2023届高考一轮复习讲义（理科）第六章　数列 第2讲　等差数列及其前n项和学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第六章　数列 第2讲　等差数列及其前n项和学案，共16页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
1．等差数列的有关概念
(1)定义：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．符号表示为an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)．
(2)等差中项：数列a，A，b成等差数列的充要条件是A＝eq \f(a＋b,2)，其中A叫做a，b的等差中项．
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(n（n－1）,2)d＝eq \f(（a1＋an）n,2)．
3．等差数列的性质
已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和．
(1)通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．
(2)若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an．
(3)若{an}的公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为2d．
(4)若{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列．
(5)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…构成等差数列．
常用结论
1．等差数列的函数性质
(1)通项公式：当公差d≠0时，等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)d＝dn＋a1－d是关于n的一次函数，且一次项系数为公差d.若公差d>0，则为递增数列，若公差d<0，则为递减数列．
(2)前n项和：当公差d≠0时，Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n是关于n的二次函数且常数项为0.
(3)单调性：当d>0时，数列{an}为递增数列；当d<0时，数列{an}为递减数列；当d＝0时，数列{an}为常数列．
2．记住两个常用结论
(1)关于等差数列奇数项和与偶数项和的性质
①若项数为2n，则S偶－S奇＝nd，eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(an,an＋1)；
②若项数为2n－1，则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)两个等差数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn之间的关系为eq \f(S2n－1,T2n－1)＝eq \f(an,bn).
二、习题改编
1．(必修5P38例1(1)改编)已知等差数列－8，－3，2，7，…，则该数列的第100项为________．
解析：依题意得，该数列的首项为－8，公差为5，所以a100＝－8＋99×5＝487.
答案：487
2．(必修5P39练习T5改编)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，所以a5＝90，所以a2＋a8＝2a5＝180.
答案：180
3．(必修5P46A组T5改编)已知等差数列5，4eq \f(2,7)，3eq \f(4,7)，…，则前n项和Sn＝________．
解析：由题知公差d＝－eq \f(5,7)，所以Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d＝eq \f(1,14)(75n－5n2)．
答案：eq \f(1,14)(75n－5n2)
4．(必修5P46A组T2改编)设数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a6＝2且S5＝30，则S8＝________．
解析：由已知可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋5d＝2，,5a1＋10d＝30，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝\f(26,3)，,d＝－\f(4,3)，))所以S8＝8a1＋eq \f(8×7,2)d＝32.
答案：32
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)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.( )
(2)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的．( )
(3)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．( )
(4)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数．( )
答案：(1)√ (2)√ (3)√ (4)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)忽视等差数列中项为0的情况；
(2)考虑不全而忽视相邻项的符号；
(3)等差数列各项的符号判断不正确．
1．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：由|a3|＝|a9|，d<0，得a3＝－a9，
即a3＋a9＝0，所以a6＝eq \f(a3＋a9,2)＝0.
所以a5>0，a6＝0，a7<0.
所以当n＝5或6时，Sn取最大值．
答案：5或6
2．首项为30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a1＝30，a8<0，a7≥0.
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(30＋7d<0，,30＋6d≥0，))解得－5≤d<－eq \f(30,7).
答案：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－5，－\f(30,7)))
3．设数列{an}的通项公式为an＝2n－10(n∈N*)，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝________．
解析：由an＝2n－10(n∈N*)知{an}是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由an＝2n－10≥0得n≥5，所以n≤5时，an≤0，当n>5时，an>0，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋…＋a15)＝20＋110＝130.
答案：130
等差数列基本量的计算(师生共研)
(1)(一题多解)已知等差数列{an}中，a1＋a4＝eq \f(7,6)，a3＋a6＝eq \f(5,6)，则公差d＝( )
A.eq \f(1,6) B．eq \f(1,12)
C．－eq \f(1,6) D．－eq \f(1,12)
(2)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝( )
A．－12 B．－10
C．10 D．12
(3)(2019·高考全国卷Ⅲ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1≠0，a2＝3a1，则eq \f(S10,S5)＝________．
【解析】 (1)通解：由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a4＝\f(7,6)，,a3＋a6＝\f(5,6)，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a1＋3d＝\f(7,6)，,2a1＋7d＝\f(5,6)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝\f(17,24)，,d＝－\f(1,12)，))故选D.
