高考数学一轮复习第6章第2课时等差数列学案

这是一份高考数学一轮复习第6章第2课时等差数列学案，共25页。

2．掌握等差数列的通项公式与前n项和公式.
3．能在具体的情境问题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．
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．
数学语言表达式：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，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＝a＋b．
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＋nn-12d或Sn＝na1+an2.
3．等差数列与函数的关系
(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＋nn-12d＝d2n2＋a1-d2n是关于n的二次函数且常数项为0.
[常用结论]
等差数列的常用性质
(1)若{an}为等差数列，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)．
(2)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．
(3)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(m∈N*)也是等差数列，公差为m2d．
(4)若{an}是等差数列，则Snn也是等差数列，其首项与{an}的首项相同，公差是{an}的公差的12.
(5)若等差数列{an}的项数为偶数2n，则
①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；
②S偶－S奇＝nd，S奇S偶＝anan+1.
(6)若{an}，{bn}均为等差数列且其前n项和为Sn，Tn，则anbn＝S2n-1T2n-1．
(7)若等差数列{an}的项数为奇数2n＋1，则
①S2n＋1＝(2n＋1)an＋1；②S奇S偶＝n+1n.
一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若一个数列从第2项起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．( )
(2)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的．( )
(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)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、教材习题衍生
1．(人教A版选择性必修第二册P15练习T4改编)等差数列{an}中，a4＋a8＝10，a10＝6，则公差d等于( )
A．14 B．12
C．2 D．－12
A [∵a4＋a8＝2a6＝10，∴a6＝5，
又a10＝6，∴公差d＝a10-a610-6＝6-54＝14.故选A.]
2．(人教A版选择性必修第二册P21例6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等于( )
A．31 B．32
C．33 D．34
B [设等差数列{an}的公差为d，
法一：由S5＝5a3＝30，得a3＝6，又a6＝2，∴S8＝8a1+a82＝8a3+a62＝8×6+22＝32.
法二：由a1+5d=2， 5a1+5×42d=30，得a1=263 ，d=-43.
∴S8＝8a1＋8×72d＝8×263－28×43＝32.]
3．(人教A版选择性必修第二册P23练习T3改编)已知等差数列{an}的前n项和为Sn.若S5＝7，S10＝21，则S15等于( )
A．35 B．42
C．49 D．63
B [法一：由题意知，S5，S10－S5，S15－S10成等差数列，
即7，14，S15－21成等差数列，
∴S15－21＋7＝28，
∴S15＝42，故选B.
法二：拓展
∵{an}为等差数列，∴Snn也为等差数列，
∴2S1010＝S55+S1515，
∴S15＝42，故选B.]
4．(人教A版选择性必修第二册P23例8改编)某剧场有20排座位，后一排比前一排多2个座位，最后一排有60个座位，则剧场总共的座位数为________．
820 [设第n排的座位数为an(n∈N*)，数列{an}为等差数列，其公差d＝2，则an＝a1＋(n－1)d＝a1＋2(n－1).由已知a20＝60，得60＝a1＋2×(20－1)，解得a1＝22，则剧场总共的座位数为20a1+a202＝20×22+602＝820.]
考点一 等差数列基本量的运算
[典例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
(2)数列2an+1是等差数列，且a1＝1，a3＝－13，那么a2 023＝( )
A．1 0091 010 B．－2 0212 023
C．2 0192 020 D．－2 0192 020
(3)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1≠0，a2＝3a1，则S10S5＝________．
(1)ABC (2)B (3)4 [(1)S4＝4×a1+a42＝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d=2， a1=-3，∴an＝－3＋(n－1)×2＝2n－5，B正确，D错误；
Sn＝－3n＋nn-12×2＝n2－4n，C正确，故选ABC.
(2)设等差数列2an+1的公差为d，且a1＝1，a3＝－13，所以2a1+1＝1，2a3+1＝3.
所以3＝1＋2d，解得d＝1.
所以2an+1＝1＋n－1＝n，所以an＝2n－1.
那么a2 023＝22 023－1＝－2 0212 023.
(3)设等差数列{an}的公差为d，又a1≠0，a2＝3a1，所以d＝2a1，则S10S5＝10a1+10×92d5a1+5×42d＝10a1+90a15a1+20a1＝4.]
