第7章 第2讲 等差数列-【金版教程】2025年高考数学一轮复习创新方案课件PPT（新教材，提升版）

第七章　数列 第2讲　等差数列 [课程标准]1.理解等差数列的概念和通项公式的意义.2.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.3.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.4.体会等差数列与一元一次函数的关系． 目录 基础知识整合 JI CHU ZHI SHI ZHENG HE 核心考向突破 HE XIN KAO XIANG TU PO 课时作业 KE SHI ZUO YE 基础知识整合 JI CHU ZHI SHI ZHENG HE 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 第2项 差 同一个常数 公差 an＋1－an＝d A a＋b * 1．等差数列的有关概念 (1)定义：一般地，如果一个数列从eq \x(\s\up1(01))_________起，每一项与它的前一项的eq \x(\s\up1(02))_____都等于eq \x(\s\up1(03))___________，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的eq \x(\s\up1(04))_______，公差通常用字母d表示．数学语言表示为eq \x(\s\up1(05))____________ (n∈N*)，d为常数． (2)等差中项：由三个数a，A，b组成的等差数列可以看成是最简单的等差数列，这时eq \x(\s\up1(06))____叫做a与b的等差中项，根据等差数列的定义可以知道，2A＝eq \x(\s\up1(07))_________． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 a1＋(n－1)d * 2．等差数列的有关公式 (1)通项公式：an＝eq \x(\s\up1(08))____________________． (2)前n项和公式：Sn＝eq \x(\s\up1(09))___________________＝eq \x(\s\up1(10))____________． na1＋eq \f(n（n－1）,2)d eq \f(n（a1＋an）,2) 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 * 等差数列的常用性质 (1)通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)． (2)若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an.若m＋n＝2p(m，n，p∈N*)，则am＋an＝2ap. (3)若{an}是等差数列，公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为2d. (4)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 * (5)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差为md的等差数列． (6)等差数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等差数列，其公差为n2d. (7)若等差数列的项数为2n(n∈N*)，则S偶－S奇＝nd，eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(an,an＋1). (8)若等差数列的项数为2n－1(n∈N*)，则S奇－S偶＝an，eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(n,n－1)(S奇＝nan，S偶＝(n－1)an)． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 * (9)若{an}，{bn}均为等差数列且其前n项和为Sn，Tn，则eq \f(an,bn)＝eq \f(S2n－1,T2n－1). (10)若Sm＝n，Sn＝m(m≠n)，则Sm＋n＝－(m＋n)． (11)由公式Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）d,2)得eq \f(Sn,n)＝a1＋eq \f(n－1,2)d＝eq \f(d,2)n＋a1－eq \f(d,2)，因此数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等差数列，首项为a1，公差为等差数列{an}公差的一半． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 * (12)等差数列与函数的关系 ①an＝a1＋(n－1)d可化为an＝dn＋a1－d的形式．当d≠0时，an是关于n的一次函数．当d>0时，数列为递增数列；当d<0时，数列为递减数列． ②Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n.当d≠0时，它是关于n的二次函数．数列{an}是等差数列⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 答案 解析 * 1．在数列{an}中，a1＝－2，an＋1－an＝2，则a5＝(　　) A．－6 B．6 C．－10 D．10 解析　∵an＋1－an＝2，∴数列{an}是公差为2的等差数列，又a1＝－2，∴a5＝a1＋4d＝－2＋2×4＝6.故选B. 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 答案 解析 * 2．(人教A选择性必修第二册4.2.1练习T4改编)等差数列{an}中，a4＋a8＝10，a10＝6，则公差d＝(　　) A．eq \f(1,4) B．eq \f(1,2) C．2 D．－eq \f(1,2) 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).故选A. 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 答案 解析 * 3．(人教B选择性必修第三册5.2.2练习A T2改编)设Sn是等差数列{an}的前n项和，a2＝5，a7＝20，则S8＝(　　) A．90 B．100 C．120 D．200 解析　S8＝eq \f(8（a1＋a8）,2)＝4(a1＋a8)＝4(a2＋a7)＝4×25＝100.故选B. 