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第45课时　等差数列及其前n项和
[考试要求]　1．理解等差数列的概念．2．掌握等差数列的通项公式与前n项和公式．3．能在具体的情境问题中识别数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题．4．了解等差数列与一次函数、二次函数的关系．
知识点1　等差数列的有关概念
(1)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________，那么这个数列就叫做等差数列．
数学语言表达式：an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)．
(2)等差中项：由三个数a，A，b组成等差数列，则A叫做a与b的等差中项，且有________．
知识点2　等差数列的有关公式
(1)通项公式：an＝________＝nd＋(a1－d) 当d≠0时，an是关于n的一次函数．
(2)前n项和公式：Sn＝ Sn＝________________＝n2＋n 当d≠0时，Sn是关于n的二次函数，且没有常数项．
知识点3　等差数列的常见性质
(1)已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和．
①通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)；
②若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则________________；
③ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差为________的等差数列；
④若{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列；
⑤数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…构成等差数列；
⑥数列成等差数列．
(2)等差数列奇数项和与偶数项和的性质
①若项数为2n，则S偶－S奇＝nd，＝；
②若等差数列{an}的项数为奇数2n＋1，则
(i)S2n＋1＝(2n＋1)an＋1；(ii)S奇－S偶＝an＋1，＝．
(3)两个等差数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn之间的关系为＝．
[常用结论]
1．已知数列{an}的通项公式是an＝pn＋q(其中p，q为常数)，则数列{an}一定是等差数列，且公差为p．
2．在等差数列{an}中，d<0，则Sn存在最大值；若d>0，则Sn存在最小值．
3．等差数列{an}的单调性：当d>0时，{an}是递增数列；当d<0时，{an}是递减数列；当d＝0时，{an}是常数列．
4．数列{an}是等差数列 Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．
1．(人教A版选择性必修第二册P15练习T2改编)方程x2＋6x＋1＝0的两根的等差中项为________．
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2．(人教A版选择性必修第二册P15练习T4)已知在等差数列{an}中，a4＋a8＝20，a7＝12，则a4＝________．
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3．(北师大版选择性必修第二册P19练习T2)在等差数列{an}中，已知a3＋a15＝40，则S17＝________．
4．(苏教版选择性必修第一册P151练习T6)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S8＝100，S16＝392，则S24＝________．
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考点一　等差数列基本量的运算
[典例1]　(1)(多选)(2025·南昌期末)记等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a5＝4，S3＝－6，则有(　　)
A．a1＝－4 B．a3＜0
C．S5＝0 D．S2＜S3
(2)(2024·新高考Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝________．
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通性通法：(1)等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1，n，d，an，Sn，知道其中三个就能求出另外两个(简称“知三求二”)．
(2)确定等差数列的关键是求出两个最基本的量，即首项a1和公差d．
[多维变迁]
1．设公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，a4＝a5，则＝(　　)
A．15 B．1
C．－1 D．－9
2．在数列{an}中，a1＝2，＝，则数列{an}的通项公式为an＝________．
考点二　等差数列的判定与证明
[典例2]　(1)(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn，则“数列{an}为等差数列”的充要条件是(　　)
A．当n≥2时，an＋1－an＝d(d为常数)
B．an＝kn＋b(k，b为常数)
C．Sn＝an2＋bn(a，b为常数)
D．2an＋1＝an＋an＋2
(2)(2021·全国甲卷)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．
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通性通法：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．
(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．
考点三　等差数列的性质及应用
　项的性质
[典例3]　(1)(2025·资阳期末)在等差数列{an}中，若a2＋a8＝10，a4＝4，则公差d＝(　　)
