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第41课时　等差数列
[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等差数列模型，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．
1．(人教A版选择性必修第二册P15例2改编)等差数列－5，－9，－13，…的第100项是 (　　)
A．－393 B．－397
C．－401 D．－405
2．(北师大版选择性必修第二册P17练习T3(2)改编)设数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a6＝2且S5＝30，则S8＝ (　　)
A．31 B．32
C．33 D．34
3．(苏教版选择性必修第一册P151练习T6改编)已知等差数列{an}的前n项和为Sn．若S5＝7，S10＝21，则S15＝ (　　)
A．35 B．42
C．49 D．63
4．(多选)(湘教版选择性必修第一册P21习题1.2T6改编)下列说法中正确的是 (　　)
A．若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列
B．数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N+，都有2an+1＝an＋an+2
C．在等差数列{an}中，若am＋an＝ap＋aq，则m＋n＝p＋q
D．若无穷等差数列{an}的公差d>0，则其前n项和Sn不存在最大值
5．(人教B版选择性必修第三册P28习题5－2AT3改编)在7和21之间插入3个数，使这5个数成等差数列，则这个等差数列的公差是___________．
1．等差数列的定义
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)．
(1)当d>0时，{an}是递增数列；
(2)当d<0时，{an}是递减数列；
(3)当d＝0时，{an}是常数列．
2．等差中项
若三个数a，A，b组成等差数列，则A叫做a与b的等差中项，且有__________________．
3．等差数列的通项公式
设等差数列{an}的公差为d，则其通项公式为：an＝______________________，其推导方法是累加法．当d≠0时，an＝dn＋(a1－d)是关于n的一次函数．通项公式可推广为：an＝am＋(n－m)d．
4．等差数列的前n项和公式
设等差数列{an}的公差为d，则其前n项和公式为：Sn＝＝na1＋d，其推导方法是倒序相加法．
当d≠0时，Sn＝n2＋n是关于n的二次函数．当d<0时，Sn存在最大值；当d>0时，Sn存在最小值．
1．抓住基本量：首项a1和公差d，其中d＝．
2．抓住常用性质：已知{an}是等差数列，其公差为d，Sn是其前n项和，则
(1)项的性质： 若p＋q＝s＋t，则ap＋aq＝as＋at(p，q，s，t∈N*)．
(2)片段和性质：数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(m∈N*)也是等差数列，且公差为m2d．
(3)也是等差数列，其首项与{an}的首项相同，公差是{an}的公差的．
(4)若等差数列{an}的项数为偶数2n，则
①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an+1)；
②S偶－S奇＝nd，．
(5)若等差数列{an}的项数为奇数2n＋1，则
①S2n+1＝(2n＋1)an+1；
②S奇－S偶＝an+1，．
(6)若{an}，{bn}均为等差数列且其前n项和分别为Sn，Tn，则．
考点一　等差数列基本量的运算
[典例1]　(1)(多选)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S4＝0，a5＝5，则下列选项正确的是 (　　)
A．a2＋a3＝0 B．an＝2n－5
C．Sn＝n(n－4) D．d＝－2
(2)为了让自己渐渐养成爱运动的习惯，小明10月1日运动了5分钟，从第二天开始，每天运动的时长比前一天多2分钟，则从10月1日到10月的最后一天，小明运动的总时长为___________分钟．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
名师点评：解决等差数列运算问题的思想方法
(1)方程思想：等差数列中包含a1，d，n，an，Sn五个量，可通过列方程(组)达到“知三求二”．
(2)整体思想：当所给条件只有一个时，可将已知和所求都用a1，d表示，寻求两者间的联系，整体代换即可求解．
[巩固迁移]
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．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)(2026·福建厦门模拟)已知Sn是数列{an}的前n项和，若，求证：{an}为等差数列．
(2)已知数列{an}满足a1＝1，4anan+1＋1＝3an＋an+1．
证明是等差数列，并求{an}的通项公式．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
名师点评：判定数列{an}是等差数列的常用方法
(1)定义法：对任意n∈N*，an+1－an是同一个常数．
(2)等差中项法：对任意n≥2，n∈N*，满足2an＝an+1＋an-1．
(3)通项公式法：对任意n∈N*，都满足an＝pn＋q(p，q为常数)．
(4)前n项和公式法：对任意n∈N*，都满足Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．
[巩固迁移]
3．记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知＝2．
(1)证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求{an}的通项公式．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考点三　等差数列性质的应用
　等差数列项的性质
