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专题 6.2 等差数列及其前 n 项和
【新高考专用】
题型一 等差数列的基本量运算
1．（2024·湖北武汉·模拟预测）设等差数列{a }的前n项和为S ，若S −S =35,a +a =7，则{a }的公
n n 10 3 3 10 n
差为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】根据等差数列的基本量的计算即可求解.
【解答过程】由S −S =35⇒S −S =a +a +a +a +a +a +a =35，
10 3 10 3 4 5 6 7 8 9 10
故7a =35，则a =5，
7 7
由a +a =7得a +a =7，故a =2，故公差为a −a =3，
3 10 6 7 6 7 6
故选：C.
2．（2024·广东汕头·三模）已知等差数列{a }的前n项和为S ，a =3，a =2a +1，若S +a =100，
n n 2 2n n n n+1
则n=（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
【解题思路】根据给定条件，求出等差数列{a }的首项及公差，再结合前n项和及通项公式求解即得.
n
【解答过程】由a =3，a =2a +1，得a =2a +1=3，解得a =1，则等差数列{a }的公差d=2，
2 2n n 2 1 1 n
1+2n−1
于是a =2n−1,S = ⋅n=n2 ，由S +a =100，得n2+2n+1=100，
n n 2 n n+1
所以n=9.
故选：B.
3
3．（2024·广西·模拟预测）在单调递增的等差数列{a }中，若a =1，a a = ，则a = 0 .
n 3 2 4 4 1
【解题思路】根据等差中项可得a +a =2，进而可得a ，a ，即可求公差和a .
2 4 2 4 1【解答过程】因为数列{a }为等差数列，则a +a =2a =2，
n 2 4 3
3 1 3
又因为a a = ，且数列{a }单调递增，可得a = ，a = ，
2 4 4 n 2 2 4 2
a −a 1
则公差d= 4 2= ，所以a =a −d=0.
2 2 1 2
故答案为：0.
4．（2024·陕西安康·模拟预测）设等差数列{a }的前n项和为S ,a =−8,2S =3S +6，则a = −14 .
n n 4 3 2 1
【解题思路】根据题意结合等差数列的通项与前n项和公式列出方程组求解即可.
【解答过程】设公差为d，
由a =−8,2S =3S +6，
4 3 2
得¿，解得¿.
故答案为：−14.
题型二 等差数列的性质及应用
5．（2024·广东广州·模拟预测）在等差数列{a }中，若a +a +a +a =28，则a =（ ）
n 2 5 19 22 12
A．45 B．6 C．7 D．8
【解题思路】利用等差数列的性质求解.
【解答过程】因为a +a +a +a =(a +a )+(a +a )=4a =28，
2 5 19 22 2 22 5 19 12
所以a =7.
12
故选：C.
6．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知{a }为等差数列，a +a +a =21,a +a +a =36，则a =
n 1 3 5 2 4 6 6
（ ）
A．32 B．27 C．22 D．17
【解题思路】根据条件，得到a =7,a =12，进而可求得d=5，即可求出结果.
3 4
【解答过程】因为a +a +a =3a =21，a +a +a =3a =36，得到a =7,a =12，
1 3 5 3 2 4 6 4 3 4
所以d=12−7=5，得到a =a +3d=7+15=22，
6 3
故选：C.
7．（2024·陕西·模拟预测）已知等差数列{a }中，a +2a =3，则a = 1 .
n 3 6 5【解题思路】借助等差数列性质计算即可得.
【解答过程】a +2a =a +a +a =3a =3，故a =1.
3 6 3 7 5 5 5
故答案为：1.
8．（2024·湖北·一模）已知数列{a }是等差数列，且其前n项和为S .若S =9,S =36，则a = 1 .
n n 3 6 1
【解题思路】利用等差数列的下标性质与通项公式求解即可；
【解答过程】由S =9,S =36得a +a +a =3a =9，a +a +a +a +a +a =3(a +a )=36，
3 6 1 2 3 2 1 2 3 4 5 6 3 4
解得a =3,a +a =12，
2 3 4
即a +d+a +2d=12，解得d=2，
2 2
所以a =a −d=1.
1 2
故答案为：1.
题型三 等差数列的判定与证明
a +a
9．（2024·辽宁·一模）已知数列{a }满足 n n+1=n+1，则“数列{a }是等差数列”的充要条件可以是
n 2 n
（ ）
5
A．a =1 B．a = C．a =2 D．a =3
2 2 2 2 2
【解题思路】利用等差数列的定义结合递推公式及充要条件的定义计算即可.
a +a
【解答过程】由 n n+1=n+1，得a +a =2n+2①，
2 n n+1
当n≥2时，a +a =2n②，
n−1 n
由①-②得a
n+1
−a
n−1
=2，即{a
n
}的奇数项和偶数项均为公差为2的等差数列，
所以a =a +2(k−1)=2k+a −2,a =a +2(k−1)=2k+a −2，
2k 2 2 2k−1 1 1
若{a }为等差数列，则其公差显然为1，即a −a =1.
n 2 1
3 5
又a +a =2×2=4，所以a = ,a = ，
1 2 1 2 2 2
1 1 1
此时a =2k+ ,a =2k− ，即a =n+ ，
2k 2 2k−1 2 n 2
5
所以{a }为等差数列，即“数列{a }是等差数列”的充要条件可以是a = .
n n 2 2故选:B.
10．（24-25高三上·天津滨海新·阶段练习）已知数列{a }是无穷数列，则 “∀n∈N*，2a =a +a
n n+1 n n+2
”是“数列 {a } 为等差数列”的（ ）
n
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【解题思路】根据等差数列的定义及充分条件、必要条件的定义判断即可.
【解答过程】若∀n∈N*，2a =a +a ，则a −a =a −a ，
n+1 n n+2 n+1 n n+2 n+1
由n的任意性可知，数列{a }从第二项起每一项与前一项的差是固定的常数，
n
所以数列{a }为等差数列，故充分性成立；
n
若数列{a }为等差数列，则a −a =a −a (∀n∈N*)，
n n+1 n n+2 n+1
即∀n∈N*，2a =a +a ，故必要性成立；
n+1 n n+2
所以“∀n∈N*，2a =a +a ”是“数列{a }为等差数列”的充要条件.
n+1 n n+2 n
故选：C.