A．－2 B．－1
C．1 D．2
(2)(2024·全国甲卷)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝1，则a3＋a7＝(　　)
A．－2 B．
C．1 D．
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　和的性质
[典例4]　(1)(2026·武汉模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝20，S20＝10，则S30＝(　　)
A．0 B．－10
C．－30 D．－40
(2)(2025·哈尔滨南岗区期末)已知Sn，Tn分别是等差数列{an}与{bn}的前n项和，且＝(n＝1，2，…)，则＝(　　)
A． B．
C． D．
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思维建模：片段和模型
第1步　罗列片段：罗列出所涉及的各个片段；
第2步　求片段值：Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列，求各片段的值；
第3步　求值：求出结果．
[多维变迁]
(人教A版选择性必修第二册P23练习T5)已知一个等差数列的项数为奇数，其中所有奇数项的和为290，所有偶数项的和为261，则此数列中间一项的值为________，总项数为________．
　等差数列前n项和的最值
[典例5]　等差数列{an}中，设Sn为其前n项和，且a1>0，S3＝S11，则当n为多少时，Sn最大？
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通性通法：求等差数列前n项和的最值常用的方法
(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．
1．(链接考点一)(2026·重庆模拟)已知等差数列{an}的前4项为a，3b，2，5b，则a9＝(　　)
A．5 B．6
C．7 D．8
2．(链接考点二)(多选)已知等差数列{an}的公差d＞0，则(　　)
A．{a2n－1}是等差数列
B．{2an－1}是等差数列
C．是递增数列
D．{an＋3nd}是递增数列
3．(链接考向1)(2025·南阳期中)已知在等差数列{an}中，a5＝20，a10＝35，则a20＝(　　)
A．50 B．55
C．60 D．65
4．(链接考向2)(2025·大同二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝8，S8＝40，则S12＝(　　)
A．52 B．96
C．106 D．120
5．(链接考向3)(人教A版选择性必修第二册P23例9)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝10，公差d＝－2，则Sn的最大值为____________，取得最大值时n＝________．
第45课时　等差数列及其前n项和
理法先行·题练固本
梳必备·破题有方
知识点1　(1)同一个常数　(2)2A＝a＋b
知识点2　(1)a1＋(n－1)d　(2)na1＋d
知识点3　(1)ak＋al＝am＋an　md
链教材·夯基固本
1．－3　[设方程x2＋6x＋1＝0的两根分别为x1和x2，
则x1＋x2＝－6，所以两根的等差中项为－3．]
2.6　[由题意可得
解得a1＝0，d＝2，故a4＝a1＋3d＝6．]
3.340　[S17＝(a1＋a17)＝(a3＋a15)＝×40＝340．]
4.876　[法一：由S8＝8a1＋d＝100，
S16＝16a1＋d＝392，
得a1＝2，d＝3，
∴S24＝24×2＋×3＝876．
法二：∵S8，S16－S8，S24－S16成等差数列，
∴2(S16－S8)＝S8＋(S24－S16)，
得S24＝3S16－3S8＝876．]
考点深研·题型突破
考点一
典例1　(1)AC　(2)95　[(1)设等差数列{an}的公差为d，则
解得故A正确；
a3＝a1＋2d＝－4＋4＝0，故B错误；
S5＝5a1＋d＝－20＋20＝0，故C正确；
因为S2＝2a1＋d＝－8＋2＝－6，S3＝－6，所以S2＝S3，故D错误．
故选AC．
(2)法一(基本量法)：设等差数列{an}的公差为d，
则由题意得
解得
则S10＝10a1＋d＝10×(－4)＋45×3＝95．
法二(利用下标和性质)：设等差数列{an}的公差为d，
由a3＋a4＝a2＋a5＝7，
3a2＋a5＝5，
得a2＝－1，a5＝8，
故d＝＝3，a6＝11，
则S10＝×10＝5(a5＋a6)＝5×19＝95．]
多维变迁
1．D　[设等差数列{an}的公差为d(d≠0)．
∵a4＝a5，∴a4＝(a4＋d)，解得a4＝d，a5＝2d．
∴a1＝a4－3d＝－2d，∴a1＋a4＝－d．
∴＝－9．故选D．]
2.2n2　[由，
而＋(n－1)d＝(n－1)＝n，所以数列{an}的通项公式为an＝2n2．]
考点二
典例2　(1)BCD　[对于A，当n≥1时，an+1－an＝d 数列{an}为等差数列，A错误；
对于B，若数列{an}为等差数列，则an＝a1＋(n－1)d＝dn＋a1－d，符合an＝kn＋b的形式，
若an＝kn＋b，则an+1－an＝k(n＋1)＋b－kn－b＝k(常数)，即数列{an}为等差数列，
故数列{an}的通项公式可以表示为an＝kn＋b 数列{an}为等差数列，B正确；
对于C，若数列{an}为等差数列，则Sn＝na1＋n，符合Sn＝an2＋bn的形式，
若Sn＝an2＋bn，当n≥2时，an＝Sn－Sn-1＝an2＋bn－a(n－1)2－b(n－1)＝2an＋b－a，
当n＝1时，a1＝a＋b符合上式，故an＝2an＋b－a，即数列{an}为等差数列，
故数列{an}的前n项和可以表示为Sn＝an2＋bn的形式 数列{an}为等差数列，C正确；
对于D，由2an+1＝an＋an+2，可得an+1－an＝an+2－an+1 数列{an}为等差数列，D正确．]
(2)证明：①③ ②．
已知{an}是等差数列，a2＝3a1．
设等差数列{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}是等差数列．
①② ③．
已知{an}是等差数列，{}是等差数列．
设等差数列{an}的公差为d，
则Sn＝na1＋d＝n2d＋n．
因为数列{}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．
