备战2025年高考数学精品教案第五章数列第2讲等差数列（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考数学精品教案第五章数列第2讲等差数列（Word版附解析），共17页。
学生用书P093
1.等差数列的概念
（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① 差 都等于② 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，公差通常用字母d表示.
（2）等差中项
如果a，A，b成等差数列，那么A叫做a与b的③ 等差中项 ，且A＝④ a＋b2 .
（3）等差数列的通项公式及其变形
通项公式：⑤ an＝a1＋（n－1）d ，其中a1是首项，d是公差.
通项公式的变形：an＝am＋（n－m）d（m，n∈N*）.
由an＝dn＋（a1－d）可知，当d≠0时，an可看作关于n的一次函数.
规律总结
等差数列的单调性
当d＞0时，数列{an}为递增数列；当d＜0时，数列{an}为递减数列；当d＝0时，数列{an}为常数列.
2.等差数列的前n项和
（1）等差数列的前n项和公式：Sn＝n（a1＋an）2＝⑥ na1＋n（n－1）2d .
（2）由Sn＝na1＋n（n－1）2d＝d2n2＋（a1－d2）n可知，当d≠0时，Sn可看作关于n的二次函数，故可借助二次函数的图象和性质来研究Sn的最值问题.
3.等差数列的性质
（1）等差数列项的性质
设数列{an}，{bn}均为等差数列.
a.若k＋l＝m＋n（k，l，m，n∈N*），则ak＋al＝am＋an，特别地，若p＋q＝2m，则⑦ ap＋aq＝2am .反之不一定成立.
b.若{an}公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为⑧ 2d .
c.{pan＋qbn}（p，q为常数）也是等差数列.
d.若{an}与{bn}有公共项，则{an}与{bn}的公共项从小到大排成的新数列也是等差数列，首项是第一个相同的公共项，公差是{an}与{bn}的公差的⑨ 最小公倍数 .
e.若{an}公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…（k，m∈N*）组成公差为⑩ md 的等差数列，即下标成等差数列，则相应的项也成等差数列.
f.若c是非零常数，则{can}是等比数列.
（2）等差数列前n项和的性质
设Sn为等差数列{an}的前n项和.
a.{Snn}是等差数列，其首项等于⑪ a1 ，公差是{an}的公差的12.
b.Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…（m∈N*）是等差数列.
c.两个等差数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn之间的关系为S2n－1T2n－1＝⑫ anbn .
1.[教材改编]如果三角形的三个内角成等差数列，则中间角的大小为 60° .
解析 由题意可设三个内角分别为x－d，x，x＋d，则有（x－d）＋x＋（x＋d）＝180°，可得x＝60°.
2.若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9＞0，a7＋a10＜0，则当n＝ 8 时，{an}的前n项和最大.
解析 由a7＋a8＋a9＞0可得a8＞0，由a7＋a10＜0可得a8＋a9＜0，所以a9＜0，所以当n＝8时，{an}的前n项和最大.
3.[教材改编]已知{an}为等差数列，且a20＝30，a30＝20，则a50＝ 0 .
解析 由题意可得，公差d＝20－3030－20＝－1，所以a50＝a20＋30d＝30－30＝0.
4.[教材改编]某公司购置了一台价值220万元的设备，随着设备在使用过程中老化，每经过一年，其价值减少20万元.当设备价值低于购进价值的5％时，设备将报废，则该机器最多使用 10 年.
解析 设使用n年后，该设备的价值为an万元，则易知{an}是以（220－20）为首项，－20为公差的等差数列，所以an＝（220－20）＋（n－1）×（－20）＝220－20n.令220－20n≥220×5％，得n≤10.45，所以该设备最多使用10年.
5.已知等差数列{an}的项数为奇数，其中所有奇数项和为290，所有偶数项和为261，则该数列的项数为 19 .
解析 设等差数列{an}的前n项和为Sn，项数为2k－1，则S奇S偶＝kk－1＝290261，解得k＝10，则项数为2×10－1＝19.
6.[易错题]已知数列{an}满足a1＝1，an＋an＋1＝n，则a20＝ 9 .
