新高考数学一轮复习教案第6章第2节 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教案第6章第2节 等差数列及其前n项和（含解析），共18页。

1.理解等差数列的概念，凸显数学抽象的核心素养．
2．与一次函数相对比，掌握等差数列的通项公式及应用，凸显数学运算的核心素养．
3．与二次函数相结合，掌握等差数列的前n项和公式及应用，凸显数学运算的核心素养．
4．与具体的问题情境相结合，考查等差数列的概念，凸显数学建模的核心素养．
[理清主干知识]
1．等差数列的概念
(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．
数学语言表达式：an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)．
(2)若a，A，b成等差数列，则A叫做a，b的等差中项，且A＝eq \f(a＋b,2).
2．等差数列的通项公式与前n项和公式
(1)若等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则其通项公式为an＝a1＋(n－1)d.通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．
(2)前n项和公式：Sn＝na1＋eq \f(nn－1d,2)＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n.
3．等差数列的性质
(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，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差为md的等差数列．
(3)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列．
(4)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(m∈N*)也是等差数列，公差为m2d.
(5)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))也为等差数列．
4．等差数列的相关结论
(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eq \a\vs4\al(p).
(2)在等差数列{an}中，a1>0，d<0，则Sn存在最eq \a\vs4\al(大)值；若a1<0，d>0，则Sn存在最eq \a\vs4\al(小)值．
(3)等差数列{an}的单调性：当d>0时，{an}是递eq \a\vs4\al(增)数列；当d<0时，{an}是递eq \a\vs4\al(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，A≠0)．
[澄清盲点误点]
一、关键点练明
1．(求数列的项)在等差数列{an}中，若a2＝4，a4＝2，则a6＝( )
A．－1 B．0
C．1 D．6
解析：选B ∵{an}为等差数列，
∴2a4＝a2＋a6，∴a6＝2a4－a2＝2×2－4＝0.
2．(求公差)已知等差数列{an}中，a2＝1，前5项和S5＝－15，则数列{an}的公差为( )
A．－3 B．－eq \f(5,2)
C．－2 D．－4
解析：选D 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
因为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝1，,S5＝－15，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＝1，,5a1＋\f(5×4,2)d＝－15，))解得d＝－4.
3．(求项数)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
4．(等差数列的性质)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，∴a5＝90，∴a2＋a8＝2a5＝180.
答案：180
二、易错点练清
1．(忽视数列中项为0的情况)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：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由|a3|＝|a9|，得|a1＋2d|＝|a1＋8d|，解得a1＝－5d或d＝0(舍去)，则a1＋5d＝a6＝0，a5>0，故使前n项和Sn取最大值的正整数n是5或6.
答案：5或6
2．(忽视相邻项的符号)首项为28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：由题意知数列{an}满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a8<0，,a7≥0))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(28＋7d<0，,28＋6d≥0，))解得－eq \f(14,3)≤d<－4.
答案：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(14,3)，－4))
3．(忽视项的符号)已知等差数列{an}的通项公式为an＝11－n，则|a1|＋|a2|＋…＋|a20|＝________.
解析：设Sn是数列{an}的前n项和，|a1|＋|a2|＋…＋|a20|＝(a1＋a2＋…＋a11)－(a12＋a13＋…＋a20)＝S11－(S20－S11)＝2S11－S20，而S11＝eq \f(11×10＋0,2)＝55，S20＝10×20＋eq \f(20×20－1,2)×(－1)＝10，∴|a1|＋|a2|＋…＋|a20|＝100.
答案：100
考点一 等差数列的基本运算
[典题例析]
(1)设等差数列{an}的前n项和为Sn，S11＝22，a4＝－12，若am＝30，则m＝( )
A．9 B．10
C．11 D．15
(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)(2020·全国卷Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1＝－2，a2＋a6＝2，则S10＝________.
[解析] (1)设等差数列{an}的公差为d，依题意得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S11＝11a1＋\f(11×11－1,2)d＝22，,a4＝a1＋3d＝－12，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－33，,d＝7，))
∴am＝a1＋(m－1)d＝7m－40＝30，∴m＝10.
(2)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(nn－1d,2)＝－4n＋2n(n－1)＝2n2－6n.
(3)法一：设等差数列{an}的公差为d，
则由a2＋a6＝2，得a1＋d＋a1＋5d＝2，
即－4＋6d＝2，解得d＝1，
所以S10＝10×(－2)＋eq \f(10×9,2)×1＝25.
