=2a3+a3=3a3=9.故选B.
B
命题角度2　和的性质
【例4】　(1)(2025·吉林长春二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S3=S9=6,则S12的值为 (　 　)
A.0 B.3
C.6 D.12
【解析】　因为{an}是等差数列,所以S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9成等差数列,又S3=S9=6,所以6,S6-6,6-S6,S12-6成等差数列,则6+S12-6=S6-6+6-S6,则S12=0.故选A.
A
(2)已知等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若,则=(　 　)
A.
C.
【解析】　因为等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,所以,因为,所以可设Sn=kn2,Tn=kn(2n+1),k≠0,则S5-S4=9k,T4-T3=15k,所以.故选D.
D
命题角度3　和的最值
【例5】　(多选)已知数列{an}是公差不为0的等差数列,其前n项和为Sn,满足a1+5a3=S8,下列选项正确的有 (　 　)
A.a10=0
B.S7=S12
C.数列{Sn}的最小项为S10
D.S20=0
AB
【解析】设等差数列{an}的公差为d(d≠0),对于A,由a1+5a3 =S8 a1+
5(a1+2d)=8a1+d,得a1+9d=0,即a10=0,故A正确;对于B,S12-S7=a8+
a9+a10+a11+a12=5a10=0,即S12=S7,故B正确;对于C,当d>0时,{an}是递增数列,又a10=0,所以当n<10时,an<0,当n>10时,an>0,所以数列{Sn}的最小项为S9和S10,当d<0时,{an}是递减数列,又a10=0,所以当n<10时,an>0,当n>
10时,an<0,所以数列{Sn}的最大项为S9和S10,故C错误;对于D,因为S19=
19a10=0,a10=0,d≠0,所以S20=S19+a20=a20≠0,故D错误.故选AB.
1.项的性质:在等差数列{an}中,若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则am+an=ap+aq.
2.和的性质:在等差数列{an}中,Sn为其前n项和,则
(1)S2n=n(a1+a2n)=…=n(an+an+1).
(2)S2n-1=(2n-1)an.
(3)依次k项和成等差数列,即Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…成等差数列.
规律总结
3.求等差数列前n项和的最值的常用方法
(1)邻项变号法:利用等差数列的单调性,求出其正负转折项,或者利用性质求出其正负转折项,便可求得和的最值.
(2)函数法:利用公差不为零的等差数列的前n项和Sn=An2+Bn(A≠0)为二次函数,通过二次函数的性质求最值.
【对点训练3】(1)(人教A版选择性必修第二册P17例5改编)在等差数列{an}中,a4+a6+a8+a10=22,则a1+a13= (　 　)
A.-11 B.11
C.22 D.33
解析:由等差数列的性质可知a4+a10=a6+a8=a1+a13,而a4+a6+a8+a10=22,所以2(a1+a13)=22,即a1+a13=11.故选B.
B
(2)(2025·广西南宁三模)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a5=2,a3+a8=12-a7,则Sn的最小值为 (　 　)
A.-14 B.-
C.-12 D.-10
解析:设等差数列{an}的公差为d,由a3+a8=12-a7得a3+a7=12-a8,则2a5=12-(a5+3d)=12-a5-3d,所以3d=12-3a5=12-6=6,所以d=2,故an=a5+(n-5)d=2n-8,则a1=-6,所以Sn==n(n-7)=,则(Sn)min=S3=S4=-12.故选C.
C
(3)如图,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,向外每环的扇面形石板依次增加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,则中、下两层共有扇面形石板(　 　)
A.2 699块 B.3 474块
C.3 402块 D.2 997块
D
解析:设上、中、下三层中,由内向外第n环扇面形石板的块数为an,Sn为{an}的前n项和,则{an}是首项为9,公差为9的等差数列,所以an=9+9(n-1)=9n,Sn=(n2+n),设每层有m环,则上、中、下层的扇面形石板的块数分别为Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,由下层比中层多729块,得S3m-S2m=S2m-Sm+729,即(9m2+3m)-(4m2+2m)=(4m2+2m)-(m2+m)+729,解得m=9(负值已舍去),所以S27-S9=(272+27)-(92+9)=2 997,即中、下两层共有扇面形石板2 997块.故选D.