【教师备选题】
我国古代著名的数学专著《九章算术》有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，行程一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日减半里；驽马初日行九十七里，日减半里，良马先至齐，复还迎驽马，则二马几日相逢？( )
A．10 B．11
C．12 D．13
C [由题可知，良马每日行程an构成一个首项为103，公差为－0.5的等差数列，驽马每日行程bn构成一个首项为97，公差为－0.5的等差数列，则an＝103－0.5n-1＝－0.5n＋103.5，bn＝97－0.5n-1＝－0.5n＋97.5，
则数列an与数列bn的前n项和为1 125×2＝2 250，
又∵数列an的前n项和为n2×(103－0.5n＋103.5)＝n2×(206.5－0.5n)，
数列bn的前n项和为n2×(97－0.5n＋97.5)＝n2×194.5-0.5n，
∴n2×206.5-0.5n+n2×(194.5－0.5n)＝2 250，整理得：n2－401n＋4 500＝0，
当n＝11时，112－401×11＋4 500＝210>0，
当n＝12时，122－401×12＋4 500＝－168<0，所以12日相逢．故选C.]
解决等差数列运算问题的思想方法
(1)方程思想：等差数列中包含a1，d，n，an，Sn五个量，可通过方程组达到“知三求二”．
(2)整体思想：当所给条件只有一个时，可将已知和所求都用a1，d表示，寻求两者间的联系，整体代换即可求解．
[跟进训练]
1．(1)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
(2)(2022·全国乙卷)记Sn为等差数列an的前n项和．若2S3＝3S2＋6，则公差d＝________．
(3)(2022·山东潍坊一模)2022年北京冬奥会开幕式始于二十四节气倒计时，它将中国人的物候文明、传承久远的诗歌、现代生活的画面和谐统一起来．我国古人将一年分为24个节气，如图所示，
相邻两个节气的日晷长变化量相同，冬至日晷长最长，夏至日晷长最短，周而复始．已知冬至日晷长为13.5尺，芒种日晷长为2.5尺，则一年中夏至到大雪的日晷长的和为________尺．
(1)C (2)2 (3)84 [(1)设等差数列{an}的公差为d，首项为a1，∵S4=24，S9=99，∴4a1+6d=24， 9a1+36d=99，
解得a1=3，d=2，则a7＝a1＋6d＝15.
(2)由2S3＝3S2＋6可得2a1+a2+a3＝3·a1+a2＋6，化简得2a3＝a1＋a2＋6，
即2a1+2d＝2a1＋d＋6，解得d＝2.
(3)依题意，冬至日晷长为13.5尺，记为a1＝13.5，芒种日晷长为2.5尺，记为a12＝2.5，因相邻两个节气的日晷长变化量相同，则从冬至日晷长到芒种日晷长的各数据依次排成一列得等差数列{an}，n∈N*，n≤12，
数列{an}的公差d＝a12-a112-1＝2.5-13.512-1＝－1，
因夏至与芒种相邻，且夏至日晷长最短，则夏至的日晷长为a12＋d＝1.5，
又大雪与冬至相邻，且冬至日晷长最长，
则大雪的日晷长为a1＋d＝12.5，
显然夏至到大雪的日晷长依次排成一列递增的等差数列，首项为1.5尺，末项为12.5尺，共12项，
所以一年中夏至到大雪的日晷长的和为1.5+12.52×12＝84(尺)．]
考点二 等差数列的判定与证明
[典例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{Sn}是等差数列；③a2＝3a1.
[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＋nn-12d＝n2a1.
因为数列{an}的各项均为正数，所以Sn＝na1，
所以Sn+1-Sn＝(n＋1)a1－na1＝a1(常数)，所以数列{Sn}是等差数列．
①②⇒③.
已知{an}是等差数列，{Sn}是等差数列．
设数列{an}的公差为d，
则Sn＝na1＋nn-12d＝12n2d＋a1-d2n.
因为数列{Sn}是等差数列，所以数列{Sn}的通项公式是关于n的一次函数，则a1－d2＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1.
②③⇒①.
已知数列{Sn}是等差数列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1.
设数列{Sn}的公差为d，d>0，则S2-S1＝4a1-a1＝d，
得a1＝d2，所以Sn＝S1＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2，所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n≥2)，当n＝1时，也满足，所以an＝2d2n－d2＝d2＋(n－1)·2d2，所以数列{an}是等差数列．
【教师备选题】
(2022·湖南岳阳二模)数列an满足a1＝1，4anan＋1＋1＝3an＋an＋1.
(1)求a2，a3；
(2)证明12an-1是等差数列，并求an的通项公式．
[解] (1)由a1＝1，4anan＋1＋1＝3an＋an＋1，
可知4a2＋1＝3＋a2，a2＝23，
4a2a3＋1＝3a2＋a3，a3＝35.
