高考数学（文）一轮复习教师用书第五章第二节等差数列及其前n项和

第二节等差数列及其前n项和1．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的eq\a\vs4\al(差)都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．这个常数叫做等差数列的公差，符号表示为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A＝eq\f(a＋b,2)，其中A叫做a，b的等差中项．2．等差数列的有关公式(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d.(2)前n项和公式：Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(na1＋an,2).3．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.(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md4．与等差数列各项的和有关的性质(1)若{an}是等差数列，则eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也成等差数列，其首项与{an}首项相同，公差是{an}公差的eq\f(1,2).(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，S(3)关于等差数列奇数项和与偶数项和的性质．①若项数为2n，则S偶－S奇＝nd，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(an,an＋1).②若项数为2n－1，则S偶＝(n－1)an，S奇＝nan，S奇－S偶＝an，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(n,n－1).(4)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).1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．()(2)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的．()(3)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数．()(4)已知等差数列{an}的通项公式an＝3－2n，则它的公差为－2.()答案：(1)×(2)√(3)×(4)√2．在等差数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中，若a2＝4，a4＝2，则a6＝()A．－1 B．0C．1 D．6解析：选B∵eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))为等差数列，∴2a4＝a2＋a6，∴a6＝2a4－a2＝2×2－43．(2017·全国卷Ⅲ)等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为()A．－24 B．－3C．3 D．8解析：选A设等差数列{an}的公差为d，因为a2，a3，a6成等比数列，所以a2a6＝aeq\o\al(2,3)，即(a1＋d)(a1＋5d)＝(a1＋2d)2.又a1＝1，所以d2＋2d＝0.又d≠0，则d＝－2，所以{an}前6项的和S6＝6×1＋eq\f(6×5,2)×(－2)＝－24.4．已知数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列，且a1＝1，a4＝4，则a10＝()A．－eq\f(4,5) B．－eq\f(5,4)C.eq\f(4,13) D.eq\f(13,4)解析：选A设等差数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的公差为d，由题意可知，eq\f(1,a4)＝eq\f(1,a1)＋3d＝eq\f(1,4)，解得d＝－eq\f(1,4)，所以eq\f(1,a10)＝eq\f(1,a1)＋9d＝－eq\f(5,4)，所以a10＝－eq\f(4,5).5．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：56．在等差数列{an}中，an>0，a7＝eq\f(1,2)a4＋4，Sn为数列{an}的前n项和，则S19＝________.解析：设等差数列{an}的公差为d，由a7＝eq\f(1,2)a4＋4，得a1＋6d＝eq\f(1,2)(a1＋3d)＋4，即a1＋9d＝8，所以a10＝8，因此S19＝eq\f(19a1＋a19,2)＝19×a10＝19×8＝152.答案：152eq\a\vs4\al(考点一等差数列的基本运算)eq\a\vs4\al(基础送分型考点——自主练透)[考什么·怎么考]等差数列的基本运算是高考中的常考内容，多出现在选择题、填空题和解答题的第1问中，属于基础题.1．若等差数列{an}的前5项和S5＝25，且a2＝3，则a7＝()A．12 B．13C．14 D．15解析：选B设等差数列{an}的公差为d，由S5＝eq\f(5a2＋a4,2)，得eq\f(53＋a4,2)＝25，解得a4＝7，所以7＝3＋2d，解得d＝2，所以a7＝a4＋3d＝7＋3×2＝13.2．(2017·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为()A．1 B．2C．4 D．8解析：选C设等差数列{an}的公差为d，则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＋a5＝24，,S6＝48，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋3d＋a1＋4d＝24，,6a1＋\f(6×5,2)d＝48，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋7d＝24，,2a1＋5d＝16，))解得d＝4.3．(2018·福州质检)设等差数列{an}的公差d≠0，且a2＝－d，若ak是a6与ak＋6的等比中项，则k＝()A．