第六章 6.2 等差数列 课件-2027届高三数学一轮复习

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、公式、性质及前n项和等核心考点，通过近五年真题分析明确基本量运算、性质应用、前n项和最值等高频考点权重，归纳选择、填空、解答三类常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题整合+技巧突破+素养提升”，如2024新课标全国Ⅱ题用基本量法与下标和性质解题，培养数学思维；前n项和最值用邻项变号法，强化逻辑推理。助力学生掌握答题技巧，教师可精准指导复习，提升备考效率。

等差数列 落实主干知识 1.等差数列的有关概念 (1)等差数列的定义 一般地，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公差，公差通常用字母 表示，定义表达式为____________________ _________. (2)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_______. 2 同一个常数 d an-an-1=d(常数)(n≥2， n∈N*) 2A=a+b 2.等差数列的有关公式 (1)通项公式：an= . (2)前n项和公式：Sn= 或Sn=_________. 3.等差数列的常用性质 (1)若{an}为等差数列，且p+q=s+t，则 (p，q，s，t∈N*). (2)等差数列{an}的单调性 当d>0时，{an}是 数列； 当d<0时，{an}是 数列； 当d=0时，{an}是 . a1+(n-1)d na1+d ap+aq=as+at 递增 递减 常数列 4.等差数列前n项和的常用性质 (1)当d≠0时，等差数列{an}的前n项和Sn=n2+n是关于n的二次函数. (2)在等差数列{an}中，若a1>0，d<0，则Sn存在最 值；若a1<0，d>0，则Sn存在最 值. 大 小 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.(　　) (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也成等差数列.(　　) (4)若{an}是等差数列，则对任意n∈N*都有2an+1=an+an+2.(　　) 自主诊断 × × × √ 2.在等差数列{an}中，若a1+a2+a3=3，a4+a5+a6=21，则其公差等于 A.2 B.3 C.6 D.18 √ 解析　由题意知，设等差数列{an}的公差为d， a1+a2+a3=3a1+3d=3，a4+a5+a6=3a1+12d=21， 两式相减得9d=18，所以d=2. 3.(2025·大庆模拟)在等差数列{an}中，若a6+a8+a10=36，则S15等于 A.270 B.225 C.180 D.135 √ 解析　因为数列{an}是等差数列，所以a6+a8+a10=3a8=36，a8=12， 则S15==15a8=180. 4.(2025·上海)已知等差数列{an}的首项a1=-3，公差d=2，则该数列的前6项和为　　　　. 12 解析　根据等差数列的求和公式可得，S6=6a1+d=12. 1.掌握等差数列的常用性质 (1)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak+m，ak+2m，…(k，m∈N*)是公差为md的等差数列. (2)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列Sm，S2m-Sm，S3m-S2m，…也是等差数列. (3)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列也为等差数列. (4)若两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，则=. (5)数列{an}是等差数列⇔Sn=An2+Bn(A，B为常数). 微点提醒 2.解题时灵活应用以下结论 若等差数列{an}的项数为偶数2n，则 (1)S2n=n(a1+a2n)=…=n(an+an+1)； (2)S偶-S奇=nd，=. 若等差数列{an}的项数为奇数2n+1，则 (1)S2n+1=(2n+1)an+1； (2)=. 微点提醒 返回 探究核心题型 例1　(1)(2024·新课标全国Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3+a4=7，3a2+a5=5，则S10=　　　　. 题型一　等差数列基本量的运算 95 解析　方法一　(基本量法) 设数列{an}的公差为d， 则由题意得 解得 则S10=10a1+d =10×(-4)+45×3=95. 解析　方法二　(利用下标和性质) 设数列{an}的公差为d， 由a3+a4=a2+a5=7， 3a2+a5=5， 得a2=-1，a5=8， 故d==3，a6=11， 则S10=×10=5(a5+a6) =5×19=95. (2)(2025·上饶模拟)已知{ln an}(an>0)为等差数列，a1=3，a6=96，则a3等于 A.12 B. C. D.12 √ 解析　因为(an>0)为等差数列，设公差为d. 则ln a1=ln 3，ln a6=ln a1+5d，所以ln 96=ln 3+5d⇒d==ln 2. 