11．（2024·陕西·模拟预测）已知数列{a }为各项均为正数的数列，数列{b }满足b =a ⋅a ⋅a ⋯a ，且
n n n 1 2 3 n
a +b =a ⋅b ．
n n n n
(1)求证：数列{b }是等差数列；
n
a
(2)设c = n ，求数列{c }的前n项和S ．
n (n+1) 2 n n
b
【解题思路】（1）由b =a ⋅a ⋅a ⋯a 推得a = n (n≥2)，再代入a +b =a ⋅b 整理得
n 1 2 3 n n b n n n n
n−1
b −b =1(n≥2)，从而得证；
n n−1
（2）结合（1）中结论，依次求得b ,a ,c ，再利用裂项相消法即可得解.
n n n
【解答过程】（1）因为b =a ⋅a ⋅a ⋯a ，a >0，则b >0，
n 1 2 3 n n nb
当n≥2时，b =a ⋅a ⋅a ⋯a ，则a = n (n≥2)，
n−1 1 2 3 n−1 n b
n−1
b b
代入a +b =a ⋅b ，得 n +b = n ⋅b (n≥2)，
n n n n b n b n
n−1 n−1
1 b
所以 +1= n (n≥2)，则1+b =b (n≥2)，即b −b =1(n≥2)，
b b n−1 n n n−1
n−1 n−1
所以数列{b }是以1为公差的等差数列.
n
（2）由题意，得a =b ，且a +b =a ⋅b ，所以a2=2a ，
1 1 1 1 1 1 1 1
又a >0，所以a =b =2，
1 1 1
由（1）得b =n+1，
n
b n+1
当n≥2时，a = n = ，
n b n
n−1
2
当n=1时，a =2= 也满足上式，
1 1
n+1
所以a = ，
n n
a 1 1 1
所以c = n = = − ，
n (n+1) 2 n(n+1) n n+1
1 1 1 1 1 1 n
所以S =1− + − +⋯+ − =1− = .
n 2 2 3 n n+1 n+1 n+1
3 1
12．（2024·四川·模拟预测）已知数列{a }满足a = ，a + =2．
n 1 2 n+1 a
n
{ 1 }
(1)证明数列 是等差数列，并求{a }的通项公式；
a −1 n
n
(2)若数列{b }满足，b =(a −1)(a −1)，求{b }的前n项和S ．
n n n n+1 n n
1 1
【解题思路】（1）根据数列递推公式进行合理变形得出 − =1，利用等差数列的定义可判断
a −1 a −1
n+1 n
并求得数列的通项公式；1 1
（2）依题求得b = − ，利用裂项相消法即可求得S .
n n+1 n+2 n
3 1 1 a −1
【解答过程】（1）由a = ，a + =2可得a −1=1− = n ，
1 2 n+1 a n+1 a a
n n n
1 a 1 1 1
即 = n =1+ ，即 − =1，
a −1 a −1 a −1 a −1 a −1
n+1 n n n+1 n
{ 1 } 1
故数列 是等差数列，其首项为
=2，公差为1，
a −1 a −1
n 1
1 n+2
则 =2+(n−1)×1=n+1，解得a = ；
a −1 n n+1
n
n+2 n+3 1 1 1
（2）由b =(a −1)(a −1)可得b =( −1)( −1) = = − ，
n n n+1 n n+1 n+2 (n+1)(n+2) n+1 n+2
1 1 1 1 1 1 1 1 n
则S =b +b +⋯+b =( − )+( − )+⋯+( − ) = − = .
n 1 2 n 2 3 3 4 n+1 n+2 2 n+2 2n+4
题型四 等差数列通项公式的求解
13．（23-24高二下·辽宁·期中）已知数列a =2n−1, b =3n−2，则由这两个数列公共项从小到大排列
n n
得到的数列为{c }，则数列{c }的通项公式为（ ）
n n
A．c =3n−2 B．c =4n−1
n n
C．c =5n−3 D．c =6n−5
n n
【解题思路】根据两数列的项的特征，易推得由公共项构成的新数列项的特征，写出通项公式化简即得.
【解答过程】因数列{a }是首项为1，公差为2的等差数列，而数列{b }是首项为1，公差为3的等差数列，
n n
则这两个数列的公共项从小到大排列构成的新数列{c }是首项为1，公差为6的等差数列，
n
故c =1+(n−1)×6=6n−5.
n
故选：D.
14．（2024·广东佛山·二模）设数列{a }的前n项之积为T ，满足a +2T =1（n∈N*），则a =
n n n n 2024
（ ）
1011 1011 4047 4048
A． B． C． D．
1012 1013 4049 40491
【解题思路】由已知递推式可得数列{ }是等差数列，从而可得T ，进而可得a 的值．
T n 2024
n
【解答过程】因为a +2T =1(n∈N∗)，
n n
1
所以a +2T =1，即a +2a =1，所以a = ，
1 1 1 1 1 3
T
所以 n +2T =1(n≥2,n∈N∗)，显然T ≠0，
T n n
n−1
1 1
所以 − =2(n≥2,n∈N∗)，
T T
n n−1
1 1 1
所以数列{ }是首项为 = =3，公差为2的等差数列，
T T a
n 1 1
1
所以
=3+2(n−1)=2n+1，
T
n
1
1 T 2×2024+1 4047
即T = ，所以a = 2024= = ．
n 2n+1 2024 T 1 4049
2023
2×2023+1
故选：C．
1 3
15．（2024·四川·模拟预测）已知S 为正项数列{a }的前n项和，a =3且S +S = a2 − ，则a =
n n 1 n n+1 2 n+1 2 n
2n+1 .
【解题思路】依题意可得2(S +S )=a2 −3，即可得到2(S +S )=a2−3 (n≥2)，两式作差得到
n n+1 n+1 n−1 n n
a −a =2(n≥2)，再求出a ，即可得到数列{a }表示首项为3，公差为2的等差数列，即可求出其通项公
n+1 n 2 n
式.
1 3
【解答过程】因为S +S = a2 − ，即2(S +S )=a2 −3，
n n+1 2 n+1 2 n n+1 n+1
当n=1时，2(S +S )=a2−3，又因为a =3，
1 2 2 1
即a2−2a −15=0，解得a =5或a =−3（舍去），
2 2 2 2
当n≥2时，2(S +S )=a2−3，两式相减，可得(a +a )(a −a −2)=0，
n−1 n n n+1 n n+1 n因为a >0，可得a −a =2(n≥2)，
n n+1 n
又a −a =2，所以a −a =2 (n∈N∗)，
2 1 n+1 n
所以数列{a }表示首项为3，公差为2的等差数列，
n
所以a =2n+1．
n
故答案为：2n+1.
16．（2024·湖南邵阳·一模）已知数列{a }的首项为2,a +a =2n+1(n∈N*)，则a = 9 .
n n n+1 10
【解题思路】当n=1时，求出a =1，由a +a =2n+1(n∈N*)可得a +a =2n+3(n∈N*)，两式
2 n n+1 n+1 n+2
相减可得a −a =2，所以{a }的偶数项是以a =1为首相，公差为2的等差数列，即可得出答案.
n+2 n n 2
【解答过程】因为a =2，a +a =2n+1(n∈N*)，
1 n n+1
当n=1时，a +a =3，解得：a =1，
1 2 2
a +a =2n+3(n∈N*)，两式相减可得：a −a =2，
n+1 n+2 n+2 n
所以{a }的偶数项是以a =1为首相，公差为2的等差数列，
n 2
(10 )
所以a =a + −1 ×2=1+8=9.
