第2課時等差數列[考試要求]1.理解等差數列的概念.2.掌握等差數列的通項公式與前n項和公式.3.能在具體的情境問題中識別數列的等差關系，并能用有關知識解決相應的問題.4.了解等差數列與一次函數、二次函數的關系．1．等差數列的有關概念(1)定義：如果一個數列從第2項起，每一項與它的前一項的差都等于同一個常數，那么這個數列就叫做等差數列．數學語言表達式：an＋1－an＝d(n∈N*，d為常數)．(2)等差中項：由三個數a，A，b組成的等差數列可以看成是最簡單的等差數列．這時，A叫做a與b的等差中項．根據等差數列的定義可以知道，2A＝a＋b.2．等差數列的有關公式(1)通項公式：an＝a1＋(n－1)d.(2)前n項和公式：Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d或Sn＝eq\f(na1＋an,2).3．等差數列與函數的關系(1)通項公式：當公差d≠0時，等差數列{an}的第n項an＝a1＋(n－1)d＝dn＋a1－d是一次函數f(x)＝dx＋a1－d當x＝n時的函數值，一次項系數為公差d.若公差d＞0，則{an}為遞增數列；若公差d＜0，則{an}為遞減數列．(2)前n項和：當公差d≠0時，Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n可以看成二次函數f(x)＝eq\f(d,2)x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))x當x＝n時的函數值，常數項為0.[常用結論]等差數列的常用性質(1)若{an}為等差數列，且m＋n＝p＋q，則am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)．特別地，當m＋n＝2p時，am＋an＝2ap，也可推廣到多項．(2)若{an}是等差數列，公差為d，則ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差為md的等差數列．(3)等差數列{an}的前n項和Sn滿足：數列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(m∈N*)也是等差數列，且公差為m2d.(4)若{an}是等差數列，Sn是其前n項和，則eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也是等差數列，其首項與{an}的首項相同，公差是{an}的公差的eq\f(1,2).(5)若等差數列{an}的項數為偶數2n，則①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；②S偶－S奇＝nd，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(an,an＋1).(6)若等差數列{an}的項數為奇數2n＋1，則①S2n＋1＝(2n＋1)an＋1；②eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(n＋1,n).(7)若{an}，{bn}均為等差數列且其前n項和分別為Sn，Tn，則eq\f(an,bn)＝eq\f(S2n－1,T2n－1).一、易錯易混辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)若一個數列從第2項起每一項與它的前一項的差都是常數，則這個數列是等差數列．(×)(2)等差數列{an}的單調性是由公差d決定的．(√)(3)數列{an}為等差數列的充要條件是對任意n∈N*，都有2an＋1＝an＋an＋2.(√)(4)等差數列的前n項和公式是常數項為0的二次函數．(×)二、教材經典衍生1．(人教A版選擇性必修第二冊P15練習T4改編)等差數列{an}中，a4＋a8＝10，a10＝6，則公差d等于()A．eq\f(1,4) B．eq\f(1,2)C．2 D．－eq\f(1,2)A[因為a4＋a8＝2a6＝10，所以a6＝5，又a10＝6，所以公差d＝eq\f(a10－a6,10－6)＝eq\f(6－5,4)＝eq\f(1,4).故選A．]2．(人教A版選擇性必修第二冊P23練習T3改編)已知等差數列{an}的前n項和為Sn.若S5＝7，S10＝21，則S15等于()A．35 B．42C．49 D．63B[法一：由題意知，S5，S10－S5，S15－S10成等差數列，即7,14，S15－21成等差數列，所以S15－21＋7＝28，所以S15＝42.故選B．法二：因為{an}為等差數列，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也為等差數列，所以eq\f(2S10,10)＝eq\f(S5,5)＋eq\f(S15,15)，所以S15＝42.故選B．]3．(人教A版選擇性必修第二冊P23例9改編)設等差數列{an}的前n項和為Sn.