第1章 2.2 第2课时 等差数列的前n项和的综合应用-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（北师大版）

+即5,33曲（瓷}aeN)的公差为 1,且25.24=2，则2=2+(n-1)×1=a+1,所以3= a1 a at又a,做a.a,所以 an=na1,则a3=3a1=3→a1=1,故a.=n,故a5=5,ao= 10,A,B错S.=n(+1,则S。=55,S0=210,C对、D错 2 7.BD解析：对于A:当a=2时，a1=2,因为an+a1=3n+1, 令n=1,得到a2=2;令n=2,得到a3=5;令n=3,得a4=5, 故A错误；对于B:因为an+an+1=3n+1,所以a1+aat2=3n+ 4,两式相减得a+2-a=3,令n=2k(k∈N),则a2+2-a2u: 3,且a2=4-a为常数，所以{a2n}是以4-a为首项，3为公差 的等差数列，故B正确；对于C:因为an+an1=3n+1,得到 a1+a2=4,a3+a4=10,a5+a6=16,…,a1g+a0=58,观察可得 a2x-1+a2x=6i-2(i=1,2,3,…,10),所以Sw=(a1+a2）+(a3+ a4)+(a5+a6）+…+（a19+a20）=4+10+16+…+58= 10x(4+58）=310≠300，故C错误；对于D:因为a2+a=7, 2 a4+a5=13,a6+a,=19,…,a30+a31=91,观察可得a2:+a2x1= 6i+1(i=1,2,3,…,15),S31=a1+(a2ta3）+(a4+a5)+…+ (a+n1)=a+15x(7491)=748,解得a=13,故D正确 8.2513100解析：设所求等差数列为{an},由题意可知数列 {an}的首项为110，公差为116-110=6，则an=110+6(n-1)=6n+ 104.由450≤6n+104≤600，得58≤n≤82，n∈N‘,所以该数列在 [0,601上有25项，其和S=之(asag)×25=1310 9.755解析：当n≤10时，an<0,当n≥11时，an>0,故S0= la1l+la2l+la3l+…+|a30|=-(a1+a2+a3+…+a1o）+(am+ a12+a3+…+a30）=- 10(a1+ao)20(a+a0）= 2 2 10x(-28-1)20x(2+59）=145+610=755. 2 2 10.135解析：设等差数列{an}的公差为d,首项为a1,由题意 知数列S3,S6-S,S,-S6,…成等差数列，且公差d”= S6-S3-S3=a4+a5+a6-a1-a2-a3=9d,记数列S3,S6-S, S,-S6,…为c,,其前n项和为T,则T,=c,+(-1》dr= 2 2d+(92)n又因为数列S,。-S,S,…的前n项 n d [d 和为6m2+3,所以26， _d' 解得82所以4=) （c1=9, 92 =3, 6=8=3a+3d=9,解得a=子，所以am=a+10d= 4 5400=135.故答案为135. 33 四重难点拨 等差数列的性质： (1)项的性质：在等差数列{an}中， Da,=a+(n-m)d(m,nEN),d=9.- n-m ②若m+n=ptq(m,n,P,9∈N),则am+an=a,+ag (2)和的性质：在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则 ①S2n=n(a1+a2n)=…=n(an+an+1)； ②依次k项和成等差数列，即Sk,S4-S,S-Sk,…成等差 数列 参考答案 11.(1)证明：若n为奇数，则n+1是偶数，n+2是奇数，所以 a1=an+1,at2=(an+1)+2=an+3,即an2-an=3,所以 {an}的奇数项是首项为a,=1,公差为3的等差数列. (2)解：当n=2k(keN')时，Sn=S2k=(a1+a3+a5+…+ a2k-1)+(a2ta4+a6++a2k)=(a1+a3+a5+…+a2k-1)+(a1+ 1+a3+1+a5+1+…+a2k-1+1)=2(a1+a3+a5+…+a2k-1)+k= 2a”a]==3x(仔）°-因为 2 a2k-1+1=a1+3(k-1)+1=3k-1,所以当n=2k-1(k∈N°) 时8=1==3-3+1=3x(） 2-3x+1= 2 子2+子综上所述，从.