备考2025年高考数学一轮复习第七章考点测试36

第七章数列考点测试36等差数列高考概览本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题、解答题，分值为5分、12分，中、低等难度考点研读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，并能用有关知识解决相应的问题4．了解等差数列与一次函数、二次函数的关系一、基础小题1．在等差数列{an}中，已知a5＝11，a8＝5，则a10＝()A．－2 B．－1C．1 D．2答案C解析设等差数列{an}的公差为d，由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(11＝a1＋4d，,5＝a1＋7d，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝19，,d＝－2，))所以an＝－2n＋21，所以a10＝－2×10＋21＝1.2．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＝4，S9＝18，则公差d＝()A．1 B．－1C．2 D．－2答案B解析由题可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝4，,9a1＋\f(9×8,2)d＝18，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝6，,d＝－1.))故选B.3．《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：“现在有一根金箠，长五尺，在粗的一端截下一尺，重4斤；在细的一端截下一尺，重2斤．问各尺依次重多少？”按这一问题的题设，假设金箠由粗到细各尺重量依次成等差数列，则从粗端开始的第二尺的重量是()A.eq\f(7,3)斤 B.eq\f(7,2)斤C.eq\f(5,2)斤 D．3斤答案B解析依题意，金箠由粗到细各尺重量构成一个等差数列，设首项a1＝4，则a5＝2，设公差为d，则2＝4＋4d，解得d＝－eq\f(1,2).所以a2＝4－eq\f(1,2)＝eq\f(7,2).故选B.4．已知数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn(a，b∈R)，且a2＝3，a6＝11，则S7＝()A．13 B．49C．35 D．63答案B解析由Sn＝an2＋bn(a，b∈R)可知数列{an}是等差数列，所以a1＋a7＝a2＋a6＝14，所以S7＝eq\f(（a1＋a7）×7,2)＝eq\f(14×7,2)＝49.5．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝150，则S9＝()A．225 B．250C．270 D．300答案C解析因为a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝150，且a3＋a7＝a4＋a6＝2a5，所以a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝150，解得a5＝30，所以S9＝eq\f(9,2)(a1＋a9)＝9a5＝270.故选C.6．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝10，S20＝60，则S40＝()A．110 B．150C．210 D．280答案D解析因为等差数列{an}的前n项和为Sn，所以S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30也成等差数列．故(S30－S20)＋S10＝2(S20－S10)，所以S30＝150，又(S20－S10)＋(S40－S30)＝2(S30－S20)，所以S40＝280.故选D.7．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足a1＝－eq\f(2,3)，Sn＋eq\f(1,Sn)＋2＝an(n≥2)，则下列各项为等差数列的是()A．{Sn＋1} B．{Sn－1}C．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn＋1))) D．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn－1)))答案C解析由Sn＋eq\f(1,Sn)＋2＝an(n≥2)，得Sn＝－eq\f(1,Sn－1＋2)(n≥2)．S1＝－eq\f(2,3)，S2＝－eq\f(3,4)，S3＝－eq\f(4,5)，….故S1＋1＝eq\f(1,3)，S2＋1＝eq\f(1,4)，S3＋1＝eq\f(1,5)，…，则eq\f(1,S1＋1)＝3，eq\f(1,S2＋1)＝4，eq\f(1,S3＋1)＝5，…，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn＋1)))为等差数列．故选C.8．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．1 B．4C．7 D．8答案D解析设数列{an}的公差为d，由已知得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝－7，,2a1＝5a1＋\f(5×4,2)d，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－10，,d＝3，))an＝3n－13，Sn＝－10n＋eq\f(n（n－1）,2)×3＝eq\f(3n2－23n,2)，由于a4＝－1<0，a5＝2>0，当n≤4时，an<0，当n≥5时，an>0，所以当n≤4时，Sn递减，当n≥5时，Sn递增，其中S1＝a1＝－10，由Sn的表达式得S7＝－7，S8＝4，|S7|>|S8|，所以当n＝8时，|Sn|最小．故选D.9．(多选)下面是关于公差d＞0的等差数列{an}的四个命题，其中是真命题的是()A．数列{an}是递增数列B．数列{nan}是递增数列C．数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是递增数列D．数列{an＋3nd}是递增数列答案AD解析∵an＝a1＋(n－1)d，d＞0，∴an＋1－an＝d＞0，A正确；∵nan＝na1＋n(n－1)d，∴(n＋1)an＋1－nan＝a1＋2nd，与0的大小关系和a1的取值情况有关，故数列{nan}不一定是递增数列，B不正确；∵eq\f(an,n)＝eq\f(a1,n)＋eq\f(n－1,n)d，∴eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝eq\f(－a1＋d,n（n＋1）)，当d－a1<0，即d<a1时，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是递减数列，C不正确；设bn＝an＋3nd，则bn＋1－bn＝an＋1－an＋3d＝4d＞0，∴数列{an＋3nd}是递增数列，D正确．