Question

3．递增的等差数列{a_n}满足：a₁+a₂+a₃=12，a₁a₂a₃=63，S_n是数列{a_n}的前n项和，则使S_n＞2018的最小整数n的值为（　　）

• A． 80
• B． 84
• C． 87
• D． 89

Answer 1

分析 由等差数列通项公式列出方程组，求出首项和公差，从而求出S_n=$\frac{{n}^{2}+13n}{4}$，由此能求出使S_n＞2018的最小整数n的值．

解答 解：递增的等差数列{a_n}满足：a₁+a₂+a₃=12，a₁a₂a₃=63，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}+{a}_{1}+d+{a}_{1}+2d=12}\\{{a}_{1}（{a}_{1}+d）（{a}_{1}+3d）=63}\\{d＞0}\end{array}\right.$，
解得${a}_{1}=\frac{7}{2}$，d=$\frac{1}{2}$，
${S}_{n}=\frac{7}{2}n+\frac{n（n-1）}{2}×\frac{1}{2}$=$\frac{{n}^{2}+13n}{4}$，
∵S_n＞2018，∴$\frac{{n}^{2}+13n}{4}$＞2018，
∴n²+13n-8072＞0，
解得n＞$\frac{-13+\sqrt{32457}}{2}$≈83.6，
由n∈N^*，∴使S_n＞2018的最小整数n的值为84．
故选：B．

点评 本题考查等差数列前n项和取最小值时项数n的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用．