1.2.3 第2课时 等差数列前n项和的性质及应用-【金版教程】2025-2026学年新教材高中数学选择性必修第一册创新导学案课件PPT（湘教版2019）

第1章 数列 1.2 等差数列 1.2.3　等差数列的前n项和 第2课时　等差数列前n项和的性质及应用 (教师独具内容) 课程标准：1.掌握等差数列前n项和的性质，并能够运用其来解决问题.2.体会等差数列前n项和公式与二次函数的联系，并能够运用二次函数的知识解决数列问题． 教学重点：等差数列前n项和的性质及其应用． 教学难点：运用二次函数的知识解决数列问题． 核心素养：1.在探索等差数列前n项和性质的过程中，发展数学运算素养和逻辑推理素养.2.通过利用等差数列的前n项和公式解决实际问题，提升数学建模素养和数学运算素养． 核心概念掌握 核心素养形成 课后课时精练 目录 随堂水平达标 核心概念掌握 知识点　等差数列前n项和的性质 1．若数列{an}的前n项和公式为Sn＝An2＋Bn＋C，那么数列{an}为等差数列时应满足条件___________． 2．以前n项的项数为横坐标，前n项和为纵坐标的图象为抛物线上的一系列孤立点． 3．等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，那么数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(m∈N＋)是等差数列，其公差等于________． 4．在等差数列{an}中，若a1>0，d<0，则Sn存在_________；若a1<0，d>0，则Sn存在__________ ． C＝0 m2d 最大值 最小值 核心概念掌握 5 n(a1＋a2n) nd (2n＋1)an＋1 an＋1 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 2．等差数列的前n项和的最值 解决等差数列的前n项和的最值的方法： (1)二次函数法：用求二次函数的最值的方法来求其前n项和的最值，但要注意的是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取最值． (3)通项公式法：利用等差数列的性质，找到数列中正数项与负数项变换的位置，其实质是找到数列中最后一个非正数项(或非负数项)，然后确定Sn的最值． 核心概念掌握 8 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)若等差数列{an}的前n项和为Sn，则Sn一定同时存在最大值和最小值．(　 ) (2)若等差数列{an}的前n项和为Sn，则数列Sm，S2m，S3m，…(m∈N＋)为等差数列．(　 ) (3)若等差数列{an}的公差d>0，则该数列Sn一定有最小值；d<0，则该数列Sn一定有最大值．(　 ) √ × × 核心概念掌握 9 2．做一做(请把正确的答案写在横线上) (1)已知某等差数列共有101项，各项之和为202，则奇数项之和S奇＝____________，偶数项之和S偶＝____________． (2)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝8，S8＝20，则a13＋a14＋a15＋a16＝____________． (3)在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n＝8时，Sn 取最大值，则d的取值范围为_________________． 答案 102 100　 20 核心概念掌握 10 核心素养形成 解 题型一　等差数列前n项和性质的应用 例1　(1)等差数列{an}中，前m项和为30，前2m项和为100，试求前3m项和． 核心素养形成 12 解 解法二：记数列{an}的前n项和为Sn，由等差数列前n项和的性质知Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列， 则2(S2m－Sm)＝Sm＋(S3m－S2m)， 又Sm＝30，S2m＝100，所以S2m－Sm＝100－30＝70，所以S3m－S2m＝2(S2m－Sm)－Sm＝110，所以S3m＝110＋100＝210. 核心素养形成 13 解 核心素养形成 14 核心素养形成 15 [跟踪训练1]　(1)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S3＝27，S6＝81，则S12＝(　 ) A．270 B．108 C．162 D．150 解析　 ∵S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等差数列，且该数列的公差d＝S6－S3－S3＝27，∴S9－S6＝S3＋2d＝81，S12－S9＝S3＋3d＝108，∴S9＝162，S12＝270. 答案 解析 核心素养形成 16 解 核心素养形成 17 解 核心素养形成 18 解 题型二　等差数列前n项和的最值问题 例2　等差数列{an}中，a1＝25，S17＝S9，问数列前几项和最大，并求此最大值． 核心素养形成 19 解 核心素养形成 20 解 核心素养形成 21 解 【条件探究】本例中将“a1＝25”改为“a1<0”，其他条件不变，则当n为何值时，Sn最小？ 解　∵S17＝S9，∴a10＋a11＋…＋a17＝0， ∴a10＋a17＝a11＋a16＝…＝a13＋a14＝0. ∵a1<0，∴a13<0，a14>0， ∴S13最小，∴当n＝13时，Sn最小． 