2024年新高考數學一輪復習題型歸類與強化測試專題37等差數列及其前n項和教師版

專題37等差數列及其前n項和一、【知識梳理】【考綱要求】1.理解等差數列的概念.2.掌握等差數列的通項公式與前n項和公式.3.能在具體的問題情境中識別數列的等差關系，并能用等差數列的有關知識解決相應的問題.4.了解等差數列與一次函數的關系.【考點預測】1．等差數列的有關概念(1)等差數列的定義一般地，如果一個數列從第2項起，每一項與它的前一項的差都等于同一個常數，那么這個數列就叫做等差數列，這個常數叫做等差數列的公差，通常用字母d表示，定義表達式為an－an－1＝d(常數)(n≥2，n∈N*)．(2)等差中項若三個數a，A，b成等差數列，則A叫做a與b的等差中項，且有A＝eq\f(a＋b,2).2．等差數列的有關公式(1)通項公式：an＝a1＋(n－1)d.(2)前n項和公式：Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d或Sn＝eq\f(na1＋an,2).3．等差數列的常用性質(1)通項公式的推廣：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．(2)若{an}為等差數列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，則ak＋al＝am＋an.(3)若{an}是等差數列，公差為d，則ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差為md的等差數列．(4)數列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差數列．(5)S2n－1＝(2n－1)an.(6)等差數列{an}的前n項和為Sn，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))為等差數列．【常用結論】1.關于等差數列奇數項和與偶數項和的性質①若項數為2n，則S偶－S奇＝nd，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(an,an＋1)；②若項數為2n－1，則S偶＝(n－1)an，S奇＝nan，S奇－S偶＝an，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(n,n－1).2.兩個等差數列{an}，{bn}的前n項和Sn，Tn之間的關系為eq\f(S2n－1,T2n－1)＝eq\f(an,bn).【方法技巧】1.等差數列的基本運算的解題策略(1)等差數列的通項公式及前n項和公式共涉及五個量a1，an，d，n，Sn，知其中三個就能求另外兩個，體現了方程思想．(2)數列的通項公式和前n項和公式在解題中起到變量代換的作用，而a1和d是等差數列的兩個基本量，用它們表示已知量和未知量是常用方法．2.等差數列的判定與證明方法3.如果{an}為等差數列，m＋n＝p＋q，則am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)．因此，若出現am－n，am，am＋n等項時，可以利用此性質將已知條件轉化為與am(或其他項)有關的條件；若求am項，可由am＝eq\f(1,2)(am－n＋am＋n)轉化為求am－n，am＋n或am－n＋am＋n的值．4.等差數列前n項和的性質在等差數列{an}中，Sn為其前n項和，則(1)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；(2)S2n－1＝(2n－1)an；(3)當項數為偶數2n時，S偶－S奇＝nd；項數為奇數2n－1時，S奇－S偶＝a中，S奇∶S偶＝n∶(n－1)．5.求等差數列{an}的前n項和Sn的最值的方法二、【題型歸類】【題型一】等差數列的基本運算【典例1】記Sn為等差數列{an}的前n項和.若a1＝－2，a2＋a6＝2，則S10＝________.【解析】設等差數列{an}的公差為d，則a2＋a6＝2a1＋6d＝2×(－2)＋6d＝2.解得d＝1.所以S10＝10×(－2)＋eq\f(10×9,2)×1＝25.【典例2】將數列{2n－1}與{3n－2}的公共項從小到大排列得到數列{an}，則{an}的前n項和為__________.【解析】法一(觀察歸納法)數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(2n－1))的各項為1，3，5，7，9，11，13，…；數列{3n－2}的各項為1，4，7，10，13，….