備戰(zhàn)2023年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-第2講-等差數(shù)列

第2講等差數(shù)列1．等差數(shù)列的有關(guān)概念(1)定義：一般地，如果一個數(shù)列從eq\x(\s\up1(01))第2項(xiàng)起，每一項(xiàng)與它的前一項(xiàng)的eq\x(\s\up1(02))差都等于eq\x(\s\up1(03))同一個常數(shù)，那么這個數(shù)列就叫做等差數(shù)列，這個常數(shù)叫做等差數(shù)列的eq\x(\s\up1(04))公差，公差通常用字母d表示．?dāng)?shù)學(xué)語言表示為eq\x(\s\up1(05))an＋1－an＝d(n∈N*)，d為常數(shù)．(2)等差中項(xiàng)：數(shù)列a，A，b成等差數(shù)列的充要條件是eq\x(\s\up1(06))A＝eq\f(a＋b,2)，其中A叫做a，b的eq\x(\s\up1(07))等差中項(xiàng).2．等差數(shù)列的有關(guān)公式(1)通項(xiàng)公式：an＝eq\x(\s\up1(08))a1＋(n－1)d.(2)前n項(xiàng)和公式：Sn＝eq\x(\s\up1(09))na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\x(\s\up1(10))eq\f(na1＋an,2).等差數(shù)列的常用性質(zhì)(1)通項(xiàng)公式的推廣：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．(2)若{an}為等差數(shù)列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，則ak＋al＝am＋an.若m＋n＝2p(m，n，p∈N*)，則am＋an＝2ap.(3)若{an}是等差數(shù)列，公差為d，則{a2n}也是等差數(shù)列，公差為2d.(4)若{an}，{bn}是等差數(shù)列，則{pan＋qbn}也是等差數(shù)列．(5)若{an}是等差數(shù)列，公差為d，則ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差為md的等差數(shù)列．(6)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等差數(shù)列，其公差為n2d.(7)若等差數(shù)列的項(xiàng)數(shù)為2n(n∈N*)，則S偶－S奇＝nd，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(an,an＋1).(8)若等差數(shù)列的項(xiàng)數(shù)為2n－1(n∈N*)，則S奇－S偶＝an，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(n,n－1)(S奇＝nan，S偶＝(n－1)an)．(9)若{an}，{bn}均為等差數(shù)列且其前n項(xiàng)和為Sn，Tn，則eq\f(an,bn)＝eq\f(S2n－1,T2n－1).(10)若Sm＝n，Sn＝m(m≠n)，則Sm＋n＝－(m＋n)．(11)由公式Sn＝na1＋eq\f(nn－1d,2)得eq\f(Sn,n)＝a1＋eq\f(n－1,2)d＝eq\f(d,2)n＋a1－eq\f(d,2)，因此數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等差數(shù)列，首項(xiàng)為a1，公差為等差數(shù)列{an}公差的一半．(12)等差數(shù)列與函數(shù)的關(guān)系①an＝a1＋(n－1)d可化為an＝dn＋a1－d的形式．當(dāng)d≠0時，an是關(guān)于n的一次函數(shù)．當(dāng)d>0時，數(shù)列為遞增數(shù)列；當(dāng)d<0時，數(shù)列為遞減數(shù)列．②Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n.當(dāng)d≠0時，它是關(guān)于n的二次函數(shù)．?dāng)?shù)列{an}是等差數(shù)列?Sn＝An2＋Bn(A，B為常數(shù))．1．在數(shù)列{an}中，a1＝－2，an＋1－an＝2.則a5＝()A．－6 B．6C．－10 D．10答案B解析∵an＋1－an＝2，∴數(shù)列{an}是公差為2的等差數(shù)列，又a1＝－2，∴a5＝a1＋4d＝－2＋2×4＝6.故選B.2．(2022·遼寧大連高三月考)等差數(shù)列{an}中，a4＋a8＝10，a10＝6，則公差d等于()A．eq\f(1,4) B．eq\f(1,2)C．2 D．－eq\f(1,2)答案A解析∵a4＋a8＝2a6＝10，∴a6＝5，又a10＝6，∴公差d＝eq\f(a10－a6,10－6)＝eq\f(6－5,4)＝eq\f(1,4).故選A．3．設(shè)數(shù)列{an}是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，若a6＝2且S5＝30，則S8等于()A．31 B．32C．33 D．34答案B解析設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，解法一：由S5＝5a3＝30得a3＝6，又a6＝2，∴S8＝eq\f(8a1＋a8,2)＝eq\f(8a3＋a6,2)＝eq\f(8×6＋2,2)＝32.故選B.