第2节 等差数列及其前n项和

第2节等差数列及其前n项和考试要求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，并能用等差数列的有关知识解决相应的问题.4.了解等差数列与一次函数的关系.知识诊断·基础夯实【知识梳理】1.等差数列的概念(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知2A＝a＋b.2.等差数列的通项公式与前n项和公式(1)若等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则其通项公式为an＝a1＋(n－1)d.(2)前n项和公式：Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）d,2)＝eq\f(n（a1＋an）,2).3.等差数列的性质(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)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列.(5)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也为等差数列.[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).【诊断自测】1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(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)数列{an}为等差数列的充要条件是其通项公式为n的一次函数.()(4)等差数列的前n项和公式是常数项为0且关于n的二次函数.()答案(1)√(2)√(3)×(4)×解析(3)若公差d＝0，则通项公式不是n的一次函数.(4)若公差d＝0，则前n项和不是n的二次函数.2.(选修二P15T4改编)已知等差数列{an}中，a4＋a8＝20，a7＝12，则a4＝________.答案6解析由题意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋3d＋a1＋7d＝20，,a1＋6d＝12，))解得a1＝0，d＝2，故a4＝a1＋3d＝6.3.已知等差数列{an}中，a1＝eq\f(1,2)，d＝－eq\f(1,6)，Sn＝－5，则n＝________.答案12解析由Sn＝na1＋eq\f(1,2)n(n－1)d，得－5＝eq\f(1,2)n＋eq\f(1,2)n(n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,6)))，即n2－7n－60＝0，解得n＝12，或n＝－5(舍去).4.在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，则a5＝________.答案90解析由a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝(a3＋a7)＋(a4＋a6)＋a5＝2a5＋2a5＋a5，得5a5＝450，即a5＝90.考点突破·题型剖析考点一等差数列基本量的求解例1(1)(2023·湖南名校联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且2a7－a11＝4，则S5＝()A.15 B.20C.25 D.30答案B解析设等差数列{an}的公差为d，则2(a1＋6d)－(a1＋10d)＝a1＋2d＝4，所以S5＝5a1＋eq\f(5×4,2)d＝5(a1＋2d)＝5×4＝20，故选B.(2)(多选)(2023·福州一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，若Sn≤S6，则()A.a1＜0 B.d＜0C.a6＝0 D.S13≤0答案BD解析因为Sn≤S6，所以S5≤S6且S7≤S6，即a6＝S6－S5≥0，a7＝S7－S6≤0，因为d≠0，即a6，a7不同时为0，所以d＝a7－a6＜0，因为a6≥0，即a1＋5d≥0，所以a1＞0，S13＝eq\f(13（a1＋a13）,2)＝13a7≤0，a6不一定为零，故选BD.感悟提升1.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来解决问题.2.数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法.训练1(1)(2023·苏州、常熟抽测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝1，S6＝12，则a8＝________.答案5解析设等差数列{an}的公差为d，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝a1＋d＝1，,S6＝6a1＋15d＝12，))解得a1＝eq\f(1,3)，d＝eq\f(2,3)，所以a8＝a1＋7d＝eq\f(1,3)＋7×eq\f(2,3)＝5.(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＝________.答案2解析由2S3＝3S2＋6，可得2(a1＋a2＋a3)＝3(a1＋a2)＋6，化简得2a3＝a1＋a2＋6，即2(a1＋2d)＝2a1＋d＋6，解得d＝2.考点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(n（n－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(n（n－1）,2)d＝eq\f(1,2)n2d＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2，对n＝1也适合，所以an＝2d2n－d2，所以an＋1－an＝2d2(n＋1)－d2－(2d2n－d2)＝2d2(常数)，所以数列{an}是等差数列.感悟提升1.