2025数学步步高大一轮复习讲义人教A版第六章　§6.1　数列的概念含答案

2025数学步步高大一轮复习讲义人教A版第六章§6.1数列的概念§6.1数列的概念课标要求1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式).2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数．知识梳理1．数列的有关概念概念含义数列按照确定的顺序排列的一列数数列的项数列中的每一个数通项公式如果数列{an}的第n项an与它的序号n之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式递推公式如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的递推公式数列{an}的前n项和把数列{an}从第1项起到第n项止的各项之和，称为数列{an}的前n项和，记作Sn，即Sn＝a1＋a2＋…＋an2.数列的分类分类标准类型满足条件项数有穷数列项数有限无穷数列项数无限项与项间的大小关系递增数列an＋1>an其中n∈N*递减数列an＋1<an常数列an＋1＝an摆动数列从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列3.数列与函数的关系数列{an}是从正整数集N*(或它的有限子集{1,2，…，n})到实数集R的函数，其自变量是序号n，对应的函数值是数列的第n项an，记为an＝f(n)．常用结论1．已知数列{an}的前n项和为Sn，则an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))2．在数列{an}中，若an最大，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1))(n≥2，n∈N*)；若an最小，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≤an－1，,an≤an＋1))(n≥2，n∈N*)．自主诊断1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)(1)数列1,2,3与3,2,1是两个不同的数列．(√)(2)数列1,0,1,0,1,0，…的通项公式只能是an＝eq\f(1＋－1n＋1,2).(×)(3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．(×)(4)若数列用图象表示，则从图象上看是一群孤立的点．(√)2．已知数列{an}的通项公式为an＝9＋12n，则在下列各数中，不是{an}的项的是()A．21B．33C．152D．153答案C解析由数列的通项公式得，a1＝21，a2＝33，a12＝153.3．(选择性必修第二册P8T4改编)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，那么它的通项公式an等于()A．n B．2nC．2n＋1 D．n＋1答案B解析∵a1＝S1＝1＋1＝2，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋n)－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n(n≥2)，当n＝1时，2n＝2＝a1，∴an＝2n.4．(选择性必修第二册P9T5改编)如图，古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数．如图中的数1,5,12,22，…称为五边形数，则第8个五边形数是________．答案92解析∵5－1＝4,12－5＝7,22－12＝10，∴相邻两个图形的小石子数的差值依次增加3，∴第5个五边形数是22＋13＝35，第6个五边形数是35＋16＝51，第7个五边形数是51＋19＝70，第8个五边形数是70＋22＝92.题型一由an与Sn的关系求通项公式例1(1)设Sn为数列{an}的前n项和，若2Sn＝3an－3，则a4等于()A．27B．81C．93D．243答案B解析根据2Sn＝3an－3，可得2Sn＋1＝3an＋1－3，两式相减得2an＋1＝3an＋1－3an，即an＋1＝3an，当n＝1时，2S1＝2a1＝3a1－3，解得a1＝3，所以数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列，所以a4＝a1q3＝34＝81.(2)已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，则an＝________.答案eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,\f(2n－1,n)，n≥2))解析由已知，可得当n＝1时，a1＝21＝2，∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，①故a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝2n－1(n≥2)，②由①－②，得nan＝2n－2n－1＝2n－1，∴an＝eq\f(2n－1,n)(n≥2)，当n＝1时，不满足上式，∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,\f(2n－1,n)，n≥2.))思维升华an与Sn的关系问题的求解思路(1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解．(2)利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．跟踪训练1(1)(2023·潍坊统考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sm＋Sn＝Sm＋n，若a1＝2，则a20等于()A．2B．4C．20D．40答案A解析方法一a20＝S20－S19＝S18＋S2－(S18＋S1)＝S2－S1＝S1＝a1＝2.方法二令m＝1，∴Sn＋S1＝Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝S1＝2，∴an＋1＝2，∴a20＝2.(2)(2023·深圳模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝3且当n≥2时，2an＝Sn·Sn－1，则{an}的通项公式an＝________________.答案eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,\f(18,5－3n8－3n)，n≥2))解析当n≥2时，由2an＝Sn·Sn－1可得2Sn－2Sn－1＝Sn·Sn－1，化为eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝－eq\f(1,2)，因为eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝eq\f(1,3)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是首项为eq\f(1,3)，公差为－eq\f(1,2)的等差数列，所以eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,3)－eq\f(1,2)(n－1)＝－eq\f(1,2)n＋eq\f(5,6)，所以Sn＝eq\f(6,5－3n)，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(18,5－3n8－3n)，又因为a1＝3，不符合上式，故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,\f(18,5－3n8－3n)，n≥2.))