2023年高考一轮复习第六章 数　列第二节　等差数列 教案（wprd版含答案）

第二节　等差数列
教学目标;
1．等差数列的有关概念
定义 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，即an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)
通项公式 设{an}是首项为a1，公差为d的等差数列，则通项公式an＝a1＋(n－1)d
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，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＝a＋b
2.等差数列的前n项和公式
已知条件 前n项和公式
a1，an，n Sn＝
a1，d，n Sn＝na1＋d
1．等差数列的性质
(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.
(3)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．
(4)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．
(5)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列也为等差数列．
(6)关于非零等差数列奇数项和与偶数项和的性质
①若项数为2n，则S偶－S奇＝nd，＝.
②若项数为2n－1，则S偶＝(n－1)an，S奇＝nan，S奇－S偶＝an，＝.
(7)若两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，则＝.
2．微点提醒
(1)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.
(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．
(3)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)数列{an}是等差数列 Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．
1．(人教A版选择性必修第二册P21·例6改编)等差数列{an}中，a3＋a7＝6，则{an}的前9项和等于(　 )
A．－18 B．27 C．18 D．－27
解析：选B　S9＝＝＝＝27.
2．记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则(　 )
A．an＝2n－5 B．an＝3n－10
C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝n2－2n
解析：选A　设首项为a1，公差为d.由S4＝0，a5＝5可得解得所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝n×(－3)＋×2＝n2－4n.故选A.
3．(人教A版选择性必修第二册P21·例7改编)设{an}是等差数列，且a1＋a2＝12，a3＋a4＝18，则a5＋a6＝(　 )
A．－12 B．0 C．6 D．24
解析：选D　∵{an}是等差数列，∴a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6成等差数列，∴2(a3＋a4)＝(a1＋a2)＋(a5＋a6)，∴a5＋a6＝36－12＝24.
4．在等差数列{an}中，已知公差d＝，an＝，前n项和Sn＝－，则a1＝________，n＝________.
解析：由题意得由②，得a1＝－n＋2.代入①后化简，得n2－7n－30＝0.解得n＝10或－3(舍去)，从而a1＝－3.
答案：－3　10
5．记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S6＝3(a5＋3)，且a4＝－1，则{an}的公差为________．
解析：等差数列{an}中，S6＝3(a5＋3)，且a4＝－1，则解得d＝－2.
答案：－2
层级一/ 基础点——自练通关(省时间)
基础点　等差数列基本量的运算　
[题点全训]
1．记Sn为等差数列{an}的前n项和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝(　 )
A．－12 B．－10 C．10 D．12
解析：选B　设等差数列{an}的公差为d，由3S3＝S2＋S4，得3(3a1＋3d)＝2a1＋d＋4a1＋6d，即3a1＋2d＝0.将a1＝2代入上式，解得d＝－3，故a5＝a1＋(5－1)d＝2＋4×(－3)＝－10.
2．记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为(　 )
A．1 B．2 C．4 D．8
解析：选C　设等差数列{an}的公差为d，
则由得
即解得d＝4.
3．(2022·宜春模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝5，S5＝35，则S10＝(　 )
A．100 B．110 C．120 D．130
解析：选C　在等差数列{an}中，a2＝5，S5＝35，所以a1＋d＝5,5a1＋10d＝35，解得a1＝3，d＝2，所以S10＝10a1＋45d＝10×3＋45×2＝120.
4．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若am＝4，Sm＝0，Sm＋2＝14(m≥2，且m∈N*)，则a2 021的值为(　 )
A．2 026 B．4 036 C．5 044 D．3 020
解析：选B　由题意得
解得所以an＝－4＋(n－1)×2＝2n－6，则a2 021＝2×2 021－6＝4 036，故选B.
5．(2021·新高考Ⅱ卷)记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)求使Sn>an成立的n的最小值．
解：(1)设公差为d，
∵S5＝5a3＝a3 a3＝0，∴S4＝2(a2＋a3)＝2a2.
∴a2a4＝S4 a2a4＝2a2.
由公差d≠0及a3＝0知a2≠0，∴a4＝2，d＝2，则an＝a3＋2(n－3)＝2n－6.
