2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题37等差数列及其前n项和（教师版）

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题37等差数列及其前n项和（教师版），共18页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。

【考纲要求】
1.理解等差数列的概念.
2.掌握等差数列的通项公式与前n项和公式.
3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用等差数列的有关知识解决相应的问题.
4.了解等差数列与一次函数的关系.
【考点预测】
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2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，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，通常用字母d表示，定义表达式为an－an－1＝d(常数)(n≥2，n∈N*)．
(2)等差中项
若三个数a，A，b成等差数列，则A叫做a与b的等差中项，且有A＝eq \f(a＋b,2).
2．等差数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d.
(2)前n项和公式：Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d或Sn＝eq \f(na1＋an,2).
3．等差数列的常用性质
(1)通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．
(2)若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an.
(3)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．
(4)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．
(5)S2n－1＝(2n－1)an.
(6)等差数列{an}的前n项和为Sn，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列．
【常用结论】
1.关于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，eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(an,an＋1)；
②若项数为2n－1，则S偶＝(n－1)an，S奇＝nan，S奇－S偶＝an，eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(n,n－1).
2.两个等差数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn之间的关系为eq \f(S2n－1,T2n－1)＝eq \f(an,bn).
【方法技巧】
1.等差数列的基本运算的解题策略
(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的作用，而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方法．
2.等差数列的判定与证明方法
3.如果{an}为等差数列，m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)．因此，若出现am－n，am，am＋n等项时，可以利用此性质将已知条件转化为与am(或其他项)有关的条件；若求am项，可由am＝eq \f(1,2)(am－n＋am＋n)转化为求am－n，am＋n或am－n＋am＋n的值．
4.等差数列前n项和的性质
在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则
(1)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；
(2)S2n－1＝(2n－1)an；
(3)当项数为偶数2n时，S偶－S奇＝nd；项数为奇数2n－1时，S奇－S偶＝a中，S奇∶S偶＝n∶(n－1)．
5.求等差数列{an}的前n项和Sn的最值的方法

二、【题型归类】
【题型一】等差数列的基本运算
【典例1】记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1＝－2，a2＋a6＝2，则S10＝________.
【解析】设等差数列{an}的公差为d，
则a2＋a6＝2a1＋6d＝2×(－2)＋6d＝2.
解得d＝1.
所以S10＝10×(－2)＋eq \f(10×9,2)×1＝25.
【典例2】将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为__________.
【解析】法一(观察归纳法) 数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(2n－1))的各项为1，3，5，7，9，11，13，…；数列{3n－2}的各项为1，4，7，10，13，….现观察归纳可知，两个数列的公共项为1，7，13，…，是首项为1，公差为6的等差数列，则an＝1＋6(n－1)＝6n－5.
故前n项和为Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)
＝eq \f(n（1＋6n－5）,2)＝3n2－2n.
法二(引入参变量法) 令bn＝2n－1，cm＝3m－2，bn＝cm，则2n－1＝3m－2，即3m＝2n＋1，m必为奇数.
令m＝2t－1，则n＝3t－2(t＝1，2，3，…).
at＝b3t－2＝c2t－1＝6t－5，即an＝6n－5.
以下同法一.
【典例3】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S8＝a8＝8，则公差d＝( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,2) C.1 D.2
【解析】∵S8＝a8＝8，∴a1＋a2＋…＋a8＝a8，
∴S7＝7a4＝0，则a4＝0.
∴d＝eq \f(a8－a4,8－4)＝2.
故选D.
【题型二】等差数列的判定与证明
【典例1】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{eq \r(Sn)}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．
【解析】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＋eq \f(nn－1,2)d＝n2a1.
因为数列{an}的各项均为正数，
所以eq \r(Sn)＝neq \r(a1)，
所以eq \r(Sn＋1)－eq \r(Sn)＝(n＋1)eq \r(a1)－neq \r(a1)＝eq \r(a1)(常数)，所以数列{eq \r(Sn)}是等差数列．
①②⇒③.
已知{an}是等差数列，{eq \r(Sn)}是等差数列．
设数列{an}的公差为d，
则Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝eq \f(1,2)n2d＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n.
因为数列{eq \r(Sn)}是等差数列，所以数列{eq \r(Sn)}的通项公式是关于n的一次函数，则a1－eq \f(d,2)＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1.
