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2019届二轮复习（理）专题27等差数列及其前n项和学案（全国通用）
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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，并能用有关知识解决相应的问题；
4.了解等差数列与一次函数、二次函数的关系．
1．等差数列的定义
如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，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，公差通常用字母d表示．
数学语言表达式：an＋1－an＝d(n∈N ，d为常数)，或an－an－1＝d(n≥2，d为常数)．
2．等差数列的通项公式与前n项和公式
(1)若等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则其通项公式为an＝a1＋(n－1)d．
通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(m，n∈N )．
(2)等差数列的前n项和公式
Sn＝＝na1＋d(其中n∈N ，a1为首项，d为公差，an为第n项)．
3．等差数列及前n项和的性质
(1)若a，A，b成等差数列，则A叫做a，b的等差中项，且A＝．
(2)若{an}为等差数列，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N )．
(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)若n为偶数，则S偶－S奇＝；
若n为奇数，则S奇－S偶＝a中(中间项)．
4．等差数列的前n项和公式与函数的关系
Sn＝n2＋n.
数列{an}是等差数列⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．
5．等差数列的前n项和的最值
在等差数列{an}中，a1＞0，d＜0，则Sn存在最大值；若a1＜0，d＞0，则Sn存在最小值．
【必会结论】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.若m＋n＝2p(m，n，p∈N )，则am＋an＝2ap.
(3)若{an}是等差数列，公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为2d.
(4)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列．
(5)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．
(6)等差数列{an}的前n项和为Sn, 则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等差数列，其公差为n2d.
高频考点一 等差数列基本量的运算
例1、(1)[2017·全国卷Ⅰ]记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为( )
A．1 B．2 C．4 D．8
答案 C
]
(2)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若6a3＋2a4－3a2＝5，则S7＝( )
A．28 B．21 C．14 D．7
答案 D
解析 由6a3＋2a4－3a2＝5，得6(a1＋2d)＋2(a1＋3d)－3(a1＋d)＝5a1＋15d＝5(a1＋3d)＝5，即5a4＝5，所以a4＝1，所以S7＝＝＝7a4＝7.故选D.
【举一反三】(1)已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝( )
A.100 B.99 C.98 D.97
(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn，S3＝6，S4＝12，则S6＝ .
解析 (1)设等差数列{an}的公差为d，由已知，得所以所以a100＝a1＋99d＝－1＋99＝98.
法二 ∵由{an}为等差数列，故可设前n项和Sn＝An2＋Bn，
由S3＝6，S4＝12可得
解得即Sn＝n2－n，则S6＝36－6＝30.
答案 (1)C (2)30
【方法规律】等差数列计算中的两个技巧
(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，体现了用方程的思想解决问题．
(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．
【变式探究】(1)已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝( )
A．100 B．99 C．98 D．97
答案 C
解析 设{an}的公差为d，由等差数列前n项和公式及通项公式，得解得an＝a1＋(n－1)d＝n－2，∴a100＝100－2＝98.故选C.
(2)设Sn为等差数列{an}的前n项和，a12＝－8，S9＝－9，则S16＝ .
答案 －72
解析 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
由已知，得解得
∴S16＝16×3＋×(－1)＝－72.
高频考点二 等差数列的判定与证明
例2、已知数列{an}中，a1＝，an＝2－(n≥2，n∈N )，数列{bn}满足bn＝(n∈N )．
(1)求证：数列{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}中的最大项和最小项，并说明理由．
(1)证明 因为an＝2－(n≥2，n∈N )，
bn＝(n∈N )，
所以bn＋1－bn＝－
＝－＝－＝1.
又b1＝＝－.
所以数列{bn}是以－为首项，1为公差的等差数列．
【感悟提升】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后，可递推得出an＋2－an＋1＝an＋1－an＝an－an－1＝an－1－an－2＝…＝a2－a1，根据定义得出数列{an}为等差数列．
(3)通项公式法：得出an＝pn＋q后，得an＋1－an＝p对任意正整数n恒成立，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，根据Sn，an的关系，得出an，再使用定义法证明数列{an}为等差数列．
【变式探究】(1)若{an}是公差为1的等差数列，则{a2n－1＋2a2n}是( )
A．公差为3的等差数列 B．公差为4的等差数列
C．公差为6的等差数列 D．公差为9的等差数列
(2)在数列{an}中，若a1＝1，a2＝，＝＋(n∈N )，则该数列的通项为( )
A．an＝ B．an＝
C．an＝ D．an＝
答案 (1)C (2)A
(2)由已知式＝＋可得
－＝－，知{}是首项为＝1，公差为－＝2－1＝1的等差数列，所以＝n，即an＝.
高频考点三 等差数列的性质及应用
例2、(1)在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，则a2＋a8＝ .
(2)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝10，S20＝30，则S30＝ .
答案 (1)10 (2)60
解析 (1)因为{an}是等差数列，所以a3＋a7＝a4＋a6＝a2＋a8＝2a5，a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝25，即a5＝5，a2＋a8＝2a5＝10.
(2)∵S10，S20－S10，S30－S20成等差数列，且S10＝10，S20＝30，S20－S10＝20，
∴S30－30＝10＋2×10＝30，∴S30＝60.
【变式探究】在等差数列{an}中，已知a1＝20，前n项和为Sn，且S10＝S15，求当n取何值时，Sn取得最大值，并求出它的最大值．
解 ∵a1＝20，S10＝S15，
∴10×20＋d＝15×20＋d，
∴d＝－.
