2023年高考人教版数学（理）大一轮复习讲义： 第五章.DOC

第一节数列的概念与简单表示法教材细梳理知识点1数列的有关概念(1)用函数的观点定义数列为：数列可以看成以正整数集N*(或它的有限子集1,2，n)为定义域的函数anf(n)当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值(2)数列的三种表示法：列表法、图象法、解析法知识点2数列的分类按项与项间的大小关系分类：(1)递增数列：从第2项起，每一项都大于它的前一项的数列；(2)递减数列：从第2项起，每一项都小于它的前一项的数列；(3)常数列：各项都相等的数列；(4)摆动数列：从第2项起有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列知识点3数列的两种常用公式表示法(1)通项公式：数列的通项公式就是相应函数的解析式(2)递推公式：如果已知数列an的第一项(或前几项)，且任一项an(n2)与它的前一项an1(或前几项)间的关系可以用一个式子来表示，如anf(an1)(或anf(an1，an2)等，那么这个式子就叫做这个数列的递推公式思考：是不是所有数列都有通项公式？若有是否唯一？提示：有的数列没有通项公式，即使有也不唯一知识点4数列an的前n项和为Sn则Sn与an的关系是：an.四基精演练1,思考辨析(在括号内打“”或“×”)(1)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个()(2)1,1,1,1，不能构成一个数列()(3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列()(4)如果数列an的前n项和为Sn，则对nN*，都有an1Sn1Sn.()答案：(1)(2)×(3)×(4)2,(知识点3)在数列an中，a11，an1(n2)，则a5等于()A.BC. D解析：选D.a212，a31，a413，a51.3,(知识点1、3)数列1，的一个通项公式an_.解析：由已知得，数列可写成，故通项公式可以为an.答案：4,(知识点4)已知数列an的前n项和Snn21，则an_.解析：当n1时，a1S12，当n2时，anSnSn1n21(n1)212n1，故an答案：考点一已知数列的前几项求通项基础练通1,数列0，的一个通项公式为()Aan(nN*)Ban(nN*)Can(nN*)Dan(nN*)解析：选C.注意到分子0,2,4,6都是偶数，对照选项排除即可2,数列，的一个通项公式为_解析：这个数列前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式为an(1)n.答案：an(1)n3,数列1,5,1,5,1,5，的一个通项公式为_解析：已知数列可以变换为32,32,32,32，所以数列的一个通项公式为an3(1)n×2.答案：an3(1)n×24,数列9,99,999,9999，的一个通项公式为_解析：数列的前4项可以写成101,1001,1 0001，10 0001，所以它的一个通项公式为an10n1.答案：an10n1由数列前几项求数列通项的常用方法及策略1常用方法：观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等方法2具体策略：根据分式中分子、分母的特征；相邻项的变化特征；拆项后的特征；各项的符号特征和绝对值特征；化异为同，对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系；对于符号交替出现的情况，可用(1)k或(1)k1，kN*处理大一轮复习·数学(理)第五章数列考点二由数列的递推关系求通项探究变通例1(1)(2018·湖南四校联考)在数列an中，a12，an1anln，则an等于()A2ln nB2(n1)ln nC2nln n D1nln n解析：由已知，an1anln，a12，所以anan1ln(n2)，an1an2ln，a2a1ln，将以上n1个式子叠加，得ana1lnlnlnlnln n.所以an2ln n(n2)，经检验n1时也适合故选A.答案：A(2)(2018·唐山模拟)设an是首项为1的正项数列，且(n1)anaan1·an0(n1,2,3，)，则它的通项公式an_.解析：因为(n1)aan1·anna0，所以(an1an)(n1)an1nan0，又an1an0，所以(n1)an1nan0，即，所以·····×××××，所以an.