故选AD.10．(多选)设数列{an}是以d为公差的等差数列，Sn是其前n项和，a1>0，且S6＝S9，则下列结论正确的是()A．d<0B．a8＝0C．S5>S6D．S7或S8为Sn的最大值答案ABD解析根据题意可得6a1＋eq\f(6×5,2)d＝9a1＋eq\f(9×8,2)d，即a1＋7d＝a8＝0.因为a1>0，a8＝0，所以d<0，所以数列{an}是递减数列，故A，B正确；对于C，因为a8＝0，d<0，所以a6>0，所以S5<S6，故C不正确；对于D，因为a8＝0，所以S7＝S8，又{an}为递减数列，所以S7或S8为Sn的最大值，故D正确．故选ABD.11．等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(3n＋1,7n＋3)，则eq\f(a9,b9)＝________．答案eq\f(26,61)解析等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，则S2n－1＝eq\f(（a1＋a2n－1）（2n－1）,2)＝eq\f(（2an）（2n－1）,2)＝(2n－1)an.同理，T2n－1＝(2n－1)bn.所以eq\f(S2n－1,T2n－1)＝eq\f(an,bn)，eq\f(a9,b9)＝eq\f(S17,T17)＝eq\f(3×17＋1,7×17＋3)＝eq\f(52,122)＝eq\f(26,61).12．若等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝9，a2∈Z，且Sn≤S5(n∈N*)，则|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________．答案eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(10n－n2，n≤5，,n2－10n＋50，n>5))解析∵等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝9，a2∈Z，且Sn≤S5，∴a5＝9＋4d≥0，a6＝9＋5d≤0，∵a2∈Z，∴d＝－2，∴Sn＝9n＋eq\f(n（n－1）,2)×(－2)＝10n－n2，∴当n≤5时，|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝10n－n2；当n>5时，|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝2(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)－(10n－n2)＝2×(10×5－52)＋n2－10n＝n2－10n＋50，∴|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(10n－n2，n≤5，,n2－10n＋50，n>5.))二、高考小题13．(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－tn(n＋1)，有Sn－1＝(n－1)an－tn(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.14．(2023·全国乙卷)已知等差数列{an}的公差为eq\f(2π,3)，集合S＝{cosan|n∈N*}，若S＝{a，b}，则ab＝()A．－1 B．－eq\f(1,2)C．0 D．eq\f(1,2)答案B解析解法一：由题意，得an＝a1＋eq\f(2π,3)(n－1)，cosan＋3＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a1＋\f(2π,3)（n＋2）))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(2π,3)n＋\f(4π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(2π,3)n＋2π－\f(2π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(2π,3)n－\f(2π,3)))＝cosan，所以数列{cosan}是以3为周期的周期数列，又cosa2＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(2π,3)))＝－eq\f(1,2)cosa1－eq\f(\r(3),2)sina1，cosa3＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(4π,3)))＝－eq\f(1,2)cosa1＋eq\f(\r(3),2)sina1，因为集合S中只有两个元素，所以有三种情况：cosa1＝cosa2≠cosa3，cosa1＝cosa3≠cosa2，cosa2＝cosa3≠cosa1.下面逐一讨论：①当cosa1＝cosa2≠cosa3时，由cosa1＝－eq\f(1,2)cosa1－eq\f(\r(3),2)sina1，得tana1＝－eq\r(3)，所以ab＝cosa1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)cosa1＋\f(\r(3),2)sina1))＝－eq\f(1,2)cos2a1＋eq\f(\r(3),2)sina1cosa1＝eq\f(－\f(1,2)cos2a1＋\f(\r(3),2)sina1cosa1,sin2a1＋cos2a1)＝eq\f(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)tana1,tan2a1＋1)＝eq\f(－\f(1,2)－\f(3,2),3＋1)＝－eq\f(1,2)；②当cosa1＝cosa3≠cosa2时，由cosa1＝－eq\f(1,2)cosa1＋eq\f(\r(3),2)sina1，得tana1＝eq\r(3)，所以ab＝cosa1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)cosa1－\f(\r(3),2)sina1))＝－eq\f(1,2)cos2a1－eq\f(\r(3),2)sina1cosa1＝eq\f(－\f(1,2)cos2a1－\f(\r(3),2)sina1cosa1,sin2a1＋cos2a1)＝eq\f(－\f(1,2)－\f(\r(3),2)tana1,tan2a1＋1)＝eq\f(－\f(1,2)－\f(3,2),3＋1)＝－eq\f(1,2)；③当cosa2＝cosa3≠cosa1时，由－eq\f(1,2)cosa1－eq\f(\r(3),2)sina1＝－eq\f(1,2)cosa1＋eq\f(\r(3),2)sina1，得sina1＝0，所以ab＝cosa1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)cosa1－\f(\r(3),2)sina1))＝－eq\f(1,2)cos2a1＝－eq\f(1,2)(1－sin2a1)＝－eq\f(1,2).