解法二：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋5d＝2，,5a1＋\f(5×4,2)d＝30，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(26,3)，,d＝－\f(4,3).))∴S8＝8a1＋eq\f(8×7,2)d＝8×eq\f(26,3)－28×eq\f(4,3)＝32.故選B.4．(2020·全國Ⅱ卷)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．若a1＝－2，a2＋a6＝2，則S10＝________.答案25解析設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由a1＝－2，a2＋a6＝2，可得a1＋d＋a1＋5d＝2，即－2＋d＋(－2)＋5d＝2，解得d＝1.所以S10＝10×(－2)＋eq\f(10×10－1,2)×1＝－20＋45＝25.5．某劇場有20排座位，后一排比前一排多2個座位，最后一排有60個座位，則劇場總共的座位數(shù)為________.答案820解析設(shè)第n排的座位數(shù)為an(n∈N*)，數(shù)列{an}為等差數(shù)列，其公差d＝2，則an＝a1＋(n－1)d＝a1＋2(n－1)．由已知a20＝60，得60＝a1＋2×(20－1)，解得a1＝22，則劇場總共的座位數(shù)為eq\f(20a1＋a20,2)＝eq\f(20×22＋60,2)＝820.6．(2019·北京高考)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a2＝－3，S5＝－10，則a5＝__________，Sn的最小值為________.答案0－10解析∵a2＝a1＋d＝－3，S5＝5a1＋10d＝－10，∴a1＝－4，d＝1，∴a5＝a1＋4d＝0，∴an＝a1＋(n－1)d＝n－5.令an<0，則n<5，即數(shù)列{an}中前4項(xiàng)為負(fù)，a5＝0，第6項(xiàng)及以后為正．∴Sn的最小值為S4＝S5＝－10.考向一等差數(shù)列的基本運(yùn)算例1(1)已知數(shù)列{an}中，a3＝2，a7＝1.若eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))為等差數(shù)列，則a5＝()A．eq\f(2,3) B．eq\f(3,2)C．eq\f(4,3) D．eq\f(3,4)答案C解析設(shè)等差數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的公差為d，則eq\f(1,a7)＝eq\f(1,a3)＋4d，即1＝eq\f(1,2)＋4d，解得d＝eq\f(1,8).則eq\f(1,a5)＝eq\f(1,a3)＋2d＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＝eq\f(3,4)，解得a5＝eq\f(4,3).故選C．(2)(多選)(2022·山東煙臺高三模擬)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．已知S4＝0，a5＝5，則下列結(jié)論正確的是()A．a(chǎn)2＋a3＝0 B．a(chǎn)n＝2n－5C．Sn＝n(n－4) D．d＝－2答案ABC解析S4＝eq\f(4×a1＋a4,2)＝0，∴a1＋a4＝a2＋a3＝0，A正確；a5＝a1＋4d＝5①，a1＋a4＝a1＋a1＋3d＝0②，由①②得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝2，,a1＝－3，))∴an＝－3＋(n－1)×2＝2n－5，B正確，D錯誤；Sn＝－3n＋eq\f(nn－1,2)×2＝n2－4n，C正確．故選ABC．(3)(2019·全國Ⅲ卷)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．若a1≠0，a2＝3a1，則eq\f(S10,S5)＝________.答案4解析由a1≠0，a2＝3a1，可得d＝2a1，所以S10＝10a1＋eq\f(10×9,2)d＝100a1，S5＝5a1＋eq\f(5×4,2)d＝25a1，所以eq\f(S10,S5)＝4.等差數(shù)列計(jì)算中的兩個技巧(1)等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式，共涉及五個量a1，an，d，n，Sn，知其中三個就能求另外兩個，體現(xiàn)了用方程的思想解決問題．(2)數(shù)列的通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和公式在解題中起到變量轉(zhuǎn)換作用，而a1和d是等差數(shù)列的兩個基本量，用它們表示已知和未知是常用方法．1.(2018·全國Ⅰ卷)設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，則a5＝()A．－12 B．－10C．10 D．12答案B解析設(shè)該等差數(shù)列的公差為d，根據(jù)題中的條件可得3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3×2＋\f(3×2,2)·d))＝2×2＋d＋4×2＋eq\f(4×3,2)·d，整理解得d＝－3，所以a5＝a1＋4d＝2－12＝－10.故選B.2．《算法統(tǒng)宗》是中國古代數(shù)學(xué)名著，由明代數(shù)學(xué)家程大位編著，它對我國民間普及珠算和數(shù)學(xué)知識起到了很大的作用，是東方古代數(shù)學(xué)的名著．