(2)证明：由已知得，an＋1＝3an-14an-1.
∴12an+1-1-12an-1＝12·3an-14an-1-1-12an-1
＝4an-123an-1-4an-1-12an-1＝4an-12an-1-12an-1＝2，
又∵12a1-1＝12-1＝1，
∴12an-1是以1为首项，2为公差的等差数列，
∴12an-1＝2n－1，解得an＝n2n-1.
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)．
[跟进训练]
2．(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2Sn+1bn＝2.
(1)证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求{an}的通项公式．
[解] (1)证明：因为bn是数列{Sn}的前n项积，
所以n≥2时，Sn＝bnbn-1，
代入2Sn+1bn＝2可得，2bn-1bn+1bn＝2，
整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝12(n≥2)．
又2S1+1b1＝3b1＝2，所以b1＝32，
故{bn}是以32为首项，12为公差的等差数列．
(2)由(1)可知，bn＝n+22，则2Sn+2n+2＝2，所以Sn＝n+2n+1.
当n＝1时，a1＝S1＝32，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n+2n+1-n+1n＝－1nn+1.
故an＝32，n=1， -1nn+1，n≥2.
考点三 等差数列性质的应用
等差数列项的性质
[典例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a1＋a6等于( )
A．6 B．7
C．8 D．9
(2)已知等差数列an满足a3＋a6＋a8＋a11＝12，则a4－3a6的值为( )
A．－6 B．6
C．－12 D．12
(1)B (2)A [(1)因为2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，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a1＋a6＝a3＋a4＝3＋4＝7.
(2)由等差中项的性质可得a3＋a6＋a8＋a11＝4a7＝12，解得a7＝3，设等差数列an的公差为d，则
a4－3a6＝a4－a6－2a6＝－2d－2a6＝－2(a6＋d)＝－2a7＝－6.故选A.]
等差数列前n项和的性质
[典例4] (1)(链接常用结论)(2023·衡水中学模拟)在等差数列{an}中，Sn是其前n项之和，若S4S8＝13，则S8S16＝( )
A．310 B．18
C．13 D．19
(2)(易错易混题)有两个等差数列an，bn，其前n项和分别为Sn，Tn.
①若anbn＝2n-13n+1，则S11T11＝________；
②若SnTn＝2n-13n+1，则a5b4＝________．
(1)A (2)①1119 ②1722 [(1)因为等差数列中，S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差数列，设S4＝x，因为S4S8＝13，故S8＝3x，
所以x，2x，S12－3x，S16－S12成等差数列，所以S16＝10x，则S8S16＝310.故选A.
(2)①若anbn＝2n-13n+1，
则S11T11＝11a611b6＝2×6-13×6+1＝1119；
②若SnTn＝2n-13n+1＝2n2-n3n2+n，则可设Sn＝2n2-nk，Tn＝3n2+nk.
所以a5＝S5－S4＝45k－28k＝17k，b4＝T4－T3＝52k－30k＝22k，所以a5b4＝1722.]
利用等差数列的性质解题的三个关注点
(1)在等差数列题目中，只要出现项的和问题，一般先考虑应用项的性质，如利用2am＝am－n＋am＋n可实现项的合并与拆分．
(2)在Sn＝na1+an2中，Sn与a1＋an可相互转化．
(3)利用Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列，可求S2m或S3m.
[跟进训练]
3．(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若m＞1，且am-1+am+1-am2－1＝0，S2m－1＝39，则m等于( )
A．39 B．20
C．19 D．10
(2)已知{an}和{bn}是两个等差数列，且akbk(1≤k≤5)是常值，若a1＝288，a5＝96，b1＝192，则b3的值为( )
A．64 B．100
C．128 D．132
(3)(链接常用结论)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2 018，S2 0202 020-S2 0142 014＝6，则S2 023＝________．
(1)B (2)C (3)8 092 [(1)数列{an}为等差数列，则am－1＋am＋1＝2am，则am-1+am+1-am2－1＝0可化为2am-am2－1＝0，解得am＝1.又S2m－1＝(2m－1)am＝39，则m＝20.故选B.
(2){an}和{bn}是两个等差数列，且akbk(1≤k≤5)是常值，由于a1＝288，a5＝96，
故a3＝a1+a52＝192，由于a3b3＝a1b1＝288192＝32，
所以b3＝128.故选C.
