6.2 等差数列及其前n项和 课件-2027届高考数学一轮复习

第六章 数列 第二讲　等差数列及其前n项和 知识梳理·双基自测 名师讲坛·素养提升 考点突破·互动探究 提能训练　练案[35] 知识梳理 · 双基自测 返回导航 知 识 梳 理 知识点一　等差数列的有关概念 1．等差数列的定义 如果一个数列从第______项起，每一项与它的前一项的差等于____________，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的______，通常用字母____表示，定义的表达式为__________________. 2．等差中项 2 同一个常数 公差 d an＋1－an＝d(n∈N*) 如果a，A，b成等差数列，那么______叫做a与b的等差中项且_________. A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 3．通项公式 如果等差数列{an}的首项为a1，公差为d，那么通项公式为an＝_______________＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)． 4．前n项和公式：Sn＝______________＝______________. a1＋(n－1)d 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 知识点二　等差数列的性质 已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和． 2．am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等差数列，公差为________. 3．数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列． ap＋aq kd 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 5．n为奇数时，Sn＝na中，S奇＝______a中， S偶＝______a中，∴S奇－S偶＝______. 6．数列{an}，{bn}是公差分别为d1，d2的等差数列，则数列{pan}，{an＋p}，{pan＋qbn}都是等差数列(p，q都是常数)，且公差分别为pd1，d1，pd1＋qd2. a中 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 归 纳 拓 展 2．点列(n，an)共线，可知道等差数列的某两项，求任一项，如{an}为等差数列，an＝m，am＝n，则am＋n＝0. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 4．等差数列与函数的关系 (1)通项公式：当公差d≠0时，等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)d＝dn＋a1－d是关于n的一次函数，且斜率为公差d.若公差d>0，则为递增数列，若公差d<0，则为递减数列． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 5．在遇到三个数成等差数列时，可设其为a－d，a，a＋d；四个数成等差数列时，可设为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d或a－d，a，a＋d，a＋2d. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 双 基 自 测 题组一　走出误区 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)若一个数列从第二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．(　　) (2)等差数列{an}中，a10＝a1＋a9.(　　) (3)若等差数列{an}的前n项和为Sn，则S6，S12，S18也成为等差数列．(　　) (4)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.(　　) [答案]　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√ 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 [解析]　(1)同一个常数． (2)当a1＝d时才有a10＝a1＋a9. (3)S6，S12－S6，S18－S12成等差数列． (4)由定义知an＋2－an＋1＝an＋1－an(n∈N*)故正确． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 题组二　走进教材 2．(选择性必修2P15T4改编)已知在等差数列{an}中，a4＋a8＝20，a7＝12，则a10＝(　　) A．18 B．16 C．20 D．17 [答案]　A [解析]　因为a4＋a8＝2a6＝20，所以a6＝10.