第5章 第29讲 等差数列(课件PPT)-【金版新学案】2027年高考数学高三总复习大一轮复习（广东专版）

该高中数学高考复习课件聚焦“等差数列”专题，依据高考评价体系梳理了定义、通项公式、前n项和公式、性质及判定证明等核心考点，通过真题分析明确基本运算、性质应用等高频考点权重，归纳选择、填空、解答题常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题溯源+技巧总结+素养提升”，如结合2024全国甲卷等真题，提炼“知三求二”方程思想、性质应用等技巧，培养学生推理能力与模型观念。通过前n项和最值的“邻项变号法”等实例，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此高效指导复习。

第29讲　 等差数列 高三总复习数学 广东专版 第五章 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. 03 课时分层测评 02 考点探究　能力提升 教材梳理　夯实基础 01 内容索引 教材梳理　夯实基础 返回 1.等差数列的有关概念 定义 (1)文字语言：如果一个数列从第___项起，每一项与它的前一项的差都等于____________，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d表示. (2)符号语言：an +1－an＝d(n∈N*，d为常数) 等差 中项 由三个数a，A，b组成等差数列，则A叫做a与b的等差中项，且有2A＝______ 2 同一个常数 公差 a＋b 2.等差数列的通项公式与前n项和公式 微提醒　等差数列的函数性质：当d≠0时，an可看作关于n的一次函数，Sn可看作关于n的二次函数，可借助二次函数的图象和性质来研究Sn的最值问题. (1)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.(2)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. a1+ (n－1)d 3.等差数列的常用性质 (1)通项公式的推广：an＝am＋_________(n，m∈N*). (2)若{an}为等差数列，且m＋n＝p＋q(m，n，p，q，∈N*)，则am＋an＝________.特别地，若m＋n＝2p，则am＋an＝_____(m，n，p∈N*).注：上述两式，反之不一定成立. (3)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}(p，q是常数)也是等差数列. (4)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，，，…(k，m∈N*)是公差为____的等差数列. (n－m)d ap＋aq 2ap md (5)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列Sm，－Sm，－，…也是等差数列. (6)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列也为等差数列，其首项与{an}首项相同，公差是{an}公差的. 常用结论 1.(1)数列{an}是等差数列⇔an＝pn＋q(其中p，q为常数)，这里公差d＝p. (2)数列{an}是等差数列⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)，这里公差d＝2A. 2.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＝(n－1)an，S奇＝nan，S奇－S偶＝an，. 3.[教材知识横向拓展]两个等差数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn之间的关系为. 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 自测诊断 √ √ 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. 2.(链接人教A选择性必修二P15T4)等差数列{an}中，a4＋a8＝10，a10＝6，则公差d等于 A. B. C.2 D.－ √ 3.(链接人教A选择性必修二P18练习T3)在等差数列{an}中，an＝m，am＝n，且n≠m，则am＋n＝_____. 设等差数列{an}的公差为d，则⇒ 所以am＋n＝a1＋(m＋n－1)d＝m＋n－1－m－n＋1＝0. 0 4.(链接人教A选择性必修二P23例8)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_____. 返回 820 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. 考点探究　能力提升 返回 1.(2025·全国二卷)记Sn为等差数列的前n项和.若S3＝6，S5＝－5，则 S6＝ A.－20 B.－15 C.－10 D.－5 考点一　等差数列基本量的运算(高考超重点) 自主练透 根据S3＝3a2＝6得a2＝2，根据S5＝5a3＝－5得a3＝－1，所以{an}的公差d＝a3－a2＝－3，所以a6＝a3＋3d＝－10，所以S6＝S5＋a6＝－5－10＝－15.