若a1＝10，S4＝28，則Sn的最大值為________.30[由a1＝10，S4＝4a1＋6d＝28，解得d＝－2，所以Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝－n2＋11n.當n＝5或6時，Sn最大，最大值為30.]4．(人教A版選擇性必修第二冊P23練習T5改編)已知等差數列{an}的項數為奇數，其中所有奇數項之和為319，所有偶數項之和為290，則該數列的中間項為________.29[設項數為2n－1，則該數列的中間項為an＝S奇－S偶＝319－290＝29.]考點一等差數列基本量的運算[典例1](1)(2023·全國甲卷)記Sn為等差數列{an}的前n項和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，則S5＝()A．25 B．22C．20 D．15(2)(2024·新高考Ⅱ卷)記Sn為等差數列{an}的前n項和，若a3＋a4＝7,3a2＋a5＝5，則S10＝.(1)C(2)95[(1)法一：由a2＋a6＝10，可得2a4＝10，所以a4＝5，又a4a8＝45，所以a8＝9.設等差數列{an}的公差為d，則d＝eq\f(a8－a4,8－4)＝eq\f(9－5,4)＝1，又a4＝5，所以a1＝2，所以S5＝5a1＋eq\f(5×4,2)×d＝20.故選C．法二：設等差數列{an}的公差為d，則由a2＋a6＝10，可得a1＋3d＝5，①由a4a8＝45，可得(a1＋3d)(a1＋7d)＝45，②由①②可得a1＝2，d＝1，所以S5＝5a1＋eq\f(5×4,2)×d＝20.故選C．(2)設等差數列{an}的公差為d，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＋a1＋3d＝7，,3a1＋d＋a1＋4d＝5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－4，,d＝3，))則S10＝10a1＋eq\f(10×9,2)d＝10×(－4)＋45×3＝95.]解決等差數列運算問題的思想方法(1)方程思想：等差數列中包含a1，d，n，an，Sn五個量，可通過方程組達到“知三求二”．(2)整體思想：當所給條件只有一個時，可將已知和所求都用a1，d表示，尋求兩者間的聯系，整體代換即可求解．[跟進訓練]1．(1)(2024·全國甲卷)記Sn為等差數列{an}的前n項和，已知S5＝S10，a5＝1，則a1＝()A．eq\f(7,2) B．eq\f(7,3)C．－eq\f(1,3) D．－eq\f(7,11)(2)在數列{an}中，a1＝2，eq\r(an＋1)＝eq\r(an)＋eq\r(2)，則數列{an}的通項公式為an＝________.(1)B(2)2n2[(1)由S10－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝5a8＝0，得a8＝0，則等差數列{an}的公差d＝eq\f(a8－a5,3)＝－eq\f(1,3)，所以a1＝a5－4d＝1－4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq\f(7,3).故選B．(2)由eq\r(an＋1)＝eq\r(an)＋eq\r(2)得eq\r(an＋1)－eq\r(an)＝eq\r(2)，而eq\r(a1)＝eq\r(2)，于是得數列{eq\r(an)}是以eq\r(2)為首項，eq\r(2)為公差的等差數列，則有eq\r(an)＝eq\r(a1)＋(n－1)d＝eq\r(2)＋eq\r(2)(n－1)＝eq\r(2)n，所以數列{an}的通項公式為an＝2n2.]考點二等差數列的判定與證明[典例2](2021·全國甲卷)已知數列{an}的各項均為正數，記Sn為{an}的前n項和，從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立．①數列{an}是等差數列；②數列{eq\r(Sn)}是等差數列；③a2＝3a1.證明：①③?②.已知{an}是等差數列，a2＝3a1.設數列{an}的公差為d，則a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，所以Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝n2a1.因為數列{an}的各項均為正數，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)(常數)，所以數列{eq\r(Sn)}是等差數列．①②?③.已知{an}是等差數列，{eq\r(Sn)}是等差數列．設數列{an}的公差為d，則Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(1,2)n2d＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n.因為數列{eq\r(Sn)}是等差數列，所以數列{eq\r(Sn)}的通項公式是關于n的一次函數，則a1－eq\f(d,2)＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1.