2025-高考科學復習創(chuàng)新方案-數(shù)學-提升版第七章素能培優(yōu)（六）含答案

2025-高考科學復習創(chuàng)新方案-數(shù)學-提升版第七章考情分析：數(shù)列中的創(chuàng)新應用問題是每年命題的熱點，創(chuàng)新主要體現(xiàn)在以下三點：新定義、新情景、新交匯，三種題型均有可能．創(chuàng)新點難度2023Ⅰ卷T21與概率交匯命題難Ⅱ卷T18與不等式交匯中2022Ⅰ卷T17與不等式交匯難Ⅱ卷T3，T17以數(shù)學文化為載體，與集合交匯中2021Ⅰ卷T16以數(shù)學文化為載體難Ⅱ卷T12新定義難考向一新定義問題例1(多選)(2021·新高考Ⅱ卷)設正整數(shù)n＝a0·20＋a1·2＋…＋ak－1·2k－1＋ak·2k，其中ai∈{0，1}，記ω(n)＝a0＋a1＋…＋ak.則()A．ω(2n)＝ω(n)B．ω(2n＋3)＝ω(n)＋1C．ω(8n＋5)＝ω(4n＋3)D．ω(2n－1)＝n答案ACD解析對于A，ω(n)＝a0＋a1＋…＋ak，2n＝a0·21＋a1·22＋…＋ak－1·2k＋ak·2k＋1，所以ω(2n)＝a0＋a1＋…＋ak＝ω(n)，A正確；對于B，取n＝2，2n＋3＝7＝1·20＋1·21＋1·22，所以ω(7)＝3，而2＝0·20＋1·21，則ω(2)＝1，所以ω(7)≠ω(2)＋1，B錯誤；對于C，8n＋5＝a0·23＋a1·24＋…＋ak·2k＋3＋5＝1·20＋1·22＋a0·23＋a1·24＋…＋ak·2k＋3，所以ω(8n＋5)＝2＋a0＋a1＋…＋ak，4n＋3＝a0·22＋a1·23＋…＋ak·2k＋2＋3＝1·20＋1·21＋a0·22＋a1·23＋…＋ak·2k＋2，所以ω(4n＋3)＝2＋a0＋a1＋…＋ak，所以ω(8n＋5)＝ω(4n＋3)，C正確；對于D，2n－1＝20＋21＋…＋2n－1，所以ω(2n－1)＝n，D正確．故選ACD.解決數(shù)列中的新定義問題的一般流程(1)讀懂定義，理解新定義數(shù)列的含義．(2)特殊分析，比如先對n＝1，2，3，…的情況進行討論．(3)通過特殊情況尋找新定義的數(shù)列的規(guī)律及性質(zhì)，以及新定義數(shù)列與已知數(shù)列(如等差與等比數(shù)列)的關系，仔細觀察，探求規(guī)律，注重轉(zhuǎn)化，合理設計解題方案．(4)聯(lián)系等差數(shù)列與等比數(shù)列知識將新定義數(shù)列問題轉(zhuǎn)化為熟悉的知識進行求解．1.(2023·武漢三模)將1，2，…，n按照某種順序排成一列得到數(shù)列{an}，對任意1≤i<j≤n，如果ai>aj，那么稱數(shù)對(ai，aj)構成數(shù)列{an}的一個逆序?qū)Γ鬾＝4，則恰有2個逆序?qū)Φ臄?shù)列{an}的個數(shù)為()A．4 B．5C．6 D．7答案B解析若n＝4，則1≤i<j≤4，由1，2，3，4構成的逆序?qū)τ?4，3)，(4，2)，(4，1)，(3，2)，(3，1)，(2，1)，若數(shù)列{an}的第一個數(shù)為4，則至少有3個逆序?qū)?；若?shù)列{an}的第二個數(shù)為4，則恰有2個逆序?qū)Φ臄?shù)列{an}為{1，4，2，3}；若數(shù)列{an}的第三個數(shù)為4，則恰有2個逆序?qū)Φ臄?shù)列{an}為{1，3，4，2}或{2，1，4，3}；若數(shù)列{an}的第四個數(shù)為4，則恰有2個逆序?qū)Φ臄?shù)列{an}為{2，3，1，4}或{3，1，2，4}．綜上，恰有2個逆序?qū)Φ臄?shù)列{an}的個數(shù)為5.故選B.2．(多選)若數(shù)列{an}滿足：對任意正整數(shù)n，{an＋1－an}為等差數(shù)列，則稱數(shù)列{an}為“二階等差數(shù)列”．若{an}不是等比數(shù)列，但{an}中存在不相同的三項可以構成等比數(shù)列，則稱{an}是“局部等比數(shù)列”．若數(shù)列{an}既是“二階等差數(shù)列”，又是“局部等比數(shù)列”，則{an}的通項公式可以是()A．a(chǎn)n＝1 B．a(chǎn)n＝nC．a(chǎn)n＝n2 D．a(chǎn)n＝eq\r(n)答案BC解析對于A，數(shù)列{an}是等比數(shù)列，不滿足題意；對于B，an＋1－an＝1，{an＋1－an}為等差數(shù)列，數(shù)列{n}不是等比數(shù)列，在{n}中存在不相同的三項可以構成等比數(shù)列，滿足題意；對于C，an＋1－an＝2n＋1，{an＋1－an}為等差數(shù)列，數(shù)列{n2}不是等比數(shù)列，在{n2}中存在不相同的三項可以構成等比數(shù)列，滿足題意；對于D，an＋1－an＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，{an－an－1}不是等差數(shù)列，不滿足題意．考向二數(shù)學文化與數(shù)列的實際應用例2(2021·新高考Ⅰ卷)某校學生在研究民間剪紙藝術時，發(fā)現(xiàn)剪紙時經(jīng)常會沿紙的某條對稱軸把紙對折，規(guī)格為20dm×12dm的長方形紙，對折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm兩種規(guī)格的圖形，它們的面積之和S1＝240dm2，對折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三種規(guī)格的圖形，它們的面積之和S2＝180dm2，以此類推．則對折4次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數(shù)為________；如果對折n次，那么eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))Sk＝________dm2.