方法一 由an＝20＋(n－1)×＝－n＋.
得a13＝0.
即当n≤12时，an＞0，当n≥14时，an＜0.
∴当n＝12或13时，Sn取得最大值，
且最大值为S12＝S13＝12×20＋×＝130.
【感悟提升】等差数列性质的应用技巧
(1)等差数列项的性质：利用等差数列项的性质解决基本量的运算体现了整体求值思想，应用时常将an＋am＝2ak(n＋m＝2k，n，m，k∈N )与am＋an＝ap＋aq(m＋n＝p＋q，m，n，p，q∈N )相结合，可减少运算量．
(2)等差数列和的性质：在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则数列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；若n为偶数，则S偶－S奇＝；若n为奇数，则S奇－S偶＝a中(中间项)．
【举一反三】(1)若一个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列的项数为( )
A.13 B.12 C.11 D.10
(2)在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，则a2＋a8＝ . . ]
解析 (1)因为a1＋a2＋a3＝34，an－2＋an－1＋an＝146，
a1＋a2＋a3＋an－2＋an－1＋an＝34＋146＝180，
又因为a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2，
所以3(a1＋an)＝180，从而a1＋an＝60，
所以Sn＝＝＝390，即n＝13.
(2)因为{an}是等差数列，所以a3＋a7＝a4＋a6＝a2＋a8＝2a5，a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝25，即a5＝5，a2＋a8＝2a5＝10.
答案 (1)A (2)10
高频考点四 等差数列前n项和及其最值
【例4】 (1)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
(2)设数列{an}的通项公式为an＝2n－10(n∈N＋)，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝ . | |X|X|K]
解析 (1)法一 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可推知这个数列递减，从而得到a7>0，a8<0，故n＝7时Sn最大.
法二 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.
答案 (1)C (2)130
【方法规律】求等差数列前n项和的最值的方法
(1)运用配方法转化为二次函数，借助二次函数的单调性以及数形结合的思想，从而使问题得解．
(2)通项公式法：求使an≥0(an≤0)成立时最大的n值即可．一般地，等差数列{an}中，若a1>0，且Sp＝Sq(p≠q)，则：①若p＋q为偶数，则当n＝时，Sn最大；②若p＋q为奇数，则当n＝或n＝时，Sn最大．
【变式探究】等差数列{an}中，设Sn为其前n项和，且a1>0，S3＝S11，则当n为多少时，Sn最大？
解 解法一：由S3＝S11，得3a1＋d＝11a1＋d，则d＝－a1.
从而Sn＝n2＋n＝－(n－7)2＋a1. ]
又a1>0，所以－<0.故当n＝7时，Sn最大．
解法二：由于Sn＝an2＋bn是关于n的二次函数，由S3＝S11，可知Sn＝an2＋bn的图象关于n＝＝7对称．由解法一可知a＝－
<0，故当n＝7时，Sn最大．
1. （2018年全国I卷理数）设为等差数列的前项和，若，，则
A. -12 B. -10 C. 10 D. 12
【答案】B
【解析】设该等差数列的公差为，根据题中的条件可得，
整理解得，所以，故选B.
2. （2018年北京卷）设是等差数列，且a1=3，a2+a5=36，则的通项公式为 ．
【答案】
【解析】
3. （2018年江苏卷）设是首项为，公差为d的等差数列，是首项为，公比为q的等比数列．
（1）设，若对均成立，求d的取值范围；
（2）若，证明：存在，使得对均成立，并求的取值范围（用表示）．
【答案】（1）d的取值范围为．
（2）d的取值范围为，证明见解析。
（2）由条件知：．
若存在d，使得（n=2，3，···，m+1）成立，
即，
即当时，d满足．
因为，则，
从而，，对均成立．
因此，取d=0时，对均成立．
下面讨论数列的最大值和数列的最小值（）．
①当时，，
当时，有，从而．
因此，当时，数列单调递增，
故数列的最大值为．
②设，当x>0时，，
所以单调递减，从而
因此，当时，数列单调递减，
故数列的最小值为．
因此，d的取值范围为．
1、[2017·全国卷Ⅰ]记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为( )
A．1 B．2 C．4 D．8
答案 C
2.【2017浙江，6】已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d>0”是“S4 + S6>2S5”的
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】由，可知当，则，即，反之，，所以为充要条件，选C．
3．【2017课标3，理14】设等比数列满足a1 + a2 = –1, a1 – a3 = –3，则a4 = .
【答案】
【解析】设等比数列的公比为 ，很明显 ，结合等比数列的通项公式和题意可得方程组：
，由 可得： ，代入①可得，
由等比数列的通项公式可得： .
1. 【2016高考新课标1卷】已知等差数列前9项的和为27,,则 （ ）
（A）100 （B）99 （C）98 （D）97
【答案】C
2【2016高考浙江理数】如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且，，
（）.若（ ）
A．是等差数列 B．是等差数列
C．是等差数列 D．是等差数列
【答案】A
【解析】表示点到对面直线的距离（设为）乘以长度一半，即，由题目中条件可知的长度为定值，那么我们需要知道的关系式，过作垂直得到初始距离，那么和两个垂足构成了等腰梯形，那么，其中为两条线的夹角，即为定值，那么，，作差后：，都为定值，所以为定值．故选A．
3.【2016年高考北京理数】已知为等差数列，为其前项和，若，，则 ..