現觀察歸納可知，兩個數列的公共項為1，7，13，…，是首項為1，公差為6的等差數列，則an＝1＋6(n－1)＝6n－5.故前n項和為Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝eq\f(n（1＋6n－5）,2)＝3n2－2n.法二(引入參變量法)令bn＝2n－1，cm＝3m－2，bn＝cm，則2n－1＝3m－2，即3m＝2n＋1，m必為奇數.令m＝2t－1，則n＝3t－2(t＝1，2，3，…).at＝b3t－2＝c2t－1＝6t－5，即an＝6n－5.以下同法一.【典例3】已知等差數列{an}的前n項和為Sn，若S8＝a8＝8，則公差d＝()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,2) C.1 D.2【解析】∵S8＝a8＝8，∴a1＋a2＋…＋a8＝a8，∴S7＝7a4＝0，則a4＝0.∴d＝eq\f(a8－a4,8－4)＝2.故選D.【題型二】等差數列的判定與證明【典例1】已知數列{an}的各項均為正數，記Sn為{an}的前n項和，從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立．①數列{an}是等差數列；②數列{eq\r(Sn)}是等差數列；③a2＝3a1.注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分．【解析】①③?②.已知{an}是等差數列，a2＝3a1.設數列{an}的公差為d，則a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，所以Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝n2a1.因為數列{an}的各項均為正數，所以eq\r(Sn)＝neq\r(a1)，所以eq\r(Sn＋1)－eq\r(Sn)＝(n＋1)eq\r(a1)－neq\r(a1)＝eq\r(a1)(常數)，所以數列{eq\r(Sn)}是等差數列．①②?③.已知{an}是等差數列，{eq\r(Sn)}是等差數列．設數列{an}的公差為d，則Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(1,2)n2d＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n.因為數列{eq\r(Sn)}是等差數列，所以數列{eq\r(Sn)}的通項公式是關于n的一次函數，則a1－eq\f(d,2)＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1.②③?①.已知數列{eq\r(Sn)}是等差數列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1.設數列{eq\r(Sn)}的公差為d，d>0，則eq\r(S2)－eq\r(S1)＝eq\r(4a1)－eq\r(a1)＝d，得a1＝d2，所以eq\r(Sn)＝eq\r(S1)＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2，所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n≥2)，是關于n的一次函數，且a1＝d2滿足上式，所以數列{an}是等差數列．【典例2】已知在數列{an}中，a1＝1，an＝2an－1＋1(n≥2，n∈N*)，記bn＝log2(an＋1)．(1)判斷{bn}是否為等差數列，并說明理由；(2)求數列{an}的通項公式．【解析】(1){bn}是等差數列，理由如下：b1＝log2(a1＋1)＝log22＝1，當n≥2時，bn－bn－1＝log2(an＋1)－log2(an－1＋1)＝log2eq\f(an＋1,an－1＋1)＝log2eq\f(2an－1＋2,an－1＋1)＝1，∴{bn}是以1為首項，1為公差的等差數列．(2)由(1)知，bn＝1＋(n－1)×1＝n，∴an＋1＝2bn＝2∴an＝2n－1.【典例3】已知數列{an}滿足a1＝1，且nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n.(1)求a2，a3；(2)證明數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是等差數列，并求{an}的通項公式．【解析】(1)由題意可得a2－2a1＝4，則a2＝2a1＋4，又a1＝1，所以a2＝6.