答案5240·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(n＋3,2n)))解析對折3次可以得到eq\f(5,2)dm×12dm，5dm×6dm，10dm×3dm，20dm×eq\f(3,2)dm，共四種規(guī)格的圖形，它們的面積之和為S3＝4×30＝120dm2.對折4次可以得到eq\f(5,4)dm×12dm，eq\f(5,2)dm×6dm，5dm×3dm，10dm×eq\f(3,2)dm，20dm×eq\f(3,4)dm，共五種規(guī)格的圖形，它們的面積之和為S4＝5×15＝75dm2.對折n次有n＋1種規(guī)格的圖形，且Sn＝eq\f(240,2n)(n＋1)，因此eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))Sk＝240·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,21)＋\f(3,22)＋…＋\f(n＋1,2n))).eq\f(1,2)eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))Sk＝240·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,22)＋\f(3,23)＋…＋\f(n,2n)＋\f(n＋1,2n＋1)))，因此eq\f(1,2)eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))Sk＝240·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n)－\f(n＋1,2n＋1)))＝240·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(n＋3,2n＋1))).所以eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))Sk＝240·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(n＋3,2n)))dm2.解決實際問題所涉及的數(shù)列模型首先要認真閱讀領悟，學會翻譯(數(shù)學化)；其次再考慮用熟悉的數(shù)列知識建立數(shù)學模型，求出問題的解；最后還需驗證求得的解是否符合實際．1.(2022·新高考Ⅱ卷)圖1是中國古代建筑中的舉架結構，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，相鄰桁的水平距離稱為步，垂直距離稱為舉．圖2是某古代建筑屋頂截面的示意圖．其中DD1，CC1，BB1，AA1是舉，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相鄰桁的舉步之比分別為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成公差為0.1的等差數(shù)列，且直線OA的斜率為0.725，則k3＝()A．0.75 B．0.8C．0.85 D．0.9答案D解析設OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，則DD1＝0.5，CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3，依題意，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.故選D.2．(2020·全國Ⅱ卷)0～1周期序列在通信技術中有著重要應用．若序列a1a2…an…滿足ai∈{0，1}(i＝1，2，…)，且存在正整數(shù)m，使得ai＋m＝ai(i＝1，2，…)成立，則稱其為0～1周期序列，并稱滿足ai＋m＝ai(i＝1，2，…)的最小正整數(shù)m為這個序列的周期．對于周期為m的0～1序列a1a2…an…，C(k)＝eq\f(1,m)eq\o(∑,\s\up6(m),\s\do4(i＝1))aiai＋k(k＝1，2，…，m－1)是描述其性質(zhì)的重要指標，下列周期為5的0～1序列中，滿足C(k)≤eq\f(1,5)(k＝1，2，3，4)的序列是()A．11010… B．11011…C．10001… D．11001…答案C解析由序列的周期為5，知m＝5，C(k)＝eq\f(1,5)eq\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))aiai＋k(k＝1，2，3，4)，對于A，C(1)＝eq\f(1,5)eq\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))aiai＋1＝eq\f(1,5)(a1a2＋a2a3＋a3a4＋a4a5＋a5a6)＝eq\f(1,5)×(1＋0＋0＋0＋0)＝eq\f(1,5)，C(2)＝eq\f(1,5)eq\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))aiai＋2＝eq\f(1,5)(a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a6＋a5a7)＝eq\f(1,5)×(0＋1＋0＋1＋0)＝eq\f(2,5)，不滿足題意；對于B，C(1)＝eq\f(1,5)eq\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))aiai＋1＝eq\f(1,5)(a1a2＋a2a3＋a3a4＋a4a5＋a5a6)＝eq\f(1,5)×(1＋0＋0＋1＋1)＝eq\f(3,5)，不滿足題意；對于D，C(1)＝eq\f(1,5)eq\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))aiai＋1＝eq\f(1,5)(a1a2＋a2a3＋a3a4＋a4a5＋a5a6)＝eq\f(1,5)×(1＋0＋0＋0＋1)＝eq\f(2,5)，不滿足題意．故選C.第2講等差數(shù)列[課程標準]1.