答案：母题变式1,若本例(1)条件变为a11，且an1ann1(nN*)，则数列的第20项为_解析：因为an1ann1，所以，当n2时，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1n(n1)1.又a11适合上式，所以an(nN*)，即，所以.答案：2,若本例(2)变为已知数列an满足a11，anan1nanan1(nN*)，则an_.解析：由anan1nanan1，得n，则由累加法得12(n1)，又因为a11，所以1，所以an(nN*)答案：(nN*)3,若本例(2)变为：a11，且an1(nN*)，则an_.解析：由an1取倒数得1，故数列是首项为1，公差为1的等差数列，n，即an.答案：由递推公式求通项公式的常用方法1累加法：已知a1且anan1f(n)(n2)可用累加法求an，即an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1.2累乘法：已知a1且f(n)(n2)，可用累乘法求an，即an×··×a1.3构造法：对于特殊的递推公式可合理变形构成等差(比)数列进而求通项，如an1xany的形式可构造成等比数列等提醒要注意验证n1时是否符合an.考点三an与Sn关系式的应用创新贯通命题点1已知Sn求an例2(1)(2018·长沙模拟)已知数列an的前n项和Sn54×2n，则其通项公式为_解析：a1S154×213，anSnSn1(54×2n)(54×2n1)(n2)当n1时，2a1，an答案：an(2)设数列an满足a13a2(2n1)an2n，则an_.解析：因为a13a2(2n1)an2n，故当n2时，a13a2(2n3)an12(n1)两式相减得(2n1)an2，所以an(n2)又由题设可得a12，满足上式，从而an的通项公式为an(nN*)答案：(nN)*命题点2由an与Sn的关系式求an、Sn例3(1)设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn_.解析：由已知得an1Sn1SnSn1Sn，两边同时除以Sn1Sn，得1，故数列是以1为首项，1为公差的等差数列，则1(n1)n，所以Sn.答案：(2)(2018·全国卷)记Sn为数列an的前n项和若Sn2an1，则S6_.解析：由Sn2an1，得Sn12an11，an12an12an，即an12an，又a11，an是首项为1，公比为2的等比数列，Sn12n，故S612663.答案：63母题变式若本例(2)变为数列an的前n项和为Sn，若a11，an13Sn(nN*)，则an_.解析：解法一：由an13Sn得Sn1Sn3Sn，Sn14Sn，又S1a110，Sn是首项为1，公比为4的等比数列，Sn4n1.当n2时，anSnSn14n14n23×4n2，又n1时，不适合上式，an.解法二：由an13Sn得，当n2时，an3Sn1，两式相减得，an1an3an，即an14an(n2)又a11，a23S13，数列an从第2项开始是公比为4的等比数列an3×4n2，故an答案：an数列的通项an与前n项和Sn的关系是,an当n1时，a1若适合SnSn1，则n1的情况可并入n2时的通项an；当n1时，a1若不适合SnSn1，则用分段函数的形式表示.(2018·陕西四校联考)已知数列an满足条件a1a2a3an2n5，则数列an的通项公式为_解析：由题意可知，数列an满足条件a1a2a3an2n5，则a1a2a3an12(n1)5，n1，两式相减可得：2n52(n1)52，an2n1，n1，nN*.当n1时，7，a114，综上可知，数列an的通项公式为：an答案：an数列单调性、最值与函数、导数的交汇创新数列是特殊函数，所以可用函数的观点和方法研究数列的性质、单调性，最大(小)项数列与函数、不等式、导数等交汇命题是高考的热点(1)解决数列单调性的常用方法：用作差比较法，根据an1an的符号判断数列an是递增数列、递减数列还是常数列用作商比较法，根据(an0或an0)与1的大小关系进行判断结合相应函数的图象直观判断(2)数列的最值求解策略：利用数列的单调性求函数最值 例4(1)等差数列an的前n项和为Sn，已知S100，S1525，则nSn的最小值为_解析：设等差数列an的首项为a1，公差为d，由等差数列前n项和公式可得解得nSnn2a1d3n2(n3n2)n3.构造函数f(x)x3x2(x0)令f(x)0，解得x0(舍去)或x.