全国文数第24课 等差数列及其前n项和

第24课 等差数列及其前n 项和 普查讲24 等差数列及其前n 项和
1．等差数列中基本量的求解
(1)(2017全国Ⅰ，5分)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( C )
A ．1
B ．2
C ．4
D ．8
解析：由题意知，a 4＋a 5＝a 1＋3d ＋a 1＋4d ＝24，即2a 1＋7d ＝24；S 6＝6a 1＋6×5
2d ＝48，
即2a 1＋5d ＝16.
联立，得⎩
⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝24，①
2a 1＋5d ＝16.②
①－②，得2d ＝8，∴d ＝4.
(2)(2019改编，5分)已知{a n }为等差数列，且a 1949＝2019，a 2019＝1949，则a 3968＝ 0 ．
解析：(法一)设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋1948d ＝2019，a 1＋2018d ＝1949，
解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3967，
d ＝－1.
∴a 3968＝a 1＋3967d ＝3967＋3967×(－1)＝0. (法二)由a 1949＝2019，a 2019＝1949， 得d ＝2019－19491949－2019
＝－1，
∴a 3968＝a 2019＋(3968－2019)d ＝1949＋1949×(－1)＝0. 2．等差数列中的单调性问题
(3)(经典题，5分)下面是关于公差d >0的等差数列{a n }的四个命题： p 1：数列{a n }是递增数列； p 2：数列{na n }是递增数列；
p 3：数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
a n n 是递增数列；
p 4：数列{a n ＋3nd }是递增数列． 其中的真命题为( D )
A ．p 1，p 2
B ．p 3，p 4
C ．p 2，p 3
D ．p 1，p 4 解析：∵a n ＝a 1＋(n －1)d ，d ＞0， ∴a n －a n －1＝d ＞0，命题p 1正确；
设a n ＝3n －12，显然{a n }是递增数列，但是na n ＝3n 2－12n ，{na n }并不是递增数列，故
命题p 2不正确；
设a n ＝n ＋1，显然{a n }是递增数列，但a n n ＝1＋1
n
单调递减，
∴⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
a n n 是递减数列，故p 3不正确； 设
b n ＝a n ＋3nd ，则b n ＋1－b n ＝a n ＋1－a n ＋3d ＝4d ＞0， ∴数列{a n ＋3nd }是递增数列，命题p 4正确． 综上，真命题为p 1，p 4.
3．等差数列的证明与判定技巧 a ．定义法证明等差数列
(4)(2019改编，6分)若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝1
2
.
求证：⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
1S n 是等差数列．
答案：见证明过程
证明：(法一)由a n ＋2S n S n －1＝0，得S n S n －1＝－12a n .(2分)∴1S n －1
S n －1＝S n －1－S n S n S n －1＝－a n －1
2a n
＝
2(n ≥2)，(5分)
故⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
1S n 是等差数列．(6分) (法二)当n ≥2时，由a n ＋2S n S n －1＝0，得S n －S n －1＝－2S n S n －1.(2分)
∵a 1＝12，a n ＋2S n S n －1＝0，∴S n ≠0，∴两边同除以－S n S n －1，得1S n －1S n －1＝2，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫
1S n 是等
差数列．(6分)
b ．等差中项法证明等差数列
(5)(2018大同模拟，12分)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 2＝6，a 3＝11，且(5n －8)S n ＋1－(5n ＋2)S n ＝An ＋B ，n ＝1，2，3，…，其中A ，B 为常数． (Ⅰ)求A ，B 的值；
答案：A ＝－20，B ＝－8
解：由a 1＝1，a 2＝6，a 3＝11，得S 1＝1，S 2＝7，S 3＝18. 当n ＝1时，－3S 2－7S 1＝A ＋B ，即A ＋B ＝－28；①
当n ＝2时，2S 3－12S 2＝2A ＋B ，即2A ＋B ＝－48.②(2分)
联立①②，得⎩⎪⎨⎪⎧A ＋B ＝－28，2A ＋B ＝－48，解得⎩
⎪⎨⎪⎧A ＝－20，
B ＝－8.(4分)
(Ⅱ)证明：数列{a n }为等差数列．
答案：见证明过程
证明：由(Ⅰ)知，(5n －8)S n ＋1－(5n ＋2)S n ＝－20n －8， 即5n (S n ＋1－S n )－8S n ＋1－2S n ＝－20n －8， 即5na n ＋1－8S n ＋1－2S n ＝－20n －8.①
又5(n ＋1)a n ＋2－8S n ＋2－2S n ＋1＝－20(n ＋1)－8，②
