1．(2022年成都月考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＋a6＝9，S6＝21，则数列{an}的公差是( )
A．－1 B．2 C．1 D．－2
【答案】C 【解析】由已知条件a3＋a6＝9，S6＝21，可得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＋a1＋5d＝9，,6a1＋\f(6×5,2)d＝21，))解得a1＝1，d＝1，∴数列{an}的公差是1.
2．(2022年哈尔滨六中月考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若2＋a5＝a6＋a3，则S7＝
( )
A．28 B．14 C．7 D．2
【答案】B 【解析】由2＋a5＝a6＋a3，得(a6－a5)＋a3＝2，即d＋a3＝2，a4＝2，则S7＝7a4＝7×2＝14.
3．(2022年昆明模拟)已知等差数列{an}各项均为正数，其前n项和为Sn，若a1＝1， eq \r(S3)＝a2，则a8＝( )
A．12 B．13 C．14 D．15
【答案】D 【解析】设等差数列{an}的公差为d，由题意得 eq \r(3＋3d)＝1＋d，解得d＝2或d＝－1(舍去)，所以a8＝1＋7×2＝15.
4．(2022年武汉模拟)已知数列{an}满足an＋1＝an－ eq \f(4,5)且a1＝4，设{an}的前n项和为Sn，则使得Sn取得最大值的n的值为( )
A．5 B．6 C．5或6 D．6或7
【答案】C 【解析】由an＋1＝an－ eq \f(4,5)，得an＋1－an＝－ eq \f(4,5).又∵a1＝4，∴数列{an}是首项为4，公差为－ eq \f(4,5)的等差数列，∴Sn＝4n＋ eq \f(n(n－1),2)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)))＝－ eq \f(2,5)n2＋ eq \f(22,5)n，易知对称轴为n＝ eq \f(11,2)，又∵n∈N*，∴使得Sn取得最大值的n的值为5或6.
5．(多选)(2021年苏州期末)等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1>0，公差d≠0，则下列命题正确的是( )
A．若S5＝S9，则必有S14＝0
B．若S5＝S9，则必有S7是Sn中最大的项
C．若S6>S7，则必有S7>S8
D．若S6>S7，则必有S5>S6
【答案】ABC 【解析】若S5＝S9，则5a1＋10d＝9a1＋36d，得a1＝－ eq \f(13d,2).∵a1>0，∴d<0.S14＝ eq \f(14(a1＋a14),2)＝7(a1＋a14)＝7(a1＋a1＋13d)＝7(2a1＋13d)＝0，故A对．Sn＝na1＋ eq \f(n(n－1)d,2)＝－ eq \f(13nd,2)＋ eq \f(n(n－1)d,2)＝ eq \f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1((n－7)2－49))d,2)，由二次函数的性质知S7是Sn中最大的项，故B对．若S6>S7，则a7＝a1＋6d<0，∴a1<－6d，∵a1>0，∴d<0，∴a6＝a1＋5d<－6d＋5d＝－d>0，a8＝a7＋dS8＝S7＋a8，C对，D错．
6．(2022年洛阳阶段)已知数列{an}，an＝2n＋1，Sn为其前n项和，则下列函数图象中，点(n，Sn)在图象上的是( )
eq \(\s\up7(),\s\d5(A)) eq \(\s\up7(),\s\d5(B))
eq \(\s\up7(),\s\d5(C)) eq \(\s\up7(),\s\d5(D))
【答案】C 【解析】因为an＋1－an＝2(n＋1)＋1－(2n＋1)＝2，故数列{an}为等差数列，则Sn＝ eq \f(n(a1＋an),2)＝ eq \f(n(3＋2n＋1),2)＝n2＋2n.故选C.
7．(2023年江门月考)已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝45，a2＋a4＋a6＝33，则S10等于( )
A．250 B．410 C．50 D．62
【答案】C 【解析】由题意，得a1＋a3＋a5＝3a3＝45，a2＋a4＋a6＝3a4＝33，∴a3＝15，a4＝11，公差d＝a4－a3＝－4，a1＝a3－2d＝15＋8＝23，∴S10＝10a1＋45d＝230－45×4＝50.故选C.
8．(2023年甘肃开学考试)已知等差数列{an}满足a2＝3，Sn－Sn－3＝51(n>3)，Sn＝100，则公差d＝________．
【答案】2 【解析】{an}为等差数列，故由Sn－Sn－3＝51(n>3)可得an－2＋an－1＋an＝51，即3an－1＝51，解得an－1＝17，所以a1＋an＝a2＋an－1＝20，所以Sn＝ eq \f(n(a1＋an),2)＝10n＝100，解得n＝10，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S10＝10a1＋45d＝100，,a2＝a1＋d＝3，))解得d＝2.
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，则a＝________，k＝________．
【答案】2 10 【解析】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.
10．已知等差数列{an}中，a3＝2，3a2＋2a7＝0，其前n项和为Sn.
