旧教材适用2024高考数学一轮总复习第六章数列第2讲等差数列及其前n项和

第2讲等差数列及其前n项和1．等差数列的有关概念(1)定义：假如一个数列从eq\o(□,\s\up3(01))第2项起，每一项与它的前一项的eq\o(□,\s\up3(02))差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．符号表示为eq\o(□,\s\up3(03))an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数).(2)等差中项：数列a，A，b成等差数列的充要条件是eq\o(□,\s\up3(04))A＝eq\f(a＋b,2)，其中A叫做a，b的eq\o(□,\s\up3(05))等差中项．2．等差数列的有关公式(1)通项公式：an＝eq\o(□,\s\up3(06))a1＋(n－1)d．(2)前n项和公式：Sn＝eq\o(□,\s\up3(07))na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝eq\o(□,\s\up3(08))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Sm＝n，Sn＝m(m≠n)，则Sm＋n＝－(m＋n).(10)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．(11)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．(2024·陕西西安交大附中四模)已知数列{an}是公差为d的等差数列，Sn为其前n项和，若S4＝5，S2＝eq\f(3,2)，则公差d＝()A．eq\f(1,4)B．1C．eq\f(3,4)D．eq\f(1,2)答案D解析∵数列{an}是公差为d的等差数列，Sn为其前n项和，S4＝5，S2＝eq\f(3,2)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S4＝4a1＋\f(4×3,2)d＝4a1＋6d＝5，,S2＝2a1＋\f(2×1,2)d＝2a1＋d＝\f(3,2)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)，,d＝\f(1,2)．))故选D.2．记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则()A．an＝2n－5 B．an＝3n－10C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝eq\f(1,2)n2－2n答案A解析设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由S4＝0，a5＝5可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a1＋6d＝0，,a1＋4d＝5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－3，,d＝2.))所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝n×(－3)＋eq\f(n（n－1）,2)×2＝n2－4n.故选A.3．若等差数列{an}的前n项和Sn满意S4＝4，S6＝12，则S2＝()A．－1B．0C．1D．3答案B解析依据等差数列的性质，可得S2，S4－S2，S6－S4成等差数列，即2(S4－S2)＝S2＋S6－S4，因此S2＝0.故选B.4．(2024·北京高考){an}和{bn}是两个等差数列，其中eq\f(ak,bk)(1≤k≤5)为常值，a1＝288，a5＝96，b1＝192，则b3＝()A．64B．128C．256D．512答案B解析由已知条件可得eq\f(a1,b1)＝eq\f(a5,b5)，则b5＝eq\f(a5b1,a1)＝eq\f(96×192,288)＝64，因此，b3＝eq\f(b1＋b5,2)＝eq\f(192＋64,2)＝128.故选B.5．记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a3＝5，a7＝13，则S10＝．答案100解析∵{an}为等差数列，a3＝5，a7＝13，∴公差d＝eq\f(a7－a3,7－3)＝eq\f(13－5,4)＝2，首项a1＝a3－2d＝5－2×2＝1，∴S10＝10a1＋eq\f(10×9,2)d＝100.6．(2024·陕西咸阳月考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝，Sn的最小值为．答案0－10解析∵a2＝a1＋d＝－3，S5＝5a1＋10d＝－10，∴a1＝－4，d＝1，∴a5＝a1＋4d＝0，∴an＝a1＋(n－1)d＝n－5.令an<0，则n<5，即数列{an}中前4项为负，a5＝0，第6项及以后为正．∴Sn的最小值为S4＝S5＝－10.考向一等差数列的基本运算例1(1)(2024·福州市质量检测)已知数列{an}中，a3＝2，a7＝1.若数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))为等差数列，则a9＝()A．eq\f(1,2)B．eq\f(5,4)C．eq\f(4,5)D．－eq\f(4,5)答案C解析因为数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))为等差数列，a3＝2，a7＝1，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的公差d＝eq\f(\f(1,a7)－\f(1,a3),7－3)＝eq\f(1－\f(1,2),7－3)＝eq\f(1,8)，所以eq\f(1,a9)＝eq\f(1,a7)＋(9－7)×eq\f(1,8)＝eq\f(5,4)，所以a9＝eq\f(4,5)，故选C.