②－①，得5(n ＋1)a n ＋2－5na n ＋1－8a n ＋2－2a n ＋1＝－20， 即(5n －3)a n ＋2－(5n ＋2)a n ＋1＝－20.③ 又(5n ＋2)a n ＋3－(5n ＋7)a n ＋2＝－20，④(8分) ④－③，得(5n ＋2)(a n ＋3－2a n ＋2＋a n ＋1)＝0， 即a n ＋3－2a n ＋2＋a n ＋1＝0，即a n ＋3＋a n ＋1＝2a n ＋2. 又a 1＋a 3＝2a 2，所以数列{a n }为等差数列．(12分) 4．等差数列中的设项技巧 (6)(经典题，8分)解决下列问题．
(Ⅰ)三个数成等差数列，它们的和为21，平方和为155，求这三个数； 答案：5，7，9或9，7，5
解：设这三个数为a －d ，a ，a ＋d ，
根据题意，有⎩
⎪⎨⎪⎧a －d ＋a ＋a ＋d ＝21，
（a －d ）2＋a 2＋（a ＋d ）2
＝155，(2分) 解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝7，d ＝2或⎩
⎪⎨⎪⎧a ＝7，
d ＝－2.∴这三个数为5，7，9或9，7，5.(4分) (Ⅱ)已知四个数成等差数列，它们的和为28，中间两项的积为40，求这四个数． 答案：－2，4，10，16或16，10，4，－2
解：设这四个数为a －3d ，a －d ，a ＋d ，a ＋3d ，
根据题意，有⎩⎪⎨⎪⎧a －3d ＋a －d ＋a ＋d ＋a ＋3d ＝28，
（a －d ）（a ＋d ）＝40，(6分)
解得⎩⎪⎨⎪
⎧a ＝7，d ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝7，d ＝－3.
∴这四个数为－2，4，10，16或16，10，4，－2.(8分) 5．等差数列的性质及其应用
(7)(经典题，5分)在等差数列{a n }中，已知a 4＋a 8＝16，则该数列的前11项和S 11＝( B ) A ．58 B ．88 C ．143 D ．176
解析：S 11＝11（a 1＋a 11）2＝11（a 4＋a 8）
2
＝88，故选B.
(8)(2019改编，5分)若{a n }为公差不为0的等差数列，则下列数列中仍为等差数列的有
①③④⑤⑥⑦ ．(填序号) ①{a n ＋a n ＋1} ②{a 2n } ③{a n ＋1－a n } ④{2a n } ⑤{2a n ＋n } ⑥{a 2n －1} ⑦{a 2n }
解析：设等差数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ，则a n ＋1＝a 1＋nd ，∴a n ＋a n ＋1＝
2a 1＋(2n －1)d ＝2nd ＋2a 1－d ，∴{a n ＋a n ＋1}为等差数列；a 2n ＝[a 1＋(n －1)d ]2＝d 2n 2
＋(2a 1d －
2d 2)n ＋d 2＋a 21－2a 1d ，当d ≠0时，显然{a 2
n }不为等差数列；∵a n ＋1－a n ＝d ，∴数列{a n ＋1－a n }为常数列；2a n ＝2a 1＋2(n －1)d ＝2dn ＋2a 1－2d ，显然{2a n }为等差数列；2a n ＋n ＝2a 1＋2(n －1)d ＋n ＝(2d ＋1)n ＋2a 1－2d ，显然{2a n ＋n }为等差数列；根据等差数列的性质：每隔相同的距离取出一项组成的数列仍为等差数列，可知{a 2n －1}，{a 2n }均为等差数列．
6．等差数列前n 项和公式的应用
(9)(经典题，14分)在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1，2a 2＋2，5a 3成等比数列．
(Ⅰ)求d ，a n ；
答案：当d ＝－1时，a n ＝－n ＋11；当d ＝4时，a n ＝4n ＋6 解：由题意得5a 3·a 1＝(2a 2＋2)2，∴5×10×(10＋2d )＝[2(10＋d )＋2]2，即d 2－3d －4＝0，解得d ＝－1或d ＝4.(4分)∴当d ＝－1时，a n ＝－n ＋11；当d ＝4时，a n ＝4n ＋6.(6分)
(Ⅱ)若d <0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |.
答案：|a 1
|＋|a 2
|＋|a 3
|＋…＋|a n
|＝⎩⎨⎧－12n 2＋21
2
n ，n ≤11，12n 2
－21
2n ＋110，n ≥12
解：设数列{a n }的前n 项和为S n .∵d <0，由(Ⅰ)得d ＝－1，a n ＝－n ＋11，∴当n ≤11时，
a n ≥0；当n ≥12时，a n <0.
因此当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝S n ＝－12n 2＋21
2n ；(9分)
当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 11－a 12－…－a n ＝－a 1－a 2－ a 3－…－a 11－a 12－…－a n ＋2(a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 11)＝－S n ＋2S 11＝12n 2－21
2
n ＋110.(13分)
综上所述，
|a 1
|＋|a 2
|＋|a 3
|＋…＋|a n
|＝⎩⎨⎧－1
2n 2
＋21
2n ，n ≤11，
12n 2
－21
2n ＋110，n ≥12.