优解：由等差数列的性质知，a3＋a6＝(a1＋2d)＋(a4＋2d)＝(a1＋a4)＋4d＝eq \f(5,6)，又a1＋a4＝eq \f(7,6)，所以d＝－eq \f(1,12).故选D.
(2)设等差数列{an}的公差为d，因为3S3＝S2＋S4，所以3(3a1＋eq \f(3×2,2)d)＝2a1＋d＋4a1＋eq \f(4×3,2)d，解得d＝－eq \f(3,2)a1，因为a1＝2，所以d＝－3，所以a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.
(3)设等差数列{an}的公差为d，由a2＝3a1，即a1＋d＝3a1，得d＝2a1，
所以eq \f(S10,S5)＝eq \f(10a1＋\f(10×9,2)d,5a1＋\f(5×4,2)d)＝eq \f(10a1＋\f(10×9,2)×2a1,5a1＋\f(5×4,2)×2a1)＝eq \f(100,25)＝4.
【答案】 (1)D (2)B (3)4
eq \a\vs4\al()
等差数列运算问题的通性通法
(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公差d，然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解．
(2)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．
1．在公差不为0的等差数列{an}中，4a3＋a11－3a5＝10，则eq \f(1,5)a4＝( )
A．－1 B．0
C．1 D．2
解析：选C.法一：设{an}的公差为d(d≠0)，由4a3＋a11－3a5＝10，得4(a1＋2d)＋(a1＋10d)－3(a1＋4d)＝10，即2a1＋6d＝10，即a1＋3d＝5，故a4＝5，所以eq \f(1,5)a4＝1，故选C.
法二：设{an}的公差为d(d≠0)，因为an＝am＋(n－m)d，所以由4a3＋a11－3a5＝10，得4(a4－d)＋(a4＋7d)－3(a4＋d)＝10，整理得a4＝5，所以eq \f(1,5)a4＝1，故选C.
法三：由等差数列的性质，得2a7＋3a3－3a5＝10，得4a5＋a3－3a5＝10，即a5＋a3＝10，则2a4＝10，即a4＝5，所以eq \f(1,5)a4＝1，故选C.
2．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\{(\a\vs4\al\c1(a1＋d＝－6，,a1＋5d＝6，))解得eq \b\lc\{(\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，S4 等差数列的判定与证明(师生共研)
设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n－1.数列{bn}满足b1＝2，bn＋1－2bn＝8an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(bn,2n)))为等差数列，并求{bn}的通项公式．
【解】 (1)当n＝1时，a1＝S1＝21－1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)－(2n－1－1)＝2n－1.
因为a1＝1适合通项公式an＝2n－1，
所以an＝2n－1.
(2)证明：因为bn＋1－2bn＝8an，
所以bn＋1－2bn＝2n＋2，
即eq \f(bn＋1,2n＋1)－eq \f(bn,2n)＝2.
又eq \f(b1,21)＝1，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(bn,2n)))是首项为1，公差为2的等差数列．
所以eq \f(bn,2n)＝1＋2(n－1)＝2n－1.
所以bn＝(2n－1)×2n.
eq \a\vs4\al()
等差数列的四个判定方法
(1)定义法：证明对任意正整数n都有an＋1－an等于同一个常数．
(2)等差中项法：证明对任意正整数n都有2an＋1＝an＋an＋2后，可递推得出an＋2－an＋1＝an＋1－an＝an－an－1＝an－1－an－2＝…＝a2－a1，根据定义得出数列{an}为等差数列．
(3)通项公式法：得出an＝pn＋q后，得an＋1－an＝p对任意正整数n恒成立，根据定义判定数列{an}为等差数列．
(4)前n项和公式法：得出Sn＝An2＋Bn后，根据Sn，an的关系，得出an，再使用定义法证明数列{an}为等差数列．
1．若数列{an}的前n项和为Sn，Sn≠0，且满足an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝eq \f(1,2).
(1)求证：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))成等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)证明：当n≥2时，由an＋2SnSn－1＝0，
得Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，所以eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn－1)＝2，
又eq \f(1,S1)＝eq \f(1,a1)＝2，
故eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是首项为2，公差为2的等差数列．
(2)由(1)可得eq \f(1,Sn)＝2n，所以Sn＝eq \f(1,2n).
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,2n)－eq \f(1,2（n－1）)＝eq \f(n－1－n,2n（n－1）)＝－eq \f(1,2n（n－1）).
当n＝1时，a1＝eq \f(1,2)不适合上式．
故an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，n＝1，,－\f(1,2n（n－1）)，n≥2.))
2．已知数列{an }的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．
(1)证明：an＋2－an＝λ；
(2)是否存在λ，使得{an }为等差数列？并说明理由．
解：(1)证明：由题设知anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1，
由于an＋1≠0，
所以an＋2－an＝λ.
(2)由题设知a1＝1，a1a2＝λS1－1，
可得a2＝λ－1.
由(1)知，a3＝λ＋1.
令2a2＝a1＋a3，
解得λ＝4.
故an＋2－an＝4，
由此可得{a2n－1}是首项为1，
公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；
{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.
所以an＝2n－1，an＋1－an＝2，
因此存在λ＝4，
使得数列{an}为等差数列．
等差数列性质的应用(多维探究)
角度一 等差数列项的性质的应用
(1)等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，则2a9－a10的值是( )
A．20 B．22
C．24 D．－8
(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为________．
【解析】 (1)因为a1＋3a8＋a15＝5a8＝120，
所以a8＝24，所以2a9－a10＝a10＋a8－a10＝a8＝24.
(2)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S偶－S奇＝6d，所以d＝eq \f(192－162,6)＝5.
【答案】 (1)C (2)5
角度二 等差数列前n项和性质的应用
(1)在等差数列{an}中，a1＝－2 018，其前n项和为Sn，若eq \f(S12,12)－eq \f(S10,10)＝2，则S2 018的值等于( )
A．－2 018 B．－2 016
C．－2 019 D．－2 017
(2)已知等差数列{an}的前10项和为30，它的前30项和为210，则前20项和为( )
A．100 B．120
C．390 D．540
【解析】 (1)由题意知，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，其公差为1，所以eq \f(S2 018,2 018)＝eq \f(S1,1)＋(2 018－1)×1＝－2 018＋2 017＝－1.
所以S2 018＝－2 018.
(2)设Sn为等差数列{an}的前n项和，则S10，S20－S10，S30－S20成等差数列，
所以2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，
又等差数列{an}的前10项和为30，前30项和为210，
所以2(S20－30)＝30＋(210－S20)，解得S20＝100.
【答案】 (1)A (2)A
eq \a\vs4\al()
等差数列的性质
(1)项的性质：在等差数列{an}中，am－an＝(m－n)d⇔eq \f(am－an,m－n)＝d(m≠n)，其几何意义是点(n，an)，(m，am)所在直线的斜率等于等差数列的公差．
(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；
③eq \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．
1．(一题多解)(2020·惠州模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＋a3＋a4＝15，a7＝13，则S5＝( )
A．28 B．25
C．20 D．18
解析：选B.通解：设等差数列{an}的公差为d，由已知得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋d＋a1＋2d＋a1＋3d＝15，,a1＋6d＝13，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2，))所以S5＝5a1＋eq \f(5×4,2)d＝5×1＋eq \f(5×4,2)×2＝25，故选B.
优解：由{an}是等差数列，可得a2＋a4＝2a3，所以a3＝5，所以S5＝eq \f(5（a1＋a5）,2)＝eq \f(5×2a3,2)＝25，故选B.