(1)求等差数列{an}的通项公式；
(2)求Sn，试问当n为何值时，Sn最大？
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
依题意，a1＋2d＝2，5a1＋15d＝0，
解得a1＝6，d＝－2，
∴数列{an}的通项公式为an＝－2n＋8.
(2)Sn＝6n＋ eq \f(n(n－1),2)·(－2)＝－n2＋7n＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(7,2))) eq \s\up12(2)＋ eq \f(49,4)，
∴当n＝3或4时，Sn最大．
B级——能力提升练
11．(2022年石家庄模拟)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项和为( )
A．－200 B．－100
C．－50 D．0
【答案】B 【解析】因为f(x)的图象关于直线x＝－1对称，又f(x)在(－1，＋∞)上单调，所以f(x)在(－∞，－1)上也单调．又因为f(a50)＝f(a51)，所以a50＋a51＝－2，所以S100＝ eq \f(100(a1＋a100),2)＝50(a50＋a51)＝－100.
12．(多选)(2021年南通期末)设等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d.已知a3＝12，S12>0，a7<0，则( )
A．a6＜0
B．－ eq \f(24,7)C．当Sn<0时，n的最小值为13
D．数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,an)))中最小项为第7项
【答案】BCD 【解析】依题意得a3＝a1＋2d＝12，a1＝12－2d，S12＝ eq \f(a1＋a12,2)×12＝6(a6＋a7)>0，而a7<0，所以a6>0，a1>0，d<0，A选项错误；由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a7＝a1＋6d＝12＋4d<0，,a6＝a1＋5d＝12＋3d>0，,a6＋a7＝2a1＋11d＝24＋7d>0，))得－ eq \f(24,7)0，所以当Sn<0时，n的最小值为13，C选项正确；由上述分析可知，当n∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，6))时，an>0，当n≥7时，an<0，当n∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，12))时，Sn>0，当n≥13时，Sn<0，所以当n∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(7，12))时，an<0，Sn>0， eq \f(Sn,an)<0，且当n∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(7，12))时， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(an))为递增数列，Sn为正数且为递减数列，所以数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,an)))中最小项为第7项．
13．(2023年汕头月考)已知等差数列{an}，{bn}的通项公式分别为an＝2n－1，bn＝3n－2，将数列{an}与{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn}，则{cn}的前n项和为________．
【答案】3n2－2n 【解析】因为数列{2n－1}是以1为首项，2为公差的等差数列，数列{3n－2}是以1为首项，3为公差的等差数列，所以这两个数列的公共项所构成的新数列{cn}是以1为首项，6为公差的等差数列，所以{cn}的前n项和为n·1＋ eq \f(n(n－1),2)·6＝3n2－2n.
14．(2022年青岛开学考试)设数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝n(n－29)，则数列{an}的通项公式为________；若|ak|＋|ak＋1|＋|ak＋2|＋…＋|ak＋20|＝110，则k的值是________.
【答案】an＝n－15 5 【解析】当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝ eq \f(n(n－29),2)－ eq \f((n－1)(n－30),2)＝n－15.当n＝1时，a1＝S1＝－14，适合an＝n－15.综上，数列{an}的通项公式为an＝n－15.当k≥15时，|ak|＋|ak＋1|＋|ak＋2|＋…＋|ak＋20|≥|a15|＋|a16|＋|a17|＋…＋|a35|＝0＋1＋2＋…＋20＝ eq \f(21×(0＋20),2)＝210>110，不适合题意；当k<15时，|ak|＋|ak＋1|＋|ak＋2|＋…＋|ak＋20|＝(15－k)＋(14－k)＋(13－k)＋…＋2＋1＋0＋1＋2＋3＋…＋(k＋5)＝ eq \f((15－k)(16－k),2)＋ eq \f((k＋5)(k＋6),2)＝k2－10k＋135，于是k2－10k＋135＝110，整理得k2－10k＋25＝0，解得k＝5.
15．数列{an}的前n项和Sn＝33n－n2.
(1)求证：{an}是等差数列；
(2)求当Sn最大时n的值；
(3)设bn＝|an|，求数列{bn}的前n项和Tn.
(1)证明：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝34－2n，
又因为当n＝1时，a1＝S1＝32＝34－2×1满足an＝34－2n，
故{an}的通项为an＝34－2n，
所以an＋1－an＝34－2(n＋1)－(34－2n)＝－2.
故数列{an}是以32为首项，－2为公差的等差数列．
(2)解：令an≥0，得34－2n≥0，所以n≤17，故数列{an}的前17项大于或等于零．
又因为a17＝0，所以列{an}的前16项或前17项的和最大．
(3)解：由(2)知，当n≤17时，an≥0；当n≥18时，an＜0.
所以当n≤17时，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝33n－n2.
当n≥18时，
Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|a17|＋|a18|＋…＋|an|
＝a1＋a2＋…＋a17－(a18＋a19＋…＋an)
＝S17－(Sn－S17)＝2S17－Sn
＝n2－33n＋544.
故Tn＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(33n－n2，n≤17，,n2－33n＋544，n≥18.))