在這部著作中，許多數(shù)學(xué)問題都是以歌訣形式呈現(xiàn)的，“九兒問甲歌”就是其中一首：一個公公九個兒，若問生年總不知，自長排來差三歲，共年二百又零七，借問長兒多少歲，各兒歲數(shù)要詳推．在這個問題中，記這位公公的第n個兒子的年齡為an，則a1＝()A．23 B．32C．35 D．38答案C解析由題意可知年齡構(gòu)成的數(shù)列為等差數(shù)列，其公差為－3，則9a1＋eq\f(9×8,2)×(－3)＝207，解得a1＝35.故選C．3．(2019·江蘇高考)已知數(shù)列{an}(n∈N*)是等差數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)和．若a2a5＋a8＝0，S9＝27，則S8的值是________.答案16解析解法一：由S9＝27?eq\f(9a1＋a9,2)＝27?a1＋a9＝6?2a5＝6?2a1＋8d＝6且a5＝3.又a2a5＋a8＝0?2a1＋5d＝0，解得a1＝－5，d＝2.故S8＝8a1＋eq\f(8×8－1,2)d＝16.解法二：同解法一得a5＝3.又a2a5＋a8＝0?3a2＋a8＝0?2a2＋2a5＝0?a2＝－3.∴d＝eq\f(a5－a2,3)＝2，a1＝a2－d＝－5.故S8＝8a1＋eq\f(8×8－1,2)d＝16.多角度探究突破考向二等差數(shù)列的性質(zhì)角度等差數(shù)列項(xiàng)的性質(zhì)例2(1)等差數(shù)列{an}中，若a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，則a9－eq\f(1,3)a11的值是()A．14 B．15C．16 D．17答案C解析因?yàn)閧an}是等差數(shù)列，所以a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝5a8＝120，所以a8＝24.所以a9－eq\f(1,3)a11＝a8＋d－eq\f(1,3)(a8＋3d)＝eq\f(2,3)a8＝16.故選C．(2)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a2＋a5＋a8＝30，則下列一定為定值的是()A．S6 B．S7C．S8 D．S9答案D解析由a2＋a5＋a8＝30可得3a5＝30，所以a5＝10，S6＝3(a1＋a6)不一定是定值；S7＝eq\f(7,2)(a1＋a7)不一定是定值；S8＝4(a1＋a8)不一定是定值；S9＝eq\f(a1＋a9×9,2)＝eq\f(2a5×9,2)＝90.故選D.等差數(shù)列項(xiàng)的性質(zhì)利用等差數(shù)列項(xiàng)的性質(zhì)解決基本量的運(yùn)算體現(xiàn)了整體求值思想，應(yīng)用時常將an＋am＝2ak(n＋m＝2k，n，m，k∈N*)與am＋an＝ap＋aq(m＋n＝p＋q，m，n，p，q∈N*)相結(jié)合，可減少運(yùn)算量．4.(2022·福建龍巖高三月考)在等差數(shù)列{an}中，若S9＝18，Sn＝240，an－4＝30，則n的值為()A．14 B．15C．16 D．17答案B解析由等差數(shù)列的性質(zhì)知S9＝eq\f(9a1＋a9,2)＝9a5＝18，∴a5＝2，又an－4＝30.∴Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝eq\f(nan－4＋a5,2)＝16n＝240，∴n＝15.故選B.5．(2021·北京高考){an}和{bn}是兩個等差數(shù)列，其中eq\f(ak,bk)(1≤k≤5)為常值，a1＝288，a5＝96，b1＝192，則b3＝()A．64 B．128C．256 D．512答案B解析由已知條件可得eq\f(a1,b1)＝eq\f(a5,b5)，則b5＝eq\f(a5b1,a1)＝eq\f(96×192,288)＝64，因此，b3＝eq\f(b1＋b5,2)＝eq\f(192＋64,2)＝128.故選B.角度等差數(shù)列前n項(xiàng)和的性質(zhì)例3(1)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S10＝1，S30＝5，則S40＝()A．7 B．8C．9 D．10答案B解析由等差數(shù)列的性質(zhì)知S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等差數(shù)列，設(shè)其公差為d，∴2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，∴S20＝S10＋eq\f(S30,3)＝1＋eq\f(5,3)＝eq\f(8,3).∴d＝(S20－S10)－S10＝eq\f(2,3)，∴S40－S30＝1＋3×eq\f(2,3)＝3，∴S40＝8.故選B.(2)已知等差數(shù)列{an}，{bn}的前n項(xiàng)和分別為Sn和Tn，且eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(n＋5,2n－1)，則eq\f(a7,b6)＝()A．eq\f(6,7) B．eq\f(12,11)C．eq\f(18,25) D．eq\f(16,21)答案A解析因?yàn)榈炔顢?shù)列{an}，{bn}的前n項(xiàng)和分別為Sn和Tn，且eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(n＋5,2n－1)，所以可設(shè)Sn＝kn(n＋5)，Tn＝kn(2n－1)，所以a7＝S7－S6＝18k，b6＝T6－T5＝21k，所以eq\f(a7,b6)＝eq\f(6,7).故選A．