2．等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，若eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(3n－2,2n＋1)，则eq \f(a7,b7)等于( )
A.eq \f(37,27) B．eq \f(38,28)
C.eq \f(39,29) D．eq \f(40,30)
解析：选A.eq \f(a7,b7)＝eq \f(2a7,2b7)＝eq \f(a1＋a13,b1＋b13)＝eq \f(\f(13,2)（a1＋a13）,\f(13,2)（b1＋b13）)＝eq \f(S13,T13)＝eq \f(3×13－2,2×13＋1)＝eq \f(37,27).
等差数列前n项和的最值问题(典例迁移)
(一题多解)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝13，S3＝S11，当Sn最大时，n的值是( )
A．5 B．6
C．7 D．8
【解析】 法一：由S3＝S11，得a4＋a5＋…＋a11＝0，根据等差数列的性质，可得a7＋a8＝0.根据首项等于13可推知这个数列递减，从而得到a7>0，a8<0，故n＝7时Sn最大．
法二：由S3＝S11，可得3a1＋3d＝11a1＋55d，把a1＝13代入，得d＝－2，故Sn＝13n－n(n－1)＝－n2＋14n.根据二次函数的性质，知当n＝7时Sn最大．
法三：根据a1＝13，S3＝S11，知这个数列的公差不等于零，且这个数列的和是先递增后递减．根据公差不为零的等差数列的前n项和是关于n的二次函数，以及二次函数图象的对称性，可得只有当n＝eq \f(3＋11,2)＝7时，Sn取得最大值．
【答案】 C
【迁移探究】 (变条件)将本例中“a1＝13，S3＝S11”改为“a1＝20，S10＝S15”，则n为何值？
解：因为a1＝20，S10＝S15，
所以10×20＋eq \f(10×9,2)d＝15×20＋eq \f(15×14,2)d，所以d＝－eq \f(5,3).
法一：由an＝20＋(n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,3)))＝－eq \f(5,3)n＋eq \f(65,3)，得a13＝0.
即当n≤12时，an>0，
当n≥14时，an<0.
所以当n＝12或n＝13时，Sn取得最大值．
法二：Sn＝20n＋eq \f(n（n－1）,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,3)))
＝－eq \f(5,6)n2＋eq \f(125,6)n
＝－eq \f(5,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(25,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(3 125,24).
因为n∈N*，所以当n＝12或n＝13时，Sn有最大值．
法三：由S10＝S15，得a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0.
所以5a13＝0，即a13＝0.
所以当n＝12或n＝13时，Sn有最大值．
eq \a\vs4\al()
求等差数列前n项和Sn及最值的2种方法
(1)函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．
(2)邻项变号法
①当a1>0，d<0时，满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(am≥0，,am＋1≤0))的项数m使得Sn取得最大值为Sm；
②当a1<0，d>0时，满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(am≤0，,am＋1≥0))的项数m使得Sn取得最小值为Sm.
1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，a1>0且eq \f(a6,a5)＝eq \f(9,11)，则当Sn取最大值时，n的值为( )
A．9 B．10
C．11 D．12
解析：选B.由eq \f(a6,a5)＝eq \f(9,11)，得S11＝S9，即a10＋a11＝0，根据首项a1>0可推知这个数列递减，从而a10>0，a11<0，故n＝10时，Sn最大．
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S15>0，S16<0，则Sn的最大值是( )
A．S1 B．S7
C．S8 D．S15
解析：选C.由等差数列的前n项和公式可得S15＝15a8>0，S16＝8(a8＋a9)<0，所以a8>0，a9<0，则d＝a9－a8<0，所以在数列{an}中，当n<9时，an>0，当n≥9时，an<0，所以当n＝8时，Sn最大，故选C.
