高考数学科学创新复习方案提升版第35讲等差数列学案（Word版附解析）

这是一份高考数学科学创新复习方案提升版第35讲等差数列学案（Word版附解析），共20页。


1．等差数列的有关概念
(1)定义：一般地，如果一个数列从eq \x(\s\up1(01))第2项起，每一项与它的前一项的eq \x(\s\up1(02))差都等于eq \x(\s\up1(03))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eq \x(\s\up1(04))公差，公差通常用字母d表示．数学语言表示为eq \x(\s\up1(05))an＋1－an＝d(n∈N*)，d为常数．
(2)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eq \x(\s\up1(06))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＝eq \x(\s\up1(07))a＋b．
2．等差数列的有关公式
(1)通项公式：an＝eq \x(\s\up1(08))a1＋(n－1)d．
(2)前n项和公式：Sn＝eq \x(\s\up1(09))na1＋eq \f(n（n－1）,2)d＝eq \x(\s\up1(10))eq \f(n（a1＋an）,2)．
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.若m＋n＝2p(m，n，p∈N*)，则am＋an＝2ap.
(3)若{an}是等差数列，公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为2d.
(4)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列．
(5)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．
(6)等差数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等差数列，其公差为n2d.
(7)若等差数列的项数为2n(n∈N*)，则S偶－S奇＝nd，eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(an,an＋1).
(8)若等差数列的项数为2n－1(n∈N*)，则S奇－S偶＝an，eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(n,n－1)(S奇＝nan，S偶＝(n－1)an)．
(9)若{an}，{bn}均为等差数列且其前n项和为Sn，Tn，则eq \f(an,bn)＝eq \f(S2n－1,T2n－1).
(10)若Sm＝n，Sn＝m(m≠n)，则Sm＋n＝－(m＋n)．
(11)由公式Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）d,2)得eq \f(Sn,n)＝a1＋eq \f(n－1,2)d＝eq \f(d,2)n＋a1－eq \f(d,2)，因此数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是等差数列，首项为a1，公差为等差数列{an}公差的一半．
(12)等差数列与函数的关系
①an＝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．
②Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n.当d≠0时，它是关于n的二次函数．数列{an}是等差数列⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．
1．在数列{an}中，a1＝－2，an＋1－an＝2，则a5＝( )
A．－6 B．6
C．－10 D．10
答案 B
解析 ∵an＋1－an＝2，∴数列{an}是公差为2的等差数列，又a1＝－2，∴a5＝a1＋4d＝－2＋2×4＝6.故选B.
2．(人教A选择性必修第二册4.2.1练习T4改编)等差数列{an}中，a4＋a8＝10，a10＝6，则公差d＝( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,2)
C．2 D．－eq \f(1,2)
答案 A
解析 ∵a4＋a8＝2a6＝10，∴a6＝5，又a10＝6，∴公差d＝eq \f(a10－a6,10－6)＝eq \f(6－5,4)＝eq \f(1,4).故选A.
3．(人教B选择性必修第三册5.2.2练习A T2改编)设Sn是等差数列{an}的前n项和，a2＝5，a7＝20，则S8＝( )
A．90 B．100
C．120 D．200
答案 B
解析 S8＝eq \f(8（a1＋a8）,2)＝4(a1＋a8)＝4(a2＋a7)＝4×25＝100.故选B.
4．(2020·全国Ⅱ卷)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，由a1＝－2，a2＋a6＝2，可得a1＋d＋a1＋5d＝2，即－2＋d＋(－2)＋5d＝2，解得d＝1.所以S10＝10×(－2)＋eq \f(10×（10－1）,2)×1＝－20＋45＝25.
5．(人教A选择性必修第二册4.2.2练习T5改编)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________．
答案 29
解析 设项数为2n－1，则该数列的中间项为an＝S奇－S偶＝319－290＝29.
例1 (1)已知数列{an}中，a3＝2，a7＝1.若eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))为等差数列，则a5＝( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(3,2)
C.eq \f(4,3) D.eq \f(3,4)
答案 C
解析 设等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的公差为d，则eq \f(1,a7)＝eq \f(1,a3)＋4d，即1＝eq \f(1,2)＋4d，解得d＝eq \f(1,8).则eq \f(1,a5)＝eq \f(1,a3)＋2d＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,4)＝eq \f(3,4)，解得a5＝eq \f(4,3).故选C.