(3)由等差数列的性质可得Snn也为等差数列，
设其公差为d，则S2 0202 020-S2 0142 014＝6d＝6，所以d＝1，
所以S2 0232 023＝S11＋2 022d＝－2 018＋2 022＝4，
所以S2 023＝8 092.]
考点四 等差数列的前n项和及其最值
[典例5] 在等差数列{an}中，已知a1＝20，前n项和为Sn，且S10＝S15.求当n取何值时，Sn取得最大值，并求出它的最大值．
[四字解题]
[解] 法一(函数法)：
因为a1＝20，S10＝S15，
所以10×20＋10×92d＝15×20＋15×142d，
所以d＝－53.
Sn＝20n＋nn-12·-53＝－56n2＋1256n
＝－56n-2522＋3 12524.
因为n∈N*，所以当n＝12或13时，Sn有最大值，且最大值为S12＝S13＝130.
法二 (邻项变号法)：
因为a1＝20，S10＝S15，
所以10×20＋10×92d＝15×20＋15×142d，
所以d＝－53.
an＝20＋(n－1)×-53＝－53n＋653.
因为a1＝20>0，d＝－53<0，
所以数列{an}是递减数列．
由an＝－53n＋653≤0，得n≥13，即a13＝0.
当n≤12时，an＞0；当n≥14时，an＜0.
所以当n＝12或13时，Sn取得最大值，
且最大值为S12＝S13＝12×20＋12×112×-53＝130.
法三(图象法)：
因为等差数列{an}的前n项和Sn是关于n的二次函数，且S10＝S15，所以10×20＋10×92d＝15×20＋15×142d，
所以d＝－53.
又10+152＝12.5，所以n＝12或13时，Sn取得最大值．
所以S12＝S13＝12×20＋12×112×-53＝130，所以最大值为S12＝S13＝130.
法四(性质法)：
由S10＝S15得S15－ S10＝a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0，所以5a13＝0，即a13＝0.
又d＝a13-a113-1＝－53，
所以当n＝12或13时，Sn有最大值．
且最大值为S12＝S13＝12×20＋12×112×-53＝130.
求等差数列前n项和Sn的最值的两种方法
(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的最值的方法求解．
(2)邻项变号法：
①当a1>0，d<0时，满足am≥0，am+1≤0的项数m使得Sn取得最大值Sm；
②当a1<0，d>0时，满足am≤0，am+1≥0的项数m使得Sn取得最小值Sm.
[跟进训练]
4．(1)(多选) (2022·湖南永州三模)已知等差数列an是递减数列，Sn为其前n项和，且S7＝S8，则( )
A．d＞0 B．a8＝0
C．S15>0 D．S7、S8均为Sn的最大值
(2)在①a5＝6，a1＋S3＝50；②S12>S9，a2＋a21<0；③S9>0，S10<0这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并解决问题．
问题：设等差数列an的前n项和为Sn，若________，判断Sn是否存在最大值，若存在，求出Sn取最大值时n的值；若不存在，说明理由．
(1)BD [因为等差数列an是递减数列，
所以an＋1－an<0，所以d<0，故A错误；
因为S7＝S8，所以a8＝S8－S7＝0，故B正确；
因为S15＝15a1+a152＝15a8＝0，故C错误；
由题意得，a7>0，a8=0，a9<0，所以S7＝S8≥Sn(n∈N*)，故D正确．故选BD.]
(2)[解] 选①：设数列an的公差为d，由a5＝6，a1＋S3＝50，得
a1+4d=6，4a1+3d=50，解得a1＝14，d＝－2，
即an＝14－2n-1＝16－2n，
法一：当an≥0时，有16－2n≥0，得n≤8，
∴当n≤7时，an>0；n＝8时，an＝0；n≥9时，an<0，
∴n＝7或n＝8时，Sn取最大值．
法二：Sn＝－n2＋15n，对称轴n＝7.5，
∴n＝7或n＝8时，Sn取最大值．
选②：由S12－S9>0，得a12＋a11＋a10>0，
由等差中项的性质有3a11>0，即a11>0，
由a2＋a21<0，得a2＋a21＝a11＋a12<0，
∴a12<0，故d＝a12－a11<0，
∴当n≤11时，an>0，
n≥12时，an<0，故n＝11时，Sn取最大值．
选③：由S9>0，得S9＝9a1+a92＝9×2a52>0，
可得a5>0，
由S10<0，得S10＝10a1+a102＝10a5+a62<0，可得a5＋a6<0，∴a6<0，故d＝a6－a5<0，
∴当n≤5时，an>0，n≥6时，an<0，故n＝5时，Sn取最大值．
课时分层作业(三十四) 等差数列
一、选择题
1．(2023·湖北黄冈中学模拟)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
B [S8＝8a1+a82＝4(a1＋a8)＝4(a2＋a7)＝4×25＝100.
