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高考数学一轮复习 第5章 第2节 等差数列及其前n项和
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这是一份高考数学一轮复习 第5章 第2节 等差数列及其前n项和，共15页。
1．等差数列的有关概念
(1)定义：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．用符号表示为an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)．
(2)等差中项：数列a，A，b成等差数列的充要条件是A＝eq \f(a＋b,2)，其中A叫做a，b的等差中项．
2．等差数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d，an＝am＋(n－m)d.
(2)前n项和公式：Sn＝na1＋eq \f(nn－1d,2)＝eq \f(na1＋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{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．
1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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)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.( )
(3)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的．( )
(4)数列{an}为等差数列的充要条件是其通项公式为n的一次函数．( )
[答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)×
2．等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝6，a3＝0，则公差d等于( )
A．－1 B．1
C．2D．－2
D [依题意得S3＝3a2＝6，即a2＝2，故d＝a3－a2＝－2，故选D.]
3．(2015·全国卷Ⅱ)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＋a3＋a5＝3，则S5＝( )
A．5B．7
C．9D．11
A [a1＋a3＋a5＝3a3＝3⇒a3＝1，S5＝eq \f(5a1＋a5,2)＝5a3＝5.]
4．(2016·全国卷Ⅰ)已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝( )
A．100B．99
C．98D．97
C [法一：∵{an}是等差数列，设其公差为d，
∴S9＝eq \f(9,2)(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3.
又∵a10＝8，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋4d＝3，,a1＋9d＝8，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－1，,d＝1.))
∴a100＝a1＋99d＝－1＋99×1＝98.故选C.
法二：∵{an}是等差数列，
∴S9＝eq \f(9,2)(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3.
在等差数列{an}中，a5，a10，a15，…，a100成等差数列，且公差d′＝a10－a5＝8－3＝5.
故a100＝a5＋(20－1)×5＝98.故选C.]
5．(教材改编)在100以内的正整数中有__________个能被6整除的数．
16 [由题意知，能被6整除的数构成一个等差数列{an}，
则a1＝6，d＝6，得an＝6＋(n－1)6＝6n.
由an＝6n≤100，即n≤16eq \f(4,6)＝16eq \f(2,3)，
则在100以内有16个能被6整除的数．]
(1)(2015·全国卷Ⅰ)已知{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和，若S8＝4S4，则a10＝( )
A.eq \f(17,2) B.eq \f(19,2)
C．10D．12
(2)(2017·云南省二次统一检测)设等差数列{an}的前n项和为Sn，S11＝22，a4＝－12，若am＝30，则m＝( )
A．9B．10
C．11D．15
(1)B (2)B [(1)∵公差为1，
∴S8＝8a1＋eq \f(8×8－1,2)×1＝8a1＋28，S4＝4a1＋6.
∵S8＝4S4，∴8a1＋28＝4(4a1＋6)，解得a1＝eq \f(1,2)，
∴a10＝a1＋9d＝eq \f(1,2)＋9＝eq \f(19,2).
(2)设等差数列{an}的公差为d，依题意eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S11＝11a1＋\f(11×11－1,2)d＝22，,a4＝a1＋3d＝－12，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－33，,d＝7，))
∴am＝a1＋(m－1)d＝7m－40＝30，∴m＝10.]
[规律方法] 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，知三求二，体现了方程思想的应用．
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，称为基本量法．
[变式训练1] (1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足eq \f(S3,3)－eq \f(S2,2)＝1，则数列{an}的公差是( )
A.eq \f(1,2)B．1
C．2D．3
(2)设Sn为等差数列{an}的前n项和，a12＝－8，S9＝－9，则S16＝__________.
【导学号：31222176】
(1)C (2)－72 [(1)∵Sn＝eq \f(na1＋an,2)，∴eq \f(Sn,n)＝eq \f(a1＋an,2)，又eq \f(S3,3)－eq \f(S2,2)＝1，
得eq \f(a1＋a3,2)－eq \f(a1＋a2,2)＝1，即a3－a2＝2，
∴数列{an}的公差为2.
(2)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
由已知，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a12＝a1＋11d＝－8，,S9＝9a1＋\f(9d×8,2)＝－9，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝3，,d＝－1.))
∴S16＝16×3＋eq \f(16×15,2)×(－1)＝－72.]
已知数列{an}中，a1＝eq \f(3,5)，an＝2－eq \f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝eq \f(1,an－1)(n∈N*)．
(1)求证：数列{bn}是等差数列．
(2)求数列{an}中的通项公式an.
[解] (1)证明：因为an＝2－eq \f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，
bn＝eq \f(1,an－1).