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 25 解析 答案 * 解析　设等差数列{an}的公差为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. 4．(2020·全国Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1＝－2，a2＋a6＝2，则S10＝________． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 29 解析 答案 * 解析　设项数为2n－1，则该数列的中间项为an＝S奇－S偶＝319－290＝29. 5．(人教A选择性必修第二册4.2.2练习T5改编)已知等差数列{an}的项数为奇数，其中所有奇数项之和为319，所有偶数项之和为290，则该数列的中间项为________． 核心考向突破 HE XIN KAO XIANG TU PO 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * 解析　设等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的公差为d，则eq \f(1,a7)＝eq \f(1,a3)＋4d，即1＝eq \f(1,2)＋4d，解得d＝eq \f(1,8).则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).故选C. 考向一　等差数列的基本运算 例1　(1)已知数列{an}中，a3＝2，a7＝1.若eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))为等差数列，则a5＝(　　) A.eq \f(2,3) B.eq \f(3,2) C.eq \f(4,3) D.eq \f(3,4) 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * (2)(多选)(2023·辽宁朝阳模拟)已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝66，a2＋a4＋a6＝57，则(　　) A．数列{an}的公差为－3 B．数列{an}的通项公式为an＝31－2n C．数列{an}的前n项和为eq \f(59n－3n2,2) D．数列{|an|}的前50项和为2565 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解析　a1＋a3＋a5＝3a3＝66，a2＋a4＋a6＝3a4＝57，解得a3＝22，a4＝19，因此数列{an}的公差d＝a4－a3＝－3，首项a1＝a3－2d＝28，A正确；数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝31－3n，B错误；数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝eq \f(59n－3n2,2)，C正确；由an≥0，得n≤10，因此数列{|an|}的前50项和为a1＋a2＋…＋a10－a11－a12－…－a50＝2S10－S50＝2×eq \f(59×10－3×102,2)－eq \f(59×50－3×502,2)＝2565，D正确．故选ACD. 目录 考向一 考向二 考向三 * 等差数列计算中的两个技巧 (1)等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题． (2)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量转换作用，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常用方法． 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * 1.(2023·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝(　　) A．25 B．22 C．20 D．15 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解析　解法一：设等差数列{an}的公差为d，首项为a1，依题意可得，a2＋a6＝(a1＋d)＋(a1＋5d)＝10，即a1＋3d＝5，又a4a8＝(a1＋3d)·(a1＋7d)＝45，解得d＝1，a1＝2，所以S5＝5a1＋eq \f(5×4,2)×d＝5×2＋10×1＝20.故选C. 解法二：设等差数列{an}的公差为d，a2＋a6＝2a4＝10，a4a8＝45，所以a4＝5，a8＝9，从而d＝eq \f(a8－a4,8－4)＝1，于是a3＝a4－d＝5－1＝4，所以S5＝5a3＝20.故选C. 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * 2．《周髀算经》有这样一个问题：从冬至日起，依次为小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种十二个节气日影长减等寸，冬至、立春、春分日影长之和为三丈一尺五寸，前九个节气日影长之和为八丈五尺五寸，问芒种日影长为(一丈＝十尺＝一百寸)(　　) A．一尺五寸 B．二尺五寸 C．三尺五寸 D．四尺五寸 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解析　由题意知，从冬至日起，依次为小寒、大寒等十二个节气日影长构成一个等差数列{an}，设公差为d，∵冬至、立春、春分日影长之和为三丈一尺五寸，前九个节气日影长之和为八丈五尺五寸，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a4＋a7＝3a1＋9d＝315，,S9＝9a1＋\f(9×8,2)d＝855，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝135，,d＝－10，))∴芒种日影长为a12＝a1＋11d＝135－11×10＝25(寸)＝2尺5寸． 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * 考向二　等差数列的判定与证明 例2　(1)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋2n，n∈N*，则a4＝(　　) A．64 B．56 C．32 D．24 解析　由an＋1＝2an＋2n得eq \f(an＋1,2n＋1)－eq \f(an,2n)＝eq \f(1,2)，而eq \f(a1,2)＝eq \f(1,2)，∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是首项为eq \f(1,2)，公差为eq \f(1,2)的等差数列，∴eq \f(an,2n)＝eq \f(1,2)＋(n－1)×eq \f(1,2)＝eq \f(n,2)，∴an＝n·2n－1，∴a4＝4×24－1＝32. 