2025年高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案數(shù)學(xué)提升版第七章第1講含答案

2025年高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案數(shù)學(xué)提升版第七章第1講含答案第1講數(shù)列的概念與表示[課程標(biāo)準(zhǔn)]了解數(shù)列的概念和表示方法(列表法、圖象法、通項(xiàng)公式法)，了解數(shù)列是一種特殊函數(shù)．1．?dāng)?shù)列的定義按照eq\x(\s\up1(01))確定的順序排列的一列數(shù)稱為數(shù)列，數(shù)列中的每一個(gè)數(shù)叫做這個(gè)數(shù)列的eq\x(\s\up1(02))項(xiàng)．其中第1項(xiàng)也叫做首項(xiàng)．?dāng)?shù)列的一般形式是a1，a2，…，an，…，簡(jiǎn)記為eq\x(\s\up1(03)){an}．2．?dāng)?shù)列的表示方法(1)列表法．(2)圖象法．(3)數(shù)列的通項(xiàng)公式如果數(shù)列{an}的第n項(xiàng)an與它的eq\x(\s\up1(04))序號(hào)n之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系可以用一個(gè)式子來表示，那么這個(gè)式子叫做這個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)公式．(4)數(shù)列的遞推公式如果一個(gè)數(shù)列的eq\x(\s\up1(05))相鄰兩項(xiàng)或多項(xiàng)之間的關(guān)系可以用一個(gè)式子表示，那么這個(gè)式子叫做這個(gè)數(shù)列的遞推公式，知道了eq\x(\s\up1(06))首項(xiàng)和eq\x(\s\up1(07))遞推公式，就能求出這個(gè)數(shù)列的每一項(xiàng)．3．?dāng)?shù)列的分類4．?dāng)?shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn與an的關(guān)系(1)Sn的定義把數(shù)列{an}從第1項(xiàng)起到第n項(xiàng)止的各項(xiàng)之和，稱為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，記作Sn，即Sn＝eq\x(\s\up1(12))a1＋a2＋…＋an．(2)an與Sn的關(guān)系an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(13))S1，n＝1，,\x(\s\up1(14))Sn－Sn－1，n≥2.))1．在數(shù)列{an}中，若an最大，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1.))若an最小，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≤an－1，,an≤an＋1.))2．?dāng)?shù)列與函數(shù)的關(guān)系數(shù)列是一種特殊的函數(shù)，即數(shù)列是一個(gè)定義在非零自然數(shù)集或其子集上的函數(shù)，當(dāng)自變量依次從小到大取值時(shí)所對(duì)應(yīng)的一列函數(shù)值，就是數(shù)列．3．?dāng)?shù)列通項(xiàng)公式的注意點(diǎn)(1)并不是所有的數(shù)列都有通項(xiàng)公式．(2)同一個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)公式在形式上未必唯一．(3)對(duì)于一個(gè)數(shù)列，如果只知道它的前幾項(xiàng)，而沒有指出它的變化規(guī)律，是不能確定這個(gè)數(shù)列的．1．在數(shù)列1，1，2，3，5，8，13，x，34，55，…中，x應(yīng)取()A．19 B．20C．21 D．22答案C解析由題意，可以發(fā)現(xiàn)，從第三項(xiàng)起，每一項(xiàng)都是前面兩項(xiàng)的和，∴x＝8＋13＝21.故選C.2．(多選)(人教A選擇性必修第二冊(cè)4.1例2(2)改編)已知數(shù)列的前4項(xiàng)為2，0，2，0，則依此歸納該數(shù)列的通項(xiàng)可能是()A．a(chǎn)n＝(－1)n－1＋1 B．a(chǎn)n＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n為奇數(shù)，,0，n為偶數(shù)))C．a(chǎn)n＝2sineq\f(nπ,2) D．a(chǎn)n＝cos(n－1)π＋1答案ABD解析對(duì)n＝1，2，3，4進(jìn)行驗(yàn)證，an＝2sineq\f(nπ,2)不符合題意，其他均符合．故選ABD.3．在數(shù)列{an}中，a1＝1，anan－1＝an－1＋(－1)n(n≥2，n∈N*)，則eq\f(a3,a5)的值是()A.eq\f(15,16) B.eq\f(15,8)C.eq\f(3,4) D.eq\f(3,8)答案C解析由已知，得a2＝1＋(－1)2＝2，∴2a3＝2＋(－1)3，a3＝eq\f(1,2)，∴eq\f(1,2)a4＝eq\f(1,2)＋(－1)4，a4＝3，∴3a5＝3＋(－1)5，a5＝eq\f(2,3)，∴eq\f(a3,a5)＝eq\f(1,2)×eq\f(3,2)＝eq\f(3,4).故選C.4．(人教B選擇性必修第三冊(cè)習(xí)題5－1BT6改編)若Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且Sn＝eq\f(n,n＋1)，則eq\f(1,a5)＝()A.eq\f(5,6) B.eq\f(6,5)C.eq\f(1,30) D．30答案D解析∵當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n,n＋1)－eq\f(n－1,n)＝eq\f(1,n（n＋1）)，∴eq\f(1,a5)＝5×(5＋1)＝30.故選D.5．已知an＝n2＋λn，且對(duì)于任意的n∈N*，數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍是________．答案(－3，＋∞)解析由{an}是遞增數(shù)列可知，an＋1>an，即an＋1－an＝[(n＋1)2＋λ(n＋1)]－(n2＋λn)＝2n＋1＋λ>0對(duì)任意的n∈N*恒成立．∴λ>－(2n＋1)對(duì)任意的n∈N*恒成立，又當(dāng)n∈N*時(shí)，－(2n＋1)≤－3，故λ>－3.考向一利用an與Sn的關(guān)系求通項(xiàng)公式例1(1)(2023·哈爾濱模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，則Sn＝()A．2n－1 B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n－1) D.eq\f(1,2n－1)答案B解析由已知Sn＝2an＋1，得Sn＝2(Sn＋1－Sn)，即2Sn＋1＝3Sn，則Sn＋1＝eq\f(3,2)Sn，而S1＝a1＝1，所以Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1).故選B.(2)已知數(shù)列{an}滿足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，則an＝________．