10 2 2
故答案为：9.
题型五 等差数列前n项和的性质
17．（2024·福建厦门·模拟预测）等差数列{a }的前n项和为S ，S =18,S =3，则S =（ ）
n n 9 3 6
21 27
A．9 B． C．12 D．
2 2
【解题思路】根据等差数列前n项和的性质可得S ，S −S ，S −S 成等差数列，从而可列方程可求出结
3 6 3 9 6
果.
【解答过程】由已知S ，S −S ，S −S ，即3，S −3，18−S 成等差数列，
3 6 3 9 6 6 6
所以2×(S −3)=3+(18−S )，所以S =9，
6 6 6
故选：A．18．（2024·陕西榆林·模拟预测）已知数列{a }，{b }都是等差数列，记S ，T 分别为{a }，{b }的前n项
n n n n n n
S 5n−2 a
和，且 n = ，则 7=（ ）
T 3n b
n 5
8 7 7 8
A． B． C． D．
5 5 3 3
【解题思路】利用等差数列前n项和的性质及和与项的关系即可求解.
S 5n−2 S n(5n−2) 5n2−2n
【解答过程】由 n = ，可得 n = = ，
T 3n T n⋅3n 3n2
n n
因为数列{a }，{b }都是等差数列，
n n
所以不妨令S =(5n2−2n)t,T =3n2t，
n n
所以a =S −S =(5×72−2×7−5×62+2×6)t=63t，
7 7 6
b =T −T =(3×52−3×42)t=27t，
5 5 4
a 63t 7
所以 7= = .
b 27t 3
5
故选：C.
S n+3
19．（2024·陕西西安·模拟预测）已知等差数列{a }和{b }的前n项和分别为S 和T ，且 n = ，则
n n n n T n−1
n
a 4
3=
．
b 3
4
S n+3
【解题思路】根据 n = 设出S ,T 的二次形式，由此求得a ,b ，即可化简得到结果.
T n−1 n n 3 4
n
【解答过程】因为等差数列{a }和{b }的前n项和分别为S 和T ，
n n n nS n+3 kn(n+3)
故可设 n = = (k≠0)，
T n−1 kn(n−1)
n
所以S =kn(n+3),T =kn(n−1),k≠0，
n n
a S −S 18k−10k 8k 4
所以 3 = 3 2 = = = .
b T −T 12k−6k 6k 3
4 4 3
4
故答案为： .
3
20．（2024·湖南郴州·模拟预测）已知S 为等差数列{a }的前n项和，若S +S =24，则19a +a = 48 .
n n 3 7 3 11
【解题思路】由等差数列前n项和的性质以及基本量的运算转化S +S ，再用a ,d表示19a +a ，借助于
3 7 1 3 11
两者之间的关系计算结果.
【解答过程】解：由数列前n项和的性质可知：S +S =3a +7a =10a +24d=24，即5a +12d=12，
3 7 2 4 1 1
则19a +a =20a +48d=4(5a +12d)=48.
3 11 1 1
故答案为：48.
题型六 求等差数列的前n项和及其最值
21．（2024·辽宁·模拟预测）记等差数列{a }的前n项和为S ，若a +a =20，a =9，则S =（ ）
n n 1 6 3 10
A．60 B．80 C．140 D．160
【解题思路】根据给定条件，求出等差数列{a }的公差及首项，再利用前n项和公式计算即得.
n
【解答过程】等差数列{a }中，a +a =a +a =20，而a =9，则a =11，
n 3 4 1 6 3 4
公差d=a −a =2，a =a −2d=5，
4 3 1 3
10(10−1)
所以S =10a + d=140.
10 1 2
故选：C.
22．（2024·山东泰安·三模）已知S 为等差数列{a }的前n项和，a =−21，S =S ，则S 的最小值为
n n 1 7 15 n
（ ）
A．−99 B．−100 C．−110 D．−121【解题思路】设{a }的公差为d，根据题意列出方程组，求得d=2，得到a =2n−23和S =n2−22n，进
n n n
而求得答案.
【解答过程】设{a }的公差为d，因为a =−21，S =S ，
n 1 7 15
可得¿ ，解得d=2，所以a =2n−23，
n
n×(n−1)
可得S =−21n+ ×2=n2−22n，
n 2
所以当n=11时，S 取得最小值S =112−22×11=−121.
n 11
故选：D.
23．（2024·重庆·模拟预测）已知等差数列 {a } 满足 a +a =5，3a +a =17 ，则前 n 项和 S =
n 4 5 2 5 n
n(13−n)
.
2
【解题思路】应用等差数列通项公式基本量运算求出通项a =7−n，再应用等差数列求和公式计算即可.
n
【解答过程】等差数列 {a } 满足 a +a =5，3a +a =17 ，
n 4 5 2 5
所以2a +7d=5, 4a +7d=17,计算得a =6,d=−1，
1 1 1
所以a =a +(n−1)d=6−n+1=7−n，
n 1
n(6+7−n) n(13−n)
则前 n 项和 S = = .
n 2 2
n(13−n)
故答案为： .
2
24．（2024·宁夏·模拟预测）设S 为等差数列{a }的前n项和，若S =4a ，a >0，则使S >a 的n的最大
n n 5 1 1 n n
值为 21 .
【解题思路】由题意可得a =−10d，再由S >a ，可得(n−1)(n−22)<0，求解即可得答案.
1 n n
【解答过程】解：设等差数列{a }的公差为d，
n
5×4
由S =4a ，得5a + d=4a ，
5 1 1 2 1
得a =−10d，由于a >0，得d<0，
1 1
由S >a ，
n nn×(n−1)
得na + d>a +(n−1)d，
1 2 1
n×(n−1)
即−10nd+ d>−10d+(n−1)d，
2
n×(n−1)
整理，得−10n+ <−10+n−1，
2
得(n−1)(n−22)<0，
解得10,当n>6时,a <0,
n n
所以T =|a|+|a |+⋯+|a |=(a +a +⋯+a )−(a +a +⋯+a )
31 1 2 31 1 2 5 6 7 31
=2(a +a +⋯+a )−(a +a +⋯+a )
1 2 5 1 2 31
5(a +a ) 31(a +a ) 5(9+1) 31(9−51)
=2× 1 5 − 1 31 =2× − =701.
2 2 2 2
故选：C.
