2023届高考一轮复习讲义（文科）第六章　数列 第2讲　等差数列及其前n项和学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（文科）第六章　数列 第2讲　等差数列及其前n项和学案，共16页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
1．等差数列与等差中项
(1)定义：
①文字语言：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；
②符号语言：an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)．
(2)等差中项：若三个数a，A，b组成等差数列，则A叫做a，b的等差中项．
2．等差数列的通项公式与前n项和公式
(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＝eq \f(n（a1＋an）,2)．
3．等差数列的性质
已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和．
(1)通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．
(2)若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an．
(3)若{an}的公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为2d．
(4)若{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列．
(5)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…构成等差数列．
常用结论
1．等差数列与函数的关系
(1)通项公式：当公差d≠0时，等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)d＝dn＋a1－d是关于n的一次函数，且一次项系数为公差d.若公差d＞0，则为递增数列，若公差d＜0，则为递减数列．
(2)前n项和：当公差d≠0时，Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n是关于n的二次函数且常数项为0.
2．两个常用结论
(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).
二、习题改编
1．(必修5P38例1(1)改编)已知等差数列－8，－3，2，7，…，则该数列的第10项为 ．
答案：37
2．(必修5P46A组T2改编)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝12，S5＝90，则等差数列{an}的公差d＝ ．
答案：3
3．(必修5P39练习T2改编)某剧场有20排座位，后一排比前一排多2个座位，最后一排有60个座位，则剧场总共的座位数为 ．
解析：设第n排的座位数为an(n∈N*)，数列{an}为等差数列，其公差d＝2，则an＝a1＋(n－1)d＝a1＋2(n－1)．由已知a20＝60，得60＝a1＋2×(20－1)，解得a1＝22，则剧场总共的座位数为eq \f(20（a1＋a20）,2)＝eq \f(20×（22＋60）,2)＝820.
答案：820
一、思考辨析
判断正误(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)已知数列{an}的通项公式是an＝pn＋q(其中p，q为常数)，则数列{an}一定是等差数列．( )
(3)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．( )
(4)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.( )
(5)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的．( )
(6)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数．( )
答案：(1)× (2)√ (3)× (4)√ (5)√ (6)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)(1)等差数列概念中的两个易误点，即同一个常数与常数；
(2)错用公式致误；
(3)错用性质致误．
1．已知数列{an}中，a1＝1，an＝an－1＋eq \f(1,2)(n≥2)，则数列{an}的前9项和等于 ．
解析：由a1＝1，an＝an－1＋eq \f(1,2)(n≥2)，可知数列{an}是首项为1，公差为eq \f(1,2)的等差数列，故S9＝9a1＋eq \f(9×（9－1）,2)×eq \f(1,2)＝9＋18＝27.
答案：27
2．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 ．
解析：由已知得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋3d＋a1＋4d＝24，,6a1＋6×\f(5,2)d＝48，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－2，,d＝4，))所以数列{an}的公差为4.
答案：4
3．在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，则a2＋a8＝ ．
解析：由等差数列的性质，得a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝450，所以a5＝90，所以a2＋a8＝2a5＝180.
答案：180
等差数列的基本运算(师生共研)
(1)(2020·福州市质量检测)已知数列{an}中，a3＝2，a7＝1.若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))为等差数列，则a9＝( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(5,4)
C.eq \f(4,5) D．－eq \f(4,5)
(2)(2019·高考全国卷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
【解析】 (1)因为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))为等差数列，a3＝2，a7＝1，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的公差d＝eq \f(\f(1,a7)－\f(1,a3),7－3)＝eq \f(1－\f(1,2),7－3)＝eq \f(1,8)，所以eq \f(1,a9)＝eq \f(1,a7)＋(9－7)×eq \f(1,8)＝eq \f(5,4)，所以a9＝eq \f(4,5)，故选C.
(2)法一：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
因为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S4＝0，,a5＝5，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4a1＋\f(4×3,2)d＝0，,a1＋4d＝5，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－3，,d＝2，))所以an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d＝n2－4n.故选A.
法二：设等差数列{an}的公差为d，
因为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S4＝0，,a5＝5，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4a1＋\f(4×3,2)d＝0，,a1＋4d＝5，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－3，,d＝2.))
选项A，a1＝2×1－5＝－3；
选项B，a1＝3×1－10＝－7，排除B；
选项C，S1＝2－8＝－6，排除C；
选项D，S1＝eq \f(1,2)－2＝－eq \f(3,2)，排除D.故选A.
