高考专区一轮复习undefined达标测试

这是一份高考专区一轮复习undefined达标测试，共22页。试卷主要包含了等差数列的定义，等差数列的通项公式，等差中项，等差数列的常用性质，等差数列的前n项和公式，等差数列的前n项和的最值等内容，欢迎下载使用。

第二节 等差数列及其前n项和
知识回顾
1．等差数列的定义
一般地，如果一个数列从第二项起，每一项减去它的前一项所得的差等于同一个常数，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．
2．等差数列的通项公式
如果等差数列{an}的首项为a1，公差为d，那么它的通项公式是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最简单的等差数列．这时，A叫做a与b的等差中项．
4．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{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)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…构成等差数列．
(7)若{an}是等差数列，则也是等差数列，其首项与{an}的首项相同，公差为d.
5．等差数列的前n项和公式
设等差数列{an}的公差为d，其前n项和Sn＝或Sn＝na1＋d.
6．等差数列的前n项和公式与函数的关系
Sn＝n2＋n.
数列{an}是等差数列⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．
7．等差数列的前n项和的最值
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．
课前检测
1.设等差数列 {an} 的前 n 项和为 Sn，若 a1=-11，a4+a6=-6，则当 Sn 取最小值时，n 等于(　　)
A．6
B．7
C．8
D．9
【答案】A
【解析】因为，a4+a6=2a5=-6，所以 a5=-3，又因为 a1=-11，a5=a1+4d=-11+4d=-3，
得 d=2，
则 an=-11+2(n-1)=2n-13，
所以 Sn=n(a1+an)2=n2-12n=(n-6)2-36，
所以 n=6 时，Sn 取最小值．
2.一个等差数列的首项为,从第10项起开始比1大,则这个等差数列的公差d的取值范围是(　　)
A．d> B．d<
C． D
由题意得a10>1,a9≤1,即a1＋9d>1,a1＋8d≤1,
解得 3.设数列{an}是等差数列,其前n项和为Sn,若a6＝2,且S5＝30,则S8等于( )
A．31 B．32 C．33 D．34
B
因为a6＝2,即a1＋5d＝2；S5＝30,
即5a1＋10d＝30,所以d＝－,a1＝.
所以S8＝8a1＋28d＝－＝32.故选B．
4.在等差数列 {an} 中，a5+a13=40，则 a8+a9+a10=(　　)
A．72
B．60
C．48
D．36
【答案】B
【解析】【分析】：先利用等差中项的性质得出 a9=20，再结合 a8+a9+a10=3a9 即可得出结论．
因为数列 {an} 是等差数列，
所以由 a5+a13=40 以及等差中项，
可得：2a9=40⇒a9=20，
故：a8+a9+a10=3a9=60．
故选 B
【备注】本题主要考查等差数列中等差中项的性质：即 am+an=am+n2，其中 m，n，m+n2 都是正整数．
5．(多选)设{an}是等差数列，Sn是其前n项的和，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
答案　ABD
解析　S6＝S5＋a6>S5，则a6>0，S7＝S6＋a7＝S6，则a7＝0，则d＝a7－a6<0，S8＝S7＋a8 由a7＝0，a6>0知S6，S7是Sn中的最大值．
从而ABD均正确．
6．若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝____时，{an}的前n项和最大．
答案　8
解析　因为数列{an}是等差数列，且a7＋a8＋a9＝3a8>0，所以a8>0.
又a7＋a10＝a8＋a9<0，所以a9<0.
故当n＝8时，其前n项和最大．
课中讲解
考点一.等差数列基本量的运算
例1.已知 数列 {an} 是等差数列，a1+a2+a3=6，a7+a8+a9=24，则 a4+a5+a6= ________．
【答案】15
【解析】因为 a7+a8+a9-(a1+a2+a3)=18d=18，(a4+a5+a6)=(a1+a2+a3)+9d=15．

