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等差数列专题训练
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这是一份等差数列专题训练，共13页。
例1 (1)在数列{an}中，已知a1＝eq \f(1,3)，an＋1＝eq \f(1,3)an－eq \f(2,3n＋1)，n∈N*，设Sn为{an}的前n项和．
(Ⅰ)求证：数列{3nan}是等差数列；
(Ⅱ)求{an}的通项公式．
解：(Ⅰ)证明：因为an＋1＝eq \f(1,3)an－eq \f(2,3n＋1)，
所以3n＋1an＋1－3nan＝－2，
又因为a1＝eq \f(1,3)，则31·a1＝1，
所以{3nan}是首项为1，公差为－2的等差数列．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知3nan＝1＋(n－1)·(－2)＝3－2n，
所以an＝(3－2n)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n.
(2)(2019·山东德州模拟)已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＋1＝Sn＋an＋3，a4＋a5＝23，则S8＝ ( )
A.72 B.88 C.92 D.98
解：因为Sn＋1＝Sn＋an＋3，所以Sn＋1－Sn＝an＋3＝an＋1，所以an＋1－an＝3，所以{an}是公差为d＝3的等差数列，又a4＋a5＝23，即2a1＋7d＝23，解得a1＝1，所以S8＝8a1＋eq \f(8×7,2)d＝92.故选C.
点拨 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；③通项公式法：得出an＝pn＋q(p，q是常数)；④前n项和公式法：得出Sn＝An2＋Bn(A，B是常数)．
变式1 (1)已知数列{an}中，a1＝2，an＝2－eq \f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，设bn＝eq \f(1,an－1)(n∈N*)．
(Ⅰ)求证：数列{bn}是等差数列；
(Ⅱ)求{an}的通项公式．
解：(Ⅰ)证明：因为an＝2－eq \f(1,an－1)，所以an＋1＝2－eq \f(1,an).
所以bn＋1－bn＝eq \f(1,an＋1－1)－eq \f(1,an－1)＝eq \f(1,2－\f(1,an)－1)－eq \f(1,an－1)＝eq \f(an－1,an－1)＝1，
所以{bn}是首项为b1＝eq \f(1,2－1)＝1，公差为1的等差数列．
(Ⅱ)由(Ⅰ)得bn＝n，即eq \f(1,an－1)＝n，所以{an}的通项公式为an＝1＋eq \f(1,n).
(2)(四川省天府名校2020届高三上学期一联)已知数列{an}满足an＋2－an＋1＝an＋1－an(n∈N*)，且a5＝10，a7＝14，则a2 020－a2 019＝ ( )
A.2 B.1 C.－2 D.－1
解：由题意可知，数列{an}为等差数列，故设数列{an}的公差为d，则a7－a5＝4＝2d，即d＝2，所以a2 020－a2 019＝d＝2.故选A.
考点二 基本量运算
例2 (1) (2019·江苏苏州中学)已知{an}为等差数列，若a2＝2a3＋1，a4＝2a3＋7，则a5＝________.
解： 由题知a4＝a2＋6，则数列{an}的公差为d＝3，所以a2＝2(a2＋3)＋1，解得a2＝－7，所以a5＝－7＋3×3＝2.
(2)(2019·江苏卷)已知数列{an}(n∈N*)是等差数列，Sn是其前n项和．若a2a5＋a8＝0，S9＝27，则S8的值是________．
解法一：由题意可得：
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2a5＋a8＝（a1＋d）（a1＋4d）＋（a1＋7d）＝0，,S9＝9a1＋\f(9×8,2)d＝27，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－5，,d＝2，))则S8＝8a1＋eq \f(8×7,2)d＝－40＋28×2＝16.
解法二：设等差数列{an}的公差为d.S9＝eq \f(9（a1＋a9）,2)＝9a5＝27，所以a5＝3，又a2a5＋a8＝0，则
3(3－3d)＋3＋3d＝0，得d＝2，则S8＝eq \f(8（a1＋a8）,2)＝4(a4＋a5)＝4×(1＋3)＝16.故填16.
点拨 在等差数列五个基本量a1，d，n，an，Sn中，已知其中三个量，可以根据已知条件结合等差数列的通项公式、前n项和公式列出关于基本量的方程(组)来求余下的两个量，计算时须注意整体代换及方程思想的应用．求解等差数列基本量问题时，要注意多使用等差数列的性质进行转化，如{an}为等差数列，若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq.
变式2 (1)(2018·浙江台州中学期中)已知等差数列{an}中，a1＝1，aeq \\al(2,3)＝a2a5－3，求an及其前n项和Sn.
解：设公差为d，因为aeq \\al(2,3)＝a2a5－3，所以(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋4d)－3，即(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋4d)－3，解得d＝3，所以an＝1＋3(n－1)＝3n－2，Sn＝eq \f(n[1＋（3n－2）],2)＝eq \f(3n2－n,2).
(2)(2018·北京卷)设{an}是等差数列，且a1＝3，a2＋a5＝36，则{an}的通项公式为________．
解：设等差数列的公差为d，因为a1＝3，所以3＋d＋3＋4d＝36，所以d＝6，所以an＝a1＋(n－1)d＝3＋6(n－1)＝6n－3.故填an＝6n－3.
(3) (2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S4＝0，a5＝5，则( )
A. an＝2n－5B. an＝3n－10
C. Sn＝2n2－8nD. Sn＝eq \f(1,2)n2－2n
解：由题知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S4＝4a1＋\f(d,2)×4×3＝0，,a5＝a1＋4d＝5，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－3，,d＝2，))所以an＝2n－5，Sn＝n2－4n，故选A.
(4)《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为( )
A. 1升 B. eq \f(67,66)升 C. eq \f(47,44)升 D. eq \f(37,33)升
解：设该等差数列为{an}，公差为d，由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＋a4＝3，,a7＋a8＋a9＝4，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a1＋6d＝3，,3a1＋21d＝4，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(13,22)，,d＝\f(7,66)，))所以a5＝eq \f(13,22)＋4×eq \f(7,66)＝eq \f(67,66).故选B.