当x时，f(x)单调递增；当0x时，f(x)单调递减nN*，当n7时，nSn取最小值，(nSn)min×7349.答案：49(2)(2018·南昌模拟)已知数列an的通项为an2n1，又数列bn满足bn2log2an1，记Snb1b2bn，若nN*都有成立，则正整数k的值为_解析：an2n1，bn2log2an12n.所以Snb1b2bnn2n，令cn.则cn1cn.所以当n1时，c1c2；当n2时，c3c2；当n3时，cn1cn0，即c3c4c5，所以数列cn中最大项为c2和c3.所以存在k2或3，使得任意的正整数n，都有.答案：2或3素材库1,(2018·浙江杭州二模)已知数列an满足an，若对于任意的nN*都有anan1，则实数a的取值范围是()A. BC. D解析：选D.对于任意的nN*都有anan1，数列an单调递减，即a1.又由题意知a9a8，即×92a87，解得a，故a1.2,(2018·石家庄市高三摸底考试)已知数列an的前n项和为Sn，若a11，an0，anan12Sn1，则a2n_.解析：因为a11，anan12Sn1，所以a23，当n2时，anan1an1an2an，又an0，所以an1an12，所以数列a2n是以3为首项，2为公差的等差数列，所以a2n3(n1)×22n1.答案：2n1限时规范训练(限时练·夯基练·提能练)A级基础夯实练1,已知数列，2，则2是这个数列的()A第6项B第7项C第19项 D第11项解析：选B.数列，据此可得数列的通项公式为：an，由2，解得，n7，即2是这个数列的第7项2,(2018·河南许昌二模)已知数列an满足a11，an2an6，则a11的值为()A31 B32C61 D62解析：选A.数列an满足a11，an2an6，a3617，a56713，a761319，a961925，a1162531.3,(2018·株洲模拟)数列an的前n项和Sn2n23n(nN*)，若pq5，则apaq()A10 B15C5 D20解析：选D.当n2时，anSnSn12n23n2(n1)23(n1)4n5，当n1时，a1S11，符合上式，所以an4n5，所以apaq4(pq)20.4,(2018·银川模拟)已知数列an的通项公式是ann2kn2，若对所有的nN*，都有an1an成立，则实数k的取值范围是()A(0，) B(1，)C(2，) D(3，)解析：选D.an1an，即(n1)2k(n1)2n2kn2，则k(2n1)对所有的nN*都成立，而当n1时，(2n1)取得最大值3，所以k3.5,(2018·长春模拟)设数列an的前n项和为Sn，且a11，数列Snnan为常数列，则an()A. BC. D解析：选B.由题意知当n1时，Snnan2，当n2时，Sn1(n1)an12，所以(n1)an(n1)an1，即，从而·······，则an，当n1时上式成立，所以an.6,对于数列an，“an1|an|(n1,2，)”是“an为递增数列”的()A必要不充分条件 B充分不必要条件C充要条件 D既不充分也不必要条件解析：选B.当an1|an|(n1,2，)时，|an|an，an1an，an为递增数列当an为递增数列时，若该数列为2,0,1，则a2|a1|不成立，即an1|an|(n1,2，)不一定成立综上知，“an1|an|(n1,2，)”是“an为递增数列”的充分不必要条件7,(2018·咸阳模拟)已知正项数列an中，(nN*)，则数列an的通项公式为()Aann Bann2Can Dan解析：选B.，(n2)，两式相减得n(n2)，ann2(n2)又当n1时，1，a11，适合上式，ann2，nN*.故选B.8,数列an满足an1，a82，则a1_.解析：由an1，得an1，因为a82，所以a71，a611，a512，所以数列an是以3为周期的数列，所以a1a7.答案：9,(2018·厦门调研)若数列an满足a1·a2·a3··ann23n2，则数列an的通项公式为_解析：a1·a2·a3··an(n1)(n2)，当n1时，a16；当n2时，故当n2时，an，所以an答案：an10,(2018·武汉调研)已知数列an的前n项和Snn21，数列bn中，bn，且其前n项和为Tn，设cnT2n1Tn.