第六章　6.2　等差数列（全国通用）2026年高考数学一轮复习讲义（教师版）

6．2　等差数列
1．理解等差数列的概念和通项公式的意义，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．
2．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．
3．理解等差数列的通项及前n项和分别与一元一次函数、二次函数的关系．
1．等差数列的概念
(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，即an－an－1＝d（n∈N*，且n≥2）或an＋1－an＝d(n∈N*).
(2)等差中项：若三个数a，A，b成等差数列，则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．等差数列的通项公式与前n项和公式
(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d．该式又可以写成an＝dn＋(a1－d)，这表明d≠0时，an是关于n的一次函数，且d>0时是增函数，d<0时是减函数．
(2)前n项和公式：Sn＝＝na1＋d．该式又可以写成Sn＝n2＋n，这表明d≠0时，Sn是关于n的二次函数，且d>0时图象开口向上，d<0时图象开口向下．
3．等差数列的性质
(1)与项有关的性质
①在等差数列{an}中，若公差为d，则an＝am＋(n－m)d，当n≠m时，d＝．
②在等差数列{an}中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq.特别地，若m＋n＝2p，则am＋an＝2ap.
③若数列{an}是公差为d的等差数列，则数列{λan＋b}（λ，b为常数）是公差为λd的等差数列．
④若数列{an}，{bn}是公差分别为d1，d2的等差数列，则数列{λ1an＋λ2bn}（λ1，λ2为常数）也是等差数列，且公差为λ1d1＋λ2d2.
⑤若数列{an}是公差为d的等差数列，则从数列中抽出项ak，ak＋m，ak＋2m，…，组成的数列仍是等差数列，公差为md．
(2)与和有关的性质
①等差数列中依次k项之和Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…组成公差为k2d的等差数列．
②记S偶为所有偶数项的和，S奇为所有奇数项的和．
若等差数列的项数为2n(n∈N*)，则S2n＝n(an＋an＋1)，S偶－S奇＝nd，＝（S奇≠0）；
若等差数列的项数为2n－1(n∈N*)，则S2n－1＝(2n－1)an（an是数列的中间项），S奇－S偶＝an，＝（S奇≠0）.
③{an}为等差数列 为等差数列．
④两个等差数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn之间的关系为＝(bn≠0，T2n－1≠0).
教材拓展
1．若an＝pn＋q（p，q为常数），则{an}一定是公差为p的等差数列．
2．等差数列前n项和的最值与{an}的单调性有关．
(1)若a1>0，d<0，则Sn存在最大值．
(2)若a1<0，d>0，则Sn存在最小值．
(3)若a1>0，d>0，则{Sn}是递增数列，S1是{Sn}的最小值；若a1<0，d<0，则{Sn}是递减数列，S1是{Sn}的最大值．
3．{an}是等差数列 Sn＝An2＋Bn（A，B是常数）.若Sn＝An2＋Bn＋C且C≠0，则{an}从第2项起成等差数列．
1．判断（正确的画“√”，错误的画“×”）
(1)数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N*，都有2an＋1＝an＋an＋2.(　√　)
(2)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的．(　√　)
(3)数列{an}为等差数列的充要条件是其通项公式为n的一次函数．(　×　)
(4)等差数列的前n项和公式是常数项为0且关于n的二次函数．(　×　)
2．（人教A版选择性必修第二册P15T4改编）等差数列{an}中，a1＝3，a4＝24，则数列{an}的通项公式为an＝7n－4．
解析：设等差数列{an}的公差为d，由题意得3d＝a4－a1＝21 d＝7，则an＝a1＋(n－1)d＝7n－4.
3．（人教A版选择性必修第二册P17例5改编）在等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝60，则a2＋a14的值为24．
解析：依题意，等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝60，5a8＝60，解得a8＝12，所以a2＋a14＝2a8＝24.
4．（人教A版选择性必修第二册P21例6改编）若等差数列{an}的前5项和S5＝25，且a2＝3，则a7＝13．
解析：设等差数列{an}的公差为d，由题意得解得因此，a7＝a1＋6d＝1＋6×2＝13.