考点三 等差数列性质
例3 (1)已知在等差数列{an}中，a5＋a6＝4，则lg2(2a1·2a2·…·2a10)＝ ( )
A.10 B.20 C.40 D.2＋lg25
解：(1)因为2a1·2a2·…·2a10＝2a1＋a2＋…＋a10＝25(a5＋a6)＝25×4，所以lg2(2a1·2a2·…·2a10)＝lg225×4＝20.故选B.
(2) (2019·江苏启东中学)在等差数列{an}中，a3，a9是方程x2＋24x＋12＝0的两根，则数列{an}的前11项和为________.
解：因为a3，a9是方程x2＋24x＋12＝0的两根，所以a3＋a9＝－24，又a3＋a9＝－24＝2a6，所以a6＝－12，所以S11＝eq \f(11×(a1＋a11),2)＝eq \f(11×2a6,2)＝－132.
(3)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知前6项和为36，最后6项的和为180，Sn＝324(n＞6)，则n＝________；a9＋a10＝________.
解：由题意知a1＋a2＋…＋a6＝36，①
an＋an－1＋an－2＋…＋an－5＝180，②
①＋②得
(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋…＋(a6＋an－5)＝6(a1＋an)＝216，
所以a1＋an＝36，又Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝324，
所以18n＝324，所以n＝18.
因为a1＋an＝36，n＝18，所以a1＋a18＝36，
从而a9＋a10＝a1＋a18＝36.故填18；36.
(4)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝10，S20＝30，则S30＝________.
解：因为S10，S20－S10，S30－S20成等差数列，所以2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，所以40＝10＋S30－30，所以S30＝60.故填60.
(5)已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且eq \f(An,Bn)＝eq \f(7n＋45,n＋3)，则使得eq \f(an,bn)为整数的正整数n的个数是 ( )
A.2 B.3 C.4 D.5
解：由eq \f(An,Bn)＝eq \f(7n＋45,n＋3)得：eq \f(an,bn)＝eq \f(A2n－1,B2n－1)＝eq \f(14n＋38,2n＋2)＝eq \f(7n＋19,n＋1)，要使eq \f(an,bn)为整数，则需eq \f(7n＋19,n＋1)＝7＋eq \f(12,n＋1)为整数，所以n＝1，2，3，5，11，共有5个．故选D.
点拨 等差数列的性质主要有：①等差数列前m项与后m项的和等于m(a1＋an)；②若p＋q＝m＋n，则ap＋aq＝am＋an；③Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…为等差数列；④若等差数列有奇数项，则正中间一项是该数列各项的平均数．等差数列的性质是其定义、通项公式及前n项和公式等基础知识的推广与变形，解题时灵活应用这些性质常常可化繁为简．
变式3 (1)(2019·沈阳质检一)在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，2a7＝a8＋5，则S11＝( )
A.11 B.50 C.55 D.60
解：由2a7＝a8＋5，即a6＋a8＝a8＋5得a6＝5，则S11＝eq \f(11（a1＋a11）,2)＝11a6＝55.故选C.
(2)若一个项数为n的等差数列的前3项和为34，最后3项和为146，且所有项和为390，则n＝________.
解：依题意eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＝34，,an－2＋an－1＋an＝146，))
两式相加得
(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋(a3＋an－2)＝180.
因为a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2，所以a1＋an＝60.
因为Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝390，所以n＝13.故填13.
(3)(湖北省名师联盟2020届高三入学调研)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S6＝－5S3≠0，则eq \f(S9,S3)＝ ( )
A.18 B.13 C.－13 D.－18
解：由S6＝－5S3≠0，可设S6＝－5a(a≠0)，则S3＝a.因为{an}为等差数列，所以S3，S6－S3，S9－S6为等差数列，即a，－6a，S9－S6成等差数列，所以S9－S6＝－13a，即S9＝－18a，所以eq \f(S9,S3)＝－18.故选D.
(4)若两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，已知eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(7n,n＋3)，则eq \f(a5,b5)等于 ( )
A.7 B.eq \f(2,3) C.eq \f(27,8) D.eq \f(21,4)
解：因为a5＝eq \f(a1＋a9,2)，b5＝eq \f(b1＋b9,2)，
所以eq \f(a5,b5)＝eq \f(\f(a1＋a9,2),\f(b1＋b9,2))＝eq \f(\f(9（a1＋a9）,2),\f(9（b1＋b9）,2))＝eq \f(S9,T9)＝eq \f(7×9,9＋3)＝eq \f(21,4).故选D.
考点四 等差数列的最值问题
例4 (1)等差数列{an}的首项a1＞0，设其前n项和为Sn，且S5＝S12，则当n为何值时，Sn有最大值？
解法一：由题意知d＜0，因为Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n，
设f(x)＝eq \f(d,2)x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))x，如图，
由S5＝S12知，抛物线的对称轴为x＝eq \f(5＋12,2)＝eq \f(17,2)，
由图可知，当1≤n≤8时，Sn单调递增；当n≥9时，Sn单调递减，且S8＝S9.
又n∈N*，所以当n＝8或9时，Sn有最大值．
解法二：设等差数列{an}的公差为d，由S5＝S12得5a1＋10d＝12a1＋66d，d＝－eq \f(1,8)a1＜0.
Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d
＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,8)a1))
＝－eq \f(1,16)a1(n2－17n)＝－eq \f(1,16)a1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(17,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(289,64)a1，
因为a1＞0，n∈N*，所以当n＝8或9时，Sn有最大值．
解法三：由解法二得d＝－eq \f(1,8)a1＜0.
设此数列的前n项和最大，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≥0，,an＋1≤0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an＝a1＋（n－1）·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,8)a1))≥0，,an＋1＝a1＋n·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,8)a1))≤0，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n≤9，,n≥8，))即8≤n≤9，
又n∈N*，所以当n＝8或9时，Sn有最大值．
解法四：由解法二得d＝－eq \f(1,8)a1＜0，
又S5＝S12得a6＋a7＋a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝0，
所以7a9＝0，所以a9＝0.