②③⇒①.
已知数列{eq \r(Sn)}是等差数列，a2＝3a1，
所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1.
设数列{eq \r(Sn)}的公差为d，d>0，
则eq \r(S2)－eq \r(S1)＝eq \r(4a1)－eq \r(a1)＝d，得a1＝d2，
所以eq \r(Sn)＝eq \r(S1)＋(n－1)d＝nd，
所以Sn＝n2d2，
所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n≥2)，是关于n的一次函数，且a1＝d2满足上式，所以数列{an}是等差数列．
【典例2】已知在数列{an}中，a1＝1，an＝2an－1＋1(n≥2，n∈N*)，记bn＝lg2(an＋1)．
(1)判断{bn}是否为等差数列，并说明理由；
(2)求数列{an}的通项公式．
【解析】(1){bn}是等差数列，理由如下：
b1＝lg2(a1＋1)＝lg22＝1，
当n≥2时，bn－bn－1＝lg2(an＋1)－lg2(an－1＋1)
＝lg2eq \f(an＋1,an－1＋1)＝lg2eq \f(2an－1＋2,an－1＋1)＝1，
∴{bn}是以1为首项，1为公差的等差数列．
(2)由(1)知，bn＝1＋(n－1)×1＝n，
∴an＋1＝＝2n，
∴an＝2n－1.
【典例3】已知数列{an}满足a1＝1，且nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n.
(1)求a2，a3；
(2)证明数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是等差数列，并求{an}的通项公式．
【解析】(1)由题意可得a2－2a1＝4，
则a2＝2a1＋4，又a1＝1，所以a2＝6.
由2a3－3a2＝12，得2a3＝12＋3a2，
所以a3＝15.
(2)由已知得eq \f(nan＋1－n＋1an,nn＋1)＝2，
即eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝2，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是首项为eq \f(a1,1)＝1，公差为d＝2的等差数列，
则eq \f(an,n)＝1＋2(n－1)＝2n－1，
所以an＝2n2－n.
【题型三】等差数列项的性质
【典例1】设Sn为等差数列{an}的前n项和，且4＋a5＝a6＋a4，则S9等于( )
A．72 B．36 C．18 D．9
【解析】∵a6＋a4＝2a5，
∴a5＝4，
∴S9＝eq \f(9a1＋a9,2)＝9a5＝36.
故选B.
【典例2】在等差数列{an}中，若a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝80，则a7－eq \f(1,2)a8的值为( )
A．4 B．6 C．8 D．10
【解析】∵a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝5a6＝80，
∴a6＝16，又a6＋a8＝2a7，
∴a7＝eq \f(1,2)a6＋eq \f(1,2)a8，
即a7－eq \f(1,2)a8＝eq \f(1,2)a6＝8.
选C.
【典例3】已知数列{an}满足2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，a2＋a4＋a6＝12，a1＋a3＋a5＝9，则a3＋a4等于( )
A．6 B．7
C．8 D．9
【解析】因为2an＝an－1＋an＋1，
所以{an}是等差数列，
由等差数列性质可得a2＋a4＋a6＝3a4＝12，
a1＋a3＋a5＝3a3＝9，
所以a3＋a4＝3＋4＝7.
故选B.
【题型四】等差数列前n项和性质的应用
【典例1】已知等差数列{an}的前10项和为30，它的前30项和为210，则前20项和为( )
A．100 B．120
C．390 D．540
【解析】设Sn为等差数列{an}的前n项和，则S10，S20－S10，S30－S20成等差数列，
所以2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，
又等差数列{an}的前10项和为30，前30项和为210，
所以2(S20－30)＝30＋(210－S20)，解得S20＝100.
故选A.
【典例2】在等差数列{an}中，a1＝－2 018，其前n项和为Sn，若eq \f(S12,12)－eq \f(S10,10)＝2，则S2 018的值等于( )
A．－2 018 B．－2 016
C．－2 019 D．－2 017
【解析】由题意知，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，其公差为1，所以eq \f(S2 018,2 018)＝eq \f(S1,1)＋(2 018－1)×1＝－2 018＋2 017＝－1.
所以S2 018＝－2 018.
故选A.
