第五章 第二节 等差数列（教师用书Word）-【正禾一本通】2026年新高考数学高三一轮总复习高效讲义（湘教版）

该高中数学讲义聚焦等差数列专题，涵盖概念、通项公式、前n项和公式及性质等高考核心考点，按“概念-公式-性质-应用”逻辑架构梳理知识联系，通过考点梳理、方法指导、真题训练三环节，帮助学生构建知识网络，突破基本量运算、判定证明等难点，体现复习系统性与针对性。 资料采用多维探究与分层练习结合的教学策略，如判定等差数列时设计多条件组合证明活动，培养学生推理意识与数学思维，设置基础巩固、能力提升分层练习即时反馈。助力教师精准把控复习节奏，高效提升学生应考能力，实现有限时间内复习效果最大化。

第二节　等差数列 【课程标准】　1.通过生活中的实例，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. 1.等差数列的有关概念 2.等差数列的有关公式 等差数列{an}的首项为a1，公差为d. 3.等差数列的常用性质 已知{an}为等差数列，d为公差，Sn为该数列的前n项和. (1)通项公式的推广：an=am+d(n，m∈N+). (2)在等差数列{an}中，当m+n=p+q时，am+an=ap+aq.特别地，若m+n=2p，则2ap=am+an. (3)ak，ak+m，ak+2m，…仍是等差数列，公差为md(k，m∈N+). (4)Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…也成等差数列，公差为n2d. (5)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan+qbn}也是等差数列. (6)若{an}是等差数列，则也成等差数列，其首项与{an}首项相同，公差是{an}公差的. 【常用结论】 (1)已知数列{an}的通项公式是an=pn+q(其中p，q为常数)，则数列{an}一定是等差数列，且公差为p. (2)在等差数列{an}中，a1>0，d<0，则Sn存在最大值；若a1<0，d>0，则Sn存在最小值. (3)等差数列{an}的单调性：当d>0时，{an}是递增数列；当d<0时，{an}是递减数列；当d=0时，{an}是常数列. (4)数列{an}是等差数列⇔Sn=An2+Bn(A，B为常数).这里公差d=2A. (5)关于等差数列奇数项和与偶数项和的性质 ①若项数为2n，则S偶－S奇=nd，=. ②若项数为2n－1，则S偶=an，S奇=nan，S奇－S偶=an，=. (6)两个等差数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn之间的关系为=. 【自主检测】 1.(多选)下列结论正确的是(　　) A．若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列 B．数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N+，都有2an+1=an+an+2 C．在等差数列{an}中，若am+an=ap+aq，则m+n=p+q D．若无穷等差数列{an}的公差d>0，则其前n项和Sn不存在最大值 答案：BD 学生用书⬇第126页 2.等差数列{an}中，a4+a8=10，a10=6，则公差d等于(　　) A． B． C．2 D．－ 答案：A 解析：因为a4+a8=10，所以2a6=10，即a6=5，又a10=6，所以4d=6－5=1，即d=.故选A． 3.设数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a6=2且S5=30，则S8等于(　　) A．31 B．32 C．33 D．34 答案：B 解析：由题意知解得 所以S8=8a1+d=8×－28×=32.故选B． 4.某剧场有20排座位，后一排比前一排多2个座位，最后一排有60个座位，则剧场总共的座位数为　　　　.  答案：820 解析：设第n排的座位数为an(n∈N+)，数列{an}为等差数列，其公差d=2，则an=a1+(n－1)d=a1+2(n－1).由已知a20=60，得60=a1+2×(20－1)，解得a1=22，则剧场总共的座位数为==820. 5.(用结论)已知数列{an}，{bn}都是等差数列，Sn，Tn分别是它们的前n项和，并且=，则=　　　　.  答案：2 解析：因为{an}，{bn}为等差数列，所以=====2. 考点一　等差数列基本量的运算自主练透 1.