理解等差數(shù)列的概念和通項公式的意義.2.探索并掌握等差數(shù)列的前n項和公式，理解等差數(shù)列的通項公式與前n項和公式的關系.3.能在具體的問題情境中，發(fā)現(xiàn)數(shù)列的等差關系，并解決相應的問題.4.體會等差數(shù)列與一元一次函數(shù)的關系．1．等差數(shù)列的有關概念(1)定義：一般地，如果一個數(shù)列從eq\x(\s\up1(01))第2項起，每一項與它的前一項的eq\x(\s\up1(02))差都等于eq\x(\s\up1(03))同一個常數(shù)，那么這個數(shù)列就叫做等差數(shù)列，這個常數(shù)叫做等差數(shù)列的eq\x(\s\up1(04))公差，公差通常用字母d表示．數(shù)學語言表示為eq\x(\s\up1(05))an＋1－an＝d(n∈N*)，d為常數(shù)．(2)等差中項：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eq\x(\s\up1(06))A叫做a與b的等差中項，根據(jù)等差數(shù)列的定義可以知道，2A＝eq\x(\s\up1(07))a＋b．2．等差數(shù)列的有關公式(1)通項公式：an＝eq\x(\s\up1(08))a1＋(n－1)d．(2)前n項和公式：Sn＝eq\x(\s\up1(09))na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝eq\x(\s\up1(10))eq\f(n（a1＋an）,2)．等差數(shù)列的常用性質(zhì)(1)通項公式的推廣：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.若m＋n＝2p(m，n，p∈N*)，則am＋an＝2ap.(3)若{an}是等差數(shù)列，公差為d，則{a2n}也是等差數(shù)列，公差為2d.(4)若{an}，{bn}是等差數(shù)列，則{pan＋qbn}也是等差數(shù)列．(5)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．(6)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等差數(shù)列，其公差為n2d.(7)若等差數(shù)列的項數(shù)為2n(n∈N*)，則S偶－S奇＝nd，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(an,an＋1).(8)若等差數(shù)列的項數(shù)為2n－1(n∈N*)，則S奇－S偶＝an，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(n,n－1)(S奇＝nan，S偶＝(n－1)an)．(9)若{an}，{bn}均為等差數(shù)列且其前n項和為Sn，Tn，則eq\f(an,bn)＝eq\f(S2n－1,T2n－1).(10)若Sm＝n，Sn＝m(m≠n)，則Sm＋n＝－(m＋n)．(11)由公式Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）d,2)得eq\f(Sn,n)＝a1＋eq\f(n－1,2)d＝eq\f(d,2)n＋a1－eq\f(d,2)，因此數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等差數(shù)列，首項為a1，公差為等差數(shù)列{an}公差的一半．(12)等差數(shù)列與函數(shù)的關系①an＝a1＋(n－1)d可化為an＝dn＋a1－d的形式．當d≠0時，an是關于n的一次函數(shù)．當d>0時，數(shù)列為遞增數(shù)列；當d<0時，數(shù)列為遞減數(shù)列．②Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n.當d≠0時，它是關于n的二次函數(shù)．數(shù)列{an}是等差數(shù)列?Sn＝An2＋Bn(A，B為常數(shù))．1．在數(shù)列{an}中，a1＝－2，an＋1－an＝2，則a5＝()A．－6 B．6C．－10 D．10答案B解析∵an＋1－an＝2，∴數(shù)列{an}是公差為2的等差數(shù)列，又a1＝－2，∴a5＝a1＋4d＝－2＋2×4＝6.故選B.2．(人教A選擇性必修第二冊4.2.1練習T4改編)等差數(shù)列{an}中，a4＋a8＝10，a10＝6，則公差d＝()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,2)C．2 D．－eq\f(1,2)答案A解析∵a4＋a8＝2a6＝10，∴a6＝5，又a10＝6，∴公差d＝eq\f(a10－a6,10－6)＝eq\f(6－5,4)＝eq\f(1,4).故選A.3．(人教B選擇性必修第三冊5.2.2練習AT2改編)設Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和，a2＝5，a7＝20，則S8＝()A．90 B．100C．120 D．200答案B解析S8＝eq\f(8（a1＋a8）,2)＝4(a1＋a8)＝4(a2＋a7)＝4×25＝100.故選B.4．(2020·全國Ⅱ卷)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和．若a1＝－2，a2＋a6＝2，則S10＝________．答案25解析設等差數(shù)列{an}的公差為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＝25.5．(人教A選擇性必修第二冊4.2.2練習T5改編)已知等差數(shù)列{an}的項數(shù)為奇數(shù)，其中所有奇數(shù)項之和為319，所有偶數(shù)項之和為290，則該數(shù)列的中間項為________．答案29解析設項數(shù)為2n－1，則該數(shù)列的中間項為an＝S奇－S偶＝319－290＝29.