【典例3】北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )
A．3 699块 B．3 474块
C．3 402块 D．3 339块
【解析】设每一层有n环，由题意可知，从内到外每环之间构成公差为d＝9，首项为a1＝9的等差数列．由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列，且(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝n2d，则9n2＝729，解得n＝9，
则三层共有扇面形石板S3n＝S27＝27×9＋eq \f(27×26,2)×9＝3 402(块)．
故选C.
【题型五】等差数列的前n项和的最值
【典例1】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a6＋a8＝6，S9－S6＝3，则Sn取得最大值时n的值为( )
A．5 B．6
C．7 D．8
【解析】方法一：设数列{an}的公差为d，则由题意得，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋5d＋a1＋7d＝6，,a1＋6d＋a1＋7d＋a1＋8d＝3，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝15，,d＝－2.))所以an＝－2n＋17，由于a8＞0，a9＜0，所以Sn取得最大值时n的值是8，故选D.
方法二：设数列{an}的公差为d，则由题意得，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋5d＋a1＋7d＝6，,a1＋6d＋a1＋7d＋a1＋8d＝3，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝15，,d＝－2，))则Sn＝15n＋eq \f(n（n－1）,2)×(－2)＝－(n－8)2＋64，所以当n＝8时，Sn取得最大值，故选D.
【典例2】设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＞0，a3＋a10＞0，a6a7＜0，则满足Sn＞0的最大自然数n的值为( )
A．6 B．7
C．12 D．13
【解析】因为在等差数列{an}中a1＞0，a6a7＜0，所以a6＞0，a7＜0，等差数列的公差小于零，又a3＋a10＝a1＋a12＞0，a1＋a13＝2a7＜0，所以S12＞0，S13＜0，所以满足Sn＞0的最大自然数n的值为12.
故选C.
三、【培优训练】
【训练一】（多选）已知定义：在数列{an}中，若aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＝p(n≥2，n∈N*，p为常数)，则称{an}为等方差数列．下列命题正确的是( )
A．若{an}是等方差数列，则{aeq \\al(2,n)}是等差数列
B．{(－1)n}是等方差数列
C．若{an}是等方差数列，则{akn}(k∈N*，k为常数)不可能还是等方差数列
D．若{an}既是等方差数列，又是等差数列，则该数列为常数列
【解析】若{an}是等方差数列，则aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＝p，故{aeq \\al(2,n)}是等差数列，故A正确；an＝(－1)n时，aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＝(－1)2n－(－1)2(n－1)＝0，故B正确；若{an}是等方差数列，则由A知{aeq \\al(2,n)}是等差数列，从而{aeq \\al(2,kn)}(k∈N*，k为常数)是等差数列，设其公差为d，则有aeq \\al(2,kn)－aeq \\al(2,k（n－1）)＝d，由定义知{akn}是等方差数列，故C不正确；若{an}既是等方差数列，又是等差数列，则aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＝p，an－an－1＝d，所以aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＝(an－an－1)(an＋an－1)＝d(an＋an－1)＝p，若d≠0，则an＋an－1＝eq \f(p,d).又an－an－1＝d，解得an＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,d)＋d))，{an}为常数列；若d＝0，该数列也为常数列，故D正确．
故选ABD.
【训练二】多环芳香烃化合物中有不少是致癌物质，学生钟爱的快餐油炸食品中会产生苯并芘，它是由苯和芘稠合而成的一类多环芳香烃，长期食用会致癌．下面是一组多环芳香烃的结构简式和分子式：
由此推断并十苯的分子式为________．
【解析】因为多环芳香烃的分子式中C的下标分别是10，14，18，…，H的下标分别是8，10，12，…，所以多环芳香烃的分子式中C的下标是公差为4的等差数列，设C的下标构成的等差数列为{an}，其公差为d1，则a4＝18，d1＝4，故an＝4n＋2，所以a10＝42.多环芳香烃的分子式中H的下标是公差为2的等差数列，设H的下标构成的等差数列为{bn}，其公差为d2，则b4＝12，d2＝2，故bn＝2n＋4.所以b10＝24，所以并十苯的分子式为C42H24.
