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其次节 等差数列
时间：45分钟 分值：100分
一、选择题
1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a4＝15，S5＝55，则数列{an}的公差是( )
A. B．4
C．－4 D．－3
解析 ∵{an}是等差数列，a4＝15，S5＝55，
∴a1＋a5＝22，∴2a3＝22，a3＝11，∴公差d＝a4－a3＝4.
答案 B
2．(2022·安徽“江南十校”联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若2a6＝6＋a7，则S9的值是( )
A．27 B．36
C．45 D．54
解析 由2a6＝6＋a7得a5＝6，所以S9＝9a5＝54，选D.
答案 D
3．(2021·湖北月考)等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足2S5－13a4＋5a8＝10，则下列数中恒为常数的是( )
A．a8 B．S9
C．a17 D．S17
解析 由2S5－13a4＋5a8＝10可得a1＋8d＝5，而S17＝＝17(a1＋8d)＝85.故选D.
答案 D
4．(2022·安徽六校联考)数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列，且bn＝an＋1－an(n∈N*)，若b3＝－2，b10＝12，则a8＝( )
A．0 B．3
C．8 D．11
解析 设{bn}的公差为d，
∵b10－b3＝7d＝12－(－2)＝14，∴d＝2.
∵b3＝－2，∴b1＝b3－2d＝－2－4＝－6.
∴b1＋b2＋…＋b7＝7b1＋·d＝7×(－6)＋21×2＝0.
又b1＋b2＋…＋b7＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋
(a8－a7)＝a8－a1＝a8－3＝0，
∴a8＝3.故选B.
答案 B
5．在递减等差数列{an}中，若a1＋a5＝0，则Sn取最大值时n等于( )
A．2 B．3
C．4 D．2或3
解析 ∵a1＋a5＝2a3＝0，∴a3＝0，∵d<0，∴{an}的第一项和其次项为正值，从第四项开头为负值，故Sn取最大值时n等于2或3，选D.
答案 D
6．等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，已知(a8＋1)3＋2 013(a8＋1)＝1，(a2 006＋1)3＋2 013(a2 006＋1)＝－1，则下列结论正确的是( )
A．d<0，S2 013＝2 013
B．d>0，S2 013＝2 013
C．d<0，S2 013＝－2 013
D．d>0，S2 013＝－2 013
解析 通过求导易知a8＋1>0，a2 006＋1<0.
∴d<0.(a8＋1)3＋(a2 006＋1)3＋2 013(a8＋a2 006＋2)＝0，
可求出a8＋a2 006＝－2，得出S2 013＝－2 013.
答案 C
二、填空题
7．在等差数列{an}中，已知a3＋a8＝10，则3a5＋a7＝________.
解析 利用等差数列的性质可求解，∵a3＋a8＝10，∴3a5＋a7＝2a5＋a5＋a7＝2a5＋2a6＝2(a3＋a8)＝20.故填20.
答案 20
8．在等差数列{an}中，首项a1＝0，公差d≠0，若ak＝a1＋a2＋a3＋…＋a7，则k＝________.
解析 a1＋a2＋…＋a7＝7a1＋＝21d，
而ak＝a1＋(k－1)d＝(k－1)d，所以(k－1)d＝21d，d≠0，故k＝22.
答案 22
9．在等差数列{an}中，an>0，且a1＋a2＋…＋a10＝30，则a5·a6的最大值为________．
解析 ∵a1＋a2＋…＋a10＝30，
即＝30，a1＋a10＝6，
∴a5＋a6＝6，
∴a5·a6≤2＝9.
答案 9
三、解答题
10．(2022·江西卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：对任意的n>1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．
解 (1)由Sn＝，得a1＝S1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－2，
所以数列{an}的通项公式为：an＝3n－2.
(2)证明：要使得a1，an，am成等比数列，只需要a＝a1·am，即(3n－2)2＝1·(3m－2)，即m＝3n2－4n＋2，而此时m∈N*，且m>n.
所以对任意的n>1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．
11．(2022·大纲全国卷)等差数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝10，a2为整数，且Sn≤S4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)由a1＝10，a2为整数知，等差数列{an}的公差d为整数．又Sn≤S4.故a4≥0，a5≤0.
于是10＋3d≥0,10＋4d≤0.
解得－≤d≤－.因此d＝－3.
数列{an}的通项公式为an＝13－3n.
(2)bn＝
＝.
于是Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝
＝＝.
1．已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋3n，若an＋1an＋2＝80，则n的值为( )
A．5 B．4 C．3 D．2
解析 由Sn＝－n2＋3n，可得an＝4－2n，因此an＋1·an＋2＝[4－2(n＋1)][4－2(n＋2)]＝80，即n(n－1)＝20，解得n＝－4(舍去)或n＝5.
答案 A
2．下面是关于公差d>0的等差数列{an}的四个命题：
p1：数列{an}是递增数列；
p2：数列{nan}是递增数列；
p3：数列是递增数列；
p4：数列{an＋3nd}是递增数列．
其中的真命题为( )
A．p1，p2 B．p3，p4
C．p2，p3 D．p1，p4
解析 本题考查等差数列，递增数列．
对于p1，数列{an}的公差d>0，
∴数列是递增数列；
对于p4，∵(an＋1＋3(n＋1)d)－(an＋3nd)＝4d>0，是递增数列；
对于p2，∵(n＋1)an＋1－nan＝(n＋1)an＋(n＋1)d－nan＝a1＋2nd，不能确定a1的正负，上式不肯定大于零，该数列不肯定是递增数列；同理，对于p3，也不肯定是递增数列．
答案 D
3．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为________．
解析 由题意知：解得d＝，a1＝－3，所以Sn＝－3n＋×＝，即nSn＝，令f(n)＝，
则有f′(n)＝n2－，令f′(n)>0，得n>，
令f′(n)<0，得0<n<.又由于n为正整数，所以当n＝7时，f(n)＝取得最小值，即nSn的最小值为－49.
答案 －49
4．(2022·江苏卷)设数列{an}的前n项和为Sn.若对任意的正整数n，总存在正整数m，使得Sn＝am，则称{an}是“H数列”．
(1)若数列{an}的前n项和Sn＝2n(n∈N*)，证明：{an}是“H数列”；
(2)设{an}是等差数列，其首项a1＝1，公差d<0.若{an}是“H数列”，求d的值；
(3)证明：对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立．
解 (1)首先a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1，∴an＝
∴对于任意的n∈N*，Sn＝2n是数列{an}中的n＋1项，因此数列{an}是“H数列”．
(2)由题意an＝1＋(n－1)d，Sn＝n＋d，数列{an}是“H数列”，则存在k∈N*，使n＋d＝1＋(k－1)d，k＝＋＋1，由于∈N*，又k∈N*，则∈Z对一切正整数n都成立，∴d＝－1.
(3)若dn＝bn(b是常数)，则数列{dn}前n项和为Sn＝b是数列{dn}中的第项，因此{dn}是“H数列”，对任意的等差数列{an}，an＝a1＋(n－1)d(d是公差)，设bn＝na1，cn＝(d－a1)(n－1)，则an＝bn＋cn，而数列{bn}，{cn}都是“H数列”．
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