= 3 32,n为偶数， +日为奇数 1 第2课时等差数列的前n项和的综合应用 白题 基础过关 1.B解析：因为an= 111 2+nn(n+1)nn+i,所以S,s=a,+ 111 1 1 1 a+…+a2s=1-2+23+…+20252026=1-2026 2025 2026 2.D解析：依题意，an= 1 =Wn+I-√n,所以Sn=√2- n+√n+i 1+3-√2+…+n+I-√元=√n+1-1,由Sn=√n+I-1=8,解 得n=80.故选D. (a1+d=11, 3.2n+1 解析：由已知得{ 、解得03故8，= 4a1+ (d=8. 4n2-n (2)x=-号” 1 11 4.B解析：由a.=4n-17得，当1≤n≤4，n∈N时，a.<0,当 n≥5，neN*时，an>0,所以当Sn取得最小值时，n=4. 5.B解析：因为等差数列的前n项和为Sn,设等差数列为 {an},由S,<0, 9(a,ta,)_9x2a=9a,<0,则a<0, 2 2 由S10>0,得 0(a+a0）=5(a,+a6)>0,则a,+a6>0,所以 2 a6>0,故d=a6-a5>0,则数列{an}的前5项为负数，从第 6项开始的项都是正数，因此当n=5时，Sn最小 6.AC解析：对于A,由S,<Sg=Sg,得ag=Sg-S,>0,ag= Sg-Sg=0,d=ag-ag=-ag<0,A正确；对于B,S1o-S,=ag+ag+ a1o=3a,=0,B错误；对于C,由选项A知，数列{an}是递减 等差数列，前8项都为正，第9项为0，从第10项起为负，因 此S。与S,是Sn的最大值，C正确；对于D,S,= 17(a1+a1z) 2 =17ag=0,D错误. 7.15解析：等差数列{an}中，因为S0=S0,所以10a1+ 10x 2 209,解得a=.则8=D 9d=20a1+2 2 空gD4=宁h-15=7d(a-15)2空4因为 2 d<0,所以当Sn取最大值时，n=15. 8.A解析：当n=1时，a1=3;当n≥2时，an=Sn-Sn1=n2+2n- (n-1)2-2(n-1)=2n+1,又a1=3适合上式，所以an=2n+1. 黑白题07 9.1 解析：根据等差数列前n项和的函数特征，可设S.=m· (n+1),Tn=km(3n-1)(k≠0)，则n≥2时，an=Sn-Sn-1=2kn, 且n=1时，a1=2k满足，所以an=2km;同理n≥2时，bn=T. Tn1=2k(3n-2),且n=1时，b1=2k满足，所以b。= 2k(3n-2),所以9=106-1 6,20%=2 10.a=子解析3写 3S. +n=3an+1,.3Sn+n2=3nan+n①， 当n≥2时，3S.-1+(n-1)2=3(n-1)a-1+(n-1)②，①- ②，得3(S.-Sn-1)+2n-1=3na.-3(n-1)a-1+1,.3(n- 2 1)·a.-3(n-1)a-1=2(n-1,a.-a1=3,n≥2， 2 neN',….{a,是等差数列.又：a=3心a=3 11.B解析：依题意，竹子自下而上的各节装米量构成等差数 列{an},n∈N',n≤7，则a1+a2=4,a6+a=2,所以a1+a,= a2+a6=3,所以这根竹子的装米量为S2= 7(ata）=10.5(升). 2 12.840解析：设报告厅的座位从第1排到第20排，各排的座 位数依次排成一列，构成数列{an},其前n项和为Sn.根据 题意，数列{an}是一个公差为d=2的等差数列，且ao= 41,故a1=a10-9d=41-18=23.由S20=20a1+ 20x(20-1D×2=840,因此，该报告厅总座位数为840. 2 黑题应用提优 。-2g即二次题数 1.C解析：S,=2m2-17n=2(n-4 S.=217m图象的对称轴为直线n=7,且开口向上，而 n∈N,于是当n=4时，S,取得最小值，所以当S,取最小值 时n的值为4. 2.C解析：设等差数列{an}的公差为d,:a6+a,+ag=5a2, 37 3a,+18d=5(a1+11d),a=-2d>0,d<0,a= d d 一2>0，a=2<0,S取得最大值 3.B解析：由已知得a*1=S1-S。=2S1Sa,两边同时除 以5得-2，放敬列1 是以1为首项，-2 Sa+I S 为公差的等差数列，则3=1-2(n-1)=3-2m,所以 S.