第二节 等差数列
【课程标准】 1.理解等差数列的概念和通项公式的意义；2.掌握等差数列的通项公式与前n项和公式；3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题；4.了解等差数列与一次函数、二次函数的关系.
教|材|回|顾
1．等差数列的有关概念
(1)定义：如果一个数列从________起，每一项与它的前一项的________都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．符号表示为______________(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________，其中A叫做a与b的________．
[微点清] 理解定义要注意三个关键词：“从第2项起”“每一项与它的前一项的差”“同一个常数”．
2．等差数列的基本公式
(1)通项公式：an＝______________.
(2)前n项和公式：Sn＝na1＋d＝________.
3．等差数列的常用性质
已知{an}为等差数列，d为公差，Sn为该数列的前n项和．
(1)通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．
(2)在等差数列{an}中，当m＋n＝p＋q时，am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)．特别地，若m＋n＝2p，则2ap＝am＋an(m，n，p∈N*)．
(3)ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等差数列，公差为md(k，m∈N*)．
(4)Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…也成等差数列，公差为n2d.
(5)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列．
微|点|延|伸
1．等差数列的3个充要条件
(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)数列{an}是等差数列 Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．
(3)数列{an}是等差数列 数列是等差数列．
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．
3．在等差数列{an}中，a1>0，d<0，则Sn存在最大值；若a1<0，d>0，则Sn存在最小值．
小|题|快|练
1．已知数列{an}满足an＋1＝an＋2，a1＝3，则S5＝( )
A．20 B．25
C．30 D．35
2．(人A选二P15T4改编)已知在等差数列{an}中，a4＋a8＝20，a7＝12，则a10＝( )
A．18 B．16
C．20 D．17
3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＋a4＝4，则S6＝( )
A．6 B．12
C．18 D．24
4．已知在首项为28的等差数列{an}中，从第8项开始为负数，则公差d的取值范围是________．
5．(人A选二P21例7改编)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝2，S20＝8，则S30＝________.
类型一 等差数列基本量的运算自练自悟
1.(2025·南昌一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＝，a6＝，则S17＝( )
A．51 B．34
C．17 D．1
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． B．
C．－ D．－
3．已知数列{an}，{bn}均为等差数列，且a1＝1，b1＝7，a2＋b2＝12，设数列{an＋bn}的前n项和为Sn，则S20＝( )
A．84 B．540
C．780 D．920
4．某单位元旦举办文艺演出，已知该演播厅共有15排390个座位，并且从第二排起，每排比前一排多2个座位，则最后一排的座位数是________．
等差数列基本量运算的常见类型及解题策略
1．求公差d或项数n：在求解时，一般要运用方程思想．
2．求通项公式：a1和d是等差数列的两个基本量．
3．求特定项：利用等差数列的通项公式或等差数列的性质求解．
4．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.
类型二 等差数列的性质及应用
考向 ：项的性质
【例1】 已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，a2＋S3＝4，a2＋a3＋a4＋a5＝7，则S9＝( )
A．63 B．
C．45 D．
1．等差数列中最常用的性质：①d＝(p，q∈N*且p≠q)，②若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)．
2．利用等差数列性质(特别是感觉条件不够时)求解既简捷，又迅速．
考向 ：和的性质
【例2】 (1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝10，S20＝60，则S40＝( )
A．110 B．150
C．210 D．280
(2)等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意正整数n都有＝，则＋的值为________．
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)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)．
(2)S2n－1＝(2n－1)an.
(3)依次k项和成等差数列，即Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等差数列．
考向 ：最值问题
【例3】 (1)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．
(2)(2025·广州综合测试)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，当取最小值时，n＝________.
求等差数列前n项和Sn最值的2种方法
【题组对点练】
题号 1 2 3
考向
1.在等差数列{an}中，a2，a8是方程x2＋mx－8＝0的两根，若a4＋a6＝a＋1，则m的值为( )
A．－6 B．－2
C．2 D．6
2．(2025·郑州质量检测)已知数列{an}为等差数列，a1＋a2＋a3＝7，a7＋a8＋a9＝13，则a13＋a14＋a15＝( )
A．19 B．22
C．25 D．27
3．(多选题)已知首项为－1的等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，且S7>S8，S8
A．S5
C．(Sn)min＝S8 D．S15>0
类型三 等差数列的判定与证明
【例4】 记Sn为数列{an}的前n项和．从下面两个条件中选一个，证明：数列{an}是等差数列．
①Sn＝(n∈N*)；
②数列是等差数列．
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．
【训练】 (2024·江苏南通二模)设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn－an＝n2＋1，n∈N*.