等差数列的判定与证明的常用方法(1)定义法：对任意n∈N*，an＋1－an是同一常数.(2)等差中项法：2an＋1＝an＋an＋2⇔{an}为等差数列.(3)通项公式法：an＝an＋b(a，b是常数)⇔{an}为等差数列.(4)前n项和公式法：Sn＝an2＋bn(a，b为常数)⇔{an}为等差数列.2.若要判定一个数列不是等差数列，则只需找出三项an，an＋1，an＋2，使得这三项不满足2an＋1＝an＋an＋2即可.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，所以当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(3,2)＋eq\f(1,2)(n－1)＝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,n（n＋1）).又a1＝eq\f(3,2)不满足上式.故an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，n＝1，,－\f(1,n（n＋1）)，n≥2.))考点三等差数列的性质及应用角度1项的性质例3(1)设Sn为等差数列{an}的前n项和，且4＋a5＝a6＋a4，则S9等于()A.72 B.36C.18 D.9答案B解析∵a6＋a4＝2a5，∴a5＝4，∴S9＝eq\f(9（a1＋a9）,2)＝9a5＝36.(2)在等差数列{an}中，若a5＋a6＝4，则log2(2a1·2a2·…·2a10)＝________.答案20解析由等差数列的性质知a1＋a10＝a2＋a9＝a3＋a8＝a4＋a7＝a5＋a6＝4，则2a1·2a2·…·2a10＝2a1＋a2＋…＋a10＝25(a5＋a6)＝25×4，所以log2(2a1·2a2·…·2a10)＝log225×4＝20.角度2前n项和的性质例4(1)(2023·重庆一诊)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且eq\f(S4,S8)＝eq\f(1,3)，则eq\f(S8,S16)等于()A.eq\f(1,8) B.eq\f(1,9)C.eq\f(1,3) D.eq\f(3,10)答案D解析法一设等差数列{an}的公差为d，由题设，eq\f(S4,S8)＝eq\f(4a1＋6d,8a1＋28d)＝eq\f(1,3)，可得a1＝eq\f(5,2)d，∴eq\f(S8,S16)＝eq\f(8a1＋28d,16a1＋120d)＝eq\f(3,10).法二由题意知S8＝3S4，又S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差数列，且S8－S4＝2S4，故S12－S8＝3S4，故S12＝6S4，S16－S12＝4S4，得S16＝10S4，所以eq\f(S8,S16)＝eq\f(3,10).(2)(2023·西安质检)若等差数列{an}和{bn}的前n项和分别是Sn和Tn，且eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(n,2n＋1)，则eq\f(a6,b6)＝________.答案eq\f(11,23)解析因为等差数列{an}和{bn}的前n项和分别是Sn和Tn，且eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(n,2n＋1)，所以eq\f(a6,b6)＝eq\f(\f(a1＋a11,2)×11,\f(b1＋b11,2)×11)＝eq\f(S11,T11)＝eq\f(11,2×11＋1)＝eq\f(11,23).角度3前n项和的最值例5等差数列{an}中，设Sn为其前n项和，且a1＞0，S3＝S11，则当n为多少时，Sn最大？解法一设公差为d.由S3＝S11，可得3a1＋eq\f(3×2,2)d＝11a1＋eq\f(11×10,2)d，即d＝－eq\f(2,13)a1.从而Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n＝－eq\f(a1,13)(n－7)2＋eq\f(49,13)a1，因为a1＞0，所以－eq\f(a1,13)＜0.故当n＝7时，Sn最大.法二易知Sn＝An2＋Bn(A≠0)是关于n的二次函数，由S3＝S11，可知Sn＝An2＋Bn的图象关于直线n＝eq\f(3＋11,2)＝7对称.由法一可知A＝－eq\f(a1,13)＜0，故当n＝7时，Sn最大.法三设公差为d.由法一可知d＝－eq\f(2,13)a1.要使Sn最大，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋（n－1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,13)a1))≥0，,a1＋n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,13)a1))≤0，))解得6.5≤n≤7.5，故当n＝7时，Sn最大.法四设公差为d.由S3＝S11，可得2a1＋13d＝0，即(a1＋6d)＋(a1＋7d)＝0，故a7＋a8＝0，又由a1＞0，S3＝S11可知d＜0，所以a7＞0，a8＜0，所以当n＝7时，Sn最大.感悟提升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(1)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；(2)S2n－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.3.求等差数列前n项和的最值，常用的方法：(1)邻项变号法，利用等差数列的单调性，求出其正负转折项，或者利用性质求其正负转折项，便可求得和的最值；(2)函数法，利用公差不为零的等差数列的前n项和Sn＝An2＋Bn(A≠0)为二次函数，通过二次函数的性质求最值.