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新高考数学一轮复习讲义 第6章 §6.2 等差数列
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这是一份新高考数学一轮复习讲义 第6章 §6.2 等差数列，共16页。试卷主要包含了揣摩例题，精练习题，加强审题的规范性，重视错题等内容，欢迎下载使用。
课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。
2、精练习题
复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。
3、加强审题的规范性
每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。
4、重视错题
“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
§6.2 等差数列
考试要求 1.理解等差数列的概念.2.掌握等差数列的通项公式与前n项和公式.3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题.4.了解等差数列与一次函数、二次函数的关系．
知识梳理
1．等差数列的有关概念
(1)等差数列的定义
一般地，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，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d表示，定义表达式为an－an－1＝d(常数)(n≥2，n∈N*)．
(2)等差中项
若三个数a，A，b成等差数列，则A叫做a与b的等差中项，且有A＝eq \f(a＋b,2).
2．等差数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d.
(2)前n项和公式：Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d或Sn＝eq \f(na1＋an,2).
3．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.
(3)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．
(4)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．
(5)S2n－1＝(2n－1)an.
(6)等差数列{an}的前n项和为Sn，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列．
常用结论
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p.
2．在等差数列{an}中，a1＞0，d＜0，则Sn存在最大值；若a1＜0，d＞0，则Sn存在最小值．
3．等差数列{an}的单调性：当d＞0时，{an}是递增数列；当d＜0时，{an}是递减数列；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)．这里公差d＝2A.
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的．( √ )
(2)若一个数列每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．( × )
(3)数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N*，都有2an＋1＝an＋an＋2.( √ )
(4)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．
( √ )
教材改编题
1．已知等差数列{an}中，a2＝3，前5项和S5＝10，则数列{an}的公差为( )
A．－1 B．－eq \f(5,2)
C．－2 D．－4
答案 A
解析 设等差数列{an}的公差为d，
∵S5＝5a3＝10，
∴a3＝a2＋d＝2，
又∵a2＝3，∴d＝－1.
2．在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，则a5＝________.
答案 90
3．已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a3＝2，且S6＝30，则S9＝________.
答案 126
解析 由已知可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝2，,2a1＋5d＝10，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－10，,d＝6.))
∴S9＝9a1＋eq \f(9×8,2)d＝－90＋36×6＝126.
题型一 等差数列基本量的运算
例1 (1)(多选)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则下列选项正确的是( )
A．a2＋a3＝0 B．an＝2n－5
C．Sn＝n(n－4) D．d＝－2
答案 ABC
解析 S4＝eq \f(4×a1＋a4,2)＝0，
∴a1＋a4＝a2＋a3＝0，A正确；
a5＝a1＋4d＝5，①
a1＋a4＝a1＋a1＋3d＝0，②
联立①②得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d＝2，,a1＝－3，))
∴an＝－3＋(n－1)×2＝2n－5，
B正确，D错误；
Sn＝－3n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2－4n，C正确．
(2)(2022·内蒙古模拟)已知等差数列{an}中，Sn为其前n项和，S4＝24，S9＝99，则a7等于( )
A．13 B．14 C．15 D．16
答案 C
解析 ∵eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S4＝24，,S9＝99，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a1＋6d＝24，,9a1＋36d＝99，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝3，,d＝2.))则a7＝a1＋6d＝15.
教师备选
1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＝5，S4＝24，则a9等于( )
A．－5 B．－7
C．－9 D．－11
答案 B
解析 ∵a3＝5，S4＝24，
∴a1＋2d＝5,4a1＋6d＝24，
解得a1＝9，d＝－2，
∴an＝11－2n，
∴a9＝11－2×9＝－7.
2．已知{an}是公差不为零的等差数列，且a1＋a10＝a9，则eq \f(a1＋a2＋…＋a9,a10)＝________.
答案 eq \f(27,8)
解析 ∵a1＋a10＝a9，
∴a1＋a1＋9d＝a1＋8d，即a1＝－d，
∴a1＋a2＋…＋a9＝S9＝9a1＋eq \f(9×8,2)d＝27d，
a10＝a1＋9d＝8d，∴eq \f(a1＋a2＋…＋a9,a10)＝eq \f(27,8).
思维升华 (1)等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1，n，d，an，Sn，知道其中三个就能求出另外两个(简称“知三求二”)．
(2)确定等差数列的关键是求出两个最基本的量，即首项a1和公差d.
跟踪训练1 (1)(多选)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a3＋a6＝24，S6＝48，则下列正确的是( )
A．a1＝－2 B．a1＝2
C．d＝4 D．d＝－4
答案 AC
解析 因为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＋a6＝2a1＋7d＝24，,S6＝6a1＋15d＝48，))
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－2，,d＝4.))
(2)(2020·全国Ⅱ)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，
则a2＋a6＝2a1＋6d＝2.
因为a1＝－2，所以d＝1.
所以S10＝10×(－2)＋eq \f(10×9,2)×1＝25.
题型二 等差数列的判定与证明
例2 (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 ①③⇒②.
已知{an}是等差数列，a2＝3a1.