目录 考向一 考向二 考向三 * (2)已知数列{an}满足a1＝1，且nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n. ①求a2，a3； ②证明数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是等差数列，并求{an}的通项公式． 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 解　①由已知，得a2－2a1＝4，则a2＝2a1＋4， 又因为a1＝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＋1）an,n（n＋1）)＝2，即eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝2， 所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是首项为eq \f(a1,1)＝1，公差为d＝2的等差数列，则eq \f(an,n)＝1＋2(n－1)＝2n－1. 所以an＝2n2－n. 目录 考向一 考向二 考向三 * 等差数列的判定方法 (1)定义法：对于n≥2的任意自然数，验证an－an－1为同一常数． (2)等差中项法：验证2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立． (3)通项公式法：验证an＝pn＋q. (4)前n项和公式法：验证Sn＝An2＋Bn. 提醒：在解答题中常应用定义法和等差中项法，而通项公式法和前n项和公式法主要适用于选择题、填空题中的简单判断． 目录 考向一 考向二 考向三 * (2021·全国甲卷)已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立． ①数列{an}是等差数列；②数列{eq \r(Sn)}是等差数列；③a2＝3a1. 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 解　选择条件①③⇒②. 已知数列{an}是等差数列，a2＝3a1， 设数列{an}的公差为d， 则a2＝3a1＝a1＋d，所以d＝2a1. 因为Sn＝na1＋eq \f(n（n－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)(常数)． 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 所以数列{eq \r(Sn)}是等差数列． 选择条件①②⇒③. 已知数列{an}是等差数列，数列{eq \r(Sn)}是等差数列， 设数列{an}的公差为d， 则S1＝a1，S2＝2a1＋d，S3＝3a1＋3d， 因为数列{eq \r(Sn)}是等差数列， 所以eq \r(S1)＋eq \r(S3)＝2eq \r(S2)， 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 即eq \r(a1)＋eq \r(3a1＋3d)＝2eq \r(2a1＋d)， 化简整理得d＝2a1. 所以a2＝a1＋d＝3a1. 选择条件②③⇒①. 已知数列{eq \r(Sn)}是等差数列，a2＝3a1， 设数列{eq \r(Sn)}的公差为d， 则eq \r(S2)－eq \r(S1)＝d，即eq \r(4a1)－eq \r(a1)＝d. 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 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也适合上式， 所以an＝2d2n－d2(n∈N*)． an＋1－an＝2d2(n＋1)－d2－(2d2n－d2)＝2d2(常数)， 所以数列{an}是等差数列． 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * 多角度探究突破 考向三　等差数列的性质 角度 等差数列项的性质 例3　(1)等差数列{an}中，若a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，则a9－eq \f(1,3)a11的值是(　　) A．14 B．15 C．16 D．17 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解析　因为{an}是等差数列，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.故选C. 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * (2)(多选)等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，当首项a1和d变化时，a3＋a8＋a13是一个定值，则下列各数也为定值的是(　　) A．a7 B．a8 C．S15 D．S16 解析　由等差中项的性质可得a3＋a8＋a13＝3a8为定值，则a8为定值，S15＝eq \f(15（a1＋a15）,2)＝15a8为定值，但S16＝eq \f(16（a1＋a16）,2)＝8(a8＋a9)不是定值． 目录 考向一 考向二 考向三 * 等差数列项的性质 利用等差数列项的性质解决基本量的运算体现了整体求值思想，应用时常将an＋am＝2ak(n＋m＝2k，n，m，k∈N*)与am＋an＝ap＋aq(m＋n＝p＋q，m，n，p，q∈N*)相结合，可减少运算量． 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * 1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S4＝3，Sn－4＝12，Sn＝17，则n的值为(　　) A．17 B．15 C．13 D．11 解析　∵Sn－Sn－4＝an－3＋an－2＋an－1＋an＝5，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝3，∴(an－3＋a4)＋(an－2＋a3)＋(an－1＋a2)＋(an＋a1)＝4(a1＋an)＝8，∴a1＋an＝2，∴Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝17，解得n＝17.故选A. 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * 2．(2023·九江湖口中学5月考试)等差数列{an}中，若S9＝18，Sn＝240，an－4＝30，则n的值为(　　) A．14 B．