2023版步步高新高考人教A版一轮复习讲义第六章 §6.2　等差数列

§6.2　等差数列考试要求　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．知识梳理1．等差数列的有关概念(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差都等于同一个常数，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，通常用字母d表示，定义表达式为an－an－1＝d(常数)(n≥2，n∈N*)．(2)等差中项若三个数a，A，b成等差数列，则A叫做a与b的等差中项，且有A＝eq \f(a＋b,2).2．等差数列的有关公式(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或Sn＝eq \f(na1＋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)等差数列{an}的前n项和为Sn，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列．常用结论1．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，且公差为p.2．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．3．等差数列{an}的单调性：当d＞0时，{an}是递增数列；当d＜0时，{an}是递减数列；当d＝0时，{an}是常数列．4．数列{an}是等差数列⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．这里公差d＝2A.思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的．(　√　)(2)若一个数列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．(　×　)(3)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.(　√　)(4)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．(　√　)教材改编题1．已知等差数列{an}中，a2＝3，前5项和S5＝10，则数列{an}的公差为(　　)A．－1 B．－eq \f(5,2)C．－2 D．－4答案　A解析　设等差数列{an}的公差为d，∵S5＝5a3＝10，∴a3＝a2＋d＝2，又∵a2＝3，∴d＝－1.2．在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，则a5＝________.答案　903．已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a3＝2，且S6＝30，则S9＝________.答案　126解析　由已知可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝2，,2a1＋5d＝10，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝－10，,d＝6.))∴S9＝9a1＋eq \f(9×8,2)d＝－90＋36×6＝126.题型一　等差数列基本量的运算例1　(1)(多选)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则下列选项正确的是(　　)A．a2＋a3＝0 B．an＝2n－5C．Sn＝n(n－4) D．d＝－2答案　ABC解析　S4＝eq \f(4×a1＋a4,2)＝0，∴a1＋a4＝a2＋a3＝0，A正确；a5＝a1＋4d＝5，①a1＋a4＝a1＋a1＋3d＝0，②联立①②得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(d＝2，,a1＝－3，))∴an＝－3＋(n－1)×2＝2n－5，B正确，D错误；Sn＝－3n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2－4n，C正确．(2)(2022·内蒙古模拟)已知等差数列{an}中，Sn为其前n项和，S4＝24，S9＝99，则a7等于(　　)A．13 B．14 C．15 D．16答案　C解析　∵eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(S4＝24，,S9＝99，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4a1＋6d＝24，,9a1＋36d＝99，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝3，,d＝2.))则a7＝a1＋6d＝15.教师备选1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＝5，S4＝24，则a9等于(　　)A．－5 B．－7C．－9 D．－11答案　B解析　∵a3＝5，S4＝24，∴a1＋2d＝5,4a1＋6d＝24，解得a1＝9，d＝－2，∴an＝11－2n，∴a9＝11－2×9＝－7.2．已知{an}是公差不为零的等差数列，且a1＋a10＝a9，则eq \f(a1＋a2＋…＋a9,a10)＝________.答案　eq \f(27,8)解析　∵a1＋a10＝a9，∴a1＋a1＋9d＝a1＋8d，即a1＝－d，∴a1＋a2＋…＋a9＝S9＝9a1＋eq \f(9×8,2)d＝27d，a10＝a1＋9d＝8d，∴eq \f(a1＋a2＋…＋a9,a10)＝eq \f(27,8).思维升华　(1)等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1，n，d，an，Sn，知道其中三个就能求出另外两个(简称“知三求二”)．(2)确定等差数列的关键是求出两个最基本的量，即首项a1和公差d.跟踪训练1　(1)(多选)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a3＋a6＝24，S6＝48，则下列正确的是(　　)A．