第1章 2.2 第2课时 等差数列的前n项和的性质及应用(教用Word)-【优学精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（北师大版）

第二课时　等差数列的前n项和的性质及应用 　　等差数列{an}的通项公式an＝dn＋（a1－d）（a1，d为常数）.当d≠0时，an是关于n的一次函数，所以具有一次函数的特性（如单调性）. 【问题】　（1）等差数列{an}的前n项和Sn是否也具备二次函数的特性？ （2）Sn还具备哪些重要的性质？ 知识点一　等差数列前n项和的函数特征 等差数列的前n项和公式转移到二次函数的过程 Sn＝na1＋d，整理得Sn＝n2＋（ a1－）n，所以Sn可以看成y＝x2＋（ a1－）x当x＝n（n∈N＋）时的函数值 等差数列的前n项和公式与二次函数的关系 令A＝，B＝a1－，则Sn＝An2＋Bn. ①当A＝0，B＝0（即d＝0，a1＝0）时，Sn＝0是关于n的常函数，{an}是各项为0的常数列； ②当A＝0，B≠0（即d＝0，a1≠0）时，Sn＝Bn是关于n的正比例函数，{an}为各项非零的常数列； ③当A≠0（即d≠0）时，Sn＝An2＋Bn是关于n的二次函数（常数项为0） 　　提醒：数列{an}是等差数列⇔Sn＝An2＋Bn（A，B为常数），当Sn＝An2＋Bn＋C且C≠0时，数列{an}不是等差数列，但除去第一项，从第二项起后面的各项组成等差数列. 知识点二　等差数列前n项和的性质 （1）若数列{an}是公差为d的等差数列，则数列{}也是等差数列，且公差为； （2）设等差数列{an}的公差为d，Sn为其前n项和，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍构成等差数列，且公差为m2d； （3）设两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，则＝； （4）若等差数列{an}的项数为2n，则S2n＝n（an＋an＋1），S偶－S奇＝nd，＝； （5）若等差数列{an}的项数为2n－1，则S偶＝（n－1）an，S奇＝nan，S奇－S偶＝an，＝. 知识点三　等差数列的衍生结论 （1）等差数列{an}中，若Sn＝m，Sm＝n（m≠n，m，n∈N＋），则Sm＋n＝－（m＋n）； （2）等差数列{an}中，若Sm＝Sn（m≠n，m，n∈N＋），则Sm＋n＝0. 1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”） （1）等差数列{an}的前n项和Sn是关于n的二次函数.（　×　） （2）若等差数列{an}的公差d＞0，则{an}的前n项和一定有最小值.（　√　） （3）若等差数列的项数为偶数，则偶数项的和等于奇数项的和.（　×　） （4）设两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，则＝.（　×　） 2.在项数为2n＋1的等差数列中，若所有奇数项的和为165，所有偶数项的和为150，则n＝（　　） A.9 B.10 C.11 D.12 解析：B　由性质知，＝＝，解得n＝10. 3.已知数列{an}为等差数列，它的前n项和为Sn，若Sn＝（n＋1）2＋λ，则实数λ的值是　－1　. 解析：Sn＝（n＋1）2＋λ＝n2＋2n＋1＋λ，∵{an}为等差数列，∴1＋λ＝0，即λ＝－1. 4.在等差数列{an}中，其前n项和为Sn，S2＝4，S4＝9，则S6＝　15　. 解析：∵S2，S4－S2，S6－S4成等差数列，∴4＋（S6－9）＝2×5，解得S6＝15. 题型一｜等差数列前n项和的性质及应用 【例1】　（1）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝8，S8＝4，则S12＝　－12　； 解析：（1）因为S4，S8－S4，S12－S8成等差数列，即8，－4，S12－4成等差数列，所以S12－4＝－16，所以S12＝－12. （2）等差数列{an}共有2n＋1项，所有的奇数项之和为132，所有的偶数项之和为120，则n＝　10　； 解析：（2）因为等差数列共有2n＋1项，所以S奇－S偶＝an＋1＝，即132－120＝，解得n＝10. （3）已知{an}，{bn}均为等差数列，其前n项和分别为Sn，Tn，且＝，则＝　　. 解析：（3）由等差数列的性质，知＝＝＝＝＝. 