由2a3－3a2＝12，得2a3＝12＋3a2，所以a3＝15.(2)由已知得eq\f(nan＋1－n＋1an,nn＋1)＝2，即eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝2，所以數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是首項為eq\f(a1,1)＝1，公差為d＝2的等差數列，則eq\f(an,n)＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以an＝2n2－n.【題型三】等差數列項的性質【典例1】設Sn為等差數列{an}的前n項和，且4＋a5＝a6＋a4，則S9等于()A．72B．36C．18D．9【解析】∵a6＋a4＝2a5，∴a5＝4，∴S9＝eq\f(9a1＋a9,2)＝9a5＝36.故選B.【典例2】在等差數列{an}中，若a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝80，則a7－eq\f(1,2)a8的值為()A．4B．6C．8D．10【解析】∵a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝5a6＝80，∴a6＝16，又a6＋a8＝2a7，∴a7＝eq\f(1,2)a6＋eq\f(1,2)a8，即a7－eq\f(1,2)a8＝eq\f(1,2)a6＝8.選C.【典例3】已知數列{an}滿足2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，a2＋a4＋a6＝12，a1＋a3＋a5＝9，則a3＋a4等于()A．6 B．7C．8 D．9【解析】因為2an＝an－1＋an＋1，所以{an}是等差數列，由等差數列性質可得a2＋a4＋a6＝3a4＝12，a1＋a3＋a5＝3a3＝9，所以a3＋a4＝3＋4＝7.故選B.【題型四】等差數列前n項和性質的應用【典例1】已知等差數列{an}的前10項和為30，它的前30項和為210，則前20項和為()A．100 B．120C．390 D．540【解析】設Sn為等差數列{an}的前n項和，則S10，S20－S10，S30－S20成等差數列，所以2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，又等差數列{an}的前10項和為30，前30項和為210，所以2(S20－30)＝30＋(210－S20)，解得S20＝100.故選A.【典例2】在等差數列{an}中，a1＝－2018，其前n項和為Sn，若eq\f(S12,12)－eq\f(S10,10)＝2，則S2018的值等于()A．－2018 B．－2016C．－2019 D．－2017【解析】由題意知，數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))為等差數列，其公差為1，所以eq\f(S2018,2018)＝eq\f(S1,1)＋(2018－1)×1＝－2018＋2017＝－1.所以S2018＝－2018.故選A.【典例3】北京天壇的圜丘壇為古代祭天的場所，分上、中、下三層．上層中心有一塊圓形石板(稱為天心石)，環(huán)繞天心石砌9塊扇面形石板構成第一環(huán)，向外每環(huán)依次增加9塊．下一層的第一環(huán)比上一層的最后一環(huán)多9塊，向外每環(huán)依次也增加9塊，已知每層環(huán)數相同，且下層比中層多729塊，則三層共有扇面形石板(不含天心石)()A．3699塊 B．3474塊C．3402塊 D．3339塊【解析】設每一層有n環(huán)，由題意可知，從內到外每環(huán)之間構成公差為d＝9，首項為a1＝9的等差數列．由等差數列的性質知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差數列，且(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝n2d，則9n2＝729，解得n＝9，則三層共有扇面形石板S3n＝S27＝27×9＋eq\f(27×26,2)×9＝3402(塊)．故選C.【題型五】等差數列的前n項和的最值【典例1】已知等差數列{an}的前n項和為Sn，a6＋a8＝6，S9－S6＝3，則Sn取得最大值時n的值為()A．5 B．6C．7 D．