高考数学一轮复习题型讲解+专题训练(新高考专用)专题31等差数列(原卷版+解析)

2023高考一轮复习讲与练专题31等差数列SSn＝eq\f(na1＋an,2)Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d等差数列等差数列的有关概念通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an.定义通项公式等差中项前n项和公式若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．等差数列的性质练高考明方向1.(2023·新高考Ⅱ卷T3）中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现．如图是某古建筑物的剖面图，是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为，若是公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（）A.0.75 B.0.8 C.0.85 D.0.92.(2023·全国乙（文）T13）记为等差数列的前n项和．若，则公差_______．3.(2023·全国甲（文T18）(理T17）记为数列的前n项和．已知．（1）证明：是等差数列；（2）若成等比数列，求的最小值．4.(2023·新高考Ⅰ卷T17）记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．（1）求的通项公式；（2）证明：．5.(2023·浙江卷T20）已知等差数列的首项，公差．记的前n项和为．（1）若，求；（2）若对于每个，存在实数，使成等比数列，求d的取值范围．6．(2023年高考全国乙卷理科)记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．(1)证明：数列是等差数列;(2)求的通项公式．7．(2023年高考全国甲卷理科)已知数列的各项均为正数，记为的前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数列是等差数列：②数列是等差数列；③．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．8．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)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9．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)记为等差数列{an}的前n项和，，则___________．10、【2019年高考北京卷】设{an}是等差数列，a1=–10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．11．(2023年高考数学课标卷Ⅰ（理）)记为等差数列的前项和，,．则 ()A． B． C． D．12.【2018年全国卷II理】记QUOTE𝑆𝑛Sn为等差数列QUOTE{𝑎𝑛}{an}的前QUOTE𝑛n项和，已知QUOTE𝑎1=−7a1=−7，QUOTE𝑆3=−15S3=−15（1）求QUOTE{𝑎𝑛}{a（2）求QUOTE𝑆𝑛Sn，并求QUOTE𝑆𝑛Sn的最小值．13．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)等差数列的前项和为，，，则．14．(2023年高考数学新课标Ⅰ卷理科)记为等差数列的前项和．若,,则的公差为 ()A． B． C． D．15．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯 ()A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏16．(2023高考数学课标Ⅱ卷理科)(本题满分12分)为等差数列的前项和，且记，其中表示不超过的最大整数，如．(=1\*ROMANI)求；(=2\*ROMANII)求数列的前1000项和．17．(2023高考数学课标Ⅰ卷理科)已知等差数列前9项的和为27，，则 ()(A)100(B)99(C)98(D)9718．(2023高考数学课标1理科)已知数列的前项和为,,,,其中为常数．(1)证明:;(2)是否存在,使得为等差数列?并说明理由．19．(2023高考数学新课标1理科)设等差数列{an}的前n项和为Sn，＝－2，＝0，＝3，则＝ ()A．3 B．4QUOTE C．5 D．6讲典例备高考类型一、等差数列的判断与证明基础知识：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，即an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)2、通项公式：设{an}是首项为a1，公差为d的等差数列，则通项公式an＝a1＋(n－1)d3、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＋b4、(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)数列{an}是等差数列，且公差不为0⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．