(1)求a1，a2，并证明：数列{an＋1＋an}是等差数列；
(2)求S20.
1．(2023·全国乙卷)已知等差数列{an}的公差为，集合S＝{cos an|n∈N*}，若S＝{a，b}，则ab＝( )
A．－1 B．－
C．0 D．
2．(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＝________.
3．(2022·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若2S3＝3S2＋6，则公差d＝________.
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＝________.
5．(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________．
第二节 等差数列
必备知识·梳理
教材回顾
1．(1)第2项 差 an＋1－an＝d (2)2A＝a＋b 等差中项
2．(1)a1＋(n－1)d (2)
小题快练
1．D 解析 因为an＋1＝an＋2，所以an＋1－an＝2，故数列{an}是以3为首项，2为公差的等差数列，所以S5＝5×3＋×2＝35.故选D.
2．A 解析 因为a4＋a8＝2a6＝20，所以a6＝10.又a7＝12，所以d＝2，所以a10＝a7＋3d＝12＋6＝18.故选A.
3．B 解析 由等差数列的性质，可得a1＋a6＝a3＋a4＝4，所以S6＝＝＝12.故选B.
4. 解析 由题意知，数列{an}满足即所以 即－≤d<－4.
5．18 解析 由于S10，S20－S10，S30－S20成等差数列，所以2×(8－2)＝2＋S30－8，解得S30＝18.
关键能力·落实
1．C 解析 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由a3＝，a6＝可得解得所以S17＝17a1＋×d＝17×＋×＝17.故选C.
2．B 解析 由S5＝S10，得＝，所以5a3＝5(a3＋a8)，所以a8＝0，公差d＝＝－，所以a1＝a5－4d＝1－4×＝，故选B.
3．D 解析 根据题意可设数列{an}，{bn}的公差分别为d1，d2，由a1＝1，b1＝7，a2＋b2＝12可知，d1＋d2＝4，则数列{an＋bn}是以a1＋b1＝8为首项，d1＋d2＝4为公差的等差数列，所以an＋bn＝8＋4(n－1)＝4n＋4，故Sn＝(a1＋b1＋an＋bn)＝(8＋4n＋4)＝n(2n＋6)，所以S20＝20×(2×20＋6)＝920.故选D.
4．40 解析 设从第1排到第15排每排的座位数构成的数列为{an}，由题意可知，数列{an}为等差数列，公差d＝2，且{an}的前15项和S15＝390，所以S15＝15a1＋×2＝390，解得a1＝12，所以a15＝a1＋14d＝12＋14×2＝40，即最后一排的座位数为40.
【例1】 D 解析 因为数列{an}是等差数列，则a2＋S3＝4a2＝4，可得a2＝1，且a2＋a3＋a4＋a5＝2(a2＋a5)＝2(1＋a5)＝7，可得a5＝，所以S9＝9a5＝.故选D.
【例2】 (1)D 解析 因为等差数列{an}的前n项和为Sn，所以S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30也成等差数列．故(S30－S20)＋S10＝2(S20－S10)，所以S30＝150.又因为(S20－S10)＋(S40－S30)＝2(S30－S20)，所以S40＝280.故选D.
(2) 解析 ＋＝＝＝，所以＝＝＝＝.
【例3】 (1)7 解析 解法一：由S3＝S11，得3a1＋d＝11a1＋d，则d＝－a1.从而Sn＝n2＋n＝－(n－7)2＋a1.又因为a1<0，所以－>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＝＝7对称．由解法一可知a＝－>0，故当x＝7时，f(x)最小，即当n＝7时，Sn最小．
解法三：由解法一可知d＝－a1.要使Sn最小，则有即解得6.5≤n≤7.5，故当n＝7时，Sn最小．
解法四：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．
(2)3 解析 当n≥2时，由Sn＝n2＋n ①，知Sn－1＝(n－1)2＋n－1 ②，①－②，得an＝2n.又a1＝S1＝2满足上式，所以an＝2n，所以＝＝≥×＝，当且仅当n＝，即n＝3时等号成立．
【题组对点练】
1．B 解析 因为a2，a8是方程x2＋mx－8＝0的两根，所以Δ＝m2＋32>0，且a2＋a8＝－m.在等差数列{an}中，a2＋a8＝a4＋a6＝2a5，所以a4＋a6＝－m，a5＝－，代入a4＋a6＝a＋1可得－m＝＋1，解得m＝－2.故选B.