设数列{an}的公差为d，
则a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，
所以Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝n2a1.
因为数列{an}的各项均为正数，
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)(常数)，所以数列{eq \r(Sn)}是等差数列．
①②⇒③.
已知{an}是等差数列，{eq \r(Sn)}是等差数列．
设数列{an}的公差为d，
则Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝eq \f(1,2)n2d＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n.
因为数列{eq \r(Sn)}是等差数列，所以数列{eq \r(Sn)}的通项公式是关于n的一次函数，则a1－eq \f(d,2)＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1.
②③⇒①.
已知数列{eq \r(Sn)}是等差数列，a2＝3a1，
所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1.
设数列{eq \r(Sn)}的公差为d，d>0，
则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)，是关于n的一次函数，且a1＝d2满足上式，所以数列{an}是等差数列．
教师备选
(2022·烟台模拟)已知在数列{an}中，a1＝1，an＝2an－1＋1(n≥2，n∈N*)，记bn＝lg2(an＋1)．
(1)判断{bn}是否为等差数列，并说明理由；
(2)求数列{an}的通项公式．
解 (1){bn}是等差数列，理由如下：
b1＝lg2(a1＋1)＝lg22＝1，
当n≥2时，bn－bn－1＝lg2(an＋1)－lg2(an－1＋1)
＝lg2eq \f(an＋1,an－1＋1)＝lg2eq \f(2an－1＋2,an－1＋1)＝1，
∴{bn}是以1为首项，1为公差的等差数列．
(2)由(1)知，bn＝1＋(n－1)×1＝n，
∴an＋1＝＝2n，
∴an＝2n－1.
思维升华 判断数列{an}是等差数列的常用方法
(1)定义法：对任意n∈N*，an＋1－an是同一常数．
(2)等差中项法：对任意n≥2，n∈N*，满足2an＝an＋1＋an－1.
(3)通项公式法：对任意n∈N*，都满足an＝pn＋q(p，q为常数)．
(4)前n项和公式法：对任意n∈N*，都满足Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．
跟踪训练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)由题意可得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)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.
题型三 等差数列的性质
命题点1 等差数列项的性质
例3 (1)已知数列{an}满足2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，a2＋a4＋a6＝12，a1＋a3＋a5＝9，则a3＋a4等于( )
A．6 B．7
C．8 D．9
答案 B
解析 因为2an＝an－1＋an＋1，
所以{an}是等差数列，
由等差数列性质可得a2＋a4＋a6＝3a4＝12，
a1＋a3＋a5＝3a3＝9，
所以a3＋a4＝3＋4＝7.
(2)(2022·宁波模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝150，则S9等于( )
A．225 B．250
C．270 D．300
答案 C
解析 等差数列{an}的前n项和为Sn，
且a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝150，
∴a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝150，
解得a5＝30，
∴S9＝eq \f(9,2)(a1＋a9)＝9a5＝270.
命题点2 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＝10，S20＝60，则S40等于( )
A．110 B．150
C．210 D．280
答案 D
解析 因为等差数列{an}的前n项和为Sn，
所以S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30也成等差数列．
故(S30－S20)＋S10＝2(S20－S10)，
所以S30＝150.
又因为(S20－S10)＋(S40－S30)＝2(S30－S20)，
所以S40＝280.
(2)等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意正整数n都有eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(2n－1,3n－2)，则eq \f(a11,b6＋b10)＋eq \f(a5,b7＋b9)的值为________．
答案 eq \f(29,43)
解析 eq \f(a11,b6＋b10)＋eq \f(a5,b7＋b9)＝eq \f(a11＋a5,2b8)＝eq \f(2a8,2b8)＝eq \f(a8,b8)，
∴eq \f(a8,b8)＝eq \f(S2×8－1,T2×8－1)＝eq \f(S15,T15)＝eq \f(2×15－1,3×15－2)＝eq \f(29,43).
教师备选
1．若等差数列{an}的前15项和S15＝30，则2a5－a6－a10＋a14等于( )
A．2 B．3
C．4 D．5
答案 A
解析 ∵S15＝30，∴eq \f(15,2)(a1＋a15)＝30，
∴a1＋a15＝4，
∴2a8＝4，∴a8＝2.
∴2a5－a6－a10＋a14＝a4＋a6－a6－a10＋a14＝a4－a10＋a14＝a10＋a8－a10＝a8＝2.
2．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2 020，eq \f(S2 020,2 020)－eq \f(S2 014,2 014)＝6，则S2 023等于( )
A．2 023 B．－2 023
C．4 046 D．－4 046
答案 C
解析 ∵eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，设公差为d′，
则eq \f(S2 020,2 020)－eq \f(S2 014,2 014)＝6d′＝6，∴d′＝1，
首项为eq \f(S1,1)＝－2 020，
∴eq \f(S2 023,2 023)＝－2 020＋(2 023－1)×1＝2，
∴S2 023＝2 023×2＝4 046.
思维升华 (1)项的性质：在等差数列{an}中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq.
(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)．
②S2n－1＝(2n－1)an.