②③?①.已知數列{eq\r(Sn)}是等差數列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1.設數列{eq\r(Sn)}的公差為d，d>0，則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)，當n＝1時，也滿足，所以an＝2d2n－d2＝d2＋(n－1)·2d2，所以數列{an}是等差數列．判斷數列{an}是等差數列的常用方法(1)定義法：對任意n∈N*，an＋1－an是同一常數．(2)等差中項法：對任意n≥2，n∈N*，滿足2an＝an＋1＋an－1.(3)通項公式法：對任意n∈N*，都滿足an＝pn＋q(p，q為常數)．(4)前n項和公式法：對任意n∈N*，都滿足Sn＝An2＋Bn(A，B為常數)．提醒：一般地，在解答題證明數列是否為等差數列時，以采用定義法和中項法為主，在小題中判斷數列類型時可使用數列的函數形式法．[跟進訓練]2．(1)已知數列{an}的前n項和為Sn，eq\f(1,2)Sn＝an－2n－1，證明：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n－1)))是等差數列．(2)已知數列{an}的前n項的積記為Tn，且滿足eq\f(1,Tn)＝eq\f(an－1,2an)，證明：數列{Tn}為等差數列．證明：(1)由eq\f(1,2)Sn＝an－2n－1，得eq\f(1,2)Sn＋1＝an＋1－2n.所以eq\f(1,2)(Sn＋1－Sn)＝an＋1－an－2n－1，即eq\f(1,2)an＋1＝an＋1－an－2n－1，整理得an＋1－2an＝2n，上式兩邊同時除以2n，得eq\f(an＋1,2n)－eq\f(an,2n－1)＝1.又eq\f(1,2)Sn＝an－2n－1，所以eq\f(1,2)a1＝a1－1，即a1＝2，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n－1)))是首項為2，公差為1的等差數列．(2)因為eq\f(1,Tn)＝eq\f(an－1,2an)，當n＝1時，eq\f(1,T1)＝eq\f(1,a1)＝eq\f(a1－1,2a1)，即aeq\o\al(2,1)＝3a1，易知a1≠0，則T1＝a1＝3；當n≥2時，eq\f(1,Tn)＝eq\f(an－1,2an)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2an)＝eq\f(1,2)－eq\f(Tn－1,2Tn)，所以1＝eq\f(Tn,2)－eq\f(Tn－1,2)，即Tn－Tn－1＝2，故數列{Tn}是以3為首項，2為公差的等差數列．考點三等差數列性質的應用等差數列項的性質[典例3](1)(2024·全國甲卷)等差數列{an}的前n項和為Sn，若S9＝1，則a3＋a7＝()A．－2 B．eq\f(7,3)C．1 D．eq\f(2,9)(2)已知等差數列{an}滿足a3＋a6＋a8＋a11＝12，則a4－3a6的值為()A．－6 B．6C．－12 D．12(1)D(2)A[(1)法一(利用等差數列的基本量)：設等差數列{an}的公差為d.根據等差數列的求和公式，由S9＝1，得S9＝9a1＋eq\f(9×8,2)d＝1，即9a1＋36d＝1.所以a3＋a7＝a1＋2d＋a1＋6d＝2a1＋8d＝eq\f(2,9)(9a1＋36d)＝eq\f(2,9).故選D.法二(利用等差數列的性質)：根據等差數列的性質，得a1＋a9＝a3＋a7.根據等差數列的求和公式，由S9＝1，得S9＝eq\f(9a1＋a9,2)＝eq\f(9a3＋a7,2)＝1，故a3＋a7＝eq\f(2,9).故選D.法三(特殊值法)：不妨取等差數列{an}的公差d＝0，則S9＝1＝9a1，得a1＝eq\f(1,9)，所以a3＋a7＝2a1＝eq\f(2,9).故選D.(2)由等差中項的性質可得a3＋a6＋a8＋a11＝4a7＝12，解得a7＝3，設等差數列{an}的公差為d，則a4－3a6＝a4－a6－2a6＝－2d－2a6＝－2(a6＋d)＝－2a7＝－6.故選A．]等差數列前n項和的性質[典例4](1)(2025·濟寧模擬)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且S2＝2，S6＝9，則S10＝()A．14 B．16C．18 D．20(2)有兩個等差數列{an}，{bn}，其前n項和分別為Sn，Tn.①若eq\f(an,bn)＝eq\f(2n－1,3n＋1)，則eq\f(S11,T11)＝________；②若eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(2n－1,3n＋1)，則eq\f(a5,b4)＝________.