法二：设等差数列{an}的公差为d，
因为a2＋a6＝2a4＝2，所以a4＝1，
所以d＝eq \f(a4－a1,4－1)＝eq \f(1－－2,3)＝1，
所以S10＝10×(－2)＋eq \f(10×9,2)×1＝25.
[答案] (1)B (2)AC (3)25
[方法技巧]
解决等差数列基本量计算问题的思路
(1)在等差数列{an}中，a1与d是最基本的两个量，一般可设出a1和d，利用等差数列的通项公式和前n项和公式列方程(组)求解即可．
(2)与等差数列有关的基本运算问题，主要围绕着通项公式an＝a1＋(n－1)d和前n项和公式Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝na1＋eq \f(nn－1,2)d，在两个公式中共涉及五个量：a1，d，n，an，Sn，已知其中三个量，选用恰当的公式，利用方程(组)可求出剩余的两个量．
[针对训练]
1．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分五钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列，问五人各得多少钱？”(“钱”是古代一种质量单位)，在这个问题中，甲得( )
A.eq \f(5,3)钱 B.eq \f(3,2)钱
C.eq \f(4,3)钱 D.eq \f(5,4)钱
解析：选C 甲、乙、丙、丁、戊五人所得钱数依次设为等差数列中的项a1，a2，a3，a4，a5，设公差为d，由题意知a1＋a2＝a3＋a4＋a5＝eq \f(5,2)，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋d＝\f(5,2)，,3a1＋9d＝\f(5,2)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(4,3)，,d＝－\f(1,6)，))则甲得eq \f(4,3)钱，故选C.
2．(2021·新高考全国卷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________．
解析：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Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(n1＋6n－5,2)＝3n2－2n.
法二：设bn＝2n－1，cn＝3n－2，bn＝cm，
则2n－1＝3m－2，
得n＝eq \f(3m－1,2)＝eq \f(3m－3＋2,2)＝eq \f(3m－1,2)＋1，
于是m－1＝2k，k∈N，所以m＝2k＋1，k∈N，
则ak＝3(2k＋1)－2＝6k＋1，k∈N，
得an＝6n－5，n∈N*.
故Sn＝eq \f(n1＋6n－5,2)＝3n2－2n.
答案：3n2－2n
考点二 等差数列的判定与证明
[典例] 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\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)证明：由已知nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n，
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.
[方法技巧] 等差数列的判定与证明方法
[提醒] 用定义证明等差数列时，容易漏掉对起始项的检验，从而产生错解．比如，对于满足an－an－1＝1(n≥3)的数列{an}而言并不能判定其为等差数列，因为不能确定起始项a2－a1是否等于1.
[针对训练]
已知数列{an}满足(an＋1－1)(an－1)＝3(an－an＋1)，a1＝2，令bn＝eq \f(1,an－1).
(1)证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)证明：∵eq \f(1,an＋1－1)－eq \f(1,an－1)＝eq \f(an－an＋1,an＋1－1an－1)＝eq \f(1,3)，
∴bn＋1－bn＝eq \f(1,3)，∴{bn}是等差数列．
(2)由(1)及b1＝eq \f(1,a1－1)＝eq \f(1,2－1)＝1，
知bn＝eq \f(1,3)n＋eq \f(2,3)，∴an－1＝eq \f(3,n＋2)，∴an＝eq \f(n＋5,n＋2).
考点三 等差数列的性质及应用
[典例] (1)在等差数列{an}中，若a5＋a6＝4，则lg2(2a1·2 a2·…·2 a10)＝( )
A．10 B．20
C．40 D．2＋lg25
(2)在等差数列{an}中，Sn为其前n项的和，已知3a8＝5a13，且a1>0，若Sn取得最大值，则n的值为( )
A．20 B．21
C．22 D．23
[解析] (1)由等差数列的性质知a1＋a10＝a2＋a9＝a3＋a8＝a4＋a7＝a5＋a6＝4，则2a1·2 a2·…·2 a10＝2a1＋a2＋…＋a10＝25(a5＋a6)＝25×4，所以lg2(2a1·2 a2·…·2 a10)＝lg225×4＝20.