答案eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,\f(2n－1,n)，n≥2))解析當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝21＝2，當(dāng)n≥2時(shí)，由a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n①，得a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝2n－1②，由①－②得nan＝2n－2n－1＝2n－1，所以an＝eq\f(2n－1,n).顯然當(dāng)n＝1時(shí)不滿足上式，所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,\f(2n－1,n)，n≥2.))1．已知Sn求an的一般步驟(1)當(dāng)n＝1時(shí)，由a1＝S1求a1的值；(2)當(dāng)n≥2時(shí)，由an＝Sn－Sn－1，求得an的表達(dá)式；(3)檢驗(yàn)a1的值是否滿足(2)中的表達(dá)式，若不滿足，則分段表示an；(4)寫出an的完整表達(dá)式．2．Sn與an關(guān)系問題的求解思路(1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)轉(zhuǎn)化為只含Sn，Sn－1的關(guān)系式，再求解；(2)利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)轉(zhuǎn)化為只含an，an－1的關(guān)系式，再求解．1.(多選)設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，則下列結(jié)論正確的是()A．a(chǎn)n＝eq\f(1,n（n－1）)B．a(chǎn)n＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1，n＝1，,\f(1,n（n－1）)，n≥2))C．Sn＝－eq\f(1,n)D．?dāng)?shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是等差數(shù)列答案BCD解析∵an＋1＝SnSn＋1，又an＋1＝Sn＋1－Sn，∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，∴eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn＋1)＝1，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是首項(xiàng)為eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝－1，公差為d＝－1的等差數(shù)列，∴eq\f(1,Sn)＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，即Sn＝－eq\f(1,n).又當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝－eq\f(1,n)＋eq\f(1,n－1)＝eq\f(1,n（n－1）)，顯然a1＝－1不滿足上式，故an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1，n＝1，,\f(1,n（n－1）)，n≥2.))綜上可知，B，C，D正確．故選BCD.2．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝(－1)n＋1·n，則a5＋a6＝________，an＝____________．答案－2(－1)n＋1·(2n－1)解析a5＋a6＝S6－S4＝(－6)－(－4)＝－2.當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝1；當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝(－1)n＋1·n－(－1)n·(n－1)＝(－1)n＋1·[n＋(n－1)]＝(－1)n＋1·(2n－1)，又a1也適合此式，所以an＝(－1)n＋1·(2n－1)．考向二由遞推關(guān)系求數(shù)列的通項(xiàng)公式例2分別求出滿足下列條件的數(shù)列的通項(xiàng)公式．(1)a1＝0，an＋1＝an＋(2n－1)(n∈N*)；(2)a1＝1，an＝eq\f(n,n－1)an－1(n≥2，n∈N*)；(3)a1＝1，an＋1＝3an＋2(n∈N*)；(4)a1＝2，an＋1＝eq\f(2an,an＋2)(n∈N*)．解(1)當(dāng)n≥2，n∈N*時(shí)，an＝a1＋(a2－a1)＋…＋(an－an－1)＝0＋1＋3＋…＋(2n－3)＝(n－1)2，當(dāng)n＝1時(shí)，也符合上式．所以該數(shù)列的通項(xiàng)公式為an＝(n－1)2.(2)當(dāng)n≥2，n∈N*時(shí)，an＝a1×eq\f(a2,a1)×eq\f(a3,a2)×…×eq\f(an,an－1)＝1×eq\f(2,1)×eq\f(3,2)×…×eq\f(n,n－1)＝n，當(dāng)n＝1時(shí)，也符合上式，所以該數(shù)列的通項(xiàng)公式為an＝n.(3)因?yàn)閍n＋1＝3an＋2，所以an＋1＋1＝3(an＋1)，所以eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝3，所以數(shù)列{an＋1}為等比數(shù)列，公比q＝3，又a1＋1＝2，所以an＋1＝2·3n－1，所以該數(shù)列的通項(xiàng)公式為an＝2·3n－1－1.(4)因?yàn)閍n＋1＝eq\f(2an,an＋2)，a1＝2，所以an≠0，所以eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,2)，即eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)，又a1＝2，所以eq\f(1,a1)＝eq\f(1,2)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首項(xiàng)為eq\f(1,2)，公差為eq\f(1,2)的等差數(shù)列，所以eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)＋(n－1)×eq\f(1,2)＝eq\f(n,2)，即an＝eq\f(2,n).由遞推關(guān)系式求通項(xiàng)公式的常用方法方法遞推關(guān)系式累加法已知a1且an－an－1＝f(n)，求an累乘法已知a1且eq\f(an,an－1)＝f(n)，求an構(gòu)造法已知a1且an＋1＝qan＋b，則an＋1＋k＝q(an＋k)(其中k可由待定系數(shù)法確定)，可轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列{an＋k}求解已知a1且an＋1＝pan＋q·pn＋1(p≠0，q≠0)，則兩邊同時(shí)除以pn＋1得到eq\f(an＋1,pn＋1)＝eq\f(an,pn)＋q(p≠0，q≠0)，可轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,pn)))求解形如an＋1＝eq\f(Aan,Ban＋C)(A，B，C為常數(shù))的數(shù)列，可通過兩邊同時(shí)取倒數(shù)的方法構(gòu)造新數(shù)列求解1.若數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝an＋2n，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝________．