【训练三】设数列{an}的前n项和为Sn，若eq \f(Sn,S2n)为常数，则称数列{an}为“精致数列”．已知等差数列{bn}的首项为1，公差不为0，若数列{bn}为“精致数列”，则数列{bn}的通项公式为________．
【解析】设等差数列{bn}的公差为d，由eq \f(Sn,S2n)为常数，设eq \f(Sn,S2n)＝k且b1＝1，得n＋eq \f(1,2)n(n－1)d＝keq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2n＋\f(1,2)×2n(2n－1)d))，即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d，整理得(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0.因为对任意正整数n，上式恒成立，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(d(4k－1)＝0，,(2k－1)(2－d)＝0，))解得d＝2，k＝eq \f(1,4)，所以数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1(n∈N*)．
【训练四】定义向量列a1，a2，a3，…，an从第二项开始，每一项与它的前一项的差都等于同一个常向量(即坐标都是常数的向量)，即an＝an－1＋d(n≥2，且n∈N*)，其中d为常向量，则称这个向量列{an}为等差向量列．这个常向量叫做等差向量列的公差向量，且向量列{an}的前n项和Sn＝a1＋a2＋…＋an.已知等差向量列{an}满足a1＝(1,1)，a2＋a4＝(6,10)，则向量列{an}的前n项和Sn＝____________________.
【解析】因为向量线性运算的坐标运算，是向量的横坐标、纵坐标分别进行对应的线性运算，则等差数列的性质在等差向量列里面也适用，由等差数列的等差中项的性质知2a3＝a2＋a4＝(6,10)，解得a3＝(3,5)，
则等差向量列{an}的公差向量为d＝eq \f(a3－a1,2)＝eq \f(3，5－1，1,2)＝eq \f(3－1，5－1,2)＝eq \f(2，4,2)＝(1,2)，
由等差数列的通项公式可得等差向量列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d
＝(1,1)＋(n－1)(1,2)＝(1,1)＋(n－1,2n－2)
＝(1＋n－1,1＋2n－2)＝(n，2n－1)，
由等差数列的前n项和公式，可得等差向量列{an}的前n项和Sn＝eq \f(na1＋an,2)
＝eq \f(n[1，1＋n，2n－1],2)＝eq \f(n1＋n，2n,2)
＝eq \f(n＋n2，2n2,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋n2,2)，n2)).
【训练五】在等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设{bn}＝[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.
【解析】(1)设数列{an}的公差为d，由题意有2a1＋5d＝4，a1＋5d＝3，
解得a1＝1，d＝eq \f(2,5)，
所以{an}的通项公式为an＝eq \f(2n＋3,5).
(2)由(1)知，bn＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2n＋3,5)))，
当n＝1,2,3时，1≤eq \f(2n＋3,5)<2，bn＝1；
当n＝4,5时，2当n＝6,7,8时，3≤eq \f(2n＋3,5)<4，bn＝3；
当n＝9,10时，4所以数列{bn}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.
【训练六】等差数列{an}中，公差d＜0，a2＋a6＝－8，a3a5＝7.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Tn为数列{bn}前n项的和，其中bn＝|an|，n∈N*，若Tn≥1 464，求n的最小值.
【解析】(1)∵等差数列{an}中，公差d＜0，a2＋a6＝－8，
∴a2＋a6＝a3＋a5＝－8，又∵a3a5＝7，
∴a3，a5是一元二次方程x2＋8x＋7＝0的两个根，且a3＞a5，
解方程x2＋8x＋7＝0，得a3＝－1，a5＝－7，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝－1，,a1＋4d＝－7，))解得a1＝5，d＝－3.
∴an＝5＋(n－1)×(－3)＝－3n＋8.
(2)由(1)知{an}的前n项和Sn＝5n＋eq \f(n（n－1）,2)×(－3)＝－eq \f(3,2)n2＋eq \f(13,2)n.
∵bn＝|an|，∴b1＝5，b2＝2，b3＝|－1|＝1，b4＝|－4|＝4，
当n≥3时，bn＝|an|＝3n－8.
当n＜3时，T1＝5，T2＝7；
当n≥3时，Tn＝－Sn＋2S2＝eq \f(3n2,2)－eq \f(13n,2)＋14.
∵Tn≥1 464，∴Tn＝eq \f(3n2,2)－eq \f(13n,2)＋14≥1 464，
即(3n－100)(n＋29)≥0，解得n≥eq \f(100,3)，
∴n的最小值为34.