(2)设等差数列{an}的公差为d，由3a8＝5a13可得3(a1＋7d)＝5(a1＋12d)，即a1＝－eq \f(39,2)d，∵a1>0，∴d<0，数列{an}为递减数列，∴a20＝a1＋19d＝－eq \f(1,2)d>0，a21＝a1＋20d＝eq \f(1,2)d<0， ∴当n＝20时，Sn取得最大值．
[答案] (1)B (2)A
[方法技巧]
利用等差数列的性质求解问题的注意点
(1)如果{an}为等差数列，m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)．因此，若出现am－n，am，am＋n等项时，可以利用此性质将已知条件转化为与am(或其他项)有关的条件；若求am项，可由am＝eq \f(1,2)(am－n＋am＋n)转化为求am－n，am＋n或am＋n＋am－n的值．
(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)；
②Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…组成等差数列．
本例(2)应用了性质②.
[针对训练]
1．已知{an}为等差数列，a2＋a8＝18，则{an}的前9项和S9等于( )
A．9 B．17 C．72 D．81
解析：选D 由等差数列的性质可得，a1＋a9＝a2＋a8＝18，则{an}的前9项和S9＝eq \f(9a1＋a9,2)＝9×eq \f(18,2)＝81.故选D.
2．(2021·漳州质检)已知等差数列{an} 的前n项和为Sn.若S5＝7，S10＝21，则S15等于( )
A．35 B．42 C．49 D．63
解析：选B 在等差数列{an}中，S5，S10－S5，S15－S10成等差数列，即7,14，S15－21成等差数列，所以7＋(S15－21)＝2×14，解得S15＝42.
考点四 等差数列的最值问题
[典例] (1)(多选)(2021·青岛一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，公差d≠0，S6＝90，a7是a3与a9的等比中项，则下列选项正确的是( )
A．a1＝22
B．d＝－2
C．当n＝10或n＝11时，Sn取得最大值
D．当Sn>0时，n的最大值为20
(2)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] (1)因为S6＝90，所以6a1＋eq \f(6×5,2)d＝90，
即2a1＋5d＝30，①
又因为a7是a3与a9的等比中项，所以aeq \\al(2,7)＝a3·a9，
所以(a1＋6d)2＝(a1＋2d)(a1＋8d)，整理得a1＝－10d，②
由①②解得a1＝20，d＝－2，故A错误，B正确；
所以Sn＝20n＋eq \f(nn－1,2)×(－2)＝－n2＋21n＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(21,2)))2＋eq \f(441,4)，
又n∈N*，所以当n＝10或n＝11时，Sn取得最大值，故C正确；
令Sn＝－n2＋21n>0，解得0所以n的最大值为20，故D正确．故选B、C、D.
(2)设等差数列{an}的公差为d.
法一：通项法
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，,－2n＋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(n13＋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.
[答案] (1)BCD (2)49
[方法技巧]
求等差数列前n项和Sn的最值的常用方法
(1)函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn(a≠0)，通过配方或借助图象求二次函数的最值．
(2)利用等差数列的单调性，求出其正负转折项，进而求Sn的最值．
①当a1>0，d<0时，满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(am≥0，,am＋1≤0))的项数m使得Sn取得最大值为Sm(当am＋1＝0时，Sm＋1也为最大值)；
②当a1<0，d>0时，满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(am≤0，,am＋1≥0))的项数m使得Sn取得最小值为Sm(当am＋1＝0时，Sm＋1也为最小值)．
[针对训练]
1．(多选)设{an}是等差数列，Sn是其前n项和，且S5S8，则下列结论正确的是( )
A．d<0 B．a7＝0
C．S9>S5 D．S6与S7均为Sn的最大值
解析：选ABD 由{an}是等差数列，Sn是其前n项和，且S5S8，则a6＝S6－S5>0，a7＝S7－S6＝0，a8＝S8－S7<0，a7＋a8＝S8－S6<0，则数列{an}为递减数列，即选项A、B正确；
由S9－S5＝a9＋a8＋a7＋a6＝2(a8＋a7)<0，得S9由a1>a2>…>a6>a7＝0>a8>a9>…，可得S6与S7均为Sn的最大值，即选项D正确，故选A、B、D.