考向一等差數(shù)列的基本運算例1(1)已知數(shù)列{an}中，a3＝2，a7＝1.若eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))為等差數(shù)列，則a5＝()A.eq\f(2,3) B.eq\f(3,2)C.eq\f(4,3) D.eq\f(3,4)答案C解析設等差數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的公差為d，則eq\f(1,a7)＝eq\f(1,a3)＋4d，即1＝eq\f(1,2)＋4d，解得d＝eq\f(1,8).則eq\f(1,a5)＝eq\f(1,a3)＋2d＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＝eq\f(3,4)，解得a5＝eq\f(4,3).故選C.(2)(多選)(2023·遼寧朝陽模擬)已知{an}為等差數(shù)列，a1＋a3＋a5＝66，a2＋a4＋a6＝57，則()A．數(shù)列{an}的公差為－3B．數(shù)列{an}的通項公式為an＝31－2nC．數(shù)列{an}的前n項和為eq\f(59n－3n2,2)D．數(shù)列{|an|}的前50項和為2565答案ACD解析a1＋a3＋a5＝3a3＝66，a2＋a4＋a6＝3a4＝57，解得a3＝22，a4＝19，因此數(shù)列{an}的公差d＝a4－a3＝－3，首項a1＝a3－2d＝28，A正確；數(shù)列{an}的通項公式為an＝a1＋(n－1)d＝31－3n，B錯誤；數(shù)列{an}的前n項和Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝eq\f(59n－3n2,2)，C正確；由an≥0，得n≤10，因此數(shù)列{|an|}的前50項和為a1＋a2＋…＋a10－a11－a12－…－a50＝2S10－S50＝2×eq\f(59×10－3×102,2)－eq\f(59×50－3×502,2)＝2565，D正確．故選ACD.等差數(shù)列計算中的兩個技巧(1)等差數(shù)列的通項公式及前n項和公式，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)了用方程的思想解決問題．(2)數(shù)列的通項公式和前n項和公式在解題中起到變量轉(zhuǎn)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．1.(2023·全國甲卷)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，則S5＝()A．25 B．22C．20 D．15答案C解析解法一：設等差數(shù)列{an}的公差為d，首項為a1，依題意可得，a2＋a6＝(a1＋d)＋(a1＋5d)＝10，即a1＋3d＝5，又a4a8＝(a1＋3d)·(a1＋7d)＝45，解得d＝1，a1＝2，所以S5＝5a1＋eq\f(5×4,2)×d＝5×2＋10×1＝20.故選C.解法二：設等差數(shù)列{an}的公差為d，a2＋a6＝2a4＝10，a4a8＝45，所以a4＝5，a8＝9，從而d＝eq\f(a8－a4,8－4)＝1，于是a3＝a4－d＝5－1＝4，所以S5＝5a3＝20.故選C.2．《周髀算經(jīng)》有這樣一個問題：從冬至日起，依次為小寒、大寒、立春、雨水、驚蟄、春分、清明、谷雨、立夏、小滿、芒種十二個節(jié)氣日影長減等寸，冬至、立春、春分日影長之和為三丈一尺五寸，前九個節(jié)氣日影長之和為八丈五尺五寸，問芒種日影長為(一丈＝十尺＝一百寸)()A．一尺五寸 B．二尺五寸C．三尺五寸 D．四尺五寸答案B解析由題意知，從冬至日起，依次為小寒、大寒等十二個節(jié)氣日影長構成一個等差數(shù)列{an}，設公差為d，∵冬至、立春、春分日影長之和為三丈一尺五寸，前九個節(jié)氣日影長之和為八丈五尺五寸，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a4＋a7＝3a1＋9d＝315，,S9＝9a1＋\f(9×8,2)d＝855，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝135，,d＝－10，))∴芒種日影長為a12＝a1＋11d＝135－11×10＝25(寸)＝2尺5寸．考向二等差數(shù)列的判定與證明例2(1)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝2an＋2n，n∈N*，則a4＝()A．64 B．56C．32 D．24答案C解析由an＋1＝2an＋2n得eq\f(an＋1,2n＋1)－eq\f(an,2n)＝eq\f(1,2)，而eq\f(a1,2)＝eq\f(1,2)，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是首項為eq\f(1,2)，公差為eq\f(1,2)的等差數(shù)列，∴eq\f(an,2n)＝eq\f(1,2)＋(n－1)×eq\f(1,2)＝eq\f(n,2)，∴an＝n·2n－1，∴a4＝4×24－1＝32.(2)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，且nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n.①求a2，a3；②證明數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是等差數(shù)列，并求{an}的通項公式．解①由已知，得a2－2a1＝4，則a2＝2a1＋4，又因為a1＝1，所以a2＝6.由2a3－3a2＝12，得2a3＝12＋3a2，所以a3＝15.