2025-高考科学复习创新方案-数学-提升版第七章素能培优（六）含答案

2025-高考科学复习创新方案-数学-提升版第七章考情分析：数列中的创新应用问题是每年命题的热点，创新主要体现在以下三点：新定义、新情景、新交汇，三种题型均有可能．创新点难度2023Ⅰ卷T21与概率交汇命题难Ⅱ卷T18与不等式交汇中2022Ⅰ卷T17与不等式交汇难Ⅱ卷T3，T17以数学文化为载体，与集合交汇中2021Ⅰ卷T16以数学文化为载体难Ⅱ卷T12新定义难考向一新定义问题例1(多选)(2021·新高考Ⅱ卷)设正整数n＝a0·20＋a1·2＋…＋ak－1·2k－1＋ak·2k，其中ai∈{0，1}，记ω(n)＝a0＋a1＋…＋ak.则()A．ω(2n)＝ω(n)B．ω(2n＋3)＝ω(n)＋1C．ω(8n＋5)＝ω(4n＋3)D．ω(2n－1)＝n答案ACD解析对于A，ω(n)＝a0＋a1＋…＋ak，2n＝a0·21＋a1·22＋…＋ak－1·2k＋ak·2k＋1，所以ω(2n)＝a0＋a1＋…＋ak＝ω(n)，A正确；对于B，取n＝2，2n＋3＝7＝1·20＋1·21＋1·22，所以ω(7)＝3，而2＝0·20＋1·21，则ω(2)＝1，所以ω(7)≠ω(2)＋1，B错误；对于C，8n＋5＝a0·23＋a1·24＋…＋ak·2k＋3＋5＝1·20＋1·22＋a0·23＋a1·24＋…＋ak·2k＋3，所以ω(8n＋5)＝2＋a0＋a1＋…＋ak，4n＋3＝a0·22＋a1·23＋…＋ak·2k＋2＋3＝1·20＋1·21＋a0·22＋a1·23＋…＋ak·2k＋2，所以ω(4n＋3)＝2＋a0＋a1＋…＋ak，所以ω(8n＋5)＝ω(4n＋3)，C正确；对于D，2n－1＝20＋21＋…＋2n－1，所以ω(2n－1)＝n，D正确．故选ACD.解决数列中的新定义问题的一般流程(1)读懂定义，理解新定义数列的含义．(2)特殊分析，比如先对n＝1，2，3，…的情况进行讨论．(3)通过特殊情况寻找新定义的数列的规律及性质，以及新定义数列与已知数列(如等差与等比数列)的关系，仔细观察，探求规律，注重转化，合理设计解题方案．(4)联系等差数列与等比数列知识将新定义数列问题转化为熟悉的知识进行求解．1.(2023·武汉三模)将1，2，…，n按照某种顺序排成一列得到数列{an}，对任意1≤i<j≤n，如果ai>aj，那么称数对(ai，aj)构成数列{an}的一个逆序对．若n＝4，则恰有2个逆序对的数列{an}的个数为()A．4 B．5C．6 D．7答案B解析若n＝4，则1≤i<j≤4，由1，2，3，4构成的逆序对有(4，3)，(4，2)，(4，1)，(3，2)，(3，1)，(2，1)，若数列{an}的第一个数为4，则至少有3个逆序对；若数列{an}的第二个数为4，则恰有2个逆序对的数列{an}为{1，4，2，3}；若数列{an}的第三个数为4，则恰有2个逆序对的数列{an}为{1，3，4，2}或{2，1，4，3}；若数列{an}的第四个数为4，则恰有2个逆序对的数列{an}为{2，3，1，4}或{3，1，2，4}．综上，恰有2个逆序对的数列{an}的个数为5.故选B.2．(多选)若数列{an}满足：对任意正整数n，{an＋1－an}为等差数列，则称数列{an}为“二阶等差数列”．若{an}不是等比数列，但{an}中存在不相同的三项可以构成等比数列，则称{an}是“局部等比数列”．若数列{an}既是“二阶等差数列”，又是“局部等比数列”，则{an}的通项公式可以是()A．an＝1 B．an＝nC．an＝n2 D．an＝eq\r(n)答案BC解析对于A，数列{an}是等比数列，不满足题意；对于B，an＋1－an＝1，{an＋1－an}为等差数列，数列{n}不是等比数列，在{n}中存在不相同的三项可以构成等比数列，满足题意；对于C，an＋1－an＝2n＋1，{an＋1－an}为等差数列，数列{n2}不是等比数列，在{n2}中存在不相同的三项可以构成等比数列，满足题意；对于D，an＋1－an＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，{an－an－1}不是等差数列，不满足题意．考向二数学文化与数列的实际应用例2(2021·新高考Ⅰ卷)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20dm×12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240dm2，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180dm2，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n次，那么eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))Sk＝________dm2.答案5240·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(n＋3,2n)))解析对折3次可以得到eq\f(5,2)dm×12dm，5dm×6dm，10dm×3dm，20dm×eq\f(3,2)dm，共四种规格的图形，它们的面积之和为S3＝4×30＝120dm2.对折4次可以得到eq\f(5,4)dm×12dm，eq\f(5,2)dm×6dm，5dm×3dm，10dm×eq\f(3,2)dm，20dm×eq\f(3,4)dm，共五种规格的图形，它们的面积之和为S4＝5×15＝75dm2.