(1)求数列bn的通项公式；(2)判断数列cn的增减性解：(1)a12，anSnSn12n1(n2)bn(2)cnbn1bn2b2n1，cn1cn0，cn是递减数列B级能力提升练11,(2018·江西九江模拟)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1,1,2,3,5,8，该数列的特点是：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和人们把这样的一列数组成的数列an称为斐波那契数列则(a1a3a2a4a3a5a4a6a5a7a6a8)(aaaaaa)()A0 B1C1 D2解析：选A.a1a3a1×211，a2a4a1×3221，a3a5a2×5321，a4a6a3×8521，则(a1a3a2a4a3a5a4a6a5a7a6a8)(aaaaaa)0.12,(2018·佛山测试)定义：在数列an中，若满足d(nN*，d为常数)，称an为“等差比数列”已知在“等差比数列”an中，a1a21，a33，则等于()A4×2 02121 B4×2 02021C4×2 01921 D4×2 0192解析：选C.由题意知是首项为1，公差为2的等差数列，则2n1，所以an××××a1(2n3)×(2n5)××1.所以4 039×4 037(4 0381)(4 0381)4 038214×2 01921.13,(2018·苏州调研)已知数列an满足a11，an1ann1，则的最小值为_解析：由a11，an1ann1得a2a12，a3a23，anan1n.以上等式相加得ana123n，2，当且仅当n4时上式取到等号答案：14,已知数列an的各项均为正数，记数列an的前n项和为Sn，数列a的前n项和为Tn，且3TnS2Sn，nN*.(1)求a1的值；(2)求数列an的通项公式解：(1)由3T1S2S1，得3aa2a1，即aa10.因为a10，所以a11.(2)因为3TnS2Sn，所以3Tn1S2Sn1，得3aSS2an1.因为an10，所以3an1Sn1Sn2，所以3an2Sn2Sn12，得3an23an1an2an1，即an22an1，所以当n2时，2.又由3T2S2S2，得3(1a)(1a2)22(1a2)，即a2a20.因为a20，所以a22，所以2，所以对nN*，都有2成立，所以数列an的通项公式为an2n1，nN*.C级素养加强练15,已知an是公差为d的等差数列，它的前n项和为Sn，S42S24，数列bn中，bn.(1)求公差d的值；(2)若a1，求数列bn中的最大项和最小项的值；(3)若对任意的nN*，都有bnb8成立，求a1的取值范围解：(1)S42S24，4a1d2(2a1d)4，解得d1.(2)a1，数列an的通项公式为an(n1)n，bn11.函数f(x)1在和上分别是单调减函数，b3b2b11，当n4时，1bnb4，数列bn中的最大项是b43，最小项是b31.(3)由bn1，得bn1.又函数f(x)1在(，1a1)和(1a1，)上分别是单调减函数，且x1a1时，y1；当x1a1时，y1.对任意的nN*，都有bnb8，71a18，7a16，a1的取值范围是(7，6)第二节等差数列及其前n项和教材细梳理知识点1等差数列的有关概念一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，用符号语言表示为an1and.思考1：等差数列定义中“从第2项起”换成“从第3项起”每一项与它前一项的差是同一个常数，问这个数列还是等差数列吗？提示：不一定思考2：数列a，A，b成等差数列的充要条件是什么？提示：2Aab或A是a、b的等差中项知识点2等差数列的通项及前n项和公式(1)等差数列的通项公式ana1(n1)d.变形形式：d.思考1：公差d的几何意义是什么？提示：公差d的几何意义表示点(1，a1)，(n，an)在直线f(x)a1ddx上的斜率为d.(2)前n项和公式Snna1.思考2：若数列an的前n项和为Snpn2qnr.(其中p、q、r为常数且p0)，则an为等差数列的充要条件是什么？提示：an为等差数列的充要条件是r0.知识点3等差数列的性质(1)若an为等差数列，且klmn(k，l，m，nN*)，则akalaman.(2)若an是等差数列，公差为d，则ak，akm，ak2m，(k，mN*)是公差为md的等差数列(3)若Sn为等差数列an的前n项和，则数列Sm，S2mSm，S3mS2m，也是等差数列(4)若Sn为等差数列an的前n项和，则数列也是等差数列四基精演练1,思考辨析(在括号内打“”或“×”)(1)等差数列an的单调性是由公差d决定的()(2)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数()(3)已知等差数列an的通项公式an32n，则它的公差为2.