核心素养形成 22 核心素养形成 23 [跟踪训练2]　设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝12，且S12>0，S13<0. (1)求公差d的取值范围； (2)数列前几项和最大？并说明理由． 解 核心素养形成 24 解 题型三　等差数列的奇(偶)项和问题 例3　一个等差数列项数为偶数，奇数项之和与偶数项之和分别为24和30，最后一项与第一项之差为10.5，求此数列的首项、公差、项数． 核心素养形成 25 解 核心素养形成 26 核心素养形成 27 解 [跟踪训练3]　(1)一个等差数列共2025项，求它的奇数项和与偶数项和之比． 核心素养形成 28 解 (2)一个等差数列前20项和为75，其中的奇数项和与偶数项和之比为1∶2，求公差d. 核心素养形成 29 题型四　等差数列前n项和在实际中的应用 例4　某人用分期付款的方式购买一件家电，价格为1150元，购买当天先付150元，以后每月的这一天都交付50元，并加付欠款利息，月利率为1%.若交付150元后的一个月开始算分期付款的第一个月，则分期付款的第10个月该交付多少钱？付清全部贷款后，买这件家电实际花费多少钱？ 核心素养形成 30 解 核心素养形成 31 感悟提升 建立等差数列的模型时，要根据题 意找准首项、公差和项数或者首项、末项和项数． 核心素养形成 32 [跟踪训练4]　中国古诗词中，有一道“八子分绵”的数学名题：“九百九十六斤绵，赠分八子作盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言”．题意是：把996斤绵分给8个儿子作盘缠，按照年龄从大到小的顺序依次分绵，年龄小的比年龄大的多17斤绵，那么第8个儿子分到的绵是(　 ) A．174斤 B．184斤 C．191斤 D．201斤 答案 解析 核心素养形成 33 随堂水平达标 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 35 2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝12，S20＝17，则S30为(　 ) A．30 B．25 C．20 D．15 答案 解析 解析　因为Sn是等差数列{an}的前n项和，所以S10，S20－S10，S30－S20成等差数列，所以S10＋(S30－S20)＝2(S20－S10)，所以12＋(S30－17)＝2×(17－12)，解得S30＝15. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 36 3．(多选)设数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和，a1>0且S6＝S9，则(　 ) A．d>0 B．a8＝0 C．S7或S8为Sn的最大值 D．S5>S6 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 37 4．《孙子算经》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五等诸侯，共分橘子六十颗，人别加三颗．问：五人各得几何？”其意思为：“有5个人分60个橘子，他们分得的橘子数成公差为3的等差数列，问5人各得多少橘子？”这个问题中，得到橘子最多的人所得橘子的个数是_________． 答案 18 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 38 解 随堂水平达标 1 2 3 4 5 39 课后课时精练 一、选择题 1．等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝－6，S18－S15＝18，则S18等于(　 ) A．36 B．18 C．72 D．9 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 41 2．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最小值时，n等于(　 ) A．6 B．7 C．8 D．9 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 42 3．设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题错误的是(　 ) A．若d<0，则数列{Sn}有最大项 B．若数列{Sn}有最大项，则d<0 C．若数列{Sn}是递增数列，则对任意n∈N＋，均有Sn>0 D．若对任意n∈N＋，均有Sn>0，则数列{Sn}是递增数列 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 43 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 44 5．(多选)等差数列{an}中，若S6<S7且S7>S8，则下列结论正确的是(　 ) A．a1>0 B．S9<S6 C．a7最大 D．(Sn)max＝S7 答案 解析 解析　等差数列{an}中，若S6<S7且S7>S8，则a7>0，a8<0，故d<0.a1＝a7－6d>0，A正确；S9－S6＝a7＋a8＋a9＝3a8<0，故S9<S6，B正确；因为a6>a7，故C错误；因为a7>0，a8<0，故(Sn)max＝S7，D正确．