2．设等差数列{an}满足a1＝1，an>0(n∈N*)，其前n项和为Sn，若数列{eq \r(Sn)}也为等差数列，则eq \f(Sn＋10,a\\al(2,n))的最大值是________．
解析：设数列{an}的公差为d，依题意得2eq \r(S2)＝eq \r(S1)＋eq \r(S3)，
∴2eq \r(2a1＋d)＝eq \r(a1)＋eq \r(3a1＋3d)，
把a1＝1代入求得d＝2，
∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，Sn＝n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2，
∴eq \f(Sn＋10,a\\al(2,n))＝eq \f(n＋102,2n－12)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋10,2n－1)))2＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\f(1,2)2n－1＋\f(21,2),2n－1)))2
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(21,2n－1)))2≤121.
∴eq \f(Sn＋10,a\\al(2,n))的最大值是121.
答案：121
创新考查方式——领悟高考新动向
1．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“九百九十六斤绵，赠分八子作盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言，务要分明依次弟，孝和休惹外人传．”其意思为：“996斤棉花，分别赠送给8个子女作旅费，从第一个开始，以后每人依次多17斤，使孝顺子女的美德外传，试求各人应分得多少斤．”则第3个子女分得棉花( )
A．65斤 B．82斤
C．99斤 D．106斤
解析：选C 设第一个孩子分配到a1斤棉花，
则由题意得S8＝8a1＋eq \f(8×7,2)×17＝996，
解得a1＝65.
则a3＝65＋2×17＝99(斤)．
2．(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
解析：选BD 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(nn－1d,2)＝na1＋eq \f(nn－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．
3.(2020·全国卷Ⅱ)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．3 699块 B．3 474块
C．3 402块 D．3 339块
解析：选C 由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为{an}，易知其首项a1＝9，公差d＝9，所以an＝a1＋(n－1)d＝9n.
设数列{an}的前n项和为Sn，
由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列，
所以2(S2n－Sn)＝Sn＋S3n－S2n，
所以(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝S2n－2Sn＝eq \f(2n9＋18n,2)－2×eq \f(n9＋9n,2)＝9n2＝729，得n＝9，
所以三层共有扇面形石板的块数为S3n＝eq \f(3n9＋27n,2)＝eq \f(3×9×9＋27×9,2)＝3 402，故选C.
4．已知函数f(x)＝lg2(x－1)＋2，数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，则eq \f(fan＋fan＋1,2)与feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an＋an＋1,2)))的大小关系是( )
A.eq \f(fan＋fan＋1,2)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an＋an＋1,2)))
B.eq \f(fan＋fan＋1,2)C.eq \f(fan＋fan＋1,2)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an＋an＋1,2)))
D．不确定
解析：选B 由图象并结合数列单调递增可知eq \f(fan＋fan＋1,2)5．(2021·长沙雅礼中学模拟)我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金箠，长5尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下1尺，重4斤，在细的一端截下1尺，重2斤，问依次每一尺各重多少斤？”设该金箠由粗到细是均匀变化的，其重量为M，现将该金箠截成长度相等的10段，记第i段的重量为ai(i＝1,2，…，10)，且a1A．4 B．5
C．6 D．7
解析：选C 由题意知，由细到粗每段的重量组成一个等差数列，记为{an}，设公差为d，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＝2，,a9＋a10＝4))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋d＝2，,2a1＋17d＝4))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(15,16)，,d＝\f(1,8).))
所以该金箠的总重量M＝10×eq \f(15,16)＋eq \f(10×9,2)×eq \f(1,8)＝15.
因为48ai＝5M，所以有48eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(15,16)＋i－1×\f(1,8)))＝75，解得i＝6，故选C.
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
一、基础练——练手感熟练度
1．已知数列{an}中a1＝1，an＋1＝an－1，则a4等于( )
A．2 B．0
C．－1 D．－2
解析：选D 因为a1＝1，an＋1＝an－1，所以数列{an}为等差数列，公差d为－1，所以a4＝a1＋3d＝1－3＝－2，故选D.
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，a8＋a10＝28，则S9＝( )
A．36 B．72
C．144 D．288
解析：选B 法一：∵a8＋a10＝2a1＋16d＝28，a1＝2，
∴d＝eq \f(3,2)，∴S9＝9×2＋eq \f(9×8,2)×eq \f(3,2)＝72.
法二：∵a8＋a10＝2a9＝28，∴a9＝14，
∴S9＝eq \f(9a1＋a9,2)＝72.
