2023新高考总复习数学5·3A20-专题七72等差数列之1-7.2　等差数列-习题+题组

2023版新高考版高考总复习数学5·3A版20_专题七72等差数列之1_7.2等差数列2023版新高考版高考总复习数学5·3A版20_专题七72等差数列之1_7.2等差数列2023版新高考版高考总复习数学5·3A版20_专题七72等差数列之1_7.2等差数列[2023版新高考版高考总复习数学5·3A版20_专题七72等差数列之1_7.2等差数列]2023版新高考版高考总复习数学5·3A版20_专题七72等差数列之1_7.2专题检测题组2023版新高考版高考总复习数学5·3A版20_专题七72等差数列之1_7.2专题检测题组2023版新高考版高考总复习数学5·3A版20_专题七72等差数列之1_7.2专题检测题组７．２等差数列考试点一等差数列及其前n项和1。【２01５课标Ⅱ文，5，5分】设Sn是等差数列｛an｝的前n项和．若a1+a3＋ａ5=3,则S５=【】〔未经许可请勿转载〕A．5B。7C。９D。11答案：Ａ∵｛an}为等差数列，∴a1+a5＝2a３，得3a3＝3,则ａ３=1,∴S5=5(a1+a5２．【2015课标Ⅰ文,7,5分】已知{an｝是公差为1的等差数列，Sn为｛an}的前n项和.若S８=4S４，则a10＝【】〔未经许可请勿转载〕A．172Ｂ。192C。１０答案:B由S8=4S4得8ａ1+8×72×1=４×4a1+4×32×1，解得a1=1评析本题主要考查等差数列的前n项和，计算准确是解题关键，属容易题．3.【2015浙江理,3,5分】已知{an｝是等差数列,公差d不为零,前n项和是Sｎ。若a３，a4,a8成等比数列,则【】〔未经许可请勿转载〕A．a1d＞０，dS4〉０Ｂ。ａ1d〈0，dS4〈０C.a１ｄ>0,dS４<0D。a1d＜０,dＳ４>０答案：B由a42=a3a８,得【ａ1+2ｄ】【ａ1+7d】=【a１+3d】2，整理得d【５d＋3a１】=0，又ｄ≠０，∴a1＝-53d,则ａ1ｄ=—53d2＜0,又∵Ｓ4＝４a1+6ｄ=-23ｄ,∴dS4＝-234．【2013课标Ⅰ理,7,5分】设等差数列{an}的前ｎ项和为Sｎ,若Sm－1=—2，Ｓm=0，Ｓm＋1=3，则ｍ=【】〔未经许可请勿转载〕A．3B.4C。５D。6答案：C解法一:∵Sｍ-1=-2,Sm=0，Ｓm+1=3,∴ａm=Ｓm-Sm－１=2,am＋１=Ｓm+１—Ｓm＝3，∴公差d=am+1—aｍ=１,由Sn=ｎa1+n(n-1)2d＝ｎa得ma由①得a1=1-m2,代入解法二:∵数列｛an｝为等差数列,且前n项和为Sn，∴数列Snn∴Sm-1m-1+Sm+1m+1=2Smm５。【201６课标Ⅰ,3,５分】已知等差数列｛an｝前9项的和为2７，a１０=８,则a100=【】〔未经许可请勿转载〕Ａ。10０B.99C.98Ｄ。９７答案：C设{ａn}的公差为d，由等差数列前n项和公式及通项公式,得S9=9a1+9×82d=27,a10=思路分析用a1，ｄ表示S9，a1０，列方程组求出a１,ｄ,从而可求得a100。〔未经许可请勿转载〕６。【２014天津理，11，5分】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.

〔未经许可请勿转载〕答案：—1解析S1＝a1,S2＝２ａ1-1,S4＝4a1－6。故【２a1-1】2=a1×【４ａ1-6】,解得a1=－12.7。【20１3课标Ⅱ理,16，５分】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。

