1.2.2 第2课时 等差数列前n项和的性质及应用-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册创新导学案课件PPT（北师大版）

该高中数学课件聚焦等差数列前n项和的性质及应用，涵盖片段和性质、奇偶项和关系、与二次函数联系及最值问题等核心知识点。通过梳理核心概念搭建学习支架，衔接已学公式与性质应用，帮助学生构建知识脉络。 其亮点在于融合逻辑推理、数学运算和数学建模素养，通过多解法示例（如二次函数法解最值）和实际案例（运输电线杆问题）展开教学。既助学生提升解题能力，又为教师提供系统教学资源与分层练习，有效支持课堂实施。

第一章　数列 §2 等差数列 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 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，提升数学建模和数学运算素养． (教师独具内容) 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 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C＝0. 2．当公差不为0时，以前n项的项数为横坐标，前n项和为纵坐标的点为抛物线上的一系列的孤立的点． 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m2d. 4．在等差数列{an}中，若a1>0，d<0，则Sn存在最大值；若a1<0，d>0，则Sn存在最小值． 核心概念掌握 5 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 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；若d<0，则该数列Sn一定有最大值．(　　) 答案： (1)×　(2)×　(3)√ 核心概念掌握 8 2．做一做 (1)一套共7册的书计划每两年出一册，若各册书的出版年份数之和为14126，则出齐这套书的年份数是(　　) A．2020 B．2022 C．2024 D．2026 (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＝________． (3)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝8，S8＝20，则a13＋a14＋a15＋a16＝___． (4)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取得最大值，则d的取值范围为___________． 102 100 20 核心概念掌握 9 核心素养形成 核心素养形成 11 (2)等差数列{an}中，前m项的和为30，前2m项的和为100，试求前3m项的和． 核心素养形成 12 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2×(100－30)＝30＋(S3m－100)， 所以S3m＝210. 核心素养形成 13 【感悟提升】等差数列前n项和的常用性质的应用 (1)解决等差数列部分项和问题的方法较多，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“片段和性质”，构造出新数列，从而使问题得到解决． (2)“比值”性质给出了两个等差数列的前n项和的比和通项比之间的关系，在求解等差数列前n项和的比或通项的比时，要注意应用这一性质． 核心素养形成 14 【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. 核心素养形成 15 核心素养形成 16 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，问数列前多少项和最大，并求此最大值． 核心素养形成 17 核心素养形成 18 核心素养形成 19 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． [条件探究]　本例中将“a1＝25”改为“a1<0”，其他条件不变，则n为何值时，Sn最小？ 核心素养形成 20 核心素养形成 21 【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的范围； (2)问前几项和最大，并说明理由． 核心素养形成 22 核心素养形成 23 题型三　等差数列的奇(偶)项和问题 例3　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 24 核心素养形成 25 核心素养形成 26 【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 27 (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 28 解　如图所示，设30根水泥电线杆均放在M处，A，B，C，…为电线杆运放处． 依题意，a1＝|MA|＝1000 m，a2＝|MB|＝1050 m， a3＝|MC|＝1100 m. a6＝a3＋50×3＝1250(m)，… a30＝a3＋150×9＝2450(m)． 题型四　等差数列前n项和在实际中的应用 例4　有30根水泥电线杆，要运往1000 m远的地方开始安装，在1000 m处放一根，以后每50 m放一根，一辆汽车每次只能运3根，如果一辆汽车完成这项任务，这辆汽车的行程是多少？ 核心素养形成 29 核心素养形成 30 【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 31 【跟踪训练】 4．如图，在一直线上共插有13面小旗，相邻两面间距离为10 m．某人站在第一面小旗处，他要把小旗全部集中到一面小旗的位置上，每次只能拿一面小旗，要使他走的路最短，应集中到哪一面小旗的位置上？最短路程是多少？ 核心素养形成 32 核心素养形成 33 随堂水平达标 随堂水平达标 35 2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝10，S20＝40，则S30＝(　　) A．90 B．80 C．60 D．30 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10＋(S30－40)＝2×(40－10)，解得S30＝90. 随堂水平达标 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 随堂水平达标 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的橘子个数是________． 18 随堂水平达标 38 随堂水平达标 39 课后课时精练 一、选择题 1．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3＝9，a4＋a5＋a6＝7，则S9－S6＝(　　) A．3 B．5 C．7 D．8 解析：因为数列{an}是等差数列，∴S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，而S3＝9，S6－S3＝a4＋a5＋a6＝7，∴(S9－S6)＋9＝2×7＝14，S9－S6＝5. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 41 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 46 5．(多选)等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1>0，公差d≠0，则(　　) A．若S5>S9，则必有S14>0 B．若S5＝S9，则必有S7是{Sn}中最大的项 C．若S6＞S7，则必有S7＞S8 D．