5 B．6C．9 D．11解析：选C因为ak是a6与ak＋6的等比中项，所以aeq\o\al(2,k)＝a6ak＋6.又等差数列{an}的公差d≠0，且a2＝－d，所以[a2＋(k－2)d]2＝(a2＋4d)[a2＋(k＋4)d]，所以(k－3)2＝3(k＋3)，解得k＝9，或k＝0(舍去)，故选C.4．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a12＝－8，S9＝－9，则S16＝________.解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由已知，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a12＝a1＋11d＝－8，,S9＝9a1＋\f(9×8,2)d＝－9，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,d＝－1.))∴S16＝16×3＋eq\f(16×15,2)×(－1)＝－72.答案：－72[怎样快解·准解]1．等差数列运算中方程思想的应用(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公差d，然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解．(2)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．[易错提醒]在求解数列基本量运算中，要注意公式使用时的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．在遇到一些较复杂的方程组时，要注意整体代换思想的运用，使运算更加便捷．2．等差数列前n项和公式的应用方法根据不同的已知条件选用两个求和公式，若已知首项和公差，则使用公式Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d；若已知通项公式，则使用公式Sn＝eq\f(na1＋an,2)，同时注意与性质“a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝…”的结合使用．eq\a\vs4\al(考点二等差数列的判定与证明)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)等差数列的判定与证明是高考中常见题型，其基本方法是等差数列的定义，即证明an＋1－an是一个与n无关的常数，既有选择题、填空题也有解答题，但以解答题为主，难度不大.[典题领悟](2018·贵州适应性考试)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．[思维路径](1)要求数列的项，可根据已知首项和递推关系式，令n＝1,2可解得．(2)证明eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是等差数列，其关键应推出eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)为常数，对所给条件进行必要的变形即可．解：(1)由已知，得a2－2a1＝4则a2＝2a1＋4，又a1＝1，所以a2＝由2a3－3a2＝得2a3＝12＋3a2，所以a3(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.[解题师说]等差数列的判定与证明方法方法解读适合题型定义法对于任意自然数n(n≥2)，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[注意]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.[冲关演练]1．(2018·陕西质检)已知数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn(a，b∈R)且a2＝3，a6＝11，则S7等于()A．13 B．49C．35 D．63解析：选B由Sn＝an2＋bn(a，b∈R)可知数列{an}是等差数列，所以S7＝eq\f(7a1＋a7,2)＝eq\f(7a2＋a6,2)＝49.2．已知数列{an}中，a1＝2，an＝2－eq\f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，设bn＝eq\f(1,an－1)(n∈N*)．求证：数列{bn}是等差数列．证明：∵an＝2－eq\f(1,an－1)(n≥2)，∴an＋1＝2－eq\f(1,an).∴bn＋1－bn＝eq\f(1,an＋1－1)－eq\f(1,an－1)＝eq\f(1,2－\f(1,an)－1)－eq\f(1,an－1)＝eq\f(an－1,an－1)＝1，∴{bn}是首项为b1＝eq\f(1,2－1)＝1，公差为1的等差数列．

eq\a\vs4\al(考点三等差数列的性质及前n项和的最值)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)等差数列的性质在高考中也是常考内容.灵活应用由定义推导出的重要性质，在解题过程中可以达到避繁就简的目的.常以选择题、填空题的形式出现.,公差不为零的等差数列，其前n项和的最值在高考中时常出现，题型既有选择题、填空题也有解答题，难度不大.[典题领悟]1．在等差数列{an}中，a1＝29，S10＝S20，则数列{an}的前n项和Sn的最大值为()A．S15 B．S16C．S15或S16 D．S17解析：选A∵a1＝29，S10＝S20，∴10a1＋eq\f(10×9,2)d＝20a1＋eq\f(20×19,2)d，解得d＝－2，∴Sn＝29n＋eq\f(nn－1,2)×(－2)＝－n2＋30n＝－(n－15)2＋225.∴当n＝15时，Sn取得最大值．2．(2018·石家庄一模)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项的和为❶❷ ()A．－200 B．－100C．－50 D．0[学审题]①由函数的对称性及单调性知f(x)在(－∞，－1)上也单调；②结合函数的性质知a50＋a51＝－2.解析：选B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，所以f(x)在(－∞，－1)上也单调，且数列{an}是公差不为0的等差数列．