综上，ab＝－eq\f(1,2).故选B.解法二：取a1＝－eq\f(π,3)，则cosa1＝eq\f(1,2)，cosa2＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(2π,3)))＝eq\f(1,2)，cosa3＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(4π,3)))＝－1，所以S＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1))，ab＝－eq\f(1,2).故选B.15．(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.16．(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＝25.三、模拟小题17．(2023·河北统考模拟预测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝1，S7＝3a6，则S3＝()A．1 B．－1C．3 D．－3答案D解析设等差数列{an}的公差为d，则a1＋2d＝1，7a1＋eq\f(7×6,2)d＝3(a1＋5d)，解得a1＝－3，d＝2，所以S3＝3a1＋3d＝－3.故选D.18．(2023·广东茂名高三模拟)等差数列{an}的前n项和为Sn，an≠0，若S9＝aeq\o\al(2,5)，a1＝1，则数列{an}的公差为()A．－3 B．3C．－1 D．2答案D解析设等差数列{an}的公差为d，S9＝eq\f(a1＋a9,2)×9＝9a5，又S9＝aeq\o\al(2,5)，所以9a5＝aeq\o\al(2,5)，因为an≠0，所以a5＝9，则d＝eq\f(a5－a1,4)＝eq\f(9－1,4)＝2.故选D.19．(2023·江苏扬州中学高三考前保温卷)设Sn为正项等差数列{an}的前n项和．若S2023＝2023，则eq\f(1,a4)＋eq\f(4,a2020)的最小值为()A．eq\f(5,2) B．5C．9 D．eq\f(9,2)答案D解析由等差数列的前n项和公式，可得S2023＝eq\f(2023（a1＋a2023）,2)＝2023，则a1＋a2023＝2，又由a1＋a2023＝a4＋a2020＝2且a4>0，a2020>0，所以eq\f(1,a4)＋eq\f(4,a2020)＝eq\f(1,2)(a4＋a2020)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a4)＋\f(4,a2020)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(5＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2020,a4)＋\f(4a4,a2020)))))≥eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋2\r(\f(a2020,a4)·\f(4a4,a2020))))＝eq\f(9,2)，当且仅当eq\f(a2020,a4)＝eq\f(4a4,a2020)，即2a4＝a2020＝eq\f(4,3)时，等号成立，所以eq\f(1,a4)＋eq\f(4,a2020)的最小值为eq\f(9,2).故选D.20．(2023·山东日照高三第一次模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，anan＋1＝2Sn，设bn＝eq\f(an,3n)，若存在正整数p，q(p＜q)，使得b1，bp，bq成等差数列，则()A．p＝1 B．p＝2C．p＝3 D．p＝4答案B解析数列{an}满足a1＝1，anan＋1＝2Sn，当n＝1时，a1a2＝2S1＝2a1，解得a2＝2；当n≥2时，2an＝2(Sn－Sn－1)＝an(an＋1－an－1)，因为an≠0，所以an＋1－an－1＝2，所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，所以an＝1＋(n－1)＝n，bn＝eq\f(an,3n)＝eq\f(n,3n)，若存在正整数p，q(p＜q)，使得b1，bp，bq成等差数列，则2bp＝b1＋bq，所以eq\f(2p,3p)＝eq\f(1,3)＋eq\f(q,3q)①.因为bn＋1－bn＝eq\f(n＋1,3n＋1)－eq\f(n,3n)＝eq\f(1－2n,3n＋1)<0，所以数列{bn}是递减数列，当p＝1时，则有eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)＋eq\f(q,3q)，解得q＝1，舍去；当p＝2时，则有eq\f(4,9)＝eq\f(1,3)＋eq\f(q,3q)，解得q＝3；当p≥3时，eq\f(2p,3p)≤eq\f(2×3,33)＝eq\f(2,9)<eq\f(1,3)，又eq\f(q,3q)>0，所以①式无解．综上，p＝2.故选B.21．(多选)(2023·河北邢台高三模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a5＝－4，S5＝－40，则()A．a10＝6B．S10＝－30C．当且仅当n＝6时，Sn取得最小值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a5＝－4，S5＝－40，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋4d＝－4，,5a1＋\f(5×4,2)d＝－40，))解得a1＝－12，d＝2，所以an＝2n－14，Sn＝n2－13n，则a10＝6，S10＝－30，A，B正确；令an＝2n－14≤0，得n≤7，又a7＝0，则当n＝6或n＝7时，Sn取得最小值，C不正确；因为a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝5a7＝0，所以a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝a10＝6≠0，D不正确．故选AB.22．(2023·安徽淮南高三第二次模拟)记Sn为数列{an}的前n项和，已知eq\f(3Sn,n)＋n＝3an＋1，a1＝－eq\f(1,3)，则数列{an}的通项公式是________．