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an＝Sn－Sn-1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n≥2)，当n＝1时也满足，故an＝2d2n－d2，n∈N*是关于n的一次函数，所以数列{an}是等差数列．
考点三
考向1　典例3　(1)C　(2)D　[(1)在等差数列{an}中，a2＋a8＝2a5＝10，解得a5＝5，
又a4＝4，
故公差d＝a5－a4＝5－4＝1．
故选C．
(2)法一(利用等差数列的基本量)：由S9＝1，根据等差数列的求和公式，
S9＝9a1＋d＝1 9a1＋36d＝1，
又a3＋a7＝a1＋2d＋a1＋6d＝2a1＋8d＝(9a1＋36d)＝．
故选D．
法二(利用等差数列的性质)：根据等差数列的性质，a1＋a9＝a3＋a7，由S9＝1，根据等差数列的求和公式，
S9＝＝1，故a3＋a7＝．
故选D．
法三(特殊值法)：不妨取等差数列的公差d＝0，则S9＝1＝9a1 a1＝，则a3＋a7＝2a1＝．
故选D．]
考向2　典例4　(1)C　(2)C　[(1)根据题意，数列{an}为等差数列，则S10，S20－S10，S30－S20成等差数列，
则有S10＋(S30－S20)＝2(S20－S10)，即20＋(S30－10)＝2(10－20)，
解得S30＝－30．
故选C．
(2)Sn，Tn分别是等差数列{an}与{bn}的前n项和，且(n＝1，2，…)，
则．
故选C．]
多维变迁
　29　19　[设等差数列的项数为2n－1，设所有的奇数项和为S，则S＝＝nan，设所有的偶数项和为T，则T＝＝(n－1)an，，解得n＝10，则项数为2n－1＝19，中间项为a10．由S＝10a10＝290，得a10＝29，所以此数列中间一项是29，总项数为19．]
考向3　典例5　解：法一：设公差为d．
由S3＝S11，
可得3a1＋d＝11a1＋d，
即d＝－a1．
从而Sn＝n2＋n＝－(n－7)2＋a1，
因为a1>0，所以－<0．
故当n＝7时，Sn最大．
法二：易知Sn＝An2＋Bn(A≠0)是关于n的二次函数，
由S3＝S11，可知Sn＝An2＋Bn的图象关于直线n＝＝7对称．
由法一可知A＝－<0，
故当n＝7时，Sn最大．
法三：设公差为d．
由法一可知d＝－a1．
要使Sn最大，则有
即
解得6.5≤n≤7.5，故当n＝7时，Sn最大．
法四：设公差为d．
由S3＝S11，可得2a1＋13d＝0，
即(a1＋6d)＋(a1＋7d)＝0，故a7＋a8＝0，
又由a1>0，S3＝S11可知d<0，
所以a7>0，a8<0，
所以当n＝7时，Sn最大．
随堂·对点检测
1．A　[等差数列{an}的前4项为a，3b，2，5b，
则
故等差数列{an}的公差为，
所以a9＝1＋8×＝5．故选A．]
2．ABD　[an＝a1＋(n－1)d＝dn＋a1－d．
由等差数列的性质，得{a2n-1}是公差为2d的等差数列，故A正确．
2an－1＝2dn＋2a1－2d－1，所以{2an－1}是公差为2d的等差数列，故B正确．
＝d＋，当a1－d>0时，是递减数列，故C错误．
an＋3nd＝4dn＋a1－d，因为4d>0，所以{an＋3nd}是递增数列，故D正确．故选ABD．]
3．D　[等差数列{an}中，a5＝20，a10＝35，
则d＝＝3，
则a20＝a10＋10d＝35＋30＝65．
故选D．]
4．B　[因为等差数列{an}的前n项和为Sn，所以S4，S8－S4，S12－S8成等差数列，
即S4＋S12－S8＝2(S8－S4)，解得S12＝96．
故选B．]
5.30　5或6　[法一：由an+1－an＝－2<0，得an+10；当n＝6时，an＝0；当n>6时，an<0．所以S1S7>…．故当n＝5或6时，Sn最大．
因为S5＝×[10＋10＋(5－1)×(－2)]＝30，所以Sn的最大值为30．
法二：因为Sn＝na1＋d＝n2＋n＝－n2＋11n＝－，所以当n取与最接近的整数，即5或6时，Sn最大，最大值为30．]
1 / 6(共73张PPT)
第六章　数列
第45课时　等差数列及其前n项和
[考试要求]　1．理解等差数列的概念．2．掌握等差数列的通项公式与前n项和公式．3．能在具体的情境问题中识别数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题．4．了解等差数列与一次函数、二次函数的关系．
理法先行·题练固本
知识点1　等差数列的有关概念
(1)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__________，那么这个数列就叫做等差数列．
数学语言表达式：an+1－an＝d(n∈N*，d为常数)．
(2)等差中项：由三个数a，A，b组成等差数列，则A叫做a与b的等差中项，且有________．
同一个常数
2A＝a＋b
知识点2　等差数列的有关公式
(1)通项公式：an＝_____________＝nd＋(a1－d) 当d≠0时，an是关于n的一次函数．
(2)前n项和公式：Sn＝ Sn＝____________
＝n2＋n 当d≠0时，Sn是关于n的二次函数，且没有常数项．
a1＋(n－1)d
na1＋d
知识点3　等差数列的常见性质
(1) 已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和．
①通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)；
②若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则______________；
③ak，ak+m，ak+2m，…(k，m∈N*)是公差为___的等差数列；
④若{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列；
⑤数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…构成等差数列；
⑥数列成等差数列．
ak＋al＝am＋an
md
(2) 等差数列奇数项和与偶数项和的性质
①若项数为2n，则S偶－S奇＝nd，；
②若等差数列{an}的项数为奇数2n＋1，则
(i)S2n+1＝(2n＋1)an+1；(ii)S奇－S偶＝an+1，．
(3)两个等差数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn之间的关系为．
