2026《金版教程》高考复习方案数学提升版-第2讲 等差数列

第2讲等差数列eq\a\vs4\al()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.能在具体的问题情境中，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一次函数的关系．1．等差数列的有关概念(1)定义：一般地，如果一个数列从eq\x(\s\up1(01))第2项起，每一项与它的前一项的eq\x(\s\up1(02))差都等于eq\x(\s\up1(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eq\x(\s\up1(04))公差，公差通常用字母d表示．数学语言表示为eq\x(\s\up1(05))an＋1－an＝d(n∈N*)，d为常数．(2)等差中项：由三个数a，A，b组成的等差数列可以看成是最简单的等差数列，这时eq\x(\s\up1(06))A叫做a与b的等差中项，根据等差数列的定义可以知道，2A＝eq\x(\s\up1(07))a＋b．2．等差数列的有关公式(1)通项公式：an＝eq\x(\s\up1(08))a1＋(n－1)d．(2)前n项和公式：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，其公差为n2d.(7)若等差数列的项数为2n(n∈N*)，则S偶－S奇＝nd，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(an,an＋1).(8)若等差数列的项数为2n－1(n∈N*)，则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).(10)若等差数列的前m项和Sm＝n，前n项和Sn＝m(m≠n)，则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)，因此数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))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＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n.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．－6 B．6C．－10 D．10答案：B解析：∵an＋1－an＝2，∴数列{an}是公差d＝2的等差数列，又a1＝－2，∴a5＝a1＋4d＝－2＋2×4＝6.故选B.2．(人教A选择性必修第二册4.2.1练习T4改编)等差数列{an}中，a4＋a8＝10，a10＝6，则公差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).故选A.3．(人教B选择性必修第三册5.2.2练习AT2改编)设Sn是等差数列{an}的前n项和，a2＝5，a7＝20，则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.故选B.4．(2024·新课标Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝________．答案：95解析：设等差数列{an}的公差为d，则由题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＋a1＋3d＝7，,3（a1＋d）＋a1＋4d＝5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－4，,d＝3，))则S10＝10a1＋eq\f(10×9,2)d＝10×(－4)＋45×3＝95.5．(人教A选择性必修第二册4.2.2练习T5改编)已知等差数列{an}的项数为奇数，其中所有奇数项之和为319，所有偶数项之和为290，则该数列的中间项为________．答案：29解析：设项数为2n－1，则该数列的中间项为an＝S奇－S偶＝319－290＝29.考向一等差数列的基本运算(1)(多选)记等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，已知S4＝0，a5＝5，则下列说法正确的是()A．a2＋a3＝0 B．an＝2n－5C．Sn＝n(n－4) D．d＝－2答案：ABC解析：S4＝eq\f(4（a1＋a4）,2)＝0，所以a1＋a4＝a2＋a3＝0，故A正确；a5＝a1＋4d＝5①，a1＋a4＝a1＋a1＋3d＝0②，联立①②，得eq\b\lc\{(\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(n（n－1）,2)×2＝n2－4n，故C正确．故选ABC.(2)(2025·江苏镇江模拟)已知数列{an}的各项均为正数，a2＝3a1，Sn为其前n项和．若{eq\r(Sn)}是公差为eq\f(1,2)的等差数列，则a1＝________，an＝________．答案：eq\f(1,4)eq\f(2n－1,4)解析：由题意知，an>0，由a2＝3a1，得S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1，又等差数列{eq\r(Sn)}的公差为eq\f(1,2)，所以eq\r(S2)－eq\r(S1)＝eq\r(4a1)－eq\r(a1)＝eq\f(1,2)，即eq\r(a1)＝eq\f(1,2)，解得a1＝eq\f(1,4)，所以eq\r(Sn)＝eq\r(a1)＋eq\f(1,2)(n－1)＝eq\f(1,2)n，解得Sn＝eq\f(1,4)n2.当n≥2时，Sn－1＝eq\f(1,4)(n－1)2＝eq\f(1,4)n2－eq\f(1,2)n＋eq\f(1,4)，得an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,4)n2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)n2－\f(1,2)n＋\f(1,4)))＝eq\f(2n－1,4)，当n＝1时，a1＝eq\f(1,4)，满足上式，所以an＝eq\f(2n－1,4).