四、【强化测试】
【单选题】
1. 已知公差不为0的等差数列{an}中，a2＋a4＝a6，a9＝aeq \\al(2,6)，则a10＝( )
A.eq \f(5,2) B.5 C.10 D.40
【解析】设公差为d，由已知得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋d＋a1＋3d＝a1＋5d，,a1＋8d＝（a1＋5d）2，))由于d≠0，
故a1＝d＝eq \f(1,4)，所以a10＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,4)×9＝eq \f(5,2).
故选A.
2. 已知数列{an}满足5an＋1＝25·5an，且a2＋a4＋a6＝9，则lgeq \f(1,3)(a5＋a7＋a9)＝( )
A.－3 B.3 C.－eq \f(1,3) D.eq \f(1,3)
【解析】数列{an}满足5an＋1＝25·5an，
∴an＋1＝an＋2，即an＋1－an＝2，
∴数列{an}是等差数列，公差为2.
∵a2＋a4＋a6＝9，∴3a4＝9，a4＝3.
∴a1＋3×2＝3，解得a1＝－3.
∴a5＋a7＋a9＝3a7＝3×(－3＋6×2)＝27，
则lgeq \f(1,3)(a5＋a7＋a9)＝lgeq \f(1,3)33＝－3.
故选A.
3. 在数列{an}中，a1＝3，am＋n＝am＋an(m，n∈N*)，若a1＋a2＋a3＋…＋ak＝135，则k＝( )
A.10 B.9 C.8 D.7
【解析】令m＝1，由am＋n＝am＋an可得an＋1＝a1＋an，所以an＋1－an＝3，
所以{an}是首项为a1＝3，公差为3的等差数列，an＝3＋3(n－1)＝3n，
所以a1＋a2＋a3＋…＋ak＝eq \f(k（a1＋ak）,2)＝eq \f(k（3＋3k）,2)＝135.
整理可得k2＋k－90＝0，解得k＝9或k＝－10(舍).
故选B.
4. 已知等差数列{an}满足a3＋a6＋a8＋a11＝12，则2a9－a11的值为( )
A．－3 B．3 C．－12 D．12
【解析】由等差中项的性质可得，
a3＋a6＋a8＋a11＝4a7＝12，
解得a7＝3，
∵a7＋a11＝2a9，
∴2a9－a11＝a7＝3.
故选B.
5.中国古代数学名著《张邱建算经》中有如下问题：今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差降之(等差数列)，上三人先入，得金四斤，持出；下四人后入，得金三斤，持出；中间三人未到者，亦依等次更给．则第一等人(得金最多者)得金斤数是( )
A.eq \f(37,26) B.eq \f(37,27)
C.eq \f(52,39) D.eq \f(56,39)
【解析】由题设知在等差数列{an}中，
a1＋a2＋a3＝4，a7＋a8＋a9＋a10＝3.
所以3a1＋3d＝4,4a1＋30d＝3，
解得a1＝eq \f(37,26).
故选A.
6. 已知等差数列{an}的项数为奇数，其中所有奇数项之和为319，所有偶数项之和为290，则该数列的中间项为( )
A．28 B．29
C．30 D．31
【解析】设等差数列{an}共有2n＋1项，
则S奇＝a1＋a3＋a5＋…＋a2n＋1，
S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n，
该数列的中间项为an＋1，
又S奇－S偶＝a1＋(a3－a2)＋(a5－a4)＋…＋(a2n＋1－a2n)＝a1＋d＋d＋…＋d＝a1＋nd＝an＋1，
所以an＋1＝S奇－S偶＝319－290＝29.
故选B.
7. 已知数列{an}是等差数列，若a9＋3a11<0，a10·a11<0，且数列{an}的前n项和Sn有最大值，那么Sn取得最小正值时n等于( )
A．20 B．17 C．19 D．21
【解析】因为a9＋3a11<0，
所以a9＋a11＋2a11＝a9＋a11＋a10＋a12＝2(a11＋a10)<0 ，
所以a10＋a11<0.
因为a10·a11<0，
所以由等差数列的性质和求和公式可得a10>0，a11<0，
又可得S19＝19a10>0，而S20＝10(a10＋a11)<0，
进而可得Sn取得最小正值时n＝19.
故选C.