15 C．16 D．17 解析　由等差数列的性质知，a1＋a9＝2a5，a1＋an＝a5＋an－4，因为S9＝eq \f(9（a1＋a9）,2)＝9a5＝18，故a5＝2，又Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝eq \f(n（a5＋an－4）,2)＝240，故eq \f(n（2＋30）,2)＝240，所以n＝15.故选B. 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * 角度 例4　(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝1，S30＝5，则S40＝(　　) A．7 B．8 C．9 D．10 解析　由等差数列的性质知S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等差数列，设其公差为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.故选B. 目录 考向一 考向二 考向三 5 答案 解析 * (2)一个等差数列的前12项的和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则该数列的公差d＝________． 解析　设等差数列的前12项中奇数项的和为S奇，偶数项的和为S偶，等差数列的公差为d.由 已知条件，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S奇＋S偶＝354，,S偶∶S奇＝32∶27，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S偶＝192，,S奇＝162.)) 又因为S偶－S奇＝6d，所以d＝eq \f(192－162,6)＝5. 目录 考向一 考向二 考向三 * 等差数列前n项和的性质 在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则 (1)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…是等差数列； (2)eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列； (3)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)； (4)S2n－1＝(2n－1)an； (5)若n为偶数，则S偶－S奇＝eq \f(nd,2)；若n为奇数，则S奇－S偶＝a中(中间项)． 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * 1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若m>1，且am－1＋am＋1－aeq \o\al(2,m)－1＝0，S2m－1＝39，则m＝(　　) A．39 B．20 C．19 D．10 解析　数列{an}为等差数列，则am－1＋am＋1＝2am，则am－1＋am＋1－aeq \o\al(2,m)－1＝0可化为2am－aeq \o\al(2,m)－1＝0，解得am＝1.又S2m－1＝(2m－1)am＝39，则m＝20.故选B. 目录 考向一 考向二 考向三 －2022 答案 解析 * 2．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2022，eq \f(S2020,2020)－eq \f(S2014,2014)＝6，则S2022＝________． 解析　由等差数列的性质可得eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也为等差数列，设其公差为d，则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. 目录 考向一 考向二 考向三 7 答案 * 角度 例5　等差数列{an}中，设Sn为其前n项和，且a1<0，S3＝S11，则当n＝________时，Sn最小． 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解析　解法一：由S3＝S11，得3a1＋eq \f(3×2,2)d＝11a1＋eq \f(11×10,2)d，则d＝－eq \f(2,13)a1.从而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.又因为a1<0，所以－eq \f(a1,13)>0.故当n＝7时，Sn最小． 解法二：由于f(x)＝ax2＋bx是关于x的二次函数，且(n，Sn)在二次函数f(x)的图象上，由S3＝S11，可知f(x)＝ax2＋bx的图象关于直线x＝eq \f(3＋11,2)＝7对称．由解法一可知a＝－eq \f(a1,13)>0，故当x＝7时，f(x)最小，即当n＝7时，Sn最小． 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解法三：由解法一可知d＝－eq \f(2,13)a1.要使Sn最小， 则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≤0，,an＋1≥0，))即eq \b\lc\{(\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，故当n＝7时，Sn最小． 解法四：由S3＝S11，可得a4＋a5＋…＋a10＋a11＝0，即4(a7＋a8)＝0，故a7＋a8＝0，又由a1<0，S3＝S11可知d>0，所以a7<0，a8>0，所以当n＝7时，Sn最小． 目录 考向一 考向二 考向三 * 求等差数列前n项和最值的常用方法 (1)二次函数法：用求二次函数最值的方法(配方法)求其前n项和的最值，但要注意n∈N*. (2)图象法：利用二次函数图象的对称性来确定n的值，使Sn取得最值． 目录 考向一 考向二 考向三 * (3)邻项变号法：当a1>0，d<0时，满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0))的项数n，使Sn取最大值；当a1<0，d>0时，满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≤0，,an＋1≥0))的项数n，使Sn取最小值，即正项变负项处最大，负项变正项处最小．若有零项，则使Sn取最值的n有两个． 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * 设等差数列{an}满足3a8＝5a15，且a1>0，Sn为其前n项和，则数列{Sn}的最大项为(　　) A．S23 B．S24 C．S25 D．