【答案】6
【解析】∵是等差数列，∴，，，，
∴，故填：6．
4.【2016高考江苏卷】已知是等差数列，是其前项和.若，则的值是 ▲ .
【答案】
【解析】由得，因此
1.【2015高考重庆，理2】在等差数列中，若=4，=2，则= （ ）
A、-1 B、0 C、1 D、6
【答案】B
【解析】由等差数列的性质得，选B.
2.【2015高考福建，理8】若 是函数 的两个不同的零点，且 这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则 的值等于（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】D
3.【2015高考北京，理6】设是等差数列. 下列结论中正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】C
【解析】先分析四个答案支，A举一反例，而，A错误，B举同样反例，，而，B错误，下面针对C进行研究，是等差数列，若，则设公差为，则，数列各项均为正，由于，则，选C.
【2015高考新课标2，理16】设是数列的前n项和，且，，则 ．
【答案】
【2015高考广东，理10】在等差数列中，若，则= .
【答案】10．
【解析】因为是等差数列，所以，即，所以，故应填入．
【2015高考陕西，理13】中位数1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为 ．
【答案】5
【解析】设数列的首项为，则，所以，故该数列的首项为，所以答案应填：5．
1．（2014·安徽卷）数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝ .
【答案】1
【解析】因为数列{an}是等差数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5也成等差数列．又 a1＋1，a3＋3，a5＋5构为公比为q的等比数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5为常数列，故q＝1.
2．（2014·北京卷）若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝ 时，{an}的前n项和最大．
【答案】8
【解析】∵a7＋a8＋a9＝3a8>0，a7＋a10＝a8＋a9<0，∴a8>0，a9<0，∴n＝8时，数列{an}的前n项和最大．
3．（2014·福建卷）等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6等于( )
A．8 B．10 C．12 D．14
【答案】C
【解析】设等差数列{an}的公差为d，由等差数列的前n项和公式，得S3＝3×2＋d＝12，解得d＝2，则a6＝a1＋(6－1)d＝2＋5×2＝12.
4．（2014·湖北卷）已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn>60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．
(2)当an＝2时，Sn＝2n，显然2n<60n＋800，
此时不存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立．
当an＝4n－2时，Sn＝＝2n2.
令2n2>60n＋800，即n2－30n－400>0，
解得n>40或n<－10(舍去)，
此时存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立，n的最小值为41.
综上，当an＝2时，不存在满足题意的正整数n；
当an＝4n－2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41.
5．（2014·湖南卷）已知数列{an}满足a1＝1，|an＋1－an|＝pn，n∈N .
(1)若{an}是递增数列，且a1，2a2，3a3成等差数列，求p的值；
(2)若p＝，且{a2n－1}是递增数列，{a2n}是递减数列，求数列{an}的通项公式．
(2)由于{a2n－1}是递增数列，因而a2n＋1－a2n－1>0，于是(a2n＋1－a2n)＋(a2n－a2n－1)>0.①
因为<，所以|a2n＋1－a2n|<|a2n－a2n－1|.②
由①②知，a2n－a2n－1>0，因此a2n－a2n－1＝＝.③
因为{a2n}是递减数列，同理可得，a2n＋1－a2n<0，故a2n＋1－a2n＝－＝.④
由③④可知，an＋1－an＝.
于是an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋－＋…＋＝1＋·＝＋·.
故数列{an}的通项公式为an＝＋·.
6．（2014·辽宁卷）设等差数列{an}的公差为d.若数列{2a1an}为递减数列，则( )
A．d<0 B．d>0 C．a1d<0 D．a1d>0
【答案】C
【解析】令bn＝2a1an，因为数列{2a1an}为递减数列，所以＝＝2a1(an＋1－an)＝2a1d<1，所得a1d<0.
7．（2014·全国卷）等差数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝10，a2为整数，且Sn≤S4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
(2)bn＝＝.于是Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝＝.
8．（2014·新课标全国卷Ⅰ] 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．
(1)证明：an＋2－an＝λ.
(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．
【解析】(1)证明：由题设，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，
两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.
因为an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.
(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得 a2＝λ－1，
由(1)知，a3＝λ＋1.
若{an}为等差数列，则2a2＝a1＋a3，解得λ＝4，故an＋2－an＝4.
由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，
a2n－1＝4n－3；
{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.
所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.
因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．
9．（2014·山东卷）已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】 (1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋×2＝2a1＋2，
S4＝4a1＋×2＝4a1＋12，
由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1，
所以an＝2n－1.
10．（2014·陕西卷）△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.
(1)若a，b，c成等差数列，证明：sin A＋sin C＝2sin(A＋C)；
(2)若a，b，c成等比数列，求cos B的最小值．
【解析】(1)∵a，b，c成等差数列，∴a＋c＝2b.
由正弦定理得sin A＋sin C＝2sin B.
∵sin B＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，
∴sin A＋sin C＝2sin(A＋C)．
(2)∵a，b，c成等比数列，∴b2＝ac.
由余弦定理得
cos B＝＝≥＝，
当且仅当a＝c时等号成立，
∴cos B的最小值为.
11．（2014·天津卷）设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1的值为 ．
【答案】－
【解析】∵S2＝2a1－1，S4＝4a1＋×(－1)＝4a1－6，S1，S2，S4成等比数列，
∴(2a1－1)2＝a1(4a1－6)，解得a1＝－.