对折n次有n＋1种规格的图形，且Sn＝eq\f(240,2n)(n＋1)，因此eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))Sk＝240·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,21)＋\f(3,22)＋…＋\f(n＋1,2n))).eq\f(1,2)eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))Sk＝240·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,22)＋\f(3,23)＋…＋\f(n,2n)＋\f(n＋1,2n＋1)))，因此eq\f(1,2)eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))Sk＝240·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n)－\f(n＋1,2n＋1)))＝240·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(n＋3,2n＋1))).所以eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))Sk＝240·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(n＋3,2n)))dm2.解决实际问题所涉及的数列模型首先要认真阅读领悟，学会翻译(数学化)；其次再考虑用熟悉的数列知识建立数学模型，求出问题的解；最后还需验证求得的解是否符合实际．1.(2022·新高考Ⅱ卷)图1是中国古代建筑中的举架结构，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举．图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为eq\f(DD1,OD1)＝0.5，eq\f(CC1,DC1)＝k1，eq\f(BB1,CB1)＝k2，eq\f(AA1,BA1)＝k3.已知k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3＝()A．0.75 B．0.8C．0.85 D．0.9答案D解析设OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，则DD1＝0.5，CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3，依题意，有k3－0.2＝k1，k3－0.1＝k2，且eq\f(DD1＋CC1＋BB1＋AA1,OD1＋DC1＋CB1＋BA1)＝0.725，所以eq\f(0.5＋3k3－0.3,4)＝0.725，故k3＝0.9.故选D.2．(2020·全国Ⅱ卷)0～1周期序列在通信技术中有着重要应用．若序列a1a2…an…满足ai∈{0，1}(i＝1，2，…)，且存在正整数m，使得ai＋m＝ai(i＝1，2，…)成立，则称其为0～1周期序列，并称满足ai＋m＝ai(i＝1，2，…)的最小正整数m为这个序列的周期．对于周期为m的0～1序列a1a2…an…，C(k)＝eq\f(1,m)eq\o(∑,\s\up6(m),\s\do4(i＝1))aiai＋k(k＝1，2，…，m－1)是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0～1序列中，满足C(k)≤eq\f(1,5)(k＝1，2，3，4)的序列是()A．11010… B．11011…C．10001… D．11001…答案C解析由序列的周期为5，知m＝5，C(k)＝eq\f(1,5)eq\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))aiai＋k(k＝1，2，3，4)，对于A，C(1)＝eq\f(1,5)eq\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))aiai＋1＝eq\f(1,5)(a1a2＋a2a3＋a3a4＋a4a5＋a5a6)＝eq\f(1,5)×(1＋0＋0＋0＋0)＝eq\f(1,5)，C(2)＝eq\f(1,5)eq\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))aiai＋2＝eq\f(1,5)(a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a6＋a5a7)＝eq\f(1,5)×(0＋1＋0＋1＋0)＝eq\f(2,5)，不满足题意；对于B，C(1)＝eq\f(1,5)eq\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))aiai＋1＝eq\f(1,5)(a1a2＋a2a3＋a3a4＋a4a5＋a5a6)＝eq\f(1,5)×(1＋0＋0＋1＋1)＝eq\f(3,5)，不满足题意；对于D，C(1)＝eq\f(1,5)eq\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))aiai＋1＝eq\f(1,5)(a1a2＋a2a3＋a3a4＋a4a5＋a5a6)＝eq\f(1,5)×(1＋0＋0＋0＋1)＝eq\f(2,5)，不满足题意．故选C.第2讲等差数列[课程标准]1.理解等差数列的概念和通项公式的意义.2.