[典例3]　(2025·山东威海三模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＋a6＝15－a10，则S11＝ (　　)
A．40 B．45
C．50 D．55
　等差数列前n项和的性质
[典例4]　(1)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)有两个等差数列，其前n项和分别为Sn，Tn．
①若＝___________；
②若＝___________．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
名师点评：利用等差数列的性质解题的三个关注点
(1)在等差数列题目中，出现项的和问题，一般考虑应用项的性质，如利用2am＝am-n＋am+n可实现项的合并与拆分．
(2)在Sn＝中，Sn与a1＋an可相互转化．
(3)利用Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列，可求S2m或S3m．
[巩固迁移]
4．已知两个等差数列2，6，10，…及2，8，14，…，200，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列{an}，则数列{an}的各项之和为 (　　)
A．1 666 B．1 654
C．1 472 D．1 460
5．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若m>1，且am-1＋am+1－－1＝0，S2m-1＝39，则m＝ (　　)
A．39 B．20
C．19 D．10
6．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2 024，＝6，则S2 026＝___________．
考点四　等差数列的前n项和及其最值
[典例5]　在等差数列{an}中，已知a1＝20，其前n项和为Sn，且S10＝S15．求当n取何值时，Sn取得最大值？并求出它的最大值．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
名师点评：处理等差数列前n项和Sn的最值的两类观点
(1)函数观点：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图象，利用求二次函数的最值的方法求解．注意n∈N*．
(2)邻项变号观点：
①当a1>0，d<0时，满足的项数m使得Sn取得最大值Sm；
②当a1<0，d>0时，满足的项数m使得Sn取得最小值Sm．
[巩固迁移]
7．(多选)设是等差数列，Sn是其前n项和，且S5S8，则下列结论正确的是 (　　)
A．d≤0
B．a7＝0
C．S6与S7均为Sn的最大值
D．满足Sn<0的n的最小值为14
8．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝12，S12>0，S13<0，则S1，S2，…，S12中，___________最大．
第41课时　等差数列
以题引理·激活思维
No1．深研教材典题
1．C　2．B　3．B　4．BD　5．3.5
No2．储备知识要点
1．同一个常数
2．2A＝a＋b
3．a1＋(n－1)d
精研考点·提升素养
考点一
典例1　(1)ABC　(2)1 085　[(1)S4＝＝0，
所以a1＋a4＝a2＋a3＝0，故A正确；
a5＝a1＋4d＝5，①
a1＋a4＝a1＋a1＋3d＝0，②
联立①②得
所以an＝－3＋(n－1)×2＝2n－5，故B正确，D错误；
Sn＝－3n＋×2＝n2－4n＝n(n－4)，故C正确．故选ABC．
(2)由题意知，小明每天的运动时长构成等差数列{an}，其中a1＝5，d＝2，
∴S31＝31×5＋×2＝1 085(分钟)，
∴小明运动的总时长为1 085分钟． ]
巩固迁移
1．B　2.2n2
考点二
典例2　证明：(1)因为＝1为首项，为公差的等差数列，
所以(n－1)＝，
即Sn＝an，①
所以Sn+1＝an+1，②
由②－①可得an+1，
即＝…＝＝a1，
所以an+1＝(n＋1)a1，an＝na1，
所以an+1－an＝a1，所以{an}为等差数列．
(2)由已知得an+1＝．
所以
＝
＝
＝＝2，
又因为＝1，
所以是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以＝2n－1，
解得an＝．
巩固迁移
3．解：(1)证明：因为bn是数列{Sn}的前n项积，
所以当n≥2时，Sn＝，
代入＝2可得，＝2，
整理可得2bn-1＋1＝2bn，
即bn－bn-1＝(n≥2)．
又＝2，所以b1＝，
故数列{bn}是以为公差的等差数列．
(2)由(1)可知，bn＝＝2，所以Sn＝(n∈N*)，
当n＝1时，a1＝S1＝，
当n≥2时，an＝Sn－Sn-1＝．
当n＝1时，a1＝不满足上式，
故an＝
考点三
考向1　典例3　D　[由a2＋a6＝15－a10可得3a6＝15，即a6＝5，
则S11＝＝11a6＝11×5＝55．
故选D．]
考向2　典例4　(1)C　(2)①
[(1)由等差数列{an}的前n项和的性质可得S10，S20－S10，S30－S20也成等差数列，
∴2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，
∴2×(10－20)＝20＋S30－10，
解得S30＝－30．故选C．
(2)①若，
则．
②若，则可设Sn＝k，Tn＝k，k≠0，
所以a3＝S3－S2＝15k－6k＝9k，b2＝T2－T1＝14k－4k＝10k，所以．]
巩固迁移
4．A　[等差数列2，6，10，…中，公差d1＝4，
等差数列2，8，14，…，200中，公差d2＝6，
∵4，6的最小公倍数是12，
∴新数列{an}的公差d＝12，首项为2，
∴an＝2＋(n－1)×12＝12n－10．
令12n－10≤200，得n≤17，n∈N*．
∴数列{an}共有17项，
∵a17＝12×17－10＝194，
∴数列{an}的各项之和为＝1 666．故选A．]
5．B　[数列{an}为等差数列，则am-1＋am+1＝2am，则am-1＋am+1－－1＝0可化为2am－－1＝0，解得am＝1．又S2m-1＝(2m－1)am＝39，则m＝20．故选B．]
