1、第五章 第二节 等差数列及其前n项和题组一等差数列的判定与证明1.设命题甲为“a，b，c成等差数列，命题乙为“2”，那么 ()A甲是乙的充分不必要条件B甲是乙的必要不充分条件C甲是乙的充要条件D甲是乙的既不充分也不必要条件解析：由2，可得ac2b，但a、b、c均为零时，a、b、c成等差数列，但2.答案：B2在数列an中，a11，an12an2n.(1)设bn，证明：数列bn是等差数列；(2)求数列an的前n项和Sn.解：(1)证明：由an12an2n得bn11bn1.又b1a11，因此bn是首项为1，公差为1的等差数列(2)由(1)知n，即ann2n1.Sn1221322n2n1，两边乘以2得
2、，2Sn2222n2n.两式相减得Sn121222n1n2n(2n1)n2n(n1)2n1.题组二等差数列的根本运算3.(2023福建高考)等差数列an的前n项和为Sn，且S36，a34，那么公差d等于 ()A1 B. C2 D3解析：S36，而a34，a10，d2.答案：C4(2023广州模拟)数列an的前n项和Snn29n，第k项满足5ak8，那么k等于 ()A9 B8 C7 D6解析：an2n10，5ak8，52k108，k9，又kNx，k8.答案：B5等差数列an中，a26，a515，假设bna2n，那么数列bn的前5项和等于_解析：由an33(n1)3n，bna2n6n，S5590.
3、答案：906数列an满足2an1anan2(nNx)，它的前n项和为Sn，且a35，S636.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn6n(1)n12an(为正整数，nNx)，试确定的值，使得对任意nNx，都有bn1bn成立解：(1)2an1anan2，an是等差数列，设an的首项为a1，公差为d，由a35，S636得，解得a11，d2.an2n1.(2)由(1)知bn6n(1)n122n1，要使得对任意nNx都有bn1bn恒成立，bn1bn6n1(1)n22n16n(1)n122n156n5(1)n122n10恒成立，即(1)n1()n.当n为奇数时，即2()n，而()n的最小值为，3.当n
4、为偶数时，2()n，而2()n的最大值为，.由上式可得3，而为正整数，1或2.题组三等差数列的性质7.设等差数列an的前n项和为Sn，假设S39，S636，那么a7a8a9等于 ()A63 B45 C36 D27解析：由an是等差数列，那么S3，S6S3，S9S6成等差数列由2(S6S3)S3(S9S6)得到S9S62S63S345，即a7a8a945.答案：B8在等差数列an中，log2(a5a9)3，那么等差数列an的前13项的和S13_.解析：log2(a5a9)3，a5a9238.S1352.答案：529(2023辽宁高考)等差数列an的前n项和为Sn，且6S55S35，那么a4_.解
5、析：设等差数列an的首项为a1，公差为d，那么由6S55S35，得6(a13d)2，所以a4.答案：题组四等差数列的前n项和及最值问题10.设数列an是等差数列，且a44，a94，Sn是数列an的前n项和，那么 ()AS5S6 BS5S6 CS7S5 DS7S6解析：因为a44，a94，所以a4a90，即a6a70，所以S7S5a6a7S5.答案：C11(文)在等差数列an中，假设a10，S9S12，那么当n等于_时，Sn取得最小值解析：设数列an的公差为d，那么由题意得9a19(91)d12a112(121)d，即3a130d，a110d.a10.Snna1n(n1)ddn2dn2.Sn有最
6、小值，又nNx，n10，或n11时，Sn取最小值答案：10或11(理)假设数列an是等差数列，数列bn满足bnanan1an2(nNx)，bn的前n项和用Sn表示，假设an满足3a58a120，那么当n等于_时，Sn取得最大值解析：(先判断数列an中正的项与负的项)3a58a120，3a58(a57d)0，解得a5d0，d0，a1d，故an是首项为正数的递减数列由15n16，n16.答案：1612(2023株州模拟)二次函数f(x)ax2bxc(xR)，满足f(0)f()0，且f(x)的最小值是.设数列an的前n项和为Sn，对一切nNx，点(n，Sn)在函数f(x)的图象上(1)求数列an的通
7、项公式；(2)通过bn构造一个新的数列bn，是否存在非零常数c，使得bn为等差数列；(3)令cn，设数列cn2cn的前n项和为Tn，求Tn.解：(1)因为f(0)f()0，所以f(x)的对称轴为x，又因为f(x)的最小值是，由二次函数图象的对称性可设f(x)a(x)2.又f(0)0，所以a2，所以f(x)2(x)22x2x.因为点(n，Sn)在函数f(x)的图象上，所以Sn2n2n.当n1时，a1S11；当n2时，anSnSn14n3(n1时也成立)，所以an4n3(nNx)(2)因为bn，令c(c0)，即得bn2n，此时数列bn为等差数列，所以存在非零常数c，使得bn为等差数列(3)cn2n，那么cn2cn2n22nn22n1.所以Tn123225(n1)22n1n22n1，4Tn125227(n1)22n1n22n3，两式相减得：3Tn232522n1n22n3n22n3，Tn.