探索并掌握等差数列的前n项和公式，理解等差数列的通项公式与前n项和公式的关系.3.能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系，并解决相应的问题.4.体会等差数列与一元一次函数的关系．1．等差数列的有关概念(1)定义：一般地，如果一个数列从eq\x(\s\up1(01))第2项起，每一项与它的前一项的eq\x(\s\up1(02))差都等于eq\x(\s\up1(03))同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的eq\x(\s\up1(04))公差，公差通常用字母d表示．数学语言表示为eq\x(\s\up1(05))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eq\x(\s\up1(06))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＝eq\x(\s\up1(07))a＋b．2．等差数列的有关公式(1)通项公式：an＝eq\x(\s\up1(08))a1＋(n－1)d．(2)前n项和公式：Sn＝eq\x(\s\up1(09))na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝eq\x(\s\up1(10))eq\f(n（a1＋an）,2)．等差数列的常用性质(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.若m＋n＝2p(m，n，p∈N*)，则am＋an＝2ap.(3)若{an}是等差数列，公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为2d.(4)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列．(5)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．(6)等差数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等差数列，其公差为n2d.(7)若等差数列的项数为2n(n∈N*)，则S偶－S奇＝nd，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(an,an＋1).(8)若等差数列的项数为2n－1(n∈N*)，则S奇－S偶＝an，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(n,n－1)(S奇＝nan，S偶＝(n－1)an)．(9)若{an}，{bn}均为等差数列且其前n项和为Sn，Tn，则eq\f(an,bn)＝eq\f(S2n－1,T2n－1).(10)若Sm＝n，Sn＝m(m≠n)，则Sm＋n＝－(m＋n)．(11)由公式Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）d,2)得eq\f(Sn,n)＝a1＋eq\f(n－1,2)d＝eq\f(d,2)n＋a1－eq\f(d,2)，因此数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等差数列，首项为a1，公差为等差数列{an}公差的一半．(12)等差数列与函数的关系①an＝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．②Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n.当d≠0时，它是关于n的二次函数．数列{an}是等差数列⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．1．在数列{an}中，a1＝－2，an＋1－an＝2，则a5＝()A．－6 B．6C．－10 D．10答案B解析∵an＋1－an＝2，∴数列{an}是公差为2的等差数列，又a1＝－2，∴a5＝a1＋4d＝－2＋2×4＝6.故选B.2．(人教A选择性必修第二册4.2.1练习T4改编)等差数列{an}中，a4＋a8＝10，a10＝6，则公差d＝()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,2)C．2 D．－eq\f(1,2)答案A解析∵a4＋a8＝2a6＝10，∴a6＝5，又a10＝6，∴公差d＝eq\f(a10－a6,10－6)＝eq\f(6－5,4)＝eq\f(1,4).故选A.3．(人教B选择性必修第三册5.2.2练习AT2改编)设Sn是等差数列{an}的前n项和，a2＝5，a7＝20，则S8＝()A．90 B．100C．120 D．200答案B解析S8＝eq\f(8（a1＋a8）,2)＝4(a1＋a8)＝4(a2＋a7)＝4×25＝100.故选B.4．(2020·全国Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1＝－2，a2＋a6＝2，则S10＝________．答案25解析设等差数列{an}的公差为d，由a1＝－2，a2＋a6＝2，可得a1＋d＋a1＋5d＝2，即－2＋d＋(－2)＋5d＝2，解得d＝1.所以S10＝10×(－2)＋eq\f(10×（10－1）,2)×1＝－20＋45＝25.5．(人教A选择性必修第二册4.2.2练习T5改编)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________．