(14分)
7．等差数列前n 项和的性质及其应用
(10)(经典题，5分)等差数列{a n }的前m 项和为30，前2m 项和为100，则它的前3m 项和为 210 ．
解析：(法一)取m ＝1，则S 1＝30，S 2＝100，∴a 1＝S 1＝30，a 2＝S 2－S 1＝70，∴d ＝a 2－a 1＝40，∴a 3＝a 2＋d ＝110.∴S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝210.
(法二)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，由等差数列的性质，知S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m
成等差数列，∴2(S 2m －S m )＝S m ＋S 3m －S 2m .由题意知S m ＝30，S 2m ＝100，∴S 3m ＝3(S 2m －S m )＝210.
(法三)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，由等差数列的性质，知⎩⎨⎧⎭
⎬⎫S n n 为等差数列，∴S m
m ，
S 2m 2m ，S 3m 3m 仍为等差数列，∴2×S 2m 2m ＝S m m ＋S 3m 3m ，即2×1002m ＝30m ＋S 3m
3m
，解得S 3m ＝210. (法四)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ＝An 2＋Bn ，
由⎩
⎪⎨⎪⎧S m ＝30，S 2m ＝100，得⎩⎪⎨⎪⎧Am 2
＋Bm ＝30，4Am 2
＋2Bm ＝100， ∴S 3m ＝9Am 2＋3Bm ＝3(4Am 2＋2Bm )－3(Am 2＋Bm )＝3(S 2m －S m )＝210.
(11)(经典题，5分)等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若S n T n ＝3n －22n ＋1，则a 7b 7＝
37
27
． 解析：(法一)直接利用等差数列前n 项和的性质：S 2n －1＝(2n －1)a n ，得a 7b 7＝
（2×7－1）a 7
（2×7－1）b 7
＝
13a 713b 7＝S 13T 13＝37
27
. (法二)利用等差数列的基本性质：
a 7
b 7＝2a 72b 7＝a 1＋a 13b 1＋b 13＝13×（a 1＋a 13）
213×（b 1＋b 13）2
＝S 13T 13＝37
27
. (12)(经典题，5分)一个等差数列的前12项的和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则该数列的公差d ＝ 5 .
解析：设等差数列的前12项中奇数项的和为S 奇，偶数项的和为S
偶．
由已知条件，得
⎩
⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝354，S 偶∶S 奇＝32∶27， 解得⎩⎪⎨⎪
⎧S 偶＝192，S 奇
＝162.
又S 偶－S 奇＝6d ，∴d ＝192－1626＝5.
8．求等差数列前n 项和最值的方法
(13)(经典题， 5分)若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9>0，a 7＋a 10<0，则当n ＝ 8 时，{a n }的前n 项和最大．
解析：由等差数列的性质，得a 7＋a 8＋a 9＝3a 8>0，∴a 8>0. 又∵a 7＋a 10<0，∴a 8＋a 9＝a 7＋a 10<0，∴a 9<0.
∴S 8>S 7，S 8>S 9，∴数列{a n }的前8项和最大．
(14)(经典题，5分)等差数列{a n }中，a 1>0，S 4＝S 9，则{a n }的前n 项和S n 取最大值时，n ＝ 6或7 ．
解析：∵S n 有最大值，∴(n ，S n )是开口向下的抛物线上一些孤立的点，又∵S 4＝S 9，∴抛物线的对称轴为直线x ＝4＋9
2
＝6.5，∴当n ＝6或7时，S n 取最大值．
设数列{a n }是公差d <0的等差数列，S n 为其前n 项和，若S 6＝5a 1＋10d ，则S n 取最大值时，n ＝( C )
A ．5
B ．6
C ．5或6
D ．6或7
解析：∵S 6＝6a 1＋15d ＝5a 1＋10d ，∴a 1＝－5d .∴S n ＝d 2n 2－11d
2n .∵d <0，∴当n ＝5或6
时，S n 取最大值．
(15)(2018盐城模拟，12分)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 3＝12，S 12>0，S 13<0. (Ⅰ)求公差d 的取值范围； 答案：⎝⎛⎭
⎫－24
7，－3 解：依题意有⎩
⎨⎧S 12＝12a 1＋12×（12－1）
2
d >0，
S 13＝13a 1＋13×（13－1）
2
d <0，
即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋11d >0，①a 1＋6d <0.②
(2分) 由a 3＝12，得a 1＝12－2d .③
将③代入①②，得⎩
⎪⎨⎪⎧24＋7d >0，3＋d <0，解得－247<d <－3，
即公差d 的取值范围是⎝⎛⎭
⎫－24
7，－3.(5分) (Ⅱ)求出S 1，S 2，S 3，…，S 12中的哪一个值最大，并说明理由．
