第41讲等差数列及其前n项和_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第41讲 等差数列及其前n项和 知识梳理 知识点一．等差数列的有关概念 (1)等差数列的定义 一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个 数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d表示，定义表达式为a n -a =d(常数)(n∈N*，n≥2)． n-1 (2)等差中项 a+b 若三个数a，A，b成等差数列，则A叫做a与b的等差中项，且有A= ． 2 知识点二．等差数列的有关公式 (1)等差数列的通项公式 如果等差数列{a }的首项为a ，公差为d，那么它的通项公式是a =a +(n-1)d． n 1 n 1 (2)等差数列的前n项和公式 n(n-1) n(a +a ) 设等差数列{a }的公差为d，其前n项和S =na + d= 1 n ． n n 1 2 2 知识点三．等差数列的常用性质 已知{a }为等差数列，d为公差，S 为该数列的前n项和． n n (1)通项公式的推广：a =a +(n-m)d(n，m∈N*)． n m (2)在等差数列{a }中，当m+n=p+q时，a +a =a +a (m，n，p，q∈N*)． n m n p q 特别地，若m+n=2t，则a +a =2a(m，n，t∈N*)． m n t (3)a ，a ，a ，⋯仍是等差数列，公差为md(k，m∈N*)． k k+m k+2m (4)S ，S -S ，S -S ，⋯也成等差数列，公差为n2d． n 2n n 3n 2n (5)若{a }，{b }是等差数列，则{pa +qb }也是等差数列． n n n n S (6)若{a }是等差数列，则 n n  n  也成等差数列，其首项与{a }首项相同，公差是{a } n n 1 公差的 ． 2 S a (7)若项数为偶数2n，则S =n(a +a )=n(a +a )；S -S =nd； 奇 = n ． 2n 1 2n n n+1 偶 奇 S a 偶 n+1 (8)若项数为奇数2n-1，则S =(2n-1)a ；S -S =a ； S 奇 = n ． 2n-1 n 奇 偶 n S n-1 偶 a ≥0 (9)在等差数列{a n }中，若a 1 >0，d<0，则满足  a m ≤0 的项数m使得S n 取得最大值 m+1 a ≤0 S m ；若a 1 <0，d>0，则满足  a m ≥0 的项数m使得S n 取得最小值S m ． m+1 知识点四．等差数列的前n项和公式与函数的关系 d d S = n2+a - n 2 1 2  n．数列{a }是等差数列⇔S =An2+Bn(A、B为常数)． n n 知识点五．等差数列的前n项和的最值 公差d>0⇔{a }为递增等差数列，S 有最小值； n n 第 页 共 页 1067 3427公差d<0⇔{a }为递减等差数列，S 有最大值； n n 公差d=0⇔{a }为常数列． n 特别地 a >0 若  d 1 <0 ，则S n 有最大值(所有正项或非负项之和)； a <0 若  d 1 >0 ，则S n 有最小值(所有负项或非正项之和)． 知识点六．其他衍生等差数列． 若已知等差数列{a }，公差为d，前n项和为S ，则： n n ①等间距抽取a ,a ,a ,⋯a ,⋯为等差数列，公差为td． p p+t p+2t p+(n-1)t ②等长度截取S ,S -S ,S -S ,⋯为等差数列，公差为m2d． m 2m m 3m 2m S S S d ③算术平均值 1, 2, 3,⋯为等差数列，公差为 ． 1 2 3 2 【解题方法总结】 (1)等差数列{a }中，若a =m,a =n(m≠n,m,n∈N∗)，则a =0． n n m m+n (2)等差数列{a }中，若S =m,S =n(m≠n,m,n∈N∗)，则S =-(m+n)． n n m m+n (3)等差数列{a }中，若S =S (m≠n,m,n∈N∗)，则S =0． n n m m+n a S (4)若{a }与{b }为等差数列，且前n项和为S 与T，则 m = 2m-1． n n n n b T m 2m-1 必考题型全归纳 1 题型一：等差数列的基本量运算 1821 (2024·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习)已知数列a n  满足：a =1，且满足a + 1 n a =n(n∈N*)，则a = ( ) n+1 2023 A.1012 B.1013 C.2022 D.2024 【答案】A 【解析】因为a +a =n，所以a +a =n+1，两式相减，得：a -a =1， n n+1 n+1 n+2 n+2 n 所以数列a n  中的奇数项是以a =1为首项，1为公差的等差数列， 1 所以a =1+1×1011=1012. 2023 故选：A. 1822 (2024·河北·统考模拟预测)已知等差数列{a }的前n项和是S ,a =1,S =3a ，则S = n n 3 7 6 3 ( ) A.1 B.-1 C.3 D.-3 【答案】D 7×6 【解析】由已知设等差数列的公差为d，则a =a +2d=1，7a + d=3(a +5d)， 3 1 1 2 1 解得a =-3，d=2，所以S =3a +3d=-3． 1 3 1 故选：D. 1823 (2024·四川凉山·三模)在等差数列a n  中，a +a =2，a =3，则a =( )． 2 4 5 9 A.3 B.5 C.7 D.9 【答案】C 第 页 共 页 1068 3427【解析】由题设a +a =2a =2，则a =1，而a =3， 2 4 3 3 5 a -a 若等差数列公差为d，则d= 5 3 =1， 2 所以，a n  通项公式为a =a +(n-3)d=n-2，故a =7. n 3 9 故选：C 1824 (2024·江西新余·统考二模)记S 是公差不为0的等差数列a n n  的前n项和，若a =S ， 2 3 aa =S ，则数列a 1 3 4 n  的公差为 ( ) A.-2 B.-1 C.2 D.4 【答案】A 【解析】由a =S 可得：a +d=3a +3d①， 2 3 1 1 由a 1 a 3 =S 4 可得：a 1a 1 +2d  4×3 =4a + d②， 1 2 由①②可得：d=-2或d=0(舍去). 故选：A. 1825 (2024·广西·统考模拟预测)设a n  为等差数列，若a +2a =1,a =5，则公差d= 3 1 4 ( ) A.-2 B.-1 C.1 D.2 【答案】D 3a +2d=1 a =-1 【解析】由题意得  1 ⇒解得  1 ， a +3d=5 d=2 1 故选：D. 1826 (2024·山西·高三校联考阶段练习)记S 为等差数列a n n  的前n项和，若S =a ,a -a 3 5 3 1 =8，则a = ( ) 7 A.30 B.28 C.26 D.13 【答案】C 【解析】设等差数列a n  的首项为a ，公差为d， 1 3×2 3a + d=a +4d 则 1 2 1 ，a 1 =2，d=4， a +2d-a =8 1 1 所以a =a +6d=26. 7 1 故选：C 【解题方法总结】 等差数列基本运算的常见类型及解题策略： (1)求公差d或项数n．在求解时，一般要运用方程思想． (2)求通项．a 和d是等差数列的两个基本元素． 1 (3)求特定项．利用等差数列的通项公式或等差数列的性质求解． (4)求前n项和．利用等差数列的前n项和公式直接求解或利用等差中项间接求解． 【注意】在求解数列基本量问题中主要使用的是方程思想，要注意使用公式时的准确性与 合理性，更要注意运算的准确性．在遇到一些较复杂的方程组时，要注意运用整体代换思 想，使运算更加便捷． 2 题型二：等差数列的判定与证明 第 页 共 页 1069 34271827 (2024·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测)已知数列a n  的前n项和为S , n 1 S n = 3 n+2  a ，且a =1. n 1 a (1)求证：数列 n  n  是等差数列； 1 (2)求数列 a n  的前n项和T. n 【解析】(1)数列a n  中，3S =(n+2)a ，当n≥2时，3S =(n+1)a ， n n n-1 n-1 a a 两式相减得3a =(n+2)a -(n+1)a ，即(n-1)a =(n+1)a ，则 n = n-1 ， n n n-1 n n-1 n+1 n-1 a a a 于是 n = n-1 ，因此数列  n (n+1)n n(n-1) (n+1)n  a a 1 是常数列，则 n = 1 = ， (n+1)n 2×1 2 n(n+1) a n+1 a a 1 从而a = ，即 n = , n+1 - n = ， n 2 n 2 n+1 n 2 a 所以数列 n  n  1 是以1为首项， 为公差的等差数列. 