(2)Sn＝＝＝n2－5n，
由Sn>an n2－5n>2n－6 (n－1)(n－6)>0 n<1或n>6，
∵n∈N*，∴n的最小值为7.
[一“点”就过]
常见类型及解题策略
求公差d或项数n 在求解时，一般要运用方程思想
求通项 a1和d是等差数列的两个基本元素
求特定项 利用等差数列的通项公式或性质求解
求前n项和 利用等差数列的前n项和公式直接求解或利用等差中项间接求解
层级二/ 重难点——逐一精研(补欠缺)
重难点(一)　等差数列的判定与证明　
[典例]　(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＋＝2.
(1)证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求{an}的通项公式．
[解]　(1)证明：由＋＝2，
得bn＝＝＋，
亦可得2＋＝2Sn＝2＋(n≥2)，
即bn－1＝(n≥2)，所以bn－bn－1＝.
由＋＝2，可得b1＝.
所以数列{bn}是首项为，公差为的等差数列．
(2)由(1)知bn＝＋(n－1)＝1＋，
所以Sn＝＝＝(n≥2)．
当n＝1时，S1＝b1＝，满足上式，所以Sn＝.
所以an＝Sn－Sn－1＝－＝－(n≥2)．
当n＝1时，a1＝S1＝b1＝≠－，
所以an＝n∈N*.
[方法技巧]　等差数列的判定与证明方法
定义法 an－an－1(n≥2，n∈N*)为同一常数 {an}是等差数列
等差中项法 2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立 {an}是等差数列
[针对训练]
已知数列{an}中，a1＝，an＝2－(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝(n∈N*)．
(1)求证：数列{bn}为等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)证明：∵bn＝＝＝，bn－1＝，∴bn－bn－1＝－＝1(n≥2，n∈N*)，又b1＝＝－，∴数列{bn}是首项为－，公差为1的等差数列．
(2)由(1)知：bn＝b1＋(n－1)d＝－＋(n－1)×1＝n－，∴＝，∴an＝＋1＝.
重难点(二)　等差数列的性质及应用　
[典例]　(1)已知等差数列{an}中，Sn是{an}的前n项和，且S3＝30，S6＝100，则S9的值为(　 )
A．260 B．130 C．170 D．210
(2)等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，对一切自然数n，都有＝，则等于(　 )
A. B． C. D.
[解析]　(1)由等差数列前n项和的性质可知S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，即2(S6－S3)＝S3＋S9－S6，解得S9＝3(S6－S3)＝3×(100－30)＝210.
(2)∵S13＝＝13a7，T13＝＝13b7，∴＝＝.
[答案]　(1)D　(2)D
[方法技巧]
(1)运用等差数列的有关性质和结论可以提升解题效率，具体性质和结论详见P250.
(2)应用性质解题时，注意性质成立的前提条件．
(3)要注意等差数列通项公式及前n项和公式的灵活应用，如an＝am＋(n－m)d，d＝，S2n－1＝(2n－1)an，Sn＝＝(n，m∈N*)等．　　
[针对训练]
1．在等差数列{an}中，a2＋a3＋a4＋a5＝34，a2·a5＝52，且a5>a2，则a5＝(　 )
A．13 B．4 C．14 D．5
解析：选A　∵a5>a2，∴等差数列{an}是递增数列．由数列{an}是等差数列，得a2＋a3＋a4＋a5＝2(a2＋a5)＝34，即a2＋a5＝17，由得或(舍去)．
2．记等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S5＝5，S15＝21，则S10＝(　 )
A．9 B．10 C．12 D．13
解析：选C　因为Sn是等差数列{an}的前n项和，由等差数列前n项和的性质可知：S5，S10－S5，S15－S10成等差数列，所以2(S10－S5)＝S5＋(S15－S10)，即2(S10－5)＝5＋(21－S10)，解得S10＝12，故选C.
3．在等差数列{an}中，a1＝－2 017，其前n项和为Sn.若－＝2，则S2 022＝________.
解析：由等差数列前n项和的性质可知：成等差数列，设公差为d，而－＝2，∴2d＝2，d＝1，∴＝＋(n－1)d＝－2 017＋n－1＝n－2 018，∴Sn＝n(n－2 018)，S2 022＝2 022(2 022－2 018)＝8 088.