记Sn为等差数列的前n项和.已知S4=0，a5=5，则(　　) A．an=2n－5 B．an=3n－10 C．Sn=2n2－8n D．Sn=n2－2n 答案：A 解析：设等差数列的公差为d，因为所以解得所以an=a1+(n－1)d=－3+2(n－1)=2n－5，Sn=na1+d=n2－4n.故选A． 2.(2023·全国甲卷)记Sn为等差数列的前n项和.若a2+a6=10，a4a8=45，则S5=(　　) A．25 B．22 C．20 D．15 答案：C 解析：法一：设等差数列的公差为d，首项为a1，依题意可得，a2+a6=a1+d+a1+5d=10，即a1+3d=5，又a4a8==45，解得d=1，a1=2，所以S5=5a1+×d=5×2+10=20.故选C． 法二：a2+a6=2a4=10，a4a8=45，所以a4=5，a8=9，从而d==1，于是a3=a4－d=5－1=4，所以S5=5a3=20.故选C． 3.广丰永和塔塔高九层，每至夜色降临，金灯齐明，塔身晶莹剔透，远望犹如仙境.某游客从塔底层(一层)进入塔身，即沿石阶逐级攀登，一步一阶，此后每上一层均沿塔走廊绕塔一周以便浏览美景，现知底层共二十六级台阶，此后每往上一层减少两级台阶，顶层绕塔一周需十二步，每往下一层绕塔一周需多三步，则这位游客从底层进入塔身开始到顶层绕塔一周停止共需(　　) A．352步 B．387步 C．332步 D．368步 答案：C 解析：设从第n层到第n+1层所走的台阶数为an，绕第n+1层一周所走的步数为bn，由已知可得a1=26，－an=－2，n∈{1，2，3，4，5，6，7，8}，b8=12，bn－=3，n∈{1，2，3，4，5，6，7，8}，所以数列{an}为首项为26，公差为－2的等差数列，故an=28－2n，n∈{1，2，3，4，5，6，7，8}，数列{bn}为公差为－3的等差数列，故bn=36－3n，n∈{1，2，3，4，5，6，7，8}，设数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，所以S8==152，T8==180，S8+T8=152+180=332，故这位游客从底层进入塔身开始到顶层绕塔一周停止共需332步.故选C． 4.(2021·新高考Ⅱ卷)记Sn是公差不为0的等差数列的前n项和，若a3=S5，a2a4=S4. (1)求数列的通项公式； (2)求使Sn>an成立的n的最小值. 解：(1)设等差数列的公差为d(d≠0)， 则由题意，得解得 所以an=a1+(n－1)d=2n－6. (2)法一：Sn===n2－5n， 则由n2－5n>2n－6，整理得n2－7n+6>0，解得n<1或n>6. 因为n∈N+，所以使Sn>an成立的n的最小值为7. 法二：由Sn>an得Sn－1>0(n≥2)，即>0， 所以a1+an－1=2n－12>0，解得n>6，所以n的最小值为7. 等差数列基本量运算的常见类型及解题策略 1.求公差d或项数n：在求解时，一般要运用方程思想. 2.求通项：a1和d是等差数列的两个基本元素. 3.求特定项：利用等差数列的通项公式或等差数列的性质求解. 4.求前n项和：利用等差数列的前n项和公式直接求解或利用等差中项间接求解. 考点二　等差数列的判定与证明师生共研 (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. 证明：①③⇒②. 已知{an}是等差数列，a2=3a1. 设数列{an}的公差为d， 则a2=3a1=a1+d，得d=2a1， 所以Sn=na1+d=n2a1. 因为数列{an}的各项均为正数， 所以=n， 所以=(n+1)－n=(常数)，所以数列是等差数列. ①②⇒③. 已知{an}是等差数列，{}是等差数列. 设数列{an}的公差为d， 则Sn=na1+d=n2d+n. 因为数列是等差数列，所以数列的通项公式是关于n的一次函数，则a1－=0，即d=2a1，所以a2=a1+d=3a1. ②③⇒①. 已知数列{}是等差数列，a2=3a1， 所以S1=a1，S2=a1+a2=4a1. 设数列的公差为d，d>0， 则==d，得a1=d2， 所以=+(n－1)d=nd， 所以Sn=n2d2， 所以an=Sn－=n2d2－(n－1)2d2=2d2n－d2(n≥2)，是关于n的一次函数，且a1=d2满足上式， 所以数列{an}是等差数列. 学生用书⬇第127页 等差数列的判定与证明的常用方法 1.定义法：an+1－an=d(d是常数，n∈N+)或an－an－1=d(d是常数，n∈N+，n≥2)⇔{an}为等差数列. 