高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)題型講解+專題訓(xùn)練(新高考專用)專題31等差數(shù)列(原卷版+解析)

2023高考一輪復(fù)習(xí)講與練專題31等差數(shù)列SSn＝eq\f(na1＋an,2)Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d等差數(shù)列等差數(shù)列的有關(guān)概念通項(xiàng)公式的推廣：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．若{an}為等差數(shù)列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，則ak＋al＝am＋an.定義通項(xiàng)公式等差中項(xiàng)前n項(xiàng)和公式若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．等差數(shù)列的性質(zhì)練高考明方向1.(2023·新高考Ⅱ卷T3）中國(guó)的古建筑不僅是擋風(fēng)遮雨的住處，更是美學(xué)和哲學(xué)的體現(xiàn)．如圖是某古建筑物的剖面圖，是舉，是相等的步，相鄰桁的舉步之比分別為，若是公差為0.1的等差數(shù)列，且直線的斜率為0.725，則（）A.0.75 B.0.8 C.0.85 D.0.92.(2023·全國(guó)乙（文）T13）記為等差數(shù)列的前n項(xiàng)和．若，則公差_______．3.(2023·全國(guó)甲（文T18）(理T17）記為數(shù)列的前n項(xiàng)和．已知．（1）證明：是等差數(shù)列；（2）若成等比數(shù)列，求的最小值．4.(2023·新高考Ⅰ卷T17）記為數(shù)列的前n項(xiàng)和，已知是公差為的等差數(shù)列．（1）求的通項(xiàng)公式；（2）證明：．5.(2023·浙江卷T20）已知等差數(shù)列的首項(xiàng)，公差．記的前n項(xiàng)和為．（1）若，求；（2）若對(duì)于每個(gè)，存在實(shí)數(shù)，使成等比數(shù)列，求d的取值范圍．6．(2023年高考全國(guó)乙卷理科)記為數(shù)列的前n項(xiàng)和，為數(shù)列的前n項(xiàng)積，已知．(1)證明：數(shù)列是等差數(shù)列;(2)求的通項(xiàng)公式．7．(2023年高考全國(guó)甲卷理科)已知數(shù)列的各項(xiàng)均為正數(shù)，記為的前n項(xiàng)和，從下面①②③中選取兩個(gè)作為條件，證明另外一個(gè)成立．①數(shù)列是等差數(shù)列：②數(shù)列是等差數(shù)列；③．注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個(gè)解答計(jì)分．8．(2023年高考數(shù)學(xué)課標(biāo)Ⅱ卷理科)北京天壇的圜丘壇為古代祭天的場(chǎng)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9．(2023年高考數(shù)學(xué)課標(biāo)Ⅲ卷理科)記為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，，則___________．10、【2019年高考北京卷】設(shè){an}是等差數(shù)列，a1=–10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比數(shù)列．（Ⅰ）求{an}的通項(xiàng)公式；（Ⅱ）記{an}的前n項(xiàng)和為Sn，求Sn的最小值．11．(2023年高考數(shù)學(xué)課標(biāo)卷Ⅰ（理）)記為等差數(shù)列的前項(xiàng)和，,．則 ()A． B． C． D．12.【2018年全國(guó)卷II理】記QUOTE????Sn為等差數(shù)列QUOTE{????}{an}的前QUOTE??n項(xiàng)和，已知QUOTE??1=?7a1=?7，QUOTE??3=?15S3=?15（1）求QUOTE{????}{a（2）求QUOTE????Sn，并求QUOTE????Sn的最小值．13．(2023年高考數(shù)學(xué)課標(biāo)Ⅱ卷理科)等差數(shù)列的前項(xiàng)和為，，，則．14．(2023年高考數(shù)學(xué)新課標(biāo)Ⅰ卷理科)記為等差數(shù)列的前項(xiàng)和．若,,則的公差為 ()A． B． C． D．15．(2023年高考數(shù)學(xué)課標(biāo)Ⅱ卷理科)我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著《算法統(tǒng)宗》中有如下問(wèn)題：“遠(yuǎn)望巍巍塔七層，紅光點(diǎn)點(diǎn)倍加增，共燈三百八十一，請(qǐng)問(wèn)尖頭幾盞燈？”意思是：一座7層塔共掛了381盞燈，且相鄰兩層中的下一層燈數(shù)是上一層燈數(shù)的2倍，則塔的頂層共有燈 ()A．1盞 B．3盞 C．5盞 D．9盞16．(2023高考數(shù)學(xué)課標(biāo)Ⅱ卷理科)(本題滿分12分)為等差數(shù)列的前項(xiàng)和，且記，其中表示不超過(guò)的最大整數(shù)，如．(=1\*ROMANI)求；(=2\*ROMANII)求數(shù)列的前1000項(xiàng)和．17．(2023高考數(shù)學(xué)課標(biāo)Ⅰ卷理科)已知等差數(shù)列前9項(xiàng)的和為27，，則 ()(A)100(B)99(C)98(D)9718．(2023高考數(shù)學(xué)課標(biāo)1理科)已知數(shù)列的前項(xiàng)和為,,,,其中為常數(shù)．(1)證明:;(2)是否存在,使得為等差數(shù)列?并說(shuō)明理由．19．(2023高考數(shù)學(xué)新課標(biāo)1理科)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，＝－2，＝0，＝3，則＝ ()A．3 B．4QUOTE C．5 D．6講典例備高考類型一、等差數(shù)列的判斷與證明基礎(chǔ)知識(shí)：1、定義：如果一個(gè)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(gè)常數(shù)，那么這個(gè)數(shù)列就叫做等差數(shù)列，即an＋1－an＝d(n∈N*，d為常數(shù))2、通項(xiàng)公式：設(shè){an}是首項(xiàng)為a1，公差為d的等差數(shù)列，則通項(xiàng)公式an＝a1＋(n－1)d3、等差中項(xiàng)：由三個(gè)數(shù)a，A，b組成的等差數(shù)列可以看成是最簡(jiǎn)單的等差數(shù)列．這時(shí)，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＋b4、(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)數(shù)列{an}是等差數(shù)列，且公差不為0?Sn＝An2＋Bn(A，B為常數(shù))．(3)用等差數(shù)列的定義判斷數(shù)列是否為等差數(shù)列，要注意定義中的三個(gè)關(guān)鍵詞：“從第2項(xiàng)起”“每一項(xiàng)與它的前一項(xiàng)的差”“同一個(gè)常數(shù)”．基本題型：1．（多選題）已知數(shù)列為等差數(shù)列，則下列說(shuō)法正確的是（）A．