新高考数学一轮复习课时讲练 第6章 第2讲　等差数列及其前n项和 (含解析)

这是一份新高考数学一轮复习课时讲练 第6章 第2讲　等差数列及其前n项和 (含解析)，共19页。试卷主要包含了等差数列的有关概念，等差数列的有关公式，等差数列的性质，等差数列的增减性与最值，等差数列与一次函数的关系等内容，欢迎下载使用。

第2讲　等差数列及其前n项和


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．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＝，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．
(2)前n项和公式：Sn＝na1＋d＝．
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．
4．等差数列的增减性与最值
公差d>0时为递增数列，且当a1<0时，前n项和Sn有最小值；公差d<0时为递减数列，且当a1>0时，前n项和Sn有最大值．
5．等差数列与一次函数的关系
由等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)d可得an＝dn＋(a1－d)，如果设p＝d，q＝a1－d，那么an＝pn＋q，其中p，q是常数．当p≠0时，(n，an)在一次函数y＝px＋q的图象上，即公差不为零的等差数列的图象是直线y＝px＋q上的均匀排开的一群孤立的点．当p＝0时，an＝q，等差数列为常数列，此时数列的图象是平行于x轴的直线(或x轴)上的均匀排开的一群孤立的点．

[疑误辨析]
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)×
[教材衍化]
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100项为________．
解析：依题意得，该数列的首项为－8，公差为5，所以a100＝－8＋99×5＝487.
答案：487
2．(必修5P39练习T5改编)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
3．(必修5P46A组T5改编)已知等差数列5，4，3，…，则前n项和Sn＝________．
解析：由题知公差d＝－，所以Sn＝na1＋d＝(75n－5n2)．
答案：(75n－5n2)
4．(必修5P46A组T2改编)设数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a6＝2且S5＝30，则S8＝________．
解析：由已知可得
解得所以S8＝8a1＋d＝32.
答案：32
[易错纠偏]
(1)忽视等差数列中项为0的情况；
(2)考虑不全而忽视相邻项的符号；
(3)等差数列各项的符号判断不正确．
1．已知等差数列{an}中，|a3|＝|a9|，公差d<0，则使数列{an}的前n项和Sn取最大值的正整数n的值是________．
解析：由|a3|＝|a9|，d<0，得a3＝－a9，
即a3＋a9＝0，所以a6＝＝0.
所以a5>0，a6＝0，a7<0.
所以当n＝5或6时，Sn取最大值．
答案：5或6
2．首项为30的等差数列{an}，从第8项开始为负数，则公差d的取值范围是________．
解析：由题意知a1＝30，a8<0，a7≥0.
即解得－5≤d<－.
答案：
3．设数列{an}的通项公式为an＝2n－10(n∈N*)，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝________．
解析：由an＝2n－10(n∈N*)知{an}是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由an＝2n－10≥0得n≥5，所以n≤5时，an≤0，当n>5时，an>0，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋…＋a15)＝20＋110＝130.
答案：130