8【解析】方法一：設數列{an}的公差為d，則由題意得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋5d＋a1＋7d＝6，,a1＋6d＋a1＋7d＋a1＋8d＝3，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝15，,d＝－2.))所以an＝－2n＋17，由于a8＞0，a9＜0，所以Sn取得最大值時n的值是8，故選D.方法二：設數列{an}的公差為d，則由題意得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋5d＋a1＋7d＝6，,a1＋6d＋a1＋7d＋a1＋8d＝3，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝15，,d＝－2，))則Sn＝15n＋eq\f(n（n－1）,2)×(－2)＝－(n－8)2＋64，所以當n＝8時，Sn取得最大值，故選D.【典例2】設等差數列{an}的前n項和為Sn，且a1＞0，a3＋a10＞0，a6a7＜0，則滿足Sn＞0的最大自然數n的值為()A．6 B．7C．12 D．13【解析】因為在等差數列{an}中a1＞0，a6a7＜0，所以a6＞0，a7＜0，等差數列的公差小于零，又a3＋a10＝a1＋a12＞0，a1＋a13＝2a7＜0，所以S12＞0，S13＜0，所以滿足Sn＞0的最大自然數n的值為12.故選C.三、【培優(yōu)訓練】【訓練一】（多選）已知定義：在數列{an}中，若aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＝p(n≥2，n∈N*，p為常數)，則稱{an}為等方差數列．下列命題正確的是()A．若{an}是等方差數列，則{aeq\o\al(2,n)}是等差數列B．{(－1)n}是等方差數列C．若{an}是等方差數列，則{akn}(k∈N*，k為常數)不可能還是等方差數列D．若{an}既是等方差數列，又是等差數列，則該數列為常數列【解析】若{an}是等方差數列，則aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＝p，故{aeq\o\al(2,n)}是等差數列，故A正確；an＝(－1)n時，aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＝(－1)2n－(－1)2(n－1)＝0，故B正確；若{an}是等方差數列，則由A知{aeq\o\al(2,n)}是等差數列，從而{aeq\o\al(2,kn)}(k∈N*，k為常數)是等差數列，設其公差為d，則有aeq\o\al(2,kn)－aeq\o\al(2,k（n－1）)＝d，由定義知{akn}是等方差數列，故C不正確；若{an}既是等方差數列，又是等差數列，則aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＝p，an－an－1＝d，所以aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＝(an－an－1)(an＋an－1)＝d(an＋an－1)＝p，若d≠0，則an＋an－1＝eq\f(p,d).又an－an－1＝d，解得an＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,d)＋d))，{an}為常數列；若d＝0，該數列也為常數列，故D正確．故選ABD.【訓練二】多環(huán)芳香烴化合物中有不少是致癌物質，學生鐘愛的快餐油炸食品中會產生苯并芘，它是由苯和芘稠合而成的一類多環(huán)芳香烴，長期食用會致癌．下面是一組多環(huán)芳香烴的結構簡式和分子式：名稱萘蒽并四苯…并n苯結構簡式……分子式C10H8C14H10C18H12……由此推斷并十苯的分子式為________．【解析】因為多環(huán)芳香烴的分子式中C的下標分別是10，14，18，…，H的下標分別是8，10，12，…，所以多環(huán)芳香烴的分子式中C的下標是公差為4的等差數列，設C的下標構成的等差數列為{an}，其公差為d1，則a4＝18，d1＝4，故an＝4n＋2，所以a10＝42.多環(huán)芳香烴的分子式中H的下標是公差為2的等差數列，設H的下標構成的等差數列為{bn}，其公差為d2，則b4＝12，d2＝2，故bn＝2n＋4.所以b10＝24，所以并十苯的分子式為C42H24.【訓練三】設數列{an}的前n項和為Sn，若eq\f(Sn,S2n)為常數，則稱數列{an}為“精致數列”．已知等差數列{bn}的首項為1，公差不為0，若數列{bn}為“精致數列”，則數列{bn}的通項公式為________．