6．2 026　[由等差数列的性质可得也为等差数列，
设其公差为d，则＝6d＝6，所以d＝1，
所以＋2 025d＝－2 024＋2 025＝1，
所以S2 026＝2 026．]
考点四
典例5　解：法一(函数法)：
因为a1＝20，S10＝S15，
所以10×20＋d，
解得d＝－．
所以Sn＝20n＋
＝－．
因为n∈N*，所以当n＝12或n＝13时，Sn有最大值，且最大值为S12＝S13＝130．
法二(图象法)：
因为等差数列{an}的前n项和Sn是关于n的二次函数，且S10＝S15，所以10×20＋d，
所以d＝－．
又，所以当n＝12或n＝13时，Sn取得最大值．
因为S12＝S13＝12×20＋＝130，所以最大值为S12＝S13＝130．
法三(邻项变号法)：
因为a1＝20，S10＝S15，
所以10×20＋d，
所以d＝－．
an＝20＋(n－1)×．
因为a1＝20>0，d＝－<0，
所以数列{an}是递减数列．
由an＝－≤0，得n≥13，即a13＝0．
当n≤12时，an>0；当n≥14时，an<0．
所以当n＝12或n＝13时，Sn取得最大值，且最大值为S12＝S13＝12×20＋＝130．
法四(性质法)：
由S10＝S15，得S15－S10＝a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0，所以5a13＝0，即a13＝0．
又d＝，
所以当n＝12或n＝13时，Sn有最大值，
且最大值为S12＝S13＝12×20＋＝130．
巩固迁移
7．BCD　[对于AB，因为S6＝S7>S8，所以S7－S6＝a7＝0，S8－S7＝a8<0，
所以d＝a8－a7<0，故A错误，B正确；
对于C，因为S5S8，数列{an}为递减数列，所以S6与S7均为Sn的最大值，故C正确；
对于D，因为2a7＝a1＋a13，所以S13＝＝0，S14＝<0，故D正确．
故选BCD．]
8．S6　[∵S12>0，S13<0，a3＝12>0，
∴a1>0，d<0，∴a1＋a12>0，a1＋a13<0．
由等差数列的性质可得，a6＋a7>0，2a7<0，
即a6>0，a7<0，|a6|>|a7|，
故当n＝6时，S6最大．]
6/6(共81张PPT)
第41课时　等差数列
第六章　数列
[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等差数列模型，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．
以题引理·激活思维
1．(人教A版选择性必修第二册P15例2改编)等差数列－5，－9，
－13，…的第100项是(　　)
A．－393 B．－397
C．－401 D．－405
√
C　[由a1＝－5，d＝－9－(－5)＝－4，得这个数列的通项公式为an＝－5－4(n－1)＝－4n－1，所以a100＝－4×100－1＝－401．]
2．(北师大版选择性必修第二册P17练习T3(2)改编)设数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a6＝2且S5＝30，则S8＝(　　)
A．31 B．32
C．33 D．34
B　[由题意知
所以S8＝8a1＋＝32．故选B．]
√
3．(苏教版选择性必修第一册P151练习T6改编)已知等差数列{an}的前n项和为Sn．若S5＝7，S10＝21，则S15＝(　　)
A．35 B．42
C．49 D．63
√
B　[法一：由题意知，S5，S10－S5，S15－S10成等差数列，即7，14，S15－21成等差数列，
∴S15－21＋7＝28，∴S15＝42．故选B．
法二：∵{an}为等差数列，∴也为等差数列，
∴，∴S15＝42．故选B．]
4．(多选)(湘教版选择性必修第一册P21习题1.2T6改编)下列说法中正确的是(　　)
A．若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列
B．数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N+，都有2an+1＝an＋an+2
C．在等差数列{an}中，若am＋an＝ap＋aq，则m＋n＝p＋q
D．若无穷等差数列{an}的公差d>0，则其前n项和Sn不存在最大值
√
√
5．(人教B版选择性必修第三册P28习题5－2AT3改编)在7和21之间插入3个数，使这5个数成等差数列，则这个等差数列的公差是_____________．
3.5　[设在7和21之间插入3个数，使这5个数成等差数列{an}，所以解得d＝3.5．]
3.5
1．等差数列的定义
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)．
(1)当d>0时，{an}是递增数列；
(2)当d<0时，{an}是递减数列；
(3)当d＝0时，{an}是常数列．
同一个常数
2．等差中项
若三个数a，A，b组成等差数列，则A叫做a与b的等差中项，且有____________．
3．等差数列的通项公式
设等差数列{an}的公差为d，则其通项公式为：an＝____________，其推导方法是累加法．当d≠0时，an＝dn＋(a1－d)是关于n的一次函数．通项公式可推广为：an＝am＋(n－m)d．
2A＝a＋b
a1＋(n－1)d
4．等差数列的前n项和公式
设等差数列{an}的公差为d，则其前n项和公式为：Sn＝d，其推导方法是倒序相加法．
当d≠0时，Sn＝n是关于n的二次函数．当d<0时，Sn存在最大值；当d>0时，Sn存在最小值．
1．抓住基本量：首项a1和公差d，其中d＝＝．
2．抓住常用性质：已知{an}是等差数列，其公差为d，Sn是其前n项和，则
(1)项的性质： 若p＋q＝s＋t，则ap＋aq＝as＋at(p，q，s，t∈N*)．
(2)片段和性质：数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(m∈N*)也是等差数列，且公差为m2d．
(3)
．
(4)若等差数列{an}的项数为偶数2n，则
①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an+1)；
②S偶－S奇＝nd，．
(5)若等差数列{an}的项数为奇数2n＋1，则
