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高考数学一轮复习题型讲解+专题训练(新高考专用)专题31等差数列(原卷版+解析)
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这是一份高考数学一轮复习题型讲解+专题训练(新高考专用)专题31等差数列(原卷版+解析)，共34页。试卷主要包含了记为等差数列的前项和，,，记为等差数列的前项和等内容，欢迎下载使用。
专题31 等差数列
Sn＝eq \f(na1＋an,2)
Sn＝na1＋
eq \f(nn－1,2)d
等差数列
等差数列的有关概念
通项公式的推广：
an＝am＋(n－m)
d(n，m∈N*)．
若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an.
定义
通项公式
等差中项
前n项和公式
若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．
等差数列的性质
练高考 明方向
1.(2023·新高考Ⅱ卷T3） 中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现．如图是某古建筑物的剖面图，是举， 是相等的步，相邻桁的举步之比分别为，若是公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（ ）
A. 0.75B. 0.8C. 0.85D. 0.9
2.(2023·全国乙（文）T13）记为等差数列的前n项和．若，则公差_______．
3.(2023·全国甲（文T18）(理T17）记为数列的前n项和．已知．
（1）证明：是等差数列；（2）若成等比数列，求的最小值．
4.(2023·新高考Ⅰ卷T17） 记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
（1）求的通项公式；（2）证明：．
5.(2023·浙江卷T20） 已知等差数列的首项，公差．记的前n项和为．
（1）若，求；
（2）若对于每个，存在实数，使成等比数列，求d的取值范围．
6．(2023年高考全国乙卷理科)记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．
(1)证明：数列是等差数列;(2)求的通项公式．
7．(2023年高考全国甲卷理科)已知数列的各项均为正数，记为的前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数列是等差数列：②数列是等差数列；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
8．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )
( )
A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块
9．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)记为等差数列{an}的前n项和，，则___________．
10、【2019年高考北京卷】设{an}是等差数列，a1=–10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．
11．(2023年高考数学课标卷Ⅰ（理）)记为等差数列的前项和，,．则( )
A．B．C．D．
12.【2018年全国卷II理】记 QUOTE ?? Sn为等差数列 QUOTE {??} {an}的前 QUOTE ? n项和，已知 QUOTE ?1=−7 a1=−7， QUOTE ?3=−15 S3=−15．
（1）求 QUOTE {??} {an}的通项公式；
（2）求 QUOTE ?? Sn，并求 QUOTE ?? Sn的最小值．
13．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)等差数列的前项和为，，，则 ．
14．(2023年高考数学新课标Ⅰ卷理科)记为等差数列的前项和．若,,则的公差为( )
A．B．C．D．
15．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )
A．1盏B．3盏C．5盏D．9盏
16．(2023高考数学课标Ⅱ卷理科)(本题满分12分)为等差数列的前项和，且记，其中表示不超过的最大整数，如．
( = 1 \* ROMAN I)求；( = 2 \* ROMAN II)求数列的前1 000项和．
17．(2023高考数学课标Ⅰ卷理科)已知等差数列前9项的和为27，，则( )
(A)100(B)99(C)98(D)97
18．(2023高考数学课标1理科)已知数列的前项和为,,,,其中为常数．
(1)证明:;
(2)是否存在,使得为等差数列?并说明理由．
19．(2023高考数学新课标1理科)设等差数列{an}的前n项和为Sn，＝－2，＝0，＝3，则＝( )
A．3B．4 QUOTE C．5D．6
讲典例 备高考
类型一、等差数列的判断与证明
基础知识：
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，即an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)
2、通项公式：设{an}是首项为a1，公差为d的等差数列，则通项公式an＝a1＋(n－1)d
3、等差中项：由三个数a，A，b组成的等差数列可以看成是最简单的等差数列．这时，A叫做a与b的等差中项．根据等差数列的定义可以知道，2A＝a＋b
4、(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)数列{an}是等差数列，且公差不为0⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．
(3)用等差数列的定义判断数列是否为等差数列，要注意定义中的三个关键词：“从第2项起”“每一
项与它的前一项的差”“同一个常数”．
基本题型：
1．（多选题）已知数列为等差数列，则下列说法正确的是（ ）
A．（d为常数）B．数列是等差数列
C．数列是等差数列D．是与的等差中项
2．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.
3．已知数列{an}满足an＋1＝(n∈N*)，且a1＝0.
（1）求a2，a3的值；
（2）是否存在一个实常数λ，使得数列为等差数列，请说明理由．
基本方法：
等差数列的判定与证明方法
1、定义法：an－an－1(n≥2，n∈N*)为同一常数⇔{an}是等差数列
2、等差中项法：2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立⇔{an}是等差数列
3、通项公式法：an＝pn＋q(p，q为常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列
4、前n项和公式法：验证Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列
类型二、等差数列的性质及应用
基础知识：
(1)若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an.
(2)若{an}是等差数列，Sm，S2m，S3m分别为{an}的前m项，前2m项，前3m项的和，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m也成等差数列．
(3)两个等差数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn之间的关系为eq \f(an,bn)＝eq \f(S2n－1,T2n－1).
(4)在等差数列{an}中，若a1>0，d<0，则Sn存在最大值；若a1<0，d>0，则Sn存在最小值．
(5)an＝a1＋(n－1)d可化为an＝dn＋a1－d的形式．当d≠0时，an是关于n的一次函数；当d>0时，数列为递增数列；当d<0时，数列为递减数列．
（6）an＝am＋(n－m)d，d＝eq \f(an－am,n－m)，S2n－1＝(2n－1)an，Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(na2＋an－1,2)(n，m∈N*)．
基本题型：
1．已知{an}，{bn}是两个等差数列，其中a1＝3，b1＝－3，且a20－b20＝6，那么a10－b10的值为（ ）
A．－6B．6C．0D．10
2．(多选)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若S3＝0，a4＝8，则( )
A．Sn＝2n2－6n B．Sn＝n2－3n
C．an＝4n－8 D．an＝2n
3．在等差数列中，，则的值为（ ）
A．6B．12
C．24D．48
4．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若am＝4，Sm＝0，Sm＋2＝14(m≥2，且m∈N*)，则a2 020的值为( )
A．2 020 B．4 034
C．5 041 D．3 019
5．(多选)设d，Sn分别为等差数列{an}的公差与前n项和，若S10＝S20，则下列论断中正确的有( )
A．当n＝15时，Sn取最大值 B．当n＝30时，Sn＝0
C．当d>0时，a10＋a22>0 D．当d<0时，|a10|>|a22|
．
6．记等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S5＝5，S15＝21，则S10＝_______
7．一个直角三角形三边长a，b，c成等差数列，面积为12，则它的周长是________.
8、设Sn，Tn分别是等差数列{an}，{bn}的前n项和，已知eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(2n＋1,4n－2)(n∈N*)，则eq \f(a10,b3＋b17)＝________.
9．已知等差数列{an}，其前n项和为Sn，若S1＝S25，a3＋a8＝32，则a1＝________；S16＝________.
基本方法：
等差数列基本运算的常见类型及解题策略
(1)求公差d或项数n.在求解时，一般要运用方程思想．
(2)求通项．a1和d是等差数列的两个基本元素．
(3)求特定项．利用等差数列的通项公式或等差数列的性质求解．
(4)求前n项和．利用等差数列的前n项和公式直接求解或利用等差中项间接求解．
类型三、等差数列前n项和中的最值问题
基础知识：
等差数列与二次型的关系：
(1)若an＝a1＋(n－1)d， 则Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n.①
事实上，记A＝eq \f(d,2)，B＝a1－eq \f(d,2)，则Sn＝An2＋Bn.
Sn是{an}的前n项和，对于Sn＝An2＋Bn＋C，当且仅当C＝0时，{an}是等差数列．
(2)若an＝a1＋(n－1)d， 则Sn＝eq \f(1,2d)aeq \\al(2,n)＋eq \f(1,2)an＋eq \f(a1d－a1,2d)(d≠0)．②
利用上述①式和②式构造关系可以快速解决有关等差数列通项和前n项和关系的题目．
基本题型：
1．(多选)记等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2＝10，S5＝S2，则( )
A．S3＝S4 B．a6＝10
C．Sn的最大值为30 D．an的最大值为15
2、已知等差数列的公差若则该数列的前项和的最大值为 （ ）
A． B． C． D．
3.已知等差数列 QUOTE {??} {an}的前 QUOTE ? n项和为 QUOTE ?? Sn， QUOTE ?6+?8=6 a6+a8=6， QUOTE ?9−?6=3 S9−S6=3，则使 QUOTE ?? Sn取得最大值时 QUOTE ? n的值为( )
A．5 B．6 C．7 D．8
4、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？
5、在等差数列{an}中，已知a1＝13,3a2＝11a6，则数列{an}的前n项和Sn的最大值为________．
基本方法：
求等差数列前n项和的最值问题的方法：
（1）二次函数法：将看成关于n的二次函数，运用配方法，借助函数的单调性及数形结合思想，使问题得到解决，注意项数n是正整数这一条件.
（2）通项公式法：若是等差数列，求前项和的最值时，
①若，，且满足，则前项和最大;
②若，，且满足，则前项和最小.
（3）不等式法：借助取最大值时，有，解此不等式组确定n的范围，进而确定n的值和对应的值（即为的最值）.
新预测 破高考
1、在等差数列中，已知，且公差，则其前项和取最小值时的的值为（ ）
A. B. 或 C. D.
2、设{an}，{bn}都是等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100，则a37＋b37＝( )
A．0 B．37
C．100 D．－37
3．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．29 C．30 D．31
4．《九章算术》是中国古代第一部数学专著，全书收集了246个数学问题，其中一个问题为“今有竹九节，下三节容量四升，上四节容量三升.问中间二节欲均容各多少？”其中“欲均容”的意思是：使容量变化均匀，即由下往上均匀变细.该问题中由上往下数的第2节，第3节，第8节竹子的容积之和为（ ）
A．升B．升C．升D．升
5.设等差数列的前n项和为，已知，当取得最小值是，（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
6.数列是等差数列，若，且它的前n项和有最大值，那么当取得最小正值时，n等于（ ）
A．17 B．16 C．15 D．14
7．(多选)等差数列{an}的前n项和记为Sn，若a1＞0，S10＝S20，则( )
A．d＜0 B．a16＜0
C．Sn≤S15 D．当且仅当Sn＜0时n≥32
8．已知数列是等差数列，若，，则公差（ ）
A．1B．C．D．
9．(多选)朱世杰是元代著名数学家，他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作．《算学启蒙》中涉及一些“堆垛”问题，主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题．现有100根相同的圆形铅笔，小明模仿“堆垛”问题，将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”，要求层数不小于2，且从最下面一层开始，每一层比上一层多1根，则该“等腰梯形垛”应堆放的层数可以是( )
A．4 B．5
C．7 D．8
10.设等差数列满足，；则数列的前项和中使得取的最大值的序号为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
11、已知数列是等差数列，，则前项和中最大的是（ ）
A． B．或 C．或 D．
12．数列{an}满足a1＝1，an＋1＝r·an＋r(n∈N*，r∈R且r≠0)，则“r＝1”是“数列{an}为等差数列”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
13．已知数列{an}满足＝＋4，且a1＝1，an>0，则an＝________.