【例】　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的实系数方程1 003x2-S1 003x+T1 003=0有实数解,那么以下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
D
【解析】由题意得-4×1 003T1 003≥0(*),其中S1 003=
=1 003a502,T1 003==1 003b502,代入(*)得-4b502≥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)+(-4b1 003)=-4(b1+b1 003)
≥-8b502=2(-4b502)≥0,因为Δ1+Δ1 003
≥0,所以Δ1<0,Δ1 003<0至多有一个成立,同理可证Δ2<0,Δ1 002<0至多有一个成立,…,Δ501<0,Δ503<0至多有一个成立.综上,在所给的1 003个方程中,有实数解的方程至少有502个.故选D.
本题利用一元二次方程有实数解建立不等式,利用等差数列角标和的性质将问题简化,看似计算量非常大的一道题目,其本质是考查利用不等式及等差数列的性质分析问题、解决问题的能力,新高考强调的多想少算,在本题中体现明显.
创新解读
高考真题 教材典题
1.(2024·新课标Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3+a4=7,3a2+a5=5,则S10=____. 1.(人教A版选择性必修第二册P23练习T4)在等差数列{an}中,若S15=5(a2+a6+ak),求k.
考教衔接
解析:设等差数列{an}的公差为d,由题意得
d=10×(-4)+45×3=95.
95
高考真题 教材典题
2.(2022·全国甲卷理)记Sn为数列{an}的前n项和.已知+n=2an+1. (1)求证:{an}是等差数列; (2)若a4,a7,a9成等比数列,求Sn的最小值. 2.(人教A版选择性必修第二册P23例9)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=10,公差d=-2,则Sn是否存在最大值 若存在,求Sn的最大值及取得最大值时n的值;若不存在,请说明理由.
高考真题 教材典题
解:(1)证明:因为+n=2an+1,所以2Sn+n2=2nan+n①.
当n≥2时,2Sn-1+(n-1)2=2(n-1)an-1+(n-1)②.
①-②,得2Sn+n2-2Sn-1-(n-1)2=2nan+n-2(n-1)an-1-(n-1),
即2an+2n-1=2nan-2(n-1)an-1+1,
即2(n-1)an-2(n-1)an-1=2(n-1),所以an-an-1=1,n≥2,
所以{an}是以1为公差的等差数列.
(2)由(1)可得a4=a1+3,a7=a1+6,a9=a1+8,
又a4,a7,a9成等比数列,所以=a4·a9,
即(a1+6)2=(a1+3)(a1+8),解得a1=-12,
所以Sn=-12n+,
所以当n=12或n=13时,(Sn)min=-78.
课时作业42
1.(5分)(一题多解)在等差数列{an}中,a2=3,a6=11,直线l过点M(m,am),N(n,an)(m≠n),则直线l的斜率为 (　 　)
A.2 B.-2
C.4 D.-4
解析:方法一　设等差数列{an}的公差为d,则a6-a2=4d=8,解得d=2,则an=a2+(n-2)d=2n-1,所以M(m,2m-1),N(n,2n-1),则直线l的斜率为=2.故选A.
方法二　等差数列{an}的公差d==2,即直线l的斜率为2.故选A.
基础巩固
A
2.(5分)(2025·四川达州二模)已知Sn为等差数列{an}的前n项和,a2=2,S5=5a4-10,则a5= (　 　)
A.4 B.8
C.16 D.32
解析:在等差数列{an}中,a2=2,S5=a4,又S5=5a4-10,则5+a4=5a4-10,解得a4=6,则公差d==2,所以a5=a4+d=8.故选B.