答案：S 6最大
解：(法一)由d ＜0，可知a 1>a 2>a 3>…>a 12>a 13， 又∵S 12>0，S 13<0，
∴在1≤n ≤12中存在正整数n ，使得a n >0，a n ＋1<0，
则S n 就是S 1，S 2，S 3，…，S 12中的最大值．(8分) ∵S 12＝6(a 6＋a 7)>0，S 13＝13a 7<0，(10分) ∴a 6＋a 7>0，a 7<0，∴a 6>0，
故在S 1，S 2，S 3，…，S 12中S 6最大．(12分)
(法二)由d ＜0，可知a 1>a 2>a 3>…>a 12>a 13，
又∵S 12>0，S 13<0，∴在1≤n ≤12中存在正整数n ，使得a n >0，a n ＋1<0，则S n 就是S 1，S 2，S 3，…，S 12中的最大值．(8分)
由⎩⎪⎨⎪⎧S 12>0，S 13
<0，
得⎩⎨⎧S
12＝12a 1＋
12×（12－1）
2
d >0，
S
13＝13a 1
＋13×（13－1）
2
d <0，
∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d >－d 2>0，a 1＋6d <0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 6>0，
a 7<0.(10分)
故在S 1，S 2，S 3，…，S 12中S 6最大．(12分)
随堂普查练24
1．(经典题，5分)《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等．问各得几何？”其意思为：“已知甲、乙、丙、丁、戊五
人分5钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”(“钱”是古代的一种重量单位)这个问题中，甲所得为( D )
A.54钱
B.53钱
C.32钱
D.43
钱 解析：设甲、乙、丙、丁、戊五人所得依次构成的等差数列为{a n }，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1
＋d ＝3a 1＋9d ，2a 1＋d ＝52，
解得⎩⎨⎧a 1＝4
3
，
d ＝－1
6
，即甲得4
3钱．
故选D.
2．(2016 江苏，5分)已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 1＋a 2
2＝－3，S 5＝10，
则a 9的值是 20 ．
解析：由S 5＝10，得S 5＝5
2
(a 1＋a 5)＝5a 3＝10，∴a 3＝2，∴a 1＝a 3－2d ＝2－2d ，a 2＝a 3
－d ＝2－d .由题意，a 1＋2
2a ＝－3，得2－2d ＋(2－d )2＝－3，解得d ＝3.∴a 9＝a 3＋(9－3)d ＝2
＋6×3＝20.
3．(2018山东临沂一模，5分)等差数列{a n }中，a 1＝12018，a m ＝1n ，a n ＝1
m
(m ≠n )，则等差数列{a n }的公差d ＝
1
2018
． 解析：由a m ＝1n ，a n ＝1m (m ≠n )，得d ＝a m －a n m －n ＝1n －
1m m －n ＝1mn .又∵a 1＝1
2018，∴a m ＝a 1＋
(m －1)d ＝12018＋(m －1)1mn ＝1n ，解得1mn ＝12018，即等差数列{a n }的公差d ＝1
2018
.
4．(经典题，5分)设等差数列{a n }的公差为d ，若数列{12n a a }为递减数列，则( C ) A ．d <0 B ．d >0 C ．a 1d <0 D ．a 1d >0 解析：∵数列{12
n
a a }为递减数列，且12
n
a a >0，∴111
22n
a a a a a +＝12a d ->1＝20，∴a 1d <0.故选C.
5．(经典题，12分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数．
(Ⅰ)证明：a n ＋2－a n ＝λ； 答案：见证明过程
证明：由题意知a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1，(1分) 两式相减，得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1.(3分) ∵a n ＋1≠0，∴a n ＋2－a n ＝λ.(4分)
(Ⅱ)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由． 答案：存在λ＝4，使得{a n }为等差数列
解：由题设知，a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得a 2＝λ－1. 由(Ⅰ)知a 3＝λ＋1.(6分)
假设存在λ，使得{a n }为等差数列，则2a 2＝a 1＋a 3， ∴2(λ－1)＝1＋λ＋1，解得λ＝4，故a n ＋2－a n ＝4， 由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列， ∴a 2n －1＝1＋(n －1)·4＝4n －3；(8分)
{a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，∴a 2n ＝3+ (n －1)·4＝4n －1，(10分) ∴a n ＝2n －1，∴a n ＋1－a n ＝2.