30．（23-24高二上·浙江绍兴·期末）已知数列{a }的通项公式为a =10−2n，前n项和为S ，则（ ）
n n n
{S }
A．数列 n 为等差数列，公差为−2
n
B．数列{S +n2}为等差数列，公差为8
n
C．当n≥5时，数列{|a |}的前n项和为S −2S
n n 5
D．当n≥5时，数列{|a |}的前n项和为−S +2S
n n 5
【解题思路】首先判断数列{a }是等差数列，从而求得S ，即可判断AB；写出数列{|a |}的前n项和，并
n n n
去绝对值，即可判断CD.【解答过程】对于A，由a =10−2n，得a −a =−2，a =8，
n n+1 n 1
可知数列{a }是首项为8，公差为−2的等差数列，
n
n(18−2n) S
则S = =−n2+9n，则 n=9−n，
n 2 n
S S {S }
所以 n+1 − n=−1，所以数列 n 为等差数列，公差为−1，故A错误；
n+1 n n
对于B，S +n2=−n2+9n+n2=9n，
n
而9(n+1)−9n=9，所以数列{S +n2}为等差数列，公差为9，故B错误；
n
对于CD，当n<5时，a >0；当n=5时，a =0；当n>5时，a <0；
n n n
所以|a|+|a |+⋯+|a |+|a |+⋯+|a |=a +a +⋯+a −(a +⋯+a )
1 2 5 6 n 1 2 5 6 n
=S −(S −S )=2S −S ，故C错误，D正确.
5 n 5 5 n
故选：D.
31．（24-25高二上·江苏苏州·阶段练习）记S 为等差数列{a }的前n项和，已知a =11,S =40.则数列
n n 2 10
{|a |}的前20项和为 218 ．
n
【解题思路】根据题意，列式求出{a }的通项公式，判断当n≤7时，a >0，当n≥8时，a <0，列式求出
n n n
数列{|a |}的前20项和为T .
n 20
【解答过程】设等差数列{a }的公差为d，
n
由题意可得¿，即¿，解得¿，
∴a =−2n+15，可得当n≤7时，a >0，当n≥8时，a <0，
n n n
设数列{|a |}的前20项和为T ，
n 20
则T =|a|+|a |+⋯+|a |=a +a +⋯+a −a −a −⋯−a
20 1 2 20 1 2 7 8 9 20=2(a +a +⋯+a )−(a +a +⋯+a )
1 2 7 1 2 20
( 7×6 ) ( 20×19 )
=2× 7a + d − 20a + d
1 2 1 2
=2(7×13−2×21)−(20×13−20×19)=218.
故答案为：218.
32．（23-24高二上·上海·期末）等差数列{a }(n≥3,n∈N)满足
n
|a|+|a |+|a |+⋅⋅⋅+|a |=|a +1|+|a +1|+|a +1|+⋅⋅⋅+
1 2 3 n 1 2 3
|a +1|=|a −2|+|a −2|+|a −2|+⋅⋅⋅+|a −2|=2024，则n的最大值为 50 ．
n 1 2 3 n
【解题思路】根据题意分析可知：存在k∈N*，使得¿或¿，以¿为例，设等差数列的公差为d，结合绝对
值不等式的性质分析可知：n=2k，a +1≤0且a −2≥0，进而可得d≥3，再根据等差数列的前n项和
k k+1
公式，求得k2d=2024，从而得出2024≥3k2，即可求解.
【解答过程】若对任意n∈N*，a ≥0恒成立，则a +1≥0，
n n
可得|a|+|a |+|a |+⋅⋅⋅+|a |=a +a +⋅⋅⋅+a ，
1 2 3 n 1 2 n
|a +1|+|a +1|+|a +1|+⋅⋅⋅+|a +1|=(a +a +⋅⋅⋅+a )+n，
1 2 3 n 1 2 n
显然两者不相等，不合题意；
同理可得对任意n∈N*，a ≤0恒成立也不合题意；
n
所以等差数列{a }一部分为正，一部分为负，
n
即存在k∈N*，使得¿或¿，
若¿，可得|a|+|a |+|a |+⋅⋅⋅+|a |=−(a +⋅⋅⋅+a )+(a +⋅⋅⋅+a )，
1 2 3 n 1 k k+1 n
且|a +1|+|a +1|+|a +1|+⋅⋅⋅+|a +1|=(|a +1|+⋅⋅⋅+|a +1|)+(a +⋅⋅⋅+a )+n−k
1 2 3 n 1 k k+1 n
≥−[(a +1)+⋅⋅⋅+(a +1)]+(a +⋅⋅⋅+a )+n−k=−(a +⋅⋅⋅+a )+(a +⋅⋅⋅+a )+n−2k，
1 k k+1 n 1 k k+1 n
当且仅当a +1≤0时，等号成立，
k
即−(a +⋅⋅⋅+a )+(a +⋅⋅⋅+a )≥−(a +⋅⋅⋅+a )+(a +⋅⋅⋅+a )+n−2k，解得n≤2k；
1 k k+1 n 1 k k+1 n且|a −2|+|a −2|+|a −2|+⋅⋅⋅+|a −2|=−[(a −2)+⋅⋅⋅+(a −2)]+|a −2|+⋅⋅⋅+|a −2|
1 2 3 n 1 k k+1 n
=−(a +⋅⋅⋅+a )+|a −2|+⋅⋅⋅+|a −2|+2k
1 k k+1 n
≥−(a +⋅⋅⋅+a )+[(a −2)+⋅⋅⋅+(a −2)]+2k=−(a +⋅⋅⋅+a )+(a +⋅⋅⋅+a )−2n+4k，
1 k k+1 n 1 k k+1 n
当且仅当a −2≥0时，等号成立
k+1
即−(a +⋅⋅⋅+a )+(a +⋅⋅⋅+a )≥−(a +⋅⋅⋅+a )+(a +⋅⋅⋅+a )−2n+4k，解得n≥2k，
1 k k+1 n 1 k k+1 n
综上所述：n=2k，即满足条件的n必为偶数，
结合等号成立条件可知：a +1≤0且a −2≥0，
k k+1
设等差数列的公差为d，则¿，a +1≤0，a −2≥0，
k k+1
即¿，a +(k−1)d+1≤0，a +kd−2≥0，
1 1
可得d≥3，
则|a|+|a |+⋅⋅⋅+|a |=−a −a −⋯−a +a +⋯+a
1 2 n 1 2 k k+1 2k
[ k(k−1)d] k(k−1)
=− ka + +k(a +kd)+ d=k2d=2024，
1 2 1 2
√2024
可得2024≥3k2，解得k≤ ，
3
√2024
且25< <26，即有k的最大值为25，n的最大值为50；
3
同理可得：当¿，n的最大值也为50.
故答案为：50.
题型九 等差数列中的恒成立问题
( 1 )
33．（2024·河南驻马店·二模）设数列{a }的前n项和为S ，a =4，且a = 1+ a ，若
n n 3 n+1 n+1 n
2S +12≥ka 恒成立，则k的最大值是（ ）
n n
22 15
A．2√10+1 B． C． D．8
3 2
{ a }
【解题思路】根据递推公式构造数列 n ，结合a =4可得数列{a }的通项公式，然后参变分离，利用
n+1 3 n对勾函数性质可解.