答案：8 088
重难点(三)　等差数列前n项和及其最值　
[典例]　(1)(多选)在等差数列{an}中，首项a1>0，公差d≠0，前n项和为Sn，则下列命题正确的是(　 )
A．若S3＝S11，则S14＝0
B．若S3＝S11，则S7是Sn中最大的项
C．若S7>S8，则S8>S9
D．若S7>S8，则S6>S9
(2)在等差数列{an}中，已知a1＝13,3a2＝11a6，则数列{an}的前n项和Sn的最大值为________．
[解析]　(1)根据等差数列的性质，若S3＝S11，则S11－S3＝4(a7＋a8)＝0，则a7＋a8＝0，S14＝＝7(a7＋a8)＝0，又a1>0，所以a7>0，a8<0，则S7是Sn中最大的项，故A、B正确；若S7>S8，则a8<0，又a1>0，所以d<0，所以S8>S9，易得S9－S6＝a7＋a8＋a9＝3a8<0，即S6>S9，故C、D正确．
(2)由3a2＝11a6，得3×(13＋d)＝11×(13＋5d)，解得d＝－2，所以an＝13＋(n－1)×(－2)＝－2n＋15.所以Sn＝＝－n2＋14n＝－(n－7)2＋49，所以当n＝7时，数列{an}的前n项和Sn最大，最大值为S7＝49.
[答案]　(1)ABCD　(2)49
[方法技巧]
求等差数列前n项和Sn最值的方法
(1)函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn(a≠0)，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．
(2)邻项变号法：①若a1＞0，d＜0，则满足的项数m使得Sn取得最大值Sm；
②若a1＜0，d＞0，则满足的项数m使得Sn取得最小值Sm.　　
[针对训练]
1．已知等差数列{an}中，a1＝7，设其前n项和为Sn，当且仅当n＝8时Sn取得最大值，则公差d的取值范围是(　 )
A．(－1，＋∞) B．
C. D.
解析：选B　由题意知数列{an}是递减数列，且又因为a1＝7，所以即－12．(2021·厦门一模)(多选)记等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2＝10，S5＝S2，则(　 )
A．S3＝S4 B．a6＝10
C．Sn的最大值为30 D．an的最大值为15
解析：选ACD　设等差数列的公差为d，则由题可得解得a1＝15，d＝－5，∴an＝15＋(n－1)×(－5)＝20－5n，Sn＝＝，∴a4＝0，S3＝S4，故A正确；a6＝－10，故B错误；当n＝3或4时，Sn取得最大值为30，故C正确；由于d<0，∴an的最大值为a1＝15，故D正确．
层级三/ 细微点——优化完善(扫盲点)
一、全面清查易错易误点
1．(对隐含条件挖掘不透彻)一个等差数列的首项为，从第10项起各项都比1大，则这个等差数列的公差d的取值范围是(　 )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(，＋∞)) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(，)) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(，))
解析：选D　由题意可得即解得＜d≤.
2．(忽视值为0的项)已知等差数列{an}的通项公式为an＝5n－105，当Sn取得最小值时，n等于(　 )
A．20 B．22 C．20或21 　D．21
解析：选C　令an＝5n－105＝0，得n＝21，即a21＝0，又当1≤n≤20时，an＜0，故当n＝20或n＝21时，Sn取得最小值．
3．(忽视项的符号)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－16n，则|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a11|＝________.
解析：∵Sn＝n2－16n，∴当n＝1时，a1＝－15，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－16n－[(n－1)2－16(n－1)]＝2n－17，令an≤0，解得n≤8，则|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a11|＝－a1－a2－a3－…－a8＋a9＋a10＋a11＝15＋13＋11＋9＋7＋5＋3＋1＋1＋3＋5＝73.
答案：73
4．(不能进行项与和转化)设Sn，Tn分别是等差数列{an}，{bn}的前n项和，已知＝(n∈N*)，则＝________.
解析：因为＝(n∈N*)，所以＝×＝×＝×＝×＝.