a1＝－2 B．a1＝2C．d＝4 D．d＝－4答案　AC解析　因为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a3＋a6＝2a1＋7d＝24，,S6＝6a1＋15d＝48，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝－2，,d＝4.))(2)(2020·全国Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1＝－2，a2＋a6＝2，则S10＝______.答案　25解析　设等差数列{an}的公差为d，则a2＋a6＝2a1＋6d＝2.因为a1＝－2，所以d＝1.所以S10＝10×(－2)＋eq \f(10×9,2)×1＝25.题型二　等差数列的判定与证明例2　(2021·全国甲卷)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{eq \r(Sn)}是等差数列；③a2＝3a1.注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．解　①③⇒②.已知{an}是等差数列，a2＝3a1.设数列{an}的公差为d，则a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，所以Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝n2a1.因为数列{an}的各项均为正数，所以eq \r(Sn)＝neq \r(a1)，所以eq \r(Sn＋1)－eq \r(Sn)＝(n＋1)eq \r(a1)－neq \r(a1)＝eq \r(a1)(常数)，所以数列{eq \r(Sn)}是等差数列．①②⇒③.已知{an}是等差数列，{eq \r(Sn)}是等差数列．设数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝eq \f(1,2)n2d＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n.因为数列{eq \r(Sn)}是等差数列，所以数列{eq \r(Sn)}的通项公式是关于n的一次函数，则a1－eq \f(d,2)＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1.②③⇒①.已知数列{eq \r(Sn)}是等差数列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1.设数列{eq \r(Sn)}的公差为d，d>0，则eq \r(S2)－eq \r(S1)＝eq \r(4a1)－eq \r(a1)＝d，得a1＝d2，所以eq \r(Sn)＝eq \r(S1)＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2，所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n≥2)，是关于n的一次函数，且a1＝d2满足上式，所以数列{an}是等差数列．教师备选(2022·烟台模拟)已知在数列{an}中，a1＝1，an＝2an－1＋1(n≥2，n∈N*)，记bn＝log2(an＋1)．(1)判断{bn}是否为等差数列，并说明理由；(2)求数列{an}的通项公式．解　(1){bn}是等差数列，理由如下：b1＝log2(a1＋1)＝log22＝1，当n≥2时，bn－bn－1＝log2(an＋1)－log2(an－1＋1)＝log2eq \f(an＋1,an－1＋1)＝log2eq \f(2an－1＋2,an－1＋1)＝1，∴{bn}是以1为首项，1为公差的等差数列．(2)由(1)知，bn＝1＋(n－1)×1＝n，∴an＋1＝＝2n，∴an＝2n－1.思维升华　判断数列{an}是等差数列的常用方法(1)定义法：对任意n∈N*，an＋1－an是同一常数．(2)等差中项法：对任意n≥2，n∈N*，满足2an＝an＋1＋an－1.(3)通项公式法：对任意n∈N*，都满足an＝pn＋q(p，q为常数)．(4)前n项和公式法：对任意n∈N*，都满足Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．跟踪训练2　已知数列{an}满足a1＝1，且nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n.(1)求a2，a3；(2)证明数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是等差数列，并求{an}的通项公式．解　(1)由题意可得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\co1(\f(an,n)))是首项为eq \f(a1,1)＝1，公差为d＝2的等差数列，则eq \f(an,n)＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以an＝2n2－n.题型三　等差数列的性质命题点1　等差数列项的性质例3　(1)已知数列{an}满足2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，a2＋a4＋a6＝12，a1＋a3＋a5＝9，则a3＋a4等于(　　)A．6 B．7C．8 D．9答案　B解析　因为2an＝an－1＋an＋1，所以{an}是等差数列，由等差数列性质可得a2＋a4＋a6＝3a4＝12，a1＋a3＋a5＝3a3＝9，所以a3＋a4＝3＋4＝7.(2)(2022·宁波模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝150，则S9等于(　　)A．225 B．250C．270 D．300答案　C解析　等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝150，∴a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝150，解得a5＝30，∴S9＝eq \f(9,2)(a1＋a9)＝9a5＝270.