(1)D(2)①eq\f(11,19)②eq\f(17,22)[(1)法一：設等差數列{an}的公差為d，由S2＝2，S6＝9，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋d＝2，,6a1＋\f(6×5,2)d＝9，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(7,8)，,d＝\f(1,4)，))所以S10＝10a1＋eq\f(10×9,2)d＝eq\f(35,4)＋eq\f(45,4)＝20.故選D.法二：由等差數列前n項和的性質可知eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也是等差數列，設bn＝eq\f(Sn,n)，公差為d，則b2＝eq\f(S2,2)＝1，b6＝eq\f(S6,6)＝eq\f(3,2)，所以4d＝b6－b2＝eq\f(1,2)，則b10＝eq\f(S10,10)＝b6＋4d＝eq\f(3,2)＋eq\f(1,2)＝2，故S10＝20.故選D.(2)①若eq\f(an,bn)＝eq\f(2n－1,3n＋1)，則eq\f(S11,T11)＝eq\f(11a6,11b6)＝eq\f(2×6－1,3×6＋1)＝eq\f(11,19).②若eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(2n－1,3n＋1)＝eq\f(2n2－n,3n2＋n)，則可設Sn＝(2n2－n)k，Tn＝(3n2＋n)k，所以a5＝S5－S4＝45k－28k＝17k，b4＝T4－T3＝52k－30k＝22k，所以eq\f(a5,b4)＝eq\f(17,22).]利用等差數列的性質解題的三個關注點(1)在等差數列題目中，只要出現項的和問題，一般考慮應用項的性質，如利用2am＝am－n＋am＋n可實現項的合并與拆分．(2)在Sn＝eq\f(na1＋an,2)中，Sn與a1＋an可相互轉化．(3)利用Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差數列，可求S2m或S3m.[跟進訓練]3．(1)已知兩個等差數列2,6,10，…及2,8，14，…，200，將這兩個等差數列的公共項按從小到大的順序組成一個新數列{an}，則數列{an}的各項之和為()A．1666 B．1654C．1472 D．1460(2)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，若m＞1，且am－1＋am＋1－aeq\o\al(2,m)－1＝0，S2m－1＝39，則m等于()A．39 B．20C．19 D．10(3)設等差數列{an}的前n項和為Sn，若S10＝20，S20＝10，則S30＝()A．0 B．－10C．－30 D．－40(1)A(2)B(3)C[(1)有兩個等差數列2,6，10，…及2,8,14，…，200，由這兩個等差數列的公共項按從小到大的順序組成一個新數列：2,14,26,38,50，…，182,194，共有eq\f(194－2,12)＋1＝17項，是公差為12的等差數列，故新數列前17項的和為eq\f(2＋194,2)×17＝1666，即數列{an}的各項之和為1666.故選A．(2)數列{an}為等差數列，則am－1＋am＋1＝2am，則am－1＋am＋1－aeq\o\al(2,m)－1＝0可化為2am－aeq\o\al(2,m)－1＝0，解得am＝1.又S2m－1＝(2m－1)am＝39，則m＝20.故選B．(3)由等差數列{an}的前n項和的性質可得S10，S20－S10，S30－S20也成等差數列，所以2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20),所以2×(10－20)＝20＋S30－10，解得S30＝－30.故選C．]考點四等差數列的前n項和及其最值[典例5]在等差數列{an}中，已知a1＝20，前n項和為Sn，且S10＝S15.求當n取何值時，Sn取得最大值，并求出它的最大值.[四字解題]讀想算思S10＝S15；求Sn的最大值及相應n的值求最值的方法函數法前n項和Sn數形結合圖象法鄰項變號法通項an轉化化歸性質法性質am＋an＝ap＋aq(m＋n＝p＋q，m，n，p，q∈N*)解：設等差數列{an}的公差為d.法一(函數法)：因為a1＝20，S10＝S15，所以10×20＋eq\f(10×9,2)d＝15×20＋eq\f(15×14,2)·d，解得d＝－eq\f(5,3).Sn＝20n＋eq\f(nn－1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝－eq\f(5,6)n2＋eq\f(125,6)n＝－eq\f(5,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(25,2)))2＋eq\f(3125,24).因為n∈N*，所以當n＝12或13時，Sn有最大值，且最大值為S12＝S13＝130.