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文档简介
页第二节等差数列及其前n项和核心素养立意下的命题导向1.理解等差数列的概念,凸显数学抽象的核心素养.2.与一次函数相对比,掌握等差数列的通项公式及应用,凸显数学运算的核心素养.3.与二次函数相结合,掌握等差数列的前n项和公式及应用,凸显数学运算的核心素养.4.与具体的问题情境相结合,考查等差数列的概念,凸显数学建模的核心素养.[理清主干知识]1.等差数列的概念(1)如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的差等于同一个常数,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)若a,A,b成等差数列,则A叫做a,b的等差中项,且A=eq\f(a+b,2).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.通项公式的推广:an=am+(n-m)d(n,m∈N*).(2)前n项和公式:Sn=na1+eq\f(nn-1d,2)=eq\f(na1+an,2)=eq\f(d,2)n2+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1-\f(d,2)))n.3.等差数列的性质(1)若{an}为等差数列,且k+l=m+n(k,l,m,n∈N*),则ak+al=am+an.(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)若{an},{bn}是等差数列,则{pan+qbn}也是等差数列.(4)若Sn为等差数列{an}的前n项和,则数列Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…(m∈N*)也是等差数列,公差为m2d.(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.4.等差数列的相关结论(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eq\a\vs4\al(p).(2)在等差数列{an}中,a1>0,d<0,则Sn存在最eq\a\vs4\al(大)值;若a1<0,d>0,则Sn存在最eq\a\vs4\al(小)值.(3)等差数列{an}的单调性:当d>0时,{an}是递eq\a\vs4\al(增)数列;当d<0时,{an}是递eq\a\vs4\al(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,A≠0).[澄清盲点误点]一、关键点练明1.(求数列的项)在等差数列{an}中,若a2=4,a4=2,则a6=()A.-1B.0C.1D.6解析:选B∵{an}为等差数列,∴2a4=a2+a6,∴a6=2a4-a2=2×2-4=0.2.(求公差)已知等差数列{an}中,a2=1,前5项和S5=-15,则数列{an}的公差为()A.-3B.-eq\f(5,2)C.-2D.-4解析:选D设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,因为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2=1,,S5=-15,))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1+d=1,,5a1+\f(5×4,2)d=-15,))解得d=-4.3.(求项数)已知等差数列{an}的公差d≠0,且a3+a9=a10-a8,若an=0,则n=________.解析:因为a3+a9=a10-a8,所以a1+2d+a1+8d=a1+9d-(a1+7d),解得a1=-4d,所以an=-4d+(n-1)d=(n-5)d,令(n-5)d=0(d≠0),可解得n=5.答案:54.(等差数列的性质)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,∴a5=90,∴a2+a8=2a5=180.答案:180二、易错点练清1.(忽视数列中项为0的情况)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:设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,由|a3|=|a9|,得|a1+2d|=|a1+8d|,解得a1=-5d或d=0(舍去),则a1+5d=a6=0,a5>0,故使前n项和Sn取最大值的正整数n是5或6.答案:5或62.(忽视相邻项的符号)首项为28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:由题意知数列{an}满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a8<0,,a7≥0))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(28+7d<0,,28+6d≥0,))解得-eq\f(14,3)≤d<-4.答案:eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(14,3),-4))3.