所以n≥2时，bn－bn－1＝eq \f(1,an－1)－eq \f(1,an－1－1)
＝eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,an－1)))－1)－eq \f(1,an－1－1)＝eq \f(an－1,an－1－1)－eq \f(1,an－1－1)＝1.5分
又b1＝eq \f(1,a1－1)＝－eq \f(5,2)，
所以数列{bn}是以－eq \f(5,2)为首项，1为公差的等差数列.7分
(2)由(1)知，bn＝n－eq \f(7,2)，9分
则an＝1＋eq \f(1,bn)＝1＋eq \f(2,2n－7).12分
[规律方法] 1.判断等差数列的解答题，常用定义法和等差中项法，而通项公式法和前n项和公式法主要适用于选择题、填空题中的简单判断．
2．用定义证明等差数列时，常采用两个式子an＋1－an＝d和an－an－1＝d，但它们的意义不同，后者必须加上“n≥2”，否则n＝1时，a0无定义．
[变式训练2] (1)若{an}是公差为1的等差数列，则{a2n－1＋2a2n}是( )
【导学号：31222177】
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＝eq \f(1,2)，eq \f(2,an＋1)＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,an＋2)(n∈N*)，则该数列的通项为( )
A．an＝eq \f(1,n)
B．an＝eq \f(2,n＋1)
C．an＝eq \f(2,n＋2)
D．an＝eq \f(3,n)
A [由已知式eq \f(2,an＋1)＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,an＋2)可得eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝eq \f(1,an＋2)－eq \f(1,an＋1)，知eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为eq \f(1,a1)＝1，公差为eq \f(1,a2)－eq \f(1,a1)＝2－1＝1的等差数列，所以eq \f(1,an)＝n，即an＝eq \f(1,n).]
(1)C (2)480 [(1)∵a2n－1＋2a2n－(a2n－3＋2a2n－2)
＝(a2n－1－a2n－3)＋2(a2n－a2n－2)
＝2＋2×2＝6，
∴{a2n－1＋2a2n}是公差为6的等差数列．
(2)由已知Sneq \r(Sn－1)－Sn－1eq \r(Sn)＝2eq \r(SnSn－1)可得，eq \r(Sn)－eq \r(Sn－1)＝2，所以{eq \r(Sn)}是以1为首项，2为公差的等差数列，故eq \r(Sn)＝2n－1，Sn＝(2n－1)2，所以a61＝S61－S60＝1212－1192＝480.]
(1)(2017·东北三省四市一联)如图521所示的数阵中，每行、每列的三个数均成等差数列，如果数阵中所有数之和等于63，那么a52＝( )
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a41 a42 a43,a51 a52 a53,a61 a62 a63))
图521
A．2 B．8
C．7D．4
(2)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取得最大值．
(1)C [法一：第一行三数成等差数列，由等差中项的性质有a41＋a42＋a43＝3a42，同理第二行也有a51＋a52＋a53＝3a52，第三行也有a61＋a62＋a63＝3a62，又每列也成等差数列，所以对于第二列，有a42＋a52＋a62＝3a52，所以a41＋a42＋a43＋a51＋a52＋a53＋a61＋a62＋a63＝3a42＋3a52＋3a62＝3×3a52＝63，所以a52＝7，故选C.
法二：由于每行每列都成等差数列，不妨取特殊情况，即这9个数均相同，显然满足题意，所以有63÷9＝7，即a52＝7，故选C.]
(2)法一：由S3＝S11，可得3a1＋eq \f(3×2,2)d＝11a1＋eq \f(11×10,2)d，4分
即d＝－eq \f(2,13)a1.7分
从而Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n＝－eq \f(a1,13)(n－7)2＋eq \f(49,13)a1，
因为a1>0，所以－eq \f(a1,13)<0.9分
故当n＝7时，Sn最大.12分
法二：由法一可知，d＝－eq \f(2,13)a1.
要使Sn最大，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥0，,an＋1≤0，))5分
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋n－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,13)a1))≥0，,a1＋n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,13)a1))≤0，))9分
解得6.5≤n≤7.5，故当n＝7时，Sn最大.12分
法三：由S3＝S11，可得2a1＋13d＝0，
即(a1＋6d)＋(a1＋7d)＝0，5分
故a7＋a8＝0，又由a1>0，S3＝S11可知d<0，9分
所以a7>0，a8<0，所以当n＝7时，Sn最大.12分
[规律方法] 1.等差数列的性质
(1)项的性质：在等差数列{an}中，am－an＝(m－n)d⇔eq \f(am－an,m－n)＝d(m≠n)，其几何意义是点(n，an)，(m，am)所在直线的斜率等于等差数列的公差．
(2)和的性质：在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则
①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；
②S2n－1＝(2n－1)an.
2．求等差数列前n项和Sn最值的两种方法
(1)函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．
(2)邻项变号法：
①当a1>0，d<0时，满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(am≥0，,am＋1≤0))的项数m使得Sn取得最大值为Sm；
②当a1<0，d>0时，满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(am≤0，,am＋1≥0))的项数m使得Sn取得最小值为Sm.