2.等差中项法：2an+1=an+an+2(n∈N+)⇔{an}为等差数列. 3.通项公式法：an=an+b(a，b是常数，n∈N+)⇔{an}为等差数列. 4.前n项和公式法：Sn=an2+bn(a，b为常数)⇔{an}为等差数列. 注意：若要判定一个数列不是等差数列，则只需找出三项an，an+1，an+2，使得这三项不满足2an+1=an+an+2即可；但如果要证明一个数列是等差数列，则必须证明任意n∈N+都满足上式. 对点练1.(2023·新课标Ⅰ卷)设Sn为数列的前n项和，设甲：为等差数列；乙：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 答案：C 解析：若为等差数列，设其公差为d，则an=a1+d，所以Sn=na1+d，所以=a1+·，所以=a1+(n+1－1)·=，为常数，所以为等差数列，即甲⇒乙；若为等差数列，设其公差为t，则=+t=a1+t，所以Sn=na1+nt，所以当n≥2时，an=Sn－Sn－1=na1+nt－[a1+t]=a1+2t，当n=1时，S1=a1也满足上式，所以an=a1+2t，所以an+1－an=a1+2t－[a1+2t]=2t，为常数，所以为等差数列，即甲⇐乙.所以甲是乙的充要条件.故选C． 对点练2.(2021·全国乙卷)记Sn为数列的前n项和，bn为数列的前n项积，已知+=2. (1)证明：数列是等差数列； (2)求的通项公式. 解：(1)证明：因为bn是数列的前n项积，所以n≥2时，Sn=， 代入+=2，可得+=2， 整理可得2bn－1+1=2bn， 即bn－bn－1=(n≥2). 又+==2， 所以b1=， 故是以为首项，为公差的等差数列. (2)由(1)可知，bn=，则+=2， 所以Sn=， 当n=1时，a1=S1=， 当n≥2时，an=Sn－Sn－1==－. 当n=1时，a1=≠－=－， 故an= 考点三　等差数列的性质及其应用多维探究 角度1　等差数列项的性质 (1)(2024·全国甲卷理)记Sn为等差数列的前n项和，已知S5=S10，a5=1，则a1=(　　) A． B． C．－ D．－ (2)已知数列{an}，{bn}都是等差数列，且a1=2，b1=－3，a7－b7=17，则a2 024－b2 024的值为　　　　.  答案：(1)B　(2)4 051 解析：(1)由S10－S5=a6+a7+a8+a9+a10=5a8=0，则a8=0，则等差数列的公差d==－，故a1=a5－4d=1－4×=.故选B． (2)令cn=an－bn，因为{an}，{bn}都是等差数列，所以{cn}也是等差数列.设数列{cn}的公差为d，由已知，得c1=a1－b1=5，c7=17，则5+6d=17，解得d=2.故a2 024－b2 024=c2 024=5+2 023×2=4 051. 等差数列的常用性质 两项和的转换是最常用的性质，利用2am=am－n+am+n可实现项的合并与拆分，在Sn=中，Sn与a1+an可相互转化. 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S3=9，S6=63，则a7+a8+a9等于(　　) A．63 B．71 C．99 D．117 (2)设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别是Sn，Tn，若=，则等于(　　) A． B． C． D． 答案：(1)C　(2)B 解析：(1)由等差数列{an}的前n项和性质，得S3，S6－S3，S9－S6也成等差数列，即2(S6－S3)=S3+S9－S6，又S3=9，S6=63，则S9=162，因此a7+a8+a9=S9－S6=162－63=99.故选C． (2)因为等差数列{an}，{bn}的前n项和分别是Sn，Tn，所以=====.故选B． [变式探究] (变条件)在本例(2)中，将=改为=，则=　　　　.  答案： 解析：===. 学生用书⬇第128页 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.S2n=n(a1+a2n)=…=n(an+an+1). 2.S2n－1=(2n－1)an. 3.依次k项和成等差数列，即Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等差数列. 