〔未经许可请勿转载〕答案：-4９解析由Sn=nａ1+n(n-1)解得ａ1=－3，ｄ＝23则Sn＝—3n+n(n-1)2·2所以nSn＝13【ｎ３—10n2令ｆ【x】＝13【x3-１０x2则f’【x】=ｘ2-203x=ｘx-203，当x∈1,203时当ｘ∈203,+∞时，ｆ【ｘ】递增,又6<203f【7】=-４9,所以ｎSn的最小值为－49.评析本题考查了数列与函数的应用,考查了数列的基本运算，利用导数求最值。本题易忽略n的取值范围。〔未经许可请勿转载〕８.【２01３课标Ⅱ文，17，12分】已知等差数列｛an｝的公差不为零，ａ1＝２5，且a1,a1１，ａ１3成等比数列.〔未经许可请勿转载〕【1】求｛an}的通项公式；【2】求ａ1+a4+a7+…＋a３ｎ-２．解析【1】设｛ａn｝的公差为d．由题意,得a112=a1a即【a１+10ｄ】2=a1【ａ1+１2d】。于是d【2a1＋2５d】=０。又a1＝２５,所以d=0【舍去】或d＝-２。故an＝－2n+27.【2】令Sｎ=a1+a4＋a７+…+ａ3n－２.由【1】知a3n－2＝-6n+３1,故｛a3n—2｝是首项为25，公差为-6的等差数列。从而〔未经许可请勿转载〕Sｎ=n2【a１+a3n－２=n2=-3n２+28n.9。【２012湖北,理18，文20，12分】已知等差数列｛ａn｝前三项的和为—3，前三项的积为8。〔未经许可请勿转载〕【１】求等差数列{ａn｝的通项公式；【2】若a2,a３，ａ1成等比数列,求数列{｜an｜｝的前n项和.解析【1】设等差数列{an｝的公差为ｄ，则a2=a1+ｄ,a3=a1＋2ｄ，由题意得3a解得a1=2,所以由等差数列通项公式可得an＝２-３【n—1】=-3n+５或an=-4+3【n—1】=3ｎ—7．〔未经许可请勿转载〕故an=－３n＋5或an=3n－７.【2】当an=-3n+5时,ａ２,a３，a1分别为-1，－４,2，不成等比数列;〔未经许可请勿转载〕当an=3ｎ－7时,a2，a３，a1分别为－1，2，－4,成等比数列，满足条件。〔未经许可请勿转载〕故｜an｜=｜3n—７｜=-3记数列{|ａn｜｝的前n项和为Ｓn。当n＝1时,S1=｜ａ1｜=4；当n＝２时,S2＝｜ａ１|+｜a2|＝5；〔未经许可请勿转载〕当n≥３时,Sn＝S２+|ａ3｜+｜a4|+…+|an｜=5+【3×3—７】+【３×4-７】+…+【3n—７】〔未经许可请勿转载〕=5＋(n-2)[2+(3n-7)]2当ｎ=２时,满足此式,综上，Sn=4,评析本题考查等差、等比数列的基础知识，考查运算求解能力。１0．【20１４大纲全国文，１7，10分】数列｛an｝满足ａ1=１，ａ2=2，an+2=2an+１-an+2。〔未经许可请勿转载〕【1】设ｂn=ａn＋1-an,证明｛bｎ}是等差数列;【２】求{an｝的通项公式．解析【１】证明：由aｎ＋2=2an+１-an+2得,an+２-an+1=an+1-ａn＋2，即bn+1=ｂｎ+2.又b1＝a２—a1=1，所以{bn}是首项为1,公差为２的等差数列.【5分】【２】由【1】得bn=1＋2【ｎ—１】，即an+1—ａn＝2ｎ—1。【8分】〔未经许可请勿转载〕于是∑所以aｎ＋1-a1＝n2，即an+1=n2+ａ１。又ａ1=1,所以｛an}的通项公式为an=n2—2ｎ＋2。【10分】评析本题着重考查等差数列的定义、前n项和公式及“累加法”求数列的通项等基础知识，同时考查运算变形的能力．〔未经许可请勿转载〕11。【2014课标Ⅰ理，17，１2分】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,〔未经许可请勿转载〕【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,知ａn＋1aｎ+2=λSｎ＋1－1。两式相减得，ａｎ+1【ａn+2-aｎ】=λaｎ+1．〔未经许可请勿转载〕由于an+１≠０，所以an＋２—an=λ.【2】存在.由a1=1，ａ1ａ2＝λa１-１，可得a2=λ—1，由【1】知,ａ3=λ+1.令2a２＝a1+a3，解得λ=４。〔未经许可请勿转载〕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=1+【n-1】·4=４n-３;〔未经许可请勿转载〕｛ａ2ｎ｝是首项为3,公差为4的等差数列,a２n＝３+【n-１】·４＝4ｎ—1．〔未经许可请勿转载〕所以an=2ｎ-1,an+１—an＝2.因此存在λ=4，使得{an｝为等差数列。评析本题主要考查an与Sｎ的关系及等差数列的定义,考查学生的逻辑思维能力及分析解决问题的能力．〔未经许可请勿转载〕考试点二等差数列的性质１。【2015广东理，1０,５分】在等差数列｛ａn}中，若a３+ａ4+a5+ａ6＋ａ７＝2５，则a2＋a８=.

〔未经许可请勿转载〕答案:10解析利用等差数列的性质可得a3+a7=a4+a6=2a5,从而a３+ａ４+ａ5＋a6+a７＝5a５=２5,故a５=5,所以a2＋a8=2a5=10．〔未经许可请勿转载〕2。【2０15陕西文，１３，5分】中位数为１010的一组数构成等差数列，其末项为２０１5，则该数列的首项为。

〔未经许可请勿转载〕答案:5解析设该数列的首项为a1，根据等差数列的性质可得a1＋２015=2×１010，从而a1＝5.〔未经许可请勿转载〕3。【2014北京理,12，5分】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。

〔未经许可请勿转载〕答案：8解析根据题意知a7+a8＋ａ9=3a8〉0，即a８〉0.又ａ8+ａ9=a7+a10＜0，∴a９〈0,∴当n=8时，｛aｎ｝的前ｎ项和最大．〔未经许可请勿转载〕