8. 已知函数f(x)的图象关于直线x＝－1对称，且f(x)在(－1，＋∞)上单调，若数列{an}是公差不为0的等差数列，且f(a50)＝f(a51)，则数列{an}的前100项的和为( )
A．－200 B．－100
C．－50 D．0
【解析】因为函数f(x)的图象关于直线x＝－1对称，又函数f(x)在(－1，＋∞)上单调，数列{an}是公差不为0的等差数列，且f(a50)＝f(a51)，所以a50＋a51＝－2，所以S100＝eq \f(100(a1＋a100),2)＝50(a50＋a51)＝－100.
故选B．
【多选题】
9. 设数列{an}的前n项和为Sn，若eq \f(S2n,S4n)为常数，则称数列{an}为“吉祥数列”，则下列数列{bn}为“吉祥数列”的是( )
A.bn＝n B.bn＝(－1)n(n＋1)
C.bn＝4n－2 D.bn＝2n
【解析】若{bn}是等差数列，则根据等差数列求和公式知需b1＋bn＝kn，k∈R，则{bn}为“吉祥数列”，检验A，C可知C符合题意；
{bn}是摆动数列，由并项求和法知S2n＝n，S4n＝2n，eq \f(S2n,S4n)＝eq \f(n,2n)＝eq \f(1,2)，故B符合题意；
根据等比数列求和公式知D不符合题意.
故选BC.
10. 设{an}是等差数列，Sn是其前n项的和，且S5＜S6，S6＝S7＞S8，则下列结论正确的是( )
A．d＜0
B．a7＝0
C．S9＞S5
D．S6与S7均为Sn的最大值
【解析】S6＝S5＋a6＞S5，则a6＞0，S7＝S6＋a7＝S6，则a7＝0，则d＝a7－a6＜0，S8＝S7＋a8＜S7，a8＜0.则a7＋a8＜0，所以S9＝S5＋a6＋a7＋a8＋a9＝S5＋2(a7＋a8)＜S5，由a7＝0，a6＞0知S6，S7是Sn中的最大值．从而ABD均正确．
故选ABD.
11. 已知数列{an}是公差不为0的等差数列，前n项和为Sn，满足a1＋5a3＝S8，下列选项正确的有( )
A．a10＝0
B．S10最小
C．S7＝S12
D．S20＝0
【解析】根据题意，数列{an}是等差数列，若a1＋5a3＝S8，即a1＋5a1＋10d＝8a1＋28d，变形可得a1＝－9d，又由an＝a1＋(n－1)d＝(n－10)d，则有a10＝0，故A一定正确；不能确定a1和d的符号，不能确定S10最小，故B不正确；又由Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）d,2)＝－9nd＋eq \f(n（n－1）d,2)＝eq \f(d,2)×(n2－19n)，则有S7＝S12，故C一定正确；则S20＝20a1＋eq \f(20×19,2)d＝－180d＋190d＝10d，因为d≠0，所以S20≠0，则D不正确．
故选AC.
12. 设等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d.已知a3＝12，S12＞0，a7＜0，则( )
A．a6＞0
B．－eq \f(24,7)＜d＜－3
C．当Sn＜0时，n的最小值为13
D．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,an)))中的最小项为第7项
【解析】由题意，得S12＝eq \f(（a1＋a12）,2)×12＝6(a6＋a7)＞0.又a7＜0，所以a6＞0，所以A正确．根据题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a7＝a3＋4d＝12＋4d＜0，,a6＝a3＋3d＝12＋3d＞0，,a6＋a7＝2a3＋7d＝24＋7d＞0，))解得－eq \f(24,7)＜d＜－3，所以B正确．因为S13＝eq \f(a1＋a13,2)×13＝13a7＜0，又S12＞0，所以当Sn＜0时，n的最小值为13，所以C正确．由上述分析可知，当n∈[1，6]时，an＞0，当n∈[7，＋∞)时，an＜0，当n∈[1，12]时，Sn＞0，当n∈[13，＋∞)时，Sn＜0，所以当n∈[1，6]时，eq \f(Sn,an)＞0，当n∈[13，＋∞)时，eq \f(Sn,an)＞0，当n∈[7，12]时，eq \f(Sn,an)＜0，且当n∈[7，12]时，{an}为单调递减数列(an＜0)，Sn为单调递减数列(Sn＞0)，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,an)))中的最小项为第7项，所以D正确．
故选ABCD.