2．A 解析 解法一：设等差数列{an}的公差为d，由a1＋a2＋a3＝7，a7＋a8＋a9＝13，得3a1＋3d＝7,3a1＋21d＝13，解得a1＝2，d＝，所以a13＋a14＋a15＝3a1＋39d＝6＋13＝19，故选A.
解法二：因为数列{an}为等差数列，所以a1＋a2＋a3，a7＋a8＋a9，a13＋a14＋a15成等差数列，所以2(a7＋a8＋a9)＝a1＋a2＋a3＋a13＋a14＋a15，所以a13＋a14＋a15＝2(a7＋a8＋a9)－(a1＋a2＋a3)＝2×13－7＝19.故选A.
3．AC 解析 对于A选项，因为S7>S8，S80，所以解得0，得(Sn)min＝S8，故C正确．对于D选项，因为a8<0，所以S15＝＝15a8<0，故D错误．故选AC.
【例4】 证明 选择条件①：因为Sn＝(n∈N*)，所以2Sn＝nan＋n,2Sn＋1＝(n＋1)an＋1＋n＋1，两式相减可得2an＋1＝(n＋1)an＋1－nan＋1，即nan－1＝(n－1)an＋1，所以(n＋1)an＋1－1＝nan＋2.两式相减可得(n＋1)an＋1－nan＝nan＋2－(n－1)an＋1，化简可得2nan＋1＝n(an＋2＋an)，所以2an＋1＝an＋2＋an，所以数列{an}是等差数列．
选择条件②：设数列的首项为b1，公差为p，则＝b1＋(n－1)p＝np＋b1－p，故Sn＝pn2＋(b1－p)n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝pn2＋(b1－p)n－p(n－1)2－(b1－p)(n－1)＝b1＋2(n－1)p.当n＝1时，a1＝S1＝b1，所以an＝b1＋2(n－1)p.又an＋1－an＝b1＋2np－b1－2(n－1)p＝2p，所以数列{an}是等差数列．
【训练】 解 (1)当n＝1时，由条件得a1－a1＝2，所以a1＝4.当n＝2时，由条件得a1＋a2－a2＝5，所以a2＝2.因为Sn－an＝n2＋1，所以Sn－1－an－1＝(n－1)2＋1(n≥2)，两式相减得an－an＋an－1＝2n－1，即an＋an－1＝4n－2，所以(an＋1＋an)－(an＋an－1)＝[4(n＋1)－2]－(4n－2)＝4，从而数列{an＋1＋an}为等差数列．
(2)由(1)知，数列{an＋1＋an}为等差数列，首项为a1＋a2＝6，an＋1＋an＝4n＋2，所以S20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＝＝＝420.
高考真题·重温
1．B 解析 依题意，等差数列{an}中，an＝a1＋(n－1)·＝n＋，显然函数y＝cos的周期为3，而n∈N*，即cos an最多3个不同取值，又{cos an|n∈N*}＝{a，b}，则在cos a1，cos a2，cos a3中，cos a1＝cos a2≠cos a3①或cos a2＝cos a3≠cos a1②或cos a1＝cos a3≠cos a2③，于是由①有cos θ＝cos，即有θ＋＝2kπ，k∈Z，解得θ＝kπ－，k∈Z，所以由①有ab＝coscos＝－coscos kπ＝－cos2kπcos＝－.同理，由②③有ab＝－.故选B.
2．95 解析 解法一(基本量法)：设{an}的公差为d，由a3＋a4＝a1＋2d＋a1＋3d＝2a1＋5d＝7,3a2＋a5＝3(a1＋d)＋a1＋4d＝4a1＋7d＝5，解得a1＝－4，d＝3，则S10＝10a1＋45d＝95.