1．(人教A版选择性必修第二册P15练习T2改编)方程x2＋6x＋1＝0的两根的等差中项为 ______________．
－3　[设方程x2＋6x＋1＝0的两根分别为x1和x2，
则x1＋x2＝－6，所以两根的等差中项为－3．]
－3　
2．(人教A版选择性必修第二册P15练习T4)已知在等差数列{an}中，a4＋a8＝20，a7＝12，则a4＝______________．
6　[由题意可得
解得a1＝0，d＝2，故a4＝a1＋3d＝6．]
6
3．(北师大版选择性必修第二册P19练习T2)在等差数列{an}中，已知a3＋a15＝40，则S17＝______________．
340　[S17＝(a1＋a17)＝(a3＋a15)＝×40＝340．]
340　
4．(苏教版选择性必修第一册P151练习T6)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S8＝100，S16＝392，则S24＝______________．
876　[法一：由S8＝8a1＋d＝100，
S16＝16a1＋d＝392，
得a1＝2，d＝3，
∴S24＝24×2＋×3＝876．
法二：∵S8，S16－S8，S24－S16成等差数列，
∴2(S16－S8)＝S8＋(S24－S16)，
得S24＝3S16－3S8＝876．]
876　
[常用结论]
1．已知数列{an}的通项公式是an＝pn＋q(其中p，q为常数)，则数列{an}一定是等差数列，且公差为p．
2．在等差数列{an}中，d<0，则Sn存在最大值；若d>0，则Sn存在最小值．
3．等差数列{an}的单调性：当d>0时，{an}是递增数列；当d<0时，{an}是递减数列；当d＝0时，{an}是常数列．
4．数列{an}是等差数列 Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．
考点深研·题型突破
考点一　等差数列基本量的运算
[典例1]　(1)(多选)(2025·南昌期末)记等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a5＝4，S3＝－6，则有(　　)
A．a1＝－4 B．a3<0
C．S5＝0 D．S2(2)(2024·新高考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
(1)AC　(2)95　[(1)设等差数列{an}的公差为d，则
解得故A正确；
a3＝a1＋2d＝－4＋4＝0，故B错误；
S5＝5a1＋d＝－20＋20＝0，故C正确；
因为S2＝2a1＋d＝－8＋2＝－6，S3＝－6，所以S2＝S3，故D错误．
故选AC．
(2)法一(基本量法)：设等差数列{an}的公差为d，
则由题意得
解得
则S10＝10a1＋d＝10×(－4)＋45×3＝95．
法二(利用下标和性质)：设等差数列{an}的公差为d，
由a3＋a4＝a2＋a5＝7，3a2＋a5＝5，
得a2＝－1，a5＝8，
故d＝＝3，a6＝11，
则S10＝×10＝5(a5＋a6)＝5×19＝95．]
通性通法：(1)等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1，n，d，an，Sn，知道其中三个就能求出另外两个(简称“知三求二”)．
(2)确定等差数列的关键是求出两个最基本的量，即首项a1和公差d．
[多维变迁]
1．设公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，a4＝a5，则＝
(　　)
A．15 B．1
C．－1 D．－9
√
D　[设等差数列{an}的公差为d(d≠0)．
∵a4＝a5，∴a4＝(a4＋d)，解得a4＝d，a5＝2d．
∴a1＝a4－3d＝－2d，∴a1＋a4＝－d．
∴＝－9．
故选D．]
2．在数列{an}中，a1＝2，，则数列{an}的通项公式为an＝______________．
2n2　[由，
而为公差的等差数列，则＋(n－1)d＝(n－1)＝n，所以数列{an}的通项公式为an＝2n2．]
2n2　
【教用·备选题】
(2025·肇东市月考)广丰永和塔位于江西省上饶市广丰区的水尾山森林公园风景区内，塔为砖石结构，塔高九层，沿塔内石阶可层层攀登而上．每当夜色降临，金灯齐明，塔身晶莹剔透，远望犹如仙境．某游客从塔底层(一层)进入塔身，沿石阶逐级攀登，一步一阶，此后每上一层均沿塔走廊绕塔一周以便浏览美景，现知底层到二层共二十六级台阶，此后每往上一层减少两级台阶，顶层绕塔一周需十二步，
每往下一层绕塔一周需多三步，则这位游客从底层进入
塔身开始到顶层绕塔一周结束，走的总步数为(　　)
A．332 B．387
C．352 D．368
√
A　[设从第n(1≤n≤8，n∈N*)层到第(n＋1)层所走的台阶数为an，绕第m(2≤m≤9，m∈N*)层塔一周所走的步数为bm，
由题意知，a1＝26，an+1－an＝－2，b9＝12，bm+1－bm＝－3，
所以数列{an}是首项为26，公差为－2的等差数列，数列{bm}是公差为－3的等差数列，
所以an＝28－2n，n∈{1，2，3，4，5，6，7，8}，
b2＝b9－7×(－3)＝33，bm＝b2＋(m－2)×(－3)＝39－3m，m∈{2，3，4，5，6，7，8，9}，
所以数列{an}所有项的和为＝152，
数列{bm}所有项的和为＝180，
所以这位游客从底层进入塔身开始到顶层绕塔一周结束，走的总步数为152＋180＝332．
故选A．]
考点二　等差数列的判定与证明
[典例2]　(1)(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn，则“数列{an}为等差数列”的充要条件是(　　)
A．当n≥2时，an+1－an＝d(d为常数)
B．an＝kn＋b(k，b为常数)
C．Sn＝an2＋bn(a，b为常数)
D．2an+1＝an＋an+2
√
√
√
(2)(2021·全国甲卷)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．
(1)BCD　[对于A，当n≥1时，an+1－an＝d 数列{an}为等差数列，A错误；
对于B，若数列{an}为等差数列，则an＝a1＋(n－1)d＝dn＋a1－d，符合an＝kn＋b的形式，
若an＝kn＋b，则an+1－an＝k(n＋1)＋b－kn－b＝k(常数)，即数列{an}为等差数列，
故数列{an}的通项公式可以表示为an＝kn＋b 数列{an}为等差数列，B正确；
对于C，若数列{an}为等差数列，则Sn＝na1＋n，符合Sn＝an2＋bn的形式，
