【数学】2019届一轮复习人教A版（文）第五章第二节等差数列及其前n项和学案

【数学】2019届一轮复习人教A版（文）第五章第二节等差数列及其前n项和学案

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＝，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＋d＝.‎ ‎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md的等差数列．‎ ‎4．与等差数列各项的和有关的性质 ‎(1)若{an}是等差数列，则也成等差数列，其首项与{an}首项相同，公差是{an}公差的.‎ ‎(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成等差数列．‎ ‎(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，＝.‎ ‎②若项数为2n－1，则S偶＝(n－1)an，S奇＝nan，S奇－S偶＝an，＝.‎ ‎(4)两个等差数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn之间的关系为＝.‎ ‎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．在等差数列中，若a2＝4，a4＝2，则a6＝(　　)‎ A．－1　　　　　　　　　　 B．0‎ C．1 D．6‎ 解析：选B　∵为等差数列，‎ ‎∴‎2a4＝a2＋a6，∴a6＝‎2a4－a2＝2×2－4＝0.‎ ‎3．(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．－3‎ C．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＝a，‎ 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＋×(－2)＝－24.‎ ‎4．已知数列是等差数列，且a1＝1，a4＝4，则a10＝(　　)‎ A．－ B．－ C. D. 解析：选A　设等差数列的公差为d，由题意可知，＝＋3d＝，解得d＝－，所以＝＋9d＝－，所以a10＝－.‎ ‎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：5‎ ‎6．在等差数列{an}中，an>0，a7＝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＝a4＋4，得a1＋6d＝(a1＋3d)＋4，即a1＋9d＝8，所以a10＝8，因此S19＝＝19×a10＝19×8＝152.‎ 答案：152‎ 　　　　 ‎[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．13‎ C．14 D．15‎ 解析：选B　设等差数列{an}的公差为d，‎ 由S5＝，得＝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．2‎ C．4 D．8‎ 解析：选C　设等差数列{an}的公差为d，‎ 则由得 即解得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．6‎ C．9 D．11‎ 解析：选C　因为ak是a6与ak＋6的等比中项，‎ 所以a＝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，得解得 ‎∴S16＝16×3＋×(－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＋d；若已知通项公式，则使用公式Sn＝，同时注意与性质“a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝…”的结合使用．‎ 　　　　 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)证明是等差数列，其关键应推出－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＝6.‎ 由‎2a3－‎3a2＝12，‎ 得‎2a3＝12＋‎3a2，所以a3＝15.‎ ‎(2)证明：由已知nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n，‎ 得＝2，即－＝2，‎ 所以数列是首项＝1，公差d＝2的等差数列．‎ 则＝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．49‎ C．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＝＝＝49.‎ ‎2．已知数列{an}中，a1＝2，an＝2－(n≥2，n∈N*)，设bn＝(n∈N*)．求证：数列{bn}是等差数列．‎ 证明：∵an＝2－(n≥2)，‎ ‎∴an＋1＝2－.‎ ‎∴bn＋1－bn＝－＝－＝＝1，‎ ‎∴{bn}是首项为b1＝＝1，公差为1的等差数列．‎ 　　　　 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．S16‎ C．S15或S16 D．S17‎ 解析：选A　∵a1＝29，S10＝S20，‎ ‎∴‎10a1＋d＝‎20a1＋d，解得d＝－2，‎ ‎∴Sn＝29n＋×(－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 ‎❶ ❷ (　　)‎ A．－200 B．－100‎ C．－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＝＝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＝(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＝‎ ，S2n－1＝(2n－1)an，Sn＝＝(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，满足的项数m使得Sn取得最大值为Sm；‎ ‎②当a1<0，d>0时，满足的项数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＋d可变形为Sn＝n2＋n，令A＝，B＝a1－，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．100‎ C．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．7‎ C．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n的值为12.‎ ‎3．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＝36，①‎ an＋an－1＋an－2＋…＋an－5＝180，②‎ ‎①＋②得(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋…＋(a6＋an－5)＝6(a1＋an)＝216，‎ ‎∴a1＋an＝36，‎ 又Sn＝＝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．72‎ C．144 D．288‎ 解析：选B　法一：∵a8＋a10＝‎2a1＋16d＝28，a1＝2，‎ ‎∴d＝，∴S9＝9×2＋×＝72.‎ 法二：∵a8＋a10＝‎2a9＝28，∴a9＝14，‎ ‎∴S9＝＝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．36‎ C．24 D．72‎ 解析：选C　由a2＋S3＝4及a3＋S5＝12，‎ 得解得 ‎∴a4＋S7＝‎8a1＋24d＝24.‎ ‎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．22‎ C．23 D．24‎ 解析：选C　由3an＋1＝3an－2⇒an＋1－an＝－⇒{an}是等差数列，则an＝－n.∵ak·ak＋1<0，‎ ‎∴<0，∴0，a4＋a7<0，则{an}的前n项和Sn的最大值为________．‎ 解析：∵∴ ‎∴Sn的最大值为S5.‎ 答案：S5‎ ‎9．若等差数列{an}的前17项和S17＝51，则a5－a7＋a9－a11＋a13＝________.‎ 解析：因为S17＝×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：3‎ ‎10．在等差数列{an}中，公差d＝，前100项的和S100＝45，则a1＋a3＋a5＋…＋a99＝________.‎ 解析：因为S100＝(a1＋a100)＝45，所以a1＋a100＝，‎ a1＋a99＝a1＋a100－d＝，‎ 则a1＋a3＋a5＋…＋a99＝(a1＋a99)＝×＝10.