法二(圖象法)：因為等差數列{an}的前n項和Sn是關于n的二次函數，且S10＝S15，所以10×20＋eq\f(10×9,2)d＝15×20＋eq\f(15×14,2)d，所以d＝－eq\f(5,3).又eq\f(10＋15,2)＝12.5，所以當n＝12或13時，Sn取得最大值．因為S12＝S13＝12×20＋eq\f(12×11,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝130，所以最大值為S12＝S13＝130.法三(鄰項變號法)：因為a1＝20，S10＝S15，所以10×20＋eq\f(10×9,2)d＝15×20＋eq\f(15×14,2)d，所以d＝－eq\f(5,3).an＝20＋(n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝－eq\f(5,3)n＋eq\f(65,3).因為a1＝20>0，d＝－eq\f(5,3)<0，所以數列{an}是遞減數列．由an＝－eq\f(5,3)n＋eq\f(65,3)≤0，得n≥13，且a13＝0.當n≤12時，an＞0；當n≥14時，an＜0.所以當n≤12時，an＞0；當n≥14時，an＜0.所以當n＝12或13時，Sn取得最大值，且最大值為S12＝S13＝12×20＋eq\f(12×11,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝130.法四(性質法)：由S10＝S15得S15－S10＝a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0，所以5a13＝0，即a13＝0.又d＝eq\f(a13－a1,13－1)＝－eq\f(5,3)，所以當n≤12時，an>0；當n≥14時，an<0.所以當n＝12或n＝13時，Sn有最大值，且最大值為S12＝S13＝12×20＋eq\f(12×11,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝130.求等差數列前n項和Sn的最值的兩種方法(1)函數法：利用等差數列前n項和的函數表達式Sn＝an2＋bn，通過配方或借助圖象求二次函數的最值的方法求解．特別提醒，n∈N*.(2)鄰項變號法：①當a1>0，d<0時，滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am≥0，,am＋1≤0))的項數m使得Sn取得最大值Sm；②當a1<0，d>0時，滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am≤0，,am＋1≥0))的項數m使得Sn取得最小值Sm.[跟進訓練]4．(1)(2025·濟南模擬)設等差數列{an}的前n項和為Sn，已知S12>0，S13<0，則以下選項中，最大的是()A．S12 B．S7C．S6 D．S1(2)(2023·全國乙卷)記Sn為等差數列{an}的前n項和，已知a2＝11，S10＝40.①求{an}的通項公式；②求數列{|an|}的前n項和Tn.(1)C[因為S12>0，所以eq\f(a1＋a12×12,2)＝eq\f(a6＋a7×12,2)>0，所以a6＋a7>0.又因為S13<0，所以eq\f(a1＋a13×13,2)＝eq\f(2a7×13,2)<0，所以a7<0.又a6＋a7>0，所以a6>0，所以{an}為遞減數列，且前6項為正值，從第7項開始為負值，所以(Sn)max＝S6.故選C．](2)解：①設{an}的公差為d，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝a1＋d＝11，,S10＝10a1＋45d＝40，))解得a1＝13，d＝－2.所以{an}的通項公式為an＝13＋(n－1)·(－2)＝15－2n.②由①得|an|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(15－2n，n≤7，,2n－15，n≥8.))當n≤7時，Tn＝13n＋eq\f(nn－1,2)×(－2)＝14n－n2，當n≥8時，Tn＝T7＋1＋3＋5＋…＋(2n－15)＝T7＋1＋3＋5＋…＋[2(n－7)－1]＝14×7－72＋eq\f(n－7[1＋2n－7－1],2)＝98－14n＋n2.綜上，Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(14n－n2，n≤7，,98－14n＋n2，n≥8.))課時分層作業(三十七)(本試卷共92分．單項選擇題每題5分，多項選擇題每題6分，填空題每題5分．)一、單項選擇題1．(2025·濰坊模擬)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，a1＝－1，S7＝5a4＋10，則S4＝()A．6 B．7C．8 D．10C[因為數列{an}為等差數列，則S7＝eq\f(7a1＋a7,2)＝eq\f(7×2a4,2)＝7a4，又S7＝5a4＋10，則7a4＝5a4＋10，即a4＝5，則S4＝eq\f(4a1＋a4,2)＝eq\f(4－1＋5,2)＝8.