答案29解析设项数为2n－1，则该数列的中间项为an＝S奇－S偶＝319－290＝29.考向一等差数列的基本运算例1(1)已知数列{an}中，a3＝2，a7＝1.若eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))为等差数列，则a5＝()A.eq\f(2,3) B.eq\f(3,2)C.eq\f(4,3) D.eq\f(3,4)答案C解析设等差数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的公差为d，则eq\f(1,a7)＝eq\f(1,a3)＋4d，即1＝eq\f(1,2)＋4d，解得d＝eq\f(1,8).则eq\f(1,a5)＝eq\f(1,a3)＋2d＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＝eq\f(3,4)，解得a5＝eq\f(4,3).故选C.(2)(多选)(2023·辽宁朝阳模拟)已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝66，a2＋a4＋a6＝57，则()A．数列{an}的公差为－3B．数列{an}的通项公式为an＝31－2nC．数列{an}的前n项和为eq\f(59n－3n2,2)D．数列{|an|}的前50项和为2565答案ACD解析a1＋a3＋a5＝3a3＝66，a2＋a4＋a6＝3a4＝57，解得a3＝22，a4＝19，因此数列{an}的公差d＝a4－a3＝－3，首项a1＝a3－2d＝28，A正确；数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝31－3n，B错误；数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝eq\f(59n－3n2,2)，C正确；由an≥0，得n≤10，因此数列{|an|}的前50项和为a1＋a2＋…＋a10－a11－a12－…－a50＝2S10－S50＝2×eq\f(59×10－3×102,2)－eq\f(59×50－3×502,2)＝2565，D正确．故选ACD.等差数列计算中的两个技巧(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转换作用，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．1.(2023·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝()A．25 B．22C．20 D．15答案C解析解法一：设等差数列{an}的公差为d，首项为a1，依题意可得，a2＋a6＝(a1＋d)＋(a1＋5d)＝10，即a1＋3d＝5，又a4a8＝(a1＋3d)·(a1＋7d)＝45，解得d＝1，a1＝2，所以S5＝5a1＋eq\f(5×4,2)×d＝5×2＋10×1＝20.故选C.解法二：设等差数列{an}的公差为d，a2＋a6＝2a4＝10，a4a8＝45，所以a4＝5，a8＝9，从而d＝eq\f(a8－a4,8－4)＝1，于是a3＝a4－d＝5－1＝4，所以S5＝5a3＝20.故选C.2．《周髀算经》有这样一个问题：从冬至日起，依次为小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种十二个节气日影长减等寸，冬至、立春、春分日影长之和为三丈一尺五寸，前九个节气日影长之和为八丈五尺五寸，问芒种日影长为(一丈＝十尺＝一百寸)()A．一尺五寸 B．二尺五寸C．三尺五寸 D．四尺五寸答案B解析由题意知，从冬至日起，依次为小寒、大寒等十二个节气日影长构成一个等差数列{an}，设公差为d，∵冬至、立春、春分日影长之和为三丈一尺五寸，前九个节气日影长之和为八丈五尺五寸，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a4＋a7＝3a1＋9d＝315，,S9＝9a1＋\f(9×8,2)d＝855，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝135，,d＝－10，))∴芒种日影长为a12＝a1＋11d＝135－11×10＝25(寸)＝2尺5寸．考向二等差数列的判定与证明例2(1)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋2n，n∈N*，则a4＝()A．64 B．56C．32 D．24答案C解析由an＋1＝2an＋2n得eq\f(an＋1,2n＋1)－eq\f(an,2n)＝eq\f(1,2)，而eq\f(a1,2)＝eq\f(1,2)，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是首项为eq\f(1,2)，公差为eq\f(1,2)的等差数列，∴eq\f(an,2n)＝eq\f(1,2)＋(n－1)×eq\f(1,2)＝eq\f(n,2)，∴an＝n·2n－1，∴a4＝4×24－1＝32.(2)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，又因为a1＝1，所以a2＝6.由2a3－3a2＝12，得2a3＝12＋3a2，所以a3＝15.