B
3.(5分)(2025·天津卷)已知数列{an}的前n项和为Sn=-n2+8n,则数列{|an|}的前12项和为 (　 　)
A.144 B 112
C.80 D.48
解析:因为Sn=-n2+8n,所以当n=1时,a1=S1=-12+8×1=7,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(-n2+8n)-[-(n-1)2+8(n-1)]=-2n+9,经检验,a1=7满足上式,所以an=
-2n+9,令an=-2n+9≥0 n≤4,令an=-2n+9≤0 n≥5,设数列{|an|}的前n项和为Tn,则T4=S4=-42+8×4=16,T12=|a1|+|a2|+…+|a12|=a1+a2+a3+a4-a5-a6-…-a12=2S4-S12=2×16-(-122+8×12)=80.故选C.
C
4.(5分)(2025·山东青岛三模)《九章算术》是中国古代的数学名著,书中有“分钱问题”,其大意是:现有5个人分5钱,5人分得的钱数依次成等差数列,前两人分得的钱数之和等于后三人分得的钱数之和,则分得钱数最少的一人的钱数为(　 　)
A.
C
解析:设第n(1≤n≤5,n∈N*)人分得的钱数为an,则数列a1,a2,a3,a4,a5为等差数列,设数列a1,a2,a3,a4,a5的公差为d,则
因为d<0,所以数列的最小项为a5,a5=a1+4d=
.故选C.
5.(5分)(一题多解)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S21∶S7=6∶1,则S28∶S14=(　 　)
A.16∶1 B.6∶1
C.12∶1 D.10∶3
解析:方法一　由等差数列前n项和的性质可得,S7,S14-S7,S21-S14,S28-S21成等差数列,设S7=s(s≠0),则S21=6s,即s,S14-s,6s-S14成等差数列,故2(S14-s)=s+6s-S14,得S14=3s,故S7,S14-S7,S21-S14,S28-S21即s,2s,3s,4s,故S28-6s=4s,S28=10s,故S28∶S14=10∶3.故选D.
D
方法二　设S7=m(m≠0),则S21=6m,由是等差数列,及,,得,∴S14=,得,∴S28=28=10m,∴S28∶S14=10m∶3m=10∶3.故选D.
6.(5分)(2025·山西忻州模拟)已知数列{an}满足=2,且a2=,a3=,则3a100=(　 　)
A.
解析:因为=2,所以,可知数列,即,即=2,可知是以2为公差的等差数列,又a3=,所以-2×2=7-4=3,可得=3+2(n-1)=2n+1,即an=,所以3a100=.故选B.
B
7.(6分,多选)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差为d,若a2=4,S5=30,则下列结论正确的是 (　 　)
A.{an}是递减数列 B.d=2
C.a1=2 D.=3
解析:对于B,C,由已知得故B,C正确;对于A,因为d=2>0,所以{an}是递增数列,故A错误;对于D,,故D错误.故选BC.
BC
8.(6分,多选)设等差数列{an}的前n项和为Sn,公差为d,已知S14<0,a8>0,则下列选项正确的有 (　 　)
A.d>0
B.a7>0
C.Sn>0时,n的最小值为15
D.Sn最小时,n=8
AC
解析:对于A,B,由S14<0,得S14==7(a7+a8)<0,又a8>0,则a7<0,所以d=a8-a7>0,故A正确,B错误;对于C,由以上分析可知,当1≤n≤7时,an<0,当n≥8时,an>0,又S15==15a8>0,S14<0,所以Sn>0时,n的最小值为15,故C正确;对于D,当Sn最小时,n=7,故D错误.故选AC.
9.(5分)(2026·江西南昌一模)已知等差数列{an}各项均不为零,前n项和为
Sn,若Sn=anan+1,则a13=.
解析:在等差数列{an}中,an不为零,设公差为d,由Sn=anan+1可知,当n=1时,S1=a1=a1a2,所以a2=1,当n=2时,S2=a2a3,则1+a1=a3=a1+2d,所以d=,则a13=a2+11d=1+.
10.(5分)已知等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若,则.
解析:由题意得b1+b6=b5+b2,b2+b8=2b5,所以b1+b6+b8=3b5,又,所以.