角度3　等差数列前n项和的最值问题 等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=13，S3=S11，当Sn最大时，n的值是(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 答案：C 解析：法一(邻项变号法)：由S3=S11，得a4+a5+…+a11=0，根据等差数列的性质，可得a7+a8=0.根据首项等于13，可推知这个数列为递减数列，从而得到a7>0，a8<0，故n=7时Sn最大.故选C． 法二(函数法)：由S3=S11，可得3a1+3d=11a1+55d，把a1=13代入，得d=－2，故Sn=13n－n(n－1)=－n2+14n.根据二次函数的性质，知当n=7时Sn最大.故选C． 法三(图象法)：根据a1=13，S3=S11，知这个数列的公差不等于零，且这个数列的和先递增后递减.根据公差不为零的等差数列的前n项和是关于n的二次函数，以及二次函数图象的对称性，可得只有当n==7时，Sn取得最大值.故选C． [变式探究] (变条件)若将本例中“a1=13，S3=S11”改为“a1=20，S10=S15”，则Sn最大时，n为何值? 解：因为a1=20，S10=S15，所以10×20+d=15×20+d，所以d=－. 法一：由an=20+(n－1)×=－n+，得a13=0.即当n≤12时，an>0，当n≥14时，an<0. 所以当n=12或n=13时，Sn取得最大值. 法二：Sn=20n+·=－n2+n=－+.因为n∈N+， 所以当n=12或n=13时，Sn有最大值. 法三：由S10=S15，得a11+a12+a13+a14+a15=0， 所以5a13=0，即a13=0. 所以当n=12或n=13时，Sn有最大值. 求等差数列前n项和Sn最值的两种方法 对点练3.设Sn是等差数列{an}的前n项和，若=，则=　　　　.  答案： 解析：令S5=t，则由=，得S10－S5=2t.又由等差数列{an}的性质得S5，S10－S5，S15－S10，S20－S15成等差数列，故有S10－S5=2t，S15－S10=3t，S20－S15=4t，相加可得S20－S5=9t，所以S20=10t，则==，所以==. 对点练4.(多选)(2025·山东烟台一模)已知d为等差数列{an}的公差，Sn为其前n项和，若{an}为递减数列，则下列结论中正确的为(　　) A．数列{Sn}为递减数列 B．数列是等差数列 C．S3，S6，S9成等差数列 D．若S15>0，S16<0，则S8>S9 答案：BD 解析：由题意可知d<0，不妨举例如：4，3，2，1，0，－1，－2，－3，…，则S1=4，S2=7，S3=9，这三项不构成递减数列，故A错误；而S3=9，S6=9，S9=0，这三项不构成等差数列，故C错误；对于B，==n+，是关于n的一次函数，因此是等差数列，故B正确；对于D，S15==15a8>0，则a8>0，S16==8(a8+a9)<0，则a9<－a8<0，故S9=S8+a9<S8，故D正确.故选BD． 对点练5.(2024·北京海淀区模拟)一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项和与奇数项和之比为32∶27，则公差d为　　　　.  答案：5 解析：设偶数项和为32k，则奇数项和为27k，由32k+27k=59k=354可得k=6，故公差d===5. 1.[真题再现]　(2024·新课标Ⅱ卷)记Sn为等差数列的前n项和，若a3+a4=7，3a2+a5=5，则S10=　　　　.  答案：95 解析：因为数列an为等差数列，则由题意得解得则S10=10a1+d=10×+45×3=95. [教材呈现]　(湘教版选择性必修一P21T7)已知数列{an}为等差数列，前n项和为Sn，求解下列问题： (1)若a2+a5=19，S5=40，求a1； (2)若S12=84，S20=460，求S28. 点评：高考题与教材习题都是考查等差数列中的基本量的计算. 2.[真题再现]　(2022·全国甲卷理)记Sn为数列{an}的前n项和.已知+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+n=2an+1，即2Sn+n2=2nan+n①， 当n≥2时，2Sn－1+=2(n－1)an－1+②， ①－②得，2Sn+n2－2Sn－1－=2nan+n－2an－1－， 即2an+2n－1=2nan－2an－1+1， 即2an－2an－1=2，所以an－an－1=1，n≥2且n∈N+， 所以是以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=a4·a9， 即=·，解得a1=－12， 所以an=n－13，所以Sn=－12n+=n2－n=， 所以，当n=12或n=13时=－78. [教材呈现]　(湘教版选择性必修一P20例10)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1=25，S17=S9. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求Sn的最大值及对应的n值. 点评：高考题与教材例题都是考查等差数列前n项和Sn的最值问题. 课时测评39　等差数列 (时间：60分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订!) (1－10，每小题5分，共50分) 1.(2025·陕西商洛模拟)已知等差数列满足a2+a3=14，且a4－a2=8，则首项a1=(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案：A 解析：设等差数列的公差为d，因为a2+a3=14，且a4－a2=8，所以所以故选A． 2.(2025·河北石家庄模拟)已知Sn是等差数列的前n项和，若a2=3，S5=25，则=(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案：D 解析：由等差数列前n项和公式，得S5=5a1+d=25，即a1+2d=5.因为a2=3，所以a1+d=3，由可得所以an=1+2=2n－1，Sn==n2，所以==4.故选D． 3.(2024·九省适应性测试)记等差数列的前n项和为Sn，a3+a7=6，a12=17，则S16=(　　) A．120 B．140 C．160 D．180 答案：C 解析：因为a3+a7=2a5=6，所以a5=3，所以a5+a12=3+17=20，所以S16==8(a5+a12)=160.故选C． 4.(2025·湖南长沙模拟)张扬的父亲经营着一家童鞋店，该店提供从25码到36.5码的童鞋，尺寸之间按0.5码为公差排列成等差数列.有一天，张扬帮助他的父亲整理某一型号的童鞋，以便确定哪些尺寸需要进货，张扬在进货单上标记了两个缺货尺寸.几天后，张扬的父亲询问那些缺货尺寸是哪些，但张扬无法找到标记缺货尺寸的进货单，他只记得其中一个尺寸是28.5码，并且在当时将所有有货尺寸加起来的总和是677码.现在问题是，另外一个缺货尺寸是(　　) A．28码 B．29.5码 C．32.5码 D．34码 答案：C 解析：设第一个尺码为a1，公差为d，则a1=25，d=0.5，则an=25+×0.5=0.5n+24.5，当an=0.5n+24.5=36.5时，n=24，故若不缺码，所有尺寸加起来的总和为S24==738码，所有缺货尺码的和为738－677=61码，又因为缺货的一个尺寸为28.5码，则另外一个缺货尺寸是61－28.5 =32.5码.故选C． 5.(2024·安徽阜阳模拟)已知数列{an}满足a1=1，a2=2，an+2－2an+1+an=，则a100=(　　) A． B．2 525 C． D．2 526 答案：C 解析：由已知－(an+1－an)=，所以数列{an+1－an}为等差数列，an+1－an=+=，所以an－an－1=，…，a3－a2=，a2－a1=，所以+…++(a2－a1)=，an=(n≥2)，a100=.故选C． 6.(数学文化)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层地面的中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同，且上、中、下三层共有扇面形石板(不含天心石)3 402块，则中层共有扇面形石板(　　) A．1 125块 B．1 134块 C．1 143块 D．1 152块 答案：B 解析：记从中间向外每环扇面形石板数为{an}，则{an}是等差数列，且公差d=9，a1=9.设每层有k环，则n=3k，Sn=3 402，{an}是等差数列，则Sk，S2k－Sk，S3k－S2k也成等差数列，所以2=Sk+，所以Sn=3=3 402，则S2k－Sk=1 134.故选B． 7.(多选)已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，且S9=S10<S11，则(　　) A．d<0 B．a10=0 C．S18<0 D．