答案：
二、融会贯通应用创新题
5．(借助数学文化)南宋数学家杨辉在《解析九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，他所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，而是逐项差数之差或者高次差相等．对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”．现有一个高阶等差数列，其前7项分别为1,5,11,21,37,61,95，则该数列的第8项为(　 )
A．99 B．131 C．139 D．141
解析：选D　设该高阶等差数列的第8项为x，根据所给定义，用数列的后一项减去前一项得到一个数列，得到的数列也用后一项减去前一项得到一个数列，即得到了一个等差数列，如图：
由图可得则
6.(浸润家国情怀)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．3 699块B.3 474块C.3 402块D.3 339块
解析：选C　由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为{an}，易知其首项a1＝9、公差d＝9，所以an＝a1＋(n－1)d＝9n.设数列{an}的前n项和为Sn，由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列，所以2(S2n－Sn)＝Sn＋S3n－S2n，所以(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝S2n－2Sn＝－2×＝9n2＝729，得n＝9，所以三层共有扇面形石板的块数为S3n＝＝＝3 402，故选C.
7．(体现数学应用)某市抗洪指挥部接到最新雨情通报，未来24 h城区拦洪坝外洪水将超过警戒水位，因此需要紧急抽调工程机械加高加固拦洪坝．经测算，加高加固拦洪坝工程需要调用20台某型号翻斗车，每辆翻斗车需要平均工作24 h．而抗洪指挥部目前只有一辆翻斗车可立即投入施工，其余翻斗车需要从其他施工现场抽调．若抽调的翻斗车每隔20 min才有一辆到达施工现场投入工作，要在24 h内完成拦洪坝加高加固工程，指挥部至少还需要抽调这种型号翻斗车(　 )
A．25辆 B．24辆 C．23辆 D．22辆
解析：选C　总工作量为20×24＝480 h，由题意可知，每调来一辆车，工作时间依次递减 h，则每辆车的工作时间成等差数列，设第n辆车的工作时间为an，则a1＝24，等差数列的公差d＝－，∴n辆车的工作总时长Sn＝na1＋d＝24n－，∵S23＝24×23－≈468<480，S24＝24×24－＝484>480，∴共需24辆车完成工程，∴至少还需要抽调24－1＝23辆车．
8．(强化开放思维)设数列{an}的前n项和为Sn，写出一个同时满足条件①②的等差数列{an}的通项公式an＝________.
①Sn存在最小值且最小值不等于a1；
②不存在正整数k，使得Sk>Sk＋1且Sk＋1解析：若a2<0，则满足①，又由不存在正整数k，使得Sk>Sk＋1且Sk＋1答案：2n－6(答案不唯一)
[课时验收评价]
一、点全面广强基训练
1．(2021·哈师大附中三模)设Sn是等差数列{an}的前n项和，a1＋a2＋a3＝3，a7＋a9＝10，则S9＝(　 )
A．9 B．16 C．20 D．27
解析：选D　由a1＋a2＋a3＝3得a1＋a2＋a3＝3a2＝3，则a2＝1，由a7＋a9＝10得a7＋a9＝2a8＝10，则a8＝5，所以S9＝9×＝9×＝3×9＝27.
2．(多选)数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，已知a7＝5，S7＝21，则(　 )
A．a1＝1 B．d＝－
C．a2＋a12＝10 D．S10＝40
解析：选ACD　设数列{an}的公差为d，则由已知得S7＝，即21＝，解得a1＝1.又a7＝a1＋6d，所以d＝.所以S10＝10a1＋d＝10＋×＝40.由{an}为等差数列，知a2＋a12＝2a7＝10.
3．(2022·南京模拟)在数列{an}中，＝＋(n∈N*，n≥2)，且a2 020＝，a2 022＝，则a2 023＝(　 )
A. B． C. D．3
解析：选C　由＝＋(n∈N*，n≥2)知，数列是等差数列，则其公差d＝－＝.因此＝＋d＝＋＝3，所以a2 023＝.
4．(2021·北京高考)数列{an}是递增的整数数列，且a1≥3，a1＋a2＋a3＋…＋an＝100，则n的最大值为(　 )
A．9 B．10 C．11 D．12
解析：选C　要想n最大，前面的项应该越小越好，3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14前12项和为102，超过了100，故n的最大值为11.