②由已知nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n，得eq\f(nan＋1－（n＋1）an,n（n＋1）)＝2，即eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝2，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是首項為eq\f(a1,1)＝1，公差為d＝2的等差數(shù)列，則eq\f(an,n)＝1＋2(n－1)＝2n－1.所以an＝2n2－n.等差數(shù)列的判定方法(1)定義法：對于n≥2的任意自然數(shù)，驗證an－an－1為同一常數(shù)．(2)等差中項法：驗證2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立．(3)通項公式法：驗證an＝pn＋q.(4)前n項和公式法：驗證Sn＝An2＋Bn.提醒：在解答題中常應用定義法和等差中項法，而通項公式法和前n項和公式法主要適用于選擇題、填空題中的簡單判斷．(2021·全國甲卷)已知數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，記Sn為{an}的前n項和，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，則按第一個解答計分．解選擇條件①③?②.已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，a2＝3a1，設數(shù)列{an}的公差為d，則a2＝3a1＝a1＋d，所以d＝2a1.因為Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝n2a1，所以eq\r(Sn)＝neq\r(a1)(a1>0)，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．選擇條件①②?③.已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，數(shù)列{eq\r(Sn)}是等差數(shù)列，設數(shù)列{an}的公差為d，則S1＝a1，S2＝2a1＋d，S3＝3a1＋3d，因為數(shù)列{eq\r(Sn)}是等差數(shù)列，所以eq\r(S1)＋eq\r(S3)＝2eq\r(S2)，即eq\r(a1)＋eq\r(3a1＋3d)＝2eq\r(2a1＋d)，化簡整理得d＝2a1.所以a2＝a1＋d＝3a1.選擇條件②③?①.已知數(shù)列{eq\r(Sn)}是等差數(shù)列，a2＝3a1，設數(shù)列{eq\r(Sn)}的公差為d，則eq\r(S2)－eq\r(S1)＝d，即eq\r(4a1)－eq\r(a1)＝d.所以a1＝d2，eq\r(Sn)＝eq\r(S1)＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2，所以an＝Sn－Sn－1＝2d2n－d2(n≥2)．又a1＝d2也適合上式，所以an＝2d2n－d2(n∈N*)．a(chǎn)n＋1－an＝2d2(n＋1)－d2－(2d2n－d2)＝2d2(常數(shù))，所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列．多角度探究突破考向三等差數(shù)列的性質(zhì)角度等差數(shù)列項的性質(zhì)例3(1)等差數(shù)列{an}中，若a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，則a9－eq\f(1,3)a11的值是()A．14 B．15C．16 D．17答案C解析因為{an}是等差數(shù)列，所以a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝5a8＝120，所以a8＝24.所以a9－eq\f(1,3)a11＝a8＋d－eq\f(1,3)(a8＋3d)＝eq\f(2,3)a8＝16.故選C.(2)(多選)等差數(shù)列{an}的公差為d，前n項和為Sn，當首項a1和d變化時，a3＋a8＋a13是一個定值，則下列各數(shù)也為定值的是()A．a(chǎn)7 B．a(chǎn)8C．S15 D．S16答案BC解析由等差中項的性質(zhì)可得a3＋a8＋a13＝3a8為定值，則a8為定值，S15＝eq\f(15（a1＋a15）,2)＝15a8為定值，但S16＝eq\f(16（a1＋a16）,2)＝8(a8＋a9)不是定值．等差數(shù)列項的性質(zhì)利用等差數(shù)列項的性質(zhì)解決基本量的運算體現(xiàn)了整體求值思想，應用時常將an＋am＝2ak(n＋m＝2k，n，m，k∈N*)與am＋an＝ap＋aq(m＋n＝p＋q，m，n，p，q∈N*)相結合，可減少運算量．1.已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，S4＝3，Sn－4＝12，Sn＝17，則n的值為()A．17 B．15C．13 D．11答案A解析∵Sn－Sn－4＝an－3＋an－2＋an－1＋an＝5，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝3，∴(an－3＋a4)＋(an－2＋a3)＋(an－1＋a2)＋(an＋a1)＝4(a1＋an)＝8，∴a1＋an＝2，∴Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝17，解得n＝17.故選A.2．(2023·九江湖口中學5月考試)等差數(shù)列{an}中，若S9＝18，Sn＝240，an－4＝30，則n的值為()A．14 B．15C．16 D．17答案B解析由等差數(shù)列的性質(zhì)知，a1＋a9＝2a5，a1＋an＝a5＋an－4，因為S9＝eq\f(9（a1＋a9）,2)＝9a5＝18，故a5＝2，又Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝eq\f(n（a5＋an－4）,2)＝240，故eq\f(n（2＋30）,2)＝240，所以n＝15.