[变式训练3] (1)在等差数列{an}中，a3＋a9＝27－a6，Sn表示数列{an}的前n项和，则S11＝( )
A．18B．99
C．198D．297
(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S5＝10，S10＝30，则S15＝( )
A．60B．70
C．90D．40
A [因为数列{an}为等差数列，所以S5，S10－S5，S15－S10也成等差数列，设S15＝x，则10,20，x－30成等差数列，所以2×20＝10＋(x－30)，所以x＝60，即S15＝60.]
(1)B (2)20 [(1)因为a3＋a9＝27－a6,2a6＝a3＋a9，所以3a6＝27，所以a6＝9，所以S11＝eq \f(11,2)(a1＋a11)＝11a6＝99.
(2)法一：设数列{an}的公差为d，则a7＋a8＋a9＝a1＋6d＋a2＋6d＋a3＋6d＝5＋18d＝10，所以18d＝5，故a19＋a20＋a21＝a7＋12d＋a8＋12d＋a9＋12d＝10＋36d＝20.
法二：由等差数列的性质，可知S3，S6－S3，S9－S6，…，S21－S18成等差数列，设此数列公差为D.
所以5＋2D＝10，
所以D＝eq \f(5,2).
所以a19＋a20＋a21＝S21－S18＝5＋6D＝5＋15＝20.]
[思想与方法]
1．等差数列的通项公式，前n项和公式涉及“五个量”，“知三求二”，需运用方程思想求解，特别是求a1和d.
(1)若奇数个数成等差数列且和为定值时，可设为…，a－2d，a－d，a，a＋d，a＋2d，….
(2)若偶数个数成等差数列且和为定值时，可设为…，a－3d，a－d，a＋d，a＋3d，….
2．等差数列{an}中，an＝an＋b(a，b为常数)，Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)，均是关于“n”的函数，充分运用函数思想，借助函数的图象、性质简化解题过程．
3．等差数列的四种判断方法：
(1)定义法：an＋1－an＝d(d是常数)⇔{an}是等差数列．
(2)等差中项法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}是等差数列．
(3)通项公式：an＝pn＋q(p，q为常数)⇔{an}是等差数列．
(4)前n项和公式：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)⇔{an}是等差数列．
[易错与防范]
1．要注意概念中的“从第2项起”．如果一个数列不是从第2项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列．
2．注意区分等差数列定义中同一个常数与常数的区别．
3．求等差数列的前n项和Sn的最值时，需要注意“自变量n为正整数”这一隐含条件．
课时分层训练(二十九)
等差数列及其前n项和
A组 基础达标
(建议用时：30分钟)
一、选择题
1．在等差数列{an}中，a1＝0，公差d≠0，若am＝a1＋a2＋…＋a9，则m的值为( ) 【导学号：31222178】
A．37B．36
C．20D．19
A [am＝a1＋a2＋…＋a9＝9a1＋eq \f(9×8,2)d＝36d＝a37.]
2．(2017·深圳二次调研)在等差数列{an}中，若前10项的和S10＝60，且a7＝7，则a4＝( )
【导学号：31222179】
A．4B．－4
C．5D．－5
C [法一：由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(10a1＋45d＝60，,a1＋6d＝7，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝3，,d＝\f(2,3)，))∴a4＝a1＋3d＝5，故选C.
法二：由等差数列的性质有a1＋a10＝a7＋a4，∵S10＝eq \f(10a1＋a10,2)＝60，∴a1＋a10＝12.又∵a7＝7，∴a4＝5，故选C.]
3．(2017·福州质检)已知数列{an}是等差数列，且a7－2a4＝6，a3＝2，则公差d＝( )
A．2eq \r(2)B．4
C．8D．16
B [法一：由题意得a3＝2，a7－2a4＝a3＋4d－2(a3＋d)＝6，解得d＝4，故选B.
法二：由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a7－2a4＝a1＋6d－2a1＋3d＝6，,a3＝a1＋2d＝2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－6，,d＝4，))故选B.]
4．等差数列{an}中，已知a5>0，a4＋a7<0，则{an}的前n项和Sn的最大值为( ) 【导学号：31222180】
A．S7B．S6
C．S5D．S4
C [∵eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4＋a7＝a5＋a6<0，,a5>0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a5>0，,a6<0，))
∴Sn的最大值为S5.]
5．(2017·湖北七市4月联考)在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢，问：几日相逢？( )
A．9日B．8日
C．16日D．12日
A [根据题意，显然良马每日行程构成一个首项a1＝103，公差d1＝13的等差数列，前n天共跑的里程为S＝na1＋eq \f(nn－1,2)d1＝103n＋eq \f(13,2)n(n－1)＝6.5n2＋96.5n；驽马每日行程也构成一个首项b1＝97，公差d2＝－0.5的等差数列，前n天共跑的里程为S＝nb1＋eq \f(nn－1,2)d2＝97n－eq \f(0.5,2)n(n－1)＝－0.25n2＋97.25n.两马相逢时，共跑了一个来回．设其第n天相逢，则有6.5n2＋96.5n－0.25n2＋97.25n＝1 125×2，解得n＝9，即它们第9天相遇，故选A.]