若S6＞S7，则必有S5＞S6 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 48 －1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 49 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个树坑旁边，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． 2000 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 50 n 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 51 三、解答题 9．记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝5，S6＝0. (1)求{an}的通项公式； (2)求Sn，并求Sn的最大值． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 52 10．流行性感冒(简称流感)是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病．某市去年11月份曾发生流感．据资料统计，11月1日，该市新的流感病毒感染者有20人，此后，每天的新感染者平均比前一天的新感染者增加50人．由于该市医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制．从某天起，每天的新感染者平均比前一天的新感染者减少30人．到11月30日止，该市在这30日内感染该病毒的患者总共有8670人．问11月几日，该市感染此病毒的新患者人数最多？并求这一天的新患者人数． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 55 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. 课后课时精练 1 2 B级 56 (2)∵bn＝(－1)n·(2n－1)， ∴Tn＝－1＋3－5＋7＋…＋(－1)n·(2n－1)， 当n为偶数时， 当n为奇数时， 综上所述，Tn＝(－1)n·n. 课后课时精练 1 2 B级 57 2．已知数列{an}是等差数列，Sn是{an}的前n项和，a8＝4，________． (1)判断2024是否是数列{an}中的项，并说明理由； (2)求Sn的最小值． 从①S11＝－22，②S5＝S6中任选一个，补充在上面的问题中并解答． 课后课时精练 1 2 B级 58 课后课时精练 1 2 B级 59 课后课时精练 1 2 B级 60 课后课时精练 1 2 B级 61 　　　　　　　　　　　　　 R 5．(1)若等差数列的项数为2n(n∈N＋)，则S2n＝n(a1＋a2n)且S偶－S奇＝nd，eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(an,an＋1). (2)若等差数列的项数为2n＋1(n∈N＋)，则S2n＋1＝(2n＋1)an＋1且S奇－S偶＝an＋1，eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(n＋1,n). (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． 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上的一群孤立的点． 可以证明：{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))) 题型一　等差数列前n项和性质的应用 例1　(1)设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别记为Sn，Tn，若eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(n＋2,3n＋12)，则eq \f(a10,b10)＝(　　) A.eq \f(4,13) B.eq \f(5,11) C.eq \f(2,7) D.eq \f(7,23) 解析　解法一：因为S19＝eq \f(19（a1＋a19）,2)＝19a10，T19＝eq \f(19（b1＋b19）,2)＝19b10，所以eq \f(a10,b10)＝eq \f(S19,T19)＝eq \f(19＋2,3×19＋12)＝eq \f(7,23).故选D. 解法二：设Sn＝(n＋2)nt，Tn＝(3n＋12)nt，a10＝S10－S9＝21t，b10＝T10－T9＝69t，所以eq \f(a10,b10)＝eq \f(21t,69t)＝eq \f(7,23).故选D. 解　解法一：利用等差数列{an}的前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：∵等差数列的前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，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　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y＝eq \f(d,2)x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))x 上一群离散的点，最高点的横坐标为eq \f(9＋17,2)，即S13最 大，S13＝13×25－eq \f(13×12,2)×2＝169. 解法三：∵a1＝25>0， ∴a13＝a1＋12d＝25－24＝1>0，a14＝a1＋13d＝25－26＝－1<0， ∴S13最大，最大值为S13＝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，S13＝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，有时可能为1个． (2)不等式法 寻求正、负项交替点法，即利用等差数列的性质，找到数列中正数项与负数项交替变换的位置，其实质是找到数列中最后的一个非正数项(或非负数项)，然后确定Sn的最值． 若a1＞0，d＜0，则Sn必有最大值，其n可用不等式组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0))来确定； 若a1＜0，d＞0，则Sn必有最小值，其n可用不等式组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≤0，,an＋1≥0))来确定． 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， ∴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. 【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. 由于一辆汽车每次只能装3根，故每运一次只能到a3，a6，a9，…，a30这些位置，这样a3，a6，…，a30便构成了公差为150，首项为1100的等差数列，设汽车的行程为s，则有 s＝2(a3＋a6＋…＋a30)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10a3＋150×\f(10×9,2)))＝2×(11000＋6750)＝35500(m)＝35.5(km)． 所以这辆汽车的行程为35.5 km. 解：设将旗集中到第x面小旗处，则从第一面旗到第x面旗处，共走路为10(x－1) m，然后回到第二面处再到第x面处是20(x－2) m，……，从第x面处到第(x＋1)面处取旗再回到第x面处的路程为20 m，从第x面处到第(x＋2)面处取旗再回到第x面处，路程为20×2 m，……总的路程为s＝10(x－1)＋20(x－2)＋20(x－3)＋…＋20×2＋20×1＋20＋20×2＋…＋20×(13－x)＝10(x－1)＋20×eq \f(（x－1）（x－2）,2)＋20×eq \f(（13－x）（14－x）,2)＝10[(x－1)＋(x－2)(x－1)＋(13－x)(14－x)]＝10(2x2－29x＋183)＝20eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(29,4))) eq \s\up12(2)＋eq \f(3115,4). ∵x∈N＋，∴x＝7时，s有最小值，此时s＝780(m)． 