高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)試題第2節(jié) 等差數(shù)列及其前n項(xiàng)和

第2節(jié)等差數(shù)列及其前n項(xiàng)和考試要求1.理解等差數(shù)列的概念.2.掌握等差數(shù)列的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式.3.能在具體的問題情境中識別數(shù)列的等差關(guān)系，并能用等差數(shù)列的有關(guān)知識解決相應(yīng)的問題.4.了解等差數(shù)列與一次函數(shù)的關(guān)系.1.等差數(shù)列的概念(1)定義：如果一個數(shù)列從第2項(xiàng)起，每一項(xiàng)與它的前一項(xiàng)的差都等于同一個常數(shù)，那么這個數(shù)列就叫做等差數(shù)列.數(shù)學(xué)語言表達(dá)式：an＋1－an＝d(n∈N*，d為常數(shù)).(2)等差中項(xiàng)：由三個數(shù)a，A，b組成的等差數(shù)列可以看成是最簡單的等差數(shù)列，這時A叫做a與b的等差中項(xiàng)，根據(jù)等差數(shù)列的定義可以知道，2A＝a＋b.2.等差數(shù)列的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式(1)若等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)是a1，公差是d，則其通項(xiàng)公式為an＝a1＋(n－1)d.(2)前n項(xiàng)和公式：Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）d,2)＝eq\f(n（a1＋an）,2).3.等差數(shù)列的性質(zhì)(1)通項(xiàng)公式的推廣：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*).(2)若{an}為等差數(shù)列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，則ak＋al＝am＋an.(3)若{an}是等差數(shù)列，公差為d，則ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差為md的等差數(shù)列.(4)若Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則數(shù)列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差數(shù)列.(5)若Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也為等差數(shù)列.1.已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝pn＋q(其中p，q為常數(shù))，則數(shù)列{an}一定是等差數(shù)列，且公差為p.2.在等差數(shù)列{an}中，a1＞0，d＜0，則Sn存在最大值；若a1＜0，d＞0，則Sn存在最小值.3.等差數(shù)列{an}的單調(diào)性：當(dāng)d＞0時，{an}是遞增數(shù)列；當(dāng)d＜0時，{an}是遞減數(shù)列；當(dāng)d＝0時，{an}是常數(shù)列.4.數(shù)列{an}是等差數(shù)列?Sn＝An2＋Bn(A，B為常數(shù)).1.思考辨析(在括號內(nèi)打“√”或“×”)(1)數(shù)列{an}為等差數(shù)列的充要條件是對任意n∈N*，都有2an＋1＝an＋an＋2.()(2)等差數(shù)列{an}的單調(diào)性是由公差d決定的.()(3)數(shù)列{an}為等差數(shù)列的充要條件是其通項(xiàng)公式為n的一次函數(shù).()(4)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式是常數(shù)項(xiàng)為0且關(guān)于n的二次函數(shù).()答案(1)√(2)√(3)×(4)×解析(3)若公差d＝0，則通項(xiàng)公式不是n的一次函數(shù).(4)若公差d＝0，則前n項(xiàng)和不是n的二次函數(shù).2.(2022·福州質(zhì)檢)在等差數(shù)列{an}中，若a1＋a2＝5，a3＋a4＝15，則a5＋a6＝()A.10 B.20 C.25 D.30答案C解析等差數(shù)列{an}中，每相鄰2項(xiàng)的和仍然構(gòu)成等差數(shù)列，設(shè)其公差為d，若a1＋a2＝5，a3＋a4＝15，則d＝15－5＝10，因此a5＋a6＝(a3＋a4)＋d＝15＋10＝25.3.