题型二由数列的递推关系求通项公式命题点1累加法例2若数列{an}满足an＋1－an＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))，且a1＝1，则数列{an}的第100项为()A．2 B．3C．1＋lg99 D．2＋lg99答案B解析因为an＋1－an＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))＝lgeq\f(n＋1,n)＝lg(n＋1)－lgn，所以a100－a99＝lg100－lg99，…a3－a2＝lg3－lg2，a2－a1＝lg2－lg1，以上99个式子累加得a100－a1＝lg100，所以a100＝lg100＋1＝3.命题点2累乘法例3设在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq\f(n,n＋1)an，则an＝________.答案eq\f(2,n)解析∵an＋1＝eq\f(n,n＋1)an，a1＝2，∴an≠0，∴eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n,n＋1)，∴an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·eq\f(an－2,an－3)·…·eq\f(a3,a2)·eq\f(a2,a1)·a1＝eq\f(n－1,n)·eq\f(n－2,n－1)·eq\f(n－3,n－2)·…·eq\f(1,2)·2＝eq\f(2,n)(n≥2)．当n＝1时，a1＝2满足上式．思维升华(1)形如an＋1－an＝f(n)的数列，利用累加法，即可求数列{an}的通项公式．(2)形如eq\f(an＋1,an)＝f(n)的数列，利用累乘法即可求数列{an}的通项公式．跟踪训练2(1)设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为______．答案an＝eq\f(n2＋n,2)解析由题意得a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)，以上各式相加，得an－a1＝2＋3＋…＋n＝eq\f(n－12＋n,2)＝eq\f(n2＋n－2,2).∵a1＝1，∴an＝eq\f(n2＋n,2)(n≥2)．∵当n＝1时，a1＝1也满足此式，∴an＝eq\f(n2＋n,2).(2)已知数列{an}满足a1＝2，(n＋1)an＋1＝2(n＋2)an，则数列{an}的通项公式为____________．答案an＝(n＋1)·2n－1(n∈N*)解析∵(n＋1)an＋1＝2(n＋2)an，∴eq\f(an＋1,an)＝eq\f(2n＋2,n＋1)，则an＝a1·eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·eq\f(a4,a3)·…·eq\f(an,an－1)＝2n－1·a1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)×\f(4,3)×\f(5,4)×…×\f(n＋1,n)))＝(n＋1)·2n－1(n≥2)．当n＝1时，a1＝2满足上式，∴an＝(n＋1)·2n－1(n∈N*)．题型三数列的性质命题点1数列的单调性例4已知数列{an}的通项公式为an＝n2－3λn，则“λ<1”是“数列{an}为递增数列”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案C解析若数列{an}为递增数列，则an＋1－an＝[(n＋1)2－3λ(n＋1)]－(n2－3λn)＝(n2＋2n＋1－3λn－3λ)－(n2－3λn)＝2n＋1－3λ>0，即3λ<2n＋1，由于n∈N*，所以3λ<2×1＋1＝3，解得λ<1，反之，当λ<1时，an＋1－an>0，则数列{an}为递增数列，所以“λ<1”是“数列{an}为递增数列”的充要条件．命题点2数列的周期性例5若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq\f(1＋an,1－an)，则a2024的值为()A．2B．－3C．－eq\f(1,2)D.eq\f(1,3)答案D解析由题意知，a1＝2，a2＝eq\f(1＋2,1－2)＝－3，a3＝eq\f(1－3,1＋3)＝－eq\f(1,2)，a4＝eq\f(1－\f(1,2),1＋\f(1,2))＝eq\f(1,3)，a5＝eq\f(1＋\f(1,3),1－\f(1,3))＝2，a6＝eq\f(1＋2,1－2)＝－3，…，因此数列{an}是周期为4的周期数列，所以a2024＝a506×4＝a4＝eq\f(1,3).命题点3数列的最值例6数列{bn}满足bn＝eq\f(3n－7,2n－1)，则当n＝________时，bn取最大值为________．答案4eq\f(5,8)解析方法一bn－bn－1＝eq\f(3n－7,2n－1)－eq\f(3n－10,2n－2)＝eq\f(13－3n,2n－1)，∴当n≤4时，bn>bn－1，∴{bn}单调递增，当n≥5时，bn<bn－1，∴{bn}单调递减，故当n＝4时，(bn)max＝b4＝eq\f(5,8).方法二令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bn≥bn＋1，,bn≥bn－1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3n－7,2n－1)≥\f(3n－4,2n)，,\f(3n－7,2n－1)≥\f(3n－10,2n－2)，))解得eq\f(10,3)≤n≤eq\f(13,3)，又n∈N*，故n＝4，故当n＝4时，(bn)max＝b4＝eq\f(5,8).思维升华(1)解决数列的周期性问题，先求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．(2)解决数列的单调性问题，常用作差比较法，根据差的符号判断数列{an}的单调性．跟踪训练3(1)(2024·安康模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝a2＝1，a3＝a4＝2，an＋an＋4＝0，则()A．S23>S21>S22 B．S21>S22>S23C．S21>S23>S22 D．S23>S22>S21答案B解析因为an＋an＋4＝0，所以an＋4＝－an，所以an＋8＝－an＋4＝an，所以{an}是以8为周期的周期数列，又a1＝a2＝1，a3＝a4＝2，所以a6＝－a2＝－1，a7＝－a3＝－2，所以S22－S21＝a22＝a6＝－1<0，S23－S22＝a23＝a7＝－2<0，所以S22<S21，S23<S22，故S21>S22>S23.(2)已知数列{an}的通项an＝eq\f(2n－19,2n－21)，n∈N*，则数列{an}前20项中的最大项与最小项的值分别为________．答案3，－1解析an＝eq\f(2n－19,2n－21)＝eq\f(2n－21＋2,2n－21)＝1＋eq\f(2,2n－21)，当n≥11时，eq\f(2,2n－21)>0，且单调递减；当1≤n≤10时，eq\f(2,2n－21)<0，且单调递减．