解析 因为an＋an＋1＝n，所以a1＋a2＝1，a2＋a3＝2，…，a19＋a20＝19.因为a1＝1，所以可得a1＝1，a3＝2，a5＝3，a7＝4，…，和a2＝0，a4＝1，a6＝2，a8＝3，…，奇数项、偶数项分别构成等差数列，所以a2k＝k－1（k∈N*），所以a20＝10－1＝9.
学生用书P094
命题点1 等差数列的基本运算
例1 [2023全国卷甲]记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝（ C ）
A.25B.22C.20D.15
解析 解法一 由a2＋a6＝10，可得2a4＝10，所以a4＝5，又a4a8＝45，所以a8＝9.设等差数列{an}的公差为d，则d＝a8－a48－4＝9－54＝1，又a4＝5，所以a1＝2，所以S5＝5a1＋5×42×d＝20，故选C.
解法二 设等差数列{an}的公差为d，则由a2＋a6＝10，可得a1＋3d＝5 ①，由a4a8＝45，可得（a1＋3d）（a1＋7d）＝45 ②，由①②可得a1＝2，d＝1，所以S5＝5a1＋5×42×d＝20，故选C.
例2 [2023新高考卷Ⅰ]设等差数列{an}的公差为d，且d＞1.令bn＝n2＋nan，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；
（2）若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d.
解析 （1）因为3a2＝3a1＋a3，所以3（a2－a1）＝a1＋2d，
所以3d＝a1＋2d，所以a1＝d，所以an＝nd.
因为bn＝n2＋nan，所以bn＝n2＋nnd＝n+1d，所以S3＝3（a1＋a3）2＝3（d+3d）2＝6d，T3＝b1＋b2＋b3＝2d＋3d＋4d＝9d.
因为S3＋T3＝21，所以6d＋9d＝21，解得d＝3或d＝12，
因为d＞1，所以d＝3.所以{an}的通项公式为an＝3n.
（2）因为bn＝n2＋nan，且{bn}为等差数列，
所以2b2＝b1＋b3，即2×6a2＝2a1＋12a3，
所以6a1＋d－1a1＝6a1+2d，所以a12－3a1d＋2d2＝0，
解得a1＝d或a1＝2d.
①当a1＝d时，an＝nd，所以bn＝n2＋nan＝n2＋nnd＝n+1d，
S99＝99（a1＋a99）2＝99（d+99d）2＝99×50d，
T99＝99（b1＋b99）2＝99（2d＋100d）2＝99×51d.
因为S99－T99＝99，所以99×50d－99×51d＝99，即50d2－d－51＝0，解得d＝5150或d＝－1（舍去）.
②当a1＝2d时，an＝（n＋1）d，所以bn＝n2＋nan＝n2＋n（n+1）d＝nd，
S99＝99（a1＋a99）2＝99（2d+100d）2＝99×51d，
T99＝99（b1＋b99）2＝99（1d＋99d）2＝99×50d.
因为S99－T99＝99，所以99×51d－99×50d＝99，即51d2－d－50＝0，解得d＝－5051（舍去）或d＝1（舍去）.
综上，d＝5150.
方法技巧
1.等差数列基本运算中常用的数学思想
2.等差数列基本运算中常用的设元技巧
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.
训练1 （1）[2021北京高考]已知{an}和{bn}是两个等差数列，且akbk（1≤k≤5）是常值，若a1＝288，a5＝96，b1＝192，则b3的值为（ C ）
A.64B.100C.128D.132
解析 因为{an}和{bn}是两个等差数列，所以2a3＝a1＋a5＝288＋96＝384，所以a3＝192，又当1≤k≤5时，akbk是常值，所以a3b3＝a1b1，即192b3＝288192，从而b3＝128.故选C.
（2）[2022全国卷乙]记Sn为等差数列{an}的前n项和.若2S3＝3S2＋6，则公差d＝ 2 .
解析 因为2S3＝3S2＋6，所以2（3a1＋3d）＝3（2a1＋d）＋6，化简得3d＝6，解得d＝2.
命题点2 等差数列的判定与证明
例3 [2021全国卷甲]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{Sn}是等差数列；③a2＝3a1.
解析 ①③⇒②.
已知数列{an}是等差数列，a2＝3a1.
设数列{an}的公差为d，则a2＝3a1＝a1＋d，故d＝2a1，所以Sn＝na1＋n（n－1）2d＝n2a1.