（d為常數(shù)） B．?dāng)?shù)列是等差數(shù)列C．?dāng)?shù)列是等差數(shù)列 D．是與的等差中項(xiàng)2．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)已知數(shù)列{bn}滿足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.3．已知數(shù)列{an}滿足an＋1＝(n∈N*)，且a1＝0.（1）求a2，a3的值；（2）是否存在一個(gè)實(shí)常數(shù)λ，使得數(shù)列為等差數(shù)列，請(qǐng)說(shuō)明理由．基本方法：等差數(shù)列的判定與證明方法1、定義法：an－an－1(n≥2，n∈N*)為同一常數(shù)?{an}是等差數(shù)列2、等差中項(xiàng)法：2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立?{an}是等差數(shù)列3、通項(xiàng)公式法：an＝pn＋q(p，q為常數(shù))對(duì)任意的正整數(shù)n都成立?{an}是等差數(shù)列4、前n項(xiàng)和公式法：驗(yàn)證Sn＝An2＋Bn(A，B為常數(shù))對(duì)任意的正整數(shù)n都成立?{an}是等差數(shù)列類型二、等差數(shù)列的性質(zhì)及應(yīng)用基礎(chǔ)知識(shí)：(1)若{an}為等差數(shù)列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，則ak＋al＝am＋an.(2)若{an}是等差數(shù)列，Sm，S2m，S3m分別為{an}的前m項(xiàng)，前2m項(xiàng)，前3m項(xiàng)的和，則Sm，S2m－Sm，S3m－S2m也成等差數(shù)列．(3)兩個(gè)等差數(shù)列{an}，{bn}的前n項(xiàng)和Sn，Tn之間的關(guān)系為eq\f(an,bn)＝eq\f(S2n－1,T2n－1).(4)在等差數(shù)列{an}中，若a1>0，d<0，則Sn存在最大值；若a1<0，d>0，則Sn存在最小值．(5)an＝a1＋(n－1)d可化為an＝dn＋a1－d的形式．當(dāng)d≠0時(shí)，an是關(guān)于n的一次函數(shù)；當(dāng)d>0時(shí)，數(shù)列為遞增數(shù)列；當(dāng)d<0時(shí)，數(shù)列為遞減數(shù)列．（6）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*)．基本題型：1．已知{an}，{bn}是兩個(gè)等差數(shù)列，其中a1＝3，b1＝－3，且a20－b20＝6，那么a10－b10的值為（）A．－6 B．6 C．0 D．102．(多選)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若S3＝0，a4＝8，則()A．Sn＝2n2－6n B．Sn＝n2－3nC．a(chǎn)n＝4n－8 D．a(chǎn)n＝2n3．在等差數(shù)列中，，則的值為（）A．6 B．12C．24 D．484．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若am＝4，Sm＝0，Sm＋2＝14(m≥2，且m∈N*)，則a2020的值為()A．2020 B．4034C．5041 D．30195．(多選)設(shè)d，Sn分別為等差數(shù)列{an}的公差與前n項(xiàng)和，若S10＝S20，則下列論斷中正確的有()A．當(dāng)n＝15時(shí)，Sn取最大值 B．當(dāng)n＝30時(shí)，Sn＝0C．當(dāng)d>0時(shí)，a10＋a22>0 D．當(dāng)d<0時(shí)，|a10|>|a22|．6．記等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知S5＝5，S15＝21，則S10＝_______7．一個(gè)直角三角形三邊長(zhǎng)a，b，c成等差數(shù)列，面積為12，則它的周長(zhǎng)是________.8、設(shè)Sn，Tn分別是等差數(shù)列{an}，{bn}的前n項(xiàng)和，已知eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(2n＋1,4n－2)(n∈N*)，則eq\f(a10,b3＋b17)＝________.9．已知等差數(shù)列{an}，其前n項(xiàng)和為Sn，若S1＝S25，a3＋a8＝32，則a1＝________；S16＝________.基本方法：等差數(shù)列基本運(yùn)算的常見類型及解題策略(1)求公差d或項(xiàng)數(shù)n.在求解時(shí)，一般要運(yùn)用方程思想．(2)求通項(xiàng)．a(chǎn)1和d是等差數(shù)列的兩個(gè)基本元素．(3)求特定項(xiàng)．利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式或等差數(shù)列的性質(zhì)求解．(4)求前n項(xiàng)和．利用等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式直接求解或利用等差中項(xiàng)間接求解．類型三、等差數(shù)列前n項(xiàng)和中的最值問(wèn)題基礎(chǔ)知識(shí)：等差數(shù)列與二次型的關(guān)系：(1)若an＝a1＋(n－1)d，則Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n. ①事實(shí)上，記A＝eq\f(d,2)，B＝a1－eq\f(d,2)，則Sn＝An2＋Bn.Sn是{an}的前n項(xiàng)和，對(duì)于Sn＝An2＋Bn＋C，當(dāng)且僅當(dāng)C＝0時(shí)，{an}是等差數(shù)列．(2)若an＝a1＋(n－1)d，則Sn＝eq\f(1,2d)aeq\o\al(2,n)＋eq\f(1,2)an＋eq\f(a1d－a1,2d)(d≠0)． ②利用上述①式和②式構(gòu)造關(guān)系可以快速解決有關(guān)等差數(shù)列通項(xiàng)和前n項(xiàng)和關(guān)系的題目．基本題型：1．(多選)記等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若a2＝10，S5＝S2，則()A．S3＝S4 B．a(chǎn)6＝10C．Sn的最大值為30 D．a(chǎn)n的最大值為152、已知等差數(shù)列的公差若則該數(shù)列的前項(xiàng)和的最大值為（）A． B． C． D．3.已知等差數(shù)列QUOTE{????}{an}的前QUOTE??n項(xiàng)和為QUOTE????Sn，QUOTE??6+??8=6a6+a8=6，QUOTE??9???6=3S9?S6=3，則使QUOTE????A．5B．6C．7D．84、等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1>0，設(shè)其前n項(xiàng)和為Sn，且S5＝S12，則當(dāng)n為何值時(shí)，Sn有最大值？5、在等差數(shù)列{an}中，已知a1＝13,3a2＝11a6，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn的最大值為________．基本方法：求等差數(shù)列前n項(xiàng)和的最值問(wèn)題的方法：（1）二次函數(shù)法：將看成關(guān)于n的二次函數(shù)，運(yùn)用配方法，借助函數(shù)的單調(diào)性及數(shù)形結(jié)合思想，使問(wèn)題得到解決，注意項(xiàng)數(shù)n是正整數(shù)這一條件.