所以当n＝8或9时，Sn有最大值．
点拨 求等差数列前n项和的最值常用的方法：①利用等差数列的基本性质或单调性求出其正负转折项，便可求得和的最值；②将等差数列的前n项和Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)看作关于n的二次函数，根据二次函数的性质求最值．无论用哪种方法，都要注意an＝0的情形．
(2)在等差数列{an}中，a12<0，a13>0，且a13>|a12|，Sn为数列{an}的前n项和，则使得Sn>0的n的最小值为 ( )
A.23 B.24 C.25 D.26
解：因为a12<0，a13>0，则公差d>0，又a13>|a12|，所以a12＋a13>0，则S24＝eq \f(24（a1＋a24）,2)＝eq \f(24（a12＋a13）,2)>0，S23＝eq \f(23（a1＋a23）,2)＝23a12<0，S25＝eq \f(25（a1＋a25）,2)＝25a13>0，所以使得Sn>0的n的最小值为24.故选B.
变式4 (1)在等差数列{an}中，若a1＜0，Sn为其前n项和，且S7＝S17，则Sn最小时n的值为________.
解法一：由S7＝S17，得2a1＋23d＝0，即(a1＋11d)＋(a1＋12d)＝0，故a12＋a13＝0.又由a1＜0，S7＝S17，可知d＞0，所以a12＜0，a13＞0，所以当n＝12时，Sn最小．
解法二：由S7＝S17得d＝－eq \f(2,23)a1，从而Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n＝－eq \f(a1,23)(n－12)2＋eq \f(144,23)a1.因为a1＜0，所以－eq \f(a1,23)＞0，所以n＝12时，Sn最小．
课后作业
1．(2019·开封高三定位考试)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a5＝10，S4＝16，则数列{an}的公差为 ( )
A.1 B.2 C.3 D.4
解：设等差数列{an}的公差为d，则由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a1＋4d＝10，,4a1＋\f(4×3,2)d＝16，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2.))
另解：S4＝2(a1＋a4)＝16⇒a1＋a4＝8.故d＝(a1＋a5)－(a1＋a4)＝2.故选B.
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3a5＝12，a2＝0.若a1>0，则S20＝ ( )
A.420 B.340 C.－420 D.－340
解：设数列{an}的公差为d，a2＝0，则a3＝a2＋d＝d，a5＝a2＋3d＝3d，由a3a5＝12得d＝±2，由a1>0，a2＝0，可知d<0，所以d＝－2，所以a1＝2，故S20＝20×2＋eq \f(20×19,2)×(－2)＝－340.故选D.
3．(2019·福建模拟)设Sn，Tn分别是等差数列{an}，{bn}的前n项和，若a5＝2b5，则eq \f(S9,T9)＝( )
A.2 B.3 C.4 D.6
解：由a5＝2b5，得eq \f(a5,b5)＝2，所以eq \f(S9,T9)＝eq \f(\f(9（a1＋a9）,2),\f(9（b1＋b9）,2))＝eq \f(2a5,2b5)＝eq \f(a5,b5)＝2.故选A.
4．(2019·广东中山一中统测)设数列{an}的前n项和为Sn，且an＝－2n＋1，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))的前11项和为 ( )
A.－45 B.－50 C.－55 D.－66
解：因为an＝－2n＋1，所以数列{an}是以－1为首项，－2为公差的等差数列，所以Sn＝eq \f(n[－1＋（－2n＋1）],2)＝－n2，所以eq \f(Sn,n)＝eq \f(－n2,n)＝－n，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是以－1为首项，－1为公差的等差数列，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))的前11项和为11×(－1)＋eq \f(11×10,2)×(－1)＝－66.故选D.
5．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝9，eq \f(S9,9)－eq \f(S5,5)＝－4，则Sn取最大值时的n为 ( )
A.4 B.5 C.6 D.4或5
解：由{an}为等差数列，设公差为d，有eq \f(S9,9)－eq \f(S5,5)＝a5－a3＝2d＝－4，即d＝－2，又a1＝9，所以an＝－2n＋11，由an＝－2n＋11<0，得n>eq \f(11,2)，所以Sn取最大值时n为5.故选B.
6.若{an}是等差数列，首项a1>0，a2 020＋a2 021>0，a2 020·a2 021<0，则使前n项和Sn>0成立的最大正整数n是 ( )
A.2 020 B.2 021 C.4 040 D.4 041
解：因为a1>0，a2 020＋a2 021>0，a2 020·a2 021<0，所以d<0，a2 020>0，a2 021<0，所以S4 040＝eq \f(4 040（a1＋a4 040）,2)＝eq \f(4 040（a2 020＋a2 021）,2)＞0，S4 041＝eq \f(4 041（a1＋a4 041）,2)＝4 041a2 021＜0，所以使前n项和Sn>0成立的最大正整数n是4 040.故选C.
7．(2019·广州高中综合测试)等差数列{an}的各项均不为零，其前n项和为Sn.若aeq \\al(2,n＋1)＝an＋2＋an，则S2n＋1＝ ( )
A.4n＋2 B.4n C.2n＋1 D.2n
解：因为{an}为等差数列，所以an＋2＋an＝2an＋1，又aeq \\al(2,n＋1)＝an＋2＋an，所以aeq \\al(2,n＋1)＝2an＋1.因为数列{an}的各项均不为零，所以an＋1＝2，所以S2n＋1＝eq \f(（a1＋a2n＋1）（2n＋1）,2)＝eq \f(2an＋1·（2n＋1）,2)＝4n＋2.故选A.
8．【多选题】下列关于等差数列的命题中正确的有 ( )
A.若a，b，c成等差数列，则a2，b2，c2一定成等差数列
B.若a，b，c成等差数列，则2a，2b，2c可能成等差数列
C.若a，b，c成等差数列，则ka＋2，kb＋2，kc＋2一定成等差数列
D.若a，b，c成等差数列，则eq \f(1,a)，eq \f(1,b)，eq \f(1,c)可能成等差数列
解：对于A，取a＝1，b＝2，c＝3⇒a2＝1，b2＝4，c2＝9，A错．
对于B，a＝b＝c⇒2a＝2b＝2c，B正确；
对于C，因为a，b，c成等差数列，所以a＋c＝2b.