12．（2014·重庆卷）设a1＝1，an＋1＝＋b(n∈N )．
(1)若b＝1，求a2，a3及数列{an}的通项公式．
(2)若b＝－1，问：是否存在实数c使得a2n
(2)方法一：设f(x)＝－1，则an＋1＝f(an)．
令c＝f(c)，即c＝－1，解得c＝.
下面用数学归纳法证明命题
a2n
c＝f(c)>f(a2k＋1)>f(1)＝a2，即
1>c>a2k＋2>a2.
再由f(x)在(－∞，1]上为减函数，得c＝f(c)
假设n＝k时，结论成立，即a2k
a2k＋1＝f(a2k)>f(a2k＋1)＝a2k＋2，
a2(k＋1)＝f(a2k＋1)
由②得a2n<－1，
即(a2n＋1)2
又由①②及f(x)在(－∞，1]上为减函数，得f(a2n)>f(a2n＋1)，即a2n＋1>a2n＋2.
所以a2n＋1>－1，解得a2n＋1>. ④
综上，由②③④知存在c＝使a2n
图1－3
A．16＋8π B．8＋8π
C．16＋16π D．8＋16π
【答案】A
【解析】由三视图可知该组合体下半部分是一个半圆柱，上半部分是一个长方体，故体积为V＝2×2×4＋×π×22×4＝16＋8π.
14．（2013·新课标全国卷Ⅰ] 设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝( )
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
15．（2013·广东卷）在等差数列{an}中，已知a3＋a8＝10，则3a5＋a7＝ ．
【答案】20
【解析】方法一：a3＋a8＝2a1＋9d＝10，而3a5＋a7＝3(a1＋4d)＋a1＋6d＝2(2a1＋9d)＝20.
方法二：3a5＋a7＝2a5＋(a5＋a7)＝2a5＋2a6＝2(a5＋a6)＝2(a3＋a8)＝20.
16．（2013·北京卷）已知{an}是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为An，第n项之后各项an＋1，an＋2，…的最小值记为Bn，dn＝An－Bn.
(1)若{an}为2，1，4，3，2，1，4，3，…，是一个周期为4的数列(即对任意n∈N ，an＋4＝an)，写出d1，d2，d3，d4的值；
(2)设d是非负整数，证明：dn＝－d(n＝1，2，3，…)的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列；
(3)证明：若a1＝2，dn＝1 (n＝1，2，3，…)，则{an}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.
【解析】(1)d1＝d2＝1，d3＝d4＝3.
(3)因为a1＝2，d1＝1，所以A1＝a1＝2，B1＝A1－d1＝1.
故对任意n≥1，an≥B1＝1.
假设{an}(n≥2)中存在大于2的项．
设m为满足am>2的最小正整数，
则m≥2，并且对任意1≤k
于是，Bm＝Am－dm>2－1＝1，Bm－1＝min{am，Bm}>1.
故dm－1＝Am－1－Bm－1<2－1＝1，与dm－1＝1矛盾．
所以对于任意n≥1，有an≤2，即非负整数列{an}的各项只能为1或2.
因为对任意n≥1，an≤2＝a1，
所以An＝2.
故Bn＝An－dn＝2－1＝1.
因此对于任意正整数n ，存在m满足m>n，且am＝1，即数列{an}有无穷多项为1.
17．（2013·全国卷）等差数列{an}前n项和为Sn.已知S3＝a，且S1，S2，S4成等比数列，求{an}的通项公式．
【解析】设{an}的公差为d.
由S3＝a，得3a2＝a，故a2＝0或a2＝3.
由S1，S2，S4成等比数列得S＝S1S4.
又S1＝a2－d，S2＝2a2－d，S4＝4a2＋2d，
故(2a2－d)2＝(a2－d)(4a2＋2d)．
若a2＝0，则d2＝－2d2，所以d＝0，
此时Sn＝0，不合题意；
若a2＝3，则(6－d)2＝(3－d)(12＋2d)，
解得d＝0或d＝2.
因此{an}的通项公式为an＝3或an＝2n－1.
18．（2013·山东卷）设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＋＝λ(λ为常数)，令cn＝b2n(n∈N )，求数列{cn}的前n项和Rn.
(2)由题意知Tn＝λ－，所以n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝－＋＝.
故cn＝b2n＝＝(n－1)，n∈N .
所以Rn＝0×＋1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×，
则Rn＝0×＋1×＋2×＋…＋(n－2)×＋(n－1)×，
两式相减得
Rn＝＋＋＋…＋－(n－1)×
＝－(n－1)×
＝－，
整理得Rn＝4－.
所以数列{cn}的前n项和Rn＝4－.
19．（2013·四川卷） 在等差数列{an}中，a1＋a3＝8，且a4为a2和a9的等比中项，求数列{an}的首项、公差及前n项和．
20．（2013·新课标全国卷Ⅱ] 等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为 ．
【答案】－49
【解析】由已知，a1＋a10＝0，a1＋a15＝d＝，a1＝－3，∴nSn＝，易得n＝6或n＝7时，nSn出现最小值．当n＝6时，nSn＝－48；n＝7时，nSn＝－49.故nSn的最小值为－49. 学 .
21．（2013·重庆卷）已知{an}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8＝ ．
【答案】64
【解析】设数列{an}的公差为d，由a1，a2，a5成等比数列，得(1＋d)2＝1·(1＋4d)，解得d＝2或d＝0(舍去)，所以S8＝8×1＋×2＝64.