(3)用等差数列的定义判断数列是否为等差数列，要注意定义中的三个关键词：“从第2项起”“每一项与它的前一项的差”“同一个常数”．基本题型：1．（多选题）已知数列为等差数列，则下列说法正确的是（）A．（d为常数） B．数列是等差数列C．数列是等差数列 D．是与的等差中项2．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)已知数列{bn}满足bn＝eq\f(Sn,n)，证明数列{bn}是等差数列，并求其前n项和Tn.3．已知数列{an}满足an＋1＝(n∈N*)，且a1＝0.（1）求a2，a3的值；（2）是否存在一个实常数λ，使得数列为等差数列，请说明理由．基本方法：等差数列的判定与证明方法1、定义法：an－an－1(n≥2，n∈N*)为同一常数⇔{an}是等差数列2、等差中项法：2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立⇔{an}是等差数列3、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4、前n项和公式法：验证Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列类型二、等差数列的性质及应用基础知识：(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，Sm，S2m，S3m分别为{an}的前m项，前2m项，前3m项的和，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m也成等差数列．(3)两个等差数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn之间的关系为eq\f(an,bn)＝eq\f(S2n－1,T2n－1).(4)在等差数列{an}中，若a1>0，d<0，则Sn存在最大值；若a1<0，d>0，则Sn存在最小值．(5)an＝a1＋(n－1)d可化为an＝dn＋a1－d的形式．当d≠0时，an是关于n的一次函数；当d>0时，数列为递增数列；当d<0时，数列为递减数列．（6）an＝am＋(n－m)d，d＝eq\f(an－am,n－m)，S2n－1＝(2n－1)an，Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝eq\f(na2＋an－1,2)(n，m∈N*)．基本题型：1．已知{an}，{bn}是两个等差数列，其中a1＝3，b1＝－3，且a20－b20＝6，那么a10－b10的值为（）A．－6 B．6 C．0 D．102．(多选)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若S3＝0，a4＝8，则()A．Sn＝2n2－6n B．Sn＝n2－3nC．an＝4n－8 D．an＝2n3．在等差数列中，，则的值为（）A．6 B．12C．24 D．484．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a2020的值为()A．2020 B．4034C．5041 D．30195．(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>0 D．当d<0时，|a10|>|a22|．6．记等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S5＝5，S15＝21，则S10＝_______7．一个直角三角形三边长a，b，c成等差数列，面积为12，则它的周长是________.8、设Sn，Tn分别是等差数列{an}，{bn}的前n项和，已知eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(2n＋1,4n－2)(n∈N*)，则eq\f(a10,b3＋b17)＝________.9．已知等差数列{an}，其前n项和为Sn，若S1＝S25，a3＋a8＝32，则a1＝________；S16＝________.基本方法：等差数列基本运算的常见类型及解题策略(1)求公差d或项数n.在求解时，一般要运用方程思想．(2)求通项．a1和d是等差数列的两个基本元素．(3)求特定项．利用等差数列的通项公式或等差数列的性质求解．(4)求前n项和．利用等差数列的前n项和公式直接求解或利用等差中项间接求解．类型三、等差数列前n项和中的最值问题基础知识：等差数列与二次型的关系：(1)若an＝a1＋(n－1)d，则Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n. ①事实上，记A＝eq\f(d,2)，B＝a1－eq\f(d,2)，则Sn＝An2＋Bn.Sn是{an}的前n项和，对于Sn＝An2＋Bn＋C，当且仅当C＝0时，{an}是等差数列．(2)若an＝a1＋(n－1)d，则Sn＝eq\f(1,2d)aeq\o\al(2,n)＋eq\f(1,2)an＋eq\f(a1d－a1,2d)(d≠0)． ②利用上述①式和②式构造关系可以快速解决有关等差数列通项和前n项和关系的题目．基本题型：1．(多选)记等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2＝10，S5＝S2，则()A．S3＝S4 B．a6＝10C．