考点1 等差数列基本量的计算
【例1】　(1)（2024·广东汕头三模）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝3，a2n＝2an＋1，若Sn＋an＋1＝100，则n＝(　B　)
A．8 B．9
C．10 D．11
【解析】　由a2＝3，a2n＝2an＋1，得a2＝2a1＋1＝3，解得a1＝1，则等差数列{an}的公差d＝2，于是an＝2n－1，Sn＝·n＝n2，由Sn＋an＋1＝100，得n2＋2n＋1＝100，所以n＝9.故选B.
(2)（2024·河北保定三模）已知在等差数列{an}中，a1＝1，公差d>0.若数列也是等差数列，则d＝(　C　)
A．1 B．2
C．3 D．4
【解析】　依题意得an＝dn＋1－d(d>0)，则＝d2n＋2d(1－d)＋，则－＝d2＋－＝d2－，又是等差数列，所以－＝0，解得d＝3或d＝－1（舍去）.故选C.
(3)（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＝95．
【解析】　因为数列{an}为等差数列，设数列{an}的公差为d，则由题意得
解得
则S10＝10a1＋d＝10×(－4)＋45×3＝95.
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，知其中三个量就能求另外两个量，体现了用方程的思想来解决问题．
2．数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，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．
【对点训练1】　(1)（2024·黑龙江大庆三模）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝－2，S5＝－5，则S12＝(　A　)
A．30 B．32
C．36 D．40
解析：设等差数列{an}的公差为d，由
得解得所以S12＝12×(－3)＋×1＝30.故选A.
(2)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a2＋a4＋a6＝－3，S8＝－12，则数列{an}的首项a1＝(　B　)
A．3 B．2
C．1 D．－1
解析：设等差数列{an}的公差为d，因为a2＋a4＋a6＝－3，可得3a4＝－3，即a4＝－1，所以a1＋3d＝－1①，又因为S8＝－12，可得8a1＋28d＝－12，即2a1＋7d＝－3②，联立①②解得a1＝2，d＝－1.故选B.
(3)（2024·北京延庆区一模）北京天坛的圜丘坛分上、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，且三层共有扇面形石板（不含天心石）3 402块，则上层有扇面形石板405块．
解析：记从中间向外每环扇面形石板数为an，则{an}是等差数列，且公差d＝9，a1＝9，设每层有k环，则n＝3k，Sn＝3 402，所以Sn＝na1＋＝3 402，即9n＋＝3 402，即n2＋n－756＝0，解得n＝27或n＝－28（舍去），所以k＝9，则S9＝9a1＋＝9×9＋＝405，即上层有扇面形石板405块．
考点2 等差数列的证明
【例2】　（2021·全国甲卷理）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.
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答判对错．
【解】　①③ ②.
证明：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＋d＝n2a1.
因为数列{an}的各项均为正数，所以＝n，所以－＝(n＋1)－n＝（常数），所以数列{}是等差数列．
①② ③.
证明：已知{an}是等差数列，{}是等差数列．
设数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋d＝n2d＋n.
因为数列{}是等差数列，所以数列{}的通项公式是关于n的一次函数，则a1－＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1.
②③ ①.
证明：已知数列{}是等差数列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1.
设数列{}的公差为d，d＞0，则－＝－＝d，
得a1＝d2，所以＝＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2，
所以n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2，对n＝1也适合，
所以an＝2d2n－d2，所以an＋1－an＝2d2(n＋1)－d2－(2d2n－d2)＝2d2（常数），
所以数列{an}是等差数列．
1．等差数列的判定与证明的常用方法
(1)定义法：对任意n∈N*，an＋1－an是同一常数 {an}为等差数列．
(2)等差中项法：2an＋1＝an＋an＋2 {an}为等差数列．
(3)通项公式法：an＝an＋b（a，b是常数） {an}为等差数列．
(4)前n项和公式法：Sn＝an2＋bn（a，b为常数） {an}为等差数列．
2．若要判定一个数列不是等差数列，则只需找出三项an，an＋1，an＋2，使得这三项不满足2an＋1＝an＋an＋2即可．
【对点训练2】　已知在数列{an}中，a1＝1，an＋an＋1＝，设Sn＝a1＋3a2＋32a3＋…＋3n-1an，
求证：数列{4Sn－3nan}是等差数列．
证明：由Sn＝a1＋3a2＋32a3＋…＋3n-1an，
得Sn－1＝a1＋3a2＋32a3＋…＋3n-2an－1，
两式相减得Sn－Sn－1＝3n-1an，所以4Sn－3nan－(4Sn－1－3n-1an－1)＝4(Sn－Sn－1)－3nan＋3n-1an－1＝4·3n-1an－3nan＋3n-1an－1＝3n-1(an＋an－1)＝3n-1·＝1，
又4S1－31a1＝1，
所以数列{4Sn－3nan}是首项为1，公差为1的等差数列．
考点3 等差数列的性质及应用
命题角度1　项的性质
【例3】　（2024·全国甲卷理）记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S5＝S10，a5＝1，则a1＝(　B　)
A． B．
C．－ D．－
【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＝＝－，故a1＝a5－4d＝1－4×＝.故选B.