因此数列{an}前20项中的最大项与最小项分别为第11项，第10项，则a11＝3，a10＝－1.课时精练一、单项选择题1．若数列的前4项分别是eq\f(1,2)，－eq\f(1,3)，eq\f(1,4)，－eq\f(1,5)，则此数列的一个通项公式为()A.eq\f(－1n＋1,n＋1) B.eq\f(－1n,n＋1)C.eq\f(－1n,n) D.eq\f(－1n－1,n)答案A解析由于数列的前4项分别是eq\f(1,2)，－eq\f(1,3)，eq\f(1,4)，－eq\f(1,5)，可得奇数项为正数，偶数项为负数，第n项的绝对值等于eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)))，故此数列的一个通项公式为eq\f(－1n＋1,n＋1).2．(2023·北京模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝n2－1，则a3等于()A．－5B．5C．7D．8答案B解析因为Sn＝n2－1，所以a3＝S3－S2＝(32－1)－(22－1)＝5.3．已知数列{an}的首项为3，an＋1－an＝2n－8(n∈N*)，则a8等于()A．0B．3C．8D．11答案B解析由an＋1－an＝2n－8，得a2－a1＝－6，a3－a2＝－4，…，a8－a7＝6，由累加法得a8－a1＝－6＋(－4)＋(－2)＋0＋2＋4＋6＝0，所以a8＝a1＝3.4．若数列{an}的前n项积为n2，那么当n≥2时，an等于()A．2n－1 B．n2C.eq\f(n＋12,n2) D.eq\f(n2,n－12)答案D解析设数列{an}的前n项积为Tn，则Tn＝n2，当n≥2时，an＝eq\f(Tn,Tn－1)＝eq\f(n2,n－12).5．已知在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an·an＋2＝an＋1(n∈N*)，则a2024的值为()A．2B．1C.eq\f(1,2)D.eq\f(1,4)答案A解析因为an·an＋2＝an＋1(n∈N*)，由a1＝1，a2＝2，得a3＝2，由a2＝2，a3＝2，得a4＝1，由a3＝2，a4＝1，得a5＝eq\f(1,2)，由a4＝1，a5＝eq\f(1,2)，得a6＝eq\f(1,2)，由a5＝eq\f(1,2)，a6＝eq\f(1,2)，得a7＝1，由a6＝eq\f(1,2)，a7＝1，得a8＝2，由此推理可得数列{an}是周期为6的数列，所以a2024＝a2＝2.6．已知数列{an}的通项an＝eq\f(n,n2＋90)，则数列{an}中的最大项的值是()A．3eq\r(10)B．19C.eq\f(1,19)D.eq\f(\r(10),60)答案C解析令f(x)＝x＋eq\f(90,x)(x>0)，运用基本不等式得f(x)≥6eq\r(10)，当且仅当x＝3eq\r(10)时，等号成立．因为an＝eq\f(1,n＋\f(90,n))，n∈N*，所以eq\f(1,n＋\f(90,n))≤eq\f(1,6\r(10))，所以当n＝9或n＝10时，an＝eq\f(1,19)最大．二、多项选择题7．已知数列{an}的通项公式为an＝(n＋2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,7)))n，则下列说法正确的是()A．a1是数列{an}的最小项B．a4是数列{an}的最大项C．a5是数列{an}的最大项D．当n≥5时，数列{an}是递减数列答案BCD解析假设第n项为{an}的最大项，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＋2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,7)))n≥n＋1·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,7)))n－1，,n＋2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,7)))n≥n＋3·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,7)))n＋1，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n≤5，,n≥4，))又n∈N*，所以n＝4或n＝5，故在数列{an}中a4与a5均为最大项，且a4＝a5＝eq\f(65,74)，当n≥5时，数列{an}是递减数列．8．(2023·扬州仪征中学模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq\f(an＋\r(a\o\al(2,n)＋1),2)，则下列说法正确的是()A．a2023>a2022B．4aeq\o\al(2,n＋1)－1＝4an＋1anC.eq\f(1,a\o\al(2,n))＋eq\f(15,a\o\al(2,n＋1))的最小值为8＋eq\r(15)D．an≥1答案ABD解析因为an＋1－an＝eq\f(an＋\r(a\o\al(2,n)＋1),2)－an＝eq\f(\r(a\o\al(2,n)＋1)－an,2)>0，即an＋1>an，所以an≥a1＝1，故D正确；因为an＋1>an，所以数列{an}为递增数列，可得a2023>a2022，故A正确；对于选项B，因为an＋1＝eq\f(an＋\r(a\o\al(2,n)＋1),2)，则2an＋1－an＝eq\r(a\o\al(2,n)＋1)，两边平方整理得4aeq\o\al(2,n＋1)－1＝4an＋1an，故B正确；对于选项C，因为数列{an}为递增数列且an≥1>0，则eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a\o\al(2,n))))为递减数列，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a\o\al(2,n))＋\f(15,a\o\al(2,n＋1))))为递减数列，不存在最小值，故C错误．三、填空题9．若an＝－2n2＋29n＋3，则数列{an}的最大项是第________项．答案7解析由题意得，an＝－2n2＋29n＋3，其对应的二次函数为y＝－2x2＋29x＋3，函数y＝－2x2＋29x＋3的图象开口向下，对称轴为x＝eq\f(29,4)，因为n为正整数，所以当n＝7时，an取得最大值．10．已知数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(1,3)an＋eq\f(2,3)，则{an}的通项公式an＝________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1解析当n＝1时，a1＝S1＝eq\f(1,3)a1＋eq\f(2,3)，所以a1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,3)an－eq\f(1,3)an－1，所以eq\f(an,an－1)＝－eq\f(1,2)，所以数列{an}是以1为首项，－eq\f(1,2)为公比的等比数列，故an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1.11．已知数列{an}满足a1＝1，(n－1)an＝n·2nan－1(n∈N*，n≥2)，则数列{an}的通项公式为________．