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，并能用有关知识解决相应的问题；
4.了解等差数列与一次函数、二次函数的关系．
1．等差数列的定义
如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，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，公差通常用字母d表示．
数学语言表达式：an＋1－an＝d(n∈N ，d为常数)，或an－an－1＝d(n≥2，d为常数)．
2．等差数列的通项公式与前n项和公式
(1)若等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则其通项公式为an＝a1＋(n－1)d．
通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(m，n∈N )．
(2)等差数列的前n项和公式
Sn＝＝na1＋d(其中n∈N ，a1为首项，d为公差，an为第n项)．
3．等差数列及前n项和的性质
(1)若a，A，b成等差数列，则A叫做a，b的等差中项，且A＝．
(2)若{an}为等差数列，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N )．
(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)若n为偶数，则S偶－S奇＝；
若n为奇数，则S奇－S偶＝a中(中间项)．
4．等差数列的前n项和公式与函数的关系
Sn＝n2＋n.
数列{an}是等差数列⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．
5．等差数列的前n项和的最值
在等差数列{an}中，a1＞0，d＜0，则Sn存在最大值；若a1＜0，d＞0，则Sn存在最小值．
【必会结论】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.若m＋n＝2p(m，n，p∈N )，则am＋an＝2ap.
(3)若{an}是等差数列，公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为2d.
(4)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列．
(5)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．
(6)等差数列{an}的前n项和为Sn, 则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等差数列，其公差为n2d.
高频考点一 等差数列基本量的运算
例1、(1)[2017·全国卷Ⅰ]记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为( )
A．1 B．2 C．4 D．8
答案 C
]
(2)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若6a3＋2a4－3a2＝5，则S7＝( )
A．28 B．21 C．14 D．7
答案 D
解析 由6a3＋2a4－3a2＝5，得6(a1＋2d)＋2(a1＋3d)－3(a1＋d)＝5a1＋15d＝5(a1＋3d)＝5，即5a4＝5，所以a4＝1，所以S7＝＝＝7a4＝7.故选D.
【举一反三】(1)已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝( )
A.100 B.99 C.98 D.97
(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn，S3＝6，S4＝12，则S6＝ .
解析 (1)设等差数列{an}的公差为d，由已知，得所以所以a100＝a1＋99d＝－1＋99＝98.
法二 ∵由{an}为等差数列，故可设前n项和Sn＝An2＋Bn，
由S3＝6，S4＝12可得
解得即Sn＝n2－n，则S6＝36－6＝30.
答案 (1)C (2)30
【方法规律】等差数列计算中的两个技巧
(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，体现了用方程的思想解决问题．
(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．
【变式探究】(1)已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝( )
A．100 B．99 C．98 D．97
答案 C
解析 设{an}的公差为d，由等差数列前n项和公式及通项公式，得解得an＝a1＋(n－1)d＝n－2，∴a100＝100－2＝98.故选C.
(2)设Sn为等差数列{an}的前n项和，a12＝－8，S9＝－9，则S16＝ .
答案 －72
解析 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
由已知，得解得
∴S16＝16×3＋×(－1)＝－72.
高频考点二 等差数列的判定与证明
例2、已知数列{an}中，a1＝，an＝2－(n≥2，n∈N )，数列{bn}满足bn＝(n∈N )．
(1)求证：数列{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}中的最大项和最小项，并说明理由．
(1)证明 因为an＝2－(n≥2，n∈N )，
bn＝(n∈N )，
所以bn＋1－bn＝－
＝－＝－＝1.
又b1＝＝－.
所以数列{bn}是以－为首项，1为公差的等差数列．
【感悟提升】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后，可递推得出an＋2－an＋1＝an＋1－an＝an－an－1＝an－1－an－2＝…＝a2－a1，根据定义得出数列{an}为等差数列．
(3)通项公式法：得出an＝pn＋q后，得an＋1－an＝p对任意正整数n恒成立，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，根据Sn，an的关系，得出an，再使用定义法证明数列{an}为等差数列．
【变式探究】(1)若{an}是公差为1的等差数列，则{a2n－1＋2a2n}是( )
A．公差为3的等差数列 B．公差为4的等差数列
C．公差为6的等差数列 D．公差为9的等差数列
(2)在数列{an}中，若a1＝1，a2＝，＝＋(n∈N )，则该数列的通项为( )
A．an＝ B．an＝
C．an＝ D．an＝
答案 (1)C (2)A
(2)由已知式＝＋可得
－＝－，知{}是首项为＝1，公差为－＝2－1＝1的等差数列，所以＝n，即an＝.
高频考点三 等差数列的性质及应用
例2、(1)在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，则a2＋a8＝ .
(2)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝10，S20＝30，则S30＝ .
答案 (1)10 (2)60
解析 (1)因为{an}是等差数列，所以a3＋a7＝a4＋a6＝a2＋a8＝2a5，a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝25，即a5＝5，a2＋a8＝2a5＝10.
(2)∵S10，S20－S10，S30－S20成等差数列，且S10＝10，S20＝30，S20－S10＝20，
∴S30－30＝10＋2×10＝30，∴S30＝60.
【变式探究】在等差数列{an}中，已知a1＝20，前n项和为Sn，且S10＝S15，求当n取何值时，Sn取得最大值，并求出它的最大值．
解 ∵a1＝20，S10＝S15，
∴10×20＋d＝15×20＋d，
∴d＝－.