(2)(多选)(2023·辽宁朝阳模拟)已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝66，a2＋a4＋a6＝57，则( )
A．数列{an}的公差为－3
B．数列{an}的通项公式为an＝31－2n
C．数列{an}的前n项和为eq \f(59n－3n2,2)
D．数列{|an|}的前50项和为2565
答案 ACD
解析 a1＋a3＋a5＝3a3＝66，a2＋a4＋a6＝3a4＝57，解得a3＝22，a4＝19，因此数列{an}的公差d＝a4－a3＝－3，首项a1＝a3－2d＝28，A正确；数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝31－3n，B错误；数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝eq \f(59n－3n2,2)，C正确；由an≥0，得n≤10，因此数列{|an|}的前50项和为a1＋a2＋…＋a10－a11－a12－…－a50＝2S10－S50＝2×eq \f(59×10－3×102,2)－eq \f(59×50－3×502,2)＝2565，D正确．故选ACD.
等差数列计算中的两个技巧
(1)等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．
(2)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量转换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法．
1.(2023·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝( )
A．25 B．22
C．20 D．15
答案 C
解析 解法一：设等差数列{an}的公差为d，首项为a1，依题意可得，a2＋a6＝(a1＋d)＋(a1＋5d)＝10，即a1＋3d＝5，又a4a8＝(a1＋3d)·(a1＋7d)＝45，解得d＝1，a1＝2，所以S5＝5a1＋eq \f(5×4,2)×d＝5×2＋10×1＝20.故选C.
解法二：设等差数列{an}的公差为d，a2＋a6＝2a4＝10，a4a8＝45，所以a4＝5，a8＝9，从而d＝eq \f(a8－a4,8－4)＝1，于是a3＝a4－d＝5－1＝4，所以S5＝5a3＝20.故选C.
2．《周髀算经》有这样一个问题：从冬至日起，依次为小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种十二个节气日影长减等寸，冬至、立春、春分日影长之和为三丈一尺五寸，前九个节气日影长之和为八丈五尺五寸，问芒种日影长为(一丈＝十尺＝一百寸)( )
A．一尺五寸 B．二尺五寸
C．三尺五寸 D．四尺五寸
答案 B
解析 由题意知，从冬至日起，依次为小寒、大寒等十二个节气日影长构成一个等差数列{an}，设公差为d，∵冬至、立春、春分日影长之和为三丈一尺五寸，前九个节气日影长之和为八丈五尺五寸，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a4＋a7＝3a1＋9d＝315，,S9＝9a1＋\f(9×8,2)d＝855，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝135，,d＝－10，))∴芒种日影长为a12＝a1＋11d＝135－11×10＝25(寸)＝2尺5寸．
例2 (1)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋2n，n∈N*，则a4＝( )
A．64 B．56
C．32 D．24
答案 C
解析 由an＋1＝2an＋2n得eq \f(an＋1,2n＋1)－eq \f(an,2n)＝eq \f(1,2)，而eq \f(a1,2)＝eq \f(1,2)，∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)))是首项为eq \f(1,2)，公差为eq \f(1,2)的等差数列，∴eq \f(an,2n)＝eq \f(1,2)＋(n－1)×eq \f(1,2)＝eq \f(n,2)，∴an＝n·2n－1，∴a4＝4×24－1＝32.
(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\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，
又因为a1＝1，所以a2＝6.
由2a3－3a2＝12，得2a3＝12＋3a2，
所以a3＝15.
②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.
等差数列的判定方法
(1)定义法：对于n≥2的任意自然数，验证an－an－1为同一常数．
(2)等差中项法：验证2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立．
(3)通项公式法：验证an＝pn＋q.
(4)前n项和公式法：验证Sn＝An2＋Bn.
提醒：在解答题中常应用定义法和等差中项法，而通项公式法和前n项和公式法主要适用于选择题、填空题中的简单判断．
(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 选择条件①③⇒②.
已知数列{an}是等差数列，a2＝3a1，
设数列{an}的公差为d，
则a2＝3a1＝a1＋d，所以d＝2a1.
因为Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d＝n2a1，
所以eq \r(Sn)＝neq \r(a1)(a1>0)，
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．
选择条件①②⇒③.