[2023版新高考版高考总复习数学5·3A版20_专题七72等差数列之1_7.2专题检测题组]〔未经许可请勿转载〕2023版新高考版高考总复习数学5·3A版20_专题七72等差数列之1_习题WORD版2023版新高考版高考总复习数学5·3A版20_专题七72等差数列之1_习题WORD版2023版新高考版高考总复习数学5·3A版20_专题七72等差数列之1_习题WORD版7。2等差数列一、选择题1．【2０22届广西北海模拟,１0】已知递增等差数列{an}的前ｎ项和为Sn，若S4＝10,且ａ1,a２,a３+1成等比数列,则公差d=【】〔未经许可请勿转载〕A。1B。2C。3Ｄ.4答案：A∵S４＝１０，∴４a１＋4×32d=1０,即2a1＋3d=5①,∵a1，ａ2,a3＋１成等比数列,∴【a１+d】2=a1【a1+2d+１】,即a12+2a１d+ｄ2=a12+２a1ｄ+a１，也即ｄ２=ａ1②，联立①②解得d=1,2．【2０21皖北协作体模拟,4】等差数列｛an｝的公差为ｄ,当首项a1与d变化时,a2+ａ10+ａ２１是一个定值,则下列选项中一定为定值的是【】〔未经许可请勿转载〕Ａ。a10B.a1１C．a12D.ａ13答案:B∵等差数列{an｝的公差为d,∴a2＋a10+a2１=a1+d+a1+9d+a１+２0d=3【a1+10ｄ】＝３a1１.∵当a1与d变化时,ａ2+a1０+a2１是一个定值,∴３a11是定值，即a11是一个定值。故选B．〔未经许可请勿转载〕3.【2０２1陕西宝鸡一模,3】在1和２两数之间插入ｎ【n∈N*】个数,使它们与1，2组成一个等差数列，则当n＝10时,该数列的所有项的和为【】〔未经许可请勿转载〕A.15B。16C．17D.1８答案：D设在1和2两数之间插入n【n∈Ｎ*】个数，使它们与1,2组成一个等差数列｛an},a１=１，当n=１0时,可得a12=2,所以数列的所有项的和为12(a1+a12)4．【２022届河南三市联考,4】设Sn是等差数列{an｝的前n项和，若ａ１+a３＋ａ5=3,则Ｓ５=【】〔未经许可请勿转载〕A．5B．7C．9D.11答案:A由等差数列{an｝的性质及a1+a３＋a5=３,得3a３＝3，∴ａ３＝1，∴S５=5(a1+a5)5．【2020呼和浩特一模，３】在等差数列{an｝中，若a1+ａ2＝５，a３+ａ4＝15，则a5+ａ6＝【】〔未经许可请勿转载〕A.10Ｂ.20Ｃ。２5D。30答案：C设{an}的公差为d.由题意得4d＝10,则a5＋a６=ａ1+4d+a２+4d＝5＋20=２５.故选Ｃ。6.【2０2１陕西宝鸡二模，5】已知｛an｝是等差数列，满足３【ａ１+a5】+２【ａ3+ａ6+a９】=18，则该数列的前8项和为【】〔未经许可请勿转载〕Ａ.３６B。2４C．16Ｄ.12答案：D由等差数列的性质可得a１+a5＝2a３,a3＋a６＋a9=3a6，所以３×2a3+2×3ａ6=18,即a３+ａ6=3，所以S8＝8(a1+a8)【2021河南安阳模拟,５】已知数列｛an｝，｛bn}，{cn}均为等差数列,且ａ1+b1+c１=1,a2+b２+ｃ2=3,则ａ２0２0+b202０+〔未经许可请勿转载〕c2020=【】A。４０37B。4039Ｃ。4041Ｄ。40４３〔未经许可请勿转载〕答案：Ｂ因为数列｛ａn},{ｂn}，｛ｃn}均为等差数列，所以数列｛an+bn＋ｃn｝也是等差数列,且首项为a1+b1+c1=1，公差d=【ａ2+ｂ2+c2】—【a１+b１＋c１】=3-１=2,所以a２020+b２０20＋ｃ2020＝1+【2０20—1】×２=4039．故选Ｂ.〔未经许可请勿转载〕思路分析根据等差数列的性质得出数列｛ａｎ+bn+cn}也是等差数列，利用等差数列通项公式可求相应项．〔未经许可请勿转载〕8.【2021吉林丰满月考，４】在数列{an}中，a1=0,an＋1—ａｎ=2,Ｓｎ为其前n项和,则Ｓ10=【】〔未经许可请勿转载〕Ａ.200Ｂ．100Ｃ.９0D.80答案：C因为数列｛ａn｝中，a1=0,an+1—ａn=2，所以数列{an｝是以0为首项，2为公差的等差数列,则S１0＝10×92×２=9０.９。【2021安徽马鞍山质监，11】在等差数列｛an｝中,a8a7<-1,且它的前n项和Sn有最小值,当Sn<0时,nA。7Ｂ。８Ｃ．1３D．1４答案:Ｃ因为等差数列{ａn｝的前n项和Sn有最小值，所以d＞0,又a8a7<-1，所以ａ7＜０，ａ8〉0,所以a7+a又S13=13(a1S14＝14(a1+a所以当Sn<0时，n的最大值为13.方法总结利用等差数列的性质，可将前n项和与项建立关系：Ｓ2n+1=【2ｎ＋１】an+1,S２ｎ＝n【ａn＋an＋１】。〔未经许可请勿转载〕1０．【2０21宁夏吴忠一模,7】数列{an｝是等差数列,Sn为其前n项和，且ａ1＜0，a2020+ａ202１〈０,a2０20·a20２1〈0,则使Sn〈０成立的最大正整数n是【】〔未经许可请勿转载〕A。2０２0B.20２１C。４040D．4041〔未经许可请勿转载〕答案:Ｃ设数列｛ａｎ｝的公差为ｄ,由a1〈0，a２020+a２０21＜0,a2020·a2０21<0，可知a２020<0,ａ２021〉０，所以d〉0,数列{an}为递增数列，Ｓ40４1=4041(a1+a4041)2＝4041a2021＞０，S40４0=2０2０【a１+ａ４04０】=２020【a2０20+ａ２11。【２021山西吕梁一模,3】等差数列｛an｝的前ｎ项和为Sｎ，已知a5=２,S4=2８,则Ｓn〈0时，n的最小值为【】〔未经许可请勿转载〕Ａ。10Ｂ。１1Ｃ.1２D。1３答案：C设等差数列｛ａn｝的公差为d,因为ａ5=2，S4=28，故ａ1＋4d=2,4(a1+a4)2＝28,即2a１+3d=14，解得ａ1=10,d＝—2,故Ｓn=n×10＋12n【n-1】×【—2】=—n２＋1１n＝－n【ｎ-１1】,ｎ∈N＊,令Ｓｎ＝－n【n－11】〈0,得n〉11，且ｎ∈N＊１2．【202２届西南名校联考,6】设等差数列｛ａn｝的前n项和是Ｓn,若a2〈－a１１<a1,则【】〔未经许可请勿转载〕Ａ．Ｓ11>0且S12〈０B．Ｓ１1<0且C．S１1>0且S12〉0D．S11<0且答案：A由题意知，a1+ａ11〉0，a２+ａ１1＝ａ１+ａ12＜0，得S11=11(a1+a11)2〉0,S13.【２022届陕西宝鸡期末，１0】设等差数列{ａn｝的前n项和为Sｎ，公差为d．已知a3=12，Ｓ1０>0，ａ６〈０，则下列选项不正确的是【】〔未经许可请勿转载〕A。数列SnanＢ.—245C.ａ5>0D.Ｓn>0时，ｎ的最大值为5答案：ＤS10＝102【ａ1＋ａ10】=5【a5+a6】＞０,又a６<0，所以a5>0，故选项Ｃ正确;由a3=１2,且a5＞0，a６<0，a5+a6＞0，得a5=12+2d>0,a6=12+3d<0,a5+a6=24+5d>0,解得－245〈ｄ＜—4，选项B正确；由上分析知,当1≤n≤5时,ａn＞０，当n≥6时，aｎ〈０，所以Ｓ11=１1a6〈0，又S10〉0,故Sn〉０时，n的最大值为10，故选项D错误；由于d<0,因此数列{an｝是递减数列，由上述分析知当1≤ｎ≤5时，Snan>0，当６≤n≤10时14。【多选】【2０21山东济宁鱼台一中月考，11】设｛an}是等差数列，Sn为其前n项和,且S7〈S８,Ｓ8=S9>S１0,则下列结论正确的是【】〔未经许可请勿转载〕A。公差d＜0B。a９=0C．Ｓ11＞S7Ｄ.Ｓ8、Ｓ９均为Sn的最大值答案:AＢＤ由S7<S８得a１+a2+a３＋…＋a７〈a1＋a2+…+ａ７+a８,即a8>0，又∵S8=S９,∴ａ1+a2+…＋a8＝a１+ａ2+…＋a８＋a9，∴ａ9＝0,故B中结论正确；同理由Ｓ９>S１0得a1０〈0，∴公差d＝a１0—ａ9<0，故A中结论正确；〔未经许可请勿转载〕对于C,若S11〉S7，则a8＋a9＋a１0＋a11〉０，可得2【a9＋a10】>０，由结论a9=0,a1０<０，知a9＋a10〈0，矛盾,故Ｃ中结论错误;∵S７＜S8，S8=Ｓ9>S１０,d〈0,∴Ｓ8与S9均为Sn的最大值,故Ｄ中结论正确.故选ABD。〔未经许可请勿转载〕二、填空题15.【2０２2届豫南名校联考【二】，15】已知Sn为数列｛aｎ｝的前ｎ项和，数列Snn是等差数列，若a2=2a1，S12=468,则a1=答案：６解析设等差数列Snn的公差为d，则ｄ＝S22—S11=a1+a22—a１=3a12—a1=a12,所以Snn=a１+【ｎ－1】×a12＝na12＋１6。【2０21吉林顶级名校月考，14】记Sn分别为等差数列｛aｎ}的前n项和，若an＝21－2n，则Ｓ10=。