③依次k项和成等差数列，即Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等差数列．
跟踪训练3 (1)(2021·北京){an}和{bn}是两个等差数列，其中eq \f(ak,bk)(1≤k≤5)为常值，若a1＝288，a5＝96，b1＝192，则b3等于( )
A．64 B．128 C．256 D．512
答案 B
解析 由已知条件可得eq \f(a1,b1)＝eq \f(a5,b5)，
则b5＝eq \f(a5b1,a1)＝eq \f(96×192,288)＝64，
因此，b3＝eq \f(b1＋b5,2)＝eq \f(192＋64,2)＝128.
(2)(2022·郴州模拟)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，满足a3＝3a1，a2＝3a1－1，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))的前10项和为( )
A.eq \f(55,2) B．55 C.eq \f(65,2) D．65
答案 C
解析 设等差数列{an}的公差为d，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝3a1，,a1＋d＝3a1－1，))
所以a1＝1，d＝1，
所以Sn＝n＋eq \f(nn－1,2)＝eq \f(nn＋1,2)，
所以eq \f(Sn,n)＝eq \f(n＋1,2)，
所以eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝eq \f(n＋1＋1,2)－eq \f(n＋1,2)＝eq \f(1,2)，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是以1为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列，
数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))的前10项和T10＝10＋eq \f(10×(10－1),2)×eq \f(1,2)＝eq \f(65,2).
课时精练
1．(2022·芜湖模拟)在等差数列{an}中，若a3＋a9＝30，a4＝11，则{an}的公差为( )
A．－2 B．2 C．－3 D．3
答案 B
解析 设公差为d，因为a3＋a9＝2a6＝30，
所以a6＝15，从而d＝eq \f(a6－a4,6－4)＝2.
2．(2022·莆田模拟)已知等差数列{an}满足a3＋a6＋a8＋a11＝12，则2a9－a11的值为( )
A．－3 B．3 C．－12 D．12
答案 B
解析 由等差中项的性质可得，
a3＋a6＋a8＋a11＝4a7＝12，
解得a7＝3，
∵a7＋a11＝2a9，
∴2a9－a11＝a7＝3.
3．(2022·铁岭模拟)中国古代数学名著《张邱建算经》中有如下问题：今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差降之(等差数列)，上三人先入，得金四斤，持出；下四人后入，得金三斤，持出；中间三人未到者，亦依等次更给．则第一等人(得金最多者)得金斤数是( )
A.eq \f(37,26) B.eq \f(37,27)
C.eq \f(52,39) D.eq \f(56,39)
答案 A
解析 由题设知在等差数列{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).
4．(2022·山东省实验中学模拟)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，
该数列的中间项为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.
5．(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有( )
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\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a15)),2)＝15a8为定值，
但S16＝eq \f(16\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a16)),2)＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a8＋a9))不是定值．
6．(多选)已知Sn是等差数列{an}(n∈N*)的前n项和，且S8>S9>S7，则下列结论正确的是( )
A．公差d<0
B．在所有小于0的Sn中，S17最大
C．a8>a9
D．满足Sn>0的n的个数为15
答案 ABC
解析 ∵S8>S9，且S9＝S8＋a9，
∴S8>S8＋a9，即a9<0，
又S8>S7，S8＝S7＋a8，
∴S7＋a8>S7，即a8>0，
∴d＝a9－a8<0，故A，C中的结论正确；
∵S9>S7，S9＝S7＋a8＋a9，
∴S7＋a8＋a9>S7，即a8＋a9>0，
又a1＋a16＝a8＋a9，
∴S16＝eq \f(16a1＋a16,2)＝8(a8＋a9)>0，
又a1＋a15＝2a8，
∴S15＝eq \f(15a1＋a15,2)＝15a8>0，
又a1＋a17＝2a9，且a9<0，
∴S17＝eq \f(17a1＋a17,2)＝17a9<0，
故B中的结论正确，D中的结论错误．
7．(2019·北京)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝________.
答案 0
解析 设等差数列{an}的公差为d，
∵eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝－3，,S5＝－10，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＝－3，,5a1＋10d＝－10，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－4，,d＝1，))∴a5＝a1＋4d＝0.
8．(2022·铁岭模拟)一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群，是中国现存最大且排列最整齐的喇嘛塔群之一．一百零八塔，因塔群的塔数而得名，塔群随山势凿石分阶而建，由下而上逐层增高，依山势自上而下各层的塔数分别为1,3,3,5,5,7，…，该数列从第5项开始成等差数列，则该塔群最下面三层的塔数之和为________．
答案 51
解析 设该数列为{an}，依题意可知，a5，a6，…成等差数列，且公差为2，a5＝5，
设塔群共有n层，则1＋3＋3＋5＋5(n－4)＋eq \f(n－4n－5,2)×2＝108，
解得n＝12(n＝－8舍去)．
故最下面三层的塔数之和为a10＋a11＋a12＝3a11＝3×(5＋2×6)＝51.
9．(2021·全国乙卷)记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知eq \f(2,Sn)＋eq \f(1,bn)＝2.
