专题23 等差数列及其前n项-2018年高考数学（理）热点题型和提分秘籍

专题23 等差数列及其前n项-2018年高考数学（理）热点题型和提分秘籍

‎【高频考点解读】‎ ‎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．能在具体的问题情境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 ‎【热点题型】‎ 热点题型一 等差数列的基本运算 例1、已知等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3。‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若数列{an}的前k项和Sk＝－35，求k的值。‎ ‎【提分秘籍】‎ 等差数列运算问题的通性通法 ‎(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公差为d，然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解。‎ ‎(2)等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了方程的思想。‎ ‎【举一反三】 ‎ 已知等差数列{an}满足a2＋a4＝4，a3＋a5＝10，则它的前10项的和S10＝(　　)‎ A．85 B．135 C．95 D．23‎ 解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，‎ 则解得 ‎∴S10＝10×(－4)＋×3＝95。‎ 答案：C 热点题型二 等差数列的判定与证明 例2、若数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝。‎ ‎(1)求证：{}成等差数列；‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式。‎ ‎【提分秘籍】 ‎ 等差数列的四个判定方法 ‎(1)定义法：证明对任意正整数n都有an＋1－an等于同一个常数。‎ ‎(2)等差中项法：证明对任意正整数n都有2an＋1＝an＋an＋2后，可递推得出an＋2－an＋1＝an＋1－an＝an－an－1＝an－1－an－2＝…＝a2－a1，根据定义得出数列{an}为等差数列。‎ ‎(3)通项公式法：得出an＝pn＋q后，得an＋1－an＝p对任意正整数n恒成立，根据定义判定数列{an}为等差数列。‎ ‎(4)前n项和公式法：得出Sn＝An2＋Bn后，根据Sn，an的关系，得出an，再使用定义法证明数列{an}为等差数列。‎ 提醒：等差数列主要的判定方法是定义法和等差中项法，而对于通项公式和前n项和公式的方法主要适合在选择题或填空题中简单判。‎ ‎【举一反三】 ‎ 设数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，且an＝(n≥2)。证明数列{}是等差数列，并求Sn。‎ 热点题型三 等差数列的性质及其应用 例3．设Sn为等差数列{an}的前n项和，S8＝4a3，a7＝－2，则a9＝(　　)‎ A．－6 B．－4‎ C．－2 D．2‎ ‎(2)在等差数列{an}中，前m项的和为30，前2m项的和为100，则前3m项的和为__________。‎ 解析：(1)S8＝4a3⇒＝4a3⇒a3＋a6＝a3，‎ ‎∴a6＝0，∴d＝－2，∴a9＝a7＋2d＝－2－4＝－6。‎ ‎(2)记数列{an}的前n项和为Sn，由等差数列前n项和的性质知Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列，则2(S2m－Sm)＝Sm＋(S3m－S2m)，又Sm＝30，S2m＝100，所以S2m－Sm＝100－30＝70，所以S3m－S2m＝2(S2m－Sm)－Sm＝110，所以S3m＝110＋100＝210。‎ 答案：(1)A (2) 210‎ ‎【提分秘籍】‎ ‎(1)等差数列通项性质的应用要注意观察数列各项的项数之间“和”相等的关系，找到解题的切入点。‎ ‎(2)等差数列前n项和性质的应用要注意深刻理解“依次k项之和成等差数列”的真正含义，然后列方程求解。‎ ‎【举一反三】 ‎ 在等差数列{an}中。若共有n项，且前四项之和为21，后四项之和为67，前n项和Sn＝286，则n＝__________。‎ 解析：依题意知a1＋a2＋a3＋a4＝21，an＋an－1＋an－2＋an－3＝67。‎ 由等差数列的性质知a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝a4＋an－3，∴4(a1＋an)＝88，∴a1＋an＝22。‎ 又Sn＝，即286＝，∴n＝26。‎ 答案：26‎ 热点题型四 等差数列前n项和的最值 例4、已知数列{an}满足2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，它的前n项和为Sn，且a3＝10，S6＝72。若bn＝an－30，求数列{bn}的前n项和的最小值。