解法二(利用下标和性质)：设{an}的公差为d，由a3＋a4＝a2＋a5＝7,3a2＋a5＝5，得a2＝－1，a5＝8，故d＝＝3，a6＝11，则S10＝×10＝5(a5＋a6)＝5×19＝95.
3．2 解析 由2S3＝3S2＋6，可得2(a1＋a2＋a3)＝3(a1＋a2)＋6，化简得2a3＝a1＋a2＋6，即2(a1＋2d)＝2a1＋d＋6，解得d＝2.
4．25 解析 设等差数列{an}的公差为d，则a2＝－2＋d，a6＝－2＋5d，因为a2＋a6＝2，所以－2＋d＋(－2＋5d)＝2，解得d＝1，所以S10＝10×(－2)＋×1＝－20＋45＝25.
5．3n2－2n 解析 数列{2n－1}的各项为1,3,5,7,9,11,13，…；数列{3n－2}的各项为1,4,7,10,13，….观察归纳可知，两个数列的公共项为1,7,13，…，是首项为1，公差为6的等差数列，则an＝1＋6(n－1)＝6n－5.故{an}的前n项和为Sn＝＝＝3n2－2n.(共49张PPT)
第二节
第六章 数列
等差数列
课
程
标
准
必备知识/梳理
第一部分
——回扣知识
教|材|回|顾
微|点|延|伸
小|题|快|练
解析
解析
解析
解析
解析
关键能力/落实
第二部分
——考向探究
类型一
等差数列基本量的运算 自练自悟
解析
解析
解析
解析
类型二
等差数列的性质及应用
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
类型四
等差数列的判定与证明
证明
证明
解
解
高考真题/重温
第三部分
——明确方向
解析
解析
解析
解析
解析
解析
R
赢在欲点
二次
利用S=
号+a》，
结合对称轴求最值
函数法
当a>0,d<0时，满足{
的项数m使
邻项
得Sn取得最大值Sm
变号法
a时济天训内玻发加农
得Sn取得最小值Sm答案
微练(四十七) 等差数列
基础过关
一、单项选择题
1．已知等差数列{an}的前5项和S5＝35，且满足a5＝13a1，则等差数列{an}的公差为( )
A．－3 B．－1
C．1 D．3
2．已知等差数列{an}满足4a3＝3a2，则{an}一定为零的项是( )
A．a6 B．a4
C．a10 D．a12
3．(2024·广东汕头一模)在3与15之间插入3个数，使这5个数成等差数列，则插入的3个数之和为( )
A．21 B．24
C．27 D．30
4．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝，则＝( )
A． B．
C． D．
5．(2025·湖北调研)已知公差为负数的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3，a4，a7是等比数列，则当Sn取最大值时，n＝( )
A．2或3 B．2
C．3 D．4
6．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，则“Sn≥nan”是“{an}是递减数列”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
二、多项选择题
7．已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，则下列结论一定正确的是( )
A．数列{2an}是等比数列
B．数列{a}不是等差数列
C．数列是等差数列
D．数列不是等差数列
8．已知等差数列{an}的首项a1>0，则下列选项中正确的是( )
A．若a3＋a7＝4，则S9＝18
B．若S15>0，S16<0，则a>a
C．若a1＋a2＝5，a3＋a4＝9，则a7＋a8＝17
D．若a8＝S10，则S9>0，S10<0
三、填空题
9．记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知a5＝10，S5＝20，则数列{an}的通项公式为an＝________.
10．在等差数列{an}中，a2＝，a3＋a4＝4，设bn＝[an]，[x]表示不超过x的最大整数，如[0.2]＝0，[3.5]＝3，则数列{bn}的前6项和S6＝________.
11．(2025·湖北十一校联考)已知在数列{an}中，a1，a11∈N*，数列{an}的前n项和为Sn，为等差数列，S14＝77，则S100＝________.
四、解答题
12．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．
13．记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝5，nan＋1＝Sn－＋1.
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：Sn≤20.