因此存在λ＝4，使得{a n }为等差数列．(12分)
6．(经典题，6分)已知1a ，1b ，1
c 成等差数列，则b ＋c a ，a ＋c b ，a ＋b c 是否也成等差数列？并
说明理由．
答案：b ＋c a ，a ＋c b ，a ＋b
c 也成等差数列．理由见解答过程
解：b ＋c a ，a ＋c b ，a ＋b
c 也成等差数列．理由如下：
∵1a ，1b ，1
c
成等差数列， ∴1a ＋1c ＝2
b
，即2ac ＝b (a ＋c )，(2分) ∴b ＋c a ＋a ＋b c ＝c （b ＋c ）＋a （a ＋b ）ac ＝a 2＋c 2＋b （a ＋c ）ac ＝2（a ＋c ）2b （a ＋c ）＝2（a ＋c ）b ，
(5分)
∴
b ＋
c a ，a ＋c b ，a ＋b c
也成等差数列．(6分) 7．(2019改编，5分)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 8＋a 13＝12，a 3a 8a 13＝28，则数列{a n }的通项公式为 a n ＝35n －45或a n ＝－35n ＋44
5
．
解析：根据等差数列的性质，知a 3＋a 8＋a 13＝3a 8＝12，因此a 8＝4.设a 3＝4－d ′，a 13＝4
＋d ′，由a 3a 8a 13＝28，得(4－d ′)·4·(4＋d ′)＝4(16－d ′2)＝28，解得d ′＝±3，∴a 13＝7或1.
而a 13＝a 8＋(13－8)d ，∴d ＝±3
5，∴a n ＝a 8＋(n －8)d ，
即a n ＝4±35(n －8)，∴a n ＝35n －45或a n ＝－35n ＋44
5
.
8．(经典题，5分)已知{a n }，{b n }都是等差数列，若a 1＋b 10＝9，a 3＋b 8＝15，则56a b +=21 ．
解析：∵{a n }，{b n }都是等差数列，∴2a 3＝a 1＋a 5，2b 8＝b 10＋b 6，∴2(a 3＋b 8)＝(a 1＋b 10)+ (a 5＋b 6)，即2×15＝9＋(a 5＋b 6)，∴a 5＋b 6＝21.
9．(2018湖北华中师大模拟，12分)已知数列{a n }满足a 1＝2，n (a n ＋1－n －1)＝
()(1)n n a n ++ (n ∈N *)．
(1)求证数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫a n n 是等差数列，并求⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
a n n 的通项公式；
答案：数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫a n n 是等差数列，通项公式为a n
n ＝2n
解：∵n (a n ＋1－n －1)＝(n ＋1)(a n ＋n )(n ∈N *)，
∴na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n (n ＋1)， ∴
a n ＋1n ＋1－a n
n
＝2，(3分)
∴数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
a n n 是等差数列，其公差为2，首项为2，
∴a n
n
＝2＋2(n －1)＝2n . ∴数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫a n n 是等差数列，且通项公式为a n
n ＝2n .(4分)
(2)设b n ＝2a n －15，求数列{|b n |}的前n 项和T n .
答案：T n ＝⎩
⎪⎨⎪⎧14n －n 2
，n ≤7，
n 2－14n ＋98，n ≥8
解：由(1)知a n ＝2n 2(n ∈N *)，∴b n ＝2a n －15＝2n －15，则数列{b n }的前n 项和S n ＝n （－13＋2n －15）2
＝n 2
－14n .(6分)
令b n ＝2n －15≤0，解得n ≤7.
∴n ≤7时，数列{|b n |}的前n 项和T n ＝－b 1－b 2－…－b n ＝－S n ＝－n 2＋14n .(8分) n ≥8时，数列{|b n |}的前n 项和T n ＝－b 1－b 2－…－b 7＋b 8＋…＋b n ＝－2S 7＋S n ＝－2× (72－14×7)＋n 2－14n ＝n 2－14n ＋98.(10分)
∴数列{|b n |}的前n 项和T n ＝⎩
⎪⎨⎪⎧14n －n 2
，n ≤7，
n 2－14n ＋98，n ≥8.(12分)
10．(2018广东模拟，5分)在项数为2n ＋1的等差数列中，所有奇数项的和为165，所有偶数项的和为150，则n ＝( B )
A ．9
B ．10
C ．11
D ．12
解析：由等差数列前n 项和的性质知，若项数为奇数2n ＋1，则S 偶S 奇＝n n ＋1，即150165＝n
n ＋1，
解得n ＝10.
11．(2018江苏模拟，5分)在等差数列{a n }中，已知a 1＝0，公差d ≠0，若a k ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 7，则k ＝ 22 ．
解析：由等差数列前n 项和的性质及a 1＝0，可知a k ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 7＝7a 4＝7(a 1＋3d )＝21d (或者可由等差数列的基本性质得出此式)．又∵a k ＝a 1＋(k －1)d ＝(k －1)d ＝21d ， ∴k ＝22.