(1)证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求{an}的通项公式．
(1)证明 因为bn是数列{Sn}的前n项积，
所以n≥2时，Sn＝eq \f(bn,bn－1)，
代入eq \f(2,Sn)＋eq \f(1,bn)＝2可得，eq \f(2bn－1,bn)＋eq \f(1,bn)＝2，
整理可得2bn－1＋1＝2bn，
即bn－bn－1＝eq \f(1,2)(n≥2)．
又eq \f(2,S1)＋eq \f(1,b1)＝eq \f(3,b1)＝2，所以b1＝eq \f(3,2)，
故{bn}是以eq \f(3,2)为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列．
(2)解 由(1)可知，bn＝eq \f(n＋2,2)，
则eq \f(2,Sn)＋eq \f(2,n＋2)＝2，所以Sn＝eq \f(n＋2,n＋1)，
当n＝1时，a1＝S1＝eq \f(3,2)，
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n＋2,n＋1)－eq \f(n＋1,n)＝－eq \f(1,nn＋1).
故an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，n＝1，,－\f(1,nn＋1)，n≥2.))
10．在数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求Tn.
解 (1)∵an＋2－2an＋1＋an＝0，
∴an＋2－an＋1＝an＋1－an，
∴数列{an}是等差数列，设其公差为d，
∵a1＝8，a4＝2，
∴d＝eq \f(a4－a1,4－1)＝－2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝10－2n，n∈N*.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，则由(1)可得，
Sn＝8n＋eq \f(nn－1,2)×(－2)＝9n－n2，n∈N*.
由(1)知an＝10－2n，令an＝0，得n＝5，
∴当n>5时，an<0，
则Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|
＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an)
＝S5－(Sn－S5)＝2S5－Sn
＝2×(9×5－25)－(9n－n2)＝n2－9n＋40；
当n≤5时，an≥0，
则Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|
＝a1＋a2＋…＋an＝9n－n2，
∴Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(9n－n2，n≤5，n∈N*，,n2－9n＋40，n≥6，n∈N*.))
11．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
答案 C
解析 ∵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．
12．(多选)(2022·济宁模拟)设等差数列{an}的前n项和是Sn，已知S14>0，S15<0，则下列选项正确的有( )
A．a1>0，d<0
B．a7＋a8>0
C．S6与S7均为Sn的最大值
D．a8<0
答案 ABD
解析 因为S14>0，S15<0，
所以S14＝eq \f(14×a1＋a14,2)
＝7(a1＋a14)＝7(a7＋a8)>0，
即a7＋a8>0，
因为S15＝eq \f(15×a1＋a15,2)＝15a8<0，
所以a8<0，所以a7>0，
所以等差数列{an}的前7项为正数，从第8项开始为负数，
则a1>0，d<0，S7为Sn的最大值．
13．(2020·新高考全国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________．
答案 3n2－2n
解析 方法一 (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项和为Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(n1＋6n－5,2)
＝3n2－2n.
方法二 (引入参变量法)
令bn＝2n－1，cm＝3m－2，bn＝cm，
则2n－1＝3m－2，即3m＝2n＋1，m必为奇数．
令m＝2t－1，则n＝3t－2(t＝1,2,3，…)．
at＝b3t－2＝c2t－1＝6t－5，即an＝6n－5.
以下同方法一．
14．(2022·东莞模拟)已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差为d，前n项和为Sn.若Sn≤S8恒成立，则公差d的取值范围是______________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,7)，－\f(1,8)))
解析 根据等差数列{an}的前n项和Sn满足Sn≤S8恒成立，
可知a8≥0且a9≤0，
所以1＋7d≥0且1＋8d≤0，
解得－eq \f(1,7)≤d≤－eq \f(1,8).
15．定义向量列a1，a2，a3，…，an从第二项开始，每一项与它的前一项的差都等于同一个常向量(即坐标都是常数的向量)，即an＝an－1＋d(n≥2，且n∈N*)，其中d为常向量，则称这个向量列{an}为等差向量列．这个常向量叫做等差向量列的公差向量，且向量列{an}的前n项和Sn＝a1＋a2＋…＋an.已知等差向量列{an}满足a1＝(1,1)，a2＋a4＝(6,10)，则向量列{an}的前n项和Sn＝____________________.
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋n2,2)，n2))
解析 因为向量线性运算的坐标运算，是向量的横坐标、纵坐标分别进行对应的线性运算，则等差数列的性质在等差向量列里面也适用，由等差数列的等差中项的性质知2a3＝a2＋a4＝(6,10)，解得a3＝(3,5)，
则等差向量列{an}的公差向量为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)，
由等差数列的通项公式可得等差向量列{an}的通项公式为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)，
由等差数列的前n项和公式，可得等差向量列{an}的前n项和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\c1(\f(n＋n2,2)，n2)).
16．在等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设{bn}＝[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.
解 (1)设数列{an}的公差为d，由题意得2a1＋5d＝4，a1＋5d＝3，解得a1＝1，d＝eq \f(2,5)，
所以{an}的通项公式为an＝eq \f(2n＋3,5).