②由已知nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n，得eq\f(nan＋1－（n＋1）an,n（n＋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)))是首项为eq\f(a1,1)＝1，公差为d＝2的等差数列，则eq\f(an,n)＝1＋2(n－1)＝2n－1.所以an＝2n2－n.等差数列的判定方法(1)定义法：对于n≥2的任意自然数，验证an－an－1为同一常数．(2)等差中项法：验证2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立．(3)通项公式法：验证an＝pn＋q.(4)前n项和公式法：验证Sn＝An2＋Bn.提醒：在解答题中常应用定义法和等差中项法，而通项公式法和前n项和公式法主要适用于选择题、填空题中的简单判断．(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．解选择条件①③⇒②.已知数列{an}是等差数列，a2＝3a1，设数列{an}的公差为d，则a2＝3a1＝a1＋d，所以d＝2a1.因为Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝n2a1，所以eq\r(Sn)＝neq\r(a1)(a1>0)，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．选择条件①②⇒③.已知数列{an}是等差数列，数列{eq\r(Sn)}是等差数列，设数列{an}的公差为d，则S1＝a1，S2＝2a1＋d，S3＝3a1＋3d，因为数列{eq\r(Sn)}是等差数列，所以eq\r(S1)＋eq\r(S3)＝2eq\r(S2)，即eq\r(a1)＋eq\r(3a1＋3d)＝2eq\r(2a1＋d)，化简整理得d＝2a1.所以a2＝a1＋d＝3a1.选择条件②③⇒①.已知数列{eq\r(Sn)}是等差数列，a2＝3a1，设数列{eq\r(Sn)}的公差为d，则eq\r(S2)－eq\r(S1)＝d，即eq\r(4a1)－eq\r(a1)＝d.所以a1＝d2，eq\r(Sn)＝eq\r(S1)＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2，所以an＝Sn－Sn－1＝2d2n－d2(n≥2)．又a1＝d2也适合上式，所以an＝2d2n－d2(n∈N*)．an＋1－an＝2d2(n＋1)－d2－(2d2n－d2)＝2d2(常数)，所以数列{an}是等差数列．多角度探究突破考向三等差数列的性质角度等差数列项的性质例3(1)等差数列{an}中，若a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，则a9－eq\f(1,3)a11的值是()A．14 B．15C．16 D．17答案C解析因为{an}是等差数列，所以a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝5a8＝120，所以a8＝24.所以a9－eq\f(1,3)a11＝a8＋d－eq\f(1,3)(a8＋3d)＝eq\f(2,3)a8＝16.故选C.(2)(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是()A．a7 B．a8C．S15 D．S16答案BC解析由等差中项的性质可得a3＋a8＋a13＝3a8为定值，则a8为定值，S15＝eq\f(15（a1＋a15）,2)＝15a8为定值，但S16＝eq\f(16（a1＋a16）,2)＝8(a8＋a9)不是定值．等差数列项的性质利用等差数列项的性质解决基本量的运算体现了整体求值思想，应用时常将an＋am＝2ak(n＋m＝2k，n，m，k∈N*)与am＋an＝ap＋aq(m＋n＝p＋q，m，n，p，q∈N*)相结合，可减少运算量．1.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．15C．13 D．11答案A解析∵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)＝4(a1＋an)＝8，∴a1＋an＝2，∴Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝17，解得n＝17.故选A.2．(2023·九江湖口中学5月考试)等差数列{an}中，若S9＝18，Sn＝240，an－4＝30，则n的值为()A．14 B．15C．16 D．17答案B解析由等差数列的性质知，a1＋a9＝2a5，a1＋an＝a5＋an－4，因为S9＝eq\f(9（a1＋a9）,2)＝9a5＝18，故a5＝2，又Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝eq\f(n（a5＋an－4）,2)＝240，故eq\f(n（2＋30）,2)＝240，所以n＝15.故选B.角度等差数列前n项和的性质例4(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝1，S30＝5，则S40＝()A．7 B．8C．9 D．10答案B解析由等差数列的性质知S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等差数列，设其公差为d，∴2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，∴S20＝S10＋eq\f(S30,3)＝1＋eq\f(5,3)＝eq\f(8,3).