(2022·青島一模)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a1＝1，S3＝eq\f(9,2)，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝()A.n B.eq\f(n＋1,2)C.2n－1 D.eq\f(3n－1,2)答案B解析設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則S3＝3a1＋eq\f(3×2,2)d＝3＋3d＝eq\f(9,2)，解得d＝eq\f(1,2)，∴an＝1＋(n－1)×eq\f(1,2)＝eq\f(n＋1,2).4.(2021·杭州二模)已知{an}是等差數(shù)列，滿足3(a1＋a5)＋2(a3＋a6＋a9)＝18，則該數(shù)列的前8項(xiàng)和為()A.36 B.24 C.16 D.12答案D解析由等差數(shù)列性質(zhì)可得a1＋a5＝2a3，a3＋a6＋a9＝3a6，所以3×2a3＋2×3a6＝18，即a3＋a6＝3，所以S8＝eq\f(8（a1＋a8）,2)＝eq\f(8（a3＋a6）,2)＝12.5.(多選)設(shè){an}是等差數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)的和，且S5＜S6，S6＝S7＞S8，則下列結(jié)論正確的是()A.d＜0B.a7＝0C.S9＞S5D.S6與S7均為Sn的最大值答案ABD解析S6＝S5＋a6＞S5，則a6＞0，S7＝S6＋a7＝S6，則a7＝0，則d＝a7－a6＜0，S8＝S7＋a8＜S7，a8＜0，則a9＜0，又a6＋a8＝a5＋a9＝2a7＝0，∴S5＞S9，由a7＝0，a6＞0知S6，S7是Sn中的最大值.從而ABD均正確.6.一物體從1960m的高空降落，如果第1秒降落4.90m，以后每秒比前一秒多降落9.80m，那么經(jīng)過________秒落到地面.答案20解析設(shè)物體經(jīng)過t秒降落到地面.物體在降落過程中，每一秒降落的距離構(gòu)成首項(xiàng)為4.90，公差為9.80的等差數(shù)列.所以4.90t＋eq\f(1,2)t(t－1)×9.80＝1960，即4.90t2＝1960，解得t＝20.考點(diǎn)一等差數(shù)列的基本運(yùn)算1.記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.若3S3＝S2＋S4，a1＝2，則a5＝()A.－12 B.－10 C.10 D.12答案B解析設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則3(3a1＋3d)＝2a1＋d＋4a1＋6d，即d＝－eq\f(3,2)a1.又a1＝2得∴d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.2.(2021·武漢調(diào)研)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S8＝a8＝8，則公差d＝()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,2) C.1 D.2答案D解析∵S8＝a8＝8，∴a1＋a2＋…＋a8＝a8，∴S7＝7a4＝0，則a4＝0.∴d＝eq\f(a8－a4,8－4)＝2.3.(2020·全國Ⅱ卷)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.若a1＝－2，a2＋a6＝2，則S10＝________.答案25解析設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則a2＋a6＝2a1＋6d＝2×(－2)＋6d＝2.解得d＝1.所以S10＝10×(－2)＋eq\f(10×9,2)×1＝25.4.(2020·新高考全國Ⅰ卷)將數(shù)列{2n－1}與{3n－2}的公共項(xiàng)從小到大排列得到數(shù)列{an}，則{an}的前n項(xiàng)和為__________.答案3n2－2n解析法一(觀察歸納法)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(2n－1))的各項(xiàng)為1，3，5，7，9，11，13，…；數(shù)列{3n－2}的各項(xiàng)為1，4，7，10，13，….現(xiàn)觀察歸納可知，兩個數(shù)列的公共項(xiàng)為1，7，13，…，是首項(xiàng)為1，公差為6的等差數(shù)列，則an＝1＋6(n－1)＝6n－5.故前n項(xiàng)和為Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝eq\f(n（1＋6n－5）,2)＝3n2－2n.法二(引入?yún)⒆兞糠?令bn＝2n－1，cm＝3m－2，bn＝cm，則2n－1＝3m－2，即3m＝2n＋1，m必為奇數(shù).令m＝2t－1，則n＝3t－2(t＝1，2，3，…).at＝b3t－2＝c2t－1＝6t－5，即an＝6n－5.