所以ln a3=ln a1+2d=ln 3+2ln 2=ln 12⇒a3=12. (1)等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1，n，d，an，Sn，知道其中三个就能求出另外两个(简称“知三求二”). (2)确定等差数列的关键是求出两个最基本的量，即首项a1和公差d. 思维升华 跟踪训练1　(1)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 √ 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+1-an=-2，n∈{1，2，3，4，5，6，7}， b8=12，bn-bn+1=3，n∈{1，2，3，4，5，6，7}， 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}， 解析　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. (2)(2025·六安模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3+a4=11，S6+S7 =75，则S8=　　　　. 52 解析　设等差数列{an}的公差为d， 则由题意得解得 所以Sn=na1+×d=3n+×1=， 所以S8==52. 例2　(1)(多选)下列命题正确的是 A.若a，b，c成等差数列，则a2，b2，c2一定成等差数列 B.数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，若Sn=4n2+2n，则{an}是等差数列 C.若点(n，an)(n∈N*)在函数y=kx+b(k，b为常数)的图象上，则{an}为等差 数列 D.已知数列{an}满足an=-2n+11，Sn是{an}的前n项和，则数列是首项 为9，公差为-1的等差数列 题型二　等差数列的判定与证明 √ √ √ 解析　若a=1，b=2，c=3，则a2=1，b2=4，c2=9，不构成等差数列，故A错误； 当n=1时，a1=S1=6； 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=(4n2+2n)-[4(n-1)2+2(n-1)]=8n-2， 则a1=6符合上式，所以an=8n-2， 则an+1-an=8，即{an}为等差数列，故B正确； 因为点(n，an)(n∈N*)在函数y=kx+b(k，b为常数)的图象上，则an=kn+b，an+1-an=k(n+1)+b-kn-b=k，则数列{an}为等差数列，故C正确； 解析　Sn==-n2+10n， 所以==-n+10， 所以-=-(n+1)+10-(-n+10)=-1， 且=-1+10=9，所以数列是首项为9，公差为-1的等差数列，故D正确. (2)(2026·武汉模拟)若数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn(Sn-an)+2an=0(n≥2)，a1=2. ①求证：是等差数列； 证明　当n≥2时，an=Sn-Sn-1且Sn(Sn-an)+2an=0. ∴Sn+2(Sn-Sn-1)=0， 即SnSn-1+2(Sn-Sn-1)=0. ∵Sn≠0，∴-=.又==， 故数列是首项为，公差为的等差数列. (2)(2026·武汉模拟)若数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn(Sn-an)+2an=0(n≥2)，a1=2. ②求数列{an}的通项公式. 解　由①知=， ∴Sn=， 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=-， 当n=1时，a1=2不适合上式，故an= 判断数列{an}是等差数列的常用方法 (1)定义法：对于n≥2的任意自然数，验证an-an-1为同一常数. (2)等差中项法：验证2an-1=an+an-2(n≥3，n∈N*)成立. (3)通项公式法：验证an=pn+q. (4)前n项和公式法：验证Sn=An2+Bn. 思维升华 跟踪训练2　已知数列{an}中，a1=2，a2=3，an=2an-1-an-2+3(n≥3). (1)求a3的值； 解　在数列{an}中，a1=2，a2=3， 且an=2an-1-an-2+3， 令n=3，可得a3=2a2-a1+3=7. 跟踪训练2　已知数列{an}中，a1=2，a2=3，an=2an-1-an-2+3(n≥3). (2)证明：数列{an-an-1}(n≥2)是等差数列； 证明　由an=2an-1-an-2+3(n≥3)， 当n≥2时，可得an+1=2an-an-1+3， 则(an+1-an)-(an-an-1)=3， 又由a1=2，a2=3，可得a2-a1=1， 所以{an+1-an}是公差为3的等差数列， 即数列{an-an-1}(n≥2)是公差为3的等差数列. 跟踪训练2　已知数列{an}中，a1=2，a2=3，an=2an-1-an-2+3(n≥3). (3)求数列{an}的通项公式. 解　由②知，数列{an+1-an}是首项为1，公差为3的等差数列，即an+1-an=3n-2， 所以当n≥2时，an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(a4-a3)+…+(an-an-1) =2+[1+4+7+…+(3n-5)]=2+=n2-n+4， 又a1=2满足上式，所以an=n2-n+4， 即数列{an}的通项公式为an=n2-n+4. 