命题点2　等差数列前n项和的性质例4　(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝10，S20＝60，则S40等于(　　)A．110 B．150C．210 D．280答案　D解析　因为等差数列{an}的前n项和为Sn，所以S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30也成等差数列．故(S30－S20)＋S10＝2(S20－S10)，所以S30＝150.又因为(S20－S10)＋(S40－S30)＝2(S30－S20)，所以S40＝280.(2)等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意正整数n都有eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(2n－1,3n－2)，则eq \f(a11,b6＋b10)＋eq \f(a5,b7＋b9)的值为________．答案　eq \f(29,43)解析　eq \f(a11,b6＋b10)＋eq \f(a5,b7＋b9)＝eq \f(a11＋a5,2b8)＝eq \f(2a8,2b8)＝eq \f(a8,b8)，∴eq \f(a8,b8)＝eq \f(S2×8－1,T2×8－1)＝eq \f(S15,T15)＝eq \f(2×15－1,3×15－2)＝eq \f(29,43).教师备选1．若等差数列{an}的前15项和S15＝30，则2a5－a6－a10＋a14等于(　　)A．2 B．3C．4 D．5答案　A解析　∵S15＝30，∴eq \f(15,2)(a1＋a15)＝30，∴a1＋a15＝4，∴2a8＝4，∴a8＝2.∴2a5－a6－a10＋a14＝a4＋a6－a6－a10＋a14＝a4－a10＋a14＝a10＋a8－a10＝a8＝2.2．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2 020，eq \f(S2 020,2 020)－eq \f(S2 014,2 014)＝6，则S2 023等于(　　)A．2 023 B．－2 023C．4 046 D．－4 046答案　C解析　∵eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，设公差为d′，则eq \f(S2 020,2 020)－eq \f(S2 014,2 014)＝6d′＝6，∴d′＝1，首项为eq \f(S1,1)＝－2 020，∴eq \f(S2 023,2 023)＝－2 020＋(2 023－1)×1＝2，∴S2 023＝2 023×2＝4 046.思维升华　(1)项的性质：在等差数列{an}中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq.(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.③依次k项和成等差数列，即Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等差数列．跟踪训练3　(1)(2021·北京){an}和{bn}是两个等差数列，其中eq \f(ak,bk)(1≤k≤5)为常值，若a1＝288，a5＝96，b1＝192，则b3等于(　　)A．64 B．128 C．256 D．512答案　B解析　由已知条件可得eq \f(a1,b1)＝eq \f(a5,b5)，则b5＝eq \f(a5b1,a1)＝eq \f(96×192,288)＝64，因此，b3＝eq \f(b1＋b5,2)＝eq \f(192＋64,2)＝128.(2)(2022·郴州模拟)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，满足a3＝3a1，a2＝3a1－1，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的前10项和为(　　)A.eq \f(55,2) B．55 C.eq \f(65,2) D．65答案　C解析　设等差数列{an}的公差为d，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝3a1，,a1＋d＝3a1－1，))所以a1＝1，d＝1，所以Sn＝n＋eq \f(nn－1,2)＝eq \f(nn＋1,2)，所以eq \f(Sn,n)＝eq \f(n＋1,2)，所以eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝eq \f(n＋1＋1,2)－eq \f(n＋1,2)＝eq \f(1,2)，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是以1为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的前10项和T10＝10＋eq \f(10×(10－1),2)×eq \f(1,2)＝eq \f(65,2).课时精练1．(2022·芜湖模拟)在等差数列{an}中，若a3＋a9＝30，a4＝11，则{an}的公差为(　　)A．－2 B．2 C．－3 D．3答案　B解析　设公差为d，因为a3＋a9＝2a6＝30，所以a6＝15，从而d＝eq \f(a6－a4,6－4)＝2.2．(2022·莆田模拟)已知等差数列{an}满足a3＋a6＋a8＋a11＝12，则2a9－a11的值为(　　)A．－3 B．3 C．－12 D．12答案　B解析　由等差中项的性质可得，a3＋a6＋a8＋a11＝4a7＝12，解得a7＝3，∵a7＋a11＝2a9，∴2a9－a11＝a7＝3.3．(2022·铁岭模拟)中国古代数学名著《张邱建算经》中有如下问题：今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差降之(等差数列)，上三人先入，得金四斤，持出；下四人后入，得金三斤，持出；中间三人未到者，亦依等次更给．则第一等人(得金最多者)得金斤数是(　　)A.eq \f(37,26) B.eq \f(37,27)C.eq \f(52,39) D.eq \f(56,39)答案　A解析　由题设知在等差数列{an}中，a1＋a2＋a3＝4，a7＋a8＋a9＋a10＝3.