以下同法一.感悟提升1.等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式共涉及五個量a1，an，d，n，Sn，知其中三個就能求另外兩個，體現(xiàn)了用方程的思想來解決問題.2.數(shù)列的通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和公式在解題中起到變量代換作用，而a1和d是等差數(shù)列的兩個基本量，用它們表示已知和未知是常用方法.考點(diǎn)二等差數(shù)列的判定與證明例1(2021·全國甲卷)已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，記Sn為{an}的前n項(xiàng)和，從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立.①數(shù)列{an}是等差數(shù)列；②數(shù)列{eq\r(Sn)}是等差數(shù)列；③a2＝3a1.注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計(jì)分.解①③?②.已知{an}是等差數(shù)列，a2＝3a1.設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，所以Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝n2a1.因?yàn)閿?shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，所以eq\r(Sn)＝neq\r(a1)，所以eq\r(Sn＋1)－eq\r(Sn)＝(n＋1)eq\r(a1)－neq\r(a1)＝eq\r(a1)(常數(shù))，所以數(shù)列{eq\r(Sn)}是等差數(shù)列.①②?③.已知{an}是等差數(shù)列，{eq\r(Sn)}是等差數(shù)列.設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝eq\f(1,2)n2d＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n.因?yàn)閿?shù)列{eq\r(Sn)}是等差數(shù)列，所以數(shù)列{eq\r(Sn)}的通項(xiàng)公式是關(guān)于n的一次函數(shù)，則a1－eq\f(d,2)＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1.②③?①.已知數(shù)列{eq\r(Sn)}是等差數(shù)列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1.設(shè)數(shù)列{eq\r(Sn)}的公差為d，d＞0，則eq\r(S2)－eq\r(S1)＝eq\r(4a1)－eq\r(a1)＝d，得a1＝d2，所以eq\r(Sn)＝eq\r(S1)＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2，所以n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2，對n＝1也適合，所以an＝2d2n－d2，所以an＋1－an＝2d2(n＋1)－d2－(2d2n－d2)＝2d2(常數(shù))，所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列.感悟提升1.證明數(shù)列是等差數(shù)列的主要方法：(1)定義法：對于n≥2的任意自然數(shù)，驗(yàn)證an－an－1為同一常數(shù).即作差法，將關(guān)于an－1的an代入an－an－1，再化簡得到定值.(2)等差中項(xiàng)法：驗(yàn)證2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)都成立.2.判定一個數(shù)列是等差數(shù)列還常用到的結(jié)論：(1)通項(xiàng)公式：an＝pn＋q(p，q為常數(shù))?{an}是等差數(shù)列.(2)前n項(xiàng)和公式：Sn＝An2＋Bn(A，B為常數(shù))?{an}是等差數(shù)列.問題的最終判定還是利用定義.訓(xùn)練1(2021·全國乙卷)設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，bn為數(shù)列{Sn}的前n項(xiàng)積，已知eq\f(2,Sn)＋eq\f(1,bn)＝2.(1)證明：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列；(2)求{an}的通項(xiàng)公式.