(2)由(1)知，bn＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2n＋3,5)))，
当n＝1,2,3时，1≤eq \f(2n＋3,5)<2，bn＝1；
当n＝4,5时，2当n＝6,7,8时，3≤eq \f(2n＋3,5)<4，bn＝3；
当n＝9,10时，4所以数列{bn}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.
课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。
2、精练习题
复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。
3、加强审题的规范性
每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。
4、重视错题
“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
§6.2 等差数列
考试要求 1.理解等差数列的概念.2.掌握等差数列的通项公式与前n项和公式.3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题.4.了解等差数列与一次函数、二次函数的关系．
知识梳理
1．等差数列的有关概念
(1)等差数列的定义
一般地，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，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d表示，定义表达式为an－an－1＝d(常数)(n≥2，n∈N*)．
(2)等差中项
若三个数a，A，b成等差数列，则A叫做a与b的等差中项，且有A＝eq \f(a＋b,2).
2．等差数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d.
(2)前n项和公式：Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d或Sn＝eq \f(na1＋an,2).
3．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.
(3)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．
(4)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．
(5)S2n－1＝(2n－1)an.
(6)等差数列{an}的前n项和为Sn，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列．
常用结论
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p.
2．在等差数列{an}中，a1＞0，d＜0，则Sn存在最大值；若a1＜0，d＞0，则Sn存在最小值．
3．等差数列{an}的单调性：当d＞0时，{an}是递增数列；当d＜0时，{an}是递减数列；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)．这里公差d＝2A.
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的．( √ )
(2)若一个数列每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．( × )
(3)数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N*，都有2an＋1＝an＋an＋2.( √ )
(4)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．
( √ )
教材改编题
1．已知等差数列{an}中，a2＝3，前5项和S5＝10，则数列{an}的公差为( )
A．－1 B．－eq \f(5,2)
C．－2 D．－4
答案 A
解析 设等差数列{an}的公差为d，
∵S5＝5a3＝10，
∴a3＝a2＋d＝2，
又∵a2＝3，∴d＝－1.
2．在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，则a5＝________.
答案 90
3．已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a3＝2，且S6＝30，则S9＝________.
答案 126
解析 由已知可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝2，,2a1＋5d＝10，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－10，,d＝6.))
∴S9＝9a1＋eq \f(9×8,2)d＝－90＋36×6＝126.
题型一 等差数列基本量的运算
例1 (1)(多选)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则下列选项正确的是( )
A．a2＋a3＝0 B．an＝2n－5
C．Sn＝n(n－4) D．d＝－2
答案 ABC
解析 S4＝eq \f(4×a1＋a4,2)＝0，
∴a1＋a4＝a2＋a3＝0，A正确；
a5＝a1＋4d＝5，①
a1＋a4＝a1＋a1＋3d＝0，②
联立①②得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d＝2，,a1＝－3，))
∴an＝－3＋(n－1)×2＝2n－5，
B正确，D错误；
Sn＝－3n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2－4n，C正确．
(2)(2022·内蒙古模拟)已知等差数列{an}中，Sn为其前n项和，S4＝24，S9＝99，则a7等于( )
A．13 B．14 C．15 D．16
答案 C
解析 ∵eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S4＝24，,S9＝99，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a1＋6d＝24，,9a1＋36d＝99，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝3，,d＝2.))则a7＝a1＋6d＝15.
教师备选
1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＝5，S4＝24，则a9等于( )
A．－5 B．－7
C．－9 D．－11
答案 B
解析 ∵a3＝5，S4＝24，
∴a1＋2d＝5,4a1＋6d＝24，
解得a1＝9，d＝－2，
∴an＝11－2n，
∴a9＝11－2×9＝－7.
2．已知{an}是公差不为零的等差数列，且a1＋a10＝a9，则eq \f(a1＋a2＋…＋a9,a10)＝________.
答案 eq \f(27,8)
解析 ∵a1＋a10＝a9，
∴a1＋a1＋9d＝a1＋8d，即a1＝－d，
∴a1＋a2＋…＋a9＝S9＝9a1＋eq \f(9×8,2)d＝27d，
a10＝a1＋9d＝8d，∴eq \f(a1＋a2＋…＋a9,a10)＝eq \f(27,8).
思维升华 (1)等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1，n，d，an，Sn，知道其中三个就能求出另外两个(简称“知三求二”)．
(2)确定等差数列的关键是求出两个最基本的量，即首项a1和公差d.
跟踪训练1 (1)(多选)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a3＋a6＝24，S6＝48，则下列正确的是( )
A．a1＝－2 B．a1＝2
C．d＝4 D．d＝－4
答案 AC
解析 因为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＋a6＝2a1＋7d＝24，,S6＝6a1＋15d＝48，))
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－2，,d＝4.))
(2)(2020·全国Ⅱ)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，
则a2＋a6＝2a1＋6d＝2.
因为a1＝－2，所以d＝1.
所以S10＝10×(－2)＋eq \f(10×9,2)×1＝25.
题型二 等差数列的判定与证明
例2 (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 ①③⇒②.
已知{an}是等差数列，a2＝3a1.
设数列{an}的公差为d，
则a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，
所以Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝n2a1.