通性通法 利用等差数列前n项和的性质简化计算 （1）在解决等差数列问题时，先利用已知求出a1，d，再求所求，是基本解法，有时运算量大些； （2）等差数列前n项和Sn的有关性质在解题过程中，如果运用得当可以达到化繁为简、化难为易、事半功倍的效果； （3）设而不求，整体代换也是很好的解题方法. 【跟踪训练】 1.已知数列{an}是项数为偶数的等差数列，它的奇数项的和是50，偶数项的和为34，若它的末项比首项小28，则该数列的公差是　－4　. 解析：设等差数列{an}的项数为2m，∵末项与首项的差为－28，∴a2m－a1＝（2m－1）d＝－28①，∵S奇＝50，S偶＝34，∴S偶－S奇＝34－50＝－16＝md②，由①②得d＝－4. 2.已知一个等差数列的前10项和为100，前100项和为10，求前110项之和. 解：法一　S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90，S110－S100成等差数列. 设其公差为d，前10项和为10S10＋d＝S100＝10，解得d＝－22， ∴S110－S100＝S10＋（11－1）d＝100＋10×（－22）＝－120， ∴S110＝－120＋S100＝－110. 法二　依题意{}是等差数列，设其公差为d， 则d＝＝＝－0.11， ∴＝＋（110－100）d＝0.1－1.1＝－1， ∴S110＝－110. 题型二｜等差数列前n项和的最值问题 【例2】　在等差数列{an}中，a1＝25，S8＝S18，求前n项和Sn的最大值. 解：法一　因为S8＝S18，a1＝25， 所以8×25＋d＝18×25＋d， 解得d＝－2. 所以Sn＝25n＋×（－2）＝－n2＋26n＝－（n－13）2＋169. 所以当n＝13时，Sn有最大值为169. 法二　同法一，求出公差d＝－2. 所以an＝25＋（n－1）×（－2）＝－2n＋27. 因为a1＝25＞0， 由得 又因为n∈N＋，所以当n＝13时，Sn有最大值为169. 法三　因为S8＝S18，所以a9＋a10＋…＋a18＝0. 由等差数列的性质得a13＋a14＝0. 因为a1＞0，所以d＜0.所以a13＞0，a14＜0. 所以当n＝13时，Sn有最大值.由a13＋a14＝0，得 a1＋12d＋a1＋13d＝0，解得d＝－2， 所以S13＝13×25＋×（－2）＝169， 所以Sn的最大值为169. 法四　设Sn＝An2＋Bn. 因为S8＝S18，a1＝25，所以二次函数图象的对称轴为n＝＝13，且开口方向向下， 所以当n＝13时，Sn取得最大值. 由题意得解得 所以Sn＝－n2＋26n， 所以S13＝169，即Sn的最大值为169. 通性通法 1.等差数列前n项和Sn最大（小）值的情形 （1）若a1＞0，d＜0，则Sn存在最大值，即所有非负项之和； （2）若a1＜0，d＞0，则Sn存在最小值，即所有非正项之和. 2.求等差数列前n项和Sn最值的方法 （1）寻找正、负项的分界点，可利用等差数列性质或利用或来寻找； （2）运用二次函数求最值. 【跟踪训练】 在等差数列{an}中，a10＝18，前5项的和S5＝－15. （1）求数列{an}的通项公式； （2）求数列{an}的前n项和的最小值，并指出何时取最小值. 解：（1）设等差数列的公差为d， 因为在等差数列{an}中，a10＝18，S5＝－15， 所以解得a1＝－9，d＝3， 所以an＝3n－12，n∈N＋. （2）因为a1＝－9，d＝3，an＝3n－12， 所以Sn＝＝（3n2－21n）＝－， 所以当n＝3或4时， 前n项的和Sn取得最小值S3＝S4＝－18. 题型三｜求数列{｜an｜}的前n项和 【例3】　已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋n，求数列{｜an｜}的前n项和Tn. 解：a1＝S1＝－×12＋×1＝101， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－3n＋104. ∵n＝1也适合上式， ∴数列{an}的通项公式为an＝－3n＋104（n∈N＋）. 由an＝－3n＋104≥0，得n≤34. 