故选B. √ 溯源教材15 溯源 (人教A选择性必修二P23T3)在等差数列中，Sn为其前n项的和，若S4＝6，S8＝20，求S16. 透视 该高考题与教材习题是“同源题型”，解题路径完全一致(列方程→求a1、d→算指定和)，仅数值、所求项不同，本质是等差数列前n项和公式与方程思想的综合应用训练.这种有关等差数列小题的考查是近几年高考的热向命题点，需要重点关注.2024年全国甲卷(文)曾经进行了类似考查： 透视 (2024·全国甲卷文)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝1，则a3＋a7＝ A.－2 B. C.1 D. √ 解析：设等差数列{an}的公差为d，由S9＝9a1＋d＝9＝1，得a1＋4d＝，则a3＋a7＝a1＋2d＋a1＋6d＝2a1＋8d＝2(a1＋4d)＝.故选D. 预测 已知等差数列的前5项和S5＝35，且满足a5＝13a1，则等差数列{an}的公 差为 －3　　　　　　　　　　　　 B. －1　　 C. 1　　　　　　　　　　　　 D. 3 √ 解析：S5＝5a1＋10d＝35；a5＝a1＋4d＝13a1，解得d＝3，a1＝1.故选D. 2.(一题多解)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 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.(双空题)(2025·北京模拟)生命在于运动，某健身房为吸引会员来健身，推出打卡送积分活动(积分可兑换礼品)，第一天打卡得1积分，以后只要连续打卡，每天所得积分都会比前一天多2积分.若某天未打卡，则当天没有积分，且第二天打卡需从1积分重新开始.某会员参与打卡活动，若连续打卡5天，则共获得积分为____；若该会员从3月1日开始到3月20日，他共得193积分，中途有一天未打卡，则他未打卡的那天可以是3月________日. 　8或13 25 对于空①，连续打卡的积分规律为：第1天得1分，第2天得3分，第3天得5分，依此类推.这实际上是一个首项为1、公差为2的等差数列.前5天的总积分为S5＝1＋3＋5＋7＋9＝25.对于空②，若他连续打卡，则从打卡第1天开始，逐日所得积分依次成等差数列，且首项为1，公差为2，第n天所得积分为2n－1.假设他连续打卡n天，第n＋1天中断了，则他所得积分之和为＋＋＝193，化简得n2－19n＋84＝0，解得n＝7或12，所以他未打卡的那天是3月8日或3月13日. 4.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； 解：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)(一题多解)求使Sn＞an成立的n的最小值. 解：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＞0(n≥2)，即＞0， 所以a1＋＝2n－12＞0，解得n＞6，所以n的最小值为7. 等差数列基本运算的常用方法 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(简称“知三求二”)，体现了用方程的思想来解决问题. 2.a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知量和未知量是常用技巧. 3.减少运算量的设元技巧：若三个数成等差数列，可将三个数设为a－d，a，a＋d；若四个数成等差数列，可将四个数设为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d. 规律方法 已知数列满足a1＝2，an＋1＝2－(n∈N*)，令bn＝. (1)求a2，a3的值； 解：因为a1＝2，且an＋1＝2－， 当n＝1时，a2＝2－， 当n＝2时，a3＝2－. 考点二　等差数列的判定与证明(高考超重点) 师生共研 典例1 (2)求证：数列是等差数列，并求出数列的通项公式. 解：证明：因为an＋1＝2－， 所以an＋1－1＝1－， 两边同时取倒数有＝1＋. bn＝，有b1＝＝1，bn＋1－bn＝1， 所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以bn＝n，所以an＝. (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. 解：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. 教师备选 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n≥2时，an＝Sn－＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2，对n＝1也适合， 所以an＝2d2n－d2， 所以－an＝2d2(n＋1)－d2－(2d2n－d2)＝2d2(常数)， 所以数列{an}是等差数列. 等差数列的判定与证明的常用方法 1.定义法：－an＝d(d是常数，n∈N*)或an－＝d(d是常数，n∈N*，n≥2)⇔{an}为等差数列. 2.