S8>S9 答案：BCD 解析：由于S9=S10=S9+a10，所以a10=0，故B正确；由于S10<S11=S10+a11，所以a11>0，所以d>0，故A错误；由于d>0，a10=0，所以当1≤n≤9，n∈N+时，an<0，所以S8>S9=S8+a9，故D正确；S18=×18=9=9a9<0，故C正确.故选BCD． 8.(多选)(2025·河北石家庄质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a5=－4，S5=－40，则(　　) A．a10=6 B．S10=－30 C．当且仅当n=6时，Sn取最小值 D．a5+a6+a7+a8+a9+a10=0 答案：AB 解析：设等差数列{an}的公差为d，由得解得所以an=2n－14，Sn==n2－13n，则a10=6，S10=－30，故A、B正确；令an=2n－14≤0，得n≤7，且a7=0，则n=6或n=7时，Sn取最小值，故C不正确；因为a5+a6+a7+a8+a9=5a7=0，所以a5+a6+a7+a8+a9+a10=6≠0，故D不正确.故选AB． 9.已知等差数列{an}共有(2n+1)项，其中奇数项之和为290，偶数项之和为261，则an+1=　　　　.  答案：29 解析：奇数项共有(n+1)项，其和为·(n+1)=·=290，所以an+1=290.偶数项共有n项，其和为·n=·n=nan+1=261，所以an+1=290－261=29. 10.(2025·云南昆明摸底诊断)已知数列{an}满足a1=2，a2=4，an+2－an=+3，则数列{an}的前10项和为　　　　.  答案：90 解析：由题意可得，当n为奇数时，an+2－an=2，当n为偶数时，an+2－an=4，所以奇数项和偶数项分别构成等差数列，所以S10=5×2+×2+5×4+×4=90. 11.(10分)(2023·新课标Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn=，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；(4分) (2)若{bn}为等差数列，且S99－T99=99，求d.(6分) 解：(1)因为3a2=3a1+a3，所以3d=a1+2d， 解得a1=d， 所以S3=3a2=3(a1+d)=6d， 又T3=b1+b2+b3=++=， 所以S3+T3=6d+=21， 即2d2－7d+3=0，解得d=3或d=(舍去)， 所以an=a1+(n－1)·d=3n. (2)因为{bn}为等差数列， 所以2b2=b1+b3，即=+， 所以6===，即－3a1d+2d2=0，解得a1=d或a1=2d， 因为d>1，所以an>0， 又S99－T99=99，由等差数列性质知，99a50－99b50=99，即a50－b50=1， 所以a50－=1，即－a50－2 550=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，舍去； 当a1=d时，a50=a1+49d=50d=51，解得d=. 综上，d=. (每小题6分，共12分) 12.(多选)(2025·湖北武汉质量检测)两个等差数列{an}和{bn}，其公差分别为d1和d2，其前n项和分别为Sn和Tn，则下列说法正确的是(　　) A．若为等差数列，则d1=2a1 B．若{Sn+Tn}为等差数列，则d1+d2=0 C．若{anbn}为等差数列，则d1=d2=0 D．若bn∈N+，则{}也为等差数列，且公差为d1+d2 答案：AB 解析：由题意得Sn=n2+n，Tn=n2+n.若数列为等差数列，则其通项公式形如kn+b，所以若数列为等差数列，则有a1－=0，即d1=2a1，故A正确；Sn+Tn=n2+n，由等差数列通项公式的特征，可得=0，即d1+d2=0，故B正确；当d1=0或d2=0时，数列{anbn}为等差数列，故C错误；因为an=a1+d1，bn=b1+d2，bn∈N+，所以==a1+[b1+(n－1)d2－1]d1=(a1+b1d1－d1)+(n－1)d1d2，可知数列{}是等差数列，且公差为d1d2，故D错误.故选AB． 13.(数学文化)(多选)在悠久灿烂的中国古代文化中，数学文化是其中一朵绚丽的奇葩.《张丘建算经》是我国古代有标志性的内容丰富的数学名著之一，大约创作于公元5世纪.书中有如下问题：“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月织九匹三丈，问日益几何?”