第7章 第2讲 等差数列-【金版教程】2026年高考数学一轮复习创新方案课件PPT（提升版）

第七章　数列 第2讲　等差数列 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． 基础知识整合 核心考向突破 课时作业 目录 基础知识整合 1．等差数列的有关概念 (1)定义：一般地，如果一个数列从______起，每一项与它的前一项的___都等于____________，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的_____，公差通常用字母d表示．数学语言表示为_______________(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____叫做a与b的等差中项，根据等差数列的定义可以知道，2A＝____． 第2项 差 同一个常数 公差 an＋1－an＝d A a＋b 基础知识整合 5 2．等差数列的有关公式 (1)通项公式：an＝_______________． (2)前n项和公式：Sn＝_________________＝_____________． a1＋(n－1)d 基础知识整合 6 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． (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． 基础知识整合 7 基础知识整合 8 基础知识整合 9 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d＝2的等差数列，又a1＝－2，∴a5＝a1＋4d＝－2＋2×4＝6.故选B. 基础知识整合 10 基础知识整合 11 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 基础知识整合 12 4．(2024·新课标Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝________． 95 基础知识整合 13 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________． 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. 29 基础知识整合 14 核心考向突破 考向一　等差数列的基本运算 (1)(多选)记等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，已知S4＝0，a5＝5，则下列说法正确的是(　　) A．a2＋a3＝0 B．an＝2n－5 C．Sn＝n(n－4) D．d＝－2 核心考向突破 16 核心考向突破 17 核心考向突破 18 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． 核心考向突破 19 1.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 核心考向突破 20 核心考向突破 21 2．(2025·重庆模拟)中国载人航天工程发射的第十八艘飞船，简称“神十八”，于2024年4月执行载人航天飞行任务．运送“神十八”的长征二号F运载火箭，在点火第一秒钟通过的路程为2 km，以后每秒钟通过的路程都增加3 km，在达到离地面222 km的高度时，火箭开始进入转弯程序．则从点火到进入转弯程序大约需要的时间是_____秒． 12 核心考向突破 22 考向二　等差数列的判定与证明 核心考向突破 23 核心考向突破 24 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． 核心考向突破 25 核心考向突破 26 核心考向突破 27 核心考向突破 28 核心考向突破 29 考向三　等差数列的性质 核心考向突破 30 (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 核心考向突破 31 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． 核心考向突破 32 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 核心考向突破 33 核心考向突破 34 角度2　等差数列前n项和的性质 (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 核心考向突破 35 (2)一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项之和与奇数项之和的比为32∶27，则该数列的公差d＝_____． 5 核心考向突破 36 核心考向突破 37 核心考向突破 38 核心考向突破 39 角度3　等差数列前n项和的最值问题 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． 7 核心考向突破 40 核心考向突破 41 核心考向突破 42 核心考向突破 43 (2025·山东济宁模拟)等差数列{an}是递增数列，公差为d，前n项和为Sn，满足a7＝3a5，则下列说法正确的是(　　) A．d<0 B．a1>0 C．当n＝5时，Sn最小 D．当Sn>0时，n的最小值为8 核心考向突破 44 核心考向突破 45 课时作业 一、单项选择题 1．(2024·河北石家庄三模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S9＝6a5＋27，则S5＝(　　) A．25 B．27 C．30 D．35 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 47 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 48 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 49 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 50 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 51 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 52 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 53 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 54 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 55 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 56 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 57 二、多项选择题 9．(2024·山东临沂二模)已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和，则下列命题为真命题的是(　　) A．若a3＋a4＝9，a7＋a8＝18，则a1＋a2＝5 B．若a2＋a13＝4，则S14＝28 C．若S15<0，则S7>S8 D．若{an}和{anan＋1}都为递增数列，则an>0 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 58 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 59 10.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 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 60 11．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 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 61 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 62 三、填空题 12．(2025·河北省级期末联考)已知公差大于0的等差数列{an}满足a4＋a2－a1＝3，a4a6＝－7，则数列{an}的前8项和为________． 8 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 63 13．(2025·山东济宁模拟)在等差数列{an}中，其前n项和为Sn，已知S4＝1，S8＝4，则a9＋a10＋a11＋a12＝________． 解析：因为{an}是等差数列，所以S4，S8－S4，S12－S8也成等差数列，所以2(S8－S4)＝S4＋S12－S8，所以a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8＝2(S8－S4)－S4＝5. 