答案an＝解析当n≥2时，有(n－1)an＝n·2nan－1，故eq\f(an,an－1)＝eq\f(n,n－1)·2n，则有eq\f(an－1,an－2)＝eq\f(n－1,n－2)·2n－1，eq\f(an－2,an－3)＝eq\f(n－2,n－3)·2n－2，…，eq\f(a2,a1)＝eq\f(2,1)×22.上述n－1个式子累乘，得eq\f(an,a1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n－1)·2n))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n－2)·2n－1))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－2,n－3)·2n－2))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1)×22))＝n·2n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2＝.因为a1＝1，所以an＝，而当n＝1时，a1＝1×20＝1，也满足上式，故数列{an}的通项公式为an＝.12．(2024·重庆模拟)九连环是中国的一种古老智力游戏，它用九个圆环相连成串，环环相扣，以解开为胜，趣味无穷．现假设有n个圆环，用an表示按照某种规则解下n个圆环所需的最少移动次数，且数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＝an－2＋2n－1(n≥3，n∈N*)，则解开九连环最少需要移动________次．答案341解析由题意，an＝an－2＋2n－1，故a3－a1＝22，a5－a3＝24，…a2n－1－a2n－3＝22n－2，以上各式相加，可得a2n－1－a1＝22＋24＋…＋22n－2＝41＋42＋…＋4n－1，即a2n－1＝1＋41＋42＋…＋4n－1＝eq\f(1－4n,1－4)＝eq\f(4n－1,3)，所以按规则解开九连环最少需要移动的次数为a9＝eq\f(45－1,3)＝341.四、解答题13．已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且满足a1＝1，an＋1＝2eq\r(Sn)＋1.(1)求a2的值；(2)求数列{an}的通项公式．解(1)∵a1＝1，an＋1＝2eq\r(Sn)＋1，∴a2＝2eq\r(S1)＋1＝2eq\r(a1)＋1＝3.(2)方法一由an＋1＝2eq\r(Sn)＋1，得Sn＋1－Sn＝2eq\r(Sn)＋1，故Sn＋1＝(eq\r(Sn)＋1)2.∵an>0，∴Sn>0，∴eq\r(Sn＋1)＝eq\r(Sn)＋1，即eq\r(Sn＋1)－eq\r(Sn)＝1，则eq\r(Sn)－eq\r(Sn－1)＝1(n≥2)，由累加法可得eq\r(Sn)＝1＋(n－1)＝n，∴Sn＝n2(n≥2)，又S1＝a1＝1，满足上式，∴Sn＝n2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，又a1＝1适合上式，∴an＝2n－1.方法二由an＋1＝2eq\r(Sn)＋1，得(an＋1－1)2＝4Sn，当n≥2时，(an－1)2＝4Sn－1，∴(an＋1－1)2－(an－1)2＝4(Sn－Sn－1)＝4an.∴aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)－2an＋1－2an＝0，即(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0.∵an>0，∴an＋1－an＝2(n≥2)．a2－a1＝2，∴{an}为等差数列，且公差为2，∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.14．已知在数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn，且满足2Sn＝(n＋1)an(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝3n－λaeq\o\al(2,n)，若数列{bn}为递增数列，求λ的取值范围．解(1)∵2Sn＝(n＋1)an，∴2Sn＋1＝(n＋2)an＋1，∴2an＋1＝(n＋2)an＋1－(n＋1)an，即nan＋1＝(n＋1)an，∴eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(an,n)，∴eq\f(an,n)＝eq\f(an－1,n－1)＝…＝eq\f(a1,1)＝1，∴an＝n(n∈N*)．(2)∵bn＝3n－λn2，∴bn＋1－bn＝3n＋1－λ(n＋1)2－(3n－λn2)＝2·3n－λ(2n＋1)．∵数列{bn}为递增数列，∴2·3n－λ(2n＋1)>0，即λ<eq\f(2·3n,2n＋1).令cn＝eq\f(2·3n,2n＋1)，则eq\f(cn＋1,cn)＝eq\f(2·3n＋1,2n＋3)·eq\f(2n＋1,2·3n)＝eq\f(6n＋3,2n＋3)>1，∴{cn}为递增数列，∴λ<c1＝2，即λ的取值范围为(－∞，2)．15．(多选)“斐波那契数列”由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契发现．因为斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称该数列为“兔子数列”．“斐波那契数列”{an}满足a1＝1，a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3，n∈N*)，记其前n项和为Sn，则下列结论正确的是()A．S7＝33B．S2024＋S2023－S2022－S2021＝a2026C．a1＋a3＋a5＋…＋a2023＝a2024D．aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\al(2,2023)＝a2022a2023答案ABC解析A项，S7＝a1＋a2＋a3＋…＋a7＝1＋1＋2＋3＋5＋8＋13＝33，A正确；B项，S2024＋S2023－S2022－S2021＝a2023＋a2024＋a2022＋a2023＝a2025＋a2024＝a2026，B正确；C项，a1＋a3＋a5＋…＋a2023＝a4＋a5＋…＋a2023＝a6＋…＋a2023＝a2022＋a2023＝a2024，C正确；D项，aeq\o\al(2,1)＝a2a1，aeq\o\al(2,2)＝a2(a3－a1)＝a2a3－a1a2，aeq\o\al(2,3)＝a3a4－a2a3，aeq\o\al(2,4)＝a4a5－a3a4，…，aeq\o\al(2,2022)＝a2022a2023－a2021a2022，aeq\o\al(2,2023)＝a2023a2024－a2022a2023，所以aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\al(2,2023)＝a2023a2024，D错误．16．(2023·内江模拟)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且满足aeq\o\al(3,1)＋aeq\o\al(3,2)＋…＋aeq\o\al(3,n)＝Seq\o\al(2,n)，n∈N*，则数列{an}的通项公式为________．