二、填空题
6．(2017·郑州二次质量预测)已知{an}为等差数列，公差为1，且a5是a3与a11的等比中项，则a1＝__________.
－1 [因为a5是a3与a11的等比中项，所以aeq \\al(2,5)＝a3·a11，即(a1＋4d)2＝(a1＋2d)(a1＋10d)，解得a1＝－1.]
7．(2016·北京高考)已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a1＝6，a3＋a5＝0，则S6＝________.
6 [∵a3＋a5＝2a4，∴a4＝0.
∵a1＝6，a4＝a1＋3d，∴d＝－2.
∴S6＝6a1＋eq \f(6×6－1,2)d＝6.]
8．(2016·江苏高考)已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和．若a1＋aeq \\al(2,2)＝－3，S5＝10，则a9的值是________．
20 [法一：设等差数列{an}的公差为d，由S5＝10，知S5＝5a1＋eq \f(5×4,2)d＝10，得a1＋2d＝2，即a1＝2－2d，所以a2＝a1＋d＝2－d，代入a1＋aeq \\al(2,2)＝－3，化简得d2－6d＋9＝0，所以d＝3，a1＝－4.故a9＝a1＋8d＝－4＋24＝20.
法二：设等差数列{an}的公差为d，由S5＝10，知eq \f(5a1＋a5,2)＝5a3＝10，所以a3＝2.
由a1＋a3＝2a2，得a1＝2a2－2，代入a1＋aeq \\al(2,2)＝－3，化简得aeq \\al(2,2)＋2a2＋1＝0，所以a2＝－1.
公差d＝a3－a2＝2＋1＝3，故a9＝a3＋6d＝2＋18＝20.]
三、解答题
9．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.
【导学号：31222181】
(1)求a及k的值；
(2)设数列{bn}的通项bn＝eq \f(Sn,n)，证明：数列{bn}是等差数列，并求其前n项和Tn.
[解] (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(kk－1,2)·d＝2k＋eq \f(kk－1,2)×2＝k2＋k.3分
由Sk＝110，得k2＋k－110＝0，
解得k＝10或k＝－11(舍去)，故a＝2，k＝10.5分
(2)证明：由(1)得Sn＝eq \f(n2＋2n,2)＝n(n＋1)，
则bn＝eq \f(Sn,n)＝n＋1，
故bn＋1－bn＝(n＋2)－(n＋1)＝1，8分
即数列{bn}是首项为2，公差为1的等差数列，
所以Tn＝eq \f(n2＋n＋1,2)＝eq \f(nn＋3,2).12分
10．(2017·合肥三次质检)等差数列{an}的首项a1＝1，公差d≠0，且a3·a4＝a12.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝an·2n，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解] (1)由a3·a4＝a12得(1＋2d)·(1＋3d)＝1＋11d⇒d＝1或d＝0(不合题意舍去)，∴数列{an}的通项公式为an＝n.5分
(2)依题意bn＝an·2n＝n·2n，
Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，
2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，9分
两式相减得－Tn＝21＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1
＝eq \f(21－2n,1－2)－n×2n＋1
＝(1－n)2n＋1－2，
∴Tn＝(n－1)2n＋1＋2.12分
B组 能力提升
(建议用时：15分钟)
1．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“吉祥数列”．已知等差数列{bn}的首项为1，公差不为0，若数列{bn}为“吉祥数列”，则数列{bn}的通项公式为( ) 【导学号：31222182】
A．bn＝n－1B．bn＝2n－1
C．bn＝n＋1D．bn＝2n＋1
B [设等差数列{bn}的公差为d(d≠0)，eq \f(Sn,S2n)＝k，因为b1＝1，则n＋eq \f(1,2)n(n－1)d＝keq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2n＋\f(1,2)×2n2n－1d))，
即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d，
整理得(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0.
因为对任意的正整数n上式均成立，
所以(4k－1)d＝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.]
2．已知等差数列{an}的首项a1＝20，公差d＝－2，则前n项和Sn的最大值为__________．
110 [因为等差数列{an}的首项a1＝20，公差d＝－2，代入求和公式得，
Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝20n－eq \f(nn－1,2)×2
＝－n2＋21n＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(21,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(21,2)))2，
又因为n∈N*，所以n＝10或n＝11时，Sn取得最大值，最大值为110.]
3．(2014·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] (1)证明：由题设知anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，2分
两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1，
由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.5分
(2)由题设知a1＝1，a1a2＝λS1－1，
可得a2＝λ－1.