故选B.]
2．(2023·广东佛山模拟)在等差数列{an}中，a3＝7，S5＝7a2，则a6＝( )
A．11 B．13
C．14 D．16
B [a3＝a1＋2d＝7，5a1＋10d＝7a1+d，联立方程可解得a1＝3，d＝2，所以a6＝3＋5×2＝13.故选B.]
3．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
B [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.]
4．设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意的n∈N*，都有SnTn＝2n-34n-3，则a2b3+b13+a14b5+b11的值为( )
A．2945 B．1329
C．919 D．1930
C [由题意可知b3＋b13＝b5＋b11＝b1＋b15＝2b8，
∴a2b3+b13+a14b5+b11＝a2+a142b8＝a8b8＝S15T15＝2×15-34×15-3＝2757＝919.故选C.]
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
BC [由等差中项的性质可得a3＋a8＋a13＝3a8为定值，则a8为定值， S15＝15a1+a152＝15a8为定值，但S16＝16a1+a162＝8a8+a9不是定值．]
6．(多选)(2023·重庆模拟)朱世杰是历史上伟大的数学家之一，他所著的《四元玉鉴》卷中“如像招数”五问中有如下问题：“今有官司差夫一千八百六十四人筑堤，只云初日差六十四人，次日转多七人，每人日支米三升．”其大意为“官府陆续派遣1 864人前往修筑堤坝，第一天派出64人，从第二天开始每天比前一天多派7人，官府向修筑堤坝的每人每天发放大米3升．”则下列结论正确的有( )
A．将这1 864人派遣完需要16天
B．第十天派往筑堤的人数为134
C．官府前6天共发放1 467升大米
D．官府前6天比后6天少发放1 260升大米
ACD [记数列{an}为第n天派遣的人数，数列{bn}为第n天获得的大米升数，则{an}是以64为首项，7为公差的等差数列，即an＝7n＋57，{bn}是以192为首项，21为公差的等差数列，即bn＝21n＋171，所以a10＝64＋7×9＝127，B错误；
设第k天派遣完这1 864人，则64k＋7kk-12＝1 864，解得k＝16(负值舍去)，A正确；官府前6天共发放192×6＋6×52×21＝1 467(升)大米，C正确；官府前6天比后6天少发放21×10×6＝1 260(升)大米，D正确．故选ACD.]
二、填空题
7．写出一个“公差为2且前3项之和小于第3项”的等差数列的一个通项公式an＝________．
2n－6(答案不唯一) [要满足“前3项之和小于第3项”，则a1＋a2＋a3则不妨设a1＝－4，a2＝－2，
则an＝－4＋(n－1)×2＝2n－6.]
8．(2023·广东中山期末)在数列{an}中，a1＝2，an+1＝an+2，则数列{an}的通项公式为________．
an＝2n2 [由an+1＝an+2得an+1-an＝2，
而a1＝2，于是得数列an是以2为首项，2为公差的等差数列，则有an＝a1＋(n－1)d＝2+2(n－1)＝2n，
所以数列an的通项公式为an＝2n2.]
9．(2020·新高考Ⅰ卷)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________．
3n2－2n [由题意可知{2n－1}的项是连续的奇数，所以{2n－1}与{3n－2}的公共项即为{3n－2}中的所有奇数项，
所以当n为奇数时{3n－2}的项为{an}，
将k＝2n－1代入{3k－2}得{6n－5}，
故an＝6n－5，n∈N*，
故Sn＝1+6n-52×n＝3n2－2n.]
三、解答题
10. (2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和．已知2Snn＋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2Snn＋n＝2an＋1，
即2Sn＋n2＝2nan＋n①，
当n≥2时，2Sn－1＋n-12＝2n-1an－1＋n-1②，
①－②得，2Sn＋n2－2Sn－1－n-12＝2nan＋n－2n-1an－1－n-1，
即2an＋2n－1＝2nan－2n-1an－1＋1，
即2n-1an－2n-1an－1＝2n-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a7 2 ＝ a4 ·a9 ，
即a1+62＝a1+3·a1+8，解得a1＝－12，所以an＝n－13.
