2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第六章數(shù)列第2節(jié)等差數(shù)列及其前n項和教學(xué)案含解析新人教A版

PAGE1-第2節(jié)等差數(shù)列及其前n項和考試要求1.理解等差數(shù)列的概念；2.駕馭等差數(shù)列的通項公式與前n項和公式；3.能在詳細的問題情境中識別數(shù)列的等差關(guān)系，并能利用等差數(shù)列的有關(guān)學(xué)問解決相應(yīng)的問題；4.了解等差數(shù)列與一次函數(shù)的關(guān)系.知識梳理1.等差數(shù)列的概念(1)假如一個數(shù)列從第2項起，每一項與它的前一項的差等于同一個常數(shù)，那么這個數(shù)列就叫做等差數(shù)列.數(shù)學(xué)語言表達式：an＋1－an＝d(n∈N*，d為常數(shù)).(2)若a，A，b成等差數(shù)列，則A叫做a，b的等差中項，且A＝eq\f(a＋b,2).2.等差數(shù)列的通項公式與前n項和公式(1)若等差數(shù)列{an}的首項是a1，公差是d，則其通項公式為an＝a1＋(n－1)d.(2)前n項和公式：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項和，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也為等差數(shù)列.[常用結(jié)論與微點提示]1.已知數(shù)列{an}的通項公式是an＝pn＋q(其中p，q為常數(shù))，則數(shù)列{an}肯定是等差數(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)).5.用等差數(shù)列的定義推斷數(shù)列是否為等差數(shù)列，要留意定義中的三個關(guān)鍵詞：“從第2項起”“每一項與它的前一項的差”“同一個常數(shù)”.診斷自測1.推斷下列結(jié)論正誤(在括號內(nèi)打“√”或“×”)(1)數(shù)列{an}為等差數(shù)列的充要條件是對隨意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確定的.()(3)數(shù)列{an}為等差數(shù)列的充要條件是其通項公式為n的一次函數(shù).()(4)等差數(shù)列的前n項和公式是常數(shù)項為0的二次函數(shù).()解析(3)若公差d＝0，則通項公式不是n的一次函數(shù).(4)若公差d＝0，則前n項和不是二次函數(shù).答案(1)√(2)√(3)×(4)×2.(老教材必修5P46AT2改編)設(shè)數(shù)列{an}是等差數(shù)列，其前n項和為Sn，若a6＝2且S5＝30，則S8等于()A.31 B.32 C.33 D.34解析由已知可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋5d＝2，,5a1＋10d＝30，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(26,3)，,d＝－\f(4,3)，))∴S8＝8a1＋eq\f(8×7,2)d＝32.答案B3.(老教材必修5P68T8改編)在等差數(shù)列{an}中a3＋a4＋a5＝6，則S7＝()A.8 B.12 C.14 D.18解析a3＋a4＋a5＝3a4＝6，∴a4＝2，S7＝eq\f(1,2)×7×(a1＋a7)＝7a4＝14.答案C4.(2024·全國Ⅰ卷)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和.若3S3＝S2＋S4，a1＝2，則a5＝()A.－12 B.－10 C.10 D.12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，∴d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.答案B5.(2024·上饒模擬)已知等差數(shù)列{an}，a10＝10，其前10項和S10＝70，則公差d＝()A.－eq\f(2,9) B.eq\f(2,9) C.－eq\f(2,3) D.eq\f(2,3)解析因為S10＝eq\f(1,2)×10×(a1＋a10)＝eq\f(1,2)×10×(a1＋10)＝70，所以a1＝4，因為a10＝a1＋9d＝10，所以d＝eq\f(2,3).答案D6.(2024·全國Ⅲ卷)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和.若a1≠0，a2＝3a1，則eq\f(S10,S5)＝________.解析由a1≠0，a2＝3a1，可得d＝2a1，所以S10＝10a1＋eq\f(10×9,2)d＝100a1，S5＝5a1＋eq\f(5×4,2)d＝25a1，所以eq\f(S10,S5)＝4.答案4考點一等差數(shù)列基本量的運算【例1】(1)(一題多解)(2024·江蘇卷)已知數(shù)列{an}(n∈N*)是等差數(shù)列，Sn是其前n項和.若a2a5＋a8＝0，S9＝27，則S8的值是________.(2)(2024·全國Ⅰ卷)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和.已知S4＝0，a5＝5，則()A.an＝2n－5 B.an＝3n－10C.Sn＝2n2－8n D.Sn＝eq\f(1,2)n2－2n解析(1)法一由S9＝27?eq\f(9（a1＋a9）,2)＝27?a1＋a9＝6?2a5＝6?a5＝3，即a1＋4d＝3.又a2a5＋a8＝0?2a1＋5d＝0，解得a1＝－5，d＝2.故S8＝8a1＋eq\f(8×（8－1）,2)d＝16.法二同法一得a5＝3.又a2a5＋a8＝0?3a2＋a8＝0?2a2＋2a5＝0?a2＝－3.∴d＝eq\f(a5－a2,3)＝2，a1＝a2－d＝－5.故S8＝8a1＋eq\f(8×（8－1）,2)d＝16.