答案2n－1解析由題意，知an＋1－an＝2n，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1.2．在數(shù)列{an}中，a1＝4，nan＋1＝(n＋2)an，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝________．答案2n(n＋1)解析由遞推關(guān)系得eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n＋2,n)，又a1＝4，∴an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·…·eq\f(a3,a2)·eq\f(a2,a1)·a1＝eq\f(n＋1,n－1)×eq\f(n,n－2)×eq\f(n－1,n－3)×…×eq\f(4,2)×eq\f(3,1)×4＝eq\f(（n＋1）×n,2×1)×4＝2n(n＋1)．3．在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq\f(1,3)an＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n＋1)(n∈N*)，則an＝________，eq\f(1,243)是這個(gè)數(shù)列的第________項(xiàng)．答案eq\f(n＋2,3n)7解析由題意得an＝eq\f(1,3)an－1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)(n≥2)，∴3nan＝3n－1an－1＋1(n≥2)，即3nan－3n－1·an－1＝1(n≥2)．又a1＝1，∴31a1＝3，∴數(shù)列{3nan}是以3為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，∴3nan＝3＋(n－1)×1＝n＋2，∴an＝eq\f(n＋2,3n)(n∈N*)．由eq\f(n＋2,3n)＝eq\f(1,243)，得n＝7.多角度探究突破考向三數(shù)列的性質(zhì)角度數(shù)列的周期性例3(2023·防城港模擬)已知數(shù)列{an}滿足an＋1＝eq\f(1,1－an)，若a1＝eq\f(1,2)，則a2023＝()A．－2 B．－1C.eq\f(1,2) D．2答案C解析a1＝eq\f(1,2)，則a2＝eq\f(1,1－a1)＝eq\f(1,1－\f(1,2))＝2，a3＝eq\f(1,1－a2)＝eq\f(1,1－2)＝－1，a4＝eq\f(1,1－a3)＝eq\f(1,1＋1)＝eq\f(1,2)，…，故{an}是周期為3的數(shù)列，因?yàn)?023＝674×3＋1，所以a2023＝a1＝eq\f(1,2).故選C.角度數(shù)列的單調(diào)性例4已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\f(3n＋k,2n)，若數(shù)列{an}為遞減數(shù)列，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為()A．(3，＋∞) B．(2，＋∞)C．(1，＋∞) D．(0，＋∞)答案D解析因?yàn)閿?shù)列{an}為遞減數(shù)列，所以對(duì)任意n∈N*，an＋1－an＝eq\f(3n＋3＋k,2n＋1)－eq\f(3n＋k,2n)＝eq\f(3－3n－k,2n＋1)＜0，即k＞3－3n對(duì)任意n∈N*恒成立，所以k∈(0，＋∞)．故選D.角度數(shù)列的最值例5已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n)，則數(shù)列{an}中的最大項(xiàng)為()A.eq\f(8,9) B.eq\f(2,3)C.eq\f(64,81) D.eq\f(125,243)答案A解析解法一(作差比較法)：an＋1－an＝(n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n＋1)－neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n)＝eq\f(2－n,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n)，當(dāng)n<2時(shí)，an＋1－an>0，即an＋1>an；當(dāng)n＝2時(shí)，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；當(dāng)n>2時(shí)，an＋1－an<0，即an＋1<an，所以a1<a2＝a3>a4>a5>…>an，所以數(shù)列{an}中的最大項(xiàng)為a2或a3，且a2＝a3＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(8,9).故選A.解法二(作商比較法)：由題可知，an>0，eq\f(an＋1,an)＝eq\f(（n＋1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(n＋1),n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(n))＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))，令eq\f(an＋1,an)>1，解得n<2；令eq\f(an＋1,an)＝1，解得n＝2；令eq\f(an＋1,an)<1，解得n>2.故a1<a2＝a3>a4>a5>…>an，所以數(shù)列{an}中的最大項(xiàng)為a2或a3，且a2＝a3＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(8,9).故選A.(1)利用遞推公式探求數(shù)列的周期性的兩種思想思想一：根據(jù)遞推公式，寫出數(shù)列的前n項(xiàng)直到出現(xiàn)周期情況后，利用an＋T＝an寫出周期(n＋T)－n＝T.思想二：利用遞推公式“逐級(jí)”遞推，直到出現(xiàn)an＋T＝an，即得周期T＝(n＋T)－n.(2)判斷數(shù)列的單調(diào)性的兩種方法(3)求數(shù)列的最大項(xiàng)與最小項(xiàng)的常用方法①將數(shù)列視為函數(shù)f(x)當(dāng)x∈N*時(shí)所對(duì)應(yīng)的一列函數(shù)值，根據(jù)f(x)的類型作出相應(yīng)的函數(shù)圖象，或利用求函數(shù)最值的方法，求出f(x)的最值，進(jìn)而求出數(shù)列的最大項(xiàng)或最小項(xiàng)；②通過通項(xiàng)公式an研究數(shù)列的增減性，確定最大項(xiàng)及最小項(xiàng)．1.已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＋1＝eq\f(1＋an,1－an)(n∈N*)，則a1a2a3…a2023＝()A．－6 B．6C．－3 D．3答案D解析∵a1＝2，an＋1＝eq\f(1＋an,1－an)，∴a2＝eq\f(1＋2,1－2)＝－3，a3＝－eq\f(1,2)，a4＝eq\f(1,3)，a5＝2，…，∴an＋4＝an，又a1a2a3a4＝1，∴a1a2a3…a2023＝(a1a2a3a4)505·a1a2a3＝1×2×(－3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝3.故選D.2．(2023·廣東4月大聯(lián)考)已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋n,2n)))是常數(shù)列，則數(shù)列{an}()A．是遞增數(shù)列 B．是遞減數(shù)列C．先遞增后遞減 D．