变式1.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】
【解析】因为数列是以1为首项，以2为公差的等差数列，
数列是以1首项，以3为公差的等差数列，
所以这两个数列的公共项所构成的新数列是以1为首项，以6为公差的等差数列，
所以的前项和为，
故答案为：.
【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有两个等差数列的公共项构成新数列的特征，等差数列求和公式，属于简单题目.
例2．(2018·全国Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5等于(　　)
A．－12 B．－10
C．10 D．12
答案　B
解析　设等差数列{an}的公差为d，由3S3＝S2＋S4，
得3＝2a1＋×d＋4a1＋×d，将a1＝2代入上式，解得d＝－3，
故a5＝a1＋(5－1)d＝2＋4×(－3)＝－10.
故选B.
变式2．(2019·全国Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则(　　)
A．an＝2n－5 B．an＝3n－10
C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝n2－2n
答案　A
解析　设等差数列{an}的公差为d，
∵∴解得
∴an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，
Sn＝na1＋d＝n2－4n.故选A.
例3．(2019·江苏)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________．
答案　16
解析　方法一　设等差数列{an}的公差为d，则a2a5＋a8＝(a1＋d)(a1＋4d)＋a1＋7d＝a＋4d2＋5a1d＋a1＋7d＝0，S9＝9a1＋36d＝27，解得a1＝－5，d＝2，则S8＝8a1＋28d＝－40＋56＝16.
方法二　∵S9＝×9＝27，
∴a1＋a9＝6，
∴a2＋a8＝2a5＝6，
∴a5＝3，
则a2a5＋a8＝3a2＋a8＝0，
即2a2＋6＝0，
∴a2＝－3，则a8＝9，
∴其公差d＝＝2，
∴a1＝－5，
∴S8＝8×＝16.
变式3.若公差为 d 的等差数列 {an} ，n∈N*，满足 a3⋅a4+1=0，则公差 d 的取值范围是________ ．
【答案】(-∞，-2]∪[2，+∞)
【解析】由 a3⋅a4+1=0
得 (a1+2d)(a1+3d)+1=0⇒a12+5da1+6d2+1=0
所以 Δ=25d2-4(6d2+1)≥0⇒d≥2 或 d≤-2
【备注】本题考察公差的取值范围问题，可以构造关于首项何公差的二次方程，利用判别式的取值范围求解公差范围
考点二. 等差数列的判定与证明
例1.已知数列{an}是等差数列，且a1，a2(a1 (1) 求数列{an}的前n项和Sn；
【答案】Sn=2n2-n；
【解析】解方程x2-6x+5=0得其二根分别为1和5，
∵a1，a2(a1∴以a1=1，a2=5，
∴{an}等差数列的公差为4，
∴Sn=n⋅1+n(n-1)2⋅4=2n2-n.
【备注】根据等差数列的通项公式求出首项和公差，即可求{an}的通项公式；

(2) 在(1)的条件下，设bn=Snn+c，求证：当c=-12时，数列{bn}是等差数列．
【答案】略
【解析】当c=-12时，bn=Snn+c=2n2-nn-12=2n，
∴bn+1-bn=2(n+1)-2n=2，
∴{bn}是以2为首项，公差为2的等差数列．
【备注】先化简bn，再利用定义证明即可．
变式1.已知数列{an}中，a1=35,an=2-1an-1(n⩾2,n∈N+)，数列{bn}满足bn=1an-1(n∈N+)求证：数列{bn}是等差数列；
【答案】略
【解析】证明：由an=2-1an-1，得：anan-1=2an-1-1，则an+1an=2an-1。又bn=1an-1，所以bn+1-bn=1an+1-1-1ah-1=an-1-an+1+1(an+1-1)(an-1)=an-an+1an+1an-an+1-an+1=an-an+12an-1-an+1-an+1=an-an+1an-an+1=1所以{bn}是等差数列。


例2.数列 {an}，{bn}，{cn} 满足：bn=an-2an+1，cn=an+1+2an+2-2，n∈N*．
(1) 若数列 {an} 是等差数列，求证：数列 {bn} 是等差数列；
【答案】见解析
【解析】设数列 {an} 的公差为 d
∵bn=an-2an+1
∴bn+1-bn=(an+1-2an+2)-(an-2an+1)=(an+1-an)-2(an+2-an+1)=d-2d=-d
∴ 数列 {bn} 是公差为 -d 的等差数列