【解答过程】因为a = ( 1+ 1 ) a ，所以 a n+1 = a n ，所以数列 { a n } 是常数列，
n+1 n+1 n n+2 n+1 n+1
a a
又a =4，所以 n = 3 =1，从而a =n+1，
3 n+1 3+1 n
n2+3n
所以数列{a }是以2为首项，1为公差的等差数列，故S = ．
n n 2
n2+3n+12
因为2S +12≥ka 恒成立，所以n2+3n+12≥k(n+1)恒成立，即k≤ 恒成立．
n n n+1
n2+3n+12 (t−1) 2+3(t−1)+12 10
设t=n+1，则n=t−1，从而 = = t+ +1．
n+1 t t
10
记f(t)=t+ +1，由对勾函数性质可知，f(t)在(0,√10)上单调递减，在(√10,+∞)上单调递增，
t
10 22 10 15 22 15
又t∈N,t≥2，f(3)=3+ +1= ，f(4)=4+ +1= ，且 < ，
3 3 4 2 3 2
10 22 22
所以t+ +1的最小值是 ，所以k≤ ．
t 3 3
故选：B.
1 (n+1)a
34．（2024·福建·模拟预测）已知数列{a }满足a = ，a = n ，
n 1 3 n+1 a +n
n
a +a a +⋯+a a ⋯a a 对n∈N∗恒成立，则a 的取
n n+1 n n+1 n 1
( 1 1)
值范围为 − , .
2 2
【解题思路】先由条件得到a −a =2，再将问题转化为¿或¿，从而得解.
n+2 n
【解答过程】法一：
由a +a =2n−1，得a +a =2n+1，两式相减得a −a =2，
n+1 n n+2 n+1 n+2 n
则数列{a }，{a }都是以2为公差的单调递增数列.
2n+1 2n
要使a >a 对n∈N∗恒成立，只需¿，
n+1 n
1 1
而a =1−a ，a =2+a ，则¿，解得− a 对n∈N∗恒成立，即¿，
n+1 n
1 1
即¿，解得− n 恒成立，则实数m的取值范围为 (1,+∞) .
1 2 2n+1
【解题思路】由na −(n+1)a +1=0得(n+1)a −(n+2)a +1=0，两式相减可证明数列{a }为等
n+1 n n+2 n+1 nS 3−n2
差数列，继而可求出a =2n+1，令 n =b ，通过b −b = 可知，当n≥2时，数列{b }单调递减，
n 2n+1 n n+1 n 2n+2 n
故可求出{b }最大值，进而可求m 的取值范围.
n
【解答过程】由na −(n+1)a +1=0，可得(n+1)a −(n+2)a +1=0.
n+1 n n+2 n+1
两式相减，可得a −2a +a =0，所以数列{a }为等差数列.
n+2 n+1 n n
因为a =3，a =5，所以d=2，所以a =2n+1，S =n2+2n，
1 2 n n
S n2+2n S 3−n2
则 n = .令 n =b ，则b −b = .
2n+1 2n+1 2n+1 n n+1 n 2n+2
当n≥2时，b −b <0，数列{b }单调递减，
n+1 n n
3 15
而b = ，b =1，b = ，
1 4 2 3 16
{ S }
所以数列 n 中的最大项为1，故m>1，
2n+1
即实数m的取值范围为(1,+∞).
故答案为: (1,+∞).
题型十 与等差数列有关的新定义问题
37．（2024·福建宁德·二模）若数列{a }相邻两项的和依次构成等差数列，则称{a }是“邻和等差数列”.例
n n
如，数列1，2，4，5，7，8，10为“邻和等差数列”.已知数列{a }是“邻和等差数列”，S 是其前n项和，
n n
且a =0，a =1，a =4，则S =（ ）
1 2 3 200
A．39700 B．39800 C．39900 D．40000
【解题思路】设b =a +a ，由已知可得b =4n−3=a +a ，可求S .
n n n+1 n n n+1 200
【解答过程】设b =a +a ，由a =0,a =1,a =4，得b =1,b =5，则b =4n−3=a +a ，
n n n+1 1 2 3 1 2 n n n+1
故S =(a +a )+(a +a )+⋅⋅⋅+(a +a )=b +b +⋅⋅⋅+b =1+9+⋅⋅⋅+793
200 1 2 3 4 199 200 1 3 199100×(1+793)
= =39700．
2
故选：A.
38．（2024·四川·模拟预测）南宋数学家杨辉的重要著作《详解九章算法》中的“垛积术”问题介绍了高
阶等差数列．以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中的第二项开始，每一项与前一项
的差构成等差数列．若某个二阶等差数列的前4项为1,4,8,13，则该数列的第18项为（ ）
A．188 B．208 C．229 D．251
【解题思路】记该二阶等差数列为{a }，b =a −a ，计算出b =n+2，利用累加法结合等差数列求和能
n n n+1 n n
求出a 的值.
18
【解答过程】记该二阶等差数列为{a }，且该数列满足a =1,a =4,a =8,a =13，记b =a −a ，
n 1 2 3 4 n n+1 n
由题意可知，数列{b }为等差数列，且b =a −a =4−1=3,b =a −a =8−4=4,b =a −a =13−8=5，
n 1 2 1 2 3 2 3 4 3
所以等差数列{b }的公差为d=b −b =4−3=1，所以b =b +(n−1)d=3+n−1=n+2，
n 2 1 n 1
17(3+19)
所以¿，则a −a =3+4+5+⋯+19= =187，
18 1 2
所以a =a +187=188，
18 1
故选：A.
39．（2024·河南洛阳·模拟预测）正整数数列{a }的前n项和为S ，前n项积为T ，若
n n n
T
i∈N∗(i=1,2,...,n)，则称数列{a }为“A数列”．
S n
i
(1)判断数列2，2，4，8是否是A数列，并说明理由；
(2)若数列{a }是A数列，且a =2．探究S 和T 的值是否唯一；
n 2 3 3
(3)是否存在等差数列是A数列?请阐述理由．
【解题思路】（1）用A数列的定义验证即可；
（2）由A数列的定义确定S 和T 的全部可能值，最终可以确定两组不同的值，从而得到取值不唯一；
3 3
（3）说明6，6，6是A数列即可.T 2 T 2×2 4
【解答过程】（1）对于数列2，2，4，8，我们有 1= =1， 2= = =1，
S 2 S 2+2 4
1 2
T 2×2×4 16 T 2×2×4×8 128
3= = =2， 4= = =8.
S 2+2+4 8 S 2+2+4+8 16
3 4
而1,2,8∈N∗，故数列2，2，4，8是A数列.
（2）因为数列{a }是A数列，
n
所以可设¿，其中m,n∈N∗，则¿.
又因为数列{a }是正整数数列，
n
2m
则由 =a ∈N∗ ，知m=1，故a =2.