2 1 2 (2)由(1)知， = a n nn+1  1 1 =2 - n n+1  ， 1 1 1 1 所以T = + +⋯+ =2 1- n a a a 2 1 2 n  1 1 + - 2 3  1 1 +⋯+ - n n+1      2n = . n+1 1828 (2024·江苏南京·高二南京师范大学附属中学江宁分校校考期末)记S 为数列{a }的前 n n n项和． (1)从下面两个条件中选一个，证明：数列{a }是等差数列； n S ①数列 n  n  是等差数列；②S = na n +1 n  n∈N* 2  (2)若数列{a }为等差数列，且a =1，a =5，求数列 n n 1 3  (n+2)S n  的前n项和T． n 【解析】(1)选择条件①：∵S = na n +1 n  n∈N* 2  ， ∴2S n =na n +n,2S n+1 =n+1  a +n+1， n+1 两式相减可得2a n+1 =n+1  a -na +1， n+1 n 即na n -1=n-1  a ， n+1 ∴n+1  a -1=na ， n+1 n+2 两式相减可得n+1  a n+1 -na n =na n+2 -n-1  a ， n+1 化简可得2na n+1 =na n+2 +a n  ， ∴2a =a +a ，∴数列{a }是等差数列． n+1 n+2 n n S 选择条件②：设数列 n  n  的首项为b ，公差为p， 1 S 则 n n =b 1 +(n-1)p=np+b 1 -p，故S n =pn2+b 1 -p  n， 当n≥2时，a =S -S n n n-1 =pn2+b 1 -p  n-pn-1  2-b 1 -p  n-1  =b 1 +2n-1  p， 当n=1时，a 1 =S 1 =b 1 ，∴a n =b 1 +2n-1  p， 又a -a =b +2np-b -2(n-1)p=2p． n+1 n 1 1 ∴数列{a }是等差数列． n a -a (2)∵数列{a }是等差数列，且公差d= 3 1 =2， n 2 第 页 共 页 1070 3427n(n-1) n(n-1) ∴S =na + d=n+ ×2=n2． n 1 2 2 n ∴ n+2  1 = S n nn+2  1 1 1 =  - 2 n n+2  ， 1 1 故T = 1- n 2 3  1 1 1 +  - 2 2 4  1 1 1 +  - 2 3 5  1 1 1 +⋯+  - 2 n n+2  1 1 1 1 1 1 1 1 = 1- + - + - +⋯+ - 2 3 2 4 3 5 n n+2  1 1 1 1 = 1+ - - 2 2 n+1 n+2  3 1 1 1 = -  + 4 2 n+1 n+2  3 2n+3 = - ． 4 2(n+1)(n+2) 1829 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a n  2 a -2 满足a = ，a = n n∈N* 1 3 n+1 2a -3 n  ． 1 (1)证明： a -1 n  是等差数列，并求出a n  的通项a ． n 1 (2)证明：aa a ⋯a < ． 1 2 3 n n+1 a -2 1-a 【解析】(1)由a = n ，可得a -1= n ， n+1 2a -3 n+1 2a -3 n n ∴ 1 = 3-2a n = -2a n -1 a -1 a -1 n+1 n  +1 1 1 1 = -2，即 - =-2， a -1 a -1 a -1 a -1 n n n+1 n 2 1 ∵a = ，即 =-3， 1 3 a -1 1 1 ∴ a -1 n  是以-3为首项，-2为公差的等差数列， 1 2n ∴ =-2n-1，即a = ． a -1 n 2n+1 n 2 4 2n (2)令T =aa a ⋯a = × ×⋯× ①， n 1 2 3 n 3 5 2n+1 2n 2n+1 3 5 2n+1 ∵ < ，∴T < × ×⋯× ②， 2n+1 2n+2 n 4 6 2n+2 2 1 ①×②得T2< = ， n 2n+2 n+1 1 1 ∴T < ，即aa a ⋯a < ． n n+1 1 2 3 n n+1 1830 (2024·陕西西安·高二长安一中校考期末)已知数列a n  满足，a = n+1 a +1, n=2k-1   n ,k∈N∗ ，a 1 =1. a -2, n=2k n (1)若数列b n  为数列a n  的奇数项组成的数列，证明：数列b n  为等差数列； (2)求数列a n  的前50项和. 【解析】(1)由题，b =a =a -2=a +1-2=a -1=b -1， n+1 2n+1 2n 2n-1 2n-1 n 且b =a =1，所以数列b 1 1 n  是首项为1，公差为-1的等差数列； (2)设c n  为数列a n  的偶数项组成的数列，注意到c =a =a +1=2， 1 2 1 c =a =a +1=a -2+1=a -1=c -1， n+1 2n+2 2n+1 2n 2n n 所以数列c n  是首项为2，公差为-1的等差数列， 结合(1)可知，a n  的奇数项和偶数项都是以-1为公差的等差数列， 所以S 50 =a 1 +a 2 +a 3 +....+a 50 =a 1 +a 3 +....+a 49  +a 2 +a 4 +....+a 50  25×24 =1×25+ ×-1 2  25×24 +2×25+ ×-1 2  =-525. 第 页 共 页 1071 34271831 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a n  的前n项和为S nS n ≠0  ，数列S n  的前n项 积为T，且满足S +T =S ⋅Tn∈N* n n n n n  ． 1 (1)求证： S -1 n  为等差数列； 1 (2)记b = ，求数列b n n2S n n  的前2024项的和M． 【解析】(1)因为S +T =S ⋅Tn∈N* n n n n  ， 当n=1时，S +T=S ⋅T⇒2a =a2，解得a =2或a =0， 1 1 1 1 1 1 1 1 又S ≠0，所以a ≠0，故a =2， n 1 1 S 由S +T =S ⋅T，可得S ≠1，所以T = n ， n n n n n n S -1 n S 当n≥2时，T = n-1 ． n-1 S -1 n-1 T S S -1 S S -1 所以 n = n × n-1 ，即S = n × n-1 ， T S -1 S n S -1 S n-1 n n-1 n n-1 1 S 1 1 1 所以 = n-1 =1+ ，所以 - =1 S -1 S -1 S -1 S -1 S -1 n n-1 n-1 n n-1 1 所以 S -1 n  1 是以 =1为首项，1为公差的等差数列. S -1 1 1 (2)所以 =1+n-1 S -1 n  n+1 ×1=n，则S = ， n n 1 1 因为b = = n n2S nn+1 n  1 1 = - ， n n+1 1 故M=1- 2  1 1 + - 2 3  1 1 +⋯+ - 2023 2024  2023 = ． 2024 1832 (2024·浙江宁波·高一慈溪中学校联考期末)已知数列a n  中，a =1，当n≥2时，其前 1 n项和S n 满足：S2 n =a nS n -1  ，且S ≠0，数列b n n  b b 满足：对任意n∈N*有 1 + 2 +⋯ S S 1 2 b + n =n-1 S n  ⋅2n+1+2. 1 (1)求证：数列 S n  是等差数列； (2)求数列b n  的通项公式； (3)设T 是数列 2n-1 n  b -b 2n n  3 的前n项和，求证：T < . n 2 【解析】(1)∵S2 n =a nS n -1  ，a =S -S (n≥2)， n n n-1 ∴S2 n =S n -S n-1  S n -1  ，即S S =S -S ① n-1 n n-1 n 由题意S ⋅S ≠0， n-1 n 1 1 将①式两边同除以S ⋅S ，得 - =1， n-1 n S S n n-1 1 ∴数列 S n  1 1 是首项为 = =1，公差为1的等差数列. S a 1 1 1 1 (2)由(1)可知 =1+(n-1)=n,∴S = . S n n n b 当n=1时， 1 =2，即b =2， S 1 1 b b b 当n≥2时， 1 + 2 +⋯+ n =n-1 S S S 1 2 n  ⋅2n+1+2②， b b b 则 1 + 2 +⋯+ n-1 =n-2 S S S 1 2 n-1  ⋅2n+2③， 第 页 共 页 1072 3427b ②-③， n =n-1 S n  ⋅2n+1-n-2  ⋅2n=n⋅2n，即b =2n， n 因为b =2满足b =2n， 1 n 所以b =2n. n 2n-1 2n-1 2n-1 (3)由(2)可知， = = b 2n -b n 22n-2n 2n 2n-1  1 3 当n=1时，T= < ， 1 2 2 2n-1 2n-1 2n-1 当n≥2时， = = b 2n -b n 22n-2n 2n 2n-1  2n-1 < 2n-1-1  2n-1  1 1 = - ， 2n-1-1 2n-1 1 1 1 1 1 1 1 所以T < + - + - +⋯+ - n 2 21-1 22-1 22-1 23-1 2n-1-1 2n-1 1 1 3 = +1- < . 