14.若等差数列满足，则当__________时， 的前项和最大．
15．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2 014，eq \f(S2 020,2 020)－eq \f(S2 014,2 014)＝6，则S2 021＝________.
16．已知数列中，，，则数列的通项公式为______．
17．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________．
18、已知数列{an}中，a1＝eq \f(3,5)，an＝2－eq \f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝eq \f(1,an－1)(n∈N*)．
(1)求证：数列{bn}为等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
19．已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a2a4＝65，a1＋a5＝18.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在常数k，使得数列{eq \r(Sn＋kn)}为等差数列？若存在，求出常数k；若不存在，请说明理由．
2023高考一轮复习讲与练
专题31 等差数列
Sn＝eq \f(na1＋an,2)
Sn＝na1＋
eq \f(nn－1,2)d
等差数列
等差数列的有关概念
通项公式的推广：
an＝am＋(n－m)
d(n，m∈N*)．
若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an.
定义
通项公式
等差中项
前n项和公式
若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．
等差数列的性质
练高考 明方向
1.(2023·新高考Ⅱ卷T3） 中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现．如图是某古建筑物的剖面图，是举， 是相等的步，相邻桁的举步之比分别为，若是公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（ ）
A. 0.75B. 0.8C. 0.85D. 0.9
答案：D
分析：设，则可得关于的方程，求出其解后可得正确的选项.
【详解】设，则，依题意，有，且，所以，故，
2.(2023·全国乙（文）T13）记为等差数列的前n项和．若，则公差_______．
答案：2
分析：转化条件为，即可得解.
【详解】由可得，化简得，
即，解得.
3.(2023·全国甲（文T18）(理T17）记为数列的前n项和．已知．
（1）证明：是等差数列；（2）若成等比数列，求的最小值．
答案：（1）证明见解析； （2）．
分析：（1）依题意可得，根据，作差即可得到，从而得证；
（2）由（1）及等比中项的性质求出，即可得到的通项公式与前项和，再根据二次函数的性质计算可得．
【小问1详解】因为，即①，
当时，②，
①②得，，
即，即，
所以，且，所以是以为公差的等差数列．
【小问2详解】由（1）可得，，，又，，成等比数列，所以，
即，解得，
所以，所以，
所以，当或时．
4.(2023·新高考Ⅰ卷T17） 记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
（1）求的通项公式；（2）证明：．
答案：（1） ；（2）见解析
分析：（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式；
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得.
【小问1详解】∵，∴,∴,又∵是公差为的等差数列，
∴,∴,∴当时，，
∴,整理得：,即,
∴，显然对于也成立，
∴的通项公式；
【小问2详解】
∴
5.(2023·浙江卷T20） 已知等差数列的首项，公差．记的前n项和为．
（1）若，求；
（2）若对于每个，存在实数，使成等比数列，求d的取值范围．
答案：（1） （2）
分析：（1）利用等差数列通项公式及前项和公式化简条件，求出，再求；
(2)由等比数列定义列方程，结合一元二次方程有解的条件求的范围.
【小问1详解】因为，所以，
所以，又，所以，所以，所以，
【小问2详解】
因为，，成等比数列，所以，
，，
由已知方程的判别式大于等于0，所以，
所以对于任意的恒成立，
所以对于任意的恒成立，
当时，，
当时，由，可得
当时，，又，所以
6．(2023年高考全国乙卷理科)记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．
(1)证明：数列是等差数列;(2)求的通项公式．
答案：（1）证明见解析；（2）．
解析：（1）由已知得,且，,取,由得,
由于为数列的前n项积，所以,
所以，所以,由于
所以，即,其中
所以数列是以为首项，以为公差等差数列;
（2）由（1）可得，数列是以为首项，以为公差的等差数列，
,,
当n=1时，,
当n≥2时,,显然对于n=1不成立,
∴．
7．(2023年高考全国甲卷理科)已知数列的各项均为正数，记为的前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数列是等差数列：②数列是等差数列；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
答案：答案见解析
解析：选①②作条件证明③：
设，则，
当时，；
当时，；因为也是等差数列，所以，解得；所以，所以．
选①③作条件证明②：
因为，是等差数列，所以公差，
所以，即，
因为，所以是等差数列．
选②③作条件证明①：
设，则，当时，；
当时，；
因为，所以，解得或；
当时，，当时，满足等差数列的定义，此时为等差数列；当时，，不合题意，舍去．
综上可知为等差数列．
8．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )
( )
A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块
答案：C
解析：设第n环天石心块数为，第一层共有n环，则是以9为首项，9为公差的等差数列，，设为的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分
别为，因为下层比中层多729块，所以，
即，即，解得，
所以．
9．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)记为等差数列{an}的前n项和，，则___________．
答案：4．
【解析】因，所以，即，所以．
10、【2019年高考北京卷】设{an}是等差数列，a1=–10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．
答案：（Ⅰ）；（Ⅱ）当或者时，取到最小值.
【解析】（Ⅰ）设的公差为．因为，所以．
因为成等比数列，所以．
所以．解得．所以．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，．所以，当时，；当时，．
所以的最小值为．
11．(2023年高考数学课标卷Ⅰ（理）)记为等差数列的前项和，,．则( )
A．B．C．D．
答案：B
解析：∵为等差数列的前项和，，，
∴，把，代入得∴．
12.【2018年全国卷II理】记 QUOTE ?? Sn为等差数列 QUOTE {??} {an}的前 QUOTE ? n项和，已知 QUOTE ?1=−7 a1=−7， QUOTE ?3=−15 S3=−15．
（1）求 QUOTE {??} {an}的通项公式；
（2）求 QUOTE ?? Sn，并求 QUOTE ?? Sn的最小值．
答案：（1）an=2n–9，（2）Sn=n2–8n，最小值为–16．
【解析】（1）设{an}的公差为d，由题意得3a1+3d=–15．由a1=–7得d=2．所以{an}的通项公式为an=2n–9．
（2）由（1）得Sn=n2–8n=（n–4）2–16．所以当n=4时，Sn取得最小值，最小值为–16．
13．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)等差数列的前项和为，，，则 ．
答案：
【解析】设等差数列的首项为，公差为，由题意有： ，解得 ，
数列的前n项和，
裂项有：，据此：
。
14．(2023年高考数学新课标Ⅰ卷理科)记为等差数列的前项和．若,,则的公差为( )
A．B．C．D．
答案： C
【解析】法一：设公差为,,
,联立解得,故选C．
法二:因为,即,则,
即,解得,故选C．
15．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )
A．1盏B．3盏C．5盏D．9盏
答案： B
【命题意图】本题主要考查等比数列通向公式及其前项和，以考查考生的运算能力为主目的．
【解析】解法一：常规解法：一座7层塔共挂了381盏灯，即；相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，即，塔的顶层为；由等比前项和可知：，解得．
解法二：边界效应：等比数列为递增数列，则有，∴，解得，∴ ．
16．(2023高考数学课标Ⅱ卷理科)(本题满分12分)为等差数列的前项和，且记，其中表示不超过的最大整数，如．
( = 1 \* ROMAN I)求；( = 2 \* ROMAN II)求数列的前1 000项和．
答案：（1），，；（2）．
【解析】（1）设的公差为，据已知有，解得．
所以数列的通项公式为．，，．
（2）因为所以数列的前项和为．
17．(2023高考数学课标Ⅰ卷理科)已知等差数列前9项的和为27，，则( )
(A)100(B)99(C)98(D)97
答案：C
【解析】由等差数列性质可知：，故，而，
因此公差∴．故选C．
18．(2023高考数学课标1理科)已知数列的前项和为,,,,其中为常数．
(1)证明:;
(2)是否存在,使得为等差数列?并说明理由．
解析:(1)由题设,,两式相减,
由于,所以．
(2)由题设,,可得,由(1)知
假设为等差数列,则成等差数列,∴,解得;
证明时,为等差数列:由知
数列奇数项构成的数列是首项为1,公差为4的等差数列
令则,∴
数列偶数项构成的数列是首项为3,公差为4的等差数列
令则,∴，∴(),
因此,存在存在,使得为等差数列．
19．(2023高考数学新课标1理科)设等差数列{an}的前n项和为Sn，＝－2，＝0，＝3，则＝( )
A．3B．4 QUOTE C．5D．6
答案：Ｃ
解析：由题意知==0，∴=－=－（-）=－2，
= -=3，∴公差=-=1，∴3==－，∴=5，故选C．
讲典例 备高考
类型一、等差数列的判断与证明
基础知识：
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，即an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)
2、通项公式：设{an}是首项为a1，公差为d的等差数列，则通项公式an＝a1＋(n－1)d
3、等差中项：由三个数a，A，b组成的等差数列可以看成是最简单的等差数列．这时，A叫做a与b的等差中项．根据等差数列的定义可以知道，2A＝a＋b
4、(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)数列{an}是等差数列，且公差不为0⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．
(3)用等差数列的定义判断数列是否为等差数列，要注意定义中的三个关键词：“从第2项起”“每一
项与它的前一项的差”“同一个常数”．
基本题型：
1．（多选题）已知数列为等差数列，则下列说法正确的是（ ）
A．（d为常数）B．数列是等差数列
C．数列是等差数列D．是与的等差中项
答案：ABD
分析：由等差数列的性质直接判断AD选项，根据等差数列的定义的判断方法判断BC选项.
【详解】A.因为数列是等差数列，所以，即，所以A正确；B. 因为数列是等差数列，所以，那么，所以数列是等差数列，故B正确；C.，不是常数，所以数列不是等差数列，故C不正确；D.根据等差数列的性质可知，所以是与的等差中项，故D正确.故选：ABD
2．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.
【详解】(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(kk－1,2)·d＝2k＋eq \f(kk－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)证明：由(1)得Sn＝eq \f(n2＋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(n2＋n＋1,2)＝eq \f(nn＋3,2).
3．已知数列{an}满足an＋1＝(n∈N*)，且a1＝0.
（1）求a2，a3的值；
（2）是否存在一个实常数λ，使得数列为等差数列，请说明理由．
答案：（1）a2＝，a3＝；（2）存在，λ＝1，理由见解析.