又a7＝12，所以公差d＝a7－a6＝2，所以a10＝a7＋3d＝12＋6＝18. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 3．(选择性必修2P24T1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 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 题组三　走向考场 4．(2025·全国二卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若S3＝6，S5＝－5，则S6＝(　　) A．－20 B．－15 C．－10 D．－5 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 5．(2025·天津卷)Sn＝－n2＋8n，则数列{|an|}的前12项和为(　　) A．112 B．48 C．80 D．64 [答案]　C [解析]　因为Sn＝－n2＋8n，所以当n＝1时，a1＝S1＝－12＋8×1＝7，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(－n2＋8n)－[－(n－1)2＋8(n－1)]＝－2n＋9，经检验，a1＝7满足上式，所以an＝－2n＋9(n∈N*)，令an＝－2n＋9≥0⇒n≤4，an＝－2n＋9≤0⇒n≥5，设数列{|an|}的前n项和为Tn，则数列{|an|}的前4项和为T4＝S4＝－42＋8×4＝16，数列{|an|}的前12项和为T12＝|a1|＋|a2|＋…＋|a12|＝a1＋a2＋a3＋a4－a5－a6－…－a12＝2S4－S12＝2×16－(－122＋8×12)＝80.故选C. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 考点突破 · 互动探究 返回导航 等差数列的基本运算——自主练透 1．(多选题)设等差数列{an}的前n项和为Sn，其公差d>1，且a7＋a9＝16，则(　　) A．a8＝8 B．S15＝120 C．a1<1 D．a2>2 [答案]　ABC 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 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＝(　　) [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 3．(2026·汕头模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝3，a2n＝2an＋1，若Sn＋an＋1＝100，则n＝(　　) A．8 B．9 C．10 D．11 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 名师点拨：等差数列基本量的求法 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，体现了方程思想． 2．数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，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. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 等差数列性质的应用——多维探究 角度1　等差数列项的性质 A．4 B．－2 C．－4 D．－8 [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 名师点拨： 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 角度2　等差数列前n项和性质 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 名师点拨： 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 【变式训练】 1．(角度1)(2026·昆明模拟)若等差数列{an}的前15项和S15＝30，则2a5－a6－a10＋a14＝(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 等差数列的判定与证明——师生共研 (1)求a1，a2，并证明：数列{an＋an＋1}是等差数列； (2)求S20. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 名师点拨：等差数列的四个判定方法 1．定义法：证明对任意正整数n都有an＋1－an等于同一个常数． 2．等差中项法：证明对任意正整数n都有2an＋1＝an＋an＋2. 3．通项公式法：得出an＝pn＋q后，再根据定义判定数列{an}为等差数列． 4．前n项和公式法：得出Sn＝An2＋Bn后，再使用定义法证明数列{an}为等差数列． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 【变式训练】 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 名师讲坛 · 素养提升 返回导航 与等差数列前n项和Sn有关的最值问题 1．(2026·吉林市调研)设Sn是公差不为零的等差数列{an}的前n项和，且a1>0，若S5＝S9，则当Sn最大时，n＝(　　) A．6 B．7 C．10 D．9 [分析]　由S5＝S9可求得a1与d的关系，进而求得通项，由通项得到此数列前多少项为正，或利用Sn是关于n的二次函数，利用二次函数求最值的方法求解． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 [答案]　B [解析]　解法一：由S5＝S9得a6＋a7＋a8＋a9＝0，即a7＋a8＝0，∴2a1＋13d＝0，又a1>0，∴d<0.∴a7>0，a8<0，∴a1>a2>…> a7>0>a8>a9>…，∴Sn最大时，n＝7，故选B. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 A．11 B．19 C．20 D．21 [分析]　利用Sn>0⇔a1＋an>0求解． [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 [引申](1)本例1中若将“S5＝S9”改为“S5＝S10”，则当Sn取最大值时n＝________； (2)本例1中，使Sn<0的n的最小值为________； (3)本例2中，使Sn取最大值时n＝________. [答案]　(1)7或8　(2)15　(3)10 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 名师点拨：求等差数列{an}的前n项和Sn的最值的方法： 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 【变式训练】 1．(多选题)设等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，且满足a1>0，S11＝S18，则对Sn描述正确的有(　　) A．S14是唯一最大值 B．S15是最大值 C．S29＝0 D．S1是最小值 [答案]　BC [解析]　由S11＝S18可知a12＋a13＋…＋a18＝0，又{an}是等差数列，所以a15＝0，故S29＝29a15＝0.又a1>0，故S14＝S15，所以S14，S15都是最大值，且公差d<0，Sn无最小值，结合选项可知B，C正确，故选BC. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 2．(2025·河北石家庄摸底)若数列{an}为等差数列，Sn为数列{an}的前n项和，a4＋a9>0，S11<0，则Sn的最小值为(　　) A．S5 B．S6 C．S7 D．S8 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 提能训练　练案[35] 返回导航 A组基础巩固 一、单选题 1．(2025·四川成都一模)在等差数列{an}中，a3＝3，a4＋a6＝2，则a7＝(　　) A．－2 B．－1 C．1 D．2 [答案]　B [解析]　在等差数列{an}中，a4＋a6＝a3＋a7，∴a7＝a4＋a6－a3＝ －1.故选B. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 2．(2025·安徽高二期末)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a4＝4，S5＝15，则{an}的公差为(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 3．(2025·广东惠州模拟)已知等差数列{an}的首项a1＝2，公差d＝12，在{an}中每相邻两项之间都插入3个数，组成一个新的等差数列{bn}，则bn＝(　　) A．4n－2 B．3n－1 C．3n D．2n＋1 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 4．(2026·广西柳州模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4－S1＝9，a1＋a4＝5，则{an}的公差为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 [答案]　A [解析]　因为S4－S1＝9，a1＋a4＝5，所以a2＋a3＋a4＝3a3＝9，解得a3＝3，又a1＋a4＝a2＋a3＝5，所以a2＝2，所以公差为a3－a2＝1.故选A. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 5．(2026·广东模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝2S2，a2＝2a1＋1，则S15＝(　　) A．