〔未经许可请勿转载〕答案:１00解析由an=21—2n得a1=19，ａ1０=1，所以前１0项的和Ｓ10=19+12×10=１０0。17。【2021广东深圳外国语学校模拟,13】已知等差数列｛an｝的前n项和Sn=225，其前三项和为6,后三项和为3９，则该数列有项.

〔未经许可请勿转载〕答案：3０解析设等差数列｛an｝共有n项【n≥3】,其前三项和为６，即a1+a２+a３=6,则有3ａ2=６,解得a２=２.后三项和为3９，即an-2+aｎ—1＋ａn=39,则有3an—1=39,解得aｎ—1=13。等差数列｛an｝的前n项和Ｓn=225，即Sn＝(a1+an)×n2=(a思路分析设等差数列｛an｝共有ｎ项【n≥3】,由等差数列的性质求出a2、an-1，由等差数列的前ｎ项和的公式可得Sn=(a1+an)×n1８.【2022届四川绵阳第一次诊断，13】设Ｓn是等差数列｛aｎ｝的前n项和,若ａ１=2,Ｓ7=3５,则ａ６＝．

〔未经许可请勿转载〕答案:7解析由等差数列性质知S7=7(a1+a7)2=7a4=35，故a4=5．又∵a1=2，∴公差1９.【2022届广西模拟，15】在等差数列｛an｝中，ａ1＋ａ3＋a5=105，ａ2+a4+ａ6=９９，以Sn表示{an｝的前ｎ项和，则使Sｎ达到最大值的n是.