‎ ‎【提分秘籍】‎ 若{an}是等差数列，求前n项和的最值时，①若a1＞0，d＜0，且满足前n项和Sn最大；②若a1＜0，d＞0，且满足前n项和Sn最小；③除上面方法外，还可将{an}的前n项和的最值问题看作Sn关于n的二次函数问题，利用二次函数的图象或配方法求解。‎ ‎【举一反三】 ‎ 设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝12，S12＞0，S13＜0。‎ ‎(1)求公差d的取值范围；‎ ‎(2)指出S1、S2、…、S12中哪一个值最大，说明理由。‎ 解析：(1)由得－＜d＜－3。‎ ‎(2)∵S12＝6(a1＋a12)＝6(a6＋a7)＞0，S13＝＝13a7＜0，‎ ‎∴a6＞0且a7＜0，故S6最大。‎ ‎【高考风向标】‎ ‎ ‎ ‎1.【2017课标1，理4】记为等差数列的前项和．若，，则的公差为 A．1 B．2 C．4 D．8‎ ‎【答案】C ‎2.【2017课标1，理12】几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是 A．440 B．330 C．220 D．110‎ ‎【答案】A ‎【解析】由题意得，数列如下：‎ 则该数列的前项和为 ‎，‎ 要使，有，此时，所以是第组等比数列的部分和，设，‎ 所以，则，此时，‎ 所以对应满足条件的最小整数，故选A.‎ ‎3.【2017浙江，6】已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d>0”是“S4 + S6>2S5”的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【答案】C ‎1. 【2016高考新课标1卷】已知等差数列前9项的和为27,,则 （ ）‎ ‎（A）100 （B）99 （C）98 （D）97‎ ‎【答案】C ‎【解析】由已知,所以故选C.‎ ‎2【2016高考浙江理数】如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且，，‎ ‎（）.若（ ）‎ A．是等差数列 B．是等差数列 C．是等差数列 D．是等差数列 ‎【答案】A ‎3.【2016年高考北京理数】已知为等差数列，为其前项和，若，，则_______..‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】∵是等差数列，∴，，，，‎ ‎∴，故填：6．‎ ‎4.【2016高考江苏卷】已知是等差数列，是其前项和.若，则的值是 ▲ .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由得，因此 ‎1.【2015高考重庆，理2】在等差数列中，若=4，=2，则=　　　　（　　）‎ A、-1 B、0 C、1 D、6‎ ‎【答案】B ‎【解析】由等差数列的性质得，选B.‎ ‎2.【2015高考福建，理8】若 是函数 的两个不同的零点，且 这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则 的值等于（ ）‎ A．6 B．‎7 C．8 D．9‎ ‎【答案】D ‎【解析】由韦达定理得，，则，当适当排序后成等比数列时，‎ 必为等比中项，故，．当适当排序后成等差数列时，必不是等差中项，当是等差中项时，，解得，；当是等差中项时，，解得，，综上所述，，所以，选D．‎ ‎3.【2015高考北京，理6】设是等差数列. 下列结论中正确的是（ ）‎ A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 ‎【答案】C ‎【2015高考新课标2，理16】设是数列的前n项和，且，，则________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由已知得，两边同时除以，得，故数列是以为首项，为公差的等差数列，则，所以．‎ ‎【2015高考广东，理10】在等差数列中，若，则= .‎ ‎【答案】10．‎ ‎【解析】因为是等差数列，所以，即，所以，故应填入．‎ ‎【2015高考陕西，理13】中位数1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为 ．‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】设数列的首项为，则，所以，故该数列的首项为，所以答案应填：5．‎ ‎1．（2014·安徽卷）数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝________.‎ ‎【答案】1　【解析】因为数列{an}是等差数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5也成等差数列．又 a1＋1，a3＋3，a5＋5构为公比为q的等比数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5为常数列，故q＝1. ‎ ‎2．（2014·北京卷）若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝________时，{an}的前n项和最大．