【答案】 (1)C (2)A
eq \a\vs4\al()
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．
1．(一题多解)(2020·惠州市第二次调研)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＋a3＋a4＝15，a7＝13，则S5＝( )
A．28 B．25
C．20 D．18
解析：选B.法一：设等差数列{an}的公差为d，由已知得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋d＋a1＋2d＋a1＋3d＝15，,a1＋6d＝13，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2，))所以S5＝5a1＋eq \f(5×4,2)d＝5×1＋eq \f(5×4,2)×2＝25，故选B.
法二：由{an}是等差数列，可得a2＋a4＝2a3，所以a3＝5，所以S5＝eq \f(5（a1＋a5）,2)＝eq \f(5×2a3,2)＝25，故选B.
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝4，S4＝22，an＝28，则n＝( )
A．3 B．7
C．9 D．10
解析：选D.因为S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝4a2＋2d＝22，d＝eq \f(（22－4a2）,2)＝3，a1＝a2－d＝4－3＝1，an＝a1＋(n－1)d＝1＋3(n－1)＝3n－2，由3n－2＝28，得n＝10.
等差数列的判定与证明(典例迁移)
已知数列{an}中，a1＝eq \f(1,4)，其前n项和为Sn，且满足an＝eq \f(2Seq \\al(2,n),2Sn－1)(n≥2)．
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
【解】 (1)证明：当n≥2时，Sn－Sn－1＝eq \f(2Seq \\al(2,n),2Sn－1).
整理，得Sn－1－Sn＝2SnSn－1.
两边同时除以SnSn－1，得eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn－1)＝2.
又eq \f(1,S1)＝eq \f(1,a1)＝4，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是以4为首项，以2为公差的等差数列．
(2)由(1)可得数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))的通项公式为eq \f(1,Sn)＝4＋(n－1)×2＝2n＋2，所以Sn＝eq \f(1,2（n＋1）).
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,2（n＋1）)－eq \f(1,2n)＝eq \f(－1,2n（n＋1）).
当n＝1时，a1＝eq \f(1,4)，不适合上式．
所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，n＝1，,\f(－1,2n（n＋1）)，n≥2.))
【迁移探究】 (变条件)本例的条件变为：a1＝eq \f(1,4)，Sn＝eq \f(Sn－1,2Sn－1＋1)(n≥2)，证明eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是等差数列．
证明：因为Sn＝eq \f(Sn－1,2Sn－1＋1)，所以2Sn－1Sn＋Sn＝Sn－1，即Sn－1－Sn＝2SnSn－1，故eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn－1)＝2(n≥2)，
又eq \f(1,S1)＝eq \f(1,a1)＝4，因此数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是首项为4，公差为2的等差数列．
eq \a\vs4\al()
等差数列的判定与证明的常用方法
(1)定义法：an＋1－an＝d(d是常数，n∈N*)或an－an－1＝d(d是常数，n∈N*，n≥2)⇔{an}为等差数列．
(2)等差中项法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}为等差数列．
(3)通项公式法：an＝an＋b(a，b是常数，n∈N*)⇔{an}为等差数列．
(4)前n项和公式法：Sn＝an2＋bn(a，b为常数)⇔{an}为等差数列．
[提示] 若要判定一个数列不是等差数列，则只需找出三项an，an＋1，an＋2，使得这三项不满足2an＋1＝an＋an＋2即可；但如果要证明一个数列是等差数列，则必须用定义法或等差中项法．
1．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \f(an,an＋1)，且bn＝eq \f(1,an)，n∈N*.求证：数列{bn}为等差数列．
证明：因为bn＝eq \f(1,an)，且an＋1＝eq \f(an,an＋1)，所以bn＋1＝eq \f(1,an＋1)＝eq \f(an＋1,an)＝1＋eq \f(1,an)＝1＋bn，故bn＋1－bn＝1.又b1＝eq \f(1,a1)＝1，
所以数列{bn}是以1为首项，1为公差的等差数列．
2．(2020·贵州省适应性考试)已知数列{an}满足a1＝1，且nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n.
(1)求a2，a3的值；
(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：(1)由已知，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nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，
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eq \f(a1,1)＝1，公差d＝2的等差数列．
则eq \f(an,n)＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以an＝2n2－n.