若Sn＝an2＋bn，当n≥2时，an＝Sn－Sn-1＝an2＋bn－a(n－1)2－b(n－1)＝2an＋b－a，
当n＝1时，a1＝a＋b符合上式，故an＝2an＋b－a，即数列{an}为等差数列，
故数列{an}的前n项和可以表示为Sn＝an2＋bn的形式 数列{an}为等差数列，C正确；
对于D，由2an+1＝an＋an+2，可得an+1－an＝an+2－an+1 数列{an}为等差数列，D正确．]
(2)[证明]　①③ ②．
已知{an}是等差数列，a2＝3a1．
设等差数列{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}是等差数列．
①② ③．
已知{an}是等差数列，{}是等差数列．
设等差数列{an}的公差为d，
则Sn＝na1＋d＝n2d＋n．
因为数列{}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．
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an＝Sn－Sn-1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n≥2)，当n＝1时也满足，故an＝2d2n－d2，n∈N*是关于n的一次函数，所以数列{an}是等差数列．
通性通法：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．
(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．
考点三　等差数列的性质及应用
考向1　项的性质
[典例3]　(1)(2025·资阳期末)在等差数列{an}中，若a2＋a8＝10，a4＝4，则公差d＝(　　)
A．－2 B．－1
C．1 D．2
(2)(2024·全国甲卷)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝1，则a3＋a7＝(　　)
A．－2 B．
C．1 D．
√
√
(1)C　(2)D　[(1)在等差数列{an}中，a2＋a8＝2a5＝10，解得a5＝5，
又a4＝4，
故公差d＝a5－a4＝5－4＝1．
故选C．
(2)法一(利用等差数列的基本量)：由S9＝1，根据等差数列的求和公式，S9＝9a1＋d＝1 9a1＋36d＝1，又a3＋a7＝a1＋2d＋a1＋6d＝2a1＋8d＝(9a1＋36d)＝．
故选D．
法二(利用等差数列的性质)：根据等差数列的性质，a1＋a9＝a3＋a7，由S9＝1，根据等差数列的求和公式，
S9＝＝1，故a3＋a7＝．
故选D．
法三(特殊值法)：不妨取等差数列的公差d＝0，则S9＝1＝9a1 a1＝，则a3＋a7＝2a1＝．
故选D．]
考向2　和的性质
[典例4]　(1)(2026·武汉模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝20，S20＝10，则S30＝(　　)
A．0 B．－10
C．－30 D．－40
(2)(2025·哈尔滨南岗区期末)已知Sn，Tn分别是等差数列{an}与{bn}的前n项和，且(n＝1，2，…)，则＝(　　)
A． B．
C． D．
√
√
(1)C　(2)C　[(1)根据题意，数列{an}为等差数列，则S10，S20－S10，S30－S20成等差数列，
则有S10＋(S30－S20)＝2(S20－S10)，即20＋(S30－10)＝2(10－20)，
解得S30＝－30．故选C．
(2)Sn，Tn分别是等差数列{an}与{bn}的前n项和，且(n＝1，2，…)，
则．
故选C．]
思维建模：片段和模型
第1步　罗列片段：罗列出所涉及的各个片段；
第2步　求片段值：Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列，求各片段的值；
第3步　求值：求出结果．
[多维变迁]
(人教A版选择性必修第二册P23练习T5)已知一个等差数列的项数为奇数，其中所有奇数项的和为290，所有偶数项的和为261，则此数列中间一项的值为______________，总项数为______________．
29　19　[设等差数列的项数为2n－1，设所有的奇数项和为S，则S＝＝nan，设所有的偶数项和为T，则T＝＝(n－1)·an，，解得n＝10，则项数为2n－1＝19，中间项为a10．由S＝10a10＝290，得a10＝29，所以此数列中间一项是29，总项数为19．]
29　
19　
考向3　等差数列前n项和的最值
[典例5]　等差数列{an}中，设Sn为其前n项和，且a1>0，S3＝S11，则当n为多少时，Sn最大？
[解]　法一：设公差为d．由S3＝S11，
可得3a1＋d＝11a1＋d，
即d＝－a1．
从而Sn＝n2＋n＝－(n－7)2＋a1，因为a1>0，所以－<0．
故当n＝7时，Sn最大．
法二：易知Sn＝An2＋Bn(A≠0)是关于n的二次函数，
由S3＝S11，可知Sn＝An2＋Bn的图象关于直线n＝＝7对称．
由法一可知A＝－<0，故当n＝7时，Sn最大．
法三：设公差为d．
由法一可知d＝－a1．
要使Sn最大，则有
即
解得6.5≤n≤7.5，故当n＝7时，Sn最大．
法四：设公差为d．
由S3＝S11，可得2a1＋13d＝0，
即(a1＋6d)＋(a1＋7d)＝0，故a7＋a8＝0，
又由a1>0，S3＝S11可知d<0，
所以a7>0，a8<0，
所以当n＝7时，Sn最大．
通性通法：求等差数列前n项和的最值常用的方法
(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．
1．(链接考点一)(2026·重庆模拟)已知等差数列{an}的前4项为a，3b，2，5b，则a9＝(　　)
A．5 B．6
C．7 D．8
√
A　[等差数列{an}的前4项为a，3b，2，5b，
则
故等差数列{an}的公差为，
所以a9＝1＋8×＝5．
故选A．]
2．(链接考点二)(多选)已知等差数列{an}的公差d>0，则(　　)
A．{a2n-1}是等差数列
B．{2an－1}是等差数列
C．是递增数列
D．{an＋3nd}是递增数列
√
√
√
ABD　[an＝a1＋(n－1)d＝dn＋a1－d．
由等差数列的性质，得{a2n-1}是公差为2d的等差数列，故A正确．
2an－1＝2dn＋2a1－2d－1，所以{2an－1}是公差为2d的等差数列，故B正确．
＝d＋，当a1－d>0时，是递减数列，故C错误．