方法一 由an＝20＋(n－1)×＝－n＋.
得a13＝0.
即当n≤12时，an＞0，当n≥14时，an＜0.
∴当n＝12或13时，Sn取得最大值，
且最大值为S12＝S13＝12×20＋×＝130.
【感悟提升】等差数列性质的应用技巧
(1)等差数列项的性质：利用等差数列项的性质解决基本量的运算体现了整体求值思想，应用时常将an＋am＝2ak(n＋m＝2k，n，m，k∈N )与am＋an＝ap＋aq(m＋n＝p＋q，m，n，p，q∈N )相结合，可减少运算量．
(2)等差数列和的性质：在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则数列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；若n为偶数，则S偶－S奇＝；若n为奇数，则S奇－S偶＝a中(中间项)．
【举一反三】(1)若一个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列的项数为( )
A.13 B.12 C.11 D.10
(2)在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，则a2＋a8＝ . . ]
解析 (1)因为a1＋a2＋a3＝34，an－2＋an－1＋an＝146，
a1＋a2＋a3＋an－2＋an－1＋an＝34＋146＝180，
又因为a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2，
所以3(a1＋an)＝180，从而a1＋an＝60，
所以Sn＝＝＝390，即n＝13.
(2)因为{an}是等差数列，所以a3＋a7＝a4＋a6＝a2＋a8＝2a5，a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝25，即a5＝5，a2＋a8＝2a5＝10.
答案 (1)A (2)10
高频考点四 等差数列前n项和及其最值
【例4】 (1)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
(2)设数列{an}的通项公式为an＝2n－10(n∈N＋)，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝ . | |X|X|K]
解析 (1)法一 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可推知这个数列递减，从而得到a7>0，a8<0，故n＝7时Sn最大.
法二 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.
答案 (1)C (2)130
【方法规律】求等差数列前n项和的最值的方法
(1)运用配方法转化为二次函数，借助二次函数的单调性以及数形结合的思想，从而使问题得解．
(2)通项公式法：求使an≥0(an≤0)成立时最大的n值即可．一般地，等差数列{an}中，若a1>0，且Sp＝Sq(p≠q)，则：①若p＋q为偶数，则当n＝时，Sn最大；②若p＋q为奇数，则当n＝或n＝时，Sn最大．
【变式探究】等差数列{an}中，设Sn为其前n项和，且a1>0，S3＝S11，则当n为多少时，Sn最大？
解 解法一：由S3＝S11，得3a1＋d＝11a1＋d，则d＝－a1.
从而Sn＝n2＋n＝－(n－7)2＋a1. ]
又a1>0，所以－<0.故当n＝7时，Sn最大．
解法二：由于Sn＝an2＋bn是关于n的二次函数，由S3＝S11，可知Sn＝an2＋bn的图象关于n＝＝7对称．由解法一可知a＝－
<0，故当n＝7时，Sn最大．
1. （2018年全国I卷理数）设为等差数列的前项和，若，，则
A. -12 B. -10 C. 10 D. 12
【答案】B
【解析】设该等差数列的公差为，根据题中的条件可得，
整理解得，所以，故选B.
2. （2018年北京卷）设是等差数列，且a1=3，a2+a5=36，则的通项公式为 ．
【答案】
【解析】
3. （2018年江苏卷）设是首项为，公差为d的等差数列，是首项为，公比为q的等比数列．
（1）设，若对均成立，求d的取值范围；
（2）若，证明：存在，使得对均成立，并求的取值范围（用表示）．
【答案】（1）d的取值范围为．
（2）d的取值范围为，证明见解析。
（2）由条件知：．
若存在d，使得（n=2，3，···，m+1）成立，
即，
即当时，d满足．
因为，则，
从而，，对均成立．
因此，取d=0时，对均成立．
下面讨论数列的最大值和数列的最小值（）．
①当时，，
当时，有，从而．
因此，当时，数列单调递增，
故数列的最大值为．
②设，当x>0时，，
所以单调递减，从而
因此，当时，数列单调递减，
故数列的最小值为．
因此，d的取值范围为．
1、[2017·全国卷Ⅰ]记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为( )
A．1 B．2 C．4 D．8
答案 C
2.【2017浙江，6】已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d>0”是“S4 + S6>2S5”的
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】由，可知当，则，即，反之，，所以为充要条件，选C．
3．【2017课标3，理14】设等比数列满足a1 + a2 = –1, a1 – a3 = –3，则a4 = .
【答案】
【解析】设等比数列的公比为 ，很明显 ，结合等比数列的通项公式和题意可得方程组：
，由 可得： ，代入①可得，
由等比数列的通项公式可得： .
1. 【2016高考新课标1卷】已知等差数列前9项的和为27,,则 （ ）
（A）100 （B）99 （C）98 （D）97
【答案】C
2【2016高考浙江理数】如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且，，
（）.若（ ）
A．是等差数列 B．是等差数列
C．是等差数列 D．是等差数列
【答案】A
【解析】表示点到对面直线的距离（设为）乘以长度一半，即，由题目中条件可知的长度为定值，那么我们需要知道的关系式，过作垂直得到初始距离，那么和两个垂足构成了等腰梯形，那么，其中为两条线的夹角，即为定值，那么，，作差后：，都为定值，所以为定值．故选A．
3.【2016年高考北京理数】已知为等差数列，为其前项和，若，，则 ..