(2)設(shè)首項為a1，公差為d.由S4＝0，a5＝5可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋4d＝5，,4a1＋6d＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－3，,d＝2.))所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝n×(－3)＋eq\f(n（n－1）,2)×2＝n2－4n.答案(1)16(2)A規(guī)律方法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)了用方程的思想來解決問題.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.【訓(xùn)練1】(2024·全國Ⅰ卷)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和.已知S9＝－a5.(1)若a3＝4，求{an}的通項公式；(2)若a1>0，求使得Sn≥an的n的取值范圍.解(1)設(shè){an}的公差為d.由S9＝－a5得9a1＋eq\f(9×8,2)d＝－(a1＋4d)，即a1＋4d＝0.由a3＝4得a1＋2d＝4.于是a1＝8，d＝－2.因此{an}的通項公式為an＝10－2n.(2)由(1)得a1＝－4d，故an＝(n－5)d，Sn＝eq\f(n（n－9）d,2).由a1>0知d<0，故Sn≥an等價于eq\f(n（n－9）,2)≤n－5，即n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10，所以n的取值范圍是{n|1≤n≤10，n∈N}.考點二等差數(shù)列的判定與證明典例遷移【例2】(經(jīng)典母題)若數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿意an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝eq\f(1,2).(1)求證：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))成等差數(shù)列；(2)求數(shù)列{an}的通項公式.(1)證明當(dāng)n≥2時，由an＋2SnSn－1＝0，得Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，所以eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝2，又eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝2，故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是首項為2，公差為2的等差數(shù)列.(2)解由(1)可得eq\f(1,Sn)＝2n，∴Sn＝eq\f(1,2n).當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,2n)－eq\f(1,2（n－1）)＝eq\f(n－1－n,2n（n－1）)＝－eq\f(1,2n（n－1）).當(dāng)n＝1時，a1＝eq\f(1,2)不適合上式.故數(shù)列{an}的通項公式為an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，n＝1，,－\f(1,2n（n－1）)，n≥2.))【遷移1】本例條件不變，推斷數(shù)列{an}是否為等差數(shù)列，并說明理由.解因為an＝Sn－Sn－1(n≥2)，an＋2SnSn－1＝0，所以Sn－Sn－1＋2SnSn－1＝0(n≥2).所以eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝2(n≥2).又eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝2，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是以2為首項，2為公差的等差數(shù)列.所以eq\f(1,Sn)＝2＋(n－1)×2＝2n，故Sn＝eq\f(1,2n).所以當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,2n)－eq\f(1,2（n－1）)＝eq\f(－1,2n（n－1）)，所以an＋1＝eq\f(－1,2n（n＋1）)，又an＋1－an＝eq\f(－1,2n（n＋1）)－eq\f(－1,2n（n－1）)＝eq\f(－1,2n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)－\f(1,n－1)))＝eq\f(1,n（n－1）（n＋1）).所以當(dāng)n≥2時，an＋1－an的值不是一個與n無關(guān)的常數(shù)，故數(shù)列{an}不是等差數(shù)列.【遷移2】本例中，若將條件變?yōu)閍1＝eq\f(3,5)，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，試求數(shù)列{an}的通項公式.解由已知可得eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(an,n)＋1，即eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝1，又a1＝eq\f(3,5)，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以eq\f(a1,1)＝eq\f(3,5)為首項，1為公差的等差數(shù)列，∴eq\f(an,n)＝eq\f(3,5)＋(n－1)·1＝n－eq\f(2,5)，∴數(shù)列{an}的通項公式為an＝n2－eq\f(2,5)n.