5．(多选)等差数列{an}的前n项和记为Sn，若a1＞0，S10＝S20，则(　 )
A．d＜0 B．a16＜0
C．Sn≤S15 D．当且仅当Sn＜0时n≥32
解析：选ABC　设等差数列{an}的公差为d，∵S10＝S20，∴10a1＋45d＝20a1＋190d，∴2a1＋29d＝0，∵a1＞0，∴d＜0，故A正确；∴a1＋14d＋a1＋15d＝0，即a15＋a16＝0，∵d＜0，∴a15＞a16，∴a15＞0，a16＜0，故B正确；∴Sn≤S15，故C正确；又S31＝＝31a16<0，S30＝＝15(a15＋a16)＝0，∴当且仅当Sn＜0时，n≥31，故D错误．
6．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，若S2n＝2Sn＋n2，则d＝________.
解析：因为等差数列{an}的前n项和为Sn，所以S2n＝＝n(a1＋a2n)，Sn＝，又S2n＝2Sn＋n2，所以n(a1＋a2n)＝2×＋n2，即a1＋a2n＝a1＋an＋n，所以a2n－an＝nd＝n，解得d＝1.
答案：1
7．(2022·盐城模拟)已知等差数列{an}，其前n项和为Sn，若S1＝S25，a3＋a8＝32，则a1＝________；S16＝________.
解析：设等差数列的公差为d，因为S1＝S25，a3＋a8＝32，所以解得a1＝25，d＝－2，所以S16＝×16＝×16＝×16＝160.
答案：25　160
8．《九章算术》是人类科学史上应用数学的最早巅峰，书中有这样一道题：“今有大夫、不更、簪褭、上造、公士，凡五人，共猎得五鹿．欲以爵次分之，问各得几何？”其译文是“现有从高到低依次为大夫、不更、簪褭、上造、公士的五个不同爵次的官员，共猎得五只鹿，要按爵次高低分配(即根据爵次高低分配得到的猎物数依次成等差数列)，问各得多少鹿？”已知上造分得只鹿，则大夫所得鹿数为________只．
解析：设爵次高低分配得到的猎物数依次成等差数列{an}，则a4＝，又S5＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝5a3＝5，∴a3＝1，∴d＝a4－a3＝－，∴a1＝a3－2d＝，即大夫所得鹿数为只．
答案：
9．已知等差数列{an}的公差d>0.设{an}的前n项和为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)由题意知(2a1＋d)(3a1＋3d)＝36，
将a1＝1代入上式，解得d＝2或d＝－5.
因为d>0，所以d＝2.从而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，
故解得
10．(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{ }是等差数列；③a2＝3a1.
解：方案一：选①② ③，
即已知{an}及{ }是等差数列，求证：a2＝3a1.
证明：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则
＝.
由{}为等差数列，知＋＝2，
即＋ ＝2，
即a1＋3a1＋3d＋2＝8a1＋4d，
即2＝4a1＋d.
所以12a＋12a1d＝16a＋8a1d＋d2，
所以4a－4a1d＋d2＝0，即2a1－d＝0.所以d＝2a1.
所以a2＝a1＋d＝a1＋2a1＝3a1.
方案二：选①③ ②，
即已知{an}是等差数列且a2＝3a1，求证：{}是等差数列．
证明：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
由a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1.
所以Sn＝na1＋×d＝na1＋×2a1＝n2a1.
所以＝n，所以＝ .
当n≥2时，－＝n－(n－1)＝，为常数．
所以数列{ }是首项为，公差为的等差数列．
方案三：选②③ ①，
即已知数列{ }是等差数列，且a2＝3a1，求证：数列{an}是等差数列．
证明：设等差数列{ }的公差为d，
则－＝d，即－＝d，则＝d.
所以＝＋(n－1)d＝＋(n－1)＝n，所以Sn＝n2a1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2a1－(n－1)2a1＝(2n－1)a1，
所以an－an－1＝(2n－1)a1－[2(n－1)－1]a1＝2a1.