　　　　　　等差数列的基本运算(高频考点)
等差数列基本量的计算是高考的常考内容，多出现在选择题、填空题或解答题的第(1)问中，属容易题．主要命题角度有：
(1)求公差d、项数n或首项a1；
(2)求通项或特定项；
(3)求前n项和．
角度一　求公差d、项数n或首项a1
　(2020·浙江省高中学科基础测试)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝16，a6＝10，则公差d＝________；Sn取最大值时的n＝________．
【解析】　a6＝a3＋(6－3)d，所以10＝16＋3d，所以d＝－2，因为a3＝a1＋(3－1)d，所以16＝a1＋2×(－2)，
所以a1＝20，所以Sn＝－n2＋21n，当n＝－，由n∈Z得n＝10或11时，Sn取最大值．
【答案】　－2　10或11
角度二　求通项或特定项
　已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足 a1＋a5＝a，S7＝63.求数列{an}的通项公式．
【解】　法一：设正项等差数列{an}的公差为d，
则由题意得
即
又因为an＞0，
所以a3＝a1＋2d＞0，
所以
所以
所以an＝3＋(n－1)×2＝2n＋1(n∈N*)．
法二：设正项等差数列{an}的公差为d.
因为{an}是等差数列，且a1＋a5＝a，
所以2a3＝a，
又an＞0，所以a3＝7.
因为S7＝＝7a4＝63，
所以a4＝9.
所以d＝a4－a3＝2，
所以an＝a3＋(n－3)d＝2n＋1(n∈N*)．
角度三　求前n项和
　在公差为d的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1，2a2＋2，5a3成等比数列．
(1)求d，an；
(2)若d<0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|.
【解】　(1)由题意得5a3·a1＝(2a2＋2)2，
即d2－3d－4＝0.故d＝－1或d＝4.
所以an＝－n＋11，n∈N*或an＝4n＋6，n∈N*.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn.
因为d<0，由(1)得d＝－1，an＝－n＋11，
则当n≤11时，
|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－n2＋n.
当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－Sn＋2S11＝n2－n＋110.
综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝


等差数列基本运算的方法策略
(1)等差数列中包含a1，d，n，an，Sn五个量，可知三求二．解决这类问题一般设基本量a1，d，利用等差数列的通项公式与求和公式列方程(组)求解，体现方程思想．
(2)如果已知等差数列中有几项的和是常数的计算问题，一般是等差数列的性质和等差数列求和公式Sn＝结合使用，体现整体代入的思想．　

1．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
解析：选C.设等差数列{an}的公差为d，
所以所以d＝4，故选C.
2．(2020·嘉兴市高考模拟)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若＝，则＝(　　)
A.　　　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选A.设公差为d，则＝，d＝a1，
所以＝＝，故选A.
3．已知等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3，Sk＝－35，则k＝________．
解析：设等差数列{an}的公差为d，
则an＝a1＋(n－1)d，
由于a1＝1，a3＝－3，又a3＝a1＋2d，
所以d＝－2，因此an＝3－2n.
得Sn＝n＝2n－n2，
所以Sk＝2k－k2＝－35，
即k2－2k－35＝0，解得k＝7或k＝－5，
又因为k∈N*，所以k＝7.
答案：7

　　　　　　等差数列的判定与证明
(1)如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，An≠An＋2，n∈N*，|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*(P≠Q表示点P与Q不重合)．若dn＝|AnBn|，Sn为△AnBnBn＋1的面积，则(　　)

A．{Sn}是等差数列　　　　　 B．{S}是等差数列
C．{dn}是等差数列 D．{d}是等差数列
(2)已知数列{an}中，a1＝2，an＝2－(n≥2，n∈N*)．设bn＝(n∈N*)，求证：数列{bn}是等差数列．
【解】　(1)选A.如图，记hn为△AnBnBn＋1的边BnBn＋1上的高(n∈N*)，
设锐角的大小为θ，根据图象可知，
hn＋1＝hn＋|AnAn＋1|·sin θ，
又|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，
所以Sn＋1－Sn＝·hn＋1－|BnBn＋1|·hn＝|BnBn＋1|·(hn＋1－hn)＝
|BnBn＋1|·|AnAn＋1|sin θ.根据题意，|BnBn＋1|＝|Bn＋1 Bn＋2|，|An An＋1|＝|An＋1 An＋2|，
所以|BnBn＋1|·|AnAn＋1|sin θ为常数，
所以{Sn}为等差数列，故选A.
(2)证明：因为an＝2－，
所以an＋1＝2－.
所以bn＋1－bn＝－
＝－＝＝1，
所以{bn}是首项为b1＝＝1，公差为1的等差数列．