故選C．]2．現有茶壺九只，容積從小到大成等差數列，最小的三只茶壺容積之和為0.5L，最大的三只茶壺容積之和為2.5L，則從小到大第5只茶壺的容積為()A．0.25L B．0.5LC．1L D．1.5LB[設九只茶壺按容積從小到大依次記為a1，a2，…，a9，由題意可得a1＋a2＋a3＝0.5，a7＋a8＋a9＝2.5，所以3a2＝0.5,3a8＝2.5，所以a2＋a8＝1，所以a5＝eq\f(a2＋a8,2)＝0.5.故選B．]3．等差數列{an}的前n項和為Sn，若eq\f(S2025,2025)＝eq\f(S2024,2024)＋1且a1＝3，則()A．an＝2n＋1 B．an＝n＋1C．Sn＝2n2＋n D．Sn＝4n2－nA[設等差數列{an}的公差為d，因為Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d，所以eq\f(Sn,n)＝a1＋eq\f(n－1,2)·d＝eq\f(d,2)·n＋a1－eq\f(d,2)，即eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))為等差數列，公差為eq\f(d,2).由eq\f(S2025,2025)－eq\f(S2024,2024)＝1，知eq\f(d,2)＝1?d＝2，故an＝2n＋1，Sn＝eq\f(n3＋2n＋1,2)＝n2＋2n.故選A．]4．若2a＝3,2b＝6,2c＝12，則()A．a，b，c是等差數列 B．a，b，c是等比數列C．eq\f(1,a)，eq\f(1,b)，eq\f(1,c)是等差數列 D．eq\f(1,a)，eq\f(1,b)，eq\f(1,c)是等比數列A[因為2a＝3,2b＝6,2c＝12，所以a＝log23，b＝log26，c＝log212，則2b＝a＋c，故a，b，c是等差數列．故A正確．]5．已知兩等差數列{an}，{bn}，前n項和分別是An，Bn，且滿足eq\f(An,Bn)＝eq\f(2n＋1,3n＋2)，則eq\f(a6,b6)＝()A．eq\f(13,20) B．eq\f(23,35)C．eq\f(25,38) D．eq\f(27,41)B[兩等差數列{an}，{bn}，前n項和分別是An，Bn，滿足eq\f(An,Bn)＝eq\f(2n＋1,3n＋2)，所以eq\f(a6,b6)＝eq\f(2a6,2b6)＝eq\f(a1＋a11,b1＋b11)＝eq\f(\f(a1＋a11,2)×11,\f(b1＋b11,2)×11)＝eq\f(A11,B11)＝eq\f(2×11＋1,3×11＋2)＝eq\f(23,35).故選B．]6．等差數列{an}的前n項和為Sn，若S5<S6，S6＝S7，S7>S8，則下列結論錯誤的是()A．a6＋a8＝0B．S5＝S8C．數列{an}是遞減數列D．S13>0D[由S6＝S7，則S7－S6＝a7＝0，即a1＋6d＝a7＝0，又a6＋a8＝2a7＝0，故A正確；S5＝eq\f(5a1＋a5,2)＝5a3，S8＝eq\f(8a1＋a8,2)＝eq\f(8a2＋a7,2)＝4a2，則5a3－4a2＝a1＋6d＝0，故S5＝S8，故B正確；由S5<S6，S7>S8，即S6－S5＝a6>0，S8－S7＝a8<0，所以d<0，數列{an}是遞減數列，故C正確；S13＝13a7＝0，故D錯誤．故選D.]7．數列{an}中，a1＝5，a2＝9，若數列{an＋n2}是等差數列，則{an}的最大項為()A．9 B．11C．eq\f(45,4) D．12B[令bn＝an＋n2，又a1＝5，a2＝9，所以b2＝a2＋4＝13，b1＝a1＋1＝6，所以數列{an＋n2}的公差為13－6＝7，則an＋n2＝6＋7(n－1)＝7n－1，所以an＝－n2＋7n－1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(7,2)))2＋eq\f(45,4)，又n∈N*，所以當n＝3或4時，an有最大值，為－eq\f(1,4)＋eq\f(45,4)＝11.故選B．]8．北京天壇的圜丘壇為古代祭天的場所，分上、中、下三層．上層中心有一塊圓形石板(稱為天心石)，環繞天心石砌9塊扇面形石板構成第一環，向外每環依次增加9塊，下一層的第一環比上一層的最后一環多9塊，向外每環依次也增加9塊．已知每層環數相同，且下層比中層多729塊，則三層共有扇面形石板(不含天心石)()A．3699塊 B．3474塊C．3402塊 D．3339塊C[由題意知，由天心石開始向外的每環的扇面形石板塊數構成一個等差數列，記為{an}，易知其首項a1＝9，公差d＝9，所以an＝a1＋(n－1)d＝9n.設數列{an}的前n項和為Sn，由等差數列的性質知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差數列，所以2(S2n－Sn)＝Sn＋S3n－S2n，所以(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝S2n－2Sn＝eq\f(2n9＋18n,2)－2×eq\f(n9＋9n,2)＝9n2＝729，得n＝9，所以三層共有扇面形石板的塊數為S3n＝eq\f(3n9＋27n,2)＝eq\f(3×9×9＋27×9,2)＝3402.