()(4)数列an为等差数列的充要条件是nN*，都有2an1anan2.()答案：(1)(2)×(3)(4)2,(知识点2)(2018·北京卷)设an是等差数列，且a13，a2a536，则an的通项公式为_解析：设等差数列的公差为d，a2a5(a1d)(a14d)36，2a15d36，又a13，d6，an3(n1)×66n3.答案：an6n33,(知识点3)设Sn是等差数列an的前n项和，若a1a3a53，则S5_.解析：a1a3a53a33a31，S55a35.答案：54,(知识点1、2)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_解析：设第n排的座位数为an(nN*)，数列an为等差数列，其公差d2，则ana1(n1)da12(n1)由已知a2060，得60a12×(201)，解得a122，则剧场总共的座位数为820.答案：820考点一等差数列的基本运算基础练通1,(2018·全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和若3S3S2S4，a12，则a5()A12B10C10 D12解析：选B.由3S3S2S4，得：3(a1a2a3)a1a2a1a2a3a4，a1a22a3a4，设公差为d，则4a15da13d，da13.a5a14d24×(3)10.2,(2018·宝鸡模拟)已知等差数列an中，其前n项和为Sn，若a3a4a542，则S7()A98 B49C14 D147解析：选A.因为a3a52a4，a3a4a542，所以a414，故S77·a47×1498.3,一题多解设等差数列an的前n项和为Sn，若Sm12，Sm0，Sm13，则m()A3 B4C5 D6解析：选C.解法一：由题意，知Sm0，a1am(SmSm1)2，am2，a12.又am1Sm1Sm3，公差dam1am1，3am1a1md2m，m5.解法二：数列an为等差数列，且前n项和为Sn，数列也为等差数列，即0，解得m5.经检验为原方程的解故选C.等差数列运算的思想方法1方程思想：设出首项a1和公差d，然后将通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解2整体思想：当所给条件只有一个时，可将已知和所求结果都用a1，d表示，寻求两者的联系，整体代换即可求解3利用性质：运用等差数列性质，可以化繁为简、优化解题过程考点二等差数列的判定与证明探究变通例1(2018·南昌二模)已知数列an的各项均为正数，前n项和为Sn，且满足2Snan4(nN*)(1)求证：数列an为等差数列；(2)求数列an的通项公式解：(1)证明：当n1时，有2a1a14，即a2a130，解得a13(a11舍去)当n2时，有2Sn1an5，又2Snan4，两式相减得2anaa1，即a2an1a，也即(an1)2a，因此an1an1或an1an1.若an1an1，则anan11.而a13，所以a22，这与数列an的各项均为正数相矛盾，所以an1an1，即anan11，因此数列an为首项为3，公差为1的等差数列(2)由(1)知a13，d1，所以数列an的通项公式为an3(n1)×1n2，即ann2.母题变式1,若本例条件变为“数列an的前n项和为Sn，且满足2Snnann”，判断an是不是等差数列，并证明解：证明：是等差数列因为2Snnann，所以当n2时，2Sn1(n1)an1n1，所以得：(2n)an(n1)an11，(1n)an1nan1，(2n)an(n1)an1(1n)an1nan，所以2anan1an1(n2)，所以数列an是等差数列2,若本例条件变为数列an中，a12，an2(n2，nN*)，设bn(nN*)求证：数列bn是等差数列证明：an2(n2)，an12.bn1bn1，bn是首项为b11，公差为1的等差数列3,若本例的条件不变，数列为等差数列，则非零常数的值为_解析：由例1解析知ann2，Snn，设bn.由bn为等差数列，2b2b1b3，解得5或0(舍去)，经检验符合题意答案：5判定数列an是等差数列的常用方法1定义法：对任意nN*，an1an是同一个常数2等差中项法：对任意n2，nN*，满足2anan1an1.3通项公式法：数列的通项公式an是n的一次函数4前n项和公式法：数列的前n项和公式Sn是n的二次函数，且常数项为0或Snna.