－20 B．－15 C．－10 D．－5 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 A．49 B．50 C．51 D．52 [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 7．(2025·北京海淀三模)渐进式延迟退休方案是指采取较缓而稳妥的方式逐步延长退休年龄．对于男职工，新方案将延迟法定退休年龄每4个月延迟1个月，逐步将男职工的法定退休年龄从原六十周岁延迟至六十三周岁．如果男职工延迟法定退休年龄部分对照表如表所示： 出生 时间 1965年 1月—4月 1965年 5月—8月 1965年 9月—12月 1966年 1月—4月 … 新方案法定 退休年龄 60岁＋ 1个月 60岁＋ 2个月 60岁＋ 3个月 60岁＋ 4个月 … 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 那么1970年5月出生的男职工退休年龄为(　　) A．61岁＋4个月 B．61岁＋5个月 C．61岁＋6个月 D．61岁＋7个月 [答案]　B [解析]　解法一：根据题意，出生年月在1965年1月—4月的人的法定退休年龄记为a1，出生年月在1965年5月—8月的人的法定退休年龄记为a2，出生年月在1965年9月—12月的人的法定退休年龄记为a3，…，则{an}构成等差数列，首项a1＝60岁＋1个月，公差d为1个月，可得an＝60岁＋n个月．依此规律，1970年5月出生的男职工，他的退休年龄应该是{an}的第17项，即他的退休年龄为a17＝60岁＋17个月＝61岁5个月． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 解法二：利用枚举法：出生年龄每延后一年，退休年龄延后三个月. 出生年龄 退休年龄 1965.5 60岁＋2个月 1966.5 60岁＋5个月 1967.5 60岁＋8个月 1968.5 60岁＋11个月 1969.5 61岁＋2个月 1970.5 61岁＋5个月 故选B. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 8．(2025·山东新高考联合质量测评)已知{an}为等差数列，Sn是其前n项和，若S9<S4，且S15>0，则当Sn取得最小值时，n＝(　　) A．3 B．6 C．7 D．8 [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 二、多选题 9．在等差数列{an}中，其前n项的和是Sn，若a1＝－9，d＝3，则(　　) A．{an}是递增数列 B．其通项公式是an＝3n－12 C．当Sn取最小值时，n的值只能是3 D．Sn的最小值是－18 [答案]　ABD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 A．当n＝2 024时，Sn取最大值 B．使得Sn>0的n的最大值为4 048 C．使得Sn<0的n的最小值为4 050 [答案]　ABD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 11．(2026·四川模拟)已知等差数列{an}的公差d≠0，其前n项和为Sn，若S6＝S12，则下列结论中正确的是(　　) A．a1∶d＝－17∶2 B．S18＝0 C．当d<0时，|a6|<|a13| D．当d>0时，a6＋a14>0 [答案]　ABD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 三、填空题 12．(2026·浙江金华模拟)已知数列{an}为等差数列，a1＝1，a2＋a3＝8，则a6＝________. [答案]　11 [解析]　设等差数列{an}的公差为d，因为a1＝1，所以a2＋a3＝2a1＋3d＝2＋3d＝8，解得d＝2，所以a6＝a1＋5d＝1＋5×2＝11. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 13．(2026·湖南郴州模拟)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3＋S7＝24，则19a3＋a11＝________. [答案]　48 [解析]　由数列前n项和的性质可知：S3＋S7＝3a2＋7a4＝10a1＋24d＝24，即5a1＋12d＝12，则19a3＋a11＝20a1＋48d＝4(5a1＋12d)＝48. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 四、解答题 15．(2026·重庆模拟)已知数列{an}的前n项和Sn满足an·Sn＝(Sn－1)2. (2)求数列{an}的通项公式． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 B组能力提升 1．(2025·黑龙江龙东地区联考)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若2a1＋3a11＝20，则S13＝(　　) A．