答：将旗集中到第7面小旗处，所走路程最短，最短路程是780 m. 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)＝(　　) 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的图象开口向下，对称轴为直线x＝eq \f(6＋9,2)＝eq \f(15,2)，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的橘子个数是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＋)． 2．(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′，即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. 3．已知等差数列{an}共有2n(n∈N＋)项，若数列{an}中奇数项的和为190，偶数项的和为210，a1＝1，则公差d的值为(　　) A．2 B．4 C.eq \f(5,4) D.eq \f(5,2) 解析：由题意可得，S偶－S奇＝nd＝210－190＝20，S奇＝eq \f(n（a1＋a2n－1）,2)＝nan＝n[1＋(n－1)d]＝190，所以n＋20(n－1)＝190，解得n＝10，d＝2.故选A. 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(n（a1＋a2n－1）,2),\f(n（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. 解析：对于A，因为S5＞S9，所以a6＋a7＋a8＋a9＜0，即2(a1＋a14)＜0，所以a1＋a14＜0，又S14＝eq \f(14（a1＋a14）,2)，所以S14＜0，故A错误；对于B，由S5＝S9，得5a1＋10d＝9a1＋36d，得d＝－eq \f(2,13)a1，因为a1＞0，a7＝a1＋6d＝eq \f(a1,13)＞0，a8＝a1＋7d＝－eq \f(a1,13)＜0，所以S7是{Sn}中最大的项，故B正确；对于C，因为S6＞S7，所以S7－S6＝a7＜0，又a1＞0，所以d＜0，所以a8＜a7＜0，所以S7＞S8，故C正确；对于D，因为S6＞S7，所以S7－S6＝a7＜0，但不能确定a6是否为负，因此不一定有S5＞S6，故D错误．故选BC. 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).设等差数列{an}的公差为d，则d＝an＋1－an＝4.∵a1＋a2＋…＋an＝eq \f(n2,2)d＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n＝an2＋bn，∴a＝eq \f(d,2)＝2，b＝a1－eq \f(d,2)＝－eq \f(1,2)，故ab＝－1. 解析：假设开始时将树苗集中放置在第n个树坑旁边(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米． 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________． 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，))∴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)，∴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，当t＝3或t＝4时，eq \f(a1＋an,Sn＋4)取得最大值，为eq \f(1,7). eq \f(1,7) 解：(1)由S6＝0，得eq \f(6（a1＋a6）,2)＝0，从而a1＋a6＝0，即2a1＋5d＝0， 又因为a1＝5，所以d＝－2， 所以an＝5－2(n－1)＝7－2n. (2)Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝eq \f(n（12－2n）,2)＝－n2＋6n＝－(n－3)2＋9， 所以n＝3时，Sn有最大值9. 解：设从11月1日起第n(n∈N＋，1≤n≤30)日感染此病毒的新患者人数最多，则从11月1日至第n日止，每日新患者人数依次构成一个等差数列，这个等差数列的首项为20，公差为50，前n日的患者总人数即该数列前n项之和Sn＝20n＋eq \f(n（n－1）,2)·50＝25n2－5n.从第n＋1日开始，至11月30日止，每日的新患者人数依次构成另一等差数列，这个等差数列的首项为[20＋(n－1)·50]－30＝50n－60，公差为－30，项数为(30－n)，(30－n)日的患者总人数为T30－n＝(30－n)(50n－60)＋eq \f(（30－n）（29－n）,2)·(－30)＝(30－n)(65n－495)＝－65n2＋2445n－14850. 依题意，Sn＋T30－n＝8670， 即(25n2－5n)＋(－65n2＋2445n－14850)＝8670， 化简，得n2－61n＋588＝0， 解得n＝12或n＝49. ∵1≤n≤30，∴n＝12. 第12日的新患者人数为20＋(12－1)×50＝570. ∴11月12日，该市感染此病毒的新患者人数最多，且这一天的新患者人数为570. 解：(1)对于(an＋2)2＝4Sn＋4n＋1，　 ① 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，即an＝1＋2(n－1)＝2n－1. 解：若选①， (1)设数列{an}的公差为d， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a8＝a1＋7d＝4，,S11＝11a1＋55d＝－22，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－17，,d＝3，)) 所以an＝a1＋(n－1)d＝3n－20. 令3n－20＝2024，得n＝eq \f(2044,3)∉N＋， 所以2024不是数列{an}中的项． (2)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≤0，,an＋1≥0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3n－20≤0，,3（n＋1）－20≥0，)) 解得eq \f(17,3)≤n≤eq \f(20,3)， 又n∈N＋，所以n＝6， 故当n＝6时，Sn取得最小值，为S6＝6a1＋15d＝－57. 若选②， (1)设数列{an}的公差为d， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a8＝a1＋7d＝4，,S6－S5＝a6＝a1＋5d＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－10，,d＝2，)) 所以an＝2n－12. 令2n－12＝2024， 解得n＝1018∈N＋， 所以2024是数列{an}中的第1018项． (2)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≤0，,an＋1≥0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n－12≤0，,2（n＋1）－12≥0，)) 解得5≤n≤6， 又n∈N＋，所以n＝5或n＝6， 故当n＝5或n＝6时，Sn取得最小值，为S5＝S6＝－30. $