分析：（1）由递推关系式直接计算可得；
（2）假设存在一个实常数λ，使得数列为等差数列，利用前3项成等差数列求出的值，再检验此值使得数列成等差数列.
【详解】（1）因为a1＝0，an＋1＝(n∈N*)，所以a2＝＝＝，a3＝＝＝.
（2）假设存在一个实常数λ，使得数列为等差数列，则，，成等差数列，
所以＝＋，所以＝＋，解之得λ＝1.
因为－＝－＝－＝＝－，又＝－1，
所以存在一个实常数λ＝1，使得数列是首项为－1，公差为－的等差数列．
基本方法：
等差数列的判定与证明方法
1、定义法：an－an－1(n≥2，n∈N*)为同一常数⇔{an}是等差数列
2、等差中项法：2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立⇔{an}是等差数列
3、通项公式法：an＝pn＋q(p，q为常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列
4、前n项和公式法：验证Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列
类型二、等差数列的性质及应用
基础知识：
(1)若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an.
(2)若{an}是等差数列，Sm，S2m，S3m分别为{an}的前m项，前2m项，前3m项的和，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m也成等差数列．
(3)两个等差数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn之间的关系为eq \f(an,bn)＝eq \f(S2n－1,T2n－1).
(4)在等差数列{an}中，若a1>0，d<0，则Sn存在最大值；若a1<0，d>0，则Sn存在最小值．
(5)an＝a1＋(n－1)d可化为an＝dn＋a1－d的形式．当d≠0时，an是关于n的一次函数；当d>0时，数列为递增数列；当d<0时，数列为递减数列．
（6）an＝am＋(n－m)d，d＝eq \f(an－am,n－m)，S2n－1＝(2n－1)an，Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(na2＋an－1,2)(n，m∈N*)．
基本题型：
1．已知{an}，{bn}是两个等差数列，其中a1＝3，b1＝－3，且a20－b20＝6，那么a10－b10的值为（ ）
A．－6B．6C．0D．10
答案：B
分析：由于{an}，{bn}都是等差数列，所以{an－bn}也是等差数列，由已知条件可得{an－bn}是常数列，从而可求得答案
【详解】由于{an}，{bn}都是等差数列，所以{an－bn}也是等差数列，而a1－b1＝6，a20－b20＝6，所以{an－bn}是常数列，故a10－b10＝6.故选：B.
2．(多选)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若S3＝0，a4＝8，则( )
A．Sn＝2n2－6n B．Sn＝n2－3n
C．an＝4n－8 D．an＝2n
解析：选AC 设等差数列{an}的公差为d，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S3＝3a1＋3d＝0，,a4＝a1＋3d＝8，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－4，,d＝4，))
∴an＝a1＋(n－1)d＝－4＋4(n－1)＝4n－8，Sn＝na1＋eq \f(nn－1d,2)＝－4n＋2n(n－1)＝2n2－6n.
3．在等差数列中，，则的值为（ ）
A．6B．12
C．24D．48
答案：D
分析：由等差数列的性质化简已知条件可得，再由等差数列的通项公式即可求解.
【详解】在等差数列中，，所以，
所以，故选：D.
4．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若am＝4，Sm＝0，Sm＋2＝14(m≥2，且m∈N*)，则a2 020的值为( )
A．2 020 B．4 034
C．5 041 D．3 019
答案：B
【解析】由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(am＝a1＋m－1d＝4，,Sm＝ma1＋\f(mm－1,2)d＝0，,Sm＋2－Sm＝am＋1＋am＋2＝2a1＋m＋m＋1d＝14，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－4，,m＝5，,d＝2，))
∴an＝－4＋(n－1)×2＝2n－6，∴a2 020＝2×2 020－6＝4 034.故选B.
5．(多选)设d，Sn分别为等差数列{an}的公差与前n项和，若S10＝S20，则下列论断中正确的有( )
A．当n＝15时，Sn取最大值 B．当n＝30时，Sn＝0
C．当d>0时，a10＋a22>0 D．当d<0时，|a10|>|a22|
答案：BC
【解析】因为S10＝S20，所以10a1＋eq \f(10×9,2)d＝20a1＋eq \f(20×19,2)d，解得a1＝－eq \f(29,2)d.因为无法确定a1和d的正负性，所以无法确定Sn是否有最大值，故A错误．S30＝30a1＋eq \f(30×29,2)d＝30×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(29,2)d))＋15×29d＝0，故B正确．a10＋a22＝2a16＝2(a1＋15d)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(29,2)d＋15d))＝d>0，故C正确．a10＝a1＋9d＝－eq \f(29,2)d＋eq \f(18,2)d＝－eq \f(11,2)d，a22＝a1＋21d＝－eq \f(29,2)d＋eq \f(42,2)d＝eq \f(13,2)d，因为d<0，所以|a10|＝－eq \f(11,2)d，|a22|＝－eq \f(13,2)d，|a10|<|a22|，故D错误．
6．记等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S5＝5，S15＝21，则S10＝_______
答案：12
【解析】因为Sn是等差数列{an}的前n项和，由等差数列前n项和的性质可知：S5，S10－S5，S15－S10成等差数列，所以2(S10－S5)＝S5＋(S15－S10)，即2(S10－5)＝5＋(21－S10)，解得S10＝12.
7．一个直角三角形三边长a，b，c成等差数列，面积为12，则它的周长是________.
答案：12.
分析：方法一：设出直角三角形的三边以及公差，进而通过基本量结合面积公式和勾股定理建立方程组求出三边，进而得到答案；方法二：设出直角三角形的三边，利用等差中项建立等式，进而结合面积公式和勾股定理解出三边，进而得到答案.
【详解】方法一：设c为斜边，公差为d，则a＝b－d，c＝b＋d，所以解得b＝4，d＝，从而a＝3，c＝5，a＋b＋c＝12.
方法二：设c为斜边，因为是直角三角形且三边长a，b，c成等差数列，且面积为12，可得： 解得故三角形的周长为a＋b＋c＝12.
8、设Sn，Tn分别是等差数列{an}，{bn}的前n项和，已知eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(2n＋1,4n－2)(n∈N*)，则eq \f(a10,b3＋b17)＝________.
答案：eq \f(39,148)
【解析】因为eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(2n＋1,4n－2)(n∈N*)，所以eq \f(a10,b3＋b17)＝eq \f(1,2)×eq \f(a1＋a19,b1＋b19)＝eq \f(1,2)×eq \f(\f(19a1＋a19,2),\f(19b1＋b19,2))＝eq \f(1,2)×eq \f(S19,T19)＝eq \f(1,2)×eq \f(2×19＋1,4×19－2)＝eq \f(39,148).
9．已知等差数列{an}，其前n项和为Sn，若S1＝S25，a3＋a8＝32，则a1＝________；S16＝________.
答案：25 160
【解析】设等差数列的公差为d，因为S1＝S25，a3＋a8＝32，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(2a1＋24d,2)×25，,2a1＋9d＝32，))
解得a1＝25，d＝－2，所以S16＝eq \f(a1＋a16,2)×16＝eq \f(2a1＋15d,2)×16＝eq \f(2×25＋15×－2,2)×16＝160.
基本方法：
等差数列基本运算的常见类型及解题策略
(1)求公差d或项数n.在求解时，一般要运用方程思想．
(2)求通项．a1和d是等差数列的两个基本元素．
(3)求特定项．利用等差数列的通项公式或等差数列的性质求解．
(4)求前n项和．利用等差数列的前n项和公式直接求解或利用等差中项间接求解．
类型三、等差数列前n项和中的最值问题
基础知识：
等差数列与二次型的关系：
(1)若an＝a1＋(n－1)d， 则Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n.①
事实上，记A＝eq \f(d,2)，B＝a1－eq \f(d,2)，则Sn＝An2＋Bn.
Sn是{an}的前n项和，对于Sn＝An2＋Bn＋C，当且仅当C＝0时，{an}是等差数列．
(2)若an＝a1＋(n－1)d， 则Sn＝eq \f(1,2d)aeq \\al(2,n)＋eq \f(1,2)an＋eq \f(a1d－a1,2d)(d≠0)．②
利用上述①式和②式构造关系可以快速解决有关等差数列通项和前n项和关系的题目．
基本题型：
1．(多选)记等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2＝10，S5＝S2，则( )
A．S3＝S4 B．a6＝10
C．Sn的最大值为30 D．an的最大值为15
答案：ACD
【解析】设等差数列的公差为d，则由题可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＝10，,5a1＋10d＝2a1＋d，))解得a1＝15，d＝－5，
∴an＝15＋(n－1)×(－5)＝20－5n，Sn＝eq \f(n15＋20－5n,2)＝eq \f(35n－5n2,2)，∴a4＝0，S3＝S4，故A正确；
a6＝－10，故B错误；当n＝3或4时，Sn取得最大值为30，故C正确；由于d<0，
∴an的最大值为a1＝15，故D正确．
2、已知等差数列的公差若则该数列的前项和的最大值为 （ ）
A． B． C． D．
答案：C
【解析】由 得，
故，
当n=9或n=10时，的最大值为或,.
3.已知等差数列 QUOTE {??} {an}的前 QUOTE ? n项和为 QUOTE ?? Sn， QUOTE ?6+?8=6 a6+a8=6， QUOTE ?9−?6=3 S9−S6=3，则使 QUOTE ?? Sn取得最大值时 QUOTE ? n的值为( )
A．5 B．6 C．7 D．8
答案：D
【解析】由题意，等差数列 QUOTE {??} {an}的前 QUOTE ? n项和为 QUOTE ?? Sn， QUOTE ?6+?8=6 a6+a8=6， QUOTE ?9−?6=3 S9−S6=3，根据等差数列的性质和等差数列的前n项和公式，可得 QUOTE ?6+?8=2?7=6⇒?7=3 a6+a8=2a7=6⇒a7=3， QUOTE ?9−?6=?7+?8+?9=3?8=3⇒?8=1 S9−S6=a7+a8+a9=3a8=3⇒a8=1，
则 QUOTE ?=?8−?7=1 d=a8−a7=1，可求得数列的通项公式为 QUOTE ??=17−2? an=17−2n，令 QUOTE ??≥0 an≥0，即 QUOTE 17−2?≥0 17−2n≥0，解得 QUOTE ?≤172 n≤172，又由 QUOTE ?∈?+ n∈N+，可得等差数列 QUOTE {??} {an}中，当 QUOTE 1≤?<8,,?∈?+ 1≤n<8,,n∈N+时， QUOTE ??>0 an>0，当 QUOTE ?≥9,?∈?+ n≥9,n∈N+时， QUOTE ??<0 an<0，所以使 QUOTE ?? Sn取得最大值时 QUOTE ? n的值为8，故选D.
4、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？
【解析】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.