因为数列{an}的各项均为正数，所以Sn＝na1，
所以Sn+1－Sn＝（n＋1）a1－na1＝a1（常数），所以数列{Sn}是等差数列.
①②⇒③.
已知数列{an}是等差数列，{Sn}是等差数列.
设数列{an}的公差为d，
则Sn＝na1＋n（n－1）2d＝12dn2＋（a1－d2）n.
因为数列{Sn}是等差数列，所以数列{Sn}的通项是关于n的一次函数，则a1－d2＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1.
②③⇒①.
已知数列{Sn}是等差数列，a2＝3a1，
所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1 .
设数列{Sn}的公差为d，则d＞0，S2－S1＝4a1－a1＝d，得a1＝d2，所以Sn＝S1＋（n－1）d＝nd，所以Sn＝n2d2，
所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－（n－1）2d2＝2d2n－d2（n≥2），a1＝d2也满足上式，所以an＝2d2n－d2.
因为an－an－1＝2d2n－d2－[2d2（n－1）－d2]＝2d2（常数）（n≥2），所以数列{an}是等差数列.
方法技巧
等差数列的判定与证明的方法
训练2 （1）[2023新高考卷Ⅰ]设Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：{Snn}为等差数列.则（ C ）
A.甲是乙的充分条件但不是必要条件
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
解析 若{an}为等差数列，设其公差为d，则an＝a1＋（n－1）d，所以Sn＝na1＋n（n－1）2d，所以Snn＝a1＋（n－1）·d2，所以Sn+1n+1－Snn＝a1＋（n＋1－1）·d2－[a1＋（n－1）·d2]＝d2，为常数，所以{Snn}为等差数列，即甲⇒乙；若{Snn}为等差数列，设其公差为t，则Snn＝S11＋（n－1）t＝a1＋（n－1）t，所以Sn＝na1＋n（n－1）t，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝na1＋n（n－1）t－[（n－1）a1＋（n－1）（n－2）t]＝a1＋2（n－1）t，当n＝1时，S1＝a1也满足上式，所以an＝a1＋2（n－1）t（n∈N*），所以an＋1－an＝a1＋2（n＋1－1）t－[a1＋2（n－1）t]＝2t，为常数，所以{an}为等差数列，即甲⇐乙.所以甲是乙的充要条件，故选C.
（2）[多选/2023福建莆田九中质检]已知数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是（ BCD ）
A.若数列{Sn}为等差数列，则数列{an}为等差数列
B.若数列{Snn}为等差数列，则数列{an}为等差数列
C.若数列{an}和{an2n}均为等差数列，则S3＝2a3
D.若数列{an}和{an2}均为等差数列，则数列{an}是常数列
解析 对于A，若数列{Sn}为等差数列，设公差为d，可得an＝Sn－Sn－1＝d（n≥2），但是首项a1的值不确定，所以数列{an}不一定为等差数列，故选项A错误；对于B，若数列{Snn}为等差数列，设公差为d'，则Snn＝S1＋（n－1）d'，可得Sn＝nS1＋n（n－1）d'，当n＝1时，a1＝S1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝nS1＋n（n－1）d'－（n－1）S1－（n－1）（n－2）d'＝S1＋（2n－2）d'，则an－an－1＝2d'（n≥3），由a2＝S1＋2d'，a1＝S1，得a2－a1＝2d'，所以an－an－1＝2d'（n≥2），故数列{an}为等差数列，故选项B正确；对于C，由数列{an}为等差数列，可设an＝kn＋b，k，b为常数，则an2＝k2n2＋2kbn＋b2，所以an2n＝k2n＋2kb＋b2n，因为数列{an2n}为等差数列，所以n≥2时，an2n－an－12n－1＝k2＋b2n－b2n－1＝k2＋b2（1n－1n－1）为常数，则b2＝0，所以b＝0，故an＝kn，所以S3＝a1＋a2＋a3＝6k，又a3＝3k，所以S3＝2a3，故选项C正确；对于D，由数列{an}为等差数列，可设an＝pn＋q，p，q为常数，则an2＝p2n2＋2pqn＋q2，因为{an2}为等差数列，所以an2－an－12＝（2n－1）p2＋2pq为常数，则p＝0，所以an＝q，则数列{an}是常数列，故选项D正确.故选BCD.