2 2n-1 2 3 所以T < . n 2 【解题方法总结】 判断数列a n  是等差数列的常用方法 (1)定义法：对任意n∈N*,a -a 是周一常数． n+1 n (2)等差中项法：对任意n≥2,n∈N*，湍足2a =a +a ． n n+1 n-1 (3)通项公式法：对任意n∈N*，都满足a =pn+q(p,q为常数)． n (4)前n项和公式法：对任意n∈N*，都湍足S =An2+Bn(A,B为常数)． n 3 题型三：等差数列的性质 1833 (2024·安徽蚌埠·统考模拟预测)已知等差数列{a n }满足a 2 +a 4 +a 6 =π，则cosa 1 +a 7  = ( ) 1 1 2 3 A.- B. C. D. 2 2 2 2 【答案】A 【解析】因为数列{a }是等差数列， n π 所以a +a +a =3a =π，即a = ， 2 4 6 4 4 3 所以cosa 1 +a 7  2π 1 =cos2a =cos =- ， 4 3 2 故选：A 1834 (2024·陕西榆林·统考模拟预测)设S 为等差数列a n n  的前n项和，若S =105，则a = 21 11 ( ) A.5 B.6 C.7 D.8 【答案】A 【解析】由等差数列性质和的求和公式，可得S = 21a 1 +a 21 21  =21a =105，所以a = 2 11 11 5. 故选：A. 1835 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a n  满足2a =a +a ，其前n项和为S ，若S n+1 n n+2 n 9 =18，则a = ( ) 5 第 页 共 页 1073 3427A.-2 B.0 C.2 D.4 【答案】C 【解析】根据题意2a =a +a ，可得数列a n+1 n n+2 n  为等差数列，所以S = 9a 1 +a 9 9  = 2 18，所以a +a =4， 1 9 所以2a =4，所以a =2. 5 5 故选：C． 1836 (2024·全国·高三专题练习)如果等差数列a n  中，a +a +a =12，那么a +a +⋅⋅⋅+a 3 4 5 1 2 7 = ( ) A.14 B.12 C.28 D.36 【答案】C 【解析】∵a +a +a =12，∴3a =12，则a =4，又a +a =a +a =a +a =2a ， 3 4 5 4 4 1 7 2 6 3 5 4 故a +a +⋅⋅⋅+a =7a =28. 1 2 7 4 故选:C. 1837 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a n  1 是等差数列，若 ，则a +a 等于 ( ) 2 3 15 A.7 B.14 C.21 D.7(n-1) 【答案】B 【解析】因为a -a +a =(a +a )-a =2a -a =a =7，所以a +a =2a =2×7 1 9 17 1 17 9 9 9 9 3 15 9 =14. 故选：B 1838 (2024·全国·高三专题练习)已知等差数列a n  中，a +a =6，则a +a +a +a +a = 2 4 1 2 3 4 5 ( ) A.30 B.15 C.5 6 D.10 6 【答案】B 【解析】∵数列a n  为等差数列，a +a =2a =6，所以a =3 2 4 3 3 ∴a +a +a +a +a =(a +a )+(a +a )+a =5a =15. 1 2 3 4 5 1 5 2 4 3 3 故选：B 【解题方法总结】 如果{a }为等差数列，当m+n=p+q时，a +a =a +a (m，n，p，q∈N*)．因此， n m n p q 出现a ，a ，a 等项时，可以利用此性质将已知条件转化为与a (或其他项)有关的 m-n m m+n m 1 条件；若求a 项，可由a = (a +a )转化为求a +a 的值． m m 2 m-n m+n m-n n+m 4 题型四：等差数列前n项和的性质 1839 (2024·全国·高三专题练习)两个等差数列a n  ，b n  的前n项和分别为S 和T，已知 n n S 7n+2 a n = ，则 7 = ． T n+3 b n 7 93 【答案】 16 13 S 2 a 1 +a 13 【解析】由题意可知， 13 = T 13  13 2 b 1 +b 13  13 ×2a 2 7 a = = 7， 13 b ×2b 7 2 7 第 页 共 页 1074 3427a S 7×13+2 93 所以 7 = 13 = = . b T 13+3 16 7 13 93 故答案为: . 16 1840 (2024·全国·高三专题练习)设等差数列a n  ，b n  S 的前n项和分别为S ，T，且 n = n n T n 3n-1 a ，则 8 = . n+3 b +b 5 11 11 2 【答案】 /1 9 9 【解析】等差数列a n  ，b n  的前n项和分别为S ，T， n n 15a 1 +a 15 a 1 2a 1 a +a 1 所以 8 = ⋅ 8 = ⋅ 1 15 = ⋅ b +b 2 b +b 2 b +b 2 5 11 5 11 1 15  2 15b 1 +b 15  1 S 1 3×15-1 = ⋅ 15 = × 2 T 2 15+3 15 2 11 = . 9 11 故答案为： 9 1841 (2024·全国·高三专题练习)若两个等差数列a n  ，b n  的前n项和分别是S ，T，已知 n n S 3n+1 a n = ，则 3 = . T 2n-3 b n 3 16 2 【答案】 /2 7 7 【解析】因为a n  ，b n  a +a 1 5 ×5 a 2a a +a 2 S 为等差数列，所以 3 = 3 = 1 5 = = 5， b 2b b +b b +b T 3 3 1 5 1 5 ×5 5 2 S 3n+1 a S 16 因为 n = ，所以 3 = 5 = . T 2n-3 b T 7 n 3 5 16 故答案为： . 7 1842 (2024·高三课时练习)已知数列a n  与b n  均为等差数列，且前n项和分别为S 与T， n n S 3n+2 a 若 n = ，则 5 = ． T n+1 b n 5 29 【答案】 10 S a +a 3n+2 S a +a 29 a 【解析】由等差数列的求和公式得 n = 1 n = ，所以 9 = 1 9 = ⇒ 5 T b +b n+1 T b +b 10 b n 1 n 9 1 9 5 29 = ， 10 29 故答案为： 10 1843 (2024·宁夏·高三六盘山高级中学校考期中)设等差数列{a }的前n项和为S ，若S = n n 3 9，S =36，则a +a +a = 6 4 5 6 【答案】27 【解析】a +a +a =S -S =36-9=27. 4 5 6 6 3 故答案为：27. 1844 (2024·四川绵阳·高三四川省绵阳南山中学校考阶段练习)已知等差数列a n  的前n项 和为S ，若S =20，S =90，则S = n 10 30 20 第 页 共 页 1075 3427【答案】50 【解析】由题设S ,S -S ,S -S 成等差数列， 10 20 10 30 20 所以2(S -S )=S +S -S ，则3S =3S +S =150， 20 10 10 30 20 20 10 30 所以S =50. 20 故答案为：50 1845 (2024·全国·高三专题练习)等差数列a n  S S 中，a =2020，前n项和为S ，若 12 - 10 = 1 n 12 10 -2，则S = . 2022 【答案】-2022 【解析】设a n  的公差为d ，由等差数列的性质可知，因为S = na 1 +a n 0 n  S ，故 n = 2 n a +a S S a +a a +a d S 1 n，故 n - n-1 = 1 n - 1 n-1 = 0 为常数，所以 n 2 n n-1 2 2 2  n  为等差数列，设 S  n  n  公差为d S ∵a =2020，∴ 1 =2020， 1 1 S S ∵ 12 - 10 =2d=-2， 12 10 ∴d=-1， S ∴ 2022 =2020+2021×(-1)=-1，则S =-2022 2022 2022 故答案为：-2022 1846 (2024·全国·高三对口高考)已知等差数列a n  1 的前n项和为S ，若公差d= ，S = n 2 100 145；则a +a +a +⋯+a 的值为 . 1 3 5 99 【答案】60 【解析】设P=a +a +a +⋯+a +a ，Q=a +a +a +⋯+a +a ， 1 3 5 97 99 2 4 6 98 100 因为数列a n  1 是等差数列，且公差d= ，S =145， 2 100 Q+P=S =145 所以  100 ，解得P=60，Q=85， Q-P=50d=25 所以a +a +a +⋯+a =60. 