法一：Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝na1＋eq \f(nn－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)))2＋eq \f(289,64)a1，
因为a1>0，n∈N*，所以当n＝8或n＝9时，Sn有最大值．
法二：设此数列的前n项和最大，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥0，,an＋1≤0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋n－1·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,8)a1))≥0，,a1＋n·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,8)a1))≤0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n≤9，,n≥8，))即8≤n≤9，
又n∈N*，所以当n＝8或n＝9时，Sn有最大值．
法三：由于Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝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，则函数y＝f(x)的图象为开口向下的抛物线，
由S5＝S12知，抛物线的对称轴为x＝eq \f(5＋12,2)＝eq \f(17,2)(如图所示)，
由图可知，当1≤n≤8时，Sn单调递增；当n≥9时，Sn单调递减．
又n∈N*，所以当n＝8或n＝9时，Sn最大．
5、在等差数列{an}中，已知a1＝13,3a2＝11a6，则数列{an}的前n项和Sn的最大值为________．
【解析】设等差数列{an}的公差为d.
法一：项的符号法
由3a2＝11a6，得3×(13＋d)＝11×(13＋5d)，解得d＝－2，所以an＝13＋(n－1)×(－2)＝－2n＋15.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥0，,an＋1≤0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2n＋15≥0，,－2n＋1＋15≤0，))解得eq \f(13,2)≤n≤eq \f(15,2).
因为n∈N*，所以当n＝7时，数列{an}的前n项和Sn最大，最大值为S7＝eq \f(7×13－2×7＋15,2)＝49.
法二：二次函数法
由3a2＝11a6，得3×(13＋d)＝11×(13＋5d)，解得d＝－2，所以an＝13＋(n－1)×(－2)＝－2n＋15.
所以Sn＝eq \f(n13＋15－2n,2)＝－n2＋14n＝－(n－7)2＋49，
所以当n＝7时，数列{an}的前n项和Sn最大，最大值为S7＝49.
基本方法：
求等差数列前n项和的最值问题的方法：
（1）二次函数法：将看成关于n的二次函数，运用配方法，借助函数的单调性及数形结合思想，使问题得到解决，注意项数n是正整数这一条件.
（2）通项公式法：若是等差数列，求前项和的最值时，
①若，，且满足，则前项和最大;
②若，，且满足，则前项和最小.
（3）不等式法：借助取最大值时，有，解此不等式组确定n的范围，进而确定n的值和对应的值（即为的最值）.
新预测 破高考
1、在等差数列中，已知，且公差，则其前项和取最小值时的的值为（ ）
A. B. 或 C. D.
答案：B
【解析】等差数列中， 可得，则，当时， 最小，又，所以当n=8或n=7时前n项和取最小值，故选B．
2、设{an}，{bn}都是等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100，则a37＋b37＝( )
A．0 B．37
C．100 D．－37
答案：C
【解析】设cn＝an＋bn，由于{an}，{bn}都是等差数列，则{cn}也是等差数列，且c1＝a1＋b1＝25＋75＝100，
c2＝a2＋b2＝100，∴{cn}的公差d＝c2－c1＝0.∴c37＝100，即a37＋b37＝100.
3．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．29 C．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，中间项为an＋1，故S奇－S偶＝a1＋(a3－a2)＋(a5－a4)＋…＋(a2n＋1－a2n)＝a1＋d＋d＋…＋d＝a1＋nd＝an＋1，an＋1＝S奇－S偶＝319－290＝29，故选B.
4．《九章算术》是中国古代第一部数学专著，全书收集了246个数学问题，其中一个问题为“今有竹九节，下三节容量四升，上四节容量三升.问中间二节欲均容各多少？”其中“欲均容”的意思是：使容量变化均匀，即由下往上均匀变细.该问题中由上往下数的第2节，第3节，第8节竹子的容积之和为（ ）
A．升B．升C．升D．升
答案：A
分析：设自上而下依次设各节竹子的容积分别为升，升，…，升，则数列，，…，为等差数列.由已知建立方程组，再根据等差数列的性质可求得答案.
【详解】设自上而下依次设各节竹子的容积分别为升，升，…，升，则数列，，…，为等差数列.依题意有，又因为，，故.
5.设等差数列的前n项和为，已知，当取得最小值是，（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
答案：B
【解析】设等差数列的公差为，所以，因为，故，所以，令，得，所以当取得最小值时．
6.数列是等差数列，若，且它的前n项和有最大值，那么当取得最小正值时，n等于（ ）
A．17 B．16 C．15 D．14
答案：C
【解析】∵数列的前n项和有最大值，∴数列为递减数列，又， 且，又，故当时，取得最小正值，故选C．
7．(多选)等差数列{an}的前n项和记为Sn，若a1＞0，S10＝S20，则( )
A．d＜0 B．a16＜0
C．Sn≤S15 D．当且仅当Sn＜0时n≥32
答案：ABC
【解析】设等差数列{an}的公差为d，∵S10＝S20，∴10a1＋45d＝20a1＋190d，∴2a1＋29d＝0，∵a1＞0，∴d＜0，故A正确；∴a1＋14d＋a1＋15d＝0，即a15＋a16＝0，∵d＜0，∴a15＞a16，∴a15＞0，a16＜0，故B正确；∴Sn≤S15，故C正确；又S31＝eq \f(31a1＋a31,2)＝31a16<0，S30＝eq \f(30a1＋a30,2)＝15(a15＋a16)＝0，∴当且仅当Sn＜0时，n≥31，故D错误．
8．已知数列是等差数列，若，，则公差（ ）
A．1B．C．D．
答案：D
分析：利用等差数列的下标和性质即可求解.
【详解】∵，∴．∵，∴，∴公差．
9．(多选)朱世杰是元代著名数学家，他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作．《算学启蒙》中涉及一些“堆垛”问题，主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题．现有100根相同的圆形铅笔，小明模仿“堆垛”问题，将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”，要求层数不小于2，且从最下面一层开始，每一层比上一层多1根，则该“等腰梯形垛”应堆放的层数可以是( )
A．4 B．5
C．7 D．8
答案：BD
【解析】依据题意，根数从上至下构成等差数列，设首项即第一层的根数为a1，公差为d＝1，设一共放n(n≥2)层，则总根数为：Sn＝na1＋eq \f(nn－1d,2)＝na1＋eq \f(nn－1,2)＝100，整理得2a1＝eq \f(200,n)＋1－n.因为a1∈N*，所以n为200的因数，eq \f(200,n)＋(1－n)≥2且为偶数，验证可知n＝5,8满足题意．
10.设等差数列满足，；则数列的前项和中使得取的最大值的序号为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
答案：B
【解析】由题意可得数列的公差，则数列的通项公式令，故等差数列的前5项为正数，从第6项开始为负数，则使得最大的序号．故选B
11、已知数列是等差数列，，则前项和中最大的是（ ）
A． B．或 C．或 D．
答案：B.
【解析】由已知，，
由得，所以，，，所以是中的最大值．
12．数列{an}满足a1＝1，an＋1＝r·an＋r(n∈N*，r∈R且r≠0)，则“r＝1”是“数列{an}为等差数列”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
答案：A
【解析】当r＝1时，数列{an}显然为等差数列；当数列{an}为等差数列如常数列时，r＝eq \f(1,2).
13．已知数列{an}满足＝＋4，且a1＝1，an>0，则an＝________.
答案：
分析：首先判断数列是等差数列，利用等差数列的通项公式，即可求得.
【详解】由已知－＝4，∴{}是等差数列，且首项＝1，公差d＝4，∴＝1＋(n－1)×4
＝4n－3.又an>0，∴an＝.故答案为：.
14.若等差数列满足，则当__________时， 的前项和最大．
答案：8
【解析】由等差数列的性质，，，又因为，所以
所以，所以，，故数列的前8项最大.
15．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2 014，eq \f(S2 020,2 020)－eq \f(S2 014,2 014)＝6，则S2 021＝________.
答案：12 126.
【解析】由等差数列的性质可得eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))也为等差数列．设其公差为d，则eq \f(S2 020,2 020)－eq \f(S2 014,2 014)＝6d＝6，∴d＝1.
故eq \f(S2 021,2 021)＝eq \f(S1,1)＋2 020d＝－2 014＋2 020＝6，∴S2 021＝6×2 021＝12 126.
16．已知数列中，，，则数列的通项公式为______．
答案：
分析：将两边同时除以，进而化为，然后结合等差数列的定义得到答案.
【详解】由题意，可得，即．又，∴数列是以为首项，为1公差的等差数列，∴，∴．故答案为：.
17．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________．
答案：20 231
【解析】将n＝1代入an＋an＋1＝2n＋1中得a2＝3－1＝2.由an＋an＋1＝2n＋1，①，得an＋1＋an＋2＝2n＋3.②
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.
18、已知数列{an}中，a1＝eq \f(3,5)，an＝2－eq \f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝eq \f(1,an－1)(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：∵bn＝eq \f(1,an－1)＝eq \f(1,2－\f(1,an－1)－1)＝eq \f(an－1,an－1－1)，bn－1＝eq \f(1,an－1－1)，∴bn－bn－1＝eq \f(an－1,an－1－1)－eq \f(1,an－1－1)＝1(n≥2，n∈N*)，又b1＝eq \f(1,a1－1)＝－eq \f(5,2)，∴数列{bn}是首项为－eq \f(5,2)，公差为1的等差数列．
(2)由(1)知：bn＝b1＋(n－1)d＝－eq \f(5,2)＋(n－1)×1＝n－eq \f(7,2)，∴eq \f(1,an－1)＝eq \f(2n－7,2)，∴an＝eq \f(2,2n－7)＋1＝eq \f(2n－5,2n－7).
19．已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a2a4＝65，a1＋a5＝18.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在常数k，使得数列{eq \r(Sn＋kn)}为等差数列？若存在，求出常数k；若不存在，请说明理由．
解：(1)设公差为d，因为{an}为等差数列，所以a1＋a5＝a2＋a4＝18，又a2a4＝65，
所以a2，a4是方程x2－18x＋65＝0的两个实数根，又公差d＞0，所以a2＜a4，
所以a2＝5，a4＝13.所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＝5，,a1＋3d＝13，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝4，))所以an＝4n－3.
(2)存在．由(1)知，Sn＝n＋eq \f(nn－1,2)×4＝2n2－n，假设存在常数k，使数列{eq \r(Sn＋kn)}为等差数列．
由eq \r(S1＋k)＋eq \r(S3＋3k)＝2eq \r(S2＋2k)，得eq \r(1＋k)＋eq \r(15＋3k)＝2eq \r(6＋2k)，解得k＝1.所以eq \r(Sn＋kn)＝eq \r(2n2)＝eq \r(2)n，当n≥2时，eq \r(2)n－eq \r(2)(n－1)＝eq \r(2)，为常数，所以数列{eq \r(Sn＋kn)}为等差数列．故存在常数k＝1，使得数列{eq \r(Sn＋kn)}为等差数列．
专题31 等差数列
Sn＝eq \f(na1＋an,2)
Sn＝na1＋
eq \f(nn－1,2)d
等差数列
等差数列的有关概念
通项公式的推广：
an＝am＋(n－m)
d(n，m∈N*)．
若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an.