命题点3 等差数列的性质
例4 （1）[新高考卷Ⅰ]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 3n2－2n .
解析 {2n－1}与{3n－2}的第一个公共项为1，则易知{an}是以1为首项，2×3＝6为公差的等差数列，则Sn＝n＋n（n－1）2×6＝3n2－2n.
（2）已知Sn为等差数列{an}的前n项和，且S6S3＝3，则S12S9＝ 53 .
解析 设S3＝m（m≠0），则S6＝3m.因为{an}为等差数列，所以S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9，…成等差数列，公差为m，所以可推出S9＝6m，S12＝10m，故S12S9＝53.
训练3 （1）数列{an}，{bn}均为等差数列，且a1＝－5，b1＝－15，a2 025＋b2 025＝100，则数列{an＋bn}的前2 025项和为 81000 .
解析 易得数列{an＋bn}为等差数列，首项为a1＋b1＝－20，∴{an＋bn}的前2 025项和为2 025×－20+1002＝81 000.
（2）等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若SnTn＝2n3n+1，则a11b11＝ 2132 ，a10b11＝ 1932 .
解析 由题意可得a11b11＝2a112b11＝a1＋a21b1＋b21＝（a1＋a21）×21÷2（b1＋b21）×21÷2＝S21T21＝2×213×21+1＝2132.由SnTn＝2n3n+1＝2n23n2＋n及等差数列前n项和性质可设Sn＝A·2n2，Tn＝A（3n2＋n）（A≠0），∴a10＝S10－S9＝
A（2×102－2×92）＝38A，b11＝T11－T10＝A[（3×112＋11）－（3×102＋10）]＝64A，∴a10b11＝38A64A＝1932.
命题点4 等差数列前n项和的最值
例5 [2022全国卷甲]记Sn为数列{an}的前n项和.已知2Snn＋n＝2an＋1.
（1）证明：{an}是等差数列.
（2）若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值.
解析 （1）由2Snn＋n＝2an＋1，得2Sn＋n2＝2ann＋n ①，
所以2Sn＋1＋（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）由（1）知数列{an}的公差为1.
由a72＝a4a9，得（a1+6）2＝（a1＋3）（a1＋8），解得a1＝－12.
所以Sn＝－12n＋n（n－1）2＝n2－25n2＝12（n－252）2－6258，所以当n＝12或n＝13时，Sn取得最小值，最小值为－78.
方法技巧
求等差数列前n项和Sn的最值的方法
（1）通项法：①若a1＞0，d＜0，则Sn必有最大值，n可用不等式组an≥0，an+1≤0来确定；
②若a1＜0，d＞0，则Sn必有最小值，n可用不等式组an≤0，an+1≥0来确定.
（2）二次函数法：由于Sn＝d2n2＋（a1－d2）n，故可用二次函数求最值的方法求Sn的最值，结合n∈N*及二次函数图象的对称性来确定n的值.
（3）不等式组法：一般情况下，Sn最大时，有Sn≥Sn－1，Sn≥Sn+1（n≥2，n∈N*），解得n的范围，进而确定n的值和对应的Sn的值（即Sn的最值）.
训练4 等差数列{an}的前n项和为Sn，若∀n∈N*，Sn≤S7，则数列{an}的通项公式可能是 （ B ）
A.an＝16－3nB.an＝15－2n
C.an＝2n－14D.an＝2n－15
解析 因为数列{an}是等差数列，且∀n∈N*，Sn≤S7，所以该数列从第8项起为非正数，即a7≥0，a8≤0.
对于A，a7＝16－3×7＝－5＜0，故A不正确；对于B，a7＝15－2×7＝1＞0，a8＝15－2×8＝－1＜0，故B正确；对于C，a7＝2×7－14＝0，a8＝2×8－14＝2＞0，故C不正确；对于D，a7＝2×7－15＝－1＜0，故D不正确.故选B.
1.[命题点1/2021新高考卷Ⅱ]记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求使Sn＞an成立的n的最小值.
解析 （1）设等差数列{an}的公差为d（d≠0），
则由题意，得a1+2d=5a1+10d，（a1＋d)(a1+3d）=4a1+6d，解得a1＝－4，d=2，
所以an＝a1＋（n－1）d＝2n－6.