（2）通項(xiàng)公式法：若是等差數(shù)列，求前項(xiàng)和的最值時(shí)，①若，，且滿足，則前項(xiàng)和最大;②若，，且滿足，則前項(xiàng)和最小.（3）不等式法：借助取最大值時(shí)，有，解此不等式組確定n的范圍，進(jìn)而確定n的值和對(duì)應(yīng)的值（即為的最值）.新預(yù)測(cè)破高考1、在等差數(shù)列中，已知，且公差，則其前項(xiàng)和取最小值時(shí)的的值為（）A.B.或C.D.2、設(shè){an}，{bn}都是等差數(shù)列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100，則a37＋b37＝()A．0 B．37C．100 D．－373．已知等差數(shù)列{an}的項(xiàng)數(shù)為奇數(shù)，其中所有奇數(shù)項(xiàng)之和為319，所有偶數(shù)項(xiàng)之和為290，則該數(shù)列的中間項(xiàng)為()A．28 B．29C．30 D．314．《九章算術(shù)》是中國(guó)古代第一部數(shù)學(xué)專著，全書收集了246個(gè)數(shù)學(xué)問(wèn)題，其中一個(gè)問(wèn)題為“今有竹九節(jié)，下三節(jié)容量四升，上四節(jié)容量三升.問(wèn)中間二節(jié)欲均容各多少？”其中“欲均容”的意思是：使容量變化均勻，即由下往上均勻變細(xì).該問(wèn)題中由上往下數(shù)的第2節(jié)，第3節(jié)，第8節(jié)竹子的容積之和為（）A．升 B．升 C．升 D．升5.設(shè)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和為，已知，當(dāng)取得最小值是，（）A．5B．6C．7D．86.數(shù)列是等差數(shù)列，若，且它的前n項(xiàng)和有最大值，那么當(dāng)取得最小正值時(shí)，n等于（）A．17B．16C．15D．147．(多選)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和記為Sn，若a1＞0，S10＝S20，則()A．d＜0 B．a(chǎn)16＜0C．Sn≤S15 D．當(dāng)且僅當(dāng)Sn＜0時(shí)n≥328．已知數(shù)列是等差數(shù)列，若，，則公差（）A．1 B． C． D．9．(多選)朱世杰是元代著名數(shù)學(xué)家，他所著的《算學(xué)啟蒙》是一部在中國(guó)乃至世界最早的科學(xué)普及著作．《算學(xué)啟蒙》中涉及一些“堆垛”問(wèn)題，主要利用“堆垛”研究數(shù)列以及數(shù)列的求和問(wèn)題．現(xiàn)有100根相同的圓形鉛筆，小明模仿“堆垛”問(wèn)題，將它們?nèi)慷逊懦煽v斷面為等腰梯形的“垛”，要求層數(shù)不小于2，且從最下面一層開始，每一層比上一層多1根，則該“等腰梯形垛”應(yīng)堆放的層數(shù)可以是()A．4 B．5C．7 D．810.設(shè)等差數(shù)列滿足，；則數(shù)列的前項(xiàng)和中使得取的最大值的序號(hào)為（）A．4B．5C．6D．711、已知數(shù)列是等差數(shù)列，，則前項(xiàng)和中最大的是（）A．B．或C．或D．12．?dāng)?shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝r·an＋r(n∈N*，r∈R且r≠0)，則“r＝1”是“數(shù)列{an}為等差數(shù)列”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件13．已知數(shù)列{an}滿足＝＋4，且a1＝1，an>0，則an＝________.14.若等差數(shù)列滿足，則當(dāng)__________時(shí)，的前項(xiàng)和最大．15．已知Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a1＝－2014，eq\f(S2020,2020)－eq\f(S2014,2014)＝6，則S2021＝________.16．已知數(shù)列中，，，則數(shù)列的通項(xiàng)公式為______．17．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，an＋an＋1＝2n＋1(n∈N*)，則a20的值為________，S21的值為________．18、已知數(shù)列{an}中，a1＝eq\f(3,5)，an＝2－eq\f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(1,an－1)(n∈N*)．(1)求證：數(shù)列{bn}為等差數(shù)列；(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．19．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(qǐng)說(shuō)明理由．2023高考一輪復(fù)習(xí)講與練專題31等差數(shù)列SSn＝eq\f(na1＋an,2)Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d等差數(shù)列等差數(shù)列的有關(guān)概念通項(xiàng)公式的推廣：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．若{an}為等差數(shù)列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，則ak＋al＝am＋an.定義通項(xiàng)公式等差中項(xiàng)前n項(xiàng)和公式若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．等差數(shù)列的性質(zhì)練高考明方向1.(2023·新高考Ⅱ卷T3）中國(guó)的古建筑不僅是擋風(fēng)遮雨的住處，更是美學(xué)和哲學(xué)的體現(xiàn)．如圖是某古建筑物的剖面圖，是舉，是相等的步，相鄰桁的舉步之比分別為，若是公差為0.1的等差數(shù)列，且直線的斜率為0.725，則（）A.0.75 B.0.8 C.0.85 D.0.9答案：D分析：設(shè)，則可得關(guān)于的方程，求出其解后可得正確的選項(xiàng).【詳解】設(shè)，則，依題意，有，且，所以，故，2.(2023·全國(guó)乙（文）T13）記為等差數(shù)列的前n項(xiàng)和．若，則公差_______．答案：2分析：轉(zhuǎn)化條件為，即可得解.【詳解】由可得，化簡(jiǎn)得，即，解得.3.(2023·全國(guó)甲（文T18）(理T17）記為數(shù)列的前n項(xiàng)和．已知．（1）證明：是等差數(shù)列；（2）若成等比數(shù)列，求的最小值．答案：（1）證明見解析；（2）．分析：（1）依題意可得，根據(jù)，作差即可得到，從而得證；（2）由（1）及等比中項(xiàng)的性質(zhì)求出，即可得到的通項(xiàng)公式與前項(xiàng)和，再根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)計(jì)算可得．【小問(wèn)1詳解】因?yàn)?，即①，?dāng)時(shí)，②，①②得，，即，即，所以，且，所以是以為公差的等差數(shù)列．【小問(wèn)2詳解】由（1）可得，，，又，，成等比數(shù)列，所以，即，解得，所以，所以，所以，當(dāng)或時(shí)．