[基础题组练]
1．(一题多解)(2019·高考全国卷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＝eq \f(1,2)n2－2n
解析：选A.法一：设等差数列{an}的公差为d，
因为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S4＝0，,a5＝5，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4a1＋\f(4×3,2)d＝0，,a1＋4d＝5，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－3，,d＝2，))所以an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d＝n2－4n.故选A.
法二：设等差数列{an}的公差为d，
因为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S4＝0，,a5＝5，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4a1＋\f(4×3,2)d＝0，,a1＋4d＝5，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－3，,d＝2.))
选项A，a1＝2×1－5＝－3；
选项B，a1＝3×1－10＝－7，排除B；
选项C，S1＝2－8＝－6，排除C；
选项D，S1＝eq \f(1,2)－2＝－eq \f(3,2)，排除D.故选A.
2．(一题多解)(2020·沈阳质量监测)在等差数列{an}中，若Sn为前n项和，2a7＝a8＋5，则S11的值是( )
A．55 B．11
C．50 D．60
解析：选A.通解：设等差数列{an}的公差为d，由题意可得2(a1＋6d)＝a1＋7d＋5，得a1＋5d＝5，则S11＝11a1＋eq \f(11×10,2)d＝11(a1＋5d)＝11×5＝55，故选A.
优解：设等差数列{an}的公差为d，由2a7＝a8＋5，得2(a6＋d)＝a6＋2d＋5，得a6＝5，所以S11＝11a6＝55，故选A.
3．(一题多解)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为( )
A．1 B．2
C．4 D．8
解析：选C.法一：等差数列{an}中，S6＝eq \f(（a1＋a6）×6,2)＝48，则a1＋a6＝16＝a2＋a5，又a4＋a5＝24，所以a4－a2＝2d＝24－16＝8，得d＝4，故选C.
法二：由已知条件和等差数列的通项公式与前n项和公式可列方程组，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a1＋7d＝24，,6a1＋\f(6×5,2)d＝48，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a1＋7d＝24，,2a1＋5d＝16，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－2，,d＝4，))故选C.
4．(2020·长沙市统一模拟考试)《九章算术》是我国古代第一部数学专著，全书收集了246个问题及其解法，其中一个问题为“现有一根九节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面四节容积之和为3升，下面三节的容积之和为4升，求中间两节的容积各为多少？”该问题中的第2节，第3节，第8节竹子的容积之和为( )
A.eq \f(17,6)升 B．eq \f(7,2)升
C.eq \f(113,66)升 D．eq \f(109,33)升
解析：选A.自上而下依次设各节竹子的容积分别为a1，a2，…，a9，依题意有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＋a4＝3,a7＋a8＋a9＝4))，因为a2＋a3＝a1＋a4，a7＋a9＝2a8，故a2＋a3＋a8＝eq \f(3,2)＋eq \f(4,3)＝eq \f(17,6).选A.
5．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若am＝4，Sm＝0，Sm＋2＝14(m≥2，且m∈N*)，则a2 017的值为( )
A．2 018 B．4 028
C．5 037 D．3 019
解析：选B.由题意得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(am＝a1＋（m－1）d＝4，,Sm＝ma1＋\f(m（m－1）,2)d＝0，,Sm＋2－Sm＝am＋1＋am＋2＝2a1＋（m＋m＋1）d＝14，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－4，,m＝5，,d＝2，))所以an＝－4＋(n－1)×2＝2n－6，
所以a2 017＝2×2 017－6＝4 028.故选B.
6．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a6＝2a3，则eq \f(S11,S5)＝________．
解析：eq \f(S11,S5)＝eq \f(\f(11,2)（a1＋a11）,\f(5,2)（a1＋a5）)＝eq \f(11a6,5a3)＝eq \f(22,5).
答案：eq \f(22,5)
7．在等差数列{an}中，公差d＝eq \f(1,2)，前100项的和S100＝45，则a1＋a3＋a5＋…＋a99＝________．
解析：因为S100＝eq \f(100,2)(a1＋a100)＝45，所以a1＋a100＝eq \f(9,10)，a1＋a99＝a1＋a100－d＝eq \f(2,5)，则a1＋a3＋a5＋…＋a99＝eq \f(50,2)(a1＋a99)＝eq \f(50,2)×eq \f(2,5)＝10.