由(1)知，a3＝λ＋1.7分
令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；9分
{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.12分
等差数列的基本运算
等差数列的判定与证明
等差数列的性质与最值
1．等差数列的有关概念
(1)定义：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．用符号表示为an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)．
(2)等差中项：数列a，A，b成等差数列的充要条件是A＝eq \f(a＋b,2)，其中A叫做a，b的等差中项．
2．等差数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d，an＝am＋(n－m)d.
(2)前n项和公式：Sn＝na1＋eq \f(nn－1d,2)＝eq \f(na1＋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{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．
1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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)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.( )
(3)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的．( )
(4)数列{an}为等差数列的充要条件是其通项公式为n的一次函数．( )
[答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)×
2．等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝6，a3＝0，则公差d等于( )
A．－1 B．1
C．2D．－2
D [依题意得S3＝3a2＝6，即a2＝2，故d＝a3－a2＝－2，故选D.]
3．(2015·全国卷Ⅱ)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＋a3＋a5＝3，则S5＝( )
A．5B．7
C．9D．11
A [a1＋a3＋a5＝3a3＝3⇒a3＝1，S5＝eq \f(5a1＋a5,2)＝5a3＝5.]
4．(2016·全国卷Ⅰ)已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝( )
A．100B．99
C．98D．97
C [法一：∵{an}是等差数列，设其公差为d，
∴S9＝eq \f(9,2)(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3.
又∵a10＝8，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋4d＝3，,a1＋9d＝8，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－1，,d＝1.))
∴a100＝a1＋99d＝－1＋99×1＝98.故选C.
法二：∵{an}是等差数列，
∴S9＝eq \f(9,2)(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3.
在等差数列{an}中，a5，a10，a15，…，a100成等差数列，且公差d′＝a10－a5＝8－3＝5.
故a100＝a5＋(20－1)×5＝98.故选C.]
5．(教材改编)在100以内的正整数中有__________个能被6整除的数．
16 [由题意知，能被6整除的数构成一个等差数列{an}，
则a1＝6，d＝6，得an＝6＋(n－1)6＝6n.
由an＝6n≤100，即n≤16eq \f(4,6)＝16eq \f(2,3)，
则在100以内有16个能被6整除的数．]
(1)(2015·全国卷Ⅰ)已知{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和，若S8＝4S4，则a10＝( )
A.eq \f(17,2) B.eq \f(19,2)
C．10D．12
(2)(2017·云南省二次统一检测)设等差数列{an}的前n项和为Sn，S11＝22，a4＝－12，若am＝30，则m＝( )
A．9B．10
C．11D．15
(1)B (2)B [(1)∵公差为1，
∴S8＝8a1＋eq \f(8×8－1,2)×1＝8a1＋28，S4＝4a1＋6.
∵S8＝4S4，∴8a1＋28＝4(4a1＋6)，解得a1＝eq \f(1,2)，
∴a10＝a1＋9d＝eq \f(1,2)＋9＝eq \f(19,2).
(2)设等差数列{an}的公差为d，依题意eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S11＝11a1＋\f(11×11－1,2)d＝22，,a4＝a1＋3d＝－12，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－33，,d＝7，))
∴am＝a1＋(m－1)d＝7m－40＝30，∴m＝10.]
[规律方法] 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，知三求二，体现了方程思想的应用．
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，称为基本量法．
[变式训练1] (1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足eq \f(S3,3)－eq \f(S2,2)＝1，则数列{an}的公差是( )
A.eq \f(1,2)B．1
C．2D．3
(2)设Sn为等差数列{an}的前n项和，a12＝－8，S9＝－9，则S16＝__________.
【导学号：31222176】
(1)C (2)－72 [(1)∵Sn＝eq \f(na1＋an,2)，∴eq \f(Sn,n)＝eq \f(a1＋an,2)，又eq \f(S3,3)－eq \f(S2,2)＝1，
得eq \f(a1＋a3,2)－eq \f(a1＋a2,2)＝1，即a3－a2＝2，
∴数列{an}的公差为2.
(2)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
由已知，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a12＝a1＋11d＝－8，,S9＝9a1＋\f(9d×8,2)＝－9，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝3，,d＝－1.))
∴S16＝16×3＋eq \f(16×15,2)×(－1)＝－72.]
已知数列{an}中，a1＝eq \f(3,5)，an＝2－eq \f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝eq \f(1,an－1)(n∈N*)．
(1)求证：数列{bn}是等差数列．
(2)求数列{an}中的通项公式an.
[解] (1)证明：因为an＝2－eq \f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，
bn＝eq \f(1,an－1).