(2) 若数列 {bn}，{cn} 都是等差数列，求证：数列 {an} 从第二项起为等差数列；
【答案】见解析
【解析】当 n≥2 时，cn-1=an+2an+1-2
∵bn=an-2an+1
∴an=bn+cn-12+1
∴an+1=bn+1+cn2+1
∴an+1-an=bn+1+cn2-bn+cn-12=bn+1-bn2+cn-cn-12
∵ 数列 {bn}，{cn} 都是等差数列
∴bn+1-bn2+cn-cn-12 为常数
∴ 数列 {an} 从第二项起为等差数列

(3) 若数列 {bn} 是等差数列，试判断当 b1+a3=0 时，数列 {an} 是否成等差数列？证明你的结论．
【答案】数列 {an} 成等差数列
【解析】数列 {an} 成等差数列
解法 1：
设数列 {bn} 的公差为 d'
∵bn=an-2an+1
∴2nbn=2nan-2n+1an+1
∴2n-1bn-1=2n-1an-1-2nan，…
2b1=2a1-22a2
∴2nbn+2n-1bn-1+⋯+2b1=2a1-2n+1an+1
设 Tn=2b1+22b2⋯+2n-1bn-1+2nbn
∴2Tn=22b1+⋯+2nbn-1+2n+1bn
两式相减得：-Tn=2b1+(22+⋯+2n-1+2n)d'-2n+1bn
即 Tn=-2b1-4(2n-1-1)d'+2n+1bn
∴-2b1-4(2n-1-1)d'+2n+1bn=2a1-2n+1an+1
∴2n+1an+1=2a1+2b1+4(2n-1-1)d'-2n+1bn=2a1+2b1-4d'-2n+1(bn-d')
∴an+1=2a1+2b1-4d'2n+1-(bn-d')
令 n=2
得 a3=2a1+2b1-4d'23-(b2-d')=2a1+2b1-4d'23-b1
∵b1+a3=0
∴2a1+2b1-4d'23=b1+a3=0
∴2a1+2b1-4d'=0
∴an+1=-(bn-d')
∴an+2-an+1=-(bn+1-d')+(bn-d')=-d'
∴ 数列 {an}（n≥2）是公差为 -d' 的等差数列
∵bn=an-2an+1
令 n=1，a1-2a2=-a3
即 a1-2a2+a3=0
∴ 数列 {an} 是公差为 -d' 的等差数列

解法 2：
∵bn=an-2an+1，b1+a3=0
令 n=1，a1-2a2=-a3
即 a1-2a2+a3=0
∴bn+1=an+1-2an+2，bn+2=an+2-2an+3
∴2bn+1-bn-bn+2=(2an+1-an-an+2)-2(2an+2-an+1-an+3)
∵ 数列 {bn} 是等差数列
∴2bn+1-bn-bn+2=0
∴2an+1-an-an+2=2(2an+2-an+1-an+3)
∵a1-2a2+a3=0
∴2an+1-an-an+2=0
∴ 数列 {an} 是等差数列
【备注】本题考查定义法判断等差数列

变式2.已知数列{an}满足：a1=2e-3,an+1+1=(2en+1-2)(an+1)an+1+2en-2(n∈N*)．证明：数列{en-1an+1}为等差数列；
【答案】略
【解析】（1）∵ an+1+1=(2en+1-2)(an+1)an+1+2en-2，∴ (2en+1-2)an+1+1=an+1+2en-2an+1=1+2en+1-2an+1即en+1-1an+1+1-en-1an+1=12 ∴数列{en-1an+1} 为等差数列．
例3.数列 {an} 的前 n 项和 Sn=100n-n2（n∈N*）．
(1) 求证：{an} 是等差数列；
【答案】略
【解析】当 n⩾2 时，an=Sn-Sn-1=(100n-n2)-[100(n-1)-(n-1)2]=101-2n．
∵a1=S1=100×1-12=99=101-2×1，
∴ 数列 {an} 的通项公式为 an=101-2n（n∈N*）．
又 an+1-an=-2 为常数，
∴ 数列 {an} 是首项为 a1=99，公差为 d=-2 的等差数列．

(2) 设 bn=|an|，求数列 {bn} 的前 n 项和．
【答案】
Sn'={100n-n2(n∈N*且1⩽n⩽50),5000-100n+n2(n∈N*且n⩾51).