12．(2018贵州模拟，5分)设等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若S n T n ＝3n
2n ＋1，
则
a 1＋a 2＋a 14＋a 19
b 1＋b 3＋b 17＋b 19
的值为 17
13 ．
解析：∵S n T n ＝3n
2n ＋1，且S n 和T n 都是关于n 的二次函数，且常数项为0，∴设S n ＝3n ·kn ，
T n ＝(2n ＋1)·kn ，k ≠0，则
a 1＋a 2＋a 14＋a 19
b 1＋b 3＋b 17＋b 19＝（a 1＋a 19）＋（a 2＋a 14）（b 1＋b 19）＋（b 3＋b 17）＝2a 10＋2a 8
2b 10＋2b 10
＝
2（a10＋a8）
4b10＝4a9
4b10＝
a9
b10＝
S9－S8
T10－T9
＝
3×92－3×82
（2×10＋1）×10－（2×9＋1）×9
＝
17
13.
13．(2018浙江模拟，4分)设公差为d的等差数列{a n}的前n项和为S n，若a1＝1，
－2
17<d<－
1
9，则当S n取最大值时，n的值为9 .
解析：由等差数列的通项公式，得a n＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)d，∵－
2
17<d<－
1
9，
∴a9＝1＋(9－1)d>0，a10＝1＋(10－1)d<0，故数列的前9项为正数，从第10项开始为负数．∴当S n取最大值时，n的值为9.
课后提分练24 等差数列及其前n 项和
A 组(巩固提升)
1．(2018全国Ⅰ，5分)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若3S 3＝ S 2＋ S 4，a 1＝2，则a 5＝( B )
A ．－12
B ．－10
C ．10
D ．12
解析：(法一)因为3S 3＝S 2＋S 4，所以3(a 1＋a 1＋d ＋a 1＋2d )＝(a 1＋a 1＋d )＋(a 1＋a 1＋d ＋a 1＋2d ＋a 1＋3d )，即3(3a 1＋3d )＝6a 1＋7d ，将a 1＝2代入，可得3(3×2＋3d )＝6×2＋7d ，可得d ＝－3，所以a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.
(法二)将3S 3＝S 2＋S 4变形为S 3＋(S 3－S 2)＝S 4－S 3，即S 3＋a 3＝a 4，因为S 3＝3a 2，所以3a 2＋a 3＝a 4.又因为a 2＋a 3＝a 1＋a 4，所以3a 2＋a 3＝2a 2＋(a 2＋a 3)＝2a 2＋a 1＋a 4＝a 4，所以2a 2＋a 1＝3a 1＋2d ＝0.根据a 1＝2，可知d ＝－3，所以a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.
2．(2018福建三明模拟，5分)《九章算术》第六卷《均输》中，有问题：“今有竹九节，下三节容量四升，上四节容量三升．问中间二节欲均容，各多少？”其中“欲均容”的意思是：使容量变化均匀．若竹九节由下往上均匀变细，则剩余中间两节的容量之和是( C )
A ．16166升
B ．2 升
C ．23
22
升 D ．3升
解析：设竹九节由上往下的容量分别为a 1，a 2，a 3，a 4，a 5，a 6，a 7，a 8，a 9，由题意可
知a 1，a 2，a 3，a 4，a 5，a 6，a 7，a 8，a 9成等差数列，且公差为d .
又因为⎩
⎪⎨⎪⎧a 1
＋a 2
＋a 3
＋a 4
＝3，
a 7
＋a 8
＋a 9
＝4，解得⎩⎨⎧a 1
＝13
22，d ＝766，
所以剩余中间两节容量之和为
a 5＋a 6＝2a 1
＋9d ＝4722＝23
22
(升)．故选C
3．(2018山东模拟，5分)在等差数列{a n } 中，若a 4＋a 6＋a 8＋a 10＋a 12＝240，则a 9－1
3a 11
的值为( C )
A ．30
B ．31
C ．32
D ．33
解析：由等差数列的性质及a 4＋a 6＋a 8＋a 10＋a 12＝240，可得5a 8＝240，解得a 8＝48.设等差数列{a n }的公差为d ，则a 9－13a 11＝a 8＋d －13(a 8＋3d )＝2
3
a 8＝32.故选C.
4．(2018运城模拟，5分)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S m －1＝－2，S m ＝0， S m ＋1＝3，则m ＝( C )
A ．3
B ．4
C ．5
D ．6
解析：(法一)设等差数列{a n }的公差为d ，∵S m －S m －1＝a m ＝2，S m ＋1－S m ＝a m ＋1＝3，∴ d ＝a m ＋1－a m ＝1.∵S m ＝m （a 1＋a m ）
2＝0，且m ≠0，∴a 1＝－a m ＝－2，∴a m ＝a 1＋(m －1)×1=2，
即a m ＝－2＋(m －1)×1＝2，解得m ＝5.
(法二)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，易知⎩⎨⎧⎭
⎬⎫S n n 为等差数列， ∴2S m m ＝S m －1m －1＋S m ＋1
m ＋1，
即0＝－2m －1＋3
m ＋1
，解得m ＝5.