①S2n+1＝(2n＋1)an+1；
②S奇－S偶＝an+1，．
(6)若{an}，{bn}均为等差数列且其前n项和分别为Sn，Tn，则．
考点一　等差数列基本量的运算
[典例1]　(1)(多选)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S4＝0，a5＝5，则下列选项正确的是(　　)
A．a2＋a3＝0 B．an＝2n－5
C．Sn＝n(n－4) D．d＝－2
(2)为了让自己渐渐养成爱运动的习惯，小明10月1日运动了5分钟，从第二天开始，每天运动的时长比前一天多2分钟，则从10月1日到10月的最后一天，小明运动的总时长为_____________分钟．
精研考点·提升素养
√
√
√
1 085
(1)ABC　(2)1 085　[(1)S4＝＝0，
所以a1＋a4＝a2＋a3＝0，故A正确；
a5＝a1＋4d＝5，①
a1＋a4＝a1＋a1＋3d＝0，②
联立①②得
所以an＝－3＋(n－1)×2＝2n－5，故B正确，D错误；
Sn＝－3n＋×2＝n2－4n＝n(n－4)，故C正确．故选ABC．
(2)由题意知，小明每天的运动时长构成等差数列{an}，其中a1＝5，d＝2，
∴S31＝31×5＋×2＝1 085(分钟)，
∴小明运动的总时长为1 085分钟．]
名师点评：解决等差数列运算问题的思想方法
(1)方程思想：等差数列中包含a1，d，n，an，Sn五个量，可通过列方程(组)达到“知三求二”．
(2)整体思想：当所给条件只有一个时，可将已知和所求都用a1，d表示，寻求两者间的联系，整体代换即可求解．
[巩固迁移]
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
√
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．在数列{an}中，a1＝2，，则数列{an}的通项公式为an＝_____________．
2n2　[由，
而
(n－1)＝n，
所以数列的通项公式为an＝2n2．]
2n2
【教用·备选题】
1．(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
√
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＝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＋×d＝20．故选C．]
2．若冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，前三个节气日影长之和为28.8尺，最后三个节气日影长之和为4.5尺，则春分时节的日影长为(　　)
A．5.1尺 B．4.5尺
C．4.1尺 D．3.5尺
√
A　[设冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气日影长构成等差数列{an}，公差为d，由题意得
解得
所以an＝a1＋(n－1)d＝11.4－0.9n，
所以a7＝11.4－0.9×7＝5.1，
即春分时节的日影长为5.1尺．]
考点二　等差数列的判定与证明
[典例2]　(1)(2026·福建厦门模拟)已知Sn是数列{an}的前n项和，若，求证：{an}为等差数列．
(2)已知数列{an}满足a1＝1，4anan+1＋1＝3an＋an+1．证明是等差数列，并求{an}的通项公式．
[证明]　(1)因为＝1为首项，为公差的等差数列，
所以(n－1)＝，即Sn＝an，①
所以Sn+1＝an+1，②
由②－①可得an+1，
即＝…＝＝a1，所以an+1＝(n＋1)a1，an＝na1，
所以an+1－an＝a1，所以{an}为等差数列．
(2)由已知得an+1＝．
所以
＝＝2，
又因为＝1，
所以是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以＝2n－1，解得an＝．
名师点评：判定数列{an}是等差数列的常用方法
(1)定义法：对任意n∈N*，an+1－an是同一个常数．
(2)等差中项法：对任意n≥2，n∈N*，满足2an＝an+1＋an-1．
(3)通项公式法：对任意n∈N*，都满足an＝pn＋q(p，q为常数)．
(4)前n项和公式法：对任意n∈N*，都满足Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．
[巩固迁移]
3．记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知＝2．
(1)证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求{an}的通项公式．
[解]　(1)证明：因为bn是数列{Sn}的前n项积，
所以当n≥2时，Sn＝，
代入＝2可得，＝2，
整理可得2bn-1＋1＝2bn，
即bn－bn-1＝(n≥2)．
又＝2，所以b1＝，
故数列{bn}是以为公差的等差数列．
(2)由(1)可知，bn＝，
则＝2，
所以Sn＝(n∈N*)，
当n＝1时，a1＝S1＝，
当n≥2时，an＝Sn－Sn-1＝．
当n＝1时，a1＝不满足上式，故an＝
【教用·备选题】
1．若2a＝3，2b＝6，2c＝12，则(　　)
A．a，b，c成等差数列
B．a，b，c成等比数列
C．成等差数列
D．成等比数列
√
A　[因为2a＝3，2b＝6，2c＝12，
所以a＝log23，b＝log26，c＝log212，
则2b＝a＋c，故a，b，c成等差数列．
故选A．]
2．(1)已知数列{an}的前n项和为Sn，是等差数列；
(2)已知数列{an}的前n项积为Tn，且满足，证明：数列{Tn}为等差数列．
[证明]　(1)由Sn＝an－2n-1，得Sn+1＝an+1－2n．
所以(Sn+1－Sn)＝an+1－an－2n-1，
即an+1＝an+1－an－2n-1，整理得an+1－2an＝2n，
上式两边同时除以2n，得＝1．
又Sn＝an－2n-1，所以a1＝a1－1，即a1＝2，
所以是首项为2，公差为1的等差数列．
(2)因为，
当n＝1时，＝3a1，易知a1≠0，则T1＝a1＝3，
当n≥2时，，所以Tn－Tn-1＝2，
故数列{Tn}是以3为首项，2为公差的等差数列．
考点三　等差数列性质的应用