所以(ka＋2)＋(kc＋2)＝k(a＋c)＋4＝2(kb＋2)，C正确；
对于D，a＝b＝c≠0⇒eq \f(1,a)＝eq \f(1,b)＝eq \f(1,c)，D正确．
故选BCD.
9．(2019·山东菏泽检测)已知数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，且2a1＋3a3＝S6，给出以下结论：
①a10＝0；②S10最小；③S7＝S12；④S19＝0.
其中一定正确的所有结论序号是________．
解：设等差数列的公差为d，则2a1＋3a1＋6d＝6a1＋15d，故a1＋9d＝0，即a10＝0，①正确；若a1＞0，d＜0，则S9＝S10且它们为Sn的最大值，②错误；S12－S7＝a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝5a10＝0，故S7＝S12，③正确；S19＝19a10＝0，故④正确．故填①③④.
10．(2019·武汉调研改编)设等差数列{an}满足a3＋a7＝36，a4a6＝275，则an＝________；若anan＋1有最小值，则这个最小值为________．
解：设等差数列{an}的公差为d，
因为a3＋a7＝36，
所以a4＋a6＝36，又a4a6＝275，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a4＝11，,a6＝25，))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a4＝25，,a6＝11.))
当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a4＝11，,a6＝25))时，可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－10，,d＝7，))此时an＝7n－17，a2＝－3，a3＝4，易知当n≤2时，an<0，当n≥3时，an>0，
所以a2a3＝－12为anan＋1的最小值；
当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a4＝25，,a6＝11))时，可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝46，,d＝－7，))此时an＝－7n＋53，a7＝4，a8＝－3，易知当n≤7时，an>0，当n≥8时，an<0，
所以a7a8＝－12为anan＋1的最小值．
综上，anan＋1的最小值为－12.
故填7n－17或－7n＋53；－12.
11．(2018·全国卷Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并求Sn的最小值．
解：(1)设{an}的公差为d，
由题意得3a1＋3d＝－15.
又a1＝－7，所以d＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2n－9.
(2)由(1)得Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝n2－8n＝(n－4)2－16，
所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.
12．(2019·全国卷Ⅰ)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：(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*}．
13．已知数列{an}满足a1＝1，an＝eq \f(an－1,2an－1＋1)(n∈N*，n≥2)，数列{bn}满足关系式bn＝eq \f(1,an)(n∈N*)．
(1)求证：数列{bn}为等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)证明：因为bn＝eq \f(1,an)，且an＝eq \f(an－1,2an－1＋1)，
所以bn＋1＝eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,\f(an,2an＋1))＝eq \f(2an＋1,an)，
所以bn＋1－bn＝eq \f(2an＋1,an)－eq \f(1,an)＝2.
又因为b1＝eq \f(1,a1)＝1，
所以数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列．
(2)由(1)知数列{bn}的通项公式为bn＝1＋(n－1)×2＝2n－1，又bn＝eq \f(1,an)，所以an＝eq \f(1,bn)＝eq \f(1,2n－1).
所以数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,2n－1).
附加题 (湖南省长沙市雅礼中学2020届高三上第一次月考)已知实数x，y满足x2＋y2＝4，在x，y之间插入三个实数，使这五个数构成等差数列，那么这个等差数列后三项和的最大值为 ( )
A.eq \f(\r(10),2) B.eq \r(10) C.eq \f(3\r(10),2) D.2eq \r(10)
解：设中间三项为a，b，c，则2b＝x＋y，所以b＝eq \f(x＋y,2)，c＝eq \f(b＋y,2)＝eq \f(x＋3y,4)，
所以后三项的和为b＋c＋y＝eq \f(x＋y,2)＋eq \f(x＋3y,4)＋y＝eq \f(3x＋9y,4)，
又因为x2＋y2＝4，所以可令x＝2csθ，y＝2sinθ，
所以eq \f(3x＋9y,4)＝eq \f(3,2)(csθ＋3sinθ)＝eq \f(3\r(10),2)sin(θ＋φ)≤eq \f(3\r(10),2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中tanφ＝\f(1,3))).备选题库
1．(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则 ( )
A.an＝2n－5 B.an＝3n－10
C.Sn＝2n2－8n D.Sn＝eq \f(1,2)n2－2n
解：设公差为d，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4a1＋6d＝0，,a1＋4d＝5，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－3，,d＝2.))
故an＝2n－5，Sn＝eq \f(（2n－5－3）·n,2)＝n2－4n.
故选A.
2．(重庆七校2019－2020学年高三三诊)在等差数列{an}中，前n项和Sn满足S9－S2＝35，则a6的值是 ( )
A.5 B.7 C.9 D.3
解：因为S9－S2＝35，所以a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝35，即7a6＝35，a6＝5.
故选A.
3．在等差数列{an}中，a1＝29，S10＝S20，则数列{an}的前n项和Sn的最大值为 ( )
A.S15 B.S16 C.S15或S16 D.S17
解：因为a1＝29，S10＝S20，
所以10a1＋eq \f(10×9,2)d＝20a1＋eq \f(20×19,2)d，解得d＝－2，
所以Sn＝29n＋eq \f(n（n－1）,2)×(－2)＝－n2＋30n
＝－(n－15)2＋225.
所以当n＝15时，Sn取得最大值．故选A.
4．(2019·全国卷Ⅲ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，a1≠0，a2＝3a1，则eq \f(S10,S5)＝________.
解：设等差数列{an}的公差为d，因为a2＝3a1，所以a1＋d＝3a1，即2a1＝d，所以eq \f(S10,S5)＝eq \f(10a1＋\f(10×9,2)d,5a1＋\f(5×4,2)d)＝eq \f(100a1,25a1)＝4.故填4.
5．(2019·北京卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝________，Sn的最小值为________．
解：等差数列{an}中，S5＝5a3＝－10，得a3＝－2，又a2＝－3，所以公差d＝a3－a2＝1，a5＝a3＋2d＝0，由等差数列{an}的性质得n≤5时，an≤0，n≥6时，an＞0，所以Sn的最小值为S4或S5，即为－10.故填0；－10.