素养提升
14．(多选题)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn，a1＝10，公差d＝－2，则( )
A．S4＝ S7
B．当n ＝ 6或7时，Sn取得最小值
C．数列{|an|}的前10项和为50
D．当n≤2 023时，{an}与数列{3m＋10}(m∈N)共有671项互为相反数
15．已知数列{an}满足＋＋＋…＋＝n，n∈N*，且数列{an－kn}的前n项和为Sn.若S2 023为Sn的最大值，则实数k的最大值是________．
16．(2024·广东二模)已知数列{an}为等差数列，a1＝－4，前n项和为Sn，满足：当n∈N*且n<9时，S1＋＋…＋＝S1＋＋…＋.
(1)求{an}的通项公式；
(2)定义集合Mn＝{ai＋aj|i，j∈N*且i，j≤n}，记Mn的元素个数为bn，数列{bn}的前n项和为Tn，求T10.
微练(四十七) 等差数列
1．D 解析 由S5＝5a1＋10d＝35，a5＝a1＋4d＝13a1，解得d＝3，a1＝1.故选D.
2．A 解析 由4a3＝3a2得4(a1＋2d)＝3(a1＋d)，即a1＝－5d，所以an＝a1＋(n－1)d＝－5d＋(n－1)d＝(n－6)d，所以a6＝0.故选A.
3．C 解析 令插入的3个数依次为a1，a2，a3，则3，a1，a2，a3,15成等差数列，因此2a2＝3＋15，解得a2＝9，所以插入的3个数之和为a1＋a2＋a3＝3a2＝27.故选C.
4．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，因为＝，即S6＝3S3，(S6－S3)－S3＝S3，所以S9－S6＝3S3，S12－S9＝4S3，所以S9＝6S3，S12＝10S3，所以＝＝.故选A.
5．B 解析 设等差数列的公差为d(d<0)，则由a3，a4，a7是等比数列，得(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋6d)，整理得d(2a1＋3d)＝0，所以2a1＋3d＝0，即a1＝－d，所以Sn＝na1＋d＝n2－2dn＝(n－2)2－2d.因为d<0，所以当n＝2时，Sn取得最大值－2d，故选B.
6．B 解析 当等差数列{an}为常数列时，Sn＝nan，满足Sn≥nan，但是{an}不是递减数列，故充分性不成立；当{an}是递减数列时， n∈N*，an＋1an，Sn－nan>0，所以 n∈N*，Sn≥nan，故必要性成立，则“Sn≥nan”是“{an}是递减数列”的必要不充分条件．故选B.
7．AC 解析 已知数列{an}是等差数列，设其公差为d，d为常数．对于A，数列{an}是等差数列，则an＋1－an＝d，那么＝2an＋1－an＝2d为常数，且2d≠0，所以数列{2an}是等比数列，故A正确；对于B，当an为常数列时，a也为常数列，此时数列{a}是等差数列，故B错误；对于C，数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，可设Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)，令cn＝＝An＋B，此时cn＋1－cn＝A为常数，所以数列是等差数列，故C正确：对于D，当{an}为各项均为0的常数列时，Sn＝0，此时＝0，所以数列为各项为0的常数列，也为等差数列，故D错误．故选AC.
8．ACD 解析 对于A，因为a3＋a7＝4，所以S9＝＝＝＝18，故A正确．对于B，因为S15＝＝＝15a8>0，所以a8>0，因为S16＝＝(a8＋a9)×8<0，所以a8＋a9<0，所以a9<00，所以a0，所以d<0，S9＝9a1＋d＝－38d＋36d＝－2d>0，S10＝a8＝a1＋7d＝d<0，故D正确．故选ACD.
9．3n－5 解析 设等差数列{an}的公差为d，根据等差数列{an}的前n项和公式可得S5＝＝5a3，解得a3＝4.又a5－a3＝2d，可得d＝3，所以通项公式为an＝a3＋(n－3)d＝3n－5.
10．10 解析 若{an}的公差为d，则a3＋a4＝2a2＋3d＝＋3d＝4，即d＝，所以an＝a2＋(n－2)d＝＋n，故a1＝1，a2＝，a3＝，a4＝，a5＝，a6＝3，所以b1＝b2＝b3＝1，b4＝b5＝2，b6＝3，则数列{bn}的前6项和S6＝10.