已知数列{an}是等差数列，数列{eq \r(Sn)}是等差数列，
设数列{an}的公差为d，
则S1＝a1，S2＝2a1＋d，S3＝3a1＋3d，
因为数列{eq \r(Sn)}是等差数列，
所以eq \r(S1)＋eq \r(S3)＝2eq \r(S2)，
即eq \r(a1)＋eq \r(3a1＋3d)＝2eq \r(2a1＋d)，
化简整理得d＝2a1.
所以a2＝a1＋d＝3a1.
选择条件②③⇒①.
已知数列{eq \r(Sn)}是等差数列，a2＝3a1，
设数列{eq \r(Sn)}的公差为d，
则eq \r(S2)－eq \r(S1)＝d，即eq \r(4a1)－eq \r(a1)＝d.
所以a1＝d2，eq \r(Sn)＝eq \r(S1)＋(n－1)d＝nd，
所以Sn＝n2d2，
所以an＝Sn－Sn－1＝2d2n－d2(n≥2)．
又a1＝d2也适合上式，
所以an＝2d2n－d2(n∈N*)．
an＋1－an＝2d2(n＋1)－d2－(2d2n－d2)＝2d2(常数)，
所以数列{an}是等差数列．
多角度探究突破
角度 等差数列项的性质
例3 (1)等差数列{an}中，若a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，则a9－eq \f(1,3)a11的值是( )
A．14 B．15
C．16 D．17
答案 C
解析 因为{an}是等差数列，所以a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝5a8＝120，所以a8＝24.所以a9－eq \f(1,3)a11＝a8＋d－eq \f(1,3)(a8＋3d)＝eq \f(2,3)a8＝16.故选C.
(2)(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是( )
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（a1＋a15）,2)＝15a8为定值，但S16＝eq \f(16（a1＋a16）,2)＝8(a8＋a9)不是定值．
等差数列项的性质
利用等差数列项的性质解决基本量的运算体现了整体求值思想，应用时常将an＋am＝2ak(n＋m＝2k，n，m，k∈N*)与am＋an＝ap＋aq(m＋n＝p＋q，m，n，p，q∈N*)相结合，可减少运算量．
1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S4＝3，Sn－4＝12，Sn＝17，则n的值为( )
A．17 B．15
C．13 D．11
答案 A
解析 ∵Sn－Sn－4＝an－3＋an－2＋an－1＋an＝5，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝3，∴(an－3＋a4)＋(an－2＋a3)＋(an－1＋a2)＋(an＋a1)＝4(a1＋an)＝8，∴a1＋an＝2，∴Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝17，解得n＝17.故选A.
2．(2023·九江湖口中学5月考试)等差数列{an}中，若S9＝18，Sn＝240，an－4＝30，则n的值为( )
A．14 B．15
C．16 D．17
答案 B
解析 由等差数列的性质知，a1＋a9＝2a5，a1＋an＝a5＋an－4，因为S9＝eq \f(9（a1＋a9）,2)＝9a5＝18，故a5＝2，又Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝eq \f(n（a5＋an－4）,2)＝240，故eq \f(n（2＋30）,2)＝240，所以n＝15.故选B.
角度 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＝1，S30＝5，则S40＝( )
A．7 B．8
C．9 D．10
答案 B
解析 由等差数列的性质知S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等差数列，设其公差为d，∴2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，∴S20＝S10＋eq \f(S30,3)＝1＋eq \f(5,3)＝eq \f(8,3).∴d＝(S20－S10)－S10＝eq \f(2,3)，∴S40－S30＝1＋3×eq \f(2,3)＝3，∴S40＝8.故选B.
(2)一个等差数列的前12项的和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则该数列的公差d＝________．
答案 5
解析 设等差数列的前12项中奇数项的和为S奇，偶数项的和为S偶，等差数列的公差为d.由
已知条件，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S奇＋S偶＝354，,S偶∶S奇＝32∶27，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S偶＝192，,S奇＝162.))
又因为S偶－S奇＝6d，所以d＝eq \f(192－162,6)＝5.