Sn的最大值为30 D．an的最大值为152、已知等差数列的公差若则该数列的前项和的最大值为（）A． B． C． D．3.已知等差数列QUOTE{𝑎𝑛}{an}的前QUOTE𝑛n项和为QUOTE𝑆𝑛Sn，QUOTE𝑎6+𝑎8=6a6+a8=6，QUOTE𝑆9−𝑆6=3S9−S6=3，则使QUOTE𝑆𝑛A．5B．6C．7D．84、等差数列{an}的首项a1>0，设其前n项和为Sn，且S5＝S12，则当n为何值时，Sn有最大值？5、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________．基本方法：求等差数列前n项和的最值问题的方法：（1）二次函数法：将看成关于n的二次函数，运用配方法，借助函数的单调性及数形结合思想，使问题得到解决，注意项数n是正整数这一条件.（2）通项公式法：若是等差数列，求前项和的最值时，①若，，且满足，则前项和最大;②若，，且满足，则前项和最小.（3）不等式法：借助取最大值时，有，解此不等式组确定n的范围，进而确定n的值和对应的值（即为的最值）.新预测破高考1、在等差数列中，已知，且公差，则其前项和取最小值时的的值为（）A.B.或C.D.2、设{an}，{bn}都是等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100，则a37＋b37＝()A．0 B．37C．100 D．－373．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．29C．30 D．314．《九章算术》是中国古代第一部数学专著，全书收集了246个数学问题，其中一个问题为“今有竹九节，下三节容量四升，上四节容量三升.问中间二节欲均容各多少？”其中“欲均容”的意思是：使容量变化均匀，即由下往上均匀变细.该问题中由上往下数的第2节，第3节，第8节竹子的容积之和为（）A．升 B．升 C．升 D．升5.设等差数列的前n项和为，已知，当取得最小值是，（）A．5B．6C．7D．86.数列是等差数列，若，且它的前n项和有最大值，那么当取得最小正值时，n等于（）A．17B．16C．15D．147．(多选)等差数列{an}的前n项和记为Sn，若a1＞0，S10＝S20，则()A．d＜0 B．a16＜0C．Sn≤S15 D．当且仅当Sn＜0时n≥328．已知数列是等差数列，若，，则公差（）A．1 B． C． D．9．(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．4 B．5C．7 D．810.设等差数列满足，；则数列的前项和中使得取的最大值的序号为（）A．4B．5C．6D．711、已知数列是等差数列，，则前项和中最大的是（）A．B．或C．或D．12．数列{an}满足a1＝1，an＋1＝r·an＋r(n∈N*，r∈R且r≠0)，则“r＝1”是“数列{an}为等差数列”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13．已知数列{an}满足＝＋4，且a1＝1，an>0，则an＝________.14.若等差数列满足，则当__________时，的前项和最大．15．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2014，eq\f(S2020,2020)－eq\f(S2014,2014)＝6，则S2021＝________.16．已知数列中，，，则数列的通项公式为______．17．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋an＋1＝2n＋1(n∈N*)，则a20的值为________，S21的值为________．18、已知数列{an}中，a1＝eq\f(3,5)，an＝2－eq\f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝eq\f(1,an－1)(n∈N*)．(1)求证：数列{bn}为等差数列；(2)求数列{an}的通项公式．19．已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a2a4＝65，a1＋a5＝18.(1)求数列{an}的通项公式；(2)是否存在常数k，使得数列{eq\r(Sn＋kn)}为等差数列？若存在，求出常数k；若不存在，请说明理由．2023高考一轮复习讲与练专题31等差数列SSn＝eq\f(na1＋an,2)Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d等差数列等差数列的有关概念通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an.定义通项公式等差中项前n项和公式若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．等差数列的性质练高考明方向1.(2023·新高考Ⅱ卷T3）中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现．如图是某古建筑物的剖面图，是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为，若是公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（）A.0.75 B.0.8 C.0.85 D.0.9答案：D分析：设，则可得关于的方程，求出其解后可得正确的选项.