11．－3 750 解析 因为为等差数列，令其公差为m，则＝＋(n－1)m＝a1＋(n－1)m，即Sn＝na1＋n(n－1)m，Sn－1＝(n－1)a1＋(n－1)(n－2)m，n≥2，两式相减得an＝a1＋(n－1)·2m，当n＝1时，a1＝a1，满足通项公式，所以{an}为等差数列，公差为2m，设公差为d＝2m，则有a1∈N*，a11＝a1＋10d∈N*，S14＝14a1＋d＝77，所以d＝，则a11＝a1＋10d＝，a1＝≥1，所以a11≤7，依次将a11＝1,2，…，7代入可知，当且仅当a11＝2时a1为整数，此时a1＝12，d＝－1，所以S100＝100a1＋d＝100×12－＝－3 750.
12．解 (1)设{an}的公差为d(d≠0)，
则解得所以an＝－4＋2(n－1)＝2n－6.
(2)Sn＝－4n＋·2＝n2－5n.由Sn>an，得n2－5n>2n－6，所以n2－7n＋6>0，即(n－1)(n－6)>0，所以n>6或n<1，又n∈N*，故n的最小值为7.
13．解 (1)当n≥2，n∈N*时，由nan＋1＝Sn－＋1 (n－1)an＝Sn－1－＋1，两式相减，得an＋1－an＝－1.所以数列{an}从第三项起，每一项与前一项的差为－1，因为a1＝5，所以a2＝S1－＋1＝5－1＋1＝5，所以当n≥2，n∈N*时，an＝5＋(n－2)×(－1)＝7－n，显然a1＝5不适合，故an＝
(2)证明：因为a1＝5>0，a2＝5>0，数列{an}从第三项起，每一项与前一项的差为－1，所以当n≥2，n∈N*时，数列{an}是递减数列，当an＝7－n≥0 n≤7，即当n＝6或7时，Sn有最大值，最大值为5＋5＋4＋3＋2＋1＝20，所以Sn≤20.
14．AC 解析 等差数列{an}中，a1＝10，公差d＝－2，则an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋12，S7－S4＝a5＋a6＋a7＝3a6＝0，故A正确；由A项知a6＝0，由d＝－2，当n<6时，an>0，a6＝0，当n>6时，an<0，则当n＝5或6时，Sn取得最大值，且其最大值为＝30，故B错误；|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝a1＋a2＋…＋a6－a7－a8－a9－a10＝S6＋2＋4＋6＋8＝30＋20＝50，故C正确；由n≤2 023，则an≥a2 023＝－4 034，则数列{an}中与数列{3m＋10}中的项互为相反数的项依次为－16，－22，－28，…，－4 030，可以组成以－16为首项，－6为公差的等差数列，设该数列为{cn}，则cn＝－10－6n，若cn＝－10－6n＝－4 030，解得n＝670，即两个数列共有670项互为相反数，故D错误．故选AC.
15. 解析 因为＋＋＋…＋＝n，所以20a1＋21a2＋22a3＋…＋2n－1an＝n·2n＋1，当n≥2时，20a1＋21a2＋22a3＋…＋2n－2an－1＝(n－1)·2n，两式相减得2n－1an＝n·2n＋1－(n－1)·2n＝(n＋1)·2n，所以an＝2n＋2(n≥2)，又a1＝4满足an＝2n＋2，所以an＝2n＋2(n∈N*)．令bn＝an－kn＝(2－k)n＋2，bn＋1－bn＝(2－k)(n＋1)＋2－(2－k)n－2＝2－k，显然数列{bn}是等差数列，若S2 023为Sn的最大值，则解得≤k≤，所以实数k的最大值是.
16．解 (1)设{an}的公差为d，在S1＋＋…＋＝S1＋＋…＋中，令n＝5，得＝0.所以＝0，所以a1＋a5＝0，即2a1＋4d＝0，又a1＝－4，所以d＝2，所以an＝2n－6.
(2)记Cn＝{i＋j|i，j∈N*且i，j≤n}，由于ai＋aj＝2(i＋j)－12，所以Mn的元素个数即为Cn的元素个数，而Cn＝{2,3,4，…，2n}，共2n－1个元素，所以bn＝2n－1，所以T10＝＝100.(共29张PPT)
等差数列
微练(四十七)
基础过关
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