先遞減后遞增答案A解析設(shè)eq\f(an＋n,2n)＝k(k為常數(shù))，則an＝k·2n－n，∵an>0，∴k>eq\f(n,2n)，易得k>eq\f(1,2)，an－an－1＝k·2n－n－k·2n－1＋n－1＝k·2n－1－1>eq\f(1,2)×21－1＝0(n≥2)，∴an－an－1>0，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))為遞增數(shù)列．故選A.3．已知數(shù)列{an}中，an＝1＋eq\f(1,a＋2（n－1）)(n∈N*，a∈Z，且a≠0)．若對(duì)任意的n∈N*，都有an≤a6成立，則a＝________，數(shù)列{an}中最小項(xiàng)的值為________．答案－90解析an＝1＋eq\f(1,a＋2（n－1）)＝1＋eq\f(\f(1,2),n－\f(2－a,2)).因?yàn)閷?duì)任意的n∈N*，都有an≤a6成立，結(jié)合函數(shù)f(x)＝1＋eq\f(\f(1,2),x－\f(2－a,2))的單調(diào)性，知5<eq\f(2－a,2)<6，所以－10<a<－8，因?yàn)閍∈Z，所以a＝－9，所以an＝1＋eq\f(1,2n－11)，可知最小項(xiàng)為a5＝0.課時(shí)作業(yè)一、單項(xiàng)選擇題1．已知數(shù)列eq\r(2)，eq\r(5)，2eq\r(2)，…，則2eq\r(5)是該數(shù)列的()A．第5項(xiàng) B．第6項(xiàng)C．第7項(xiàng) D．第8項(xiàng)答案C解析由數(shù)列eq\r(2)，eq\r(5)，2eq\r(2)，…的前3項(xiàng)eq\r(2)，eq\r(5)，eq\r(8)可知，數(shù)列的通項(xiàng)公式為an＝eq\r(2＋3（n－1）)＝eq\r(3n－1)，由eq\r(3n－1)＝2eq\r(5)，可得n＝7.故選C.2．(2023·北京豐臺(tái)二模)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若Sn＝n2－1，則a3＝()A．－5 B．5C．7 D．8答案B解析因?yàn)镾n＝n2－1，所以a3＝S3－S2＝(32－1)－(22－1)＝5.故選B.3．在數(shù)列{an}中，a1＝3，a2＝－1，an＋2＝3an＋1＋an，則a5＝()A．0 B．－1C．－2 D．－3答案D解析a3＝3a2＋a1＝－3＋3＝0，a4＝3a3＋a2＝－1，a5＝3a4＋a3＝－3.故選D.4．若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足Sn＝eq\f(2,3)an＋eq\f(1,3)，則Sn＝()A.eq\f(1－2n,3) B.eq\f(1－（－2）n,3)C.eq\f(1＋2n,3) D.eq\f(1＋（－2）n,3)答案B解析當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝eq\f(2,3)a1＋eq\f(1,3)，解得a1＝1；當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(2,3)an＋eq\f(1,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)an－1＋\f(1,3)))＝eq\f(2,3)an－eq\f(2,3)an－1，即an＝－2an－1，∴{an}是首項(xiàng)為1，公比為－2的等比數(shù)列，∴Sn＝eq\f(1－（－2）n,1－（－2）)＝eq\f(1－（－2）n,3).故選B.5．九連環(huán)是我國從古至今廣泛流傳的一種益智游戲，它用九個(gè)圓環(huán)相連成串，以解開為勝．據(jù)明代楊慎《丹鉛總錄》記載：“兩環(huán)互相貫為一，得其關(guān)捩，解之為二，又合而為一．”在某種玩法中，用an表示解下n(n≤9，n∈N*)個(gè)圓環(huán)所需的最少移動(dòng)次數(shù)，若a1＝1，且an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2an－1－1，n為偶數(shù)，,2an－1＋2，n為奇數(shù)，))則解下5個(gè)圓環(huán)所需的最少移動(dòng)次數(shù)為()A．7 B．13C．16 D．22答案C解析數(shù)列{an}滿足a1＝1，且an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2an－1－1，n為偶數(shù)，,2an－1＋2，n為奇數(shù)，))所以a2＝2a1－1＝1，a3＝2a2＋2＝4，a4＝2a3－1＝7，a5＝2a4＋2＝16.所以解下5個(gè)圓環(huán)所需的最少移動(dòng)次數(shù)為16.故選C.6．(2023·張掖模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a1＝2，Sn＝Sn＋1－3an－2，則S20＝()A.eq\f(320,2) B．321－20C.eq\f(320,2)－eq\f(43,2) D.eq\f(321,2)－eq\f(43,2)答案D解析由Sn＝Sn＋1－3an－2，得Sn＋1－Sn＝3an＋2，所以an＋1＝3an＋2，所以an＋1＋1＝3(an＋1)，因?yàn)閍1＋1＝2＋1＝3，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1))是以3為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，所以an＋1＝3n，所以an＝3n－1，所以S20＝3＋32＋…＋320－20＝eq\f(3×（1－320）,1－3)－20＝eq\f(321,2)－eq\f(43,2).故選D.7．設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，“{an}是遞增數(shù)列”是“{Sn}是遞增數(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答案D解析數(shù)列－3，－2，－1，0，…是遞增數(shù)列，但{Sn}不是遞增數(shù)列，即充分性不成立；數(shù)列1，1，1，…，滿足{Sn}是遞增數(shù)列，但數(shù)列1，1，1，…不是遞增數(shù)列，即必要性不成立，所以“{an}是遞增數(shù)列”是“{Sn}是遞增數(shù)列”的既不充分也不必要條件．故選D.8．(2023·衡水模擬)已知數(shù)列{an}為遞減數(shù)列，其前n項(xiàng)和Sn＝－n2＋2n＋m，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A．(－2，＋∞) B．(－∞，－2)C．(2，＋∞) D．(－∞，2)答案A解析當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋2n＋m－[－(n－1)2＋2(n－1)＋m]＝－2n＋3，故當(dāng)n≥2時(shí)，{an}為遞減數(shù)列，只需滿足a2<a1，即－1<1＋m，解得m>－2.故選A.二、多項(xiàng)選擇題9．已知數(shù)列{an}滿足an＋1＝1－eq\f(1,an)(n∈N*)，且a1＝2，則()A．a(chǎn)3＝－1 B．a(chǎn)2023＝eq\f(1,2)C．S3＝eq\f(3,2) D．S2023＝1013答案ACD解析由數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＋1＝1－eq\f(1,an)(n∈N*)，可得a2＝eq\f(1,2)，a3＝－1，a4＝2，a5＝eq\f(1,2)，…，所以an＋3＝an，數(shù)列{an}的周期為3，故a2023＝a674×3＋1＝a1＝2，S3＝eq\f(3,2)，S2023＝674×eq\f(3,2)＋2＝1013.10．