【详解】设，则，依题意，有，且，所以，故，2.(2023·全国乙（文）T13）记为等差数列的前n项和．若，则公差_______．答案：2分析：转化条件为，即可得解.【详解】由可得，化简得，即，解得.3.(2023·全国甲（文T18）(理T17）记为数列的前n项和．已知．（1）证明：是等差数列；（2）若成等比数列，求的最小值．答案：（1）证明见解析；（2）．分析：（1）依题意可得，根据，作差即可得到，从而得证；（2）由（1）及等比中项的性质求出，即可得到的通项公式与前项和，再根据二次函数的性质计算可得．【小问1详解】因为，即①，当时，②，①②得，，即，即，所以，且，所以是以为公差的等差数列．【小问2详解】由（1）可得，，，又，，成等比数列，所以，即，解得，所以，所以，所以，当或时．4.(2023·新高考Ⅰ卷T17）记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．（1）求的通项公式；（2）证明：．答案：（1）；（2）见解析分析：（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式；（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得.【小问1详解】∵，∴,∴,又∵是公差为的等差数列，∴,∴,∴当时，，∴,整理得：,即,∴，显然对于也成立，∴的通项公式；【小问2详解】∴5.(2023·浙江卷T20）已知等差数列的首项，公差．记的前n项和为．（1）若，求；（2）若对于每个，存在实数，使成等比数列，求d的取值范围．答案：（1）（2）分析：（1）利用等差数列通项公式及前项和公式化简条件，求出，再求；(2)由等比数列定义列方程，结合一元二次方程有解的条件求的范围.【小问1详解】因为，所以，所以，又，所以，所以，所以，【小问2详解】因为，，成等比数列，所以，，，由已知方程的判别式大于等于0，所以，所以对于任意的恒成立，所以对于任意的恒成立，当时，，当时，由，可得当时，，又，所以6．(2023年高考全国乙卷理科)记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．(1)证明：数列是等差数列;(2)求的通项公式．答案：（1）证明见解析；（2）．解析：（1）由已知得,且，,取,由得,由于为数列的前n项积，所以,所以，所以,由于所以，即,其中所以数列是以为首项，以为公差等差数列;（2）由（1）可得，数列是以为首项，以为公差的等差数列，,,当n=1时，,当n≥2时,,显然对于n=1不成立,∴．7．(2023年高考全国甲卷理科)已知数列的各项均为正数，记为的前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数列是等差数列：②数列是等差数列；③．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．答案：答案见解析解析：选①②作条件证明③：设，则，当时，；当时，；因为也是等差数列，所以，解得；所以，所以．选①③作条件证明②：因为，是等差数列，所以公差，所以，即，因为，所以是等差数列．选②③作条件证明①：设，则，当时，；当时，；因为，所以，解得或；当时，，当时，满足等差数列的定义，此时为等差数列；当时，，不合题意，舍去．综上可知为等差数列．8．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)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．9．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)记为等差数列{an}的前n项和，，则___________．答案：4．【解析】因，所以，即，所以．10、【2019年高考北京卷】设{an}是等差数列，a1=–10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．答案：（Ⅰ）；（Ⅱ）当或者时，取到最小值.【解析】（Ⅰ）设的公差为．因为，所以．因为成等比数列，所以．所以．解得．所以．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，．所以，当时，；当时，．所以的最小值为．11．(2023年高考数学课标卷Ⅰ（理）)记为等差数列的前项和，,．则 ()A． B． C． D．答案：B解析：∵为等差数列的前项和，，，∴，把，代入得∴．12.【2018年全国卷II理】记QUOTE𝑆𝑛Sn为等差数列QUOTE{𝑎𝑛}{an}的前QUOTE𝑛n项和，已知QUOTE𝑎1=−7a1=−7，QUOTE𝑆3=−15S3=−15（1）求QUOTE{𝑎𝑛}{a（2）求QUOTE𝑆𝑛Sn，并求QUOTE𝑆𝑛Sn的最小值．答案：（1）an=2n–9，（2）Sn=n2–8n，最小值为–16．【解析】（1）设{an}的公差为d，由题意得3a1+3d=–15．由a1=–7得d=2．所以{an}的通项公式为an=2n–9．（2）由（1）得Sn=n2–8n=（n–4）2–16．所以当n=4时，Sn取得最小值，最小值为–16．13．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)等差数列的前项和为，，，则．答案：【解析】设等差数列的首项为，公差为，由题意有：，解得，数列的前n项和，裂项有：，据此：。