因为数列{an}的各项均为正数，
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)(常数)，所以数列{eq \r(Sn)}是等差数列．
①②⇒③.
已知{an}是等差数列，{eq \r(Sn)}是等差数列．
设数列{an}的公差为d，
则Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝eq \f(1,2)n2d＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n.
因为数列{eq \r(Sn)}是等差数列，所以数列{eq \r(Sn)}的通项公式是关于n的一次函数，则a1－eq \f(d,2)＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1.
②③⇒①.
已知数列{eq \r(Sn)}是等差数列，a2＝3a1，
所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1.
设数列{eq \r(Sn)}的公差为d，d>0，
则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)，是关于n的一次函数，且a1＝d2满足上式，所以数列{an}是等差数列．
教师备选
(2022·烟台模拟)已知在数列{an}中，a1＝1，an＝2an－1＋1(n≥2，n∈N*)，记bn＝lg2(an＋1)．
(1)判断{bn}是否为等差数列，并说明理由；
(2)求数列{an}的通项公式．
解 (1){bn}是等差数列，理由如下：
b1＝lg2(a1＋1)＝lg22＝1，
当n≥2时，bn－bn－1＝lg2(an＋1)－lg2(an－1＋1)
＝lg2eq \f(an＋1,an－1＋1)＝lg2eq \f(2an－1＋2,an－1＋1)＝1，
∴{bn}是以1为首项，1为公差的等差数列．
(2)由(1)知，bn＝1＋(n－1)×1＝n，
∴an＋1＝＝2n，
∴an＝2n－1.
思维升华 判断数列{an}是等差数列的常用方法
(1)定义法：对任意n∈N*，an＋1－an是同一常数．
(2)等差中项法：对任意n≥2，n∈N*，满足2an＝an＋1＋an－1.
(3)通项公式法：对任意n∈N*，都满足an＝pn＋q(p，q为常数)．
(4)前n项和公式法：对任意n∈N*，都满足Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．
跟踪训练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)由题意可得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)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.
题型三 等差数列的性质
命题点1 等差数列项的性质
例3 (1)已知数列{an}满足2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，a2＋a4＋a6＝12，a1＋a3＋a5＝9，则a3＋a4等于( )
A．6 B．7
C．8 D．9
答案 B
解析 因为2an＝an－1＋an＋1，
所以{an}是等差数列，
由等差数列性质可得a2＋a4＋a6＝3a4＝12，
a1＋a3＋a5＝3a3＝9，
所以a3＋a4＝3＋4＝7.
(2)(2022·宁波模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝150，则S9等于( )
A．225 B．250
C．270 D．300
答案 C
解析 等差数列{an}的前n项和为Sn，
且a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝150，
∴a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝150，
解得a5＝30，
∴S9＝eq \f(9,2)(a1＋a9)＝9a5＝270.
命题点2 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＝10，S20＝60，则S40等于( )
A．110 B．150
C．210 D．280
答案 D
解析 因为等差数列{an}的前n项和为Sn，
所以S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30也成等差数列．
故(S30－S20)＋S10＝2(S20－S10)，
所以S30＝150.
又因为(S20－S10)＋(S40－S30)＝2(S30－S20)，
所以S40＝280.
(2)等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意正整数n都有eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(2n－1,3n－2)，则eq \f(a11,b6＋b10)＋eq \f(a5,b7＋b9)的值为________．
答案 eq \f(29,43)
解析 eq \f(a11,b6＋b10)＋eq \f(a5,b7＋b9)＝eq \f(a11＋a5,2b8)＝eq \f(2a8,2b8)＝eq \f(a8,b8)，
∴eq \f(a8,b8)＝eq \f(S2×8－1,T2×8－1)＝eq \f(S15,T15)＝eq \f(2×15－1,3×15－2)＝eq \f(29,43).
教师备选
1．若等差数列{an}的前15项和S15＝30，则2a5－a6－a10＋a14等于( )
A．2 B．3
C．4 D．5
答案 A
解析 ∵S15＝30，∴eq \f(15,2)(a1＋a15)＝30，
∴a1＋a15＝4，
∴2a8＝4，∴a8＝2.
∴2a5－a6－a10＋a14＝a4＋a6－a6－a10＋a14＝a4－a10＋a14＝a10＋a8－a10＝a8＝2.
2．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2 020，eq \f(S2 020,2 020)－eq \f(S2 014,2 014)＝6，则S2 023等于( )
A．2 023 B．－2 023
C．4 046 D．－4 046
答案 C
解析 ∵eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，设公差为d′，
则eq \f(S2 020,2 020)－eq \f(S2 014,2 014)＝6d′＝6，∴d′＝1，
首项为eq \f(S1,1)＝－2 020，
∴eq \f(S2 023,2 023)＝－2 020＋(2 023－1)×1＝2，
∴S2 023＝2 023×2＝4 046.
思维升华 (1)项的性质：在等差数列{an}中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq.
(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)．
②S2n－1＝(2n－1)an.