規(guī)律方法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的隨意自然數(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*)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)通項公式：an＝pn＋q(p，q為常數(shù))?{an}是等差數(shù)列.(2)前n項和公式：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2】記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和.已知S2＝2，S3＝－6.(1)求{an}的通項公式；(2)求Sn，并推斷Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差數(shù)列.解(1)設(shè){an}的公比為q，由題設(shè)可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1（1＋q）＝2，,a1（1＋q＋q2）＝－6，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q＝－2，,a1＝－2.))故{an}的通項公式為an＝(－2)n.(2)由(1)可得Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)＝－eq\f(2,3)＋(－1)neq\f(2n＋1,3).由于Sn＋2＋Sn＋1＝－eq\f(4,3)＋(－1)neq\f(2n＋3－2n＋2,3)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)＋（－1）n·\f(2n＋1,3)))＝2Sn，故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差數(shù)列.考點三等差數(shù)列的性質(zhì)及應(yīng)用【例3】(1)(2024·安陽聯(lián)考)在等差數(shù)列{an}中，若a2＋a8＝8，則(a3＋a7)2－a5＝()A.60 B.56 C.12 D.4(2)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S3＝9，S6＝36，則a7＋a8＋a9等于()A.63 B.45 C.36 D.27解析(1)∵在等差數(shù)列{an}中，a2＋a8＝8，∴a2＋a8＝a3＋a7＝2a5＝8，解得a5＝4，所以(a3＋a7)2－a5＝82－4＝60.(2)由{an}是等差數(shù)列，得S3，S6－S3，S9－S6為等差數(shù)列，即2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)，得到S9－S6＝2S6－3S3＝45，所以a7＋a8＋a9＝45.答案(1)A(2)B規(guī)律方法1.項的性質(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項和，則(1)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；(2)S2n－1＝(2n－1)an.【訓(xùn)練3】(1)(2024·廣東六校聯(lián)考)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.15 C.16 D.17(2)等差數(shù)列{an}與{bn}的前n項和分別為Sn和Tn，若eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(3n－2,2n＋1)，則eq\f(a7,b7)等于()A.eq\f(37,27) B.eq\f(19,14) C.eq\f(39,29) D.eq\f(4,3)解析(1)依題意，由a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，得5a8＝120，即a8＝24，所以a9－eq\f(1,3)a11＝eq\f(1,3)(3a9－a11)＝eq\f(1,3)(a9＋a7＋a11－a11)＝eq\f(1,3)(a9＋a7)＝eq\f(2,3)a8＝eq\f(2,3)×24＝16.(2)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).答案(1)C(2)A考點四等差數(shù)列的最值問題多維探究角度1等差數(shù)列前n項和的最值【例4－1】(2024·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.(1)求{an}的通項公式；(2)記{an}的前n項和為Sn，求Sn的最小值.解(1)設(shè){an}的公差為d.因為a1＝－10，所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d.因為a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比數(shù)列，所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6).所以(－2＋2d)2＝d(－4＋3d).解得d＝2.所以{an}的通項公式為an＝a1＋(n－1)d＝2n－12.(2)由(1)知，an＝2n－12.則當(dāng)n≥7時，an>0；當(dāng)n＝6時，an＝0，當(dāng)n<6時，an<0；所以Sn的最小值為S5＝S6＝－30.規(guī)律方法求等差數(shù)列前n項和的最值，常用的方法：(1)利用等差數(shù)列的單調(diào)性，求出其正負轉(zhuǎn)折項，或者利用性質(zhì)求其正負轉(zhuǎn)折項，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.