高考真题专题分类汇编等差数列（十年高考）含答案与解析

7.2等差数列考点1等差数列及其前n项和1.(2023全国甲文,5,5分,易)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a2+a6=10,a4a8=45,则S5=()A.25B.22C.20D.15答案C设等差数列{an}的公差为d,由已知可得2a1+6d=10,(a1+3d)(a1+7d)=45,2.(2023全国乙理,10,5分,中)已知等差数列{an}的公差为2π3,集合S={cosan|n∈N*}.若S={a,b},则ab=()A.-1B.-1答案B由题意,得an=a1+(n-1)·2π3,又S={cosan|n∈N*}={a,b},∴cosa1≠cosa2,但cosa1=cosa3,即cosa1=cosa1+4π3,∴a1+a1+4π3=2kπ(k∈Z),∴a1=-2π3+kπ(k∈Z).不妨取k=1,则a1=π3,a2=π3+2π3=π,则S=123.(2021北京,6,4分)已知{an}和{bn}是两个等差数列,且akbk(1≤k≤5)是常数,若a1=288,a5=96,b1=192,则b3的值为(A.64B.100C.128D.132答案C命题意图:本题以定义新运算为出题背景,考查等差数列的性质,考查学生的运算求解能力,考查的核心素养是逻辑推理及数学运算,落实了应用性、综合性和创新性的考查要求.解题思路:解法一:因为{an}是等差数列,所以2a3=a1+a5=288+96,所以a3=192,又因为当1≤k≤5时,akbk是常值,所以a3b3=a1解法二:由题意可知a1b1=a5b5,则b5=64,又{bn}是等差数列4.(2022新高考Ⅱ,3,5分)图1是中国古代建筑中的举架结构,AA',BB',CC',DD'是桁,相邻桁的水平距离称为步,垂直距离称为举.图2是某古代建筑屋顶截面的示意图,其中DD1,CC1,BB1,AA1是举,OD1,DC1,CB1,BA1是相等的步,相邻桁的举步之比分别为DD1OD1=0.5,CC1DC1=k1,BB1CB1=k2,AA1BA1=k3.已知k1,k2,k3成公差为图1图2A.0.75B.0.8C.0.85D.0.9答案D令OD1=DC1=CB1=BA1=a,则CC1=k1a,BB1=k2a,AA1=k3a,DD1=0.5a,所以A的坐标为(4a,k1a+k2a+k3a+0.5a),所以kOA=k1a+k所以k1+k2+k3+0.5=2.9.因为k1,k2,k3成公差为0.1的等差数列,所以k1+k2+k3+0.5=3k3-0.3+0.5=2.9,所以k3=0.9,故选D.5.(2023新课标Ⅰ,7,5分,中)记Sn为数列{an}的前n项和,设甲:{an}为等差数列;乙:Snn为等差数列,则(A.甲是乙的充分条件但不是必要条件B.甲是乙的必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件答案C若{an}为等差数列,设公差为d,则an=a1+(n-1)d,∴Sn=na1+n(n−1)d2,∴Snn当n≥2时,Sn−1n−1=a1∴Snn-Sn−1n−1=a1+n−12d-a∴Snn是以S1为首项,d若Snn为等差数列,设公差为d',则Snn=S1+(n-1)d'=a1+(n∴Sn=na1+n(n-1)d',当n≥2时,Sn-1=(n-1)a1+(n-1)(n-2)d',两式作差得,an=a1+2(n-1)d',又n=1时也满足上式,∴an=a1+2(n-1)d',n∈N*,当n≥2时,an-1=a1+2(n-2)d',∴an-an-1=a1+2(n-1)d'-a1-2(n-2)d'=2d',∴{an}是以a1为首项,2d'为公差的等差数列.综上,甲是乙的充要条件,故选C.6.(2020课标Ⅱ理,4,5分)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.3699块B.3474块C.3402块D.3339块答案C由题意可设每层有n个环,则三层共有3n个环,∴每一环扇面形石板的块数构成以a1=9为首项,9为公差的等差数列{an},且项数为3n.不妨设上层扇面形石板总数为S1,中层总数为S2,下层总数为S3,∴S3-S2=9(2n+1)·n+n(n−1)2×9−9(则三层共有扇面形石板(不含天心石)27×9+27×262×9=27×9+27×13×9=27×14×9=3402(块).故选C7.(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=()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+a58.(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=()A.172B.19答案B由S8=4S4得8a1+8×72×1=4×4a1+4×32×1,解得a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.9.(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()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=-210.(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=()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)2得m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=2Sm11.(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=()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,思路分析用a1,d表示S9,a10,列方程组求出a1,d,从而可求得a100.12.(2022全国乙文,13,5分)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若2S3=3S2+6,则公差d=.