5．(2018长春模拟，5分)在等差数列{a n } 中，a 2＋a 4＝p ，a 3＋a 5＝q ，则其前6项和 S 6＝( B )
A.54(p ＋q )
B.3
2
(p ＋q ) C ．p ＋q D ．2(p ＋q ) 解析：由a 2＋a 4＝p ，a 3＋a 5＝q ，知2(a 1＋a 6)＝a 2＋a 4＋a 3＋a 5＝p ＋q ，所以a 1＋a 6＝p ＋q 2，
所以S 6＝62(a 1＋a 6)＝3
2
(p ＋q )．故选B.
6．(2018济南模拟，5分)已知等差数列{a n } 的前n 项和为S n ，若S 1010＝1009，S 1009＝1010，则S 2019＝ －2019 ．
解析：设等差数列{a n }的前n 项和为S n ＝An 2＋Bn ，n ∈N *.
由题意得⎩
⎪⎨⎪⎧S 1010＝10102
A ＋1010
B ＝1009，①
S 1009＝10092
A ＋1009
B ＝1010，② ①－②，得(10102－10092)A ＋(1010－1009)B ＝1009－1010，即2019A ＋B ＝－1.
∴S 2019＝20192A ＋2019B ＝2019(2019A ＋B )＝－2019.
7．(2018石家庄模拟，5分)在等差数列{a n } 中，首项a 1>0，a 2018＋a 2019>0，a 2018·a 2019<0，则使得前n 项和S n >0成立的最大正整数n 是( C ) A ．2018 B ．2019 C ．4036 D ．4037
解析：由已知得a 2018>0，a 2019<0.根据等差数列的性质可知S 4036＝4036
2(a 2018＋a 2019)>0，
S 4037＝4037a 2019<0，所以使得前n 项和S n >0成立的最大正整数n 为4036.
8．(2018河南模拟，5分)已知数列{a n }为等差数列，若a 7
a 6
<－1，且前n 项和S n 有最大值，
则使S n >0的n 的最大值为 11 ．
解析：设等差数列{a n }的公差为d .∵a 7
a 6
<－1，且前n 项和S n 有最大值，∴a 1>0，d ＜0，
且a 6>0，a 7<0，∴a 6＋a 7<0，故S 11＝11（a 1＋a 11）2＝11×2a 62＝11a 6>0, S 12＝12（a 1＋a 12）
2
＝
12（a 6＋a 7）
2
<0，∴使S n >0的n 的最大值为11.
9．(2018苏州模拟，12分)在数列{a n }中，a 1＝－3，a n ＝2a n －1＋2n ＋3，n ≥2，且n ∈N *. (1)求a 2，a 3的值； 答案：a 2＝1，a 3＝13
解：∵a 1＝－3，a n ＝2a n －1＋2n ＋3，n ≥2， ∴a 2＝2a 1＋22＋3＝1，a 3＝2a 2＋23＋3＝13.(4分) (2)设b n ＝a n ＋3
2n ，n ∈N *，求证：数列{b n } 是等差数列．
答案：见证明过程
证明：由题意，a n ＝2a n －1＋2n ＋3，得a n －2a n －1＝2n ＋3，∴a n ＋1－2a n ＝12n +＋3.(6分) ∵b n ＋1－b n ＝
1132n n a +++－a n ＋32n ＝112n + [(a n ＋1－2a n )－3]＝11
2
n + [(12n +＋3)－3]＝1，(10分) ∴数列{b n }是首项为a 1＋32＝－3＋3
2
＝0，公差为1的等差数列．(12分)
B 组(冲刺满分)
10．(2018沈阳模拟，5分)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若1≤a 4≤4，2≤a 5≤3，则
S 6的取值范围是 [0，30] ．
解析：S 6＝6a 1＋
6×5
2
d ＝6a 1＋15d ，设S 6＝ma 4＋na 5＝m (a 1＋3d )＋n (a 1＋4d )＝(m ＋n )⋅ a 1＋(3m ＋4n )d ，则⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n ＝6，3m ＋4n ＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝9，n ＝－3，
∴S 6＝9a 4－3a 5. 又∵1≤a 4≤4，2≤a 5≤3，∴9≤9a 4≤36，－9≤－3a 5≤－6，
∴0≤9a 4－3a 5≤30，即0≤S 6≤30.
11．(2018洛阳模拟，5分)设数列{a n }是公差不为0的等差数列，满足22224567a a a a +=+，
则该数列的前10项和S 10＝( C )
A ．－10
B ．－5
C ．0
D ．5
解析：(法一)设等差数列{a n }的公差为d ，因为22224567a a a a +=+，
所以2222
4675a a a a =--，即(a 4－a 6)(a 4＋a 6)＝(a 7－a 5)(a 7＋a 5)．
根据等差数列的概念和性质，可知－4da 5＝4da 6，即a 5＋a 6＝0.所以S 10＝10
2
(a 5＋a 6)＝0.