1 3 5 99 故答案为：60. 1847 (2024·全国·高三专题练习)已知等差数列a n  的项数为奇数，且奇数项的和为40，偶数 项的和为32，则a = . 5 【答案】8 【解析】设等差数列{a }有奇数项k+1项，(k∈N*)，偶数项为k项，公差为d． n ∵奇数项和为40，偶数项和为32，∴40=a +a +⋯+a ，32=a +a +⋯+a ， 1 3 2k+1 2 4 2k ∴40= (k+1)(a 1 +a 2k+1 ) =(k+1)a ，32= ka 2 +a 2k 2 k+1  =k⋅a 2 k+1 40 k+1 即 = ，解得：k=4 32 k 即等差数列{a }共9项，且S = a 1 +a 9 n 9  ×9 =9a =72 5 5 ∴a =8 5 故答案为：8 第 页 共 页 1076 34271848 (2024·四川泸州·四川省泸县第一中学校考二模)在等差数列a n  中，前m项(m为奇 数)和为70，其中偶数项之和为30，且a -a =12，则a 1 m n  的通项公式为a = . n 【答案】-2n+18 【解析】设等差数列a n  的公差为d S =a +a +⋯+a = m+1 ⋅ a 1 +a m 奇 1 3 m 2  m+1 = a =40 2 2 m+1 2 S =a +a +⋯+a = m-1 ⋅ a 2 +a m-1 偶 2 4 m-1 2  m-1 = a =30 2 2 m+1 2 ∴ S 奇 = m+1 = 4 ，解得m=7，且a =10 S m-1 3 4 偶 ∵a -a =12 1 7 a +3d=10 ∴ 1 a 1 -a 1 +6d   ，解得 a 1 =16   =12 d=-2 ∴a =16-2(n-1)=-2n+18 n 故答案为：-2n+18 【解题方法总结】 S 在等差数列中，S ，S -S ，S -S ，⋯仍成等差数列； n n 2n n 3n 2n  n  也成等差数列． 5 题型五：等差数列前n项和的最值 1849 (2024·全国·高三专题练习)已知S 为等差数列a n n  的前n项和，且S =35，a +a +a 2 2 3 4 =39，则当S 取最大值时，n的值为 . n 【答案】7 【解析】方法一：设数列a n  2a +d=35, 的公差为d，则由题意得 1 a 2 +a 3 +a 4 =3a 3 =3a 1 +2d   ，  =39, a =19, 解得 1  d=-3, nn-1 则S =19n+ n  ×-3 2  3 41 3 41 =- n2+ n=- n- 2 2 2 6  2 + 1681 .又n∈N∗，∴当 24 n=7时，S 取得最大值. n 方法二：设等差数列a n  的公差为d.∵a +a +a =3a =39，∴a =13， 2 3 4 3 3 ∴2a 3 -S 2 =a 3 -a 2  +a 3 -a 1  =3d=-9，解得d=-3， 则a n =a 3 +n-3  d=22-3n， 22-3n≥0, 令 22-3n+1    ≤0, 19 22 解得 ≤n≤ ，又n∈N∗， 3 3 ∴n=7，即数列a n  的前7项为正数，从第8项起各项均为负数， 故当S 取得最大值时，n=7. n 故答案为：7. 1850 (2024·全国·高三专题练习)设等差数列a n  的前n项和为S ，已知S >0，S <0，则 n 12 13 以下选项中，最大的是 ( ) A.S B.S C.S D.S 12 7 6 1 【答案】C 第 页 共 页 1077 3427【解析】因为S >0，所以 a 1 +a 12 12  ×12 = a 6 +a 7 2  ×12 >0，所以a +a >0， 2 6 7 又因为S <0，所以 a 1 +a 13 13  ×13 2a ×13 = 7 <0，所以a <0， 2 2 7 又a +a >0，所以a >0， 6 7 6 所以a n  为递减数列，且前6项为正值，从第7项开始为负值， 所以S n  =S ， max 6 故选：C. 1851 (2024·四川·模拟预测)在数列a n  中，若a =21，前n项和S =-2n2+bn，则S 的最大 1 n n 值为 ． 【答案】66 【解析】S =a =-2×12+1×b=21，解得b=23，故S =-2n2+23n，属于二次函数， 1 1 n 23 对称轴为 =5.75，故当n=5或6时取得最大值， 4 S =-2×52+23×5=65 ，S =-2×62+23×6=66，S >S ， 5 6 6 5 故S 的最大值为66. n 故答案为：66. 1852 (2024·上海嘉定·高三上海市嘉定区第一中学校考期中)已知等差数列a n  的各项均为 正整数，且a =2020，则a 的最小值是 9 1 【答案】4 【解析】若等差数列a n  的各项均为正整数，则数列a n  单增，则公差d∈N， 故a =a -8d=2020-8d为正整数，a 关于d单减， 1 9 1 2020=252×8+4，则当d=252时，故a 取得最小值为4， 1 故答案为：4 1853 (2024·全国·高三专题练习)设S 是等差数列a n n  的前n项和，若S >0，S <0，则数 25 26 S 列 n a n  n∈N+,n≤25  中的最大项是第 项. 【答案】13 【解析】由已知可得数列{a }是递减数列，且前13项大于0，自第14项起小于0，可得数 n S S S S S S 列 1, 2,⋯, 25 从第14项起为负值，而 1, 2,⋯, 13 为递增数列，则答案可求．在 a a a a a a 1 2 25 1 2 13 等差数列{a }中， n   (a 1 +a 25 )×25 >0 2 由S >0，S <0，得 ， 25 26  (a +a )×26  1 26 <0  2 a >0 ∴   13 ， a +a <0 13 14 则数列{a }是递减数列，且前13项大于0，自第14项起小于0， n S S S 数列 1, 2,⋯, 25 从第14项起为负值， a a a 1 2 25 S S S 而 1, 2,⋯, 13 为递增数列， a a a 1 2 13 S S S ∴数列 1, 2,⋯, 25 的最大项是第13项． a a a 1 2 25 第 页 共 页 1078 3427故答案为：13． 1854 (2024·江西·高三校联考阶段练习)已知数列a n  a 满足a =21,a =a +2n，则 n 的最 1 n+1 n n 小值为 . 41 【答案】 . 5 【解析】根据递推公式和累加法可求得数列a n  a 的通项公式.代入 n 中,由数列中n∈ n N*的性质,结合数列的单调性即可求得最小值.因为a =a +2n,所以a -a =2n, n+1 n n+1 n 从而a -a =2(n-1)(n≥2) n n-1 ⋯, a -a =2×2 3 2 a -a =2×1, 2 1 累加可得a -a =2×[1+2+⋅⋅⋅+(n-1)], n 1 (n-1)n =2× =n2-n 2 而a =21, 1 所以a =n2-n+21, n a n2-n+21 21 则 n = =n+ -1, n n n 21 因为f(n)=n+ -1在(0,4]递减,在[5,+∞)递增 n a 33 当n=4时, n = =8.25, n 4 a 41 当n=5时, n = =8.2, n 5 a 41 所以n=5时 n 取得最小值,最小值为 . n 5 41 故答案为: 5 1855 (2024·全国·高三专题练习)等差数列a n  中，S S ，给出下列命题：①d<0， 6 7 7 8 ②S S ，所以a +a +⋯+a 0． 所以a +a +⋯+a >a +a +⋯+a ，则a <0． 1 2 7 1 2 8 8 所以①d=a -a <0正确． 8 7 ②S 0的k的最大值为 . n k 【答案】19 第 页 共 页 1079 3427【解析】由题可知，等差数列a n  a >0 为递减数列，且  a 10 <0 ，又a n =31-tnt∈Z 11  ， 所以  3 3 1 1 - - 1 1 0 1t t < > 0 0 ，解得2 1 9 1 0，解得00的k的最大值为19. k 故答案为：19. 1857 (2024·高三课时练习)记等差数列a n  的前n项和为S ，若a >0，a +a =0，则当 n 1 2 2023 S 取得最大值时，n= ． n 【答案】1012 【解析】设等差数列a n  2023 的公差为d，由a +a =0可得：a =- d， 2 2023 1 2 n(n-1) 2023nd n(n-1) d 所以S =na + d=- + d= (n2-2024n)， n 1 2 2 2 2 因为a >0，所以d<0，则S 是关于n的二次函数，开口向下，对称轴n=1012， 1 n 由二次函数的图象和性质可得：当n=1012时，S 取最大值， n 故答案为：1012. 