5.2.2 第2课时 等差数列前n项和的性质及应用-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册创新导学案课件PPT（人教B版2019）

第五章　数列 5.2　等差数列 5.2.2　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.通过学习等差数列前n项和的性质和等差数列奇(偶)项和的性质发展数学抽象素养和逻辑推理素养.2.通过利用等差数列前n项和解决实际问题发展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 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 核心概念掌握 5 核心概念掌握 6 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)设等差数列{an}的前n项和为Sn，则Sn与an不可能相等．(　　) (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)若两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为An，Bn，则一定有＝.(　　) × × × 核心概念掌握 7 2．做一做(请把正确的答案写在横线上) (1)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝8，S8＝20，则a13＋a14＋a15＋a16＝______． (2)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＝________． 20 102 100 核心概念掌握 8 核心素养形成 题型一　等差数列前n项和性质的应用 等差数列{an}中，前m项和为30，前2m项和为100，试求前3m项和． 解　解法一：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 10 核心素养形成 11 感悟提升 等差数列前n项和性质的应用 涉及此类问题时，可利用方程的思想方法确定出系数，从而求出Sn；也可利用等差数列的等长片断和的性质，构造出新数列，从而使问题得到解决． 核心素养形成 12 [跟踪训练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. 核心素养形成 13 题型二　等差数列的奇(偶)数项和问题 　 (1)一个等差数列的项数为偶数，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 14 核心素养形成 15 核心素养形成 16 核心素养形成 17 核心素养形成 18 核心素养形成 19 感悟提升　等差数列奇(偶)数项和的性质的应用 在涉及等差数列奇(偶)数项和的问题时，可以根据已知条件先求出首项a1，公差d，再求所求，这是基本解法，但有些题目，如果适当运用等差数列奇(偶)数项和的性质往往可以达到化繁为简的效果． 核心素养形成 20 [跟踪训练2]　(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 21 (2)一个等差数列前20项和为75，其中奇数项和与偶数项和之比为1∶2，求公差d. 核心素养形成 22 核心素养形成 23 核心素养形成 24 题型三　等差数列前n项和的比例问题 核心素养形成 25 核心素养形成 26 感悟提升　解决两个等差数列项的比例问题的思路 涉及两个等差数列项的比，可以转化为两等差数列前n项和之比来处理． 核心素养形成 27 核心素养形成 28 题型四　等差数列前n项和在实际中的应用 解　购房时付150万元，则欠款1000万元，依题意分20次付款， 设每次付款依次为an万元， 则a1＝50＋1000×1%＝60， a2＝50＋(1000－50)×1%＝59.5， 某单位用分期付款的方式为职工购买40套住房，共需1150万元，购买当天先付150万元，按约定以后每月的这一天都交付50万元，并加付所有欠款利息，月利率为1%，若交付150万元后的一个月开始算分期付款的第1个月，问分期付款的第10个月应付多少钱？全部付清后，买这40套住房实际花了多少钱？ 核心素养形成 29 核心素养形成 30 感悟提升 (1)本例属于与等差数列前n项和有关的应用题，其关键在于构造合适的等差数列． (2)遇到与正整数有关的应用题时，可以考虑与数列知识联系，抽象出数列的模型，并用有关知识解决相关的问题． 核心素养形成 31 [跟踪训练4]　某地在抗洪抢险中接到预报，24 h后有一个超历史最高水位的洪峰到达，为保证万无一失，抗洪指挥部决定在24 h内另筑起一道堤作为第二道防线．经计算，如果有20辆大型翻斗车同时工作25 h，可以筑起第二道防线，但是除了现有的一辆车可以立即投入工作外，其余车辆需从各处紧急抽调，每隔20 min就可有一辆车到达并投入工作．问：指挥部至少还需组织多少辆车这样陆续工作，才能保证在24 h内完成第二道防线？请说明理由． 核心素养形成 32 核心素养形成 33 又n≤72，∴25≤n≤72，∴nmin＝25， ∴n－1＝24. 故指挥部至少还需组织24辆车这样陆续工作，才能保证在24 h内完成第二道防线． 核心素养形成 34 随堂水平达标 1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝12，S20＝17，则S30＝(　　) A．30 B．25 C．20 D．15 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 随堂水平达标 1 2 3 4 5 37 3．(多选)(2024·内蒙古赤峰新城红旗中学高二期中)已知从冬至日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影长减等寸(减等寸：以相等的尺寸减少)．若雨水的日影长为95寸，冬至、小寒、大寒、立春的日影长之和为480寸，则(　　) A．冬至的日影长为135寸 B．芒种的日影长为25寸 C．冬至的日影长为125寸 D．