4.(2023·新高考Ⅰ卷T17）記為數(shù)列的前n項(xiàng)和，已知是公差為的等差數(shù)列．（1）求的通項(xiàng)公式；（2）證明：．答案：（1）；（2）見解析分析：（1）利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式求得，得到，利用和與項(xiàng)的關(guān)系得到當(dāng)時(shí)，,進(jìn)而得：，利用累乘法求得，檢驗(yàn)對(duì)于也成立，得到的通項(xiàng)公式；（2）由（1）的結(jié)論，利用裂項(xiàng)求和法得到，進(jìn)而證得.【小問(wèn)1詳解】∵，∴,∴,又∵是公差為的等差數(shù)列，∴,∴,∴當(dāng)時(shí)，，∴,整理得：,即,∴，顯然對(duì)于也成立，∴的通項(xiàng)公式；【小問(wèn)2詳解】∴5.(2023·浙江卷T20）已知等差數(shù)列的首項(xiàng)，公差．記的前n項(xiàng)和為．（1）若，求；（2）若對(duì)于每個(gè)，存在實(shí)數(shù)，使成等比數(shù)列，求d的取值范圍．答案：（1）（2）分析：（1）利用等差數(shù)列通項(xiàng)公式及前項(xiàng)和公式化簡(jiǎn)條件，求出，再求；(2)由等比數(shù)列定義列方程，結(jié)合一元二次方程有解的條件求的范圍.【小問(wèn)1詳解】因?yàn)?，所以，所以，又，所以，所以，所以，【小?wèn)2詳解】因?yàn)?，，成等比?shù)列，所以，，，由已知方程的判別式大于等于0，所以，所以對(duì)于任意的恒成立，所以對(duì)于任意的恒成立，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，由，可得當(dāng)時(shí)，，又，所以6．(2023年高考全國(guó)乙卷理科)記為數(shù)列的前n項(xiàng)和，為數(shù)列的前n項(xiàng)積，已知．(1)證明：數(shù)列是等差數(shù)列;(2)求的通項(xiàng)公式．答案：（1）證明見解析；（2）．解析：（1）由已知得,且，,取,由得,由于為數(shù)列的前n項(xiàng)積，所以,所以，所以,由于所以，即,其中所以數(shù)列是以為首項(xiàng)，以為公差等差數(shù)列;（2）由（1）可得，數(shù)列是以為首項(xiàng)，以為公差的等差數(shù)列，,,當(dāng)n=1時(shí)，,當(dāng)n≥2時(shí),,顯然對(duì)于n=1不成立,∴．7．(2023年高考全國(guó)甲卷理科)已知數(shù)列的各項(xiàng)均為正數(shù)，記為的前n項(xiàng)和，從下面①②③中選取兩個(gè)作為條件，證明另外一個(gè)成立．①數(shù)列是等差數(shù)列：②數(shù)列是等差數(shù)列；③．注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個(gè)解答計(jì)分．答案：答案見解析解析：選①②作條件證明③：設(shè)，則，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；因?yàn)橐彩堑炔顢?shù)列，所以，解得；所以，所以．選①③作條件證明②：因?yàn)?，是等差?shù)列，所以公差，所以，即，因?yàn)?，所以是等差?shù)列．選②③作條件證明①：設(shè)，則，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；因?yàn)?，所以，解得或；?dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，滿足等差數(shù)列的定義，此時(shí)為等差數(shù)列；當(dāng)時(shí)，，不合題意，舍去．綜上可知為等差數(shù)列．8．(2023年高考數(shù)學(xué)課標(biāo)Ⅱ卷理科)北京天壇的圜丘壇為古代祭天的場(chǎng)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)第n環(huán)天石心塊數(shù)為，第一層共有n環(huán)，則是以9為首項(xiàng)，9為公差的等差數(shù)列，，設(shè)為的前n項(xiàng)和，則第一層、第二層、第三層的塊數(shù)分別為，因?yàn)橄聦颖戎袑佣?29塊，所以，即，即，解得，所以．9．(2023年高考數(shù)學(xué)課標(biāo)Ⅲ卷理科)記為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，，則___________．答案：4．【解析】因，所以，即，所以．10、【2019年高考北京卷】設(shè){an}是等差數(shù)列，a1=–10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比數(shù)列．（Ⅰ）求{an}的通項(xiàng)公式；（Ⅱ）記{an}的前n項(xiàng)和為Sn，求Sn的最小值．答案：（Ⅰ）；（Ⅱ）當(dāng)或者時(shí)，取到最小值.【解析】（Ⅰ）設(shè)的公差為．因?yàn)?，所以．因?yàn)槌傻缺葦?shù)列，所以．所以．解得．所以．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，．所以，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，．所以的最小值為．11．(2023年高考數(shù)學(xué)課標(biāo)卷Ⅰ（理）)記為等差數(shù)列的前項(xiàng)和，,．則 ()A． B． C． D．答案：B解析：∵為等差數(shù)列的前項(xiàng)和，，，∴，把，代入得∴．12.【2018年全國(guó)卷II理】記QUOTE????Sn為等差數(shù)列QUOTE{????}{an}的前QUOTE??n項(xiàng)和，已知QUOTE??1=?7a1=?7，QUOTE??3=?15S3=?15（1）求QUOTE{????}{a（2）求QUOTE????Sn，并求QUOTE????Sn的最小值．答案：（1）an=2n–9，（2）Sn=n2–8n，最小值為–16．【解析】（1）設(shè){an}的公差為d，由題意得3a1+3d=–15．由a1=–7得d=2．所以{an}的通項(xiàng)公式為an=2n–9．（2）由（1）得Sn=n2–8n=（n–4）2–16．所以當(dāng)n=4時(shí)，Sn取得最小值，最小值為–16．13．(2023年高考數(shù)學(xué)課標(biāo)Ⅱ卷理科)等差數(shù)列的前項(xiàng)和為，，，則．答案：【解析】設(shè)等差數(shù)列的首項(xiàng)為，公差為，由題意有：，解得，數(shù)列的前n項(xiàng)和，裂項(xiàng)有：，據(jù)此：。14．(2023年高考數(shù)學(xué)新課標(biāo)Ⅰ卷理科)記為等差數(shù)列的前項(xiàng)和．若,,則的公差為 ()A． B． C． D．答案：C【解析】法一：設(shè)公差為,,,聯(lián)立解得,故選C．法二:因?yàn)?即,則,即,解得,故選C．15．(2023年高考數(shù)學(xué)課標(biāo)Ⅱ卷理科)我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著《算法統(tǒng)宗》中有如下問(wèn)題：“遠(yuǎn)望巍巍塔七層，紅光點(diǎn)點(diǎn)倍加增，共燈三百八十一，請(qǐng)問(wèn)尖頭幾盞燈？”意思是：一座7層塔共掛了381盞燈，且相鄰兩層中的下一層燈數(shù)是上一層燈數(shù)的2倍，則塔的頂層共有燈 ()A．1盞 B．