判定数列{an}是等差数列的常用方法
(1)定义法：对任意n∈N*，an＋1－an是同一个常数．
(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：数列的通项公式an是n的一次函数．
(4)前n项和公式法：数列的前n项和公式Sn是n的二次函数，且常数项为0.
[提醒]　判断是否为等差数列，最终一般都要转化为定义法判断．　
　(2020·嘉兴质检)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＋1－1，两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1，
由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.
(2)由题设知a1＝1，a1a2＝λS1－1，
可得a2＝λ－1.由(1)知，a3＝λ＋1.
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；
{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．

　　　　　　等差数列性质的应用及最值(高频考点)
等差数列的性质是高考的常考内容，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度为中、低档题．主要命题角度有：
(1)等差数列项的性质的应用；
(2)等差数列前n项和的性质的应用；
(3)等差数列的最值．
角度一　等差数列项的性质的应用
　(1)(2020·绍兴一中高三期中)设数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，已知a1＋a4＋a10＝27，则a5＝________，S9＝________．
(2)(2020·宁波市高考模拟)已知{an}，{bn}是公差分别为d1，d2的等差数列，且An＝an＋bn，Bn＝anbn.若A1＝1，A2＝3，则An＝________；若{Bn}为等差数列，则d1d2＝________．
【解析】　(1)由等差数列的性质可得：a1＋a4＋a10＝27＝3a5，解得a5＝9，
所以S9＝＝9a5＝81.
(2)因为{an}，{bn}是公差分别为d1，d2的等差数列，且An＝an＋bn，
所以数列{An}是等差数列，
又A1＝1，A2＝3，
所以数列{An}的公差d＝A2－A1＝2.
则An＝1＋2(n－1)＝2n－1；
因为Bn＝anbn，且{Bn}为等差数列，
所以Bn＋1－Bn＝an＋1bn＋1－anbn
＝(an＋d1)(bn＋d2)－anbn
＝and2＋bnd1＋d1d2＝ [a1＋(n－1)d1]d2＋[b1＋(n－1)d2]d1＋d1d2
＝a1d2＋b1d1－d1d2＋2d1d2n为常数．
所以d1d2＝0.
【答案】　(1)9　81　(2)2n－1　0
角度二　等差数列前n项和的性质的应用
　等差数列{an}的前m项和为30，前3m项和为90，则它的前2m项和为________．
【解析】　由Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列，
可得2(S2m－Sm)＝Sm＋S3m－S2m，
即S2m＝＝＝60.
【答案】　60
角度三　等差数列的最值
　(1)(2020·温州市高考数学模拟)已知{an}是等差数列，其公差为非零常数d，前n项和为Sn，设数列的前n项和为Tn，当且仅当n＝6时，Tn有最大值，则的取值范围是(　　)
A.　　　 B．(－3，＋∞)
C. D．(－∞，－3)∪
(2)(2020·义乌市高三月考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a8>0，a8＋a9<0，则Sn>0的最大n是________；数列(1≤n≤15)中最大的项为第________项．
【解析】　(1)因为＝n＋(a1－)，由题意知d<0，且，得－3<<－.
(2)因为a8>0，a8＋a9<0，所以S15＝＝15a8>0，S16＝(a1＋a16)＝8(a8＋a9)<0，
所以Sn>0的最大n是15.
因为等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a8>0，a8＋a9<0，所以该数列是递减数列，当n＝8时，|a8|最小，且|S8|最大，所以数列(1≤n≤15)中最大的项为第8项．
【答案】　(1)C　(2)15　8

(1)等差数列和的性质
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，通过配方结合图象借助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，满足的项数m使得Sn取得最大值为Sm；　
〈2〉当a1＜0，d＞0时，满足的项数m使得Sn取得最小值为Sm.