〔未经许可请勿转载〕答案:２0解析因为a1+a３＋ａ5=３a3=１05，a2+a4+a6=３a4=99，所以ａ３=35,a4＝33,从而公差ｄ=-２，则a１=39,Ｓn＝３9ｎ+12ｎ【n—１】【—2】=-n2＋40ｎ=-【n－20】２+４00,所以当ｎ=20时,Sｎ取最大值。三、解答题２０。【2022届吉林一调,1７】已知数列{an}是等差数列,Ｓn是｛an｝的前n项和，a4=－10,S8=S9。〔未经许可请勿转载〕【1】求数列{an｝的通项公式;【2】求Ｓn.解析【1】设等差数列{an｝的公差为d,可知a1+8d从而aｎ=－１6+2【ｎ-１】=2n-18【n∈N＊】.【2】由【1】知,a１=－16，d＝2,则Ｓn＝-１6ｎ+n(n-1)2×２＝n２21。【202２届河南调研，18】已知数列{aｎ}满足a1=4，ａn+1=2an+2n+１【ｎ∈N＊】,设数列{ａn｝的前n项和为Sn．〔未经许可请勿转载〕【１】证明:数列an2【２】求Sｎ。解析【1】证明:由an+1=２an＋2n+1，得an+12n因为a121=2，所以数列an2n【2】由【1】得an2n=2+【n-1】×1=ｎ+1,所以aｎ=【ｎ+１】·2ｎ，所以Sn＝2×21+３×22+…+n×2n-1+【n＋1】×2n①,2Sn=2×22+3×２3+…＋ｎ×2ｎ＋【ｎ＋1】×2ｎ+1②，①－②得—Sn＝2×2１+22+…+2n—【n+1】×2n+1=-n·2n＋1，所以Ｓn=n·２２2.【2022届陕西宝鸡月考,1８】已知正项数列{aｎ｝的前n项和为Sｎ，且Sn＝14【an+1】２【n∈Ｎ＊】.【1】求a1，a2；【2】求证:数列{an｝是等差数列。解析【1】在Ｓn=14【aｎ＋1】２【n∈N*】中，令n=1，可得a１=S１=(a1+1令n＝2，可得1＋a2=(a2+1)24，得ａ【２】证明：∵ａ１=1，Sｎ=14【ａn+1】２【n∈N*】,∴当n≥2时,Ｓn－１＝14【an－1+1】2,∴Sn-Ｓn—1＝ａn=14【an＋1】2—14【aｎ-1＋１】２=(an-an-1)(an∵an>０，∴an—an-１=2【n≥２】，∴｛an｝是以1为首项,2为公差的等差数列.〔未经许可请勿转载〕23。【20２2届哈尔滨期中，２0】在数列{an}中,a1=4，nan+１—【ｎ＋１】ａｎ=2ｎ2+2n.〔未经许可请勿转载〕【1】求证：数列ann【2】求数列1an的前n项和Ｓ解析【１】证明:nan+1－【n+１】ａn=２n２+2n的两边同除以n【n＋1】，得an+1n+1又a11＝4，所以数列ann是首项为4，【２】由【1】得ann=４+2【n－１】,即ann=2ｎ+2，所以an=2n2＋２n,故1an所以Sn=121-12+12-13＋…+1n-2４.【２0２1石景山一模,１7】已知有限数列｛an}共有30项,其中前20项成公差为d的等差数列，后11项成公比为q的等比数列.记数列的前n项和为Sｎ．从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知．求：〔未经许可请勿转载〕【１】d,q的值；【2】数列｛an｝中的最大项．条件①：ａ２=4，S５＝30，a２1=20;条件②：S３＝０,a２０＝—36,a２2=－9；条件③:S1=４8，a２1=20，a24=160．注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分．解析选择条件①:ａ2=4,S5=30，ａ２1=２0.【１】因为{aｎ｝的前２0项成等差数列,a2=4,S5＝30,所以a1+所以a2０=2＋1９×2=4０。因为数列{an｝的后11项成公比为q的等比数列,所以q=a21a20综上,d=２,q=12【2】{an｝的前20项成等差数列,d〉０,所以前20项逐项递增,即前20项中的最大项为a２0＝40。〔未经许可请勿转载〕数列｛ａn}的后11项成等比数列，ａ20=40,q=12，所以后11项逐项递减，即后11项中的最大项为a２0=４0.综上,数列｛an｝的最大项为第20项，其值为40.选择条件②：S3=0，a20=-36,a2２＝-9.【1】因为{an｝的前2０项为等差数列,S3＝０,a2０=—３６,所以3a1+3因为数列｛an}的后11项成公比为q的等比数列,a20＝-36，a2２＝－9,所以q2=a22a20=14，所以综上，d=－２,ｑ=±12【2】｛an}的前２0项成等差数列,d＜0,所以前20项逐项递减，即前2０项中的最大项为a1=2．i。当q=12时,ａn＝—3６12n-20【20≤n≤3０且所以当2０≤n≤30时，an<０.所以数列{an｝的最大项为第１项，其值为2。ii.当q=-12时，an＝—3６-12n-20【2０≤n≤30且n∈N＊】.后故数列｛an｝的最大项为第2１项，其值为１8.综上,当q=12时，数列｛aｎ}的最大项为第1项，其值为当q=-12时,数列{aｎ}的最大项为第２1项，其值为选择条件③：S1=４8，ａ21=20，ａ２４=160.【１】因为数列{an｝的后11项成公比为q的等比数列,ａ21=20，ａ２4=160，所以q3=a24a21＝８，解得q=2．所以ａ20=又因为｛an｝的前20项成等差数列,Ｓ1=a1=48，所以ｄ=a20综上,ｄ=－２,q=2。【２】数列｛ａｎ｝的前20项成等差数列,ｄ<0，所以前20项逐项递减，即前20项中的最大项为ａ1=4８．数列{an｝的后11项成等比数列,a2０＝10,q=2．所以aｎ=１0·2n－20【2０≤n≤3０且n∈Ｎ*】.所以后11项逐项递增.后11项中的最大项为ａ３0=1０２40.综上，数列｛ａn｝的最大项为第30项,其值为10240.25．【2０2０朝阳二模，１6】已知{ａｎ}是公差为d的等差数列，其前ｎ项和为Sn，且a5=1,.若存在正整数n，使得Sn有最小值。

〔未经许可请勿转载〕【1】求{aｎ｝的通项公式;【２】求Sｎ的最小值。从①a３=-1，②ｄ=２,③d=—2这三个条件中选择符合题意的一个条件，补充在填空线上并作答。〔未经许可请勿转载〕解析选择①.【1】因为a5=1,a3=－1，所以ｄ＝1。所以an=1＋【n-5】×1＝n-4.【2】由【1】可知ａ1=－3．所以Ｓn=n(a1+an)因为ｎ∈N*,所以当n＝３或4时，Sn取得最小值，最小值为—6。故存在正整数n＝3或4,使得Sn有最小值,最小值为-6.选择②。【1】因为a5=1，d=２,所以an＝1+【ｎ—5】×2=２n-9．【2】由【1】可知a1＝—7.所以Sn＝n(a1+an)2＝n2-8ｎ＝【n-4】2—16，所以当ｎ=4故存在正整数n＝4,使得Sn有最小值,最小值为—16.【不可以选择③】

[2023版新高考版高考总复习数学5·3A版20_专题七72等差数列之1_习题WORD版]〔未经许可请勿转载〕7。２等差数列基础篇固本夯基考试点一等差数列及其前ｎ项和1．【2022届辽宁渤海大学附中月考二】在等差数列{an｝中，若a２+a3+a４=6,a6=4，则公差d＝【】〔未经许可请勿转载〕A。1B.2C．13D。答案：D2．【２0１9课标Ⅰ理,9,5分】记Ｓｎ为等差数列｛an｝的前n项和。已知Ｓ4=0,a5=5，则【】〔未经许可请勿转载〕A．ａn=2n－５B．an＝3ｎ-１0C。Sn＝２n２-８nD.Sn＝12n２答案:A3．【2021重庆二模,４】已知公差不为０的等差数列｛aｎ｝中，ａ2+a４＝a6，a9=a62,则a10=【Ａ．52B．５C。10答案：A4．【20２２届福建南平１0月联考,14】设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a2+2ａ4＋a10=32,则S9=.