等差数列的性质及应用(多维探究)
角度一 等差数列项性质的应用
(1)(一题多解)在公差不为0的等差数列{an}中，4a3＋a11－3a5＝10，则eq \f(1,5)a4＝( )
A．－1 B．0
C．1 D．2
(2)一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则该数列的公差d＝ ．
【解析】 (1)通解：设数列{an}的公差为d(d≠0)，由4a3＋a11－3a5＝10，得4(a1＋2d)＋(a1＋10d)－3(a1＋4d)＝10，即2a1＋6d＝10，即a1＋3d＝5，故a4＝5，所以eq \f(1,5)a4＝1，故选C.
优解一：设数列{an}的公差为d(d≠0)，因为an＝am＋(n－m)d，所以由4a3＋a11－3a5＝10，得4(a4－d)＋(a4＋7d)－3(a4＋d)＝10，整理得a4＝5，所以eq \f(1,5)a4＝1，故选C.
优解二：由等差数列的性质，得2a7＋3a3－3a5＝10，得4a5＋a3－3a5＝10，即a5＋a3＝10，则2a4＝10，即a4＝5，所以eq \f(1,5)a4＝1，故选C.
(2)设等差数列的前12项中奇数项的和为S奇，偶数项的和为S偶，公差为d.
由已知条件，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S奇＋S偶＝354，,S偶∶S奇＝32∶27，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S偶＝192，,S奇＝162.))
又S偶－S奇＝6d，所以d＝eq \f(192－162,6)＝5.
【答案】 (1)C (2)5
角度二 等差数列前n项和性质的应用
(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
(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】 (1)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.
(2)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.
【答案】 (1)A (2)A
角度三 等差数列的前n项和的最值
(一题多解)(2020·广东省七校联考)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】 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.
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.
eq \a\vs4\al()
(1)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
①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；
②S2n－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)．
(2)求数列前n项和的最值的方法
①通项法：〈1〉若a1＞0，d＜0，则Sn必有最大值，其n可用不等式组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≥0，,an＋1≤0))来确定；〈2〉若a1＜0，d＞0，则Sn必有最小值，其n可用不等式组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≤0，,an＋1≥0))来确定．
②二次函数法：等差数列{an}中，由于Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n，故可用二次函数求最值的方法来求前n项和的最值，这里应由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：借助Sn最大时，有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Sn≥Sn－1，,Sn≥Sn＋1))(n≥2，n∈N*)，解此不等式组确定n的范围，进而确定n的值和对应Sn的值(即Sn的最值)．
1．(一题多解)(2020·福建省质量检查)等差数列{an}的前n项和为Sn，且a8－a5＝9，S8－S5＝66，则a33＝( )
A．82 B．97
C．100 D．115
解析：通解：设等差数列{an}的公差为d，则由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a8－a5＝9，,S8－S5＝66，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（a1＋7d）－（a1＋4d）＝9，,（8a1＋28d）－（5a1＋10d）＝66，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(d＝3，,a1＝4，))所以a33＝a1＋32d＝4＋32×3＝100，故选C.
优解：设等差数列{an}的公差为d，由a8－a5＝9，得3d＝9，即d＝3.由S8－S5＝66，得a6＋a7＋a8＝66，结合等差数列的性质知3a7＝66，即a7＝22，所以a33＝a7＋(33－7)×d＝22＋26×3＝100，故选C.
2．已知无穷等差数列{an}的前n项和为Sn，S6＜S7，且S7＞S8，则( )
A．在数列{an}中，a1最大
B．在数列{an}中，a3或a4最大
C．S3＝S10
D．当n≥8时，an>0
解析：选A.由于S6＜S7，S7＞S8，所以S7－S6＝a7＞0，S8－S7＝a8＜0，所以数列{an}是递减的等差数列，最大项为a1，所以A正确，B错，D错；S10－S3＝a4＋a5＋…＋a10＝7a7＞0，故C错误．
3．两等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(7n＋2,n＋3)，则eq \f(a2＋a20,b7＋b15)＝ ．
解析：因为数列{an}和{bn}均为等差数列，所以eq \f(a2＋a20,b7＋b15)＝eq \f(a1＋a21,b1＋b21)＝eq \f(\f(（a1＋a21）×21,2),\f(（b1＋b21）×21,2))＝eq \f(S21,T21)＝eq \f(7×21＋2,21＋3)＝eq \f(149,24).