(忽视项的符号)已知等差数列{an}的通项公式为an=11-n,则|a1|+|a2|+…+|a20|=________.解析:设Sn是数列{an}的前n项和,|a1|+|a2|+…+|a20|=(a1+a2+…+a11)-(a12+a13+…+a20)=S11-(S20-S11)=2S11-S20,而S11=eq\f(11×10+0,2)=55,S20=10×20+eq\f(20×20-1,2)×(-1)=10,∴|a1|+|a2|+…+|a20|=100.答案:100考点一等差数列的基本运算[典题例析](1)设等差数列{an}的前n项和为Sn,S11=22,a4=-12,若am=30,则m=()A.9B.10C.11D.15(2)(多选)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若S3=0,a4=8,则()A.Sn=2n2-6nB.Sn=n2-3nC.an=4n-8D.an=2n(3)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1=-2,a2+a6=2,则S10=________.[解析](1)设等差数列{an}的公差为d,依题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S11=11a1+\f(11×11-1,2)d=22,,a4=a1+3d=-12,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1=-33,,d=7,))∴am=a1+(m-1)d=7m-40=30,∴m=10.(2)设等差数列{an}的公差为d,则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S3=3a1+3d=0,,a4=a1+3d=8,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1=-4,,d=4,))∴an=a1+(n-1)d=-4+4(n-1)=4n-8,Sn=na1+eq\f(nn-1d,2)=-4n+2n(n-1)=2n2-6n.(3)法一:设等差数列{an}的公差为d,则由a2+a6=2,得a1+d+a1+5d=2,即-4+6d=2,解得d=1,所以S10=10×(-2)+eq\f(10×9,2)×1=25.法二:设等差数列{an}的公差为d,因为a2+a6=2a4=2,所以a4=1,所以d=eq\f(a4-a1,4-1)=eq\f(1--2,3)=1,所以S10=10×(-2)+eq\f(10×9,2)×1=25.[答案](1)B(2)AC(3)25[方法技巧]解决等差数列基本量计算问题的思路(1)在等差数列{an}中,a1与d是最基本的两个量,一般可设出a1和d,利用等差数列的通项公式和前n项和公式列方程(组)求解即可.(2)与等差数列有关的基本运算问题,主要围绕着通项公式an=a1+(n-1)d和前n项和公式Sn=eq\f(na1+an,2)=na1+eq\f(nn-1,2)d,在两个公式中共涉及五个量:a1,d,n,an,Sn,已知其中三个量,选用恰当的公式,利用方程(组)可求出剩余的两个量.[针对训练]1.《九章算术》是我国古代的数学名著,书中有如下问题:“今有五人分五钱,令上二人所得与下三人等,问各得几何?”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分五钱,甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同,且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列,问五人各得多少钱?”(“钱”是古代一种质量单位),在这个问题中,甲得()A.eq\f(5,3)钱B.eq\f(3,2)钱C.eq\f(4,3)钱D.eq\f(5,4)钱解析:选C甲、乙、丙、丁、戊五人所得钱数依次设为等差数列中的项a1,a2,a3,a4,a5,设公差为d,由题意知a1+a2=a3+a4+a5=eq\f(5,2),即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1+d=\f(5,2),,3a1+9d=\f(5,2),))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1=\f(4,3),,d=-\f(1,6),))则甲得eq\f(4,3)钱,故选C.2.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________.解析: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Sn=eq\f(na1+an,2)=eq\f(n1+6n-5,2)=3n2-2n.法二:设bn=2n-1,cn=3n-2,bn=cm,则2n-1=3m-2,得n=eq\f(3m-1,2)=eq\f(3m-3+2,2)=eq\f(3m-1,2)+1,于是m-1=2k,k∈N,所以m=2k+1,k∈N,则ak=3(2k+1)-2=6k+1,k∈N,得an=6n-5,n∈N*.故Sn=eq\f(n1+6n-5,2)=3n2-2n.答案:3n2-2n.