例1 (1)在数列{an}中，已知a1＝eq \f(1,3)，an＋1＝eq \f(1,3)an－eq \f(2,3n＋1)，n∈N*，设Sn为{an}的前n项和．
(Ⅰ)求证：数列{3nan}是等差数列；
(Ⅱ)求{an}的通项公式．
解：(Ⅰ)证明：因为an＋1＝eq \f(1,3)an－eq \f(2,3n＋1)，
所以3n＋1an＋1－3nan＝－2，
又因为a1＝eq \f(1,3)，则31·a1＝1，
所以{3nan}是首项为1，公差为－2的等差数列．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知3nan＝1＋(n－1)·(－2)＝3－2n，
所以an＝(3－2n)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n.
(2)(2019·山东德州模拟)已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＋1＝Sn＋an＋3，a4＋a5＝23，则S8＝ ( )
A.72 B.88 C.92 D.98
解：因为Sn＋1＝Sn＋an＋3，所以Sn＋1－Sn＝an＋3＝an＋1，所以an＋1－an＝3，所以{an}是公差为d＝3的等差数列，又a4＋a5＝23，即2a1＋7d＝23，解得a1＝1，所以S8＝8a1＋eq \f(8×7,2)d＝92.故选C.
点拨 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；③通项公式法：得出an＝pn＋q(p，q是常数)；④前n项和公式法：得出Sn＝An2＋Bn(A，B是常数)．
变式1 (1)已知数列{an}中，a1＝2，an＝2－eq \f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，设bn＝eq \f(1,an－1)(n∈N*)．
(Ⅰ)求证：数列{bn}是等差数列；
(Ⅱ)求{an}的通项公式．
解：(Ⅰ)证明：因为an＝2－eq \f(1,an－1)，所以an＋1＝2－eq \f(1,an).
所以bn＋1－bn＝eq \f(1,an＋1－1)－eq \f(1,an－1)＝eq \f(1,2－\f(1,an)－1)－eq \f(1,an－1)＝eq \f(an－1,an－1)＝1，
所以{bn}是首项为b1＝eq \f(1,2－1)＝1，公差为1的等差数列．
(Ⅱ)由(Ⅰ)得bn＝n，即eq \f(1,an－1)＝n，所以{an}的通项公式为an＝1＋eq \f(1,n).
(2)(四川省天府名校2020届高三上学期一联)已知数列{an}满足an＋2－an＋1＝an＋1－an(n∈N*)，且a5＝10，a7＝14，则a2 020－a2 019＝ ( )
A.2 B.1 C.－2 D.－1
解：由题意可知，数列{an}为等差数列，故设数列{an}的公差为d，则a7－a5＝4＝2d，即d＝2，所以a2 020－a2 019＝d＝2.故选A.
考点二 基本量运算
例2 (1) (2019·江苏苏州中学)已知{an}为等差数列，若a2＝2a3＋1，a4＝2a3＋7，则a5＝________.
解： 由题知a4＝a2＋6，则数列{an}的公差为d＝3，所以a2＝2(a2＋3)＋1，解得a2＝－7，所以a5＝－7＋3×3＝2.
(2)(2019·江苏卷)已知数列{an}(n∈N*)是等差数列，Sn是其前n项和．若a2a5＋a8＝0，S9＝27，则S8的值是________．
解法一：由题意可得：
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2a5＋a8＝（a1＋d）（a1＋4d）＋（a1＋7d）＝0，,S9＝9a1＋\f(9×8,2)d＝27，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－5，,d＝2，))则S8＝8a1＋eq \f(8×7,2)d＝－40＋28×2＝16.
解法二：设等差数列{an}的公差为d.S9＝eq \f(9（a1＋a9）,2)＝9a5＝27，所以a5＝3，又a2a5＋a8＝0，则
3(3－3d)＋3＋3d＝0，得d＝2，则S8＝eq \f(8（a1＋a8）,2)＝4(a4＋a5)＝4×(1＋3)＝16.故填16.
点拨 在等差数列五个基本量a1，d，n，an，Sn中，已知其中三个量，可以根据已知条件结合等差数列的通项公式、前n项和公式列出关于基本量的方程(组)来求余下的两个量，计算时须注意整体代换及方程思想的应用．求解等差数列基本量问题时，要注意多使用等差数列的性质进行转化，如{an}为等差数列，若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq.
变式2 (1)(2018·浙江台州中学期中)已知等差数列{an}中，a1＝1，aeq \\al(2,3)＝a2a5－3，求an及其前n项和Sn.
解：设公差为d，因为aeq \\al(2,3)＝a2a5－3，所以(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋4d)－3，即(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋4d)－3，解得d＝3，所以an＝1＋3(n－1)＝3n－2，Sn＝eq \f(n[1＋（3n－2）],2)＝eq \f(3n2－n,2).
(2)(2018·北京卷)设{an}是等差数列，且a1＝3，a2＋a5＝36，则{an}的通项公式为________．
解：设等差数列的公差为d，因为a1＝3，所以3＋d＋3＋4d＝36，所以d＝6，所以an＝a1＋(n－1)d＝3＋6(n－1)＝6n－3.故填an＝6n－3.
(3) (2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S4＝0，a5＝5，则( )
A. an＝2n－5B. an＝3n－10
C. Sn＝2n2－8nD. Sn＝eq \f(1,2)n2－2n
解：由题知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S4＝4a1＋\f(d,2)×4×3＝0，,a5＝a1＋4d＝5，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－3，,d＝2，))所以an＝2n－5，Sn＝n2－4n，故选A.
(4)《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为( )
A. 1升 B. eq \f(67,66)升 C. eq \f(47,44)升 D. eq \f(37,33)升
解：设该等差数列为{an}，公差为d，由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＋a4＝3，,a7＋a8＋a9＝4，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a1＋6d＝3，,3a1＋21d＝4，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(13,22)，,d＝\f(7,66)，))所以a5＝eq \f(13,22)＋4×eq \f(7,66)＝eq \f(67,66).故选B.