答案2解析∵2S3=3S2+6,∴2(3a1+3d)=3(2a1+d)+6,即6d=3d+6,解得d=2.13.(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.

答案-1解析S1=a1,S2=2a1-1,S4=4a1-6.故(2a1-1)2=a1×(4a1-6),解得a1=-1214.(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.

答案-49解析由Sn=na1+n(n−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当x∈203,+∞时,f(x)递增,又6<20f(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.15.(2023全国乙文,18,12分,中)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a2=11,S10=40.(1)求{an}的通项公式;(2)求数列{|an|}的前n项和Tn.解析(1)设等差数列{an}的公差为d,则a1+∴an=13-2(n-1)=15-2n.(2)由an=15-2n知,当n≤7,n∈N*时,an>0,当n≥8,n∈N*时,an<0,∴当n≤7,n∈N*时,Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+an=Sn=n(28−2n)2=-n当n≥8,n∈N*时,Tn=(a1+a2+…+a7)-(a8+a9+…+an)=2S7-Sn=98-(-n2+14n)=n2-14n+98.∴Tn=−16.(2023新课标Ⅰ,20,12分,中)设等差数列{an}的公差为d,且d>1,令bn=n2+nan,记Sn,Tn分别为数列{an},{bn(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.解析(1)∵3a2=3a1+a3,∴3(a1+d)=3a1+a1+2d,∴a1=d>1,∴S3=a1+a2+a3=a1+a1+d+a1+2d=6a1,又∵bn=n2+nan,∴b1=2a1,b2=6a2=6a1+d=3a1,b3=12a3=12a∴S3+T3=6a1+9a1解得a1=3或a1=12(舍),∴an=3(2)∵{bn}为等差数列,∴2b2=b1+b3,即12a2=2a即6a1+d=1a1+6a1+2d,即∴a1=2d或a1=d.当a1=2d时,an=(n+1)d,bn=nd∴S99=(2d+100dT99=1d·(1+99)×992=又∵S99-T99=99,∴99×51d-99×50·1d=99∴51d-50d=1,解得d=1或d=-50又∵d>1,∴a1≠2d.当a1=d时,an=nd,bn=n+1∴S99=(1+99)×99d2=50×99T99=1d·(2+100)×992=又∵S99-T99=99,∴50×99d-51×99d=99∴50d-51d=1,解得d=5150或d又∵d>1,∴d=5150综上,d=515017.(2022全国甲,理17,文18,12分)记Sn为数列{an}的前n项和.已知2Snn+n=2a(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.解析(1)证明:由已知条件2Snn+n=2an2Sn=2nan+n-n2①,当n≥2时,由①可得2Sn-1=2(n-1)·an-1+(n-1)-(n-1)2②,由an=Sn-Sn-1及①-②可得,(2n-2)an-(2n-2)an-1=2n-2,n≥2,且n∈N*,即an-an-1=1,因此{an}是等差数列,公差为1.(2)∵a4,a7,a9成等比数列,且a4=a1+3,a7=a1+6,a9=a1+8,∴a72=a4·a9,即(a1+6)2=(a1+3)(a1解得a1=-12,∴等差数列{an}的通项公式为an=-12+(n-1)·1=n-13,∴Sn=(a∵n∈N*,∴当n=12或n=13时,Sn最小,最小值为-78.18.(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)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=b由2Sn+当n=1时,2S1+1b1=2,即2b1+1b当n≥2时,2bnbn−1+1bn=2,即2bn=2bn-1+1,即故数列{bn}是首项为32,公差为12(2)由(1)知,bn=32+(n-1)×1故当n≥2时,Sn=bnbn−1=即Sn=n+2n+1(n∈从而a1=S1=32当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n+2n+1−n所以an=319.