(1)證明因?yàn)閎n是數(shù)列{Sn}的前n項(xiàng)積，所以n≥2時，Sn＝eq\f(bn,bn－1)，代入eq\f(2,Sn)＋eq\f(1,bn)＝2可得，eq\f(2bn－1,bn)＋eq\f(1,bn)＝2，整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝eq\f(1,2)(n≥2).又eq\f(2,S1)＋eq\f(1,b1)＝eq\f(3,b1)＝2，所以b1＝eq\f(3,2)，故{bn}是以eq\f(3,2)為首項(xiàng)，eq\f(1,2)為公差的等差數(shù)列.(2)解由(1)可知，bn＝eq\f(3,2)＋eq\f(1,2)(n－1)＝eq\f(n＋2,2)，則eq\f(2,Sn)＋eq\f(2,n＋2)＝2，所以Sn＝eq\f(n＋2,n＋1)，當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝eq\f(3,2)，當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n＋2,n＋1)－eq\f(n＋1,n)＝－eq\f(1,n（n＋1）).故an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，n＝1，,－\f(1,n（n＋1）)，n≥2.))考點(diǎn)三等差數(shù)列的性質(zhì)及應(yīng)用角度1等差數(shù)列項(xiàng)的性質(zhì)例2(1)設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且4＋a5＝a6＋a4，則S9等于()A.72 B.36 C.18 D.9答案B解析∵a6＋a4＝2a5，∴a5＝4，∴S9＝eq\f(9（a1＋a9）,2)＝9a5＝36.(2)在等差數(shù)列{an}中，若a5＋a6＝4，則log2(2a1·2a2·…·2a10)＝()A.10 B.20C.40 D.2＋log25答案B解析由等差數(shù)列的性質(zhì)知a1＋a10＝a2＋a9＝a3＋a8＝a4＋a7＝a5＋a6＝4，則2a1·2a2·…·2a10＝2a1＋a2＋…＋a10＝25(a5＋a6)＝25×4，所以log2(2a1·2a2·…·2a10)＝log225×4＝20.角度2等差數(shù)列前n項(xiàng)和的性質(zhì)例3(1)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若S5＝7，S10＝21，則S15等于()A.35 B.42 C.49 D.63答案B解析在等差數(shù)列{an}中，S5，S10－S5，S15－S10成等差數(shù)列，即7，14，S15－21成等差數(shù)列，所以7＋(S15－21)＝2×14，解得S15＝42.(2)(2020·全國Ⅱ卷)北京天壇的圜丘壇為古代祭天的場所，分上、中、下三層.上層中心有一塊圓形石板(稱為天心石)，環(huán)繞天心石砌9塊扇面形石板構(gòu)成第一環(huán)，向外每環(huán)依次增加9塊.下一層的第一環(huán)比上一層的最后一環(huán)多9塊.向外每環(huán)依次也增加9塊.已知每層環(huán)數(shù)相同，且下層比中層多729塊，則三層共有扇面形石板(不含天心石)()A.3699塊 B.3474塊C.3402塊 D.3339塊答案C解析設(shè)每一層有n環(huán)，由題可知從內(nèi)到外每環(huán)之間構(gòu)成公差d＝9，a1＝9的等差數(shù)列.由等差數(shù)列的性質(zhì)知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差數(shù)列，且(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝n2d，則9n2＝729，得n＝9，則三層共有扇面形石板S3n＝S27＝27×9＋eq\f(27×26,2)×9＝3402(塊).角度3等差數(shù)列前n項(xiàng)和的最值例4等差數(shù)列{an}中，設(shè)Sn為其前n項(xiàng)和，且a1＞0，S3＝S11，則當(dāng)n為多少時，Sn最大？解法一設(shè)公差為d.由S3＝S11，可得3a1＋eq\f(3×2,2)d＝11a1＋eq\f(11×10,2)d，即d＝－eq\f(2,13)a1.從而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，因?yàn)閍1＞0，所以－eq\f(a1,13)＜0.故當(dāng)n＝7時，Sn最大.法二易知Sn＝An2＋Bn是關(guān)于n的二次函數(shù)，由S3＝S11，可知Sn＝An2＋Bn的圖象關(guān)于直線n＝eq\f(3＋11,2)＝7對稱.由解法一可知A＝－eq\f(a1,13)＜0，故當(dāng)n＝7時，Sn最大.法三設(shè)公差為d.由解法一可知d＝－eq\f(2,13)a1.要使Sn最大，則有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，故當(dāng)n＝7時，Sn最大.