考点二等差数列的判定与证明[典例]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\co1(\f(an,n)))是等差数列,并求{an}的通项公式.[解](1)由已知,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)证明:由已知nan+1-(n+1)an=2n2+2n,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\co1(\f(an,n)))是首项eq\f(a1,1)=1,公差d=2的等差数列.则eq\f(an,n)=1+2(n-1)=2n-1,所以an=2n2-n.[方法技巧]等差数列的判定与证明方法方法解读适合题型定义法an-an-1(n≥2,n∈N*)为同一常数⇔{an}是等差数列解答题中证明问题等差中项法2an-1=an+an-2(n≥3,n∈N*)成立⇔{an}是等差数列通项公式法an=pn+q(p,q为常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列选择、填空题中的判定问题前n项和公式法验证Sn=An2+Bn(A,B是常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列[提醒]用定义证明等差数列时,容易漏掉对起始项的检验,从而产生错解.比如,对于满足an-an-1=1(n≥3)的数列{an}而言并不能判定其为等差数列,因为不能确定起始项a2-a1是否等于1.[针对训练]已知数列{an}满足(an+1-1)(an-1)=3(an-an+1),a1=2,令bn=eq\f(1,an-1).(1)证明:数列{bn}是等差数列;(2)求数列{an}的通项公式.解:(1)证明:∵eq\f(1,an+1-1)-eq\f(1,an-1)=eq\f(an-an+1,an+1-1an-1)=eq\f(1,3),∴bn+1-bn=eq\f(1,3),∴{bn}是等差数列.(2)由(1)及b1=eq\f(1,a1-1)=eq\f(1,2-1)=1,知bn=eq\f(1,3)n+eq\f(2,3),∴an-1=eq\f(3,n+2),∴an=eq\f(n+5,n+2).考点三等差数列的性质及应用[典例](1)在等差数列{an}中,若a5+a6=4,则log2(2a1·2a2·…·2a10)=()A.10B.20C.40D.2+log25(2)在等差数列{an}中,Sn为其前n项的和,已知3a8=5a13,且a1>0,若Sn取得最大值,则n的值为()A.20B.21C.22D.23[解析](1)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.(2)设等差数列{an}的公差为d,由3a8=5a13可得3(a1+7d)=5(a1+12d),即a1=-eq\f(39,2)d,∵a1>0,∴d<0,数列{an}为递减数列,∴a20=a1+19d=-eq\f(1,2)d>0,a21=a1+20d=eq\f(1,2)d<0,∴当n=20时,Sn取得最大值.[答案](1)B(2)A[方法技巧]利用等差数列的性质求解问题的注意点(1)如果{an}为等差数列,m+n=p+q,则am+an=ap+aq(m,n,p,q∈N*).因此,若出现am-n,am,am+n等项时,可以利用此性质将已知条件转化为与am(或其他项)有关的条件;若求am项,可由am=eq\f(1,2)(am-n+am+n)转化为求am-n,am+n或am+n+am-n的值.(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);②Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…组成等差数列.本例(2)应用了性质②.[针对训练]1.已知{an}为等差数列,a2+a8=18,则{an}的前9项和S9等于()A.9B.17C.72D.81解析:选D由等差数列的性质可得,a1+a9=a2+a8=18,则{an}的前9项和S9=eq\f(9a1+a9,2)=9×eq\f(18,2)=81.故选D.2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn.若S5=7,S10=21,则S15等于()A.35B.42C.49D.63解析:选B在等差数列{an}中,S5,S10-S5,S15-S10成等差数列,即7,14,S15-21成等差数列,所以7+(S15-21)=2×14,解得S15=42.考点四等差数列的最值问题[典例](1)(多选)(2021·青岛一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*),公差d≠0,S6=90,a7是a3与a9的等比中项,则下列选项正确的是()A.a1=22B.d=-2C.当n=10或n=11时,Sn取得最大值D.当Sn>0时,n的最大值为20(2)在等差数列{an}中,已知a1=13,3a2=11a6,则数列{an}的前n项和Sn的最大值为________.