故选ABD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 45 答案 解析 －1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 46 7．植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植树一棵，相邻两棵树相距10米，开始时需将树苗集中放置在某一棵树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，此最小值为__________米． 答案 解析 2000 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 47 答案 解析 n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 48 三、解答题 9．在等差数列{an}中，a10＝18，前5项和S5＝－15， (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{an}的前n项和的最小值，并指出何时取得最小值． 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 49 10．7月份，有一新款服装投入某市场.7月1日该款服装仅售出3件，以后每天售出的该款服装都比前一天多3件，当日销售量达到最大(只有1天)后，每天售出的该款服装都比前一天少2件，且7月31日当天刚好售出3件． (1)问7月几日该款服装销售最多？最多售出几件？ (2)按规律，当该市场销售此服装达到200件时，社会上就开始流行，而日销售量连续下降并低于20件时，则不再流行．问该款服装在社会上流行几天？ 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 50 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 51 1．已知数列{an}的前n项和为Sn，an>0，且满足(an＋2)2＝4Sn＋4n＋1，n∈N＋. (1)求a1及通项公式； (2)若bn＝(－1)nan，求数列{bn}的前n项和Tn. 解 课后课时精练 1 2 B级 52 解 课后课时精练 1 2 B级 53 2．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数． (1)证明：an＋2－an＝λ； (2)若{an}为等差数列，求S10. 解 解　 (1)证明：由anan＋1＝λSn－1，得an＋1·an＋2＝λSn＋1－1， 两式相减，得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1. 因为an≠0，所以an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ. 课后课时精练 1 2 B级 54 解 课后课时精练 1 2 B级 55 　　　　　　　　　　　　　 R 5．(1)等差数列的项数若为2n(n∈N＋)项，则S2n＝eq \x(\s\up1(05))___________且S偶－S奇＝eq \x(\s\up1(06))_____，eq \f(S奇,S偶)＝eq \x(\s\up1(07))_________． (2)等差数列的项数若为2n＋1(n∈N＋)项，则S2n＋1＝eq \x(\s\up1(08))_______________且S奇－S偶＝eq \x(\s\up1(09))________，eq \f(S奇,S偶)＝eq \x(\s\up1(10))________． (3)若两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，则eq \f(an,bn)＝eq \f(S2n－1,T2n－1). (4)数列{an}为等差数列⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)⇔数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列． eq \f(an,an＋1) eq \f(n＋1,n) 1．等差数列的前n项和公式与二次函数之间的关系 一般地，对于等差数列{an}，如果a1，d是确定的，前n项和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，设A＝eq \f(d,2)，B＝a1－eq \f(d,2)，上式可写成Sn＝An2＋Bn.当A≠0(即d≠0)时，Sn是关于n的二次函数，那么(n，Sn)在二次函数y＝Ax2＋Bx的图象上． 因此，当d≠0时，数列S1，S2，S3，…，Sn的图象是抛物线y＝Ax2＋Bx上的一系列孤立点． {an}是等差数列⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(7,8))) 解　解法一：利用等差数列{an}前n项和公式Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d. 