3盞 C．5盞 D．9盞答案：B【命題意圖】本題主要考查等比數(shù)列通向公式及其前項(xiàng)和，以考查考生的運(yùn)算能力為主目的．【解析】解法一：常規(guī)解法：一座7層塔共掛了381盞燈，即；相鄰兩層中的下一層燈數(shù)是上一層燈數(shù)的2倍，即，塔的頂層為；由等比前項(xiàng)和可知：，解得．解法二：邊界效應(yīng)：等比數(shù)列為遞增數(shù)列，則有，∴，解得，∴．16．(2023高考數(shù)學(xué)課標(biāo)Ⅱ卷理科)(本題滿分12分)為等差數(shù)列的前項(xiàng)和，且記，其中表示不超過(guò)的最大整數(shù)，如．(=1\*ROMANI)求；(=2\*ROMANII)求數(shù)列的前1000項(xiàng)和．答案：（1），，；（2）．【解析】（1）設(shè)的公差為，據(jù)已知有，解得．所以數(shù)列的通項(xiàng)公式為．，，．（2）因?yàn)樗詳?shù)列的前項(xiàng)和為．17．(2023高考數(shù)學(xué)課標(biāo)Ⅰ卷理科)已知等差數(shù)列前9項(xiàng)的和為27，，則 ()(A)100(B)99(C)98(D)97答案：C【解析】由等差數(shù)列性質(zhì)可知：，故，而，因此公差∴．故選C．18．(2023高考數(shù)學(xué)課標(biāo)1理科)已知數(shù)列的前項(xiàng)和為,,,,其中為常數(shù)．(1)證明:;(2)是否存在,使得為等差數(shù)列?并說(shuō)明理由．解析:(1)由題設(shè),,兩式相減,由于,所以．(2)由題設(shè),,可得,由(1)知假設(shè)為等差數(shù)列,則成等差數(shù)列,∴,解得;證明時(shí),為等差數(shù)列:由知數(shù)列奇數(shù)項(xiàng)構(gòu)成的數(shù)列是首項(xiàng)為1,公差為4的等差數(shù)列令則,∴數(shù)列偶數(shù)項(xiàng)構(gòu)成的數(shù)列是首項(xiàng)為3,公差為4的等差數(shù)列令則,∴，∴(),因此,存在存在,使得為等差數(shù)列．19．(2023高考數(shù)學(xué)新課標(biāo)1理科)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，＝－2，＝0，＝3，則＝ ()A．3 B．4QUOTE C．5 D．6答案：Ｃ解析：由題意知==0，∴=－=－（-）=－2，=-=3，∴公差=-=1，∴3==－，∴=5，故選C．講典例備高考類型一、等差數(shù)列的判斷與證明基礎(chǔ)知識(shí)：1、定義：如果一個(gè)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(gè)常數(shù)，那么這個(gè)數(shù)列就叫做等差數(shù)列，即an＋1－an＝d(n∈N*，d為常數(shù))2、通項(xiàng)公式：設(shè){an}是首項(xiàng)為a1，公差為d的等差數(shù)列，則通項(xiàng)公式an＝a1＋(n－1)d3、等差中項(xiàng)：由三個(gè)數(shù)a，A，b組成的等差數(shù)列可以看成是最簡(jiǎn)單的等差數(shù)列．這時(shí)，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＋b4、(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)數(shù)列{an}是等差數(shù)列，且公差不為0?Sn＝An2＋Bn(A，B為常數(shù))．(3)用等差數(shù)列的定義判斷數(shù)列是否為等差數(shù)列，要注意定義中的三個(gè)關(guān)鍵詞：“從第2項(xiàng)起”“每一項(xiàng)與它的前一項(xiàng)的差”“同一個(gè)常數(shù)”．基本題型：1．（多選題）已知數(shù)列為等差數(shù)列，則下列說(shuō)法正確的是（）A．（d為常數(shù)） B．?dāng)?shù)列是等差數(shù)列C．?dāng)?shù)列是等差數(shù)列 D．是與的等差中項(xiàng)答案：ABD分析：由等差數(shù)列的性質(zhì)直接判斷AD選項(xiàng)，根據(jù)等差數(shù)列的定義的判斷方法判斷BC選項(xiàng).【詳解】A.因?yàn)閿?shù)列是等差數(shù)列，所以，即，所以A正確；B.因?yàn)閿?shù)列是等差數(shù)列，所以，那么，所以數(shù)列是等差數(shù)列，故B正確；C.，不是常數(shù)，所以數(shù)列不是等差數(shù)列，故C不正確；D.根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)可知，所以是與的等差中項(xiàng)，故D正確.故選：ABD2．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)已知數(shù)列{bn}滿足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.【詳解】(1)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(kk－1,2)·d＝2k＋eq\f(kk－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(n2＋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(n2＋n＋1,2)＝eq\f(nn＋3,2).3．已知數(shù)列{an}滿足an＋1＝(n∈N*)，且a1＝0.（1）求a2，a3的值；（2）是否存在一個(gè)實(shí)常數(shù)λ，使得數(shù)列為等差數(shù)列，請(qǐng)說(shuō)明理由．答案：（1）a2＝，a3＝；（2）存在，λ＝1，理由見解析.分析：（1）由遞推關(guān)系式直接計(jì)算可得；（2）假設(shè)存在一個(gè)實(shí)常數(shù)λ，使得數(shù)列為等差數(shù)列，利用前3項(xiàng)成等差數(shù)列求出的值，再檢驗(yàn)此值使得數(shù)列成等差數(shù)列.【詳解】（1）因?yàn)閍1＝0，an＋1＝(n∈N*)，所以a2＝＝＝，a3＝＝＝.（2）假設(shè)存在一個(gè)實(shí)常數(shù)λ，使得數(shù)列為等差數(shù)列，則，，成等差數(shù)列，所以＝＋，所以＝＋，解之得λ＝1.因?yàn)椋剑剑剑剑?，又＝?，所以存在一個(gè)實(shí)常數(shù)λ＝1，使得數(shù)列是首項(xiàng)為－1，公差為－的等差數(shù)列．基本方法：等差數(shù)列的判定與證明方法1、定義法：an－an－1(n≥2，n∈N*)為同一常數(shù)?{an}是等差數(shù)列2、等差中項(xiàng)法：2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立?{an}是等差數(shù)列3、通項(xiàng)公式法：an＝pn＋q(p，q為常數(shù))對(duì)任意的正整數(shù)n都成立?{an}是等差數(shù)列4、前n項(xiàng)和公式法：驗(yàn)證Sn＝An2＋Bn(A，B為常數(shù))對(duì)任意的正整數(shù)n都成立?{an}是等差數(shù)列類型二、等差數(shù)列的性質(zhì)及應(yīng)用基礎(chǔ)知識(shí)：(1)若{an}為等差數(shù)列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，則ak＋al＝am＋an.