芒种的日影长为15寸 随堂水平达标 1 2 3 4 5 38 随堂水平达标 1 2 3 4 5 39 100 随堂水平达标 1 2 3 4 5 40 5．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－7，a2＝3，an＋2＝an＋2，则S100＝________． 4700 随堂水平达标 1 2 3 4 5 41 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 对点 等差数列前n项和性质的应用 利用等差数列奇偶项和的性质求中间项 等差数列前n项和的比例问题——求式子的值 等差数列前n项和的实际应用 等差数列前n项和的性质、最值、范围问题的综合 利用等差数列奇偶项和的性质求首项和公差 利用等差数列前n项和的性质解决前n项和的比值问题 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 43 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 对点 等差数列前n项和的实际应用与等差数列前n项和的最值问题的综合 利用等差数列、等差数列的前n项和公式解决实际问题 利用an与Sn的关系求数列的首项及通项公式；等差数列的奇(偶)数项和问题 利用等差数列的前n项和公式解决问题 等差数列前n项和的比例问题——求参数的值 等差数列的奇(偶)数项和问题 等差数列项的最值问题、前n项和的范围问题与实际问题的综合 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 44 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＝(　　) A．36 B．18 C．72 D．9 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 45 2．已知等差数列{an}的前n项和为377，项数n为奇数，且前n项中，奇数项的和与偶数项的和之比为7∶6，则中间项为(　　) A．28 B．29 C．30 D．31 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 47 4．(2024·山东德州齐河第一中学高二月考)生命在于运动，某健身房为吸引会员来健身，推出打卡送积分活动(积分可兑换礼品)，第一天打卡得1积分，以后只要连续打卡，每天所得积分都会比前一天多2分．若某天未打卡，则当天没有积分，且第二天打卡须从1积分重新开始．某会员参与打卡活动，从3月1日开始，到3月20日他共得193积分，中途有一天未打卡，则他未打卡的那天是(　　) A．3月5日或3月16日 B．3月6日或3月15日 C．3月7日或3月14日 D．3月8日或3月13日 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 二、填空题 6．已知等差数列{an}共有10项，其偶数项之和为15，奇数项之和为12.5，则首项a1＝________，公差d＝________． 0.5 0.5 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 53 8．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________． 2000 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 54 三、解答题 9．假设某市2024年新建住房400万平方米，其中有250万平方米是中低价房，每年新建住房中，中低价房的面积均比上一年增加50万平方米．那么，到哪一年底，该市历年所建中低价房的累计面积(以2024年为累计的第一年)将首次不少于4750万平方米？ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 10．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及数列{an}的通项公式； (2)若bn＝(－1)n·an，求数列{bn}的前n项和Tn. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 11．(多选)(2024·江苏南通高二期中)在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢．则(　　) A．驽马第七日行九十四里 B．第七日良马先至齐 C．第八日两马相逢 D．两马相逢时良马行一千三百九十五里 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 59 5 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 60 解：(1)由已知，a1＝1，a2＝a1＋1＝2，a3＝a2＋2＝4，a4＝a3＋1＝5， 因为a2n＋1＝a2n＋2＝a2n－1＋1＋2＝a2n－1＋3， 即a2n＋1－a2n－1＝3， 所以数列{an}的奇数项构成以1为首项，3为公差的等差数列， 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 61 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 62 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 63 14．7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？ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 64 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 65 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 66 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　等差数列前n项和的性质 如果等差数列{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m2d. 