（2）解法一 Sn＝n（a1＋an）2＝n（2n－10）2＝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.
解法二 由Sn＞an得Sn－1＞0（n≥2），即（a1＋an－1)(n－1）2＞0，
所以a1＋an－1＝2n－12＞0，解得n＞6，所以n的最小值为7.
2.[命题点2/多选]两个等差数列{an}和{bn}，其公差分别为d1 和d2 ，其前n 项和分别为Sn 和Tn ，则下列说法正确的是（ AB ）
A.若{Sn}为等差数列，则d1＝2a1
B.若{Sn＋Tn}为等差数列，则d1＋d2＝0
C.若{anbn}为等差数列，则d1＝d2＝0
D.若bn∈N*，则{abn}也为等差数列，且公差为d1＋d2
解析 由题意得Sn＝d12n2＋（a1－d12）n，Tn＝d22n2＋（b1－d22）n.若数列{Sn}为等差数列，则由等差数列通项公式的特征，可得a1－d12＝0，即d1＝2a1，所以选项A正确；Sn＋Tn＝d1＋d22n2＋（a1＋b1－d12－d22）n，由等差数列通项公式的特征，可得d1＋d22＝0，即d1＋d2＝0，所以选项B正确；当d1＝0或d2＝0时，数列{anbn}为等差数列，所以选项C错误；因为an＝a1＋（n－1）d1，bn＝b1＋（n－1）d2，bn∈N*，所以abn＝ab1＋（n－1）d2＝a1＋[b1＋（n－1）d2－1]d1＝（a1＋b1d1－d1）＋（n－1）d1d2，可知数列{abn}是等差数列，且公差为d1d2，所以选项D错误.故选AB.
3.[命题点2/2021全国卷乙]记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知2Sn＋1bn＝2.
（1）证明：数列{bn}是等差数列.
（2）求{an}的通项公式.
解析 （1）因为bn是数列{Sn}的前n项积，所以当n≥2时，Sn＝bnbn－1，
代入2Sn＋1bn＝2可得，2bn－1bn＋1bn＝2，整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝12（n≥2）.
又2S1＋1b1＝3b1＝2，所以b1＝32，
故{bn}是以32为首项，12为公差的等差数列.
（2）由（1）可知，bn＝n+22，则2Sn＋2n+2＝2，
所以Sn＝n+2n+1，
当n＝1时，a1＝S1＝32，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n+2n+1－n+1n＝－1n（n+1）.
当n＝1时，a1＝32≠－11×2＝－12，
故an＝32，n=1，－1n（n+1），n≥2.
4.[命题点4]在等差数列{an}中，若a10a9＜－1，且它的前n项和Sn有最大值，则使Sn＞0成立的正整数n的最大值是（ C ）
A.15B.16C.17D.14
解析 因为等差数列{an}的前n项和有最大值，
所以等差数列{an}为递减数列，
又a10a9＜－1，所以a9＞0，a10＜0，
所以a9＋a10＜0，
所以S18＝18（a1＋a18）2＝9（a9＋a10）＜0，且S17＝17（a1＋a17）2＝17a9＞0.
故使得Sn＞0成立的正整数n的最大值为17.
学生用书·练习帮P303
1.[2024河南名校模拟]设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a2＋a5＋a8＝15，则S9＝（ C ）
A.15B.30C.45D.60
解析 由题意得a2＋a5＋a8＝3a5＝15，所以a5＝5，所以S9＝9（a1＋a9）2＝9a5＝45.故选C.
2.[2024湖北武汉模拟]已知等差数列{an}的前n项和为Sn.若S1＝3，S22＋S44＝18，则S5＝（ C ）
A.21B.48C.75D.83
解析 解法一 令bn＝Snn，则数列{bn}为等差数列.b1＝S11＝3，S22＋S44＝b2＋b4＝18，设数列{bn}的公差为d，则3＋d＋3＋3d＝18，解得d＝3，∴bn＝3n，即Snn＝3n.∴Sn＝3n2，故S5＝3×52＝75.故选C.