即当n≤34时，an＞0； 当n≥35时，an＜0. （1）当n≤34时，Tn＝｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜an｜＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝－n2＋n. （2）当n≥35时， Tn＝｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a34｜＋｜a35｜＋…＋｜an｜ ＝（a1＋a2＋…＋a34）－（a35＋a36＋…＋an） ＝2（a1＋a2＋…＋a34）－（a1＋a2＋…＋an） ＝2S34－Sn ＝2×（ －×342＋×34）－（ －n2＋n） ＝n2－n＋3 502. 故Tn＝ 【母题探究】 （变条件）在本例中，若将条件改为“等差数列{an}的通项公式为an＝3n－23”，求数列{｜an｜}的前n项和Tn. 解：因为an＝3n－23，令3n－23≥0，得n≥，所以当n≤7时，an＜0；当n≥8时，an＞0. 因此当n≤7时，Tn＝－（a1＋a2＋…＋an） ＝－［－20n＋］＝－n2＋n； 当n≥8时，Tn＝－（a1＋a2＋…＋a7）＋a8＋…＋an＝－2（a1＋a2＋…＋a7）＋（a1＋a2＋…＋a7）＋a8＋…＋an＝n2－n＋154. 所以Tn＝ 通性通法 等差数列前n项的绝对值之和的求法 （1）求出等差数列的通项公式； （2）利用通项公式判断数列的项的符号变化，找到变号的临界值； （3）根据项的符号去掉绝对值号； （4）利用等差数列的前n项和公式求解. 提醒　（1）求等差数列前n项的绝对值之和时，要特别注意对n的分类讨论；（2）求等差数列前n项的绝对值之和时，最后结果要写成分段函数的形式. 【跟踪训练】 在等差数列{an}中，a2＝4，a4＋a7＝15. （1）求数列{an}的通项公式； （2）设bn＝－2an＋25，求数列{｜bn｜}的前n项和. 解：（1）由题意得⇒ ∴an＝3＋（n－1）×1＝n＋2. （2）bn＝－2（n＋2）＋25＝－2n＋21，∴数列{bn}也为等差数列.设数列{｜bn｜}的前n项和为Sn. 当n≤10时，bn＞0，此时Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝－n2＋20n； 当n≥11时，bn＜0，此时Sn＝b1＋b2＋…＋b10－（b11＋b12＋…＋bn） ＝－（b1＋b2＋…＋bn）＋2（b1＋b2＋…＋b10） ＝－＋2× ＝n2－20n＋200. 综上所述，Sn＝ 题型四｜等差数列模型的构建与应用 【例4】　从5月1日开始，有一新款服装投入某商场销售，5月1日该款服装销售出10件，第二天销售出25件，第三天销售出40件，以后，每天售出的件数分别递增15件，直到5月13日销售量达到最大，然后，每天销售的件数分别递减10件. （1）记该款服装五月份日销售量与销售天数n的关系为an，求an； 解：（1）依题意，数列a1，a2，…，a13是首项为10，公差为15的等差数列. ∴an＝15n－5（1≤n≤13）， a14，a15，a16，…，a31是首项为a14＝a13－10＝180， 公差为－10的等差数列. ∴an＝180＋（n－14）（－10）＝－10n＋320（14≤n≤31）， ∴an＝ （2）求五月份的总销售量； 解：（2）五月份的总销售量为＋18×180＋＝3 010（件）. （3）按规律，当该商场销售此服装超过1 300件时，社会上就流行，而日销售量连续下降，且日销售量低于100件时，则流行消失，问：该款服装在社会上流行是否超过10天？说明理由. 解：（3）5月1日至5月13日销售总数为＝＝1 300≤1 300. ∴5月14日前还没有流行，由－10n＋320＜100得n＞22， ∴第22天后流行结束，即从5月14日开始到5月22日共流行9天，故该服装在社会流行没有超过10天. 通性通法 　　数列应用题的解法一般是根据题设条件，建立目标函数关系（即等差数列模型），然后确定公差、首项、项数是什么，分清an与Sn，然后选用适当的方法求解，最后回归实际. 【跟踪训练】 某地去年9月份曾发生流感，据统计，9月1日该地区流感病毒的新感染者有40人，此后，每天的新感染者人数比前一天新感染者人数增加40.从9月11日起，该地区医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到有效控制，每天的新感染者人数比前一天的新感染者人数减少10. （1）分别求出该地区在9月10日和9月11日这两天的流感病毒的新感染者人数； 解：（1）由题意，知该地区9月份前10天每天新感染者人数构成一个首项a1＝40，公差d＝40的等差数列{an}， 所以9月10日的新感染者人数为a10＝40＋（10－1）×40＝400. 