等差中项法：2＝an＋(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，，，使得这三项不满足2＝an＋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. 规律方法 对点练1.(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn，则“数列{an}为等差数列”的充要条件是 A.当n≥2时，－an＝d(d为常数) B.an＝kn＋b(k，b为常数) C.Sn＝an2＋bn(a，b为常数) D.2＝an＋ √ √ √ 对于A，当n≥1时，－an＝d⇔数列{an}为等差数列，故A错误；对于B，若数列{an}为等差数列，则an＝a1＋(n－1)d＝dn＋a1－d，符合an＝kn＋b的形式，若an＝kn＋b，则－an＝k(n＋1)＋b－kn－b＝k(常数)，即数列{an}为等差数列，故数列{an}的通项公式可以表示为an＝kn＋b⇔数列{an}为等差数列，故B正确；对于C，若数列{an}为等差数列，则Sn＝na1＋＋n，符合Sn＝an2＋bn的形式，若Sn＝an2＋bn，当n≥2时，an＝Sn－＝an2＋bn－a(n－1)2－b(n－1)＝2an＋b－a，当n＝1时，a1＝a＋b符合上式，故an＝2an＋b－a，即数列{an}为等差数列，故数列{an}的前n项和可以表示为Sn＝an2＋bn的形式⇔数列{an}为等差数列，故C正确；对于D，由2＝an＋，可得－an＝－⇔数列{an}为等差数列，故D正确.故选BCD. 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； 解：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2＋1＝2bn，即bn－(n≥2). 又＋＝2，所以b1＝， 故为首项，为公差的等差数列. (2)求的通项公式. 解：由(1)可知，bn＝，则＋＝2，所以Sn＝， 当n＝1时，a1＝S1＝， 当n≥2时，an＝Sn－－＝－. 当n＝1时，a1＝≠－＝－， 故an＝ 角度1　等差数列项的性质 (1)(2025·山东名校联盟开学考试)已知等差数列{an}的项数为n(n≥6)，若该数列前3项的和为3，最后三项的和为63，所有项的和为110，则n的值为 A.10 B.11 C.12 D.13 考点三　等差数列的性质及其应用 多维探究 典例2 √ 设这个数列有n项，则a1＋a2＋a3＝3，an－2＋an－1＋an＝63，因此3(a1＋ an)＝3＋63＝66，即a1＋an＝22，则Sn＝＝11n＝110，解得n＝ 10.故选A. (2)(2025·甘肃甘南模拟预测)已知各项为正的等差数列的前n项和为Sn，且a3＋a7＋a11＝15－，则a7·a8的最大值为 A.4 B.5 C. D. √ 由a3＋a7＋a11＝3a7，S15＝15a8，得3a7＝15－3a8，所以a7＋a8＝5.由已 知得a7＞0，a8＞0，则a7·a8≤，当且仅当a7＝a8＝时等号 成立.故选C. 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 √ 典例3 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)(一题多变)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. √ 因为等差数列{an}，{bn}的前n项和分别是Sn，Tn，所以.故选B. (变条件)在本例(2)中，将改为，则＝______. . 变式探究 (数智赋能辅助) 设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S8＝100，S16＝392，则S24＝_______. 教师备选 876 法一：由S8＝8a1＋d＝100，S16＝16a1＋d＝392，得a1＝2，d＝3，所以S24＝24×2＋×3＝876. 法二：因为S8，S16－S8，S24－S16成等差数列，所以2(S16－S8)＝S8＋(S24－S16)，得S24＝3S16－3S8＝876. 角度3　等差数列前n项和的最值 (一题多变，教材典例再练)(人教A选择性必修二P23例9)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝10，公差d＝－2，则Sn是否存在最大值？若存在，求Sn的最大值及取得最大值时n的值；若不存在，请说明理由. 解：法一：由a1＞0和d＜0，可以证明{an}是递减数列，且存在正整数k，使得当n≥k时，an＜0，Sn递减.这样，就把求Sn的最大值转化为求{an}的所有正数项的和. 由an＋1－an＝－2＜0，得an＋1＜an， 所以{an}是递减数列. 又由an＝10＋(n－1)×(－2)＝－2n＋12， 典例4 可知： 当n＜6时，an＞0； 当n＝6时，an＝0；当n＞6时，an＜0. 所以S1＜S2＜…＜S5＝S6＞S7＞…. 也就是说，当n＝5或6时，Sn最大. 因为S5＝10×5＋×(－2)＝30， 所以Sn的最大值为30. 法二：等差数列的前n项和公式可写成Sn＝n2＋(a1－)n，所以当d≠0时，Sn可以看成二次函数y＝x2＋(a1－)x(x∈R)当x＝n时的函数值.如图，当d＜0时，Sn关于n的图象是一条开口向下的抛物线上的一些点.因此，可以利用二次函数求相应的n，Sn的值. 