(法二)由22224567a a a a +=+，得(a 1＋3d )2＋(a 1＋4d )2＝(a 1＋5d )2＋(a 1＋6d )2，整理得2a 1＋
9d ＝0.
∴S 10＝10a 1＋10×9
2d ＝10a 1＋45d ＝5(2a 1＋9d )＝0.故选C.
12．(2016浙江，5分)如图24－1，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且||A n A n ＋1＝
||A n ＋1A n ＋2，A n ≠A n ＋2，n ∈N *，||B n B n ＋1＝||B n ＋1B n ＋2，B n ≠B n ＋2，n ∈N *(P ≠Q 表示点P 与Q 不
重合)．若d n ＝||A n B n ，S n 为△A n B n B n ＋1的面积，则( A )
图24－1
A ．
{S n }是等差数列 B ．{2n S }是等差数列 C ．{d n }是等差数列 D ．{2n d }是等差数列
解析：设锐角的顶点为O ，|OA 1|＝a ，|A n A n ＋1|＝|A n ＋1A n ＋2|＝b ，|B n B n ＋1|＝|B n ＋1B n ＋2|＝d .设△A n B n B n ＋1的底边B n B n ＋1上的高为h n ，由三角形的相似，得
11(1)n n n n OA h a n b h OA a nb
+++-==+ ，21n n h h ++=
|OA n ＋2||OA n ＋1|
＝a ＋（n ＋1）b a ＋nb ，两式相加可得21n n n h h h +++=2a ＋2nb
a ＋n
b ＝2，即有h n ＋h n ＋2＝2h n ＋1.由S n ＝1
2d ·h n
，可得S n ＋S n ＋2＝2S n ＋1，则数列{S n }为等差数列．故选A.
13．(2018淮安模拟，5分)已知数列{a n }是各项均不为0的等差数列，S n 为其前n 项和，且满足
a 2n ＝S 2n －1(n ∈N *
)，若不等式
λ
a n ＋1≤n ＋8·（－1）n
n 对任意的n ∈N *恒成立，则实数λ的
最大值为( D )
A ．25
B ．21
C ．－25
D ．－21
解析：由a 2n ＝S 2n －1(n ∈N *
)及等差数列前n 项和的性质，知a 2n ＝(2n －1)a n .∵数列{a n }是各项均不为0的等差数列，∴a n ＝2n －1，∴λ2n ＋1≤n ＋8·（－1）n n 对任意的n ∈N *恒成立，即
λ≤2n ＋8·（－1）n
n
＋1＋16·(－1)n 对任意的n ∈N *恒成立．当n 为偶数时，上式化为λ≤2n ＋
8n ＋17，又∵2n ＋8
n ＋17≥22n ·8
n
＋17＝25，当且仅当n ＝2时取等号，∴λ≤25；当n 为奇数时，上式化为λ≤2n －8n －15，又∵⎣⎡⎦⎤2n －8n －15min ＝2×1－8
1
－15＝－21，∴λ≤－21. 综上，λ≤－21，故选D.
14．(2019改编， 8分)设数列{a n }的每一项都不为0，证明数列{a n }为等差数列的充要条件是：对于任意的n ∈N *，都有
1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝n
a 1a n ＋1
. 答案：见证明过程 证明：充分性：依题意，有1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝n a 1a n ＋1，① ∴
1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＋1
a n ＋1a n ＋2＝n ＋1a 1a n ＋2
.② ②－①，得
1a n ＋1a n ＋2＝n ＋1a 1a n ＋2－n
a 1a n ＋1
，(2分)
等式两边同乘a 1a n ＋1a n ＋2，得a 1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ＋2.③ ∴a 1＝na n －(n －1)a n ＋1.④
④－③，得2na n ＋1＝n (a n ＋2＋a n )，即2a n ＋1＝a n ＋2＋a n ，∴{a n }为等差数列．(4分) 必要性：设等差数列{a n }的公差为d ，若d ＝0，显然成立；(5分) 若d ≠0，则1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1
a n a n ＋1
＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 1a 1a 2＋a 3－a 2
a 2a 3＋…＋a n ＋1－a n a n a n ＋1 ＝1d ⎣⎡⎝⎛⎭⎫1a 1－1a 2＋⎝⎛⎭⎫
1a 2－1a 3＋
⎦⎤…＋⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋1 ＝1d ⎝⎛⎭⎫1
a 1－1a n ＋1 ＝1d ·a n ＋1－a 1a 1a n ＋1＝n a 1a n ＋1， ∴对于任意的n ∈N *，都有1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝n a 1a n ＋1
.(8分)。