【解析】令 an=101-2n⩾0 得 n⩽50.5．
因为 n∈N*，所以 n⩽50（n∈N*）．
（i）当 1⩽n⩽50 时，an>0，此时 bn=|an|=an，
所以 {bn} 的前 n 项和
Sn'=100n-n2.
（ii）当 n>50（n∈N*）时，an<0，此时 bn=|an|=-an，
因为 b51+b52+⋯+bn=-(a51+a52+⋯+an)=-(Sn-S50)=S50-Sn，
所以 数列 {bn} 的前 n 项和为
Sn'=S50+(S50-Sn)=2S50-Sn=2×2500-(100n-n2)=5000-100n+n2.
由（i）（ii）得数列 {bn} 的前 n 项和为
Sn'={100n-n2(n∈N*且1⩽n⩽50),5000-100n+n2(n∈N*且n⩾51).


变式3.数列{an}满足：a1=1，an+1=3anan+3，n∈N*. 令bn=1an，求证：数列{bn}为等差数列
【答案】略
【解析】证法一：由已知可得1an+1=an+33an=1an+13，即1an+1-1an=13，
∴{1an}是以1a1=1为首项，13为公差的等差数列．
证法二：∵bn+1-bn=1an+1-1an=an-an+1an+1an=an-an+13(an-an+1)=13，
∴{1an}是以1a1=1为首项，13为公差的等差数列．


变式4.数列 {an} 满足 an=6-9an-1(n∈N*，n≥2)．求证：数列 {1an-3} 是等差数列．
【答案】见解析
【解析】利用 an=6-9an-1(n∈N*，n≥2)，对 1an-3-1an-1-3 变形、化简即得结论．
∵an=6-9an-1(n∈N*，n≥2)．
∴1an-3-1an-1-3=an-13an-1-9-1an-1-3=an-1-33an-1-9=13(n∈N*,n≥2)
∴ 数列 {1an-3} 是公差为 13 的等差数列．

考点三. 等差数列的性质与应用
例1.等差数列 {an} 的前 n 项和为 Sn，若 Sn=30，S2n=100，则 S3n=(　　)
A．130
B．170
C．210
D．260
【答案】C
【解析】因为数列 {an} 为等差数列，所以由等差数列性质可得：Sn，S2n-Sn，S3n-S2n… 为等差数列，
∴2×70=30+S3n-100，解得 S3n=210．

变式1.已知等差数列为{an}，且a1+a7+a13=2π，则tan⁡a7=(　　)
A．-3
B．3
C．±3
D．-33
【答案】A
【解析】a1+a7+a13=3a7=2π，a7=23π，tan⁡23π=-3．

例2.如果等差数列{an}中，a3+a4+a5=12，那么a1+a2+⋯+a7=(　　)
A．26
B．27
C．28
D．29
【答案】C
【解析】在等差数列{an}中，若m，n，p，q∈N+，且m+n=p+q，
则有am+an=aP+aq．
因为a3+a4+a5=12，
所以a4=4．所以a1+a2+…+a7=7a4=28．
变式2.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S13＝104,a6＝5,则数列{an}的公差为(　　)
A．2　　　　B．3　　　　C．4　　　　D．5
B
设等差数列{an}的公差为d.因为S13＝104,
所以＝104,所以13a7＝104,
解得a7＝8.因为a6＝5,
所以d＝a7－a6＝8－5＝3,故选B．
例3.等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn,Tn，若SnTn=2n3n+1，则anbn=(　　)
A．23
B．2n+13n+1
C．2n-13n-1
D．2n-13n+4
【答案】C
【解析】anbn=2an2bn=a1+a2n-1b1+b2n-1=(2n-1)(a1+a2n-1)2(2n-1)(b1+b2n-1)2=S2n-1T2n-1，anbn=S2n-1T2n-1=2(2n-1)3(2n-1)+1=4n-26n-2=2n-13n-1
变式3.已知 Sn 是等差数列 {an} 的前 n 项和，若 S7=7，S15=75 ，则数列 {Snn} 的前 20 项和为________．
【答案】 55
【解析】【分析】：由等差数列的性质可知，数列 {Snn} 是等差数列，结合已知可求 d，及 s1，然后再利用等差数列的求和公式即可求解．
由等差数列的性质可知，等差数列的前 n 项和 Sn=An2+Bn，则 Snn=An+B 是关于 n 的一次函数．
∴ 数列 {Snn} 是等差数列，设该数列的公差为 d，
∵S7=7，S15=75 ，
∴S77=1，S1515=5，
由等差数列的性质可知，8d=S1515-S77=4，
∴d=12，S11=-2，
∴ 数列 {Snn} 的前 20 项和 T20=-2×20+20×192×12=55，
故答案为 55．
【备注】【考点】：等差数列的前 n 项和．