考点三 等差数列性质
例3 (1)已知在等差数列{an}中，a5＋a6＝4，则lg2(2a1·2a2·…·2a10)＝ ( )
A.10 B.20 C.40 D.2＋lg25
解：(1)因为2a1·2a2·…·2a10＝2a1＋a2＋…＋a10＝25(a5＋a6)＝25×4，所以lg2(2a1·2a2·…·2a10)＝lg225×4＝20.故选B.
(2) (2019·江苏启东中学)在等差数列{an}中，a3，a9是方程x2＋24x＋12＝0的两根，则数列{an}的前11项和为________.
解：因为a3，a9是方程x2＋24x＋12＝0的两根，所以a3＋a9＝－24，又a3＋a9＝－24＝2a6，所以a6＝－12，所以S11＝eq \f(11×(a1＋a11),2)＝eq \f(11×2a6,2)＝－132.
(3)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知前6项和为36，最后6项的和为180，Sn＝324(n＞6)，则n＝________；a9＋a10＝________.
解：由题意知a1＋a2＋…＋a6＝36，①
an＋an－1＋an－2＋…＋an－5＝180，②
①＋②得
(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋…＋(a6＋an－5)＝6(a1＋an)＝216，
所以a1＋an＝36，又Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝324，
所以18n＝324，所以n＝18.
因为a1＋an＝36，n＝18，所以a1＋a18＝36，
从而a9＋a10＝a1＋a18＝36.故填18；36.
(4)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝10，S20＝30，则S30＝________.
解：因为S10，S20－S10，S30－S20成等差数列，所以2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，所以40＝10＋S30－30，所以S30＝60.故填60.
(5)已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且eq \f(An,Bn)＝eq \f(7n＋45,n＋3)，则使得eq \f(an,bn)为整数的正整数n的个数是 ( )
A.2 B.3 C.4 D.5
解：由eq \f(An,Bn)＝eq \f(7n＋45,n＋3)得：eq \f(an,bn)＝eq \f(A2n－1,B2n－1)＝eq \f(14n＋38,2n＋2)＝eq \f(7n＋19,n＋1)，要使eq \f(an,bn)为整数，则需eq \f(7n＋19,n＋1)＝7＋eq \f(12,n＋1)为整数，所以n＝1，2，3，5，11，共有5个．故选D.
点拨 等差数列的性质主要有：①等差数列前m项与后m项的和等于m(a1＋an)；②若p＋q＝m＋n，则ap＋aq＝am＋an；③Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…为等差数列；④若等差数列有奇数项，则正中间一项是该数列各项的平均数．等差数列的性质是其定义、通项公式及前n项和公式等基础知识的推广与变形，解题时灵活应用这些性质常常可化繁为简．
变式3 (1)(2019·沈阳质检一)在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，2a7＝a8＋5，则S11＝( )
A.11 B.50 C.55 D.60
解：由2a7＝a8＋5，即a6＋a8＝a8＋5得a6＝5，则S11＝eq \f(11（a1＋a11）,2)＝11a6＝55.故选C.
(2)若一个项数为n的等差数列的前3项和为34，最后3项和为146，且所有项和为390，则n＝________.
解：依题意eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＝34，,an－2＋an－1＋an＝146，))
两式相加得
(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋(a3＋an－2)＝180.
因为a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2，所以a1＋an＝60.
因为Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝390，所以n＝13.故填13.
(3)(湖北省名师联盟2020届高三入学调研)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S6＝－5S3≠0，则eq \f(S9,S3)＝ ( )
A.18 B.13 C.－13 D.－18
解：由S6＝－5S3≠0，可设S6＝－5a(a≠0)，则S3＝a.因为{an}为等差数列，所以S3，S6－S3，S9－S6为等差数列，即a，－6a，S9－S6成等差数列，所以S9－S6＝－13a，即S9＝－18a，所以eq \f(S9,S3)＝－18.故选D.
(4)若两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，已知eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(7n,n＋3)，则eq \f(a5,b5)等于 ( )
A.7 B.eq \f(2,3) C.eq \f(27,8) D.eq \f(21,4)
解：因为a5＝eq \f(a1＋a9,2)，b5＝eq \f(b1＋b9,2)，
所以eq \f(a5,b5)＝eq \f(\f(a1＋a9,2),\f(b1＋b9,2))＝eq \f(\f(9（a1＋a9）,2),\f(9（b1＋b9）,2))＝eq \f(S9,T9)＝eq \f(7×9,9＋3)＝eq \f(21,4).故选D.
考点四 等差数列的最值问题
例4 (1)等差数列{an}的首项a1＞0，设其前n项和为Sn，且S5＝S12，则当n为何值时，Sn有最大值？
解法一：由题意知d＜0，因为Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n，
设f(x)＝eq \f(d,2)x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))x，如图，
由S5＝S12知，抛物线的对称轴为x＝eq \f(5＋12,2)＝eq \f(17,2)，
由图可知，当1≤n≤8时，Sn单调递增；当n≥9时，Sn单调递减，且S8＝S9.
又n∈N*，所以当n＝8或9时，Sn有最大值．
解法二：设等差数列{an}的公差为d，由S5＝S12得5a1＋10d＝12a1＋66d，d＝－eq \f(1,8)a1＜0.
Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d
＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,8)a1))
＝－eq \f(1,16)a1(n2－17n)＝－eq \f(1,16)a1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(17,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(289,64)a1，
因为a1＞0，n∈N*，所以当n＝8或9时，Sn有最大值．
解法三：由解法二得d＝－eq \f(1,8)a1＜0.
设此数列的前n项和最大，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≥0，,an＋1≤0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an＝a1＋（n－1）·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,8)a1))≥0，,an＋1＝a1＋n·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,8)a1))≤0，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n≤9，,n≥8，))即8≤n≤9，
又n∈N*，所以当n＝8或9时，Sn有最大值．
解法四：由解法二得d＝－eq \f(1,8)a1＜0，
又S5＝S12得a6＋a7＋a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝0，
所以7a9＝0，所以a9＝0.