由已知得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Sm＝ma1＋\f(m（m－1）,2)d＝30，,S2m＝2ma1＋\f(2m（2m－1）,2)d＝100，)) 解得a1＝eq \f(10m＋20,m2)，d＝eq \f(40,m2)， 所以S3m＝3ma1＋eq \f(3m（3m－1）,2)d＝210. 解　　解法一：eq \f(a5,b5)＝eq \f(S9,T9)＝eq \f(7×9＋2,9＋3)＝eq \f(65,12). 解法二：可设Sn＝(7n＋2)nt，Tn＝(n＋3)nt(t≠0)． 则a5＝S5－S4＝65t，b5＝T5－T4＝12t. 故eq \f(a5,b5)＝eq \f(65t,12t)＝eq \f(65,12). (2)已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn且eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(7n＋2,n＋3)，求eq \f(a5,b5). 感悟提升 等差数列前n项和运算的几种思维方法 (1)整体思想：利用公式Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)，设法求出整体a1＋an，再代入求解． (2)待定系数法：利用当公差d≠0时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，或利用eq \f(Sn,n)是关于n的一次函数，设eq \f(Sn,n)＝an＋b(a≠0)进行计算． (3)利用Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列进行求解． 解　解法一：∵等差数列的前n项和Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d＝eq \f(dn2,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，eq \f(An,Bn)＝eq \f(7n＋1,4n＋27)， ∴设An＝k(7n2＋n)，Bn＝k(4n2＋27n)． 当n≥2时，an＝An－An－1＝7kn2＋kn－7k(n－1)2－k(n－1)＝k(14n－6)， bn＝Bn－Bn－1＝k(4n2＋27n)－k[4(n－1)2＋27(n－1)]＝k(8n＋23)． ∴eq \f(an,bn)＝eq \f(14n－6,8n＋23)，当n＝1时，也成立． ∴eq \f(an,bn)＝eq \f(14n－6,8n＋23)(n∈N＋)． (2)若两个等差数列{an}和{bn}的前n项和An和Bn满足关系式eq \f(An,Bn)＝eq \f(7n＋1,4n＋27)(n∈N＋)，求eq \f(an,bn). 解法二：由题意得eq \f(an,bn)＝eq \f(2an,2bn)＝eq \f(a1＋a2n－1,b1＋b2n－1)＝eq \f(\f(（2n－1）（a1＋a2n－1）,2),\f(（2n－1）（b1＋b2n－1）,2))＝eq \f(A2n－1,B2n－1)， 又eq \f(An,Bn)＝eq \f(7n＋1,4n＋27)(n∈N＋)， ∴eq \f(an,bn)＝eq \f(A2n－1,B2n－1)＝eq \f(7（2n－1）＋1,4（2n－1）＋27)＝eq \f(14n－6,8n＋23)(n∈N＋)． 解　　由题意，可知a1＝25，S17＝S9， 则17a1＋eq \f(17×16,2)d＝9a1＋eq \f(9×8,2)d，d＝－2. 解法一：Sn＝25n＋eq \f(n（n－1）,2)×(－2)＝－(n－13)2＋169. 故前13项和最大，最大值是169. 解法二：Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n(d<0)， Sn的图象是开口向下的抛物线上的一系列孤立点，最高点的横坐标为eq \f(9＋17,2)，即S13最大．如图所示，最大值为13×25＋eq \f(13×12,2)×(－2)＝169. 解法三：∵S17＝S9， ∴a10＋a11＋…＋a17＝0. ∴a10＋a17＝a11＋a16＝…＝a13＋a14＝0. ∵a1＝25>0，∴a13>0，a14<0. ∴S13最大，最大值为13×25＋eq \f(13×12,2)×(－2)＝169. 解法四：∵a1＝25>0， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＝25－2（n－1）≥0，,an＋1＝25－2n<0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n≤13\f(1,2)，,n>12\f(1,2).)) ∴当n＝13时，Sn有最大值13×25＋eq \f(13×12,2)×(－2)＝169. 感悟提升 求解等差数列前n项和最值问题的常用方法 　(1)二次函数法，即先求得Sn的表达式，然后配方．若对称轴恰好为正整数，则就在该处取得最值；若对称轴不是正整数，则应在离对称轴最近的正整数处取得最值，有时n的值有两个，有时只有一个． (2)通项公式法 ①当a1＞0，d＜0时，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(am≥0，,am＋1＜0))⇒Sm为最大值； ②当a1＜0，d＞0时，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(am≤0，,am＋1＞0))⇒Sm为最小值． 