答案an＝eq\f(2,3)n－1解析由题意，得3Sn＋n2＝3nan＋n①，当n≥2时，3Sn－1＋(n－1)2＝3(n－1)an－1＋(n－1)②，①－②化简，得3(an－an－1)－3n(an－an－1)＝－2n＋2，即(3－3n)(an－an－1)＝－2n＋2，则an－an－1＝eq\f(－2n＋2,3－3n)＝eq\f(2,3)(n≥2)，则数列{an}是以－eq\f(1,3)为首项，eq\f(2,3)为公差的等差数列，则an＝－eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)(n－1)＝eq\f(2,3)n－1.一、高考大题1．(2023·新课标Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn＝eq\f(n2＋n,an)，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和．(1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式；(2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d.解(1)∵3a2＝3a1＋a3，∴3d＝a1＋2d，解得a1＝d，∴S3＝3a2＝3(a1＋d)＝6d，又T3＝b1＋b2＋b3＝eq\f(2,d)＋eq\f(6,2d)＋eq\f(12,3d)＝eq\f(9,d)，∴S3＋T3＝6d＋eq\f(9,d)＝21，即2d2－7d＋3＝0，解得d＝3或d＝eq\f(1,2)(舍去)，∴an＝a1＋(n－1)d＝3n.(2)∵{bn}为等差数列，∴2b2＝b1＋b3，即eq\f(12,a2)＝eq\f(2,a1)＋eq\f(12,a3)，∴6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)－\f(1,a3)))＝eq\f(6d,a2a3)＝eq\f(6d,（a1＋d）（a1＋2d）)＝eq\f(1,a1)，即aeq\o\al(2,1)－3a1d＋2d2＝0，解得a1＝d或a1＝2d，∵d>1，∴an>0，又S99－T99＝99，由等差数列的性质知，99a50－99b50＝99，即a50－b50＝1，∴a50－eq\f(2550,a50)＝1，即aeq\o\al(2,50)－a50－2550＝0，解得a50＝51或a50＝－50(舍去)．当a1＝2d时，a50＝a1＋49d＝51d＝51，解得d＝1，与d>1矛盾，无解；当a1＝d时，a50＝a1＋49d＝50d＝51，解得d＝eq\f(51,50).综上，d＝eq\f(51,50).2．(2023·新课标Ⅱ卷){an}为等差数列，bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an－6，n为奇数，,2an，n为偶数，))记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16.(1)求{an}的通项公式；(2)证明：当n>5时，Tn>Sn.解(1)设等差数列{an}的公差为d，而bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an－6，n为奇数，,2an，n为偶数，))则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6，于是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S4＝4a1＋6d＝32，,T3＝4a1＋4d－12＝16，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝5，,d＝2，))所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋3，所以{an}的通项公式是an＝2n＋3.(2)证法一：由(1)知，Sn＝eq\f(n（5＋2n＋3）,2)＝n2＋4n，bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n－3，n为奇数，,4n＋6，n为偶数，))当n为偶数时，bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1，Tn＝eq\f(13＋（6n＋1）,2)·eq\f(n,2)＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(7,2)n，当n>5时，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(7,2)n))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)n(n－1)>0，因此Tn>Sn；当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝eq\f(3,2)(n＋1)2＋eq\f(7,2)(n＋1)－[4(n＋1)＋6]＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(5,2)n－5，当n>5时，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(5,2)n－5))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn.所以当n>5时，Tn>Sn.证法二：由(1)知，Sn＝eq\f(n（5＋2n＋3）,2)＝n2＋4n，bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n－3，n为奇数，,4n＋6，n为偶数，))当n为偶数时，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝eq\f(－1＋2（n－1）－3,2)·eq\f(n,2)＋eq\f(14＋4n＋6,2)·eq\f(n,2)＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(7,2)n，当n>5时，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(7,2)n))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)n(n－1)>0，因此Tn>Sn；当n为奇数时，若n≥3，则Tn＝(b1＋b3＋…＋bn)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)＝eq\f(－1＋2n－3,2)·eq\f(n＋1,2)＋eq\f(14＋4（n－1）＋6,2)·eq\f(n－1,2)＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(5,2)n－5，显然T1＝b1＝－1满足上式，因此当n为奇数时，Tn＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(5,2)n－5，当n>5时，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(5,2)n－5))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn.所以当n>5时，Tn>Sn.3．(2021·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，则a3＝5a3，所以a3＝0.设等差数列{an}的公差为d，从而有a2a4＝(a3－d)(a3＋d)＝－d2，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a3－2d)＋(a3－d)＋a3＋(a3＋d)＝－2d，从而－d2＝－2d，由于公差不为零，故d＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝a3＋(n－3)d＝2n－6.(2)由数列的通项公式可得，a1＝2－6＝－4，则Sn＝n×(－4)＋eq\f(n（n－1）,2)×2＝n2－5n，则不等式Sn>an，即n2－5n>2n－6，整理可得，(n－1)(n－6)>0，解得n<1或n>6，又n为正整数，故n的最小值为7.二、模拟大题4．(2023·湖南岳阳高三第二次模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋2n＋1.(1)证明数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,2n)))是等差数列，并求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(Sn,3n)，若对任意正整数n，不等式bn＜eq\f(m2－m＋18,27)恒成立，求实数m的取值范围．解(1)由Sn＋1＝2Sn＋2n＋1，得eq\f(Sn＋1,2n＋1)＝eq\f(Sn,2n)＋1，又eq\f(S1,2)＝eq\f(a1,2)＝eq\f(1,2)，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,2n)))是以eq\f(1,2)为首项，1为公差的等差数列，∴eq\f(Sn,2n)＝eq\f(1,2)＋(n－1)＝eq\f(2n－1,2)，即Sn＝(2n－1)·2n－1，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)·2n－1－(2n－3)·2n－2＝(2n＋1)·2n－2，又a1＝1不满足上式，∴an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,（2n＋1）·2n－2，n≥2.))(2)由(1)知Sn＝(2n－1)·2n－1，∴bn＝eq\f(（2n－1）·2n－1,3n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(1,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n)，∴bn＋1－bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n＋1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(1,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n)＝eq\f(5－2n,6)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n)，∴当n≤2时，bn＋1＞bn；当n≥3时，bn＋1＜bn，即b1＜b2＜b3，且b3＞b4＞b5＞…，∴bn的最大值为b3＝eq\f(20,27)，依题意eq\f(20,27)＜eq\f(m2－m＋18,27)，即m2－m－2＞0，解得m＜－1或m＞2.∴实数m的取值范围为{m|m<－1或m>2}．5．(2023·湖北襄阳高三模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且eq\f(2Sn,n)＝n－13.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{|an|}的前n项和为Tn，设Rn＝eq\f(Tn,n)，求Rn的最小值．解(1)因为eq\f(2Sn,n)＝n－13，所以2Sn＝n(n－13)，所以当n＝1时，2a1＝－12，所以a1＝－6.当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)(n－14)，所以2an＝2Sn－2Sn－1＝2n－14，所以an＝n－7，又a1＝－6满足上式，所以数列{an}的通项公式为an＝n－7.(2)由(1)知eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(an))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n－7))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(7－n，1≤n≤7，,n－7，n>7，))当1≤n≤7时，Tn＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a1))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a2))＋…＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(an))＝－a1－a2－…－an＝eq\f(13n－n2,2)；当n>7时，Tn＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a1))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a2))＋…＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(an))＝－a1－a2－…－a7＋a8＋…＋an＝(a1＋a2＋…＋an)－2(a1＋a2＋…＋a7)＝eq\f(n2－13n,2)＋42，所以Rn＝eq\f(Tn,n)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(13－n,2)，1≤n≤7，,\f(n,2)＋\f(42,n)－\f(13,2)，n>7，))当1≤n≤7时，Rn＝eq\f(13－n,2)递减，所以(Rn)min＝R7＝eq\f(13－7,2)＝3；当n>7时，Rn＝eq\f(n,2)＋eq\f(42,n)－eq\f(