③依次k项和成等差数列，即Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等差数列．
跟踪训练3 (1)(2021·北京){an}和{bn}是两个等差数列，其中eq \f(ak,bk)(1≤k≤5)为常值，若a1＝288，a5＝96，b1＝192，则b3等于( )
A．64 B．128 C．256 D．512
答案 B
解析 由已知条件可得eq \f(a1,b1)＝eq \f(a5,b5)，
则b5＝eq \f(a5b1,a1)＝eq \f(96×192,288)＝64，
因此，b3＝eq \f(b1＋b5,2)＝eq \f(192＋64,2)＝128.
(2)(2022·郴州模拟)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，满足a3＝3a1，a2＝3a1－1，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))的前10项和为( )
A.eq \f(55,2) B．55 C.eq \f(65,2) D．65
答案 C
解析 设等差数列{an}的公差为d，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝3a1，,a1＋d＝3a1－1，))
所以a1＝1，d＝1，
所以Sn＝n＋eq \f(nn－1,2)＝eq \f(nn＋1,2)，
所以eq \f(Sn,n)＝eq \f(n＋1,2)，
所以eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝eq \f(n＋1＋1,2)－eq \f(n＋1,2)＝eq \f(1,2)，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是以1为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列，
数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))的前10项和T10＝10＋eq \f(10×(10－1),2)×eq \f(1,2)＝eq \f(65,2).
课时精练
1．(2022·芜湖模拟)在等差数列{an}中，若a3＋a9＝30，a4＝11，则{an}的公差为( )
A．－2 B．2 C．－3 D．3
答案 B
解析 设公差为d，因为a3＋a9＝2a6＝30，
所以a6＝15，从而d＝eq \f(a6－a4,6－4)＝2.
2．(2022·莆田模拟)已知等差数列{an}满足a3＋a6＋a8＋a11＝12，则2a9－a11的值为( )
A．－3 B．3 C．－12 D．12
答案 B
解析 由等差中项的性质可得，
a3＋a6＋a8＋a11＝4a7＝12，
解得a7＝3，
∵a7＋a11＝2a9，
∴2a9－a11＝a7＝3.
3．(2022·铁岭模拟)中国古代数学名著《张邱建算经》中有如下问题：今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差降之(等差数列)，上三人先入，得金四斤，持出；下四人后入，得金三斤，持出；中间三人未到者，亦依等次更给．则第一等人(得金最多者)得金斤数是( )
A.eq \f(37,26) B.eq \f(37,27)
C.eq \f(52,39) D.eq \f(56,39)
答案 A
解析 由题设知在等差数列{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).
4．(2022·山东省实验中学模拟)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，
该数列的中间项为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.
5．(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有( )
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\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a15)),2)＝15a8为定值，
但S16＝eq \f(16\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a16)),2)＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a8＋a9))不是定值．
6．(多选)已知Sn是等差数列{an}(n∈N*)的前n项和，且S8>S9>S7，则下列结论正确的是( )
A．公差d<0
B．在所有小于0的Sn中，S17最大
C．a8>a9
D．满足Sn>0的n的个数为15
答案 ABC
解析 ∵S8>S9，且S9＝S8＋a9，
∴S8>S8＋a9，即a9<0，
又S8>S7，S8＝S7＋a8，
∴S7＋a8>S7，即a8>0，
∴d＝a9－a8<0，故A，C中的结论正确；
∵S9>S7，S9＝S7＋a8＋a9，
∴S7＋a8＋a9>S7，即a8＋a9>0，
又a1＋a16＝a8＋a9，
∴S16＝eq \f(16a1＋a16,2)＝8(a8＋a9)>0，
又a1＋a15＝2a8，
∴S15＝eq \f(15a1＋a15,2)＝15a8>0，
又a1＋a17＝2a9，且a9<0，
∴S17＝eq \f(17a1＋a17,2)＝17a9<0，
故B中的结论正确，D中的结论错误．
7．(2019·北京)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝________.
答案 0
解析 设等差数列{an}的公差为d，
∵eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝－3，,S5＝－10，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＝－3，,5a1＋10d＝－10，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－4，,d＝1，))∴a5＝a1＋4d＝0.
8．(2022·铁岭模拟)一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群，是中国现存最大且排列最整齐的喇嘛塔群之一．一百零八塔，因塔群的塔数而得名，塔群随山势凿石分阶而建，由下而上逐层增高，依山势自上而下各层的塔数分别为1,3,3,5,5,7，…，该数列从第5项开始成等差数列，则该塔群最下面三层的塔数之和为________．
答案 51
解析 设该数列为{an}，依题意可知，a5，a6，…成等差数列，且公差为2，a5＝5，
设塔群共有n层，则1＋3＋3＋5＋5(n－4)＋eq \f(n－4n－5,2)×2＝108，
解得n＝12(n＝－8舍去)．
故最下面三层的塔数之和为a10＋a11＋a12＝3a11＝3×(5＋2×6)＝51.
9．(2021·全国乙卷)记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知eq \f(2,Sn)＋eq \f(1,bn)＝2.