答案：eq \f(149,24)
思想方法系列10 整体思想在等差数列中的应用
在等差数列{an}中，其前n项和为Sn.已知Sn＝m，Sm＝n(m≠n)，则Sm＋n＝ ．
【解析】 设数列{an}的公差为d，
则由Sn＝m，Sm＝n，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Sn＝na1＋\f(n（n－1）,2)d＝m，①,Sm＝ma1＋\f(m（m－1）,2)d＝n.②))
②－①得(m－n)a1＋eq \f(（m－n）（m＋n－1）,2)·d＝n－m.
因为m≠n，所以a1＋eq \f(m＋n－1,2)d＝－1.
所以Sm＋n＝(m＋n)a1＋eq \f(（m＋n）（m＋n－1）,2)d
＝(m＋n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋\f(m＋n－1,2)d))＝－(m＋n)．
【答案】 －(m＋n)
eq \a\vs4\al()
从整体上认识问题、思考问题，常常能化繁为简、变难为易，同时又能培养学生思维的灵活性、敏捷性．整体思想的主要表现形式有：整体代入、整体加减、整体代换、整体联想、整体补形、整体改造等．在等差数列中，当要求的Sn所需要的条件未知或不易求出时，可以考虑整体代入．
(2020·石家庄市第一次模拟)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：选B.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.
[基础题组练]
1．(2020·长春市质量监测(二))等差数列{an}中，Sn是它的前n项和，a2＋a3＝10，S6＝54，则该数列的公差d为( )
A．2 B．3
C．4 D．6
解析：选C.由题意，知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋d＋a1＋2d＝10，,6a1＋\f(6×5,2)d＝54，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－1，,d＝4，))故选C.
2．(2020·重庆市七校联合考试)在等差数列{an}中，若a3＋a5＋a7＋a9＋a11＝55，S3＝3，则a5等于( )
A．5 B．6
C．7 D．9
解析：选C.设数列{an}的公差为d，因为数列{an}是等差数列，所以a3＋a5＋a7＋a9＋a11＝5a7＝55，所以a7＝11，又S3＝3，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a7＝a1＋6d＝11，,S3＝3a1＋3d＝3，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－1，,d＝2，))所以a5＝7.故选C.
3．已知数列{an}满足a1＝15，且3an＋1＝3an－2，若ak·ak＋1<0，则正整数k＝( )
A．21 B．22
C．23 D．24
解析：选C.3an＋1＝3an－2⇒an＋1＝an－eq \f(2,3)⇒{an}是等差数列，则an＝eq \f(47,3)－eq \f(2,3)n.因为ak·ak＋1<0，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(47,3)－\f(2,3)k))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(45,3)－\f(2,3)k))<0，所以eq \f(45,2)4．(2020·辽宁丹东质量测试(一))我国明代伟大数学家程大位在《算法统宗》中常以诗歌的形式呈现数学问题，其中有一首“竹筒容米”：“家有九节竹一茎，为因盛米不均平，下头三节三升九，上梢四节贮三升，唯有中间两节竹，要将米数次第盛，若有先生能算法，也教算得到天明．”意思是：九节竹的盛米容积成等差数列，其中的“三升九”指3.9升，则九节竹的中间一节的盛米容积为( )
A．0.9升 B．1升
C．1.1升 D．2.1升
解析：选B.设竹筒从下到上的盛米量分别为a1，a2，…，a9，依题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＝3.9，,a6＋a7＋a8＋a9＝3，))故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝1.3，,a7＋a8＝1.5，))即a2＋5d＋a2＋6d＝2a2＋11d＝2.6＋11d＝1.5，解得d＝－0.1，故a5＝a2＋3d＝1.3－0.3＝1升．故选B.
5．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，且对于任意n＞1，n∈N*，满足Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)，则( )
A．a9＝17 B．a10＝18
C．S9＝81 D．S10＝90
解析：选B.因为对于任意n＞1，n∈N*，满足Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)，
所以Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1＋2，所以an＋1－an＝2.
所以数列{an}在n≥2时是等差数列，公差为2.又a1＝1，a2＝2，
则a9＝2＋7×2＝16，a10＝2＋8×2＝18，S9＝1＋8×2＋eq \f(8×7,2)×2＝73，S10＝1＋9×2＋eq \f(9×8,2)×2＝91.故选B.
6．(2019·高考全国卷Ⅲ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a3＝5，a7＝13，则S10＝ ．
解析：通解：设等差数列{an}的公差为d，则由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝5，,a1＋6d＝13，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2，))所以S10＝10×1＋eq \f(10×9,2)×2＝100.
优解：由题意，得公差d＝eq \f(1,4)(a7－a3)＝2，所以a4＝a3＋d＝7，所以S10＝eq \f(10（a1＋a10）,2)＝5(a4＋a7)＝100.