2−m 1 1
4n 4n
且 = =a ∈N∗ ，故¿或¿．
4−n 4m−2n+mn 3
当¿时，¿；当¿时，¿.
经验证，2，2，4和2，2，12都是A数列，分别对应¿和¿.
故¿或¿，故S 和T 的值不唯一．
3 3
T 6 T 36 T 216
（3）对于等差数列6，6，6，我们有 1= =1， 2= =3， 3= =12.
S 6 S 12 S 18
1 2 3
而1,3,12∈N∗，故数列6，6，6是A数列.
所以存在等差数列是A数列.
40．（2024·江苏·模拟预测）设n为正整数，数列{a }为正整数数列，且满足数列{a }和{a }均为等差数
n a a +1
n n
列，则称数列{a }为“五彩的”
n
(1)判断下列两个数列是否为“五彩的”，并说明理由；①有穷数列数列W：1，5，2，4，3，2；②无穷数
列{c }，通项公式为c =n
n n
(2)若数列{a }为“五彩的”且严格单调递增.
n
（i）证明：数列{a }和{a }公差相等；
a a +1
n n（ii）证明：数列{a }一定为等差数列.
n
【解题思路】（1）根据数列定义判断证明即可；
（2）分别应用定义结合数列的单调性证明即可
【解答过程】（1）①不是
{a }中a =a =5,a =a =2,a =a =2,不是等差数列，①不是 “五彩的”；
a +1 a +1 2 a +1 6 a +1 3
n 1 2 3
②是
a =a =n,a −a =n−(n−1)=1，
a n a a
n n n−1
a =a =n+1,a −a =n+1−(n−1+1)=1，
a +1 n+1 a +1 a +1
n n n−1
符合定义②是 “五彩的”.
（2）（i）对正整数n，设a =c+dn，a =b+d′n，
a a +1
n n
其中d，d′为正整数，整数b，c满足c+d>0，b+d′>0，
由于数列{a }单调递增，则对于任意正整数n，a 0即可求解.
n 2n−7 2 3 3 n
1 1 {1 }
【解答过程】由 − =2可知 为等差数列，且公差为2，首项为−5，
a a a
n+1 n n
1 1
因此
=2(n−1)−5=2n−7⇒a =
，
a n 2n−7
n
1
由于a =− ,a =−1且∀n≥4,a >0，
2 3 3 n
故{a }中的最小项为a ，
n 3
故选：B.
4．（2024·全国·模拟预测）已知数列{a }与{b }是公差相同的两个等差数列，且a +b =2,a +2b =4，
n n 2 4 3 3
则a =（ ）
3
A．−2 B．0 C．2 D．不确定
【解题思路】设两个等差数列的公差为d，利用等差数列通项公式代入已知条件求解即可.【解答过程】方法一：基本量法
设两个等差数列的公差为d，
由a +b =2得a +d+b +3d=2①，由a +2b =4得a +2d+2b +4d=4②，
2 4 1 1 3 3 1 1
②-①得b +2d=2，即b =2，从而a =0，
1 3 3
方法二：整体思想法
设两个等差数列的公差为d，则a +b =a −d+b +d=2，即a +b =2，
2 4 3 3 3 3
代入a +2b =4，得b =2，所以a =0，
3 3 3 3
故选: B．
5．（2024·河北石家庄·模拟预测）若数列{a }为等差数列，S 为数列{a }的前n项和，a +a >0，S <0，
n n n 4 9 11
则S 的最小值为（ ）
n
A．S B．S C．S D．S
5 6 7 8
【解题思路】根据等差数列的性质由a +a >0得a +a >0，由S <0得a <0，可求出数列{a }前6项均为
4 9 6 7 11 6 n
负值，可得结论.
11(a +a )
【解答过程】由等差数列性质可得S = 1 11 =11a <0，即a <0；
11 2 6 6
又a +a =a +a >0，所以a >0,
4 9 6 7 7
因此数列{a }的公差d>0，且前6项均为负值，
n
所以S 的最小值为前6项和，即为S .
n 6
故选：B.
6．（2024·辽宁·模拟预测）2024年春节前夕，某商城针对顾客举办了一次“购物送春联”的促销活动，活
动规则如下：将一天内购物不少于800元的顾客按购物顺序从1开始依次编号，编号能被3除余1，也能被
4除余1的顾客可以获得春联1对，否则不能获得春联．若某天符合条件的顾客共有2000人，则恰好获得
1对春联的人数为（ ）
A．167 B．168 C．169 D．170
【解题思路】将能被3除余1且被4除余1的正整数按从小到大排列所得的数列记为{a }，根据题意结合等
n
差数列的通项求出其通项公式，进而可得出答案.
【解答过程】将能被3除余1且被4除余1的正整数按从小到大排列所得的数列记为{a }，
n则a −1既是3的倍数，也是4的倍数，
n
故a −1为12的倍数，所以{a −1}是首项为0，公差为12的等差数列，
n n
所以a =12n−11，
n
2011
令1≤a ≤2000，即1≤12n−11≤2000，且n∈N*，解得1≤n≤ ，
n 12
2011
且n∈N*，又167< <168，所以恰好获得1对春联的人数为167．
12
故选:A.
7．（2025·浙江·模拟预测）设等差数列{a }的前n项和是S ，前n项积是T ，若S =3，S =6，则（ ）
n n n 6 3
A．S 无最大值，T 无最小值 B．S 有最大值，T 无最小值
n n n n
C．S 无最大值，T 有最小值 D．S 有最大值，T 有最小值
n n n n
1 7 2 49
【解题思路】根据等差数列前n项和公式求基本量，进而确定a =4−n且S =− (n− ) + ，讨论n
n n 2 2 8
判断T 的值，即可得答案.
n
【解答过程】令数列公差为d，则¿，即¿，作差可得3d=−3，
所以d=−1，则a =3，故a =a +(n−1)d=3−(n−1)=4−n，
1 n 1
当a >0得1≤n<4，当a =0得n=4，当a <0得n>4，
n n n
显然，当1≤n<4时T >0，n≥4时T =0，所以T 有最小值，
n n n
n(7−n) 1 7 2 49
且S = =− (n− ) + ，当n=3或4时，S 有最大值.
n 2 2 2 8 n
故选：D.
8．（2024·陕西咸阳·模拟预测）在等差数列{a }中，a <0,a >0，且a >|a |，S 是其前n项和，
n 2023 2024 2024 2023 n
则（ ）
A．S ,S ⋯S 都小于0，S ,S ⋯都大于0
1 2 2023 2024 2025
B．S ,S ⋯S 都小于0，S ,S ⋯都大于0
1 2 4045 4046 4047
C．S ,S ⋯S 都小于0，S ,S ⋯都大于0
1 2 1012 1013 1014
D．S ,S ⋯S 都小于0，S ,S ⋯都大于0
1 2 4046 4047 4048
【解题思路】利用等差数列前n项和的性质求解即可.