an＋3nd＝4dn＋a1－d，因为4d>0，所以{an＋3nd}是递增数列，故D正确．故选ABD．]
3．(链接考向1)(2025·南阳期中)已知在等差数列{an}中，a5＝20，a10＝35，则a20＝(　　)
A．50 B．55
C．60 D．65
√
D　[等差数列{an}中，a5＝20，a10＝35，
则d＝＝3，
则a20＝a10＋10d＝35＋30＝65．
故选D．]
4．(链接考向2)(2025·大同二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝8，S8＝40，则S12＝(　　)
A．52 B．96
C．106 D．120
√
B　[因为等差数列{an}的前n项和为Sn，所以S4，S8－S4，S12－S8成等差数列，
即S4＋S12－S8＝2(S8－S4)，解得S12＝96．
故选B．]
5．(链接考向3)(人教A版选择性必修第二册P23例9)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝10，公差d＝－2，则Sn的最大值为______________，取得最大值时n＝______________．
30　
5或6
30　5或6　[法一：由an+1－an＝－2<0，得an+10；当n＝6时，an＝0；当n>6时，an<0．所以S1S7>…．故当n＝5或6时，Sn最大．因为S5＝×[10＋10＋(5－1)×(－2)]＝30，所以Sn的最大值为30．
法二：因为Sn＝na1＋d＝n2＋n＝－n2＋11n＝
－，所以当n取与最接近的整数，即5或6时，Sn最大，最大值为30．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
√
一、单项选择题
1．(2025·全国二卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若S3＝6，S5＝－5，则S6＝(　　)
A．－20 B．－15
C．－10 D．－5
课时作业(四十五)　等差数列及其前n项和
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
B　[根据S3＝3a2＝6得a2＝2，根据S5＝5a3＝－5得a3＝－1，所以{an}的公差d＝a3－a2＝－3，所以a6＝a3＋3d＝－10，所以S6＝S5＋a6＝－5－10＝－15．]
√
2．(苏教版选择性必修第一册P154习题4.2(2)T8改编)设等差数列的项数n为奇数，则其奇数项之和与偶数项之和的比为(　　)
A． B．
C． D．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
D　[由题知，奇数项有a1＋·2d＝(a1＋d)＋·2d＝所以奇数项之和与偶数项之和的比．故选D．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
√
3．(2023·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝(　　)
A．25 B．22
C．20 D．15
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
C　[法一：由a2＋a6＝10，可得2a4＝10，所以a4＝5，又a4a8＝45，所以a8＝9．设等差数列{an}的公差为d，则d＝＝1，又a4＝5，所以a1＝2，所以S5＝5a1＋d＝20，故选C．
法二：设等差数列{an}的公差为d，则由a2＋a6＝10，可得a1＋3d＝5①，由a4a8＝45，可得(a1＋3d)·(a1＋7d)＝45②，由①②可得a1＝2，d＝1，所以S5＝5a1＋d＝20，故选C．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
√
4．(2025·南昌期末)设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别是Sn，Tn，若，则＝(　　)
A． B．
C． D．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
A　[∵{an}，{bn}是等差数列，
∴
＝．
故选A．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
√
5．(2025·天津卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋8n，则{|an|}的前12项和为(　　)
A．48 B．112
C．80 D．144
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
C　[当n＝1时，a1＝S1＝－1＋8＝7，当n≥2时，an＝Sn－Sn-1＝－n2＋8n－[－(n－1)2＋8(n－1)]＝－2n＋9，显然a1＝7也符合该式，所以an＝－2n＋9，所以|an|＝所以{|an|}的前12项和为＝80．故选C．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
√
6．(2025·渭南期末)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，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，且下层比中层多729块，则中下两层共有扇面形石板(　　)
A．2 699块 B．3 474块
C．3 402块 D．2 997块
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
D　[设第n环扇面形石板的块数为an，上层共有n环，Sn为{an}的前n项和，
则{an}是首项为9，公差为9的等差数列，
an＝9＋9(n－1)＝9n，Sn＝(n2＋n)，
上层、中层、下层的块数分别为Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，
由下层比中层多729块，得S3n－S2n＝S2n－Sn＋729，
∴(9n2＋3n)－(4n2＋2n)＝(4n2＋2n)－(n2＋n)＋729，解得n＝9，
∴中下两层共有扇面形石板：
S27－S9＝(272＋27)－(92＋9)＝2 997，
∴中下两层共有扇面形石板2 997块．
故选D．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