14．(2023年高考数学新课标Ⅰ卷理科)记为等差数列的前项和．若,,则的公差为 ()A． B． C． D．答案：C【解析】法一：设公差为,,,联立解得,故选C．法二:因为,即,则,即,解得,故选C．15．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯 ()A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏答案：B【命题意图】本题主要考查等比数列通向公式及其前项和，以考查考生的运算能力为主目的．【解析】解法一：常规解法：一座7层塔共挂了381盏灯，即；相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，即，塔的顶层为；由等比前项和可知：，解得．解法二：边界效应：等比数列为递增数列，则有，∴，解得，∴．16．(2023高考数学课标Ⅱ卷理科)(本题满分12分)为等差数列的前项和，且记，其中表示不超过的最大整数，如．(=1\*ROMANI)求；(=2\*ROMANII)求数列的前1000项和．答案：（1），，；（2）．【解析】（1）设的公差为，据已知有，解得．所以数列的通项公式为．，，．（2）因为所以数列的前项和为．17．(2023高考数学课标Ⅰ卷理科)已知等差数列前9项的和为27，，则 ()(A)100(B)99(C)98(D)97答案：C【解析】由等差数列性质可知：，故，而，因此公差∴．故选C．18．(2023高考数学课标1理科)已知数列的前项和为,,,,其中为常数．(1)证明:;(2)是否存在,使得为等差数列?并说明理由．解析:(1)由题设,,两式相减,由于,所以．(2)由题设,,可得,由(1)知假设为等差数列,则成等差数列,∴,解得;证明时,为等差数列:由知数列奇数项构成的数列是首项为1,公差为4的等差数列令则,∴数列偶数项构成的数列是首项为3,公差为4的等差数列令则,∴，∴(),因此,存在存在,使得为等差数列．19．(2023高考数学新课标1理科)设等差数列{an}的前n项和为Sn，＝－2，＝0，＝3，则＝ ()A．3 B．4QUOTE C．5 D．6答案：Ｃ解析：由题意知==0，∴=－=－（-）=－2，=-=3，∴公差=-=1，∴3==－，∴=5，故选C．讲典例备高考类型一、等差数列的判断与证明基础知识：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，即an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)2、通项公式：设{an}是首项为a1，公差为d的等差数列，则通项公式an＝a1＋(n－1)d3、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＋b4、(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)数列{an}是等差数列，且公差不为0⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．(3)用等差数列的定义判断数列是否为等差数列，要注意定义中的三个关键词：“从第2项起”“每一项与它的前一项的差”“同一个常数”．基本题型：1．（多选题）已知数列为等差数列，则下列说法正确的是（）A．（d为常数） B．数列是等差数列C．数列是等差数列 D．是与的等差中项答案：ABD分析：由等差数列的性质直接判断AD选项，根据等差数列的定义的判断方法判断BC选项.【详解】A.因为数列是等差数列，所以，即，所以A正确；B.因为数列是等差数列，所以，那么，所以数列是等差数列，故B正确；C.，不是常数，所以数列不是等差数列，故C不正确；D.根据等差数列的性质可知，所以是与的等差中项，故D正确.故选：ABD2．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)已知数列{bn}满足bn＝eq\f(Sn,n)，证明数列{bn}是等差数列，并求其前n项和Tn.【详解】(1)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(kk－1,2)·d＝2k＋eq\f(kk－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(n2＋2n,2)＝n(n＋1)，则bn＝eq\f(Sn,n)＝n＋1，故bn＋1－bn＝(n＋2)－(n＋1)＝1，即数列{bn}是首项为2，公差为1的等差数列，所以Tn＝eq\f(n2＋n＋1,2)＝eq\f(nn＋3,2).3．已知数列{an}满足an＋1＝(n∈N*)，且a1＝0.（1）求a2，a3的值；（2）是否存在一个实常数λ，使得数列为等差数列，请说明理由．答案：（1）a2＝，a3＝；（2）存在，λ＝1，理由见解析.分析：（1）由递推关系式直接计算可得；（2）假设存在一个实常数λ，使得数列为等差数列，利用前3项成等差数列求出的值，再检验此值使得数列成等差数列.【详解】（1）因为a1＝0，an＋1＝(n∈N*)，所以a2＝＝＝，a3＝＝＝.（2）假设存在一个实常数λ，使得数列为等差数列，则，，成等差数列，所以＝＋，所以＝＋，解之得λ＝1.因为－＝－＝－＝＝－，又＝－1，所以存在一个实常数λ＝1，使得数列是首项为－1，公差为－的等差数列．