39 B．52 C．65 D．78 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 A．5 B．6 C．5或6 D．6或7 [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 4．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＝________. [答案]　10 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 5．(2026·浙江宁波模拟)记等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝4，S4＝10. (1)求{an}的通项公式； (2)求{|an|}的前n项和Tn； 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 C组拓展应用(选作) [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 谢谢观看 A＝ na1＋d 1．若m1＋m2＋…＋mk＝n1＋n2＋…＋nk，则＋＋…＋＝＋＋…＋.特别地，若m＋n＝p＋q，则am＋an＝__________. 4.为等差数列． n为偶数时，S偶－S奇＝. 1．d＝. 3．点列共线，可知道等差数列的前某两项和．求任一前某项和，如{an}为等差数列，Sn为前n项和，知S4＝16，S8＝64，则S11＝121. (2)前n项和：当公差d≠0时，Sn＝n2＋n是关于n的二次函数且常数项为0.显然当d<0时，Sn有最大值，d>0时，Sn有最小值． 如{an}为等差数列，Sn为前n项和，d>0，若S5＝S13，则当n＝9时，Sn最小，S18＝0. [解析]　S8＝＝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，则由题可得⇒所以S6＝6a1＋15d＝6×5＋15×(－3)＝－15.故选B. [解析]　利用等差数列基本量代换，对四个选项一一验证．因为a7＋a9＝16，所以a7＋a9＝2a8＝16，解得a8＝8，故A正确；S15＝＝＝8×15＝120，故B正确；因为a8＝8，所以a1＋7d＝8，所以a1＝8－7d.因为d>1，所以a1<1.故C正确；因为a8＝8，所以a2＋6d＝8，所以a2＝8－6d.因为d>1，所以a2<2.故D错误．故选ABC. A． B． C．－ D．－ [解析]　解法一：设等差数列{an}的公差为d.由已知条件可得解得故选B. 解法二：设等差数列{an}的公差为d.由S5＝S10，可得a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝5a8＝0，即a8＝0，则d＝＝－，所以a1＝a5－4d＝.故选B. [解析]　由a2＝3，a2n＝2an＋1，得a2＝2a1＋1＝3，解得a1＝1，则等差数列{an}的公差d＝2，于是an＝2n－1，Sn＝·n＝n2，由Sn＋an＋1＝100，得n2＋2n＋1＝100，所以n＝9(负值已舍去)． 1．(2026·运城模拟)已知数列{an}是等差数列，a3－a5＝2，则a5＋a10－a8＝(　　) [解析]　因为a3－a5＝2，则a3－2a5＝4，又2a5＝a3＋a7，则a3－(a3＋a7)＝4，解得a7＝－4，所以a5＋a10－a8＝a7＋a8－a8＝a7＝－4. 2．(2026·郑州模拟)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． [解析]　因为等差数列{an}，{bn}的前n项和分别是Sn，Tn，所以＝＝＝＝＝. [引申]在本例(2)中，将＝改为＝，则＝________. [答案]　 [解析]　＝＝＝. 等差数列中最常用的性质：①d＝， 　　　　②＋＋…＋＝＋＋…＋⇔m1＋m2＋…＋mk＝n1＋n2＋…＋nk.特别地若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq. [解析]　解法一：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则解得∴S40＝×40＋×＝8.故选B. 解法二：设等差数列前n项和为Sn＝An2＋Bn，由题意知解得∴Sn＝＋，∴S40＝8.故选B. 解法三：由等差数列的性质知S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等差数列，∴2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，∴S20＝S10＋＝1＋＝.∴d＝(S20－S10)－S10＝，∴S40－5＝1＋3×＝3，∴S40＝8.故选B. 解法四：由等差数列的性质知是等差数列，∴，，，，即，，，成等差数列，∴＝＋＝，∴S40＝8.故选B. 比较本例的四种解法可知，解法二、解法四运算简便适用求任意一项Sn.