【答案】6
【解析】∵是等差数列，∴，，，，
∴，故填：6．
4.【2016高考江苏卷】已知是等差数列，是其前项和.若，则的值是 ▲ .
【答案】
【解析】由得，因此
1.【2015高考重庆，理2】在等差数列中，若=4，=2，则= （ ）
A、-1 B、0 C、1 D、6
【答案】B
【解析】由等差数列的性质得，选B.
2.【2015高考福建，理8】若 是函数 的两个不同的零点，且 这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则 的值等于（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】D
3.【2015高考北京，理6】设是等差数列. 下列结论中正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】C
【解析】先分析四个答案支，A举一反例，而，A错误，B举同样反例，，而，B错误，下面针对C进行研究，是等差数列，若，则设公差为，则，数列各项均为正，由于，则，选C.
【2015高考新课标2，理16】设是数列的前n项和，且，，则 ．
【答案】
【2015高考广东，理10】在等差数列中，若，则= .
【答案】10．
【解析】因为是等差数列，所以，即，所以，故应填入．
【2015高考陕西，理13】中位数1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为 ．
【答案】5
【解析】设数列的首项为，则，所以，故该数列的首项为，所以答案应填：5．
1．（2014·安徽卷）数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝ .
【答案】1
【解析】因为数列{an}是等差数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5也成等差数列．又 a1＋1，a3＋3，a5＋5构为公比为q的等比数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5为常数列，故q＝1.
2．（2014·北京卷）若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝ 时，{an}的前n项和最大．
【答案】8
【解析】∵a7＋a8＋a9＝3a8>0，a7＋a10＝a8＋a9<0，∴a8>0，a9<0，∴n＝8时，数列{an}的前n项和最大．
3．（2014·福建卷）等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6等于( )
A．8 B．10 C．12 D．14
【答案】C
【解析】设等差数列{an}的公差为d，由等差数列的前n项和公式，得S3＝3×2＋d＝12，解得d＝2，则a6＝a1＋(6－1)d＝2＋5×2＝12.
4．（2014·湖北卷）已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn>60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．
(2)当an＝2时，Sn＝2n，显然2n<60n＋800，
此时不存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立．
当an＝4n－2时，Sn＝＝2n2.
令2n2>60n＋800，即n2－30n－400>0，
解得n>40或n<－10(舍去)，
此时存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立，n的最小值为41.
综上，当an＝2时，不存在满足题意的正整数n；
当an＝4n－2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41.
5．（2014·湖南卷）已知数列{an}满足a1＝1，|an＋1－an|＝pn，n∈N .
(1)若{an}是递增数列，且a1，2a2，3a3成等差数列，求p的值；
(2)若p＝，且{a2n－1}是递增数列，{a2n}是递减数列，求数列{an}的通项公式．
(2)由于{a2n－1}是递增数列，因而a2n＋1－a2n－1>0，于是(a2n＋1－a2n)＋(a2n－a2n－1)>0.①
因为<，所以|a2n＋1－a2n|<|a2n－a2n－1|.②
由①②知，a2n－a2n－1>0，因此a2n－a2n－1＝＝.③
因为{a2n}是递减数列，同理可得，a2n＋1－a2n<0，故a2n＋1－a2n＝－＝.④
由③④可知，an＋1－an＝.
于是an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋－＋…＋＝1＋·＝＋·.
故数列{an}的通项公式为an＝＋·.
6．（2014·辽宁卷）设等差数列{an}的公差为d.若数列{2a1an}为递减数列，则( )
A．d<0 B．d>0 C．a1d<0 D．a1d>0
【答案】C
【解析】令bn＝2a1an，因为数列{2a1an}为递减数列，所以＝＝2a1(an＋1－an)＝2a1d<1，所得a1d<0.
7．（2014·全国卷）等差数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝10，a2为整数，且Sn≤S4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
(2)bn＝＝.于是Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝＝.
8．（2014·新课标全国卷Ⅰ] 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．
(1)证明：an＋2－an＝λ.
(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．
【解析】(1)证明：由题设，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，
两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.
因为an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.
(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得 a2＝λ－1，
由(1)知，a3＝λ＋1.
若{an}为等差数列，则2a2＝a1＋a3，解得λ＝4，故an＋2－an＝4.
由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，
a2n－1＝4n－3；
{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.
所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.
因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．
9．（2014·山东卷）已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】 (1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋×2＝2a1＋2，
S4＝4a1＋×2＝4a1＋12，
由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1，
所以an＝2n－1.
10．（2014·陕西卷）△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.
(1)若a，b，c成等差数列，证明：sin A＋sin C＝2sin(A＋C)；
(2)若a，b，c成等比数列，求cos B的最小值．
【解析】(1)∵a，b，c成等差数列，∴a＋c＝2b.
由正弦定理得sin A＋sin C＝2sin B.
∵sin B＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，
∴sin A＋sin C＝2sin(A＋C)．
(2)∵a，b，c成等比数列，∴b2＝ac.
由余弦定理得
cos B＝＝≥＝，
当且仅当a＝c时等号成立，
∴cos B的最小值为.
11．（2014·天津卷）设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1的值为 ．
【答案】－
【解析】∵S2＝2a1－1，S4＝4a1＋×(－1)＝4a1－6，S1，S2，S4成等比数列，
∴(2a1－1)2＝a1(4a1－6)，解得a1＝－.
