【文档说明】2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版） 第7章 第2讲　等差数列 含解析【高考】.doc，共(24)页，396.500 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

1第2讲等差数列1．等差数列的有关概念(1)定义：一般地，如果一个数列从01第2项起，每一项与它的前一项的02差都等于03同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的04公差，公差通

常用字母d表示．数学语言表示为05an＋1－an＝d(n∈N*)，d为常数．(2)等差中项：数列a，A，b成等差数列的充要条件是06A＝a＋b2，其中A叫做a，b的07等差中项.2．等差数列的有关公式(1)通项公式：an＝08a1＋(n－1)d.(2)前n项和公式：Sn＝09na1＋n(n－1)2

d＝10n(a1＋an)2.等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．(2)若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an.若m＋n＝2p(m，n，p∈N*)，则am＋an＝2ap.(3)若{an}是等差数列，公

差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为2d.(4)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列．(5)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差为md的等差数列．(6)等差数列{an}的前n项和为Sn，则

Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等差数列，2其公差为n2d.(7)若等差数列的项数为2n(n∈N*)，则S偶－S奇＝nd，S奇S偶＝anan＋1.(8)若等差数列的项数为2n－1(n∈N*)，则S奇－S偶＝an，S奇S偶

＝nn－1(S奇＝nan，S偶＝(n－1)an)．(9)若{an}，{bn}均为等差数列且其前n项和为Sn，Tn，则anbn＝S2n－1T2n－1.(10)若Sm＝n，Sn＝m(m≠n)，则Sm＋n＝－(m＋n)．(11)由公式Sn＝na1＋n(n－1)d2得Snn＝

a1＋n－12d＝d2n＋a1－d2，因此数列Snn是等差数列，首项为a1，公差为等差数列{an}公差的一半．(12)等差数列与函数的关系①an＝a1＋(n－1)d可化为an＝dn＋a1－d的形式．当d≠

0时，an是关于n的一次函数．当d>0时，数列为递增数列；当d<0时，数列为递减数列．②Sn＝d2n2＋a1－d2n.当d≠0时，它是关于n的二次函数．数列{an}是等差数列⇔Sn＝An2＋Bn(A，

B为常数)．1．在数列{an}中，a1＝－2，an＋1－an＝2.则a5＝()A．－6B．6C．－10D．10答案B解析∵an＋1－an＝2，∴数列{an}是公差为2的等差数列，又a1＝－2，∴a5＝a1＋4d＝－2＋2×

4＝6.故选B.2．(2022·辽宁大连高三月考)等差数列{an}中，a4＋a8＝10，a10＝6，则公差d等于()A．14B．123C．2D．－12答案A解析∵a4＋a8＝2a6＝10，∴a6＝5，又a10＝6，∴公差d＝a10－a610－6＝6－54＝14.故选A．3．设数列{an}是等

差数列，其前n项和为Sn，若a6＝2且S5＝30，则S8等于()A．31B．32C．33D．34答案B解析设数列{an}的公差为d，解法一：由S5＝5a3＝30得a3＝6，又a6＝2，∴S8＝8(a1＋a8)2＝8(a

3＋a6)2＝8×(6＋2)2＝32.故选B.解法二：由a1＋5d＝2，5a1＋5×42d＝30，得a1＝263，d＝－43.∴S8＝8a1＋8×72d＝8×263－28×43＝32.故选B.4．(2020·全国Ⅱ卷)记Sn为等差数

列{an}的前n项和．若a1＝－2，a2＋a6＝2，则S10＝________.答案25解析设等差数列{an}的公差为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)＋10×(10－1)2×1＝－20＋45＝25.5．某剧场有20排座位，后一排比前一排多2个座位，最后一排有60个座位，则剧场总共的座位数为________.答案8204解析设第n排的座位数为an(n