∴d＝(S20－S10)－S10＝eq\f(2,3)，∴S40－S30＝1＋3×eq\f(2,3)＝3，∴S40＝8.故选B.(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＝________．答案5解析设等差数列的前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\co1(S奇＋S偶＝354，,S偶∶S奇＝32∶27，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S偶＝192，,S奇＝162.))又因为S偶－S奇＝6d，所以d＝eq\f(192－162,6)＝5.等差数列前n项和的性质在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则(1)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…是等差数列；(2)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列；(3)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；(4)S2n－1＝(2n－1)an；(5)若n为偶数，则S偶－S奇＝eq\f(nd,2)；若n为奇数，则S奇－S偶＝a中(中间项)．1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若m>1，且am－1＋am＋1－aeq\o\al(2,m)－1＝0，S2m－1＝39，则m＝()A．39 B．20C．19 D．10答案B解析数列{an}为等差数列，则am－1＋am＋1＝2am，则am－1＋am＋1－aeq\o\al(2,m)－1＝0可化为2am－aeq\o\al(2,m)－1＝0，解得am＝1.又S2m－1＝(2m－1)am＝39，则m＝20.故选B.2．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2022，eq\f(S2020,2020)－eq\f(S2014,2014)＝6，则S2022＝________．答案－2022解析由等差数列的性质可得eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也为等差数列，设其公差为d，则eq\f(S2020,2020)－eq\f(S2014,2014)＝6d＝6，∴d＝1，∴eq\f(S2022,2022)＝eq\f(S1,1)＋2021d＝－2022＋2021＝－1，∴S2022＝－2022.角度等差数列前n项和的最值问题例5等差数列{an}中，设Sn为其前n项和，且a1<0，S3＝S11，则当n＝________时，Sn最小．答案7解析解法一：由S3＝S11，得3a1＋eq\f(3×2,2)d＝11a1＋eq\f(11×10,2)d，则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.又因为a1<0，所以－eq\f(a1,13)>0.故当n＝7时，Sn最小．解法二：由于f(x)＝ax2＋bx是关于x的二次函数，且(n，Sn)在二次函数f(x)的图象上，由S3＝S11，可知f(x)＝ax2＋bx的图象关于直线x＝eq\f(3＋11,2)＝7对称．由解法一可知a＝－eq\f(a1,13)>0，故当x＝7时，f(x)最小，即当n＝7时，Sn最小．解法三：由解法一可知d＝－eq\f(2,13)a1.要使Sn最小，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最小．解法四：由S3＝S11，可得a4＋a5＋…＋a10＋a11＝0，即4(a7＋a8)＝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最小．求等差数列前n项和最值的常用方法(1)二次函数法：用求二次函数最值的方法(配方法)求其前n项和的最值，但要注意n∈N*.(2)图象法：利用二次函数图象的对称性来确定n的值，使Sn取得最值．(3)邻项变号法：当a1>0，d<0时，满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0))的项数n，使Sn取最大值；当a1<0，d>0时，满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≤0，,an＋1≥0))的项数n，使Sn取最小值，即正项变负项处最大，负项变正项处最小．若有零项，则使Sn取最值的n有两个．设等差数列{an}满足3a8＝5a15，且a1>0，Sn为其前n项和，则数列{Sn}的最大项为()A．S23 B．S24C．S25 D．S26答案C解析设等差数列的公差为d，∵3a8＝5a15，∴3a1＋21d＝5a1＋70d，∴a1＋eq\f(49,2)d＝0.解法一：a1>0，∴d<0，∴a1＋24d＝a25>0，a1＋25d＝a26<0，∴数列{Sn}的最大项为S25.故选C.解法二：Sn＝eq\f(d,2)(n2－50n)，d<0，所以当n＝25时，数列{Sn}有最大项，为S25.故选C.课时作业一、单项选择题1．(2023·荆州模拟)Sn为等差数列的前n项和，S9＝81，a2＝3，则a10＝()A．2 B．11C．15 D．