12．（2014·重庆卷）设a1＝1，an＋1＝＋b(n∈N )．
(1)若b＝1，求a2，a3及数列{an}的通项公式．
(2)若b＝－1，问：是否存在实数c使得a2n
(2)方法一：设f(x)＝－1，则an＋1＝f(an)．
令c＝f(c)，即c＝－1，解得c＝.
下面用数学归纳法证明命题
a2n
c＝f(c)>f(a2k＋1)>f(1)＝a2，即
1>c>a2k＋2>a2.
再由f(x)在(－∞，1]上为减函数，得c＝f(c)
假设n＝k时，结论成立，即a2k
a2k＋1＝f(a2k)>f(a2k＋1)＝a2k＋2，
a2(k＋1)＝f(a2k＋1)
由②得a2n<－1，
即(a2n＋1)2
又由①②及f(x)在(－∞，1]上为减函数，得f(a2n)>f(a2n＋1)，即a2n＋1>a2n＋2.
所以a2n＋1>－1，解得a2n＋1>. ④
综上，由②③④知存在c＝使a2n
图1－3
A．16＋8π B．8＋8π
C．16＋16π D．8＋16π
【答案】A
【解析】由三视图可知该组合体下半部分是一个半圆柱，上半部分是一个长方体，故体积为V＝2×2×4＋×π×22×4＝16＋8π.
14．（2013·新课标全国卷Ⅰ] 设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝( )
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
15．（2013·广东卷）在等差数列{an}中，已知a3＋a8＝10，则3a5＋a7＝ ．
【答案】20
【解析】方法一：a3＋a8＝2a1＋9d＝10，而3a5＋a7＝3(a1＋4d)＋a1＋6d＝2(2a1＋9d)＝20.
方法二：3a5＋a7＝2a5＋(a5＋a7)＝2a5＋2a6＝2(a5＋a6)＝2(a3＋a8)＝20.
16．（2013·北京卷）已知{an}是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为An，第n项之后各项an＋1，an＋2，…的最小值记为Bn，dn＝An－Bn.
(1)若{an}为2，1，4，3，2，1，4，3，…，是一个周期为4的数列(即对任意n∈N ，an＋4＝an)，写出d1，d2，d3，d4的值；
(2)设d是非负整数，证明：dn＝－d(n＝1，2，3，…)的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列；
(3)证明：若a1＝2，dn＝1 (n＝1，2，3，…)，则{an}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.
【解析】(1)d1＝d2＝1，d3＝d4＝3.
(3)因为a1＝2，d1＝1，所以A1＝a1＝2，B1＝A1－d1＝1.
故对任意n≥1，an≥B1＝1.
假设{an}(n≥2)中存在大于2的项．
设m为满足am>2的最小正整数，
则m≥2，并且对任意1≤k
于是，Bm＝Am－dm>2－1＝1，Bm－1＝min{am，Bm}>1.
故dm－1＝Am－1－Bm－1<2－1＝1，与dm－1＝1矛盾．
所以对于任意n≥1，有an≤2，即非负整数列{an}的各项只能为1或2.
因为对任意n≥1，an≤2＝a1，
所以An＝2.
故Bn＝An－dn＝2－1＝1.
因此对于任意正整数n ，存在m满足m>n，且am＝1，即数列{an}有无穷多项为1.
17．（2013·全国卷）等差数列{an}前n项和为Sn.已知S3＝a，且S1，S2，S4成等比数列，求{an}的通项公式．
【解析】设{an}的公差为d.
由S3＝a，得3a2＝a，故a2＝0或a2＝3.
由S1，S2，S4成等比数列得S＝S1S4.
又S1＝a2－d，S2＝2a2－d，S4＝4a2＋2d，
故(2a2－d)2＝(a2－d)(4a2＋2d)．
若a2＝0，则d2＝－2d2，所以d＝0，
此时Sn＝0，不合题意；
若a2＝3，则(6－d)2＝(3－d)(12＋2d)，
解得d＝0或d＝2.
因此{an}的通项公式为an＝3或an＝2n－1.
18．（2013·山东卷）设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＋＝λ(λ为常数)，令cn＝b2n(n∈N )，求数列{cn}的前n项和Rn.
(2)由题意知Tn＝λ－，所以n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝－＋＝.
故cn＝b2n＝＝(n－1)，n∈N .
所以Rn＝0×＋1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×，
则Rn＝0×＋1×＋2×＋…＋(n－2)×＋(n－1)×，
两式相减得
Rn＝＋＋＋…＋－(n－1)×
＝－(n－1)×
＝－，
整理得Rn＝4－.
所以数列{cn}的前n项和Rn＝4－.
19．（2013·四川卷） 在等差数列{an}中，a1＋a3＝8，且a4为a2和a9的等比中项，求数列{an}的首项、公差及前n项和．
20．（2013·新课标全国卷Ⅱ] 等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为 ．
【答案】－49
【解析】由已知，a1＋a10＝0，a1＋a15＝d＝，a1＝－3，∴nSn＝，易得n＝6或n＝7时，nSn出现最小值．当n＝6时，nSn＝－48；n＝7时，nSn＝－49.故nSn的最小值为－49. 学 .
21．（2013·重庆卷）已知{an}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8＝ ．
【答案】64
【解析】设数列{an}的公差为d，由a1，a2，a5成等比数列，得(1＋d)2＝1·(1＋4d)，解得d＝2或d＝0(舍去)，所以S8＝8×1＋×2＝64.
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