(3)一個等差數(shù)列的前12項(xiàng)的和為354，前12項(xiàng)中偶數(shù)項(xiàng)的和與奇數(shù)項(xiàng)的和的比為32∶27，則該數(shù)列的公差d＝________.答案5解析設(shè)等差數(shù)列的前12項(xiàng)中奇數(shù)項(xiàng)的和為S奇，偶數(shù)項(xiàng)的和為S偶，等差數(shù)列的公差為d.由已知條件，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S奇＋S偶＝354，,S偶∶S奇＝32∶27，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S偶＝192，,S奇＝162.))又因?yàn)镾偶－S奇＝6d，所以d＝eq\f(192－162,6)＝5.等差數(shù)列前n項(xiàng)和的性質(zhì)在等差數(shù)列{an}中，Sn為其前n項(xiàng)和，則：(1)數(shù)列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差數(shù)列；(2)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也為等差數(shù)列；(3)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；(4)S2n－1＝(2n－1)an；(5)若n為偶數(shù)，則S偶－S奇＝eq\f(nd,2)；若n為奇數(shù)，則S奇－S偶＝a中(中間項(xiàng))．6.已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若m>1，且am－1＋am＋1－aeq\o\al(2,m)－1＝0，S2m－1＝39，則m等于()A．39 B．20C．19 D．10答案B解析數(shù)列{an}為等差數(shù)列，則am－1＋am＋1＝2am，則am－1＋am＋1－aeq\o\al(2,m)－1＝0可化為2am－aeq\o\al(2,m)－1＝0，解得am＝1.又S2m－1＝(2m－1)am＝39，則m＝20.故選B.7．(2022·山東濟(jì)南階段檢測)已知Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a1＝－2022，eq\f(S2020,2020)－eq\f(S2014,2014)＝6，則S2022＝________.答案－2022解析由等差數(shù)列的性質(zhì)可得eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也為等差數(shù)列，設(shè)其公差為d，則eq\f(S2020,2020)－eq\f(S2014,2014)＝6d＝6，∴d＝1，∴eq\f(S2022,2022)＝eq\f(S1,1)＋2021d＝－2022＋2021＝－1，∴S2022＝－2022.考向三等差數(shù)列的判定與證明例4(1)數(shù)列{an}滿足a1＝2，a2＝1并且eq\f(1,an－1)＝eq\f(2,an)－eq\f(1,an＋1)(n≥2)，則數(shù)列{an}的第100項(xiàng)為()A．eq\f(1,100) B．eq\f(1,50)C．eq\f(1,2100) D．eq\f(1,250)答案B解析∵eq\f(1,an－1)＝eq\f(2,an)－eq\f(1,an＋1)(n≥2)，∴eq\f(1,an＋1)＋eq\f(1,an－1)＝eq\f(2,an)，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))為等差數(shù)列，首項(xiàng)為eq\f(1,a1)＝eq\f(1,2)，第2項(xiàng)為eq\f(1,a2)＝1，∴d＝eq\f(1,2)，∴eq\f(1,a100)＝eq\f(1,a1)＋99d＝50，∴a100＝eq\f(1,50).故選B.(2)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，且nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n.①求a2，a3；②證明數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是等差數(shù)列，并求{an}的通項(xiàng)公式．解①由已知，得a2－2a1＝4，則a2＝2a1＋4，又因?yàn)閍1＝1，所以a2＝6.由2a3－3a2＝12，得2a3＝12＋3a2，所以a3＝15.②由已知nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n，得eq\f(nan＋1－n＋1an,nn＋1)＝2，即eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝2，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是首項(xiàng)為eq\f(a1,1)＝1，公差為d＝2的等差數(shù)列，則eq\f(an,n)＝1＋2(n－1)＝2n－1.所以an＝2n2－n.等差數(shù)列的判定方法(1)定義法：對于n≥2的任意自然數(shù)，驗(yàn)證an－an－1為同一常數(shù)．(2)等差中項(xiàng)法：驗(yàn)證2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立．(3)通項(xiàng)公式法：驗(yàn)證an＝pn＋q.(4)前n項(xiàng)和公式法：驗(yàn)證Sn＝An2＋Bn.