所以n≥2时，bn－bn－1＝eq \f(1,an－1)－eq \f(1,an－1－1)
＝eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,an－1)))－1)－eq \f(1,an－1－1)＝eq \f(an－1,an－1－1)－eq \f(1,an－1－1)＝1.5分
又b1＝eq \f(1,a1－1)＝－eq \f(5,2)，
所以数列{bn}是以－eq \f(5,2)为首项，1为公差的等差数列.7分
(2)由(1)知，bn＝n－eq \f(7,2)，9分
则an＝1＋eq \f(1,bn)＝1＋eq \f(2,2n－7).12分
[规律方法] 1.判断等差数列的解答题，常用定义法和等差中项法，而通项公式法和前n项和公式法主要适用于选择题、填空题中的简单判断．
2．用定义证明等差数列时，常采用两个式子an＋1－an＝d和an－an－1＝d，但它们的意义不同，后者必须加上“n≥2”，否则n＝1时，a0无定义．
[变式训练2] (1)若{an}是公差为1的等差数列，则{a2n－1＋2a2n}是( )
【导学号：31222177】
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＝eq \f(1,2)，eq \f(2,an＋1)＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,an＋2)(n∈N*)，则该数列的通项为( )
A．an＝eq \f(1,n)
B．an＝eq \f(2,n＋1)
C．an＝eq \f(2,n＋2)
D．an＝eq \f(3,n)
A [由已知式eq \f(2,an＋1)＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,an＋2)可得eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝eq \f(1,an＋2)－eq \f(1,an＋1)，知eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为eq \f(1,a1)＝1，公差为eq \f(1,a2)－eq \f(1,a1)＝2－1＝1的等差数列，所以eq \f(1,an)＝n，即an＝eq \f(1,n).]
(1)C (2)480 [(1)∵a2n－1＋2a2n－(a2n－3＋2a2n－2)
＝(a2n－1－a2n－3)＋2(a2n－a2n－2)
＝2＋2×2＝6，
∴{a2n－1＋2a2n}是公差为6的等差数列．
(2)由已知Sneq \r(Sn－1)－Sn－1eq \r(Sn)＝2eq \r(SnSn－1)可得，eq \r(Sn)－eq \r(Sn－1)＝2，所以{eq \r(Sn)}是以1为首项，2为公差的等差数列，故eq \r(Sn)＝2n－1，Sn＝(2n－1)2，所以a61＝S61－S60＝1212－1192＝480.]
(1)(2017·东北三省四市一联)如图521所示的数阵中，每行、每列的三个数均成等差数列，如果数阵中所有数之和等于63，那么a52＝( )
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a41 a42 a43,a51 a52 a53,a61 a62 a63))
图521
A．2 B．8
C．7D．4
(2)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取得最大值．
(1)C [法一：第一行三数成等差数列，由等差中项的性质有a41＋a42＋a43＝3a42，同理第二行也有a51＋a52＋a53＝3a52，第三行也有a61＋a62＋a63＝3a62，又每列也成等差数列，所以对于第二列，有a42＋a52＋a62＝3a52，所以a41＋a42＋a43＋a51＋a52＋a53＋a61＋a62＋a63＝3a42＋3a52＋3a62＝3×3a52＝63，所以a52＝7，故选C.
法二：由于每行每列都成等差数列，不妨取特殊情况，即这9个数均相同，显然满足题意，所以有63÷9＝7，即a52＝7，故选C.]
(2)法一：由S3＝S11，可得3a1＋eq \f(3×2,2)d＝11a1＋eq \f(11×10,2)d，4分
即d＝－eq \f(2,13)a1.7分
从而Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n＝－eq \f(a1,13)(n－7)2＋eq \f(49,13)a1，
因为a1>0，所以－eq \f(a1,13)<0.9分
故当n＝7时，Sn最大.12分
法二：由法一可知，d＝－eq \f(2,13)a1.
要使Sn最大，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥0，,an＋1≤0，))5分
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋n－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,13)a1))≥0，,a1＋n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,13)a1))≤0，))9分
解得6.5≤n≤7.5，故当n＝7时，Sn最大.12分
法三：由S3＝S11，可得2a1＋13d＝0，
即(a1＋6d)＋(a1＋7d)＝0，5分
故a7＋a8＝0，又由a1>0，S3＝S11可知d<0，9分
所以a7>0，a8<0，所以当n＝7时，Sn最大.12分
[规律方法] 1.等差数列的性质
(1)项的性质：在等差数列{an}中，am－an＝(m－n)d⇔eq \f(am－an,m－n)＝d(m≠n)，其几何意义是点(n，an)，(m，am)所在直线的斜率等于等差数列的公差．
(2)和的性质：在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则
①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；
②S2n－1＝(2n－1)an.
2．求等差数列前n项和Sn最值的两种方法
(1)函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．
(2)邻项变号法：
①当a1>0，d<0时，满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(am≥0，,am＋1≤0))的项数m使得Sn取得最大值为Sm；
②当a1<0，d>0时，满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(am≤0，,am＋1≥0))的项数m使得Sn取得最小值为Sm.