定义
通项公式
等差中项
前n项和公式
若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．
等差数列的性质
练高考 明方向
1.(2023·新高考Ⅱ卷T3） 中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现．如图是某古建筑物的剖面图，是举， 是相等的步，相邻桁的举步之比分别为，若是公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（ ）
A. 0.75B. 0.8C. 0.85D. 0.9
2.(2023·全国乙（文）T13）记为等差数列的前n项和．若，则公差_______．
3.(2023·全国甲（文T18）(理T17）记为数列的前n项和．已知．
（1）证明：是等差数列；（2）若成等比数列，求的最小值．
4.(2023·新高考Ⅰ卷T17） 记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
（1）求的通项公式；（2）证明：．
5.(2023·浙江卷T20） 已知等差数列的首项，公差．记的前n项和为．
（1）若，求；
（2）若对于每个，存在实数，使成等比数列，求d的取值范围．
6．(2023年高考全国乙卷理科)记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．
(1)证明：数列是等差数列;(2)求的通项公式．
7．(2023年高考全国甲卷理科)已知数列的各项均为正数，记为的前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数列是等差数列：②数列是等差数列；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
8．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )
( )
A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块
9．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)记为等差数列{an}的前n项和，，则___________．
10、【2019年高考北京卷】设{an}是等差数列，a1=–10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．
11．(2023年高考数学课标卷Ⅰ（理）)记为等差数列的前项和，,．则( )
A．B．C．D．
12.【2018年全国卷II理】记 QUOTE ?? Sn为等差数列 QUOTE {??} {an}的前 QUOTE ? n项和，已知 QUOTE ?1=−7 a1=−7， QUOTE ?3=−15 S3=−15．
（1）求 QUOTE {??} {an}的通项公式；
（2）求 QUOTE ?? Sn，并求 QUOTE ?? Sn的最小值．
13．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)等差数列的前项和为，，，则 ．
14．(2023年高考数学新课标Ⅰ卷理科)记为等差数列的前项和．若,,则的公差为( )
A．B．C．D．
15．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )
A．1盏B．3盏C．5盏D．9盏
16．(2023高考数学课标Ⅱ卷理科)(本题满分12分)为等差数列的前项和，且记，其中表示不超过的最大整数，如．
( = 1 \* ROMAN I)求；( = 2 \* ROMAN II)求数列的前1 000项和．
17．(2023高考数学课标Ⅰ卷理科)已知等差数列前9项的和为27，，则( )
(A)100(B)99(C)98(D)97
18．(2023高考数学课标1理科)已知数列的前项和为,,,,其中为常数．
(1)证明:;
(2)是否存在,使得为等差数列?并说明理由．
19．(2023高考数学新课标1理科)设等差数列{an}的前n项和为Sn，＝－2，＝0，＝3，则＝( )
A．3B．4 QUOTE C．5D．6
讲典例 备高考
类型一、等差数列的判断与证明
基础知识：
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，即an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)
2、通项公式：设{an}是首项为a1，公差为d的等差数列，则通项公式an＝a1＋(n－1)d
3、等差中项：由三个数a，A，b组成的等差数列可以看成是最简单的等差数列．这时，A叫做a与b的等差中项．根据等差数列的定义可以知道，2A＝a＋b
4、(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)数列{an}是等差数列，且公差不为0⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．
(3)用等差数列的定义判断数列是否为等差数列，要注意定义中的三个关键词：“从第2项起”“每一
项与它的前一项的差”“同一个常数”．
基本题型：
1．（多选题）已知数列为等差数列，则下列说法正确的是（ ）
A．（d为常数）B．数列是等差数列
C．数列是等差数列D．是与的等差中项
2．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.
3．已知数列{an}满足an＋1＝(n∈N*)，且a1＝0.
（1）求a2，a3的值；
（2）是否存在一个实常数λ，使得数列为等差数列，请说明理由．
基本方法：
等差数列的判定与证明方法
1、定义法：an－an－1(n≥2，n∈N*)为同一常数⇔{an}是等差数列
2、等差中项法：2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立⇔{an}是等差数列
3、通项公式法：an＝pn＋q(p，q为常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列
4、前n项和公式法：验证Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列
类型二、等差数列的性质及应用
基础知识：
(1)若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an.
(2)若{an}是等差数列，Sm，S2m，S3m分别为{an}的前m项，前2m项，前3m项的和，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m也成等差数列．
(3)两个等差数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn之间的关系为eq \f(an,bn)＝eq \f(S2n－1,T2n－1).
(4)在等差数列{an}中，若a1>0，d<0，则Sn存在最大值；若a1<0，d>0，则Sn存在最小值．
(5)an＝a1＋(n－1)d可化为an＝dn＋a1－d的形式．当d≠0时，an是关于n的一次函数；当d>0时，数列为递增数列；当d<0时，数列为递减数列．
（6）an＝am＋(n－m)d，d＝eq \f(an－am,n－m)，S2n－1＝(2n－1)an，Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(na2＋an－1,2)(n，m∈N*)．
基本题型：
1．已知{an}，{bn}是两个等差数列，其中a1＝3，b1＝－3，且a20－b20＝6，那么a10－b10的值为（ ）
A．－6B．6C．0D．10
2．(多选)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若S3＝0，a4＝8，则( )
A．Sn＝2n2－6n B．Sn＝n2－3n
C．an＝4n－8 D．an＝2n
3．在等差数列中，，则的值为（ ）
A．6B．12
C．24D．48
4．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若am＝4，Sm＝0，Sm＋2＝14(m≥2，且m∈N*)，则a2 020的值为( )
A．2 020 B．4 034
C．5 041 D．3 019
5．(多选)设d，Sn分别为等差数列{an}的公差与前n项和，若S10＝S20，则下列论断中正确的有( )
A．当n＝15时，Sn取最大值 B．当n＝30时，Sn＝0
C．当d>0时，a10＋a22>0 D．当d<0时，|a10|>|a22|
．
6．记等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S5＝5，S15＝21，则S10＝_______
7．一个直角三角形三边长a，b，c成等差数列，面积为12，则它的周长是________.
8、设Sn，Tn分别是等差数列{an}，{bn}的前n项和，已知eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(2n＋1,4n－2)(n∈N*)，则eq \f(a10,b3＋b17)＝________.
9．已知等差数列{an}，其前n项和为Sn，若S1＝S25，a3＋a8＝32，则a1＝________；S16＝________.
基本方法：
等差数列基本运算的常见类型及解题策略
(1)求公差d或项数n.在求解时，一般要运用方程思想．
(2)求通项．a1和d是等差数列的两个基本元素．
(3)求特定项．利用等差数列的通项公式或等差数列的性质求解．
(4)求前n项和．利用等差数列的前n项和公式直接求解或利用等差中项间接求解．
类型三、等差数列前n项和中的最值问题
基础知识：
等差数列与二次型的关系：
(1)若an＝a1＋(n－1)d， 则Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n.①
事实上，记A＝eq \f(d,2)，B＝a1－eq \f(d,2)，则Sn＝An2＋Bn.
Sn是{an}的前n项和，对于Sn＝An2＋Bn＋C，当且仅当C＝0时，{an}是等差数列．
(2)若an＝a1＋(n－1)d， 则Sn＝eq \f(1,2d)aeq \\al(2,n)＋eq \f(1,2)an＋eq \f(a1d－a1,2d)(d≠0)．②
利用上述①式和②式构造关系可以快速解决有关等差数列通项和前n项和关系的题目．
基本题型：
1．(多选)记等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2＝10，S5＝S2，则( )
A．S3＝S4 B．a6＝10
C．Sn的最大值为30 D．an的最大值为15
2、已知等差数列的公差若则该数列的前项和的最大值为 （ ）
A． B． C． D．
3.已知等差数列 QUOTE {??} {an}的前 QUOTE ? n项和为 QUOTE ?? Sn， QUOTE ?6+?8=6 a6+a8=6， QUOTE ?9−?6=3 S9−S6=3，则使 QUOTE ?? Sn取得最大值时 QUOTE ? n的值为( )
A．5 B．6 C．7 D．8
4、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？
5、在等差数列{an}中，已知a1＝13,3a2＝11a6，则数列{an}的前n项和Sn的最大值为________．
基本方法：
求等差数列前n项和的最值问题的方法：
（1）二次函数法：将看成关于n的二次函数，运用配方法，借助函数的单调性及数形结合思想，使问题得到解决，注意项数n是正整数这一条件.
（2）通项公式法：若是等差数列，求前项和的最值时，
①若，，且满足，则前项和最大;
②若，，且满足，则前项和最小.
（3）不等式法：借助取最大值时，有，解此不等式组确定n的范围，进而确定n的值和对应的值（即为的最值）.
新预测 破高考
1、在等差数列中，已知，且公差，则其前项和取最小值时的的值为（ ）
A. B. 或 C. D.
2、设{an}，{bn}都是等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100，则a37＋b37＝( )
A．0 B．37
C．100 D．－37
3．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．29 C．30 D．31
4．《九章算术》是中国古代第一部数学专著，全书收集了246个数学问题，其中一个问题为“今有竹九节，下三节容量四升，上四节容量三升.问中间二节欲均容各多少？”其中“欲均容”的意思是：使容量变化均匀，即由下往上均匀变细.该问题中由上往下数的第2节，第3节，第8节竹子的容积之和为（ ）
A．升B．升C．升D．升
5.设等差数列的前n项和为，已知，当取得最小值是，（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
6.数列是等差数列，若，且它的前n项和有最大值，那么当取得最小正值时，n等于（ ）
A．17 B．16 C．15 D．14
7．(多选)等差数列{an}的前n项和记为Sn，若a1＞0，S10＝S20，则( )
A．d＜0 B．a16＜0
C．Sn≤S15 D．当且仅当Sn＜0时n≥32
8．已知数列是等差数列，若，，则公差（ ）
A．1B．C．D．
9．(多选)朱世杰是元代著名数学家，他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作．《算学启蒙》中涉及一些“堆垛”问题，主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题．现有100根相同的圆形铅笔，小明模仿“堆垛”问题，将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”，要求层数不小于2，且从最下面一层开始，每一层比上一层多1根，则该“等腰梯形垛”应堆放的层数可以是( )
A．4 B．5
C．7 D．8
10.设等差数列满足，；则数列的前项和中使得取的最大值的序号为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
11、已知数列是等差数列，，则前项和中最大的是（ ）
A． B．或 C．或 D．
12．数列{an}满足a1＝1，an＋1＝r·an＋r(n∈N*，r∈R且r≠0)，则“r＝1”是“数列{an}为等差数列”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
13．已知数列{an}满足＝＋4，且a1＝1，an>0，则an＝________.