基本方法：等差数列的判定与证明方法1、定义法：an－an－1(n≥2，n∈N*)为同一常数⇔{an}是等差数列2、等差中项法：2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立⇔{an}是等差数列3、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4、前n项和公式法：验证Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列类型二、等差数列的性质及应用基础知识：(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，Sm，S2m，S3m分别为{an}的前m项，前2m项，前3m项的和，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m也成等差数列．(3)两个等差数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn之间的关系为eq\f(an,bn)＝eq\f(S2n－1,T2n－1).(4)在等差数列{an}中，若a1>0，d<0，则Sn存在最大值；若a1<0，d>0，则Sn存在最小值．(5)an＝a1＋(n－1)d可化为an＝dn＋a1－d的形式．当d≠0时，an是关于n的一次函数；当d>0时，数列为递增数列；当d<0时，数列为递减数列．（6）an＝am＋(n－m)d，d＝eq\f(an－am,n－m)，S2n－1＝(2n－1)an，Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝eq\f(na2＋an－1,2)(n，m∈N*)．基本题型：1．已知{an}，{bn}是两个等差数列，其中a1＝3，b1＝－3，且a20－b20＝6，那么a10－b10的值为（）A．－6 B．6 C．0 D．10答案：B分析：由于{an}，{bn}都是等差数列，所以{an－bn}也是等差数列，由已知条件可得{an－bn}是常数列，从而可求得答案【详解】由于{an}，{bn}都是等差数列，所以{an－bn}也是等差数列，而a1－b1＝6，a20－b20＝6，所以{an－bn}是常数列，故a10－b10＝6.故选：B.2．(多选)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若S3＝0，a4＝8，则()A．Sn＝2n2－6n B．Sn＝n2－3nC．an＝4n－8 D．an＝2n解析：选AC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．在等差数列中，，则的值为（）A．6 B．12C．24 D．48答案：D分析：由等差数列的性质化简已知条件可得，再由等差数列的通项公式即可求解.【详解】在等差数列中，，所以，所以，故选：D.4．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a2020的值为()A．2020 B．4034C．5041 D．3019答案：B【解析】由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am＝a1＋m－1d＝4，,Sm＝ma1＋\f(mm－1,2)d＝0，,Sm＋2－Sm＝am＋1＋am＋2＝2a1＋m＋m＋1d＝14，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－4，,m＝5，,d＝2，))∴an＝－4＋(n－1)×2＝2n－6，∴a2020＝2×2020－6＝4034.故选B.5．(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>0 D．当d<0时，|a10|>|a22|答案：BC【解析】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．6．记等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S5＝5，S15＝21，则S10＝_______答案：12【解析】因为Sn是等差数列{an}的前n项和，由等差数列前n项和的性质可知：S5，S10－S5，S15－S10成等差数列，所以2(S10－S5)＝S5＋(S15－S10)，即2(S10－5)＝5＋(21－S10)，解得S10＝12.7．一个直角三角形三边长a，b，c成等差数列，面积为12，则它的周长是________.答案：12.分析：方法一：设出直角三角形的三边以及公差，进而通过基本量结合面积公式和勾股定理建立方程组求出三边，进而得到答案；方法二：设出直角三角形的三边，利用等差中项建立等式，进而结合面积公式和勾股定理解出三边，进而得到答案.【详解】方法一：设c为斜边，公差为d，则a＝b－d，c＝b＋d，所以解得b＝4，d＝，从而a＝3，c＝5，a＋b＋c＝12.方法二：设c为斜边，因为是直角三角形且三边长a，b，c成等差数列，且面积为12，可得：解得故三角形的周长为a＋b＋c＝12.8、设Sn，Tn分别是等差数列{an}，{bn}的前n项和，已知eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(2n＋1,4n－2)(n∈N*)，则eq\f(a10,b3＋b17)＝________.