【解析】設等差數列{bn}的公差為d，由eq\f(Sn,S2n)為常數，設eq\f(Sn,S2n)＝k且b1＝1，得n＋eq\f(1,2)n(n－1)d＝keq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2n＋\f(1,2)×2n(2n－1)d))，即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d，整理得(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0.因為對任意正整數n，上式恒成立，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d(4k－1)＝0，,(2k－1)(2－d)＝0，))解得d＝2，k＝eq\f(1,4)，所以數列{bn}的通項公式為bn＝2n－1(n∈N*)．【訓練四】定義向量列a1，a2，a3，…，an從第二項開始，每一項與它的前一項的差都等于同一個常向量(即坐標都是常數的向量)，即an＝an－1＋d(n≥2，且n∈N*)，其中d為常向量，則稱這個向量列{an}為等差向量列．這個常向量叫做等差向量列的公差向量，且向量列{an}的前n項和Sn＝a1＋a2＋…＋an.已知等差向量列{an}滿足a1＝(1,1)，a2＋a4＝(6,10)，則向量列{an}的前n項和Sn＝____________________.【解析】因為向量線性運算的坐標運算，是向量的橫坐標、縱坐標分別進行對應的線性運算，則等差數列的性質在等差向量列里面也適用，由等差數列的等差中項的性質知2a3＝a2＋a4＝(6,10)，解得a3＝(3,5)，則等差向量列{an}的公差向量為d＝eq\f(a3－a1,2)＝eq\f(3，5－1，1,2)＝eq\f(3－1，5－1,2)＝eq\f(2，4,2)＝(1,2)，由等差數列的通項公式可得等差向量列{an}的通項公式為an＝a1＋(n－1)d＝(1,1)＋(n－1)(1,2)＝(1,1)＋(n－1,2n－2)＝(1＋n－1,1＋2n－2)＝(n，2n－1)，由等差數列的前n項和公式，可得等差向量列{an}的前n項和Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝eq\f(n[1，1＋n，2n－1],2)＝eq\f(n1＋n，2n,2)＝eq\f(n＋n2，2n2,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋n2,2)，n2)).【訓練五】在等差數列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.(1)求{an}的通項公式；(2)設{bn}＝[an]，求數列{bn}的前10項和，其中[x]表示不超過x的最大整數，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.【解析】(1)設數列{an}的公差為d，由題意有2a1＋5d＝4，a1＋5d＝3，解得a1＝1，d＝eq\f(2,5)，所以{an}的通項公式為an＝eq\f(2n＋3,5).(2)由(1)知，bn＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2n＋3,5)))，當n＝1,2,3時，1≤eq\f(2n＋3,5)<2，bn＝1；當n＝4,5時，2<eq\f(2n＋3,5)<3，bn＝2；當n＝6,7,8時，3≤eq\f(2n＋3,5)<4，bn＝3；當n＝9,10時，4<eq\f(2n＋3,5)<5，bn＝4.所以數列{bn}的前10項和為1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.【訓練六】等差數列{an}中，公差d＜0，a2＋a6＝－8，a3a5＝7.(1)求{an}的通項公式；(2)記Tn為數列{bn}前n項的和，其中bn＝|an|，n∈N*，若Tn≥1464，求n的最小值.【解析】(1)∵等差數列{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的兩個根，且a3＞a5，解方程x2＋8x＋7＝0，得a3＝－1，a5＝－7，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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項和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，當n≥3時，bn＝|an|＝3n－8.