等差数列前n项和的性质
在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则
(1)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…是等差数列；
(2)eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列；
(3)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；
(4)S2n－1＝(2n－1)an；
(5)若n为偶数，则S偶－S奇＝eq \f(nd,2)；若n为奇数，则S奇－S偶＝a中(中间项)．
1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若m>1，且am－1＋am＋1－aeq \\al(2,m)－1＝0，S2m－1＝39，则m＝( )
A．39 B．20
C．19 D．10
答案 B
解析 数列{an}为等差数列，则am－1＋am＋1＝2am，则am－1＋am＋1－aeq \\al(2,m)－1＝0可化为2am－aeq \\al(2,m)－1＝0，解得am＝1.又S2m－1＝(2m－1)am＝39，则m＝20.故选B.
2．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2022，eq \f(S2020,2020)－eq \f(S2014,2014)＝6，则S2022＝________．
答案 －2022
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(S2020,2020)－eq \f(S2014,2014)＝6d＝6，∴d＝1，∴eq \f(S2022,2022)＝eq \f(S1,1)＋2021d＝－2022＋2021＝－1，∴S2022＝－2022.
角度 等差数列前n项和的最值问题
例5 等差数列{an}中，设Sn为其前n项和，且a1<0，S3＝S11，则当n＝________时，Sn最小．
答案 7
解析 解法一：由S3＝S11，得3a1＋eq \f(3×2,2)d＝11a1＋eq \f(11×10,2)d，则d＝－eq \f(2,13)a1.从而Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n＝－eq \f(a1,13)(n－7)2＋eq \f(49,13)a1.又因为a1<0，所以－eq \f(a1,13)>0.故当n＝7时，Sn最小．
解法二：由于f(x)＝ax2＋bx是关于x的二次函数，且(n，Sn)在二次函数f(x)的图象上，由S3＝S11，可知f(x)＝ax2＋bx的图象关于直线x＝eq \f(3＋11,2)＝7对称．由解法一可知a＝－eq \f(a1,13)>0，故当x＝7时，f(x)最小，即当n＝7时，Sn最小．
解法三：由解法一可知d＝－eq \f(2,13)a1.要使Sn最小，
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≤0，,an＋1≥0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋（n－1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,13)a1))≤0，,a1＋n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,13)a1))≥0，))
解得6.5≤n≤7.5，故当n＝7时，Sn最小．
解法四：由S3＝S11，可得a4＋a5＋…＋a10＋a11＝0，即4(a7＋a8)＝0，故a7＋a8＝0，又由a1<0，S3＝S11可知d>0，所以a7<0，a8>0，所以当n＝7时，Sn最小．
求等差数列前n项和最值的常用方法
(1)二次函数法：用求二次函数最值的方法(配方法)求其前n项和的最值，但要注意n∈N*.
(2)图象法：利用二次函数图象的对称性来确定n的值，使Sn取得最值．
(3)邻项变号法：当a1>0，d<0时，满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≥0，,an＋1≤0))
的项数n，使Sn取最大值；当a1<0，d>0时，满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≤0，,an＋1≥0))的项数n，使Sn取最小值，即正项变负项处最大，负项变正项处最小．若有零项，则使Sn取最值的n有两个．
设等差数列{an}满足3a8＝5a15，且a1>0，Sn为其前n项和，则数列{Sn}的最大项为( )
A．S23 B．S24
C．S25 D．S26
答案 C
解析 设等差数列的公差为d，∵3a8＝5a15，∴3a1＋21d＝5a1＋70d，∴a1＋eq \f(49,2)d＝0.解法一：a1>0，∴d<0，∴a1＋24d＝a25>0，a1＋25d＝a26<0，∴数列{Sn}的最大项为S25.故选C.
解法二：Sn＝eq \f(d,2)(n2－50n)，d<0，所以当n＝25时，数列{Sn}有最大项，为S25.故选C.
课时作业
一、单项选择题
1．(2023·荆州模拟)Sn为等差数列的前n项和，S9＝81，a2＝3，则a10＝( )
A．2 B．11
C．15 D．19
答案 D
解析 设等差数列的公差为d，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(9a1＋36d＝81，,a1＋d＝3，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2，))所以a10＝a1＋9d＝1＋18＝19.故选D.
2．(2023·西安一中模拟)已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2,an＋1)))为等差数列，且a1＝1，a4＝－eq \f(1,2)，则a2023＝( )
A.eq \f(2021,2023) B．－eq \f(2021,2023)
C.eq \f(2019,2021) D．－eq \f(2019,2021)
答案 B
解析 因为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2,an＋1)))为等差数列，且a1＝1，a4＝－eq \f(1,2)，所以eq \f(2,1＋a1)＝1，eq \f(2,1＋a4)＝4，设该等差数列的公差为d，则3d＝4－1＝3，即d＝1，eq \f(2,1＋a2023)＝1＋2022d＝2023，所以a2023＝－eq \f(2021,2023).故选B.