1．一个等差数列{an}的前12项的和为354，前12项中偶数项的和S偶与前12项中奇数项的和S奇的比值为，则公差d＝________．
解析：由题意，可知所以
又项数为12的等差数列中，S偶－S奇＝6d，所以d＝5.
答案：5
2．在等差数列{an}中，已知a1＝10，前n项和为Sn，若S9＝S12，则Sn取得最大值时，n＝________，Sn的最大值为________．
解析：法一：因为a1＝10，S9＝S12，
所以9×10＋d＝12×10＋d，
所以d＝－1.所以an＝－n＋11.
所以a11＝0，即当n≤10时，an＞0，当n≥12时，an＜0，
所以当n＝10或11时，Sn取得最大值，且最大值为
S10＝S11＝10×10＋×(－1)＝55.
法二：同法一求得d＝－1.
所以Sn＝10n＋·(－1)＝－n2＋n
＝－＋.
因为n∈N*，所以当n＝10或11时，Sn有最大值，且最大值为S10＝S11＝55.
法三：同法一求得d＝－1.
又由S9＝S12得a10＋a11＋a12＝0.
所以3a11＝0，即a11＝0.
所以当n＝10或11时，Sn有最大值．
且最大值为S10＝S11＝55.
答案：10或11　55
思想方法系列3　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{an}的公差为d，
则由Sn＝m，Sm＝n，
得
②－①得(m－n)a1＋·d＝n－m.
因为m≠n，所以a1＋d＝－1.
所以Sm＋n＝(m＋n)a1＋d
＝(m＋n)＝－(m＋n)．
【答案】　－(m＋n)

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＝＝50(a50＋a51)＝－100，故选B.