命题角度2　和的性质
【例4】　(1)（2024·陕西咸阳二模）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝2，S8＝12，则S20＝(　D　)
A．30 B．58
C．60 D．90
【解析】　数列{an}为等差数列，故S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12，S20－S16为等差数列，由S4＝2，S8＝12，得S8－S4＝10，故S12－S8＝18，S16－S12＝26，S20－S16＝34，即有S12＝18＋S8＝30，S16＝26＋S12＝56，S20＝34＋S16＝90.故选D.
(2)（2024·河北衡水三模）已知数列{an}，{bn}均为等差数列，其前n项和分别为Sn，Tn，满足(2n＋3)Sn＝(3n－1)Tn，则＝(　A　)
A．2 B．3
C．5 D．6
【解析】　因为数列{an}，{bn}均为等差数列，可得a7＋a8＋a9＝3a8＝×15a8＝S15，且b6＋b10＝b1＋b15，又由T15＝，可得b6＋b10＝T15.因此＝＝·＝×＝2.故选A.
命题角度3　和的最值
【例5】　（多选）（2024·山西吕梁三模）已知等差数列{an}的首项为a1，公差为d，前n项和为Sn，若S10A．当n＝8，Sn最大
B．使得Sn<0成立的最小自然数n＝18
C．|a8＋a9|>|a10＋a11|
D．中最小项为
【解析】　因为所以即
两式相加，解得a9>0，a10<0，当n＝9时，Sn最大，故A错误；由S10a2>a3>…>a9>0>a10>a11>…，S17＝＝17a9>0，而S18＝＝9(a9＋a10)<0，当n≤17时，Sn>0，当n≥18时，Sn<0，所以使得Sn<0成立的最小自然数n＝18，故B正确；当n≤9，或n≥18时，>0，当9a10>a11>…>a17，得S10>S11>S12>…>S17>0，所以中最小项为，故D正确．故选BD.
1．项的性质：在等差数列{an}中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq.
2．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．
3．求等差数列前n项和的最值的常用方法
(1)邻项变号法：利用等差数列的单调性，求出其正负转折项，或者利用性质求出其正负转折项，便可求得和的最值．
(2)函数法：利用公差不为零的等差数列的前n项和Sn＝An2＋Bn(A≠0)为二次函数，通过二次函数的性质求最值．
【对点训练3】　(1)等差数列{an}的前n项和为Sn，若S7＝70，a2(a3＋a5)＝80，则公差d＝(　C　)
A．12 B．2
C．3 D．4
解析：等差数列{an}中，S7＝7a4＝70，得a4＝10，又a2(a3＋a5)＝2a2a4＝80，得a2＝4，所以d＝3.故选C.
(2)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝，则＝(　B　)
A. B．
C． D．
解析：数列{an}为等差数列，则S5，S10－S5，S15－S10，S20－S15，…为等差数列．由＝，可设S5＝t(t≠0)，则S10＝3t，于是S5，S10－S5，S15－S10，S20－S15，…依次为t，2t，3t，4t，…，所以S20＝t＋2t＋3t＋4t＝10t，所以＝.故选B.