又f(a50)＝f(a51)，所以a50＋a51＝－2，所以S100＝eq\f(100a1＋a100,2)＝50(a50＋a51)＝－100.[解题师说]1．应用等差数列的性质解题的2个注意点(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)要注意等差数列通项公式及前n项和公式的灵活应用，如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*)等．2．求等差数列前n项和Sn最值的2种方法(1)函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：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；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.3．理清等差数列的前n项和与函数的关系等差数列的前n项和公式为Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d可变形为Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，令A＝eq\f(d,2)，B＝a1－eq\f(d,2)，则Sn＝An2＋Bn.当A≠0，即d≠0时，Sn是关于n的二次函数，(n，Sn)在二次函数y＝Ax2＋Bx的图象上，即为抛物线y＝Ax2＋Bx上一群孤立的点．利用此性质可解决前n项和Sn的最值问题．[冲关演练]1．(2018·岳阳模拟)在等差数列{an}中，如果a1＋a2＝40，a3＋a4＝60，那么a7＋a8＝()A．95 B．100C．135 D．80解析：选B由等差数列的性质可知，a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，a7＋a8构成新的等差数列，于是a7＋a8＝(a1＋a2)＋(4－1)[(a3＋a4)－(a1＋a2)]＝40＋3×20＝100.2．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1>0，a3＋a10>0，a6a7<0，则满足Sn>0的最大自然数n的值为(A．6 B．7C．12 D．13解析：选C因为a1>0，a6a7<0，所以a6>0，a7<0，等差数列的公差小于零，又a3＋a10＝a1＋a12>0，a1＋a13＝2a7<0，所以S12>0，S13<0，所以满足Sn>0的最大自然数n3．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知前6项和为36，最后6项的和为180，Sn＝324(n＞6)，则数列{an}的项数为________．解析：由题意知a1＋a2＋…＋a6＝36，①an＋an－1＋an－2＋…＋an－5＝180，②①＋②得(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋…＋(a6＋an－5)＝6(a1＋an)＝216，∴a1＋an＝36，又Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝324，∴18n＝324，∴n＝18.答案：18(一)普通高中适用作业A级——基础小题练熟练快1．(2018·兰州诊断考试)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，a8＋a10＝28，则S9＝()A．36 B．72C．144 D．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)＝72.2．(2018·安徽两校阶段性测试)若等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a2＋S3＝4，a3＋S5＝12，则a4＋S7的值是()A．20 B．36C．24 D．72解析：选C由a2＋S3＝4及a3＋S5＝12，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a1＋4d＝4，,6a1＋12d＝12，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝0，,d＝1，))∴a4＋S7＝8a1＋24d＝3．(2018·西安质检)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．21 B．22C．23 D．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＝23.4．(2018·东北三校联考)已知数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列，且bn＝an＋1－an(n∈N*)，若b3＝－2，b2＝12，则a8＝()A．0 B．－109C．－181 D．121解析：选B设等差数列{bn}的公差为d，则d＝b3－b2＝－14，因为an＋1－an＝bn，所以a8－a1＝b1＋b2＋…＋b7＝eq\f(7b1＋b7,2)＝7b4＝7×(－2－14)＝－112，又a1＝3，所以a8＝－109.5．(2018·云南11校跨区调研)在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝eq\f(3an,an＋3)，则a4＝()A.eq\f(3,4) B．1C.eq\f(4,3) D.eq\f(3,2)解析：选A依题意得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(an＋3,3an)＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,3)，eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(1,3)，故数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以eq\f(1,a1)＝eq\f(1,3)为首项、eq\f(1,3)为公差的等差数列，则eq\f(1,an)＝eq\f(1,3)＋eq\f(n－1,3)＝eq\f(n,3)，an＝eq\f(3,n)，a4＝eq\f(3,4).6．