答案：100
7．(2020·武昌区调研考试)设{an}是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，已知S1，S2，S4成等比数列，且a3＝5，则数列{an}的通项公式为 ．
解析：设数列{an}的公差为d(d≠0)，因为{an}是等差数列，S1，S2，S4成等比数列，所以(a1＋a2)2＝a1(a1＋a2＋a3＋a4)，因为a3＝5，所以(5－2d＋5－d)2＝(5－2d)(5－2d＋15)，解得d＝2或d＝0(舍去)，所以5＝a1＋(3－1)×2，即a1＝1，所以an＝2n－1.
答案：an＝2n－1
8．(2020·福建龙岩期末改编)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋an＋1＝2n＋1(n∈N*)，则a20的值为 ，S21的值为 ．
解析：将n＝1代入an＋an＋1＝2n＋1中得a2＝3－1＝2.
由an＋an＋1＝2n＋1①，得an＋1＋an＋2＝2n＋3②.
②－①，得an＋2－an＝2，所以数列{an}的奇数项、偶数项都是以2为公差的等差数列，
则a21＝1＋10×2＝21，a20＝2＋9×2＝20，所以S21＝(a1＋a3＋a5＋…＋a21)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝eq \f(（1＋21）×11,2)＋eq \f(（2＋20）×10,2)＝231.
答案：20 231
9．(2019·高考全国卷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}．
10．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：(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).
[综合题组练]
1．(2020·广东揭阳期末改编)已知数列{an}满足a1＝－eq \f(1,9)，an＋1＝eq \f(an,8an＋1)(n∈N*)，则an＝ ，数列{an}中最大项的值为 ．
解析：由题意知an≠0，由an＋1＝eq \f(an,8an＋1)得eq \f(1,an＋1)＝eq \f(8an＋1,an)＝eq \f(1,an)＋8，整理得eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝8，即数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是公差为8的等差数列，故eq \f(1,an)＝eq \f(1,a1)＋(n－1)×8＝8n－17，所以an＝eq \f(1,8n－17).当n＝1，2时，an＜0；当n≥3时，an＞0，则数列{an}在n≥3时是递减数列，故{an}中最大项的值为a3＝eq \f(1,7).
答案：eq \f(1,8n－17) eq \f(1,7)
2．(创新型)(2020·安徽省淮南模拟)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*)．
答案：bn＝2n－1(n∈N*)
3．已知数列{an}满足：a3＝－13，an＝an－1＋4(n＞1，n∈N*)．
(1)求a1，a2及通项公式an；
(2)设Sn为数列{an}的前n项和，则数列S1，S2，S3，…中哪一项最小？
解：(1)因为数列{an}满足a3＝－13，an＝an－1＋4，
所以an－an－1＝4，
即数列{an}为等差数列且公差d＝4，
所以a2＝a3－d＝－13－4＝－17，
a1＝a2－d＝－17－4＝－21，
所以通项公式an＝a1＋(n－1)d＝－21＋4(n－1)＝4n－25.
(2)令an＝4n－25≥0可解得n≥eq \f(25,4)，
所以数列{an}的前6项为负值，从第7项开始为正数，
所以数列S1，S2，S3，…中S6最小．
4．(2020·广东广州天河二模)已知Sn为数列{an}的前n项和，且a1＜2，an＞0，6Sn＝aeq \\al(2,n)＋3an＋2，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若∀n∈N*，bn＝(－1)naeq \\al(2,n)，求数列{bn}的前2n项的和T2n.
解：(1)当n＝1时，6a1＝aeq \\al(2,1)＋3a1＋2，且a1＜2，解得a1＝1.
当n≥2时，6an＝6Sn－6Sn－1＝aeq \\al(2,n)＋3an＋2－(aeq \\al(2,n－1)＋3an－1＋2)．
化简得(an＋an－1)(an－an－1－3)＝0，
因为an＞0，所以an－an－1＝3，
所以数列{an}是首项为1，公差为3的等差数列，
所以an＝1＋3(n－1)＝3n－2.
(2)bn＝(－1)naeq \\al(2,n)＝(－1)n(3n－2)2.
所以b2n－1＋b2n＝－(6n－5)2＋(6n－2)2＝36n－21.
所以数列{bn}的前2n项的和
T2n＝36(1＋2＋…＋n)－21n＝36×eq \f(n（n＋1）,2)－21n＝18n2－3n.