-3-2m 4.A解析：设第n圈栽种花卉an株，则an-an-1=2(n-1) (2≤n≤8，neN*),又a1=1,a2=3,则ag-a,=14,a,-a6= 12,a6-a5=10,,a2-a1=2,所以ag=(ag-a,）+(a,-a6)+ (a6-a5）+…+(a2-a1)+a1=14+12+10+…+2+1= (14+2)×7+1=57. 2 5.C解析：设公差为d,若d=0,则1+1++1=8，不 a az aza3 满足题意，所以d≠0，则an=a1+(n-1)d=1+(n-1)d,则 1 1 1「111 a,a[1+(n-l)d](1+ndd1+(n-)a1+na],所 以1+1++1=1（1 111 taa,d（11td1+a1+2att1+7元 1- 1 aa2 a2a3 a)(a)放号()小解得=3， 故a10=1+9x3=28. 6.C解析：因为数列{bn}的前几项为3,5,7,9,11，所以数列 选择性必修第二册·BS {bn}是以3为首项，以2为公差的等差数列，所以bn=2n+1, 则b10=2×10+1=21. 7.A解析：因为Sn有最小值，所以数列{an}的公差d>0,因 为ai<-a11a2,a,(a11+a12）<0,所以a2>0>a11且a1+a2> 0,所以S2=11(a1+a2)>0,S1=21a1<0,所以S22为Sn的 最小正值 8.A解析：等差数列{an},对任意的n∈N”,均有S。≤Sn成 立，即S。是等差数列{an}的前n项和中的最小值，必有a,< 0,公差d0,当a6=0,此时S=S6,S,S6是等差数列an}的 前n项和中的最小值，此时a6=a1+5d=0,即a,=-5d,则 a0_a+9d_4址=4，当a6<0,a>0,此时S。是等差数列{a, a7 a +6d d 的前n项和中的最小值，此时a6=a,+5d<0,a,=a1+6d>0, a1 +9 即-6c2-5,则2 3 -=1+ a,a+6da1+6 ,则有034， d 6 综合可得，≥4 9.ABD解析：由S4>Sg,得Sg-S4=a5+a6+a,+ag=2(a6+a7)< 12(a1+a12) 0,所以a6+a,<0,则S2= =6(a6+a2)<0,A正 确；因为S4=Sg,所以Sg-S4=a+a6+a,+ag=2(a6+a,)=0, 即a。+a,=0.因为a1>0,d≠0，所以a6>0,a,<0,则d<0,等差 数列{an}为递减数列，则S6是S。中的最大值，B正确； 若Ss>S6,则S6-S<0,即a6<0.因为a1>0,d≠0，则d<0,故 a5=a6-d,无法判断a5的正负，故S,=S4+a5,不能判断 S4>S5,C错误；因为S3>S4,所以S4-S3=a4<0.因为a1>0,d≠ 0,所以d<0,则a5=a4+d<0,则S=S4+a5<S4,D正确. 10.5解析：设bn=a21+az,则{b.}为等差数列，且b,=21, b2=16,公差为-5，即bn=26-5n,故S2n就是{bn}的前n项 和.因为当n≤5时，bn>0,当n≥6时，bn<0,所以n=5 时S最大. 11.3,5,7,9790解析：当n=2时，a2=a1+2=3;当n=3时， a3=a1+2=3或a3=a2+2=5,即a3=3,5;当n=4时，a4= a1+2=3或a4=a2+2=5或a4=a3+2=5,7,即a4=3,5,7;当 n=5时，a5=a1+2=3或a5=a2+2=5或a5=a3+2=5,7或 a5=a4+2=5,7,9,即a5的所有可能取值为3,5,7,9.因为 {a.}中恰有3项具有性质P,且这3项的积为27，且a1= 1,a2=3,可得a2=a3=a4=3,即a2=a3=a4=3具有性质P, 可知从第4项开始是以3为首项，2为公差的等差数列，所 以20，=1+2x3+3x27+27X26x2=790. 2 12.(1)证明：因为6.=2-，1 26,所以1-6=1-(2） b 1-6,则226即2 22bn-1 6n-1 1-b。1-b-1’ 1-b.1-bn1=1-b1 2因为6=号所以子=0又8=品所以 2 4 1-b.-1 an-an-1=-2,a1=10,所以{an}是首项a1=10,公差d=-2 的等差数列，所以an=a1+(n-1)d=10+(n-1)×(-2)= 12-2n. (2)解：根据等差数列的前n项和公式可得S.