[基础题组练]
1．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
解析：选C.由题知3a1＋d＝12，因为a1＝2，解得d＝2，又a6＝a1＋5d，所以a6＝12，故选C.
2．(2020·浙江新高考冲刺卷)已知等差数列{an}，Sn是{an}的前n项和，则对于任意的n∈N*，“an>0”是“Sn>0”的(　　)
A．充分不必要条件　　　 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A.对于任意的n∈N*，“an>0”能推出“Sn>0”，是充分条件，反之，不成立，比如：数列5，3，1，－1，不满足条件，不是必要条件，故选A.
3．已知等差数列{an}，且3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝48，则数列{an}的前13项之和为(　　)
A．24 B．39
C．104 D．52
解析：选D.因为{an}是等差数列，所以3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝6a4＋6a10＝48，所以a4＋a10＝8，其前13项的和为＝＝＝52，故选D.
4．(2020·金华十校联考)在数列{an}中，若a1＝2，且对任意正整数m，k，总有am＋k＝am＋ak，则{an}的前n项和Sn＝(　　)
A．n(3n－1) B.
C．n(n＋1) D.
解析：选C.依题意得an＋1＝an＋a1，即有an＋1－an＝a1＝2，所以数列{an}是以2为首项、2为公差的等差数列，an＝2＋2(n－1)＝2n，Sn＝＝n(n＋1)，选C.
5．若数列{an}满足a1＝15，且3an＋1＝3an－2，则使ak·ak＋1＜0的k值为(　　)
A．22 B．21
C．24 D．23
解析：选D.因为3an＋1＝3an－2，所以an＋1－an＝－，又a1＝15，所以数列{an}是首项为15，公差为－的等差数列，所以an＝15－·(n－1)＝－n＋，且{an}为递减数列，令an＝－n＋＞0，得n＜23.5，可知使ak·ak＋1＜0的k值为23.
6．(2020·温州十校联合体期初)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，则(　　)
A．若S9>S8，S9>S10，则S17>0，S18<0
B．若S17>0，S18<0，则S9>S8，S8>S10
C．若S17>0，S18<0，则a17>0，a18<0
D．若a17>0，a18<0，则S17>0，S18<0
解析：选B.A.由S9>S8，且S9＝S8＋a9得a9>0，
又S9>S10，S10＝S9＋a10，则a10<0，
因为S17＝17a9>0，S18＝9(a10＋a9)符号不确定，A错误；
B．在等差数列{an}中，S17>0，且S18<0，
则S17＝17a9>0，S18＝9(a10＋a9)<0，
所以a9>0，a10<0，且|a10|>a9，所以等差数列{an}的公差d<0，
则S9＝S8＋a9>S8，S10＝S8＋a9＋a10 C．由B知，a1，a2，…，a9为正，a10，a11…为负，C错误；
D．由a17>0，a18<0知，a1，a2，…，a17为正，a18，a19，…为负，
所以S17＝17a9>0，S18＝9(a1＋a18)＝9(a2＋a17)>0，D错误．故选B.
7．已知等差数列{an}的公差d≠0，且a3＋a9＝a10－a8.若an＝0，则n＝________．
解析：因为a3＋a9＝a10－a8，
所以a1＋2d＋a1＋8d＝a1＋9d－(a1＋7d)，
解得a1＝－4d，
所以an＝－4d＋(n－1)d＝(n－5)d，
令(n－5)d＝0(d≠0)，可解得n＝5.
答案：5
8．在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n＝8时Sn取得最大值，则d的取值范围为________．
解析：由题意，当且仅当n＝8时，Sn取得最大值，说明所以所以－1＜d＜－.
答案：
9．已知数列{an}的各项均为正数，Sn为其前n项和，且对任意n∈N*，均有an，Sn，a成等差数列，则an＝________．
解析：因为an，Sn，a成等差数列，
所以2Sn＝an＋a，
当n＝1时，2S1＝2a1＝a1＋a，
又a1>0，所以a1＝1，
当n≥2时，2an＝2(Sn－Sn－1)＝an＋a－an－1－a，
所以(a－a)－(an＋an－1)＝0，
所以(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，
又an＋an－1>0，n≥2，
所以an－an－1＝1，n≥2，
所以{an}是等差数列，其公差为1，
因为a1＝1，
所以an＝n(n∈N*)．
答案：n
10．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＋a6＝4，S5＝－5.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若Tn＝|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|，求T5的值．
解：(1)由题知，解得，
故an＝2n－7(n∈N*)．
(2)由an＝2n－7＜0，得n＜，
因为n∈N*，即n≤3，
所以当n≤3时，an＝2n－7＜0，
当n≥4时，an＝2n－7＞0.
易知Sn＝n2－6n，S3＝－9，S5＝－5，
所以T5＝－(a1＋a2＋a3)＋a4＋a5＝－S3＋(S5－S3)＝S5－2S3＝13.
11．(2020·嵊州模拟)已知函数f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7(n∈N*)．