[解析](1)因为S6=90,所以6a1+eq\f(6×5,2)d=90,即2a1+5d=30,①又因为a7是a3与a9的等比中项,所以aeq\o\al(2,7)=a3·a9,所以(a1+6d)2=(a1+2d)(a1+8d),整理得a1=-10d,②由①②解得a1=20,d=-2,故A错误,B正确;所以Sn=20n+eq\f(nn-1,2)×(-2)=-n2+21n=-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n-\f(21,2)))2+eq\f(441,4),又n∈N*,所以当n=10或n=11时,Sn取得最大值,故C正确;令Sn=-n2+21n>0,解得0<n<21,又n∈N*,所以n的最大值为20,故D正确.故选B、C、D.(2)设等差数列{an}的公差为d.法一:通项法由3a2=11a6,得3×(13+d)=11×(13+5d),解得d=-2,所以an=13+(n-1)×(-2)=-2n+15.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥0,,an+1≤0,))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(-2n+15≥0,,-2n+1+15≤0,))解得eq\f(13,2)≤n≤eq\f(15,2).因为n∈N*,所以当n=7时,数列{an}的前n项和Sn最大,最大值为S7=eq\f(7×13-2×7+15,2)=49.法二:二次函数法由3a2=11a6,得3×(13+d)=11×(13+5d),解得d=-2,所以an=13+(n-1)×(-2)=-2n+15.所以Sn=eq\f(n13+15-2n,2)=-n2+14n=-(n-7)2+49,所以当n=7时,数列{an}的前n项和Sn最大,最大值为S7=49.[答案](1)BCD(2)49[方法技巧]求等差数列前n项和Sn的最值的常用方法(1)函数法:利用等差数列前n项和的函数表达式Sn=an2+bn(a≠0),通过配方或借助图象求二次函数的最值.(2)利用等差数列的单调性,求出其正负转折项,进而求Sn的最值.①当a1>0,d<0时,满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am≥0,,am+1≤0))的项数m使得Sn取得最大值为Sm(当am+1=0时,Sm+1也为最大值);②当a1<0,d>0时,满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am≤0,,am+1≥0))的项数m使得Sn取得最小值为Sm(当am+1=0时,Sm+1也为最小值).[针对训练]1.(多选)设{an}是等差数列,Sn是其前n项和,且S5<S6,S6=S7>S8,则下列结论正确的是()A.d<0B.a7=0C.S9>S5D.S6与S7均为Sn的最大值解析:选ABD由{an}是等差数列,Sn是其前n项和,且S5<S6,S6=S7>S8,则a6=S6-S5>0,a7=S7-S6=0,a8=S8-S7<0,a7+a8=S8-S6<0,则数列{an}为递减数列,即选项A、B正确;由S9-S5=a9+a8+a7+a6=2(a8+a7)<0,得S9<S5,即选项C错误;由a1>a2>…>a6>a7=0>a8>a9>…,可得S6与S7均为Sn的最大值,即选项D正确,故选A、B、D.2.设等差数列{an}满足a1=1,an>0(n∈N*),其前n项和为Sn,若数列{eq\r(Sn)}也为等差数列,则eq\f(Sn+10,a\o\al(2,n))的最大值是________.解析:设数列{an}的公差为d,依题意得2eq\r(S2)=eq\r(S1)+eq\r(S3),∴2eq\r(2a1+d)=eq\r(a1)+eq\r(3a1+3d),把a1=1代入求得d=2,∴an=1+(n-1)×2=2n-1,Sn=n+eq\f(nn-1,2)×2=n2,∴eq\f(Sn+10,a\o\al(2,n))=eq\f(n+102,2n-12)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n+10,2n-1)))2=eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\f(1,2)2n-1+\f(21,2),2n-1)))2=eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(21,2n-1)))2≤121.∴eq\f(Sn+10,a\o\al(2,n))的最大值是121.答案:121创新考查方式——领悟高考新动向1.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题:“九百九十六斤绵,赠分八子作盘缠,次第每人多十七,要将第八数来言,务要分明依次弟,孝和休惹外人传.”其意思为:“996斤棉花,分别赠送给8个子女作旅费,从第一个开始,以后每人依次多17斤,使孝顺子女的美德外传,试求各人应分得多少斤.”则第3个子女分得棉花()A.65斤B.82斤C.99斤D.106斤解析:选C设第一个孩子分配到a1斤棉花,则由题意得S8=8a1+eq\f(8×7,2)×17=996,解得a1=65.则a3=65+2×17=99(斤).2.(多选)朱世杰是元代著名数学家,他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作.《算学启蒙》中涉及一些“堆垛”问题,主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题.