3．公差不为零的等差数列{an}中，a7＝2a5，则数列{an}中第________项的值与4a5的值相等．
解析：设等差数列{an}的公差为d，因为a7＝2a5，所以a1＋6d＝2(a1＋4d)，则a1＝ －2d，所以an＝a1＋(n－1)d＝(n－3)d，而4a5＝4(a1＋4d)＝4(－2d＋4d)＝8d＝a11，故数列{an}中第11项的值与4a5的值相等．
答案：11
4．(2019·江苏高考)已知数列{an}(n∈N*)是等差数列，Sn是其前n项和．若a2a5＋a8＝0，S9＝27，则S8的值是________．
解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.
法一：由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2a5＋a8＝0，,S9＝27，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋da1＋4d＋a1＋7d＝0，,9a1＋\f(9×8,2)d＝27，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－5，,d＝2，))
∴S8＝8a1＋eq \f(8×7,2)d＝8×(－5)＋28×2＝16.
法二：∵S9＝27，∴S9＝eq \f(9a1＋a9,2)＝9a5＝27，
∴a5＝3，又a2a5＋a8＝0，则3(3－3d)＋3＋3d＝0.
解得d＝2，∴S8＝eq \f(8a1＋a8,2)＝4(a4＋a5)＝4×(1＋3)＝16.
答案：16
5．若等差数列{an}的前17项和S17＝51，则a5－a7＋a9－a11＋a13＝________.
解析：因为S17＝eq \f(a1＋a17,2)×17＝17a9＝51，所以a9＝3.
根据等差数列的性质知a5＋a13＝a7＋a11，
所以a5－a7＋a9－a11＋a13＝a9＝3.
答案：3
6．设Sn为等差数列{an}的前n项和，满足S2＝S6，eq \f(S5,5)－eq \f(S4,4)＝2，则a1＝________，公差d＝________.
解析：由{an}为等差数列，得数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是首项为a1，公差为eq \f(d,2)的等差数列，∵eq \f(S5,5)－eq \f(S4,4)＝2，∴eq \f(d,2)＝2⇒d＝4，又S2＝S6⇒2a1＋4＝6a1＋eq \f(6×5,2)×4⇒a1＝－14.
答案：－14 4
二、综合练——练思维敏锐度
1．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
解析：选C ∵数列{an}为等差数列，且前n项和为Sn，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\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，故选C.
2．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 由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.
∵ak·ak＋1<0，
∴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，∴eq \f(45,2)又∵k∈N*，∴k＝23.
3．(2021·济南八校联考)设数列{an}是等差数列，且a2＝－6，a6＝6，Sn是数列{an}的前n项和，则( )
A．S4C．S4>S1 D．S4＝S1
解析：选B 设{an}的公差为d，由a2＝－6，a6＝6，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＝－6，,a1＋5d＝6，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－9，,d＝3.))于是，S1＝－9，S3＝3×(－9)＋eq \f(3×2,2)×3＝－18，S4＝4×(－9)＋eq \f(4×3,2)×3＝－18，所以S4＝S3，S44．(多选)设{an}是无穷数列，An＝an＋an＋1(n＝1,2，…)，则下面给出的四个判断中，正确的有( )
A．若{an}是等差数列，则{An}是等差数列
B．若{An}是等差数列，则{an}是等差数列
C．若{an}是等比数列，则{An}是等比数列
D．若{An}是等差数列，则{a2n}是等差数列
解析：选AD 若{an}是等差数列，设公差为d，则An＝an＋an＋1＝a1＋(n－1)d＋a1＋nd＝2a1＋2nd－d，则An－An－1＝(2a1＋2nd－d)－[2a1＋2(n－1)d－d]＝2d，所以{An}是等差数列，故A正确；若{An}是等差数列，设公差为d，An－An－1＝an＋an＋1－(an－1＋an)＝an＋1－an－1＝d，即数列{an}的偶数项成等差数列，奇数项成等差数列，故B不正确，D正确；若{an}是等比数列，设公比为q，当q≠－1时，则eq \f(An,An－1)＝eq \f(an＋an＋1,an－1＋an)＝eq \f(an－1q＋anq,an－1＋an)＝q，当q＝－1时，则An＝an＋an＋1＝0，故{An}不是等比数列，故C不正确．故选A、D.