解　(1)∵a3＝12，∴a1＝12－2d，∵S12>0，S13<0， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(12a1＋66d>0，,13a1＋78d<0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(24＋7d>0，,3＋d<0，))∴－eq \f(24,7)<d<－3. (2)∵S12>0，S13<0，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a12>0，,a1＋a13<0，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a6＋a7>0，,a7<0，)) ∴a6>0，又由(1)知d<0. ∴数列前6项为正，从第7项起为负． ∴数列前6项和最大． 解　解法一：设此数列的首项为a1，公差为d，项数为2k(k∈N＋)． 根据题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S奇＝24，,S偶＝30，,a2k－a1＝\f(21,2)，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)k（a1＋a2k－1）＝24，,\f(1,2)k（a2＋a2k）＝30，,（2k－1）d＝\f(21,2)，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k[a1＋（k－1）d]＝24，,k（a1＋kd）＝30，,（2k－1）d＝\f(21,2)，)) 解得a1＝eq \f(3,2)，d＝eq \f(3,2)，k＝4. ∴首项为eq \f(3,2)，公差为eq \f(3,2)，项数为8. 解法二：设此数列的首项为a1，公差为d，项数为2k(k∈N＋)． 根据题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S奇＝24，,S偶＝30，,a2k－a1＝\f(21,2)，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S偶－S奇＝6，,a2k－a1＝\f(21,2)，)) ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(kd＝6，,（2k－1）d＝\f(21,2)，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝4，,d＝\f(3,2).)) 代入S奇＝eq \f(k,2)(a1＋a2k－1)＝24，可得a1＝eq \f(3,2). ∴首项为eq \f(3,2)，公差为eq \f(3,2)，项数为8. 感悟提升 等差数列的奇(偶)项和的性质 (1)设等差数列{an}的项数为2n(n∈N＋)，则有： ①S2n＝n(an＋an＋1)； ②S偶－S奇＝nd，eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(an＋1,an)(S奇，S偶分别是数列{an}的所有奇数项和、偶数项和)． (2)设等差数列{an}的项数为2n－1(n≥2，且n∈N＋)，则S2n－1＝(2n－1)an(an是数列的中间项)，S奇－S偶＝an，eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(n,n－1). 解　等差数列{an}共有1013个奇数项，1012个偶数项， ∴S奇＝eq \f(1013（a1＋a2025）,2)，S偶＝eq \f(1012（a2＋a2024）,2). ∵a1＋a2025＝a2＋a2024， ∴eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(1013,1012). 解　前20项中，奇数项和S奇＝eq \f(1,3)×75＝25， 偶数项和S偶＝eq \f(2,3)×75＝50， 又S偶－S奇＝10d， ∴d＝eq \f(50－25,10)＝2.5. 解　设每次交款数额依次为a1，a2，…，a20，则 a1＝50＋1000×1%＝60(元)， a2＝50＋(1000－50)×1%＝59.5(元)， … a10＝50＋(1000－9×50)×1%＝55.5(元)． 即第10个月应付款55.5元． 由于{an}是以60为首项，以－0.5为公差的等差数列， 所以有S20＝eq \f(60＋（60－19×0.5）,2)×20＝1105(元)， 即付清全部贷款后，买这件家电实际花费1105＋150＝1255(元)． 解析　由题意可知，8个儿子分到的绵的数量构成等差数列，以第1个儿子分到的绵数a1为首项，公差为d＝17，n＝8，S8＝996，所以8a1＋eq \f(8×（8－1）,2)×17＝996，解得a1＝65，所以第8个儿子分到的绵数a8＝a1＋(n－1)d＝65＋7×17＝184.故选B. 1．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若eq \f(a5,a3)＝eq \f(5,9)，则eq \f(S9,S5)等于(　 ) A．