提醒：在解答題中常應(yīng)用定義法和等差中項(xiàng)法，而通項(xiàng)公式法和前n項(xiàng)和公式法主要適用于選擇題、填空題中的簡單判斷．8.已知數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝4,2an＝an－1＋an＋1(n≥2，n∈N*)，當(dāng)an＝298時，項(xiàng)數(shù)n＝()A．100 B．99C．96 D．101答案A解析因?yàn)?an＝an－1＋an＋1(n≥2，n∈N*)，所以an－an－1＝an＋1－an，所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為a1＝1，公差為d＝a2－a1＝3的等差數(shù)列，所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×3＝3n－2.由3n－2＝298，解得n＝100.故選A．9．(2021·全國甲卷)已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，記Sn為{an}的前n項(xiàng)和，從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立．①數(shù)列{an}是等差數(shù)列；②數(shù)列{eq\r(Sn)}是等差數(shù)列；③a2＝3a1.注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計(jì)分．解選擇條件①③?②.已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，a2＝3a1，設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則a2＝3a1＝a1＋d，所以d＝2a1.因?yàn)镾n＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝n2a1，所以eq\r(Sn)＝neq\r(a1)(a1>0)，所以eq\r(Sn＋1)－eq\r(Sn)＝(n＋1)eq\r(a1)－neq\r(a1)＝eq\r(a1)(常數(shù))．所以數(shù)列{eq\r(Sn)}是等差數(shù)列．選擇條件①②?③.已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，數(shù)列{eq\r(Sn)}是等差數(shù)列，設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則S1＝a1，S2＝2a1＋d，S3＝3a1＋3d，因?yàn)閿?shù)列{eq\r(Sn)}是等差數(shù)列，所以eq\r(S1)＋eq\r(S3)＝2eq\r(S2)，即eq\r(a1)＋eq\r(3a1＋3d)＝2eq\r(2a1＋d)，化簡整理得d＝2a1.所以a2＝a1＋d＝3a1.選擇條件②③?①.已知數(shù)列{eq\r(Sn)}是等差數(shù)列，a2＝3a1，設(shè)數(shù)列{eq\r(Sn)}的公差為d，所以eq\r(S2)－eq\r(S1)＝d，即eq\r(4a1)－eq\r(a1)＝d.所以a1＝d2,eq\r(Sn)＝eq\r(S1)＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2.所以an＝Sn－Sn－1＝2d2n－d2(n≥2)．又a1＝d2也適合該通項(xiàng)公式，所以an＝2d2n－d2(n∈N*)．a(chǎn)n＋1－an＝2d2(n＋1)－d2－(2d2n－d2)＝2d2(常數(shù))，所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列．破解等差數(shù)列前n項(xiàng)和的最值問題1．(多選)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，公差為d，且滿足a1>0，S11＝S18，則對Sn描述正確的有()A．S14是唯一最大值 B．S15是最大值C．S29＝0 D．S1是最小值答案BC解析由S11＝S18可知a12＋a13＋…＋a18＝0，又{an}是等差數(shù)列，所以a15＝0，故S29＝29a15＝0.又a1>0，故S14＝S15，所以S14，S15都是最大值，且公差d<0，結(jié)合選項(xiàng)可知B，C正確．故選BC．2．等差數(shù)列{an}中，設(shè)Sn為其前n項(xiàng)和，且a1>0，S3＝S11，則當(dāng)n＝________時，Sn最大．答案7解析解法一：由S3＝S11，得3a1＋eq\f(3×2,2)d＝11a1＋eq\f(11×10,2)d，則d＝－eq\f(2,13)a1.從而Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n＝－eq\f(a1,13)(n－7)2＋eq\f(49,13)a1.又因?yàn)閍1>0，所以－eq\f(a1,13)<0.故當(dāng)n＝7時，Sn最大．解法二：由于f(x)＝ax2＋bx是關(guān)于x的二次函數(shù)，且(n，Sn)在二次函數(shù)f(x)的圖象上，由S3＝S11，可知f(x)＝ax2＋bx的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(3＋11,2)＝7對稱．由解法一可知a＝－eq\f(a1,13)<0，故當(dāng)x＝7時，f(x)最大，即當(dāng)n＝7時，Sn最大．解法三：由解法一可知d＝－eq\f(2,13)a1.