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.记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝()A．25 B．22C．20 D．15答案：C解析：解法一：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，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.故选C.解法二：设等差数列{an}的公差为d，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.故选C.2．(2025·重庆模拟)中国载人航天工程发射的第十八艘飞船，简称“神十八”，于2024年4月执行载人航天飞行任务．运送“神十八”的长征二号F运载火箭，在点火第一秒钟通过的路程为2km，以后每秒钟通过的路程都增加3km，在达到离地面222km的高度时，火箭开始进入转弯程序．则从点火到进入转弯程序大约需要的时间是________秒．答案：12解析：设每一秒钟的路程为数列{an}，数列{an}的前n项和为Sn，由题意可知{an}为等差数列，且首项a1＝2，公差d＝3，所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)×3＝3n－1，所以Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝eq\f(（3n－1＋2）n,2)＝222，解得n＝12.考向二等差数列的判定与证明已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝eq\f(1,3)(n＋2)an，且a1＝1.求证：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是等差数列．证明：在数列{an}中，3Sn＝(n＋2)an，当n≥2时，3Sn－1＝(n＋1)an－1，两式相减得3an＝(n＋2)an－(n＋1)an－1，即(n－1)an＝(n＋1)an－1，则eq\f(an,n＋1)＝eq\f(an－1,n－1)，于是eq\f(an,（n＋1）n)＝eq\f(an－1,n（n－1）)，因此数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,（n＋1）n)))是常数列，则eq\f(an,（n＋1）n)＝eq\f(a1,2×1)＝eq\f(1,2)，从而an＝eq\f(n（n＋1）,2)，即eq\f(an,n)＝eq\f(n＋1,2)，eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝eq\f(1,2)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以1为首项，eq\f(1,2)为公差的等差数列．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．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：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＋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)(常数)．所以数列{eq\r(Sn)}是等差数列．选择条件①②⇒③.已知数列{an}是等差数列，数列{eq\r(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{eq\r(Sn)}是等差数列，所以eq\r(S1)＋eq\r(S3)＝2eq\r(S2)，即eq\r(a1)＋eq\r(3a1＋3d)＝2eq\r(2a1＋d)，化简整理得d＝2a1.所以a2＝a1＋d＝3a1.选择条件②③⇒①.已知数列{eq\r(Sn)}是等差数列，a2＝3a1，设数列{eq\r(Sn)}的公差为d，则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也适合上式，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．考向三等差数列的性质角度1等差数列项的性质(1)等差数列{an}中，若a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，则a9－eq\f(1,3)a11的值是()A．14 B．15C．16 D．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.设等差数列{an}的公差为d，则a9－eq\f(1,3)a11＝a8＋d－eq\f(1,3)(a8＋3d)＝eq\f(2,3)a8＝16.故选C.(2)(多选)等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，当首项a1和d变化时，a3＋a8＋a13是一个定值，则下列各数也为定值的是()A．a7 B．a8C．S15 D．S16答案：BC解析：由等差中项的性质可得a3＋a8＋a13＝3a8为定值，则a8为定值，S15＝eq\f(15（a1＋a15）,2)＝15a8为定值，但S16＝eq\f(16（a1＋a16）,2)＝8(a8＋a9)不是定值．故选BC.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．1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S4＝3，Sn－4＝12，Sn＝17，则n的值为()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.故选A.2．