法四設(shè)公差為d.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，所以當(dāng)n＝7時，Sn最大.感悟提升1.項(xiàng)的性質(zhì)：在等差數(shù)列{an}中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，則am＋an＝ap＋aq.2.和的性質(zhì)：在等差數(shù)列{an}中，Sn為其前n項(xiàng)和，則(1)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；(2)S2n－1＝(2n－1)an.(3)依次k項(xiàng)和成等差數(shù)列，即Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等差數(shù)列.3.求等差數(shù)列前n項(xiàng)和的最值，常用的方法：(1)利用等差數(shù)列的單調(diào)性，求出其正負(fù)轉(zhuǎn)折項(xiàng)，或者利用性質(zhì)求其正負(fù)轉(zhuǎn)折項(xiàng)，便可求得和的最值；(2)利用公差不為零的等差數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn＝An2＋Bn(A，B為常數(shù)，A≠0)為二次函數(shù)，通過二次函數(shù)的性質(zhì)求最值.訓(xùn)練2(1)(多選)(2022·淄博調(diào)研)已知等差數(shù)列{an}的公差為d，前n項(xiàng)和為Sn，當(dāng)首項(xiàng)a1和d變化時，a2＋a8＋a11是一個定值，則下列各數(shù)也為定值的是()A.a7 B.a8 C.S13 D.S15答案AC解析由題知a2＋a8＋a11＝a1＋d＋a1＋7d＋a1＋10d＝3a1＋18d＝3(a1＋6d)＝3a7，∴a7是定值，∴S13＝eq\f(13（a1＋a13）,2)＝13a7是定值，故選AC.(2)(2022·重慶診斷)已知Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a1＝－2020，eq\f(S2020,2020)－eq\f(S2014,2014)＝6，則S2023等于()A.2023 B.－2023C.4046 D.－4046答案C解析∵eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))為等差數(shù)列，設(shè)公差為d′，則eq\f(S2020,2020)－eq\f(S2014,2014)＝6d′＝6，∴d′＝1，首項(xiàng)為eq\f(S1,1)＝－2020，∴eq\f(S2023,2023)＝－2020＋(2023－1)×1＝2，∴S2023＝2023×2＝4046，故選C.(3)設(shè)等差數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＞0(n∈N*)，其前n項(xiàng)和為Sn，若數(shù)列{eq\r(Sn)}也為等差數(shù)列，則eq\f(Sn＋10,aeq\o\al(2,n))的最大值是________.答案121解析設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，依題意得2eq\r(S2)＝eq\r(S1)＋eq\r(S3)，∴2eq\r(2a1＋d)＝eq\r(a1)＋eq\r(3a1＋3d)，把a(bǔ)1＝1代入求得d＝2，∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，Sn＝n＋eq\f(n（n－1）,2)×2＝n2，∴eq\f(Sn＋10,aeq\o\al(2,n))＝eq\f(（n＋10）2,（2n－1）2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋10,2n－1)))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\f(1,2)（2n－1）＋\f(21,2),2n－1)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(21,2n－1)))eq\s\up12(2)≤121.∴eq\f(Sn＋10,aeq\o\al(2,n))的最大值是121.1.已知公差不為0的等差數(shù)列{an}中，a2＋a4＝a6，a9＝aeq\o\al(2,6)，則a10＝()A.eq\f(5,2) B.5 C.10 D.40答案A解析設(shè)公差為d，由已知得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＋a1＋3d＝a1＋5d，,a1＋8d＝（a1＋5d）2，))由于d≠0，故a1＝d＝eq\f(1,4)，所以a10＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)×9＝eq\f(5,2).2.