1 B．－1 C．2 D.eq \f(1,2) 解析　eq \f(S9,S5)＝eq \f(\f(9,2)（a1＋a9）,\f(5,2)（a1＋a5）)＝eq \f(\f(9,2)×2a5,\f(5,2)×2a3)＝eq \f(9a5,5a3)＝eq \f(9,5)×eq \f(a5,a3)＝1. 解析　因为Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d，所以Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n.又因为a1>0，S6＝S9，所以d<0，二次函数y＝eq \f(d,2)x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))x图象的对称轴为直线x＝eq \f(6＋9,2)＝eq \f(15,2)，且图象的开口向下．所以二次函数y＝eq \f(d,2)x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(15,2)))上单调递增，在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,2)，＋∞))上单调递减，所以S5<S6，故A，D错误；在最靠近eq \f(15,2)的整数n＝7或n＝8时，Sn取得最大值，故C正确；因为S7＝S8，所以a8＝0，故B正确．故选BC. 解析　设第一个人分到的橘子个数为a1，由题意，得S5＝5a1＋eq \f(5×4,2)×3＝60，解得a1＝6.则a5＝a1＋(5－1)×3＝6＋12＝18，所以得到橘子最多的人所得橘子的个数是18. 5．设数列{an}的前n项和为Sn，点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n，\f(Sn,n)))(n∈N＋)均在函数y＝3x－2的图象上，求数列{an}的通项公式． 解　依题意得，eq \f(Sn,n)＝3n－2，即Sn＝3n2－2n. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n)－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5， 因为a1＝S1＝1，满足an＝6n－5， 所以an＝6n－5(n∈N＋)． 解析　由S3，S6－S3，…，S18－S15成等差数列，可知S18＝S3＋(S6－S3)＋(S9－S6)＋…＋(S18－S15)＝eq \f(6×（－6＋18）,2)＝36. 解析　∵{an}是等差数列，∴a4＋a6＝2a5＝－6，即a5＝－3，则d＝eq \f(a5－a1,5－1)＝eq \f(－3＋11,4)＝2，∴{an}是首项为负数的递增数列，所有的非正项之和最小．∵a6＝－1，a7＝1，∴当n＝6时，Sn取得最小值． 解析　由题意得Sn＝na1＋eq \f(1,2)n(n－1)d＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n.由二次函数的性质知Sn有最大值时，则d<0，故A，B正确；因为{Sn}为递增数列，则d>0，不妨设a1＝－1，d＝2，显然{Sn}是递增数列，但S1＝－1<0，故C错误；对任意n∈N＋，Sn均大于0时，a1>0，d>0，{Sn}必是递增数列，D正确． 4．已知等差数列{an}和等差数列{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且(n＋1)Sn＝(7n＋23)Tn，则使eq \f(an,bn)为整数的正整数n的个数是(　 ) A．2 B．3 C．4 D．5 解析　由题意，可得eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(7n＋23,n＋1)，则eq \f(an,bn)＝eq \f(2an,2bn)＝eq \f(\f(（2n－1）（a1＋a2n－1）,2),\f(（2n－1）（b1＋b2n－1）,2))＝eq \f(S2n－1,T2n－1)＝eq \f(14n＋16,2n)＝eq \f(7n＋8,n)＝7＋eq \f(8,n)，经验证，知当n＝1，2，4，8时，eq \f(an,bn)为整数，即使eq \f(an,bn)为整数的正整数n的个数是4.故选C. 二、填空题 6．在等差数列{an}中，an＝4n－eq \f(5,2)，a1＋a2＋…＋an＝an2＋bn(n∈N＋)，其中a，b均为常数，则ab＝_________． 解析　∵an＝4n－eq \f(5,2)，∴a1＝eq \f(3,2).∴an2＋bn＝a1＋a2＋…＋an＝eq \f(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋4n－\f(5,2))),2)＝2n2－eq \f(1,2)n.∴a＝2，b＝－eq \f(1,2)，故ab＝－1. 解析　假设开始时将树苗集中放置在第n棵树坑旁边(其中1≤n≤20且n∈N＋)，则20名同学往返所走的路程总和为S＝20＋40＋…＋20(n－1)＋20＋40＋…＋20(20－n)＝20[1＋2＋…＋(n－1)＋1＋…＋(20－n)]＝20×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（1＋n－1）（n－1）,2)＋\f(（1＋20－n）（20－n）,2)))＝20(n2－21n＋210)＝20eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(21,2))) eq \s\up12(2)＋1995，因为n∈N＋且1≤n≤20，所以当n＝10或11时，S取最小值，且最小值为2000米． 