‎ ‎【答案】8　【解析】∵a7＋a8＋a9＝‎3a8>0，a7＋a10＝a8＋a9<0，∴a8>0，a9<0，∴n＝8时，数列{an}的前n项和最大．‎ ‎3．（2014·福建卷）等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6等于(　　)‎ A．8 B．‎10 C．12 D．14‎ ‎【答案】C　【解析】设等差数列{an}的公差为d，由等差数列的前n项和公式，得S3＝3×2＋d＝12，解得d＝2，则a6＝a1＋(6－1)d＝2＋5×2＝12.‎ ‎4．（2014·湖北卷）已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式．‎ ‎(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn>60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．‎ ‎(2)当an＝2时，Sn＝2n，显然2n<60n＋800，‎ 此时不存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立．‎ 当an＝4n－2时，Sn＝＝2n2.‎ 令2n2>60n＋800，即n2－30n－400>0，‎ 解得n>40或n<－10(舍去)，‎ 此时存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立，n的最小值为41.‎ 综上，当an＝2时，不存在满足题意的正整数n；‎ 当an＝4n－2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41.‎ ‎5．（2014·湖南卷）已知数列{an}满足a1＝1，|an＋1－an|＝pn，n∈N*.‎ ‎(1)若{an}是递增数列，且a1，‎2a2，‎3a3成等差数列，求p的值；‎ ‎(2)若p＝，且{a2n－1}是递增数列，{a2n}是递减数列，求数列{an}的通项公式．‎ ‎6．（2014·辽宁卷）设等差数列{an}的公差为d.若数列{‎2a1an}为递减数列，则(　　)‎ A．d<0 B．d>‎0 C．a1d<0 D．a1d>0‎ ‎【答案】C　【解析】令bn＝‎2a1an，因为数列{‎2a1an}为递减数列，所以＝＝‎2a1(an＋1－an)＝‎2a1d<1，所得a1d<0.‎ ‎7．（2014·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.‎ ‎8．（2014·新课标全国卷Ⅰ] 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．‎ ‎(1)证明：an＋2－an＝λ.‎ ‎(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．‎ ‎【解析】(1)证明：由题设，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，‎ 两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.‎ 因为an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.‎ ‎(2)由题设，a1＝1，a‎1a2＝λS1－1，可得 a2＝λ－1，‎ 由(1)知，a3＝λ＋1.‎ 若{an}为等差数列，则‎2a2＝a1＋a3，解得λ＝4，故an＋2－an＝4.‎ 由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，‎ a2n－1＝4n－3；‎ ‎{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.‎ 所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.‎ 因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．‎ ‎9．（2014·山东卷）已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)令bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ ‎【解析】 (1)因为S1＝a1，S2＝‎2a1＋×2＝‎2a1＋2，‎ S4＝‎4a1＋×2＝‎4a1＋12，‎ 由题意得(‎2a1＋2)2＝a1(‎4a1＋12)，解得a1＝1，‎ 所以an＝2n－1.‎ 当n为奇数时，‎ Tn＝－＋…－＋ ‎＝1＋ ‎＝.‎ 所以Tn＝ ‎10．（2014·陕西卷）△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.‎ ‎(1)若a，b，c成等差数列，证明：sin A＋sin C＝2sin(A＋C)；‎ ‎(2)若a，b，c成等比数列，求cos B的最小值．‎ ‎【解析】(1)∵a，b，c成等差数列，∴a＋c＝2b.