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第六章 数列
真题多维细目表
考题 涉分 题型 难度 考点 考向 解题方法 核心素养
２０２１新高考 １６ ５ 填空题 难 数列的求和 错位相减法求和 直接法、公式法 数学运算
Ⅰ，
等差数列的 求解等差数列的通项
２０２１新高考 １７ １０ 解答题 中 公式法、直接法 数学运算
Ⅰ， 性质及应用 公式和前２０项的和
等差数列及 求解等差数列的通项 数学运算
２０２１新高考 １７ １０ 解答题 中 公式法
Ⅱ， 其前ｎ项和 公式、求和公式的运用 逻辑推理
数列求和、数列的 定义法 逻辑推理
２０２１全国乙理 １９ １２ 解答题 中 证明等差数列、由Ｓ 求ａ
， 综合应用 ｎ ｎ 公式法 数学运算
等比数列的通项公式；
① 公式法、
２０２１全国乙文 １９ １２ 解答题 中 数列的综合应用 等差数列的通项公式； 数学运算
， ② 错位相减法
数列求和
③
等差数列及 定义法、
２０２０新高考 １４ ５ 填空题 易 求等差数列的前ｎ项和 数学运算
Ⅰ， 其前ｎ项和 公式法
等比数列的 求通项公式及 数学运算
２０２０新高考 １８ １２ 解答题 中 公式法
Ⅰ， 基本量运算 分组转化法求和 逻辑推理
命题规律与备考策略
考查内容 高考对本章内容的考查较为稳定 主要体现在以下几个方 数列求和 数列中不等式证明等相关的题目综合 难度中等．试题情境
， 、 ，
面 以等差 等比数列基本量的运算为载体 考查等差 等比数列的 主要为课程学习情境 主要考查的核心素养为数学运算 逻辑推理．
：① 、 ， 、 ， 、
概念 性质和通项公式的求解与应用 考查数列求和的综合问题 涉 复习建议 本章复习时要拓宽思路 对于数列通项公式的求解方法
、 ；② ， ， 、
及数列的最值及解决方法 考查以数学文化为背景的数列问题． 数列求和中的裂项相消法与错位相减法要深刻领悟 对于等差 等比
；③ ； 、
题型赋分 本章考题难度以中档题为主 常考查一小 选择题或填空 数列基本量运算 由递推关系求通项 数列求和等问题的复习 要分类
， （ 、 、 ，
题 一大 解答题 总分值约为 分 在解答题中 有可能设计开放性 掌握 加强对数学文化的积累 关注数列与其他章节知识相结合的
） （ ）， １７ ， ， ； ；
题目 这是新高考命题的一大特点． 问题．
，
命题特点 本章在考查选择题或填空题时 以考查等差 等比数列的 备考策略 本章内容是高考命题中的重点之一 也是常与数学文化相
， 、 ，
有关性质与项的特征为主 辅以考查数列与函数 不等式的综合问题． 结合命题的一章．备考时 需关注重点题型中的常规方法与准确步骤
， 、 ， ，
在高考题中 出现了多条件选择的开放性解答题 常与数列的单调性 同时 需对解答题中开放性题目的解题方法与思路进行深入学习．
， ， 、 ，第六章 数列 ２ ５５
§６．１ 等差数列
由ａ 得ａ ｄ ．于是ａ ｄ ．
等差数列及其前ｎ项和 学生用书Ｐ９４ ３＝４ １＋２ ＝４ １＝８， ＝－２
因此 ａ 的通项公式为ａ ｎ．
｛ ｎ｝ ｎ＝１０－２
１．（２０１９课标 理，９，５分）记Ｓ 为等差数列 ａ 的前ｎ项和．已 ｎ ｎ ｄ
Ⅰ ｎ ｛ ｎ｝ 由 得ａ ｄ 故ａ ｎ ｄ Ｓ （ －９） ．
知Ｓ ａ 则 （２） （１） １＝－４ ， ｎ＝（ －５） ， ｎ＝
４＝０， ５＝５， （ ） ２
Ａ．
ａ
ｎ＝２
ｎ
－５ Ｂ．
ａ
ｎ＝３
ｎ
－１０
由ａ
１＞０
知ｄ
＜０，
故Ｓ
ｎ≥
ａ
ｎ
等价于ｎ２
－１１
ｎ
＋１０≤０，
解得 ｎ ．
Ｃ．
Ｓ
ｎ＝２
ｎ２
－８
ｎ
Ｄ．
Ｓ
ｎ＝
１ ｎ２
－２
ｎ
所以
１
ｎ
≤
的取
≤
值
１０
范围是 ｎ ｎ ｎ Ｎ∗ ．
２ ｛ ｜１≤ ≤１０， ∈ ｝
１． 答案 Ａ 思路分析 （ ）根据题意列出两个关于ａ 和ｄ的方程，然
１ １
２．（２０２０江苏，１１，５分）设
｛
ａ
ｎ｝
是公差为ｄ的等差数列
，｛
ｂ
ｎ｝
是 后解得ａ 与ｄ，从而得｛ａ
ｎ
｝的通项公式．
１
公比为ｑ的等比数列．已知数列
｛
ａ
ｎ＋
ｂ
ｎ｝
的前ｎ项和Ｓ
ｎ＝
ｎ２
－
ｎ
＋
（
２
）根据（
１
）中ａ
１
与ｄ的关系，利用等差数列的前ｎ项和公式及
ｎ ｎ Ｎ∗ 则ｄ ｑ的值是 ． 通项公式，得出关于ｎ的不等式，从而得出ｎ的取值范围．
２ －１（ ∈ ）， ＋
２． 答案 １０．（２０１９课标 文，１８，１２分）已知 ａ 是各项均为正数的等比
４ Ⅱ ｛ ｎ｝
３．（２０２０课标 文，１４，５分）记Ｓ 为等差数列 ａ 的前ｎ项和． 数列 ａ ａ ａ ．
Ⅱ ｎ ｛ ｎ｝ ， １＝２， ３＝２ ２＋１６
若ａ ａ ａ 则Ｓ ． 求 ａ 的通项公式
１＝－２， ２＋ ６＝２， １０＝ （１） ｛ ｎ｝ ；
３． 答案 设ｂ ａ 求数列 ｂ 的前ｎ项和．
２５ （２） ｎ＝ｌｏｇ２ ｎ， ｛ ｎ｝
４．（２０２０新高考
Ⅰ
，１４，５分）将数列
｛２
ｎ
－１｝
与
｛３
ｎ
－２｝
的公共项 １０． 解析
（１）
设
｛
ａ
ｎ｝
的公比为ｑ
，
由题设得
２
ｑ２
＝４
ｑ
＋１６，
即ｑ２
从小到大排列得到数列 ａ 则 ａ 的前ｎ项和为 ． ｑ ．解得ｑ 舍去 或ｑ ．
｛ ｎ｝， ｛ ｎ｝ －２ －８＝０ ＝－２（ ） ＝４
４． 答案 ３ ｎ２ －２ ｎ 因此 ｛ ａ ｎ｝ 的通项公式为ａ ｎ＝２×４ ｎ －１ ＝２ ２ ｎ －１．
５．（２０１９北京理，１０，５分）设等差数列 ａ 的前ｎ项和为Ｓ ．若 由 得ｂ ｎ ｎ 因此数列 ｂ 的前ｎ
｛ ｎ｝ ｎ （２） （１） ｎ＝（２ －１）ｌｏｇ２２＝２ －１， ｛ ｎ｝
ａ
２＝－３，
Ｓ
５＝－１０，
则ａ
５＝ ，
Ｓ
ｎ
的最小值为 ． 项和为
１＋３＋…＋２
ｎ
－１＝
ｎ２．
５． 答案
０；－１０ 以下为教师用书专用（１—９）
６．（２０１９课标 文，１４，５分）记Ｓ 为等差数列 ａ 的前ｎ项和．
Ⅲ ｎ ｛ ｎ｝ １．（２０１５课标 文，５，５分）设Ｓ 是等差数列 ａ 的前ｎ项和．若
若ａ ａ 则Ｓ ． Ⅱ ｎ ｛ ｎ｝
３＝５， ７＝１３， １０＝ ａ ａ ａ 则Ｓ
６． 答案 １＋ ３＋ ５＝３， ５＝ （ ）
１００
７．（２０１９课标 理，１４，５分）记Ｓ 为等差数列 ａ 的前ｎ项和 Ａ．５ Ｂ．７ Ｃ．９ Ｄ．１１
Ⅲ ｎ ｛ ｎ｝ ， 答案 Ａ ａ 为等差数列 ａ ａ ａ
Ｓ ∵ ｛ ｎ｝ ，∴ １＋ ５＝２ ３，
若ａ ａ ａ 则 １０ ． 得 ａ 则ａ
１≠０， ２＝３ １， Ｓ ＝ ３ ３＝３， ３＝１，
５ ａ ａ
７． 答案 Ｓ ５（ １＋ ５） ａ 故选 ．
８．（２０２１新 高
４
考 ，１７）记Ｓ 为公差不为零的等差数列 ａ 的前
∴ ５＝
２
＝５ ３＝５， Ａ
Ⅱ ｎ ｛ ｎ｝ ２．（２０１５课标 文，７，５分）已知 ａ 是公差为 的等差数列 Ｓ
ｎ项和 若ａ Ｓ ａ ａ Ｓ ． Ⅰ ｛ ｎ｝ １ ， ｎ
， ３＝ ５， ２· ４＝ ４ 为 ａ 的前ｎ项和．若Ｓ Ｓ 则ａ
（１）
求
｛
ａ
ｎ｝
的通项公式
；
｛ ｎ｝ ８＝４ ４， １０＝ （ ）
求使得Ｓ ａ 成立的ｎ的最小值． １７ １９
（２） ｎ＞ ｎ Ａ． Ｂ． Ｃ．１０ Ｄ．１２
８． 解析 ａ Ｓ ａ ｄ ａ ｄ ａ ｄ ａ ｄ ２ ２
（１） ３＝ ５⇒ １＋２ ＝５ １＋１０ ⇒４ １＋８ ＝０⇒ １＋２ ＝０ ( )
ａ ｄ 答案 Ｂ 由Ｓ Ｓ 得 ａ ８×７ ａ ４×３ 解
⇒ １＝－２ ，① ８＝４ ４ ８ １＋ ×１＝４× ４ １＋ ×１ ，
ａ ａ Ｓ ａ ｄ ａ ｄ ａ ｄ ２ ２
将 ２· ① 代 ４＝ 入 ② ４⇒ 得 （ － ｄ １＋ ２ ＝ ） － （ ２ ｄ １ ⇒ ＋３ ｄ ＝ ） ０ ＝ （ ４ 舍 １ ） ＋ 或 ６ ｄ ，② ＝２， 得ａ １＝ ２ １ ，∴ ａ １０＝ ａ １＋９ ｄ ＝ １ ２ ９ ， 故选 Ｂ ．
∴ ａ １＝－２ ｄ ＝－４，∴ ａ ｎ＝－４＋（ ｎ －１）×２＝２ ｎ －６ ． 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
（２）
由
（１）
知ａ
ｎ＝２
ｎ
－６，
键，属容易题．
ｎ ｎ ３．（２０１５浙江理，３，５分）已知 ａ 是等差数列 公差ｄ不为零
Ｓ
Ｓ
ｎ
ｎ＞
＝
ａ
ｎ
ｎ
ａ
⇔
１＋
ｎ２
（
－５ ２
－
ｎ
１
＞
）
２
ｄ
ｎ －
＝
６
－
⇔
４ ｎ
ｎ
＋
２
ｎ
－
（
７
ｎ
ｎ
－
＋
１
６
）
＞
＝
０⇔
ｎ２
（
－
ｎ
５
－
ｎ．
１）（ ｎ －６）＞０， 前 ａ ｎ ｄ 项和是 ｄＳ Ｓ ｎ ．若ａ ３， ａ ４， ａ ８ 成
｛
等
ｎ｝