从9月11日起，每天的新感染者人数比前一天的新感染者人数减少10，所以9月11日的新感染者人数为400－10＝390. （2）该地区9月份流感病毒的新感染者共有多少人？ 解：（2）9月份前10天流感病毒的新感染者人数的和为S10＝＝2 200， 9月份后20天每天新感染者人数构成一个首项b1＝390，公差d1＝－10的等差数列{bn}， 又b20＝390－10×19＝200， 所以后20天流感病毒的新感染者人数的和为 T20＝＝5 900， 所以该地区9月份流感病毒的新感染者共有2 200＋5 900＝8 100（人）. 1.已知某等差数列共有10项，其奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差为（　　） A.5　　　　B.4　　　　C.3　　　　D.2 解析：C　由题知S偶－S奇＝5d，所以d＝＝3. 2.设an＝2n－9，则当数列{an}的前n项和取得最小值时，n的值为（　　） A.4 B.5 C.4或5 D.5或6 解析：A　由解得≤n≤，故n＝4. 3.已知数列{an}满足an＋1－an＝2，a1＝－5，则｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a6｜＝（　　） A.9 B.15 C.18 D.30 解析：C　由an＋1－an＝2可得数列{an}是等差数列，公差d＝2，又a1＝－5，所以an＝2n－7，所以｜a1｜＋｜a2｜＋｜a3｜＋｜a4｜＋｜a5｜＋｜a6｜＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18. 4.〔多选〕设Sn是公差为d（d≠0）的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题中正确的是（　　） A.若d＜0，则数列{Sn}有最大项 B.若数列{Sn}有最大项，则d＜0 C.若数列{Sn}是递增数列，则对任意n∈N＋，均有Sn＞0 D.若对任意n∈N＋，均有Sn＞0，则数列{Sn}是递增数列 解析：AD　∵Sn＝n2＋（ a1－）n，∴当d＜0时，Sn必有最大值，即{Sn}有最大项.∵当a1＜0，d＝0时，Sn有最大值为S1，∴{Sn}有最大项时d＜0不正确，故A正确，B不正确.当an＝2n－3时，Sn＝n2－2n，此时{Sn}是递增数列，但S1＝a1＝－1＜0，故C不正确.由Sn＞0⇒a1＞0且d≥0⇒Sn＋1－Sn＝an＋1＝a1＋nd＞0⇒{Sn}是递增数列，故D正确. 5.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　2 000　米. 解析：假设20个树坑按1号到20号依次排列，要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，则树苗需放在第10号或第11号树坑旁，此时两侧的同学所走的路程分别组成以20为首项，20为公差的等差数列，故所有同学往返的总路程为S＝9×20＋×20＋10×20＋×20＝2 000（米）. 1.在等差数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn，若－＝2，则S10＝（　　） A.10 B.100 C.110 D.120 解析：B　因为{an}是等差数列，a1＝1，所以{}也是等差数列且首项为＝1.又－＝2，所以数列{}的公差是1，所以＝1＋（10－1）×1＝10，所以S10＝100.故选B. 2.若等差数列{an}的公差d＝，且S100＝145，则a1＋a3＋a5＋…＋a99＝（　　） A.52.5 B.72.5 C.60 D.85 解析：C　设a1＋a3＋a5＋…＋a99＝x，a2＋a4＋…＋a100＝y，则x＋y＝S100＝145，y－x＝50d＝25，解得x＝60，y＝85.故选C. 3.若{an}为等差数列，其前n项和为Sn，S4＝2，S8＝6，则S12＝（　　） A.10 B.12 C.14 D.16 解析：B　由等差数列前n项和的性质可得S12－S8，S8－S4，S4成等差数列，∴2（S8－S4）＝S4＋S12－S8，即2（6－2）＝2＋S12－6，得S12＝12.