要使Sn最大，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋n－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,13)a1))≥0，,a1＋n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,13)a1))≤0，))解得6.5≤n≤7.5，故當(dāng)n＝7時，Sn最大．解法四：由S3＝S11，可得2a1＋13d＝0，即(a1＋6d)＋(a1＋7d)＝0，故a7＋a8＝0，又由a1>0，S3＝S11可知d<0，所以a7>0，a8<0，所以當(dāng)n＝7時，Sn最大．答題啟示求等差數(shù)列前n項(xiàng)和最值的常用方法(1)二次函數(shù)法：用求二次函數(shù)最值的方法(配方法)求其前n項(xiàng)和的最值，但要注意n∈N*.(2)圖象法：利用二次函數(shù)圖象的對稱性來確定n的值，使Sn取得最值．(3)項(xiàng)的符號法：當(dāng)a1>0，d<0時，滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0))的項(xiàng)數(shù)n，使Sn取最大值；當(dāng)a1<0，d>0時，滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≤0，,an＋1≥0))的項(xiàng)數(shù)n，使Sn取最小值，即正項(xiàng)變負(fù)項(xiàng)處最大，負(fù)項(xiàng)變正項(xiàng)處最?。粲辛沩?xiàng)，則使Sn取最值的n有兩個．對點(diǎn)訓(xùn)練1．設(shè)等差數(shù)列{an}滿足3a8＝5a15，且a1>0，Sn為其前n項(xiàng)和，則數(shù)列{Sn}的最大項(xiàng)為()A．S23 B．S24C．S25 D．S26答案C解析設(shè)等差數(shù)列的公差為d，∵3a8＝5a15，∴3a1＋21d＝5a1＋70d，∴a1＋eq\f(49,2)d＝0.∵a1>0，∴d<0，∴a1＋24d＝a25>0，a1＋25d＝a26<0，∴數(shù)列{Sn}的最大項(xiàng)為S25.故選C．2．已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，若eq\f(a11,a10)<－1，且其前n項(xiàng)和Sn有最大值，則使得Sn>0的最大值n為()A．11 B．19C．20 D．21答案B解析∵Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n有最大值，∴d<0，又eq\f(a11,a10)<－1，∴a10>0，a11<0，∴a10＋a11<0，即a1＋a20<0，∴S20＝10(a1＋a20)<0，又S19＝eq\f(19a1＋a19,2)＝19a10>0，∴使Sn>0的n的最大值為19.故選B.一、單項(xiàng)選擇題1．在等差數(shù)列{an}中，已知a2＝2，前7項(xiàng)和S7＝56，則公差d＝()A．2 B．3C．－2 D．－3答案B解析由題意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝2，,7a1＋\f(7×6,2)d＝56，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝2，,a1＋3d＝8，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－1，,d＝3.))故選B.2．在等差數(shù)列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，則a2＋a14的值為()A．6 B．12C．24 D．48答案D解析∵在等差數(shù)列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，∴由等差數(shù)列的性質(zhì)可得a1＋3a8＋a15＝5a8＝120，∴a8＝24，∴a2＋a14＝2a8＝48.故選D.3．(2021·福建莆田二模)已知等差數(shù)列{an}滿足a3＋a6＋a8＋a11＝12，則a4－3a6的值為()A．－6 B．6C．－12 D．12答案A解析由等差中項(xiàng)的性質(zhì)可得a3＋a6＋a8＋a11＝4a7＝12，解得a7＝3，設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則a4－3a6＝a4－a6－2a6＝－2d－2a6＝－2(a6＋d)＝－2a7＝－6.故選A．4．(2021·陜西名校5月聯(lián)考)已知數(shù)列{an}中，a2＝4，am＋n＝am＋an，則a11＋a12＋a13＋…＋a19＝()A．95 B．145C．270 D．520答案C解析在等式am＋n＝am＋an中，令m＝1，可得an＋1＝an＋a1，則an＋1－an＝a1，所以數(shù)列{an}為等差數(shù)列，且該數(shù)列的首項(xiàng)和公差均為a1.因?yàn)閍2＝2a1＝4，故a1＝2，所以an＝2＋2(n－1)＝2n，則a15＝2×15＝30，因此a11＋a12＋a13＋…＋a19＝eq\f(9a11＋a19,2)＝eq\f(9×2a15,2)＝9a15＝270.故選C．5．等差數(shù)列{an}和{bn}的前n項(xiàng)和分別為Sn，Tn，且eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(5n＋2,n＋3)，則eq\f(a2＋a20,b7＋b15)＝()A．eq\f(107,24) B．