(2023·濟(jì)南歷城二中二模)下列四個(gè)命題中，正確的是()A．?dāng)?shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))的第k項(xiàng)為1＋eq\f(1,k)B．已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝n2－n－50，n∈N*，則－8是該數(shù)列的第7項(xiàng)C．?dāng)?shù)列3，5，9，17，33，…的一個(gè)通項(xiàng)公式為an＝2n－1D．?dāng)?shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\f(n,n＋1)，n∈N*，則數(shù)列{an}是遞增數(shù)列答案ABD解析對(duì)于A，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))的第k項(xiàng)為1＋eq\f(1,k)，故A正確；對(duì)于B，令n2－n－50＝－8，得n＝7或n＝－6(舍去)，故B正確；對(duì)于C，將3，5，9，17，33，…的各項(xiàng)減去1，得2，4，8，16，32，…，設(shè)該數(shù)列為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))，則其通項(xiàng)公式為bn＝2n(n∈N*)，因此數(shù)列3，5，9，17，33，…的一個(gè)通項(xiàng)公式為an＝bn＋1＝2n＋1(n∈N*)，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，an＝eq\f(n,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)，則an＋1－an＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)＝eq\f(1,（n＋1）（n＋2）)>0，因此數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，故D正確．故選ABD.11．費(fèi)馬數(shù)是以數(shù)學(xué)家費(fèi)馬命名的一組自然數(shù)，具有如下形式：Fn＝22n＋1(n＝0，1，2，…)．若bn＝eq\f(1,log2（Fn－1）－36)(n∈N*)，則()A．?dāng)?shù)列{bn}的最大項(xiàng)為b1 B．?dāng)?shù)列{bn}的最大項(xiàng)為b6C．?dāng)?shù)列{bn}的最小項(xiàng)為b1 D．?dāng)?shù)列{bn}的最小項(xiàng)為b5答案BD解析bn＝eq\f(1,log2（Fn－1）－36)＝eq\f(1,2n－36)，因?yàn)楹瘮?shù)f(n)＝2n－36單調(diào)遞增，且當(dāng)n≤5時(shí)，f(n)<0，即bn＜0，當(dāng)n≥6時(shí)，f(n)>0，即bn＞0，所以數(shù)列{bn}的最大項(xiàng)為b6，最小項(xiàng)為b5.故選BD.三、填空題12．(2023·甘肅五十八中一模)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)積為n2，那么當(dāng)n≥2時(shí)，an＝________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n－1)))eq\s\up12(2)解析設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)積為Tn，則Tn＝a1a2a3×…×an＝n2①，當(dāng)n≥2時(shí)，Tn－1＝a1a2a3×…×an－1＝(n－1)2②，①÷②得an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n－1)))eq\s\up12(2)(n≥2)．13．已知數(shù)列{an}滿足下列條件：①是無窮數(shù)列；②是遞減數(shù)列；③每一項(xiàng)都是正數(shù)．寫出一個(gè)符合條件的數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝________．答案eq\f(1,n)(答案不唯一)解析符合條件的數(shù)列有eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,n2)))，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,n3)))，….14．已知數(shù)列{an}滿足an＋an＋1＝2n＋1(n∈N*)，a1＝1，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為________．答案an＝n解析當(dāng)n≥2時(shí)，由題得an－1＋an＝2(n－1)＋1＝2n－1，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an－1＋an＝2n－1，,an＋an＋1＝2n＋1，))得an＋1－an－1＝2，所以奇數(shù)項(xiàng)成等差數(shù)列，偶數(shù)項(xiàng)也成等差數(shù)列，公差均為2，由a1＝1得當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，an＝n，當(dāng)n＝1時(shí)，由an＋an＋1＝2n＋1(n∈N*)得a2＝2，所以當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，an＝n，從而an＝n.四、解答題15．問題：已知n∈N*，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，是否存在數(shù)列{an}，滿足S1＝1，an＋1≥1＋an，________？若存在，求出數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；若不存在，說明理由．在①an＋1＝2(eq\r(Sn＋1)＋eq\r(Sn))；②an＝Sn－1＋n(n≥2)；③an＋1＝2an＋n－1這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在上面問題中，并解答．注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分．解選①：an＋1＝2(eq\r(Sn＋1)＋eq\r(Sn))＝Sn＋1－Sn＝(eq\r(Sn＋1)＋eq\r(Sn))(eq\r(Sn＋1)－eq\r(Sn))．∵S1＝a1＝1，an＋1－an≥1，∴eq\r(Sn＋1)＋eq\r(Sn)＞0，∴eq\r(Sn＋1)－eq\r(Sn)＝2，即{eq\r(Sn)}是以1為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列，∴eq\r(Sn)＝2n－1，∴Sn＝(2n－1)2，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)2－(2n－3)2＝8n－8，顯然，a1＝1不滿足上式，∴an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,8n－8，n≥2.))選②：當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－1＋n，即Sn－1＝an－n，∴an＝Sn－Sn－1＝an＋1－(n＋1)－(an－n)，整理得an＋1＋1＝2(an＋1)．