答案an＝n解析aeq\o\al(3,1)＋aeq\o\al(3,2)＋…＋aeq\o\al(3,n)＝Seq\o\al(2,n)，①当n＝1时，a1＝1；当n≥2时，aeq\o\al(3,1)＋aeq\o\al(3,2)＋…＋aeq\o\al(3,n－1)＝Seq\o\al(2,n－1)＝(Sn－an)2，②①－②得aeq\o\al(3,n)＝Seq\o\al(2,n)－(Sn－an)2＝an(2Sn－an)，因为各项均不为0，所以aeq\o\al(2,n)＝2Sn－an，③aeq\o\al(2,n－1)＝2Sn－1－an－1(n≥2)，④③－④得(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0(n≥2)，因为an＋an－1>0，所以an－an－1＝1(n≥2)，所以an＝1＋n－1＝n.又a1＝1适合上式，所以an＝n.§6.2等差数列课标要求1.理解等差数列的概念和通项公式的意义.2.探索并掌握等差数列的前n项和公式，理解等差数列的通项公式与前n项和公式的关系.3.能在具体问题情境中，发现数列的等差关系，并解决相应的问题.4.体会等差数列与一元函数的关系．知识梳理1．等差数列的有关概念(1)等差数列的定义一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d表示，定义表达式为an－an－1＝d(常数)(n≥2，n∈N*)．(2)等差中项由三个数a，A，b组成等差数列，则A叫做a与b的等差中项，且有2A＝a＋b.2．等差数列的有关公式(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d.(2)前n项和公式：Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d或Sn＝eq\f(na1＋an,2).3．等差数列的常用性质(1)若{an}为等差数列，且p＋q＝s＋t，则ap＋aq＝as＋at(p，q，s，t∈N*)．(2)等差数列{an}的单调性当d>0时，{an}是递增数列；当d<0时，{an}是递减数列；当d＝0时，{an}是常数列．4．等差数列前n项和的常用性质(1)当d≠0时，等差数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n是关于n的二次函数．(2)在等差数列{an}中，若a1>0，d<0，则Sn存在最大值；若a1<0，d>0，则Sn存在最小值．常用结论1．等差数列通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(m，n∈N*)．2．已知数列{an}的通项公式是an＝pn＋q(其中p，q为常数)，则数列{an}一定是等差数列，且公差为p.3．数列{an}是等差数列⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．这里公差d＝2A.4．若{an}，{bn}均为等差数列且其前n项和为Sn，Tn，则eq\f(an,bn)＝eq\f(S2n－1,T2n－1).5．若等差数列{an}的项数为偶数2n，则(1)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；(2)S偶－S奇＝nd，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(an,an＋1).6．若等差数列{an}的项数为奇数2n＋1，则(1)S2n＋1＝(2n＋1)an＋1；(2)eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(n＋1,n).自主诊断1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．(×)(2)等差数列{an}中，a10＝a1＋a9.(×)(3)若等差数列{an}的前n项和为Sn，则S6，S12，S18也成等差数列．(×)(4)若{an}是等差数列，则对任意n∈N*都有2an＋1＝an＋an＋2.(√)2．(选择性必修第二册P15T4改编)已知在等差数列{an}中，a4＋a8＝20，a7＝12，则a4等于()A．－2B．4C．6D．8答案C解析设等差数列{an}的公差为d，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋3d＋a1＋7d＝20，,a1＋6d＝12，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝0，,d＝2，))∴a4＝a1＋3d＝6.3．若一个等差数列的首项为eq\f(1,25)，从第10项起开始比1大，则这个等差数列的公差d的取值范围是()A．d>eq\f(8,75) B．d<eq\f(3,25)C.eq\f(8,75)<d<eq\f(3,25) D.eq\f(8,75)<d≤eq\f(3,25)答案D解析由题意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a10>1，,a9≤1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,25)＋9d>1，,\f(1,25)＋8d≤1，))所以eq\f(8,75)<d≤eq\f(3,25).4．(2023·安康模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＋a4＝4，则S6等于()A．6B．12C．18D．24答案B解析由等差数列的性质，可得a1＋a6＝a3＋a4＝4，所以S6＝eq\f(6a1＋a6,2)＝eq\f(6a3＋a4,2)＝12.题型一等差数列基本量的运算例1(1)(2023·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5等于()A．25B．22C．20D．15答案C解析方法一设等差数列{an}的公差为d，首项为a1，依题意可得，a2＋a6＝a1＋d＋a1＋5d＝10，即a1＋3d＝5，①又a4a8＝(a1＋3d)(a1＋7d)＝45，②①②联立，解得d＝1，a1＝2，所以S5＝5a1＋eq\f(5×4,2)×d＝5×2＋10＝20.方法二依题意可得，a2＋a6＝2a4＝10，a4a8＝45，所以a4＝5，a8＝9，从而d＝eq\f(a8－a4,8－4)＝1，于是a3＝a4－d＝5－1＝4，所以S5＝5a3＝20.(2)广丰永和塔塔高九层，每至夜色降临，金灯齐明，塔身晶莹剔透，远望犹如仙境．某游客从塔底层(一层)进入塔身，即沿石阶逐级攀登，一步一阶，此后每上一层均沿塔走廊绕塔一周以便浏览美景，现知底层共二十六级台阶，此后每往上一层减少两级台阶，顶层绕塔一周需十二步，每往下一层绕塔一周需多三步，则这位游客从底层进入塔身开始到顶层绕塔一周停止共需()A．352步B．387步C．332步D．368步答案C解析设从第n层到第n＋1层所走的台阶数为an，绕第n＋1层一周所走的步数为bn，由已知可得a1＝26，an＋1－an＝－2，n∈{1,2,3,4,5,6,7,8}，b8＝12，bn－bn＋1＝3，n∈{1,2,3,4,5,6,7,8}，所以数列{an}为首项为26，公差为－2的等差数列，故an＝28－2n，n∈{1,2,3,4,5,6,7,8}，数列{bn}为公差为－3的等差数列，故bn＝36－3n，n∈{1,2,3,4,5,6,7,8}，设数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，所以S8＝eq\f(8a1＋a8,2)＝152，T8＝eq\f(8b1＋b8,2)＝180，S8＋T8＝152＋180＝332，故这位游客从底层进入塔身开始到顶层绕塔一周停止共需332步．