故選B.角度等差數(shù)列前n項和的性質(zhì)例4(1)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S10＝1，S30＝5，則S40＝()A．7 B．8C．9 D．10答案B解析由等差數(shù)列的性質(zhì)知S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等差數(shù)列，設其公差為d，∴2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，∴S20＝S10＋eq\f(S30,3)＝1＋eq\f(5,3)＝eq\f(8,3).∴d＝(S20－S10)－S10＝eq\f(2,3)，∴S40－S30＝1＋3×eq\f(2,3)＝3，∴S40＝8.故選B.(2)一個等差數(shù)列的前12項的和為354，前12項中偶數(shù)項的和與奇數(shù)項的和的比為32∶27，則該數(shù)列的公差d＝________．答案5解析設等差數(shù)列的前12項中奇數(shù)項的和為S奇，偶數(shù)項的和為S偶，等差數(shù)列的公差為d.由已知條件，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S奇＋S偶＝354，,S偶∶S奇＝32∶27，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S偶＝192，,S奇＝162.))又因為S偶－S奇＝6d，所以d＝eq\f(192－162,6)＝5.等差數(shù)列前n項和的性質(zhì)在等差數(shù)列{an}中，Sn為其前n項和，則(1)數(shù)列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…是等差數(shù)列；(2)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))為等差數(shù)列；(3)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；(4)S2n－1＝(2n－1)an；(5)若n為偶數(shù)，則S偶－S奇＝eq\f(nd,2)；若n為奇數(shù)，則S奇－S偶＝a中(中間項)．1.已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若m>1，且am－1＋am＋1－aeq\o\al(2,m)－1＝0，S2m－1＝39，則m＝()A．39 B．20C．19 D．10答案B解析數(shù)列{an}為等差數(shù)列，則am－1＋am＋1＝2am，則am－1＋am＋1－aeq\o\al(2,m)－1＝0可化為2am－aeq\o\al(2,m)－1＝0，解得am＝1.又S2m－1＝(2m－1)am＝39，則m＝20.故選B.2．已知Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和，若a1＝－2022，eq\f(S2020,2020)－eq\f(S2014,2014)＝6，則S2022＝________．答案－2022解析由等差數(shù)列的性質(zhì)可得eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也為等差數(shù)列，設其公差為d，則eq\f(S2020,2020)－eq\f(S2014,2014)＝6d＝6，∴d＝1，∴eq\f(S2022,2022)＝eq\f(S1,1)＋2021d＝－2022＋2021＝－1，∴S2022＝－2022.角度等差數(shù)列前n項和的最值問題例5等差數(shù)列{an}中，設Sn為其前n項和，且a1<0，S3＝S11，則當n＝________時，Sn最?。鸢?解析解法一：由S3＝S11，得3a1＋eq\f(3×2,2)d＝11a1＋eq\f(11×10,2)d，則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.又因為a1<0，所以－eq\f(a1,13)>0.故當n＝7時，Sn最?。夥ǘ河捎趂(x)＝ax2＋bx是關于x的二次函數(shù)，且(n，Sn)在二次函數(shù)f(x)的圖象上，由S3＝S11，可知f(x)＝ax2＋bx的圖象關于直線x＝eq\f(3＋11,2)＝7對稱．由解法一可知a＝－eq\f(a1,13)>0，故當x＝7時，f(x)最小，即當n＝7時，Sn最?。夥ㄈ河山夥ㄒ豢芍猟＝－eq\f(2,13)a1.要使Sn最小，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n＝7時，Sn最?。夥ㄋ模河蒘3＝S11，可得a4＋a5＋…＋a10＋a11＝0，即4(a7＋a8)＝0，故a7＋a8＝0，又由a1<0，S3＝S11可知d>0，所以a7<0，a8>0，所以當n＝7時，Sn最?。蟮炔顢?shù)列前n項和最值的常用方法(1)二次函數(shù)法：用求二次函數(shù)最值的方法(配方法)求其前n項和的最值，但要注意n∈N*.(2)圖象法：利用二次函數(shù)圖象的對稱性來確定n的值，使Sn取得最值．(3)鄰項變號法：當a1>0，d<0時，滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0))的項數(shù)n，使Sn取最大值；當a1<0，d>0時，滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≤0，,an＋1≥0))的項數(shù)n，使Sn取最小值，即正項變負項處最大，負項變正項處最小．若有零項，則使Sn取最值的n有兩個．設等差數(shù)列{an}滿足3a8＝5a15，且a1>0，Sn為其前n項和，則數(shù)列{Sn}的最大項為()A．S23 B．S24C．S25 D．S26答案C解析設等差數(shù)列的公差為d，∵3a8＝5a15，∴3a1＋21d＝5a1＋70d，∴a1＋eq\f(49,2)d＝0.