(多選)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.已知S4＝0，a5＝5，則下列選項(xiàng)正確的是()A.a2＋a3＝0 B.an＝2n－5C.Sn＝n(n－4) D.d＝－2答案ABC解析S4＝eq\f(4×（a1＋a4）,2)＝0，∴a1＋a4＝a2＋a3＝0，A正確；a5＝a1＋4d＝5，①a1＋a4＝a1＋a1＋3d＝0，②聯(lián)立①②得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝2，,a1＝－3，))∴an＝－3＋(n－1)×2＝2n－5，B正確，D錯誤；Sn＝－3n＋eq\f(n（n－1）,2)×2＝n2－4n，C正確，故選ABC.3.已知數(shù)列{an}滿足5an＋1＝25·5an，且a2＋a4＋a6＝9，則logeq\f(1,3)(a5＋a7＋a9)＝()A.－3 B.3 C.－eq\f(1,3) D.eq\f(1,3)答案A解析數(shù)列{an}滿足5an＋1＝25·5an，∴an＋1＝an＋2，即an＋1－an＝2，∴數(shù)列{an}是等差數(shù)列，公差為2.∵a2＋a4＋a6＝9，∴3a4＝9，a4＝3.∴a1＋3×2＝3，解得a1＝－3.∴a5＋a7＋a9＝3a7＝3×(－3＋6×2)＝27，則logeq\f(1,3)(a5＋a7＋a9)＝logeq\f(1,3)33＝－3.故選A.4.(2021·深圳一模)在數(shù)列{an}中，a1＝3，am＋n＝am＋an(m，n∈N*)，若a1＋a2＋a3＋…＋ak＝135，則k＝()A.10 B.9 C.8 D.7答案B解析令m＝1，由am＋n＝am＋an可得an＋1＝a1＋an，所以an＋1－an＝3，所以{an}是首項(xiàng)為a1＝3，公差為3的等差數(shù)列，an＝3＋3(n－1)＝3n，所以a1＋a2＋a3＋…＋ak＝eq\f(k（a1＋ak）,2)＝eq\f(k（3＋3k）,2)＝135.整理可得k2＋k－90＝0，解得k＝9或k＝－10(舍).5.(多選)(2022·衡陽聯(lián)考)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若eq\f(S2n,S4n)為常數(shù)，則稱數(shù)列{an}為“吉祥數(shù)列”，則下列數(shù)列{bn}為“吉祥數(shù)列”的是()A.bn＝n B.bn＝(－1)n(n＋1)C.bn＝4n－2 D.bn＝2n答案BC解析若{bn}是等差數(shù)列，則根據(jù)等差數(shù)列求和公式知需b1＋bn＝kn，k∈R，則{bn}為“吉祥數(shù)列”，檢驗(yàn)A，C可知C符合題意；{bn}是擺動數(shù)列，由并項(xiàng)求和法知S2n＝n，S4n＝2n，eq\f(S2n,S4n)＝eq\f(n,2n)＝eq\f(1,2)，故B符合題意；根據(jù)等比數(shù)列求和公式知D不符合題意.故選BC.6.設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若S6＝1，S12＝4，則S18＝________.答案9解析在等差數(shù)列中，S6，S12－S6，S18－S12成等差數(shù)列，∵S6＝1，S12＝4，∴1，3，S18－4成公差為2的等差數(shù)列，即S18－4＝5，∴S18＝9.7.等差數(shù)列{an}與{bn}的前n項(xiàng)和分別為Sn和Tn，若eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(3n－2,2n＋1)，則eq\f(a7,b7)等于________.答案eq\f(37,27)解析eq\f(a7,b7)＝eq\f(2a7,2b7)＝eq\f(a1＋a13,b1＋b13)＝eq\f(\f(a1＋a13,2)×13,\f(b1＋b13,2)×13)＝eq\f(S13,T13)＝eq\f(3×13－2,2×13＋1)＝eq\f(37,27).8.(2021·長春一模)設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，a6＋a7＝1，則S12＝________，若a7＜0，則使得不等式Sn＜0成立的最小整數(shù)n＝________.答案613解析根據(jù){an}為等差數(shù)列，且a6＋a7＝1，得S12＝eq\f(（a1＋a12）×12,2)＝6(a6＋a7)＝6；若a7＜0，則S13＝eq\f(（a1＋a13）×13,2)＝13a7＜0，又S12＞0，所以使不等式Sn＜0成立的最小整數(shù)n＝13.9.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿足a1＝eq\f(3,2)，a2＝2，2(Sn＋2＋Sn)＝4Sn＋1＋1，則數(shù)列{an}的前16項(xiàng)和S16＝________.