(2)(2024·西安八校联考)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答案B解析设{an}的公差为d，由a2＝－6，a6＝6，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝－6，,a1＋5d＝6，))解得eq\b\lc\{(\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.(3)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1≠0，a2＝3a1，则eq\f(S10,S5)＝.答案4解析由a1≠0，a2＝3a1，可得d＝2a1，所以S10＝10a1＋eq\f(10×9,2)d＝100a1，S5＝5a1＋eq\f(5×4,2)d＝25a1，所以eq\f(S10,S5)＝4.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.设Sn为等差数列{an}的前n项和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝()A．－12B．－10C．10D．12答案B解析设该等差数列的公差为d，依据题中的条件可得3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3×2＋\f(3×2,2)·d))＝2×2＋d＋4×2＋eq\f(4×3,2)·d，解得d＝－3，所以a5＝a1＋4d＝2－12＝－10.故选B.2．(2024·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＝25.3．(2024·重庆模拟)已知数列{an}中，a3＝7，a7＝3，且eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－1)))是等差数列，则a10＝．答案eq\f(7,3)解析设等差数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－1)))的公差为d，∵eq\f(1,a3－1)＝eq\f(1,6)，eq\f(1,a7－1)＝eq\f(1,2)，∴eq\f(1,a7－1)＝eq\f(1,a3－1)＋4d，即eq\f(1,2)＝eq\f(1,6)＋4d，解得d＝eq\f(1,12)，故eq\f(1,a10－1)＝eq\f(1,a3－1)＋7d＝eq\f(1,6)＋7×eq\f(1,12)＝eq\f(3,4)，解得a10＝eq\f(7,3).精准设计考向，多角度探究突破考向二等差数列的性质角度等差数列项的性质例2(1)(2024·安徽芜湖模拟)等差数列{an}中，若a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，则a9－eq\f(1,3)a11的值是()A．14B．15C．16D．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)(2024·广东深圳其次次调研)在等差数列{an}中，若前10项和S10＝60，且a7＝7，则a4＝()A．4B．－4C．5D．－5答案C解析∵S10＝eq\f(10（a1＋a10）,2)＝60，∴a1＋a10＝12.由等差数列的性质有a1＋a10＝a7＋a4＝12.又a7＝7，∴a4＝5.故选C.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，可削减运算量．4.(2024·豫南、豫北联考)等差数列{an}中，a4＋a10＋a16＝30，则a18－2a14的值为()A．20B．－20C．10D．－10答案D解析∵a4＋a10＋a16＝3a10＝30，∴a10＝10，又2a14＝a18＋a10，∴a18－2a14＝－a10＝－10，故选D.5．在等差数列{an}中，若S9＝18，Sn＝240，an－4＝30，则n的值为()A．14B．15C．16D．17答案B解析由等差数列的性质知S9＝eq\f(9（a1＋a9）,2)＝9a5＝18，∴a5＝2.又an－4＝30，∴Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝eq\f(n（an－4＋a5）,2)＝16n＝240，∴n＝15.故选B.角度等差数列前n项和的性质例3(1)(2024·四川双流中学模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝1，S30＝5，则S40＝()A．7B．8C．9D．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，…也是等差数列；(2)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也为等差数列；(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).6.(2024·山西大同模拟)在等差数列{an}中，a1＋a2＋…＋a50＝200，a51＋a52＋…＋a100＝2700，则a50＝()A．－22.5 B．－21.5C．28.5 D．20答案C解析由(a51＋a52＋…＋a100)－(a1＋a2＋…＋a50)＝50×50d＝2700－200，得d＝1.由a1＋a100＋a2＋a99＋…＋a50＋a51＝50(a50＋a51)＝2700＋200＝2900，得a50＋a51＝58，即2a50＋d＝58，所以a50＝eq\f(58－1,2)＝eq\f(57,2)＝28.5.