= n(a+a,)n(10+12-2n）-11n-n2,对于二次函数y=-+ 1山其对称箱为直级号55因为N」 2 2 所以当n=5或n=6时，Sn取得最大值，当n=5时，S= 11×5-52=30,当n=6时，S6=11×6-62=30,所以Sn存在 最大值，最大值为30，此时n=5或n=6. 13.（1)证明：由nan+1=2Sn+3n,当n≥2时，(n-1)an=2Sn-1+ 黑白题08 33多令)。w (n+1)an=3①，则(n+1)an+2-(n+2)a+1=3②，由①- ②整理得，(n+1)an+2+(n+1)an=(2n+2)an1,所以a+2+ an=2an+(n≥2).又a1=3,则当n=1时，a2=2S1+3=2a1+ 3=9,当n=2时，2a3=2S2+6=2(a1+a2)+6=24+6=30,则 a3=15,所以a1+a3=2a2,满足an+2+an=2an+1,所以an+2+ an=2a+1,故数列{an}为等差数列，且首项为3，公差为6. (2)解：由(1)可知数列{an}是首项为3，公差为6的等差 数列，所以s.=3n+n(×6=3n2,则+1= 2 SS 33京a]所以 2n+11[111 11 11[ n2+2n 9(n+1)2 压轴挑战 (1)解：由a1-a.=4n+1(neN*),可得an-an1=4n-3,n≥2， 且a1=1,则当n≥2时，an=(a。-aa1)+(a-1-am-2）+…+(a2 a)+a=(4n-3)+(4n-7)+…+(4×2-3)+1=n1+4n-3) 2 2n2-n.又n=1时也满足上式，故an=2n2-n (2)证明：nb+1-(n+1)bn=n2+n(n∈N), b1_b=1, n+1n (一}是公差为1，首项为1的等差数列 (3)解：由(2)得么=1+n-1,即6，=，6， n 4n2(n+1) 4n （-1)'(2r-n2a+-(a+17=（-10'(2n-2+D (-1) 2n-2n+)当n=2k(keN)时，数列1c,}的前 1+1 (22)-1212当n=2h-1eN)时，数列 1】 6的前n项和3.=81=-(1+)+（兮+号）+ (2】(2）-l2所以8 -2n /2n+1n=26, n∈N",k∈N). 2n+2 2n+1,n=2k-1 §2阶段综合 黑题 阶段强化 1.A解析：a3=S3-S2=12-4=8,S2=a1+a2=(a3-2d)+(a3 d)=16-3d=4,所以d=4. 2.B解析：由a,是等差数列，a1+a,=10,可得2as=10,a= 5又a,4=35,所以s=7,所以S。=10(a,ao） 2 10(a,+6）=60. 2 3.Ac解斩：由1-1，=10，可得{}是以10为 n+l n 首项，-1为公差的等差数列，所以=10+(n-1)(-1)= -n+11,所以Sn=-n2+11n,故S1=0,B正确；an=Sn-Sn-1= （-n2+11n)-[-(n-l)2+11(n-1)]=-2n+12(n≥2，又 参考答案 a1=10,符合上式，所以an=-2n+12(neN'),所以{an}是 以10为首项，-2为公差的等差数列，A正确；又S4=4×10+ 43x(-2)=28,3=8x10+8x7 2 2 (-2)=24,S12=12×10+ 12×11 2 ×(-2)=-12,所以Sg-S4=-4,S2-Sg=-36,所 以S4,S。-S4,S2-Sg成等差数列，且公差为-32，D错；又当 n≤6时，an=-2n+12≥0，所以数列{1an1}的前10项和是 |a1l+|a2|+…+lao|=a1+…+a6-（a7+…+a1o）=S6 (S0-$)=2。-S0又3。=6x10+6x5× 2 ×(-2)=30，S10=10× 10410x9 2×(-2)=10,所以数列11a,}的前10项和为60- 10=50,C正确. 4.A解析：由题意可得a1-a=2,则数列{a}是以a为 首项，2为公差的等差数列，则a=a+2(n-1),由a13=5,故 a3=a+2(13-1)=25,即a1=1(负值舍去)，故a=1+2(n- 1)=2n-1,故a=V2m-1,则1= 1 an+Ant1√2n-I+√2n+1 √/2n+1-√2n-1 （√2n-I+√2n+I)(√2n+I-√2n-I) 2a-(v21-可)，放s.