5 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 64 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 65 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 66 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 67 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 68 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 69 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 70 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 71 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 72 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 73 　　　　　　　　　　　　　 R na1＋eq \f(n（n－1）,2)d eq \f(n（a1＋an）,2) (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)． (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)若等差数列的前m项和Sm＝n，前n项和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． (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)． 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. 解析：S8＝eq \f(8（a1＋a8）,2)＝4(a1＋a8)＝4(a2＋a7)＝4×25＝100.故选B. 解析：设等差数列{an}的公差为d，则由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＋a1＋3d＝7，,3（a1＋d）＋a1＋4d＝5，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－4，,d＝3，))则S10＝10a1＋eq \f(10×9,2)d＝10×(－4)＋45×3＝95. 解析：S4＝eq \f(4（a1＋a4）,2)＝0，所以a1＋a4＝a2＋a3＝0，故A正确；a5＝a1＋4d＝5　①，a1＋a4＝a1＋a1＋3d＝0　②，联立①②，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝2，,a1＝－3，))所以an＝－3＋(n－1)×2＝2n－5，故B正确，D错误；Sn＝－3n＋eq \f(n（n－1）,2)×2＝n2－4n，故C正确．故选ABC. 解析：由题意知，an>0，由a2＝3a1，得S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1，又等差数列{eq \r(Sn)}的公差为eq \f(1,2)，所以eq \r(S2)－eq \r(S1)＝eq \r(4a1)－eq \r(a1)＝eq \f(1,2)，即eq \r(a1)＝eq \f(1,2)，解得a1＝eq \f(1,4)，所以eq \r(Sn)＝eq \r(a1)＋eq \f(1,2)(n－1)＝eq \f(1,2)n，解得Sn＝eq \f(1,4)n2.当n≥2时，Sn－1＝eq \f(1,4)(n－1)2＝eq \f(1,4)n2－eq \f(1,2)n＋eq \f(1,4)，得an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,4)n2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)n2－\f(1,2)n＋\f(1,4)))＝eq \f(2n－1,4)，当n＝1时，a1＝eq \f(1,4)，满足上式，所以an＝eq \f(2n－1,4). (2)(2025·江苏镇江模拟)已知数列{an}的各项均为正数，a2＝3a1，Sn为其前n项和．若{eq \r(Sn)}是公差为eq \f(1,2)的等差数列，则a1＝________，an＝________． eq \f(1,4) eq \f(2n－1,4) 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. 解析：设每一秒钟的路程为数列{an}，数列{an}的前n项和为Sn，由题意可知{an}为等差数列，且首项a1＝2，公差d＝3，所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)×3＝3n－1，所以Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝eq \f(（3n－1＋2）n,2)＝222，解得n＝12. 已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝eq \f(1,3)(n＋2)an，且a1＝1.求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是等差数列． 证明：在数列{an}中，3Sn＝(n＋2)an， 当n≥2时，3Sn－1＝(n＋1)an－1， 两式相减得3an＝(n＋2)an－(n＋1)an－1， 即(n－1)an＝(n＋1)an－1， 则eq \f(an,n＋1)＝eq \f(an－1,n－1)，于是eq \f(an,（n＋1）n)＝eq \f(an－1,n（n－1）)，　 因此数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,（n＋1）n)))是常数列， 则eq \f(an,（n＋1）n)＝eq \f(a1,2×1)＝eq \f(1,2)，从而an＝eq \f(n（n＋1）,2)， 即eq \f(an,n)＝eq \f(n＋1,2)，eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝eq \f(1,2)， 所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以1为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列． 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． 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)． 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)， 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. 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． 角度1　等差数列项的性质 (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 解析：因为{an}是等差数列，所以a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝5a8＝120，所以a8＝24.设等差数列{an}的公差为d，则a9－eq \f(1,3)a11＝a8＋d－eq \f(1,3)(a8＋3d)＝eq \f(2,3)a8＝16.故选C. 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．故选BC. 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. 2．(2025·湖南长沙模拟)已知在各项均为正数的等差数列中，有连续四项依次为m，a，4m，b，则eq \f(a,b)＝(　　) A.eq \f(5,11) B.eq \f(11,5) C.eq \f(1,4) D．4 解析：因为m，a，4m，b为等差数列，所以2a＝m＋4m，8m＝a＋b，所以a＝eq \f(5m,2)，b＝eq \f(11m,2)，所以eq \f(a,b)＝eq \f(5,11).故选A. 解析：由等差数列前n项和的性质知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. 解析：设等差数列的前12项中奇数项之和为S奇，偶数项之和为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. 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)． 