(3)（多选）已知首项为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn，若(S15－S11)(S15－S12)<0，则(　ABD　)
A．a13＋a14>0
B．S11C．当n＝14时，Sn取最大值
D．当Sn<0时，n的最小值为27
解析：首项为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn，所以(S15－S11)(S15－S12)＝(a15＋a14＋a13＋a12)·3a14＝6a14(a13＋a14)<0，若a14>0，则a13＋a14一定大于零，不符合题意，所以a14<0，a13＋a14>0，故A正确；由A可知S15－S11＝a15＋a14＋a13＋a12＝2(a13＋a14)>0，所以S15>S11，S15－S12＝3a14<0，所以S150，可知a13>0，故n＝13，Sn取最大值，故C错误；由A可知，S27＝＝27a14<0，S26＝＝13(a13＋a14)>0，故D正确．故选ABD.
【例】　（2024·安徽合肥一六八中学期末）已知等差数列{an}（公差不为0）和等差数列{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，如果关于x的实系数方程1 003x2－S1 003x＋T1 003＝0有实数解，那么以下1 003个方程x2－aix＋bi＝0(i＝1，2，…，1 003)中，有实数解的方程至少有(　D　)
A．499个 B．500个
C．501个 D．502个
【解析】　由题意得S－4×1 003T1 003≥0(*)，其中S1 003＝＝
1 003a502，T1 003＝＝1 003b502，代入(*)得a－4b502≥0，显然第502个方程有解．设方程x2－a1x＋b1＝0与方程x2－a1 003x＋b1 003＝0的判别式分别为Δ1，Δ1 003，则Δ1＋Δ1 003＝（a－4b1）＋（a－4b1 003）＝a＋a－4(b1＋b1 003)≥－4×2b502＝－8b502＝2（a－4b502）≥0，因为Δ1＋Δ1 003≥0，所以Δ1<0，Δ1 003<0至多有一个成立，同理可证Δ2<0，Δ1 002<0至多有一个成立，…，Δ501<0，Δ503<0至多有一个成立．综上，在所给的1 003个方程中，有实数解的方程至少有502个．故选D.
本题利用一元二次方程有实数解建立不等式，利用等差数列角标和的性质将问题简化，看似计算量非常大的一道题目，其本质考查利用不等式及等差数列的性质分析问题、解决问题的能力，新高考强调的多想少算，在本题中体现明显．
课时作业39
1．（5分）（2024·北京丰台区一模）已知公差为d的等差数列{an}满足a5－2a3＝1，且a2＝0，则d＝(　C　)
A．－1 B．0
C．1 D．2
解析：∵a5－2a3＝a1＋4d－2(a1＋2d)＝－a1＝1，∴a1＝－1，∴d＝a2－a1＝0－(－1)＝1.故选C.
2．（5分）（2024·浙江绍兴二模）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且－＝6，则a7－a4＝(　D　)
A．9　　　 B．10　　　
C．11　　　 D．12
解析：由题意设等差数列{an}的首项、公差分别为a1，d，因为－＝－(2a1＋d)＝d＝6，所以d＝4，从而a7－a4＝3d＝12.故选D.
3．（5分）（2024·全国甲卷文）记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S9＝1，则a3＋a7＝(　B　)
A．－ B．
C． D．
解析：方法一　设等差数列{an}的公差为d，根据等差数列的求和公式，S9＝9a1＋d＝1 9a1＋36d＝1，所以a3＋a7＝a1＋2d＋a1＋6d＝2a1＋8d＝(9a1＋36d)＝.故选B.
方法二　根据等差数列的性质，a1＋a9＝a3＋a7，根据等差数列的求和公式，S9＝＝＝1，故a3＋a7＝.故选B.
方法三　不妨取等差数列{an}的公差d＝0，则S9＝1＝9a1 a1＝，则a3＋a7＝2a1＝.故选B.
4．（5分）据有关文献记载，我国古代一座九层塔共挂了126盏灯，且相邻两层中的下一层灯的盏数比上一层灯的盏数都多n（n为常数），底层灯的盏数是顶层的13倍，则该塔的底层共有灯(　C　)
A．39盏 B．42盏
C．26盏 D．13盏
解析：依题意，九层塔从顶层到底层灯的盏数构成等差数列{ak}，k∈N*，k≤9，且a9＝13a1.记数列{ak}的前k项和为Sk，于是得S9＝×9＝×9＝63a1＝126，解得a1＝2，所以a9＝26，所以该塔的底层共有26盏灯．故选C.