(2018·东北四市高考模拟)已知数列{an}满足an＋1－an＝2，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝()A．9 B．15C．18 D．30解析：选C由an＋1－an＝2可得数列{an}是等差数列，公差d＝2，又a1＝－5，所以an＝2n－7，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|＋|a5|＋|a6|＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18.7．(2016·北京高考)已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a1＝6，a3＋a5＝0，则S6＝________.解析：∵a3＋a5＝2a4，∴a4＝∵a1＝6，a4＝a1＋3d，∴d＝－2.∴S6＝6a1＋eq\f(6×6－1,2)d＝6×6－30＝6.答案：68．等差数列{an}中，已知a5>0，a4＋a7<0，则{an}的前n项和Sn的最大值为________．解析：∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＋a7＝a5＋a6<0，,a5>0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a5>0，,a6<0，))∴Sn的最大值为S5.答案：S59．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：310．在等差数列{an}中，公差d＝eq\f(1,2)，前100项的和S100＝45，则a1＋a3＋a5＋…＋a99＝________.解析：因为S100＝eq\f(100,2)(a1＋a100)＝45，所以a1＋a100＝eq\f(9,10)，a1＋a99＝a1＋a100－d＝eq\f(2,5)，则a1＋a3＋a5＋…＋a99＝eq\f(50,2)(a1＋a99)＝eq\f(50,2)×eq\f(2,5)＝10.答案：10B级——中档题目练通抓牢1．(2018·湖南五市十校联考)已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＋1＝Sn＋an＋3，a4＋a5＝23，则S8＝()A．72 B．88C．92 D．98解析：选C法一：由Sn＋1＝Sn＋an＋3，得an＋1－an＝3，故数列{an}是公差为3的等差数列，又a4＋a5＝23＝2a1＋7d＝2a1＋21，∴a1＝1，S8＝8a1＋eq\f(8×7,2)d＝92.法二：由Sn＋1＝Sn＋an＋3，得an＋1－an＝3，故数列{an}是公差为3的等差数列，S8＝eq\f(8a1＋a8,2)＝eq\f(8a4＋a5,2)＝92.2．(2018·广东潮州二模)在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增一十三里；驽马初日行九十七里，日减半里，良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢，问：几日相逢()A．8日 B．9日C．12日 D．16日解析：选B设n日相逢，则依题意得103n＋eq\f(nn－1,2)×13＋97n＋eq\f(nn－1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝1125×2，整理得n2＋31n－360＝0，解得n＝9(负值舍去)，故选B.3．等差数列{an}的前n项和为Sn，其中n∈N*，则下列命题错误的是()A．若an>0，则Sn>0B．若Sn>0，则an>0C．若an>0，则{Sn}是单调递增数列D．若{Sn}是单调递增数列，则an>0解析：选D由等差数列的性质可得：∀n∈N*，an>0，则Sn>0，反之也成立．an>0，d>0，则{Sn}是单调递增数列．因此A、B、C正确．对于D，{Sn}是单调递增数列，则d>0，而an>0不一定成立．4．在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n＝8时Sn取得最大值，则d的取值范围为________．解析：由题意，当且仅当n＝8时Sn有最大值，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d<0，,a8>0，,a9<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d<0，,7＋7d>0，,7＋8d<0，))解得－1<d<－eq\f(7,8).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(7,8)))5．设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝________.解析：因为等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，所以am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，数列的公差d＝1，am＋am＋1＝Sm＋1－Sm－1＝5，即2a1＋2m－1＝所以a1＝3－m.由Sm＝(3－m)m＋eq\f(mm－1,2)×1＝0，解得m＝5.答案：56．(2018·广西三市第一次联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n－1(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log4an＋1，求{bn}的前n项和Tn.解：(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，当n＝1时，a1＝2－1＝1，满足an＝2n－1，∴数列{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*)．(2)由(1)得，bn＝log4an＋1＝eq\f(n＋1,2)，则bn＋1－bn＝eq\f(n＋2,2)－eq\f(n＋1,2)＝eq\f(1,2)，∴数列{bn}是首项为1，公差d＝eq\f(1,2)的等差数列，∴Tn＝nb1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(n2＋3n,4).7．