知识点二　等差数列奇(偶)项和的性质 (1)若等差数列{an}的项数为2n(n∈N＋)，则S2n＝n(an＋an＋1)，且S偶－S奇＝nd，eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(an,an＋1). (2)若等差数列{an}的项数为2n－1(n∈N＋)，则S2n－1＝(2n－1)an，且S奇－S偶＝an，S奇＝nan，S偶＝(n－1)an，eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(n,n－1). [拓展]　(1)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). (2)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． 解法二：设等差数列{an}的公差为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：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)，)) 解得a1＝eq \f(3,2)，d＝eq \f(3,2)，k＝4， ∴此数列的首项为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). ∴此数列的首项为eq \f(3,2)，公差为eq \f(3,2)，项数为8. (2)(2023·新课标Ⅱ卷){an}为等差数列，bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an－6，n为奇数，,2an，n为偶数，))记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16. ①求{an}的通项公式；②证明：当n>5时，Tn>Sn. 解　①设等差数列{an}的公差为d， 而bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an－6，n为奇数，,2an，n为偶数，)) 则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6， 于是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S4＝4a1＋6d＝32，,T3＝4a1＋4d－12＝16，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝5，,d＝2，)) 所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋3， 所以{an}的通项公式是an＝2n＋3. ②证法一：由①知， Sn＝eq \f(n（5＋2n＋3）,2)＝n2＋4n， bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n－3，n为奇数，,4n＋6，n为偶数，)) 当n为偶数时，bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1， Tn＝eq \f(13＋（6n＋1）,2)·eq \f(n,2)＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(7,2)n， 当n>5时，Tn－Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(7,2)n))－(n2＋4n)＝eq \f(1,2)n(n－1)>0，因此Tn>Sn； 当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝eq \f(3,2)(n＋1)2＋eq \f(7,2)(n＋1)－[4(n＋1)＋6]＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(5,2)n－5， 当n>5时，Tn－Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(5,2)n－5))－(n2＋4n)＝eq \f(1,2)(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn. 所以当n>5时，Tn>Sn. 证法二：由①知，Sn＝eq \f(n（5＋2n＋3）,2)＝n2＋4n， bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n－3，n为奇数，,4n＋6，n为偶数，)) 当n为偶数时，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝eq \f(－1＋2（n－1）－3,2)·eq \f(n,2)＋eq \f(14＋4n＋6,2)·eq \f(n,2)＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(7,2)n， 当n>5时，Tn－Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(7,2)n))－(n2＋4n)＝eq \f(1,2)n(n－1)>0，因此Tn>Sn； 当n为奇数时，若n≥3，则Tn＝(b1＋b3＋…＋bn)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)＝eq \f(－1＋2n－3,2)·eq \f(n＋1,2)＋eq \f(14＋4（n－1）＋6,2)·eq \f(n－1,2)＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(5,2)n－5，显然T1＝b1＝－1满足上式，因此当n为奇数时，Tn＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(5,2)n－5， 当n>5时，Tn－Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(5,2)n－5))－(n2＋4n)＝eq \f(1,2)(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn. 