例3　(多选)已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和，则下列结论中正确的是 A.若a1+a2+a3=5，a3+a4+a5=11，则a5+a6+a7=20 B.已知a2+a5+a8+3a6=18，则S10=30 C.若a1<0，S15<0，则S6<S5 D.若{an}和{anan+1}都为递增数列，则an>0 题型三　等差数列的性质 命题点1　项的性质 √ √ 解析　设等差数列{an}的公差为d， 对于A，由a1+a2+a3=5，a3+a4+a5=11，可得(a3+a4+a5)-(a1+a2+a3)=6d=6，所以d=1，又由a5+a6+a7=(a1+a2+a3)+12d=5+12=17≠20，所以A错误； 对于B，由等差数列{an}得a2+a5+a8=3a5，故3(a5+a6)=18，即a5+a6=6，所以S10==5(a5+a6)=30，所以B正确； 对于C，由S15==15a8<0，所以a8<0，又因为a1<0，可得an<0(n=1，2，…，8)，所以S6-S5=a6<0，所以S6<S5，所以C正确； 解析　对于D，因为{an}为递增数列，可得公差d>0，因为{anan+1}为递增数列，可得an+2an+1-anan+1=an+1·2d>0，所以对任意的n≥2，an>0，但a1的正负不确定，所以D错误. 例4　(1)(2025·咸阳模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4=2，S8=12，则S20等于 A.30 B.58 C.60 D.90 命题点2　和的性质 √ 解析　由数列{an}为等差数列， 可知S4，S8-S4，S12-S8，S16-S12，S20-S16也为等差数列， 由S4=2，S8=12，则S8-S4=10， 故S12-S8=18，S16-S12=26，S20-S16=34， 即有S12=18+S8=30，S16=26+S12=56，S20=34+S16=90. (2)设等差数列{an}与等差数列{bn}的前n项和分别为Sn，Tn.若对于任意的正整数n都有=，则=　　　　. 解析　等差数列{an}的前2n-1项和满足S2n-1=(2n-1)an，同理T2n-1=(2n-1)bn， 则=，所以====. 例5　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 命题点3　等差数列前n项和的最值 √ 解析　方法一　(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. 又a1=13>0，所以数列{an}为递减数列，从而a7>0，a8<0，故当n=7时，Sn最大. 方法二　(函数法) 设等差数列{an}的公差为d，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. 解析　方法三　(图象法) 根据a1=13，S3=S11， 知这个等差数列的公差不等于零，且这个数列的前n项和Sn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，可得当n==7时，Sn取得最大值. 等差数列的性质 (1)若{an}为等差数列，且k+l=m+n(k，l，m，n∈N*)，则ak+al=am+an； (2)若{an}是公差为d的等差数列，则ak，ak+m，ak+2m，…(k，m∈N*)组成公差为md的等差数列； (3)在等差数列{an}中，数列Sm，S2m-Sm，S3m-S2m，…也是等差数列，且有S2n=n(a1+a2n)=…=n(an+an+1)，S2n-1=(2n-1)an. (4)等差数列前n项和最值的求法 ①函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn=An2+Bn，通过配方结合图象借助求二次函数最值的方法求解. 思维升华 ②邻项变号法 (ⅰ)当a1>0，d<0时，满足的项数m使得Sn取得最大值为 Sm(当am+1=0时，Sm+1也为最大值)； (ⅱ)当a1<0，d>0时，满足的项数m使得Sn取得最小值为Sm (当am+1=0时，Sm+1也为最小值). 思维升华 跟踪训练3　(1)(多选)在等差数列{an}中，a1>0，则下列命题正确的是 A.若a3+a7=4，则S9=18 B.若a1+a2=5，a3+a4=9，则a7+a8=17 C.若S15>0，S16<0，则> D.若S9=S10，则S18>0 √ √ √ 解析　S9===18，故A正确； 设等差数列的公差为d，则(a3+a4)-(a1+a2)=4d=4，得d=1，则a7+a8=(a1+a2)+12d=5+12=17，故B正确； S15==15a8>0，则a8>0，S16==8(a8+a9)<0，则a8+a9<0，即0<a8<-a9，所以<，故C错误； 若S9=S10，则a10=0，S18==9(a9+a10)=9a9，因为a1>0，a10=0，所以公差d=<0，则a9=a10-d>0，所以S18>0，故D正确. (2)(人教A版选择性必修第二册P23练习T5改编)已知一个等差数列的项数为奇数，其中所有奇数项的和为290，所有偶数项的和为261，则此数列中间一项的值为　　　，项数为　　　. 