思维升华(1)等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1，n，d，an，Sn，知道其中三个就能求出另外两个(简称“知三求二”)．(2)确定等差数列的关键是求出两个最基本的量，即首项a1和公差d.跟踪训练1(1)(多选)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S4＝0，a5＝5，则下列选项正确的是()A．a2＋a3＝0 B．an＝2n－5C．Sn＝n(n－4) D．d＝－2答案ABC解析S4＝eq\f(4a1＋a4,2)＝0，所以a1＋a4＝a2＋a3＝0，故A正确；a5＝a1＋4d＝5，①a1＋a4＝a1＋a1＋3d＝0，②联立①②得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝2，,a1＝－3，))所以an＝－3＋(n－1)×2＝2n－5，故B正确，D错误；Sn＝－3n＋eq\f(nn－1,2)×2＝n2－4n，故C正确．(2)(2023·洛阳联考)《周髀算经》中有这样一个问题：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，前三个节气日影长之和为28.5尺，最后三个节气日影长之和为1.5尺，则春分时节的日影长为()A．4.5尺 B．3.5尺C．2.5尺 D．1.5尺答案A解析冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气日影长构成等差数列{an}，设公差为d，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＝28.5，,a10＋a11＋a12＝1.5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝10.5，,d＝－1，))所以an＝a1＋(n－1)d＝11.5－n，所以a7＝11.5－7＝4.5，即春分时节的日影长为4.5尺．题型二等差数列的判定与证明例2(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{eq\r(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①③⇒②.已知{an}是等差数列，a2＝3a1.设数列{an}的公差为d，则a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，所以Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝n2a1.因为数列{an}的各项均为正数，所以eq\r(Sn)＝neq\r(a1)，所以eq\r(Sn＋1)－eq\r(Sn)＝(n＋1)eq\r(a1)－neq\r(a1)＝eq\r(a1)(常数)，所以数列{eq\r(Sn)}是等差数列．①②⇒③.已知{an}是等差数列，{eq\r(Sn)}是等差数列．设数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(1,2)dn2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n.因为数列{eq\r(Sn)}是等差数列，所以数列{eq\r(Sn)}的通项公式是关于n的一次函数，则a1－eq\f(d,2)＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1.②③⇒①.已知数列{eq\r(Sn)}是等差数列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1.设数列{eq\r(Sn)}的公差为d，d>0，则eq\r(S2)－eq\r(S1)＝eq\r(4a1)－eq\r(a1)＝d，得a1＝d2，所以eq\r(Sn)＝eq\r(S1)＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2，所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n≥2)是关于n的一次函数，且a1＝d2满足上式，所以数列{an}是等差数列．思维升华判断数列{an}是等差数列的常用方法(1)定义法：对于数列{an}，an－an－1(n≥2，n∈N*)为同一常数⇔{an}是等差数列；(2)等差中项法：对于数列{an},2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立⇔{an}是等差数列；(3)通项公式法：an＝pn＋q(p，q为常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列；(4)前n项和公式法：验证Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列．跟踪训练2(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eq\f(2,Sn)＋eq\f(1,bn)＝2.(1)证明：数列{bn}是等差数列；(2)求{an}的通项公式．(1)证明因为bn是数列{Sn}的前n项积，所以n≥2时，Sn＝eq\f(bn,bn－1)，代入eq\f(2,Sn)＋eq\f(1,bn)＝2可得，eq\f(2bn－1,bn)＋eq\f(1,bn)＝2，整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝eq\f(1,2)(n≥2)．又eq\f(2,S1)＋eq\f(1,b1)＝eq\f(3,b1)＝2，所以b1＝eq\f(3,2)，故{bn}是以eq\f(3,2)为首项，eq\f(1,2)为公差的等差数列．(2)解由(1)可知，bn＝eq\f(n＋2,2)，则eq\f(2,Sn)＋eq\f(2,n＋2)＝2，所以Sn＝eq\f(n＋2,n＋1)，当n＝1时，a1＝S1＝eq\f(3,2)，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n＋2,n＋1)－eq\f(n＋1,n)＝－eq\f(1,nn＋1).又a1＝eq\f(3,2)不满足此式，故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，n＝1，,－\f(1,nn＋1)，n≥2.))题型三等差数列的性质命题点1项的性质例3(1)(2024·郑州模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝S21，则S23等于()A．1B．2C．3D．4答案B解析∵S3＝S21，∴S21－S3＝a4＋a5＋…＋a21＝9(a4＋a21)＝0，∴a4＋a21＝0，∴S23＝a1＋a2＋a3＋(a4＋a5＋…a21)＋a22＋a23＝a1＋a2＋a3＋a22＋a23＝a1＋2(a4＋a21)＝a1＝2.(2)(多选)(2023·郑州模拟)若数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，S5<S6，S6＝S7，S7>S8，则下列说法正确的有()A．公差d<0B．S12>0C．S9>S5D．使Sn<0的最小正整数n为14答案ABD解析由题意得，S5<S6，则S6－S5＝a6>0；S6＝S7，则S7－S6＝a7＝0；S7>S8，则S8－S7＝a8<0.