训练3(1)(多选)(2023·淄博调研)已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，当首项a1和d变化时，a2＋a8＋a11是一个定值，则下列各数也为定值的是()A.a7 B.a8C.S13 D.S15答案AC解析由题知a2＋a8＋a11＝a1＋d＋a1＋7d＋a1＋10d＝3a1＋18d＝3(a1＋6d)＝3a7，∴a7是定值，∴S13＝eq\f(13（a1＋a13）,2)＝13a7是定值，故选AC.(2)(2023·湖北十一校联考)已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和，若a2a5＋a8＝0，S9＝27，则数列{an}的公差是()A.1 B.2C.3 D.4答案B解析由S9＝27＝9a5，得a5＝3，设数列{an}的公差为d，则a2a5＋a8＝(a5－3d)·a5＋(a5＋3d)＝0，解得d＝2.(3)(2023·河南五市联考)在等差数列{an}中，eq\f(a8,a7)＜－1，且它的前n项和Sn有最小值，则当Sn＜0时，n的最大值为________.答案13解析因为等差数列{an}的前n项和Sn有最小值，所以d＞0，又eq\f(a8,a7)＜－1，所以a7＜0，a8＞0，且a7＋a8＞0，又S13＝eq\f(13（a1＋a13）,2)＝13a7＜0，S14＝eq\f(14（a1＋a14）,2)＝7(a7＋a8)＞0，所以当Sn＜0时，n的最大值为13.分层精练·巩固提升【A级基础巩固】1.(2023·北京房山区调研)《周髀算经》中有这样一个问题：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，立春当日日影长为9.5尺，春分当日日影长为6尺，则立夏当日日影长为()A.16.5尺 B.13尺C.3.5尺 D.2.5尺答案D解析设十二节气自冬至日起的日影长构成等差数列{an}，则立春当日日影长为a4＝9.5尺，春分当日日影长为a7＝6尺，所以立夏当日日影长为a10＝2a7－a4＝2.5尺.2.(2022·开封二模)已知在公差为1的等差数列{an}中，aeq\o\al(2,5)＝a3a6.若该数列的前n项和Sn＝0，则n＝()A.10 B.11C.12 D.13答案D解析设等差数列{an}的公差为d，则d＝1.又因为aeq\o\al(2,5)＝a3a6，所以(a1＋4d)2＝(a1＋2d)(a1＋5d)，则a1＝－6，故Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝－6n＋eq\f(n（n－1）,2)＝eq\f(1,2)n2－eq\f(13,2)n＝0，解得n＝13.故选D.3.(2023·安徽十校联盟联考)“数列{an}，{bn}都是等差数列”是“数列{an＋bn}是等差数列”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件答案A解析若数列{an}，{bn}都是等差数列，设数列{an}，{bn}的公差分别为d1，d2，所以an＋1＋bn＋1－(an＋bn)＝(an＋1－an)＋(bn＋1－bn)＝d1＋d2为常数，所以数列{an＋bn}是等差数列.若数列{an＋bn}是等差数列，如an＋bn＝2n＋(n－2n)＝n是等差数列，而此时an＝2n，bn＝n－2n均不是等差数列，所以“数列{an}，{bn}都是等差数列”是“数列{an＋bn}是等差数列”的充分不必要条件.4.(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.3699块 B.3474块C.3402块 D.3339块答案C解析设每一层有n环，由题可知从内到外每环之间构成公差d＝9，a1＝9的等差数列.由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列，且(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝n2d，则9n2＝729，得n＝9，则三层共有扇面形石板S3n＝S27＝27×9＋eq\f(27×26,2)×9＝3402(块).5.(2023·江西五市九校联考)设Sn是等差数列{an}的前n项和.若eq\f(a5,a7)＝eq\f(39,9)，则eq\f(S9,S13)＝()A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,2)C.2 D.3答案D解析∴eq\f(S9,S13)＝eq\f(\f(9（a1＋a9）,2),\f(13（a1＋a13）,2))＝eq\f(9a5,13a7)＝eq\f(9,13)×eq\f(39,9)＝3.6.(2023·漳州检测)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，a2＝2，a3＝3，记bn＝an＋an＋1＋an＋2且bn＋1－bn＝2，则S31＝()A.171 B.278C.351 D.395答案C解析由bn＋1－bn＝an＋1＋an＋2＋an＋3－(an＋an＋1＋an＋2)＝an＋3－an＝2，得a1，a4，a7，…是首项为1，公差为2的等差数列，a2，a5，a8，…是首项为2，公差为2的等差数列，a3，a6，a9，…是首项为3，公差为2的等差数列，所以S31＝(a1＋a4＋…＋a31)＋(a2＋a5＋…＋a29)＋(a3＋a6＋…＋a30)＝1×11＋eq\f(11×10×2,2)＋2×10＋eq\f(10×9×2,2)＋3×10＋eq\f(10×9×2,2)＝351.7.(多选)(2023·石家庄质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a5＝－4，S5＝－40，则()A.a10＝6 B.S10＝－30C.