1858 (2024·福建泉州·校联考模拟预测)已知S 是等差数列{a }的前n项和，若仅当n=5 n n 时S 取到最小值，且|a |>|a |，则满足S >0的n的最小值为 . n 5 6 n 【答案】11 nn-1 【解析】因为S =na + n 1  d d d= n2+a - 2 2 1 2  n，当n=5时S 取到最小值， n 所以d>0，所以a |a 6 |，所以-a 5 a +5d，所以a <- d. 1 1 2 n-1 S =n a + n 1   d 2  n-1 >0，则a + 1  9 d>0，因为a <- d， 2 1 2 9 n-1 所以- d>- 2  d，解之得：n>10,因为n∈N*，所以n的最小值为11. 2 故答案为：11. 1859 (2024·河南信阳·高三信阳高中校考阶段练习)已知S 为等差数列a n n  的前n项和.若 S >0，a +a <0，则当S 取最小值时，n的值为 . 16 7 9 n 【答案】8 【解析】因为S = 16a 1 +a 16 16  2 =8a 1 +a 16  =8a 8 +a 9  >0，所以a +a >0， 8 9 又a +a =2a <0，所以a >0，则d=a -a >0 7 9 8 9 9 8 所以a n  为递增的等差数列，且a 0，a a <0，且数 n 9 12 10 11 列{a }的前n项和S 有最大值，那么当S >0时，n的最大值为 ． n n n 【答案】20 【解析】因为a a <0，所以a 和a 异号， 10 11 10 11 第 页 共 页 1080 3427又数列{a }的前n项和S 有最大值， n n 所以数列{a }是递减的等差数列， n 所以a >0，a <0，又a +a >0， 10 11 9 12 所以S =19a >0，S =10(a +a )=10(a +a )>0， 19 10 20 1 20 9 12 所以n的最大值为20． 故答案为：20. 【解题方法总结】 求等差数列前n项和S 最值的2种方法 n (1)函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式S =an2+bn，通过配方或借助图象求 n 二次函数最值的方法求解． a ≥0 (2)邻项变号法：①若a 1 >0，d<0，则满足  a m ≤0 的项数m使得S n 取得最大值S m ； m+1 a ≤0 ②若a 1 <0，d>0，则满足  a m ≥0 的项数m使得S n 取得最小值S m ． m+1 6 题型六：等差数列的实际应用 1861 (2024·全国·高三专题练习)从冬至日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、 立夏、小满、芒种这十二个节气的日影长度依次成等差数列，冬至、立春、春分这三个节气 的日影长度之和为31.5尺，前九个节气日影长度之和为85.5尺，则谷雨这一天的日影长 度为 ( ) A.5.5尺 B.4.5尺 C.3.5尺 D.2.5尺 【答案】A 【解析】设冬至，小寒，大寒，立春，雨水，惊蛰，春分，清明，谷雨，立夏，小满，芒种这十二个 节气为：a,a ,a ,⋯,a ，且其公差为d， 1 2 3 12 依题意有：a +a +a =31.5，a +a +⋯+a =85.5， 1 4 7 1 2 9 31.5 85.5 ∴a = =10.5,a = =9.5，公差d=a -a =-1 ， 4 3 5 9 5 4 则a =a +4d=9.5-4=5.5， 9 5 所以谷雨这一天的日影长度为5.5尺， 故选：A 1862 (2024·河北唐山·唐山市第十中学校考模拟预测)2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世 界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行，也是继2002年韩日世界杯之 后时隔二十年第二次在亚洲举行的世界杯足球赛.某网站全程转播了该次世界杯，为纪念 本次世界杯，该网站举办了一针对本网站会员的奖品派发活动，派发规则如下：①对于会 员编号能被2整除余1且被7整除余1的可以获得精品足球一个；②对于不符合①中条件 的可以获得普通足球一个.已知该网站的会员共有1456人(编号为1号到1456号，中间没 有空缺)，则获得精品足球的人数为 ( ) A.102 B.103 C.104 D.105 【答案】C 【解析】将能被2整除余1且被7整除余1的正整数按从小到大排列所得的数列记为 a n  ， 由已知a -1是2的倍数，也是7的倍数， n 第 页 共 页 1081 3427故a -1为14的倍数， n 所以a -1首项为0，公差为14的等差数列， n 所以a =14n-13， n 令1≤a ≤1456，可得1≤14n-13≤1456，又n∈N∗ n 解得1≤n≤104，且n∈N∗， 故获得精品足球的人数为104. 故选：C. 1863 (2024·全国·高三专题练习)2022年10月16日上午10时，举世瞩目的中国共产党第二 十次全国代表大会在北京人民大会堂隆重开幕，某单位组织全体人员在报告厅集体收看， 已知该报告厅共有16排座位，共有432个座位数，并且从第二排起，每排比前一排多2个 座位数，则最后一排的座位数为 ( ) A.12 B.26 C.42 D.50 【答案】C 【解析】根据题意，把各排座位数看作等差数列， 设等差数列通项为a ，首项为a ，公差为d=2，前n项和为S ，则S =432， n 1 n 16 16×(a +a ) 所以S = 1 16 =8×(2a +15×2)=432，解得a =12， 16 2 1 1 所以a =a +15d=12+15×2=42， 16 1 故选：C． 1864 (2024·全国·高三专题练习)天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地 支.十天干即：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、 未、申、酉、戌、亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干 在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第 三年为“丙寅”，⋯，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙 亥”，之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，⋯，以此类推，2024年是癸卯年，请问：在100 年后的2123年为 ( ) A.癸未年 B.辛丑年 C.己亥年 D.戊戌年 【答案】A 【解析】由题意得：天干可看作公差为10的等差数列，地支可看作公差为12的等差数列， 由于100÷10=10，余数为0，故100年后天干为癸，由于100÷12=8⋯4，余数为4， 故100年后地支为未， 综上：100年后的2123年为癸未年. 故选：A . 1865 (2024·海南海口·校联考一模)家庭农场是指以农户家庭成员为主要劳动力的新型农业 经营主体．某家庭农场从2019年开始逐年加大投入，加大投入后每年比前一年增加相同 额度的收益，已知2019年的收益为30万元，2021年的收益为50万元．照此规律，从 2019年至2026年该家庭农场的总收益为 ( ) A.630万元 B.350万元 C.420万元 D.520万元 【答案】D 【解析】依题意，该家庭农场每年收益依次成等差数列，设为a n  ， 第 页 共 页 1082 3427a -a 可得a =30，a =50，所以公差为d= 3 1 =10， 1 3 2 8×7 所以2019年至2026年该家庭农场的总收益为8×30+ ×10=520， 2 故选：D 7 题型七：关于等差数列奇偶项问题的讨论 1866 (2024·全国·高三专题练习)已知a n  为等差数列，b n =   a 2a n - ,n 6, 为 n为 偶 奇 数 数 ，记S n ，T n 分别 n 为数列a n  ，b n  的前n项和，S =32，T =16． 