答案84解析將2(Sn＋2＋Sn)＝4Sn＋1＋1變形為(Sn＋2－Sn＋1)－(Sn＋1－Sn)＝eq\f(1,2)，即an＋2－an＋1＝eq\f(1,2)，又a1＝eq\f(3,2)，a2＝2，∴a2－a1＝eq\f(1,2)符合上式，∴{an}是首項(xiàng)a1＝eq\f(3,2)，公差d＝eq\f(1,2)的等差數(shù)列，∴S16＝16×eq\f(3,2)＋eq\f(16×15,2)×eq\f(1,2)＝84.10.已知等差數(shù)列的前三項(xiàng)依次為a，4，3a，前n項(xiàng)和為Sn，且Sk＝110.(1)求a及k的值；(2)設(shè)數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式bn＝eq\f(Sn,n)，證明：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，并求其前n項(xiàng)和Tn.(1)解設(shè)該等差數(shù)列為{an}，則a1＝a，a2＝4，a3＝3a，由已知有a＋3a＝8，得a1＝a＝2，公差d＝4－2＝2，所以Sk＝ka1＋eq\f(k（k－1）,2)·d＝2k＋eq\f(k（k－1）,2)×2＝k2＋k，由Sk＝110，得k2＋k－110＝0，解得k＝10或k＝－11(舍去)，故a＝2，k＝10.(2)證明由(1)得Sn＝eq\f(n（2＋2n）,2)＝n(n＋1)，則bn＝eq\f(Sn,n)＝n＋1，故bn＋1－bn＝(n＋2)－(n＋1)＝1，即數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為2，公差為1的等差數(shù)列，所以Tn＝eq\f(n（2＋n＋1）,2)＝eq\f(n（n＋3）,2).11.已知公差大于零的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足a2a4＝65，a1＋a5＝18.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)是否存在常數(shù)k，使得數(shù)列{eq\r(Sn＋kn)}為等差數(shù)列？若存在，求出常數(shù)k；若不存在，請說明理由.解(1)設(shè)公差為d.∵{an}為等差數(shù)列，∴a1＋a5＝a2＋a4＝18，又a2a4＝65，∴a2，a4是方程x2－18x＋65＝0的兩個根，又公差d＞0，∴a2＜a4，∴a2＝5，a4＝13.∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝5，,a1＋3d＝13，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝4，))∴an＝4n－3.(2)由(1)知，Sn＝n＋eq\f(n（n－1）,2)×4＝2n2－n，假設(shè)存在常數(shù)k，使數(shù)列{eq\r(Sn＋kn)}為等差數(shù)列.由eq\r(S1＋k)＋eq\r(S3＋3k)＝2eq\r(S2＋2k)，得eq\r(1＋k)＋eq\r(15＋3k)＝2eq\r(6＋2k)，解得k＝1.∴eq\r(Sn＋kn)＝eq\r(2n2)＝eq\r(2)n，當(dāng)n≥2時，eq\r(2)n－eq\r(2)(n－1)＝eq\r(2)，為常數(shù)，∴數(shù)列{eq\r(Sn＋kn)}為等差數(shù)列.故存在常數(shù)k＝1，使得數(shù)列{eq\r(Sn＋kn)}為等差數(shù)列.12.(多選)(2021·南通海門一中期末)在悠久燦爛的中國古代文化中，數(shù)學(xué)文化是其中一朵絢麗的奇葩.《張丘建算經(jīng)》是我國古代有標(biāo)志性的內(nèi)容豐富的眾多數(shù)學(xué)名著之一，大約創(chuàng)作于公元5世紀(jì).書中有如下問題：“今有女善織，日益功疾，初日織五尺，今一月織九匹三丈，問日益幾何？”.其大意為：“有一女子擅長織布，織布的速度一天比一天快，從第二天起，每天比前一天多織相同數(shù)量的布，第一天織5尺，一個月共織了九匹三丈，問從第二天起，每天比前一天多織多少尺布？”.已知1匹＝4丈，1丈＝10尺，若這一個月有30天，記該女子這一個月中第n天所織布的尺數(shù)為an，bn＝2an，對于數(shù)列{an}、{bn}，下列選項(xiàng)中正確的為()A.b10＝8b5 B.{bn}是等比數(shù)列C.a1b30＝105 D.eq\f(a3＋a5＋a7,a2＋a4＋a6)＝eq\f(209,193)答案BD解析由題意可知，數(shù)列{an}為等差數(shù)列，設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，由題意可得a1＝5，30a1＋eq\f(30×29d,2)＝390，解得d＝eq\f(16,29)，∴an＝a1＋(n－1)d＝eq\f(16n＋129,29).∵bn＝2an，∴eq\f(bn＋