當n＜3時，T1＝5，T2＝7；當n≥3時，Tn＝－Sn＋2S2＝eq\f(3n2,2)－eq\f(13n,2)＋14.∵Tn≥1464，∴Tn＝eq\f(3n2,2)－eq\f(13n,2)＋14≥1464，即(3n－100)(n＋29)≥0，解得n≥eq\f(100,3)，∴n的最小值為34.四、【強化測試】【單選題】1.已知公差不為0的等差數列{an}中，a2＋a4＝a6，a9＝aeq\o\al(2,6)，則a10＝()A.eq\f(5,2) B.5 C.10 D.40【解析】設公差為d，由已知得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＋a1＋3d＝a1＋5d，,a1＋8d＝（a1＋5d）2，))由于d≠0，故a1＝d＝eq\f(1,4)，所以a10＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)×9＝eq\f(5,2).故選A.2.已知數列{an}滿足5an＋1＝25·5an，且a2＋a4＋a6＝9，則logeq\f(1,3)(a5＋a7＋a9)＝()A.－3 B.3 C.－eq\f(1,3) D.eq\f(1,3)【解析】數列{an}滿足5an＋1＝25·5an，∴an＋1＝an＋2，即an＋1－an＝2，∴數列{an}是等差數列，公差為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，則logeq\f(1,3)(a5＋a7＋a9)＝logeq\f(1,3)33＝－3.故選A.3.在數列{an}中，a1＝3，am＋n＝am＋an(m，n∈N*)，若a1＋a2＋a3＋…＋ak＝135，則k＝()A.10 B.9 C.8 D.7【解析】令m＝1，由am＋n＝am＋an可得an＋1＝a1＋an，所以an＋1－an＝3，所以{an}是首項為a1＝3，公差為3的等差數列，an＝3＋3(n－1)＝3n，所以a1＋a2＋a3＋…＋ak＝eq\f(k（a1＋ak）,2)＝eq\f(k（3＋3k）,2)＝135.整理可得k2＋k－90＝0，解得k＝9或k＝－10(舍).故選B.4.已知等差數列{an}滿足a3＋a6＋a8＋a11＝12，則2a9－a11的值為()A．－3B．3C．－12D．12【解析】由等差中項的性質可得，a3＋a6＋a8＋a11＝4a7＝12，解得a7＝3，∵a7＋a11＝2a9，∴2a9－a11＝a7＝3.故選B.5.中國古代數學名著《張邱建算經》中有如下問題：今有十等人，每等一人，宮賜金以等次差降之(等差數列)，上三人先入，得金四斤，持出；下四人后入，得金三斤，持出；中間三人未到者，亦依等次更給．則第一等人(得金最多者)得金斤數是()A.eq\f(37,26) B.eq\f(37,27)C.eq\f(52,39) D.eq\f(56,39)【解析】由題設知在等差數列{an}中，a1＋a2＋a3＝4，a7＋a8＋a9＋a10＝3.所以3a1＋3d＝4,4a1＋30d＝3，解得a1＝eq\f(37,26).故選A.6.已知等差數列{an}的項數為奇數，其中所有奇數項之和為319，所有偶數項之和為290，則該數列的中間項為()A．28 B．29C．30 D．31【解析】設等差數列{an}共有2n＋1項，則S奇＝a1＋a3＋a5＋…＋a2n＋1，S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n，該數列的中間項為an＋1，又S奇－S偶＝a1＋(a3－a2)＋(a5－a4)＋…＋(a2n＋1－a2n)＝a1＋d＋d＋…＋d＝a1＋nd＝an＋1，所以an＋1＝S奇－S偶＝319－290＝29.故選B.7.已知數列{an}是等差數列，若a9＋3a11<0，a10·a11<0，且數列{an}的前n項和Sn有最大值，那么Sn取得最小正值時n等于()A．20B．17C．19D．21【解析】因為a9＋3a11<0，所以a9＋a11＋2a11＝a9＋a11＋a10＋a12＝2(a11＋a10)<0，所以a10＋a11<0.因為a10·a11<0，所以由等差數列的性質和求和公式可得a10>0，a11<0，又可得S19＝19a10>0，而S20＝10(a10＋a11)<0，進而可得Sn取得最小正值時n＝19.故選C.8.已知函數f(x)的圖象關于直線x＝－1對稱，且f(x)在(－1，＋∞)上單調，若數列{an}是公差不為0的等差數列，且f(a50)＝f(a51)，則數列{an}的前100項的和為()A．