解析　设等差数列{an}的公差为d，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S3＝3a1＋3d＝6，,S7＝7a1＋21d＝28，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝1，))所以数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝n.Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝eq \f(n（n＋1）,2)，所以eq \f(a1＋an,Sn＋4)＝eq \f(2（1＋n）,（n＋5）（n＋4）)，令t＝n＋1，则t≥2且t∈N＋，eq \f(a1＋an,Sn＋4)＝eq \f(2t,（t＋4）（t＋3）)＝eq \f(2,t＋\f(12,t)＋7)，由对勾函数的单调性可知，函数y＝t＋eq \f(12,t)＋7在t∈(0，2eq \r(3))时单调递减，在t∈(2eq \r(3)，＋∞)时单调递增，故当t＝3或t＝4时，eq \f(a1＋an,Sn＋4)取得最大值为eq \f(1,7). 8．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝6，S7＝28，则an＝_______，eq \f(a1＋an,Sn＋4)的最大值是_________． eq \f(1,7) 解　(1)设{an}的公差为d. 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋9d＝18，,5a1＋\f(5,2)×4×d＝－15，))解得a1＝－9，d＝3， ∴an＝3n－12. (2)Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝eq \f(1,2)(3n2－21n)＝eq \f(3,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(7,2))) eq \s\up12(2)－eq \f(147,8)， ∴当n＝3或n＝4时，前n项和取得最小值为－18. 解　(1)设7月n日售出的服装件数为an(n∈N＋，1≤n≤31)，最多售出ak件． 由题意知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ak＝3＋3（k－1），,ak－2（31－k）＝3，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝13，,ak＝39，)) ∴7月13日该款服装销售最多，最多售出39件． (2)设Sn是数列{an}的前n项和， ∵an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3n，1≤n≤13，,65－2n，14≤n≤31，)) ∴Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(（3＋3n）n,2)，1≤n≤13，,273＋（51－n）（n－13），14≤n≤31.)) ∵S13＝273>200， ∴当1≤n≤13时，由Sn>200，得12≤n≤13； 当14≤n≤31时，日销售量连续下降，由an<20，得23≤n≤31. ∴该款服装在社会上流行11天(从7月12日到7月22日)． 解　(1)对于(an＋2)2＝4Sn＋4n＋1，　 ① n＝1时，(a1＋2)2＝4a1＋5，得aeq \o\al(2,1)＝1，而an>0，则a1＝1. 又(an＋1＋2)2＝4Sn＋1＋4(n＋1)＋1，　 ② 由②－①可得(an＋1＋2)2－(an＋2)2＝4an＋1＋4， aeq \o\al(2,n＋1)＝(an＋2)2，而an>0， ∴an＋1＝an＋2，即an＋1－an＝2. ∴{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，即an＝1＋2(n－1)＝2n－1. (2)∵bn＝(－1)n(2n－1)， ∴Tn＝－1＋3－5＋7＋…＋(－1)n(2n－1)， 当n为偶数时，Tn＝2＋2＋…＋2＝eq \f(n,2)×2＝n； 当n为奇数时，Tn＝2＋2＋…＋2－(2n－1)＝eq \f(n－1,2)×2－(2n－1)＝－n. 综上所述，Tn＝(－1)n·n. (2)由题设可知a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得 a2＝λ－1， 由(1)可知a3＝λ＋a1＝λ＋1， 因为{an}为等差数列， 所以2a2＝a1＋a3，即2(λ－1)＝1＋λ＋1， 得λ＝4. 故an＋2－an＝4，由此可得{a2n－1}是首项为a1＝1，公差为4的等差数列，所以a2n－1＝4n－3； {a2n}是首项为a2＝3，公差为4的等差数列，所以a2n＝4n－1.所以an＝2n－1， 所以S10＝eq \f(10×（a1＋a10）,2)＝100. $$