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. 解析：设等差数列{an}的公差为d，则eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝eq \f(（n＋1）a1＋\f(n（n＋1）,2)d,n＋1)－eq \f(na1＋\f(n（n－1）,2)d,n)＝a1＋eq \f(n,2)d－a1－eq \f(（n－1）,2)d＝eq \f(d,2)，∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是公差为eq \f(d,2)的等差数列，∴eq \f(S7,7)－eq \f(S3,3)＝4×eq \f(d,2)＝4，解得d＝2，∴a9－a6＝3d＝6.故选D. 2．(2025·河南郑州模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且eq \f(S7,7)－eq \f(S3,3)＝4，则a9－a6＝(　　) A．2 B．3 C．4 D．6 解析：解法一：设等差数列{an}的公差为d.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． 解法三：设等差数列{an}的公差为d.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：设等差数列{an}的公差为d.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． 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． (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．若数列中某项为0，则使Sn取最值的n有两个． 解析：对于A，B，由a7＝3a5得a1＋6d＝3a1＋12d，即a1＝－3d，由于{an}是递增数列，所以d>0，a1<0，故A，B错误；对于C，an＝a1＋(n－1)d＝－3d＋(n－1)d＝(n－4)d，由于d>0，故当n>4，n∈N*时，an＝(n－4)d>0，当n＝4时，an＝0，当n<4，n∈N*时，an＝(n－4)d<0，因此当n＝3或n＝4时，Sn最小，故C错误；对于D，令Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）d,2)＝eq \f(d,2)n(n－7)>0，由于d>0，故解得n>7，且n∈N*，故当Sn>0时，n的最小值为8，故D正确． 解析：设等差数列{an}的公差为d，则有eq \f(（a1＋a1＋8d）×9,2)＝6(a1＋4d)＋27，又a1＝1，则(1＋4d)×9＝6(1＋4d)＋27，解得d＝2，则S5＝eq \f(（1＋1＋4×2）×5,2)＝25.故选A. 2．(2024·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S5＝S10，a5＝1，则a1＝(　　) A．－2 B.eq \f(7,3) C．1 D．2 解析：由S10－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝5a8＝0，得a8＝0，则等差数列{an}的公差d＝eq \f(a8－a5,3)＝－eq \f(1,3)，故a1＝a5－4d＝1－4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq \f(7,3).故选B. 3．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a2025＝(　　) A.eq \f(2023,2025) B．－eq \f(2023,2025) C.eq \f(2021,2023) D．－eq \f(2021,2023) 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＋a2025)＝1＋2024d＝2025，所以a2025＝－eq \f(2023,2025).故选B. 4．(2025·东北三省四市模拟)等差数列{an}中，a1＝2022，前n项和为Sn，若eq \f(S12,12)－eq \f(S10,10)＝－2，则a2025＝(　　) A．－2028 B．－2026 C．－2 D．－3 解析：设等差数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）d,2)，所以eq \f(Sn,n)＝a1＋eq \f(（n－1）d,2)，因为eq \f(S12,12)－eq \f(S10,10)＝－2，即a1＋eq \f(（12－1）d,2)－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a1＋\f(（10－1）d,2)))＝－2，解得d＝－2，所以an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋2024，所以a2025＝－2×2025＋2024＝－2026.故选B. 5．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 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. 6．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. 7．(2024·陕西汉中二模)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 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. 8．(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 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. 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. 解析：设等差数列{an}的公差为d.对于A，由a3＋a4＝9，a7＋a8＝18，可得(a7＋a8)－(a3＋a4)＝8d＝9，所以d＝eq \f(9,8)，所以a1＋a2＝(a3＋a4)－4d＝9－4×eq \f(9,8)＝eq \f(9,2)，所以A为假命题；对于B，S14＝eq \f(14（a1＋a14）,2)＝eq \f(14（a2＋a13）,2)＝28，所以B为真命题；对于C，因为S15＝eq \f(15（a1＋a15）,2)＝15a8<0，所以a8<0，又因为S8－S7＝a8<0，所以S7>S8，所以C为真命题；对于D，因为{an}为递增数列，可得d>0，因为{anan＋1}为递增数列，可得an＋2an＋1－anan＋1＝an＋1·2d>0，所以对任意的n≥2，an>0，但a1的正负不确定，所以D为假命题．故选BC. 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. 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，所以Sn对应的二次函数有最小值，对应的二次函数图象开口向上，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. 解析：设等差数列{an}的公差为d，则d>0.由a4＋a2－a1＝3可得，a4＋d＝3＝a5.又a4a6＝－7，则(a5－d)(a5＋d)＝9－d2＝－7，故d2＝16，又d>0，则d＝4，所以a4＝－1，因此数列{an}的前8项和S8＝eq \f(8（a1＋a8）,2)＝4(a4＋a5)＝8. 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) 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，当n≥2时，bn＝n－eq \f(4,3)≥2－eq \f(4,3)＝eq \f(2,3)>0，∴Sn的最小值为S1＝b1＝－eq \f(1,3). 四、解答题 15．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． 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． (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. 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. 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. (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， 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， 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). $$