19答案D解析设等差数列的公差为d，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(9a1＋36d＝81，,a1＋d＝3，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2，))所以a10＝a1＋9d＝1＋18＝19.故选D.2．(2023·西安一中模拟)已知数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2,an＋1)))为等差数列，且a1＝1，a4＝－eq\f(1,2)，则a2023＝()A.eq\f(2021,2023) B．－eq\f(2021,2023)C.eq\f(2019,2021) D．－eq\f(2019,2021)答案B解析因为数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2,an＋1)))为等差数列，且a1＝1，a4＝－eq\f(1,2)，所以eq\f(2,1＋a1)＝1，eq\f(2,1＋a4)＝4，设该等差数列的公差为d，则3d＝4－1＝3，即d＝1，eq\f(2,1＋a2023)＝1＋2022d＝2023，所以a2023＝－eq\f(2021,2023).故选B.3．(2023·上饶二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a6＋a9＝a3＋4，则S23＝()A．92 B．94C．96 D．98答案A解析等差数列{an}中，a6＋a9＝a3＋4＝a3＋a12，则a12＝4，所以S23＝eq\f(a1＋a23,2)×23＝23a12＝92.故选A.4．(2023·陕西名校联考)已知数列{an}中，a2＝4，am＋n＝am＋an，则a11＋a12＋a13＋…＋a19＝()A．95 B．145C．270 D．520答案C解析在等式am＋n＝am＋an中，令m＝1，可得an＋1＝an＋a1，则an＋1－an＝a1，所以数列{an}为等差数列，且该数列的首项和公差均为a1.因为a2＝2a1＝4，故a1＝2，所以an＝2＋2(n－1)＝2n，则a15＝2×15＝30，因此a11＋a12＋a13＋…＋a19＝eq\f(9（a11＋a19）,2)＝eq\f(9×2a15,2)＝9a15＝270.故选C.5．等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(5n＋2,n＋3)，则eq\f(a2＋a20,b7＋b15)＝()A.eq\f(107,24) B.eq\f(7,24)C.eq\f(149,12) D.eq\f(149,3)答案A解析由题意知，eq\f(a2＋a20,b7＋b15)＝eq\f(a1＋a21,b1＋b21)＝eq\f(S21,T21)＝eq\f(107,24).故选A.6．(2023·汉中二模)蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关．如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”．画法如下：在水平直线上取长度为1的线段AB，作一个等边三角形ABC，然后以点B为圆心，AB为半径逆时针画圆弧交线段CB的延长线于点D(第一段圆弧)，再以点C为圆心，CD为半径逆时针画圆弧交线段AC的延长线于点E，再以点A为圆心，AE为半径逆时针画圆弧……以此类推，当得到的“蚊香”恰好有11段圆弧时，“蚊香”的长度为()A．14π B．18πC．30π D．44π答案D解析由题意知每段圆弧的圆心角都是eq\f(2π,3)，第n段圆弧的半径为n，弧长记为an，则an＝eq\f(2π,3)·n，所以S11＝eq\f(2π,3)×(1＋2＋…＋11)＝44π.故选D.7．(2023·新课标Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，则()A．甲是乙的充分条件但不是必要条件B．甲是乙的必要条件但不是充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件答案C解析解法一：甲：{an}为等差数列，设其首项为a1，公差为d，则Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d，eq\f(Sn,n)＝a1＋eq\f(n－1,2)d＝eq\f(d,2)n＋a1－eq\f(d,2)，eq\f(Sn＋1,n＋1)－eq\f(Sn,n)＝eq\f(d,2)，因此eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，则甲是乙的充分条件；反之，乙：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，即eq\f(Sn＋1,n＋1)－eq\f(Sn,n)＝eq\f(nSn＋1－（n＋1）Sn,n（n＋1）)＝eq\f(nan＋1－Sn,n（n＋1）)为常数，设为t，即eq\f(nan＋1－Sn,n（n＋1）)＝t，则Sn＝nan＋1－t·n(n＋1)，有Sn－1＝(n－1)an－t·n(n－1)，n≥2，两式相减，得an＝nan＋1－(n－1)an－2tn，即an＋1－an＝2t，对n＝1也成立，因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件．所以甲是乙的充要条件．故选C.