比 ａ 数 ｄ 列 ， ｄ 则 Ｓ
，
（ ）
，
解得ｎ 舍 或ｎ ｎ的最小值为 ． Ａ． １ ＞０， ４＞０ Ｂ． １ ＜０， ４＜０
＜１（ ） ＞６，∴ ７ ａ ｄ ｄＳ ａ ｄ ｄＳ
９．（２０１９课标 文，１８，１２分）记Ｓ 为等差数列 ａ 的前ｎ项和． Ｃ． １ ＞０， ４＜０ Ｄ． １ ＜０， ４＞０
Ⅰ ｎ ｛ ｎ｝ 答案 Ｂ 由ａ２ ａ ａ 得 ａ ｄ ａ ｄ ａ ｄ ２ 整
已知Ｓ ａ ． ４＝ ３ ８， （ １＋２ ）（ １＋７ ）＝（ １＋３ ） ，
（１） 若 ９ ａ ＝ ３＝ － ４ ５ ， 求 ｛ ａ ｎ｝ 的通项公式 ； 理得ｄ （５ ｄ ＋３ ａ １）＝０， 又ｄ ≠０，∴ ａ １＝－ ３ ５ ｄ ， 则ａ １ ｄ ＝－ ３ ５ ｄ２ ＜０，
若ａ 求使得Ｓ ａ 的ｎ的取值范围．
９．
（２
解
）
析
１＞
（
０
１
，
）
设
｛
ａ
ｎ｝
的
ｎ≥
公差
ｎ
为ｄ．由Ｓ
９＝－
ａ
５
得ａ
１＋４
ｄ
＝０
．
又
∵
Ｓ
４＝４
ａ
１＋６
ｄ
＝－
３
２ ｄ
，∴
ｄＳ
４＝－
３
２ ｄ２
＜０，
故选
Ｂ
．
２ ５６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
４．（２０１３课标 理，７，５分）设等差数列 ａ 的前ｎ项和为Ｓ 若 评析 本题考查了数列与函数的应用，考查了数列的基本运
Ⅰ ｛ ｎ｝ ｎ，
Ｓ Ｓ Ｓ 则ｍ 算，利用导数求最值．本题易忽略ｎ的取值范围．
ｍ －１＝－２， ｍ＝０， ｍ ＋１＝３， ＝ （ ）
８．（２０１３课标 文，１７，１２分）已知等差数列 ａ 的公差不为零
Ａ．３ Ｂ．４ Ｃ．５ Ｄ．６ Ⅱ ｛ ｎ｝ ，
答案 Ｃ 解法一 Ｓ Ｓ Ｓ ａ Ｓ ａ 且ａ ａ ａ 成等比数列．
：∵ ｍ －１＝－２， ｍ＝０， ｍ ＋１＝３，∴ ｍ＝ ｍ－ １＝２５， １， １１， １３
Ｓ ａ Ｓ Ｓ 公差ｄ ａ ａ 由Ｓ ｎａ 求 ａ 的通项公式
ｍ －１＝２， ｍ ＋１＝ ｍ ＋１－ ｍ＝３，∴ ＝ ｍ ＋１－ ｍ＝１， ｎ＝ １＋ （１） ｛ ｎ｝ ；
ｎ ｎ ｎ ｎ 求ａ ａ ａ ａ ．
（ －１）ｄ ｎａ （ －１） （２） １＋ ４＋ ７＋…＋ ３ ｎ －２
２
＝ １＋
２
， 解析
（１）
设
｛
ａ
ｎ｝
的公差为ｄ．由题意
，
得ａ２
１１＝
ａ
１
ａ
１３，
得 ì î í ï ï ï ï ｍ （ ｍ ａ １ － ＋ １ ｍ ） （ ａ ｍ １ ２ ＋ － （ １ ｍ ） － ＝ １ ０ ） ， ２ （ ｍ －２ ） ＝ － ２ ． ① ② 即 于 又 故 （ 是 ａ ａ ａ １ ｎ １ ｄ ＝ ＝ ＋ （ ２ － １ ２ ５ ２ ０ ａ ， ｎ ｄ １ 所 ＋ ） ＋ ２ ２ ２ 以 ７ ＝ ５ ． ｄ ａ ｄ ） １（ ＝ ＝ ａ ０ ０ １ （ ＋ ． 舍 １２ 去 ｄ ） ） ． 或ｄ ＝－２ ．
ｍ
由 ① 得ａ １＝ １－
２
， 代入 ② 可得ｍ ＝５ ． （
由
２） 令
知
Ｓ ｎ
ａ
＝ ａ １＋ ａ ４＋ ａ
ｎ
７＋…＋
故
ａ ３ ｎ －
ａ
２ ．
是首项为 公差为 的等
解法二 数列 ａ 为等差数列 且前ｎ项和为Ｓ （１） ３ ｎ －２＝－６ ＋３１， ｛ ３ ｎ －２｝ ２５， －６
：∵ ｛ ｎ｝ ， ｎ， 差数列．从而
{Ｓ }
数列 ｎ 也为等差数列． ｎ
∴ ｎ Ｓ ｎ＝ （ ａ １＋ ａ ３ ｎ －２）
２
Ｓ Ｓ Ｓ
ｍ －１ ｍ ＋１ ２ ｍ 即 －２ ３ 解得ｍ ．经检验为原方 ｎ ｎ
∴ ｍ ＋ｍ ＝ ｍ ， ｍ ＋ｍ ＝０， ＝５ ＝ （－６ ＋５６）
－１ ＋１ －１ ＋１ ２
程的解．故选
Ｃ
．
＝－３
ｎ２
＋２８
ｎ．
５．（２０１６课标 Ⅰ ，３，５ 分）已知等差数列 ｛ ａ ｎ｝ 前 ９ 项的和为 ２７， ９．（２０１２湖北，理１８，文２０，１２ 分）已知等差数列 ｛ ａ ｎ｝ 前三项的
ａ 则ａ 和为 前三项的积为 ．
１０＝８， １００＝ （ ） －３， ８
求等差数列 ａ 的通项公式
Ａ．１００ Ｂ．９９ Ｃ．９８ Ｄ．９７ （１） ｛ ｎ｝ ；
答案 Ｃ { 设 ｛ ａ ｎ｝ 的公差为ｄ ， 由等差数列前ｎ项和公式及 （２） 若ａ ２， ａ ３， ａ １ 成等比数列 ， 求数列 ｛｜ ａ ｎ｜｝ 的前ｎ项和．
通 ＝ ｎ 项
思
－２ 公
路
， 式 ∴
分
， ａ
析
得 １００＝ Ｓ ａ １
用
９ １ ０ ０ ＝ ０ ＝ ９
ａ
－ ａ ａ ２ １
，
１ ＋ ＝ ＋
ｄ
９ ９ ９ ｄ
表
× ２ ８ ＝ ． ８
示
故 ８ ｄ ， ＝ 选
Ｓ
２７
，
Ｃ ，
ａ
． 解
，
得
列
{
方
ａ ｄ １ ＝
程
＝ １ － ，
组
１，
求
ａ ｎ
出
＝ ａ
ａ
１＋
，
（
ｄ
ｎ
，
－
从
１）
而
ｄ
解
＋２ 解
得
ｄ ， 析 { 由 ａ
１
题
＝
（ 意
２
１
，
） 得
或
设 { { 等 ３ ａ ａ ａ １
１
（ 差 １
＝
＋ ａ 数
－
１ ３ ＋
４
ｄ 列 ｄ
，
＝ ） － ｛ （ ３ ａ ａ ， ｎ １ ｝ ＋ 的 ２ ｄ 公 ）＝ 差 ８ 为 ， ｄ ， 则ａ ２＝ ａ １＋ ｄ ， ａ ３＝ ａ １
可求得ａ ． １ ９ １０ １ 所以由
ｄ
等 ＝－ 差 ３ 数列
ｄ
通 ＝ 项 ３
．
公式可得ａ ｎ ｎ 或ａ
１００ ｎ＝２－３（ －１）＝－３ ＋５ ｎ＝
６．（２０１４天津理，１１，５分）设 ａ 是首项为ａ 公差为 的等差
｛ ｎ｝ １， －１ －４＋３（ ｎ －１）＝３ ｎ －７ ．
数列 ， Ｓ ｎ 为其前 ｎ 项和．若 Ｓ １， Ｓ ２， Ｓ ４ 成等比数列 ， 则 ａ １ 的 故ａ ｎ＝－３ ｎ ＋５ 或ａ ｎ＝３ ｎ －７ ．
值为 ． 当ａ ｎ 时 ａ ａ ａ 分别为 不成等比
（２） ｎ＝－３ ＋５ ， ２， ３， １ －１，－４，２，
答案 － １ 数列 ；
解析 Ｓ １ ２ ＝ ａ １， Ｓ ２＝２ ａ １－１， Ｓ ４＝４ ａ １－６ ．故 （２ ａ １－１） ２ ＝ ａ １×（４ ａ １－ 当 条件 ａ ｎ ． ＝３ ｎ －７ 时 ， ａ ２， ａ ３， ａ １ 分别为 －１，２，－４， 成等比数列 ， 满足
解得ａ １ ． { ｎ ｎ
６）， １＝－ ２ 故 ｜ ａ ｎ｜＝｜３ ｎ －７｜＝ － ｎ ３ ＋７， ｎ ＝１， ． ２，
７．（２０１３课标 理，１６，５分）等差数列 ａ 的前ｎ项和为Ｓ ．已 ３ －７， ≥３
Ⅱ ｛ ｎ｝ ｎ 记数列 ａ 的前ｎ项和为Ｓ ．
知Ｓ Ｓ 则ｎＳ 的最小值为 ． ｛｜ ｎ｜｝ ｎ
答 １０ 案 ＝０， １５＝２５， ｎ 当ｎ ＝１ 时 ， Ｓ １＝｜ ａ １｜＝４； 当ｎ ＝２ 时 ， Ｓ ２＝｜ ａ １｜＋｜ ａ ２｜＝５；
－４９ 当ｎ 时 Ｓ Ｓ ａ ａ ａ
ｎ ｎ { ａ ｄ ≥３ ， ｎ＝ ２＋｜ ３｜＋｜ ４｜＋…＋｜ ｎ｜＝５＋（３×３－７）＋（３×４－７）＋…
解析 由Ｓ ｎ＝ ｎａ １＋ （
２
－１）ｄ得 １
１
０
５
ａ １
１
＋
＋
４
１
５
０５
ｄ ＝
＝
０
２
，
５，
＋（３ ｎ
（
－
ｎ
７）
－２）［２＋（３ ｎ －７）］ ３ ｎ２ １１ｎ ．
＝５＋ ＝ － ＋１０
解得ａ ｄ ２ ２ ２ ２
１＝－３， ＝ ， 当ｎ 时 满足此式
３ ＝２ ， ，
则Ｓ ｎ＝－３ ｎ ＋ ｎ （ ｎ －１） · ２ ＝ １ （ ｎ２ －１０ ｎ ）， { ４， ｎ ＝１，
２ ３ ３ 综上 ， Ｓ ｎ＝ ３ ｎ２ １１ｎ ｎ ．
所以ｎＳ
ｎ＝
１
（
ｎ３
－１０
ｎ２
）， ２
－
２
＋１０， ＞１
３ 评析 本题考查等差、等比数列的基础知识，考查运算求解
令ｆ ｘ １ ｘ３ ｘ２ 能力．
（ ）＝ （ －１０ ），
３
( ) ( )
则 ｆ ′ ｘ ｘ２ ２０ｘ ｘ ｘ ２０ 当ｘ ２０ 时 ｆ ｘ 递减 等差数列的性质及应用 学生用书Ｐ９４
（ ）＝ － ＝ － ， ∈ １， ， （ ） ，
３ ３ ３
( ) １．（２０２０课标 理，４，５分）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场
当ｘ ２０ 时 ｆ ｘ 递增 又 ２０ ｆ Ⅱ
∈ ，＋∞ ， （ ） ， ６＜ ＜７， （６）＝－４８， 所 分上 中 下三层．上层中心有一块圆形石板 称为天心
３ ３ ， 、 、 （
ｆ 所以ｎＳ 的最小值为 ． 石 环绕天心石砌 块扇面形石板构成第一环 向外每环依
（７）＝－４９， ｎ －４９ ）， ９ ，
第六章 数列 ２ ５７
次增加 块．下一层的第一环比上一层的最后一环多 块 向 项公式，再利用等差数列的定义证明即可．
９ ９ ，
外每环依次也增加 块．已知每层环数相同 且下层比中层多 解析 选 作为条件 证明 ．