[变式训练3] (1)在等差数列{an}中，a3＋a9＝27－a6，Sn表示数列{an}的前n项和，则S11＝( )
A．18B．99
C．198D．297
(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S5＝10，S10＝30，则S15＝( )
A．60B．70
C．90D．40
A [因为数列{an}为等差数列，所以S5，S10－S5，S15－S10也成等差数列，设S15＝x，则10,20，x－30成等差数列，所以2×20＝10＋(x－30)，所以x＝60，即S15＝60.]
(1)B (2)20 [(1)因为a3＋a9＝27－a6,2a6＝a3＋a9，所以3a6＝27，所以a6＝9，所以S11＝eq \f(11,2)(a1＋a11)＝11a6＝99.
(2)法一：设数列{an}的公差为d，则a7＋a8＋a9＝a1＋6d＋a2＋6d＋a3＋6d＝5＋18d＝10，所以18d＝5，故a19＋a20＋a21＝a7＋12d＋a8＋12d＋a9＋12d＝10＋36d＝20.
法二：由等差数列的性质，可知S3，S6－S3，S9－S6，…，S21－S18成等差数列，设此数列公差为D.
所以5＋2D＝10，
所以D＝eq \f(5,2).
所以a19＋a20＋a21＝S21－S18＝5＋6D＝5＋15＝20.]
[思想与方法]
1．等差数列的通项公式，前n项和公式涉及“五个量”，“知三求二”，需运用方程思想求解，特别是求a1和d.
(1)若奇数个数成等差数列且和为定值时，可设为…，a－2d，a－d，a，a＋d，a＋2d，….
(2)若偶数个数成等差数列且和为定值时，可设为…，a－3d，a－d，a＋d，a＋3d，….
2．等差数列{an}中，an＝an＋b(a，b为常数)，Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)，均是关于“n”的函数，充分运用函数思想，借助函数的图象、性质简化解题过程．
3．等差数列的四种判断方法：
(1)定义法：an＋1－an＝d(d是常数)⇔{an}是等差数列．
(2)等差中项法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}是等差数列．
(3)通项公式：an＝pn＋q(p，q为常数)⇔{an}是等差数列．
(4)前n项和公式：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)⇔{an}是等差数列．
[易错与防范]
1．要注意概念中的“从第2项起”．如果一个数列不是从第2项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列．
2．注意区分等差数列定义中同一个常数与常数的区别．
3．求等差数列的前n项和Sn的最值时，需要注意“自变量n为正整数”这一隐含条件．
课时分层训练(二十九)
等差数列及其前n项和
A组 基础达标
(建议用时：30分钟)
一、选择题
1．在等差数列{an}中，a1＝0，公差d≠0，若am＝a1＋a2＋…＋a9，则m的值为( ) 【导学号：31222178】
A．37B．36
C．20D．19
A [am＝a1＋a2＋…＋a9＝9a1＋eq \f(9×8,2)d＝36d＝a37.]
2．(2017·深圳二次调研)在等差数列{an}中，若前10项的和S10＝60，且a7＝7，则a4＝( )
【导学号：31222179】
A．4B．－4
C．5D．－5
C [法一：由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(10a1＋45d＝60，,a1＋6d＝7，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝3，,d＝\f(2,3)，))∴a4＝a1＋3d＝5，故选C.
法二：由等差数列的性质有a1＋a10＝a7＋a4，∵S10＝eq \f(10a1＋a10,2)＝60，∴a1＋a10＝12.又∵a7＝7，∴a4＝5，故选C.]
3．(2017·福州质检)已知数列{an}是等差数列，且a7－2a4＝6，a3＝2，则公差d＝( )
A．2eq \r(2)B．4
C．8D．16
B [法一：由题意得a3＝2，a7－2a4＝a3＋4d－2(a3＋d)＝6，解得d＝4，故选B.
法二：由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a7－2a4＝a1＋6d－2a1＋3d＝6，,a3＝a1＋2d＝2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－6，,d＝4，))故选B.]
4．等差数列{an}中，已知a5>0，a4＋a7<0，则{an}的前n项和Sn的最大值为( ) 【导学号：31222180】
A．S7B．S6
C．S5D．S4
C [∵eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4＋a7＝a5＋a6<0，,a5>0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a5>0，,a6<0，))
∴Sn的最大值为S5.]
5．(2017·湖北七市4月联考)在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢，问：几日相逢？( )
A．9日B．8日
C．16日D．12日
A [根据题意，显然良马每日行程构成一个首项a1＝103，公差d1＝13的等差数列，前n天共跑的里程为S＝na1＋eq \f(nn－1,2)d1＝103n＋eq \f(13,2)n(n－1)＝6.5n2＋96.5n；驽马每日行程也构成一个首项b1＝97，公差d2＝－0.5的等差数列，前n天共跑的里程为S＝nb1＋eq \f(nn－1,2)d2＝97n－eq \f(0.5,2)n(n－1)＝－0.25n2＋97.25n.两马相逢时，共跑了一个来回．设其第n天相逢，则有6.5n2＋96.5n－0.25n2＋97.25n＝1 125×2，解得n＝9，即它们第9天相遇，故选A.]