由a6>a7，得d<0，故A正确；S12＝eq\f(12a1＋a12,2)＝6(a6＋a7)＝6a6>0，故B正确；S9－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＝2(a7＋a8)＝2a8<0，故S9<S5，故C错误；S14＝eq\f(14a1＋a14,2)＝7(a7＋a8)＝7a8<0，S13＝eq\f(14a1＋a13,2)＝14a7＝0，故D正确．命题点2和的性质例4(1)(2023·洛阳模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S6＝63，则a7＋a8＋a9等于()A．63B．71C．99D．117答案C解析由等差数列{an}的前n项和性质，得S3，S6－S3，S9－S6也成等差数列，即2(S6－S3)＝S3＋S9－S6，又S3＝9，S6＝63，则S9＝162，因此a7＋a8＋a9＝S9－S6＝162－63＝99.(2)(2023·郑州模拟)设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别是Sn，Tn，若eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(3n＋7,2n)，则eq\f(a6,b6)等于()A.eq\f(20,17)B.eq\f(20,11)C.eq\f(17,22)D.eq\f(17,12)答案B解析因为等差数列{an}，{bn}的前n项和分别是Sn，Tn，所以eq\f(a6,b6)＝eq\f(\f(a1＋a11,2),\f(b1＋b11,2))＝eq\f(\f(11a1＋a11,2),\f(11b1＋b11,2))＝eq\f(S11,T11)＝eq\f(33＋7,22)＝eq\f(20,11).延伸探究在本例(2)中，将eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(3n＋7,2n)改为eq\f(an,bn)＝eq\f(3n＋7,2n)，则eq\f(S7,T7)＝________.答案eq\f(19,8)解析eq\f(S7,T7)＝eq\f(7a4,7b4)＝eq\f(a4,b4)＝eq\f(19,8).思维升华等差数列的性质(1)若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an；(2)若{an}是公差为d的等差数列，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)组成公差为md的等差数列；(3)在等差数列{an}中，数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列，且有S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)，S2n－1＝(2n－1)an.跟踪训练3(1)(2023·南充模拟)等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝10，a2＋a3＋a4＋a5＝20，则Sn的最大值为()A．60B．50C.eq\f(121,4)D．30答案D解析由a1＝10，a2＋a3＋a4＋a5＝2(a1＋a6)＝20，得a6＝0，由于{an}为等差数列，且a1＝10>0，a6＝0，所以当n≤5，n∈N*时，an>0，故Sn的最大值为S5＝S6＝eq\f(a1＋a6×6,2)＝eq\f(10×6,2)＝30.(2)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若eq\f(S3,S6)＝eq\f(1,3)，则eq\f(S6,S12)等于()A.eq\f(3,10)B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,8)D.eq\f(1,9)答案A解析由等差数列的性质可知S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等差数列，∵eq\f(S3,S6)＝eq\f(1,3)，即S6＝3S3，(S6－S3)－S3＝S3，∴S9－S6＝3S3，S12－S9＝4S3，∴S9＝6S3，S12＝10S3，∴eq\f(S6,S12)＝eq\f(3S3,10S3)＝eq\f(3,10).课时精练一、单项选择题1．已知{an}为等差数列，其前n项和为Sn，若a1＝1，a3＝5，Sn＝64，则n等于()A．6B．7C．8D．9答案C解析因为d＝eq\f(a3－a1,2)＝2，Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝n＋n(n－1)＝64，解得n＝8(负值舍去)．2．已知数列{an}是等差数列，若a1－a9＋a17＝7，则a3＋a15等于()A．7B．14C．21D．7(n－1)答案B解析因为a1－a9＋a17＝(a1＋a17)－a9＝2a9－a9＝a9＝7，所以a3＋a15＝2a9＝2×7＝14.3．在等差数列{an}中，a1＝29，S10＝S20，则数列{an}的前n项和Sn的最大值为()A．S15 B．S16C．S15或S16 D．S17答案A解析∵a1＝29，S10＝S20，∴10a1＋eq\f(10×9,2)d＝20a1＋eq\f(20×19,2)d，解得d＝－2，∴Sn＝29n＋eq\f(nn－1,2)×(－2)＝－n2＋30n＝－(n－15)2＋225，∴当n＝15时，Sn取得最大值．4．(2023·鹰潭统考)公差不为0的等差数列{an}满足aeq\o\al(2,3)＋aeq\o\al(2,4)＝aeq\o\al(2,5)＋aeq\o\al(2,6)，Sn为数列{an}的前n项和，则下列各选项正确的是()A．a4＝0 B．a5＝0C．S8＝0 D．S9＝0答案C解析依题意，(aeq\o\al(2,6)－aeq\o\al(2,4))＋(aeq\o\al(2,5)－aeq\o\al(2,3))＝0，即2d(a6＋a4)＋2d(a5＋a3)＝0，∵d≠0，∴a6＋a4＋a5＋a3＝0，∴a5＋a4＝0，即S8＝0.5．(2023·河南统考)已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d>0”是“S3n－S2n>S2n－Sn”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案C解析(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝(a2n＋1＋a2n＋2＋…＋a3n)－(an＋1＋an＋2＋…＋a2n)＝(a2n＋1－an＋1)＋(a2n＋2－an＋2)＋…＋(a3n－a2n)＝n2d，因为n2>0，若d>0，则S3n－S2n>S2n－Sn，若S3n－S2n>S2n－Sn，则n2d>0，即d>0，故“d>0”是“S3n－S2n>S2n－Sn”的充要条件．6．(2023·青岛模拟)已知等差数列{an}，an＋m＝am＋n(n≠m，n，m∈N*)，数列{bn}满足bn＝a2n＋1＋a2n－1，则b2024－b2023等于()A．1B．2C．4D．8答案C解析∵bn＝a2n＋1＋a2n－1，∴b2024＝a4049＋a4047，b2023＝a4047＋a4045，∴b2024－b2023＝(a4049＋a4047)－(a4047＋a4045)＝a4049－a4045.