14.若等差数列满足，则当__________时， 的前项和最大．
15．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2 014，eq \f(S2 020,2 020)－eq \f(S2 014,2 014)＝6，则S2 021＝________.
16．已知数列中，，，则数列的通项公式为______．
17．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________．
18、已知数列{an}中，a1＝eq \f(3,5)，an＝2－eq \f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝eq \f(1,an－1)(n∈N*)．
(1)求证：数列{bn}为等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
19．已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a2a4＝65，a1＋a5＝18.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在常数k，使得数列{eq \r(Sn＋kn)}为等差数列？若存在，求出常数k；若不存在，请说明理由．
2023高考一轮复习讲与练
专题31 等差数列
Sn＝eq \f(na1＋an,2)
Sn＝na1＋
eq \f(nn－1,2)d
等差数列
等差数列的有关概念
通项公式的推广：
an＝am＋(n－m)
d(n，m∈N*)．
若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an.
定义
通项公式
等差中项
前n项和公式
若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．
等差数列的性质
练高考 明方向
1.(2023·新高考Ⅱ卷T3） 中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现．如图是某古建筑物的剖面图，是举， 是相等的步，相邻桁的举步之比分别为，若是公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（ ）
A. 0.75B. 0.8C. 0.85D. 0.9
答案：D
分析：设，则可得关于的方程，求出其解后可得正确的选项.
【详解】设，则，依题意，有，且，所以，故，
2.(2023·全国乙（文）T13）记为等差数列的前n项和．若，则公差_______．
答案：2
分析：转化条件为，即可得解.
【详解】由可得，化简得，
即，解得.
3.(2023·全国甲（文T18）(理T17）记为数列的前n项和．已知．
（1）证明：是等差数列；（2）若成等比数列，求的最小值．
答案：（1）证明见解析； （2）．
分析：（1）依题意可得，根据，作差即可得到，从而得证；
（2）由（1）及等比中项的性质求出，即可得到的通项公式与前项和，再根据二次函数的性质计算可得．
【小问1详解】因为，即①，
当时，②，
①②得，，
即，即，
所以，且，所以是以为公差的等差数列．
【小问2详解】由（1）可得，，，又，，成等比数列，所以，
即，解得，
所以，所以，
所以，当或时．
4.(2023·新高考Ⅰ卷T17） 记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
（1）求的通项公式；（2）证明：．
答案：（1） ；（2）见解析
分析：（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式；
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得.
【小问1详解】∵，∴,∴,又∵是公差为的等差数列，
∴,∴,∴当时，，
∴,整理得：,即,
∴，显然对于也成立，
∴的通项公式；
【小问2详解】
∴
5.(2023·浙江卷T20） 已知等差数列的首项，公差．记的前n项和为．
（1）若，求；
（2）若对于每个，存在实数，使成等比数列，求d的取值范围．
答案：（1） （2）
分析：（1）利用等差数列通项公式及前项和公式化简条件，求出，再求；
(2)由等比数列定义列方程，结合一元二次方程有解的条件求的范围.
【小问1详解】因为，所以，
所以，又，所以，所以，所以，
【小问2详解】
因为，，成等比数列，所以，
，，
由已知方程的判别式大于等于0，所以，
所以对于任意的恒成立，
所以对于任意的恒成立，
当时，，
当时，由，可得
当时，，又，所以
6．(2023年高考全国乙卷理科)记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．
(1)证明：数列是等差数列;(2)求的通项公式．
答案：（1）证明见解析；（2）．
解析：（1）由已知得,且，,取,由得,
由于为数列的前n项积，所以,
所以，所以,由于
所以，即,其中
所以数列是以为首项，以为公差等差数列;
（2）由（1）可得，数列是以为首项，以为公差的等差数列，
,,
当n=1时，,
当n≥2时,,显然对于n=1不成立,
∴．
7．(2023年高考全国甲卷理科)已知数列的各项均为正数，记为的前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数列是等差数列：②数列是等差数列；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
答案：答案见解析
解析：选①②作条件证明③：
设，则，
当时，；
当时，；因为也是等差数列，所以，解得；所以，所以．
选①③作条件证明②：
因为，是等差数列，所以公差，
所以，即，
因为，所以是等差数列．
选②③作条件证明①：
设，则，当时，；
当时，；
因为，所以，解得或；
当时，，当时，满足等差数列的定义，此时为等差数列；当时，，不合题意，舍去．
综上可知为等差数列．
8．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )
( )
A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块
答案：C
解析：设第n环天石心块数为，第一层共有n环，则是以9为首项，9为公差的等差数列，，设为的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分
别为，因为下层比中层多729块，所以，
即，即，解得，
所以．
9．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)记为等差数列{an}的前n项和，，则___________．
答案：4．
【解析】因，所以，即，所以．
10、【2019年高考北京卷】设{an}是等差数列，a1=–10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．
答案：（Ⅰ）；（Ⅱ）当或者时，取到最小值.
【解析】（Ⅰ）设的公差为．因为，所以．
因为成等比数列，所以．
所以．解得．所以．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，．所以，当时，；当时，．
所以的最小值为．
11．(2023年高考数学课标卷Ⅰ（理）)记为等差数列的前项和，,．则( )
A．B．C．D．
答案：B
解析：∵为等差数列的前项和，，，
∴，把，代入得∴．
12.【2018年全国卷II理】记 QUOTE ?? Sn为等差数列 QUOTE {??} {an}的前 QUOTE ? n项和，已知 QUOTE ?1=−7 a1=−7， QUOTE ?3=−15 S3=−15．
（1）求 QUOTE {??} {an}的通项公式；
（2）求 QUOTE ?? Sn，并求 QUOTE ?? Sn的最小值．
答案：（1）an=2n–9，（2）Sn=n2–8n，最小值为–16．
【解析】（1）设{an}的公差为d，由题意得3a1+3d=–15．由a1=–7得d=2．所以{an}的通项公式为an=2n–9．
（2）由（1）得Sn=n2–8n=（n–4）2–16．所以当n=4时，Sn取得最小值，最小值为–16．
13．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)等差数列的前项和为，，，则 ．
答案：
【解析】设等差数列的首项为，公差为，由题意有： ，解得 ，
数列的前n项和，
裂项有：，据此：
。
14．(2023年高考数学新课标Ⅰ卷理科)记为等差数列的前项和．若,,则的公差为( )
A．B．C．D．
答案： C
【解析】法一：设公差为,,
,联立解得,故选C．
法二:因为,即,则,
即,解得,故选C．
15．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )
A．1盏B．3盏C．5盏D．9盏
答案： B
【命题意图】本题主要考查等比数列通向公式及其前项和，以考查考生的运算能力为主目的．
【解析】解法一：常规解法：一座7层塔共挂了381盏灯，即；相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，即，塔的顶层为；由等比前项和可知：，解得．
解法二：边界效应：等比数列为递增数列，则有，∴，解得，∴ ．
16．(2023高考数学课标Ⅱ卷理科)(本题满分12分)为等差数列的前项和，且记，其中表示不超过的最大整数，如．
( = 1 \* ROMAN I)求；( = 2 \* ROMAN II)求数列的前1 000项和．
答案：（1），，；（2）．
【解析】（1）设的公差为，据已知有，解得．
所以数列的通项公式为．，，．
（2）因为所以数列的前项和为．
17．(2023高考数学课标Ⅰ卷理科)已知等差数列前9项的和为27，，则( )
(A)100(B)99(C)98(D)97
答案：C
【解析】由等差数列性质可知：，故，而，
因此公差∴．故选C．
18．(2023高考数学课标1理科)已知数列的前项和为,,,,其中为常数．
(1)证明:;
(2)是否存在,使得为等差数列?并说明理由．
解析:(1)由题设,,两式相减,
由于,所以．
(2)由题设,,可得,由(1)知
假设为等差数列,则成等差数列,∴,解得;
证明时,为等差数列:由知
数列奇数项构成的数列是首项为1,公差为4的等差数列
令则,∴
数列偶数项构成的数列是首项为3,公差为4的等差数列
令则,∴，∴(),
因此,存在存在,使得为等差数列．
19．(2023高考数学新课标1理科)设等差数列{an}的前n项和为Sn，＝－2，＝0，＝3，则＝( )
A．3B．4 QUOTE C．5D．6
答案：Ｃ
解析：由题意知==0，∴=－=－（-）=－2，
= -=3，∴公差=-=1，∴3==－，∴=5，故选C．
讲典例 备高考
类型一、等差数列的判断与证明
基础知识：
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，即an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)
2、通项公式：设{an}是首项为a1，公差为d的等差数列，则通项公式an＝a1＋(n－1)d
3、等差中项：由三个数a，A，b组成的等差数列可以看成是最简单的等差数列．这时，A叫做a与b的等差中项．根据等差数列的定义可以知道，2A＝a＋b
4、(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)数列{an}是等差数列，且公差不为0⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．
(3)用等差数列的定义判断数列是否为等差数列，要注意定义中的三个关键词：“从第2项起”“每一
项与它的前一项的差”“同一个常数”．
基本题型：
1．（多选题）已知数列为等差数列，则下列说法正确的是（ ）
A．（d为常数）B．数列是等差数列
C．数列是等差数列D．是与的等差中项
答案：ABD
分析：由等差数列的性质直接判断AD选项，根据等差数列的定义的判断方法判断BC选项.
【详解】A.因为数列是等差数列，所以，即，所以A正确；B. 因为数列是等差数列，所以，那么，所以数列是等差数列，故B正确；C.，不是常数，所以数列不是等差数列，故C不正确；D.根据等差数列的性质可知，所以是与的等差中项，故D正确.故选：ABD
2．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.
【详解】(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(kk－1,2)·d＝2k＋eq \f(kk－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)证明：由(1)得Sn＝eq \f(n2＋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(n2＋n＋1,2)＝eq \f(nn＋3,2).
3．已知数列{an}满足an＋1＝(n∈N*)，且a1＝0.
（1）求a2，a3的值；
（2）是否存在一个实常数λ，使得数列为等差数列，请说明理由．
答案：（1）a2＝，a3＝；（2）存在，λ＝1，理由见解析.
分析：（1）由递推关系式直接计算可得；
（2）假设存在一个实常数λ，使得数列为等差数列，利用前3项成等差数列求出的值，再检验此值使得数列成等差数列.