又a2＝S1＋2＝3，a2＋1＝4.∴{an＋1}從第2項(xiàng)起，是以4為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列．∴當(dāng)n≥2時(shí)，an＋1＝4·2n－2＝2n，即an＝2n－1.顯然，n＝1時(shí)，上式也成立，∴an＝2n－1.選③：∵an＋1＝2an＋n－1，∴an＋1＋n＋1＝2(an＋n)．又a1＋1＝2，∴{an＋n}是以2為首項(xiàng)和公比的等比數(shù)列，∴an＋n＝2n，∴an＝2n－n.16．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.已知a1＝a(a≠3)，an＋1＝Sn＋3n，n∈N*.(1)設(shè)bn＝Sn－3n，求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；(2)若an＋1≥an，n∈N*，求a的取值范圍．解(1)依題意得Sn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3n，即Sn＋1＝2Sn＋3n，由此得Sn＋1－3n＋1＝2(Sn－3n)，即bn＋1＝2bn，又b1＝S1－3＝a－3，因此數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝(a－3)2n－1，n∈N*.(2)由(1)可知Sn＝3n＋(a－3)2n－1，n∈N*，于是當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝3n＋(a－3)2n－1－3n－1－(a－3)2n－2＝2×3n－1＋(a－3)2n－2，an＋1－an＝4×3n－1＋(a－3)2n－2＝2n－2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n－2)＋a－3))，所以當(dāng)n≥2時(shí)，an＋1≥an?12eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－2)＋a－3≥0?a≥－9，又a2＝a1＋3>a1，a≠3.所以a的取值范圍是[－9，3)∪(3，＋∞)．第2講等差數(shù)列[課程標(biāo)準(zhǔn)]1.理解等差數(shù)列的概念和通項(xiàng)公式的意義.2.探索并掌握等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式，理解等差數(shù)列的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式的關(guān)系.3.能在具體的問題情境中，發(fā)現(xiàn)數(shù)列的等差關(guān)系，并解決相應(yīng)的問題.4.體會(huì)等差數(shù)列與一元一次函數(shù)的關(guān)系．1．等差數(shù)列的有關(guān)概念(1)定義：一般地，如果一個(gè)數(shù)列從eq\x(\s\up1(01))第2項(xiàng)起，每一項(xiàng)與它的前一項(xiàng)的eq\x(\s\up1(02))差都等于eq\x(\s\up1(03))同一個(gè)常數(shù)，那么這個(gè)數(shù)列就叫做等差數(shù)列，這個(gè)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．?dāng)?shù)學(xué)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(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)eq\x(\s\up1(06))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＝eq\x(\s\up1(07))a＋b．2．等差數(shù)列的有關(guān)公式(1)通項(xiàng)公式：an＝eq\x(\s\up1(08))a1＋(n－1)d．(2)前n項(xiàng)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(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.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(xiàng)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(xiàng)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(xiàng)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(xiàng)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(xiàng)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(guān)系①an＝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．②Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n.當(dāng)d≠0時(shí)，它是關(guān)于n的二次函數(shù)．?dāng)?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(cè)4.2.1練習(xí)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(cè)5.2.2練習(xí)AT2改編)設(shè)Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)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(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，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(cè)4.2.2練習(xí)T5改編)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________．答案29解析設(shè)項(xiàng)數(shù)為2n－1，則該數(shù)列的中間項(xiàng)為an＝S奇－S偶＝319－290＝29.考向一等差數(shù)列的基本運(yùn)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(shè)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．?dāng)?shù)列{an}的公差為－3B．?dāng)?shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝31－2nC．?dāng)?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為eq\f(59n－3n2,2)D．?dāng)?shù)列{|an|}的前50項(xiàng)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(xiàng)a1＝a3－2d＝28，A正確；數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝a1＋(n－1)d＝31－3n，B錯(cuò)誤；數(shù)列{an}的前n項(xiàng)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(xiàng)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(jì)算中的兩個(gè)技巧(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(gè)量a1，an，d，n，Sn，知其中三個(gè)就能求另外兩個(gè)，體現(xiàn)了用方程的思想解決問題．