5．（5分）（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(　C　)
A．21 B．24
C．27 D．30
解析：令插入的3个数依次为a1，a2，a3，即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.
6．（5分）已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若(2n＋3)Sn＝nTn，则＝(　A　)
A． B．
C． D．
解析：(2n＋3)Sn＝nTn，即＝，又等差数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝an2＋bn，由题意知a≠0，故＝＝，则Sn＝an2，Tn＝a(2n＋3)n，故＝＝＝＝.故选A.
7．（6分）（多选）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a6＝31，S3＝21，则(　BD　)
A．为递减数列
B．a2＝7
C．若 n∈N*，≤a，则a的取值范围为(3，＋∞)
D．<6
解析：由题意知{an}为等差数列，设公差为d，由a6＝31，S3＝21，得解得则an＝6n－5，Sn＝n＋×6＝3n2－2n，则a2＝7，故B正确；由＝1<＝，得不为递减数列，故A错误；因为＝3－，由于n∈N*，0<≤2，故1≤<3，由于 n∈N*，≤a，故a的取值范围为[3，＋∞），故C错误；由于n∈N*，0<≤5，故＝6－<6，故D正确．故选BD.
8．（6分）（多选）（2024·福建泉州模拟）等差数列{an}中，a2＝－7，a5＝－1，若Sn＝a1＋a2＋…＋an，Tn＝a1a2…an，则(　AD　)
A．Sn有最小值，Tn无最小值
B．Sn有最小值，Tn无最大值
C．Sn无最小值，Tn有最小值
D．Sn无最大值，Tn有最大值
解析：设等差数列{an}的公差为d，依题意，得解得∴an＝－9＋2(n－1)＝2n－11，∴Sn＝＝n2－10n＝(n－5)2－25，∴当n＝5时，Sn有最小值－25，Sn无最大值，而Tn＝－9×(－7)×(－5)×(－3)×(－1)×1×3×…×(2n－11)，易得T1<0，T3<0，T5<0，T2>0，T4>0，且T4>T2，当n≥6时，Tn<0，∴当n＝4时，Tn有最大值，Tn无最小值．故选AD.
9．（5分）（2024·山东济南三模）数列{an}满足an＋2－an＝2，若a1＝1，a4＝4，则数列{an}的前20项的和为210．
解析：数列{an}满足an＋2－an＝2，若a1＝1，a4＝4，则a2＝a4－2＝4－2＝2，所以数列{an}的奇数项、偶数项分别构成以1，2为首项，公差均为2的等差数列，所以数列{an}的前20项的和为a1＋a2＋…＋a20＝(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)＝10×1＋×2＋10×2＋×2＝210.
10．（5分）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sk＝1，S2k＝3(k∈N*)，则S4k＝10．
解析：由等差数列性质可知Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，S4k－S3k成等差数列，则其公差为S2k－Sk－Sk＝1，∴S3k－S2k＝(S2k－Sk)＋1＝3，则S3k＝6，∴S4k－S3k＝(S3k－S2k)＋1＝4，则S4k＝10.
11．（16分）（2024·四川自贡三模）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn－nan＝n(n－1).
(1)求证：数列{an}为等差数列；
(2)若a5，a9，a11成等比数列，求Sn的最大值．
解：(1)证明：数列{an}满足Sn－nan＝n(n－1)①，
当n≥2时，有Sn－1－(n－1)an－1＝(n－1)(n－2)②，
①－②可得Sn－Sn－1－nan＋(n－1)an－1＝n(n－1)－(n－1)(n－2)，
即(1－n)an＋(n－1)an－1＝(n－1)[n－(n－2)]，
整理可得an－an－1＝－1(n≥2)，
故数列{an}是以－1为公差的等差数列．
(2)由(1)可知数列{an}是等差数列，公差d＝－1，
若a5，a9，a11成等比数列，则有a＝a5×a11，
即(a1－8)2＝(a1－4)(a1－10)，
解得a1＝12，
所以an＝a1＋(n－1)d＝13－n，
所以{an}单调递减，又当1≤n<13时，an>0，当n＝13时，an＝0，当n>13时，an<0，
故当n＝12或n＝13时，Sn取得最大值，且(Sn)max＝S12＝S13＝12×12＋×(－1)＝78.