－200 B．－100C．－50 D．0【解析】因為函數f(x)的圖象關于直線x＝－1對稱，又函數f(x)在(－1，＋∞)上單調，數列{an}是公差不為0的等差數列，且f(a50)＝f(a51)，所以a50＋a51＝－2，所以S100＝eq\f(100(a1＋a100),2)＝50(a50＋a51)＝－100.故選B．【多選題】9.設數列{an}的前n項和為Sn，若eq\f(S2n,S4n)為常數，則稱數列{an}為“吉祥數列”，則下列數列{bn}為“吉祥數列”的是()A.bn＝n B.bn＝(－1)n(n＋1)C.bn＝4n－2 D.bn＝2n【解析】若{bn}是等差數列，則根據等差數列求和公式知需b1＋bn＝kn，k∈R，則{bn}為“吉祥數列”，檢驗A，C可知C符合題意；{bn}是擺動數列，由并項求和法知S2n＝n，S4n＝2n，eq\f(S2n,S4n)＝eq\f(n,2n)＝eq\f(1,2)，故B符合題意；根據等比數列求和公式知D不符合題意.故選BC.10.設{an}是等差數列，Sn是其前n項的和，且S5＜S6，S6＝S7＞S8，則下列結論正確的是()A．d＜0B．a7＝0C．S9＞S5D．S6與S7均為Sn的最大值【解析】S6＝S5＋a6＞S5，則a6＞0，S7＝S6＋a7＝S6，則a7＝0，則d＝a7－a6＜0，S8＝S7＋a8＜S7，a8＜0.則a7＋a8＜0，所以S9＝S5＋a6＋a7＋a8＋a9＝S5＋2(a7＋a8)＜S5，由a7＝0，a6＞0知S6，S7是Sn中的最大值．從而ABD均正確．故選ABD.11.已知數列{an}是公差不為0的等差數列，前n項和為Sn，滿足a1＋5a3＝S8，下列選項正確的有()A．a10＝0B．S10最小C．S7＝S12D．S20＝0【解析】根據題意，數列{an}是等差數列，若a1＋5a3＝S8，即a1＋5a1＋10d＝8a1＋28d，變形可得a1＝－9d，又由an＝a1＋(n－1)d＝(n－10)d，則有a10＝0，故A一定正確；不能確定a1和d的符號，不能確定S10最小，故B不正確；又由Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）d,2)＝－9nd＋eq\f(n（n－1）d,2)＝eq\f(d,2)×(n2－19n)，則有S7＝S12，故C一定正確；則S20＝20a1＋eq\f(20×19,2)d＝－180d＋190d＝10d，因為d≠0，所以S20≠0，則D不正確．故選AC.12.設等差數列{an}的前n項和為Sn，公差為d.已知a3＝12，S12＞0，a7＜0，則()A．a6＞0B．－eq\f(24,7)＜d＜－3C．當Sn＜0時，n的最小值為13D．數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))中的最小項為第7項【解析】由題意，得S12＝eq\f(（a1＋a12）,2)×12＝6(a6＋a7)＞0.又a7＜0，所以a6＞0，所以A正確．根據題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a7＝a3＋4d＝12＋4d＜0，,a6＝a3＋3d＝12＋3d＞0，,a6＋a7＝2a3＋7d＝24＋7d＞0，))解得－eq\f(24,7)＜d＜－3，所以B正確．因為S13＝eq\f(a1＋a13,2)×13＝13a7＜0，又S12＞0，所以當Sn＜0時，n的最小值為13，所以C正確．由上述分析可知，當n∈[1，6]時，an＞0，當n∈[7，＋∞)時，an＜0，當n∈[1，12]時，Sn＞0，當n∈[13，＋∞)時，Sn＜0，所以當n∈[1，6]時，eq\f(Sn,an)＞0，當n∈[13，＋∞)時，eq\f(Sn,an)＞0，當n∈[7，12]時，eq\f(Sn,an)＜0，且當n∈[7，12]時，{an}為單調遞減數列(an＜0)，Sn為單調遞減數列(Sn＞0)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))中的最小項為第7項，所以D正確．故選ABCD.【填空題】13.設Sn為等差數列{an}的前n項和，若S6＝1，S12＝4，則S18＝________.【解析】在等差數列中，S6，S12－S6，S18－S12成等差數列，∵S6＝1，S12＝4，∴1，3，S18－4成公差為2的等差數列，即S18－4＝5，∴S18＝9.14.等差數列{an}與{bn}的前n項和分別為Sn和Tn，若eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(3n－2,2n＋1)，則eq\f(a7,b7)等于________.