因为Sn＝n2＋(a1－)n＝－n2＋11n＝－(n－)2＋， 所以，当n取与最接近的整数即5或6时，Sn最大，最大值为30. 1.(变条件)若将本例中“a1＝10，公差d＝－2”改为“a1＝13，S3＝S11”，则Sn最大时，n为何值？ 解：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. 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. 变式探究 (数智赋能辅助) 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. 2.(变条件)若将本例中“a1＝10，公差d＝－2”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取得最大值. 法三：由S10＝S15，得a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0， 所以5a13＝0，即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. 1.应用等差数列性质的解题策略 规律方法 2.求等差数列前n项和Sn最值的两种方法 规律方法 对点练3.设Sn是等差数列{an}的前n项和，若，则＝______. 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.(双空题)已知等差数列的项数为奇数，且奇数项和为44，偶数项和为33，则数列的中间项为_____；项数为_____. 　 7 11 设等差数列的项数为2n＋1()，则S奇＝a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1＋a2n＋1＝an＋1＝44，S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n－2＋a2n＝＝nan＋1＝33.所以，解得n＝3，即等差数列的项数为2n＋1＝7.因为 2n＋1项的数列的中间项为第n＋1项，即 an＋1，所以由an＋1＝44得4an＋1＝44，解得an＋1＝11，即中间项为11. 返回 课 时 分 层 测 评 返回 设等差数列的公差为d，因为a2＋a3＝14，且a4－a2＝8，所以故选A. 1.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 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 2.记等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＋a7＝6，a12＝17，则S16＝ A.120 B.140 C.160 D.180 √ 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. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 由题意设S3＝3t，则S6＝7t.由是等差数列，所以S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9也成等差数列，所以S9－S6＝2()－3t＝5t，解得S9＝12t；S12－S9＝2()－4t＝6t，解得S12＝18t，所以.故选C. 3.已知等差数列的前n项和为Sn，若，则＝ A. B.3 C. D. √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 4.鬼工球，又称同心球，要求制作者使用一整块完整的材料，将其雕成每层均同球心的数层可自由转动的空心球，空心球的球面厚度不计.为保证鬼工球的每一层均可以自由转动，要求其从最内层起，每层与其外一层球面的间距构成首项为1 mm、公差为4 mm的等差数列，若一个鬼工球最外层与最内层的半径之差为190 mm，则该鬼工球的层数为 A.9 B.10 C.11 D.12 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 已知每层与其外一层球面的间距构成首项a1＝1 mm、公 差d＝4 mm的等差数列.设该鬼工球的层数为n，由于最外 层与最内层的半径之差就是这个等差数列的前n项和，即 Sn＝190 mm. 根据等差数列前n项和公式Sn＝na1＋d， 将a1＝1，d＝4，Sn＝190代入可得 n×1＋×4＝190，即2n2－n－190＝0得到n1＝10，n2＝－(因为层数n为正整数，所以舍去).该鬼工球的层数为10.故选B. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 5.(多选)若数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，S5＜S6，S6＝S7，S7＞S8，则下列说法正确的有 A.公差d＜0 B.S12＞0 C.S9＞S5 D.使Sn＜0的最小正整数n为14 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 由题意得，S5＜S6，则S6－S5＝a6＞0；S6＝S7，则S7－S6＝a7＝0；S7＞S8，则S8－S7＝a8＜0.