【详解】（1）因为a1＝0，an＋1＝(n∈N*)，所以a2＝＝＝，a3＝＝＝.
（2）假设存在一个实常数λ，使得数列为等差数列，则，，成等差数列，
所以＝＋，所以＝＋，解之得λ＝1.
因为－＝－＝－＝＝－，又＝－1，
所以存在一个实常数λ＝1，使得数列是首项为－1，公差为－的等差数列．
基本方法：
等差数列的判定与证明方法
1、定义法：an－an－1(n≥2，n∈N*)为同一常数⇔{an}是等差数列
2、等差中项法：2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立⇔{an}是等差数列
3、通项公式法：an＝pn＋q(p，q为常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列
4、前n项和公式法：验证Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列
类型二、等差数列的性质及应用
基础知识：
(1)若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an.
(2)若{an}是等差数列，Sm，S2m，S3m分别为{an}的前m项，前2m项，前3m项的和，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m也成等差数列．
(3)两个等差数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn之间的关系为eq \f(an,bn)＝eq \f(S2n－1,T2n－1).
(4)在等差数列{an}中，若a1>0，d<0，则Sn存在最大值；若a1<0，d>0，则Sn存在最小值．
(5)an＝a1＋(n－1)d可化为an＝dn＋a1－d的形式．当d≠0时，an是关于n的一次函数；当d>0时，数列为递增数列；当d<0时，数列为递减数列．
（6）an＝am＋(n－m)d，d＝eq \f(an－am,n－m)，S2n－1＝(2n－1)an，Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(na2＋an－1,2)(n，m∈N*)．
基本题型：
1．已知{an}，{bn}是两个等差数列，其中a1＝3，b1＝－3，且a20－b20＝6，那么a10－b10的值为（ ）
A．－6B．6C．0D．10
答案：B
分析：由于{an}，{bn}都是等差数列，所以{an－bn}也是等差数列，由已知条件可得{an－bn}是常数列，从而可求得答案
【详解】由于{an}，{bn}都是等差数列，所以{an－bn}也是等差数列，而a1－b1＝6，a20－b20＝6，所以{an－bn}是常数列，故a10－b10＝6.故选：B.
2．(多选)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若S3＝0，a4＝8，则( )
A．Sn＝2n2－6n B．Sn＝n2－3n
C．an＝4n－8 D．an＝2n
解析：选AC 设等差数列{an}的公差为d，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S3＝3a1＋3d＝0，,a4＝a1＋3d＝8，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－4，,d＝4，))
∴an＝a1＋(n－1)d＝－4＋4(n－1)＝4n－8，Sn＝na1＋eq \f(nn－1d,2)＝－4n＋2n(n－1)＝2n2－6n.
3．在等差数列中，，则的值为（ ）
A．6B．12
C．24D．48
答案：D
分析：由等差数列的性质化简已知条件可得，再由等差数列的通项公式即可求解.
【详解】在等差数列中，，所以，
所以，故选：D.
4．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若am＝4，Sm＝0，Sm＋2＝14(m≥2，且m∈N*)，则a2 020的值为( )
A．2 020 B．4 034
C．5 041 D．3 019
答案：B
【解析】由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(am＝a1＋m－1d＝4，,Sm＝ma1＋\f(mm－1,2)d＝0，,Sm＋2－Sm＝am＋1＋am＋2＝2a1＋m＋m＋1d＝14，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－4，,m＝5，,d＝2，))
∴an＝－4＋(n－1)×2＝2n－6，∴a2 020＝2×2 020－6＝4 034.故选B.
5．(多选)设d，Sn分别为等差数列{an}的公差与前n项和，若S10＝S20，则下列论断中正确的有( )
A．当n＝15时，Sn取最大值 B．当n＝30时，Sn＝0
C．当d>0时，a10＋a22>0 D．当d<0时，|a10|>|a22|
答案：BC
【解析】因为S10＝S20，所以10a1＋eq \f(10×9,2)d＝20a1＋eq \f(20×19,2)d，解得a1＝－eq \f(29,2)d.因为无法确定a1和d的正负性，所以无法确定Sn是否有最大值，故A错误．S30＝30a1＋eq \f(30×29,2)d＝30×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(29,2)d))＋15×29d＝0，故B正确．a10＋a22＝2a16＝2(a1＋15d)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(29,2)d＋15d))＝d>0，故C正确．a10＝a1＋9d＝－eq \f(29,2)d＋eq \f(18,2)d＝－eq \f(11,2)d，a22＝a1＋21d＝－eq \f(29,2)d＋eq \f(42,2)d＝eq \f(13,2)d，因为d<0，所以|a10|＝－eq \f(11,2)d，|a22|＝－eq \f(13,2)d，|a10|<|a22|，故D错误．
6．记等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S5＝5，S15＝21，则S10＝_______
答案：12
【解析】因为Sn是等差数列{an}的前n项和，由等差数列前n项和的性质可知：S5，S10－S5，S15－S10成等差数列，所以2(S10－S5)＝S5＋(S15－S10)，即2(S10－5)＝5＋(21－S10)，解得S10＝12.
7．一个直角三角形三边长a，b，c成等差数列，面积为12，则它的周长是________.
答案：12.
分析：方法一：设出直角三角形的三边以及公差，进而通过基本量结合面积公式和勾股定理建立方程组求出三边，进而得到答案；方法二：设出直角三角形的三边，利用等差中项建立等式，进而结合面积公式和勾股定理解出三边，进而得到答案.
【详解】方法一：设c为斜边，公差为d，则a＝b－d，c＝b＋d，所以解得b＝4，d＝，从而a＝3，c＝5，a＋b＋c＝12.
方法二：设c为斜边，因为是直角三角形且三边长a，b，c成等差数列，且面积为12，可得： 解得故三角形的周长为a＋b＋c＝12.
8、设Sn，Tn分别是等差数列{an}，{bn}的前n项和，已知eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(2n＋1,4n－2)(n∈N*)，则eq \f(a10,b3＋b17)＝________.
答案：eq \f(39,148)
【解析】因为eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(2n＋1,4n－2)(n∈N*)，所以eq \f(a10,b3＋b17)＝eq \f(1,2)×eq \f(a1＋a19,b1＋b19)＝eq \f(1,2)×eq \f(\f(19a1＋a19,2),\f(19b1＋b19,2))＝eq \f(1,2)×eq \f(S19,T19)＝eq \f(1,2)×eq \f(2×19＋1,4×19－2)＝eq \f(39,148).
9．已知等差数列{an}，其前n项和为Sn，若S1＝S25，a3＋a8＝32，则a1＝________；S16＝________.
答案：25 160
【解析】设等差数列的公差为d，因为S1＝S25，a3＋a8＝32，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(2a1＋24d,2)×25，,2a1＋9d＝32，))
解得a1＝25，d＝－2，所以S16＝eq \f(a1＋a16,2)×16＝eq \f(2a1＋15d,2)×16＝eq \f(2×25＋15×－2,2)×16＝160.
基本方法：
等差数列基本运算的常见类型及解题策略
(1)求公差d或项数n.在求解时，一般要运用方程思想．
(2)求通项．a1和d是等差数列的两个基本元素．
(3)求特定项．利用等差数列的通项公式或等差数列的性质求解．
(4)求前n项和．利用等差数列的前n项和公式直接求解或利用等差中项间接求解．
类型三、等差数列前n项和中的最值问题
基础知识：
等差数列与二次型的关系：
(1)若an＝a1＋(n－1)d， 则Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n.①
事实上，记A＝eq \f(d,2)，B＝a1－eq \f(d,2)，则Sn＝An2＋Bn.
Sn是{an}的前n项和，对于Sn＝An2＋Bn＋C，当且仅当C＝0时，{an}是等差数列．
(2)若an＝a1＋(n－1)d， 则Sn＝eq \f(1,2d)aeq \\al(2,n)＋eq \f(1,2)an＋eq \f(a1d－a1,2d)(d≠0)．②
利用上述①式和②式构造关系可以快速解决有关等差数列通项和前n项和关系的题目．
基本题型：
1．(多选)记等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2＝10，S5＝S2，则( )
A．S3＝S4 B．a6＝10
C．Sn的最大值为30 D．an的最大值为15
答案：ACD
【解析】设等差数列的公差为d，则由题可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＝10，,5a1＋10d＝2a1＋d，))解得a1＝15，d＝－5，
∴an＝15＋(n－1)×(－5)＝20－5n，Sn＝eq \f(n15＋20－5n,2)＝eq \f(35n－5n2,2)，∴a4＝0，S3＝S4，故A正确；
a6＝－10，故B错误；当n＝3或4时，Sn取得最大值为30，故C正确；由于d<0，
∴an的最大值为a1＝15，故D正确．
2、已知等差数列的公差若则该数列的前项和的最大值为 （ ）
A． B． C． D．
答案：C
【解析】由 得，
故，
当n=9或n=10时，的最大值为或,.
3.已知等差数列 QUOTE {??} {an}的前 QUOTE ? n项和为 QUOTE ?? Sn， QUOTE ?6+?8=6 a6+a8=6， QUOTE ?9−?6=3 S9−S6=3，则使 QUOTE ?? Sn取得最大值时 QUOTE ? n的值为( )
A．5 B．6 C．7 D．8
答案：D
【解析】由题意，等差数列 QUOTE {??} {an}的前 QUOTE ? n项和为 QUOTE ?? Sn， QUOTE ?6+?8=6 a6+a8=6， QUOTE ?9−?6=3 S9−S6=3，根据等差数列的性质和等差数列的前n项和公式，可得 QUOTE ?6+?8=2?7=6⇒?7=3 a6+a8=2a7=6⇒a7=3， QUOTE ?9−?6=?7+?8+?9=3?8=3⇒?8=1 S9−S6=a7+a8+a9=3a8=3⇒a8=1，
则 QUOTE ?=?8−?7=1 d=a8−a7=1，可求得数列的通项公式为 QUOTE ??=17−2? an=17−2n，令 QUOTE ??≥0 an≥0，即 QUOTE 17−2?≥0 17−2n≥0，解得 QUOTE ?≤172 n≤172，又由 QUOTE ?∈?+ n∈N+，可得等差数列 QUOTE {??} {an}中，当 QUOTE 1≤?<8,,?∈?+ 1≤n<8,,n∈N+时， QUOTE ??>0 an>0，当 QUOTE ?≥9,?∈?+ n≥9,n∈N+时， QUOTE ??<0 an<0，所以使 QUOTE ?? Sn取得最大值时 QUOTE ? n的值为8，故选D.
4、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？
【解析】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.