【解答过程】等差数列{a }中，a <0,a >0，故d>0，
n 2023 2024且a >|a |，故a +a >0，
2024 2023 2023 2024
4045(a +a )
所以S = 1 4045 =4045a <0,
4045 2 2023
4046(a +a )
S = 1 4046 =2023(a +a )>0,
4046 2 2023 2024
结合d>0，可知，
S ,S ⋯S 都小于0，S ,S ⋯都大于0.
1 2 4045 4046 4047
故选：B.
二、多选题
9．（2025·重庆·一模）已知数列 {a } 满足 a =1，a =a (1+3a )，n∈N* ，则（ ）
n 1 n n+1 n
{1 }
A．数列 是等差数列
a
n
B．a =3n−2
n
16
C．若a a +a a +…+a a = ，则n=16
1 2 2 3 n n+1 49
n(3n−1)
D．a +a +a +…+a +a =
1 2 3 n−1 n 2
{1 }
【解题思路】由a =a (1+3a )两边同时取倒数即可证明 是等差数列，判断选项A；从而得到a
n n+1 n a n
n
16
的通项公式，即可判断选项B；由a a +a a +…+a a = ，裂项相消即可求解n判断选项C；由
1 2 2 3 n n+1 49
{1 } n(3n−1)
是等差数列，其前n项和为 ，即可判断选项D.
a 2
n
a −a
【解答过程】因为a =a (1+3a )=a +3a a ，所以 n n+1=3，
n n+1 n n+1 n n+1 a a
n n+11 1 {1 } 1
即 − =3，所以 是以 =1为首项，3为公差的等差数列，故A正确；
a a a a
n+1 n n 1
1 1
=1+3(n−1)=3n−2，所以a = ，故B错误；
a n 3n−2
n
1 1 1
若a a +a a +…+a a = + +⋅⋅⋅+
1 2 2 3 n n+1 1×4 4×7 (3n−2)(3n+1)
1[ 1 1 1 1 1 ] 1[ 1 ] n 16
= 1− + − +⋅⋅⋅+ − = 1− = = ，
3 4 4 7 (3n−2) (3n+1) 3 (3n+1) 3n+1 49
所以n=16，故C正确；
1 1 1 1 1 n(1+3n−2) n(3n−1)
+ + +…+ + = = ，故D错误；
a a a a a 2 2
1 2 3 n−1 n
故选：AC.
10．（2024·广东河源·模拟预测）记S 为等差数列{a }的前n项和，已知a >0，{a }的公差为d，且
n n 1 n
(S −S )S <0，则（ ）
8 6 13
A．a <0
8
B．S 0的n的最大值为15
n
【解题思路】根据题设及等差数列前n项和公式有13(a +a )×a =a a +a2<0，即有a a <0，结合已知
8 7 7 8 7 7 8 7
得到d<0，a <0，a >0，依此为前提判断各项正误即可.
8 7
13(a +a )
【解答过程】由(S −S )S <0，得(a +a )× 1 13 <0，
8 6 13 8 7 2
即13(a +a )×a <0①，则a a +a2<0，
8 7 7 8 7 7
又a2≥0，所以a a <0，又a >0，
7 8 7 1
若d>0，则a >0，a >0，不合题意，
8 7所以d<0，则a <0，a >0，A正确；
8 7
结合①知，a +a <0，所以S −S <0，则S S ，所以S 0，所以d>− 1，
7 1 6
a
由a =a +7d<0，所以d<− 1，
8 1 7
a 2a
所以− 10，得S =na + >0，所以a >− d，
n n 1 2 1 2
13d
由C知，−6d0，可得a −a =2(n≥2)．
n n+1 n
又因为a =3，当n=1时，2(S +S )=a2−3，即a2−2a −15=0，
1 1 2 2 2 2
解得a =5或a =−3（舍去），所以a −a =2（符合），
2 2 2 1
从而a −a =2，所以数列{a }表示首项为3，公差为2的等差数列．
n+1 n n
所以数列{a }的通项公式为a =2n+1．
n n（2）由题意得b =(−1) n+1 a n =(−1) n+1 2n+1 =(−1) n+1(1 + 1 ) ，
n n(n+1) n(n+1) n n+1
所以T =b +b +b +⋯+b +b
10 1 2 3 9 10
( 1) (1 1) (1 1) (1 1 ) ( 1 1 ) 1 10
= 1+ − + + + −⋯+ + − + =1− = ，
2 2 3 3 4 9 10 10 11 11 11
10
所以T = .
10 11
1 a
16．（2024·甘肃张掖·一模）已知数列{a }满足a = ,a = n ．
n 1 2 n+1 2a +1
n
1
(1)若b = ，求证：{b }为等差数列；
n a n
n
(2)求数列{a a }的前n项和S ．
n n+1 n
【解题思路】（1）取倒数，即可根据等差数列的定义求证，
（2）利用裂项相消法求和即可得解.
a 1 2a +1 1
【解答过程】（1）证明：因为a = n ，所以 = n =2+ ，
n+1 2a +1 a a a
n n+1 n n
1 1
即 − =2
a a
n+1 n
1
因为b = ，所以b −b =2．
n a n+1 n
n
1
又因为b = =2，
1 a
1
所以{b }是以2为首项，2为公差的等差数列
n
1 1
（2）由（1）得b =2+2(n−1)=2n，所以a = = ，
n n b 2n
n
1 1 1(1 1 )
所以a a = ⋅ = − ．
n n+1 2n 2(n+1) 4 n n+1
1(1 1) 1(1 1) 1(1 1 )
所以S =a a +a a +⋯+a a = − + − +⋯+ −
n 1 2 2 3 n n+1 4 1 2 4 2 3 4 n n+1
1( 1 1 1 1 1 ) 1( 1 ) n
= 1− + − +⋯+ − = 1− = .