所以当n>5时，Tn>Sn. 解：等差数列{an}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：等差数列前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)＝eq \f(5,2). (3)已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，S4＝2a5，且an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N＋)． ①求数列{an}的通项公式； ②记bn＝(－1)n·aeq \o\al(2,n)，求数列{bn}的前n项和Tn. 解析：①由an＋2－2an＋1＋an＝0，可得an＋2＋an＝2an＋1， ∴数列{an}为等差数列． 设公差为d，则S4＝4a1＋eq \f(4×3,2)d，a5＝a1＋4d. 又S4＝2a5，a1＝1，∴d＝1. 从而an＝a1＋(n－1)d＝n. ②由①可知an＝n，∴bn＝(－1)n·n2， ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝－12＋22－32＋42－…＋(－1)n·n2， 当n为偶数时，Tn＝－12＋22－32＋42－…＋(－1)n·n2＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq \f(n（n＋1）,2)； 当n为奇数时，Tn＝－12＋22－32＋42－…＋(－1)n·n2＝－12＋22－32＋42－…－n2 ＝－12＋(22－32)＋(42－52)＋…＋[(n－1)2－n2]＝－eq \f(n（n＋1）,2). ∴数列{bn}的前n项和Tn＝(－1)n·eq \f(n（n＋1）,2). eq \f(65,12) (Sn,Tn)INCLUDEPICTURE"例3.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../杨楠/课件/531数学（选择性必修第三册导学案（B版/例3.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "例3.TIF" \* MERGEFORMAT 　(1)已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn且＝eq \f(7n＋2,n＋3)，则eq \f(a5,b5)＝________． 解析　解法一：eq \f(a5,b5)＝eq \f(2a5,2b5)＝eq \f(a1＋a9,b1＋b9)＝eq \f(\f(9×（a1＋a9）,2),\f(9×（b1＋b9）,2))＝eq \f(S9,T9)＝eq \f(7×9＋2,9＋3)＝eq \f(65,12). 解法二：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)(2024·辽宁沈阳重点高中郊联体高二月考)设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(3n－1,n＋3)，则eq \f(a8,b5＋b11)＝________． 解析　因为等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，所以eq \f(a8,b5＋b11)＝eq \f(1,2)·eq \f(2a8,b5＋b11)＝eq \f(1,2)·eq \f(a1＋a15,b1＋b15)＝eq \f(1,2)·eq \f(\f(15（a1＋a15）,2),\f(15（b1＋b15）,2))＝eq \f(1,2)·eq \f(S15,T15)＝eq \f(1,2)×eq \f(3×15－1,15＋3)＝eq \f(11,9). eq \f(11,9) [跟踪训练3]　若两个等差数列{an}，{bn}的前n项和An，Bn满足关系式eq \f(An,Bn)＝eq \f(7n＋1,4n＋27)(n∈N＋)，求eq \f(an,bn). 解：因为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)， 所以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). a3＝50＋(1000－50×2)×1%＝59， a4＝50＋(1000－50×3)×1%＝58.5， 所以an＝50＋[1000－50(n－1)]×1%＝60－eq \f(1,2)(n－1)(1≤n≤20，n∈N＋)． 所以{an}是以60为首项，－eq \f(1,2)为公差的等差数列． 所以a10＝60－9×eq \f(1,2)＝55.5， a20＝60－19×eq \f(1,2)＝50.5. 所以S20＝eq \f(1,2)×(a1＋a20)×20＝10×(60＋50.5)＝1105. 所以实际花了1105＋150＝1255万元． 解：设从现有一辆车投入工作算起，各车的工作时间依次构成数列{an}，则an－an－1＝－eq \f(1,3). ∴数列{an}是首项为24，公差为－eq \f(1,3)的等差数列，设还需组织(n－1)辆车， 由an＝24－eq \f(1,3)(n－1)＞0，得n＜73，即n≤72， 则a1＋a2＋…＋an＝24n＋eq \f(n（n－1）,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))≥20×25. ∴n2－145n＋3000≤0， 即(n－25)(n－120)≤0. 2．