变式4.等差数列 {an}，{bn} 的前 n 项和分别为 Sn，Tn，若对任意的正整数 n 都有 SnTn=5n-32n+1，则 a7b7=________．
【答案】6227
【解析】a7b7=S1313T1313=S13T13=5×13-32×13+1=6227．
考点四. 等差数列前n项和的最值问题
例1.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S13>0，S14<0，则Sn取最大值时n的值为(　　)
A．6 B．7 C．8 D．13
答案　B
解析　根据S13>0，S14<0，可以确定a1＋a13＝2a7>0，a1＋a14＝a7＋a8<0，
所以可以得到a7>0，a8<0，所以Sn取最大值时n的值为7，故选B.


变式1.等差数列 {an} 中，Sn 是它的前 n 项的和，且满足 a1=13，S3=S11，求 Sn 的最大值．
【答案】 49
【解析】解法一：因为 a1=13，S3=S11，
所以 3×13+12×3×2d=11×13+12×11×10d．
解得 d=-2，即 an=15-2n，
故 Sn=13n+12n(n-1)×(-2)=14n-n2=-(n-7)2+49．
因此，当 n=7 时，Sn 取得最大值 49．
解法二：同解法一解得 d=-2，an=15-2n．
数列 {an} 的首项大于 0，公差小于 0，必存在某一项 an，满足 {an=15-2n⩾0,an+1=13-2n<0, 解之得 6.5 n=7．
因此，当 n=7 时，Sn 取得最大值 49．
解法三：因为 Sn=12dn2+(a1-12d)n，
当 d<0 时，其图象是过原点且开口向下的一条抛物线上一群孤立的点，所以其对称轴 n=x0=12(3+11)=7．
即 n=7 时，Sn 取得最大值．
解法四：由 a1=13，S3=S11 不难知道，数列 {an} 是单调递减的数列，由 S3=S11，得 a1+a2+a3=a1+a2+a3+a4+a5+⋯+a11，
即 a4+a5+a6+a7+a8+a9+a10+a11=0，
即 4(a7+a8)=0，
又 a7>a8，所以 a7>0，a8<0．
故当 n=7 时，Sn 取得最大值．
例2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1=9，S99-S55=-4，则Sn取最大值时的n为(　　)
A．4
B．5
C．6
D．45
【答案】B
【解析】设等差数列{an}的公差为d．∴S9=(a1+a9)⋅92=2a5⋅92=9a5，同理S5=5a3．∴S99-S55=a5-a3=2d=-4,∴d=-2，又a1=9．∴an=-2n+11．∴{an}是递减数列，令an=-2n+11<0，即n>112，且n为整数，∴n=5
变式2.设等差数列 {an} 的公差为 d, a1>0, 且 S9>0,S10<0 ，求当 Sn 取得最大值时 n 的值．
【答案】5
【解析】 S9=92(a1+a9)=9a5>0 ， S10=5(a1+a10)=5(a5+a6)<0 ，
由等差数列的单调性知： a1>a2>⋯>a5>0>a6>a7>⋯ ，
从而当 n=5 时， Sn 取到最大值．
课后习题
一． 单选题
1.若 a，b，c 成等比数列，m 是 a，b 的等差中项，n 是 b，c 的等差中项，则 am+cn=(　　)
A．4
B．3
C．2
D．1
【答案】C
【解析】由题意可知 b2=ac，m=a+b2，n=b+c2，所以 am+cn=2aa+b+2cb+c=2ab+4ac+2bcab+b2+ac+bc=2ab+4ac+2bcab+2ac+bc=2．
2.已知等比数列{an}中，a2=3，a5=81，bn=log3an，数列{bn}前n项和为Tn，则T8=(　　)
A．36
B．28
C．45
D．32
【答案】B
【解析】∵a2=3,a5=81,
∴{a1q4=81a1q=3,a1=1,q=3,
∴an=3n-1,
∵bn=log3an
∴bn=log33n-1=n-1
∴T8=(b1+b8)×82=28．