９ ， ①② ， ③
块 则三层共有扇面形石板 不含天心石 证明 设等差数列 ａ 的公差为ｄ 因为 Ｓ 是等差数列 所
７２９ ， （ ） （ ） ： ｛ ｎ｝ ， ｛ ｎ｝ ，
以 Ｓ Ｓ Ｓ 即 ａ ｄ ａ ａ ｄ 两边平
２ ２ ＝ １＋ ３， ２ ２ １＋ ＝ １＋ ３ １＋３ ，
方 得 ａ ｄ ａ ａ ｄ ａ ａ ｄ 整理得 ａ ｄ
， ４（２ １＋ ）＝ １＋３ １＋３ ＋２ １（３ １＋３ ）， ４ １＋
ａ ａ ｄ 两边平方 得 ａ２ ａ ｄ ｄ２ ａ２
＝２ １（３ １＋３ ）， ， １６ １＋８ １ ＋ ＝ ４（３ １＋
ａ ｄ 化简得 ａ２ ａ ｄ ｄ２ 即 ａ ｄ ２ 所以ｄ ａ
块 块 ３ １ ）， ４ １－４ １ ＋ ＝０， （２ １－ ） ＝０， ＝２ １，
Ａ．３６９９ Ｂ．３４７４ 则ａ ａ ｄ ａ ．
块 块 ２＝ １＋ ＝３ １
Ｃ．３４０２ Ｄ．３３３９ 选 作为条件 证明 ．
１． 答案 Ｃ ①③ ， ②
证明 设等差数列 ａ 的公差为ｄ．
２．（２０２０浙江，７，４分）已知等差数列 ａ 的前ｎ项和为Ｓ 公差 ： ｛ ｎ｝
｛ ｎ｝ ｎ， 因为ａ ａ 即ａ ｄ ａ 所以ｄ ａ ．
ａ ２＝３ １， １＋ ＝３ １， ＝２ １
ｄ
≠０，
且
ｄ
１
≤１
．记ｂ
１＝
Ｓ
２，
ｂ
ｎ ＋１＝
Ｓ
２ ｎ ＋２－
Ｓ
２ ｎ，
ｎ
∈
Ｎ∗
，
下列等式不
所以等差数列 ａ 的前 ｎ 项和 Ｓ ｎａ
ｎ
（
ｎ
－１）ｄ ｎａ
∙ ｛ ｎ｝ ｎ ＝ １＋ ＝ １＋
可能成立的是 ２
（ ） ｎ ｎ
∙
Ａ．２
∙ａ
４＝
ａ
２＋
ａ
６ Ｂ．２
ｂ
４＝
ｂ
２＋
ｂ
６
（ －１）
·２
ａ
１＝
ｎ２ａ
１
．又ａ
１＞０，
所以 Ｓ
ｎ ＝
ｎ ａ
１
．
ａ２ ａ ａ ｂ２ ｂ ｂ ２
Ｃ． ４＝ ２ ８ Ｄ． ４＝ ２ ８ 则 Ｓ Ｓ ｎ ａ ｎ ａ ａ 所以数列 Ｓ 是
２． 答案 Ｄ ｎ ＋１－ ｎ ＝（ ＋１） １－ １ ＝ １， ｛ ｎ｝
公差为 ａ 的等差数列．
３．（２０２０北京，８，４分）在等差数列 ａ 中 ａ ａ ．记Ｔ
｛ ｎ｝ ， １＝－９， ５＝－１ ｎ 选 作为 １ 条件 证明 ．
＝ ａ １ ａ ２… ａ ｎ（ ｎ ＝１，２，…）， 则数列 ｛ Ｔ ｎ｝ （ ） ②③ ， ①
有最大项 有最小项 有最大项 无最小项 证明 设等差数列 Ｓ 的公差为ｄ 因为 Ｓ ａ Ｓ
Ａ． ， Ｂ． ， ： ｛ ｎ｝ ， １ ＝ １， ２ ＝
无最大项 有最小项 无最大项 无最小项 ａ ａ ａ ａ ａ 所以ｄ Ｓ Ｓ ａ ａ
Ｃ． ， Ｄ． ， １＋ ２ ＝ １＋３ １ ＝２ １， ＝ ２－ １ ＝２ １－ １
３． 答案 Ｂ ａ 则等差数列 Ｓ 的通项公式为 Ｓ ａ ｎ
４．（２０１７浙 江 ，６，４分）已知等差数列 ａ 的公差为ｄ 前ｎ项和
＝ １， ｛ ｎ｝ ｎ ＝ １＋（ －１）
为Ｓ 则 ｄ 是 Ｓ Ｓ Ｓ 的
｛ ｎ｝ ， ａ
１ ＝
ｎ ａ
１，
所以 Ｓ
ｎ＝
ｎ２ａ
１，
当 ｎ
≥２
时
，
ａ
ｎ＝
Ｓ
ｎ－
Ｓ
ｎ －１＝
ｎ２ａ
１－
ｎ， “ ＞０” “ ４＋ ６＞２ ５” （ ） ｎ ２ａ ｎ ａ 且当 ｎ 时 上式也成立 所以数列
充分不必要条件 必要不充分条件 （ －１） １＝（２ －１） １， ＝１ ， ，
Ａ． Ｂ． ａ 的通项公式为ａ ｎ ａ 则ａ ａ ｎ ａ ｎ
充分必要条件 既不充分也不必要条件 ｛ ｎ｝ ｎ＝（２ －１） １， ｎ ＋１－ ｎ＝（２ ＋１） １－（２
Ｃ． Ｄ． ａ ａ 所以数列 ａ 是公差为 ａ 的等差数列．
４． 答案 Ｃ －１） １＝２ １， ｛ ｎ｝ ２ １
方法总结 证明数列｛ａ ｝是等差数列的方法：
５．（
是
２
其
０１
前
９江
ｎ
苏
项
，
和
８，
．若
５ 分
ａ
）
ａ
已知
ａ
数列
Ｓ
｛ ａ ｎ｝（
则
ｎ ∈
Ｓ
Ｎ
的
∗ ）
值
是
是
等差数列 ，
．
Ｓ ｎ （
１
）定义法：证 明ａ
ｎ－
ａ
ｎ －１＝
ｄ ｎ （ｎ
≥２
，ｎ
∈
Ｎ∗），或ａ
ｎ ＋１－
ａ
ｎ＝
ｄ（ｎ
５． 答案
２ ５＋ ８＝０， ９＝２７， ８
∈
Ｎ∗）；
６．（２０２１新 高
１６
考 Ⅰ ，１７，１０ 分）已知数列 ｛ ａ ｎ｝ 满足 ａ １ ＝１， ａ ｎ ＋１
（
２
）等差中项法：证明
２
ａ
ｎ＝
ａ
ｎ －１＋
ａ
ｎ ＋１
（ｎ
≥２
，ｎ
∈
Ｎ∗）．
{ａ
ｎ＋１，
ｎ为奇数
，
以下为教师用书专用（１—３）
＝ ａ ｎ＋２， ｎ为偶数． １．（２０１５广东理，１０，５分）在等差数列 ｛ ａ ｎ｝ 中 ， 若ａ ３＋ ａ ４＋ ａ ５＋ ａ ６＋
（１） 记ｂ ｎ＝ ａ ２ ｎ， 写出ｂ １， ｂ ２， 并求数列 ｛ ｂ ｎ｝ 的通项公式 ； ａ ７＝２５， 则ａ ２＋ ａ ８＝ ．
求 ａ 的前 项和． 答案
（２） ｛ ｎ｝ ２０ １０
６． 解题指导 （ ）由已知条件求出｛ａ ｝的递推式，从而得出 解析 利用等差数列的性质可得ａ ａ ａ ａ ａ 从而
１ ｎ ３＋ ７＝ ４＋ ６＝２ ５，
｛ｂ ｝的递推式，再由已知条件求出ｂ ，从而求出数列｛ｂ ｝的通 ａ ａ ａ ａ ａ ａ 故ａ 所以ａ ａ ａ ．
ｎ １ ｎ ３＋ ４＋ ５＋ ６＋ ７＝５ ５＝２５， ５＝５， ２＋ ８＝２ ５＝１０
项公式．（ ）根据题目条件把｛ａ ｝的前 项分成两组，并用其 ２．（２０１５陕西文，１３，５分）中位数为 的一组数构成等差数
２ ｎ ２０ １ ０１０
中偶数项的和表示前 项的和，再用数列｛ｂ ｝的前 项的和 列 其末项为 则该数列的首项为 ．
２０ ｎ １０ ， ２０１５，
表示，根据等差数列前ｎ项和公式求出结果． 答案
５
７．（２０２１全国甲理，１８，１２分）已知数列 ａ 的各项均为正数 记 解析 设该数列的首项为ａ 根据等差数列的性质可得ａ
｛ ｎ｝ ， １， １＋
Ｓ 为 ａ 的前ｎ项和 从下面 中选取两个作为条件 证 从而ａ ．
ｎ ｛ ｎ｝ ， ①②③ ， ２０１５＝２×１０１０， １＝５
明另外一个成立． ３．（２０１４北京理，１２，５分）若等差数列 ａ 满足ａ ａ ａ ａ
｛ ｎ｝ ７＋ ８＋ ９＞０， ７＋
① 注 数 ：若 列 选 ｛ ａ 择 ｎ｝ 不 是 同 等 的 差 组 数 合 列 分 ；② 别 数 解 列 答 ｛ ，则 Ｓ ｎ 按 ｝ 是 第 等 一 差 个 数 解 列 答 ； 计 ③ ａ 分 ２＝ ． ３ ａ １ ． ａ １０ 答 ＜０ 案 ， 则当ｎ ＝ 时 ，｛ ａ ｎ｝ 的前ｎ项和最大．
８
７． 解题指导 先选两个作为条件，余下一个作为结论，然后进 解析 根据题意知ａ ａ ａ ａ 即ａ ．
７＋ ８＋ ９＝３ ８＞０， ８＞０
又ａ ａ ａ ａ ａ 当ｎ 时 ａ 的前ｎ 项和
行证明．如果是证明 ，利用等差中项法，即只需 Ｓ Ｓ ８＋ ９＝ ７＋ １０＜０，∴ ９＜０，∴ ＝８ ，｛ ｎ｝
③ ２ ２ ＝ １＋ 最大．
Ｓ ，通过化简即可得证；如果是证明 或 ，可先求数列的通
３ ① ②
２ ５８ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
学生用书Ｐ９５
考点 1 等差数列及其前ｎ项和 公差 （ 为 ３） 若 ｄ． ｛ ａ ｎ｝ 是等差数列 ， 公差为ｄ ， 则 ｛ ａ ２ ｎ｝ 也是等差数列 ，
２
若 ａ ｂ 项数相同 是等差数列 则 ｐａ ｑｂ ｐ ｑ是
１．通项公式 （４） ｛ ｎ｝，｛ ｎ｝（ ） ， ｛ ｎ＋ ｎ｝（ ，
常数 仍是等差数列．
）
式是 如 ① 果 ａ ｎ 等 ＝ 差 ａ １ 数 ＋ （ 列 ｎ － ｛ １ ａ ） ｎ ｄ ｝ ， 的 ｎ ∈ 首 Ｎ 项 ∗ 为 ． ａ １， 公差为ｄ ， 那么它的通项公 成公 （ 差 ５ 为 ） 若 ｍ ｛ ｄ ａ 的 ｎ｝ 等 是 差 等 数 差 列 数 ． 列 ， 则ａ ｋ， ａ ｋ ＋ ｍ， ａ ｋ ＋２ ｍ，…（ ｋ ， ｍ ∈ Ｎ∗ ） 组
２．前ｎ项和公式 ２．与等差数列各项的和有关的性质
已知条件 前ｎ项和公式 {Ｓ }
若 ａ 是等差数列 则 ｎ 也是等差数列 其首项与
（１） ｛ ｎ｝ ， ｎ ，
ｎ（ａ ａ ）
ａ １， ａ ｎ， ｎ ② Ｓ ｎ＝ １
２
＋ ｎ
｛ ａ ｎ｝ 的首项相同 ， 公差是 ｛ ａ ｎ｝ 的公差的 １ ．
ｎ（ｎ ） ２
ａ １， ｄ ， ｎ ③ Ｓ ｎ＝ ｎａ １＋ ２ －１ ｄ （２） Ｓ ｍ， Ｓ ２ ｍ， Ｓ ３ ｍ 分别为 ｛ ａ ｎ｝ 的前ｍ项 ， 前 ２ ｍ项 ， 前 ３ ｍ项的
和 则 Ｓ ，Ｓ Ｓ ，Ｓ Ｓ 成等差数列．
３．等差中项 ， ⑦ ｍ ２ ｍ－ ｍ ３ ｍ－ ２ ｍ