考向1　等差数列项的性质
[典例3]　(2025·山东威海三模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＋a6＝15－a10，则S11＝(　　)
A．40 B．45
C．50 D．55
√
D　[由a2＋a6＝15－a10可得3a6＝15，即a6＝5，
则S11＝＝11a6＝11×5＝55．故选D．]
考向2　等差数列前n项和的性质
[典例4]　(1)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)有两个等差数列，其前n项和分别为Sn，Tn．
①若＝_____________；
②若＝_____________．
√
(1)C　(2)①　[(1)由等差数列{an}的前n项和的性质可得S10，S20－S10，S30－S20也成等差数列，∴2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，∴2×(10－20)＝20＋S30－10，解得S30＝－30．故选C．
(2)①若，
则．
②若，
则可设Sn＝k，Tn＝k，k≠0，
所以a3＝S3－S2＝15k－6k＝9k，b2＝T2－T1＝14k－4k＝10k，所以．]
名师点评：利用等差数列的性质解题的三个关注点
(1)在等差数列题目中，出现项的和问题，一般考虑应用项的性质，如利用2am＝am-n＋am+n可实现项的合并与拆分．
(2)在Sn＝中，Sn与a1＋an可相互转化．
(3)利用Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列，可求S2m或S3m．
[巩固迁移]
4．已知两个等差数列2，6，10，…及2，8，14，…，200，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列{an}，则数列{an}的各项之和为(　　)
A．1 666 B．1 654
C．1 472 D．1 460
√
A　[等差数列2，6，10，…中，公差d1＝4，
等差数列2，8，14，…，200中，公差d2＝6，
∵4，6的最小公倍数是12，
∴新数列{an}的公差d＝12，首项为2，
∴an＝2＋(n－1)×12＝12n－10．
令12n－10≤200，得n≤17，n∈N*．
∴数列{an}共有17项，
∵a17＝12×17－10＝194，
∴数列{an}的各项之和为＝1 666．
故选A．]
5．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若m>1，且am-1＋am+1－－1＝0，S2m-1＝39，则m＝(　　)
A．39 B．20
C．19 D．10
√
B　[数列{an}为等差数列，则am-1＋am+1＝2am，则am-1＋am+1－－1＝0可化为2am－－1＝0，解得am＝1．又S2m-1＝(2m－1)am＝39，则m＝20．故选B．]
6．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2 024，＝6，则S2 026＝_____________．
2 026　[由等差数列的性质可得也为等差数列，
设其公差为d，则＝6d＝6，
所以d＝1，
所以＋2 025d＝－2 024＋2 025＝1，
所以S2 026＝2 026．]
2 026
考点四　等差数列的前n项和及其最值
[典例5]　在等差数列{an}中，已知a1＝20，其前n项和为Sn，且S10＝S15．求当n取何值时，Sn取得最大值？并求出它的最大值．
[解]　法一(函数法)：因为a1＝20，S10＝S15，
所以10×20＋d，解得d＝－．
所以Sn＝20n＋n＝－．因为n∈N*，所以当n＝12或n＝13时，Sn有最大值，且最大值为S12＝S13＝130．
法二(图象法)：
因为等差数列{an}的前n项和Sn是关于n的二次函数，且S10＝S15，所以10×20＋d，
所以d＝－．
又，所以当n＝12或n＝13时，Sn取得最大值．
因为S12＝S13＝12×20＋＝130，所以最大值为S12＝S13＝130．
法三(邻项变号法)：
因为a1＝20，S10＝S15，
所以10×20＋d，
所以d＝－．
an＝20＋(n－1)×．
因为a1＝20>0，d＝－<0，
所以数列{an}是递减数列．
由an＝－≤0，得n≥13，即a13＝0．
当n≤12时，an>0；当n≥14时，an<0．
所以当n＝12或n＝13时，Sn取得最大值，且最大值为S12＝S13＝12×20＋＝130．
法四(性质法)：
由S10＝S15，得S15－S10＝a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0，所以5a13＝0，即a13＝0．
又d＝，
所以当n＝12或n＝13时，Sn有最大值，
且最大值为S12＝S13＝12×20＋＝130．
名师点评：处理等差数列前n项和Sn的最值的两类观点
(1)函数观点：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图象，利用求二次函数的最值的方法求解．注意n∈N*．
(2)邻项变号观点：
①当a1>0，d<0时，满足的项数m使得Sn取得最大值Sm；
②当a1<0，d>0时，满足的项数m使得Sn取得最小值Sm．
[巩固迁移]
7．(多选)设是等差数列，Sn是其前n项和，且S5S8，则下列结论正确的是(　　)
A．d≤0
B．a7＝0
C．S6与S7均为Sn的最大值
D．满足Sn<0的n的最小值为14
√
√
√
BCD　[对于AB，因为S6＝S7>S8，所以S7－S6＝a7＝0，S8－S7＝a8<0，
所以d＝a8－a7<0，故A错误，B正确；
对于C，因为S5S8，数列{an}为递减数列，所以S6与S7均为Sn的最大值，故C正确；
对于D，因为2a7＝a1＋a13，
所以S13＝＝0，S14＝<0，
故D正确．故选BCD．]
8．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝12，S12>0，S13<0，则S1，S2，…，S12中，_____________最大．
S6　[∵S12>0，S13<0，a3＝12>0，
∴a1>0，d<0，∴a1＋a12>0，a1＋a13<0．
由等差数列的性质可得，a6＋a7>0，2a7<0，