〔未经许可请勿转载〕答案:725.【２020课标Ⅱ文,1４,５分】记Ｓn为等差数列{ａｎ｝的前n项和.若a1=－2，a2+ａ6＝2，则S10＝.

〔未经许可请勿转载〕答案：2５6．【20２0新高考Ⅰ,1４，５分】将数列{2n－1｝与｛3n-2}的公共项从小到大排列得到数列｛aｎ}，则{an｝的前n项和为。

〔未经许可请勿转载〕答案：３n２—2ｎ7。【2019课标Ⅲ理，14,5分】记Sn为等差数列｛aｎ}的前ｎ项和,若a１≠０,ａ2=3a1,则S10S5=答案：48。【202２届海南东方琼西中学月考，17】等差数列｛aｎ}的前n项和为Sn，已知ａ10=３0，a20＝５０。〔未经许可请勿转载〕【1】求通项公式an；【2】若Sn＝242，求n。解析【1】设等差数列｛an｝的公差为ｄ，依题意有a10=a所以an=2n+１0【n∈N＊】.【２】由【1】可得Sｎ＝１2n+n(n-1)2×2=n２+１1n,令n2+11ｎ=2４２，解得n=-22【舍】9.【2022届广东肇庆统一检测一】在等差数列｛an｝中，a１=１0，公差d＞0,其前四项中删去某一项后【按原来的顺序】恰好是等比数列{ｂn｝的前三项.〔未经许可请勿转载〕【1】求d的值;【2】设｛ａn}中不包含{ｂｎ}的项按从小到大的顺序构成新数列{ｃn}，记｛cn｝的前n项和为Sn，求Ｓ100。〔未经许可请勿转载〕解析【1】由a1＝１0，公差为d，得a2=10+d，a3＝１0+2d，a4＝１0+3ｄ．〔未经许可请勿转载〕①若删去第1项，则【10+2d】2＝【１0＋d】【１0＋3d】，解得d＝0，不符合题意；〔未经许可请勿转载〕②若删去第2项,则【10+2d】2=10×【10＋３d】，解得d=0或ｄ=—52,不符合题意；③若删去第３项,则【10＋d】2＝1０×【10＋3d】,解得d=0【舍去】或d=1０;〔未经许可请勿转载〕④若删去第４项,则【10+d】2＝10×【10+2d】,解得d=０，不符合题意.〔未经许可请勿转载〕综上可知,d=10.【2】由【1】可知,an=10+【n－1】×1０=１0ｎ，等比数列｛bｎ｝的前三项分别为10，２0,４0，所以数列｛bｎ}是以10为首项，２为公比的等比数列,所以bn=１0·2n-1,〔未经许可请勿转载〕所以b7=64０，ｂ８=1280，又a107＝１0７0，所以可知{an}的前1０7项中有7项被删除，即c100=a10７.设数列{an｝的前n项和为Hｎ,数列{bn｝的前n项和为Tn，则Ｓ１0０＝H１07—T7＝107×(10+1070)2—10×１0．【２０２1新高考Ⅱ,１7，1０分】记Sｎ为公差不为零的等差数列｛ａn}的前ｎ项和,若a3=Ｓ5，a2·a４=Ｓ4.〔未经许可请勿转载〕【1】求｛ａn}的通项公式；【2】求使得Sn＞an成立的ｎ的最小值.解析【1】a3=Ｓ5⇒a1+2ｄ=５a１+10ｄ⇒4a1+8ｄ＝0⇒a１+2d=０⇒ａ1＝-２d，①〔未经许可请勿转载〕a２·a4=Ｓ4⇒【a１+ｄ】【a1+3d】=4a1+6d,②将①代入②得-d２=—2d⇒d=0【舍】或d=2,∴a1=-2d=—4，∴ａn=—4+【ｎ－1】×２=２n—6．【2】由【１】知aｎ=2n－6，Sn＝na１+n(n-Ｓn>ａn⇔n２－5n〉2n-6⇔n2-７n+６〉0⇔【ｎ-１】【n-6】>0，〔未经许可请勿转载〕解得n<1【舍】或ｎ>6，∴n的最小值为7。11．【2019课标Ⅰ文,1８，12分】记Ｓｎ为等差数列{ａn}的前n项和．已知S9=-a5。〔未经许可请勿转载〕【1】若a3=4,求｛an}的通项公式;【２】若a1＞0,求使得Sn≥ａn的n的取值范围。解析【1】设｛ａn｝的公差为d。由S9=－a５得a1+4d＝0．由a3=4得ａ１+２d＝4.于是a1=８,ｄ＝-２.因此｛an｝的通项公式为an=10—２n．【2】由【1】得a1=—4ｄ，故aｎ=【n—5】d，Sn=n(n-9)d2。由a1〉0知d<0，故Ｓn≥an等价于n2—11ｎ+10≤０，解得1≤n≤１０。所以n的取值范围是{n｜１≤ｎ≤考试点二等差数列的性质1．【2０2２届山东学情10月联考，6】已知等差数列{an}、｛bn｝的前n项和分别为Sn、Tn，且a4b6=13，则SA。733B。13Ｃ.1433答案：A２.【2021广州月考】设等差数列{ａn}的前n项和为Sn，若Ｓ3=6，S6＝3,则S１2等于【】〔未经许可请勿转载〕A。－3Ｂ.－12C.—２1D.-30答案：D3。【2020浙江高中发展共同体期末】已知｛ａｎ｝是公差为d的等差数列，前ｎ项和是Sｎ，若Ｓ9〈S8〈Ｓ10,则【】〔未经许可请勿转载〕A．d>０,Ｓ17〉0B。ｄ<0,S1７〈0C.ｄ＞0,Ｓ18<０D.d>0，Ｓ18＞0答案：D4.【2020浙江，7，4分】已知等差数列｛aｎ}的前n项和为Ｓn,公差d≠0，且a1d≤1.记ｂ１=Ｓ2,bn+１=Ｓ2n+2－S２n,n∈N*,下列等式不可能成立的是【A.２a４＝a2+a6Ｂ.2b4＝ｂ2+b６C.a42=ａ2a8Ｄ.b42答案:D５.【2０20北京,8,4分】在等差数列｛an｝中,a1=-9,a5=—１.记Tn=a１a２…ａn【n=1,2,…】,则数列{Tｎ｝【】〔未经许可请勿转载〕A。有最大项，有最小项B.有最大项,无最小项C.无最大项，有最小项Ｄ．无最大项，无最小项答案:B６.【20１９江苏，8,５分】已知数列｛ａn｝【n∈N＊】是等差数列，Sｎ是其前n项和.若a2a５+a8=0，Ｓ９=27，则S８的值是。