所以数列{an}是以a1为首项，2a1为公差的等差数列．
二、重点难点培优训练
1．(2021·山东省实验中学高三二模)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(　 )
A．28 B．29 C．30 D．31
解析：选B　设等差数列{an}共有2n＋1项，则S奇＝a1＋a3＋a5＋…＋a2n＋1，S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n，中间项为an＋1，故S奇－S偶＝a1＋(a3－a2)＋(a5－a4)＋…＋(a2n＋1－a2n)＝a1＋d＋d＋…＋d＝a1＋nd＝an＋1，an＋1＝S奇－S偶＝319－290＝29，故选B.
2．设等差数列{an}满足a3＋a7＝36，a4a6＝275，且anan＋1有最小值，则这个最小值为(　 )
A．－10 B．－12 C．－9 D．－13
解析：选B　设等差数列{an}的公差为d，∵a3＋a7＝36，∴a4＋a6＝36，又a4a6＝275，联立，解得或当时，可得此时an＝7n－17，a2＝－3，a3＝4，易知当n≤2时，an<0，当n≥3时，an>0，∴a2a3＝－12为anan＋1的最小值；当时，可得此时an＝－7n＋53，a7＝4，a8＝－3，易知当n≤7时，an>0，当n≥8时，an<0，∴a7a8＝－12为anan＋1的最小值．综上，anan＋1的最小值为－12.
3．(2022·南通期末)我国古代数学名著中载有一道数学问题：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩二，七七数之剩二，问物几何？”根据这一数学思想，所有被3除余2的正整数从小到大组成数列{an}，所有被5除余2的正整数从小到大组成数列{bn}，把数列{an}与{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn}，则下列说法正确的是(　 )
A．a1＋b2＝c2 B．b8－a2＝c4
C．b22＝c8 D．a6b2＝c9
解析：选C　根据题意，数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，an＝2＋3(n－1)＝3n－1；数列{bn}是首项为2，公差为5的等差数列，bn＝2＋5(n－1)＝5n－3.故数列{cn}是首项为2，公差为15的等差数列，cn＝2＋15(n－1)＝15n－13.对于A，a1＋b2＝2＋2×5－3＝9，c2＝15×2－13＝17，a1＋b2≠c2，错误；对于B，b8－a2＝5×8－3－3×2＋1＝32，c4＝15×4－13＝47，b8－a2≠c4，错误；对于C，b22＝5×22－3＝107，c8＝15×8－13＝107，b22＝c8，正确；对于D，a6b2＝(3×6－1)(5×2－3)＝119，c9＝15×9－13＝122，a6b2≠c9，错误．故选C.
4．(2022·徐州三校联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，公差d≠0，S6＝90，a7是a3与a9的等比中项，当Sn＞0时，n的最大值为________．
解析：因为a7是a3与a9的等比中项，所以a＝a3·a9，所以(a1＋6d)2＝(a1＋2d)(a1＋8d)，化简得a1d＋10d2＝0.因为d≠0，所以a1＝－10d.因为S6＝90，所以6a1＋d＝90，即a1＋d＝15，将a1＝－10d代入得－10d＋d＝15，解得d＝－2，所以a1＝20，所以Sn＝20n＋×(－2)＝－n2＋21n.由Sn＞0得－n2＋21n＞0，即n2－21n＜0，解得0＜n＜21，所以正整数n的最大值为20.
答案：20
5．已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a2a4＝65，a1＋a5＝18.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在常数k，使得数列{}为等差数列？若存在，求出常数k；若不存在，请说明理由．
解：(1)设公差为d，因为{an}为等差数列，所以a1＋a5＝a2＋a4＝18，又a2a4＝65，所以a2，a4是方程x2－18x＋65＝0的两个实数根，又公差d＞0，所以a2＜a4，所以a2＝5，a4＝13.所以所以所以an＝4n－3.
(2)存在．由(1)知，Sn＝n＋×4＝2n2－n，假设存在常数k，使数列{}为等差数列．由＋＝2，得＋＝2，解得k＝1.所以＝＝n，当n≥2时，n－(n－1)＝，为常数，所以数列{}为等差数列．故存在常数k＝1，使得数列{}为等差数列．