即a6>0，a7<0，|a6|>|a7|，
故当n＝6时，S6最大．]
S6
一、单项选择题
1．(2025·江西萍乡三模)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若{an}的公差为d，S4＝7S1，则a8＝(　　)
A．7d B．8d
C．9d D．10d
C　[由S4＝7S1 4a1＋6d＝7a1 a1＝2d，所以an＝d(n＋1)，故a8＝9d．故选C．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
课后作业(四十一)　等差数列
√
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
2．(2026·广东深圳开学考试)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＋a2＋a3＝a5＋a7，S4＝34，则a5＝(　　)
A．8 B．9
C．10 D．11
√
D　[设等差数列{an}的公差为d，
所以a1＋a2＋a3＝3a1＋3d＝a5＋a7＝2a1＋10d，
化简得a1＝7d．
因为S4＝34，所以4a1＋d＝4a1＋6d＝34．
解得d＝1，a1＝7．
所以a5＝a1＋4d＝7＋4＝11．故选D．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
3．(2026·辽宁大连模拟)已知数列{an}满足＝(　　)
A．12 B．16
C．18 D．20
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
B　[由＝2可得是公差为2的等差数列，故＋5×2＝16．故选B．]
4．(2024·九省联考)记等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＋a7＝6，a12＝17，则S16＝(　　)
A．120　　 B．140　　
C．160　　 D．180
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
C　[因为a3＋a7＝2a5＝6，所以a5＝3，所以a5＋a12＝3＋17＝20，所以S16＝＝8(a5＋a12)＝160．故选C．]
5．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝(　　)
A．　　　　
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
B　[由等差数列的性质知S5，S10－S5，S15－S10，S20－S15，…是等差数列．由，可设S5＝t(t≠0)，则S10＝3t，于是S5，S10－S5，S15－S10，S20－S15，…依次为t，2t，3t，4t，…，所以S20＝t＋2t＋3t＋4t＝10t，所以．]
6．(2026·湖南长沙模拟)某校新建一个报告厅，要求容纳840个座位，报告厅共有21排座位，从第2排起后一排都比前一排多2个座位，则第1排应安排的座位数为(　　)
A．18 B．19
C．20 D．21
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
C　[设第一排安排的座位数为a1，因为从第2排起后一排都比前一排多2个座位，所以每排座位数构成一个公差d＝2的等差数列{an}，且该数列的前21项和S21＝840，即S21＝21a1＋×2＝840，解得a1＝20．故选C．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
7．(2026·湖北重点中学模拟)已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若＝(　　)
A．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
D　[因为等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，所以，
因为，所以可设Sn＝kn2，Tn＝kn(2n＋1)，则S5－S4＝9k，T4－T3＝15k，
所以．故选D．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
8．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，则三层共有扇面形石板(不含天心石)(　　)
A．3 699块
B．3 474块
C．3 402块
D．3 339块
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
C　[由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为{an}，易知其首项a1＝9，公差d＝9，所以an＝a1＋(n－1)d＝9n．设数列{an}的前n项和为Sn，由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列，所以2(S2n－Sn)＝Sn＋S3n－S2n，所以(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝S2n－2Sn＝＝9n2＝729，得n＝9，所以三层共有扇面形石板的块数为S3n＝
＝＝3 402．故选C．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
二、多项选择题
9．(2025·广东茂名二模)等差数列{an}中，a2＋a3＝－12，a5＋a7＝2．记数列{an}的前n项和为Sn，下列选项正确的是(　　)
A．数列{an}的公差为2
B．Sn取最小值时，n＝6
C．S4＝S7
D．数列{|an|}的前10项和为50
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
√
AD　[对于A，设等差数列{an}的公差为d，
则由题意知解得故A正确；
对于B，an＝－9＋2(n－1)＝2n－11，
Sn＝－9n＋×2＝n2－10n＝(n－5)2－25，
则当n＝5时，Sn取最小值－25，故B错误；