(1)证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求{an}的通项公式．
(1)证明 因为bn是数列{Sn}的前n项积，
所以n≥2时，Sn＝eq \f(bn,bn－1)，
代入eq \f(2,Sn)＋eq \f(1,bn)＝2可得，eq \f(2bn－1,bn)＋eq \f(1,bn)＝2，
整理可得2bn－1＋1＝2bn，
即bn－bn－1＝eq \f(1,2)(n≥2)．
又eq \f(2,S1)＋eq \f(1,b1)＝eq \f(3,b1)＝2，所以b1＝eq \f(3,2)，
故{bn}是以eq \f(3,2)为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列．
(2)解 由(1)可知，bn＝eq \f(n＋2,2)，
则eq \f(2,Sn)＋eq \f(2,n＋2)＝2，所以Sn＝eq \f(n＋2,n＋1)，
当n＝1时，a1＝S1＝eq \f(3,2)，
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n＋2,n＋1)－eq \f(n＋1,n)＝－eq \f(1,nn＋1).
故an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，n＝1，,－\f(1,nn＋1)，n≥2.))
10．在数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求Tn.
解 (1)∵an＋2－2an＋1＋an＝0，
∴an＋2－an＋1＝an＋1－an，
∴数列{an}是等差数列，设其公差为d，
∵a1＝8，a4＝2，
∴d＝eq \f(a4－a1,4－1)＝－2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝10－2n，n∈N*.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，则由(1)可得，
Sn＝8n＋eq \f(nn－1,2)×(－2)＝9n－n2，n∈N*.
由(1)知an＝10－2n，令an＝0，得n＝5，
∴当n>5时，an<0，
则Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|
＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an)
＝S5－(Sn－S5)＝2S5－Sn
＝2×(9×5－25)－(9n－n2)＝n2－9n＋40；
当n≤5时，an≥0，
则Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|
＝a1＋a2＋…＋an＝9n－n2，
∴Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(9n－n2，n≤5，n∈N*，,n2－9n＋40，n≥6，n∈N*.))
11．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
答案 C
解析 ∵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．
12．(多选)(2022·济宁模拟)设等差数列{an}的前n项和是Sn，已知S14>0，S15<0，则下列选项正确的有( )
A．a1>0，d<0
B．a7＋a8>0
C．S6与S7均为Sn的最大值
D．a8<0
答案 ABD
解析 因为S14>0，S15<0，
所以S14＝eq \f(14×a1＋a14,2)
＝7(a1＋a14)＝7(a7＋a8)>0，
即a7＋a8>0，
因为S15＝eq \f(15×a1＋a15,2)＝15a8<0，
所以a8<0，所以a7>0，
所以等差数列{an}的前7项为正数，从第8项开始为负数，
则a1>0，d<0，S7为Sn的最大值．
13．(2020·新高考全国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________．
答案 3n2－2n
解析 方法一 (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项和为Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(n1＋6n－5,2)
＝3n2－2n.
方法二 (引入参变量法)
令bn＝2n－1，cm＝3m－2，bn＝cm，
则2n－1＝3m－2，即3m＝2n＋1，m必为奇数．
令m＝2t－1，则n＝3t－2(t＝1,2,3，…)．
at＝b3t－2＝c2t－1＝6t－5，即an＝6n－5.
以下同方法一．
14．(2022·东莞模拟)已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差为d，前n项和为Sn.若Sn≤S8恒成立，则公差d的取值范围是______________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,7)，－\f(1,8)))
解析 根据等差数列{an}的前n项和Sn满足Sn≤S8恒成立，
可知a8≥0且a9≤0，
所以1＋7d≥0且1＋8d≤0，
解得－eq \f(1,7)≤d≤－eq \f(1,8).
15．定义向量列a1，a2，a3，…，an从第二项开始，每一项与它的前一项的差都等于同一个常向量(即坐标都是常数的向量)，即an＝an－1＋d(n≥2，且n∈N*)，其中d为常向量，则称这个向量列{an}为等差向量列．这个常向量叫做等差向量列的公差向量，且向量列{an}的前n项和Sn＝a1＋a2＋…＋an.已知等差向量列{an}满足a1＝(1,1)，a2＋a4＝(6,10)，则向量列{an}的前n项和Sn＝____________________.
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋n2,2)，n2))
解析 因为向量线性运算的坐标运算，是向量的横坐标、纵坐标分别进行对应的线性运算，则等差数列的性质在等差向量列里面也适用，由等差数列的等差中项的性质知2a3＝a2＋a4＝(6,10)，解得a3＝(3,5)，
则等差向量列{an}的公差向量为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)，
由等差数列的通项公式可得等差向量列{an}的通项公式为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)，
由等差数列的前n项和公式，可得等差向量列{an}的前n项和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\c1(\f(n＋n2,2)，n2)).
16．在等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设{bn}＝[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.
解 (1)设数列{an}的公差为d，由题意得2a1＋5d＝4，a1＋5d＝3，解得a1＝1，d＝eq \f(2,5)，
所以{an}的通项公式为an＝eq \f(2n＋3,5).
(2)由(1)知，bn＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2n＋3,5)))，
当n＝1,2,3时，1≤eq \f(2n＋3,5)<2，bn＝1；
当n＝4,5时，2
当n＝9,10时，4
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