二、填空题
6．(2017·郑州二次质量预测)已知{an}为等差数列，公差为1，且a5是a3与a11的等比中项，则a1＝__________.
－1 [因为a5是a3与a11的等比中项，所以aeq \\al(2,5)＝a3·a11，即(a1＋4d)2＝(a1＋2d)(a1＋10d)，解得a1＝－1.]
7．(2016·北京高考)已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a1＝6，a3＋a5＝0，则S6＝________.
6 [∵a3＋a5＝2a4，∴a4＝0.
∵a1＝6，a4＝a1＋3d，∴d＝－2.
∴S6＝6a1＋eq \f(6×6－1,2)d＝6.]
8．(2016·江苏高考)已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和．若a1＋aeq \\al(2,2)＝－3，S5＝10，则a9的值是________．
20 [法一：设等差数列{an}的公差为d，由S5＝10，知S5＝5a1＋eq \f(5×4,2)d＝10，得a1＋2d＝2，即a1＝2－2d，所以a2＝a1＋d＝2－d，代入a1＋aeq \\al(2,2)＝－3，化简得d2－6d＋9＝0，所以d＝3，a1＝－4.故a9＝a1＋8d＝－4＋24＝20.
法二：设等差数列{an}的公差为d，由S5＝10，知eq \f(5a1＋a5,2)＝5a3＝10，所以a3＝2.
由a1＋a3＝2a2，得a1＝2a2－2，代入a1＋aeq \\al(2,2)＝－3，化简得aeq \\al(2,2)＋2a2＋1＝0，所以a2＝－1.
公差d＝a3－a2＝2＋1＝3，故a9＝a3＋6d＝2＋18＝20.]
三、解答题
9．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.
【导学号：31222181】
(1)求a及k的值；
(2)设数列{bn}的通项bn＝eq \f(Sn,n)，证明：数列{bn}是等差数列，并求其前n项和Tn.
[解] (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(kk－1,2)·d＝2k＋eq \f(kk－1,2)×2＝k2＋k.3分
由Sk＝110，得k2＋k－110＝0，
解得k＝10或k＝－11(舍去)，故a＝2，k＝10.5分
(2)证明：由(1)得Sn＝eq \f(n2＋2n,2)＝n(n＋1)，
则bn＝eq \f(Sn,n)＝n＋1，
故bn＋1－bn＝(n＋2)－(n＋1)＝1，8分
即数列{bn}是首项为2，公差为1的等差数列，
所以Tn＝eq \f(n2＋n＋1,2)＝eq \f(nn＋3,2).12分
10．(2017·合肥三次质检)等差数列{an}的首项a1＝1，公差d≠0，且a3·a4＝a12.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝an·2n，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解] (1)由a3·a4＝a12得(1＋2d)·(1＋3d)＝1＋11d⇒d＝1或d＝0(不合题意舍去)，∴数列{an}的通项公式为an＝n.5分
(2)依题意bn＝an·2n＝n·2n，
Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，
2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，9分
两式相减得－Tn＝21＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1
＝eq \f(21－2n,1－2)－n×2n＋1
＝(1－n)2n＋1－2，
∴Tn＝(n－1)2n＋1＋2.12分
B组 能力提升
(建议用时：15分钟)
1．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“吉祥数列”．已知等差数列{bn}的首项为1，公差不为0，若数列{bn}为“吉祥数列”，则数列{bn}的通项公式为( ) 【导学号：31222182】
A．bn＝n－1B．bn＝2n－1
C．bn＝n＋1D．bn＝2n＋1
B [设等差数列{bn}的公差为d(d≠0)，eq \f(Sn,S2n)＝k，因为b1＝1，则n＋eq \f(1,2)n(n－1)d＝keq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2n＋\f(1,2)×2n2n－1d))，
即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d，
整理得(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0.
因为对任意的正整数n上式均成立，
所以(4k－1)d＝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.]
2．已知等差数列{an}的首项a1＝20，公差d＝－2，则前n项和Sn的最大值为__________．
110 [因为等差数列{an}的首项a1＝20，公差d＝－2，代入求和公式得，
Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝20n－eq \f(nn－1,2)×2
＝－n2＋21n＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(21,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(21,2)))2，
又因为n∈N*，所以n＝10或n＝11时，Sn取得最大值，最大值为110.]
3．(2014·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] (1)证明：由题设知anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，2分
两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1，
由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.5分
(2)由题设知a1＝1，a1a2＝λS1－1，
可得a2＝λ－1.
由(1)知，a3＝λ＋1.7分
令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；9分
{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.12分
等差数列的基本运算
等差数列的判定与证明
等差数列的性质与最值
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