=（- 2n+1-2n+1 I+5-3++2n*1-V2m-)=y2m*I-l 2 5.C解析：因为Sn=1(a,a）-1a,<0,所以a,<0,因为 2 a6+a,=a3+a1o>0,所以a,>0,所以公差d=a,-a6>0,故当 n≤6时，an<0,当n≥7时，a.>0,所以当n=6时，Sn取得最 小值，即数列{S}中最小的项是S6· 6.B解析：an2+(-1)"an=2n-1,.a4+a2=3,as+a6=11, a12ta10=19,.a2+a4+a6+ag+a1o+a2=33.又a3-a1=1,a5- a3=5,a-a5=9,ag-a7=13,a11-ag=17,∴.a1+a3+a5ta+ag+ a11=(a1m-ag）+2(ag-a7)+3(a,-a5)+4(a5-a3）+5(a3-a1)+ 6a1=17+13×2+9×3+5×4+1×5+6a1=158-33,.a1=5. 7.A解析：a4=a1+3d,.a+a=a+(a1+3d)2=2a+9d+ 6a,d=2,设k=,所以d=ak,所以2a+9(ak)2+6a,· a 01k=a(2+92+6k)=2,解得a=2+9%26 因为a1≥1，所 以1，所以2g是@三1，餐理可得21 9g+6≥0.因为2+9%2+6k=(3k+1)2+1>0,所以90+ 2+9k2+6k 6≤0，则3(3头+2)≤0，解得-子≤≤0，即-号号<0 a 8.ACD解析：设等差数列{an}的公差为d,因为neN时， (at1)S.<nS,即3.<n(S1-8)=0n1,放8<ar因 为5.+所以受=4416nd,即 nd-=”0因为a+1b0恒皮立，所以0，放等差数 2 列{a,}为递增数列，A正确；若Sg=S12,则8a1+28d=12a1+ 6d,即a=2故，=a4a-1d=gr(a-14(e 兰)以，由A法现知心0，故a-(10受）d0,a=(- 白题09第2课时等差数列的前n项和的综合应用 白题 基础过 限时：30min 题组1 裂项相消法求和 7.(2025·江苏南京高二期末)设Sn为等差 1.*(2025·湖北随州高二月考)已知an= 数列{an}的前n项和，若公差d<0,且S1o= ,设数列a,的前n项和为S,则S2m的 S2o,则当Sn取最大值时，n的值为 n'+n 题组3等差数列中a。与S,关系的应用 值为 ( 8.·(2025·山东潍坊高二月考)设S为数列 2024 2025 C. 2026 2027 A. B. D {an}的前n项和，若Sn=n2+2n,则an 2025 2026 2025 2026 ) 1 2.*在数列{an}中，an 若Sn=8, A.2n+1 B.2n-1 √n+√n+I C.n+1 D.n-1 则n= ( 9.*(2025·江西抚州高二月考)已知Sn,T。 A.77 B.78 C.79 D.80 3.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且 分别为等差数列a,6,的前n项和， 1 a2=11,S4=60,则数列 的前n项和 S.+n-1) n+1 则品 3n-1' 9b4 Tn为 10.*（2025·广东深圳高二期末)记S。为数 题组2等差数列前n项和的最值问题 3S 4.*(2025·河北邯郸高二月考)已知数列 列{an}的前n项和.已知”+n=3an+1,a1= {an}的前n项和为Sn,an=4n-17,则当Sn取 则数列a,}的通项公式是 2 得最小值时，n= A.3 B.4 C.5 D.6 题组4等差数列前项和的实际应用 5.★(2025·陕西西安高二月考)记等差数列 11.*(2025·广东深圳高二期末)现有一根 的前n项和为Sn,且S,<0,So>0,则使得Sn最 七节的竹子，最下面两节可装米四升，最上 小的n的取值为 ( 面两节可装米二升，如果竹子装米量逐节等 A.4 B.5 C.8 D.9 量减少，问竹子各节各装米多少升？以此计 6.*(多选)(2025·河南开封高二月考)设等 算，这根竹子的装米量为 () 差数列{an}的公差为d,Sn为其前n项和， A.9升 B.10.5升 若S,<Sg=Sg>S10,则 C.12升 D.13.5升 A.d<0 12.*（2025·四川资阳高二期末)某学校报 B.S1o>S 告厅共有20排座位，从第2排起后一排都比 C.Sg与S,是Sn的最大值 前一排多2个座位.