12．（16分）设等差数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝－7，S3＝－15.求：
(1)Sn及Sn的最小值；
(2)数列{|an|}的前n项和Tn.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d.
由题意，得S3＝3a1＋3d＝－15.由a1＝－7，得d＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2n－9，
所以Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16.
所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.
(2)当1≤n≤4时，an＜0，当n≥5时，an＞0，所以当1≤n≤4时，Tn＝＝－n2＋8n；
当n≥5时，Tn＝16＋＝n2－8n＋32.
综上，Tn＝
13．（5分）（2024·山东济南二模）已知{an}是各项均为正整数的递增数列，{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2 025，当n取最大值时，an的最大值为(　D　)
A．63 B．64
C．71 D．72
解析：因为Sn＝2 025是定值，要使当n取最大值时an也取得最大值，{an}需满足各项尽可能取到最小值，又因为{an}是各项均为正整数的递增数列，所以a1＝1，a2＝2，a3＝3，…，am＝m，即{am}是首项为1，公差为1的等差数列，其中m＝n－1，{am}的前m项和为Tm＝，当m＝63时，T63＝＝2 016<2 025；当m＝64时，T64＝＝2 080>2 025；又因为2 025－2 016＝9<63，所以n的最大值为63，此时a1＝1，a2＝2，a3＝3，…，a62＝62，an取得最大值为a63＝63＋9＝72.故选D.
14．（6分）（多选）（2024·湖南长沙三模）设无穷数列{an}的前n项和为Sn，且an＋an＋2＝2an＋1，若存在k∈N*，使Sk＋1>Sk＋2>Sk成立，则(　BCD　)
A.an≤ak＋1
B．Sn≤Sk＋1
C．不等式Sn<0的解集为{n∈N*|n≥2k＋3}
D．对任意给定的实数p，总存在n0∈N*，当n>n0时，an解析：由Sk＋1>Sk＋2>Sk，可得ak＋2＝Sk＋2－Sk＋1<0，ak＋1＝Sk＋1－Sk>0，且ak＋1＋ak＋2＝Sk＋2－Sk>0，即ak＋2<0，ak＋1>0，ak＋1＋ak＋2>0，又由an＋an＋2＝2an＋1，可得数列{an}是等差数列，公差d＝ak＋2－ak＋1<0，所以{an}是递减数列，所以a1是最大项，且随着n的增加，an无限减小，即an≤a1，所以A错误，D正确；因为当n≤k＋1时，an>0，当n≥k＋2时，an<0，所以Sn的最大值为Sk＋1，所以B正确；因为S2k＋1＝＝(2k＋1)·ak＋1>0，S2k＋3＝(2k＋3)ak＋2<0，且S2k＋2＝×(2k＋2)＝(k＋1)·(ak＋1＋ak＋2)>0，所以当n≤2k＋2时，Sn>0，当n≥2k＋3时，Sn<0，所以C正确．故选BCD.
15．（5分）已知数列{an}的各项均为正数，a1＝1，an＋1－an＝，若[x]表示不超过x的最大整数，则[a1]＋[a2]＋…＋[a100]＝(　C　)
A．615 B．620
C．625 D．630
解析：因为a1＝1，an＋1－an＝，所以a－a＝1，可得{a}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以a＝1＋(n－1)×1＝n，因为数列{an}的各项均为正数，所以an＝，因为n∈N*，当1≤n<4时，[]＝1，当4≤n<9时，[]＝2，当9≤n<16时，[]＝3，当16≤n<25时，[]＝4，当25≤n<36时，[]＝5，当36≤n<49时，[]＝6，当49≤n<64时，[]＝7，当64≤n<81时，[]＝8，当81≤n<100时，[]＝9，[]＝10，则[a1]＋[a2]＋…＋[a100]＝3×1＋5×2＋7×3＋9×4＋11×5＋13×6＋15×7＋17×8＋19×9＋10＝625.故选C.