其大意为：“有一女子擅长织布，织布的速度一天比一天快，从第二天起，每天比前一天多织相同数量的布，第一天织5尺，一个月共织了九匹三丈，问从第二天起，每天比前一天多织多少尺布?”已知1匹=4丈，1丈=10尺，若这一个月有30天，记该女子在这一个月中第n天所织布的尺数为an，bn=，对于数列{an}，{bn}，下列选项中正确的为(　　) A．b10=8b5 B．{bn}是等比数列 C．a1b30=105 D．= 答案：BD 解析：由题意可知，数列{an}为等差数列，设数列{an}的公差为d，由题意可得a1=5，30a1+=390，解得d=，所以an=5+(n－1)×=.因为bn=，所以===2d(非零常数)，则数列{bn}是等比数列，故B正确；因为5d=5×=≠3，=(2d)5=25d≠23.所以b10≠8b5，故A错误；a30=a1+29d=5+16=21，所以a1b30=5×221>105，故C错误；a4=a1+3d=5+3×=，a5=a1+4d=5+4×=，所以===，故D正确.故选BD． 14.(14分)(2025·山东泰安模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn=an+n2+λn+1(λ为常数). (1)若λ=1，求S100；(6分) (2)是否存在实数λ，使得数列{an}为等差数列?若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.(8分) 解：(1)由2Sn=an+n2+λn+1可得2Sn－1=an－1+(n－1)2+λ(n－1)+1(n≥2)， 两式相减得2an=an－an－1+2n－1+λ(n≥2)，即an+an－1=2n－1+λ(n≥2). 若λ=1，则an+an－1=2n(n≥2)， 所以S100=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a99+a100)=4+8+…+200==5 100. (2)存在λ=－2，使得数列{an}为等差数列. 理由如下： 当n=1时，2S1=a1+λ+2，得a1=λ+2； 当n=2时，2S2=a2+2λ+5，得a2=1； 当n=3时，2S3=a3+3λ+10，得a3=λ+4； 假设存在λ，使得{an}为等差数列，则a1+a3=2a2，解得λ=－2， 所以an+an－1=2n－3(n≥2)， 则an+1+an=2n－1， 从而an+1－an－1=2(n≥2)，故数列{an}的奇数项构成等差数列，偶数项也构成等差数列，且公差均为2. 当n为偶数时，an=1+×2=n－1； 当n为奇数时，an=0+×2=n－1. 所以an=n－1，an+1－an=1，故λ=－2符合题意. 15.(7分)(2025·陕西西安三模)如图，用相同的球堆成若干堆“正三棱锥”形的装饰品，其中第1堆只有1层，且只有1个球；第2堆有2层4个球，其中第1层有1个球，第2层有3个球；…；第n堆有n层共Sn个球，第1层有1个球，第2层有3个球，第3层有6个球，….已知S20=1 540，则n2=(　　) A．2 290 B．2 540 C．2 650 D．2 870 答案：D 解析：在第n堆中，从第2层起，第n层的球的个数比第n－1层的球的个数多n，记第n层球的个数为an，则an－an－1=n，得an=a1+++…+=1+2+3+…+n=n，其中a1=1也适合上式，则an=n=，在第n堆中，Sn=a1+a2+a3+…+an=[(12+22+32+…+n2)+]=，当n=20时，S20==1 540，解得n2=2 870.故选D． 16.(7分)(多选)(2025·重庆模拟预测)已知数列，记Tn=a1a2a3…an，Sn=b1+b2+b3+…+bn，若+=1且bn=，则下列说法正确的是(　　) A．T12=12 B．数列中的最大项为2 C．S10= D．Sn< 答案：BD 解析：对于A，由已知Tn=a1a2a3…an，当n=1时，T1=a1，即+==1，T1=a1=2，当n≥2时，Tn－1=a1a2a3…an－1，即an=，所以+=+==1，即Tn－Tn－1=1，所以数列是以2为首项，1为公差的等差数列，所以Tn=n+1，即T12=13，故A错误；对于B，所以an==1+，n∈N+，且数列单调递减，所以数列中的最大项为a1=2，故B正确；对于C，bn===，Sn=b1+b2+b3+…+bn=+++…+=，所以S10==，故C错误；对于D，又n∈N+，所以>0，即Sn=<，故D正确.故选BD． 学生用书⬇第129页 学科网（北京）股份有限公司 $