解法二 设等差数列{an}的公差为d，则Snn＝na1＋n（n－1）d2n＝a1＋n－12d，又因为a1＝S1＝3，则S22＋S44＝a1＋d2＋a1＋32d＝2a1＋2d＝6＋2d＝18，解得d＝6，因此S5＝5a1＋5×42d＝5a1＋10d＝5×3＋10×6＝75.故选C.
3.[2024吉林白城模拟]已知等差数列{an}是递增数列，且满足a3＋a5＝14，a2a6＝33，则a1a7＝（ C ）
A.33B.16C.13D.12
解析 由等差数列的性质，得a2＋a6＝a3＋a5＝14，又a2a6＝33，解得a2=3，a6=11或a2=11，a6=3，又{an}是递增数列，∴a2=3，a6=11，∴d＝a6－a26－2＝2，∴a1a7＝（a2－d）（a6＋d）＝（3－2）×（11＋2）＝13.故选C.
4.[2023陕西宝鸡模拟]已知首项为2的等差数列{an}的前30项中，奇数项的和为A，偶数项的和为B，且B－A＝45，则an＝（ B ）
A.3n－2B.3n－1
C.3n＋1D.3n＋2
解析 在等差数列{an}中，首项a1＝2，设其公差为d，由前30项中奇数项的和为A， 偶数项的和为 B， 且 B－A＝45，可得－a1＋a2－…－a29＋a30＝15d＝45，解得d＝3，∴an＝a1＋（n－1）d＝2＋3（n－1），即an＝3n－1，故选B.
5.[多选/2024山东模拟]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，a3＝a1－4，S7＝154，则（ AC ）
A.d＝－2
B.a1＝30
C.－320是数列{an}中的项
D.Sn取得最大值时，n＝14
解析 由题意可得a3＝a1＋2d＝a1－4，即d＝－2，A正确；S7＝154＝7a1＋7×62d⇒a1＝28，B错误；an＝a1＋（n－1）d＝30－2n，令an＝－320，得n＝175，即C正确；Sn＝（a1＋an）n2＝n（29－n），结合二次函数图象的对称性及单调性，可知当n＝14或n＝15时，Sn取得最大值，即D错误.故选AC.
6.[2023广州市二检]在数列{an}中，a1＝2，am＋n＝am＋an（m，n∈N*），若akak＋1＝440，则正整数k＝ 10 .
解析 解法一 令m＝1，则an＋1＝an＋a1，即an＋1－an＝2，所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，即an＝2＋（n－1）×2＝2n，又k为正整数，所以akak＋1＝2k×2（k＋1）＝440，即k（k＋1）＝110，解得k＝10或k＝－11（舍去）.故填10.
解法二（列举法） 令m＝n＝1，则a2＝a1＋a1＝4；令m＝1，n＝2，则a3＝a1＋a2＝6；令m＝n＝2，则a4＝a2＋a2＝8.通过观察找规律可知，数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，即an＝2＋（n－1）×2＝2n，又k为正整数，所以akak＋1＝2k×2（k＋1）＝440，即k（k＋1）＝110，解得k＝10或k＝－11（舍去）.故填10.
7.[2024江西抚州模拟改编]在数列{an}中，已知an＋1－an＝an＋2－an＋1，a1 013＝1，则该数列前2 025项的和S2 025＝ 2025 .
解析 由an＋1－an＝an＋2－an＋1可知，数列{an}为等差数列，所以a1＋a2 025＝2a1 013＝2，所以S2 025＝（a1＋a2 025）×2 0252＝2×2 0252＝2 025.
8.[2024广州大学附属中学模拟]设数列{an}和{bn}都为等差数列，记它们的前n项和分别为Sn和Tn，若anbn＝2n－12n+1，则SnTn＝ nn+2 .
解析 由数列{an}和{bn}都为等差数列，且anbn＝2n－12n+1，令an＝k（2n－1），bn＝k（2n＋1），k≠0，k为常数，因此等差数列{an}的首项a1＝k，等差数列{bn}的首项b1＝3k，所以SnTn＝a1＋an2·nb1＋bn2·n＝a1＋anb1＋bn＝k＋k（2n－1）3k＋k（2n+1）＝nn+2.
9.[2024浙江普陀中学模拟]已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2.