(2025·湖南长沙模拟)已知在各项均为正数的等差数列中，有连续四项依次为m，a，4m，b，则eq\f(a,b)＝()A.eq\f(5,11) B.eq\f(11,5)C.eq\f(1,4) D．4答案：A解析：因为m，a，4m，b为等差数列，所以2a＝m＋4m，8m＝a＋b，所以a＝eq\f(5m,2)，b＝eq\f(11m,2)，所以eq\f(a,b)＝eq\f(5,11).故选A.角度2等差数列前n项和的性质(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝1，S30＝5，则S40＝()A．7 B．8C．9 D．10答案：B解析：由等差数列前n项和的性质知S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等差数列，设其公差为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.故选B.(2)一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项之和与奇数项之和的比为32∶27，则该数列的公差d＝________．答案：5解析：设等差数列的前12项中奇数项之和为S奇，偶数项之和为S偶，等差数列的公差为d.由已知条件，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.))又因为S偶－S奇＝6d，所以d＝eq\f(192－162,6)＝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，…是等差数列；(2)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))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＝eq\f(nd,2)；若n为奇数，则S奇－S偶＝a中(中间项)．1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若m>1，且am－1＋am＋1－aeq\o\al(2,m)－1＝0，S2m－1＝39，则m＝()A．39 B．20C．19 D．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－aeq\o\al(2,m)－1＝0可化为2am－aeq\o\al(2,m)－1＝0，解得am＝1.又S2m－1＝(2m－1)am＝39，则m＝20.故选B.2．(2025·河南郑州模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且eq\f(S7,7)－eq\f(S3,3)＝4，则a9－a6＝()A．2 B．3C．4 D．6答案：D解析：设等差数列{an}的公差为d，则eq\f(Sn＋1,n＋1)－eq\f(Sn,n)＝eq\f(（n＋1）a1＋\f(n（n＋1）,2)d,n＋1)－eq\f(na1＋\f(n（n－1）,2)d,n)＝a1＋eq\f(n,2)d－a1－eq\f(（n－1）,2)d＝eq\f(d,2)，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是公差为eq\f(d,2)的等差数列，∴eq\f(S7,7)－eq\f(S3,3)＝4×eq\f(d,2)＝4，解得d＝2，∴a9－a6＝3d＝6.故选D.角度3等差数列前n项和的最值问题等差数列{an}中，设Sn为其前n项和，且a1<0，S3＝S11，则当n＝________时，Sn最小．答案：7解析：解法一：设等差数列{an}的公差为d.由S3＝S11，得3a1＋eq\f(3×2,2)d＝11a1＋eq\f(11×10,2)d，则d＝－eq\f(2,13)a1.从而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.又因为a1<0，所以－eq\f(a1,13)>0.故当n＝7时，Sn最小．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＝eq\f(3＋11,2)＝7对称．由解法一可知a＝－eq\f(a1,13)>0，故当x＝7时，f(x)最小，即当n＝7时，Sn最小．解法三：设等差数列{an}的公差为d.由解法一可知d＝－eq\f(2,13)a1.要使Sn最小，则有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，故当n＝7时，Sn最小．解法四：设等差数列{an}的公差为d.由S3＝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，所以当n＝7时，Sn最小．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)邻项变号法：当a1>0，d<0时，满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0))的项数n，使Sn取最大值；当a1<0，d>0时，满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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．若数列中某项为0，则使Sn取最值的n有两个．(2025·山东济宁模拟)等差数列{an}是递增数列，公差为d，前n项和为Sn，满足a7＝3a5，则下列说法正确的是()A．d<0B．a1>0C．当n＝5时，Sn最小D．当Sn>0时，n的最小值为8答案：D解析：对于A，B，由a7＝3a5得a1＋6d＝3a1＋12d，即a1＝－3d，由于{an}是递增数列，所以d>0，a1<0，故A，B错误；对于C，an＝a1＋(n－1)d＝－3d＋(n－1)d＝(n－4)d，由于d>0，故当n>4，n∈N*时，an＝(n－4)d>0，当n＝4时，an＝0，当n<4，n∈N*时，an＝(n－4)d<0，因此当n＝3或n＝4时，Sn最小，故C错误；对于D，令Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）d,2)＝eq\f(d,2)n(n－7)>0，由于d>0，故解得n>7，且n∈N*，故当Sn>0时，n的最小值为8，故D正确．