故选C.7．(2024·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终一环多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环扇面形石板块数为an，第一层共有n环，则{an}是以9为首项，9为公差的等差数列，an＝9＋(n－1)×9＝9n.设Sn为{an}的前n项和，则第一层、其次层、第三层的块数分别为Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，因为下层比中层多729块，所以S3n－S2n＝S2n－Sn＋729，即eq\f(3n（9＋27n）,2)－eq\f(2n（9＋18n）,2)＝eq\f(2n（9＋18n）,2)－eq\f(n（9＋9n）,2)＋729，即9n2＝729，解得n＝9，所以S3n＝S27＝eq\f(27×（9＋9×27）,2)＝3402.故选C.考向三等差数列的判定与证明例4(1)(2024·四川自贡模拟)数列{an}满意a1＝2，a2＝1，且eq\f(1,an－1)＝eq\f(2,an)－eq\f(1,an＋1)(n≥2)，则数列{an}的第100项为()A．eq\f(1,100)B．eq\f(1,50)C．eq\f(1,2100)D．eq\f(1,250)答案B解析∵eq\f(1,an－1)＝eq\f(2,an)－eq\f(1,an＋1)(n≥2)，∴eq\f(1,an＋1)＋eq\f(1,an－1)＝eq\f(2,an)，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))为等差数列，首项为eq\f(1,a1)＝eq\f(1,2)，第2项为eq\f(1,a2)＝1，∴公差d＝eq\f(1,2)，∴eq\f(1,a100)＝eq\f(1,a1)＋99d＝50，∴a100＝eq\f(1,50).(2)(2024·贵州毕节摸底)已知数列{an}满意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＝2＋2，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的随意自然数，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.提示：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、填空题中的简洁推断．8.已知数列{an}中，a1＝1，a2＝4，2an＝an－1＋an＋1(n≥2，n∈N*)，当an＝298时，项数n＝()A．100B．99C．96D．101答案A解析因为2an＝an－1＋an＋1(n≥2，n∈N*)，所以数列{an}是等差数列．设公差为d，由a1＝1，a2＝4得d＝a2－a1＝3，所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×3＝3n－2.由3n－2＝298，解得n＝100.故选A.9．(2024·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．解(1)证明：当n＝1时，b1＝S1，易得b1＝eq\f(3,2).当n≥2时，eq\f(bn,bn－1)＝Sn，代入eq\f(2,Sn)＋eq\f(1,bn)＝2消去Sn，得eq\f(2bn－1,bn)＋eq\f(1,bn)＝2.化简，得bn－bn－1＝eq\f(1,2).所以数列{bn}是以eq\f(3,2)为首项，eq\f(1,2)为公差的等差数列．(2)由题意可知a1＝S1＝b1＝eq\f(3,2).由(1)可得bn＝eq\f(3,2)＋(n－1)×eq\f(1,2)＝eq\f(n＋2,2)，由eq\f(2,Sn)＋eq\f(1,bn)＝2可得Sn＝eq\f(n＋2,n＋1).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）)，明显a1不满意该式，所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，n＝1，,－\f(1,n（n＋1）)，n≥2.))自主培优(九)破解等差数列前n项和的最值问题1．等差数列{an}中，已知|a6|＝|a11|，且公差d>0，则其前n项和取最小值时，n的值为()A．6B．7C．8D．9答案C解析∵|a6|＝|a11|且公差d>0，∴a6＝－a11，∴a6＋a11＝a8＋a9＝0，且a8<0，a9>0，∴a1<a2<…<a8<0<a9<a10<…，∴Sn取最小值时，n的值为8.故选C.2．(2024·北京海淀模拟)等差数列{an}中，设Sn为其前n项和，且a1>0，S3＝S11，则当n为时，Sn最大.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最大．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)最大，即当n＝7时，Sn最大．解法三：由解法一可知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．解法四：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．eq\x(答题启示)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，但要留意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)项的符号法：当a1>0，d<0时，满意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，满意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．