4 2 2 3 n n+1 4 n+1 4(n+1)17．（2024·湖北武汉·模拟预测）在等差数列{a }（n∈N*）中，a +a =11，a =10.
n 1 2 3
(1)求{a }的通项公式；
n
1 1
(2)若b = ，数列的{b }前n项和为T ，证明T < .
n a a a n n n 168
n n+1 n+2
【解题思路】（1）求出等差数列的首项与公差，即可得解；
（2）利用裂项相消法求出T ，进而可得出结论.
n
【解答过程】（1）设等差数列{a }的公差为d，
n
由¿，即¿，解得¿，
所以a =a +(n−1)d=4+3(n−1)=3n+1，
n 1
所以数列{a }的通项公式为a =3n+1；
n n
1 1
（2）∵a =3n+1，∴b = = ，
n n a a a (3n+1)(3n+4)(3n+7)
n n+1 n+2
1 1
（方法一）b = =
n a a a (3n+1)(3n+4)(3n+7)
n n+1 n+2
1( 1 1 1 1 )
= ⋅ − ⋅ ，
6 3n+1 3n+4 3n+4 3n+7
1 [ n ( 1 1 ) n ( 1 1 ) ]
∴T = ∑ − −∑ −
n 18 3k+1 3k+4 3k+4 3k+7
k=1 k=1
1 [(1 1 ) (1 1 )]
化简得：T = − − − ，
n 18 4 3n+4 7 3n+7
1 1 1
∴T = − < .
n 168 6(3n+4)(3n+7) 168
1 1 1 [ 1 ]
（方法二）b = = =
n a a a (3n+1)(3n+4)(3n+7) 3n+4 (3n+1)(3n+7)
n n+1 n+2
1 1 ( 1 1 ) 1( 1 1 1 1 )
= − = ⋅ − ⋅ ，
6 3n+4 3n+1 3n+7 6 3n+1 3n+4 3n+4 3n+7
1[( 1 1 ) ( 1 1 ) ( 1 1 1 1 )]
∴T = − + − +⋅⋅⋅+ ⋅ − ⋅
n 6 4×7 7×10 7×10 10×13 3n+1 3n+4 3n+4 3n+71( 1 1 1 ) 1 1( 1 1 ) 1
= − ⋅ = − ⋅ < .
6 28 3n+4 3n+7 168 6 3n+4 3n+7 168
{S } 1
18．（2024·广东广州·模拟预测）已知数列{a }的前n项和为S ，数列 n 是公差为 的等差数列，且
n n n 2
a =2.
1
(1)求数列{a }的通项公式；
n
1 1 1
(2)若存在n∈N*，使得 + +⋅⋅⋅+ ≥λa 成立，求实数λ的取值范围.
a a a a a a n+1
1 2 2 3 n n+1
n(n+3)
【解题思路】（1）根据等差数列的通项公式可得S = ，结合a =S −S 计算即可求解；
n 2 n n n−1
1 1 1 1 1 1 n
（2）由（1）可得 = − ，利用裂项相消求和法可得 + +⋅⋅⋅+ = ，
a a n+1 n+2 a a a a a a 2(n+2)
n n+1 1 2 2 3 n n+1
n
则λ≤ ，结合基本不等式计算即可求解.
2(n+2) 2
{S } 1 S
【解答过程】（1）由题意知：数列 a 是公差为 的等差数列，又 1=a =2，
n 2 1 1
S 1 n+3 n(n+3)
所以 n=2+ ×(n−1)= ，整理得：S = ，
n 2 2 n 2
n(n+3) (n−1)(n+2)
又当n≥2时，a =S −S = − =n+1，
n n n−1 2 2
因为a =2满足上式，所以a =n+1，
1 n
故数列{a }的通项公式为a =n+1.
n n
1 1 1 1
（2）由（1）知a =n+1，可得 = = − ，
n a a (n+1)(n+2) n+1 n+2
n n+1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 n
故 + +⋅⋅⋅+ = − + − +⋅⋅⋅+ − = ；
a a a a a a 2 3 3 4 n+1 n+2 2(n+2)
1 2 2 3 n n+1
1 1 1 n
解法1：由 + +⋅⋅⋅+ ≥λa ，可得 ≥λ(n+2)，
a a a a a a n+1 2(n+2)
1 2 2 3 n n+1
n [ n ]
即λ≤ ，则λ≤ ，
2(n+2) 2 2(n+2) 2
maxn 1 1
= ≤
又由2(n+2) 2 ( 4 ) 16，
2 n+ +4
n
4 ( 1 ]
当且仅当n= 即n=2时取等号，故实数λ的取值范围为 −∞, .
n 16
1 1 1 1 1
解法2：由 + +⋅⋅⋅+ = − ≥λ(n+2)，
a a a a a a 2 n+2
1 2 2 3 n n+1
1 1 ( 1 1) 2 1
可得λ≤ − =− − + ，
2(n+2) (n+2) 2 n+2 4 16
[ 1 1 ] 1
当n+2=4，即n=2时， − = ，
2(n+2) (n+2) 2 16
max
1 ( 1 ]
则λ≤ ，故实数λ的取值范围为 −∞, .
16 16
19．（2024·江西南昌·三模）给定数列{A }，若对任意m，n∈N*且m≠n，A +A 是{A }中的项，则称
n m n n
{A }为“H数列”．设数列{a }的前n项和为S .
n n n
(1)若S =n2+n，试判断数列{a }是否为“H数列”，并说明理由；
n n
(2)设{a }既是等差数列又是“H数列”，且a =6，a ∈N∗，a >6，求公差d的所有可能值；
n 1 2 2
(3)设{a }是等差数列，且对任意n∈N*，S 是{a }中的项，求证：{a }是“H数列”．
n n n n
【解题思路】（1）根据“H数列”定义判断即可.
（2）由等差数列和“H数列”的定义得到公差d的等式关系即可求解.
（3）由等差数列的定义与求和公式，进行分情况讨论，即可证明{a }是“H数列”.
n
【解答过程】（1）因为S =n2+n，当n≥2时，a =S −S =2n，
n n n n−1
当n=1时，a =S =2也成立，
1 1
所以a =2n，
n
对任意m，n∈N*且m≠n，a +a =2m+2n=2(m+n)=a ，
m n m+n
∴{a }是“H数列”.
n
（2）因为 a =6，a ∈N∗，a >6，
1 2 2
所以d∈N∗，所以a =6+(n−1)d，
n
由已知得a +a =6+(m−1)d+6+(n−1)d也为数列中的项，
m n令a +a =a (k∈N∗)，即6+(m−1)d+6+(n−1)d=6+(k−1)d，
m n k
6
所以k= +m+n−1，所以d为6的正因数，
d
故d的所有可能值为1，2，3，6.
（3）设数列{a }的公差为d，所以存在k∈N*，对任意n∈N*，S =a ，即
n n k
n(n−1)
na + d=a +(k−1)d，
1 2 1
当d=0时，则a =0，故a =0，此时数列为“H数列”；
1 k
a n(n−1) a a a
当d≠0时，k=(n−1) 1+ +1，取n=2，则k= 1+2，所以 1≥−1， 1∈Z，
d 2 d d d
a n(n−3)
当 1=−1时，k= +2均为正整数，符合题意，
d 2
a a n(n−1)
当 1∈N时，k=(n−1) 1+ +1均为正整数，符合题意，
d d 2
a a
所以 1≥−1， 1∈Z，
d d
a
设 1=s，s≥−1，s∈Z，即a =sd，
d 1
所以任意m，n∈N*且m≠n，a +a =sd+(s+m+n−2)d，
m n
显然s+m+n−2∈N，所以a +a 为数列中的项，
m n
∴{a }是“H数列”.
n