【填空题】
13. 设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S6＝1，S12＝4，则S18＝________.
【解析】在等差数列中，S6，S12－S6，S18－S12成等差数列，
∵S6＝1，S12＝4，∴1，3，S18－4成公差为2的等差数列，
即S18－4＝5，∴S18＝9.
14. 等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，若eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(3n－2,2n＋1)，则eq \f(a7,b7)等于________.
【解析】eq \f(a7,b7)＝eq \f(2a7,2b7)＝eq \f(a1＋a13,b1＋b13)＝eq \f(\f(a1＋a13,2)×13,\f(b1＋b13,2)×13)＝eq \f(S13,T13)＝eq \f(3×13－2,2×13＋1)＝eq \f(37,27).
15. 设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝________.
【解析】设等差数列{an}的公差为d，
∵eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝－3，,S5＝－10，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＝－3，,5a1＋10d＝－10，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－4，,d＝1，))∴a5＝a1＋4d＝0.
16. 一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群，是中国现存最大且排列最整齐的喇嘛塔群之一．一百零八塔，因塔群的塔数而得名，塔群随山势凿石分阶而建，由下而上逐层增高，依山势自上而下各层的塔数分别为1,3,3,5,5,7，…，该数列从第5项开始成等差数列，则该塔群最下面三层的塔数之和为________．
【解析】设该数列为{an}，依题意可知，a5，a6，…成等差数列，且公差为2，a5＝5，
设塔群共有n层，则1＋3＋3＋5＋5(n－4)＋eq \f(n－4n－5,2)×2＝108，
解得n＝12(n＝－8舍去)．
故最下面三层的塔数之和为a10＋a11＋a12＝3a11＝3×(5＋2×6)＝51.
【解答题】
17. 记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S9＝－a5.
(1)若a3＝4，求{an}的通项公式；
(2)若a1＞0，求使得Sn≥an的n的取值范围．
【解析】(1)设{an}的公差为d，
由S9＝－a5得a1＋4d＝0，
由a3＝4得a1＋2d＝4，
于是a1＝8，d＝－2.
因此{an}的通项公式为an＝10－2n.
(2)由(1)得a1＝－4d，故an＝(n－5)d，Sn＝eq \f(n(n－9)d,2).
由a1＞0知d＜0，故Sn≥an等价于n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10.
所以n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N}．
18. 已知等差数列的前三项依次为a，4，3a，前n项和为Sn，且Sk＝110.
(1)求a及k的值；
(2)已知数列{bn}满足bn＝eq \f(Sn,n)，证明数列{bn}是等差数列，并求其前n项和Tn.
【解析】(1)设该等差数列为{an}，则a1＝a，a2＝4，a3＝3a，
由已知有a＋3a＝8，得a1＝a＝2，公差d＝4－2＝2，
所以Sk＝ka1＋eq \f(k(k－1),2)·d＝2k＋eq \f(k(k－1),2)×2＝k2＋k.
由Sk＝110，得k2＋k－110＝0，
解得k＝10或k＝－11(舍去)，故a＝2，k＝10.
(2)由(1)得Sn＝eq \f(n(2＋2n),2)＝n(n＋1)，
则bn＝eq \f(Sn,n)＝n＋1，
故bn＋1－bn＝(n＋2)－(n＋1)＝1，
即数列{bn}是首项为2，公差为1的等差数列，
所以Tn＝eq \f(n(2＋n＋1),2)＝eq \f(n(n＋3),2).
19. 在①数列{Sn－n2}是公差为－3的等差数列，②Sn＝n2＋an－5n＋4，③数列{an}是公差不为0的等差数列，且a3a6＝aeq \\al(2,4)这三个条件中任意选择一个，添加到下面的题目中，然后解答补充完整的题目．
已知数列{an}中，a1＝－2，{an}的前n项和为Sn，且________．
求an.
【解析】若选择①，
因为a1＝－2，所以S1－12＝a1－1＝－3.
因为{Sn－n2}是公差为－3的等差数列，
所以Sn－n2＝－3－3(n－1)＝－3n.
所以Sn＝n2－3n.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2－3n)－[(n－1)2－3(n－1)]＝2n－4.