29 19 解析　设等差数列为{an}，公差为d，其前n项和为Sn，项数为2n+1， 则由题意可得，S奇=a1+a3+…+a2n+1=(n+1)a1+·2d =(n+1)(a1+nd)=(n+1)an+1=290， S偶=a2+a4+…+a2n=n(a1+d)+·2d=n(a1+nd)=nan+1=261， ∴解得 ∴数列中间一项为29，项数为19. 返回 课时精练 一、单项选择题 1.(北师大版选择性必修第二册P19习题1-2A组T1)已知等差数列{an}的前3项分别为a-1，a+1，2a+3，则此数列的通项为 A.2n-5 B.2n+1 C.2n-3 D.2n-1 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 知识过关 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　因为a-1，a+1，2a+3为等差数列， 则2(a+1)=(a-1)+(2a+3)，解得a=0，可知等差数列{an}的前3项分别为-1，1，3，即首项为-1，公差为2， 所以此数列的通项为an=-1+2(n-1)=2n-3. 2.(2023·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a2+a6=10，a4a8=45，则S5等于 A.25 B.22 C.20 D.15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　方法一　设等差数列{an}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， ① 又a4a8=(a1+3d)(a1+7d)=45， ② ①②联立，解得d=1，a1=2， 所以S5=5a1+×d=5×2+10=20. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　方法二　依题意可得， 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. 3.(北师大版选择性必修第二册P19习题1-2A组T3)设数列{an}，{bn}是项数相同的等差数列，若a1=25，b1=75，a2+b2=100，则数列{an+bn}的第37项为 A.1 B.0 C.100 D.3 700 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　设等差数列{an}，{bn}的公差分别为d1，d2， 则(an+1+bn+1)-(an+bn) =(an+1-an)+(bn+1-bn)=d1+d2， 所以数列{an+bn}仍然是等差数列，公差为d1+d2， 又d1+d2=(a2+b2)-(a1+b1)=100-(25+75)=0， 所以a37+b37=a1+b1=100. 4.(2025·天津)已知数列{an}的前n项和为Sn=-n2+8n，则数列{|an|}的前12项和为 A.112 B.48 C.80 D.64 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 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T4=S4=-42+8×4=16， T12=|a1|+|a2|+|a3|+…+|a12|=a1+a2+a3+a4-a5-a6-…-a12 =2S4-S12=2×16-(-122+8×12)=80. 5.(2025·新泰模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S23>0，S24<0，则Sn取得最大值时，n的值是 A.23 B.13 C.14 D.12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　因为{an}是等差数列，且S23>0，S24<0， 所以=23a12>0，=12(a12+a13)<0， 即a12>0，a12+a13<0，所以a12>0，a13<0， 则d=a13-a12<0，所以等差数列{an}是递减数列， 所以当n=12时，Sn取得最大值. 6.已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，an+1(an+1-1)=an(an+1)，若[x]表示不超过x的最大整数，bn=，则数列{bn}的前2 026项和T2 026等于 A.1 014 B.1 013 C.2 026 D.2 027 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　∵an+1(an+1-1)=an(an+1)， ∴-=an+1+an， 即(an+1-an)(an+1+an)=an+1+an， ∵an>0，∴an+1+an>0，∴an+1-an=1， ∵a1=1， ∴数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列， ∴an=n，∴Sn=，∴==， ∴bn=== ∴T2 026=2+=2+2 025=2 027. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 二、多项选择题 7.(湘教版选择性必修第一册P17练习T2)已知等差数列{an}的公差d>0，则下列四个命题中真命题为 A.数列{an}是递增数列 B.