现有100根相同的圆形铅笔,小明模仿“堆垛”问题,将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”,要求层数不小于2,且从最下面一层开始,每一层比上一层多1根,则该“等腰梯形垛”应堆放的层数可以是()A.4B.5C.7D.8解析:选BD依据题意,根数从上至下构成等差数列,设首项即第一层的根数为a1,公差为d=1,设一共放n(n≥2)层,则总根数为:Sn=na1+eq\f(nn-1d,2)=na1+eq\f(nn-1,2)=100,整理得2a1=eq\f(200,n)+1-n.因为a1∈N*,所以n为200的因数,eq\f(200,n)+(1-n)≥2且为偶数,验证可知n=5,8满足题意.3.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块解析:选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=eq\f(2n9+18n,2)-2×eq\f(n9+9n,2)=9n2=729,得n=9,所以三层共有扇面形石板的块数为S3n=eq\f(3n9+27n,2)=eq\f(3×9×9+27×9,2)=3402,故选C.4.已知函数f(x)=log2(x-1)+2,数列{an}是首项为2,公差为3的等差数列,则eq\f(fan+fan+1,2)与feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an+an+1,2)))的大小关系是()A.eq\f(fan+fan+1,2)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an+an+1,2)))B.eq\f(fan+fan+1,2)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an+an+1,2)))C.eq\f(fan+fan+1,2)=feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an+an+1,2)))D.不确定解析:选B由图象并结合数列单调递增可知eq\f(fan+fan+1,2)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an+an+1,2))),故选B.5.我国古代数学著作《九章算术》有如下问题:“今有金箠,长五尺,斩本一尺,重四斤,斩末一尺,重二斤,问次一尺各重几何?”意思是:“现有一根金箠,长5尺,一头粗,一头细,在粗的一端截下1尺,重4斤,在细的一端截下1尺,重2斤,问依次每一尺各重多少斤?”设该金箠由粗到细是均匀变化的,其重量为M,现将该金箠截成长度相等的10段,记第i段的重量为ai(i=1,2,…,10),且a1<a2<…<a10,若48ai=5M,则i=()A.4B.5C.6D.7解析:选C由题意知,由细到粗每段的重量组成一个等差数列,记为{an},设公差为d,则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1+a2=2,,a9+a10=4))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1+d=2,,2a1+17d=4))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1=\f(15,16),,d=\f(1,8).))所以该金箠的总重量M=10×eq\f(15,16)+eq\f(10×9,2)×eq\f(1,8)=15.因为48ai=5M,所以有48eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(15,16)+i-1×\f(1,8)))=75,解得i=6,故选C.eq\a\vs4\al([课时跟踪检测])一、基础练——练手感熟练度1.已知数列{an}中a1=1,an+1=an-1,则a4等于()A.2B.0C.-1D.-2解析:选D因为a1=1,an+1=an-1,所以数列{an}为等差数列,公差d为-1,所以a4=a1+3d=1-3=-2,故选D.2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,a8+a10=28,则S9=()A.36B.72C.144D.288解析:选B法一:∵a8+a10=2a1+16d=28,a1=2,∴d=eq\f(3,2),∴S9=9×2+eq\f(9×8,2)×eq\f(3,2)=72.法二:∵a8+a10=2a9=28,∴a9=14,∴S9=eq\f(9a1+a9,2)=72.3.公差不为零的等差数列{an}中,a7=2a5,则数列{an}中第________项的值与4a5的值相等.解析:设等差数列{an}的公差为d,因为a7=2a5,所以a1+6d=2(a1+4d),则a1=-2d,所以an=a1+(n-1)d=(n-3)d,而4a5=4(a1+4d)=4(-2d+4d)=8d=a11,故数列{an}中第11项的值与4a5的值相等.答案:114.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________.解析:设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.