所以Sn＝－12n＋nn-12＝12n2－252n＝12n-2522－6258，
所以，当n＝12或n＝13时，Snmin＝－78.
11．已知一次函数f(x)＝x＋8－2n.
(1)设函数y＝f(x)的图象与y轴交点的纵坐标构成数列{an}，求证：数列{an}是等差数列；
(2)设函数y＝f(x)的图象与y轴的交点到x轴的距离构成数列{bn}，求数列{bn}的前n项和Sn.
[解] (1)证明：由题意得an＝8－2n，
因为an＋1－an＝8－2(n＋1)－8＋2n＝－2，且a1＝8－2＝6，
所以数列{an}是首项为6，公差为－2的等差数列．
(2)由题意得bn＝|8－2n|.
由b1＝6，b2＝4，b3＝2，b4＝0，b5＝2，
可知此数列前4项是首项为6，公差为－2的等差数列，从第5项起，是首项为2，公差为2的等差数列．
所以当n≤4时，Sn＝6n＋nn-12×(－2)＝－n2＋7n，
当n≥5时，Sn＝S4＋(n－4)×2＋n-5n-42×2＝n2－7n＋24.
故Sn＝-n2+7n，n≤4，n∈N*， n2-7n+24，n≥5，n∈N*.
12．(2023·辽宁鞍山模拟)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
A [由已知得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＝4a1+an＝8，∴a1＋an＝2, ∴Sn＝na1+an2＝17，解得n＝17.故选A.]
13．(2022·泰安一模)已知数列an是首项为a，公差为1的等差数列，数列bn满足bn＝1+anan.若对任意的n∈N*，都有bn≥b5成立，则实数a的取值范围是( )
A.[－6，－5] B．-6，-5
C．[－5，－4] D．-5，-4
D [根据题意可知an＝n＋a－1，由于数列{bn}满足bn＝1+anan＝1an＋1，且对任意的n∈N*，都有bn≥b5，所以1an≥1a5对任意的n∈N*都成立，
故数列{an}单调递增，且满足a5＜0，a6＞0，
所以a5=5+a-1＜0，a6=6+a-1＞0，解得－5＜a＜－4.故选D.]
14．(2020·全国Ⅱ卷)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．3 699块 B．3 474块
C．3 402块 D．3 339块
C [由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为{an}，易知其首项a1＝9，公差d＝9，所以an＝a1＋(n－1)d＝9n.设数列{an}的前n项和为Sn，由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列，所以2(S2n－Sn)＝Sn＋S3n－S2n，所以(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝S2n－2Sn＝2n9+18n2－2×n9+9n2＝9n2＝729，得n＝9，所以三层共有扇面形石板的块数为S3n＝3n9+27n2＝3×9×9+27×92＝3 402，故选C.]
15．(2022·广东深圳一模)已知正项数列an，其前n项和Sn满足an(2Sn－an)＝1(n∈N*)．
(1)求证：数列Sn2是等差数列，并求出Sn的表达式；
(2)数列an中是否存在连续三项ak，ak＋1，ak＋2，使得1ak，1ak+1，1ak+2构成等差数列？请说明理由．
[解] (1)证明：依题意，正项数列an中，a12＝1，即a1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，即(Sn－Sn－1)·2Sn-Sn-Sn-1＝1，
整理得Sn2-Sn-12＝1，又S12＝a12＝1，因此，数列Sn2是以1为首项，1为公差的等差数列，
则Sn2＝n，因为an是正项数列，即Sn>0，
所以Sn＝n.
(2)不存在．
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n-n-1，又a1＝1，即∀n∈N*，都有an＝n-n-1，
则1an＝1n-n-1＝n+n-1，
假设存在满足要求的连续三项ak，ak＋1，ak＋2，使得1ak，1ak+1，1ak+2构成等差数列，
则2(k+1+k)＝k+k-1+k+2+k+1，即k+1+k＝k-1+k+2，
两边同时平方，得k＋1＋k＋2k+1·k＝k－1＋k＋2＋2k-1·k+2，
即(k＋1)k＝(k－1)(k＋2)，
整理得k2＋k＝k2＋k－2，即0＝－2，显然不成立，
因此假设是错误的，
所以数列an中不存在满足要求的连续三项．
读
想
算
思
S10＝S15；求Sn的最大值及相应n值
求最值的方法
函数法
前n项和Sn
数形结合
图象法
邻项变号法
通项an
转化化归
性质法
性质am＋an＝ap＋aq(m＋n＝p＋q，m，n，p，q∈N*)