3．(2023·上饶二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a6＋a9＝a3＋4，则S23＝( )
A．92 B．94
C．96 D．98
答案 A
解析 等差数列{an}中，a6＋a9＝a3＋4＝a3＋a12，则a12＝4，所以S23＝eq \f(a1＋a23,2)×23＝23a12＝92.故选A.
4．(2023·陕西名校联考)已知数列{an}中，a2＝4，am＋n＝am＋an，则a11＋a12＋a13＋…＋a19＝( )
A．95 B．145
C．270 D．520
答案 C
解析 在等式am＋n＝am＋an中，令m＝1，可得an＋1＝an＋a1，则an＋1－an＝a1，所以数列{an}为等差数列，且该数列的首项和公差均为a1.因为a2＝2a1＝4，故a1＝2，所以an＝2＋2(n－1)＝2n，则a15＝2×15＝30，因此a11＋a12＋a13＋…＋a19＝eq \f(9（a11＋a19）,2)＝eq \f(9×2a15,2)＝9a15＝270.故选C.
5．等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(5n＋2,n＋3)，则eq \f(a2＋a20,b7＋b15)＝( )
A.eq \f(107,24) B.eq \f(7,24)
C.eq \f(149,12) D.eq \f(149,3)
答案 A
解析 由题意知，eq \f(a2＋a20,b7＋b15)＝eq \f(a1＋a21,b1＋b21)＝eq \f(S21,T21)＝eq \f(107,24).故选A.
6．(2023·汉中二模)蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关．如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”．画法如下：在水平直线上取长度为1的线段AB，作一个等边三角形ABC，然后以点B为圆心，AB为半径逆时针画圆弧交线段CB的延长线于点D(第一段圆弧)，再以点C为圆心，CD为半径逆时针画圆弧交线段AC的延长线于点E，再以点A为圆心，AE为半径逆时针画圆弧……以此类推，当得到的“蚊香”恰好有11段圆弧时，“蚊香”的长度为( )
A．14π B．18π
C．30π D．44π
答案 D
解析 由题意知每段圆弧的圆心角都是eq \f(2π,3)，第n段圆弧的半径为n，弧长记为an，则an＝eq \f(2π,3)·n，所以S11＝eq \f(2π,3)×(1＋2＋…＋11)＝44π.故选D.
7．(2023·新课标Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，则( )
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
答案 C
解析 解法一：甲：{an}为等差数列，设其首项为a1，公差为d，则Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d，eq \f(Sn,n)＝a1＋eq \f(n－1,2)d＝eq \f(d,2)n＋a1－eq \f(d,2)，eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝eq \f(d,2)，因此eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，则甲是乙的充分条件；反之，乙：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，即eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝eq \f(nSn＋1－（n＋1）Sn,n（n＋1）)＝eq \f(nan＋1－Sn,n（n＋1）)为常数，设为t，即eq \f(nan＋1－Sn,n（n＋1）)＝t，则Sn＝nan＋1－t·n(n＋1)，有Sn－1＝(n－1)an－t·n(n－1)，n≥2，两式相减，得an＝nan＋1－(n－1)an－2tn，即an＋1－an＝2t，对n＝1也成立，因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件．所以甲是乙的充要条件．故选C.
解法二：甲：{an}为等差数列，设数列{an}的首项为a1，公差为d，即Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d，则eq \f(Sn,n)＝a1＋eq \f(n－1,2)d＝eq \f(d,2)n＋a1－eq \f(d,2)，因此eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，即甲是乙的充分条件；反之，乙：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，即eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝d′，eq \f(Sn,n)＝S1＋(n－1)d′，即Sn＝nS1＋n(n－1)d′，Sn－1＝(n－1)S1＋(n－1)(n－2)d′，当n≥2时，以上两式相减，得Sn－Sn－1＝S1＋2(n－1)d′，于是an＝a1＋2(n－1)d′，当n＝1时，上式也成立，又an＋1－an＝a1＋2nd′－[a1＋2(n－1)d′]＝2d′，为常数，因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件．所以甲是乙的充要条件．故选C.