答案：eq\f(39,148)【解析】因为eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(2n＋1,4n－2)(n∈N*)，所以eq\f(a10,b3＋b17)＝eq\f(1,2)×eq\f(a1＋a19,b1＋b19)＝eq\f(1,2)×eq\f(\f(19a1＋a19,2),\f(19b1＋b19,2))＝eq\f(1,2)×eq\f(S19,T19)＝eq\f(1,2)×eq\f(2×19＋1,4×19－2)＝eq\f(39,148).9．已知等差数列{an}，其前n项和为Sn，若S1＝S25，a3＋a8＝32，则a1＝________；S16＝________.答案：25160【解析】设等差数列的公差为d，因为S1＝S25，a3＋a8＝32，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(2a1＋24d,2)×25，,2a1＋9d＝32，))解得a1＝25，d＝－2，所以S16＝eq\f(a1＋a16,2)×16＝eq\f(2a1＋15d,2)×16＝eq\f(2×25＋15×－2,2)×16＝160.基本方法：等差数列基本运算的常见类型及解题策略(1)求公差d或项数n.在求解时，一般要运用方程思想．(2)求通项．a1和d是等差数列的两个基本元素．(3)求特定项．利用等差数列的通项公式或等差数列的性质求解．(4)求前n项和．利用等差数列的前n项和公式直接求解或利用等差中项间接求解．类型三、等差数列前n项和中的最值问题基础知识：等差数列与二次型的关系：(1)若an＝a1＋(n－1)d，则Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n. ①事实上，记A＝eq\f(d,2)，B＝a1－eq\f(d,2)，则Sn＝An2＋Bn.Sn是{an}的前n项和，对于Sn＝An2＋Bn＋C，当且仅当C＝0时，{an}是等差数列．(2)若an＝a1＋(n－1)d，则Sn＝eq\f(1,2d)aeq\o\al(2,n)＋eq\f(1,2)an＋eq\f(a1d－a1,2d)(d≠0)． ②利用上述①式和②式构造关系可以快速解决有关等差数列通项和前n项和关系的题目．基本题型：1．(多选)记等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2＝10，S5＝S2，则()A．S3＝S4 B．a6＝10C．Sn的最大值为30 D．an的最大值为15答案：ACD【解析】设等差数列的公差为d，则由题可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝10，,5a1＋10d＝2a1＋d，))解得a1＝15，d＝－5，∴an＝15＋(n－1)×(－5)＝20－5n，Sn＝eq\f(n15＋20－5n,2)＝eq\f(35n－5n2,2)，∴a4＝0，S3＝S4，故A正确；a6＝－10，故B错误；当n＝3或4时，Sn取得最大值为30，故C正确；由于d<0，∴an的最大值为a1＝15，故D正确．2、已知等差数列的公差若则该数列的前项和的最大值为（）A． B． C． D．答案：C【解析】由得，故，当n=9或n=10时，的最大值为或,.3.已知等差数列QUOTE{𝑎𝑛}{an}的前QUOTE𝑛n项和为QUOTE𝑆𝑛Sn，QUOTE𝑎6+𝑎8=6a6+a8=6，QUOTE𝑆9−𝑆6=3S9−S6=3，则使QUOTE𝑆𝑛A．5B．6C．7D．8答案：D【解析】由题意，等差数列QUOTE{𝑎𝑛}{an}的前QUOTE𝑛n项和为QUOTE𝑆𝑛Sn，QUOTE𝑎6+𝑎8=6a6+a8=6，QUOTE𝑆9−𝑆6=3S9−S6=3，根据等差数列的性质和等差数列的前n项和公式，可得QUOTE𝑎6则QUOTE𝑑=𝑎8−𝑎7=1d=a8−a7=1，可求得数列的通项公式为QUOTE𝑎𝑛=17−2𝑛an=17−2n，令QUOTE𝑎𝑛≥0an≥0，即QUOTE17−2𝑛≥017−2n≥0，解得QUOTE𝑛≤172n≤172，又由QUOTE𝑛∈𝑁+n∈N+，可得等差数列QUOTE{𝑎𝑛}{an}中，当QUOTE1≤𝑛<8,,𝑛∈𝑁+1≤n<8,,n∈N+时，QUOTE𝑎𝑛>0an>0，当QUOTE𝑛≥9,𝑛∈𝑁+n≥9,n∈N+时，QUOTE𝑎𝑛<0an<04、等差数列{an}的首项a1>0，设其前n项和为Sn，且S5＝S12，则当n为何值时，Sn有最大值？【解析】设等差数列{an}的公差为d，由S5＝S12得5a1＋10d＝12a1＋66d，d＝－eq\f(1,8)a1<0.法一：Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝na1＋eq\f(nn－1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,8)a1))＝－eq\f(1,16)a1(n2－17n)＝－eq\f(1,16)a1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(17,2)))2＋eq\f(289,64)a1，因为a1>0，n∈N*，所以当n＝8或n＝9时，Sn有最大值．法二：设此数列的前n项和最大，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋n－1·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,8)a1))≥0，,a1＋n·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,8)a1))≤0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n≤9，,n≥8，))即8≤n≤9，又n∈N*，所以当n＝8或n＝9时，Sn有最大值．