解法二：甲：{an}为等差数列，设数列{an}的首项为a1，公差为d，即Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d，则eq\f(Sn,n)＝a1＋eq\f(n－1,2)d＝eq\f(d,2)n＋a1－eq\f(d,2)，因此eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，即甲是乙的充分条件；反之，乙：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，即eq\f(Sn＋1,n＋1)－eq\f(Sn,n)＝d′，eq\f(Sn,n)＝S1＋(n－1)d′，即Sn＝nS1＋n(n－1)d′，Sn－1＝(n－1)S1＋(n－1)(n－2)d′，当n≥2时，以上两式相减，得Sn－Sn－1＝S1＋2(n－1)d′，于是an＝a1＋2(n－1)d′，当n＝1时，上式也成立，又an＋1－an＝a1＋2nd′－[a1＋2(n－1)d′]＝2d′，为常数，因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件．所以甲是乙的充要条件．故选C.8．(2023·武汉二调)南宋数学家杨辉为我国古代数学研究作出了杰出贡献，他的著名研究成果“杨辉三角”记录于其重要著作《详解九章算法》，该著作中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列．以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中的第2项开始，每一项与前一项的差构成等差数列．若某个二阶等差数列的前4项为2，3，6，11，则该数列的第15项为()A．196 B．197C．198 D．199答案C解析设该数列为{an}，则a1＝2，a2＝3，a3＝6，a4＝11，由二阶等差数列的定义可知，a2－a1＝1，a3－a2＝3，a4－a3＝5，…，所以数列{an＋1－an}是首项为a2－a1＝1，公差d＝2的等差数列，即an＋1－an＝2n－1，所以an＋1＝(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝n2＋2，所以a15＝142＋2＝198，即该数列的第15项为198.故选C.二、多项选择题9.(2023·大连二模)北京天坛圜丘坛的地面由石板铺成，最中间的是圆形的天心石，围绕天心石的是9圈扇环形的石板，从内到外各圈的石板数依次为a1，a2，a3，…，a9，设数列{an}为等差数列，它的前n项和为Sn，且a2＝18，a4＋a6＝90，则()A．a1＝6 B．{an}的公差为9C．a6＝3a3 D．S9＝405答案BD解析设等差数列{an}的公差为d，∵a2＝18，a4＋a6＝90，∴a1＋d＝18，2a1＋8d＝90，解得a1＝9，d＝9，∴an＝9＋9(n－1)＝9n，a6＝9×6＝54，3a3＝3×9×3＝81，∴a6≠3a3，S9＝9×9＋eq\f(9×8,2)×9＝405.故选BD.10．(2023·沈阳一模)设等差数列{an}的前n项和是Sn，若a2<－a11<a1，则()A．a6<a7 B．S10>0C．S15<0 D．Sn≤S5答案BC解析设等差数列{an}的公差为d，∵a2<－a11<a1，可得a1＋d<－a1－10d<a1，d<0，∴a1>－5d>0，a2＋a11<0，∴a1＋5d＝a6>0，a6＋a7＝a1＋a12<0，∴a7<0，∴a6>a7，故A错误；S11＝eq\f(11（a1＋a11）,2)＝11a6>0，S12＝eq\f(12（a1＋a12）,2)<0，故当n≤11时，Sn>0，当n≥12时，Sn<0，故B，C正确；因为S6＝S5＋a6，a6>0，所以S6>S5，故D错误．故选BC.11．(2023·梅州一模)设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题正确的是()A．若d<0，则S1是数列{Sn}的最大项B．若数列{Sn}有最小项，则d>0C．若数列{Sn}是递减数列，则对任意的n∈N*，均有Sn<0D．若对任意的n∈N*，均有Sn>0，则数列{Sn}是递增数列答案BD解析对于A，取数列{an}是首项为4，公差为－2的等差数列，S1＝4<S2＝6，故A错误；对于B，等差数列{an}中，公差d≠0，Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，Sn是关于n的二次函数．数列{Sn}有最小项，即Sn有最小值，Sn对应的二次函数有最小值，对应的函数图象开口向上，d>0，故B正确；对于C，取数列{an}是首项为1，公差为－2的等差数列，Sn＝－n2＋2n，Sn＋1－Sn＝－(n＋1)2＋2(n＋1)－(－n2＋2n)＝－2n＋1<0，即Sn＋1<Sn恒成立，此时数列{Sn}是递减数列，而S1＝1>0，故C错误；对于D，若对任意的n∈N*，均有Sn>0，则a1＞0，d＞0，又Sn＋1－Sn＝an＋1＝a1＋nd＞0，所以数列{Sn}是递增数列，故D正确．故选BD.三、填空题12．(2023·中山期末)在数列{an}中，a1＝2，eq\r(an＋1)＝eq\r(an)＋eq\r(2)，则数列{an}的通项公式为________．答案an＝2n2解析由eq\r(an＋1)＝eq\r(an)＋eq\r(2)得eq\r(an＋1)－eq\r(an)＝eq\r(2)，而eq\r(a1)＝eq\r(2)，于是得数列{eq\r(an)}是以eq\r(2)为首项，d＝eq\r(2)为公差的等差数列，则有eq\r(an)＝eq\r(a1)＋(n－1)d＝eq\r(2)＋eq\r(2)(n－1)＝eq\r(2)n，所以数列{an}的通项公式为an＝2n2.13．已知等差数列{an}中，a2＝2，a4＝8，若abn＝3n－1，则b20