考点三等差数列前n项和及性质的 应用创新贯通命题点1等差数列前n项和性质的应用例2(1)设等差数列an的前n项和为Sn，若S39，S636，则a7a8a9等于()A63B45C36 D27解析：由an是等差数列，得S3，S6S3，S9S6也为等差数列即2(S6S3)S3(S9S6)，得a7a8a9S9S62S63S345.答案：B(2)已知Sn是等差数列an的前n项和，若a12 014，6，则S2 020_.解析：由等差数列的性质可得也为等差数列设其公差为d，则6d6，d1.由2 019d2 0142 0195，S2 0205×2 02010 100.答案：10 100命题点2等差数列前n项和的最值例3一题多解(2018·全国卷改编)记Sn为等差数列an的前n项和，已知a17，S315，求Sn取得最小值时n的值为_解析：解法一：设an的公差为d，a17，S33a13d15，d2，an7(n1)·22n9.(nN*)Snna1dn28n(n4)216，当n4时，Sn取得最小值16.解法二：由解法一知an2n9，(nN*)由即解得3.5n4.5，又nN*，故n4时，Sn取得最小值S4.答案：41,求等差数列前n项和Sn最值的两种方法(1)利用Snan2bn转化为二次函数求最值时要注意n的取值(2)若an是等差数列，求其前n项和的最值时，若a10，d0，且满足，前n项和Sn最大若a10，d0，且满足，前n项和Sn最小2,运用等差数列的性质，可以化繁为简、优化解题过程，但要注意性质运用的条件，灵活应用1,(2018·山师附中月考)在等差数列an中，S10100，S10010，则S110_.解析：解法一：设数列an的公差为d，首项为a1，则解得所以S110110a1d110.解法二：因为S100S1090，所以a11a1002，所以S110110.答案：1102,(2018·唐山模拟)在等差数列an中，若a10，Sn为其前n项之和，且S7S17，则Sn为最小时n的值为_解析：解法一：由S7S17得2a123d0，即(a111d)(a112d)0，故a12a130.又由a10，S7S17，可知d0，所以a120，a130，所以n12时，Sn最小解法二：由S7S17得da1，从而Snn2n(n12)2a1.因为a10，所以0，所以n12时，Sn最小答案：12巧用三点共线解等差数列问题用函数观点深入研究通项公式和前n项和公式，得到一些重要结论，将大大提高解题速度1,由等差数列与一次函数的关系可知：对于公差为d(d0)的等差数列an，其通项公式为andn(a1d)，则点(n，an)(nN*)共线，又d(nm)，所以d为过(m，am)，(n，an)两点的直线的斜率由此可用三点共线解决等差数列问题2,在等差数列前n项和公式的变形Snn2n中，两边同除以n得n.该式说明对任意nN*，所有的点都在斜率为的同一条直线上例4(1)(2018·石家庄三模)已知an为等差数列，且a100304，a300904，则a1 000_.解析：因为an为等差数列，则(100,304)，(300,904)，(1 000，a1 000)三点共线所以，解得a1 0003 004.答案：3 004(2)(2018·北京朝阳模拟)设Sn是等差数列an的前n项和，若Sn33，S2n44，则S6n的值为_解析：由题意知，三点共线，从而有，解得S6n132.答案：132素材库1,(2018·长沙二模)已知等差数列an的前n项和为Sn，若a111，a4a66，则当Sn取最小值时，n等于()A6B7C8 D9解析：选A.由a4a62a56得a53，则公差d2，所以由an11(n1)×22n130得n，所以前6项和最小，选A.2,(2018·武汉市部分学校调研)设等差数列an满足a3a736，a4a6275，且anan1有最小值，则这个最小值为_解析：设等差数列an的公差为d，a3a736，a4a636，又a4a6275，联立，解得或当时，可得此时an7n17，a23，a34，易知当n2时，an0，当n3时，an0，a2a312为anan1的最小值；当时，可得此时an7n53，a74，a83，易知当n7时，an0，当n8时，an0，a7a812为anan1的最小值综上，anan1的最小值为12.答案：12限时规范训练(限时练·夯基练·提能练)A级基础夯实练1,(2018·北京东城区二模)已知等差数列an的前n项和为Sn，a33，a55，则S7的值是()A30B29C28 D27解析：选C.由题意，设等差数列的公差为d，则d1，故a4a3d4，所以S77×428.故选C.2,(2018·唐山统考)等差数列an的前n项和为Sn，若S1122，则a3a7a8等于()A18 B12C9 D6解析：选D.由题意得S1122，即a1