5．在等差数列{an}中，若eq \f(a9,a8)<－1，且它的前n项和Sn有最小值，则当Sn>0时，n的最小值为( )
A．14 B．15
C．16 D．17
解析：选C ∵数列{an}是等差数列，它的前n项和Sn有最小值，
∴公差d>0，首项a1<0，{an}为递增数列．
∵eq \f(a9,a8)<－1，∴a8·a9<0，a8＋a9>0，
由等差数列的性质知，
2a8＝a1＋a15<0，a8＋a9＝a1＋a16>0.
∵Sn＝eq \f(na1＋an,2)，
∴当Sn>0时，n的最小值为16.
6．《九章算术》一书中衰分、均输、盈不足等卷中记载了一些有关数列的问题．齐去长安三千里，今有良马发长安至齐，驽马发齐至长安，同日相向而行．良马初日行一百五十五里，日增十二里；驽马初日行一百里，日减二里．问几日相遇( )
A．十日 B．十一日
C．十二日 D．六十日
解析：选A 设良马每天行走的里数构成数列{an}，驽马每天行走的里数构成数列{bn}，则{an}，{bn}均为等差数列，公差分别为d1，d2.且a1＝155，d1＝12，b1＝100，d2＝－2，设n日相遇，则由题意知155n＋eq \f(nn－1,2)×12＋100n＋eq \f(nn－1,2)×(－2)＝3 000，解得n＝10.
7．已知{an}，{bn}均为等差数列，且a2＝4，a4＝6，b3＝3，b7＝9，由{an}，{bn}的公共项组成新数列{cn}，则c10＝( )
A．18 B．24
C．30 D．36
解析：选C 因为数列{an}为等差数列，且a2＝4，a4＝6，
所以其公差d1＝eq \f(6－4,4－2)＝1，通项公式为an＝n＋2.
因为数列{bn}为等差数列，且b3＝3，b7＝9，
所以其公差d2＝eq \f(9－3,7－3)＝eq \f(3,2)，通项公式为bn＝eq \f(3n,2)－eq \f(3,2).
则a1＝b3＝3为数列{cn}的第一项，a4＝b5＝6为数列{cn}的第二项，a7＝b7＝9为数列{cn}的第三项，…，知{cn}为等差数列，{cn}的公差d＝3，且cn＝3＋(n－1)·3＝3n，
则c10＝3×10＝30，故选C.
8．已知数列{an}满足5an＋1＝25·5an，且a2＋a4＋a6＝9，则lg SKIPIF 1 < 0 (a5＋a7＋a9)＝( )
A．－3 B．3
C．－eq \f(1,3) D.eq \f(1,3)
解析：选A 数列{an}满足5 an＋1＝25·5 an，∴an＋1＝an＋2，即an＋1－an＝2，
∴数列{an}是等差数列，公差为2.
∵a2＋a4＋a6＝9，∴3a4＝9，a4＝3.
∴a1＋3×2＝3，解得a1＝－3.
∴a5＋a7＋a9＝3a7＝3×(－3＋6×2)＝27，
则lg SKIPIF 1 < 0 (a5＋a7＋a9)＝lg SKIPIF 1 < 0 33＝－3.故选A.
9．(多选)(2021·青岛模拟)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|
解析：选BC 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．
10．已知等差数列{an}的公差为－2，前n项和为Sn，a3，a4，a5为某三角形的三边长，且该三角形有一个内角为120°，若Sn≤Sm对任意的n∈N*恒成立，则实数m＝( )
A．7 B．6
C．5 D．4
解析：选B ∵等差数列{an}的公差为－2，a3，a4，a5为某三角形的三边长，且该三角形有一个内角为120°，
∴aeq \\al(2,3)＝aeq \\al(2,4)＋aeq \\al(2,5)－2a4·a5cs 120°，
即(a4＋2)2＝aeq \\al(2,4)＋(a4－2)2＋2a4(a4－2)×eq \f(1,2)，
化为aeq \\al(2,4)－5a4＝0，又a4≠0，解得a4＝5，
∴a3＝7，a5＝3，a6＝1，a7＝－1.
∵Sn≤Sm对任意的n∈N*恒成立，∴实数m＝6.故选B.
11．等差数列{an}，{bn}满足：对任意n∈N*，都有eq \f(an,bn)＝eq \f(2n＋3,4n－9)，则eq \f(a7,b3＋b9)＋eq \f(a5,b4＋b8)＝________.
解析：由等差数列的性质可得b3＋b9＝b4＋b8＝2b6，
a7＋a5＝2a6.