关于非零等差数列奇数项和与偶数项和的性质
ａ ｂ （３）
如果 Ａ ＋ 那么Ａ叫做ａ与ｂ的等差中项． Ｓ ａ
④ ＝ ， 若项数为 ｎ 则Ｓ Ｓ ｎｄ 奇 ｎ ．
２ （ｉ） ２ ， 偶－ 奇＝⑧ ，Ｓ ＝ａ
偶 ｎ
＋１
若项数为 ｎ 则Ｓ （ｎ ）ａ Ｓ ｎａ Ｓ Ｓ
2 （ｉｉ） ２ －１， 偶＝⑨ －１ ｎ ， 奇＝ ｎ， 奇－ 偶
考点 等差数列的性质及应用 Ｓ 奇 ｎ
ａ ．
＝ ｎ，Ｓ ＝ｎ
偶 －１
１．等差数列的常用性质
（４）
若两个等差数列
｛
ａ
ｎ｝、｛
ｂ
ｎ｝
的前ｎ项和分别为Ｓ
ｎ、
Ｔ
ｎ，
（１） 通项公式的推广 ：⑤ ａ ｎ＝ ａ ｍ＋ （ｎ － ｍ）ｄ （ ｎ ， ｍ ∈ Ｎ∗ ） ． 则 ａ ｎ Ｓ ２ ｎ －１ ．
（２）
若
｛
ａ
ｎ｝
是等差数列
，
且 ｋ
＋
ｌ
＝
ｍ
＋
ｎ
（
ｋ
，
ｌ
，
ｍ
，
ｎ
∈
Ｎ∗
），
ｂ ｎ ＝⑩ Ｔ
２
ｎ
－ １
则 ａ ａ ａ ａ ．
⑥ ｋ＋ ｌ＝ ｍ＋ ｎ
学生用书Ｐ９５
一、等差数列的判定方法 ａ
１．证明一个数列 ａ 为等差数列的基本方法有两种
列
，
则
ｎ
ｎ
＝１＋２（
ｎ
－１）＝２
ｎ
－１，
所以ａ
ｎ＝２
ｎ２
－
ｎ．
｛ ｎ｝ ：
１－１ 已知公差大于零的等差数列 ａ 的前ｎ项和为Ｓ 且
（１） 利用等差数列的定义证明 ， 即证明ａ ｎ ＋１－ ａ ｎ＝ ｄ （ ｎ ∈ Ｎ∗ ， ｄ 满足ａ ａ ａ ａ ． ｛ ｎ｝ ｎ，
为常数 ）； ２ ４ 求 ＝ 数 ６５ 列 ， １ ａ ＋ ５ 的 ＝１ 通 ８ 项公式
（２）
利用等差中项证明
，
即证明ａ
ｎ ＋２＋
ａ
ｎ＝２
ａ
ｎ ＋１（
ｎ
∈
Ｎ∗
）
． （１）
是否存
｛
在常
ｎ｝
数ｋ 使得数
；
列 Ｓ ｋｎ 为等差数列 若
２．解选择题 填空题时 也可用通项公式或前ｎ项和公式直 （２） ， ｛ ｎ＋ ｝ ？
、 ， 存在 求出常数ｋ 若不存在 请说明理由．
接判断 ， ； ，
： １－１． 解析 设公差为ｄ． ａ 为等差数列
通项公式法 若数列 ａ 的通项公式是关于ｎ的一次函 （１） ∵ ｛ ｎ｝ ，
（１） ： ｛ ｎ｝ ａ ａ ａ ａ 又ａ ａ ａ ａ 是方程ｘ２ ｘ
数 ， 即ａ ｎ＝ Ａｎ ＋ Ｂ ， 则 ｛ ａ ｎ｝ 是等差数列 ； ∴ 的 １ 两 ＋ 个 ５＝ 根 ２＋ 又公 ４＝ 差 １８ ｄ ， ２ ａ ４＝ ａ ６５，∴ ａ ２， ４ ａ ． －１８ ＋
前ｎ项和公式法 若数列 ａ 的前ｎ项和Ｓ 可以化为 ６５＝０ ， ＞０，∴ ２＜ ４，∴ ２＝５， ４＝１３
（２） ： ｛ ｎ｝ ｎ {ａ ｄ {ａ
Ｓ
ｎ＝
Ａｎ２
＋
Ｂｎ
（
Ａ
，
Ｂ是常数
）
的形式
，
则
｛
ａ
ｎ｝
是等差数列．
∴ ａ
１＋
ｄ
＝５，
∴ ｄ
１＝１，
∴
ａ
ｎ＝４
ｎ
－３
．
例１
求
已
ａ
知数
ａ
列
的
｛
值
ａ
ｎ｝
满足ａ
１＝１，
且ｎａ
ｎ ＋１－（
ｎ
＋１）
ａ
ｎ＝２
ｎ２
＋２
ｎ．
（２）
由
１＋
（
３
１）
＝
知
１
，
３
Ｓ
，
ｎ＝
ｎ
＋
＝
ｎ
（
４
ｎ
，
－１）
×４＝２
ｎ２
－
ｎ
，
（１） ２， ３ ； ２
{ａ }
（２） 证明数列 ｎ ｎ 是等差数列 ， 并求 ｛ ａ ｎ｝ 的通项公式． 假设存在常数ｋ ， 使数列 ｛ Ｓ ｎ＋ ｋｎ ｝ 为等差数列．
由 Ｓ ｋ Ｓ ｋ Ｓ ｋ
解析 由已知 得ａ ａ 则ａ ａ 又ａ 所 １＋ ＋ ３＋３ ＝２ ２＋２ ，
（１） ， ２－２ １＝４， ２＝２ １＋４， １＝１， 得 ｋ ｋ ｋ 解得ｋ ．
以ａ 由 ａ ａ 得 ａ ａ 所以ａ ． １＋ ＋ １５＋３ ＝２ ６＋２ ， ＝１
２＝６， ２ ３－３ ２＝１２， ２ ３＝１２＋３ ２，
ｎａ
３＝１５
ｎ ａ ∴
Ｓ
ｎ＋
ｋｎ
＝ ２
ｎ２
＝ ２
ｎ
，
（２） 由已知ｎａ ｎ ＋１－（ ｎ ＋１） ａ ｎ＝２ ｎ （ ｎ ＋１）， 得 ｎ ＋ ｎ １ （ － ｎ （ ＋ ＋ １） １） ｎ ＝ 当ｎ ≥２ 时 ， ２ ｎ － ２（ ｎ －１）＝ ２， 为常数 ，
即 ａ ｎ ＋１ ａ ｎ 所以数列 {ａ ｎ } 是首项为 公差为 的等差数 ∴ 数列 ｛ Ｓ ｎ＋ ｋｎ ｝ 为等差数列．
２， ｎ － ｎ ＝２， ｎ １， ２ 故存在常数ｋ 使得数列 Ｓ ｋｎ 为等差数列．
＋１ ＝１， ｛ ｎ＋ ｝
第六章 数列 ２ ５９
１－２ 已知数列 ｂ 的前ｎ 项和为 Ｔ 且对任意正整数 ｎ ｄ ( ｄ ) ａ
Ｔ ｎｂ 恒成立．证明
｛ ｎ
数
｝
列 ｂ 为等差数列
ｎ，
．
，
１１
ａ
１＋
１１×１０ｄ
，
即ｄ
＝－
２ ａ
１
．从而Ｓ
ｎ＝
ｎ２
＋
ａ
１－
ｎ
＝－
１
（
ｎ
－
２ ｎ＝ ｎ ： ｛ ｎ｝ ２ １３ ２ ２ １３
１－２． 证明 因为 Ｔ ｎｂ ａ
所以当ｎ 时 Ｔ ２ ｎ＝ ｎ ｎ， ｂ ① ７） ２ ＋ ４９ａ １， 因为ａ １＞０， 所以 － １ ＜０ ．故当ｎ ＝７ 时 ， Ｓ ｎ 最大．
≥２ ，２ ｎ －１＝（ －１） ｎ －１， ② １３ １３
①－②
得
２
ｂ
ｎ＝
ｎｂ
ｎ－（
ｎ
－１）
ｂ
ｎ －１，
即
（
ｎ
－２）
ｂ
ｎ＝（
ｎ
－１）
ｂ
ｎ －１， ③
解法二
：
易知Ｓ
ｎ＝
Ａｎ２
＋
Ｂｎ 是关于 ｎ 的二次函数
，
由 Ｓ
３＝
证法一 由 ｎ ｂ ｎ ｂ 得 ｎ ｂ ｎｂ
即ｎｂ ： ｎ （ －２ ｂ ） ｎ＝（ －１） ｎ －１ （ －１） ｎ ＋１＝ ｎ， Ｓ １１， 可知Ｓ ｎ＝ Ａｎ２ ＋ Ｂｎ的图象关于直线ｎ ＝ ３＋１１ ＝７ 对称．由解法
ｎ＝（ －１） ｎ ＋１， ④ ２
得 ｎ ｂ ｎ ｂ ｎ ｂ ａ
③ 即 ＋④ ｂ ｂ （２ － ｂ ２） ｎ 所 ＝ 以 （ － ｂ １） 为 ｎ － 等 １＋（ 差数 －１ 列 ） ． ｎ ＋１， 一可知Ａ ＝－ １ ＜０， 故当ｎ ＝７ 时 ， Ｓ ｎ 最大．
２ ｎ＝ ｎ －１＋ ｎ ＋１， ｛ ｎ｝ １３
ｂ ｂ
证 当 所 因 法 以 为 ｎ ≥ 二 ｂ ｎ ｎ ３ ： ＝ 由 时 ｂ 时 ２ （ ， （ ｎ ｎ ｎ ｂ － － － 由 ｎ １ ２ １ ） ＝ ） ｂ ｎ ， ｂ Ｔ ｎ － 所 ｎ ＝ － ２ １ （ 以 ＝ ｎ ｎ ｂ … － ｂ １ ｎ 得 ＝ － ） ｂ ｂ ｂ １ ｎ ｎ ２ － － Ｔ １ ， １ ＝ ， 得 ｂ ｂ ２ ｎ ． － ｎ １ ＝ｎ － ｎ － ２ １ ， 大 ， 则有 解 { 法 ａ ａ ｎ ｎ ＋ ≥ 三 １≤ ０ ： ， 设 ０， 公 即 差 ì î í ï ï ï ï ａ ａ 为 １ １ ＋ ＋ （ ｎ ｄ ｎ ( ．由 － －１ １ 解 ２ ） ３ ａ ( 法 １ － ) 一 １ ２ ≤ ３ 可 ａ ０ １ ， 知 ) ≥ ｄ ０ ＝ ， 解 － １ 得 ２ ３ ａ ６ １ ． ． ５ 要 ≤ 使 ｎ ≤ Ｓ ７ ｎ ． ５ 最 ，
＝１ ， ２ ｎ＝ ｎ ２ １＝ １， 故当ｎ 时 Ｓ 最大．
所以ｂ 则ｂ ｂ ｂ ＝７ ， ｎ
１＝０， ２－ １＝ ２， 解法四 设公差为ｄ．由Ｓ Ｓ 可得 ａ ｄ 即 ａ
所以ｂ ｎ－ ｂ ｎ －１＝ ｂ ２ 对ｎ ≥２ 恒成立 ， ｄ ａ ｄ ： 故ａ ａ 又 ３＝ 由 １１ ａ ， Ｓ ２ １ Ｓ ＋１ 可 ３ 知 ＝０ ｄ ， （ 所 １ 以 ＋
所以 ｛ ｂ ｎ｝ 为等差数列． ａ ６ ）＋（ ａ １＋７ 所 ）＝ 以 ０ 当 ， ｎ ７＋ 时 ８＝ Ｓ ０， 最大． １＞０， ３＝ １１ ＜０，
二、等差数列前ｎ项和最值的求法 ７＞０，
２－
８
１
＜０
设
，
等差数列
＝
｛
７
ａ
ｎ｝
满
，
足
ｎ
ａ
１＝１，
ａ
ｎ＞０（
ｎ
∈
Ｎ∗
），
其前ｎ项和
求等差数列 ａ 的前ｎ项和Ｓ 的最值的方法如下 Ｓ
｛ ｎ｝ ｎ ： 为Ｓ 若数列 Ｓ 也为等差数列 则 ｎ ＋１０的最大值是 ．
ｎ， ｛ ｎ｝ ， ａ２ｎ
２－１． 答案
１２１
２－２ 等差数列 ａ 的前ｎ项和为Ｓ 已知Ｓ Ｓ
｛ ｎ｝ ｎ， １０＝０， １５＝２５，
则ｎＳ 的最小值为 ．
ｎ
２－２． 答案
－４９
２－３ 在等差数列 ａ 中 已知ａ 当且仅当ｎ 时Ｓ
｛ ｎ｝ ， １＝２０， ＝８ ｎ
取得最大值 求ｄ的取值范围．
，
{ｄ
＜０，
２－３． 解析 由当且仅当ｎ 时Ｓ 取得最大值可得 ａ 即
＝８ ｎ ８＞０，
ａ
例２ 等差数列
｛
ａ
ｎ｝
中
，
设Ｓ
ｎ
为其前ｎ项和
，
且 ａ
１＞０，
Ｓ
３＝ {ｄ
９＜０，
Ｓ 则当ｎ为多少时 Ｓ 最大 ＜０，
１１， ， ｎ ？ ｄ 解得 ２０ ｄ ５ ．
２０＋７ ＞０， － ＜ ＜－
解析 解法一 设公差为ｄ．由Ｓ Ｓ 可得 ａ ３×２ｄ ｄ ７ ２
： ３＝ １１， ３ １＋ ＝ ２０＋８ ＜０，