4 3 (1)求a n  的通项公式； (2)证明：当n>5时，T >S ． n n 【解析】(1)设等差数列a n  a -6, n=2k-1 的公差为d，而b n =   n ,k∈N∗， 2a , n=2k n 则b =a -6,b =2a =2a +2d,b =a -6=a +2d-6， 1 1 2 2 1 3 3 1 S =4a +6d=32 于是  T 4 =4a 1 +4d-12=16 ，解得a 1 =5,d=2，a n =a 1 +(n-1)d=2n+3， 3 1 所以数列a n  的通项公式是a =2n+3. n n(5+2n+3)  2n-3, n=2k-1 (2)方法1：由(1)知，S n = 2 =n2+4n，b n = 4n+6, n=2k ,k∈N∗， 当n为偶数时，b +b =2(n-1)-3+4n+6=6n+1， n-1 n 13+(6n+1) n 3 7 T = ⋅ = n2+ n， n 2 2 2 2 3 7 当n>5时，T -S = n2+ n n n 2 2  1 -(n2+4n)= n(n-1)>0，因此T >S ， 2 n n 3 7 3 5 当n为奇数时，T =T -b = (n+1)2+ (n+1)-[4(n+1)+6]= n2+ n- n n+1 n+1 2 2 2 2 5， 3 5 当n>5时，T -S = n2+ n-5 n n 2 2  1 -(n2+4n)= (n+2)(n-5)>0，因此T > 2 n S ， n 所以当n>5时，T >S . n n n(5+2n+3)  2n-3, n=2k-1 方法2：由(1)知，S n = 2 =n2+4n，b n = 4n+6, n=2k ,k∈N∗， -1+2(n-1)-3 n 当n为偶数时，T =(b +b +⋯+b )+(b +b +⋯+b )= ⋅ + n 1 3 n-1 2 4 n 2 2 14+4n+6 n 3 7 ⋅ = n2+ n， 2 2 2 2 3 7 当n>5时，T -S = n2+ n n n 2 2  1 -(n2+4n)= n(n-1)>0，因此T >S ， 2 n n -1+2n-3 当n为奇数时，若n≥3，则T =(b +b +⋯+b )+(b +b +⋯+b )= ⋅ n 1 3 n 2 4 n-1 2 n+1 14+4(n-1)+6 n-1 + ⋅ 2 2 2 3 5 3 5 = n2+ n-5，显然T=b =-1满足上式，因此当n为奇数时，T = n2+ n-5， 2 2 1 1 n 2 2 3 5 当n>5时，T -S = n2+ n-5 n n 2 2  1 -(n2+4n)= (n+2)(n-5)>0，因此T > 2 n S ， n 第 页 共 页 1083 3427所以当n>5时，T >S . n n 1867 (2024·广东深圳·统考模拟预测)已知等差数列a n  满足a =10，a -2a =6． 3 5 2 (1)求a ； n (2)数列b n  2n-1,n为奇数  满足b n = 1 a ,n为偶数 ，T n 为数列b n 2 n-1  的前n项和，求T ． 2n 【解析】(1)设等差数列a n  的公差为d， a +2d=10 因为a =10，a -2a =6．则 1 3 5 2 a 1 +4d  -2a 1 +d   ，解得 a 1 =2 ，   =6 d=4 所以a n =2+4n-1  =4n-2． 2n-1,n为奇数 (2)由(1)可得b n = 2n-3,n为偶数 ， 则T 2n =b 1 +b 3 +⋯+b 2n-1  +b 2 +b 4 +⋯+b 2n  =1+22+⋯+22n-2  + 1+5+⋯+4n-3    1-4n n4n-2 = + 1-4  4n-1 =2n2-n+ ， 2 3 4n-1 所以T =2n2-2n+ . 2n 3 1868 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a n  满足：a n+2 +-1  na =3，a =1，a =2. n 1 2 (1)记b =a ，求数列b n 2n-1 n  的通项公式； (2)记数列a n  的前n项和为S ，求S . n 30 【解析】(1)因为a n+2 +-1  na =3，令n取2n-1，则a -a =3， n 2n+1 2n-1 即b -b =3，b =a =1，所以数列b n+1 n 1 1 n  是以1为首项，3为公差的等差数列，所以b = n 3n-2 (2)令n取2n，则a +a =3， 2n+2 2n 所以S 30 =a 1 +a 3 +⋅⋅⋅+a 29  +a 2 +a 4 +⋅⋅⋅+a 30  ， 由(1)可知，a +a +⋅⋅⋅+a =b +b +⋅⋅⋅+b =330； 1 3 29 1 2 15 a 2 +a 4 +⋅⋅⋅+a 2n =a 2 +a 4 +a 6  +⋅⋅⋅+a 28 +a 30  =2+21=23；所以S =330+23=353 30 1869 (2024·江苏南京·统考一模)已知数列a n  和b n  满足：a --1 n+k  k⋅a =b (n∈N*). n n (1)若k=1，a =1，b =2n，求数列a 1 n n  的通项公式； (2)若k=4，b =8，a =4，a =6，a =8，a =10. n 1 2 3 ,4 求证：数列a n  为等差数列； 记数列a n  的前n项和为S n ，求满足S n +1  3 2- a +33=k2的所有正整数k和n的 2 n 值. 1 1 【解析】(1)当k=1时，有a +a =2n，得a - ⋅2n+1=-a - ⋅2n n n+1 n+1 3 n 3  ， 构造数列c n  1 1 是首项为 3 ，公比为-1的等比数列；所以c n = 3 -1  1 n-1，即a - ⋅2n= n 3 1 -1 3  1 n-1，所以a n = 3 ⋅ 2n+-1  n-1   (n∈N*);(2)①当k=4时，有a -a =8(n∈ n+4 n N*)，按照n被4整除的余数分四类分别证明数列a n  为等差数列;②由①知，a =2n+ n 2，则S n =n2+3n(n∈N*)；由S n +1  3 2- 2 a n +33=k2，得n2+3n+1  2-3n-10  =k2； 按照n=10, n>10和n<10时分别讨论,求出正整数k和n. 1 1 试题解析:(1)当k=1时，有a +a =2n，得a - ⋅2n+1=-a - ⋅2n n n+1 n+1 3 n 3  ， 第 页 共 页 1084 34271 2 1 c 令c =a - ⋅2n，c =a - = ≠0，所以 n+1 =-1， n n 3 1 1 3 3 c n 所以数列c n  1 1 是首项为 3 ，公比为-1的等比数列；所以c n = 3 -1  n-1， 1 1 即a n - 3 ⋅2n= 3 -1  1 n-1，所以a n = 3 ⋅ 2n+-1  n-1   (n∈N*)． (2)①当k=4时，有a -a =8(n∈N*)， n+4 n n=4m(m∈N*)时，a 4m+1  -a =8，所以a 4m 4m  为等差数列； a 4m =10+8m-1  =8m+2(m∈N*)； n=4m-1(m∈N*)时，a 4m+1  -a =8，所以a -1 4m-1 4m-1  为等差数列； a 4m-1 =8+8m-1  =8m(m∈N*)； n=4m-2(m∈N*)时，a 4m+1  -a =8，所以a -2 4m-2 4m-2  为等差数列； a 4m-2 =6+8m-1  =8m-2(m∈N*)； n=4m-3(m∈N*)时，a 4m+1  -a =8，所以a -3 4m-3 4m-3  为等差数列； a 4m-3 =4+8m-1  =8m-4(m∈N*)； 所以a =2n+2(n∈N*)，a -a =2，所以数列a n n+1 n n  为等差数列． ②由①知，a =2n+2，则S =n2+3n(n∈N*)； n n 由S n +1  3 2- 2 a n +33=k2，得n2+3n+1  2-3n-10  =k2； 当n=10时，k=131； 当n>10时，则k0，所以k>n2+ 3n； 从而n2+3nn2+3n+1，因为k为正整数，所以k≥n2+3n+2， 从而n2+3n+1  2-3n-10  ≥n2+3n+2  2，即2n2+9n-27≤0， 因为n为正整数，所以n=1或n=2； 当n=1时，k2=52，k不是正整数；当n=2时，k2=145，k不是正整数； 综上，满足题意的所有正整数k和n分别为n=10，k=131． 1870 (2024·全国·高三专题练习)数列a n  中，a =a =1，前n项和S 满足S +S =n2+ 1 2 n n n+1 2nn∈N*  ． (1)证明：a 2n  为等差数列； (2)求S ． 101 【解析】(1)∵S +S =n2+2nn∈N* n n+1  ①， ∴S +S =(n-1)2+2(n-1)n∈N*,n≥2 n-1 n  ②， ①-②：a +a =2n+1n∈N*,n≥2 n n+1  ③， ∴a +a =2n+3n∈N* n+2 n+1  ④， ④-③：a -a =2n∈N*,n≥2 n+2 n  ， ∴a -a =2n∈N*,n≥2 2n 2(n-1)  ， ∴a 2n  是以1首项，2为公差的等差数列. (2)由(1)得a 2n  是以1首项，2为公差的等差数列， 同理可得a 2n-1  是以a 为首项，2为公差的等差数列， 3 又a +a =2×2+1=5，故a =4， 2 3 3 第 页 共 页 1085 342750×49 ∴前101项的偶数项和为S =1×50+ ×2=2500， 偶 2 50×49 前101项的奇数项和为S =1+50×4+ ×2=2651， 奇 2 ∴S =S +S =5151． 101 偶 奇 【解题方法总结】 对于奇偶项通项不统一的数列的求和问题要注意分类讨论．主要是从n为奇数、偶数进 行分类． 