(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轉(zhuǎn)換作用，而a1和d是等差數(shù)列的兩個(gè)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(xiàng)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(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，首項(xiàng)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(shè)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(gè)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(gè)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(gè)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(gè)節(jié)氣日影長構(gòu)成一個(gè)等差數(shù)列{an}，設(shè)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(gè)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(xiàng)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(xiàng)公式．解①由已知，得a2－2a1＝4，則a2＝2a1＋4，又因?yàn)閍1＝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(xiàng)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(duì)于n≥2的任意自然數(shù)，驗(yàn)證an－an－1為同一常數(shù)．(2)等差中項(xiàng)法：驗(yàn)證2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立．(3)通項(xiàng)公式法：驗(yàn)證an＝pn＋q.(4)前n項(xiàng)和公式法：驗(yàn)證Sn＝An2＋Bn.提醒：在解答題中常應(yīng)用定義法和等差中項(xiàng)法，而通項(xiàng)公式法和前n項(xiàng)和公式法主要適用于選擇題、填空題中的簡(jiǎn)單判斷．(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(gè)作為條件，證明另外一個(gè)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(gè)解答計(jì)分．解選擇條件①③?②.已知數(shù)列{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，所以d＝2a1.因?yàn)镾n＝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(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則S1＝a1，S2＝2a1＋d，S3＝3a1＋3d，因?yàn)閿?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(jiǎn)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(shè)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(xiàng)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?yàn)閧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(xiàng)和為Sn，當(dāng)首項(xiàng)a1和d變化時(shí)，a3＋a8＋a13是一個(gè)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(xiàng)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(xiàng)的性質(zhì)利用等差數(shù)列項(xiàng)的性質(zhì)解決基本量的運(yùn)算體現(xiàn)了整體求值思想，應(yīng)用時(shí)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(jié)合，可減少運(yùn)算量．1.已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)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(xué)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?yàn)镾9＝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(xiàng)和的性質(zhì)例4(1)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)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(shè)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(gè)等差數(shù)列的前12項(xiàng)的和為354，前12項(xiàng)中偶數(shù)項(xiàng)的和與奇數(shù)項(xiàng)的和的比為32∶27，則該數(shù)列的公差d＝________．答案5解析設(shè)等差數(shù)列的前12項(xiàng)中奇數(shù)項(xiàng)的和為S奇，偶數(shù)項(xiàng)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?yàn)镾偶－S奇＝6d，所以d＝eq\f(192－162,6)＝5.等差數(shù)列前n項(xiàng)和的性質(zhì)在等差數(shù)列{an}中，Sn為其前n項(xiàng)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(xiàng))．1.已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)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(xiàng)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(shè)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(xiàng)和的最值問題例5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＝________時(shí)，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?yàn)閍1<0，所以－eq\f(a1,13)>0.