S26 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解析　设等差数列的公差为d，∵3a8＝5a15，∴3a1＋21d＝5a1＋70d，∴a1＋eq \f(49,2)d＝0.解法一：a1>0，∴d<0，∴a1＋24d＝a25>0，a1＋25d＝a26<0，∴数列{Sn}的最大项为S25.故选C. 解法二：Sn＝eq \f(d,2)(n2－50n)，d<0，所以当n＝25时，数列{Sn}有最大项，为S25.故选C. 课时作业 KE SHI ZUO YE 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 一、单项选择题 1．(2023·荆州模拟)Sn为等差数列的前n项和，S9＝81，a2＝3，则a10＝(　　) A．2 B．11 C．15 D．19 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　设等差数列的公差为d，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(9a1＋36d＝81，,a1＋d＝3，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2，))所以a10＝a1＋9d＝1＋18＝19.故选D. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 2．(2023·西安一中模拟)已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2,an＋1)))为等差数列，且a1＝1，a4＝－eq \f(1,2)，则a2023＝(　　) A．eq \f(2021,2023) B．－eq \f(2021,2023) C．eq \f(2019,2021) D．－eq \f(2019,2021) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　因为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2,an＋1)))为等差数列，且a1＝1，a4＝－eq \f(1,2)，所以eq \f(2,1＋a1)＝1，eq \f(2,1＋a4)＝4，设该等差数列的公差为d，则3d＝4－1＝3，即d＝1，eq \f(2,1＋a2023)＝1＋2022d＝2023，所以a2023＝－eq \f(2021,2023).故选B. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 解析 * 3．(2023·上饶二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a6＋a9＝a3＋4，则S23＝(　　) A．92 B．94 C．96 D．98 解析　等差数列{an}中，a6＋a9＝a3＋4＝a3＋a12，则a12＝4，所以S23＝eq \f(a1＋a23,2)×23＝23a12＝92.故选A. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 4．(2023·陕西名校联考)已知数列{an}中，a2＝4，am＋n＝am＋an，则a11＋a12＋a13＋…＋a19＝(　　) A．95 B．145 C．270 D．520 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　在等式am＋n＝am＋an中，令m＝1，可得an＋1＝an＋a1，则an＋1－an＝a1，所以数列{an}为等差数列，且该数列的首项和公差均为a1.因为a2＝2a1＝4，故a1＝2，所以an＝2＋2(n－1)＝2n，则a15＝2×15＝30，因此a11＋a12＋a13＋…＋a19＝eq \f(9（a11＋a19）,2)＝eq \f(9×2a15,2)＝9a15＝270.故选C. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 解析 * 5．等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(5n＋2,n＋3)，则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) 解析　由题意知，eq \f(a2＋a20,b7＋b15)＝eq \f(a1＋a21,b1＋b21)＝eq \f(S21,T21)＝eq \f(107,24).故选A. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 * 6．(2023·汉中二模)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．如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”．画法如下：在水平直线上取长度为1的线段AB，作一个等边三角形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 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 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11段圆弧时，“蚊香”的长度为(　　) A．14π B．18π C．30π D．44π 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　由题意知每段圆弧的圆心角都是eq \f(2π,3)，第n段圆弧的半径为n，弧长记为an，则an＝eq \f(2π,3)·n，所以S11＝eq \f(2π,3)×(1＋2＋…＋11)＝44π.故选D. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 7．(2023·新课标Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，则(　　) A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　解法一：甲：{an}为等差数列，设其首项为a1，公差为d，则Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d，eq \f(Sn,n)＝a1＋eq \f(n－1,2)d＝eq \f(d,2)n＋a1－eq \f(d,2)，eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝eq \f(d,2)，因此eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，则甲是乙的充分条件；反之，乙：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，即eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝eq \f(nSn＋1－（n＋1）Sn,n（n＋1）)＝eq \f(nan＋1－Sn,n（n＋1）)为常数，设为t，即eq \f(nan＋1－Sn,n（n＋1）)＝t，则Sn＝nan＋1－t·n(n＋1)，有Sn－1＝(n－1)an－t·n(n－1)，n≥2，两式相减，得an＝nan＋1－(n－1)an－2tn，即an＋1－an＝2t，对n＝1也成立，因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件．