故选B. 4.已知等差数列{an}，a1＝1，d＝1，则数列{}的前100项和为（　　） A. B. C. D. 解析：A　因为{an}为等差数列且a1＝1，d＝1，故an＝n，故＝＝－，故数列{}的前100项和为（ －）＋（ －）＋…＋（ －）＝1－＝.故选A. 5.〔多选〕已知数列{an}是等差数列，其前n项和Sn满足a1＋3a2＝S6，则下列四个选项中正确的是（　　） A.a7＝0 B.S13＝0 C.S7最小 D.S5＝S8 解析：ABD　根据题意，设等差数列{an}的公差为d.对于A，a1＋3a2＝S6，即4a1＋3d＝6a1＋d，变形可得a1＋6d＝0，即a7＝0，故A正确；对于B，S13＝＝13a7＝0，故B正确；对于C，S7＝＝7a4，可能大于0，也可能小于0，因此C不正确；对于D，S5－S8＝－＝－3a1－18d＝－3a7＝0，故D正确. 6.〔多选〕已知Sn是等差数列的前n项和，且S6＞S7＞S5，则下列命题中正确的是（　　） A.d＜0 B.S11＞0 C.S12＜0 D.数列{Sn}中的最大项为S11 解析：AB　∵S6＞S7，∴a7＜0，∵S7＞S5，∴a6＋a7＞0，∴a6＞0，∴d＜0，A正确；又S11＝（a1＋a11）＝11a6＞0，B正确；S12＝（a1＋a12）＝6（a6＋a7）＞0，C不正确；{Sn}中最大项为S6，D不正确.故选A、B. 7.已知等差数列{an}中，Sn为其前n项和，S3＝9，a4＋a5＋a6＝7，则S9－S6＝　5　. 解析：∵S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，而S3＝9，S6－S3＝a4＋a5＋a6＝7，∴S9－S6＝5. 8.等差数列{an}中，a1＝－10，d＝2，则数列{｜an｜}的前3项的和S3＝　24　，前8项的和S8＝　36　. 解析：a1＝－10，d＝2，所以an＝－10＋2（n－1）＝2n－12.a6＝0，故S3＝｜－10｜＋｜－8｜＋｜－6｜＝24，S8＝｜a1｜＋｜a2｜＋｜a3｜＋…＋｜a6｜＋｜a7｜＋｜a8｜＝－a1－a2－…－a6＋a7＋a8＝36. 9.在首项为正数的等差数列{an}中，＝，则当其前n项和Sn取最大值时，n的值为　6　. 解析：法一　设数列{an}的公差为d，∵＝，∴5（a1＋2d）＝7（a1＋3d），∴2a1＋11d＝0，∴d＝－a1，∴Sn＝－a1n2＋a1n＝－（n－6）2＋a1，又a1＞0，∴当n＝6时，Sn最大. 法二　设数列{an}的公差为d，∵＝，∴5（a1＋2d）＝7（a1＋3d），∴2a1＋11d＝0，∴a6＋a7＝0，∵a1＞0，d＜0，∴a6＞0，a7＜0，∴S6最大，∴满足题意的n的值是6. 法三　∵＝，∴5a3＝7a4，∴S5＝S7，∴S6最大，∴n的值为6. 10.已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{an}为等差数列，a1＝12，d＝－2. （1）求Sn，并画出{Sn}（1≤n≤13）的图象； （2）分别求{Sn}单调递增、单调递减的n的取值范围，并求{Sn}的最大（或最小）的项； （3）{Sn}有多少项大于零？ 解：（1）Sn＝na1＋d＝12n＋×（－2）＝－n2＋13n.图象如图. （2）Sn＝－n2＋13n＝－＋，n∈N＋， ∴当n＝6或7时，Sn最大；当1≤n≤6时，{Sn}单调递增，当n≥7时，{Sn}单调递减. {Sn}有最大项，最大项是S6，S7，S6＝S7＝42. （3）由图象得{Sn}中有12项大于零. 11.朱世杰是历史上最伟大的数学家之一，他所著的《四元玉鉴》卷中“如像招数”五问中有如下问题：“今有官司差夫一千八百六十四人筑堤，只云初日差六十四人，次日转多七人，每人日支米三升.”其大意为“官府陆续派遣1 864人前往修筑堤坝，第一天派出64人，从第二天开始每天派出的人数比前一天多7人，修筑堤坝的每人每天分发大米3升.”在该问题中前5天共分发大米（　　） A.1 170升 B.1 440升 C.1 512升 D.1 772升 解析：A　由题意得，每天分发的大米升数构成等差数列{an}，设公差为d，则d＝7×3＝21，记第一天共分发大米为a1＝64×3＝192（升），则前5天共分发大米5a1＋×d＝5a1＋10d＝5×192＋10×21＝1 170（升）.故选A. 12.