故當(dāng)n＝7時(shí)，Sn最小．解法二：由于f(x)＝ax2＋bx是關(guān)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(guān)于直線x＝eq\f(3＋11,2)＝7對(duì)稱．由解法一可知a＝－eq\f(a1,13)>0，故當(dāng)x＝7時(shí)，f(x)最小，即當(dāng)n＝7時(shí)，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(dāng)n＝7時(shí)，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(dāng)n＝7時(shí)，Sn最?。蟮炔顢?shù)列前n項(xiàng)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(xiàng)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(duì)稱性來確定n的值，使Sn取得最值．(3)鄰項(xiàng)變號(hào)法：當(dāng)a1>0，d<0時(shí)，滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0))的項(xiàng)數(shù)n，使Sn取最大值；當(dāng)a1<0，d>0時(shí)，滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≤0，,an＋1≥0))的項(xiàng)數(shù)n，使Sn取最小值，即正項(xiàng)變負(fù)項(xiàng)處最大，負(fù)項(xiàng)變正項(xiàng)處最?。粲辛沩?xiàng)，則使Sn取最值的n有兩個(gè)．設(shè)等差數(shù)列{an}滿足3a8＝5a15，且a1>0，Sn為其前n項(xiàng)和，則數(shù)列{Sn}的最大項(xiàng)為()A．S23 B．S24C．S25 D．S26答案C解析設(shè)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(xiàng)為S25.故選C.解法二：Sn＝eq\f(d,2)(n2－50n)，d<0，所以當(dāng)n＝25時(shí)，數(shù)列{Sn}有最大項(xiàng)，為S25.故選C.課時(shí)作業(yè)一、單項(xiàng)選擇題1．(2023·荊州模擬)Sn為等差數(shù)列的前n項(xiàng)和，S9＝81，a2＝3，則a10＝()A．2 B．11C．15 D．19答案D解析設(shè)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?yàn)閿?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(shè)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(xiàng)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(xiàng)和公差均為a1.因?yàn)閍2＝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(xiàng)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(xí)俗有關(guān)．如圖為某校數(shù)學(xué)社團(tuán)用數(shù)學(xué)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(gè)等邊三角形ABC，然后以點(diǎn)B為圓心，AB為半徑逆時(shí)針畫圓弧交線段CB的延長線于點(diǎn)D(第一段圓弧)，再以點(diǎn)C為圓心，CD為半徑逆時(shí)針畫圓弧交線段AC的延長線于點(diǎn)E，再以點(diǎn)A為圓心，AE為半徑逆時(shí)針畫圓弧……以此類推，當(dāng)?shù)玫降摹拔孟恪鼻『糜?1段圓弧時(shí)，“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(biāo)Ⅰ卷)記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，設(shè)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(shè)其首項(xiàng)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(shè)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(duì)n＝1也成立，因此{(lán)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(shè)數(shù)列{an}的首項(xiàng)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(dāng)n≥2時(shí)，以上兩式相減，得Sn－Sn－1＝S1＋2(n－1)d′，于是an＝a1＋2(n－1)d′，當(dāng)n＝1時(shí)，上式也成立，又an＋1－an＝a1＋2nd′－[a1＋2(n－1)d′]＝2d′，為常數(shù)，因此{(lán)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(xué)家楊輝為我國古代數(shù)學(xué)研究作出了杰出貢獻(xiàn)，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(shù)”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(diǎn)是從數(shù)列中的第2項(xiàng)開始，每一項(xiàng)與前一項(xiàng)的差構(gòu)成等差數(shù)列．若某個(gè)二階等差數(shù)列的前4項(xiàng)為2，3，6，11，則該數(shù)列的第15項(xiàng)為()A．196 B．197C．198 D．199答案C解析設(shè)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(xiàng)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(xiàng)為198.故選C.二、多項(xiàng)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(shè)數(shù)列{an}為等差數(shù)列，它的前n項(xiàng)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(shè)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(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)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(shè)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(cuò)誤；S11＝eq\f(11（a1＋a11）,2)＝11a6>0，S12＝eq\f(12（a1＋a12）,2)<0，故當(dāng)n≤11時(shí)，Sn>0，當(dāng)n≥12時(shí)，Sn<0，故B，C正確；因?yàn)镾6＝S5＋a6，a6>0，所以S6>S5，故D錯(cuò)誤．故選BC.11