∴eq \f(a7,b3＋b9)＋eq \f(a5,b4＋b8)＝eq \f(a7＋a5,2b6)＝eq \f(2a6,2b6)＝eq \f(a6,b6)＝eq \f(2×6＋3,4×6－9)＝1.
答案：1
12．已知数列{an}满足递推关系式an＋1＝2an＋2n－1(n∈N*)，且eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an＋λ,2n)))为等差数列，则λ的值是________．
解析：因为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an＋λ,2n)))为等差数列，an＋1＝2an＋2n－1，
所以eq \f(an＋1＋λ,2n＋1)－eq \f(an＋λ,2n)＝eq \f(2an＋2n－1＋λ,2n＋1)－eq \f(an＋λ,2n)＝eq \f(an,2n)＋eq \f(1,2)＋eq \f(λ－1,2n＋1)－eq \f(λ,2n)－eq \f(an,2n)＝eq \f(1,2)＋eq \f(λ－1,2n＋1)－eq \f(λ,2n)是与n无关的常数，
则eq \f(λ－1,2n＋1)－eq \f(λ,2n)＝0，即eq \f(λ－1－2λ,2n＋1)＝0，则λ－1－2λ＝0，
解得λ＝－1.
答案：－1
13．等差数列{an}中，Sn是它的前n项和，且S6S8，给出下列结论：
①数列{an}的公差d<0；②S9其中正确的是________(填序号)．
解析：∵S6S8，
∴S6S6＋a7＋a8.
∴a7>0，a7＋a8<0.
∴a7>0，a8<0.
①数列{an}的公差d<0，正确；
②由①得a7＋a8＋a9<0，∴S6＋a7＋a8＋a9③S14＝eq \f(14a1＋a14,2)＝7(a7＋a8)<0，正确；
④显然正确．
故正确的是①②③④.
答案：①②③④
14．已知数列{an}中，a1＝2，an＝2－eq \f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，设bn＝eq \f(1,an－1)(n∈N*)．求证：数列{bn}是等差数列．
证明：∵an＝2－eq \f(1,an－1)(n≥2)，∴an＋1＝2－eq \f(1,an).
∴bn＋1－bn＝eq \f(1,an＋1－1)－eq \f(1,an－1)＝eq \f(1,2－\f(1,an)－1)－eq \f(1,an－1)＝eq \f(an－1,an－1)＝1，
∴{bn}是首项为b1＝eq \f(1,2－1)＝1，公差为1的等差数列．
15．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)设数列{bn}的通项公式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)证明：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，又b1＝1＋1＝2，
所以数列{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).
16．等差数列{an}中，公差d<0，a2＋a6＝－8，a3a5＝7.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Tn为数列{bn}前n项的和，其中bn＝|an|，n∈N*，若Tn≥1 464，求n的最小值．
解：(1)∵等差数列{an}中，公差d<0，a2＋a6＝－8，
∴a2＋a6＝a3＋a5＝－8，又∵a3a5＝7，
∴a3，a5是一元二次方程x2＋8x＋7＝0的两个根，且a3>a5，
解方程x2＋8x＋7＝0，得a3＝－1，a5＝－7，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝－1，,a1＋4d＝－7，))解得a1＝5，d＝－3.
∴an＝5＋(n－1)×(－3)＝－3n＋8.
(2)由(1)知{an}的前n项和Sn＝5n＋eq \f(nn－1,2)×(－3)＝－eq \f(3,2)n2＋eq \f(13,2)n.
∵bn＝|an|，∴b1＝5，b2＝2，b3＝|－1|＝1，b4＝|－4|＝4，
当n≥3时，bn＝|an|＝3n－8.
当n<3时，T1＝5，T2＝7；
当n≥3时，Tn＝－Sn＋2S2＝eq \f(3n2,2)－eq \f(13n,2)＋14.
∵Tn≥1 464，∴Tn＝eq \f(3n2,2)－eq \f(13n,2)＋14≥1 464，
即(3n－100)(n＋29)≥0，解得n≥eq \f(100,3)，
∴n的最小值为34.方法
解读
适合题型
定义法
an－an－1(n≥2，n∈N*)为同一常数⇔{an}是等差数列
解答题中
证明问题
等差
中项法
2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立⇔{an}是等差数列
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
选择、填空
题中的判定
问题
前n项和公式法
验证Sn＝An2＋Bn(A，B是常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列