(2)若{an}是等差數(shù)列，Sm，S2m，S3m分別為{an}的前m項(xiàng)，前2m項(xiàng)，前3m項(xiàng)的和，則Sm，S2m－Sm，S3m－S2m也成等差數(shù)列．(3)兩個(gè)等差數(shù)列{an}，{bn}的前n項(xiàng)和Sn，Tn之間的關(guān)系為eq\f(an,bn)＝eq\f(S2n－1,T2n－1).(4)在等差數(shù)列{an}中，若a1>0，d<0，則Sn存在最大值；若a1<0，d>0，則Sn存在最小值．(5)an＝a1＋(n－1)d可化為an＝dn＋a1－d的形式．當(dāng)d≠0時(shí)，an是關(guān)于n的一次函數(shù)；當(dāng)d>0時(shí)，數(shù)列為遞增數(shù)列；當(dāng)d<0時(shí)，數(shù)列為遞減數(shù)列．（6）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*)．基本題型：1．已知{an}，{bn}是兩個(gè)等差數(shù)列，其中a1＝3，b1＝－3，且a20－b20＝6，那么a10－b10的值為（）A．－6 B．6 C．0 D．10答案：B分析：由于{an}，{bn}都是等差數(shù)列，所以{an－bn}也是等差數(shù)列，由已知條件可得{an－bn}是常數(shù)列，從而可求得答案【詳解】由于{an}，{bn}都是等差數(shù)列，所以{an－bn}也是等差數(shù)列，而a1－b1＝6，a20－b20＝6，所以{an－bn}是常數(shù)列，故a10－b10＝6.故選：B.2．(多選)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若S3＝0，a4＝8，則()A．Sn＝2n2－6n B．Sn＝n2－3nC．a(chǎn)n＝4n－8 D．a(chǎn)n＝2n解析：選AC設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S3＝3a1＋3d＝0，,a4＝a1＋3d＝8，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－4，,d＝4，))∴an＝a1＋(n－1)d＝－4＋4(n－1)＝4n－8，Sn＝na1＋eq\f(nn－1d,2)＝－4n＋2n(n－1)＝2n2－6n.3．在等差數(shù)列中，，則的值為（）A．6 B．12C．24 D．48答案：D分析：由等差數(shù)列的性質(zhì)化簡(jiǎn)已知條件可得，再由等差數(shù)列的通項(xiàng)公式即可求解.【詳解】在等差數(shù)列中，，所以，所以，故選：D.4．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若am＝4，Sm＝0，Sm＋2＝14(m≥2，且m∈N*)，則a2020的值為()A．2020 B．4034C．5041 D．3019答案：B【解析】由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am＝a1＋m－1d＝4，,Sm＝ma1＋\f(mm－1,2)d＝0，,Sm＋2－Sm＝am＋1＋am＋2＝2a1＋m＋m＋1d＝14，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－4，,m＝5，,d＝2，))∴an＝－4＋(n－1)×2＝2n－6，∴a2020＝2×2020－6＝4034.故選B.5．(多選)設(shè)d，Sn分別為等差數(shù)列{an}的公差與前n項(xiàng)和，若S10＝S20，則下列論斷中正確的有()A．當(dāng)n＝15時(shí)，Sn取最大值 B．當(dāng)n＝30時(shí)，Sn＝0C．當(dāng)d>0時(shí)，a10＋a22>0 D．當(dāng)d<0時(shí)，|a10|>|a22|答案：BC【解析】因?yàn)镾10＝S20，所以10a1＋eq\f(10×9,2)d＝20a1＋eq\f(20×19,2)d，解得a1＝－eq\f(29,2)d.因?yàn)闊o(wú)法確定a1和d的正負(fù)性，所以無(wú)法確定Sn是否有最大值，故A錯(cuò)誤．S30＝30a1＋eq\f(30×29,2)d＝30×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(29,2)d))＋15×29d＝0，故B正確．a(chǎn)10＋a22＝2a16＝2(a1＋15d)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(29,2)d＋15d))＝d>0，故C正確．a(chǎn)10＝a1＋9d＝－eq\f(29,2)d＋eq\f(18,2)d＝－eq\f(11,2)d，a22＝a1＋21d＝－eq\f(29,2)d＋eq\f(42,2)d＝eq\f(13,2)d，因?yàn)閐<0，所以|a10|＝－eq\f(11,2)d，|a22|＝－eq\f(13,2)d，|a10|<|a22|，故D錯(cuò)誤．6．記等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知S5＝5，S15＝21，則S10＝_______答案：12【解析】因?yàn)镾n是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，由等差數(shù)列前n項(xiàng)和的性質(zhì)可知：S5，S10－S5，S15－S10成等差數(shù)列，所以2(S10－S5)＝S5＋(S15－S10)，即2(S10－5)＝5＋(21－S10)，解得S10＝12.7．一個(gè)直角三角形三邊長(zhǎng)a，b，c成等差數(shù)列，面積為12，則它的周長(zhǎng)是________.答案：12.分析：方法一：設(shè)出直角三角形的三邊以及公差，進(jìn)而通過(guò)基本量結(jié)合面積公式和勾股定理建立方程組求出三邊，進(jìn)而得到答案；方法二：設(shè)出直角三角形的三邊，利用等差中項(xiàng)建立等式，進(jìn)而結(jié)合面積公式和勾股定理解出三邊，進(jìn)而得到答案.【詳解】方法一：設(shè)c為斜邊，公差為d，則a＝b－d，c＝b＋d，所以解得b＝4，d＝，從而a＝3，c＝5，a＋b＋c＝12.方法二：設(shè)c為斜邊，因?yàn)槭侵苯侨切吻胰呴L(zhǎng)a，b，c成等差數(shù)列，且面積為12，可得：解得故三角形的周長(zhǎng)為a＋b＋c＝12.8、設(shè)Sn，Tn分別是等差數(shù)列{an}，{bn}的前n項(xiàng)和，已知eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(2n＋1,4n－2)(n∈N*)，則eq\f(a10,b3＋b17)＝________.答案：eq\f(39,148)【解析】因?yàn)閑q\f(Sn,Tn)＝eq\f(2n＋1,4n－2)(n∈N*)，所以eq\f(a10,b3＋b17)＝eq\f(1,2)×eq\f(a1＋a19,b1＋b19)＝eq\f(1,2)×eq\f(\f(19a1＋a19,2),\f(19b1＋b19,2))＝eq\f(1,2)×eq\f(S19,T19)＝eq\f(1,2)×eq\f(2×19＋1,4×19－2)＝eq\f(39,148).9．已知等差數(shù)列{an}，其前n項(xiàng)和為Sn，若S1＝S25，a3＋a8＝32，則a1＝________；S16＝________.答案：25160【解析】設(shè)等差數(shù)列的公差為d，因?yàn)镾1＝S25，a3＋a8＝32，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(2a1＋24d,2)×25，,2a1＋9d＝32，))解得a1＝25，d＝－2，所以S16＝eq\f(a1＋a16,2)×16＝eq\f(2a1＋15d,2)×16＝eq\f(2×25＋15×－2,2)×16＝160.