法一:由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2a5+a8=0,,S9=27,))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1+da1+4d+a1+7d=0,,9a1+\f(9×8,2)d=27,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1=-5,,d=2,))∴S8=8a1+eq\f(8×7,2)d=8×(-5)+28×2=16.法二:∵S9=27,∴S9=eq\f(9a1+a9,2)=9a5=27,∴a5=3,又a2a5+a8=0,则3(3-3d)+3+3d=0.解得d=2,∴S8=eq\f(8a1+a8,2)=4(a4+a5)=4×(1+3)=16.答案:165.若等差数列{an}的前17项和S17=51,则a5-a7+a9-a11+a13=________.解析:因为S17=eq\f(a1+a17,2)×17=17a9=51,所以a9=3.根据等差数列的性质知a5+a13=a7+a11,所以a5-a7+a9-a11+a13=a9=3.答案:36.设Sn为等差数列{an}的前n项和,满足S2=S6,eq\f(S5,5)-eq\f(S4,4)=2,则a1=________,公差d=________.解析:由{an}为等差数列,得数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是首项为a1,公差为eq\f(d,2)的等差数列,∵eq\f(S5,5)-eq\f(S4,4)=2,∴eq\f(d,2)=2⇒d=4,又S2=S6⇒2a1+4=6a1+eq\f(6×5,2)×4⇒a1=-14.答案:-144二、综合练——练思维敏锐度1.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.3B.4C.5D.6解析:选C∵数列{an}为等差数列,且前n项和为Sn,∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\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,故选C.2.已知数列{an}满足a1=15,且3an+1=3an-2.若ak·ak+1<0,则正整数k=()A.21B.22C.23D.24解析:选C由3an+1=3an-2⇒an+1-an=-eq\f(2,3)⇒{an}是等差数列,则an=eq\f(47,3)-eq\f(2,3)n.∵ak·ak+1<0,∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(47,3)-\f(2,3)k))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(45,3)-\f(2,3)k))<0,∴eq\f(45,2)<k<eq\f(47,2),又∵k∈N*,∴k=23.3.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.S4<S3B.S4=S3C.S4>S1D.S4=S1解析:选B设{an}的公差为d,由a2=-6,a6=6,得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1+d=-6,,a1+5d=6,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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<S1,故选B.4.(多选)设{an}是无穷数列,An=an+an+1(n=1,2,…),则下面给出的四个判断中,正确的有()A.若{an}是等差数列,则{An}是等差数列B.若{An}是等差数列,则{an}是等差数列C.若{an}是等比数列,则{An}是等比数列D.若{An}是等差数列,则{a2n}是等差数列解析:选AD若{an}是等差数列,设公差为d,则An=an+an+1=a1+(n-1)d+a1+nd=2a1+2nd-d,则An-An-1=(2a1+2nd-d)-[2a1+2(n-1)d-d]=2d,所以{An}是等差数列,故A正确;若{An}是等差数列,设公差为d,An-An-1=an+an+1-(an-1+an)=an+1-an-1=d,即数列{an}的偶数项成等差数列,奇数项成等差数列,故B不正确,D正确;若{an}是等比数列,设公比为q,当q≠-1时,则eq\f(An,An-1)=eq\f(an+an+1,an-1+an)=eq\f(an-1q+anq,an-1+an)=q,当q=-1时,则An=an+an+1=0,故{An}不是等比数列,故C不正确.故选A、D.5.在等差数列{an}中,若eq\f(a9,a8)<-1,且它的前n项和Sn有最小值,则当Sn>0时,n的最小值为()A.14B.15C.16D.17解析:选C∵数列{an}是等差数列,它的前n项和Sn有最小值,∴公差d>0,首项a1<0,{an}为递增数列.∵eq\f(a9,a8)<-1,∴a8·a9<0,a8+a9>0,由等差数列的性质知,2a8=a1+a15<0,a8+a9=a1+a16>0.∵Sn=eq\f(na1+an,2),∴当Sn>0时,n的最小值为16.6.