所以当n＝8或9时，Sn有最大值．
点拨 求等差数列前n项和的最值常用的方法：①利用等差数列的基本性质或单调性求出其正负转折项，便可求得和的最值；②将等差数列的前n项和Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)看作关于n的二次函数，根据二次函数的性质求最值．无论用哪种方法，都要注意an＝0的情形．
(2)在等差数列{an}中，a12<0，a13>0，且a13>|a12|，Sn为数列{an}的前n项和，则使得Sn>0的n的最小值为 ( )
A.23 B.24 C.25 D.26
解：因为a12<0，a13>0，则公差d>0，又a13>|a12|，所以a12＋a13>0，则S24＝eq \f(24（a1＋a24）,2)＝eq \f(24（a12＋a13）,2)>0，S23＝eq \f(23（a1＋a23）,2)＝23a12<0，S25＝eq \f(25（a1＋a25）,2)＝25a13>0，所以使得Sn>0的n的最小值为24.故选B.
变式4 (1)在等差数列{an}中，若a1＜0，Sn为其前n项和，且S7＝S17，则Sn最小时n的值为________.
解法一：由S7＝S17，得2a1＋23d＝0，即(a1＋11d)＋(a1＋12d)＝0，故a12＋a13＝0.又由a1＜0，S7＝S17，可知d＞0，所以a12＜0，a13＞0，所以当n＝12时，Sn最小．
解法二：由S7＝S17得d＝－eq \f(2,23)a1，从而Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n＝－eq \f(a1,23)(n－12)2＋eq \f(144,23)a1.因为a1＜0，所以－eq \f(a1,23)＞0，所以n＝12时，Sn最小．
课后作业
1．(2019·开封高三定位考试)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a5＝10，S4＝16，则数列{an}的公差为 ( )
A.1 B.2 C.3 D.4
解：设等差数列{an}的公差为d，则由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a1＋4d＝10，,4a1＋\f(4×3,2)d＝16，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2.))
另解：S4＝2(a1＋a4)＝16⇒a1＋a4＝8.故d＝(a1＋a5)－(a1＋a4)＝2.故选B.
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3a5＝12，a2＝0.若a1>0，则S20＝ ( )
A.420 B.340 C.－420 D.－340
解：设数列{an}的公差为d，a2＝0，则a3＝a2＋d＝d，a5＝a2＋3d＝3d，由a3a5＝12得d＝±2，由a1>0，a2＝0，可知d<0，所以d＝－2，所以a1＝2，故S20＝20×2＋eq \f(20×19,2)×(－2)＝－340.故选D.
3．(2019·福建模拟)设Sn，Tn分别是等差数列{an}，{bn}的前n项和，若a5＝2b5，则eq \f(S9,T9)＝( )
A.2 B.3 C.4 D.6
解：由a5＝2b5，得eq \f(a5,b5)＝2，所以eq \f(S9,T9)＝eq \f(\f(9（a1＋a9）,2),\f(9（b1＋b9）,2))＝eq \f(2a5,2b5)＝eq \f(a5,b5)＝2.故选A.
4．(2019·广东中山一中统测)设数列{an}的前n项和为Sn，且an＝－2n＋1，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))的前11项和为 ( )
A.－45 B.－50 C.－55 D.－66
解：因为an＝－2n＋1，所以数列{an}是以－1为首项，－2为公差的等差数列，所以Sn＝eq \f(n[－1＋（－2n＋1）],2)＝－n2，所以eq \f(Sn,n)＝eq \f(－n2,n)＝－n，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是以－1为首项，－1为公差的等差数列，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))的前11项和为11×(－1)＋eq \f(11×10,2)×(－1)＝－66.故选D.
5．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝9，eq \f(S9,9)－eq \f(S5,5)＝－4，则Sn取最大值时的n为 ( )
A.4 B.5 C.6 D.4或5
解：由{an}为等差数列，设公差为d，有eq \f(S9,9)－eq \f(S5,5)＝a5－a3＝2d＝－4，即d＝－2，又a1＝9，所以an＝－2n＋11，由an＝－2n＋11<0，得n>eq \f(11,2)，所以Sn取最大值时n为5.故选B.
6.若{an}是等差数列，首项a1>0，a2 020＋a2 021>0，a2 020·a2 021<0，则使前n项和Sn>0成立的最大正整数n是 ( )
A.2 020 B.2 021 C.4 040 D.4 041
解：因为a1>0，a2 020＋a2 021>0，a2 020·a2 021<0，所以d<0，a2 020>0，a2 021<0，所以S4 040＝eq \f(4 040（a1＋a4 040）,2)＝eq \f(4 040（a2 020＋a2 021）,2)＞0，S4 041＝eq \f(4 041（a1＋a4 041）,2)＝4 041a2 021＜0，所以使前n项和Sn>0成立的最大正整数n是4 040.故选C.
7．(2019·广州高中综合测试)等差数列{an}的各项均不为零，其前n项和为Sn.若aeq \\al(2,n＋1)＝an＋2＋an，则S2n＋1＝ ( )
A.4n＋2 B.4n C.2n＋1 D.2n
解：因为{an}为等差数列，所以an＋2＋an＝2an＋1，又aeq \\al(2,n＋1)＝an＋2＋an，所以aeq \\al(2,n＋1)＝2an＋1.因为数列{an}的各项均不为零，所以an＋1＝2，所以S2n＋1＝eq \f(（a1＋a2n＋1）（2n＋1）,2)＝eq \f(2an＋1·（2n＋1）,2)＝4n＋2.故选A.
8．【多选题】下列关于等差数列的命题中正确的有 ( )
A.若a，b，c成等差数列，则a2，b2，c2一定成等差数列
B.若a，b，c成等差数列，则2a，2b，2c可能成等差数列
C.若a，b，c成等差数列，则ka＋2，kb＋2，kc＋2一定成等差数列
D.若a，b，c成等差数列，则eq \f(1,a)，eq \f(1,b)，eq \f(1,c)可能成等差数列
解：对于A，取a＝1，b＝2，c＝3⇒a2＝1，b2＝4，c2＝9，A错．
对于B，a＝b＝c⇒2a＝2b＝2c，B正确；
对于C，因为a，b，c成等差数列，所以a＋c＝2b.