∈N*)，数列{an}为等差数列，其公差d＝2，则an＝a1＋(n－1)d＝a1＋2(n－1)．由已知a20＝60，得60＝a1＋2×(20－1)，解得a1＝22，则剧场总共的座位数为20(a1＋a20)2＝20×(22＋60)2＝820.6．(2019·北京高考)设等差数列{an}的前n项

和为Sn，若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝__________，Sn的最小值为________.答案0－10解析∵a2＝a1＋d＝－3，S5＝5a1＋10d＝－10，∴a1＝－4，d＝1，∴a5＝a1＋4d＝0，∴an＝a1＋(n－1)d＝n－5.令an<0，则n<5，即

数列{an}中前4项为负，a5＝0，第6项及以后为正．∴Sn的最小值为S4＝S5＝－10.考向一等差数列的基本运算例1(1)已知数列{an}中，a3＝2，a7＝1.若1an为等差数列，则a5＝()A．23B．32C．43D

．34答案C解析设等差数列1an的公差为d，则1a7＝1a3＋4d，即1＝12＋4d，解得d＝18.则1a5＝1a3＋2d＝12＋14＝34，解得a5＝43.故选C．(2)(多选)(2022·山

东烟台高三模拟)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则下列结论正确的是()A．a2＋a3＝0B．an＝2n－5C．Sn＝n(n－4)D．d＝－2答案ABC5解析S4＝4×(a1＋a4)2＝0，∴a1＋a4＝a2＋a3＝0，A正

确；a5＝a1＋4d＝5①，a1＋a4＝a1＋a1＋3d＝0②，由①②得d＝2，a1＝－3，∴an＝－3＋(n－1)×2＝2n－5，B正确，D错误；Sn＝－3n＋n(n－1)2×2＝n2－4n，C正确．故选ABC．(3)(2019·全

国Ⅲ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1≠0，a2＝3a1，则S10S5＝________.答案4解析由a1≠0，a2＝3a1，可得d＝2a1，所以S10＝10a1＋10×92d＝100a1，S5＝5a1＋5×42d＝25a1，所以

S10S5＝4.等差数列计算中的两个技巧(1)等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．(2)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量转换作用，而a1和d是等差数列的两个基本

量，用它们表示已知和未知是常用方法．1.(2018·全国Ⅰ卷)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝()A．－12B．－10C．10D．12答案B解析设该等差数列的公差为d，根据题中的条件可得3×3×2＋3×22·d＝2×2＋d＋4×2＋4×32·

d，整理解得d＝－3，所以a5＝a1＋4d＝2－12＝－10.故选B.2．《算法统宗》是中国古代数学名著，由明代数学家程大位编著，它对我国民间普及珠算和数学知识起到了很大的作用，是东方古代数学的名著．在这部著6作中，许多数学问题都是以歌诀形式呈现的，“九儿问甲歌”就是其中一首：

一个公公九个儿，若问生年总不知，自长排来差三岁，共年二百又零七，借问长儿多少岁，各儿岁数要详推．在这个问题中，记这位公公的第n个儿子的年龄为an，则a1＝()A．23B．32C．35D．38答案C解析由题意可知年龄构成的数列为等差数列，其公差为－3，则9a1＋9×8

2×(－3)＝207，解得a1＝35.故选C．3．(2019·江苏高考)已知数列{an}(n∈N*)是等差数列，Sn是其前n项和．若a2a5＋a8＝0，S9＝27，则S8的值是________.答案16解析解法一：由S9＝27⇒9(a

1＋a9)2＝27⇒a1＋a9＝6⇒2a5＝6⇒2a1＋8d＝6且a5＝3.又a2a5＋a8＝0⇒2a1＋5d＝0，解得a1＝－5，d＝2.故S8＝8a1＋8×(8－1)2d＝16.解法二：同解法一得a5＝3.又a2a5＋a8＝0⇒3a2＋a8＝0⇒2a2＋

2a5＝0⇒a2＝－3.∴d＝a5－a23＝2，a1＝a2－d＝－5.故S8＝8a1＋8×(8－1)2d＝16.多角度探究突破考向二等差数列的性质角度等差数列项的性质例2(1)等差数列{an}中，若a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，则a9－13a11

的值是7()A．14B．15C．16D．17答案C解析因为{an}是等差数列，所以a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝5a8＝120，所以a8＝24.所以a9－13a11＝a8＋d－13(a8＋3d)＝23a8＝16.故选C．(2)设等差数列{an}的前n项

和为Sn，若a2＋a5＋a8＝30，则下列一定为定值的是()A．S6B．S7C．S8D．S9答案D解析由a2＋a5＋a8＝30可得3a5＝30，所以a5＝10，S6＝3(a1＋a6)不一定是定值；S7＝7

2(a1＋a7)不一定是定值；S8＝4(a1＋a8)不一定是定值；S9＝(a1＋a9)×92＝2a5×92＝90.故选D.等差数列项的性质利用等差数列项的性质解决基本量的运算体现了整体求值思想，应用时常将an＋am＝2ak(n＋m＝2k

，n，m，k∈N*)与am＋an＝ap＋aq(m＋n＝p＋q，m，n，p，q∈N*)相结合，可减少运算量．4.(2022·福建龙岩高三月考)在等差数列{an}中，若S9＝18，Sn＝240，an－4＝30，则n的值为()A．14B．15C．16D．17答案B解

析由等差数列的性质知S9＝9(a1＋a9)2＝9a5＝18，∴a5＝2，又an－4＝30.∴Sn＝n(a1＋an)2＝n(an－4＋a5)2＝16n＝240，∴n＝15.故选B.85．(2021·北京高考){an}和{bn}是两个等差数列，其中ak

bk(1≤k≤5)为常值，a1＝288，a5＝96，b1＝192，则b3＝()A．64B．128C．256D．512答案B解析由已知条件可得a1b1＝a5b5，则b5＝a5b1a1＝96×192288＝64，因此，b3

＝b1＋b52＝192＋642＝128.故选B.角度等差数列前n项和的性质例3(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝1，S30＝5，则S40＝()A．7B．8C．9D．10答案B解析由等差数列的性质知S10，S20－S10，S30－S

20，S40－S30成等差数列，设其公差为d，∴2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，∴S20＝S10＋S303＝1＋53＝83.∴d＝(S20－S10)－S10＝23，∴S40－S30＝1＋3×23＝3，∴S40＝8.故选B.(2)已知等差数列{an}，{bn}的前n

项和分别为Sn和Tn，且SnTn＝n＋52n－1，则a7b6＝()A．67B．1211C．1825D．1621答案A解析因为等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且SnTn＝n＋52n－1，所以可设Sn＝kn(n＋5

)，Tn＝kn(2n－1)，所以a7＝S7－S6＝18k，b6＝T6－T5＝21k，9所以a7b6＝67.故选A．(3)一个等差数列的前12项的和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则该数列的公差d＝________.答案5解析设等差数列的前1

2项中奇数项的和为S奇，偶数项的和为S偶，等差数列的公差为d.由已知条件，得S奇＋S偶＝354，S偶∶S奇＝32∶27，解得S偶＝192，S奇＝162.又因为S偶－S奇＝6d，所以d＝192－

1626＝5.等差数列前n项和的性质在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则：(1)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列；(2)Snn也为等差数列；(3)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an

＋an＋1)；(4)S2n－1＝(2n－1)an；(5)若n为偶数，则S偶－S奇＝nd2；若n为奇数，则S奇－S偶＝a中(中间项)．6.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若m>1，且am－1＋am＋1－

a2m－1＝0，S2m－1＝39，则m等于()A．39B．20C．19D．10答案B解析数列{an}为等差数列，则am－1＋am＋1＝2am，则am－1＋am＋1－a2m－1＝0可化为2am－a2m－1＝0，解得am＝1.又S2m－1＝(2m－1)am＝39，

则m＝20.故选B.7．(2022·山东济南阶段检测)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2022，S20202020－S20142014＝6，则S2022＝________.答案－202210解析由等差数列的性

质可得Snn也为等差数列，设其公差为d，则S20202020－S20142014＝6d＝6，∴d＝1，∴S20222022＝S11＋2021d＝－2022＋2021＝－1，∴S2022＝－2022.考向三等差数列的判定与证明例4(1)数列{an}满足a1＝2，a2＝1并且1an

－1＝2an－1an＋1(n≥2)，则数列{an}的第100项为()A．1100B．150C．12100D．1250答案B解析∵1an－1＝2an－1an＋1(n≥2)，∴1an＋1＋1an－1＝2an，∴1an为等差数

列，首项为1a1＝12，第2项为1a2＝1，∴d＝12，∴1a100＝1a1＋99d＝50，∴a100＝150.故选B.(2)已知数列{an}满足a1＝1，且nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n.①求a2，a3；②证明数列

ann是等差数列，并求{an}的通项公式．解①由已知，得a2－2a1＝4，则a2＝2a1＋4，又因为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nan＋1－(

n＋1)ann(n＋1)＝2，即an＋1n＋1－ann＝2，所以数列ann是首项为a11＝1，公差为d＝2的等差数列，则ann＝1＋2(n－1)＝2n－1.11所以an＝2n2－n.等差数列

的判定方法(1)定义法：对于n≥2的任意自然数，验证an－an－1为同一常数．(2)等差中项法：验证2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立．(3)通项公式法：验证an＝pn＋q.(4)前n项和公式法：

验证Sn＝An2＋Bn.提醒：在解答题中常应用定义法和等差中项法，而通项公式法和前n项和公式法主要适用于选择题、填空题中的简单判断．8.已知数列{an}中，a1＝1，a2＝4,2an＝an－1＋an＋1

(n≥2，n∈N*)，当an＝298时，项数n＝()A．100B．99C．96D．101答案A解析因为2an＝an－1＋an＋1(n≥2，n∈N*)，所以an－an－1＝an＋1－an，所以数列{an}是首项为a

1＝1，公差为d＝a2－a1＝3的等差数列，所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×3＝3n－2.由3n－2＝298，解得n＝100.故选A．9．(2021·全国甲卷)已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为

条件，证明另外一个成立．①数列{an}是等差数列；②数列{Sn}是等差数列；③a2＝3a1.注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．解选择条件①③⇒②.已知数列{an}是等差数列，a2＝3a1

，设数列{an}的公差为d，则a2＝3a1＝a1＋d，所以d＝2a1.因为Sn＝na1＋n(n－1)2d＝n2a1，所以Sn＝na1(a1>0)，所以Sn＋1－Sn＝(n＋1)a1－na1＝a1(常数)．所以数列{Sn}是等差数列．12选择条件①②

⇒③.已知数列{an}是等差数列，数列{Sn}是等差数列，设数列{an}的公差为d，则S1＝a1，S2＝2a1＋d，S3＝3a1＋3d，因为数列{Sn}是等差数列，所以S1＋S3＝2S2，即a1＋3a1＋3d＝22a1＋d，化简整理得d＝2a1.所以

a2＝a1＋d＝3a1.选择条件②③⇒①.已知数列{Sn}是等差数列，a2＝3a1，设数列{Sn}的公差为d，所以S2－S1＝d，即4a1－a1＝d.所以a1＝d2,Sn＝S1＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2.所以an＝Sn－Sn－1＝2d2n－d2(n≥2)．又a1＝d2也适合该通项公式

，所以an＝2d2n－d2(n∈N*)．an＋1－an＝2d2(n＋1)－d2－(2d2n－d2)＝2d2(常数)，所以数列{an}是等差数列．破解等差数列前n项和的最值问题1．(多选)设等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，且满足a1>0，S11＝S

18，则对Sn描述正确的有()A．S14是唯一最大值B．S15是最大值C．S29＝0D．S1是最小值答案BC解析由S11＝S18可知a12＋a13＋…＋a18＝0，又{an}是等差数列，所以a15＝0，故S29＝29a15＝0.又

a1>0，故S14＝S15，所以S14，S15都是最大值，且公差d<0，结合选项可知B，C正确．故选BC．2．等差数列{an}中，设Sn为其前n项和，且a1>0，S3＝S11，则当n＝________13时，Sn最大．答案7解析解法一：由S3＝

S11，得3a1＋3×22d＝11a1＋11×102d，则d＝－213a1.从而Sn＝d2n2＋a1－d2n＝－a113(n－7)2＋4913a1.又因为a1>0，所以－a113<0.故当n＝7时

，Sn最大．解法二：由于f(x)＝ax2＋bx是关于x的二次函数，且(n，Sn)在二次函数f(x)的图象上，由S3＝S11，可知f(x)＝ax2＋bx的图象关于直线x＝3＋112＝7对称．由解法一可知a＝－a113<0，故当x＝7时，f(x)最大，即当n＝

7时，Sn最大．解法三：由解法一可知d＝－213a1.要使Sn最大，则有an≥0，an＋1≤0，即a1＋(n－1)－213a1≥0，a1＋n－213a1≤0，解得6.5≤n≤7.5，故当n＝7时，Sn最

大．解法四：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，所以当n＝7时，Sn最大．答题启示求等差数列前n项和最值的常用方法(1)二次函数法：用求二次函数最值

的方法(配方法)求其前n项和的最值，但要注意n∈N*.(2)图象法：利用二次函数图象的对称性来确定n的值，使Sn取得最值．(3)项的符号法：当a1>0，d<0时，满足an≥0，an＋1≤0的项数n，使Sn取最大值；14当a1<0，d>0时，满足an≤0，an＋1≥0的项

数n，使Sn取最小值，即正项变负项处最大，负项变正项处最小．若有零项，则使Sn取最值的n有两个．对点训练1．设等差数列{an}满足3a8＝5a15，且a1>0，Sn为其前n项和，则数列{Sn}的最大项为()A．S23

B．S24C．S25D．S26答案C解析设等差数列的公差为d，∵3a8＝5a15，∴3a1＋21d＝5a1＋70d，∴a1＋492d＝0.∵a1>0，∴d<0，∴a1＋24d＝a25>0，a1＋25d＝a26<0，∴数列{Sn}的最大项为S25.故选C．2．已知数列{an}为等差数列，若a11a1

0<－1，且其前n项和Sn有最大值，则使得Sn>0的最大值n为()A．11B．19C．20D．21答案B解析∵Sn＝d2n2＋a1－d2n有最大值，∴d<0，又a11a10<－1，∴a10>0，a11<0，

∴a10＋a11<0，即a1＋a20<0，∴S20＝10(a1＋a20)<0，又S19＝19(a1＋a19)2＝19a10>0，∴使Sn>0的n的最大值为19.故选B.一、单项选择题1．在等差数列{an}中，已知a2＝2，前7项和S

7＝56，则公差d＝()A．2B．315C．－2D．－3答案B解析由题意可得a1＋d＝2，7a1＋7×62d＝56，即a1＋d＝2，a1＋3d＝8，解得a1＝－1，d＝3.故选B.2．在等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，则a2＋a14的值为()A

．6B．12C．24D．48答案D解析∵在等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，∴由等差数列的性质可得a1＋3a8＋a15＝5a8＝120，∴a8＝24，∴a2＋a14＝2a8＝48.故选D.3．(2021·福建莆田二模)已知等差数列{an}满足a3＋a