法三：由于Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，设f(x)＝eq\f(d,2)x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))x，则函数y＝f(x)的图象为开口向下的抛物线，由S5＝S12知，抛物线的对称轴为x＝eq\f(5＋12,2)＝eq\f(17,2)(如图所示)，由图可知，当1≤n≤8时，Sn单调递增；当n≥9时，Sn单调递减．又n∈N*，所以当n＝8或n＝9时，Sn最大．5、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】设等差数列{an}的公差为d.法一：项的符号法由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.基本方法：求等差数列前n项和的最值问题的方法：（1）二次函数法：将看成关于n的二次函数，运用配方法，借助函数的单调性及数形结合思想，使问题得到解决，注意项数n是正整数这一条件.（2）通项公式法：若是等差数列，求前项和的最值时，①若，，且满足，则前项和最大;②若，，且满足，则前项和最小.（3）不等式法：借助取最大值时，有，解此不等式组确定n的范围，进而确定n的值和对应的值（即为的最值）.新预测破高考1、在等差数列中，已知，且公差，则其前项和取最小值时的的值为（）A.B.或C.D.答案：B【解析】等差数列中，可得，则，当时，最小，又，所以当n=8或n=7时前n项和取最小值，故选B．2、设{an}，{bn}都是等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100，则a37＋b37＝()A．0 B．37C．100 D．－37答案：C【解析】设cn＝an＋bn，由于{an}，{bn}都是等差数列，则{cn}也是等差数列，且c1＝a1＋b1＝25＋75＝100，c2＝a2＋b2＝100，∴{cn}的公差d＝c2－c1＝0.∴c37＝100，即a37＋b37＝100.3．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．29C．30 D．31答案：B【解析】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，中间项为an＋1，故S奇－S偶＝a1＋(a3－a2)＋(a5－a4)＋…＋(a2n＋1－a2n)＝a1＋d＋d＋…＋d＝a1＋nd＝an＋1，an＋1＝S奇－S偶＝319－290＝29，故选B.4．《九章算术》是中国古代第一部数学专著，全书收集了246个数学问题，其中一个问题为“今有竹九节，下三节容量四升，上四节容量三升.问中间二节欲均容各多少？”其中“欲均容”的意思是：使容量变化均匀，即由下往上均匀变细.该问题中由上往下数的第2节，第3节，第8节竹子的容积之和为（）A．升 B．升 C．升 D．升答案：A分析：设自上而下依次设各节竹子的容积分别为升，升，…，升，则数列，，…，为等差数列.由已知建立方程组，再根据等差数列的性质可求得答案.【详解】设自上而下依次设各节竹子的容积分别为升，升，…，升，则数列，，…，为等差数列.依题意有，又因为，，故.5.设等差数列的前n项和为，已知，当取得最小值是，（）A．5B．6C．7D．8答案：B【解析】设等差数列的公差为，所以，因为，故，所以，令，得，所以当取得最小值时．6.数列是等差数列，若，且它的前n项和有最大值，那么当取得最小正值时，n等于（）A．17B．16C．15D．14答案：C【解析】∵数列的前n项和有最大值，∴数列为递减数列，又，且，又，故当时，取得最小正值，故选C．7．(多选)等差数列{an}的前n项和记为Sn，若a1＞0，S10＝S20，则()A．d＜0 B．a16＜0C．Sn≤S15 D．当且仅当Sn＜0时n≥32答案：ABC【解析】设等差数列{an}的公差为d，∵S10＝S20，∴10a1＋45d＝20a1＋190d，∴2a1＋29d＝0，∵a1＞0，∴d＜0，故A正确；∴a1＋14d＋a1＋15d＝0，即a15＋a16＝0，∵d＜0，∴a15＞a16，∴a15＞0，a16＜0，故B正确；∴Sn≤S15，故C正确；又S31＝eq\f(31a1＋a31,2)＝31a16<0，S30＝eq\f(30a1＋a30,2)＝15(a15＋a16)＝0，∴当且仅当Sn＜0时，n≥31，故D错误．8．已知数列是等差数列，若，，则公差（）A．1 B． C． D．答案：D分析：利用等差数列的下标和性质即可求解.【详解】∵，∴．∵，∴，∴公差．9．(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．4 B．5C．7 D．8答案：BD【解析】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．10.设等差数列满足，；则数列的前项和中使得取的最大值的序号为（）A．4B．5C．6D．7答案：B【解析】由题意可得数列的公差，则数列的通项公式令，故等差数列的前5项为正数，从第6项开始为负数，则使得最大的序号．故选B11、已知数列是等差数列，，则前项和中最大的是（