若第10排有41个座位， D.使Sn<0成立的n的最小值为17 则该报告厅座位的总数是 第一章黑白题11 黑题 应用提优 限时：40min 数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=2n2 等差数列，现有二阶等差数列{an},其中前 17n,则当Sn取最小值时，n的值为 ( 几项分别为2,5,10,17,26,37，记该数列的后 A.4或5 B.5或6 一项与前一项之差组成新数列{bn},则bo= C.4 D.5 ( 2.*(2025·安徽合肥高二月考)在等差数列 A.15 B.101 C.21 D.19 {an}中，Sn为其前n项的和，已知a6+a,+ag= 7.*(2025·广东珠海高二月考)已知等差数 5a12,且a1>0,当Sn取得最大值时，n的值为 列{an}的前n项和为Sn,且a<-a11a12,若S, ( 有最小值，则当S>0时，n最小为( A.17 B.18 C.19 D.20 A.22 B.23 C.11 D.13 3.*设Sn是数列{an}的前n项和，且a1=1, 8.整(2025·河南郑州高二月考)已知等差数 an+1=2SnSn+1,则Sn= ( 列{an},Sn是数列{an}的前n项和，对任意的 1 A.3-2n B. 3-2n neN”,均有S,≤S,成立，则1的值不可能为 1 C.2n-1 D.2n-1 ( A.3 B.4 C.5 D.6 4.**(2025·河南郑州高二月考)现将一圆形 9.整（多选)(2025·安徽安庆高二期末)等差 花坛从圆心向外栽种8圈某种花卉，圆心处栽 数列{an}的前n项和为Sn,若a1>0,公差d≠ 1株（视为第一圈），第二圈栽3株花卉，从第 0,则 () 二圈起，第n圈栽种花卉的数目比第n-1圈 A.若S4>Sg,则S2<0 多种2(n-1)(2≤n≤8，n∈N)株，则第8圈 B.若S4=Sg,则S6是Sn中的最大值 栽种花卉 ( C.若S>S6,则S4>S A.57株 B.56株 D.若S3>S4,则S4>S C.55株 D.54株 10.*(2025·江西九江高二期末)记等差数 5.*已知{an}是等差数列，且a1=1, a az 列{an}的前n项和为Sn,若a1+a2=21,a3+ 1 1 8 a4=16,则S2n最大时，n的值为 a2a3 a4g25则a6 11.#(2025·福建漳州高二期末)已知数列 A.15 B.26 C.28 D.32 {an}满足a1=1,且对任意n∈{2,3,4，…}， 6.**(2025·江西赣州高二期中)数学家杨辉 都存在ie{1,2,…,n-1},使得an=a:+2,则 在其专著《详解九章算术法》和《算法通变本 as= (写出所有可能的取值)； 末》中，提出了一些新的高阶等差数列，其中 若数列{bn}中b.满足：存在j∈{1,2，…，- 二阶等差数列是一个常见的等差数列，如数 1}使得bk=b,则称b.具有性质P.若数列 列2,4,7,11,16，从第二项起，每一项与前 {a}前30项中恰有3项具有性质P,且这 一项的差组成新数列2,3,4,5，新数列2,3,4， 3项的积为27，则数列{an}的前30项和 5为等差数列，则称数列2,4,7,11,16为二阶 为 选择性必修第二册·BS黑白题12 12.*(2025·山东菏泽高二月考)在数列 压轴挑战∥ 16中，6=号=2 (n≥2，neN*),数 禁(2025·广东广州高二期中)已知数列 bn-1 {an}满足an+1-an=4n+1(n∈N*),且a1=1,数 2 列a,满足a,1-6,neN, 列{bn}满足nb1-(n+1)bn=n2+n(n∈N*),且 (1)证明：数列{an}是等差数列并求出通项 b1=1. 公式 (1)求数列{an}的通项公式； (2)数列{an}的前n项和为Sn,Sn是否存在 最大值？若存在，求出S,的最大值及取 (2)证明：合}为等差数列； 得最大值时n的值；若不存在，请说明 (3)若cn=(-1) 理由. 4(n+1)b(n∈N),求数列 Anan+l {cn}的前n项和Sn 13.#(2025·江西上饶高二月考)记数列{a.} 的前n项和为Sn,已知a1=3,nant1=2Sn+3n. (1)证明：数列{an}为等差数列； (2)求数列 2n+1}的前n项和T S. 第一章黑白题13