eq\f(7,24)C．eq\f(149,12) D．eq\f(149,3)答案A解析由題知，eq\f(a2＋a20,b7＋b15)＝eq\f(a1＋a21,b1＋b21)＝eq\f(S21,T21)＝eq\f(107,24).故選A．6．(2020·全國Ⅱ卷)北京天壇的圜丘壇為古代祭天的場所，分上、中、下三層，上層中心有一塊圓形石板(稱為天心石)，環(huán)繞天心石砌9塊扇面形石板構(gòu)成第一環(huán)，向外每環(huán)依次增加9塊，下一層的第一環(huán)比上一層的最后一環(huán)多9塊，向外每環(huán)依次也增加9塊，已知每層環(huán)數(shù)相同，且下層比中層多729塊，則三層共有扇面形石板(不含天心石)()A．3699塊 B．3474塊C．3402塊 D．3339塊答案C解析設(shè)第n環(huán)扇面形石板塊數(shù)為an，第一層共有n環(huán)，則{an}是以9為首項(xiàng)，9為公差的等差數(shù)列，an＝9＋(n－1)×9＝9n.設(shè)Sn為{an}的前n項(xiàng)和，則第一層、第二層、第三層的塊數(shù)分別為Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，因?yàn)橄聦颖戎袑佣?29塊，所以S3n－S2n＝S2n－Sn＋729，即eq\f(3n9＋27n,2)－eq\f(2n9＋18n,2)＝eq\f(2n9＋18n,2)－eq\f(n9＋9n,2)＋729，即9n2＝729，解得n＝9，所以S3n＝S27＝eq\f(27×9＋9×27,2)＝3402.故選C．7．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1>0，a3＋a10>0，a6a7<0，則滿足Sn>0的最大自然數(shù)n的值為()A．6 B．7C．12 D．13答案C解析∵a1>0，a6a7<0，∴a6>0，a7<0，等差數(shù)列的公差小于零，又a3＋a10＝a1＋a12>0，a1＋a13＝2a7<0，∴S12>0，S13<0，∴滿足Sn>0的最大自然數(shù)n的值為12.故選C．8．設(shè)Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若eq\f(S3,S6)＝eq\f(1,3)，則eq\f(S6,S12)＝()A．eq\f(3,10) B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,8) D．eq\f(1,9)答案A解析∵{an}是等差數(shù)列，∴S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等差數(shù)列．令S3＝1，則S6＝3，∴S9＝1＋2＋3＝6.S12＝S9＋4＝10，∴eq\f(S6,S12)＝eq\f(3,10).故選A．二、多項(xiàng)選擇題9．已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，公差為d，且a3＝5，a7＝3，則()A．d＝eq\f(1,2) B．d＝－eq\f(1,2)C．S9＝18 D．S9＝36答案BD解析因?yàn)閍1＋a9＝a3＋a7＝5＋3＝8，所以S9＝eq\f(9a1＋a9,2)＝eq\f(9×8,2)＝36.因?yàn)閍3＝5，a7＝3，所以公差d＝eq\f(a7－a3,7－3)＝－eq\f(1,2).故選BD.10．(2022·青島模擬)已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，且滿足a1＋2a2＝S5，則下列結(jié)論中正確的是()A．S9＝0 B．S5最小C．S3＝S6 D．a(chǎn)5＝0答案ACD解析由題意，知a1＋2(a1＋d)＝5a1＋eq\f(5×4,2)d，則a1＋4d＝0，即a5＝0，∴a4＋a6＝0，∴S3＝S6，且S9＝9a5＝0.故選ACD.11．已知數(shù)列{an}(n∈N*)是等差數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)和，且S5<S6，S6＝S7>S8，則下列結(jié)論正確的是()A．d<0B．a(chǎn)7＝0C．S9>S6D．S6，S7均為Sn的最大值答案ABD解析因?yàn)镾5<S6，所以S5<S5＋a6，所以a6>0，因?yàn)镾6＝S7，所以S6＝S6＋a7，所以a7＝0，因?yàn)镾7>S8，所以S7>S7＋a8，所以a8<0，所以d<0且S6，S7均為Sn的最大值，所以S9<S6.故選ABD.12．(2021·日照校際5月聯(lián)合考試)我國天文學(xué)和數(shù)學(xué)著作《周髀算經(jīng)》中記載：一年有二十四個節(jié)氣，每個節(jié)氣的晷長損益相同(晷是按照日影測定時刻的儀器，晷長即為所測量影子的長度)，二十四節(jié)氣及晷長變化如圖所示，相鄰兩個節(jié)氣晷長減少或增加的量相同，周而復(fù)始，已知每年冬至的晷長為一丈三尺五寸，夏至的晷長為一尺五寸(一丈等于十尺，一尺等于十寸)，則下列說法正確的是()A．小寒比大寒的晷長長一尺B．春分和秋分兩個節(jié)氣的晷長相同C．小雪的晷長為一丈五寸D．立春的晷長比立秋的晷長長答案ABD解析由題意可知，由夏至到冬至的晷長構(gòu)成等差數(shù)列{an}，其中a1＝15，a13＝135，則d＝10，同理可得，由冬至到夏至的晷長構(gòu)成等差數(shù)列{bn}，其中b1＝135，b13＝15，則d′＝－10.