已知递增等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2a3＝15，S4＝(1)求数列{an}的通项公式以及Sn的表达式；(2)若数列{bn}满足：b1＝1，bn＋1－bn＝eq\f(1,anan＋1)，求数列{bn}的通项公式．解：(1)设数列{an}的公差为d(d>0)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2a3＝a1＋da1＋2d＝15，,S4＝4a1＋6d＝16，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝7，,d＝－2))(舍去)，∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1，Sn＝eq\f(n1＋2n－1,2)＝n2，n∈N*.(2)由(1)知，bn＋1－bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，bn－b1＝(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－3)－\f(1,2n－1)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n－1)))＝eq\f(n－1,2n－1)(n≥2)，∴bn＝eq\f(3n－2,2n－1).当n＝1时，b1＝1也符合上式，∴bn＝eq\f(3n－2,2n－1)(n∈N*)．C级——重难题目自主选做已知数列{an}满足，an＋1＋an＝4n－3(n∈N*)．(1)若数列{an}是等差数列，求a1的值；(2)当a1＝2时，求数列{an}的前n项和Sn.解：(1)法一：∵数列{an}是等差数列，∴an＝a1＋(n－1)d，an＋1＝a1＋nd.由an＋1＋an＝4n－3，得a1＋nd＋a1＋(n－1)d＝4n－3，∴2dn＋(2a1－d)＝4n－3即2d＝4,2a1－d＝－3，解得d＝2，a1＝－eq\f(1,2).法二：在等差数列{an}中，由an＋1＋an＝4n－3，得an＋2＋an＋1＝4(n＋1)－3＝4n＋1，∴2d＝an＋2－an＝4n＋1－(4n－3)＝4，∴d＝2.又∵a1＋a2＝2a1＋d＝2a1＋2＝1，∴a1＝－eq\f(1,2).(2)由题意知，①当n为奇数时，Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(an－1＋an)＝2＋4[2＋4＋…＋(n－1)]－3×eq\f(n－1,2)＝eq\f(2n2－3n＋5,2).②当n为偶数时，Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝1＋9＋…＋(4n－7)＝eq\f(2n2－3n,2).综上，Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2n2－3n＋5,2)，n为奇数，,\f(2n2－3n,2)，n为偶数.))(二)重点高中适用作业A级——保分题目巧做快做1．(2018·兰州诊断考试)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，a8＋a10＝28，则S9＝()A．36 B．72C．144 D．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)＝72.2．(2018·湖南五市十校联考)已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＋1＝Sn＋an＋3，a4＋a5＝23，则S8＝()A．72 B．88C．92 D．98解析：选C法一：由Sn＋1＝Sn＋an＋3，得an＋1－an＝3，故数列{an}是公差为3的等差数列，又a4＋a5＝23＝2a1＋7d＝2a1＋21，∴a1＝1，S8＝8a1＋eq\f(8×7,2)d＝92.法二：由Sn＋1＝Sn＋an＋3，得an＋1－an＝3，故数列{an}是公差为3的等差数列，S8＝eq\f(8a1＋a8,2)＝eq\f(8a4＋a5,2)＝92.3．(2018·东北四市高考模拟)已知数列{an}满足an＋1－an＝2，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝()A．9 B．15C．18 D．30解析：选C由an＋1－an＝2可得数列{an}是等差数列，公差d＝2，又a1＝－5，所以an＝2n－7，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|＋|a5|＋|a6|＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18.4.(2018·安徽江南十校模拟)《九章算术》是我国古代的数学名著，书中《均属章》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A，B，C，D，E五人分5钱，A，B两人所得与C，D，E三人所得相同，且A，B，C，D，E每人所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”(“钱”是古代的一种重量单位)．在这个问题中，E所得为()A.eq\f(2,3)钱 B.eq\f(4,3)钱C.eq\f(5,6)钱 D.eq\f(3,2)钱解析：选A由题意，设A所得为a－4d，B所得为a－3d，C所得为a－2d，D所得为a－d，E所得为a，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5a－10d＝5，,2a－7d＝3a－3d，))解得a＝eq\f(2,3)，故E所得为eq\f(2,3)钱．5．(2018·云南11校跨区调研)在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝eq\f(3an,an＋3)，则a4＝()A.eq\f(3,4) B．