由a6＞a7，得d＜0，故A正确；S12＝＝6(a6＋a7)＝6a6＞0，故B正确；S9－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＝2(a7＋a8)＝2a8＜0，故S9＜S5，故C错误；S14＝＝7(a7＋a8)＝7a8＜0，S13＝＝13a7＝0，故D正确.故选ABD. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 6.(多选)设等差数列{an}的前n项和为Sn，则以下四个选项中正确的是 A.若a5＝0，则S9＝0 B.若S6－S9＝a10，且a2＞a1，则a8＜0且a9＞0 C.若S16＝64，且在前16项中，偶数项的和与奇数项的和之比为3∶1，则公差为2 D.若(n＋1)Sn＞n，且，则S3和S4均是Sn的最大值 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 对于A，因为{an}是等差数列，a5＝0，所以S9＝＝9a5＝0，故A正确；对于B，因为a2＞a1，所以公差d＝a2－a1＞0，即{an}是递增数列，因为S6－S9＝a10，即S9－S6＝－a10，所以a9＋a8＋a7＝－a10，即a10＋a9＋a8＋a7＝0，则a8＋a9＝0，所以a8＜0且a9＞0，故B正确；对于C，因为S16＝64，所以＝64，则a1＋a16＝8，则a8＋a9＝8.又a2＋a4＋a6＋a8＋a10＋a12＋a14＋a16＝8a9，a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝8a8，所以8a9＝3×8a8，即a9＝3a8，故4a8＝8，得a8＝2，a9＝6，所以{an}的公差为a9－a8＝4，故C错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 对于D，因为(n＋1)Sn＞n，即＞，即＞，整理得d＜0.因为，所以(a6＋a2)(a6－a2)＝0，由于a6－a2＝4d≠0，所以a6＋a2＝0，故2a4＝0，即a4＝0.因为d＜0，所以{an}是递减数列，则a3＞0，a5＜0，所以S3＞S2＞S1，S3＝S4＞S5＞S6＞…，故S3和S4均是Sn的最大值，故D正确.故选ABD. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 7.已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2 020，－＝6，则S2 027＝__________. 12 162 由等差数列性质知为等差数列，设公差为d'，则－＝6d'＝6，所以d'＝1，首项为＝－2 020，所以＝－2 020＋×1＝6，所以S2 027＝2 027×6＝12 162. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 由等差数列的性质可得a1＋ak＝a2＋ak－1＝a3＋ak－2，再由a1＋a2＋a3＝3，ak＋ak－1＋ak－2＝27，可得3()＝30，所以a1＋ak＝10，则Sk＝＝5k＝150，解得k＝30. 8.已知等差数列的前n项和为Sn，a1＋a2＋a3＝3，若ak＋ak－1＋ak－2＝27，Sk＝150，则k＝_______. 30 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 9.(10分)(2022·全国甲卷)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； 解：证明：由＋n＝2an＋1， 得2Sn＋n2＝2ann＋n①， 所以2＋(n＋1)2＝2an＋1 (n＋1)＋(n＋1)②， ②－①，得 2an＋1＋2n＋1＝2an＋1 (n＋1)－2ann＋1， 化简得an＋1－an＝1， 所以数列{an}是公差为1的等差数列. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 (2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值. 解：由(1)知数列{an}的公差为1. 由a4，a7，a9成等比数列，得＝a4a9， 即(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，解得a1＝－12. 所以Sn＝－12n＋－， 所以当n＝12或13时，Sn取得最小值，最小值为－78. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 10.(交汇题)(多选)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝4，S5＝35，则 A.nan的最小值为1 B.nSn的最小值为1 C.为递增数列 D.为递减数列 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 设{an}的公差为d，由S5＝＝5a3＝35，得a3＝7.又a2＝4，所以d＝3，a1＝1，所以an＝3n－2，Sn＝.对于A，nan＝n(3n－2)＝3－，故n＝1时，nan取得最小值1，故A正确；对于B，nSn＝，令f(x)＝x3－x2，则f' (x)＝x2－x，知f(x)在区间上单调递增，所以n＝1时，nSn取得最小值1，故B正确；对于C，n－，故为递增数列，故C正确；对于D，＝－＋，因为＝1，＝1，所以不是递减数列，故D错误.