故選C．]二、多項選擇題9．(2025·泰安模擬)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，a2＝4，S7＝42，則下列說法正確的是()A．a5＝4B．Sn＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(5,2)nC．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))為遞減數列D．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前5項和為eq\f(4,21)BC[等差數列{an}中，S7＝eq\f(7a1＋a7,2)＝7a4＝42，解得a4＝6，而a2＝4，因此公差d＝eq\f(a4－a2,4－2)＝1，通項an＝a2＋(n－2)d＝n＋2.對于A，a5＝7，A錯誤；對于B，Sn＝eq\f(n3＋n＋2,2)＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(5,2)n，B正確；對于C，eq\f(an,n)＝1＋eq\f(2,n)，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))為遞減數列，C正確；對于D，eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,n＋2n＋3)＝eq\f(1,n＋2)－eq\f(1,n＋3)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前5項和為eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,7)－eq\f(1,8)＝eq\f(1,3)－eq\f(1,8)＝eq\f(5,24)，D錯誤．故選BC．]10．(2025·臨沂模擬)已知{an}是等差數列，Sn是其前n項和，則下列命題為真命題的是()A．若a3＋a4＝9，a7＋a8＝18，則a1＋a2＝5B．若a2＋a13＝4，則S14＝28C．若S15<0，則S7>S8D．若{an}和{an·an＋1}都為遞增數列，則an>0BC[對于A中，由a3＋a4＝9，a7＋a8＝18，可得(a7＋a8)－(a3＋a4)＝8d＝9，所以d＝eq\f(9,8)，又由a1＋a2＝(a3＋a4)－4d＝9－4×eq\f(9,8)＝eq\f(9,2)，所以A錯誤；對于B中，由S14＝eq\f(14a1＋a14,2)＝eq\f(14a2＋a13,2)＝28，所以B正確；對于C中，由S15＝eq\f(15a1＋a15,2)＝15a8<0，所以a8<0，又因為S8－S7＝a8<0，則S7>S8，所以C正確；對于D中，因為{an}為遞增數列，可得公差d>0，因為{anan＋1}為遞增數列，可得an＋2an＋1－anan＋1＝an＋1·2d>0，所以對任意的n≥2，an>0，但a1的正負不確定，所以D錯誤．故選BC．]三、填空題11．(2022·全國乙卷)記Sn為等差數列{an}的前n項和．若2S3＝3S2＋6，則公差d＝________.2[由2S3＝3S2＋6可得2(a1＋a2＋a3)＝3(a1＋a2)＋6，化簡得2a3＝a1＋a2＋6，即2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋2d))＝2a1＋d＋6，解得d＝2.]12．已知數列{an}的各項均為正數，a2＝3a1，Sn為其前n項和．若{eq\r(Sn)}是公差為eq\f(1,2)的等差數列，則a1＝__________，an＝________.eq\f(1,4)eq\f(2n－1,4)[由題意知，an>0，由a2＝3a1，得S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1，又等差數列{eq\r(Sn)}的公差為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(n,2)，解得Sn＝eq\f(n2,4)，當n≥2時，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)，當n＝1時，a1＝eq\f(1,2)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,4)，與題意中的a1＝eq\f(1,4)相符，所以an＝eq\f(2n－1,4).]四、解答題13．(15分)(2023·新高考Ⅰ卷)設等差數列{an}的公差為d，且d＞1.令bn＝eq\f(n2＋n,an)，記Sn，Tn分別為數列{an}，{bn}的前n項和．(1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，