对于C，S4＝42－10×4＝－24，S7＝72－10×7＝－21，则S4≠S7，故C错误；
对于D，数列{|an|}的前10项和为|－9|＋|－7|＋|－5|＋|－3|＋|－1|＋1＋3＋5＋7＋9＝50，故D正确．故选AD．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
10．(2025·江苏南京二模)已知数列{an}中，a3＝，an－an+1＝
－3an+1an，n∈N*，其前n项和为Sn，则(　　)
A．a1＝
C．an≥a7 D．S10<0
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
√
√
ABD　[由an－an+1＝－3anan+1，得＝－3，所以数列是以－3为公差的等差数列，故＋2×(－3)，又a3＝＝14，得a1＝，故A正确；＋(－3)(n－1)＝17－3n，得an＝，故B正确；令＝17－3n＝0，解得n＝，对于an＝，a1，a2，a3，a4，a5为正，且依次递增；a6，a7，…，an为负，且依次递增，所以an≥a6，故C错误；
S10＝a1＋a2＋…＋a10＝＝0，故D正确．故选ABD．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
三、填空题
11．(2022·全国乙卷)记Sn为等差数列的前n项和．若2S3＝3S2＋6，则公差d＝_____________．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
2
2　[由2S3＝3S2＋6可得2
＝3＋6，化简得2a3＝a1＋a2＋6，
即2＝2a1＋d＋6，解得d＝2．]
12．在等差数列{an}中，a2＝，a3＋a4＝4，设bn＝[an]，[x]表示不超过x的最大整数，如[0.2]＝0，[3.5]＝3，则数列{bn}的前6项和S6＝_____________．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
10　[设等差数列{an}的公差为d，则a3＋a4＝2a2＋3d＝＋3d＝4，即d＝，所以an＝a2＋(n－2)d＝n，故a1＝1，a2＝，a3＝，a4＝，a5＝，a6＝3，所以b1＝b2＝b3＝1，b4＝b5＝2，b6＝3，则数列{bn}的前6项和S6＝10．]
10
四、解答题
13．(2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和．已知＋n＝2an＋1．
(1)证明：{an}是等差数列；
(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
[解]　(1)证明：因为＋n＝2an＋1，
即2Sn＋n2＝2nan＋n，①
当n≥2时，2Sn-1＋，②
①－②得，2Sn＋n2－2Sn-1－，
即2an＋2n－1＝2nan－2an-1＋1，
即2，
所以an－an-1＝1，n≥2且n∈N*，
所以是以1为公差的等差数列．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
(2)由(1)可得a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8，
又a4，a7，a9成等比数列，所以＝a4 ·a9 ，
即，解得a1＝－12，
所以Sn＝－12n＋n＝，
所以当n＝12或n＝13时，Sn有最小值，＝－78．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
14．(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
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
[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
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
(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．
题号
2
1
3
4
5
6
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9
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14
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)．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
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14
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＝．
题号
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谢 谢 ！课后作业(四十一)　等差数列
说明：单项选择题每题5分，多项选择题每题6分，填空题每题5分，本试卷共88分
一、单项选择题
1．(2025·江西萍乡三模)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若{an}的公差为d，S4＝7S1，则a8＝ (　　)
A．7d B．8d
C．9d D．10d
2．(2026·广东深圳开学考试)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＋a2＋a3＝a5＋a7，S4＝34，则a5＝ (　　)
A．8 B．9
C．10 D．11
3．(2026·辽宁大连模拟)已知数列{an}满足＝ (　　)
A．12 B．16
C．18 D．20
4．(2024·九省联考)记等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＋a7＝6，a12＝17，则S16＝ (　　)
A．120　　 B．140　　
C．160　　 D．180
5．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝ (　　)