课时作业一、单项选择题1．(2024·河北石家庄三模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S9＝6a5＋27，则S5＝()A．25 B．27C．30 D．35答案：A解析：设等差数列{an}的公差为d，则有eq\f(（a1＋a1＋8d）×9,2)＝6(a1＋4d)＋27，又a1＝1，则(1＋4d)×9＝6(1＋4d)＋27，解得d＝2，则S5＝eq\f(（1＋1＋4×2）×5,2)＝25.故选A.2．(2024·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S5＝S10，a5＝1，则a1＝()A．－2 B.eq\f(7,3)C．1 D．2答案：B解析：由S10－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝5a8＝0，得a8＝0，则等差数列{an}的公差d＝eq\f(a8－a5,3)＝－eq\f(1,3)，故a1＝a5－4d＝1－4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq\f(7,3).故选B.3．已知数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2,an＋1)))为等差数列，且a1＝1，a4＝－eq\f(1,2)，则a2025＝()A.eq\f(2023,2025) B．－eq\f(2023,2025)C.eq\f(2021,2023) D．－eq\f(2021,2023)答案：B解析：因为数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2,an＋1)))为等差数列，且a1＝1，a4＝－eq\f(1,2)，所以eq\f(2,1＋a1)＝1，eq\f(2,1＋a4)＝4，设该等差数列的公差为d，则3d＝4－1＝3，即d＝1，eq\f(2,1＋a2025)＝1＋2024d＝2025，所以a2025＝－eq\f(2023,2025).故选B.4．(2025·东北三省四市模拟)等差数列{an}中，a1＝2022，前n项和为Sn，若eq\f(S12,12)－eq\f(S10,10)＝－2，则a2025＝()A．－2028 B．－2026C．－2 D．－3答案：B解析：设等差数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）d,2)，所以eq\f(Sn,n)＝a1＋eq\f(（n－1）d,2)，因为eq\f(S12,12)－eq\f(S10,10)＝－2，即a1＋eq\f(（12－1）d,2)－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a1＋\f(（10－1）d,2)))＝－2，解得d＝－2，所以an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋2024，所以a2025＝－2×2025＋2024＝－2026.故选B.5．已知数列{an}中，a2＝4，am＋n＝am＋an，则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，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，故a1＝2，所以an＝2＋2(n－1)＝2n，则a15＝2×15＝30，因此a11＋a12＋a13＋…＋a19＝eq\f(9（a11＋a19）,2)＝eq\f(9×2a15,2)＝9a15＝270.故选C.6．等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(5n＋2,n＋3)，则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：由题意知，eq\f(a2＋a20,b7＋b15)＝eq\f(a1＋a21,b1＋b21)＝eq\f(S21,T21)＝eq\f(107,24).故选A.7．(2024·陕西汉中二模)蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关．如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”．画法如下：在水平直线上取长度为1的线段AB，作一个等边三角形ABC，然后以点B为圆心，AB为半径逆时针画圆弧交线段CB的延长线于点D(第一段圆弧)，再以点C为圆心，CD为半径逆时针画圆弧交线段AC的延长线于点E，再以点A为圆心，AE为半径逆时针画圆弧……以此类推，当得到的“蚊香”恰好有11段圆弧时，“蚊香”的长度为()A．14π B．18πC．30π D．44π答案：D解析：由题意知每段圆弧的圆心角都是eq\f(2π,3)，第n段圆弧的半径为n，弧长记为an，则an＝eq\f(2π,3)·n，所以S11＝eq\f(2π,3)×(1＋2＋…＋11)＝44π.故选D.8．(2023·新课标Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，则()A．甲是乙的充分条件但不是必要条件B．甲是乙的必要条件但不是充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件答案：C解析：解法一：甲：{an}为等差数列，设其首项为a1，公差为d，则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)))为等差数列，则甲是乙的充分条件；反之，乙：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，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）)为常数，设为t，即eq\f(nan＋1－Sn,n（n＋1）)＝t，则Sn＝nan＋1－t·n(n＋1)，有Sn－1＝(n－1)an－t·n(n－1)，n≥2，两式相减，得an＝nan＋1－(n－1)an－2tn，即an＋1－an＝2t，对n＝1也成立，因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件．