〔多选〕设等差数列{an}的前n项和为Sn且满足S2 023＞0，S2 024＜0，对任意正整数n，都有｜an｜≥｜ak｜，则下列判断正确的是（　　） A.a1 012＞0 B.a1 013＞0 C.｜a1 012｜＞｜a1 013｜ D.k的值为1 012 解析：AD　由等差数列{an}，可得S2 023＝＞0，S2 024＝＜0，即a1＋a2 023＞0，a1＋a2 024＜0，可得2a1 012＞0，a1 012＋a1 013＜0，∴a1 012＞0，a1 013＜0，∴A正确，B错误.又等差数列{an}为递减数列，且a1 012＋a1 013＜0，∴｜a1 012｜＜｜a1 013｜，∴C错误.而对任意正整数n，都有｜an｜≥｜ak｜，则k的值为1 012.故D正确.故选A、D. 13.设项数为奇数的等差数列，奇数项之和为44，偶数项之和为33，则这个数列的中间项是　11　，项数是　7　. 解析：设等差数列{an}的项数为2n＋1（n∈N＋），S奇＝a1＋a3＋…＋a2n＋1＝＝（n＋1）an＋1，S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝＝nan＋1，所以＝＝，解得n＝3，所以项数2n＋1＝7，S奇－S偶＝an＋1，即a4＝44－33＝11，为所求的中间项. 14.已知等差数列{an}中，a1＋a5＝8，a4＝2. （1）求数列{an}的通项公式； （2）设Tn＝｜a1｜＋｜a2｜＋｜a3｜＋…＋｜an｜，求Tn. 解：（1）因为在等差数列{an}中，a1＋a5＝8，a4＝2， 所以 解得a1＝8，d＝－2， 所以an＝8＋（n－1）×（－2）＝10－2n. （2）由an＝10－2n≥0，得n≤5，a5＝0，a6＝－2＜0， 因为Tn＝｜a1｜＋｜a2｜＋｜a3｜＋…＋｜an｜， 所以当n≤5时，Tn＝8n＋×（－2）＝9n－n2. 当n＞5时，Tn＝－＋2×（9×5－52）＝n2－9n＋40. 所以Tn＝ 15.〔多选〕如果一个实数数列{an}满足条件：－an＝d（d为常数，n∈N＋），则这一数列称为“伪等差数列”，d称为“伪公差”.给出下列关于某个伪等差数列{an}的结论，其中正确的结论是（　　） A.对于任意的首项a1，若d＜0，则这一数列必为有穷数列 B.当d＞0，a1＞0时，这一数列必为单调递增数列 C.这一数列可以是周期数列 D.若这一数列的首项为1，伪公差为3，－可以是这一数列中的一项 解析：CD　A项，当a1＝，d＝－，an＞0时，依题意，an＝，故错误；B项，当d＞0，a1＞0时，∵an＋1＝±，∴这一数列不是单调递增数列，故错误；C项，易知当伪公差d＝0，an＝1时，这一数列是周期数列，故正确；D项，∵a1＝1，d＝3，∴a2＝±＝±2，∴当a2＝2时，a3＝±＝±，故正确. 16.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，给出以下三个条件：①an＋2－an＝2；②{an}是等差数列；③an＋2＋an＝2n＋2. （1）从三个条件中选取两个，证明另外一个成立； （2）利用（1）中的条件，求证：数列{}的前n项和Tn＜. 证明：（1）将①②作为条件，③作为结论，证明如下： 设等差数列{an}的公差为d， 则由an＋2－an＝2，得2d＝2，解得d＝1， 又a1＝1，所以等差数列{an}的通项公式为an＝n， 所以an＋2＝n＋2， 所以an＋2＋an＝2n＋2，即③成立. 将①③作为条件，②作为结论.证明如下： 由得an＝n，所以an＋1＝n＋1， 所以an＋1－an＝n＋1－n＝1， 所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，即②成立. 将②③作为条件，①作为结论.证明如下： 设等差数列{an}的公差为d，则an＝1＋（n－1）d，an＋2＝1＋（n＋1）d， 又an＋2＋an＝2n＋2，所以2＋2nd＝2n＋2，解得d＝1， 所以等差数列{an}的通项公式为an＝n， 所以an＋2＝n＋2， 所以an＋2－an＝n＋2－n＝2，即①成立. （2）由（1）知，an＝n，所以an＋2＝n＋2， 所以＝＝×（ －）. 所以Tn＝（ 1－＋－＋－＋…＋－＋－＋－）＝×（ 1＋－－）＝×（ －－）＝－（ ＋）＜， 即数列{}的前n项和Tn＜. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $