2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版20_專題七72等差數(shù)列之1_7.2等差數(shù)列2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版20_專題七72等差數(shù)列之1_7.2等差數(shù)列2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版20_專題七72等差數(shù)列之1_7.2等差數(shù)列[2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版20_專題七72等差數(shù)列之1_7.2等差數(shù)列]2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版20_專題七72等差數(shù)列之1_7.2專題檢測(cè)題組2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版20_專題七72等差數(shù)列之1_7.2專題檢測(cè)題組2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版20_專題七72等差數(shù)列之1_7.2專題檢測(cè)題組７．２等差數(shù)列考試點(diǎn)一等差數(shù)列及其前n項(xiàng)和1?！荆?1５課標(biāo)Ⅱ文，5，5分】設(shè)Sn是等差數(shù)列｛an｝的前n項(xiàng)和．若a1+a3＋ａ5=3,則S５=【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A．5B。7C。９D。11答案：Ａ∵｛an}為等差數(shù)列，∴a1+a5＝2a３，得3a3＝3,則ａ３=1,∴S5=5(a1+a5２．【2015課標(biāo)Ⅰ文,7,5分】已知{an｝是公差為1的等差數(shù)列，Sn為｛an}的前n項(xiàng)和.若S８=4S４，則a10＝【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A．172Ｂ。192C。１０答案:B由S8=4S4得8ａ1+8×72×1=４×4a1+4×32×1，解得a1=1評(píng)析本題主要考查等差數(shù)列的前n項(xiàng)和，計(jì)算準(zhǔn)確是解題關(guān)鍵，屬容易題．3.【2015浙江理,3,5分】已知{an｝是等差數(shù)列,公差d不為零,前n項(xiàng)和是Sｎ。若a３，a4,a8成等比數(shù)列,則【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A．a(chǎn)1d＞０，dS4〉０Ｂ。ａ1d〈0，dS4〈０C.a１ｄ>0,dS４<0D。a1d＜０,dＳ４>０答案：B由a42=a3a８,得【ａ1+2ｄ】【ａ1+7d】=【a１+3d】2，整理得d【５d＋3a１】=0，又ｄ≠０，∴a1＝-53d,則ａ1ｄ=—53d2＜0,又∵Ｓ4＝４a1+6ｄ=-23ｄ,∴dS4＝-234．【2013課標(biāo)Ⅰ理,7,5分】設(shè)等差數(shù)列{an}的前ｎ項(xiàng)和為Sｎ,若Sm－1=—2，Ｓm=0，Ｓm＋1=3，則ｍ=【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A．3B.4C。５D。6答案：C解法一:∵Sｍ-1=-2,Sm=0，Ｓm+1=3,∴ａm=Ｓm-Sm－１=2,am＋１=Ｓm+１—Ｓm＝3，∴公差d=am+1—aｍ=１,由Sn=ｎa1+n(n-1)2d＝ｎa得ma由①得a1=1-m2,代入解法二:∵數(shù)列｛an｝為等差數(shù)列,且前n項(xiàng)和為Sn，∴數(shù)列Snn∴Sm-1m-1+Sm+1m+1=2Smm５?！?01６課標(biāo)Ⅰ,3,５分】已知等差數(shù)列｛an｝前9項(xiàng)的和為2７，a１０=８,則a100=【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕Ａ。10０B.99C.98Ｄ。９７答案：C設(shè){ａn}的公差為d，由等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式及通項(xiàng)公式,得S9=9a1+9×82d=27,a10=思路分析用a1，ｄ表示S9，a1０，列方程組求出a１,ｄ,從而可求得a100。〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕６。【２014天津理，11，5分】設(shè){an｝是首項(xiàng)為a１，公差為-１的等差數(shù)列,Sn為其前n項(xiàng)和。若Ｓ１，Ｓ2,S４成等比數(shù)列，則a1的值為.

〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕答案：—1解析S1＝a1,S2＝２ａ1-1,S4＝4a1－6。故【２a1-1】2=a1×【４ａ1-6】,解得a1=－12.7?！?0１3課標(biāo)Ⅱ理,16，５分】等差數(shù)列{an｝的前ｎ項(xiàng)和為Ｓｎ。已知Ｓ１0=0,S15=25,則nSn的最小值為。

〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕答案：-4９解析由Sn=nａ1+n(n-1)解得ａ1=－3，ｄ＝23則Sn＝—3n+n(n-1)2·2所以nSn＝13【ｎ３—10n2令ｆ【x】＝13【x3-１０x2則f’【x】=ｘ2-203x=ｘx-203，當(dāng)x∈1,203時(shí)當(dāng)ｘ∈203,+∞時(shí)，ｆ【ｘ】遞增,又6<203f【7】=-４9,所以ｎSn的最小值為－49.評(píng)析本題考查了數(shù)列與函數(shù)的應(yīng)用,考查了數(shù)列的基本運(yùn)算，利用導(dǎo)數(shù)求最值。本題易忽略n的取值范圍。〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕８.【２01３課標(biāo)Ⅱ文，17，12分】已知等差數(shù)列｛an｝的公差不為零，ａ1＝２5，且a1,a1１，ａ１3成等比數(shù)列.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】求｛an}的通項(xiàng)公式；【2】求ａ1+a4+a7+…＋a３ｎ-２．解析【1】設(shè)｛ａn｝的公差為d．由題意,得a112=a1a即【a１+10ｄ】2=a1【ａ1+１2d】。于是d【2a1＋2５d】=０。又a1＝２５,所以d=0【舍去】或d＝-２。故an＝－2n+27.【2】令Sｎ=a1+a4＋a７+…+ａ3n－２.由【1】知a3n－2＝-6n+３1,故｛a3n—2｝是首項(xiàng)為25，公差為-6的等差數(shù)列。從而〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕Sｎ=n2【a１+a3n－２=n2=-3n２+28n.9。【２012湖北,理18，文20，12分】已知等差數(shù)列｛ａn｝前三項(xiàng)的和為—3，前三項(xiàng)的積為8。〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【１】求等差數(shù)列{ａn｝的通項(xiàng)公式；【2】若a2,a３，ａ1成等比數(shù)列,求數(shù)列{｜an｜｝的前n項(xiàng)和.解析【1】設(shè)等差數(shù)列{an｝的公差為ｄ，則a2=a1+ｄ,a3=a1＋2ｄ，由題意得3a解得a1=2,所以由等差數(shù)列通項(xiàng)公式可得an＝２-３【n—1】=-3n+５或an=-4+3【n—1】=3ｎ—7．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕故an=－３n＋5或an=3n－７.【2】當(dāng)an=-3n+5時(shí),ａ２,a３，a1分別為-1，－４,2，不成等比數(shù)列;〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕當(dāng)an=3ｎ－7時(shí),a2，a３，a1分別為－1，2，－4,成等比數(shù)列，滿足條件?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕故｜an｜=｜3n—７｜=-3記數(shù)列{|ａn｜｝的前n項(xiàng)和為Ｓn。當(dāng)n＝1時(shí),S1=｜ａ1｜=4；當(dāng)n＝２時(shí),S2＝｜ａ１|+｜a2|＝5；〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕當(dāng)n≥３時(shí),Sn＝S２+|ａ3｜+｜a4|+…+|an｜=5+【3×3—７】+【３×4-７】+…+【3n—７】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕=5＋(n-2)[2+(3n-7)]2當(dāng)ｎ=２時(shí),滿足此式,綜上，Sn=4,評(píng)析本題考查等差、等比數(shù)列的基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力。１0．【20１４大綱全國文，１7，10分】數(shù)列｛an｝滿足ａ1=１，ａ2=2，an+2=2an+１-an+2?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】設(shè)ｂn=ａn＋1-an,證明｛bｎ}是等差數(shù)列;【２】求{an｝的通項(xiàng)公式．解析【１】證明：由aｎ＋2=2an+１-an+2得,an+２-an+1=an+1-ａn＋2，即bn+1=ｂｎ+2.又b1＝a２—a1=1，所以{bn}是首項(xiàng)為1,公差為２的等差數(shù)列.【5分】【２】由【1】得bn=1＋2【ｎ—１】，即an+1—ａn＝2ｎ—1?！?分】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕于是∑所以aｎ＋1-a1＝n2，即an+1=n2+ａ１。又ａ1=1,所以｛an}的通項(xiàng)公式為an=n2—2ｎ＋2。【10分】評(píng)析本題著重考查等差數(shù)列的定義、前n項(xiàng)和公式及“累加法”求數(shù)列的通項(xiàng)等基礎(chǔ)知識(shí)，同時(shí)考查運(yùn)算變形的能力．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕11?！?014課標(biāo)Ⅰ理，17，１2分】已知數(shù)列{an｝的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1,an≠0,anan+１=λSn—1，其中λ為常數(shù),〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】證明:an+2—an=λ；【２】是否存在λ,使得{an｝為等差數(shù)列？并說明理由.解析【1】證明:由題設(shè)aｎan+1=λSn—1,知ａn＋1aｎ+2=λSｎ＋1－1。兩式相減得，ａｎ+1【ａn+2-aｎ】=λaｎ+1．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕由于an+１≠０，所以an＋２—an=λ.【2】存在.由a1=1，ａ1ａ2＝λa１-１，可得a2=λ—1，由【1】知,ａ3=λ+1.令2a２＝a1+a3，解得λ=４?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕故an+２—aｎ＝4，由此可得,{a2n-１｝是首項(xiàng)為１，公差為4的等差數(shù)列,a2n—1=1+【n-1】·4=４n-３;〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕｛ａ2ｎ｝是首項(xiàng)為3,公差為4的等差數(shù)列,a２n＝３+【n-１】·４＝4ｎ—1．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕所以an=2ｎ-1,an+１—an＝2.因此存在λ=4，使得{an｝為等差數(shù)列。評(píng)析本題主要考查an與Sｎ的關(guān)系及等差數(shù)列的定義,考查學(xué)生的邏輯思維能力及分析解決問題的能力．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕考試點(diǎn)二等差數(shù)列的性質(zhì)１?！?015廣東理，1０,５分】在等差數(shù)列｛ａn}中，若a３+ａ4+a5+ａ6＋ａ７＝2５，則a2＋a８=.

〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕答案:10解析利用等差數(shù)列的性質(zhì)可得a3+a7=a4+a6=2a5,從而a３+ａ４+ａ5＋a6+a７＝5a５=２5,故a５=5,所以a2＋a8=2a5=10．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕2。【2０15陜西文，１３，5分】中位數(shù)為１010的一組數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列，其末項(xiàng)為２０１5，則該數(shù)列的首項(xiàng)為。

〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕答案:5解析設(shè)該數(shù)列的首項(xiàng)為a1，根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)可得a1＋２015=2×１010，從而a1＝5.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕3。【2014北京理,12，5分】若等差數(shù)列{aｎ｝滿足a7＋ａ８+a9＞0，a7+a10<0，則當(dāng)ｎ＝時(shí)，{ａn}的前n項(xiàng)和最大。

〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕答案：8解析根據(jù)題意知a7+a8＋ａ9=3a8〉0，即a８〉0.又ａ8+ａ9=a7+a10＜0，∴a９〈0,∴當(dāng)n=8時(shí)，｛aｎ｝的前ｎ項(xiàng)和最大．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕

[2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版20_專題七72等差數(shù)列之1_7.2專題檢測(cè)題組]〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版20_專題七72等差數(shù)列之1_習(xí)題WORD版2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版20_專題七72等差數(shù)列之1_習(xí)題WORD版2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版20_專題七72等差數(shù)列之1_習(xí)題WORD版7。2等差數(shù)列一、選擇題1．【2０22屆廣西北海模擬,１0】已知遞增等差數(shù)列{an}的前ｎ項(xiàng)和為Sn，若S4＝10,且ａ1,a２,a３+1成等比數(shù)列,則公差d=【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A。1B。2C。3Ｄ.4答案：A∵S４＝１０，∴４a１＋4×32d=1０,即2a1＋3d=5①,∵a1，ａ2,a3＋１成等比數(shù)列,∴【a１+d】2=a1【a1+2d+１】,即a12+2a１d+ｄ2=a12+２a1ｄ+a１，也即ｄ２=ａ1②，聯(lián)立①②解得d=1,2．【2０21皖北協(xié)作體模擬,4】等差數(shù)列｛an｝的公差為ｄ,當(dāng)首項(xiàng)a1與d變化時(shí),a2+ａ10+ａ２１是一個(gè)定值,則下列選項(xiàng)中一定為定值的是【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕Ａ。a10B.a1１C．a(chǎn)12D.ａ13答案:B∵等差數(shù)列{an｝的公差為d,∴a2＋a10+a2１=a1+d+a1+9d+a１+２0d=3【a1+10ｄ】＝３a1１.∵當(dāng)a1與d變化時(shí),ａ2+a1０+a2１是一個(gè)定值,∴３a11是定值，即a11是一個(gè)定值。故選B．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕3.【2０２1陜西寶雞一模,3】在1和２兩數(shù)之間插入ｎ【n∈N*】個(gè)數(shù),使它們與1，2組成一個(gè)等差數(shù)列，則當(dāng)n＝10時(shí),該數(shù)列的所有項(xiàng)的和為【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A.15B。16C．17D.1８答案：D設(shè)在1和2兩數(shù)之間插入n【n∈Ｎ*】個(gè)數(shù)，使它們與1,2組成一個(gè)等差數(shù)列｛an},a１=１，當(dāng)n=１0時(shí),可得a12=2,所以數(shù)列的所有項(xiàng)的和為12(a1+a12)4．【２022屆河南三市聯(lián)考,4】設(shè)Sn是等差數(shù)列{an｝的前n項(xiàng)和，若ａ１+a３＋ａ5=3,則Ｓ５=【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A．5B．7C．9D.11答案:A由等差數(shù)列{an｝的性質(zhì)及a1+a３＋a5=３,得3a３＝3，∴ａ３＝1，∴S５=5(a1+a5)5．【2020呼和浩特一模，３】在等差數(shù)列{an｝中，若a1+ａ2＝５，a３+ａ4＝15，則a5+ａ6＝【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A.10Ｂ.20Ｃ。２5D。30答案：C設(shè){an}的公差為d.由題意得4d＝10,則a5＋a６=ａ1+4d+a２+4d＝5＋20=２５.故選Ｃ。6.【2０2１陜西寶雞二模，5】已知｛an｝是等差數(shù)列，滿足３【ａ１+a5】+２【ａ3+ａ6+a９】=18，則該數(shù)列的前8項(xiàng)和為【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕Ａ.３６B。2４C．16Ｄ.12答案：D由等差數(shù)列的性質(zhì)可得a１+a5＝2a３,a3＋a６＋a9=3a6，所以３×2a3+2×3ａ6=18,即a３+ａ6=3，所以S8＝8(a1+a8)【2021河南安陽模擬,５】已知數(shù)列｛an｝，｛bn}，{cn}均為等差數(shù)列,且ａ1+b1+c１=1,a2+b２+ｃ2=3,則ａ２0２0+b202０+〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕c2020=【】A。４０37B。4039Ｃ。4041Ｄ。40４３〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕答案：Ｂ因?yàn)閿?shù)列｛ａn},{ｂn}，｛ｃn}均為等差數(shù)列，所以數(shù)列｛an+bn＋ｃn｝也是等差數(shù)列,且首項(xiàng)為a1+b1+c1=1，公差d=【ａ2+ｂ2+c2】—【a１+b１＋c１】=3-１=2,所以a２020+b２０20＋ｃ2020＝1+【2０20—1】×２=4039．故選Ｂ.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕思路分析根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)得出數(shù)列｛ａｎ+bn+cn}也是等差數(shù)列，利用等差數(shù)列通項(xiàng)公式可求相應(yīng)項(xiàng)．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕8.【2021吉林豐滿月考，４】在數(shù)列{an}中，a1=0,an＋1—ａｎ=2,Ｓｎ為其前n項(xiàng)和,則Ｓ10=【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕Ａ.200Ｂ．100Ｃ.９0D.80答案：C因?yàn)閿?shù)列｛ａn｝中，a1=0,an+1—ａn=2，所以數(shù)列{an｝是以0為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列,則S１0＝10×92×２=9０.９?！?021安徽馬鞍山質(zhì)監(jiān)，11】在等差數(shù)列｛an｝中,a8a7<-1,且它的前n項(xiàng)和Sn有最小值,當(dāng)Sn<0時(shí),nA。7Ｂ。８Ｃ．1３D．1４答案:Ｃ因?yàn)榈炔顢?shù)列{ａn｝的前n項(xiàng)和Sn有最小值，所以d＞0,又a8a7<-1，所以ａ7＜０，ａ8〉0,所以a7+a又S13=13(a1S14＝14(a1+a所以當(dāng)Sn<0時(shí)，n的最大值為13.方法總結(jié)利用等差數(shù)列的性質(zhì)，可將前n項(xiàng)和與項(xiàng)建立關(guān)系：Ｓ2n+1=【2ｎ＋１】an+1,S２ｎ＝n【ａn＋an＋１】?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕1０．【2０21寧夏吳忠一模,7】數(shù)列{an｝是等差數(shù)列,Sn為其前n項(xiàng)和，且ａ1＜0，a2020+ａ202１〈０,a2０20·a20２1〈0,則使Sn〈０成立的最大正整數(shù)n是【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A。2０２0B.20２１C。４040D．4041〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕答案:Ｃ設(shè)數(shù)列｛ａｎ｝的公差為ｄ,由a1〈0，a２020+a２０21＜0,a2020·a2０21<0，可知a２020<0,ａ２021〉０，所以d〉0,數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，Ｓ40４1=4041(a1+a4041)2＝4041a2021＞０，S40４0=2０2０【a１+ａ４04０】=２020【a2０20+ａ２11?！荆?21山西呂梁一模,3】等差數(shù)列｛an｝的前ｎ項(xiàng)和為Sｎ，已知a5=２,S4=2８,則Ｓn〈0時(shí)，n的最小值為【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕Ａ。10Ｂ。１1Ｃ.1２D。1３答案：C設(shè)等差數(shù)列｛ａn｝的公差為d,因?yàn)椋?=2，S4=28，故ａ1＋4d=2,4(a1+a4)2＝28,即2a１+3d=14，解得ａ1=10,d＝—2,故Ｓn=n×10＋12n【n-1】×【—2】=—n２＋1１n＝－n【ｎ-１1】,ｎ∈N＊,令Ｓｎ＝－n【n－11】〈0,得n〉11，且ｎ∈N＊１2．【202２屆西南名校聯(lián)考,6】設(shè)等差數(shù)列｛ａn｝的前n項(xiàng)和是Ｓn,若a2〈－a１１<a1,則【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕Ａ．Ｓ11>0且S12〈０B．Ｓ１1<0且C．S１1>0且S12〉0D．S11<0且答案：A由題意知，a1+ａ11〉0，a２+ａ１1＝ａ１+ａ12＜0，得S11=11(a1+a11)2〉0,S13.【２022屆陜西寶雞期末，１0】設(shè)等差數(shù)列{ａn｝的前n項(xiàng)和為Sｎ，公差為d．已知a3=12，Ｓ1０>0，ａ６〈０，則下列選項(xiàng)不正確的是【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A。數(shù)列SnanＢ.—245C.ａ5>0D.Ｓn>0時(shí)，ｎ的最大值為5答案：ＤS10＝102【ａ1＋ａ10】=5【a5+a6】＞０,又a６<0，所以a5>0，故選項(xiàng)Ｃ正確;由a3=１2,且a5＞0，a６<0，a5+a6＞0，得a5=12+2d>0,a6=12+3d<0,a5+a6=24+5d>0,解得－245〈ｄ＜—4，選項(xiàng)B正確；由上分析知,當(dāng)1≤n≤5時(shí),ａn＞０，當(dāng)n≥6時(shí)，aｎ〈０，所以Ｓ11=１1a6〈0，又S10〉0,故Sn〉０時(shí)，n的最大值為10，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤；由于d<0,因此數(shù)列{an｝是遞減數(shù)列，由上述分析知當(dāng)1≤ｎ≤5時(shí)，Snan>0，當(dāng)６≤n≤10時(shí)14。【多選】【2０21山東濟(jì)寧魚臺(tái)一中月考，11】設(shè)｛an}是等差數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和,且S7〈S８,Ｓ8=S9>S１0,則下列結(jié)論正確的是【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A。公差d＜0B。a９=0C．Ｓ11＞S7Ｄ.Ｓ8、Ｓ９均為Sn的最大值答案:AＢＤ由S7<S８得a１+a2+a３＋…＋a７〈a1＋a2+…+ａ７+a８,即a8>0，又∵S8=S９,∴ａ1+a2+…＋a8＝a１+ａ2+…＋a８＋a9，∴ａ9＝0,故B中結(jié)論正確；同理由Ｓ９>S１0得a1０〈0，∴公差d＝a１0—ａ9<0，故A中結(jié)論正確；〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕對(duì)于C,若S11〉S7，則a8＋a9＋a１0＋a11〉０，可得2【a9＋a10】>０，由結(jié)論a9=0,a1０<０，知a9＋a10〈0，矛盾,故Ｃ中結(jié)論錯(cuò)誤;∵S７＜S8，S8=Ｓ9>S１０,d〈0,∴Ｓ8與S9均為Sn的最大值,故Ｄ中結(jié)論正確.故選ABD?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕二、填空題15.【2０２2屆豫南名校聯(lián)考【二】，15】已知Sn為數(shù)列｛aｎ｝的前ｎ項(xiàng)和，數(shù)列Snn是等差數(shù)列，若a2=2a1，S12=468,則a1=答案：６解析設(shè)等差數(shù)列Snn的公差為d，則ｄ＝S22—S11=a1+a22—a１=3a12—a1=a12,所以Snn=a１+【ｎ－1】×a12＝na12＋１6?！?０21吉林頂級(jí)名校月考，14】記Sn分別為等差數(shù)列｛aｎ}的前n項(xiàng)和，若an＝21－2n，則Ｓ10=。

〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕答案:１00解析由an=21—2n得a1=19，ａ1０=1，所以前１0項(xiàng)的和Ｓ10=19+12×10=１０0。17?！?021廣東深圳外國語學(xué)校模擬,13】已知等差數(shù)列｛an｝的前n項(xiàng)和Sn=225，其前三項(xiàng)和為6,后三項(xiàng)和為3９，則該數(shù)列有項(xiàng).

〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕答案：3０解析設(shè)等差數(shù)列｛an｝共有n項(xiàng)【n≥3】,其前三項(xiàng)和為６，即a1+a２+a３=6,則有3ａ2=６,解得a２=２.后三項(xiàng)和為3９，即an-2+aｎ—1＋ａn=39,則有3an—1=39,解得aｎ—1=13。等差數(shù)列｛an｝的前n項(xiàng)和Ｓn=225，即Sn＝(a1+an)×n2=(a思路分析設(shè)等差數(shù)列｛an｝共有ｎ項(xiàng)【n≥3】,由等差數(shù)列的性質(zhì)求出a2、an-1，由等差數(shù)列的前ｎ項(xiàng)和的公式可得Sn=(a1+an)×n1８.【2022屆四川綿陽第一次診斷，13】設(shè)Ｓn是等差數(shù)列｛aｎ｝的前n項(xiàng)和,若ａ１=2,Ｓ7=3５,則ａ６＝．

〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕答案:7解析由等差數(shù)列性質(zhì)知S7=7(a1+a7)2=7a4=35，故a4=5．又∵a1=2，∴公差1９.【2022屆廣西模擬，15】在等差數(shù)列｛an｝中，ａ1＋ａ3＋a5=105，ａ2+a4+ａ6=９９，以Sn表示{an｝的前ｎ項(xiàng)和，則使Sｎ達(dá)到最大值的n是.

〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕答案:２0解析因?yàn)閍1+a３＋ａ5=３a3=１05，a2+a4+a6=３a4=99，所以ａ３=35,a4＝33,從而公差ｄ=-２，則a１=39,Ｓn＝３9ｎ+12ｎ【n—１】【—2】=-n2＋40ｎ=-【n－20】２+４00,所以當(dāng)ｎ=20時(shí),Sｎ取最大值。三、解答題２０?！?022屆吉林一調(diào),1７】已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列,Ｓn是｛an｝的前n項(xiàng)和，a4=－10,S8=S9。〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】求數(shù)列{an｝的通項(xiàng)公式;【2】求Ｓn.解析【1】設(shè)等差數(shù)列{an｝的公差為d,可知a1+8d從而aｎ=－１6+2【ｎ-１】=2n-18【n∈N＊】.【2】由【1】知,a１=－16，d＝2,則Ｓn＝-１6ｎ+n(n-1)2×２＝n２21。【202２屆河南調(diào)研，18】已知數(shù)列{aｎ}滿足a1=4，ａn+1=2an+2n+１【ｎ∈N＊】,設(shè)數(shù)列{ａn｝的前n項(xiàng)和為Sn．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【１】證明:數(shù)列an2【２】求Sｎ。解析【1】證明:由an+1=２an＋2n+1，得an+12n因?yàn)閍121=2，所以數(shù)列an2n【2】由【1】得an2n=2+【n-1】×1=ｎ+1,所以aｎ=【ｎ+１】·2ｎ，所以Sn＝2×21+３×22+…+n×2n-1+【n＋1】×2n①,2Sn=2×22+3×２3+…＋ｎ×2ｎ＋【ｎ＋1】×2ｎ+1②，①－②得—Sn＝2×2１+22+…+2n—【n+1】×2n+1=-n·2n＋1，所以Ｓn=n·２２2.【2022屆陜西寶雞月考,1８】已知正項(xiàng)數(shù)列{aｎ｝的前n項(xiàng)和為Sｎ，且Sn＝14【an+1】２【n∈Ｎ＊】.【1】求a1，a2；【2】求證:數(shù)列{an｝是等差數(shù)列。解析【1】在Ｓn=14【aｎ＋1】２【n∈N*】中，令n=1，可得a１=S１=(a1+1令n＝2，可得1＋a2=(a2+1)24，得ａ【２】證明：∵ａ１=1，Sｎ=14【ａn+1】２【n∈N*】,∴當(dāng)n≥2時(shí),Ｓn－１＝14【an－1+1】2,∴Sn-Ｓn—1＝ａn=14【an＋1】2—14【aｎ-1＋１】２=(an-an-1)(an∵an>０，∴an—an-１=2【n≥２】，∴｛an｝是以1為首項(xiàng),2為公差的等差數(shù)列.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕23。【20２2屆哈爾濱期中，２0】在數(shù)列{an}中,a1=4，nan+１—【ｎ＋１】ａｎ=2ｎ2+2n.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】求證：數(shù)列ann【2】求數(shù)列1an的前n項(xiàng)和Ｓ解析【１】證明:nan+1－【n+１】ａn=２n２+2n的兩邊同除以n【n＋1】，得an+1n+1又a11＝4，所以數(shù)列ann是首項(xiàng)為4，【２】由【1】得ann=４+2【n－１】,即ann=2ｎ+2，所以an=2n2＋２n,故1an所以Sn=121-12+12-13＋…+1n-2４.【２0２1石景山一模,１7】已知有限數(shù)列｛an}共有30項(xiàng),其中前20項(xiàng)成公差為d的等差數(shù)列，后11項(xiàng)成公比為q的等比數(shù)列.記數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sｎ．從條件①、條件②、條件③這三個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知．求：〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【１】d,q的值；【2】數(shù)列｛an｝中的最大項(xiàng)．條件①：ａ２=4，S５＝30，a２1=20;條件②：S３＝０,a２０＝—36,a２2=－9；條件③:S1=４8，a２1=20，a24=160．注:如果選擇多個(gè)條件分別解答,按第一個(gè)解答計(jì)分．解析選擇條件①:ａ2=4,S5=30，ａ２1=２0.【１】因?yàn)閧aｎ｝的前２0項(xiàng)成等差數(shù)列,a2=4,S5＝30,所以a1+所以a2０=2＋1９×2=4０。因?yàn)閿?shù)列{an｝的后11項(xiàng)成公比為q的等比數(shù)列,所以q=a21a20綜上,d=２,q=12【2】{an｝的前20項(xiàng)成等差數(shù)列,d〉０,所以前20項(xiàng)逐項(xiàng)遞增,即前20項(xiàng)中的最大項(xiàng)為a２0＝40?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕數(shù)列｛ａn}的后11項(xiàng)成等比數(shù)列，ａ20=40,q=12，所以后11項(xiàng)逐項(xiàng)遞減，即后11項(xiàng)中的最大項(xiàng)為a２0=４0.綜上,數(shù)列｛an｝的最大項(xiàng)為第20項(xiàng)，其值為40.選擇條件②：S3=0，a20=-36,a2２＝-9.【1】因?yàn)閧an｝的前2０項(xiàng)為等差數(shù)列,S3＝０,a2０=—３６,所以3a1+3因?yàn)閿?shù)列｛an}的后11項(xiàng)成公比為q的等比數(shù)列,a20＝-36，a2２＝－9,所以q2=a22a20=14，所以綜上，d=－２,ｑ=±12【2】｛an}的前２0項(xiàng)成等差數(shù)列,d＜0,所以前20項(xiàng)逐項(xiàng)遞減，即前2０項(xiàng)中的最大項(xiàng)為a1=2．i。當(dāng)q=12時(shí),ａn＝—3６12n-20【20≤n≤3０且所以當(dāng)2０≤n≤30時(shí)，an<０.所以數(shù)列{an｝的最大項(xiàng)為第１項(xiàng)，其值為2。ii.當(dāng)q=-12時(shí)，an＝—3６-12n-20【2０≤n≤30且n∈N＊】.后故數(shù)列｛an｝的最大項(xiàng)為第2１項(xiàng)，其值為１8.綜上,當(dāng)q=12時(shí)，數(shù)列｛aｎ}的最大項(xiàng)為第1項(xiàng)，其值為當(dāng)q=-12時(shí),數(shù)列{aｎ}的最大項(xiàng)為第２1項(xiàng)，其值為選擇條件③：S1=４8，ａ21=20，ａ２４=160.【１】因?yàn)閿?shù)列{an｝的后11項(xiàng)成公比為q的等比數(shù)列,ａ21=20，ａ２4=160，所以q3=a24a21＝８，解得q=2．所以ａ20=又因?yàn)椋鸻n｝的前20項(xiàng)成等差數(shù)列,Ｓ1=a1=48，所以ｄ=a20綜上,ｄ=－２,q=2?！荆病繑?shù)列｛ａｎ｝的前20項(xiàng)成等差數(shù)列,ｄ<0，所以前20項(xiàng)逐項(xiàng)遞減，即前20項(xiàng)中的最大項(xiàng)為ａ1=4８．?dāng)?shù)列{an｝的后11項(xiàng)成等比數(shù)列,a2０＝10,q=2．所以aｎ=１0·2n－20【2０≤n≤3０且n∈Ｎ*】.所以后11項(xiàng)逐項(xiàng)遞增.后11項(xiàng)中的最大項(xiàng)為ａ３0=1０２40.綜上，數(shù)列｛ａn｝的最大項(xiàng)為第30項(xiàng),其值為10240.25．【2０2０朝陽二模，１6】已知{ａｎ}是公差為d的等差數(shù)列，其前ｎ項(xiàng)和為Sn，且a5=1,.若存在正整數(shù)n，使得Sn有最小值。

〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】求{aｎ｝的通項(xiàng)公式;【２】求Sｎ的最小值。從①a３=-1，②ｄ=２,③d=—2這三個(gè)條件中選擇符合題意的一個(gè)條件，補(bǔ)充在填空線上并作答?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解析選擇①.【1】因?yàn)閍5=1,a3=－1，所以ｄ＝1。所以an=1＋【n-5】×1＝n-4.【2】由【1】可知ａ1=－3．所以Ｓn=n(a1+an)因?yàn)椋睢蔔*,所以當(dāng)n＝３或4時(shí)，Sn取得最小值，最小值為—6。故存在正整數(shù)n＝3或4,使得Sn有最小值,最小值為-6.選擇②?！?】因?yàn)閍5=1，d=２,所以an＝1+【ｎ—5】×2=２n-9．【2】由【1】可知a1＝—7.所以Sn＝n(a1+an)2＝n2-8ｎ＝【n-4】2—16，所以當(dāng)ｎ=4故存在正整數(shù)n＝4,使得Sn有最小值,最小值為—16.【不可以選擇③】

[2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版20_專題七72等差數(shù)列之1_習(xí)題WORD版]〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕7。２等差數(shù)列基礎(chǔ)篇固本夯基考試點(diǎn)一等差數(shù)列及其前ｎ項(xiàng)和1．【2022屆遼寧渤海大學(xué)附中月考二】在等差數(shù)列{an｝中，若a２+a3+a４=6,a6=4，則公差d＝【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A。1B.2C．13D。答案：D2．【２0１9課標(biāo)Ⅰ理,9,5分】記Ｓｎ為等差數(shù)列｛an｝的前n項(xiàng)和。已知Ｓ4=0,a5=5，則【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A．ａn=2n－５B．a(chǎn)n＝3ｎ-１0C。Sn＝２n２-８nD.Sn＝12n２答案:A3．【2021重慶二模,４】已知公差不為０的等差數(shù)列｛aｎ｝中，ａ2+a４＝a6，a9=a62,則a10=【Ａ．52B．５C。10答案：A4．【20２２屆福建南平１0月聯(lián)考,14】設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a2+2ａ4＋a10=32,則S9=.

〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕答案:725.【２020課標(biāo)Ⅱ文,1４,５分】記Ｓn為等差數(shù)列{ａｎ｝的前n項(xiàng)和.若a1=－2，a2+ａ6＝2，則S10＝.

〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕答案：2５6．【20２0新高考Ⅰ,1４，５分】將數(shù)列{2n－1｝與｛3n-2}的公共項(xiàng)從小到大排列得到數(shù)列｛aｎ}，則{an｝的前n項(xiàng)和為。

〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕答案：３n２—2ｎ7。【2019課標(biāo)Ⅲ理，14,5分】記Sn為等差數(shù)列｛aｎ}的前ｎ項(xiàng)和,若a１≠０,ａ2=3a1,則S10S5=答案：48?！?02２屆海南東方瓊西中學(xué)月考，17】等差數(shù)列｛aｎ}的前n項(xiàng)和為Sn，已知ａ10=３0，a20＝５０。〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】求通項(xiàng)公式an；【2】若Sn＝242，求n。解析【1】設(shè)等差數(shù)列｛an｝的公差為ｄ，依題意有a10=a所以an=2n+１0【n∈N＊】.【２】由【1】可得Sｎ＝１2n+n(n-1)2×2=n２+１1n,令n2+11ｎ=2４２，解得n=-22【舍】9.【2022屆廣東肇慶統(tǒng)一檢測(cè)一】在等差數(shù)列｛an｝中，a１=１0，公差d＞0,其前四項(xiàng)中刪去某一項(xiàng)后【按原來的順序】恰好是等比數(shù)列{ｂn｝的前三項(xiàng).〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】求d的值;【2】設(shè)｛ａn}中不包含{ｂｎ}的項(xiàng)按從小到大的順序構(gòu)成新數(shù)列{ｃn}，記｛cn｝的前n項(xiàng)和為Sn，求Ｓ100?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解析【1】由a1＝１0，公差為d，得a2=10+d，a3＝１0+2d，a4＝１0+3ｄ．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕①若刪去第1項(xiàng)，則【10+2d】2＝【１0＋d】【１0＋3d】，解得d＝0，不符合題意；〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕②若刪去第2項(xiàng),則【10+2d】2=10×【10＋３d】，解得d=0或ｄ=—52,不符合題意；③若刪去第３項(xiàng),則【10＋d】2＝1０×【10＋3d】,解得d=0【舍去】或d=1０;〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕④若刪去第４項(xiàng),則【10+d】2＝10×【10+2d】,解得d=０，不符合題意.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕綜上可知,d=10.【2】由【1】可知,an=10+【n－1】×1０=１0ｎ，等比數(shù)列｛bｎ｝的前三項(xiàng)分別為10，２0,４0，所以數(shù)列｛bｎ}是以10為首項(xiàng)，２為公比的等比數(shù)列,所以bn=１0·2n-1,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕所以b7=64０，ｂ８=1280，又a107＝１0７0，所以可知{an}的前1０7項(xiàng)中有7項(xiàng)被刪除，即c100=a10７.設(shè)數(shù)列{an｝的前n項(xiàng)和為Hｎ,數(shù)列{bn｝的前n項(xiàng)和為Tn，則Ｓ１0０＝H１07—T7＝107×(10+1070)2—10×１0．【２０２1新高考Ⅱ,１7，1０分】記Sｎ為公差不為零的等差數(shù)列｛ａn}的前ｎ項(xiàng)和,若a3=Ｓ5，a2·a４=Ｓ4.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】求｛ａn}的通項(xiàng)公式；【2】求使得Sn＞an成立的ｎ的最小值.解析【1】a3=Ｓ5?a1+2ｄ=５a１+10ｄ?4a1+8ｄ＝0?a１+2d=０?ａ1＝-２d，①〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕a２·a4=Ｓ4?【a１+ｄ】【a1+3d】=4a1+6d,②將①代入②得-d２=—2d?d=0【舍】或d=2,∴a1=-2d=—4，∴ａn=—4+【ｎ－1】×２=２n—6．【2】由【１】知aｎ=2n－6，Sn＝na１+n(n-Ｓn>ａn?n２－5n〉2n-6?n2-７n+６〉0?【ｎ-１】【n-6】>0，〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解得n<1【舍】或ｎ>6，∴n的最小值為7。11．【2019課標(biāo)Ⅰ文,1８，12分】記Ｓｎ為等差數(shù)列{ａn}的前n項(xiàng)和．已知S9=-a5?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】若a3=4,求｛an}的通項(xiàng)公式;【２】若a1＞0,求使得Sn≥ａn的n的取值范圍。解析【1】設(shè)｛ａn｝的公差為d。由S9=－a５得a1+4d＝0．由a3=4得ａ１+２d＝4.于是a1=８,ｄ＝-２.因此｛an｝的通項(xiàng)公式為an=10—２n．【2】由【1】得a1=—4ｄ，故aｎ=【n—5】d，Sn=n(n-9)d2。由a1〉0知d<0，故Ｓn≥an等價(jià)于n2—11ｎ+10≤０，解得1≤n≤１０。所以n的取值范圍是{n｜１≤ｎ≤考試點(diǎn)二等差數(shù)列的性質(zhì)1．【2０2２屆山東學(xué)情10月聯(lián)考，6】已知等差數(shù)列{an}、｛bn｝的前n項(xiàng)和分別為Sn、Tn，且a4b6=13，則SA。733B。13Ｃ.1433答案：A２.【2021廣州月考】設(shè)等差數(shù)列{ａn}的前n項(xiàng)和為Sn，若Ｓ3=6，S6＝3,則S１2等于【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A。－3Ｂ.－12C.—２1D.-30答案：D3?！?020浙江高中發(fā)展共同體期末】已知｛ａｎ｝是公差為d的等差數(shù)列，前ｎ項(xiàng)和是Sｎ，若Ｓ9〈S8〈Ｓ10,則【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A．d>０,Ｓ17〉0B。ｄ<0,S1７〈0C.ｄ＞0,Ｓ18<０D.d>0，Ｓ18＞0答案：D4.【2020浙江，7，4分】已知等差數(shù)列｛aｎ}的前n項(xiàng)和為Ｓn,公差d≠0，且a1d≤1.記ｂ１=Ｓ2,bn+１=Ｓ2n+2－S２n,n∈N*,下列等式不可能成立的是【A.２a４＝a2+a6Ｂ.2b4＝ｂ2+b６C.a42=ａ2a8Ｄ.b42答案:D５.【2０20北京,8,4分】在等差數(shù)列｛an｝中,a1=-9,a5=—１.記Tn=a１a２…ａn【n=1,2,…】,則數(shù)列{Tｎ｝【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A。有最大項(xiàng)，有最小項(xiàng)B.有最大項(xiàng),無最小項(xiàng)C.無最大項(xiàng)，有最小項(xiàng)Ｄ．無最大項(xiàng)，無最小項(xiàng)答案:B６.【20１９江蘇，8,５分】已知數(shù)列｛ａn｝【n∈N＊】是等差數(shù)列，Sｎ是其前n項(xiàng)和.若a2a５+a8=0，Ｓ９=27，則S８的值是。

〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕答案:16７?！?021廣東韶關(guān)一模，１4】設(shè)Sn為等差數(shù)列｛ａn}的前n項(xiàng)和,a6+a７＝1,則Ｓ12=，若ａ７＜0,則使得不等式Sｎ〈0成立的最小整數(shù)n=。

〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕答案：６;１3綜合篇知能轉(zhuǎn)換A組考法一等差數(shù)列的判定１．【2０21山東聊城二模,8】已知數(shù)列{an｝，ａｎ＝1f(n)，其中ｆ【ｎ】為最接近n的整數(shù)，若{an}的前ｍ項(xiàng)和為20，則A。15Ｂ。30Ｃ。６0Ｄ。110答案:Ｄ２．【2０22屆江蘇泰州中學(xué)檢測(cè),20】已知數(shù)列{an}滿足ａ１=6，an—1an-６an—1+9=０,n∈N*且n≥2．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】求證：數(shù)列1an【2】求數(shù)列｛aｎ}的通項(xiàng)公式；【3】設(shè)bn=an(n+1)2，求數(shù)列｛bn}解析【1】證明:當(dāng)n≥2時(shí)，ａn—1aｎ－6an—１＋9＝0?aｎ=6an-1-9an-1，∴1an-3－1an-1-3＝an-13【2】由【1】得1an-3＝13+【ｎ-1】·13=n3,【3】∵bn=an(n+1)2＝3n(n+1)=31n-1n+1，∴Ｔn=b１＋b2+…+ｂn=31-3.【20２2屆江蘇蘇州調(diào)研】已知數(shù)列{an｝的前n項(xiàng)和為Ｓｎ,且Sｎ=2an－２ｎ＋1＋2【n∈N*】。〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】求｛an}的通項(xiàng)公式;【2】設(shè)bn=an4n，若Tn=b1＋ｂ2＋b3＋…+bn,求解析【1】當(dāng)n=1時(shí)，ａ１=S1=２a1-２，解得a１=2,當(dāng)n≥2時(shí)，ａn=Sｎ-Ｓn—1=2aｎ-2an－１-2n,化簡得an＝２an—１+2ｎ，即an2n—an-12n-1=1，因此，數(shù)列an2n是首項(xiàng)和公差均為１的等差數(shù)列，所以【2】由【１】可得ｂn=n2n=n+12n-1—n+22n,則Ｔn=220－3214．【2022屆江蘇百校聯(lián)考一，17】已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a１=1,aｎ≠0，ａｎａn+１=λＳn—1，其中λ為常數(shù).〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】證明:an+２—aｎ＝λ;【2】若{an｝為等差數(shù)列，求Ｓ１0.解析【1】證明:由anan＋1＝λSn—1可得aｎ+１ａn+2=λSn+1-1,兩式相減得an+1【an+2—an】＝λan+１,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕因?yàn)椋幔睿薄伲?，所以aｎ＋2—an=λ.【2】由S１=ａ１=1,a1a2＝λＳ1－1,可得a２=λ-1,由【1】知a3＝λ+1，因?yàn)椋鸻n}為等差數(shù)列，所以2a2=a1＋ａ3，〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕即2【λ—1】=1+λ+1,解得λ=4,故aｎ+2—ａｎ=4,所以數(shù)列｛a2n-1｝是首項(xiàng)為1，公差為4的等差數(shù)列，可得a2ｎ－1=4n－3=2【２n—1】－1，〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕數(shù)列｛a2n}是首項(xiàng)為３，公差為4的等差數(shù)列,可得a2n=4ｎ-１=2·２n-1,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕所以an=２n-１【n∈Ｎ*】，所以S10=10×(1+19)5．【20２2屆廣東開學(xué)考，17】已知數(shù)列｛an}中,a1=1，且滿足an＋１=an—2ｎ,ｂn=an+ｎ2【n∈N＊】?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【１】證明：數(shù)列{bn｝是等差數(shù)列,并求數(shù)列｛ｂn}的通項(xiàng)公式；【２】設(shè)Ｓn為數(shù)列1bn·bn+1的前n項(xiàng)和,求滿足Ｓｎ≥解析【１】因?yàn)椋猓?1－bn=ａn+1＋【n＋１】2—【ａn+n2】=aｎ＋1-an+2ｎ+1=1，b1=a1+12＝2，所以數(shù)列｛bｎ｝是首項(xiàng)為２,公差為1的等差數(shù)列．所以bn=2+【n—１】＝n+1.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【2】因?yàn)?bn·bn+1=所以Sn=12-13+13－14+…+1n+1－1n+2=12－1n+2=n2(n+2)，由n2(n6.【2021新高考Ⅰ,17，10分】已知數(shù)列｛an}滿足a1＝１,an+1=an【1】記bn＝a２ｎ，寫出b1，b2，并求數(shù)列｛ｂn｝的通項(xiàng)公式；【2】求{ａn｝的前2０項(xiàng)和.解析【1】由題意得a2n+1＝a2ｎ+2,a2n+2=a2n+1+1,所以a２n+2=ａ２ｎ+３，即bn+１=bn+3，且ｂ1＝a2=a１+１＝2,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕所以數(shù)列｛bｎ}是以2為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列，所以ｂ1=2,b2=５,ｂn=２+【ｎ－1】×３＝3ｎ－1?！?】當(dāng)ｎ為奇數(shù)時(shí)，an＝aｎ+1—1.設(shè)數(shù)列｛aｎ}的前n項(xiàng)和為Sn，則S２0=a1+a2＋…+a2０=【a１+a3＋…＋ａ19】+【a２+a４+…+a2０】＝[【ａ2-1】+【a4—１】+…+【a20—1】]＋【a2+a４+…＋ａ20】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕=２【a2+a４＋…＋a20】－1０,由【１】可知a2+ａ4+…+a20=ｂ１+b2+…＋b10=10×2+10×92故Ｓ20=2×１55-10=3００，即{aｎ｝的前20項(xiàng)和為300。7?！荆玻?１全國甲理，1８，１2分】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.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕①數(shù)列｛an}是等差數(shù)列；②數(shù)列｛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.解析選①②作為條件，證明③．證明：設(shè)等差數(shù)列｛ａｎ｝的公差為d，因?yàn)閧Sn｝是等差數(shù)列，所以２S2=S1+S3，即22a1+d=a1+3a1+3d，兩邊平方,得4【2ａ１+d】=a1＋３a1+3d+２a1(3a1+3d)，整理得４a１+d=２a1(3a1+3d)，兩邊平方,得16a12+8a１d＋d２選①③作為條件,證明②．證明:設(shè)等差數(shù)列｛ａn｝的公差為d.因?yàn)閍2＝3a1,即ａ１＋d＝3a1,所以d=2a1?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕所以等差數(shù)列{ａn｝的前n項(xiàng)和Sｎ＝ｎa１+n(n-1)2d=ｎa1+n(n-1)又ａ1>0,所以Sn＝na則Sn+1-Sn＝【ｎ＋１】a1—na1=a1，所以數(shù)列{S選②③作為條件，證明①.證明:設(shè)等差數(shù)列{Sn｝的公差為d,因?yàn)镾1＝a1，S2=a1+a2=a1+3a1＝2a1，所以d=S2—S1＝2a1－a1=a1,則等差數(shù)列{Sn｝的通項(xiàng)公式為Sn=a1+【n－1】a1=na1,所以Sn=ｎ２ａ1，當(dāng)ｎ≥２時(shí),ａn=Ｓn-Sn—1=ｎ2a1－【n－1】2a1=【2n-1】a1，且當(dāng)n=1時(shí),上式也成立，所以數(shù)列{ａn}的通項(xiàng)公式為an＝【2n—１】ａ1，ｎ∈N*8．【２022屆廣東階段測(cè),１7】已知數(shù)列{an｝滿足a1=1,an+an-１=2ｎ【n≥2，ｎ∈N＊】.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】記bｎ=a2ｎ,求數(shù)列｛bn｝的通項(xiàng)公式；【2】求數(shù)列{ａn｝的前ｎ項(xiàng)和Sn。解析【1】依題意得,ａ2＋a1＝４,又a1=1,故b1=ａ2=3．因?yàn)閍2ｎ+2+a2n+1＝4ｎ+4,a2n+1＋a2n＝4ｎ+２，所以bn+１—bｎ=a２ｎ+2—a2ｎ=【ａ２n+2+a2n+1】—【ａ2n+1＋a２n】＝【４n+4】－【４ｎ+２】=２.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕因此,｛ｂn｝是首項(xiàng)為3,公差為２的等差數(shù)列，通項(xiàng)公式為bn=2n+1。【2】解法一：因?yàn)椋?n+a2n—1=4n,所以由【１】知a2n—1=4n-a2n＝2n-1.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕當(dāng)n=2k【k∈N＊】時(shí)，Sn=【ａ1+a３＋…+a2k－1】+【a２+ａ4＋…+a2k】＝【１＋3＋…+2k—1】+【3＋５+…+2k+1】=(1+2k-1)·k2當(dāng)n＝2k—1【k∈N*】時(shí)，Sn=Sｎ＋1－an＋1=(n+1)(n+3)因此,Ｓn=n解法二:當(dāng)n=2k【k∈N*】時(shí)，Sｎ=【ａ１+ａ2】+【a3＋a4】+…+【a２k－1+a2ｋ】=４+8+…+4k=(4+4k)·k當(dāng)n=２ｋ＋1【ｋ∈N*】時(shí)，Sn=a1+【a２+a３】＋【ａ4+a5】+…+【a2k+a2k+1】=1＋6+10+…+【４k+2】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕=１+(6+4k+2)·k2=ｋ【2k+４】＋1=(n-1)(n+3)2故Ｓｎ=n９．【2021全國乙理，19，12分】記Ｓn為數(shù)列{ａｎ｝的前n項(xiàng)和,bn為數(shù)列｛Sn}的前ｎ項(xiàng)積，已知2Sn＋1【１】證明:數(shù)列｛bn｝是等差數(shù)列；【2】求{aｎ｝的通項(xiàng)公式.解析【1】證明:由ｂn＝S1·S２·…·Sn可得,Sn=b1,n=1,bnb當(dāng)ｎ=1時(shí)，2S1+1b1=２，即2b1＋1b1=2，所以當(dāng)n≥2時(shí),2bnbn-1+1bn=２，即2bｎ＝2bn—１+1，即ｂn—bn—1=12，故數(shù)列{bn【2】由【1】知，bn=32＋【n－１】×12=故當(dāng)n≥2時(shí)，Ｓn=bnbn-1=即Sｎ＝n+2n+1【n∈N*】，從而a1=Ｓ１當(dāng)n≥2時(shí)，an=Ｓn－Ｓn－1=n+2n+1－n+1n=-1所以ａn＝3考法二等差數(shù)列前n項(xiàng)和的最值問題1.【多選】【2022屆石家莊二中開學(xué)考試,１1】設(shè)數(shù)列｛an}是等差數(shù)列,Sｎ是其前n項(xiàng)和，a1＞０且Ｓ6=S９，則【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A.d〉０B.a8=0C．S7或S8為Sn的最大值D．Ｓ5>S6答案:ＢC2?！径噙x】【２０22屆廣東珠海二中10月月考,１１】等差數(shù)列{aｎ｝的前n項(xiàng)和為Sn,已知S1０=０，S15＝25，則【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A.ａ５＝0Ｂ.｛an｝的前n項(xiàng)和中Ｓ5最?。茫畁Ｓn