数列{|an|}是递增数列 C.数列{}是递增数列 D.数列{an+3nd}是递增数列 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　对于A，等差数列{an}的公差d>0，则数列{an}是递增数列，A正确； 对于B，不妨取{an}：-2，-1，0，1，2，…，则{|an|}：2，1，0，1，2，…，不是递增数列，B错误； 对于C，不妨取{an}：-2，-1，0，1，2，…，则{}：4，1，0，1，4，…，不是递增数列，C错误； 对于D，由于等差数列{an}的公差d>0，则an随n的增大而增大，3nd随n的增大而增大，故an+3nd也随n的增大而增大，即数列{an+3nd}是递增数列，D正确. 8.已知Sn为等差数列{an}的前n项和，则下列说法中正确的是 A.若a1=9，数列{an}的前10项和与前11项和最大，则等差数列{an}的公 差d=-1 B.若|a2 020|=|a2 021|，d<0，则使Sn>0成立的最大的n为4 039 C.若Sn=m，Sm=n，m≠n，则Sm+n=-m-n D.若Sm=10，S2m=40，则S3m=70 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　若a1=9，数列{an}的前10项和与前11项和最大，则a11=0， 即9+10d=0，d=-，故A错误； 由=， 即|a1+2 019d|=|a1+2 020d|， 解得a1=-d或d=0. 又d<0，所以a1=-d， 由Sn=n2+n>0，得dn>0，由d<0，得0<n<4 040， 所以n的最大值为4 039，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　方法一　由 解得d=-. 又Sm+n=(m+n)a1+d=m+n+mn×=-m-n. 方法二　设Sn=pn2+qn(p，q≠0)，则Sn=pn2+qn=m， Sm=pm2+qm=n，两式相减得p(n2-m2)+q(n-m)=m-n， 又m≠n，则p(m+n)+q=-1， 则Sm+n=p(m+n)2+q(m+n)=(m+n)[p(m+n)+q]=-m-n，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　因为Sm，S2m-Sm，S3m-S2m成等差数列，即10，30，S3m-40成等差数列， 所以2×30=10+S3m-40，解得S3m=90，故D错误. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 三、填空题 9.在等差数列{an}中，奇数项之和为220，偶数项之和为165.若此数列的项数为10，则此数列的公差为　　　；若此数列的项数为奇数，则此数列的中间项是　　　. -11 55 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　令S奇=220，S偶=165， 若此数列的项数为10，则S偶-S奇=5d， 所以-55=5d，所以d=-11； 若此数列的项数为奇数，设项数为2n-1，则 S奇=a1+a3+…+a2n-1==nan， S偶=a2+a4+a6+…+a2n-2==(n-1)an， 所以===，解得n=4， 所以第4项是此数列的中间项，a4===55. 10.(2026·周口模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且-=4，则a9-a6=　　　　. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 6 解析　设等差数列{an}的公差为d， 则-=-=a1+d-a1-d=， ∴数列是公差为的等差数列， ∴-=4×=4，解得d=2， ∴a9-a6=3d=6. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 四、解答题 11.(人教B版选择性必修第三册P25例3改编)已知数列{an}的前n项和公式为Sn=2n2-30n. (1)求出数列的通项公式，并判断这个数列是不是等差数列； 解　当n=1时，有a1=S1=2-30=-28. 当n≥2时，有 an=Sn-Sn-1=2n2-30n-[2(n-1)2-30(n-1)]=4n-32. 又因为4×1-32=-28， 所以当n=1时，an=4n-32也成立， 因此数列的通项公式为an=4n-32. 因为an+1-an=4(n+1)-32-(4n-32)=4， 所以{an}是等差数列. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 11.(人教B版选择性必修第三册P25例3改编)已知数列{an}的前n项和公式为Sn=2n2-30n. (2)求Sn的最小值，并求Sn取得最小值时n的值； 解　方法一　因为Sn=2n2-30n=2(n2-15n)=2-， 又因为n是正整数， 所以当n=7或n=8时，Sn最小，最小值是2×72-30×7=-112. 方法二　由an=4n-32，可知数列{an}是递增的等差数列，而且首项a1=-28<0. 令an≤0，可得4n-32≤0，解得n≤8，而且a8=0. 由此可知，当n=7或n=8时，Sn最小，最小值是=-112. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 11.