（1）记cn＝an+1Sn·Sn+1，证明：数列{cn}的前n项和Tn＜12.
（2）若Sn＝2an＋14－2n＋3（n∈N*），证明：数列{an2n}为等差数列，并求{an}的通项公式.
解析 （1）∵cn＝an+1Sn·Sn+1＝1Sn－1Sn+1，∴Tn＝1S1－1S2＋1S2－1S3＋1S3－1S4＋…＋1Sn－1－1Sn＋1Sn－1Sn+1＝1a1－1Sn+1＝12－1Sn+1.
∵数列{an}为正项数列，∴Sn＋1＞0，∴12－1Sn+1＜12，即Tn＜12.
（2）当n≥2且n∈N*时，Sn－1＝2an－1＋14－2n＋2，
∴an＝Sn－Sn－1＝2an＋14－2n＋3－2an－1－14＋2n＋2＝2an－2an－1－2n＋2，整理可得an－2an－1＝2n＋2，∴an2n－an－12n－1＝4（n≥2），
当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋14－21＋3，得a1＝2，a12＝1，
∴数列{an2n}是以1为首项，4为公差的等差数列，
∴an2n＝1＋4（n－1）＝4n－3，
∴an＝（4n－3）·2n.
10.[2024四川南充校考]若一个凸n（n∈N*）边形的最小内角为95°，其他内角依次增加10°，则n的值为（ B ）
A.6或12B.6C.8D.12
解析 由题知该凸n边形所有内角的取值范围为（0°，180°），内角和为（n－2）·180°.因为最小内角为95°，其他内角依次增加10°，所以它的所有内角按从小到大的顺序排列构成等差数列，且最大内角为95°＋（n－1）·10°＝（10n＋85）°，
所以（n－2）·180＝（95+10n+85）n2，即n2－18n＋72＝0，解得n＝6或n＝12，当n＝12时，95°＋（12－1）×10°＞180°，不合题意，舍去，故n＝6，故选B.
11.[2024湖北孝感高中模拟]设等差数列{an}的前n项和为Sn，满足2a3－a5＝7，a2＋S7＝12，则Sn的最大值为（ B ）
A.14B.16C.18D.20
解析 设{an}的公差为d，则由题意得2a3－a5＝2（a1＋2d）－（a1＋4d）＝a1＝7，a2＋S7＝（a1＋d）＋（7a1＋7×62d）＝56＋22d＝12，d＝－2.
因此Sn＝7n＋n（n－1）2×（－2）＝－（n－4）2＋16≤16，故Sn的最大值为16.故选B.
12.[全国卷Ⅱ]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）（ C ）
A.3 699块B.3 474块
C.3 402块D.3 339块
解析 由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为{an}，设数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，易知其首项a1＝9，d＝9，所以an＝a1＋（n－1）d＝9n.由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列，
所以（S3n－S2n）－（S2n－Sn）＝S2n－2Sn，即729＝2n（9+18n）2－2×n（9+9n）2，解得n＝9，
所以三层共有扇面形石板的块数为S3n＝S27＝27×（9+27×9）2＝3 402.故选C.
13.[2024江西吉安万安中学模拟]已知正项数列{an}的前n项和为Sn，若{an}与{Sn}均为等差数列，请写出一个满足题意的{an}的通项公式：an＝ 2n－1（答案不唯一） .
解析 令数列{an}的公差为d，显然a1＞0，由{Sn}是等差数列，得S1＋S3＝2S2，即a1＋3a1+3d＝22a1＋d，两边平方得4a1＋d＝23a12+3a1d，两边平方并整理得d＝2a1，则an＝a1＋（n－1）d＝（2n－1）a1，
此时Sn＝a1＋an2·n＝n2a1，Sn＝na1，有Sn+1－Sn＝a1为常数，即{Sn}是等差数列，所以数列{an}的通项公式是an＝（2n－1）a1（a1＞0），取a1＝1，得an＝2n－1.
14.已知正项数列{an}，其前n项和Sn满足an（2Sn－an）＝1（n∈N*）.
（1）求证：数列{Sn2}是等差数列，并求出Sn的表达式.
（2）数列{an}中是否存在连续三项ak，ak+1，ak+2，使得1ak，1ak+1，1ak+2构成等差数列？请说明理由.