‎ 由正弦定理得sin A＋sin C＝2sin B.‎ ‎∵sin B＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，‎ ‎∴sin A＋sin C＝2sin(A＋C)．‎ ‎(2)∵a，b，c成等比数列，∴b2＝ac.‎ 由余弦定理得 cos B＝＝≥＝，‎ 当且仅当a＝c时等号成立，‎ ‎∴cos B的最小值为.‎ ‎11．（2014·天津卷）设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1的值为________．‎ ‎【答案】－　【解析】∵S2＝‎2a1－1，S4＝‎4a1＋×(－1)＝‎4a1－6，S1，S2，S4成等比数列，‎ ‎∴(‎2a1－1)2＝a1(‎4a1－6)，解得a1＝－.‎ ‎12．（2014·重庆卷）设a1＝1，an＋1＝＋b(n∈N*)．‎ ‎(1)若b＝1，求a2，a3及数列{an}的通项公式．‎ ‎(2)若b＝－1，问：是否存在实数c使得a2nf(a2k＋1)>f(1)＝a2，即 ‎1>c>a2k＋2>a2.‎ 再由f(x)在(－∞，1]上为减函数，得c＝f(c)f(a2k＋1)＝a2k＋2，‎ a2(k＋1)＝f(a2k＋1)f(a2n＋1)，即a2n＋1>a2n＋2.‎ 所以a2n＋1>－1，解得a2n＋1>.　④‎ 综上，由②③④知存在c＝使a2n2的最小正整数，‎ 则m≥2，并且对任意1≤k2，‎ 于是，Bm＝Am－dm>2－1＝1，Bm－1＝min{am，Bm}>1.‎ 故dm－1＝Am－1－Bm－1<2－1＝1，与dm－1＝1矛盾．‎ 所以对于任意n≥1，有an≤2，即非负整数列{an}的各项只能为1或2.‎ 因为对任意n≥1，an≤2＝a1，‎ 所以An＝2.‎ 故Bn＝An－dn＝2－1＝1.‎ 因此对于任意正整数n ，存在m满足m>n，且am＝1，即数列{an}有无穷多项为1.‎ ‎17．（2013·全国卷）等差数列{an}前n项和为Sn.已知S3＝a，且S1，S2，S4成等比数列，求{an}的通项公式．‎ ‎【解析】设{an}的公差为d.‎ 由S3＝a，得‎3a2＝a，故a2＝0或a2＝3.‎ 由S1，S2，S4成等比数列得S＝S1S4.‎ 又S1＝a2－d，S2＝‎2a2－d，S4＝‎4a2＋2d，‎ 故(‎2a2－d)2＝(a2－d)(‎4a2＋2d)．‎ 若a2＝0，则d2＝－2d2，所以d＝0，‎ 此时Sn＝0，不合题意；‎ 若a2＝3，则(6－d)2＝(3－d)(12＋2d)，‎ 解得d＝0或d＝2.‎ 因此{an}的通项公式为an＝3或an＝2n－1.‎ ‎18．（2013·山东卷）设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＋＝λ(λ为常数)，令cn＝b2n(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Rn.‎ ‎(2)由题意知Tn＝λ－，所以n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝－＋＝.‎ 故cn＝b2n＝＝(n－1)，n∈N*.‎ 所以Rn＝0×＋1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×，‎ 则Rn＝0×＋1×＋2×＋…＋(n－2)×＋(n－1)×，‎ 两式相减得 Rn＝＋＋＋…＋－(n－1)× ‎＝－(n－1)× ‎＝－，‎ 整理得Rn＝4－.‎ 所以数列{cn}的前n项和Rn＝4－.‎ ‎19．（2013·四川卷） 在等差数列{an}中，a1＋a3＝8，且a4为a2和a9的等比中项，求数列{an}的首项、公差及前n项和．‎ ‎20．（2013·新课标全国卷Ⅱ] 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________．‎ ‎【答案】－49 　【解析】由已知，a1＋a10＝0，a1＋a15＝d＝，a1＝－3，∴nSn＝，易得n＝6或n＝7时，nSn出现最小值．当n＝6时，nSn＝－48；n＝7时，nSn＝－49.故nSn的最小值为－49.‎ ‎21．（2013·重庆卷）已知{an}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8＝________．‎ ‎【答案】64　【解析】设数列{an}的公差为d，由a1，a2，a5成等比数列，得(1＋d)2＝1·(1＋4d)，解得d＝2或d＝0(舍去)，所以S8＝8×1＋×2＝64.‎ ‎【高考冲刺】‎ ‎1．数列{an}为等差数列，a1，a2，a3成等比数列，a5＝1，则a10＝(　　)‎ A．5 B．－1‎ C．0 D．1‎ 解析：设公差为d，由已知得 解得 所以a10＝a1＋9d＝1，故选D。‎ 答案：D ‎2．在等差数列{an}中，3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24，则该数列前13项的和是(　　)‎ A．13 B．26‎ C．52 D．156‎ 解析：∵a3＋a5＝2a4，a7＋a10＋a13＝3a10，‎ ‎∴6a4＋6a10＝24，即a4＋a10＝4。