考点15等差数列

考点15等差数列1.【2023全国甲卷】记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a2+aA.25 B.22 C.20 D.15【答案】C

【解析】【分析】本题考查了求等差数列的前n项和，属于基础题．结合已知条件求出首项与公差，再利用等差数列的前n项和公式即可求出S5【解答】解：因为a2+a所以2所以S5故选C.

2.【2023全国乙卷】已知等差数列{an}的公差为2π3，集合S={cosanA.−1 B.−12 C.0 【答案】B

【解析】【分析】本题考查等差数列的性质，三角函数的周期性，结合等差数列{an}的公差为2π【解答】解：an=a1+(n−1)×要使集合S中只有两个元素，则可想到利用对称性取数，如a1=−π3，a2=π3，a3=π⋯，或a1=0，3.【2021北京】{an}和{bn}是两个等差数列，其中akbk(1⩽k⩽5)为一固定常数值，A.32 B.48 C.64 D.128【答案】D

【解析】【分析】本题考查等差数列的性质，属于基础题．

结合题意和等差数列的性质进行求解即可．【解答】

解：由题意可得a1b1=a5b5，其中a1=288，a5=96，b1=192，解得b5=64，

因为4.【2020全国Ⅱ卷】北京天坛的圆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.3699块 B.3474块 C.3402块 D.3339块【答案】C

【解析】【分析】本题考查等差数列前n项和的性质，属于中档题．

由Sn,S【解答】解：设每一层有n环，由题可知从内到外每环之间构成等差数列，公差d=9，a1由等差数列性质知Sn，S2n−Sn则9n2=729则三层共有扇形面石板为S故选C．5.【2020浙江】已知等差数列{an}的前n项和Sn，公差d≠0，a1d⩽1.记b1A.2a4=a2+a6 【答案】B

【解析】【分析】本题考查数列递推式，等差数列的通项公式与前n项和，考查转化思想和计算能力，是较难题．

由已知利用等差数列的通项公式判断A与C；由数列递推式分别求得b2,b4,b6,b8，分析B，【解答】

解：在等差数列{an}中，an=a1+n−1d，

Sn+2=(n+2)a1+(n+2)(n+1)2d，S2n=2na1+2n(2n−1)2d，

b1=S2=2a1+d，bn+1=Sn+2−S2n=(2−n)a1−3n2−5n−22d．

∴b2=a1+2d，b4=−a1−5d，b6=−3a1−24d，b8=−5a1−55d．

A.26.【2020北京】在等差数列{an}中，a1=−9，a5=−1.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】B

【解析】【分析】本题考查等差数列的通项公式，考查数列的函数特性，考查分析问题与解决问题的能力，是中档题．

由已知求出等差数列的通项公式，分析可知数列{an}是单调递增数列，且前5【解答】

解：设等差数列{an}的公差为d，由a1=−9，a5=−1，得d=a5−a15−1=−1−(−9)4=2，

∴an=−9+2(n−1)=2n−11．

由an=2n−11=0，得n=112，而n∈N∗，

可知数列{an}是单调递增数列，且前7.【2022全国乙卷】记Sn为等差数列{an}的前n项和.若2S3【答案】2

【解析】【分析】本题考查了等差数列前n项和中的基本量计算，属基础题．【解答】

解：∵2S3=3S28.【2020新高考Ⅰ卷】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【答案】3n【解析】【分析】本题考查数列的特定项与性质以及等差数列求和．

利用公共项构成首项为1

，公差为6的等差数列，利用求和公式即可求出答案．【解答】解：数列2n−1

的首项是1，公差为2的等差数列；数列3n−2

的首项是1，公差为公共项构成首项为1

，公差为6的等差数列;故an

的前n

项和Sn

为：S故答案为3n9.【2023全国乙卷】记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知(1)求{an(2)求数列{|an|}的前【答案】解：(1)设等差数列的公差为d，则a1+d=1110所以an=−2n+15(2)当n≤7时，an>0当n≥8时，an<0，|aTn综上所述，Tn【解析】本题考查等差数列的通项公式以及求和公式，属于中档题．(1)根据等差数列的通项公式及前n项和，列方程组求出首项与公差，即可求出通项公式；(2)分an>0与10.【2023新高考Ⅰ卷】设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn=n2+nan，记S(1)若3a2=3a1+(2)若{bn}为等差数列，且【答案】解：因为3a2=3a1+a3，故3d=aTn=n(n+3)2d，又S3+T3=21，即3×4d2+3×6(2)方法一：(基本量法)若{bn}为等差数列，则2b2=b1当a1=d时，an=nd，bn=n+1即99⋅100d2−99⋅1022d=99，即50d当a1=2d时，an=(n+1)d，bn=n即99⋅102d2−99⋅1002d=99，即51d2−d−50=0综上：d=方法二：因为{an}为等差数列且公差为d，所以可得解法一：因为{bn}为等差数列，根据等差数列通项公式可知bn与n的关系满足一次函数，所以上式中的分母“dn+a1−d”需满足解法二：由bn=n2+ndn+a1−d所以满足b1+b3=2b2解得a1=d因为{an}，{bn}均为等差数列，所以S99①当a1=d时，an=dn，50d2−d−51=0⇒(50d−51)(d+1)=0，解得d=5150或者②当a1=2d时，an=d(n+1)，51d2−d−50=0⇒(51d+50)(d−1)=0，解得d=−5051或者综上所述，d=51【解析】本题第一问考查数列通项公式的求解，第二问考查等差数列有关性质，等差数列基本量的求解，计算量较大，为较难题．11.【2022全国甲卷】记Sn为数列an的前n项和．已知2(1)证明：an是等差数列；

(2)若a4,a【答案】解：(1)因为2Snn当n≥2时，2S①−②得，2S即2a即2n−1an−2n−1an−1所以an是以1(2)由(1)可得a4=a1+3又a4，a7，a9即a1+62所以an=n−13，所以所以，当n=12或n=13时Sn【解析】本题考查等差数列的判定与等比数列性质、等差数列前n项和最值问题．

(1)立足题设结合等差数列的定义即可求解．

(2)由(1)结合(2)中条件先求得an=n−13，然后结合等差数列前12.【2021新高考Ⅱ卷】记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a(1)求数列{an}(2)求使Sn>an【答案】解：(1)由等差数列的性质可得：S5=5a设等差数列的公差为d，从而有a2S4从而−d2=−2d数列的通项公式为：a(2)由数列的通项公式可得a1=2−6=−4，

则则不等式Sn>an即解得n<1或n>6，又n为正整数，故n的最小值为7．【解析】本题考查等差数列基本量的求解，是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用．

(1)由题意首先求得a3(2)首先求得前n项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n的最小值．13.【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S注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【答案】解：由数列an的各项均为正数，则a1>0．

选择条件①和③．

由数列an是等差数列，设公差为d，

因为a2=3a1，则a2=3a1=a1+d，即d=2a1.

因为Sn=na1+n(n−1)2d=n2a1，所以Sn=na1(a1>0).

已知数列Sn因为S2=a即等差数列Sn的公差d等于a所以Sn=n