《九章算术》一书中衰分、均输、盈不足等卷中记载了一些有关数列的问题.齐去长安三千里,今有良马发长安至齐,驽马发齐至长安,同日相向而行.良马初日行一百五十五里,日增十二里;驽马初日行一百里,日减二里.问几日相遇()A.十日B.十一日C.十二日D.六十日解析:选A设良马每天行走的里数构成数列{an},驽马每天行走的里数构成数列{bn},则{an},{bn}均为等差数列,公差分别为d1,d2.且a1=155,d1=12,b1=100,d2=-2,设n日相遇,则由题意知155n+eq\f(nn-1,2)×12+100n+eq\f(nn-1,2)×(-2)=3000,解得n=10.7.已知{an},{bn}均为等差数列,且a2=4,a4=6,b3=3,b7=9,由{an},{bn}的公共项组成新数列{cn},则c10=()A.18B.24C.30D.36解析:选C因为数列{an}为等差数列,且a2=4,a4=6,所以其公差d1=eq\f(6-4,4-2)=1,通项公式为an=n+2.因为数列{bn}为等差数列,且b3=3,b7=9,所以其公差d2=eq\f(9-3,7-3)=eq\f(3,2),通项公式为bn=eq\f(3n,2)-eq\f(3,2).则a1=b3=3为数列{cn}的第一项,a4=b5=6为数列{cn}的第二项,a7=b7=9为数列{cn}的第三项,…,知{cn}为等差数列,{cn}的公差d=3,且cn=3+(n-1)·3=3n,则c10=3×10=30,故选C.8.已知数列{an}满足5an+1=25·5an,且a2+a4+a6=9,则logSKIPIF1<0(a5+a7+a9)=()A.-3B.3C.-eq\f(1,3)D.eq\f(1,3)解析:选A数列{an}满足5an+1=25·5an,∴an+1=an+2,即an+1-an=2,∴数列{an}是等差数列,公差为2.∵a2+a4+a6=9,∴3a4=9,a4=3.∴a1+3×2=3,解得a1=-3.∴a5+a7+a9=3a7=3×(-3+6×2)=27,则logSKIPIF1<0(a5+a7+a9)=logSKIPIF1<033=-3.故选A.9.(多选)设d,Sn分别为等差数列{an}的公差与前n项和,若S10=S20,则下列论断中正确的有()A.当n=15时,Sn取最大值B.当n=30时,Sn=0C.当d>0时,a10+a22>0D.当d<0时,|a10|>|a22|解析:选BC因为S10=S20,所以10a1+eq\f(10×9,2)d=20a1+eq\f(20×19,2)d,解得a1=-eq\f(29,2)d.因为无法确定a1和d的正负性,所以无法确定Sn是否有最大值,故A错误.S30=30a1+eq\f(30×29,2)d=30×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(29,2)d))+15×29d=0,故B正确.a10+a22=2a16=2(a1+15d)=2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(29,2)d+15d))=d>0,故C正确.a10=a1+9d=-eq\f(29,2)d+eq\f(18,2)d=-eq\f(11,2)d,a22=a1+21d=-eq\f(29,2)d+eq\f(42,2)d=eq\f(13,2)d,因为d<0,所以|a10|=-eq\f(11,2)d,|a22|=-eq\f(13,2)d,|a10|<|a22|,故D错误.10.已知等差数列{an}的公差为-2,前n项和为Sn,a3,a4,a5为某三角形的三边长,且该三角形有一个内角为120°,若Sn≤Sm对任意的n∈N*恒成立,则实数m=()A.7B.6C.5D.4解析:选B∵等差数列{an}的公差为-2,a3,a4,a5为某三角形的三边长,且该三角形有一个内角为120°,∴aeq\o\al(2,3)=aeq\o\al(2,4)+aeq\o\al(2,5)-2a4·a5cos120°,即(a4+2)2=aeq\o\al(2,4)+(a4-2)2+2a4(a4-2)×eq\f(1,2),化为aeq\o\al(2,4)-5a4=0,又a4≠0,解得a4=5,∴a3=7,a5=3,a6=1,a7=-1.∵Sn≤Sm对任意的n∈N*恒成立,∴实数m=6.故选B.11.等差数列{an},{bn}满足:对任意n∈N*,都有eq\f(an,bn)=eq\f(2n+3,4n-9),则eq\f(a7,b3+b9)+eq\f(a5,b4+b8)=________.解析:由等差数列的性质可得b3+b9=b4+b8=2b6,a7+a5=2a6.∴eq\f(a7,b3+b9)+eq\f(a5,b4+b8)=eq\f(a7+a5,2b6)=eq\f(2a6,2b6)=eq\f(a6,b6)=eq\f(2×6+3,4×6-9)=1.答案:112.已知数列{an}满足递推关系式an+1=2an+2n-1(n∈N*),且eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an+λ,2n)))为等差数列,则λ的值是________.解析:因为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an+λ,2n)))为等差数列,an+1=2an+2n-1,所以e
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