务必熟记：①等差数列前n项和Sn＝n2＋n；②是等差数列． [解析]　∵S15＝30，∴(a1＋a15)＝30， ∴a1＋a15＝4，∴2a8＝4，∴a8＝2. ∴2a5－a6－a10＋a14＝a4＋a6－a6－a10＋a14＝a4－a10＋a14＝a10＋a8－a10＝a8＝2. 2．(角度2)(2025·浙江强基联盟联考)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝，则等于(　　) A． B． C． D． [解析]　由等差数列的性质可知S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等差数列，∵＝，即S6＝3S3，(S6－S3)－S3＝S3，∴S9－S6＝3S3，S12－S9＝4S3，∴S9＝6S3，S12＝10S3，∴＝＝. 设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn－an＝n2＋1，n∈N*. [解析]　(1)当n＝1时，由条件得a1－a1＝2， 所以a1＝4. 当n＝2时，由条件得(a1＋a2)－a2＝5，所以a2＝2. 因为Sn－an＝n2＋1，所以Sn－1－an－1＝(n－1)2＋1(n≥2)， 两式相减得：an－an＋an－1＝2n－1， 即an＋an－1＝4n－2， 所以(an＋1＋an)－(an＋an－1)＝[4(n＋1)－2]－(4n－2)＝4， 故数列{an＋1＋an}为等差数列． (2)由(1)知an＋an－1＝4n－2， 所以an＋an＋1＝4(n＋1)－2＝4n＋2， 所以数列{an＋1＋an}为等差数列，首项为a1＋a2＝6， 又a19＋a20＝4×19＋2＝78， 所以S20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＝＝＝420. (2026·深圳模拟)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，且∀n∈N*，anSn＋1－an＋1Sn＝. (1)证明：为等差数列； (2)证明：为等差数列，并求数列{an}的通项公式． [证明]　(1)∵∀n∈N*，anSn＋1－an＋1Sn＝， ∴－＝(n∈N*)， ∴数列是首项为1，公差为的等差数列． (2)＝1＋(n－1)＝， 即2Sn＝(n＋1)an， 2Sn－1＝nan－1(n≥2)， 两式作差得2an＝(n＋1)an－nan－1， 即(n－1)an＝nan－1(n≥2)， ∴＝(n≥2)， －＝0(n≥2)，又＝1， ∴是首项为1， 公差为0的等差数列， ∴＝1，即an＝n. 解法二：Sn是关于n的二次函数，Sn＝n2＋n，且d<0，(n，Sn)所在抛物线开口向下 ，又S5＝S9，∴抛物线对称轴为n＝7.即n＝7时，Sn最大，故选B. 解法三：由解法一知d＝－a1，∴Sn＝na1＋d＝n2＋n＝－n2＋a1n＝－(n－7)2＋a1，∵a1>0，∴－<0，∴当n＝7时，Sn最大． 解法四：由解法一可知，d＝－a1.∵a1>0，∴d<0.令得解得≤n≤.∵n∈N*，∴当n＝7时，Sn最大．故选B. 2．已知数列{an}为等差数列，若<－1，且其前n项和Sn有最大值，则使得Sn>0的最大值n为(　　) [解析]　∵Sn＝n2＋n有最大值，∴d<0，又<－1，∴a10>0，a11<0，∴a10＋a11<0，即a1＋a20<0，∴S20＝10(a1＋a20)<0，又S19＝＝19a10>0，∴使Sn>0的n的最大值为19.故选B. [解析]　(1)若S5＝S10，则Sn＝n2＋n的对称轴为n＝7.5，但n∈N*，故使Sn最大的n的值为7或8. (2)由a7＋a8＝a1＋a14＝0知S14＝0，又a8<0，∴2a8＝a1＋a15<0，即S15<0，∴使Sn<0的n的最小值为15. (3)∵Sn＝n2＋n有最大值，∴d<0，又∵<－1，∴a10>0，a11<0，∴n＝10时，Sn最大． [解析]　由等差数列性质可得S11＝＝11a6<0，即可得a6<0；又a4＋a9＝a6＋a7>0，所以a7>0；因此可得数列{an}的公差d>0，且前6项均为负值，所以Sn的最小值为前6项和，即为S6.故选B. [解析]　已知a4＝4，由通项公式an＝a1＋(n－1)d，当n＝4时：a1＋3d＝4(方程①)，已知S5＝15，由前n项和公式Sn＝[2a1＋(n－1)d]，当n＝5时：[2a1＋4d]＝15，化简得a1＋2d＝3(方程②)，用方程①减去方程②：(a1＋3d)－(a1＋2d)＝4－3⇒d＝1.故选D. [解析]　设{bn}的公差为d′，则b1＝2，d′＝＝＝3，故bn＝2＋3(n－1)＝3n－1.故选B. [解析]　设等差数列{an}的公差为d，由题意有⇒⇒所以S15＝15a1＝－15，故选B. 6．(2026·江苏泰州模拟)设Sn是等差数列{an}的前n项和，Tn是数列的前n项和．若S4＝12，S8＝40，则T12等于(　　) [解析]　设等差数列{an}的公差为d，因为S4＝12，S8＝40，可得解得a1＝，d＝1，所以Sn＝＋×1＝，所以＝，所以T12＝(3＋4＋…＋14)＝××12＝51.