解法一：a1>0，∴d<0，∴a1＋24d＝a25>0，a1＋25d＝a26<0，∴數(shù)列{Sn}的最大項為S25.故選C.解法二：Sn＝eq\f(d,2)(n2－50n)，d<0，所以當n＝25時，數(shù)列{Sn}有最大項，為S25.故選C.課時作業(yè)一、單項選擇題1．(2023·荊州模擬)Sn為等差數(shù)列的前n項和，S9＝81，a2＝3，則a10＝()A．2 B．11C．15 D．19答案D解析設等差數(shù)列的公差為d，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(9a1＋36d＝81，,a1＋d＝3，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2，))所以a10＝a1＋9d＝1＋18＝19.故選D.2．(2023·西安一中模擬)已知數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2,an＋1)))為等差數(shù)列，且a1＝1，a4＝－eq\f(1,2)，則a2023＝()A.eq\f(2021,2023) B．－eq\f(2021,2023)C.eq\f(2019,2021) D．－eq\f(2019,2021)答案B解析因為數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2,an＋1)))為等差數(shù)列，且a1＝1，a4＝－eq\f(1,2)，所以eq\f(2,1＋a1)＝1，eq\f(2,1＋a4)＝4，設該等差數(shù)列的公差為d，則3d＝4－1＝3，即d＝1，eq\f(2,1＋a2023)＝1＋2022d＝2023，所以a2023＝－eq\f(2021,2023).故選B.3．(2023·上饒二模)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a6＋a9＝a3＋4，則S23＝()A．92 B．94C．96 D．98答案A解析等差數(shù)列{an}中，a6＋a9＝a3＋4＝a3＋a12，則a12＝4，所以S23＝eq\f(a1＋a23,2)×23＝23a12＝92.故選A.4．(2023·陜西名校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}中，a2＝4，am＋n＝am＋an，則a11＋a12＋a13＋…＋a19＝()A．95 B．145C．270 D．520答案C解析在等式am＋n＝am＋an中，令m＝1，可得an＋1＝an＋a1，則an＋1－an＝a1，所以數(shù)列{an}為等差數(shù)列，且該數(shù)列的首項和公差均為a1.因為a2＝2a1＝4，故a1＝2，所以an＝2＋2(n－1)＝2n，則a15＝2×15＝30，因此a11＋a12＋a13＋…＋a19＝eq\f(9（a11＋a19）,2)＝eq\f(9×2a15,2)＝9a15＝270.故選C.5．等差數(shù)列{an}和{bn}的前n項和分別為Sn，Tn，且eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(5n＋2,n＋3)，則eq\f(a2＋a20,b7＋b15)＝()A.eq\f(107,24) B.eq\f(7,24)C.eq\f(149,12) D.eq\f(149,3)答案A解析由題意知，eq\f(a2＋a20,b7＋b15)＝eq\f(a1＋a21,b1＋b21)＝eq\f(S21,T21)＝eq\f(107,24).故選A.6．(2023·漢中二模)蚊香具有悠久的歷史，我國蚊香的發(fā)明與古人端午節(jié)的習俗有關．如圖為某校數(shù)學社團用數(shù)學軟件制作的“蚊香”．畫法如下：在水平直線上取長度為1的線段AB，作一個等邊三角形ABC，然后以點B為圓心，AB為半徑逆時針畫圓弧交線段CB的延長線于點D(第一段圓弧)，再以點C為圓心，CD為半徑逆時針畫圓弧交線段AC的延長線于點E，再以點A為圓心，AE為半徑逆時針畫圓弧……以此類推，當?shù)玫降摹拔孟恪鼻『糜?1段圓弧時，“蚊香”的長度為()A．14π B．18πC．30π D．44π答案D解析由題意知每段圓弧的圓心角都是eq\f(2π,3)，第n段圓弧的半徑為n，弧長記為an，則an＝eq\f(2π,3)·n，所以S11＝eq\f(2π,3)×(1＋2＋…＋11)＝44π.故選D.7．(2023·新課標Ⅰ卷)記Sn為數(shù)列{an}的前n項和，設甲：{an}為等差數(shù)列；乙：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))為等差數(shù)列，則()A．甲是乙的充分條件但不是必要條件B．甲是乙的必要條件但不是充分條件C．甲是乙的充要條件D．甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件答案C解析解法一：甲：{an}為等差數(shù)列，設其首項為a1，公差為d，則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)))為等差數(shù)列，則甲是乙的充分條件；反之，乙：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))為等差數(shù)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）)為常數(shù)，設為t，即eq\f(nan＋1－Sn,n（n＋1）)＝t，則Sn＝nan＋1－t·n(n＋1)，有Sn－1＝(n－1)an－t·n(n－1)，n≥2，兩式相減，得an＝nan＋1－(n－1)an－2tn，即an＋1－an＝2t，對n＝1也成立，因此{an}為等差數(shù)列，則甲是乙的必要條件．所以甲是乙的充要條件．故選C.