２
Ａ 组 考点基础题组 学生用书Ｐ９６
则下列说法不正确的是
等差数列及其前ｎ项和 （ ）
１．（２０２０福建质量检测）等差数列 ａ 的前ｎ项和为Ｓ 若ａ
｛ ｎ｝ ｎ， ４＝
Ｓ 则ａ
４， １３＝１０４， １０＝ （ ）
Ａ．１０ Ｂ．１２
Ｃ．１６ Ｄ．２０
１． 答案 Ｂ
２．（２０２１湖南永州二模，６）我国天文学和数学著作 周髀算经
《 》
中记载 一年有二十四个节气 每个节气的晷长损益相同 晷
： ， （ 小寒比大寒的晷长长一尺
是按照日影测定时刻的仪器 晷长即为所测量影子的长度 Ａ．
， ）， 春分和秋分两个节气的晷长相同
二十四节气及晷长变化如图所示 相邻两个节气晷长减少或 Ｂ．
， 小雪的晷长为一丈五寸
增加的量相同 周而复始．已知每年冬至的晷长为一丈三尺五 Ｃ．
， 立春的晷长比立秋的晷长长
寸 夏至的晷长为一尺五寸 一丈等于十尺 一尺等于十寸 Ｄ．
， （ ， ），
２ ６０ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
２． 答案 Ｃ 中 中间项的值为
， （ ）
Ａ．９９２ Ｂ．１０２２ Ｃ．１００７ Ｄ．１０３７
等差数列的性质及应用 ２． 答案 Ｃ
３．（２０２１广东韶关一模，１４）设Ｓ 为等差数列 ａ 的前ｎ项和
１．（２０２０广东揭阳摸底，４）已知等差数列 ａ 的前ｎ项和Ｓ 满 ｎ ｛ ｎ｝ ，
｛ ｎ｝ ｎ ａ ａ 则Ｓ 若ａ 则使得不等式Ｓ 成立
足Ｓ Ｓ 则ａ 等于 ６＋ ７＝１， １２＝ ， ７＜０， ｎ＜０
４＝５， ９＝２０， ７ （ ） 的最小整数ｎ ．
＝
Ａ．－３ Ｂ．－５ Ｃ．３ Ｄ．５ ３． 答案
１． 答案 Ｃ ６；１３
４．（２０２０江苏仿真模拟，６）已知等差数列 ａ 满足 ａ ａ
２．（２０２１湖南岳阳一模，４） 中国剩余定理 又称 孙子定理 讲 ｛ ｎ｝ ５＝２， １１＝
“ ” “ ”， 则ａ２ ａ２ ．
的是一个关于整除的问题．现有这样一个整除问题 将 到 １１， ８－ ２＝
： １ ４． 答案
这 个数中 能被 整除余 且被 整除余 的数按 ３６
２０２１ ２０２１ ， ３ ２ ５ ２
从小到大的顺序排成一列 构成数列 ａ 则此数列所有项
， ｛ ｎ｝，
Ｂ 组 综合应用题组 学生用书Ｐ９７ ５５分钟 ７０分
一、单项选择题（每小题５分，共１５分） 子擅长织布 织布的速度一天比一天快 从第二天起 每天比
， ， ，
１．（２０２０湘赣皖十五校第一次联考）记Ｓ 为数列 ａ 的前ｎ项 前一天多织相同数量的布 第一天织 尺 一个月共织了九匹
ｎ ｛ ｎ｝ ， ５ ，
和
，
数列
｛
ａ
ｎ｝
对任意的ｐ
，
ｑ
∈
Ｎ∗满足 ａ
ｐ ＋ ｑ＝
ａ
ｐ＋
ａ
ｑ＋１３
．若 ａ
３＝
三丈
丈 ，
问从
丈
第二天
尺
起
若 ，
每
这
天
一
比
个
前
月
一
有
天多
天
织多
记
少
该
尺
女
布
子 ？ 这 ”
．
一
已
个
知
月 １
匹
中
－７， 则当Ｓ ｎ 取最小值时 ， ｎ等于 （ ） 的 ＝４ 第ｎ ， 天 １ 所 ＝ 织 １ 布 ０ 的 ， 尺数为ａ ｂ ３ ａ ０ ｎ 对 ， 于数列 ａ ｂ 下
ｎ， ｎ＝２ ， ｛ ｎ｝、｛ ｎ｝，
Ａ．６ Ｂ．７ Ｃ．８ Ｄ．９
１． 答案 Ａ 列选项中正确的为 （ ）
ｂ ｂ ｂ 是等比数列
２．（２０２１山东聊城二模，８）已知数列 ａ ａ １ 其中ｆ ｎ 为 Ａ． １０＝８ ５ Ｂ．｛ ｎ｝
｛ ｎ｝， ｎ＝ｆ ｎ ， （ ） ａ ａ ａ
（ ） ａ ｂ ３＋ ５＋ ７ ２０９
Ｃ． １ ３０＝１０５ Ｄ．ａ ａ ａ ＝
最接近 ｎ的整数 ， 若 ｛ ａ ｎ｝ 的前ｍ项和为 ２０， 则ｍ ＝ （ ） ６． 答案 ＢＤ ２＋ ４＋ ６ １９３
Ａ．１５ Ｂ．３０ Ｃ．６０ Ｄ．１１０
２． 答案 Ｄ 三、填空题（共５分）
３．（２０２１重庆二模，４）已知公差不为 的等差数列 ａ 中 ａ ａ ７．（２０２１河北衡水中学全国高三第二次联考，１５）已知等差数列
０ ｛ ｎ｝ ， ２＋ ４
ａ ａ ａ２ 则ａ ｎ
＝ ６， ９＝ ６， １０＝ （ ）
｛
ａ
ｎ｝
满足ａ
２＝３，
ａ
３
是ａ
１
与ａ
９
的等比中项
，
则
∑ｉ＝
ａ
２ ｉ
的值为
５ １
．
Ａ． Ｂ．５ Ｃ．１０ Ｄ．４０
２
３． 答案 Ａ ７． 答案 ｎ或 ３ ｎ ｎ
３ （ ＋１）
二、多项选择题（每小题５分，共１５分） ２
四、解答题（共３５分）
４．（２０２０百师联盟练习题五，６）对于数列 ｛ ａ ｎ｝， 令ｂ ｎ＝ ａ ｎ－ａ １ ｎ ， 下 ８．（２０２０湖南衡阳一模）已知 ｛ ａ ｎ｝ 为等差数列 ， 前ｎ项和为Ｓ ｎ，
ａ Ｓ ．
列说法正确的是 （ ） ３＝ 求 ９， 数 ９ 列 ＝１３ ａ ５ 的通项公式
若数列 ａ 是单调递增数列 则数列 ｂ 也是单调递增数列 （１） ｛ ｎ｝ ；
Ａ． ｛ ｎ｝ ， ｛ ｎ｝ { }
若数列 ａ 是单调递减数列 则数列 ｂ 也是单调递减数列 记数列 １ 的前ｎ项和为Ｔ 证明 １ Ｔ １ ．
Ｂ． ｛ ｎ｝ ， ｛ ｎ｝ （２） ａ ｎ， ： ≤ ｎ＜
若ａ ｎ 则数列 ｂ 有最小值 ２ ｎ ６ ３
Ｃ． ｎ＝３ －１， ｛ ｎ｝ ８． 解析 设公差为ｄ
( )ｎ （１） ，
若ａ １ 则数列 ｂ 有最大值 {ａ ｄ {ａ
Ｄ． ｎ＝１－ － ， ｛ ｎ｝ 由题意得 １＋２ ＝９， 解得 １＝３，
２ ａ ｄ ｄ
４． 答案 ＣＤ ９ １＋３６ ＝１３５， ＝３，
ａ ｎ．
５．（２０２１湖南衡阳联考（一），１０）设数列 ａ 的前ｎ项和为Ｓ ∴ ｎ＝３
｛ ｎ｝ ｎ， ( )ｎ
Ｓ 证明 令ｃ １ 则ｃ １ １
若 Ｓ ２ ｎ为常数 ， 则称数列 ｛ ａ ｎ｝ 为 “ 吉祥数列 ”， 则下列数列 ｛ ｂ ｎ｝ （２） ： ｎ＝ａ ２ ｎ ， ｎ＝ ３ ２ ，
ｎ
４
为 吉祥数列 的是 则 ｃ ｃ １ Ｔ Ｔ １
“ ” （ ） ０＜ ｎ≤ １＝ ，∴ ｎ≥ １＝ ，
Ａ． ｂ ｎ＝ ｎ Ｂ． ｂ ｎ＝（－１） ｎ （ ｎ ＋１） ６ [ ( )ｎ] ６
Ｃ． ｂ ｎ＝４ ｎ －２ Ｄ． ｂ ｎ＝２ ｎ 又Ｔ １ ２ １ １－ ２ １ １ [ ( １ )ｎ] １
５． 答案 ＢＣ ｎ＝ × ＝ １－ ＜ ，
３ １ ３ ２ ３
６．（２０２１江苏南通海门一中期末，１１）在悠久灿烂的中国古代文 １－
２
化中 数学文化是其中一朵绚丽的奇葩． 张丘建算经 是我国
， 《 》 １ Ｔ １ ．
古代有标志性的内容丰富的众多数学名著之一 大约创作于 ∴ ≤ ｎ＜
， ６ ３
公元
５
世纪．书中有如下问题
：“
今有女善织
，
日益功疾
，
初日织 ９．（２０２０福建漳州第二次适应性测试，１７）已知数列
｛
ａ
ｎ｝
的前ｎ
五尺
，
今一月织九匹三丈
，
问日益几何
？”
．其大意为
：“
有一女 项和为Ｓ
ｎ，
ａ
ｎ＞０，２
Ｓ
ｎ＝
ａ２ｎ＋ ａ
ｎ，
ｎ
∈
Ｎ∗．
第六章 数列 ２ ６１
求ａ 面的题目补充完整 并求解．
（１） ｎ； ，
设 ａ 是一个公比为ｑ ｑ 且ｑ 的等比数列 且它的首
若ｂ １ 数列 ｂ 的前ｎ项和为Ｔ 求Ｔ ． ｛ ｎ｝ （ ＞０， ≠１） ，
（２） ｎ＝Ｓ ， ｛ ｎ｝ ｎ， ｎ 项ａ ．
ｎ １＝１，
９． 解析 由 Ｓ ａ２ ａ 得 ａ ａ２ ａ 求数列 ａ 的通项公式
（１） ２ １＝ １＋ １ ，２ １＝ １＋ １， （１） ｛ ｎ｝ ；
解得ａ 舍去 或ａ ａ ． { }
∵２ Ｓ ｎ＝
１
ａ
＝
２ｎ
０
＋
（
ａ ｎ， ｎ ∈
）
Ｎ∗ ，
１＝１，∴ １＝１
（２）
令ｂ
ｎ＝２ｌｏｇ２
ａ
ｎ＋１（
ｎ
∈
Ｎ∗
），
证明
：
数列
ｂ ｎ ｂ
１
ｎ ＋１
的前ｎ项和
∴２
Ｓ
ｎ －１＝
ａ２ｎ
－１＋
ａ
ｎ －１，
ｎ
≥２， Ｔ ｎ＜ １．
两式相减得 ，２（ Ｓ ｎ－ Ｓ ｎ －１）＝ ａ２ｎ－ ａ２ｎ －１＋ ａ ｎ－ ａ ｎ －１， ｎ ≥２， １０． 解析 ２ 选 进行作答．因为 ａ ａ ａ 成等差数列
∴ （ ∵ ∴ ａ ２ ａ ｛ ｎ ａ ＋ ｎ ａ ＋ ｎ ａ ｎ ａ ｝ ＝ ｎ － ｎ 为 ａ １ － ） １ ２ｎ ＞ 等 － （ ０ ａ ａ 差 ， ２ｎ ｎ － ∴ － １ 数 ＋ ａ ａ ａ ｎ 列 － ｎ ｎ １ － － － ， ａ ａ １ 公 ｎ ｎ － ） － １ １ 差 ＝ ＝ ， ｎ ０ １ 为 ≥ ， ， ｎ ｎ １ ２ ≥ ≥ ， ， ａ ２ ２ ２ｎ ， ， － ａ２ｎ －１－（ ａ ｎ＋ ａ ｎ －１）＝０， ｎ ≥２， 所 选 ＝２ ② 以 ， 所 进 ６ ａ 以 行 ４＝ （ 作 ａ ４ １ ｎ ａ 答 ） ＝ ３ ２ ＋ ．由 ｎ ２ － ① ａ １ 题 ． ５， 意 即 得 ６ ａ Ｓ ３· ｎ＝ ｑ ２ ＝ ｎ － ４ ａ ａ ３ ， ４ ＋ 因 ２ ３ 为 ａ ， ３ ３ ｑ ａ ２ ， １ ４， 解 ＝ ２ Ｓ 得 １ ５ ＝ ｑ ２ ＝ － １ ａ （ ＝ 舍 １， ） 所 或 以 ， ｑ