3.在等差数列 {an} 中，若 a2+a3=4，a4+a5=6，则 a7+a8+a9+a10=(　　)
A．16
B．18
C．20
D．21
【答案】C
【解析】∵a2+a3=a1+d+a1+2d=4，a4+a5=a1+3d+a1+4d=6，∴a1=54，d=12
则 a7+a8+a9+a10=4a1+30d=20．

4.若 {an} 是等差数列，则下列数列中仍为等差数列的个数有(　　)
① {2an+1}，② {an2}，③ {an+1-an}，④ {2an+n}
A．1 个
B．2 个
C．3 个
D．4 个
【备注】【考点】：等差数列的性质．【答案】C
【解析】【分析】：根据等差数列的定义，对每个数列进行判断，即可得出结论．
设 {an} 的首项为 a1，公差为 d，
由 2an+1+1-(2an+1)=2(an+1-an)=2d，
故 {2an+1} 为等差数列，
an+12-an2=(an+1+an)(an+1-an)=d(an+1+an) 与 n 有关，
故 {an2} 不为等差数列，
an+1-an-(an-an-1)=d-d=0，
故 {an+1-an} 为等差数列，
2an+1+n+1-2an-n=2(an+1-an)+1=2d+1，
故 {2an+n} 为等差数列．
故选 C

【专题】：计算题；等差数列与等比数列．
【点评】：本题考查等差数列的定义，考查学生的计算能力，正确理解与运用等差数列的定义是关键．

3.首项为24的等差数列，从第10项起开始为负数，则公差的取值范围是(　　)
A．d>-83
B．d<-3
C．-3D．-3⩽d<-83
【答案】D
【解析】
∵首项为24的等差数列，从第10项起开始为负数，
∴{a9=24+8d⩾0a10=24+9d<0，
解得-3⩽d<-83．
故选：D．

4.下列命题中正确的个数是(　　)
① 若 a，b，c 成等差数列，则 a2，b2，c2 一定成等差数列；
② 若 a，b，c 成等差数列，则 2a，2b，2c 可能成等差数列；
③ 若 a，b，c 成等差数列，则 ka+2，kb+2，kc+2 一定成等差数列；
④ 若 a，b，c 成等差数列，则 1a，1b，1c 可能成等差数列．
A．4 个
B．3 个
C．2 个
D．1 个
【答案】B
【解析】对于 ① 取 a=1，b=2，c=3，⇒a2=1，b2=4，c2=9，① 错．
对于 ② a=b=c⇒2a=2b=2c，② 正确；
对于 ③，因为 a，b，c 成等差数列，所以 a+c=2b，
所以 (ka+2)+(kc+2)=k(a+c)+4=2(kb+2)，③ 正确；
对于 ④，a=b=c≠0⇒1a=1b=1c，④ 正确．

5.若 {an} 是等差数列，则下列数列中仍为等差数列的个数有(　　)
① {an+an+1}；② {an2}；③ {an+1-an}；④ {2an}；⑤ {2an+n}．
A．1 个
B．2 个
C．3 个
D．4 个
【答案】D
【解析】设等差数列 {an} 的公差为 d，
对于① (an+an+1)-(an-1+n)=(an-an-1)+(an+1-an)=2d，
所以 {an+an+1} 是等差数列；
对于②，{an2} 不一定是等差数列，例如取 {an} 为 1，2，3，4，⋯；
对于③，由于 an+1-an=d，
所以 {an+1-an} 是常数列，仍为等差数列；
对于④，2an-2an-1=2d，所以 {2an} 是等差数列；
对于⑤，(2an+n)-(2an-1+n-1)=2d+1 为常数，
所以 {2an+n} 是等差数列；
因此①③④⑤仍为等差数列．

6.在等差数列{an}中，若a2+a4+a6+a8+a10=80，则a7-12a8的值为(　　)
A．4
B．6
C．8
D．10
【答案】C
【解析】
由已知得：(a2+a10)+(a4+a8)+a6=5a6=80，
∴a6=16，
a7-12a8=a6+d-12(a6+2d)=12a6=8．
故选C．