所以(ka＋2)＋(kc＋2)＝k(a＋c)＋4＝2(kb＋2)，C正确；
对于D，a＝b＝c≠0⇒eq \f(1,a)＝eq \f(1,b)＝eq \f(1,c)，D正确．
故选BCD.
9．(2019·山东菏泽检测)已知数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，且2a1＋3a3＝S6，给出以下结论：
①a10＝0；②S10最小；③S7＝S12；④S19＝0.
其中一定正确的所有结论序号是________．
解：设等差数列的公差为d，则2a1＋3a1＋6d＝6a1＋15d，故a1＋9d＝0，即a10＝0，①正确；若a1＞0，d＜0，则S9＝S10且它们为Sn的最大值，②错误；S12－S7＝a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝5a10＝0，故S7＝S12，③正确；S19＝19a10＝0，故④正确．故填①③④.
10．(2019·武汉调研改编)设等差数列{an}满足a3＋a7＝36，a4a6＝275，则an＝________；若anan＋1有最小值，则这个最小值为________．
解：设等差数列{an}的公差为d，
因为a3＋a7＝36，
所以a4＋a6＝36，又a4a6＝275，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a4＝11，,a6＝25，))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a4＝25，,a6＝11.))
当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a4＝11，,a6＝25))时，可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－10，,d＝7，))此时an＝7n－17，a2＝－3，a3＝4，易知当n≤2时，an<0，当n≥3时，an>0，
所以a2a3＝－12为anan＋1的最小值；
当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a4＝25，,a6＝11))时，可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝46，,d＝－7，))此时an＝－7n＋53，a7＝4，a8＝－3，易知当n≤7时，an>0，当n≥8时，an<0，
所以a7a8＝－12为anan＋1的最小值．
综上，anan＋1的最小值为－12.
故填7n－17或－7n＋53；－12.
11．(2018·全国卷Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并求Sn的最小值．
解：(1)设{an}的公差为d，
由题意得3a1＋3d＝－15.
又a1＝－7，所以d＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2n－9.
(2)由(1)得Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝n2－8n＝(n－4)2－16，
所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.
12．(2019·全国卷Ⅰ)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：(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*}．
13．已知数列{an}满足a1＝1，an＝eq \f(an－1,2an－1＋1)(n∈N*，n≥2)，数列{bn}满足关系式bn＝eq \f(1,an)(n∈N*)．
(1)求证：数列{bn}为等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)证明：因为bn＝eq \f(1,an)，且an＝eq \f(an－1,2an－1＋1)，
所以bn＋1＝eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,\f(an,2an＋1))＝eq \f(2an＋1,an)，
所以bn＋1－bn＝eq \f(2an＋1,an)－eq \f(1,an)＝2.
又因为b1＝eq \f(1,a1)＝1，
所以数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列．
(2)由(1)知数列{bn}的通项公式为bn＝1＋(n－1)×2＝2n－1，又bn＝eq \f(1,an)，所以an＝eq \f(1,bn)＝eq \f(1,2n－1).
所以数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,2n－1).
附加题 (湖南省长沙市雅礼中学2020届高三上第一次月考)已知实数x，y满足x2＋y2＝4，在x，y之间插入三个实数，使这五个数构成等差数列，那么这个等差数列后三项和的最大值为 ( )
A.eq \f(\r(10),2) B.eq \r(10) C.eq \f(3\r(10),2) D.2eq \r(10)
解：设中间三项为a，b，c，则2b＝x＋y，所以b＝eq \f(x＋y,2)，c＝eq \f(b＋y,2)＝eq \f(x＋3y,4)，
所以后三项的和为b＋c＋y＝eq \f(x＋y,2)＋eq \f(x＋3y,4)＋y＝eq \f(3x＋9y,4)，
又因为x2＋y2＝4，所以可令x＝2csθ，y＝2sinθ，
所以eq \f(3x＋9y,4)＝eq \f(3,2)(csθ＋3sinθ)＝eq \f(3\r(10),2)sin(θ＋φ)≤eq \f(3\r(10),2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中tanφ＝\f(1,3))).备选题库
1．(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则 ( )
A.an＝2n－5 B.an＝3n－10
C.Sn＝2n2－8n D.Sn＝eq \f(1,2)n2－2n
解：设公差为d，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4a1＋6d＝0，,a1＋4d＝5，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－3，,d＝2.))
故an＝2n－5，Sn＝eq \f(（2n－5－3）·n,2)＝n2－4n.
故选A.
2．(重庆七校2019－2020学年高三三诊)在等差数列{an}中，前n项和Sn满足S9－S2＝35，则a6的值是 ( )
A.5 B.7 C.9 D.3
解：因为S9－S2＝35，所以a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝35，即7a6＝35，a6＝5.
故选A.
3．在等差数列{an}中，a1＝29，S10＝S20，则数列{an}的前n项和Sn的最大值为 ( )
A.S15 B.S16 C.S15或S16 D.S17
解：因为a1＝29，S10＝S20，
所以10a1＋eq \f(10×9,2)d＝20a1＋eq \f(20×19,2)d，解得d＝－2，
所以Sn＝29n＋eq \f(n（n－1）,2)×(－2)＝－n2＋30n
＝－(n－15)2＋225.
所以当n＝15时，Sn取得最大值．故选A.
4．(2019·全国卷Ⅲ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，a1≠0，a2＝3a1，则eq \f(S10,S5)＝________.
解：设等差数列{an}的公差为d，因为a2＝3a1，所以a1＋d＝3a1，即2a1＝d，所以eq \f(S10,S5)＝eq \f(10a1＋\f(10×9,2)d,5a1＋\f(5×4,2)d)＝eq \f(100a1,25a1)＝4.故填4.
5．(2019·北京卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝________，Sn的最小值为________．
解：等差数列{an}中，S5＝5a3＝－10，得a3＝－2，又a2＝－3，所以公差d＝a3－a2＝1，a5＝a3＋2d＝0，由等差数列{an}的性质得n≤5时，an≤0，n≥6时，an＞0，所以Sn的最小值为S4或S5，即为－10.故填0；－10.