所以3a1＋3d＝4,4a1＋30d＝3，解得a1＝eq \f(37,26).4．(2022·山东省实验中学模拟)已知等差数列{an}的项数为奇数，其中所有奇数项之和为319，所有偶数项之和为290，则该数列的中间项为(　　)A．28 B．29C．30 D．31答案　B解析　设等差数列{an}共有2n＋1项，则S奇＝a1＋a3＋a5＋…＋a2n＋1，S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n，该数列的中间项为an＋1，又S奇－S偶＝a1＋(a3－a2)＋(a5－a4)＋…＋(a2n＋1－a2n)＝a1＋d＋d＋…＋d＝a1＋nd＝an＋1，所以an＋1＝S奇－S偶＝319－290＝29.5．(多选)等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，当首项a1和d变化时，a3＋a8＋a13是一个定值，则下列各数也为定值的有(　　)A．a7 B．a8 C．S15 D．S16答案　BC解析　由等差中项的性质可得a3＋a8＋a13＝3a8为定值，则a8为定值，S15＝eq \f(15\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋a15)),2)＝15a8为定值，但S16＝eq \f(16\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋a16)),2)＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a8＋a9))不是定值．6．(多选)已知Sn是等差数列{an}(n∈N*)的前n项和，且S8>S9>S7，则下列结论正确的是(　　)A．公差d<0B．在所有小于0的Sn中，S17最大C．a8>a9D．满足Sn>0的n的个数为15答案　ABC解析　∵S8>S9，且S9＝S8＋a9，∴S8>S8＋a9，即a9<0，又S8>S7，S8＝S7＋a8，∴S7＋a8>S7，即a8>0，∴d＝a9－a8<0，故A，C中的结论正确；∵S9>S7，S9＝S7＋a8＋a9，∴S7＋a8＋a9>S7，即a8＋a9>0，又a1＋a16＝a8＋a9，∴S16＝eq \f(16a1＋a16,2)＝8(a8＋a9)>0，又a1＋a15＝2a8，∴S15＝eq \f(15a1＋a15,2)＝15a8>0，又a1＋a17＝2a9，且a9<0，∴S17＝eq \f(17a1＋a17,2)＝17a9<0，故B中的结论正确，D中的结论错误．7．(2019·北京)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝________.答案　0解析　设等差数列{an}的公差为d，∵eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a2＝－3，,S5＝－10，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋d＝－3，,5a1＋10d＝－10，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝－4，,d＝1，))∴a5＝a1＋4d＝0.8．(2022·铁岭模拟)一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群，是中国现存最大且排列最整齐的喇嘛塔群之一．一百零八塔，因塔群的塔数而得名，塔群随山势凿石分阶而建，由下而上逐层增高，依山势自上而下各层的塔数分别为1,3,3,5,5,7，…，该数列从第5项开始成等差数列，则该塔群最下面三层的塔数之和为________．答案　51解析　设该数列为{an}，依题意可知，a5，a6，…成等差数列，且公差为2，a5＝5，设塔群共有n层，则1＋3＋3＋5＋5(n－4)＋eq \f(n－4n－5,2)×2＝108，解得n＝12(n＝－8舍去)．故最下面三层的塔数之和为a10＋a11＋a12＝3a11＝3×(5＋2×6)＝51.9．(2021·全国乙卷)记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知eq \f(2,Sn)＋eq \f(1,bn)＝2.(1)证明：数列{bn}是等差数列；(2)求{an}的通项公式．(1)证明　因为bn是数列{Sn}的前n项积，所以n≥2时，Sn＝eq \f(bn,bn－1)，代入eq \f(2,Sn)＋eq \f(1,bn)＝2可得，eq \f(2bn－1,bn)＋eq \f(1,bn)＝2，整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝eq \f(1,2)(n≥2)．又eq \f(2,S1)＋eq \f(1,b1)＝eq \f(3,b1)＝2，所以b1＝eq \f(3,2)，故{bn}是以eq \f(3,2)为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列．(2)解　由(1)可知，bn＝eq \f(n＋2,2)，则eq \f(2,Sn)＋eq \f(2,n＋2)＝2，所以Sn＝eq \f(n＋2,n＋1)，当n＝1时，a1＝S1＝eq \f(3,2)，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n＋2,n＋1)－eq \f(n＋1,n)＝－eq \f(1,nn＋1).故an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，n＝1，,－\f(1,nn＋1)，n≥2.))10．在数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求Tn.解　(1)∵an＋2－2an＋1＋an＝0，∴an＋2－an＋1＝an＋1－an，∴数列{an}是等差数列，设其公差为d，∵a1＝8，a4＝2，∴d＝eq \f(a4－a1,4－1)＝－2，∴an＝a1＋(n－1)d＝10－2n，n∈N*.(2)设数列{an}的前n项和为Sn，则由(1)可得，Sn＝8n＋eq \f(nn－1,2)×(－2)＝9n－n2，n∈N*.