【备注】本题考查了等差数列的性质和通项公式，应用了基本量思想和整体代换思想．
等差数列的性质：{an}为等差数列，当m+n=p+q(m,n,p,q∈N+)时，am+an=ap+aq．
特例：若m+n=2p(m,n,p∈N+)，则am+an=2ap．

7.设 Sn 是等差数列 {an} 的前 n 项和，若 S3S6=13，则 S6S12=(　　)
A．310
B．13
C．18
D．19
【答案】A
【解析】由等差数列性质可得 S3，S6-S3，S9-S6 S12-S9成等差数列．
由 S3S6=13 得 S6=3S3．
即 S6-S3=2S3．
故 S9-S6=3S3．S12-S9=4S3．
所以 S12=S9+4S3=S6+3S3+4S3=S6+7S3=S6+73S6=103S6
可得 S6S12=310．
8.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.
故选：C
【点晴】本题主要考查等差数列前n项和有关的计算问题，考查学生数学运算能力，是一道容易题.
9.在等差数列中，，．记，则数列A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项
【答案】B
【解析】由题意可知，等差数列的公差，
则其通项公式为：，
注意到，
且由可知，
由可知数列不存在最小项，
由于，
故数列中的正项只有有限项：，.
故数列中存在最大项，且最大项为.
故选：B．
【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题.
二． 多选题
10．(多选)已知数列{an}是公差不为0的等差数列，前n项和为Sn，满足a1＋5a3＝S8，下列选项正确的有(　　)
A．a10＝0 B．S10最小
C．S7＝S12 D．S20＝0
答案　AC
解析　根据题意，数列{an}是等差数列，若a1＋5a3＝S8，
即a1＋5a1＋10d＝8a1＋28d，变形可得a1＝－9d，
又由an＝a1＋(n－1)d＝(n－10)d，
则有a10＝0，故A一定正确；
不能确定a1和d的符号，不能确定S10最小，故B不正确；
又由Sn＝na1＋＝－9nd＋＝×(n2－19n)，
则有S7＝S12，故C一定正确；
则S20＝20a1＋d＝－180d＋190d＝10d，∵d≠0，∴S20≠0，则D不正确．
11．(多选)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则(　　)
A．an＝－
B．an＝
C．数列为等差数列
D.＋＋…＋＝－5 050
答案　BCD
解析　Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，
则Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，
整理得－＝－1(常数)，
所以数列是以＝－1为首项，－1为公差的等差数列．故C正确；
所以＝－1－(n－1)＝－n，故Sn＝－.
所以当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝－(首项不符合通项)，
故an＝故B正确，A错误；
所以＋＋…＋＝－(1＋2＋3＋…＋100)
＝－5 050，故D正确．
三．填空题
12.已知数列{an}、{bn}均为等差数列，且满足a5+b5=3，a9+b9=19，则a100+b100=________
【答案】
383

【解析】
∵数列{an}，{bn}都是等差数列，
设数列{an}的首项为a1，公差为d1，数列{bn}的首项为b1，公差为d2，
∴an=a1+(n-1)d1，bn=b1+(n-1)d2，
则an+bn=a1+b1+(d1+d2)n-(d1+d2)，
∴数列{an+bn}是以d1+d2为公差的等差数列．
由a5+b5=3，a9+b9=19，
得d1+d2=19-39-5=4，
∴a100+b100=a5+b5+95(d1+d2)=3+95×4=383．
故答案为：383．

【备注】由数列{an}、{bn}均为等差数列，可得数列{an+bn}是等差数列，由已知求出数列{an+bn}的公差，代入等差数列的通项公式求得a100+b100．
本题考查了等差数列的概念与通项公式和等差数列的性质

13.设等差数列 {an} 的前 n 项和为 Sn．若 a1=1，S1212-S1010=2，则 a2015= ________．
【答案】4029
14．(2018·广元统考)若数列{an}是正项数列，且＋＋…＋＝n2＋n，则a1＋＋…＋＝________.
解析：当n＝1时，＝2⇒a1＝4，
又＋＋…＋＝n2＋n，①
所以当n≥2时，＋＋…＋＝(n－1)2＋(n－1)＝n2－n，②
①－②得＝2n，即an＝4n2，所以＝＝4n，
则构成以4为首项，4为公差的等差数列．
所以a1＋＋…＋＝＝2n2＋2n.
【答案】：2n2＋2n
四．解答题
15.已知数列 {an} 满足 a2=2，Sn 为其前 n 项和，且 Sn=an(n+1)2(n=1,2,3,⋯)．
(1) 求 a1 的值；
【答案】a1=1
【解析】由题意知 S2=3a22，即 a1+a2=3a22．
所以 a2=2a1．
因为 a2=2，所以 a1=1．