法一：Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝na1＋eq \f(nn－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)))2＋eq \f(289,64)a1，
因为a1>0，n∈N*，所以当n＝8或n＝9时，Sn有最大值．
法二：设此数列的前n项和最大，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥0，,an＋1≤0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋n－1·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,8)a1))≥0，,a1＋n·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,8)a1))≤0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n≤9，,n≥8，))即8≤n≤9，
又n∈N*，所以当n＝8或n＝9时，Sn有最大值．
法三：由于Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝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，则函数y＝f(x)的图象为开口向下的抛物线，
由S5＝S12知，抛物线的对称轴为x＝eq \f(5＋12,2)＝eq \f(17,2)(如图所示)，
由图可知，当1≤n≤8时，Sn单调递增；当n≥9时，Sn单调递减．
又n∈N*，所以当n＝8或n＝9时，Sn最大．
5、在等差数列{an}中，已知a1＝13,3a2＝11a6，则数列{an}的前n项和Sn的最大值为________．
【解析】设等差数列{an}的公差为d.
法一：项的符号法
由3a2＝11a6，得3×(13＋d)＝11×(13＋5d)，解得d＝－2，所以an＝13＋(n－1)×(－2)＝－2n＋15.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥0，,an＋1≤0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2n＋15≥0，,－2n＋1＋15≤0，))解得eq \f(13,2)≤n≤eq \f(15,2).
因为n∈N*，所以当n＝7时，数列{an}的前n项和Sn最大，最大值为S7＝eq \f(7×13－2×7＋15,2)＝49.
法二：二次函数法
由3a2＝11a6，得3×(13＋d)＝11×(13＋5d)，解得d＝－2，所以an＝13＋(n－1)×(－2)＝－2n＋15.
所以Sn＝eq \f(n13＋15－2n,2)＝－n2＋14n＝－(n－7)2＋49，
所以当n＝7时，数列{an}的前n项和Sn最大，最大值为S7＝49.
基本方法：
求等差数列前n项和的最值问题的方法：
（1）二次函数法：将看成关于n的二次函数，运用配方法，借助函数的单调性及数形结合思想，使问题得到解决，注意项数n是正整数这一条件.
（2）通项公式法：若是等差数列，求前项和的最值时，
①若，，且满足，则前项和最大;
②若，，且满足，则前项和最小.
（3）不等式法：借助取最大值时，有，解此不等式组确定n的范围，进而确定n的值和对应的值（即为的最值）.
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1、在等差数列中，已知，且公差，则其前项和取最小值时的的值为（ ）
A. B. 或 C. D.
答案：B
【解析】等差数列中， 可得，则，当时， 最小，又，所以当n=8或n=7时前n项和取最小值，故选B．
2、设{an}，{bn}都是等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100，则a37＋b37＝( )
A．0 B．37
C．100 D．－37
答案：C
【解析】设cn＝an＋bn，由于{an}，{bn}都是等差数列，则{cn}也是等差数列，且c1＝a1＋b1＝25＋75＝100，
c2＝a2＋b2＝100，∴{cn}的公差d＝c2－c1＝0.∴c37＝100，即a37＋b37＝100.
3．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．29 C．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，中间项为an＋1，故S奇－S偶＝a1＋(a3－a2)＋(a5－a4)＋…＋(a2n＋1－a2n)＝a1＋d＋d＋…＋d＝a1＋nd＝an＋1，an＋1＝S奇－S偶＝319－290＝29，故选B.
4．《九章算术》是中国古代第一部数学专著，全书收集了246个数学问题，其中一个问题为“今有竹九节，下三节容量四升，上四节容量三升.问中间二节欲均容各多少？”其中“欲均容”的意思是：使容量变化均匀，即由下往上均匀变细.该问题中由上往下数的第2节，第3节，第8节竹子的容积之和为（ ）
A．升B．升C．升D．升
答案：A
分析：设自上而下依次设各节竹子的容积分别为升，升，…，升，则数列，，…，为等差数列.由已知建立方程组，再根据等差数列的性质可求得答案.
【详解】设自上而下依次设各节竹子的容积分别为升，升，…，升，则数列，，…，为等差数列.依题意有，又因为，，故.
5.设等差数列的前n项和为，已知，当取得最小值是，（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
答案：B
【解析】设等差数列的公差为，所以，因为，故，所以，令，得，所以当取得最小值时．
6.数列是等差数列，若，且它的前n项和有最大值，那么当取得最小正值时，n等于（ ）
A．17 B．16 C．15 D．14
答案：C
【解析】∵数列的前n项和有最大值，∴数列为递减数列，又， 且，又，故当时，取得最小正值，故选C．
7．(多选)等差数列{an}的前n项和记为Sn，若a1＞0，S10＝S20，则( )
A．d＜0 B．a16＜0
C．Sn≤S15 D．当且仅当Sn＜0时n≥32
答案：ABC
【解析】设等差数列{an}的公差为d，∵S10＝S20，∴10a1＋45d＝20a1＋190d，∴2a1＋29d＝0，∵a1＞0，∴d＜0，故A正确；∴a1＋14d＋a1＋15d＝0，即a15＋a16＝0，∵d＜0，∴a15＞a16，∴a15＞0，a16＜0，故B正确；∴Sn≤S15，故C正确；又S31＝eq \f(31a1＋a31,2)＝31a16<0，S30＝eq \f(30a1＋a30,2)＝15(a15＋a16)＝0，∴当且仅当Sn＜0时，n≥31，故D错误．
8．已知数列是等差数列，若，，则公差（ ）
A．1B．C．D．
答案：D
分析：利用等差数列的下标和性质即可求解.
【详解】∵，∴．∵，∴，∴公差．
9．(多选)朱世杰是元代著名数学家，他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作．《算学启蒙》中涉及一些“堆垛”问题，主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题．现有100根相同的圆形铅笔，小明模仿“堆垛”问题，将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”，要求层数不小于2，且从最下面一层开始，每一层比上一层多1根，则该“等腰梯形垛”应堆放的层数可以是( )
A．4 B．5
C．7 D．8
答案：BD
【解析】依据题意，根数从上至下构成等差数列，设首项即第一层的根数为a1，公差为d＝1，设一共放n(n≥2)层，则总根数为：Sn＝na1＋eq \f(nn－1d,2)＝na1＋eq \f(nn－1,2)＝100，整理得2a1＝eq \f(200,n)＋1－n.因为a1∈N*，所以n为200的因数，eq \f(200,n)＋(1－n)≥2且为偶数，验证可知n＝5,8满足题意．
10.设等差数列满足，；则数列的前项和中使得取的最大值的序号为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
答案：B
【解析】由题意可得数列的公差，则数列的通项公式令，故等差数列的前5项为正数，从第6项开始为负数，则使得最大的序号．故选B
11、已知数列是等差数列，，则前项和中最大的是（ ）
A． B．或 C．或 D．
答案：B.
【解析】由已知，，
由得，所以，，，所以是中的最大值．
12．数列{an}满足a1＝1，an＋1＝r·an＋r(n∈N*，r∈R且r≠0)，则“r＝1”是“数列{an}为等差数列”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
答案：A
【解析】当r＝1时，数列{an}显然为等差数列；当数列{an}为等差数列如常数列时，r＝eq \f(1,2).
13．已知数列{an}满足＝＋4，且a1＝1，an>0，则an＝________.
答案：
分析：首先判断数列是等差数列，利用等差数列的通项公式，即可求得.
【详解】由已知－＝4，∴{}是等差数列，且首项＝1，公差d＝4，∴＝1＋(n－1)×4
＝4n－3.又an>0，∴an＝.故答案为：.
14.若等差数列满足，则当__________时， 的前项和最大．
答案：8
【解析】由等差数列的性质，，，又因为，所以
所以，所以，，故数列的前8项最大.
15．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2 014，eq \f(S2 020,2 020)－eq \f(S2 014,2 014)＝6，则S2 021＝________.
答案：12 126.
【解析】由等差数列的性质可得eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))也为等差数列．设其公差为d，则eq \f(S2 020,2 020)－eq \f(S2 014,2 014)＝6d＝6，∴d＝1.
故eq \f(S2 021,2 021)＝eq \f(S1,1)＋2 020d＝－2 014＋2 020＝6，∴S2 021＝6×2 021＝12 126.
16．已知数列中，，，则数列的通项公式为______．
答案：
分析：将两边同时除以，进而化为，然后结合等差数列的定义得到答案.
【详解】由题意，可得，即．又，∴数列是以为首项，为1公差的等差数列，∴，∴．故答案为：.
17．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________．
答案：20 231
【解析】将n＝1代入an＋an＋1＝2n＋1中得a2＝3－1＝2.由an＋an＋1＝2n＋1，①，得an＋1＋an＋2＝2n＋3.②
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.
18、已知数列{an}中，a1＝eq \f(3,5)，an＝2－eq \f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝eq \f(1,an－1)(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：∵bn＝eq \f(1,an－1)＝eq \f(1,2－\f(1,an－1)－1)＝eq \f(an－1,an－1－1)，bn－1＝eq \f(1,an－1－1)，∴bn－bn－1＝eq \f(an－1,an－1－1)－eq \f(1,an－1－1)＝1(n≥2，n∈N*)，又b1＝eq \f(1,a1－1)＝－eq \f(5,2)，∴数列{bn}是首项为－eq \f(5,2)，公差为1的等差数列．
(2)由(1)知：bn＝b1＋(n－1)d＝－eq \f(5,2)＋(n－1)×1＝n－eq \f(7,2)，∴eq \f(1,an－1)＝eq \f(2n－7,2)，∴an＝eq \f(2,2n－7)＋1＝eq \f(2n－5,2n－7).
19．已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a2a4＝65，a1＋a5＝18.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在常数k，使得数列{eq \r(Sn＋kn)}为等差数列？若存在，求出常数k；若不存在，请说明理由．
解：(1)设公差为d，因为{an}为等差数列，所以a1＋a5＝a2＋a4＝18，又a2a4＝65，
所以a2，a4是方程x2－18x＋65＝0的两个实数根，又公差d＞0，所以a2＜a4，
所以a2＝5，a4＝13.所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＝5，,a1＋3d＝13，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝4，))所以an＝4n－3.
(2)存在．由(1)知，Sn＝n＋eq \f(nn－1,2)×4＝2n2－n，假设存在常数k，使数列{eq \r(Sn＋kn)}为等差数列．
由eq \r(S1＋k)＋eq \r(S3＋3k)＝2eq \r(S2＋2k)，得eq \r(1＋k)＋eq \r(15＋3k)＝2eq \r(6＋2k)，解得k＝1.所以eq \r(Sn＋kn)＝eq \r(2n2)＝eq \r(2)n，当n≥2时，eq \r(2)n－eq \r(2)(n－1)＝eq \r(2)，为常数，所以数列{eq \r(Sn＋kn)}为等差数列．故存在常数k＝1，使得数列{eq \r(Sn＋kn)}为等差数列．
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