eq\x(对点训练)1．设等差数列{an}满意3a8＝5a15，且a1>0，Sn为其前n项和，则数列{Sn}的最大项为()A．S23B．S24C．S25D．S26答案C解析设等差数列{an}的公差为d，∵3a8＝5a15，∴3a1＋21d＝5a1＋70d，∴2a1＋49d＝0.∵a1>0，∴d<0，∴a1＋24d＝a25>0，a1＋25d＝a26<0，∴数列{Sn}的最大项为S25.故选C.2．(2024·安徽马鞍山高三第一次教学质量监测)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()A．7B．8C．13D．14答案C解析设等差数列{an}的公差为d，因为eq\f(a8,a7)<－1，所以eq\f(a8,a7)＋1＝eq\f(a7＋a8,a7)<0，可得a7(a7＋a8)<0，由于等差数列的前n项和Sn有最小值，且Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，则eq\f(d,2)>0，即d>0，所以a7<a8，若a7>0，则a8>a7>0，这与a7(a7＋a8)<0冲突，所以a7<0，a7＋a8>0，则S13＝eq\f(13（a1＋a13）,2)＝13a7<0，S14＝eq\f(14（a1＋a14）,2)＝7(a7＋a8)>0，因此，当Sn<0时，n的最大值为13.故选C.1．在等差数列{an}中，已知a2＝2，前7项和S7＝56，则公差d＝()A．2B．3C．－2D．－3答案B解析由题意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝2，,7a1＋\f(7×6,2)d＝56，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝2，,a1＋3d＝8，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－1，,d＝3，))故选B.2．在等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，则a2＋a14的值为()A．6B．12C．24D．48答案D解析∵在等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，∴由等差数列的性质可得a1＋3a8＋a15＝5a8＝120，∴a8＝24，∴a2＋a14＝2a8＝48.故选D.3．(2024·广西桂林模拟)在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＝3，a8＝8，则a12的值是()A．15B．30C．31D．64答案A解析设等差数列{an}的公差为d，∵a3＋a4＋a5＝3，∴3a4＝3，即a1＋3d＝1，又由a8＝8，得a1＋7d＝8，联立解得a1＝－eq\f(17,4)，d＝eq\f(7,4)，则a12＝－eq\f(17,4)＋eq\f(7,4)×11＝15.故选A.4．已知函数f(x)的图象关于直线x＝－1对称，且f(x)在(－1，＋∞)上单调，若数列{an}是公差不为0的等差数列，且f(a50)＝f(a51)，则数列{an}的前100项和为()A．－200 B．－100C．－50 D．0答案B解析因为函数f(x)的图象关于直线x＝－1对称，又函数f(x)在(－1，＋∞)上单调，数列{an}是公差不为0的等差数列，且f(a50)＝f(a51)，所以a50＋a51＝－2，所以S100＝eq\f(100（a1＋a100）,2)＝50(a50＋a51)＝－100，故选B.5．(2024·安徽蚌埠模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝54，则a2＋a4＋a9＝()A．9B．15C．18D．36答案C解析由等差数列的通项公式及性质，可得S9＝eq\f(9（a1＋a9）,2)＝9a5＝54，a5＝6，则a2＋a4＋a9＝a1＋a5＋a9＝3a5＝18.故选C.6．(2024·东北三省三校联考)已知数列{an}是等差数列，满意a1＋2a2＝S5，下列结论中错误的是()A．S9＝0B．S5最小C．S3＝S6D．a5＝0答案B解析由题意知a1＋2(a1＋d)＝5a1＋eq\f(5×4,2)d，整理得a1＋4d＝0，则a5＝0，∴a4＋a6＝0，∴S3＝S6，且S9＝9a5＝0，B项无法确定．故选B.7．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解析由题知，eq\f(a2＋a20,b7＋b15)＝eq\f(a1＋a21,b1＋b21)＝eq\f(\f(21（a1＋a21）,2),\f(21（b1＋b21）,2))＝eq\f(S21,T21)＝eq\f(107,24).8．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1>0，a3＋a10>0，a6a7<0，则满意Sn>0的最大自然数n的值为()A．6B．7C．12D．13答案C解析∵a1>0，a6a7<0，∴a6>0，a7<0，等差数列的公差小于零，又a3＋a10＝a1＋a12>0，a1＋a13＝2a7<0，∴S12>0，S13<0，∴满意Sn>0的最大自然数n的值为12.故选C.9．(2024·山西大同摸底)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若eq\f(S3,S6)＝eq\f(1,3)，则eq\f(S6,S12)＝()A．eq\f(3,10)B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,8)D．