又an＋m＝am＋n，∴an－am＝n－m，∴b2024－b2023＝a4049－a4045＝4049－4045＝4.二、多项选择题7．已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，若a1>0，S4＝S12，则()A．公差d<0B．a7＋a9<0C．Sn的最大值为S8D．满足Sn<0的n的最小值为16答案AC解析因为a1>0，S4＝S12，则eq\f(4a1＋a4,2)＝eq\f(12a1＋a12,2)，即a1＋a4＝3(a1＋a12)，则d＝－eq\f(2,15)a1<0，故A正确；a7＋a9＝2a1＋14d＝－d>0，故B错误；由a7＋a9>0，得a8>0，a9＝a1＋8d＝eq\f(1,2)d<0，因为d<0，a1>0，所以数列{an}是递减数列，且当n≤8时，an>0，当n≥9时，an<0，所以Sn的最大值为S8，故C正确；Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n＝－eq\f(a1,15)n2＋eq\f(16a1,15)n，令Sn<0，解得n>16，所以满足Sn<0的n的最小值为17，故D错误．8．(2024·南通统考)在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢．则()A．驽马第七日行九十四里B．第七日良马先至齐C．第八日二马相逢D．二马相逢时良马行一千三百九十五里答案AD解析由题意可知，两马日行里数分别成等差数列，记数列{an}为良马的日行里数，其中首项a1＝103，公差d1＝13，所以数列{an}的通项公式为an＝13n＋90，n∈N*，记数列{bn}为驽马的日行里数，其中首项b1＝97，公差d2＝－0.5，所以数列{bn}的通项公式为bn＝－0.5n＋97.5，n∈N*，因此，驽马第七日行里数为b7＝－0.5×7＋97.5＝94，即驽马第七日行九十四里，故A正确；第七日良马行走总里程为S7＝103×7＋eq\f(7×6,2)×13＝994，而齐去长安一千一百二十五里，因为994<1125，所以第七日良马未至齐，故B错误；设第m日两马相逢，由题意可知两马行走的总里数是齐去长安距离的两倍，即103m＋eq\f(mm－1,2)×13＋97m－eq\f(mm－1,2)×0.5＝2×1125，解得m＝9或m＝－40(舍)，即第九日二马相逢，故C错误；由C可知，第九日二马相逢，此时良马共行走了S9＝103×9＋eq\f(9×8,2)×13＝1395，所以二马相逢时良马行一千三百九十五里，故D正确．三、填空题9．若一个等差数列{an}满足：①每项均为正整数；②首项与公差的积大于该数列的第二项且小于第三项．写出一个满足条件的数列的通项公式an＝________.答案2n＋1(答案不唯一)解析设{an}的公差为d，由题意得a2<a1d<a3，所以a1＋d<a1d<a1＋2d，又a1，d为正整数，所以可取a1＝3，d＝2，故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.10．已知公差不为0的等差数列{an}的前23项和等于前8项和．若a8＋ak＝0，则k的值为________．答案24解析设等差数列{an}的公差为d，d≠0，则由题意得S23＝S8，即23a1＋eq\f(23×22,2)d＝8a1＋eq\f(8×7,2)d，整理得a1＝－15d.因为a8＋ak＝0，所以a1＋7d＋a1＋(k－1)d＝0，即2a1＋(k＋6)d＝0，所以－30d＋(k＋6)d＝0，因为d≠0，所以k＝24.11．设Sn，Tn分别为等差数列{an}，{bn}的前n项和，且eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(3n＋2,4n＋5).设A是直线BC外一点，P是直线BC上一点，且eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(a1＋a5,b3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋λeq\o(AC,\s\up6(→))，则实数λ的值为________．答案－eq\f(9,25)解析依题意，B，C，P三点共线，∴eq\f(a1＋a5,b3)＋λ＝1，∴λ＝1－2×eq\f(a3,b3)，依题意，eq\f(a3,b3)＝eq\f(2a3,2b3)＝eq\f(a1＋a5,b1＋b5)＝eq\f(a1＋a5×\f(5,2),b1＋b5×\f(5,2))＝eq\f(S5,T5)＝eq\f(3×5＋2,4×5＋5)＝eq\f(17,25)，∴λ＝1－2×eq\f(17,25)＝－eq\f(9,25).12．等差数列{an}共有2n＋1项，所有的奇数项之和为132，所有的偶数项之和为120，则n＝________.答案10解析因为等差数列{an}共有2n＋1项，所有奇数项之和为S奇＝a1＋a3＋…＋a2n＋1＝eq\f(n＋1a1＋a2n＋1,2)＝(n＋1)an＋1＝132，所有偶数项之和为S偶＝a2＋a4＋…＋a2n＝eq\f(na2＋a2n,2)＝nan＋1＝120，所以eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(n＋1an＋1,nan＋1)＝eq\f(n＋1,n)＝eq\f(132,120)＝eq\f(11,10)，解得n＝10.四、解答题13．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n2＋n－λ)an(n＝1,2，…)，λ是常数．(1)当a2＝－1时，求λ及a3的值；(2)数列{an}是否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不可能，说明理由．解(1)因为an＋1＝(n2＋n－λ)an(n＝1,2，…)，且a1＝1，所以当a2＝－1时，－1＝2－λ，解得λ＝3，所以a3＝(22＋2－3)×(－1)＝－3.(2)数列{an}不可能为等差数列．理由如下：由a1＝1，an＋1＝(n2＋n－λ)an，得a2＝2－λ，a3＝(6－λ)(2－λ)，a4＝(12－λ)(6－λ)(2－λ)，若存在常数λ，使{an}为等差数列，则a3－a2＝a2－a1，即(5－λ)(2－λ)＝1－λ，解得λ＝3，于是a2－a1＝1－λ＝－2，a4－a3＝(11－λ)(6－λ)(2－λ)＝－24，这与{an}为等差数列矛盾，所以对于任意常数λ，{an}都不可能是等差数列．14．(2023·新高考全国Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn＝eq\f(n2＋n,an)，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和．(1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式；(2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d.解(1)∵3a2＝3a1＋a3，∴3d＝a1＋2d，解得a1＝d，∴S3＝3a2＝3(a1＋d)＝6d，an＝a1＋(n－1)d＝nd，又T3＝b1＋b2＋b3＝eq\f(2,d)＋eq\f(6,2d)＋eq\f(12,3d)＝eq\f(9,d)，∴S3＋T3＝6d＋eq\f(9,d)＝21，即2d2－7d＋3＝0，解得d＝3或d＝eq\f(1,2)(舍去)，∴an＝nd＝3n.(2)∵{bn}为等差数列，∴2b2＝b1＋b3，即eq\f(12,a2)＝eq\f(2,a1)＋eq\f(12,a3)，∴6eq\b\