8 题型八：对于含绝对值的等差数列求和问题 1871 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a n  2S 的前n项和为S ，且 n =n-13. n n (1)求数列a n  的通项公式； (2)若数列 a n    T 的前n项和为T，设R = n，求R 的最小值. n n n n 2S 【解析】(1)因为 n =n-13，所以2S =n(n-13)， n n 所以当n=1时，2a =-12，所以a =-6； 1 1 当n≥2时，2S =(n-1)(n-14)， n-1 所以2a =2S -2S =2n-14， n n n-1 所以a =n-7， n 又a =-6满足上式， 1 所以数列a n  的通项公式为a =n-7. n (2)由(1)知a n  =n-7  7-n, 1≤n≤7  = ， n-7, n>7 当1≤n≤7时，T n =a 1  +a 2  +⋯+a n  13n-n2 =-a -a -⋯-a = ； 1 2 n 2 当n>7时，T n =a 1  +a 2  +⋯+a n  =-a -a -⋯-a +a +⋯+a 1 2 7 8 n n2-13n =(a +a +⋯+a )-2(a +a +⋯+a )= +42； 1 2 n 1 2 7 2 13-n T   2 , 1≤n≤7 所以R = n = ， n n  n 42 13  + - , n>7  2 n 2 13-n 13-7 当1≤n≤7时，R = 递减，所以(R ) =R = =3； n 2 n min 7 2 n 42 13 当n>7时，R = + - ， n 2 n 2 x 42 13 设f(x)= + - (x>7)， 2 x 2 1 42 1 42 则f(x)= - ，令f(x)= - >0得x>2 21，此时f(x)单调递增， 2 x2 2 x2 1 42 令f(x)= - <0得70，解得n< ，且n∈N*， n 2 当n≤7时，则a n >0，可得T n =a 1  +a 2  +⋅⋅⋅+a n  =a +a +⋅⋅⋅+a =S =14n-n2； 1 2 n n 当n≥8时，则a n <0，可得T n =a 1  +a 2  +⋅⋅⋅+a n  =a 1 +a 2 +⋅⋅⋅+a 7  -a 8 +⋅⋅⋅+a n  =S 7 -S n -S 7  =2S 7 -S n =214×7-72  -14n-n2  =n2-14n+98； 14n-n2, n≤7  综上所述：T n = n2-14n+98, n≥8 . 1873 (2024·全国·高三专题练习)记S 为等差数列a n n  的前n项和，S +S =18，a +a = 14 8 2 10 0． (1)求数列a n  的通项公式； 100 (2)求 a k k=1   的值． 【解析】(1)设等差数列a n  的首项和公差分别为a 、d， 1 14×13 8×7 S +S =14a + d+8a + d=18 由题意可知 14 8 1 2 1 2 ， 2a +10d=0 1 22a +119d=18 d=2 化简得 1 ，解得 ，   2a +10d=0 a =-10 1 1 所以a n =-10+2n-1  =2n-12． (2)由(1)知：当n≥6,n∈N*时，a ≥0；当1≤n≤5,n∈N*时，a <0， n n 100 所以 a k k=1   =-a 1 +-a 2  +-a 3  +-a 4  +-a 5  +a +a +a +⋯+a 6 7 8 100 =a 1 +a 2 +⋯+a 100 +2 -a 1 +-a 2  +-a 3  +-a 4  +-a 5    =S 100 -2S 5 =100×-10  100×99 + ×2-2× 5×-10 2  5×4   + ×2  2  =-1000+9900+60=8960． 1874 (2024·全国·高三专题练习)已知等差数列a n  的前n项和为S ，其中a =-10，S = n 2 6 -42． (1)求数列a n  的通项； (2)求数列 a n    的前n项和为T． n 【解析】(1)设{a }的公差为d， n a =a +d=-10 a =-12 则 2 1 ，解得 1 ，   S =6a +15d=-42 d=2 6 1 所以a =-12+2(n-1)=2n-14； n n-12+2n-14 (2)因为a =2n-14，所以S = n n  =n2-13n， 2 第 页 共 页 1087 3427当n≤7时，a n =2n-14≤0，此时a n  =-a ， n T n =a 1  +a 2  +⋯+a n  =-a 1 +a 2 +⋯+a n  =-S =13n-n2， n 当n>7时，a n =2n-14>0，此时a n  =a ， n T n =a 1  +a 2  +⋯+a 6  +a 7  +a 8  +⋯+a n  =-a 1 +a 2 +⋯+a 7  +a +a +⋯+a 8 9 n =-S 7 +S n -S 7 =S n -2S 7 =n2-13n-272-13×7  =n2-13n+84， 13n-n2, n≤7  综上所述：T n = n2-13n+84, n>7 . 1875 (2024·全国·高三专题练习)在公差为d的等差数列{a }中，已知a =10，且2a ，2a + n 1 1 2 1 2，5a - 成等比数列． 3 5 (1)求d，a ； n (2)若d<0，求|a|+|a |+|a |+⋯+|a | 1 2 3 n 1 【解析】(1)由题意得2a ⋅5a - 1 3 5  1 =(2a +2)2，得2a 5a +10d- 2 1 1 5  =(2a +2d+2)2， 1 将a =10代入并整理得d2-28d-128=0，解得d=32或d=-4． 1 当d=32时，a =a +(n-1)d=10+32(n-1)=32n-22． n 1 当d=-4时，a =a +(n-1)d=10-4(n-1)=-4n+14． n 1 所以a =32n-22或a =-4n+14； n n (2)设数列{a }的前n项和为S ，因为d<0，由(1)得d=-4，a =-4n+14． n n n 则当n≤3时，a >0， n n(10-4n+14) 则|a|+|a |+|a |+⋯+|a |=a +a +⋯+a = =-2n2+12n． 1 2 3 n 1 2 n 2 当n≥4时，a <0， n 则|a|+|a |+|a |+⋯+|a |=a +a +a -(a +⋯+a )=2S -S 1 2 3 n 1 2 3 4 n 3 n 2×3(a +a ) n(a +a ) = 1 3 - 1 n =2n2-12n+36. 2 2 -2n2+12n, n≤3  综上所述，|a 1 |+|a 2 |+|a 3 |+⋯+|a n |= 2n2-12n+36, n≥4 . 【解题方法总结】 由正项开始的递减等差数列a n  的绝对值求和的计算题解题步骤如下： (1)首先找出零值或者符号由正变负的项a n0 (2)在对n进行讨论，当n≤n 时，T =S ，当n>n 时，T =2S -S 0 n n 0 n n0 n 9 题型九：利用等差数列的单调性求解 1876 (2024·全国·高三专题练习)已知等差数列a n  单调递增且满足a +a =6，则a 的取值 1 8 6 范围是 ( ) A. -∞,3  B. 3,6  C. 3，+∞  D. 6,+∞  【答案】C 【解析】因为a n  为等差数列，设公差为d， 因为数列a n  单调递增，所以d>0， 所以a +a =a +a =2a -3d=6， 1 8 3 6 6 则2a -6=3d>0，解得：a >3， 6 6 故选：C 第 页 共 页 1088 34271877 (2024·全国·高三专题练习)设a n  是等差数列，则“a 0，所以数列a 2 1 3 2 n  是递增数列，即充分性成 立； 若数列a n  是递增数列，则必有a 0，a a < 1 6 7 0，则无法判断正负的是 ( ) A.S B.S C.S D.S 11 12 13 14 【答案】B 【解析】设公差为d，因为a >0，a a <0，可知：d<0，且a >0，a <0，所以a <0，从 1 6 7 6 7 8 而S = 11a 1 +a 11 11  =11a >0，S = 12a 1 +a 12 2 6 12  2 =6a 6 +a 7  不确定正负，S = 13 13a 1 +a 13  =13a <0，S = 14a 1 +a 14 2 7 14  2 =7a 7 +a 8  <0 故选：B 1879 (2024·全国·高三专题练习)已知等差数列a n  公差不为0，正项等比数列b n  ，a =b ， 2 2 a =b ，则以下命题中正确的是 ( ) 10 10 A.a >b B.a >b C.a b 1 1 5 5 6 6 17 17 【答案】B 【解析】设等差数列a n  公差为d，正项等比数列b n  公比为q， 因为d≠0，所以a ≠a ，即b ≠b ，所以q≠1，又b >0，所以q>0， 2 10 2 10 n b (q8-1) 由a =b 得b +8d=b q8，d= 2 ，b >0， 10 10 2 2 8 2 所以01时，d>0． a =a +(n-1)d，b =bqn-1，由a =b ，a +(n-1)d=bqn-1， n 1 n 1 n n 1 1 b qd q(a -d) 即dn+a -d= 1qn， n+ 1 =qn(*)， 1 q b b 1 1 qd q(a -d) 令A= ，B= 1 ，(*)式为An+B=qn，其中A≠0，q>0且q≠1， b b 1 1 由已知n=2和n=10是方程An+B=qn的两个解， 记f(x)=Ax+B(A≠0)，g(x)=qx(q>0且q≠1)，f(x)是一次函数，g(x)是指数函数， 由一次函数和指数函数性质知当它们同增或同减时，图象才能有两个交点，即方程f(n) =g(n)(n∈N*)才可能有两解(题中q>1时，A>0，0g(n)，n>10时，f(n)g(5)，f(6)>g(6)，f(17)b ,a >b ,a 0且数列a n n n  为递增数列，此时S n  无最 大项，A选项不满足条件； 17 对于B选项，由a =17-3n≥0，可得n≤ ，故数列S n 3 n  中S 最大，B选项不满足条 5 件； 对于C选项，∵a =n-7，数列a n n  为递增数列且当n≥8时，a >0，此时S n n  无最大 项，C选项不满足条件； 15 对于D选项，由a =15-2n≥0，可得n≤ ，故数列S n 2 n  中S 最大，D选项满足条件. 