所以甲是乙的充要条件．故选C.解法二：甲：{an}为等差数列，设数列{an}的首项为a1，公差为d，即Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d，则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)))为等差数列，即甲是乙的充分条件；反之，乙：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，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′，当n≥2时，以上两式相减，得Sn－Sn－1＝S1＋2(n－1)d′，于是an＝a1＋2(n－1)d′，当n＝1时，上式也成立，又an＋1－an＝a1＋2nd′－[a1＋2(n－1)d′]＝2d′，为常数，因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件．所以甲是乙的充要条件．故选C.二、多项选择题9．(2024·山东临沂二模)已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和，则下列命题为真命题的是()A．若a3＋a4＝9，a7＋a8＝18，则a1＋a2＝5B．若a2＋a13＝4，则S14＝28C．若S15<0，则S7>S8D．若{an}和{anan＋1}都为递增数列，则an>0答案：BC解析：设等差数列{an}的公差为d.对于A，由a3＋a4＝9，a7＋a8＝18，可得(a7＋a8)－(a3＋a4)＝8d＝9，所以d＝eq\f(9,8)，所以a1＋a2＝(a3＋a4)－4d＝9－4×eq\f(9,8)＝eq\f(9,2)，所以A为假命题；对于B，S14＝eq\f(14（a1＋a14）,2)＝eq\f(14（a2＋a13）,2)＝28，所以B为真命题；对于C，因为S15＝eq\f(15（a1＋a15）,2)＝15a8<0，所以a8<0，又因为S8－S7＝a8<0，所以S7>S8，所以C为真命题；对于D，因为{an}为递增数列，可得d>0，因为{anan＋1}为递增数列，可得an＋2an＋1－anan＋1＝an＋1·2d>0，所以对任意的n≥2，an>0，但a1的正负不确定，所以D为假命题．故选BC.10.北京天坛圜丘坛的地面由石板铺成，最中间的是圆形的天心石，围绕天心石的是9圈扇环形的石板，从内到外各圈的石板数依次为a1，a2，a3，…，a9，设数列{an}为等差数列，它的前n项和为Sn，且a2＝18，a4＋a6＝90，则()A．a1＝6 B．{an}的公差为9C．a6＝3a3 D．S9＝405答案：BD解析：设等差数列{an}的公差为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.故选BD.11．设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题正确的是()A．若d<0，则S1是数列{Sn}的最大项B．若数列{Sn}有最小项，则d>0C．若数列{Sn}是递减数列，则对任意的n∈N*，均有Sn<0D．若对任意的n∈N*，均有Sn>0，则数列{Sn}是递增数列答案：BD解析：对于A，取数列{an}是首项为4，公差为－2的等差数列，S1＝4<S2＝6，故A错误；对于B，等差数列{an}中，公差d≠0，Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，Sn是关于n的二次函数．数列{Sn}有最小项，即Sn有最小值，所以Sn对应的二次函数有最小值，对应的二次函数图象开口向上，d>0，故B正确；对于C，取数列{an}是首项为1，公差为－2的等差数列，Sn＝－n2＋2n，Sn＋1－Sn＝－(n＋1)2＋2(n＋1)－(－n2＋2n)＝－2n＋1<0，即Sn＋1<Sn恒成立，此时数列{Sn}是递减数列，而S1＝1>0，故C错误；对于D，若对任意的n∈N*，均有Sn>0，则a1＞0，d＞0，又Sn＋1－Sn＝an＋1＝a1＋nd＞0，所以数列{Sn}是递增数列，故D正确．故选BD.三、填空题12．(2025·河北省级期末联考)已知公差大于0的等差数列{an}满足a4＋a2－a1＝3，a4a6＝－7，则数列{an}的前8项和为________．答案：8解析：设等差数列{an}的公差为d，则d>0.由a4＋a2－a1＝3可得，a4＋d＝3＝a5.又a4a6＝－7，则(a5－d)(a5＋d)＝9－d2＝－7，故d2＝16，又d>0，则d＝4，所以a4＝－1，因此数列{an}的前8项和S8＝eq\f(8（a1＋a8）,2)＝4(a4＋a5)＝8.13．(2025·山东济宁模拟)在等差数列{an}中，其前n项和为Sn，已知S4＝1，S8＝4，则a9＋a10＋a11＋a12＝________．答案：5解析：因为{an}是等差数列，所以S4，S8－S4，S12－S8也成等差数列，所以2(S8－S4)＝S4＋S12－S8，所以a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8＝2(S8－S4)－S4＝5.14．在数列{an}中，a1＝－2，anan－1＝2an－1－1(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝eq\f(1,an－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：eq\f(3n－1,3n－4)－eq\f(1,3)解析：由题意知，an＝2－eq\f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，∴bn＝eq\f(1,an－1)＝eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,an－1)))－1)＝eq\f(an－1,an－1－1)＝1＋e