解法二：甲：{an}為等差數(shù)列，設數(shù)列{an}的首項為a1，公差為d，即Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d，則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)))為等差數(shù)列，即甲是乙的充分條件；反之，乙：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))為等差數(shù)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′，當n≥2時，以上兩式相減，得Sn－Sn－1＝S1＋2(n－1)d′，于是an＝a1＋2(n－1)d′，當n＝1時，上式也成立，又an＋1－an＝a1＋2nd′－[a1＋2(n－1)d′]＝2d′，為常數(shù)，因此{an}為等差數(shù)列，則甲是乙的必要條件．所以甲是乙的充要條件．故選C.8．(2023·武漢二調(diào))南宋數(shù)學家楊輝為我國古代數(shù)學研究作出了杰出貢獻，他的著名研究成果“楊輝三角”記錄于其重要著作《詳解九章算法》，該著作中的“垛積術”問題介紹了高階等差數(shù)列．以高階等差數(shù)列中的二階等差數(shù)列為例，其特點是從數(shù)列中的第2項開始，每一項與前一項的差構成等差數(shù)列．若某個二階等差數(shù)列的前4項為2，3，6，11，則該數(shù)列的第15項為()A．196 B．197C．198 D．199答案C解析設該數(shù)列為{an}，則a1＝2，a2＝3，a3＝6，a4＝11，由二階等差數(shù)列的定義可知，a2－a1＝1，a3－a2＝3，a4－a3＝5，…，所以數(shù)列{an＋1－an}是首項為a2－a1＝1，公差d＝2的等差數(shù)列，即an＋1－an＝2n－1，所以an＋1＝(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝n2＋2，所以a15＝142＋2＝198，即該數(shù)列的第15項為198.故選C.二、多項選擇題9.(2023·大連二模)北京天壇圜丘壇的地面由石板鋪成，最中間的是圓形的天心石，圍繞天心石的是9圈扇環(huán)形的石板，從內(nèi)到外各圈的石板數(shù)依次為a1，a2，a3，…，a9，設數(shù)列{an}為等差數(shù)列，它的前n項和為Sn，且a2＝18，a4＋a6＝90，則()A．a(chǎn)1＝6 B．{an}的公差為9C．a(chǎn)6＝3a3 D．S9＝405答案BD解析設等差數(shù)列{an}的公差為d，∵a2＝18，a4＋a6＝90，∴a1＋d＝18，2a1＋8d＝90，解得a1＝9，d＝9，∴an＝9＋9(n－1)＝9n，a6＝9×6＝54，3a3＝3×9×3＝81，∴a6≠3a3，S9＝9×9＋eq\f(9×8,2)×9＝405.故選BD.10．(2023·沈陽一模)設等差數(shù)列{an}的前n項和是Sn，若a2<－a11<a1，則()A．a(chǎn)6<a7 B．S10>0C．S15<0 D．Sn≤S5答案BC解析設等差數(shù)列{an}的公差為d，∵a2<－a11<a1，可得a1＋d<－a1－10d<a1，d<0，∴a1>－5d>0，a2＋a11<0，∴a1＋5d＝a6>0，a6＋a7＝a1＋a12<0，∴a7<0，∴a6>a7，故A錯誤；S11＝eq\f(11（a1＋a11）,2)＝11a6>0，S12＝eq\f(12（a1＋a12）,2)<0，故當n≤11時，Sn>0，當n≥12時，Sn<0，故B，C正確；因為S6＝S5＋a6，a6>0，所以S6>S5，故D錯誤．故選BC.11．(2023·梅州一模)設Sn是公差為d(d≠0)的無窮等差數(shù)列{an}的前n項和，則下列命題正確的是()A．若d<0，則S1是數(shù)列{Sn}的最大項B．若數(shù)列{Sn}有最小項，則d>0C．若數(shù)列{Sn}是遞減數(shù)列，則對任意的n∈N*，均有Sn<0D．若對任意的n∈N*，均有Sn>0，則數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列答案BD解析對于A，取數(shù)列{an}是首項為4，公差為－2的等差數(shù)列，S1＝4<S2＝6，故A錯誤；對于B，等差數(shù)列{an}中，公差d≠0，Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，Sn是關于n的二次函數(shù)．數(shù)列{Sn}有最小項，即Sn有最小值，Sn對應的二次函數(shù)有最小值，對應的函數(shù)圖象開口向上，d>0，故B正確；對于C，取數(shù)列{an}是首項為1，公差為－2的等差數(shù)列，Sn＝－n2＋2n，Sn＋1－Sn＝－(n＋1)2＋2(n＋1)－(－n2＋2n)＝－2n＋1<0，即Sn＋1<Sn恒成立，此時數(shù)列{Sn}是遞減數(shù)列，而S1＝1>0，故C錯誤；對于D，若對任意的n∈N*，均有Sn>0，則a1＞0，d＞0，又Sn＋1－Sn＝an＋1＝a1＋nd＞0，所以數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列，故D正確．故選BD.三、填空題12．(2023·中山期末)在數(shù)列{an}中，a1＝2，eq\r(an＋1)＝eq\r(an)＋eq\r(2)，則數(shù)列{an}的通項公式為________．答案an＝2n2解析由eq\r(an＋1)＝eq\r(an)＋eq\r(2)得eq\r(an＋1)－eq\r(an)＝eq\r(2)，而eq\r(a1)＝eq\r(2)，于是得數(shù)列{eq\r(an)}是以eq\r(2)為首項，d＝eq\r(2)為公差的等差數(shù)列，則有eq\r(an)＝eq\r(a1)＋(n－1)d＝eq\r(2)＋eq\r(2)(n－1)＝eq\r(2)n，所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n2.13．已知等差數(shù)列{an}中，a2＝2，a4＝8，若abn＝3n－1，則b20