因?yàn)樾『c大寒相鄰，小寒比大寒的晷長長10寸，即一尺，故A正確；因?yàn)榇悍值年虚L為b7，所以b7＝b1＋6d′＝135－60＝75，因?yàn)榍锓值年虚L為a7，所以a7＝a1＋6d＝15＋60＝75，故春分和秋分兩個節(jié)氣的晷長相同，故B正確；因?yàn)樾⊙┑年虚L為a11，所以a11＝a1＋10d＝15＋100＝115，又115寸即一丈一尺五寸，故小雪的晷長為一丈一尺五寸，故C錯誤；因?yàn)榱⒋旱年虚L和立秋的晷長分別為b4，a4，所以a4＝a1＋3d＝15＋30＝45，b4＝b1＋3d′＝135－30＝105，所以b4>a4，故立春的晷長比立秋的晷長長，故D正確．故選ABD.三、填空題13．正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2＝2,2aeq\o\al(2,n)＝aeq\o\al(2,n＋1)＋aeq\o\al(2,n－1)(n∈N*，n≥2)，則a7＝________.答案eq\r(19)解析由2aeq\o\al(2,n)＝aeq\o\al(2,n＋1)＋aeq\o\al(2,n－1)(n∈N*，n≥2)，得數(shù)列{aeq\o\al(2,n)}是等差數(shù)列，公差d＝aeq\o\al(2,2)－aeq\o\al(2,1)＝3，首項(xiàng)aeq\o\al(2,1)＝1，所以aeq\o\al(2,n)＝1＋3(n－1)＝3n－2，∴an＝eq\r(3n－2)，∴a7＝eq\r(19).14．(2020·新高考Ⅰ卷)將數(shù)列{2n－1}與{3n－2}的公共項(xiàng)從小到大排列得到數(shù)列{an}，則{an}的前n項(xiàng)和為________.答案3n2－2n解析因?yàn)閿?shù)列{2n－1}是以1為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列，數(shù)列{3n－2}是以1為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列，所以這兩個數(shù)列的公共項(xiàng)所構(gòu)成的新數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，6為公差的等差數(shù)列，所以{an}的前n項(xiàng)和為n·1＋eq\f(nn－1,2)·6＝3n2－2n.15．已知等差數(shù)列{an}中，a2＝2，a4＝8，若abn＝3n－1，則b2021＝________.答案2022解析由a2＝2，a4＝8，得公差d＝eq\f(8－2,4－2)＝3，所以an＝2＋(n－2)×3＝3n－4，所以an＋1＝3n－1.又由數(shù)列{an}的公差大于0，知數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，所以結(jié)合abn＝3n－1，可得bn＝n＋1，故b2021＝2022.16．在數(shù)列{an}中，a1＝－2，anan－1＝2an－1－1(n≥2，n∈N*)，數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(1,an－1)，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝________，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn的最小值為________.答案eq\f(3n－1,3n－4)－eq\f(1,3)解析由題意知，an＝2－eq\f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，∴bn＝eq\f(1,an－1)＝eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,an－1)))－1)＝eq\f(an－1,an－1－1)＝1＋eq\f(1,an－1－1)＝1＋bn－1，即bn－bn－1＝1(n≥2，n∈N*)．又b1＝eq\f(1,a1－1)＝－eq\f(1,3)，∴數(shù)列{bn}是以－eq\f(1,3)為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，∴bn＝n－eq\f(4,3)，即eq\f(1,an－1)＝n－eq\f(4,3)，∴an＝eq\f(3n－1,3n－4).又b1＝－eq\f(1,3)<0，b2＝eq\f(2,3)>0，∴Sn的最小值為S1＝b1＝－eq\f(1,3).四、解答題17．(2018·全國Ⅱ卷)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知a1＝－7，S3＝－15.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)求Sn，并求Sn的最小值．解(1)設(shè){an}的公差為d.由題意，得3a1＋3d＝－15.由a1＝－7，得d＝2.所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－9.(2)由(1)，得Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16.所以當(dāng)n＝4時，Sn取得最小值，最小值為－16.18．在①b1＋b3＝a2，②a4＝b4，③S5＝－25這三個條件中任選一個，補(bǔ)充在下面問題中，并解答．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，{bn}是等比數(shù)列，________，b1＝a5，b2＝3，b5＝－81.是否存在k，使得Sk>Sk＋1且Sk＋1<Sk＋2？若存在，求出k的值；若不存在，請說明理由．注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計(jì)分．解若選條