8．(2023·武汉二调)南宋数学家杨辉为我国古代数学研究作出了杰出贡献，他的著名研究成果“杨辉三角”记录于其重要著作《详解九章算法》，该著作中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列．以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中的第2项开始，每一项与前一项的差构成等差数列．若某个二阶等差数列的前4项为2，3，6，11，则该数列的第15项为( )
A．196 B．197
C．198 D．199
答案 C
解析 设该数列为{an}，则a1＝2，a2＝3，a3＝6，a4＝11，由二阶等差数列的定义可知，a2－a1＝1，a3－a2＝3，a4－a3＝5，…，所以数列{an＋1－an}是首项为a2－a1＝1，公差d＝2的等差数列，即an＋1－an＝2n－1，所以an＋1＝(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝n2＋2，所以a15＝142＋2＝198，即该数列的第15项为198.故选C.
二、多项选择题
9.(2023·大连二模)北京天坛圜丘坛的地面由石板铺成，最中间的是圆形的天心石，围绕天心石的是9圈扇环形的石板，从内到外各圈的石板数依次为a1，a2，a3，…，a9，设数列{an}为等差数列，它的前n项和为Sn，且a2＝18，a4＋a6＝90，则( )
A．a1＝6 B．{an}的公差为9
C．a6＝3a3 D．S9＝405
答案 BD
解析 设等差数列{an}的公差为d，∵a2＝18，a4＋a6＝90，∴a1＋d＝18，2a1＋8d＝90，解得a1＝9，d＝9，∴an＝9＋9(n－1)＝9n，a6＝9×6＝54，3a3＝3×9×3＝81，∴a6≠3a3，S9＝9×9＋eq \f(9×8,2)×9＝405.故选BD.
10．(2023·沈阳一模)设等差数列{an}的前n项和是Sn，若a2<－a11A．a60
C．S15<0 D．Sn≤S5
答案 BC
解析 设等差数列{an}的公差为d，∵a2<－a11－5d>0，a2＋a11<0，∴a1＋5d＝a6>0，a6＋a7＝a1＋a12<0，∴a7<0，∴a6>a7，故A错误；S11＝eq \f(11（a1＋a11）,2)＝11a6>0，S12＝eq \f(12（a1＋a12）,2)<0，故当n≤11时，Sn>0，当n≥12时，Sn<0，故B，C正确；因为S6＝S5＋a6，a6>0，所以S6>S5，故D错误．故选BC.
11．(2023·梅州一模)设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题正确的是( )
A．若d<0，则S1是数列{Sn}的最大项
B．若数列{Sn}有最小项，则d>0
C．若数列{Sn}是递减数列，则对任意的n∈N*，均有Sn<0
D．若对任意的n∈N*，均有Sn>0，则数列{Sn}是递增数列
答案 BD
解析 对于A，取数列{an}是首项为4，公差为－2的等差数列，S1＝40，故B正确；对于C，取数列{an}是首项为1，公差为－2的等差数列，Sn＝－n2＋2n，Sn＋1－Sn＝－(n＋1)2＋2(n＋1)－(－n2＋2n)＝－2n＋1<0，即Sn＋10，故C错误；对于D，若对任意的n∈N*，均有Sn>0，则a1＞0，d＞0，又Sn＋1－Sn＝an＋1＝a1＋nd＞0，所以数列{Sn}是递增数列，故D正确．故选BD.
三、填空题
12．(2023·中山期末)在数列{an}中，a1＝2，eq \r(an＋1)＝eq \r(an)＋eq \r(2)，则数列{an}的通项公式为________．
答案 an＝2n2
解析 由eq \r(an＋1)＝eq \r(an)＋eq \r(2)得eq \r(an＋1)－eq \r(an)＝eq \r(2)，而eq \r(a1)＝eq \r(2)，于是得数列{eq \r(an)}是以eq \r(2)为首项，d＝eq \r(2)为公差的等差数列，则有eq \r(an)＝eq \r(a1)＋(n－1)d＝eq \r(2)＋eq \r(2)(n－1)＝eq \r(2)n，所以数列{an}的通项公式为an＝2n2.