答案：10
8．在单调递增的等差数列{an}中，若a3＝1，a2a4＝eq \f(3,4)，则a1＝________．
解析：由题知，a2＋a4＝2a3＝2，又因为a2a4＝eq \f(3,4)，数列{an}单调递增，所以a2＝eq \f(1,2)，a4＝eq \f(3,2).所以公差d＝eq \f(a4－a2,2)＝eq \f(1,2).所以a1＝a2－d＝0.
答案：0
9．已知等差数列{an}的前三项的和为－9，前三项的积为－15.
(1)求等差数列{an}的通项公式；
(2)若{an}为递增数列，求数列{|an|}的前n项和Sn.
解：(1)设公差为d，则依题意得a2＝－3，则a1＝－3－d，a3＝－3＋d，
所以(－3－d)(－3)(－3＋d)＝－15，得d2＝4，d＝±2，
所以an＝－2n＋1或an＝2n－7.
(2)由题意得an＝2n－7，所以|an|＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(7－2n，n≤3,2n－7，n≥4))，
①n≤3时，Sn＝－(a1＋a2＋…＋an)＝eq \f(5＋（7－2n）,2)n＝6n－n2；
②n≥4时，Sn＝－a1－a2－a3＋a4＋…＋an＝－2(a1＋a2＋a3)＋(a1＋a2＋…＋an)＝18－6n＋n2.
综上，数列{|an|}的前n项和Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－n2＋6n，n≤3,n2－6n＋18，n≥4)).
10．已知等差数列{an}的公差d>0.设{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S2·S3＝36.
(1)求d及Sn；
(2)求m，k(m，k∈N*)的值，使得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65.
解：(1)由题意知(2a1＋d)(3a1＋3d)＝36，
将a1＝1代入上式解得d＝2或d＝－5.
因为d>0，所以d＝2.
从而an＝2n－1，Sn＝n2(n∈N*)．
(2)由(1)得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝(2m＋k－1)(k＋1)，所以(2m＋k－1)(k＋1)＝65.
由m，k∈N*知2m＋k－1≥k＋1>1，
故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2m＋k－1＝13，,k＋1＝5，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝5，,k＝4.))
即所求m的值为5，k的值为4.
[综合题组练]
1．等差数列{an}中，eq \f(an,a2n)是一个与n无关的常数，则该常数的可能值的集合为( )
A．{1} B．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)))
C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) D．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，1))
解析：选B.eq \f(an,a2n)＝eq \f(a1＋（n－1）d,a1＋（2n－1）d)＝eq \f(a1－d＋nd,a1－d＋2nd)，若a1＝d，则eq \f(an,a2n)＝eq \f(1,2)；若a1≠0，d＝0，则eq \f(an,a2n)＝1.因为a1＝d≠0，所以eq \f(an,a2n)≠0，所以该常数的可能值的集合为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2))).
2．(2020·晋冀鲁豫名校期末联考)我国南北朝时期的著作《张邱建算经》有这样一个问题：今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差降之，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，问各得金几何？则据你对数学史的研究与数学问题的理解可知，两人所得金相差数额绝对值的最小值是( )
A.eq \f(1,13)斤 B．eq \f(7,39)斤
C.eq \f(7,78)斤 D．eq \f(1,11)斤
解析：选C.设第n个人得金an斤，由题意可知{an}是等差数列，设公差为d，
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＝3a1＋3d＝4，,a7＋a8＋a9＋a10＝4a1＋30d＝3，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝\f(37,26)，,d＝－\f(7,78)，))
则两个人所得金相差数额绝对值的最小值是eq \f(7,78)斤．故选C.