基本方法：等差數(shù)列基本運(yùn)算的常見類型及解題策略(1)求公差d或項(xiàng)數(shù)n.在求解時(shí)，一般要運(yùn)用方程思想．(2)求通項(xiàng)．a(chǎn)1和d是等差數(shù)列的兩個(gè)基本元素．(3)求特定項(xiàng)．利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式或等差數(shù)列的性質(zhì)求解．(4)求前n項(xiàng)和．利用等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式直接求解或利用等差中項(xiàng)間接求解．類型三、等差數(shù)列前n項(xiàng)和中的最值問(wèn)題基礎(chǔ)知識(shí)：等差數(shù)列與二次型的關(guān)系：(1)若an＝a1＋(n－1)d，則Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n. ①事實(shí)上，記A＝eq\f(d,2)，B＝a1－eq\f(d,2)，則Sn＝An2＋Bn.Sn是{an}的前n項(xiàng)和，對(duì)于Sn＝An2＋Bn＋C，當(dāng)且僅當(dāng)C＝0時(shí)，{an}是等差數(shù)列．(2)若an＝a1＋(n－1)d，則Sn＝eq\f(1,2d)aeq\o\al(2,n)＋eq\f(1,2)an＋eq\f(a1d－a1,2d)(d≠0)． ②利用上述①式和②式構(gòu)造關(guān)系可以快速解決有關(guān)等差數(shù)列通項(xiàng)和前n項(xiàng)和關(guān)系的題目．基本題型：1．(多選)記等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若a2＝10，S5＝S2，則()A．S3＝S4 B．a(chǎn)6＝10C．Sn的最大值為30 D．a(chǎn)n的最大值為15答案：ACD【解析】設(shè)等差數(shù)列的公差為d，則由題可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝10，,5a1＋10d＝2a1＋d，))解得a1＝15，d＝－5，∴an＝15＋(n－1)×(－5)＝20－5n，Sn＝eq\f(n15＋20－5n,2)＝eq\f(35n－5n2,2)，∴a4＝0，S3＝S4，故A正確；a6＝－10，故B錯(cuò)誤；當(dāng)n＝3或4時(shí)，Sn取得最大值為30，故C正確；由于d<0，∴an的最大值為a1＝15，故D正確．2、已知等差數(shù)列的公差若則該數(shù)列的前項(xiàng)和的最大值為（）A． B． C． D．答案：C【解析】由得，故，當(dāng)n=9或n=10時(shí)，的最大值為或,.3.已知等差數(shù)列QUOTE{????}{an}的前QUOTE??n項(xiàng)和為QUOTE????Sn，QUOTE??6+??8=6a6+a8=6，QUOTE??9???6=3S9?S6=3，則使QUOTE????A．5B．6C．7D．8答案：D【解析】由題意，等差數(shù)列QUOTE{????}{an}的前QUOTE??n項(xiàng)和為QUOTE????Sn，QUOTE??6+??8=6a6+a8=6，QUOTE??9???6=3S9?S6=3，根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)和等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式，可得QUOTE??6則QUOTE??=??8???7=1d=a8?a7=1，可求得數(shù)列的通項(xiàng)公式為QUOTE????=17?2??an=17?2n，令QUOTE????≥0an≥0，即QUOTE17?2??≥017?2n≥0，解得QUOTE??≤172n≤172，又由QUOTE??∈??+n∈N+，可得等差數(shù)列QUOTE{????}{an}中，當(dāng)QUOTE1≤??<8,,??∈??+1≤n<8,,n∈N+時(shí)，QUOTE????>0an>0，當(dāng)QUOTE??≥9,??∈??+n≥9,n∈N+時(shí)，QUOTE????<0an<04、等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1>0，設(shè)其前n項(xiàng)和為Sn，且S5＝S12，則當(dāng)n為何值時(shí)，Sn有最大值？【解析】設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由S5＝S12得5a1＋10d＝12a1＋66d，d＝－eq\f(1,8)a1<0.法一：Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝na1＋eq\f(nn－1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,8)a1))＝－eq\f(1,16)a1(n2－17n)＝－eq\f(1,16)a1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(17,2)))2＋eq\f(289,64)a1，因?yàn)閍1>0，n∈N*，所以當(dāng)n＝8或n＝9時(shí)，Sn有最大值．法二：設(shè)此數(shù)列的前n項(xiàng)和最大，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋n－1·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,8)a1))≥0，,a1＋n·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,8)a1))≤0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n≤9，,n≥8，))即8≤n≤9，又n∈N*，所以當(dāng)n＝8或n＝9時(shí)，Sn有最大值．法三：由于Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，設(shè)f(x)＝eq\f(d,2)x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))x，則函數(shù)y＝f(x)的圖象為開口向下的拋物線，由S5＝S12知，拋物線的對(duì)稱軸為x＝eq\f(5＋12,2)＝eq\f(17,2)(如圖所示)，由圖可知，當(dāng)1≤n≤8時(shí)，Sn單調(diào)遞增；當(dāng)n≥9時(shí)，Sn單調(diào)遞減．又n∈N*，所以當(dāng)n＝8或n＝9時(shí)，Sn最大．5、在等差數(shù)列{an}中，已知a1＝13,3a2＝11a6，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn的最大值為________．【解析】設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.法一：項(xiàng)的符號(hào)法由3a2＝11a6，得3×(13＋d)＝11×(13＋5d)，解得d＝－2，所以an＝13＋(n－1)×(－2)＝－2n＋15.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2n＋15≥0，,－2n＋1＋15≤0，))解得eq\f(13,2)≤n≤eq\f(15,2).