6＋a8＋a11＝12，则a4－3a6的值为()A．－6B．6C．－12D．12答案A解析由等差中项的性质可得a3＋a6＋a8＋a11＝4a7＝12，解得a7＝3，设等差数列{an}的公差为d，则a4－3a6＝a4－

a6－2a6＝－2d－2a6＝－2(a6＋d)＝－2a7＝－6.故选A．4．(2021·陕西名校5月联考)已知数列{an}中，a2＝4，am＋n＝am＋an，则a11＋a12＋a13＋…＋a19＝()A．95B．145C．270D．520答案C解析在

等式am＋n＝am＋an中，令m＝1，可得an＋1＝an＋a1，则an＋1－an＝a1，所以数列{an}为等差数列，且该数列的首项和公差均为a1.因为a2＝2a1＝4，16故a1＝2，所以an＝2＋2(n－1)＝2n，则a15

＝2×15＝30，因此a11＋a12＋a13＋…＋a19＝9(a11＋a19)2＝9×2a152＝9a15＝270.故选C．5．等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且SnTn＝5n＋2n＋3，则a2＋a20b7＋b15＝()A．10724B．724C

．14912D．1493答案A解析由题知，a2＋a20b7＋b15＝a1＋a21b1＋b21＝S21T21＝10724.故选A．6．(2020·全国Ⅱ卷)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇

面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A．3699块B．3474块C．3402块D．

3339块答案C解析设第n环扇面形石板块数为an，第一层共有n环，则{an}是以9为首项，9为公差的等差数列，an＝9＋(n－1)×9＝9n.设Sn为{an}的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为Sn，S2n－Sn，S3n－S2n

，因为下层比中层多729块，所以S3n－S2n＝S2n－Sn＋729，即3n(9＋27n)2－2n(9＋18n)2＝2n(9＋18n)2－17n(9＋9n)2＋729，即9n2＝729，解得n＝9，所以S3n＝S27＝27×(9＋9×27)2＝3402.故

选C．7．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1>0，a3＋a10>0，a6a7<0，则满足Sn>0的最大自然数n的值为()A．6B．7C．12D．13答案C解析∵a1>0，a6a7<0，∴a6>0，a7<0，

等差数列的公差小于零，又a3＋a10＝a1＋a12>0，a1＋a13＝2a7<0，∴S12>0，S13<0，∴满足Sn>0的最大自然数n的值为12.故选C．8．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S3S6＝13，则S6S1

2＝()A．310B．13C．18D．19答案A解析∵{an}是等差数列，∴S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等差数列．令S3＝1，则S6＝3，∴S9＝1＋2＋3＝6.S12＝S9＋4＝10，∴S6S12＝310.故选A．二、多项选择题9．已知等差数列{an}的前n项和为Sn

，公差为d，且a3＝5，a7＝3，则()A．d＝12B．d＝－12C．S9＝18D．S9＝36答案BD解析因为a1＋a9＝a3＋a7＝5＋3＝8，所以S9＝9(a1＋a9)2＝9×82＝36.因为a3＝5，a7＝3，所以公差d＝a7－a37－3＝－12.故选BD

.1810．(2022·青岛模拟)已知数列{an}是等差数列，且满足a1＋2a2＝S5，则下列结论中正确的是()A．S9＝0B．S5最小C．S3＝S6D．a5＝0答案ACD解析由题意，知a1＋2(a1＋d)＝5a1＋5×42d，则a1＋4d＝0，即

a5＝0，∴a4＋a6＝0，∴S3＝S6，且S9＝9a5＝0.故选ACD.11．已知数列{an}(n∈N*)是等差数列，Sn是其前n项和，且S5<S6，S6＝S7>S8，则下列结论正确的是()A．d<0B．a7＝0C．S9>S6D

．S6，S7均为Sn的最大值答案ABD解析因为S5<S6，所以S5<S5＋a6，所以a6>0，因为S6＝S7，所以S6＝S6＋a7，所以a7＝0，因为S7>S8，所以S7>S7＋a8，所以a8<0，所以d<0且S6，S7均为Sn的最大

值，所以S9<S6.故选ABD.12．(2021·日照校际5月联合考试)我国天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气的晷长损益相同(晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度)，二十四节气及晷长变化如图所

示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始，已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸，夏至的晷长为一尺五寸(一丈等于十尺，一尺等于十寸)，则下列说法正确的是()19A．小寒比大寒的晷长长一尺B．春分和秋分两个节气的晷长相同C．小雪的晷长为一丈五寸D．立春的晷长比立秋的晷长长答案

ABD解析由题意可知，由夏至到冬至的晷长构成等差数列{an}，其中a1＝15，a13＝135，则d＝10，同理可得，由冬至到夏至的晷长构成等差数列{bn}，其中b1＝135，b13＝15，则d′＝－10.因为小寒与大寒相邻，小寒比大寒的晷长长10寸，即一

尺，故A正确；因为春分的晷长为b7，所以b7＝b1＋6d′＝135－60＝75，因为秋分的晷长为a7，所以a7＝a1＋6d＝15＋60＝75，故春分和秋分两个节气的晷长相同，故B正确；因为小雪的晷长为a11，所

以a11＝a1＋10d＝15＋100＝115，又115寸即一丈一尺五寸，故小雪的晷长为一丈一尺五寸，故C错误；因为立春的晷长和立秋的晷长分别为b4，a4，所以a4＝a1＋3d＝15＋30＝45，b4＝b1＋3d′＝135－30＝105，所以b4>a4，故立春的晷长比立秋

的晷长长，故D正确．故选ABD.三、填空题13．正项数列{an}满足a1＝1，a2＝2,2a2n＝a2n＋1＋a2n－1(n∈N*，n≥2)，则a7＝________.答案19解析由2a2n＝a2n＋1＋a2n－1(n∈N*，n≥

2)，得数列{a2n}是等差数列，公差d＝a22－a21＝3，首项a21＝1，所以a2n＝1＋3(n－1)＝3n－2，∴an＝3n－2，∴a7＝19.2014．(2020·新高考Ⅰ卷)将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从

小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________.答案3n2－2n解析因为数列{2n－1}是以1为首项，2为公差的等差数列，数列{3n－2}是以1为首项，3为公差的等差数列，所以这两个数列的公共项所构成的新数列{a

n}是以1为首项，6为公差的等差数列，所以{an}的前n项和为n·1＋n(n－1)2·6＝3n2－2n.15．已知等差数列{an}中，a2＝2，a4＝8，若abn＝3n－1，则b2021＝________.答案2022解析由a2＝2

，a4＝8，得公差d＝8－24－2＝3，所以an＝2＋(n－2)×3＝3n－4，所以an＋1＝3n－1.又由数列{an}的公差大于0，知数列{an}为递增数列，所以结合abn＝3n－1，可得bn＝n＋1，故b2021＝2022.16．在数列{an}中，

a1＝－2，anan－1＝2an－1－1(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝1an－1，则数列{an}的通项公式为an＝________，数列{bn}的前n项和Sn的最小值为________.答案

3n－13n－4－13解析由题意知，an＝2－1an－1(n≥2，n∈N*)，∴bn＝1an－1＝12－1an－1－1＝an－1an－1－1＝1＋1an－1－1＝1＋bn－1，即bn－bn－1＝1(n≥2，n∈N*)．又b1＝1a1－1＝－13，∴数

列{bn}是以－13为首项，1为公差的等差数列，∴bn＝n－43，即1an－1＝n－43，∴an＝3n－13n－4.又b1＝－13<0，b2＝23>0，∴Sn的最小值为S1＝b1＝－13.四、解答题17．

(2018·全国Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－2115.(1)求{an}的通项公式；(2)求Sn，并求Sn的最小值．解(1)设{an}的公差为d.由题意，得3a1＋3d＝－15.由a1＝－7，得d＝2.所以{an}的通项公式为an＝2

n－9.(2)由(1)，得Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16.所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.18．在①b1＋b3＝a2，②a4＝b4，③S5＝－25这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．设等差数列{an}的前n项和为Sn，{bn}是等比