角度2等差數(shù)列項的最值【例4－2】(2024·淮北模擬)Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和，S2020<S2018，S2019<S2020，則Sn<0時n的最大值是()A.2019 B.2020 C.4037 D.4038解析因為S2020<S2018，S2019<S2020，所以a2020＋a2019<0，a2020>0.所以S4038＝eq\f(4038（a1＋a4038）,2)＝2019(a2020＋a2019)<0，S4039＝eq\f(4039（a1＋a4039）,2)＝4039a2020>0，可知Sn<0時n的最大值是4038.答案D規(guī)律方法本題借助等差數(shù)列的性質(zhì)求出Sn<0中n的取值范圍，從而求出n的最大值，這種題型要與Sn的最值區(qū)分開來.【訓(xùn)練4】(1)(角度1)等差數(shù)列{an}中，已知|a6|＝|a11|，且公差d>0，則其前n項和取最小值時n的值為()A.6 B.7 C.8 D.9(2)(角度2)設(shè)等差數(shù)列{an}滿意a3＋a7＝36，a4a6＝275，且anan＋1有最小值，則這個最小值為________.解析(1)由d>0可得等差數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，又|a6|＝|a11|，所以－a6＝a11，即－a1－5d＝a1＋10d，所以a1＝－eq\f(15d,2)，則a8＝－eq\f(d,2)<0，a9＝eq\f(d,2)>0，所以前8項和為前n項和的最小值.故選C.(2)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因為a3＋a7＝36，所以a4＋a6＝36，又a4a6＝275，聯(lián)立，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a4＝11，,a6＝25))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a4＝25，,a6＝11，))當(dāng)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a4＝11，,a6＝25))時，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－10，,d＝7，))此時an＝7n－17，a2＝－3，a3＝4，易知當(dāng)n≤2時，an<0，當(dāng)n≥3時，an>0，所以a2a3＝－12為anan＋1的最小值；當(dāng)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a4＝25，,a6＝11))時，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝46，,d＝－7，))此時an＝－7n＋53，a7＝4，a8＝－3，易知當(dāng)n≤7時，an>0，當(dāng)n≥8時，an<0，所以a7a8＝－12為anan＋1的最小值.綜上，anan＋1的最小值為－12.答案(1)C(2)－12A級基礎(chǔ)鞏固一、選擇題1.(2024·衡陽一模)在等差數(shù)列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，則a2＋a14的值為()A.6 B.12 C.24 D.48解析∵在等差數(shù)列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，由等差數(shù)列的性質(zhì)，a1＋3a8＋a15＝5a8＝120，∴a8＝24，∴a2＋a14＝2a8＝48.答案D2.(2024·河南名校聯(lián)盟聯(lián)合調(diào)研)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a2＋a7＋a8＋a13＝eq\f(2π,21)，則tanS14＝()A.－eq\f(\r(3),3) B.eq\f(\r(3),3) C.－eq\r(3) D.eq\r(3)解析∵{an}是等差數(shù)列，且a2＋a7＋a8＋a13＝eq\f(2π,21)，∴a7＋a8＝eq\f(π,21)，∴S14＝eq\f(14（a1＋a14）,2)＝7(a7＋a8)＝eq\f(π,3)，∴tanS14＝taneq\f(π,3)＝eq\r(3).答案D3.(2024·武漢調(diào)研)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，a2＝2，且對隨意n>1，n∈N*，滿意Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)，則S10的值為()A.90 B.91 C.96 D.100解析∵對隨意n>1，n∈N*，滿意Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)，∴Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1＋2，∴an＋1－an＝2.∴數(shù)列{an}在n≥2時是等差數(shù)列，公差為2.又a1＝1，a2＝2，∴S10＝1＋9×2＋eq\f(9×8,2)×2＝91.故選B.答案B4.(2024·合肥質(zhì)檢)中國古詩詞中，有一道“八子分綿”的數(shù)學(xué)名題：“九百九十六斤綿，贈分八子作盤纏，次第每人多十七，要將第八數(shù)來言”.題意是：把996斤綿分給8個兒子作盤纏，根據(jù)年齡從大到小的依次依次分綿，年齡小的比年齡大的多17斤綿，那么第8個兒子分到的綿是()A.174斤 B.184斤 C.191斤 D.201斤解析用a1，a2，…，a8表示8個兒子根據(jù)年齡從大到小得到的綿數(shù)，由題意得數(shù)列a1，a2，…，a8是公差為17的等差數(shù)列，且這8項的和為996，∴8a1＋eq\f(8×7,2)×17＝996，解之得a1＝65.∴a8＝65＋7×17＝184，即第8個兒子分到的綿是184斤.