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)＝(　　) 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：由题意知，十二个节气的日影长成等差数列，设该等差数列为{an}，公差为d，前n项和为Sn，则由已知，得a5＝95，S4＝480，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a5＝a1＋4d＝95，,S4＝4a1＋\f(4×3,2)d＝480，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝135，,d＝－10，))则a12＝a1＋11d＝25，所以冬至的日影长为135寸，芒种的日影长为25寸．故选AB. 4．在等差数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn，若eq \f(S8,8)－eq \f(S6,6)＝2，则S10＝________． 解析：因为数列{an}是等差数列，a1＝1，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也是等差数列，且首项为eq \f(S1,1)＝1，又eq \f(S8,8)－eq \f(S6,6)＝2，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的公差为1，所以eq \f(S10,10)＝1＋(10－1)×1＝10，所以S10＝100. 解析：由a1＝－7，an＋2＝an＋2，可得an＋2－an＝2，∴a1，a3，a5，a7，…，a99是以－7为首项，2为公差的等差数列，共50项．∴a1＋a3＋a5＋…＋a99＝50× (－7)＋eq \f(50×（50－1）,2)×2＝2100.同理，a2，a4，a6，…，a100是以3为首项，2为公差的等差数列，共50项．∴a2＋a4＋a6＋…＋a100＝50×3＋eq \f(50×（50－1）,2)×2＝2600.∴S100＝2100＋2600＝4700. 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：因为n为奇数，所以eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(n＋1,n－1)＝eq \f(7,6)，解得n＝13，所以S13＝13a7＝377，所以a7＝29.故选B. 3．(2024·山东淄博临淄中学高二阶段检测)已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(n＋2,3n＋4)，则eq \f(a3＋a9,b4＋b6＋b8)＝(　　) A.eq \f(13,111) 　　　　　B.eq \f(26,37) 　　　　　C.eq \f(26,111) 　　　　　 D.eq \f(13,37) 解析：由等差数列的性质，得eq \f(a3＋a9,b4＋b6＋b8)＝eq \f(2a6,3b6)＝eq \f(2,3)×eq \f(a6,b6)，又eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(na\f(n＋1,2),nb\f(n＋1,2))＝eq \f(n＋2,3n＋4)，所以eq \f(S11,T11)＝eq \f(11a6,11b6)＝eq \f(11＋2,3×11＋4)＝eq \f(13,37)，即eq \f(a6,b6)＝eq \f(13,37)，所以eq \f(a3＋a9,b4＋b6＋b8)＝eq \f(2,3)×eq \f(a6,b6)＝eq \f(2,3)×eq \f(13,37)＝eq \f(26,111).故选C. 解析：若他连续打卡，则从打卡第1天开始，逐日所得积分依次成等差数列，且首项为1，公差为2，第n天所得积分为2n－1.假设他连续打卡n天，第n＋1天中断了，则他所得积分之和为(1＋3＋…＋2n－1)＋[1＋3＋…＋2(19－n)－1]＝eq \f(n（1＋2n－1）,2)＋eq \f(（19－n）[1＋2（19－n）－1],2)＝193，化简得n2－19n＋84＝0，解得n＝7或12，所以他未打卡的那天是3月8日或3月13日．故选D. 5．(多选)(2024·东北育才学校高二阶段检测)设数列{an}的前n项和为Sn，eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝－1，S1＝32，则下列说法正确的是(　　) A．an＝－2n＋34，n∈N＋ B．S2，S4－S2，S6－S4成等差数列，公差为－8 C．当Sn取得最大值时，n＝16 D．当Sn≥0时，n的最大值为33 解析：由题意，得eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝－1，S1＝32，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是以eq \f(S1,1)＝32为首项，d＝－1为公差的等差数列，所以eq \f(Sn,n)＝32－(n－1)＝33－n，即Sn＝n(33－n)．所以a1＝S1＝32，Sn－1＝(n－1)·(34－n)(n≥2，n∈N＋)，所以an＝Sn－Sn－1＝n(33－n)－(n－1)(34－n)＝34－2n(n≥2，n∈N＋)，又a1＝S1＝32，适合上式，所以an＝34－2n(n∈N＋)，故A正确；由Sn＝n(33－n)，得S2＝62，S4－S2＝116－62＝54，S6－S4＝162－116＝46，所以S2，S4－S2，S6－S4成等差数列，公差为－8，故B正确；二次函数y＝x(33－x)＝－x2＋33x的图象开口向下，对称轴为直线x＝eq \f(33,2)，所以当n＝16或n＝17时，Sn取得最大值，故C错误；由Sn＝n(33－n)≥0，得0≤n≤33，故D正确．故选ABD. 解析：由于等差数列{an}的项数为10，故S偶－S奇＝15－12.5＝5d，所以d＝0.5.由15＋12.5＝10a1＋eq \f(10×9,2)×0.5，得a1＝0.5. 7．(2024·山东菏泽鄄城第一中学高二月考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若eq \f(S14,S7)＝7，则eq \f(S21,S14)＝________． 