(人教B版选择性必修第三册P25例3改编)已知数列{an}的前n项和公式为Sn=2n2-30n. (3)设Tn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|，求Tn. 解　因为an=4n-32，Sn=2n2-30n，所以当n≤8时，an≤0，当n≥9时，an>0， 所以当n≤8时，Tn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an| =-(a1+a2+a3+…+an)=-Sn=-2n2+30n， 当n≥9时，Tn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an| =-(a1+a2+…+a8)+(a9+a10+…+an)=-S8+(Sn-S8)=Sn-2S8 =2n2-30n-2×(2×82-30×8)=2n2-30n+224， 综上所述，Tn= 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 12.(2023·新高考全国Ⅰ)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　∵3a2=3a1+a3，∴3d=a1+2d，解得a1=d， ∴S3=3a2=3(a1+d)=6d， an=a1+(n-1)d=nd， 又T3=b1+b2+b3=++=，∴S3+T3=6d+=21， 即2d2-7d+3=0， 解得d=3或d=(舍去)，∴an=nd=3n. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 12.(2023·新高考全国Ⅰ)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. (2)若{bn}为等差数列，且S99-T99=99，求d. 解　∵{bn}为等差数列，∴2b2=b1+b3， 即=+， ∴6==， 即-3a1d+2d2=0， 解得a1=d或a1=2d， ∵d>1，∴an>0， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 12.(2023·新高考全国Ⅰ)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. (2)若{bn}为等差数列，且S99-T99=99，求d. 解　又S99-T99=99， 由等差数列的性质知，99a50-99b50=99， 即a50-b50=1，∴a50-=1， 即-a50-2 550=0， 解得a50=51或a50=-50(舍去). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 12.(2023·新高考全国Ⅰ)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. (2)若{bn}为等差数列，且S99-T99=99，求d. 解　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=. 13.(多选)(2025·成都模拟)已知数列{an}的通项公式an=，前n项和为Sn，则 A.数列为等差数列 B.∃n∈N*，使得an+1>an C.当n=8时，Sn取得最小值 D.数列的最大项的值为 能力拓展 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 √ √ √ 解析　对于A，由an=， 得==， 则-=-=，所以数列为等差数列，A正确； 对于B，a7=-5，a8=6，显然a8>a7，B正确； 对于C，an=·=+·，当n≤7时，数列{an}为递减数列，且an<， 当n≥8时，数列{an}为递减数列，且an>，所以S7<S8，C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　对于D，an-an+1==， 因为(2n-15)(2n-13)=4(n-7)2-1， 所以当n=7时，(2n-15)(2n-13)取得最小值-1， 当n≤6或n≥8时，(2n-15)(2n-13)>0，且当n=6或n=8时，(2n-15)(2n-13)取得最小值3， 所以数列的最大项的值为，D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 14.记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知+=2.则 {an}的通项公式为　　　　　　　　　　　　. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 an= 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　由已知可得+=2， 令n=1，则S1=b1，得b1=，=Sn(n≥2) ⇒+=2(n≥2)⇒2bn-1+1=2bn(n≥2)⇒bn-bn-1=(n≥2)，又b1=， 故{bn}是以为首项，为公差的等差数列. 所以bn=+(n-1)=， 则+=2⇒Sn=.当n=1时，a1=S1=； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　当n≥2时，an=Sn-Sn-1 =-=-， 又a1=不符合上式， 故an= 返回 $