当n＝1时，a1＝－2，符合上式．
所以an＝2n－4.
若选择②.
因为Sn＝n2＋an－5n＋4，
所以当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2＋an－1－5(n－1)＋4，
两式相减，得an＝n2－(n－1)2＋an－an－1－5n＋5(n－1)，
即an－1＝2n－6.
所以an＝2n－4(n∈N*)．
若选择③，
设等差数列{an}的公差为d，由a3a6＝aeq \\al(2,4)可得(a1＋2d)·(a1＋5d)＝(a1＋3d)2.
又a1＝－2，d≠0，所以d＝2，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－4.
20. 若数列{an}的各项均为正数，对任意n∈N*，aeq \\al(2,n＋1)＝anan＋2＋t，t为常数，且2a3＝a2＋a4.
(1)求eq \f(a1＋a3,a2)的值；
(2)求证：数列{an}为等差数列．
【解析】(1)因为对任意n∈N*，aeq \\al(2,n＋1)＝anan＋2＋t，
令n＝2，得aeq \\al(2,3)＝a2a4＋t.①
令n＝1，得aeq \\al(2,2)＝a1a3＋t.②
①－②得aeq \\al(2,3)－aeq \\al(2,2)＝a2a4－a1a3，即a3(a3＋a1)＝a2(a2＋a4)，
所以eq \f(a1＋a3,a2)＝eq \f(a2＋a4,a3)＝2.
(2)证明：aeq \\al(2,n＋1)＝anan＋2＋t，aeq \\al(2,n＋2)＝an＋1an＋3＋t，
两式相减得eq \f(an＋1＋an＋3,an＋2)＝eq \f(an＋an＋2,an＋1)，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an＋an＋2,an＋1)))为常数列，所以eq \f(an＋an＋2,an＋1)＝eq \f(a1＋a3,a2)＝2，
所以an＋an＋2＝2an＋1，
所以数列{an}为等差数列．
21. 在数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求Tn.
【解析】(1)∵an＋2－2an＋1＋an＝0，
∴an＋2－an＋1＝an＋1－an，
∴数列{an}是等差数列，设其公差为d，
∵a1＝8，a4＝2，
∴d＝eq \f(a4－a1,4－1)＝－2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝10－2n，n∈N*.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，则由(1)可得，
Sn＝8n＋eq \f(nn－1,2)×(－2)＝9n－n2，n∈N*.
由(1)知an＝10－2n，令an＝0，得n＝5，
∴当n>5时，an<0，
则Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|
＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an)
＝S5－(Sn－S5)＝2S5－Sn
＝2×(9×5－25)－(9n－n2)＝n2－9n＋40；
当n≤5时，an≥0，
则Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|
＝a1＋a2＋…＋an＝9n－n2，
∴Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(9n－n2，n≤5，n∈N*，,n2－9n＋40，n≥6，n∈N*.))
22. 已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a2a4＝65，a1＋a5＝18.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在常数k，使得数列{eq \r(Sn＋kn)}为等差数列？若存在，求出常数k；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)设公差为d，因为{an}为等差数列，
所以a1＋a5＝a2＋a4＝18，又a2a4＝65，所以a2，a4是方程x2－18x＋65＝0的两个实数根，又公差d＞0，所以a2＜a4，所以a2＝5，a4＝13.
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋d＝5，,a1＋3d＝13，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝4，))所以an＝4n－3.
(2)存在．由(1)知，Sn＝n＋eq \f(n（n－1）,2)×4＝2n2－n，
假设存在常数k，使数列{eq \r(Sn＋kn)}为等差数列．
由eq \r(S1＋k)＋eq \r(S3＋3k)＝2eq \r(S2＋2k)，
得eq \r(1＋k)＋eq \r(15＋3k)＝2eq \r(6＋2k)，解得k＝1.
所以eq \r(Sn＋kn)＝eq \r(2n2)＝eq \r(2)n，
当n≥2时，eq \r(2)n－eq \r(2)(n－1)＝eq \r(2)，为常数，
所以数列{eq \r(Sn＋kn)}为等差数列．
故存在常数k＝1，使得数列{eq \r(Sn＋kn)}为等差数列．名称
萘
蒽
并四苯
…
并n苯
结构简式
…
…
分子式
C10H8
C14H10
C18H12
…
…