(2022浙江,20,15分)已知等差数列{an}的首项a1=-1,公差d>1.记{an}的前n项和为Sn(n∈N*).(1)若S4-2a2a3+6=0,求Sn;(2)若对于每个n∈N*,存在实数cn,使an+cn,an+1+4cn,an+2+15cn成等比数列,求d的取值范围.解析(1)∵{an}为等差数列,∴an=(n-1)d-1,∴S4-2a2a3+6=6d-4-2(d-1)(2d-1)+6=0,解得d=3或d=0,又d>1,∴d=3,则an=3n-4,n∈N*,Sn=(−1+3n−4)n2=n(2)∵an+cn,an+1+4cn,an+2+15cn成等比数列,∴(an+1+4cn)2=(an+cn)(an+2+15cn),∴an+12+16cn2+8an+1cn=anan+2+15cn2+(∴cn2+(8an+1-an+2-15an)cn+d2由(1)知an=(n-1)d-1,∴8an+1-an+2-15an=8+(14-8n)d,则有cn2+[8+(14-8n)d]cn+d2=0对每个n∈N*∴Δ=[8+(14-8n)d]2-4d2=[8+(16-8n)d][8+(12-8n)d]≥0对每个n∈N*都成立,即n−1d−2n−1d由于n为正整数,d>1,∴1d+2和1d+32只能同处于相邻的整数之间,又∵2<1d+2<3∴23<d≤2,故1<d≤220.(2021全国甲文,18,12分)记Sn为数列{an}的前n项和,已知an>0,a2=3a1,且数列{Sn}是等差数列.证明:{an}是等差数列解题指导:根据已知条件{Sn}为等差数列,求出数列{Sn}的通项公式,利用an=Sn-Sn-1(n≥2,n∈N*)即可求出{an}的通项公式,根据等差数列的定义可证明其为等差数列解析设等差数列{Sn}的公差为d,因为a2=3a1,S1=a1,S2=a1+a2=4a1=2a1,所以d当n≥2时,Sn-1=(n-1)2a1,所以an=Sn-Sn-1=n2a1-(n-1)2a1=(2n-1)a1,经检验,当n=1时,也满足题意,所以an=(2n-1)a1,n∈N*,当n≥2时,an-an-1=(2n-1)a1-(2n-3)a1=2a1(常数),∴{an}是等差数列.易错警示应用an=S1(n=1),Sn−21.(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.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.解题指导:先选两个作为条件,余下一个作为结论,然后进行证明.如果是证明③,利用等差中项法,即只需2S2=S1+S3,通过化简即可得证;如果是证明①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=4(3a12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.所以等差数列{an}的前n项和Sn=na1+n(n−1)2d=na1+n(n−1)2·2a1则Sn+1−Sn=(n+1)a1−na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=方法总结:证明数列{an}是等差数列的方法:(1)定义法:证明an-an-1=d(n≥2,n∈N*),或an+1-an=d(n∈N*);(2)等差中项法:证明2an=an-1+an+1(n≥2,n∈N*).22.(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.(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Sn=n2(a1+a3n-2=n2=-3n2+28n.23.(2014大纲全国文,17,10分)数列{an}满足a1=1,a2=2,an+2=2an+1-an+2.(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)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.24.(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,(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.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.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;{a2n}是首项为3,公差为4的等差数列,a2n=3+(n-1)·4=4n-1.所以an=2n-1,an+1-an=2.因此存在λ=4,使得{an}为等差数