解析 （1）依题意知，正项数列{an}中，a12＝1，得a1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，则（Sn－Sn－1）[2Sn－（Sn－Sn－1）]＝1，
整理得，Sn2－Sn－12＝1，又S12＝a12＝1，
∴数列{Sn2}是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴Sn2＝n（n∈N*），
∴Sn＝n.
（2）数列{an}中不存在连续三项ak，ak＋1，ak＋2，使得1ak，1ak+1，1ak+2构成等差数列.理由如下：
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n－n－1，
∵当n＝1时，a1＝1，符合上式，
∴an＝n－n－1（n∈N*），
∴1an＝1n－n－1＝n＋n－1，
假设数列{an}中存在连续三项ak，ak＋1，ak＋2，使得1ak，1ak+1，1ak+2构成等差数列，
则2（k+1＋k）＝k＋k－1＋k+2＋k+1，即k+1＋k＝k－1＋k+2，
两边同时平方，得k＋1＋k＋2k+1·k＝k－1＋k＋2＋2k－1·k+2，
∴（k＋1）k＝（k－1）（k＋2），
整理得k2＋k＝k2＋k－2，得0＝－2，又0≠－2，∴假设错误，
∴数列{an}中不存在连续三项ak，ak＋1，ak＋2，使得1ak，1ak+1，1ak+2构成等差数列.
15.[等差数列与向量综合]已知Sn，Tn分别为等差数列{an}，{bn}的前n项和，SnTn＝3n+24n+5，设点A是直线BC外一点，点P是直线BC上一点，且AP＝a2＋a4b3AB＋λAC，则实数λ的值为（ B ）
A.2825B.－925C.325D.1825
解析 因为P，B，C三点共线，所以a2＋a4b3＋λ＝1，所以2a3b3＋λ＝1，a3b3＝a1＋a52×5b1＋b52×5＝S5T5＝3×5+24×5+5＝1725，所以2a3b3＋λ＝3425＋λ＝1，λ＝－925.故选B.
16.记等差数列{an}的前n项和为Sn，若a6＝18，S10＝165，bn＝cs（anπ),n为奇数，sin（anπ),n为偶数，则b1＋b2＋b3＋…＋b2 025＝ －1013 .
解析 设数列{an}的公差为d，则a6＝a1＋5d＝18，S10＝10a1＋45d＝165，得a1＝3，d＝3，所以an＝3＋（n－1）×3＝3n，当n为奇数时，bn＝cs（3nπ）＝－1，当n为偶数时，bn＝sin（3nπ）＝0，故b1＋b2＋b3＋…＋b2 025＝－1 013.课标要求
命题点
五年考情
命题分析预测
1.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.
等差数列的基本运算
2023新高考卷ⅠT20；2023全国卷乙T18；2023全国卷甲T5；2022新高考卷ⅡT3；2022全国卷乙T13；2021新高考卷ⅡT17；2021北京T6；2019全国卷ⅠT9；2019全国卷ⅢT14
本讲的命题热点为等差数列的基本运算、等差数列的判定与证明、等差数列的性质的应用、等差数列前n项和的最值，在客观题和主观题中都有可能出现，难度中等.考查学生的函数与方程思想和数学运算能力.预计2025年高考命题稳定，重点掌握等差数列的通项公式和前n项和公式及其变形应用，同时也要关注等差数列与其他知识的综合运用.
等差数列的判定与证明
2023新高考卷ⅠT7；2022全国卷甲T17；2021全国卷乙T19；2021全国卷甲T18
等差数列的性质
2020全国卷ⅡT4；2020新高考卷ⅠT14
等差数列前n项和的最值
2022全国卷甲T17
方程
思想
等差数列中有五个量a1，an，d，n，Sn，一般可“知三求二”，通过列方程（组）求解.
整体
思想
将已知和所求都用a1和d表示，寻求两者之间的联系，整体代换求解.
定义法
an－an－1（n≥2，n∈N*）为同一常数⇔{an}是等差数列
等差中项法
2an－1＝an＋an－2（n≥3，n∈N*）成立⇔{an}是等差数列
通项公式法
an＝pn＋q（p，q为常数）对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列
前n项和
公式法
Sn＝An2＋Bn（A，B为常数）对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列