√
二、多项选择题　
7．(人教A版选择性必修第二册P55复习参考题4T8(1)改编)若a，b，c(a，b，c均不为0)是等差数列，则下列说法正确的是(　　)
A．a2，b2，c2一定成等差数列
B．2a，2b，2c可能成等差数列
C．ka＋2，kb＋2，kc＋2一定成等差数列
D．，，可能成等差数列
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
√
√
BCD　[对于A，令a＝1，b＝2，c＝3，则a2＝1，b2＝4，c2＝9，不满足2b2＝a2＋c2，故A错误；对于B，令a＝b＝c，则2a＝2b＝2c，满足2a＋2c＝2·2b，故B正确；对于C，∵a，b，c成等差数列，∴a＋c＝2b，∴(ka＋2)＋(kc＋2)＝k(a＋c)＋4＝2(kb＋2)，即ka＋2，kb＋2，kc＋2一定成等差数列，故C正确；对于D，令a＝b＝c，则，故D正确．故选BCD．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
√
8．(2025·沈阳期末)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，a1＝S10＝10，则下列说法正确的是(　　)
A．{an}的公差为－2
B．an＝12－2n
C．数列为递增数列
D．当且仅当n＝6时，Sn取得最大值
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
√
AB　[A选项，由a1＝S10＝10，
得10a1＋d＝10，
即100＋45d＝10，解得d＝－2，A正确；
B选项，an＝10－2(n－1)＝12－2n，B正确；
C选项，由对B选项的分析知Sn＝＝－n2＋11n，所以＝－n＋11，
所以数列为递减数列，C错误；
D选项，由二次函数f (n)＝－n2＋11n的性质可知，其对称轴方程为n＝，
又n∈N*，所以当n＝5或n＝6时，Sn取得最大值，D错误．
故选AB．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
三、填空题
9．(2025·上海期末)已知等差数列{an}满足a2＋a4＋a6＝3，a3＋a5＋a7＝9，则a1＋a8＝ ______________．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
4
4　[由题意有a2＋a6＝2a4，a3＋a7＝2a5，
由a2＋a4＋a6＝3a4＝3，解得a4＝1，
由a3＋a5＋a7＝3a5＝9，解得a5＝3，
∴a1＋a8＝a4＋a5＝1＋3＝4．]
10．(湘教版选择性必修第一册P19例7改编)某剧场有20排座位，后一排比前一排多2个座位，最后一排有60个座位，则剧场总共的座位数为______________．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
820　[设第n排的座位数为an(n∈N*)，数列{an}为等差数列，其公差d＝2，则an＝a1＋(n－1)d＝a1＋2(n－1)．由已知a20＝60，得60＝a1＋2×(20－1)，解得a1＝22，则剧场总共的座位数为＝820．]
820　
四、解答题
11．(2023·新高考Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d，且d>1．令bn＝，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和．
(1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式；
(2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
[解]　(1)因为3a2＝3a1＋a3，所以3(a2－a1)＝a1＋2d，所以3d＝a1＋2d，所以a1＝d，
所以an＝nd．
因为bn＝，所以bn＝，
所以S3＝＝6d，T3＝b1＋b2＋b3＝．
因为S3＋T3＝21，
所以6d＋＝21，
解得d＝3或d＝，
因为d>1，所以d＝3．
所以{an}的通项公式为an＝3n．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
(2)因为bn＝，且{bn}为等差数列，
所以2b2＝b1＋b3，
即2×，
所以－3a1d＋2d2＝0，
解得a1＝d或a1＝2d．
①当a1＝d时，an＝nd，所以bn＝，
S99＝＝99×50d，
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
T99＝．
因为S99－T99＝99，
所以99×50d－＝99，
即50d2－d－51＝0，
解得d＝或d＝－1(舍去)．
②当a1＝2d时，an＝(n＋1)d，
所以bn＝，
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
S99＝＝99×51d，
T99＝．
因为S99－T99＝99，
所以99×51d－＝99，
即51d2－d－50＝0，
解得d＝－(舍去)或d＝1(舍去)．
综上，d＝．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
谢谢！课时作业(四十五)　等差数列及其前n项和
一、单项选择题
1．(2025·全国二卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若S3＝6，S5＝－5，则S6＝(　　)
A．－20 B．－15
C．－10 D．－5
2．(苏教版选择性必修第一册P154习题4.2(2)T8改编)设等差数列的项数n为奇数，则其奇数项之和与偶数项之和的比为(　　)
A． B．
C． D．
3．(2023·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝(　　)
A．25 B．22
C．20 D．15
4．(2025·南昌期末)设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别是Sn，Tn，若＝，则＝(　　)
A． B．
C． D．
5．(2025·天津卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋8n，则{|an|}的前12项和为(　　)
A．48 B．112