故答案为C. [解析]　因为{an}为等差数列，若S9<S4，且S15>0，则S9－S4＝a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝5a7<0，即a7<0，又S15＝＝15a8>0，即a8>0，故公差d＝a8－a7>0，当Sn取得最小值时，n＝7.故选C. [解析]　由d＝3>0，可知等差数列{an}为递增数列，A正确；由题设，an＝a1＋(n－1)d＝－9＋3(n－1)＝3n－12，B正确；Sn＝＝＝，故当n＝3或4时，Sn取最小值且为－18，故C错误，D正确．故选ABD. 10．(2026·全国模拟)已知数列{an}是等差数列，公差为d，前n项和为Sn，且a1＝2 025，<－1，则(　　) D．－<d<－ [解析]　由a1＝2 025，<－1，得d<0，所以a2 024>0，a2 025<0，A正确；由<－1和a2 025<0得a2 024＋a2 025>0，结合S4 048＝＝2 024×(a2 024＋a2 025)>0，S4 049＝＝4 049a2 025<0，故使得Sn>0的n的最大值为4 048，使得Sn<0的n的最小值为4 049，所以B正确，C错误.解得 －<d<－，D正确．故选ABD. [解析]　由题设＝，则a6＝a1＋2a12，进而有2a1＋17d＝0，所以a1＋a18＝0，故＝－，S18＝＝0，A、B正确；由a1＋a18＝a6＋a13＝0，即a6＝－a13，故|a6|＝|a13|恒成立，C错误；当d>0，等差数列{an}为递增数列，则a14>a13>0>a6且|a6|＝|a13|，故a6＋a14>0，D正确．故选ABD. 14．已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意正整数n都有＝，则＋＝________. [答案]　 [解析]　＋＝＝＝，所以＝＝＝＝. (1)证明：数列为等差数列； [解析]　(1)证明：当n＝1时，由an·Sn＝(Sn－1)2得a1＝S1＝， 当n≥2时，由an·Sn＝(Sn－1)2有(Sn－Sn－1)·Sn＝(Sn－1)2， 所以Sn＝，则－＝－＝－＝＝－1，又＝－2. 所以数列是以－2为首项，以－1为公差的等差数列． (2)由(1)知＝－2－(n－1)＝－n－1， 所以Sn＝. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝. 当n＝1时，a1＝也满足an＝. 所以数列{an}的通项公式为an＝. [解析]　设{an}公差为d，由2a1＋3a11＝20＝5a7，所以a7＝4.∴S13＝＝＝13a7＝52，故选B. 2．(2025·安徽六校测评)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝4，－＝－8，则当Sn取得最大值时，n的值为(　　) [解析]　－＝－＝＝2d＝－8，则d＝－4，由于a5＝4，所以an＝4＋(n－5)×(－4)＝－4n＋24，则等差数列{an}是首项为正的单调递减数列，令an＝0，解得n＝6，所以当n＝5或6时，Sn取得最大值．故选C. 3．(2025·江苏南通适应考)在公差不为0的等差数列{an}中，若as＋at＝2a3，则＋的最小值为(　　) A． B． C． D． [解析]　∵as＋at＝2a3，∴s＋t＝6，∴＋＝1，且s，t∈N*，∴＋＝＝＋＋＋≥＋2＝＝，当且仅当＝，即t＝2，s＝4时取等号，故选D. [解析]　因为等差数列{an}共有2n＋1项，所有奇数项之和为S奇＝a1＋a3＋…＋a2n＋1＝＝(n＋1)an＋1＝132，所有偶数项之和为S偶＝a2＋a4＋…＋a2n＝＝nan＋1＝120，所以＝＝＝＝，解得n＝10. (3)若n≥N0时，2Sn<a－3(n＋1)－2恒成立，求正整数N0的最小值． [解析]　(1)设等差数列的公差为d， 因为a1＝4，S4＝10， 所以解得 所以an＝4＋(n－1)×(－1)＝5－n. (2)由(1)可得an＝5－n，|an|＝ 当1≤n≤5时，Tn＝＝， 当n≥6时，Tn＝(a1＋…＋a5)－(a6＋…＋an)＝－(a1＋…＋a5＋a6＋…＋an)＋2(a1＋…＋a5)＝－＋2T5＝－＋5×4＝－＋20，故Tn＝ (3)因为2Sn<a－3(n＋1)－2， Sn＝＝－n2＋n， 所以2<(5－n)2－3(n＋1)－2， 整理得n2－11n＋10>0，解得n<1或n>10， 因为n∈N*，n≥N0(N0∈N*)， 所以正整数N0的最小值为11. (2025·广东广州三校期中联考)在等差数列{an}中，Sn是{an}的前n项和，若S18<0，S19>0，则有限项数列，，…，，中，最大项和最小项分别为(　　) A．， B．， C．， D．， [解析]　S18＝＝9(a9＋a10)<0，即a9＋a10<0，S19＝＝19a10>0，即a10>0，故a9<0，d>0，①当1≤n≤9，n∈N*时，an<0，Sn<0，故>0，|Sn|max＝|S9|，|an|min＝|a9|，故max＝；②当10≤n≤18，n∈N*时，an>0，Sn<0，故<0，|Sn|max＝|S10|，|an|min＝|a10|，min＝；③当n＝19时，>0且＝＝＋1<1，＝＝＋1>1，故<.综上所述：，，…，，，最大项和最小项分，. $