又
（２
∵
）
由 ａ １
（
＝
１
１
）
， 得 ∴ Ｓ ａ
ｎ
ｎ
＝
＝ ｎ ｎ （ ， ｎ ｎ
２
∈ ＋１ Ｎ ） ∗
，
ｎ ．
∈
Ｎ∗
，
ａ 当
１，
＝
符
ｎ １ ≥ ，
合
所 ２
上
以 时
式
， Ｓ Ｓ
，
ｎ ｎ
所
＝ －１ ２
以
＝ ｎ － ２
ａ
１ ｎ －
ｎ
， １
＝
－
２
１，
ｎ －
则
１．
ａ ｎ＝ Ｓ ｎ－ Ｓ ｎ －１＝２ ｎ －１ ， 当ｎ ＝１ 时 ， ａ １＝
( ) 选 作答．由Ｓ 得ａ ａ ａ 即ａ ａ ｑ ａ ｑ２
∴ ｂ ｎ＝Ｓ １ ｎ [ ＝ ( ｎ （ ｎ ２ ＋１ ) ） ＝ ( ２ １ ｎ －ｎ ) ＋ １ １ ， ( )] 解 ③ 得ｑ ＝２ 或ｑ ３ ＝ ＝ － ７ ３ ， ， 又因 １ 为 ＋ ２ ｑ ＋ ＞０ ３ ， ＝ 所 ７ 以 ， ｑ ＝ １ ２ ＋ ， 所 １· 以ａ ＋ ｎ＝ １· ２ ｎ －１． ＝７，
∴ Ｔ ｎ＝２ １－ １ ＋ １ － １ ＋…＋ ｎ １ －ｎ １ （２） 证明 ： ｂ ｎ＝２ｌｏｇ２２ ｎ －１ ＋１＝２ ｎ －１， ｎ ( ∈ Ｎ∗ ， )
２ ２ ３ ＋１
＝２ ( １－ｎ １ ) ＝ｎ ２ ｎ ． 则 ｂ
(
ｎ ｂ １ ｎ ＋１ ＝ （２ ｎ －１） １ （２ ｎ ＋１） ＝ ２ １ ２
)
ｎ １ －１ － ２
(
ｎ １ ＋１ ， 所
)
以 Ｔ ｎ ＝
＋１ ＋１
１０．（２０２１辽宁开原三模，１８）给出以下三个条件 ａ ａ ａ １ １ １ １ １ １ １ １
：①４ ３，３ ４，２ ５ ２ １－ ３ ＋ ３ － ５ ＋…＋ ２ ｎ －１ － ２ ｎ ＋１ ＝ ２ １－ ２ ｎ ＋１ ，
成
上
等
其
差
中
数
ａ
列
为
；②
常
∀
数
ｎ ∈ Ｎ
Ｓ
∗ ， 点
．请
（ ｎ
从
， Ｓ
这
ｎ）
三
均
个
在
条
函
件
数
中
ｙ
任
＝２
选
ｘ －
一
ａ
个
的
将
图象
下
因为ｎ
∈
Ｎ∗
，
所以
１－ ｎ
１
＜１，
所以Ｔ
ｎ＜
１
，
得证．
， ；③ ３＝７ ２ ＋１ ２
Ｃ 组 教师专用题组
一、单项选择题 必要性 ：｛ ａ ｎ｝ 为递增数列 ， Ｔ ｍ ＋２＝ Ｔ ｍ＋（－１） ｍ ＋２ａ ｍ ＋１＋（－１） ｍ ＋３ ·
１．（２０２１北京海淀一模，３）已知 ａ 为等差数列 Ｓ 为其前ｎ项 ａ 当ｍ为奇数时 Ｔ Ｔ ａ ａ 又 ａ 为递增数
｛ ｎ｝ ， ｎ ｍ ＋２，∴ ， ｍ ＋２＝ ｍ－ ｍ ＋１＋ ｍ ＋２， ｛ ｎ｝
和．若ａ Ｓ 则ａ 列 ａ ａ Ｔ Ｔ 故必要性成立．
５＝ ５＝５， １＝ （ ） ，∴ ｍ ＋２＞ ｍ ＋１，∴ ｍ ＋２＞ ｍ，
Ａ．－５ Ｂ．－４ Ｃ．－３ Ｄ．－２
综上所述
，“
存在ｍ
∈
Ｎ∗
，
使得Ｔ
ｍ＜
Ｔ
ｍ ＋２”
是
“
ａ
ｎ
为递增数列
”
的
答案 Ｃ 设 ａ 的首项为ａ 公差为ｄ． ａ 为等差数 必要不充分条件 故选 ．
｛ ｎ｝ １， ∵ ｛ ｎ｝ ， Ｂ
ｎ ｎ ３．（２０２１安徽蚌埠三模，３）已知等差数列 ａ 的前ｎ项和为Ｓ
列 Ｓ 为其前ｎ项和 ａ ａ ｎ ｄ Ｓ ｎａ （ －１）ｄ ｛ ｎ｝ ｎ，
， ｎ ，∴ ｎ＝ １＋（ －１） ， ｎ＝ １＋ ， Ｓ
２ Ｓ Ｓ 则 ３
ａ ａ ｄ Ｓ ａ ５×４ｄ ａ ｄ． ａ Ｓ 即 ａ ｄ
１＝１， ５＝２５，
３
＝ （ ）
∴ ５＝ １＋４ ， ５＝５ １＋ ＝５ １＋１０ ∵ ５＝ ５， １＋４ ＝
２
Ａ．３ Ｂ．６ Ｃ．９ Ｄ．１２
５ ａ １＋１０ ｄ ，∴ ａ １＝－ ３ ｄ ， 又ａ ５＝５，∴ ａ １＋４ ｄ ＝－ ３ ｄ ＋４ ｄ ＝ ５ ｄ ＝５， 答案 Ａ 设公差为ｄ．因为等差数列 ｛ ａ ｎ｝ 中 ， ａ １＝ Ｓ １＝１，
２ ２ ２ Ｓ
所以Ｓ ｄ 所以ｄ 则 ３ ａ ｄ ．
ｄ ａ ３ 故选 ． ５＝５＋１０ ＝２５， ＝２， ＝ １＋ ＝３
∴ ＝２，∴ １＝－ ×２＝－３， Ｃ ３
２ ４．（２０２１甘肃顶级名校联考，１０）已知数列 ａ 的前ｎ项和Ｓ
方法总结 等差数列运算问题的通性通法： ｛ ｎ｝ ｎ＝
等差数列运算问题的一般求法是设出首项ａ 和公差ｄ，然后 １ ｎ２ ２ ｎ ｎ Ｎ∗ 则下列说法正确的是
＋ ＋３（ ∈ ）， （ ）
由通项公式或前ｎ项和公式得到方程（组），求 １ 解即可． ４ ３
数列 ａ 是等差数列
２．（２０２１北京西城一模，９）在无穷等差数列 ａ 中．记Ｔ ａ ａ Ａ． ｛ ｎ｝
Ｔ
＋ ａ ３－
Ｔ
ａ ４＋ ａ
是
５－…
ａ
＋（
为
－
递
１）
增
ｎ ＋１
数
ａ ｎ
列
（ ｎ ＝
的
１，２，…）， 则 ｛ “ 存 ｎ｝ 在ｍ ∈ Ｎ ｎ ∗ ＝ ， 使 １－ 得 ２ Ｂ
Ｃ
．
．
数 ａ
１，
列 ａ
５
｛
，
ａ ａ ｎ
９
｝ 成 是 等 递 差 增 数 数 列 列
ｍ 充 ＜ 分 ｍ ＋２ 而 ” 不 “ 必要 ｎ 条件 ” 必要而不充分条件 （ ） Ｄ． Ｓ ６－ Ｓ ３， Ｓ ９－ Ｓ ６， Ｓ １２－ Ｓ ９ 成等差数列
Ａ． Ｂ．
Ｃ． 充分必要条件 Ｄ． 既不充分也不必要条件 答案 Ｄ 由Ｓ ｎ＝ １ ｎ２ ＋ ２ ｎ ＋３（ ｎ ∈ Ｎ∗ ），
４ ３
＝ Ｔ 答 ｍ＋ 案 （ －１ Ｂ ） ｍ ＋２ 充 ａ ｍ 分 ＋１＋ 性 （ ： － 若 １） 存 ｍ ＋ 在 ３ · ｍ ａ ∈ ｍ ＋２ Ｎ ， 即 ∗ ， （ 使 － 得 １） ｍ Ｔ ＋ ｍ ２ａ ＜ ｍ Ｔ ＋ ｍ １ ＋ ＋ ２， （ 则 －１ 由 ） ｍ ＋ Ｔ ３ ｍ · ＋２ 当ｎ ≥２ 时 ， ａ ｎ＝ Ｓ ｎ－ Ｓ ｎ －１＝ ４ １ ｎ２ ＋ ３ ２ ｎ ＋３－ [ ４ １ （ ｎ －１） ２ ＋ ３ ２ （ ｎ －
ａ ． ]
ｍ ＋２＞０ １ ｎ ５ ．
当ｍ为奇数时 ａ ａ ａ ａ ａ 为递增数列． １）＋３ ＝ ＋
，－ ｍ ＋１＋ ｍ ＋２＞０， ｍ ＋２＞ ｍ ＋１，∴ ｛ ｎ｝ ２ １２
当ｍ为偶数时 ａ ａ ａ ａ ａ 为递减数列．
， ｍ ＋１－ ｍ ＋２＞０， ｍ ＋１＞ ｍ ＋２，∴ ｛ ｎ｝ ｎ 时 ａ Ｓ ４７不适合上式． 数列 ａ 不是等差数列．
故充分性不成立． ＝１ ， １＝ １＝ ∴ ｛ ｎ｝
１２
２ ６２ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
ａ ａ 因此数列 ａ 不是单调递增数列． ａ ａ
２＜ １， ｛ ｎ｝ Ｓ １４（ １＋ １４） ａ ａ
( ) ( ) １４＝ ＝７（ ７＋ ８）＞０，
ａ ａ ａ １ ５ ４７ １ ５ ２
２ ５－ １－ ９＝２× ×５＋ － － ×９＋ ＝－３≠０， 所以当Ｓ 时 ｎ的最大值为 ．
２ １２ １２ ２ １２ ｎ＜０ ， １３
因此ａ ａ ａ 不成等差数列． 方法总结 利用等差数列的性质，可将前ｎ项和与项建立
１， ５， ９
Ｓ ６－ Ｓ ３＝
２
１ ×（４＋５＋６）＋
１
５
２
×３＝ ３
４
５ ， Ｓ ９－ Ｓ ６＝
２
１ ×（７＋８＋９）＋
１
５
２
×３
８．
关
（２
系
０２
：
１
Ｓ
安
２ ｎ ＋
徽
１＝
滁
（ ２
州
ｎ ＋
重
１
点
）ａ
高
ｎ ，
中
Ｓ ２ ｎ
质
＝
监
ｎ（
，
ａ
１
ｎ
０
＋
）
ａ
等
ｎ ＋１
差
）．
数列 ａ 和 ｂ 的前
｛ ｎ｝ ｛ ｎ｝
５３ Ｓ Ｓ １ ５ ７１． ５３×２ ３５ ７１ Ｓ ｎ ａ
＝ ， １２－ ９＝ ×（１０＋１１＋１２）＋ ×３＝ ∵ － － ＝ ｎ项和分别为Ｓ 和Ｔ 且 ｎ ２ 则 ５
４ ２ １２ ４ ４ ４ ４ ｎ ｎ， Ｔ ＝ ｎ ， ｂ ＝ （ ）
Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ 成等差数列． ｎ ３ ＋１ ５
０，∴ ６－ ３， ９－ ６， １２－ ９
{ ｎ} ２ ７ ２０ ９
５．（２０２１浙江金华十校４月模拟，７）已知数列 是等差数列 Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
ａ ， ３ ９ ３１ １４
ｎ ｎ ａ ａ
则 （ １＋ ｎ） ９ ａ ａ
．ａ ａ ａ ．ａ ａ ａ ａ
（ ）
答案 Ｄ
Ｓ
ｎ ２
ｎ
２
ａ
１＋
ａ
ｎ 而
ａ
５ ２
（ １＋ ９）
Ａ ３＋ ６＝２ ４ Ｂ ３＋ ６＝ ４＋ ５ Ｔ ｎ ＝ ３ ｎ ＋１ ＝ｎ （ ｂ １＋ ｂ ｎ） ＝ｂ １＋ ｂ ｎ ， ｂ ５ ＝ ９ ｂ ｂ
． １ １ ２ ． １ １ １ １ （ １＋ ９）
Ｃ ａ ＋ａ ＝ａ Ｄ ａ ＋ａ ＝ａ ＋ａ ２ ２
３ ６ ４ ３ ６ ４ ５ ａ ａ ａ Ｓ
答案 Ｃ 解法一 因为数列 { ｎ} 是等差数列 所以可设 ｎ ＝ｂ １＋ ｂ ９ ， 即当ｎ ＝９ 时 ，ｂ ５ ＝Ｔ ９ ＝ ２×９ ＝ １８ ＝ ９ ．
： ａ ｎ ， ａ ｎ １＋ ９ ５ ９ ３×９＋１ ２８ １４
ｎ 二、多项选择题
Ａｎ Ｂ 即ａ
＝ ＋ ， ｎ＝Ａｎ
＋
Ｂ， ９．（２０２１届湖南、河北新高考联考１０月质检，１１）朱世杰是元代
故 １ １ ３ Ａ ＋ Ｂ ６ Ａ ＋ Ｂ ４ Ａ ＋ Ｂ ２ 故选 ． 著名数学家 他所著的 算学启蒙 是一部在中国乃至世界最
ａ ＋ａ ＝ ＋ ＝ ＝ａ ， Ｃ ， 《 》
３ ６ ３ ６ ２ ４ 早的科学普及著作． 《 算学启蒙 》 中涉及一些 “ 堆垛 ” 问题 ， 主要
６ ４ 利用 堆垛 研究数列以及数列的求和问题．现有 根相同的
{ ｎ} ａ －ａ “ ” １００
解法二 因为数列 是等差数列 所以 ４ ３ ６ ４ ３ 圆形铅笔 小明模仿 堆垛 问题 将它们全部堆放成纵断面为
： ａ ， ａ －ａ ＝ ＝ａ ， “ ” ，
ｎ ４ ３ ２ ６ 等腰梯形的 垛 要求层数不小于 且从最下面一层开始 每
“ ”， ２， ，
２ 化简可得 １ １ ２ 故选 ． 一层比上一层多 根 则该 等腰梯形垛 应堆放的层数可以是
－ａ ， ａ ＋ａ ＝ａ ， Ｃ １ ， “ ”
４ ３ ６ ４
方法点拨 解法一利用了等差数列的通项公式；解法二利 （ ）
用了等差数列的定义． Ａ．４ Ｂ．５ Ｃ．７ Ｄ．８
答案 ＢＤ 依据题意 根数从上至下构成等差数列 设首项
６．（２０２１浙江名校协作体高三下联考，７）设等差数列 ａ 的前ｎ ， ，
｛ ｎ｝ 即从上而下第一层的根数为ａ 则公差ｄ 设一共放ｎ ｎ
项和为Ｓ ｎ， 且 （ ａ ６－１） ３ ＋２０１９（ ａ ６－１）＝ １，（ ａ ２０１５－１） ３ ＋２ ０１９· ｎ ｎ １， ｄ ｎ ＝ ｎ １， （ ≥
ａ 则下列结论正确的是 层 则总根数Ｓ ｎａ （ －１） ｎａ （ －１） ．
（
．Ｓ
２０１５－１）＝－１，
ａ ａ ．Ｓ ａ ａ
（ ） ２） ， ｎ＝ １＋
２
＝ １＋
２
＝１００
Ａ ．Ｓ ２０２０＝２０２０， ２ ａ ０１５＜ ６ ａ Ｂ ．Ｓ ２０２０＝２０２０， ２ ａ ０１５＞ ６ ａ 整理得 ａ ２００ ｎ 因为ａ Ｎ∗
Ｃ ２０２０＝－２０２０， ２０１５≤ ６ Ｄ ２０２０＝－２０２０， ２０１５≥ ６ ２ １＝ ｎ ＋１－ ， １∈ ，
答案 Ａ 设ｆ ｘ ｘ３ ｘ 可知函数ｆ ｘ 为奇函数且
（ ）＝ ＋２ ０１９ ， （ ） 所以ｎ为 的因数 ２００ ｎ 且为偶数
单调递增 ２００ ， ｎ ＋（１－ ）≥２ ，
，
{ｆ ａ {ｆ ａ 代入选项验证可知ｎ 满足题意．故选 ．
由题可知 （ ６－１）＝１， 所以 （ ６－１）＝１， ＝５，８ ＢＤ
ｆ ａ ｆ ａ
（ ２０１５－１）＝－１， （１－ ２０１５）＝１， 三、填空题
结合单调性可知ａ ａ
６－１＝１－ ２０１５， １０．（２０２１安徽黄山重点高中月考，１３）已知数列 ａ 中 ａ
所以ａ ａ 又由等差数列的性质可知ａ ａ ｛ ｎ｝ ， ３＝７，
２０１５＋ ６＝２， １＋ ２０２０＝２， { }
ａ ａ ａ 且 １ 是等差数列 则ａ ．
从而Ｓ
２０２０＝
２０２０（ １＋ ２０２０）
＝２０２０
． ７＝３， ａ
ｎ－１
， １０＝
２
{ｆ ａ ｆ 答案 ７
因为 （ ６－１）＝１＞０＝ （０），
{
ｆ
ａ
（１－ ａ ２０１５）＝１＞０＝ ｆ （０），
解析 设
３
等差数列
{
１
}
的公差为ｄ 则 １ １ １
所以 ６－
ａ
１＞０， 所以ａ
２０１５＜１＜
ａ
６
．
{ }
ａ ｎ－１ ， ａ ３－１ ＝ ６ ，ａ ７－１ ＝
１－ ２０１５＞０， １ ． １ 是等差数列
故选 ． ∵ ａ ，
Ａ ２ ｎ－１
ａ
７．（２０２１安徽马鞍山质监，１１）在等差数列 ａ 中 ８ 且它 １ １ ｄ 即 １ １ ｄ 解得ｄ １
｛ ｎ｝ ，ａ ＜－１， ∴ ａ ＝ａ ＋４ ， ＝ ＋４ ， ＝ ，
７ ７－１ ３－１ ２ ６ １２
的前ｎ项和Ｓ 有最小值 当Ｓ 时 ｎ的最大值为
ｎ ， ｎ＜０ ， （ ） 故 １ １ ｄ １ １ ３ 解得ａ ７ ．
ａ ＝ａ ＋７ ＝ ＋７× ＝ ， １０＝
Ａ．７ Ｂ．８ Ｃ．１３ Ｄ．１４ １０－１ ３－１ ６ １２ ４ ３
答案 Ｃ 因为等差数列 ａ 的前ｎ项和Ｓ 有最小值 所 １１．（２０２１安徽合肥质监，１６）百善孝为先 孝敬父母是中华民族
｛ ｎ｝ ｎ ， ，
ａ 的传统美德．因父母年事渐高 大张与小张兄弟俩约定 如果
以ｄ 又 ８ 所以ａ ａ 所以ａ ａ ， ：
＞０， ａ ＜－１， ７＜０， ８＞０， ７＋ ８＞０， 两人在同一天休息就一起回家陪伴父母 并把这一天记 家
７ ， “
ａ ａ 庭日 ．由于工作的特殊性 大张每工作三天休息一天 小张每
又Ｓ １３（ １＋ １３） ａ ” ， ，
１３＝ ＝１３ ７＜０， 周星期一与星期五休息 除此之外 他们没有其他休息日．已
２ ， ，
第六章 数列 ２ ６３
知 年 月 日 星期五 是他们约定的 家庭日 则 ａ ａ ａ
２０２１ １ １ （ ） “ ”， 从而 ２ １ ２－ １ 此时 易知公差为 １ ．
年全年他们约定的 家庭日 共有 个． ａ ａ ｄ ＝ ｄ ， ，
２０２１ “ ” ２（ ２－ １－ ） ２ ２
答案 一题多解 设ａ ａ （ａ ａ ） （ｎ ）ｄ（ｄ ），
２７ ｎ ＋１－ ｎ＝ ２－ １ ＋ －１ ≠０
解析 年共 天．大张每工作三天休息一天 则大张 （ｎ ）（ｎ ）
２０２１ ３６５ ， 由累加法可知，ａ ａ （ｎ ）（ａ ａ ） －１ －２ ｄ，
在 年的第 天 第 天 第 天 休息 可看作等差 ｎ－ １＝ －１ ２－ １ ＋
２０２１ １ 、 ５ 、 ９ 、…… ， ２
数列 ａ 则ａ ｎ ｎ ． （ｎ ）（ｎ ）
｛ ｎ｝， ｎ＝４ －３≤３６５， ≤９２ 从而ａ （ｎ ）（ａ ａ ） ａ －１ －２ ｄ．
小张每周星期五休息 ， 可看作等差数列 ｛ ｂ ｎ｝， 则ｂ １＝１， ｎ＝ －１ ２－ １ ＋ １＋ ２
ｂ ｎ ｎ 公差不为 的等差数列的通项公式为ｎ的一次函数，ｎ的系
∴ ｎ＝７ －６≤３６５， ≤５３； ０
小张每周星期一休息 可看作等差数列 ｃ 则ｃ 数即为等差数列的公差．
， ｛ ｎ｝， １＝４，
∴
∴
ｃ
｛
ｎ
ａ
＝
ｎ｝
７
与
ｎ －
｛
３
ｂ
≤
ｎ｝
３
有
６５，
１
ｎ
４
≤
个
５
公
２ ． ５
共
７ ．
项
，｛
ａ
ｎ｝
与
｛
ｃ
ｎ｝
有
１３
个公共项．
因为ａ
ｎ ＋１－
ａ
ｎ
中ｎ项的系数为ｄ，ａ
ｎ
中ｎ２ 项的系数为
２
ｄ ，故
共有 个 家庭日 ． ａ
∴ ２７ “ ” ｎ 中ｎ项的系数为 １ ，所以公差为 １ ．
１２．（２０２１安徽皖江名校联盟考试，１６）已知Ｓ 是各项均不为零 ａ ａ
ｎ ｎ ＋１－ ｎ ２ ２
的等差数列
｛
ａ
ｎ｝
的前ｎ项和
，
且Ｓ
２ ｎ －１＝
ａ２ｎ（ ｎ
∈
Ｎ∗
），
若存在ｎ
四、解答题
Ｎ∗ 使不等式 １ １ １ １ １４．（２０２１北京门头沟一模，１８）已知各项均为正数的数列 ａ
∈ ， ａ ａ ａ ＋ａ ａ ａ ＋ａ ａ ａ ＋…＋ａ ａ ａ ≥ ｛ ｎ｝，
ｎ ｎ ｎ
( １ ｎ２ １ ｎ ) λ成立 １ 则 ２ 实 ３ 数 ２ λ ３ 的 ４ 最大 ３ 值 ４ 是 ５ ． ＋１ ＋２ 其 再从 前 条 ｎ 件 项和为 条 Ｓ 件 ｎ， 数 这 列 ｛ 两 ｂ 个 ｎ｝ 为 条 等 件 差 中 数 选 列 择 ， 一 满 个 足 作 ｂ ２ 为 ＝ 已 １２ 知 ， ｂ ５ 求 ＝３ 解 ０ ．
＋ ， ①、 ② ，
４ ２
下列问题
答案 ４ ：
求数列 ａ 的通项公式ａ 和它的前ｎ项和Ｓ
４５ （１） ｛ ｎ｝ ｎ ｎ；
ｎ ａ ａ 若对任意ｎ Ｎ不等式ｋＳ ｂ 恒成立 求ｋ的取值范围．
解析 因为 Ｓ （２ －１）（ １＋ ２ ｎ －１） ｎ ａ 所以 （２） ∈ ｎ≥ ｎ ，
２ ｎ －１ ＝ ２ ＝（２ －１） ｎ， 条件 ①： ａ２ｎ＋ ａ ｎ＝２ Ｓ ｎ；
Ｓ
２ ｎ －１＝
ａ２ｎ⇒（２ ｎ
－１）
ａ
ｎ＝
ａ２ｎ， ａ
ｎ＝２
ｎ
－１，
ｎ
∈
Ｎ∗．等差数列
｛
ａ
ｎ｝
的 条件
②：
ａ
１＝９，
ａ
２＝２，
当ｎ
≥２
时
，
ａ
ｎ ＋１＝
ａ
ｎ＋２
．
首项ａ 公差ｄ ． 注：如果选择条件 、条件 分别解答，按第一个解答计分．
１＝１， ＝２ ① ②
( ) 解析 选择
因为 １ １ １ １ ①：