答案B5.(2024·昆明診斷)等差數(shù)列{an}中，a1＝2019，a2019＝a2015－16，則數(shù)列{an}的前n項和Sn取得最大值時n的值為()A.504 B.505 C.506 D.507解析∵數(shù)列{an}為等差數(shù)列，a2019＝a2015－16，∴數(shù)列{an}的公差d＝－4，∴an＝a1＋(n－1)d＝2023－4n，令an≥0，得n≤eq\f(2023,4).又n∈N*，∴Sn取最大值時n的值為505.答案B二、填空題6.(2024·全國Ⅲ卷)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和.若a3＝5，a7＝13，則S10＝________.解析∵{an}為等差數(shù)列，a3＝5，a7＝13，∴公差d＝eq\f(a7－a3,7－3)＝eq\f(13－5,4)＝2，首項a1＝a3－2d＝5－2×2＝1，∴S10＝10a1＋eq\f(10×9,2)d＝100.答案1007.設(shè)Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和，S10＝16，S100－S90＝24，則S100＝________.解析依題意，S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90依次成等差數(shù)列，設(shè)該等差數(shù)列的公差為d.又S10＝16，S100－S90＝24，因此S100－S90＝24＝16＋(10－1)d＝16＋9d，解得d＝eq\f(8,9)，因此S100＝10S10＋eq\f(10×9,2)d＝10×16＋eq\f(10×9,2)×eq\f(8,9)＝200.答案2008.(多填題)(2024·北京卷)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a2＝－3，S5＝－10，則a5＝________，Sn的最小值為________.解析由題意得a2＝a1＋d＝－3，S5＝5a1＋10d＝－10，解得a1＝－4，d＝1，所以a5＝a1＋4d＝0，故an＝a1＋(n－1)d＝n－5.令an≤0，則n≤5，即數(shù)列{an}中前4項為負，a5＝0，第6項及以后項為正.∴Sn的最小值為S4＝S5＝－10.答案0－10三、解答題9.已知等差數(shù)列{an}的公差d>0.設(shè){an}的前n項和為Sn，a1＝1，S2·S3＝36.(1)求d及Sn；(2)求m，k(m，k∈N*)的值，使得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65.解(1)由題意知(2a1＋d)(3a1＋3d)＝36，將a1＝1代入上式，解得d＝2或d＝－5.因為d>0，所以d＝2.從而an＝2n－1，Sn＝n2(n∈N*).(2)由(1)得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝(2m＋k－1)(k＋1)，所以(2m＋k－1)(k＋1)＝65.由m，k∈N*知2m＋k－1≥k＋1>1，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m＋k－1＝13，,k＋1＝5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝5，,k＝4.))即所求m的值為5，k的值為4.10.已知等差數(shù)列的前三項依次為a，4，3a，前n項和為Sn，且Sk＝110.(1)求a及k的值；(2)設(shè)數(shù)列{bn}的通項公式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).B級實力提升11.(2024·濟寧模擬)設(shè)數(shù)列{an}滿意a1＝1，a2＝2，且2nan＝(n－1)an－1＋(n＋1)an＋1(n≥2且n∈N*)，則a18＝()A.eq\f(25,9) B.eq\f(26,9) C.3 D.eq\f(28,9)解析令bn＝nan，則2bn＝bn－1＋bn＋1(n≥2)，所以{bn}為等差數(shù)列，因為b1＝1，b2＝4，所以公差d＝3，則bn＝3n－2，所以b18＝52，則18a18＝52，所以a18＝eq\f(26,9).答案B12.(2024·濟南調(diào)研)已知數(shù)列{an}是首項為1，公差為2的等差數(shù)列，數(shù)列{bn}滿意eq\f(a1,b1)＋eq\f(a2,b2)＋eq\f(a3,b3)＋…＋eq\f(an,bn)＝eq\f(1,2n)，數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，則S5的值為()A.－454 B.－450 C.－446 D.－442解析∵數(shù)列{an}是首項為1，公差為2的等差數(shù)列，∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1.∵數(shù)列{bn}滿意eq\f(a1,b1)＋eq\f(a2,b2)＋eq\f(a3,b3)＋…＋eq\f(an,bn)＝eq\f(1,2n)，∴n≥2時，eq\f(a1,b1)＋eq\f(a2,b2)＋…＋eq\f(an－1,bn－1)＝eq\f(1,2n－1)，兩式相減可得eq\f(an,bn)＝eq\f(1,2n)－eq\f(1,2n＋1)，可得bn＝(1－2n)·2n(n≥2).n＝1時，eq\f(1,b1)＝eq\f(1,2)，解得b1＝2，不符合上式，∴bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,（1－2n）2n，n≥2，))∴S5＝2－3×22－5×23－7×24－9×25＝－450.答案B13.(2024·廣州質(zhì)檢)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝1，且對隨意正整數(shù)n都有eq\f(an＋1,SnSn＋1)＝－1，則Sn＝___