13．已知等差数列{an}中，a2＝2，a4＝8，若abn＝3n－1，则b2023＝________．
答案 2024
解析 由a2＝2，a4＝8，得公差d＝eq \f(8－2,4－2)＝3，所以an＝2＋(n－2)×3＝3n－4，所以an＋1＝3n－1.又由数列{an}的公差大于0，知数列{an}为递增数列，所以结合abn＝3n－1，可得bn＝n＋1，故b2023＝2024.
14．在数列{an}中，a1＝－2，anan－1＝2an－1－1(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝eq \f(1,an－1)，则数列{an}的通项公式为an＝________，数列{bn}的前n项和Sn的最小值为________．
答案 eq \f(3n－1,3n－4) －eq \f(1,3)
解析 由题意知，an＝2－eq \f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，∴bn＝eq \f(1,an－1)＝eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,an－1)))－1)＝eq \f(an－1,an－1－1)＝1＋eq \f(1,an－1－1)＝1＋bn－1，即bn－bn－1＝1(n≥2，n∈N*)．又b1＝eq \f(1,a1－1)＝－eq \f(1,3)，∴数列{bn}是以－eq \f(1,3)为首项，1为公差的等差数列，∴bn＝n－eq \f(4,3)，即eq \f(1,an－1)＝n－eq \f(4,3)，∴an＝eq \f(3n－1,3n－4).又b1＝－eq \f(1,3)<0，b2＝eq \f(2,3)>0，∴Sn的最小值为S1＝b1＝－eq \f(1,3).
四、解答题
15．(2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和．已知eq \f(2Sn,n)＋n＝2an＋1.
(1)证明：{an}是等差数列；
(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．
解 (1)证明：因为eq \f(2Sn,n)＋n＝2an＋1，
即2Sn＋n2＝2nan＋n，①
当n≥2时，2Sn－1＋(n－1)2＝2(n－1)an－1＋(n－1)，②
①－②得，2Sn＋n2－2Sn－1－(n－1)2＝2nan＋n－2(n－1)an－1－(n－1)，
即2an＋2n－1＝2nan－2(n－1)an－1＋1，
即2(n－1)an－2(n－1)an－1＝2(n－1)，
所以an－an－1＝1，n≥2且n∈N*，
所以{an}是以1为公差的等差数列．
(2)由(1)可得a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8，
又a4，a7，a9成等比数列，所以aeq \\al(2,7)＝a4a9，
即(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，
解得a1＝－12，
所以Sn＝－12n＋eq \f(n（n－1）,2)＝eq \f(1,2)n2－eq \f(25,2)n
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(25,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(625,8)，
所以，当n＝12或n＝13时，(Sn)min＝－78.
16．(2023·新课标Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn＝eq \f(n2＋n,an)，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和．
(1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式；
(2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d.
解 (1)∵3a2＝3a1＋a3，
∴3d＝a1＋2d，解得a1＝d，
∴S3＝3a2＝3(a1＋d)＝6d，
又T3＝b1＋b2＋b3＝eq \f(2,d)＋eq \f(6,2d)＋eq \f(12,3d)＝eq \f(9,d)，
∴S3＋T3＝6d＋eq \f(9,d)＝21，即2d2－7d＋3＝0，
解得d＝3或d＝eq \f(1,2)(舍去)，
∴an＝a1＋(n－1)d＝3n.
(2)∵{bn}为等差数列，
∴2b2＝b1＋b3，即eq \f(12,a2)＝eq \f(2,a1)＋eq \f(12,a3)，
∴6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)－\f(1,a3)))＝eq \f(6d,a2a3)＝eq \f(6d,（a1＋d）（a1＋2d）)＝eq \f(1,a1)，即aeq \\al(2,1)－3a1d＋2d2＝0，
解得a1＝d或a1＝2d，
∵d>1，∴an>0，又S99－T99＝99，
由等差数列的性质知，99a50－99b50＝99，
即a50－b50＝1，
∴a50－eq \f(2550,a50)＝1，即aeq \\al(2,50)－a50－2550＝0，
解得a50＝51或a50＝－50(舍去)．
当a1＝2d时，a50＝a1＋49d＝51d＝51，
解得d＝1，与d>1矛盾，无解；
当a1＝d时，a50＝a1＋49d＝50d＝51，
解得d＝eq \f(51,50).
综上，d＝eq \f(51,50).考向一 等差数列的基本运算
考向二 等差数列的判定与证明
考向三 等差数列的性质