1C.eq\f(4,3) D.eq\f(3,2)解析：选A依题意得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(an＋3,3an)＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,3)，eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(1,3)，故数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以eq\f(1,a1)＝eq\f(1,3)为首项、eq\f(1,3)为公差的等差数列，则eq\f(1,an)＝eq\f(1,3)＋eq\f(n－1,3)＝eq\f(n,3)，an＝eq\f(3,n)，a4＝eq\f(3,4).6．(2016·北京高考)已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a1＝6，a3＋a5＝0，则S6＝________.解析：∵a3＋a5＝2a4，∴a4＝∵a1＝6，a4＝a1＋3d，∴d＝－2.∴S6＝6a1＋eq\f(6×6－1,2)d＝6×6－30＝6.答案：67．在等差数列{an}中，公差d＝eq\f(1,2)，前100项的和S100＝45，则a1＋a3＋a5＋…＋a99＝________.解析：因为S100＝eq\f(100,2)(a1＋a100)＝45，所以a1＋a100＝eq\f(9,10)，a1＋a99＝a1＋a100－d＝eq\f(2,5)，则a1＋a3＋a5＋…＋a99＝eq\f(50,2)(a1＋a99)＝eq\f(50,2)×eq\f(2,5)＝10.答案：108.(2018·广东深圳中学月考)已知数列{an}为等差数列，a3＝7，a1＋a7＝10，Sn为其前n项和，则使Sn取到最大值的n＝________.解析：设等差数列{an}的公差为d，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a3＝7，,2a4＝10，))故d＝a4－a3＝－2，an＝a3＋(n－3)d＝7－2(n－3)＝13－2n.令an>0，得n<6.5.所以在等差数列{an}中，其前6项均为正，其他各项均为负，于是使Sn取到最大值的n的值为6.答案：69．(2018·广西三市第一次联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n－1(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log4an＋1，求{bn}的前n项和Tn.解：(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，当n＝1时，a1＝2－1＝1，满足an＝2n－1，∴数列{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*)．(2)由(1)得，bn＝log4an＋1＝eq\f(n＋1,2)，则bn＋1－bn＝eq\f(n＋2,2)－eq\f(n＋1,2)＝eq\f(1,2)，∴数列{bn}是首项为1，公差d＝eq\f(1,2)的等差数列，∴Tn＝nb1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(n2＋3n,4).10.设数列{an}的各项都为正数，其前n项和为Sn，已知对任意n∈N*，Sn是aeq\o\al(2,n)和an的等差中项．(1)证明：数列{an}为等差数列；(2)若bn＝－n＋5，求{an·bn}的最大项的值并求出取最大值时n的值．解：(1)证明：由已知可得2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋an，且an>0，当n＝1时，2a1＝aeq\o\al(2,1)＋a1，解得a1＝1.当n≥2时，有2Sn－1＝aeq\o\al(2,n－1)＋an－1，所以2an＝2Sn－2Sn－1＝aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＋an－an－1，所以aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＝an＋an－1，即(an＋an－1)(an－an－1)＝an＋an－1，因为an＋an－1>0，所以an－an－1＝1(n≥2)．故数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列．(2)由(1)可知an＝n，设cn＝an·bn，则cn＝n(－n＋5)＝－n2＋5n＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(5,2)))2＋eq\f(25,4)，因为n∈N*，当n＝2或n＝3时，{an·bn}的最大项的值为6.B级——拔高题目稳做准做1.设{an}是等差数列，d是其公差，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>S5D．当n＝6或n＝7时Sn取得最大值解析：选C由S5<S6，得a1＋a2＋a3＋a4＋a5<a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6，即a6>0.同理由S7>S8，得a8<0.又S6＝S7，∴a1＋a2＋…＋a6＝a1＋a2＋…＋a6＋a7，∴a7＝0，∴B正确；∵d＝a7－a6<0，∴A正确；而C选项，S9>S5，即a6＋a7＋a8＋a9>0，可得2(a7＋a8)>0，由结论a7＝0，a8<0，知C选项错误；∵S5<S6，S6＝S7>S8，∴结合等差数列前n项和的函数特性可知D正确．选C.2.若数列{an}满足eq\f(an＋1,2n＋5)－eq\f(an,2n＋3)＝1，且a1＝5，则数列{an}的前200项中，能被5整除的项数为()A．90 B．80C．60 D．40解析：选B数列{an}满足eq\f(an＋1,2n＋5)－eq\f(an,2n＋3)＝1，即eq\f(an＋1,2n＋1＋3)－eq\f(an,2n＋3)＝1，又eq\f(a1,2×1＋3)＝1，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋3)))是以1为首项，1为公差的等差数列，∴eq\f(an,2n＋3)＝n，∴an＝2n2＋3n，列表如下：项12345678910an的个位数5474509290∴每10项中有4项能被5整除，∴数列{an}的前200项中，能被5整除的项数为80，故选B.3.设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，S