数列，________，b1＝a5，b2＝3，b5＝－81.是否存在k，使得Sk>Sk＋1且Sk＋1<Sk＋2？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解若选条

件①：设{bn}的公比为q，则q3＝b5b2＝－27，即q＝－3，b1＝b2q＝－1，所以bn＝－(－3)n－1.从而a5＝b1＝－1，a2＝b1＋b3＝－10.因为{an}是等差数列，所以公差d＝a

5－a23＝3，a1＝a2－d＝－13，所以an＝3n－16.因为Sk>Sk＋1且Sk＋1<Sk＋2等价于ak＋1<0且ak＋2>0，即3(k＋1)－16＜0，3(k＋2)－16＞0，即k＝4.所以满足题意的

k存在，k＝4.22若选条件②：设{bn}的公比为q，则q3＝b5b2＝－27，即q＝－3，b1＝b2q＝－1，所以bn＝－(－3)n－1.从而a5＝b1＝－1，a4＝b4＝27，所以{an}的公差d＝－28.因为Sk>Sk＋1且S

k＋1<Sk＋2等价于ak＋1<0且ak＋2>0，此时d＝ak＋2－ak＋1>0，与d＝－28矛盾，所以满足题意的k不存在．若选条件③：设{bn}的公比为q，则q3＝b5b2＝－27，即q＝－3，b1＝b2q＝－1，所以bn＝－(－3)n－1.从而a5＝b1＝－1，由{an}是等差数列得S5＝

5(a1＋a5)2，由S5＝－25得a1＝－9.公差d＝a5－a14＝2，所以an＝2n－11.因为Sk>Sk＋1且Sk＋1<Sk＋2等价于ak＋1<0且ak＋2＞0，即2(k＋1)－11＜0，2(k＋2)－11＞0，即k＝4.所以满足题意的k存在，

k＝4.19．(2022·湖北仙桃高三阶段考试)已知一次函数f(x)＝x＋8－2n.(1)设函数y＝f(x)的图象与y轴交点的纵坐标构成数列{an}，求证：数列{an}是等差数列；23(2)设函数y＝f(x)的图象与y轴的交点到x轴的距离构成数列{bn}，求数列{bn}的前n项和Sn.

解(1)证明：由题意得an＝8－2n，因为an＋1－an＝8－2(n＋1)－8＋2n＝－2，且a1＝8－2＝6，所以数列{an}是首项为6，公差为－2的等差数列．(2)由题意得bn＝|8－2n|.由b1＝6，b2＝4，b3＝2，b4＝0，b5＝2，可知此数列前4项是

首项为6，公差为－2的等差数列，从第5项起，是首项为2，公差为2的等差数列．所以当n≤4时，Sn＝6n＋n(n－1)2×(－2)＝－n2＋7n；当n≥5时，Sn＝S4＋(n－4)×2＋(n－5)(n－4)2×2＝n2－7n＋24.故Sn＝－n2＋7n，n≤4，n∈N*，n2－7n＋24，n

≥5，n∈N*.20．(2021·全国乙卷)记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积．已知2Sn＋1bn＝2.(1)证明：数列{bn}是等差数列；(2)求{an}的通项公式．解(1)证明：当n＝1时

，b1＝S1，易得b1＝32.当n≥2时，bnbn－1＝Sn，代入2Sn＋1bn＝2消去Sn，得2bn－1bn＋1bn＝2.化简，得bn－bn－1＝12.所以数列{bn}是以32为首项，12为公差的等差数列．

(2)由题意可知a1＝S1＝b1＝32.24由(1)可得bn＝n＋22，由2Sn＋1bn＝2可得Sn＝n＋2n＋1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n＋2n＋1－n＋1n＝－1n(n＋1)，显然a1不满足该式，所以an＝32，n＝1，－1n(n＋1)，n≥2.