因?yàn)閚∈N*，所以當(dāng)n＝7時(shí)，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn最大，最大值為S7＝eq\f(7×13－2×7＋15,2)＝49.法二：二次函數(shù)法由3a2＝11a6，得3×(13＋d)＝11×(13＋5d)，解得d＝－2，所以an＝13＋(n－1)×(－2)＝－2n＋15.所以Sn＝eq\f(n13＋15－2n,2)＝－n2＋14n＝－(n－7)2＋49，所以當(dāng)n＝7時(shí)，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn最大，最大值為S7＝49.基本方法：求等差數(shù)列前n項(xiàng)和的最值問(wèn)題的方法：（1）二次函數(shù)法：將看成關(guān)于n的二次函數(shù)，運(yùn)用配方法，借助函數(shù)的單調(diào)性及數(shù)形結(jié)合思想，使問(wèn)題得到解決，注意項(xiàng)數(shù)n是正整數(shù)這一條件.（2）通項(xiàng)公式法：若是等差數(shù)列，求前項(xiàng)和的最值時(shí)，①若，，且滿足，則前項(xiàng)和最大;②若，，且滿足，則前項(xiàng)和最小.（3）不等式法：借助取最大值時(shí)，有，解此不等式組確定n的范圍，進(jìn)而確定n的值和對(duì)應(yīng)的值（即為的最值）.新預(yù)測(cè)破高考1、在等差數(shù)列中，已知，且公差，則其前項(xiàng)和取最小值時(shí)的的值為（）A.B.或C.D.答案：B【解析】等差數(shù)列中，可得，則，當(dāng)時(shí)，最小，又，所以當(dāng)n=8或n=7時(shí)前n項(xiàng)和取最小值，故選B．2、設(shè){an}，{bn}都是等差數(shù)列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100，則a37＋b37＝()A．0 B．37C．100 D．－37答案：C【解析】設(shè)cn＝an＋bn，由于{an}，{bn}都是等差數(shù)列，則{cn}也是等差數(shù)列，且c1＝a1＋b1＝25＋75＝100，c2＝a2＋b2＝100，∴{cn}的公差d＝c2－c1＝0.∴c37＝100，即a37＋b37＝100.3．已知等差數(shù)列{an}的項(xiàng)數(shù)為奇數(shù)，其中所有奇數(shù)項(xiàng)之和為319，所有偶數(shù)項(xiàng)之和為290，則該數(shù)列的中間項(xiàng)為()A．28 B．29C．30 D．31答案：B【解析】設(shè)等差數(shù)列{an}共有2n＋1項(xiàng)，則S奇＝a1＋a3＋a5＋…＋a2n＋1，S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n，中間項(xiàng)為an＋1，故S奇－S偶＝a1＋(a3－a2)＋(a5－a4)＋…＋(a2n＋1－a2n)＝a1＋d＋d＋…＋d＝a1＋nd＝an＋1，an＋1＝S奇－S偶＝319－290＝29，故選B.4．《九章算術(shù)》是中國(guó)古代第一部數(shù)學(xué)專著，全書收集了246個(gè)數(shù)學(xué)問(wèn)題，其中一個(gè)問(wèn)題為“今有竹九節(jié)，下三節(jié)容量四升，上四節(jié)容量三升.問(wèn)中間二節(jié)欲均容各多少？”其中“欲均容”的意思是：使容量變化均勻，即由下往上均勻變細(xì).該問(wèn)題中由上往下數(shù)的第2節(jié)，第3節(jié)，第8節(jié)竹子的容積之和為（）A．升 B．升 C．升 D．升答案：A分析：設(shè)自上而下依次設(shè)各節(jié)竹子的容積分別為升，升，…，升，則數(shù)列，，…，為等差數(shù)列.由已知建立方程組，再根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)可求得答案.【詳解】設(shè)自上而下依次設(shè)各節(jié)竹子的容積分別為升，升，…，升，則數(shù)列，，…，為等差數(shù)列.依題意有，又因?yàn)椋?，?5.設(shè)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和為，已知，當(dāng)取得最小值是，（）A．5B．6C．7D．8答案：B【解析】設(shè)等差數(shù)列的公差為，所以，因?yàn)椋?，所以，令，得，所以?dāng)取得最小值時(shí)．6.數(shù)列是等差數(shù)列，若，且它的前n項(xiàng)和有最大值，那么當(dāng)取得最小正值時(shí)，n等于（）A．17B．16C．15D．14答案：C【解析】∵數(shù)列的前n項(xiàng)和有最大值，∴數(shù)列為遞減數(shù)列，又，且，又，故當(dāng)時(shí)，取得最小正值，故選C．7．(多選)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和記為Sn，若a1＞0，S10＝S20，則()A．d＜0 B．a(chǎn)16＜0C．Sn≤S15 D．當(dāng)且僅當(dāng)Sn＜0時(shí)n≥32答案：ABC【解析】設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，∵S10＝S20，∴10a1＋45d＝20a1＋190d，∴2a1＋29d＝0，∵a1＞0，∴d＜0，故A正確；∴a1＋14d＋a1＋15d＝0，即a15＋a16＝0，∵d＜0，∴a15＞a16，∴a15＞0，a16＜0，故B正確；∴Sn≤S15，故C正確；又S31＝eq\f(31a1＋a31,2)＝31a16<0，S30＝eq\f(30a1＋a30,2)＝15(a15＋a16)＝0，∴當(dāng)且僅當(dāng)Sn＜0時(shí)，n≥31，故D錯(cuò)誤．8．已知數(shù)列是等差數(shù)列，若，，則公差（）A．1 B． C． D．答案：D分析：利用等差數(shù)列的下標(biāo)和性質(zhì)即可求解.【詳解】∵，∴．∵，∴，∴公差．9．(多選)朱世杰是元代著名數(shù)學(xué)家，他所著的《算學(xué)啟蒙》是一部在中國(guó)乃至世界最早的科學(xué)普及著作．《算學(xué)啟蒙》中涉及一些“堆垛”問(wèn)題，主要利用“堆垛”研究數(shù)列以及數(shù)列的求和問(wèn)題．現(xiàn)有100根相同的圓形鉛筆，小明模仿“堆垛”問(wèn)題，將它們?nèi)慷逊懦煽v斷面為等腰梯形的“垛”，要求層數(shù)不小于2，且從最下面一層開始，每一層比上一層多1根，則該“等腰梯形垛”應(yīng)堆放的層數(shù)可以是()A．4 B．5C．7 D．8答案：BD【解析】依據(jù)題意，根數(shù)從上至下構(gòu)成等差數(shù)列，設(shè)首項(xiàng)即第一層的根數(shù)為a1，公差為d＝1，設(shè)一共放n(n≥2)層，則總根數(shù)為：Sn＝na1＋eq\f(nn－1d,2)＝na1＋eq\f(nn－1,2)＝100，整理得2a1＝eq\f(200,n)＋1－n.因?yàn)閍1∈N*，所以n為200的因數(shù)，eq\f(200,n)＋(1－n)≥2且為偶數(shù)，驗(yàn)證可知n＝5,8滿足題意．10.設(shè)等差數(shù)列滿足，；則數(shù)列的前項(xiàng)和中使得取的最大值的序號(hào)為（）A．4B．5C．6D．7答案：B【解析】由題意可得數(shù)列的公差，則數(shù)列的通項(xiàng)公式令，故等差數(shù)列的前5項(xiàng)為正數(shù)，從第6項(xiàng)開始為負(fù)數(shù)，則使得最大的序號(hào)．故選B11、已知數(shù)列是等差數(shù)列，，則前項(xiàng)和中最大的是（