〔未经许可请勿转载〕答案:16７。【2021广东韶关一模，１4】设Sn为等差数列｛ａn}的前n项和,a6+a７＝1,则Ｓ12=，若ａ７＜0,则使得不等式Sｎ〈0成立的最小整数n=。

〔未经许可请勿转载〕答案：６;１3综合篇知能转换A组考法一等差数列的判定１．【2０21山东聊城二模,8】已知数列{an｝，ａｎ＝1f(n)，其中ｆ【ｎ】为最接近n的整数，若{an}的前ｍ项和为20，则A。15Ｂ。30Ｃ。６0Ｄ。110答案:Ｄ２．【2０22届江苏泰州中学检测,20】已知数列{an}满足ａ１=6，an—1an-６an—1+9=０,n∈N*且n≥2．〔未经许可请勿转载〕【1】求证：数列1an【2】求数列｛aｎ}的通项公式；【3】设bn=an(n+1)2，求数列｛bn}解析【1】证明:当n≥2时，ａn—1aｎ－6an—１＋9＝0⇒aｎ=6an-1-9an-1，∴1an-3－1an-1-3＝an-13【2】由【1】得1an-3＝13+【ｎ-1】·13=n3,【3】∵bn=an(n+1)2＝3n(n+1)=31n-1n+1，∴Ｔn=b１＋b2+…+ｂn=31-3.【20２2届江苏苏州调研】已知数列{an｝的前n项和为Ｓｎ,且Sｎ=2an－２ｎ＋1＋2【n∈N*】。〔未经许可请勿转载〕【1】求｛an}的通项公式;【2】设bn=an4n，若Tn=b1＋ｂ2＋b3＋…+bn,求解析【1】当n=1时，ａ１=S1=２a1-２，解得a１=2,当n≥2时，ａn=Sｎ-Ｓn—1=2aｎ-2an－１-2n,化简得an＝２an—１+2ｎ，即an2n—an-12n-1=1，因此，数列an2n是首项和公差均为１的等差数列，所以【2】由【１】可得ｂn=n2n=n+12n-1—n+22n,则Ｔn=220－3214．【2022届江苏百校联考一，17】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.〔未经许可请勿转载〕【1】证明:an+２—aｎ＝λ;【2】若{an｝为等差数列，求Ｓ１0.解析【1】证明:由anan＋1＝λSn—1可得aｎ+１ａn+2=λSn+1-1,两式相减得an+1【an+2—an】＝λan+１,〔未经许可请勿转载〕因为ａｎ＋１≠０，所以aｎ＋2—an=λ.【2】由S１=ａ１=1,a1a2＝λＳ1－1,可得a２=λ-1,由【1】知a3＝λ+1，因为｛an}为等差数列，所以2a2=a1＋ａ3，〔未经许可请勿转载〕即2【λ—1】=1+λ+1,解得λ=4,故aｎ+2—ａｎ=4,所以数列｛a2n-1｝是首项为1，公差为4的等差数列，可得a2ｎ－1=4n－3=2【２n—1】－1，〔未经许可请勿转载〕数列｛a2n}是首项为３，公差为4的等差数列,可得a2n=4ｎ-１=2·２n-1,〔未经许可请勿转载〕所以an=２n-１【n∈Ｎ*】，所以S10=10×(1+19)5．【20２2届广东开学考，17】已知数列｛an}中,a1=1，且满足an＋１=an—2ｎ,ｂn=an+ｎ2【n∈N＊】。〔未经许可请勿转载〕【１】证明：数列{bn｝是等差数列,并求数列｛ｂn}的通项公式；【２】设Ｓn为数列1bn·bn+1的前n项和,求满足Ｓｎ≥解析【１】因为ｂｎ+1－bn=ａn+1＋【n＋１】2—【ａn+n2】=aｎ＋1-an+2ｎ+1=1，b1=a1+12＝2，所以数列｛bｎ｝是首项为２,公差为1的等差数列．所以bn=2+【n—１】＝n+1.〔未经许可请勿转载〕【2】因为1bn·bn+1=所以Sn=12-13+13－14+…+1n+1－1n+2=12－1n+2=n2(n+2)，由n2(n6.【2021新高考Ⅰ,17，10分】已知数列｛an}满足a1＝１,an+1=an【1】记bn＝a２ｎ，写出b1，b2，并求数列｛ｂn｝的通项公式；【2】求{ａn｝的前2０项和.解析【1】由题意得a2n+1＝a2ｎ+2,a2n+2=a2n+1+1,所以a２n+2=ａ２ｎ+３，即bn+１=bn+3，且ｂ1＝a2=a１+１＝2,〔未经许可请勿转载〕所以数列｛bｎ}是以2为首项，3为公差的等差数列，所以ｂ1=2,b2=５,ｂn=２+【ｎ－1】×３＝3ｎ－1。【2】当ｎ为奇数时，an＝aｎ+1—1.设数列｛aｎ}的前n项和为Sn，则S２0=a1+a2＋…+a2０=【a１+a3＋…＋ａ19】+【a２+a４+…+a2０】＝[【ａ2-1】+【a4—１】+…+【a20—1】]＋【a2+a４+…＋ａ20】〔未经许可请勿转载〕=２【a2+a４＋…＋a20】－1０,由【１】可知a2+ａ4+…+a20=ｂ１+b2+…＋b10=10×2+10×92故Ｓ20=2×１55-10=3００，即{aｎ｝的前20项和为300。