eq\f(1,9)答案A解析令S3＝1，则S6＝3，由等差数列的性质，知S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9也构成等差数列，∴S9－S6＝2(S6－S3)－S3＝2×(3－1)－1＝3，则S9＝3＋3＝6.同理得S12＝10，∴eq\f(S6,S12)＝eq\f(3,10).故选A.10．已知数列{an}(n∈N*)是等差数列，Sn是其前n项和，且S5<S6，S6＝S7>S8，则下列结论错误的是()A．d<0B．a7＝0C．S9>S6D．S6，S7均为Sn的最大值答案C解析因为S5<S6，所以S5<S5＋a6，所以a6>0，因为S6＝S7，所以S6＝S6＋a7，所以a7＝0，因为S7>S8，所以S7>S7＋a8，所以a8<0，所以d<0且S6，S7均为Sn的最大值，所以S9<S6.故选C.11．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，m≥2，m∈N*，则m＝()A．3B．4C．5D．6答案C解析∵{an}是等差数列，Sm－1＝－2，Sm＝0，∴am＝Sm－Sm－1＝2.又Sm＋1＝3，∴am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，∴d＝am＋1－am＝1.又Sm＝eq\f(m（a1＋am）,2)＝eq\f(m（a1＋2）,2)＝0，∴a1＝－2，∴am＝－2＋(m－1)·1＝2，∴m＝5.12．(2024·北京高考)在等差数列{an}中，a1＝－9，a5＝－1.记Tn＝a1a2…an(n＝1，2，…)，则数列{Tn}()A．有最大项，有最小项B．有最大项，无最小项C．无最大项，有最小项D．无最大项，无最小项答案B解析由题意可知，等差数列{an}的公差d＝eq\f(a5－a1,5－1)＝eq\f(－1＋9,5－1)＝2，则其通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝－9＋(n－1)×2＝2n－11，留意到a1＜a2＜a3＜a4＜a5＜0＜a6＝1＜a7＜…，且由T5＜0可知Ti＜0(i≥6，i∈N*)，由eq\f(Ti,Ti－1)＝ai＞1(i≥7，i∈N*)可知数列{Tn}不存在最小项，由于a1＝－9，a2＝－7，a3＝－5，a4＝－3，a5＝－1，a6＝1，故数列{Tn}中的正项只有T2＝63，T4＝945.故数列{Tn}中存在最大项，且最大项为T4.故选B.13．(2024·河北张家口一模)写出一个公差为2，且“前3项和小于第3项”的等差数列的通项公式为an＝．答案2n－6(答案不唯一)解析要满意“前3项和小于第3项”，则a1＋a2＜0，则不妨设a1＝－4，a2＝－2，则an＝－4＋(n－1)×2＝2n－6(答案不唯一).14．在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，则a1＋a2＋…＋a51＝．答案676解析∵an＋2－an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0，n为奇数，,2，n为偶数，))又a1＝1，a2＝2，∴数列{an}的奇数项为常数1，偶数项构成以2为首项，2为公差的等差数列，∴a1＋a2＋…＋a51＝(a1＋a3＋…＋a51)＋(a2＋a4＋…＋a50)＝26＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(25×2＋\f(25×24,2)×2))＝676.15．在等差数列{an}中，若a7＝eq\f(π,2)，则sin2a1＋cosa1＋sin2a13＋cosa13＝．答案0解析依据题意可得a1＋a13＝2a7＝π，2a1＋2a13＝4a7＝2π，所以有sin2a1＋cosa1＋sin2a13＋cosa13＝sin2a1＋sin(2π－2a1)＋cosa1＋cos(π－a1)＝0.16．(2024·武汉模拟)在数列{an}中，a1＝－2，anan－1＝2an－1－1(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满意bn＝eq\f(1,an－1)，则数列{an}的通项公式为an＝，数列{bn}的前n项和Sn的最小值为．答案eq\f(3n－1,3n－4)－eq\f(1,3)解析由题意知，an＝2－eq\f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，∴bn＝eq\f(1,an－1)＝eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,an－1)))－1)＝eq\f(an－1,an－1－1)＝1＋eq\f(1,an－1－1)＝1＋bn－1，即bn－bn－1＝1(n≥2，n∈N*).又b1＝eq\f(1,a1－1)＝－eq\f(1,3)，∴数列{bn}是以－eq\f(1,3)为首项，1为公差的等差数列，∴bn＝n－eq\f(4,3)，即eq\f(1,an－1)＝n－eq\f(4,3)，∴an＝eq\f(3n－1,3n－4).又b1＝－eq\f(1,3)<0，b2＝eq\f(2,3)>0，∴Sn的最小值为S1＝b1＝－eq\f(1,3).17．记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.(1)求{an}的通项公式；(2)求Sn，并求Sn的最小值．解(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，为－16.18．(2024·新高考Ⅱ卷)记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求使Sn>an成立的n的最小值．解(1)由等差数列的性质可得，S5＝5a3，又a3＝S5，则a3＝5a3，所以a3＝0，设等差数列的公差为d，从而有a2a4＝(a3－d)(