由(1)知an＝10－2n，令an＝0，得n＝5，∴当n>5时，an<0，则Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an)＝S5－(Sn－S5)＝2S5－Sn＝2×(9×5－25)－(9n－n2)＝n2－9n＋40；当n≤5时，an≥0，则Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝9n－n2，∴Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(9n－n2，n≤5，n∈N*，,n2－9n＋40，n≥6，n∈N*.))11．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m等于(　　)A．3 B．4 C．5 D．6答案　C解析　∵数列{an}为等差数列，且前n项和为Sn，∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也为等差数列．∴eq \f(Sm－1,m－1)＋eq \f(Sm＋1,m＋1)＝eq \f(2Sm,m)，即eq \f(－2,m－1)＋eq \f(3,m＋1)＝0，解得m＝5，经检验为原方程的解．12．(多选)(2022·济宁模拟)设等差数列{an}的前n项和是Sn，已知S14>0，S15<0，则下列选项正确的有(　　)A．a1>0，d<0B．a7＋a8>0C．S6与S7均为Sn的最大值D．a8<0答案　ABD解析　因为S14>0，S15<0，所以S14＝eq \f(14×a1＋a14,2)＝7(a1＋a14)＝7(a7＋a8)>0，即a7＋a8>0，因为S15＝eq \f(15×a1＋a15,2)＝15a8<0，所以a8<0，所以a7>0，所以等差数列{an}的前7项为正数，从第8项开始为负数，则a1>0，d<0，S7为Sn的最大值．13．(2020·新高考全国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________．答案　3n2－2n解析　方法一　(观察归纳法)数列{2n－1}的各项为1,3,5,7,9,11,13，…；数列{3n－2}的各项为1,4,7,10,13，….观察归纳可知，两个数列的公共项为1,7,13，…，是首项为1，公差为6的等差数列，则an＝1＋6(n－1)＝6n－5.故前n项和为Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(n1＋6n－5,2)＝3n2－2n.方法二　(引入参变量法)令bn＝2n－1，cm＝3m－2，bn＝cm，则2n－1＝3m－2，即3m＝2n＋1，m必为奇数．令m＝2t－1，则n＝3t－2(t＝1,2,3，…)．at＝b3t－2＝c2t－1＝6t－5，即an＝6n－5.以下同方法一．14．(2022·东莞模拟)已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差为d，前n项和为Sn.若Sn≤S8恒成立，则公差d的取值范围是______________．答案　eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,7)，－\f(1,8)))解析　根据等差数列{an}的前n项和Sn满足Sn≤S8恒成立，可知a8≥0且a9≤0，所以1＋7d≥0且1＋8d≤0，解得－eq \f(1,7)≤d≤－eq \f(1,8).15．定义向量列a1，a2，a3，…，an从第二项开始，每一项与它的前一项的差都等于同一个常向量(即坐标都是常数的向量)，即an＝an－1＋d(n≥2，且n∈N*)，其中d为常向量，则称这个向量列{an}为等差向量列．这个常向量叫做等差向量列的公差向量，且向量列{an}的前n项和Sn＝a1＋a2＋…＋an.已知等差向量列{an}满足a1＝(1,1)，a2＋a4＝(6,10)，则向量列{an}的前n项和Sn＝____________________.答案　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋n2,2)，n2))解析　因为向量线性运算的坐标运算，是向量的横坐标、纵坐标分别进行对应的线性运算，则等差数列的性质在等差向量列里面也适用，由等差数列的等差中项的性质知2a3＝a2＋a4＝(6,10)，解得a3＝(3,5)，则等差向量列{an}的公差向量为d＝eq \f(a3－a1,2)＝eq \f(3，5－1，1,2)＝eq \f(3－1，5－1,2)＝eq \f(2，4,2)＝(1,2)，由等差数列的通项公式可得等差向量列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝(1,1)＋(n－1)(1,2)＝(1,1)＋(n－1,2n－2)＝(1＋n－1,1＋2n－2)＝(n，2n－1)，由等差数列的前n项和公式，可得等差向量列{an}的前n项和Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(n[1，1＋n，2n－1],2)＝eq \f(n1＋n，2n,2)＝eq \f(n＋n2，2n2,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋n2,2)，n2)).16．在等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.(1)求{an}的通项公式；(2)设{bn}＝[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.解　(1)设数列{an}的公差为d，由题意得2a1＋5d＝4，a1＋5d＝3，解得a1＝1，d＝eq \f(2,5)，所以{an}的通项公式为an＝eq \f(2n＋3,5).(2)由(1)知，bn＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2n＋3,5)))，当n＝1,2,3时，1≤eq \f(2n＋3,5)<2，bn＝1；当n＝4,5时，2<eq \f(2n＋3,5)<3，bn＝2；当n＝6,7,8时，3≤eq \f(2n＋3,5)<4，bn＝3；当n＝9,10时，4<eq \f(2n＋3,5)<5，bn＝4.所以数列{bn}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.