【解析】eq\f(a7,b7)＝eq\f(2a7,2b7)＝eq\f(a1＋a13,b1＋b13)＝eq\f(\f(a1＋a13,2)×13,\f(b1＋b13,2)×13)＝eq\f(S13,T13)＝eq\f(3×13－2,2×13＋1)＝eq\f(37,27).15.設等差數列{an}的前n項和為Sn.若a2＝－3，S5＝－10，則a5＝________.【解析】設等差數列{an}的公差為d，∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝－3，,S5＝－10，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝－3，,5a1＋10d＝－10，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－4，,d＝1，))∴a5＝a1＋4d＝0.16.一百零八塔，位于寧夏吳忠青銅峽市，是始建于西夏時期的喇嘛式實心塔群，是中國現存最大且排列最整齊的喇嘛塔群之一．一百零八塔，因塔群的塔數而得名，塔群隨山勢鑿石分階而建，由下而上逐層增高，依山勢自上而下各層的塔數分別為1,3,3,5,5,7，…，該數列從第5項開始成等差數列，則該塔群最下面三層的塔數之和為________．【解析】設該數列為{an}，依題意可知，a5，a6，…成等差數列，且公差為2，a5＝5，設塔群共有n層，則1＋3＋3＋5＋5(n－4)＋eq\f(n－4n－5,2)×2＝108，解得n＝12(n＝－8舍去)．故最下面三層的塔數之和為a10＋a11＋a12＝3a11＝3×(5＋2×6)＝51.【解答題】17.記Sn為等差數列{an}的前n項和．已知S9＝－a5.(1)若a3＝4，求{an}的通項公式；(2)若a1＞0，求使得Sn≥an的n的取值范圍．【解析】(1)設{an}的公差為d，由S9＝－a5得a1＋4d＝0，由a3＝4得a1＋2d＝4，于是a1＝8，d＝－2.因此{an}的通項公式為an＝10－2n.(2)由(1)得a1＝－4d，故an＝(n－5)d，Sn＝eq\f(n(n－9)d,2).由a1＞0知d＜0，故Sn≥an等價于n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10.所以n的取值范圍是{n|1≤n≤10，n∈N}．18.已知等差數列的前三項依次為a，4，3a，前n項和為Sn，且Sk＝110.(1)求a及k的值；(2)已知數列{bn}滿足bn＝eq\f(Sn,n)，證明數列{bn}是等差數列，并求其前n項和Tn.【解析】(1)設該等差數列為{an}，則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)由(1)得Sn＝eq\f(n(2＋2n),2)＝n(n＋1)，則bn＝eq\f(Sn,n)＝n＋1，故bn＋1－bn＝(n＋2)－(n＋1)＝1，即數列{bn}是首項為2，公差為1的等差數列，所以Tn＝eq\f(n(2＋n＋1),2)＝eq\f(n(n＋3),2).19.在①數列{Sn－n2}是公差為－3的等差數列，②Sn＝n2＋an－5n＋4，③數列{an}是公差不為0的等差數列，且a3a6＝aeq\o\al(2,4)這三個條件中任意選擇一個，添加到下面的題目中，然后解答補充完整的題目．已知數列{an}中，a1＝－2，{an}的前n項和為Sn，且________．求an.【解析】若選擇①，因為a1＝－2，所以S1－12＝a1－1＝－3.因為{Sn－n2}是公差為－3的等差數列，所以Sn－n2＝－3－3(n－1)＝－3n.所以Sn＝n2－3n.當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(n2－3n)－[(n－1)2－3(n－1)]＝2n－4.當n＝1時，a1＝－2，符合上式．所以an＝2n－4.若選擇②.因為Sn＝n2＋an－5n＋4，所以當n≥2時，Sn－1＝(n－1)2＋an－1－5(n－1)＋4，兩式相減，得an＝n2－(n－1)2＋an－an－1－5n＋5(n－1)，即an－1＝2n－6.所以an＝2n－4(n∈N*)．若選擇③，設等差數列{an}的公差為d，由a3a6＝aeq\o\al(2,4)可得(a1＋2d)·(a1＋5d)＝(a1＋3d)2.又a1＝－2，d≠0，所以d＝2，所以數列{an}的通項公式為an＝2n－4.20.若數列{an}的各項均為正數，對任意n∈N*，aeq\o\al(2,n＋1)＝anan＋2＋t，t為常數，且2a3＝a2＋a4.(1)求