‎ ‎∴S13＝＝＝26。‎ 答案：B ‎3．在等差数列{an}中，如果a1＋a4＋a7＝39，a3＋a6＋a9＝27，则数列{an}前9项的和为(　　)‎ A．297 B．144‎ C．99 D．66‎ 解析：∵a1＋a4＋a7＝39，a3＋a6＋a9＝27，∴a1＋a4＋a7＝3a4＝39，a3＋a6＋a9＝3a6＝27，即a4＝13，a6＝9.∴d＝－2，a1＝19.∴S9＝19×9＋×(－2)＝99。‎ 答案：C ‎4．已知等差数列{an}中，a7＋a9＝16，S11＝，则a12的值是(　　)‎ A．15 B．30‎ C．31 D．64‎ 解析：2a8＝a7＋a9＝16⇒a8＝8，S11＝＝＝11a6＝，所以a6＝，则d＝＝，所以a12＝a8＋4d＝15，故选A。‎ 答案：A ‎5．在等差数列{an}中，a1＝－2 012，其前n项和为Sn，若－＝2 002，则S2 014的值等于(　　)‎ A．2 011 B．－2 012‎ C．2 014 D．－2 013‎ 答案：C ‎6．《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一，书中有这样的一道题目：把100个面包分给5个人，每个人所得成等差数列，且使较大的三份之和的是较小的两份之和，则最小的1份为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：设这5份分别为a－2d，a－d，a，a＋d，a＋2d(d＞0)，则有(a＋a＋d＋a＋2d)＝a－2d＋a－d，a－2d＋a－d＋a＋a＋d＋a＋2d＝100，故a＝20，d＝，则最小的一份为a－2d＝20－＝。‎ 答案：A ‎7．已知{an}是递增的等差数列，a1＝2，Sn为其前n项和，若a1，a2，a6成等比数列，则S5＝__________。‎ 答案：70‎ ‎8．在等差数列{an}中，若a1＜0，Sn为其前n项之和，且S7＝S17，则Sn为最小时的n的值为__________。‎ 解析：由S7＝S17，知a8＋a9＋…＋a17＝0，根据等差数列的性质，a8＋a9＋…＋a17中a8＋a17＝a9＋a16＝…＝a12＋a13，因此a12＋a13＝0，从而a12＜0，a13＞0，故n为12。‎ 答案：12‎ ‎9．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若－1＜a3＜1,0＜a6＜3，则S9的取值范围是__________。‎ 解析：方法一：S9＝9a1＋36d，‎ 又依据线性规划知识，得 ‎－3＜S9＜21。‎ 方法二：S9＝9a1＋36d＝x(a1＋2d)＋y(a1＋5d)，由待定系数法得x＝3，y＝6。‎ 因为－3＜3a3＜3,0＜6a6＜18，‎ 两式相加即得－3＜S9＜21。‎ 方法三：由题意可知a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝5a3，a6＋a7＋a8＋a9＝2a6＋2a9，‎ 而a3＋a9＝2a6，‎ 所以S9＝3a3＋6a6，‎ 又－1＜a3＜1,0＜a6＜3，故－3＜S9＜21。‎ 答案：(－3,21)‎ ‎10．已知等差数列{an}的公差d＞0。设{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S2·S3＝36。‎ ‎(1)求d及Sn；‎ ‎(2)求m，k(m，k∈N*)的值，使得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65。‎ ‎11．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＜0，S2 009＝0。‎ ‎(1)求Sn的最小值及此时n的值；‎ ‎(2)求n的取值集合，使an≥Sn。‎ 解析：(1)设公差为d，则由S2 009＝0⇒2009a1＋d＝0⇒a1＋1 004d＝0，d＝－a1，a1＋an＝a1，所以Sn＝(a1＋an)＝·a1＝(2 009n－n2)。‎ 因为a1＜0，n∈N*，所以当n＝1 004或1 005时，Sn取最小值a1。‎ ‎(2)an＝a1，由Sn≤an得(2 009n－n2)≤a1。‎ 因为a1＜0，所以n2－2 011n＋2 010≤0，即(n－1)(n－2 010)≤0，解得1≤n≤2 010。‎ 故所求n的取值集合为{n|1≤n≤2 010，n∈N*}。‎ ‎12．已知数列{an}，a1＝－5 ，a2＝－2，记A(n)＝a1＋a2＋…＋an，B(n)＝a2＋a3＋…＋an＋1，C(n)＝a3＋a4＋…＋an＋2(n∈N*)，若对于任意n∈N*，A(n)，B(n)，C(n)成等差数列。‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)求数列{|an|}的前n项和。‎ 解析：(1)根据题意A(n)，B(n)，C(n)成等差数列，‎ ‎∴A(n)＋C(n)＝2B(n)，‎ 整理得an＋2－an＋1＝a2－a1＝－2＋5＝3。‎ ‎∴数列{an}是首项为－5，公差为3的等差数列。‎ ‎∴an＝－5＋3(n－1)＝3n－8。‎ ‎ ‎ ‎ ‎