(1)设函数y＝f(x)的图象的顶点的纵坐标构成数列{an}，求证：{an}为等差数列；
(2)设函数y＝f(x)的图象的顶点到x轴的距离构成数列{bn}，求{bn}的前n项和Sn.
解：(1)证明：因为f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7＝[x－(n＋1)]2＋3n－8，
所以an＝3n－8，
因为an＋1－an＝3(n＋1)－8－(3n－8)＝3，
所以数列{an}为等差数列．
(2)由题意知，bn＝|an|＝|3n－8|，
所以当1≤n≤2时，bn＝8－3n，
Sn＝b1＋…＋bn＝＝＝；
当n≥3时，bn＝3n－8，
Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝5＋2＋1＋…＋(3n－8)
＝7＋＝.
所以Sn＝
[综合题组练]
1．下面是关于公差d＞0的等差数列{an}的四个命题：p1：数列{an}是递增数列；p2：数列{nan}是递增数列；p3：数列是递增数列；p4：数列{an＋3nd}是递增数列．其中真命题为(　　)
A．p1，p2 B．p3，p4
C．p2，p3 D．p1，p4
解析：选D.由an＋1－an＝d＞0，知数列{an}是递增数列，可知p1是真命题；由(n＋1)an＋1－nan＝(n＋1)(a1＋nd)－n[a1＋(n－1)d]＝a1＋2nd，仅由d＞0是无法判断a1＋2nd的正负的，因而不能判定(n＋1)an＋1，nan的大小关系，故p2是假命题；显然，当an＝n时，＝1，数列是常数数列，不是递增数列，故p3是假命题；数列的第n＋1项减去数列的第n项[an＋1＋3(n＋1)d]－(an＋3nd)＝(an＋1－an)＋[3(n＋1)d－3nd]＝d＋3d＝4d＞0，所以an＋1＋3(n＋1)d＞an＋3nd，即数列{an＋3nd}是递增数列，p4是真命题．
2．(2020·金华市东阳二中高三调研)设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝a2＝1，{nSn＋(n＋2)an}为等差数列，则an＝(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A.设bn＝nSn＋(n＋2)an，则b1＝4，b2＝8，因为{bn}为等差数列，所以bn＝4n，即nSn＋(n＋2)an＝4n，Sn＋an＝4.
当n≥2时，Sn－Sn－1＋an－an－1＝0，所以an＝·an－1，即2·＝，又因为＝1，所以是首项为1，公比为的等比数列，所以＝(n∈N*)，即an＝(n∈N*)，故选A.
3．已知等差数列{an}满足a9＜0，且a8＞|a9|，数列{bn}满足bn＝anan＋1an＋2(n∈N*)，{bn}的前n项和为Sn，当Sn取得最大值时，n的值为________．
解析：设等差数列{an}的公差为d，因为a9<0，
且a8>|a9|，所以d<0，a8＋a9>0，a8>－a9>0.
所以当n≤8时，an>0；当n≥9时，an<0.
Sn＝a1a2a3＋a2a3a4＋…＋a6a7a8＋a7a8a9＋a8a9a10＋a9a10a11＋…＋anan＋1an＋2，
当n≤6时，anan＋1an＋2>0，当n≥9时，
anan＋1an＋2<0，而a7a8a9<0，a8a9a10>0，
又a7a8a9＋a8a9a10＝a8a9(a7＋a10)＝a8a9(a8＋a9)<0，
所以当Sn取得最大值时，n＝6.
答案：6
4．(2020·舟山市普陀三中高三期中)等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4－a2＝8，a3＋a5＝26.记Tn＝，如果存在正整数M，使得对一切正整数n，Tn≤M都成立，则M的最小值是________．
解析：因为{an}为等差数列，由a4－a2＝8，a3＋a5＝26，
可解得Sn＝2n2－n，
所以Tn＝2－，若Tn≤M对一切正整数n恒成立，则只需Tn的最大值小于或等于M即可．
又Tn＝2－<2，
所以只需2≤M，故M的最小值是2.
答案：2
5．已知等差数列{an}的公差d＞0.设{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S2·S3＝36.
(1)求d及Sn；
(2)求m，k(m，k∈N*)的值，使得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65.
解：(1)由题意知(2a1＋d)(3a1＋3d)＝36，
将a1＝1代入上式解得d＝2或d＝－5.
因为d＞0，
所以d＝2，Sn＝n2(n∈N*)．
(2)由(1)得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k
＝(2m＋k－1)(k＋1)，
所以(2m＋k－1)(k＋1)＝65.
由m，k∈N*知2m＋k－1≥k＋1＞1，
故
所以m＝5，k＝4.
6．(2020·衢州市高考数学模拟)在数列{an}中，a1＝1，2anan＋1＋an＋1－an＝0(n∈N*)．
(1)求证：数列为等差数列，并求{an}的通项公式；
(2)若tan＋1(an－1)＋1≥0对任意n≥2的整数恒成立，求实数t的取值范围．
解：(1)由题意得，2anan＋1＋an＋1－an＝0，
两边同除anan＋1得，－＝2，
因为a1＝1，所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，
则＝1＋2(n－1)＝2n－1，
所以an＝.
(2)由(1)得，tan＋1(an－1)＋1≥0
即为t·＋1≥0，
由n≥2化简得，t≤，
设bn＝，
则bn＋1－bn＝－
＝·
＝>0，
所以当n≥2时，
数列{bn}是递增数列，
则≥，
所以实数t的取值范围是.