解析：在等差数列{an}中，因为S7，S14－S7，S21－S14成等差数列，所以2(S14－S7)＝S7＋(S21－S14)，设S7＝m(m≠0)，则S14＝7m，于是有12m＝m＋(S21－7m)，解得S21＝18m，所以eq \f(S21,S14)＝eq \f(18,7). eq \f(18,7) 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)]＝20eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（n－1＋1）（n－1）,2)＋\f(（20－n＋1）（20－n）,2)))＝20(n2－21n＋210)＝20eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(21,2)))\s\up12(2)＋210－\f(212,4))).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. 解：设从2024年起每年新建中低价房的面积依次为an万平方米，由题意可知{an}是等差数列，其中a1＝250，公差d＝50， 则an＝250＋(n－1)×50＝50n＋200，Sn＝250n＋eq \f(n（n－1）,2)×50＝25n2＋225n， 令25n2＋225n≥4750，即n2＋9n－190≥0，而n是正整数，∴n≥10. ∴到2033年底，该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4750万平方米． 解：(1)对于(an＋2)2＝4Sn＋4n＋1，① 当n＝1时，(a1＋2)2＝4a1＋5，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， ∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1(n∈N＋)． (2)∵bn＝(－1)n×(2n－1)， ∴Tn＝－1＋3－5＋7－…＋(－1)n×(2n－1)， 当n为偶数时，Tn＝＝n； 当n为奇数时，Tn＝－(2n－1)＝－n. 综上所述，Tn＝(－1)n·n(n∈N＋)． 解析：由题意可知，两马日行里数都成等差数列，记数列{an}为良马的日行里数，其前n项和为Sn，a1＝103，公差d1＝13，所以an＝13n＋90，n∈N＋.记数列{bn}为驽马的日行里数，b1＝97，公差d2＝－0.5，所以bn＝－0.5n＋97.5，n∈N＋.驽马第七日所行里数为b7＝－0.5×7＋97.5＝94，故A正确；前七日良马所行里数为S7＝eq \f(7,2)(a1＋a7)＝994，因为994＜1125，所以第七日良马未至齐，故B错误；设第m日两马相逢，由题意可知两马所行的里数之和是齐和长安之间距离的两倍，即103m＋eq \f(m（m－1）,2)×13＋97m－eq \f(m（m－1）,2)×0.5＝2×1125，解得m＝9或m＝－40(舍去)，即第九日两马相逢，此时良马所行里数为S9＝eq \f(9,2)(a1＋a9)＝1395，故C错误，D正确．故选AD. 12．设等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(3n－t,5n＋3)，若eq \f(a7,b3＋b11)＝eq \f(1,4)，则t＝________． 解析：由eq \f(a7,b3＋b11)＝eq \f(1,4)，得eq \f(a7,2b7)＝eq \f(1,4)，即eq \f(a7,b7)＝eq \f(1,2)，故eq \f(a7,b7)＝eq \f(2a7,2b7)＝eq \f(a1＋a13,b1＋b13)＝eq \f(\f(13×（a1＋a13）,2),\f(13×（b1＋b13）,2))＝eq \f(S13,T13)＝eq \f(1,2)，又eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(3n－t,5n＋3)，所以eq \f(S13,T13)＝eq \f(3×13－t,5×13＋3)＝eq \f(39－t,68)，所以eq \f(39－t,68)＝eq \f(1,2)，解得t＝5. 13．(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＋1，n为奇数，,an＋2，n为偶数.)) (1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式； (2)求{an}的前20项和． 所以当n为奇数时，an＝1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,2)－1))×3＝eq \f(3n－1,2). 因为a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，即a2n＋2－a2n＝3，所以数列{an}的偶数项构成以2为首项，3为公差的等差数列， 所以当n为偶数时，an＝2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)－1))×3＝eq \f(3n－2,2)， 而bn＝a2n， 所以b1＝a2＝2，b2＝a4＝5，bn＝a2n＝eq \f(3×2n－2,2)＝3n－1，所以bn＝3n－1. (2)由(1)，知{an}的前20项和S20＝a1＋a2＋…＋a20＝(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)＝10×1＋eq \f(10×9,2)×3＋10×2＋eq \f(10×9,2)×3＝300. 所以{an}的前20项和为300. 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 \f(（3＋3n）n,2)，1≤n≤13， 又S13＝273， ∴Sn＝273＋(51－n)(n－13)，14≤n≤31. ∵S13＝273>200， ∴当1≤n≤13时， 由Sn>200，得12≤n≤13， 由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)． $$