‎ 答案：10‎ B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．88‎ C．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＋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＝＝＝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＋×13＋97n＋×＝1 125×2，‎ 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>0‎ B．若Sn>0，则an>0‎ C．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，‎ 可得即解得－10)，‎ 则 解得或(舍去)，‎ ‎∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1，Sn＝＝n2，n∈N*.‎ ‎(2)由(1)知，bn＋1－bn＝＝＝，‎ bn－b1＝(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)‎ ‎＝ ‎＝＝(n≥2)，‎ ‎∴bn＝.‎ 当n＝1时，b1＝1也符合上式，‎ ‎∴bn＝(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＝－.‎ 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＝－.‎ ‎(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× ‎＝.‎ ‎②当n为偶数时，Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an ‎＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)‎ ‎＝1＋9＋…＋(4n－7)‎ ‎＝.‎ 综上，Sn＝ ‎(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．72‎ C．144 D．288‎ 解析：选B　法一：∵a8＋a10＝‎2a1＋16d＝28，a1＝2，‎ ‎∴d＝，∴S9＝9×2＋×＝72.‎ 法二：∵a8＋a10＝‎2a9＝28，∴a9＝14，‎ ‎∴S9＝＝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．88‎ C．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＋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＝‎ ＝＝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．15‎ C．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.钱 B.钱 C.钱 D.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，则解得a＝，故E所得为钱．‎ ‎5．(2018·云南11校跨区调研)在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝，则a4＝(　　)‎ A. B．1‎ C. D. 解析：选A　依题意得＝＝＋，－＝，故数列是以＝为首项、为公差的等差数列，则＝＋＝，an＝，a4＝.‎ ‎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＝0.‎ ‎∵a1＝6，a4＝a1＋3d，∴d＝－2.‎ ‎∴S6＝‎6a1＋d＝6×6－30＝6.‎ 答案：6‎ ‎7．在等差数列{an}中，公差d＝，前100项的和S100＝45，则a1＋a3＋a5＋…＋a99＝________.‎ 解析：因为S100＝(a1＋a100)＝45，所以a1＋a100＝，‎ a1＋a99＝a1＋a100－d＝，‎ 则a1＋a3＋a5＋…＋a99＝(a1＋a99)＝×＝10.‎ 答案：10‎ ‎8.(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：6‎ ‎9．(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＝，‎ 则bn＋1－bn＝－＝，‎ ‎∴数列{bn}是首项为1，公差d＝的等差数列，‎ ‎∴Tn＝nb1＋d＝.‎ ‎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a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＝a＋an，且an>0，‎ 当n＝1时，‎2a1＝a＋a1，解得a1＝1.‎ 当n≥2时，有2Sn－1＝a＋an－1，‎ 所以2an＝2Sn－2Sn－1＝a－a＋an－an－1，‎ 所以a－a＝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＝－2＋，‎ 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S5S8，则下列结论错误的是(　　)‎ A．d<0‎ B．a7＝0‎ C．S9>S5‎ D．当n＝6或n＝7时Sn取得最大值 解析：选C　由S50.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；∵S5S8，∴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－＝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．80‎ C．60 D．40‎ 解析：选B　数列{an}满足－＝1，即－＝1，又＝1，∴数列是以1为首项，1为公差的等差数列，∴＝n，∴an＝2n2＋3n，列表如下：‎ 项 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ an的个位数 ‎5‎ ‎4‎ ‎7‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎0‎ ‎9‎ ‎2‎ ‎9‎ ‎0‎ ‎∴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，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＝5，所以a1＝3－m.‎ 由Sm＝(3－m)m＋×1＝0，‎ 解得m＝5.‎ 答案：5‎ ‎4.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＋a4＋a9＝24，则·的最大值为________．‎ 解析：设等差数列{an}的公差为d，则a2＋a4＋a9＝‎3a1＋12d＝24，即a1＋4d＝8，所以＝＝a1＋d＝8－4d＋d，则＝8－4d＋d＝8－，＝8－4d＋d＝8＋，·＝＝64－≤64，当且仅当d＝0时取等号，所以·的最大值为64.‎ 答案：64‎ ‎5．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＝－.‎ 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＝－.‎ ‎(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× ‎＝.‎ ‎②当n为偶数时，Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an ‎＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)‎ ‎＝1＋9＋…＋(4n－7)‎ ‎＝.‎ 综上，Sn＝ ‎6.已知数列{an}是等差数列，bn＝a－a.‎ ‎(1)证明：数列{bn}是等差数列；‎ ‎(2)若a1＋a3＋a5＋…＋a25＝130，a2＋a4＋a6＋…＋a26＝143－13k(k为常数)，求数列{bn}的通项公式．‎ 解：(1)证明：设{an}的公差为d，‎ 则bn＋1－bn＝(a－a)－(a－a)‎ ‎＝‎2a－(an＋1－d)2－(an＋1＋d)2＝－2d2，‎ ‎∴数列{bn}是以－2d2为公差的等差数列．‎ ‎(2)∵a1＋a3＋a5＋…＋a25＝130，‎ a2＋a4＋a6＋…＋a26＝143－13k，‎ ‎∴13d＝13－13k，∴d＝1－k.‎ 又‎13a1＋×2d＝130，‎ ‎∴a1＝－2＋12k，‎ ‎∴an＝a1＋(n－1)d＝(－2＋12k)＋(n－1)(1－k)＝(1－k)n＋13k－3，‎ ‎∴bn＝a－a＝(an＋an＋1)(an－an＋1)＝－2(1－k)2n＋25k2－30k＋5.‎