A．
6．(2026·湖南长沙模拟)某校新建一个报告厅，要求容纳840个座位，报告厅共有21排座位，从第2排起后一排都比前一排多2个座位，则第1排应安排的座位数为 (　　)
A．18 B．19
C．20 D．21
7．(2026·湖北重点中学模拟)已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若＝ (　　)
A．
8．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，则三层共有扇面形石板(不含天心石) (　　)
A．3 699块 B．3 474块
C．3 402块 D．3 339块
二、多项选择题
9．(2025·广东茂名二模)等差数列{an}中，a2＋a3＝－12，a5＋a7＝2．记数列{an}的前n项和为Sn，下列选项正确的是 (　　)
A．数列{an}的公差为2
B．Sn取最小值时，n＝6
C．S4＝S7
D．数列{|an|}的前10项和为50
10．(2025·江苏南京二模)已知数列{an}中，a3＝，an－an+1＝－3an+1an，n∈N*，其前n项和为Sn，则 (　　)
A．a1＝
C．an≥a7
D．S10<0
三、填空题
11．(2022·全国乙卷)记Sn为等差数列的前n项和．若2S3＝3S2＋6，则公差d＝___________．
12．在等差数列{an}中，a2＝，a3＋a4＝4，设bn＝[an]，[x]表示不超过x的最大整数，如[0.2]＝0，[3.5]＝3，则数列{bn}的前6项和S6＝___________．
四、解答题
(13分) (2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和．已知＋n＝2an＋1．
(1)证明：{an}是等差数列；
(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．
14．(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．
课后作业(四十一)
1．C　2．D
3．B　[由＝2可得是公差为2的等差数列，故＋5×2＝16．故选B．]
4．C　[因为a3＋a7＝2a5＝6，所以a5＝3，所以a5＋a12＝3＋17＝20，所以S16＝＝8(a5＋a12)＝160．故选C．]
5．B　[由等差数列的性质知S5，S10－S5，S15－S10，S20－S15，…是等差数列．由，可设S5＝t(t≠0)，则S10＝3t，于是S5，S10－S5，S15－S10，S20－S15，…依次为t，2t，3t，4t，…，所以S20＝t＋2t＋3t＋4t＝10t，所以．]
6．C　[设第一排安排的座位数为a1，因为从第2排起后一排都比前一排多2个座位，所以每排座位数构成一个公差d＝2的等差数列{an}，且该数列的前21项和S21＝840，即S21＝21a1＋×2＝840，解得a1＝20．故选C．]
7．D　[因为等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，所以，
因为，所以可设Sn＝kn2，Tn＝kn(2n＋1)，则S5－S4＝9k，T4－T3＝15k，
所以．故选D．]
8．C　[由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为{an}，易知其首项a1＝9，公差d＝9，所以an＝a1＋(n－1)d＝9n．设数列{an}的前n项和为Sn，由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列，所以2(S2n－Sn)＝Sn＋S3n－S2n，所以(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝S2n－2Sn＝－2×＝9n2＝729，得n＝9，所以三层共有扇面形石板的块数为S3n＝＝3 402．故选C．]
9．AD　[对于A，设等差数列{an}的公差为d，则由题意知
解得故A正确；
对于B，an＝－9＋2(n－1)＝2n－11，
Sn＝－9n＋×2＝n2－10n＝(n－5)2－25，
则当n＝5时，Sn取最小值－25，故B错误；
对于C，S4＝42－10×4＝－24，S7＝72－10×7＝－21，则S4≠S7，故C错误；
对于D，数列{|an|}的前10项和为|－9|＋|－7|＋|－5|＋|－3|＋|－1|＋1＋3＋5＋7＋9＝50，故D正确．故选AD．]
10．ABD　[由an－an+1＝－3anan+1，得＝－3，所以数列是以－3为公差的等差数列，故＋2×(－3)，又a3＝＝14，得a1＝，故A正确；＋(－3)(n－1)＝17－3n，得an＝，故B正确；令＝17－3n＝0，解得n＝，对于an＝，a1，a2，a3，a4，a5为正，且依次递增；a6，a7，…，an为负，且依次递增，所以an≥a6，故C错误；
S10＝a1＋a2＋…＋a10＝－1－<＝0，故D正确．
故选ABD．]
11．2
12．10　[设等差数列{an}的公差为d，则a3＋a4＝2a2＋3d＝＋3d＝4，即d＝，所以an＝a2＋(n－2)d＝n，故a1＝1，a2＝，a3＝，a4＝，a5＝，a6＝3，所以b1＝b2＝b3＝1，b4＝b5＝2，b6＝3，则数列{bn}的前6项和S6＝10．]
13．解：(1)证明：因为＋n＝2an＋1，
即2Sn＋n2＝2nan＋n，①
当n≥2时，2Sn-1＋
＝2an-1＋，②
①－②得，2Sn＋n2－2Sn-1－＝2nan＋n－2an-1－，
即2an＋2n－1＝2nan－2an-1＋1，
即2an－2an-1＝2，
所以an－an-1＝1，n≥2且n∈N*，
所以是以1为公差的等差数列．
(2)由(1)可得a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8，
又a4，a7，a9成等比数列，所以＝a4 ·a9 ，
即，解得a1＝－12，
所以Sn＝－12n＋n2－n＝，
所以当n＝12或n＝13时，Sn有最小值，＝－78．
14．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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