7。【２０2１全国甲理，1８，１2分】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.〔未经许可请勿转载〕①数列｛an}是等差数列；②数列｛Sn}是等差数列；③a2＝3a１注:若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.解析选①②作为条件，证明③．证明：设等差数列｛ａｎ｝的公差为d，因为{Sn｝是等差数列，所以２S2=S1+S3，即22a1+d=a1+3a1+3d，两边平方,得4【2ａ１+d】=a1＋３a1+3d+２a1(3a1+3d)，整理得４a１+d=２a1(3a1+3d)，两边平方,得16a12+8a１d＋d２选①③作为条件,证明②．证明:设等差数列｛ａn｝的公差为d.因为a2＝3a1,即ａ１＋d＝3a1,所以d=2a1。〔未经许可请勿转载〕所以等差数列{ａn｝的前n项和Sｎ＝ｎa１+n(n-1)2d=ｎa1+n(n-1)又ａ1>0,所以Sn＝na则Sn+1-Sn＝【ｎ＋１】a1—na1=a1，所以数列{S选②③作为条件，证明①.证明:设等差数列{Sn｝的公差为d,因为S1＝a1，S2=a1+a2=a1+3a1＝2a1，所以d=S2—S1＝2a1－a1=a1,则等差数列{Sn｝的通项公式为Sn=a1+【n－1】a1=na1,所以Sn=ｎ２ａ1，当ｎ≥２时,ａn=Ｓn-Sn—1=ｎ2a1－【n－1】2a1=【2n-1】a1，且当n=1时,上式也成立，所以数列{ａn}的通项公式为an＝【2n—１】ａ1，ｎ∈N*8．【２022届广东阶段测,１7】已知数列{an｝满足a1=1,an+an-１=2ｎ【n≥2，ｎ∈N＊】.〔未经许可请勿转载〕【1】记bｎ=a2ｎ,求数列｛bn｝的通项公式；【2】求数列{ａn｝的前ｎ项和Sn。解析【1】依题意得,ａ2＋a1＝４,又a1=1,故b1=ａ2=3．因为a2ｎ+2+a2n+1＝4ｎ+4,a2n+1＋a2n＝4ｎ+２，所以bn+１—bｎ=a２ｎ+2—a2ｎ=【ａ２n+2+a2n+1】—【ａ2n+1＋a２n】＝【４n+4】－【４ｎ+２】=２.〔未经许可请勿转载〕因此,｛ｂn｝是首项为3,公差为２的等差数列，通项公式为bn=2n+1。【2】解法一：因为ａ2n+a2n—1=4n,所以由【１】知a2n—1=4n-a2n＝2n-1.〔未经许可请勿转载〕当n=2k【k∈N＊】时，Sn=【ａ1+a３＋…+a2k－1】+【a２+ａ4＋…+a2k】＝【１＋3＋…+2k—1】+【3＋５+…+2k+1】=(1+2k-1)·k2当n＝2k—1【k∈N*】时，Sn=Sｎ＋1－an＋1=(n+1)(n+3)因此,Ｓn=n解法二:当n=2k【k∈N*】时，Sｎ=【ａ１+ａ2】+【a3＋a4】+…+【a２k－1+a2ｋ】=４+8+…+4k=(4+4k)·k当n=２ｋ＋1【ｋ∈N*】时，Sn=a1+【a２+a３】＋【ａ4+a5】+…+【a2k+a2k+1】=1＋6+10+…+【４k+2】〔未经许可请勿转载〕=１+(6+4k+2)·k2=ｋ【2k+４】＋1=(n-1)(n+3)2故Ｓｎ=n９．【2021全国乙理，19，12分】记Ｓn为数列{ａｎ｝的前n项和,bn为数列｛Sn}的前ｎ项积，已知2Sn＋1【１】证明:数列｛bn｝是等差数列；【2】求{aｎ｝的通项公式.解析【1】证明:由ｂn＝S1·S２·…·Sn可得,Sn=b1,n=1,bnb当ｎ=1时，2S1+1b1=２，即2b1＋1b1=2，所以当n≥2时,2bnbn-1+1bn=２，即2bｎ＝2bn—１+1，即ｂn—bn—1=12，故数列{bn【2】由【1】知，bn=32＋【n－１】×12=故当n≥2时，Ｓn=bnbn-1=即Sｎ＝n+2n+1【n∈N*】，从而a1=Ｓ１当n≥2时，an=Ｓn－Ｓn－1=n+2n+1－n+1n=-1所以ａn＝3考法二等差数列前n项和的最值问题1.【多选】【2022届石家庄二中开学考试,１1】设数列｛an}是等差数列,Sｎ是其前n项和，a1＞０且Ｓ6=S９，则【】〔未经许可请勿转载〕A.d〉０B.a8=0C．S7或S8为Sn的最大值D．Ｓ5>S6答案:ＢC2。【多选】【２０22届广东珠海二中10月月考,１１】等差数列{aｎ｝的前n项和为Sn,已知S1０=０，S15＝25，则【】〔未经许可请勿转载〕A.ａ５＝0Ｂ.｛an｝的前n项和中Ｓ5最小Ｃ．nＳn