3．若数列{an}是正项数列，且eq \r(a1)＋eq \r(a2)＋…＋eq \r(an)＝n2＋n，则a1＋eq \f(a2,2)＋…＋eq \f(an,n)＝________．
解析：当n＝1时，eq \r(a1)＝2⇒a1＝4，又eq \r(a1)＋eq \r(a2)＋…＋eq \r(an)＝n2＋n ①，所以当n≥2时，eq \r(a1)＋eq \r(a2)＋…＋eq \r(an－1)＝(n－1)2＋(n－1)＝n2－n ②，①－②得eq \r(an)＝2n，即an＝4n2，所以eq \f(an,n)＝eq \f(4n2,n)＝4n，所以a1＋eq \f(a2,2)＋…＋eq \f(an,n)＝eq \f(（4＋4n）n,2)＝2n2＋2n.
答案：2n2＋2n
4．若{an}是等差数列，首项a1>0，a2 016＋a2 017>0，a2 016·a2 017<0，则使前n项和Sn>0成立的最大正整数n＝________．
解析：因为a1>0，a2 016＋a2 017>0，a2 016·a2 017<0，所以d<0，a2 016>0，a2 017<0，所以S4 032＝eq \f(4 032（a1＋a4 032）,2)＝eq \f(4 032（a2 016＋a2 017）,2)>0，S4 033＝eq \f(4 033（a1＋a4 033）,2)＝4 033a2 017<0，所以使前n项和Sn>0成立的最大正整数n是4 032.
答案：4 032
5．(2020·湖北仙桃、天门、潜江模拟)已知数列{an}满足a1＝2，(n＋2)an＝(n＋1)an＋1－2(n2＋3n＋2)，设bn＝eq \f(an,n＋1).
(1)求b1，b2，b3；
(2)判断数列{bn}是否为等差数列，并说明理由；
(3)求{an}的通项公式．
解：(1)因为数列{an}满足(n＋2)an＝(n＋1)an＋1－2(n2＋3n＋2)，所以将n＝1代入得3a1＝2a2－12.又a1＝2，所以a2＝9.将n＝2代入得4a2＝3a3－24，
所以a3＝20.从而b1＝1，b2＝3，b3＝5.
(2)数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列．理由如下：
将(n＋2)an＝(n＋1)an＋1－2(n2＋3n＋2)两边同时除以(n＋1)(n＋2)可得eq \f(（n＋2）an,（n＋1）（n＋2）)＝eq \f(（n＋1）an＋1－2（n2＋3n＋2）,（n＋1）（n＋2）)，
化简可得eq \f(an＋1,n＋2)－eq \f(an,n＋1)＝2，即bn＋1－bn＝2，
所以数列{bn}是以1为首项，
2为公差的等差数列．
(3)由(2)可得bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，
所以an＝(n＋1)bn＝(n＋1)·(2n－1)＝2n2＋n－1.
6．(2020·浙江嘉兴模拟)在数列{an}，{bn}中，设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝1，an＋1＝an＋2，3b1＋5b2＋…＋(2n＋1)bn＝2n·an＋1，n∈N*.
(1)求an和Sn；
(2)当n≥k时，bn≥8Sn恒成立，求整数k的最小值．
解：(1)因为an＋1＝an＋2，所以an＋1－an＝2，所以{an}是等差数列．
又a1＝1，所以an＝2n－1，
从而Sn＝eq \f(n（1＋2n－1）,2)＝n2.
(2)因为an＝2n－1，所以3b1＋5b2＋7b3＋…＋(2n＋1)bn＝2n·(2n－1)＋1，①
当n≥2时，3b1＋5b2＋7b3＋…＋(2n－1)bn－1＝2n－1·(2n－3)＋1.②
①－②可得(2n＋1)bn＝2n－1·(2n＋1)(n≥2)，即bn＝2n－1.
而b1＝1也满足上式，故bn＝2n－1.
令bn≥8Sn，则2n－1≥8n2，即2n－4≥n2.
又210－4<102，211－4>112，结合指数函数增长的性质，可知整数k的最小值是11.