当且仅当n＝6时，Sn取最小值 D.a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝0答案AB解析设等差数列{an}的公差为d，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a5＝－4，,S5＝－40，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋4d＝－4，,5a1＋\f(5×4,2)d＝－40，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－12，,d＝2，))所以an＝2n－14，Sn＝eq\f(（－12＋2n－14）n,2)＝n2－13n，则a10＝6，S10＝－30，故A，B正确；令an＝2n－14≤0，得n≤7，且a7＝0，则n＝6或n＝7时，Sn取最小值，故C不正确；因为a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝5a7＝0，所以a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝6≠0，故D不正确.8.设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S6＝1，S12＝4，则S18＝________.答案9解析在等差数列中，S6，S12－S6，S18－S12成等差数列，∵S6＝1，S12＝4，∴1，3，S18－4成公差为2的等差数列，即S18－4＝5，∴S18＝9.9.(2023·韶关一模)设Sn为等差数列{an}的前n项和，a6＋a7＝1，则S12＝________，若a7＜0，则使得Sn＜0成立的最小整数n＝________.答案613解析根据{an}为等差数列，且a6＋a7＝1，得S12＝eq\f(（a1＋a12）×12,2)＝6(a6＋a7)＝6；若a7＜0，则S13＝eq\f(（a1＋a13）×13,2)＝13a7＜0，又S12＞0，所以使Sn＜0成立的最小整数n＝13.10.(2023·昆明诊断)已知数列{an}满足a1＝2，a2＝4，an＋2－an＝(－1)n＋3，则数列{an}的前10项和为________.答案90解析由题意，当n为奇数时，an＋2－an＝－1＋3＝2，所以数列{a2n－1}是首项为2，公差为2的等差数列，所以a2n－1＝2＋2(n－1)＝2n.当n为偶数时，an＋2－an＝1＋3＝4，所以数列{a2n}是首项为4，公差为4的等差数列，所以a2n＝4＋4(n－1)＝4n.设数列{an}的前10项和为S10，则S10＝a1＋a2＋…＋a10＝(a1＋a3＋…＋a9)＋(a2＋a4＋…＋a10)＝eq\f(5×（2＋10）,2)＋eq\f(5×（4＋20）,2)＝90.11.已知等差数列的前三项依次为a，4，3a，前n项和为Sn，且Sk＝110.(1)求a及k的值；(2)设数列{bn}的通项公式bn＝eq\f(Sn,n)，证明：数列{bn}是等差数列，并求其前n项和Tn.(1)解设该等差数列为{an}，则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)证明由(1)得Sn＝eq\f(n（2＋2n）,2)＝n(n＋1)，则bn＝eq\f(Sn,n)＝n＋1，故bn＋1－bn＝(n＋2)－(n＋1)＝1，又b1＝eq\f(S1,1)＝2，即数列{bn}是首项为2，公差为1的等差数列，所以Tn＝eq\f(n（2＋n＋1）,2)＝eq\f(n（n＋3）,2).12.(2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和.已知eq\f(2Sn,n)＋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.(1)证明由eq\f(2Sn,n)＋n＝2an＋1，得2Sn＋n2＝2ann＋n，①所以2Sn＋1＋(n＋1)2＝2an＋1(n＋1)＋(n＋1)，②②－①，得2an＋1＋2n＋1＝2an＋1(n＋1)－2ann＋1，化简得an＋1－an＝1，所以数列{an}是公差为1的等差数列.(2)解由(1)知数列{an}的公差为1.由a4，a7，a9成等比数列，得aeq\o\al(2,7)＝a4a9，即(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，解得a1＝－12.所以Sn＝－12n＋eq\f(n（n－1）,2)＝eq\f(n2－25n,2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(25,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(625,8)，所以当n＝12或13时，Sn取得最小值，最小值为－78.【B级能力提升】13.(2023·济南调研)已知等差数列{an}的前n项和为Sn.若eq\f(S2023,2023)＝eq\f(S2022,2022)＋1且a1＝3，则()A.an＝2n＋1 B.an＝n＋1C.Sn＝2n2＋n D.Sn＝4n2－n答案A解析设等差数列{an}的公差为d，∵Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d，∴eq\f(Sn,n)＝a1＋eq\f(n－1,2)·d，即eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，公差为eq\f(d,2).由eq\f(S2023,2023)－eq\f(S2022,2022)＝1知eq\f(d,2)＝1，解得d＝2，故an＝2n＋1，所以Sn＝eq\f(n（3＋2n＋1）,2)＝n2＋2n.14.(2023·湖南名校联盟联考)设Sn是等差数列{an}的前n项和，a2＝－7，S5＝2a1，当|Sn|取得最小值时，n＝()A.10 B.9C.8 D.7答案C解析设等差数列{an}的公差为d，a2＝－7，S5＝2a1，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝－7，,5a1＋10d＝2a1，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－10，,d＝3，))所以Sn＝－10n＋eq\f(n（n－1）,2)×3＝eq\f(3n2－23n,2)，因为f(x)＝eq\f(1,2)(3x2－23x)的零点为x＝0，x＝eq\f(23,3)，所以|Sn|的最小值是靠近函数f(x)零点处的值，又|S1|＝10，|S7|＝7，|S8|＝4，所以当n＝8时，|Sn|取得最小值，故选C.15.(2023·海口诊断)在等差数列{an}中，a2＝－5，a6与a8