故选ABC. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 (2025·山东临沂二模)已知为正项等差数列，若4a3－a7＝8，则a1a3的最大值为 A.4 B.6 C.8 D.10 教师备选 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 4a3－a7＝4()－ ()＝3a1＋2d＝8，解得a1＝.由于为正项等差数列，则当d＝0时，a1＝an＝，a1a3＝；当d＞0时，解得0＜d＜4，所以a1a3＝(8－2d)() ≤＝8，当且仅当d＝1，a1＝2，等号成立.综上，a1a3的最大值为8.故选C. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 11.(原创题)已知数列与均是等差数列(n∈N*)，且a2＝2，则a2 027＝________. 因为数列均是等差数列，所以设an＝kn＋b，则＝k2n＋2kb＋，可知b2＝0，即b＝0，所以an＝kn.又a2＝2，所以2k＝2，解得k＝1，即an＝n，所以a2 027＝2 027. 2 027 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 12.(15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； 解：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 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 (2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d. 解：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， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 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＝. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 13.(多选)已知递增数列{an}满足＝2－an(n∈N*)，其前n项和为Sn，则下列说法正确的是 A.若a2，a6为方程x2＋2x－35＝0的两根，则 2a3＋a6＝3 B.若a9＋a5＜0，S14＞0，则a7是数列{an}中最大的负数项 C.若S6＝4S3，则S12－S9＝S6 D.S9＝2(S6－S3) √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 由an＋2＝2an＋1－an(n∈N*)，得an＋2－－an，所以数列{an}为等差数列.又数列{an}递增，则公差d＞0.对于A，若a2，a6为方程x2＋2x－35＝0的两根，且a2＜a6，则a2＝－7，a6＝5，故d＝＝3，所以a3＝－4，则2a3＋a6＝－8＋＝－，故A错误；对于B，因为a9＋a5＝2a7＜0，S14＝＝7(a7＋a8)＞0，所以a8＞0.由数列{an}递增，知a7是数列{an}中最大的负数项，故B正确；对于C，因为数列{an}为等差数列，所以S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等差数列.令S3＝k，则S6＝4k，S9－S6＝5k，S12－S9＝7k，所以S12－S9＝S6，故C正确；对于D，因为S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，所以2(S6－S3)＝S3＋S9－S6，可得S9＝3(S6－S3)，故D错误.故选BC. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 14.(新定义)(2025·安徽江淮十校联考)已知表示不超过x的最大整数，记＝x－，设n∈N*，且＋＋＝2，当1≤n≤2 027时，所有满足条件的n的和等于__________. 343 408 由于分母2，3，6的最小公倍数为6，故可先考虑1≤n≤6时满足＋＋＝2的n的值的情况.当n＝1时，＋＋＋＋＋＋＝1≠2，不满足；当n＝2时，＋＋＋＋＝0＋＋＝1≠2，不满足； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 当n＝3时，＋＋＋＋＋0＋＝1≠2，不满足；当n＝4时，＋＋＋＋＝0＋＋＝1≠2，不满足；当n＝5时，＋＋＋＋＋＋＝2，满足；当n＝6时，＋＋＝{3}＋{2}＋{1}＝0＋0＋0＝0≠2，不满足.综上，满足题意的n可以表示为n＝6k＋5，k∈N的形式，由1≤6k＋5≤2 027，可得0≤k≤337，k∈N，即所有满足条件的n构成等差数列，其首项为5，末项为2 027，项数为338，故 当1≤n≤2 027时，所有满足条件的n的和等于＝343 408. 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 谢 谢 观 看 等差数列 $