所以甲是乙的充要条件．故选C. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解法二：甲：{an}为等差数列，设数列{an}的首项为a1，公差为d，即Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d，则eq \f(Sn,n)＝a1＋eq \f(n－1,2)d＝eq \f(d,2)n＋a1－eq \f(d,2)，因此eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，即甲是乙的充分条件；反之，乙：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，即eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝d′，eq \f(Sn,n)＝S1＋(n－1)d′，即Sn＝nS1＋n(n－1)d′，Sn－1＝(n－1)S1＋(n－1)(n－2)d′，当n≥2时，以上两式相减，得Sn－Sn－1＝S1＋2(n－1)d′，于是an＝a1＋2(n－1)d′，当n＝1时，上式也成立，又an＋1－an＝a1＋2nd′－[a1＋2(n－1)d′]＝2d′，为常数，因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件．所以甲是乙的充要条件．故选C. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 8．(2023·武汉二调)南宋数学家杨辉为我国古代数学研究作出了杰出贡献，他的著名研究成果“杨辉三角”记录于其重要著作《详解九章算法》，该著作中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列．以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中的第2项开始，每一项与前一项的差构成等差数列．若某个二阶等差数列的前4项为2，3，6，11，则该数列的第15项为(　　) A．196 B．197 C．198 D．199 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　设该数列为{an}，则a1＝2，a2＝3，a3＝6，a4＝11，由二阶等差数列的定义可知，a2－a1＝1，a3－a2＝3，a4－a3＝5，…，所以数列{an＋1－an}是首项为a2－a1＝1，公差d＝2的等差数列，即an＋1－an＝2n－1，所以an＋1＝(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝n2＋2，所以a15＝142＋2＝198，即该数列的第15项为198.故选C. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 二、多项选择题 9.(2023·大连二模)北京天坛圜丘坛的地面由石板铺成，最中间的是圆形的天心石，围绕天心石的是9圈扇环形的石板，从内到外各圈的石板数依次为a1，a2，a3，…，a9，设数列{an}为等差数列，它的前n项和为Sn，且a2＝18，a4＋a6＝90，则(　　) A．a1＝6 B．{an}的公差为9 C．a6＝3a3 D．S9＝405 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　设等差数列{an}的公差为d，∵a2＝18，a4＋a6＝90，∴a1＋d＝18，2a1＋8d＝90，解得a1＝9，d＝9，∴an＝9＋9(n－1)＝9n，a6＝9×6＝54，3a3＝3×9×3＝81，∴a6≠3a3，S9＝9×9＋eq \f(9×8,2)×9＝405.故选BD. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 10．(2023·沈阳一模)设等差数列{an}的前n项和是Sn，若a2<－a11<a1，则(　　) A．a6<a7 B．S10>0 C．S15<0 D．Sn≤S5 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　设等差数列{an}的公差为d，∵a2<－a11<a1，可得a1＋d<－a1－10d<a1，d<0，∴a1>－5d>0，a2＋a11<0，∴a1＋5d＝a6>0，a6＋a7＝a1＋a12<0，∴a7<0，∴a6>a7，故A错误；S11＝eq \f(11（a1＋a11）,2)＝11a6>0，S12＝eq \f(12（a1＋a12）,2)<0，故当n≤11时，Sn>0，当n≥12时，Sn<0，故B，C正确；因为S6＝S5＋a6，a6>0，所以S6>S5，故D错误．故选BC. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 11．(2023·梅州一模)设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题正确的是(　　) A．若d<0，则S1是数列{Sn}的最大项 B．若数列{Sn}有最小项，则d>0 C．若数列{Sn}是递减数列，则对任意的n∈N*，均有Sn<0 D．若对任意的n∈N*，均有Sn>0，则数列{Sn}是递增数列 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　对于A，取数列{an}是首项为4，公差为－2的等差数列，S1＝4<S2＝6，故A错误；对于B，等差数列{an}中，公差d≠0，Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，Sn是关于n的二次函数．数列{Sn}有最小项，即Sn有最小值，Sn对应的二次函数有最小值，对应的函数图象开口向上，d>0，故B正确；对于C，取数列{an}是首项为1，公差为－2的等差数列，Sn＝－n2＋2n，Sn＋1－Sn＝－(n＋1)2＋2(n＋1)－(－n2＋2n)＝－2n＋1<0，即Sn＋1<Sn恒成立，此时数列{Sn}是递减数列，而S1＝1>0，故C错误；对于D，若对任意的n∈N*，均有Sn>0，则a1＞0，d＞0，又Sn＋1－Sn＝an＋1＝a1＋nd＞0，所以数列{Sn}是递增数列，故D正确．