C．80 D．144
6．(2025·渭南期末)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，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，且下层比中层多729块，则中下两层共有扇面形石板(　　)
A．2 699块 B．3 474块
C．3 402块 D．2 997块
二、多项选择题　
7．(人教A版选择性必修第二册P55复习参考题4T8(1)改编)若a，b，c(a，b，c均不为0)是等差数列，则下列说法正确的是(　　)
A．a2，b2，c2一定成等差数列
B．2a，2b，2c可能成等差数列
C．ka＋2，kb＋2，kc＋2一定成等差数列
D．可能成等差数列
8．(2025·沈阳期末)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，a1＝S10＝10，则下列说法正确的是(　　)
A．{an}的公差为－2 B．an＝12－2n
C．数列为递增数列 D．当且仅当n＝6时，Sn取得最大值
三、填空题
9．(2025·上海期末)已知等差数列{an}满足a2＋a4＋a6＝3，a3＋a5＋a7＝9，则a1＋a8＝ ________．
10．(湘教版选择性必修第一册P19例7改编)某剧场有20排座位，后一排比前一排多2个座位，最后一排有60个座位，则剧场总共的座位数为________．
四、解答题
11．(13分)(2023·新高考Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d，且d＞1．令bn＝，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和．
(1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式；
(2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d．
课时作业(四十五)
1．B　[根据S3＝3a2＝6得a2＝2，根据S5＝5a3＝－5得a3＝－1，所以{an}的公差d＝a3－a2＝－3，所以a6＝a3＋3d＝－10，所以S6＝S5＋a6＝－5－10＝－15．]
2．D　[由题知，奇数项有a1＋·2d＝(a1＋d)＋·2d＝．故选D．]
3．C　[法一：由a2＋a6＝10，可得2a4＝10，所以a4＝5，又a4a8＝45，所以a8＝9．设等差数列{an}的公差为d，则d＝＝1，又a4＝5，所以a1＝2，所以S5＝5a1＋d＝20，故选C．
法二：设等差数列{an}的公差为d，则由a2＋a6＝10，可得a1＋3d＝5①，由a4a8＝45，可得(a1＋3d)(a1＋7d)＝45②，由①②可得a1＝2，d＝1，所以S5＝5a1＋d＝20，故选C．]
4．A　[∵{an}，{bn}是等差数列，
∴．故选A．]
5．C　[当n＝1时，a1＝S1＝－1＋8＝7，当n≥2时，an＝Sn－Sn-1＝－n2＋8n－[－(n－1)2＋8(n－1)]＝－2n＋9，显然a1＝7也符合该式，所以an＝－2n＋9，所以|an|＝所以{|an|}的前12项和为＝80．故选C．]
6．D　[设第n环扇面形石板的块数为an，上层共有n环，Sn为{an}的前n项和，
则{an}是首项为9，公差为9的等差数列，
an＝9＋9(n－1)＝9n，Sn＝(n2＋n)，
上层、中层、下层的块数分别为Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，
由下层比中层多729块，得S3n－S2n＝S2n－Sn＋729，
∴(9n2＋3n)－(4n2＋2n)＝(4n2＋2n)－(n2＋n)＋729，解得n＝9，
∴中下两层共有扇面形石板：
S27－S9＝(272＋27)－(92＋9)＝2 997，
∴中下两层共有扇面形石板2 997块．
故选D．]
7．BCD　[对于A，令a＝1，b＝2，c＝3，则a2＝1，b2＝4，c2＝9，不满足2b2＝a2＋c2，故A错误；对于B，令a＝b＝c，则2a＝2b＝2c，满足2a＋2c＝2·2b，故B正确；对于C，∵a，b，c成等差数列，∴a＋c＝2b，∴(ka＋2)＋(kc＋2)＝k(a＋c)＋4＝2(kb＋2)，即ka＋2，kb＋2，kc＋2一定成等差数列，故C正确；对于D，令a＝b＝c，则，故D正确．故选BCD．]
8．AB　[A选项，由a1＝S10＝10，得10a1＋d＝10，
即100＋45d＝10，解得d＝－2，A正确；
B选项，an＝10－2(n－1)＝12－2n，B正确；
C选项，由对B选项的分析知Sn＝＝－n2＋11n，所以＝－n＋11，
所以数列为递减数列，C错误；
D选项，由二次函数f (n)＝－n2＋11n的性质可知，其对称轴方程为n＝，
又n∈N*，所以当n＝5或n＝6时，Sn取得最大值，D错误．故选AB．]
9.4　[由题意有a2＋a6＝2a4，a3＋a7＝2a5，
由a2＋a4＋a6＝3a4＝3，解得a4＝1，
由a3＋a5＋a7＝3a5＝9，解得a5＝3，
∴a1＋a8＝a4＋a5＝1＋3＝4．]
10.820　[设第n排的座位数为an(n∈N*)，数列{an}为等差数列，其公差d＝2，则an＝a1＋(n－1)d＝a1＋2(n－1)．由已知a20＝60，得60＝a1＋2×(20－1)，解得a1＝22，则剧场总共的座位数为＝820．]
11．解：(1)因为3a2＝3a1＋a3，所以3(a2－a1)＝a1＋2d，所以3d＝a1＋2d，所以a1＝d，
所以an＝nd．
因为bn＝，所以bn＝，
所以S3＝＝6d，T3＝b1＋b2＋b3＝．
因为S3＋T3＝21，
所以6d＋＝21，解得d＝3或d＝，
因为d>1，所以d＝3．
所以{an}的通项公式为an＝3n．
(2)因为bn＝，且{bn}为等差数列，
所以2b2＝b1＋b3，即2×，
所以，
所以－3a1d＋2d2＝0，
解得a1＝d或a1＝2d．
①当a1＝d时，an＝nd，
所以bn＝，
S99＝＝99×50d，
T99＝
＝．
因为S99－T99＝99，
所以99×50d－＝99，
即50d2－d－51＝0，
解得d＝或d＝－1(舍去)．
②当a1＝2d时，an＝(n＋1)d，所以bn＝，
S99＝
＝99×51d，
T99＝
＝．
因为S99－T99＝99，
所以99×51d－＝99，
即51d2－d－50＝0，
解得d＝－(舍去)或d＝1(舍去)．
综上，d＝．
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