7 故选：D. (3-a)x-3, x≤7  1881 (2024·山西朔州·高二校考阶段练习)设函数f(x)= ax-6, x>7 ，数列a n  满足 a =f(n),n∈N ，且数列a n + n  是递增数列，则实数a的取值范围是 ( ) A.(2,3] B.(1,3) C. 2,3  3 D. 1, 2  【答案】C (3-a)x-3, x≤7  【解析】因为a n =f(n)，f(x)= ax-6, x>7 ， (3-a)n-3, n≤7  所以a n = an-6, n>7 ， 因为数列a n  是递增数列， 3-a>0 a<3   所以a>1 ，解得a>1 ，即218-7a a>2或a<-9 故选：C. 【解题方法总结】 (1)在处理数列的单调性问题时应利用数列的单调性定义，即“若数列a n  是递增数列 ⇔∀n∈N*，a ≥a 恒成立”． n+1 n 第 页 共 页 1090 3427(2)数列a n =f(n)的单调性与y=f(x)，x∈1,+∞  的单调性不完全一致． 一般情况下我们不应把数列的单调性转化为相应连续函数的单调性来处理．但若数列 对应的连续函数是单调函数，则可以借助其单调性来求解数列的单调性问题．即“离散函 数有单调性⇒/连续函数由单调性；连续函数有单调性⇒离散函数有单调性”． 10 题型十：等差数列中的范围与恒成立问题 1882 (2024·江西赣州·高三赣州市赣县第三中学校考期中)已知等差数列a n  的前n项和为 S ，并且S >0,S <0，若S ≤S 对n∈N 恒成立，则正整数k的值为 . n 10 11 n k + 【答案】5 【解析】由题意可知，S = 10a 1 +a 10 10  2 =5a 1 +a 10  =5a 5 +a 6  >0,所以a +a >0， 5 6 同理得S =11a <0，所以a <0. 11 6 6 结合a +a >0，可得a >0. 5 6 5 当n=5时，S 取得最大值为S ， n 5 要使S n ≤S k 对n∈N + 恒成立，只需要S n  ≤S ，n∈N 即可， max k + 所以S ≤S ,n∈N ，即k=5. 5 k + 所以正整数k的值为5. 故答案为：5. 1883 (2024·北京·高二北京市第一六六中学校考阶段练习)设S n 是公差为dd≠0  的无穷等 差数列a n  的前n项和，则下列命题正确的是 . ①若d<0，则数列S n  有最大项；②若数列S n  有最大项，则d<0 ③若数列对任意的n∈N*，S >S 恒成立，则S >0 n+1 n n ④若对任意的n∈N*，均有S >0，则S >S 恒成立 n n+1 n 【答案】①②④ 【解析】①当d<0时，若a ≤0，则数列S 1 n  有最大项为 S ，若 a >0，则存在n ，有 a 1 1 0 n0 ≥0,a ≤0，所以数列S n0+1 n  有最大项为S ，故正确； n0 ②当d>0时，存在n ，当n≥n 时，a >0，此时S S 恒成立，则S <0，故错误； n n+1 n 1 ④若对任意的n∈N*，均有S >0，则a >0，若d>0，则S >S ，若d<0，则设n = n 1 n+1 n 2 a 2   1 -d  a +3(   1 -d  a a 为不大于 1 的最大整数)，a +a =a +a + 2   1 -d 1 n2 1 1 -d   +3-1  d= a 2 a +   1 1 -d   +1   d  a ≤2a + 1 ⋅d 1 -d  1 =0，则S = a +a n2 2 1 n2  ⋅n ≤0，故d<0不成立， 2 故正确； 故答案为：①②④ 1884 (2024·河南新乡·新乡市第一中学校考模拟预测)已知数列a n  的前n项和为S ，na n n+1 -n+1  S a +1=0(n∈N*)，且a =3，a =5.若m> n 恒成立，则实数m的取值范围 n 1 2 2n+1 为 . 【答案】1,+∞  【解析】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 n+2 n+1 n n  为等差数列. 第 页 共 页 1091 3427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 n+1 n n  单调递减， 3 15 而b = ，b =1，b = ， 1 4 2 3 16 S 所以数列 n  2n+1  中的最大项为1，故m>1， 即实数m的取值范围为(1,+∞). 故答案为: (1,+∞). 1885 (2024·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习)已知数列a n  满足:a +a =2a n n+2 n+1 a 对n∈N*恒成立,且 9 <-1,其前n项和S 有最大值,则使得S >0的最大的n的值是 a n n 8 . 【答案】15 【解析】解:由题知a +a =2a , n n+2 n+1 即a -a =a -a 对n∈N*恒成立, n+2 n+1 n+1 n 所以数列a n  为等差数列, 因为前n项和S 有最大值, n 所以数列a n  单调递减, a 因为 9 <-1<0,所以a ,a 异号,且a >0,a <0, a 9 8 8 9 8 a 所以 9 <-1可化简为:a <-a ,即a +a <0, a 9 8 8 9 8 因为S = 16a 1 +a 16 16  2 =8a 8 +a 9  <0, S = 15a 1 +a 15 15  =15a >0, 2 8 所以使得S >0的最大的n的值为15. n 故答案为:15 1886 (2024·广东佛山·高二校考阶段练习)已知等差数列a n  的首项a =1，公差为d，前n项 1 和为S ．若S ≤S 恒成立，则公差d的取值范围是 ． n n 8 1 1 【答案】 - ,-  7 8  【解析】根据等差数列a n  的前n项和S 满足S ≤S 恒成立，可知a ≥0且a ≤0， n n 8 8 9 1 1 所以1+7d≥0且1+8d≤0，解得- ≤d≤- ． 7 8 1 1 故答案为： - ,-  7 8  . 1887 (2024·江苏南京·南京师大附中校考模拟预测)设等差数列a n  的前n项和为S .已知 n a +a +a =47，a +a =28.若存在正整数k，使得对任意的n∈N*都有S ≤S 恒成 1 2 5 3 4 n k 立，则k的值为 . 【答案】10 【解析】因为a n  为等差数列, a +a +a =47 3a +5d=47 a =19 所以  1 2 5 ⇒   1 ⇒   1 . a +a =28 2a +5d=28 d=-2 3 4 1 第 页 共 页 1092 3427n(n-1) 所以S =19n+ (-2)=-n2+20n=-(n-10)2+100≤S . n 2 10 故答案为:10. 1888 (2024·上海杨浦·统考二模)数列a n  满足a =1, a +a =3n+2对任意n∈N*恒 1 n n+1 成立，则a = . 2020 【答案】3031 a +a =3n+2 【解析】由  a n + n a +1 =3n+5 ，两式相减得a n+2 -a n =3.而a 2 =5-1=4， n+1 n+2 ∴a =a +1009d=4+1009×3=3031. 2020 2 故答案为：3031． 1889 (2024·重庆九龙坡·高三统考期中)等差数列{a }的前n项和记为S ，已知a +a +a n n 1 4 7 =33，a +a +a =27，若存在正数k，使得对任意n∈N*，都有S ≤S 恒成立，则k的值 2 5 8 n k 为 ． 【答案】9 【解析】∵a +a +a =33，a +a +a =27，∵a +3d=11,a +4d=9∴d=-2,a =17 1 4 7 2 5 8 1 1 1 1 所以S =17n+ n(n-1)(-2)=-n2+18n n 2 当n=9时S 取最大值， n 因为对任意n∈N*，都有S ≤S 恒成立，所以k的值为9 n k 故答案为9 第 页 共 页 1093 3427