故选BD. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 an＝2n2 答案 解析 * 三、填空题 12．(2023·中山期末)在数列{an}中，a1＝2，eq \r(an＋1)＝eq \r(an)＋eq \r(2)，则数列{an}的通项公式为____________． 解析　由eq \r(an＋1)＝eq \r(an)＋eq \r(2)得eq \r(an＋1)－eq \r(an)＝eq \r(2)，而eq \r(a1)＝eq \r(2)，于是得数列{eq \r(an)}是以eq \r(2)为首项，d＝eq \r(2)为公差的等差数列，则有eq \r(an)＝eq \r(a1)＋(n－1)d＝eq \r(2)＋eq \r(2)(n－1)＝eq \r(2)n，所以数列{an}的通项公式为an＝2n2. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2024 答案 解析 * 13．已知等差数列{an}中，a2＝2，a4＝8，若abn＝3n－1，则b2023＝________． 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.又由数列{an}的公差大于0，知数列{an}为递增数列，所以结合abn＝3n－1，可得bn＝n＋1，故b2023＝2024. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 14．在数列{an}中，a1＝－2，anan－1＝2an－1－1(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝eq \f(1,an－1)，则数列{an}的通项公式为an＝____________，数列{bn}的前n项和Sn的最小值为________． eq \f(3n－1,3n－4) －eq \f(1,3) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　由题意知，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)，∴数列{bn}是以－eq \f(1,3)为首项，1为公差的等差数列，∴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的最小值为S1＝b1＝－eq \f(1,3). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 * 四、解答题 15．(2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和．已知eq \f(2Sn,n)＋n＝2an＋1. (1)证明：{an}是等差数列； (2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解 * 解　(1)证明：因为eq \f(2Sn,n)＋n＝2an＋1， 即2Sn＋n2＝2nan＋n，① 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且n∈N*， 所以{an}是以1为公差的等差数列． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解 * (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aeq \o\al(2,7)＝a4a9， 即(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)， 解得a1＝－12， 所以Sn＝－12n＋eq \f(n（n－1）,2)＝eq \f(1,2)n2－eq \f(25,2)n ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(25,2))) eq \s\up12(2)－eq \f(625,8)， 所以，当n＝12或n＝13时，(Sn)min＝－78. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 * 16．(2023·新课标Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn＝eq \f(n2＋n,an)，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和． (1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式； (2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解 * 解　(1)∵3a2＝3a1＋a3， ∴3d＝a1＋2d，解得a1＝d， ∴S3＝3a2＝3(a1＋d)＝6d， 又T3＝b1＋b2＋b3＝eq \f(2,d)＋eq \f(6,2d)＋eq \f(12,3d)＝eq \f(9,d)， ∴S3＋T3＝6d＋eq \f(9,d)＝21，即2d2－7d＋3＝0， 解得d＝3或d＝eq \f(1,2)(舍去)， ∴an＝a1＋(n－1)d＝3n. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解 * (2)∵{bn}为等差数列， ∴2b2＝b1＋b3，即eq \f(12,a2)＝eq \f(2,a1)＋eq \f(12,a3)， ∴6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)－\f(1,a3)))＝eq \f(6d,a2a3)＝eq \f(6d,（a1＋d）（a1＋2d）)＝eq \f(1,a1)，即aeq \o\al(2,1)－3a1d＋2d2＝0， 解得a1＝d或a1＝2d， ∵d>1，∴an>0，又S99－T99＝99， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解 * 由等差数列的性质知，99a50－99b50＝99， 即a50－b50＝1， ∴a50－eq \f(2550,a50)＝1，即aeq \o\al(2,50)－a50－2550＝0， 解得a50＝51或a50＝－50(舍去)． 当a1＝2d时，a50＝a1＋49d＝51d＝51， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解 * 解得d＝1，与d>1矛盾，无解； 当a1＝d时，a50＝a1＋49d＝50d＝51， 解得d＝eq \f(51,50). 综上，d＝eq \f(51,50). 　　　　　　　　　　　　　 R $$