(2) 求证：an=nn-1an-1(n⩾2)；
【答案】略
【解析】
因为 Sn=an(n+1)2(n=1,2,3,⋯)，
所以 Sn-1=an-1(n-1+1)2(n⩾2)．
因为 an=Sn-Sn-1，
所以 an=(n+1)an-nan-12，即 (n-1)an=nan-1．
因为 n⩾2，所以 an=nn-1an-1．

(3) 判断数列 {an} 是否为等差数列，并说明理由．
【答案】数列 {an} 是等差数列．
证明略.
【解析】数列 {an} 是等差数列．理由如下：
由（2）得 ann=an-1n-1(n=2,3,4,⋯)．
所以 ann=a1=1(n⩾2)，即 an=n(n⩾2)．
由（1）知：a1=1，所以 an=n(n⩾1)．
所以数列 {an} 是以 1 为首项，1 为公差的等差数列．
16.已知数列 {an} 的通项公式 an=pn2+qn（p,q∈R，且 p，q 为常数）．
(1) 当 p 和 q 满足什么条件时，数列 {an} 是等差数列；
【答案】p=0
【解析】an+1-an=[p(n+1)2+q(n+1)]-(pn2+qn)=2pn+p+q．
要使 an 是等差数列，则 2pn+p+q 应是一个与 n 无关的常数，
∴2p=0，即 p=0，故当 p=0 时，数列 {an} 是等差数列．

(2) 求证：对任意实数 p 和 q，数列 {an+1-an} 是等差数列．
【答案】略
【解析】∵an+1-an=2pn+q+p，
∴an+2-an+1=2p(n+1)+p+q．
而 (an+2-an+1)-(an+1-an)=2p，为一个常数，
∴{an+1-an} 是等差数列．

17.已知数列 {an} 满足 a1=0，a2=2，且对任意的 m,n∈N* 都有 a2m-1+a2n-1=2am+n-1+2(m-n)2．
(1) 求 a3，a5；
【答案】a3=6,
a5=20.
【解析】由题意，令 m=2，n=1，可得
a3=2a2-a1+2=6,
再令 m=3，n=1，可得
a5=2a3-a1+8=20.


(2) 设 bn=a2n+1-a2n-1(n∈N*)，证明：{bn} 是等差数列．
【答案】略
【解析】当 n∈N* 时，由已知（以 n+2 代替 m）可得
a2n+3+a2n-1=2a2n+1+8,
于是
[a2(n+1)+1-a2(n+1)-1]-(a2n+1-a2n-1)=8.
即 bn+1-bn=8，所以 {bn} 是公差为 8 的等差数列．

18．记m＝，若是等差数列，则称m为数列{an}的“dn等差均值”；若是等比数列，则称m为数列{an}的“dn等比均值”．已知数列{an}的“2n－1等差均值”为2，数列{bn}的“3n－1等比均值”为3.记cn＝＋klog3bn，数列的前n项和为Sn，若对任意的正整数n都有Sn≤S6，求实数k的取值范围．
解　由题意得2＝，
所以a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，
所以a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1
＝2n－2(n≥2，n∈N*)，
两式相减得an＝(n≥2，n∈N*)．
当n＝1时，a1＝2，符合上式，
所以an＝(n∈N*)．
又由题意得3＝，
所以b1＋3b2＋…＋3n－1bn＝3n，
所以b1＋3b2＋…＋3n－2bn－1＝3n－3(n≥2，n∈N*)，
两式相减得bn＝32－n(n≥2，n∈N*)．
当n＝1时，b1＝3，符合上式，
所以bn＝32－n(n∈N*)．
因为cn＝＋klog3bn，所以cn＝(2－k)n＋2k－1.
因为对任意的正整数n都有Sn≤S6，
所以解得≤k≤.