11.(16分)已知数列{an}满足a1=1,且nan+1-(n+1)an=3n2+3n.
(1)求a2,a3;
解:因为nan+1-(n+1)an=3n(n+1),所以an+1=an+3(n+1),又a1=1,所以a2=2a1+3×2=8,a3=a2+3×3=21.
(2)证明数列是等差数列,并求{an}的通项公式.
解:证明如下:因为nan+1-(n+1)an=3n(n+1),所以=3,
所以=1,公差为3的等差数列,所以=3n-2,所以an=n(3n-2)=3n2-2n.
12.(17分)已知数列{an}满足a1=1,an=2an-1(n≥2),bn=log2an.
(1)求b1,b2,b3;
解:由a1=1,an=2an-1(n≥2),得a2=2a1=2,a3=2a2=4,
所以b1=log2a1=log21=0,b2=log2a2=log22=1,b3=log2a3=log24=2.
(2)判断数列{bn}是否为等差数列,并说明理由;
解:数列{bn}为等差数列,理由如下:由a1=1≠0,an=2an-1(n≥2),得an>0,
当n≥2时,bn-bn-1=log2an-log2an-1=log2(2an-1)-log2an-1=log22=1,所以数列{bn}是以1为公差的等差数列.
(3)求{bn}的通项公式并求其前n项和Sn.
解:由(1)(2)知b1=0,bn=0+(n-1)×1=n-1,
所以Sn=.
13.(5分)(2025·重庆八中适应性考试)若数列{an}对任意的n∈N*,都有an+2-an+1>an+1-an,则称{an}为“速增数列”.若数列{an}为“速增数列”,且任意项an∈Z,a1=1,a2=3,ak=2 026,则正整数k的最大值为 (　 　)
A.62 B.63
C.64 D.65
B
素养提升
解析:当k≥2时,ak=2 026=(ak-ak-1)+(ak-1-ak-2)+…+(a3-a2)+(a2-a1)+a1,因为数列{an}为“速增数列”,所以ak-ak-1>ak-1-ak-2>…>a3-a2>a2-a1=2,又an∈Z,所以(ak-ak-1)+(ak-1-ak-2)+…+(a3-a2)+(a2-a1)+a1≥k+k-1+…+3
+2+1,即2 026≥,k∈N*,当k=63时,=2 016,当k=64时,=
2 080,故正整数k的最大值为63.故选B.
14.(5分)(2025·湖北鄂州、黄石等五市联考)设数列{an}的前n项和为Sn,若{an}是以a为首项,1为公差的等差数列,并且存在实数t,使得数列{}
也是等差数列,则实数a的取值范围是.
解析:依题意得Sn=an+,则,由数列{}是等差数列,得2t=,且是关于n的一次式,而对任意正整数n,n+≤0不能恒成立,因此n+≥0对任意n∈N*恒成立(注意:若要含有绝对值的式子为一次式,则绝对值中的数必恒非负或者恒非正),即1+≥0,解得a≥-,所以实数a的取值范围是.
15.(5分)已知数列{an}的各项均为正数,a1=1,an+1-an=,若[x]表示不超过x的最大整数,则[a1]+[a2]+…+[a100]= (　 　)
A.615 B.620
C.625 D.630
C
创新训练（多想少算）
解析:因为an+1-an=,所以=1,又=1,所以{}是以1为首项,1为公差的等差数列,所以=1+(n-1)×1=n,因为数列{an}的各项均为正数,所以an=,因为n∈N*,所以当1≤n<4时,[]=1,当4≤n<9时,[]=2,当9≤n<16时,[]=3,当16≤n<25时,[]=4,当25≤n<36时,[]=5,当36≤n<49时,[]=6,当49≤n<64时,[]=7,当64≤n<81时,[]=8,当81≤n<100时,[]=9,[]=10,则[a1]+[a2]+…+[a100]=3×1+5×2+7×3+9×4+11×5+13×6+15×7+17×8+19×9+10=625.故选C.
本课结束

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