ａ ｎ ａ ｎ ＋１ ａ ｎ ＋２ ＝ ４ ａ ｎ [ ａ ( ｎ ＋１ －ａ ｎ ＋１ ａ ｎ ＋２ ) ， ( ) （１） 当ｎ ＝１ 时 ， ａ １＝１ ．
所 以 原 式 ＝ １ ａ １ ａ －ａ １ ａ ＋ ａ １ ａ －ａ １ ａ ＋ … ＋ 当ｎ ≥２ 时 ， ａ２ｎ －１＋ ａ ｎ －１＝２ Ｓ ｎ －１，
( １ １ ) ４ ] １ ( １ １ ２ ２ ３ １ ) ２ ３ ｎ ３ ２ ＋ ４ ２ ｎ ． 又 而 ａ ａ ２ｎ＋ ａ ｎ＝ 所 ２ 以 Ｓ ｎ， ａ 所以 ａ ａ２ｎ－ ａ２ｎ 故 －１＝ 数 ａ 列 ｎ＋ ａ ａ ｎ －１， 为等差数列
ａ ａ －ａ ａ ＝ ａ ａ －ａ ａ ＝ ｎ ｎ ｎ＞０， ｎ－ ｎ －１＝１， ｛ ｎ｝ ，
ｎ ｎ ＋１ ｎ ＋１ ｎ ＋２ ４ １ ２ ｎ ＋１ ｎ ＋２ ３（２ ＋１）（２ ＋３） ａ ｎ ｎ
ｎ２ ｎ ( ) ｎ＝１＋（ －１）×１＝ ，
即 ＋２ １ ｎ２ １ ｎ λ 所以存在ｎ Ｎ∗ 使λ ｎ ｎ
ｎ ｎ ≥ ＋ ， ∈ ， Ｓ （ ＋１）．
３（２ ＋１）（２ ＋３） ４ ２ ｎ＝
[ ] ２
４ 成立 λ ４ 当ｎ 设ｂ ｂ ｎ ｄ 因为ｂ ｂ 所以ｂ ｄ
≤ ｎ ｎ ， ≤ ｎ ｎ ， ＝１ （２） ｎ＝ １＋（ －１） ， ２＝１２， ５＝３０， １＝６， ＝６，
３（２ ＋１）（２ ＋３） ３（２ ＋１）（２ ＋３） ｍａｘ 故ｂ ｎ．
ｎ＝６
时 ４ ４ 故实数λ的最大值是 ４ ． ｎ
， ＝ ， 由ｋＳ ｂ 得ｋ １２ １２ ．
３×（２＋１）×（２＋３） ４５ ４５ ｎ≥ ｎ ≥ｎ ｎ ＝ｎ
１３．（２０２１浙江稽阳联谊４ 月模考，１６）已知数列 ｛ ａ ｎ｝， 若数列 （ ＋１） ＋１
ａ ａ 与数列 { ａ ｎ } 都是公差不为 的等差数列 则 设ｃ ｎ＝ｎ １２ ， 则 ｛ ｃ ｎ｝ 是递减数列 ，
｛ ｎ ＋１－ ｎ｝ ａ ａ ０ ， ＋１
数列
{ ａ
ｎ
}
的公差
ｎ ＋１
是
－ ｎ
．
所
所
以
以
ｃ
ｋ
ｎ
的
的
取
最
值
大
范
项
围
为
为
ｃ １， 其值为
．
６ ．
ａ
ｎ ＋１－
ａ
ｎ 选择
， ［６，＋∞）
②：
答案 １ 当ｎ 时 ａ ａ ａ ａ ．
２
（１） ≥２ ， ｎ ＋１＝ ｎ＋２⇒ ｎ ＋１－ ｎ＝２
解析 设ａ ｎ ＋１－ ａ ｎ＝（ ａ ２－ ａ １）＋（ ｎ －１） ｄ （ ｄ
ｎ
≠０），
ｎ
当
当
ｎ
ｎ
≥２
时
时 ，
ａ
ａ ｎ＝ ａ ２
不
＋（
适
ｎ －
合
２
上
）×
式
２⇒
．
ａ ｎ＝２ ｎ －２，
由累加法可知 ａ ａ ｎ ａ ａ （ －１）（ －２）ｄ ＝１ ， １＝９
， ｎ－ １＝（ －１）（ ２－ １）＋
２
，
所以 ａ
{
９，
ｎ
＝１，
ｎ ｎ ， ｎ＝ ｎ ｎ
从而ａ ｎ ａ ａ ａ （ －１）（ －２）ｄ． ２ －２， ≥２，
ｎ＝（ －１）（ ２－ １）＋ １＋ ｎ ｎ
ｎ
２
ｎ
Ｓ
ｎ＝
ａ
１＋
ａ
２＋…＋
ａ
ｎ＝９＋
（ －１）（２＋２ －２）
＝
ｎ２
－
ｎ
＋９
．
ｎ ａ ａ ａ （ －１）（ －２）ｄ ２
此时
ａ ｎ ＋
ａ
１－
ｎ
ａ ｎ ＝
（ －１）（
（
２
ａ
－
２－
１
ａ
）
１
＋
）＋
１
（
＋
ｎ －１） ｄ
２ （
故
２）
ｂ
设
ｎ＝
ｂ
６
ｎ
ｎ
＝
．
ｂ １＋（ ｎ －１） ｄ ， 因为ｂ ２＝１２， ｂ ５＝３０， 所以ｂ １＝６， ｄ ＝６，
ｎ ａ ａ ｎ ａ ａ ｎ ｎ ｄ
（ ２－ １） ａ （ －２）（ ２－ １）＋（ －１）（ －２） 由ｋＳ ｂ 得 ｋ ６ ｎ 因为 ６ ｎ ６ ６ ６
２
＋ １＋
２
ｎ≥ ｎ ≥ｎ２
－
ｎ
＋９
， ｎ２
－
ｎ
＋９
＝
ｎ ９
≤
６－１
＝
５
＝ ａ ａ ｎ ｄ ＋ ｎ －１
（ ２－ １）＋（ －１）
ａ ａ ａ ｎ ｎ
２ １＋（ ２－ １） －２ 为关于ｎ的一次函数 当ｎ 时 等号成立 故ｋ ６
＝ ａ ａ ｄ ｄｎ＋ ， ， （ ＝３ ， ）， ≥ ，
２（ ２－ １－ ）＋２ ２ ５
２ ６４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
[ ) ｎ ( ) ２ ｎ －１
综上所述 ｋ的取值范围为 ６ ． Ｂ ３ ＋４ １ ８ ．
， ，＋∞ ∴ ＝－ · ＋
５ ９ ２ ９
１５．（２０２１天津四中第三次月考，１９）已知等比数列 ａ 的公比ｑ Ｔ ｃ ｃ ｃ
｛ ｎ｝ ∴ ２ ｎ＝ １＋ ２＋…＋ ２ ｎ
ｎ
＞０
ｎ
， 且满足ａ １＋ ａ ２＝６ ａ ３， ａ ４＝４ ａ２ ３， 数列 ｛ ｂ ｎ｝ 的前 ｎ 项和 Ｓ ｎ＝ ＝（ ｃ １＋ ｃ ３＋…＋ ｃ ２ ｎ －１）＋（ ｃ ２
ｎ
＋ ｃ ４＋ ｃ ６
(
＋…
)
＋ ｃ
２ ｎ
２
－
ｎ
１
）＝ Ａ ＋ Ｂ
（ ＋１）
，
ｎ
∈
Ｎ∗．
＝
１
－ ｎ
１
２ ｎ ＋１ －
３ ＋４
·
１
＋
８
２ ２ （２ ＋１）·２ ９ ２ ９
求数列 ａ 和 ｂ 的通项公式 ( ｎ ) ( ) ２ ｎ －１
（１） ｛ ｎ｝ ｛ ｎ｝ ； ２５ １ ３ ＋４ １ ．
（２）
设 ｃ
ｎ ＝
{ ３ ｂ ｂ
ｎ
ｂ ｎ＋
ｎ ＋
８
２
· ａ ｎ ＋２， ｎ为奇数 ，求数列
｛
ｃ
ｎ｝
的前
２
ｎ 项 １６．（ ＝ ２
ａ
１ ０２ ８ １
的
－ 河
公
４ 南 （
差
部 ２
为
ｎ 分 ＋１ 重 ）
其
点 ＋
前
高 ９
ｎ
中
项
联
和
· 考
为
，１
Ｓ
２ ７）已
且
知
ａ
各
为
项均
Ｓ
为
Ｓ
正
的
数
等
的
比
等
中
差
项
数
．
列
ａ ｎ ｂ ｎ， ｎ为偶数 ， ｛ ｎ｝ 求 ａ 的 ４ 通 ， 项公式 ｎ， ２ ２ ２， ３
和Ｔ ． （１） ｛ ｎ｝ ；
ｎ
２
解析 （１） 依题意 ， 由 ａ １ ＋ ａ ２ ＝ ６ ａ ３， ａ ４ ＝ ４ ａ２ ３， 可得 （２） 设ｂ ｎ＝ａ ｎ ａ ４ ｎ ， 求数列 ｛ ｂ ｎ｝ 的前ｎ项和Ｔ ｎ ．
{ａ １＋ ａ １ ｑ ＝６ ａ １ ｑ２ ， 结合ｑ 可得ｑ １ ａ １ 解析 （１） 解 ＋ 法 １ 一 ： 因为数列 ｛ ａ ｎ｝ 是公差为 ４ 的等差数列 ，
ａ １ ｑ３ ＝４（ ａ １· ｑ２ ） ２ ， ＞０ ＝ ２ ， １＝ ２ ， 所以ａ ａ Ｓ ａ Ｓ ａ ３×２ ａ ．
∴
ａ
ｎ＝
１
·
( １ )ｎ －１
＝
( １ )ｎ
，
ｎ
∈
Ｎ∗．
由题意
２
得
＝ １
ａ
＋
２
４，
Ｓ
２
Ｓ
＝２（
所以
１＋２），
ａ
３＝３
２
１＋ ２
ａ
×４＝３
ａ
（ １＋４）
即 ａ
２ ２ ２ ４ ２＝ ２ ３， ４（ １＋４） ＝６（ １＋２）（ １＋４）， （ １
对于数列 ｂ 当ｎ 时 ｂ Ｓ ａ
｛ ｎ｝， ＝１ ， １＝ １＝１， ＋４）（ １－２）＝０，
当ｎ 时 ｂ Ｓ Ｓ ｎ （ ｎ ＋１） ｎ （ ｎ －１） ｎ 解得ａ １＝２ 或ａ １＝－４（ 舍去 ）， 所以ａ ｎ＝２＋４（ ｎ －１）＝４ ｎ －２ ．
≥２ ， ｎ＝ ｎ－ ｎ －１＝
２
－
２
＝ ， 解法二
：
因为数列
｛
ａ
ｎ｝
是公差为
４
的等差数列
，
且
２
ａ
２
为Ｓ
２，
当ｎ 时 ｂ 也满足上式 Ｓ 的等比中项
∵ ＝１ ， １＝１ ， ３ ，
∴ ｂ ｎ＝ ｎ ， ｎ ∈ Ｎ∗． 所以 ４ ａ２ ２＝ Ｓ ２ Ｓ ３， 从而 ４ ａ２ ２＝ Ｓ ２·３ ａ ２ ．
（２）
由题意及
（１），
可知 因为ａ ２＞０， 所以 ４ ａ ２＝３ Ｓ ２， 即 ４（ ａ １＋４）＝３（２ ａ １＋４），
解得ａ
当ｎ为奇数时 ， ｃ ｎ＝ ３ ｂ ｂ ｎ ｂ ｎ＋ ｎ ＋ ８ ２ · ａ ｎ ＋２＝ｎ （ ３ ｎ ｎ ＋ ＋ ２ ８ ） · ( １ ２ )ｎ ＋２ ＝ｎ · １ ２ ｎ 所以ａ １ ｎ ＝ ＝ ２ ２ ， ＋４（ ｎ －１）＝４ ｎ －２ ．
因为ｂ ４ ４ １ １
１ （２） ｎ＝ａ ａ ＝ ｎ ｎ ＝ ｎ － ｎ ，
－ ｎ ｎ ＋２， ｎ ｎ ＋１ （４ －２）（４ ＋２） ４ －２ ４ ＋２
（ ＋２）·２ 所以Ｔ ｂ ｂ ｂ ｂ
( )ｎ ｎ＝ １＋ ２＋…＋ ｎ －１＋ ｎ
当ｎ为偶数时 ｃ ａ ｂ ｎ １
， ｎ＝ ｎ· ｎ＝ · ， １ １ １ １ １ １ １ １
２ ＝ － ＋ － ＋…＋ ｎ － ｎ ＋ ｎ － ｎ
令Ａ ｃ ｃ ｃ Ｂ ｃ ｃ ｃ ２ ６ ６ １０ ４ －６ ４ －２ ４ －２ ４ ＋２
＝ １＋ ３＋…＋ ２ ｎ －１， ＝ ２＋ ４＋…＋ ２ ｎ， ｎ
则Ａ ＝ ｃ １＋ ｃ ３＋…＋ ｃ ２ ｎ －１ ＝ ２ １ － ４ ｎ １ ＋２ ＝ ２ ｎ ＋１ ．
１７．（２０２１江西宜春六校联考，１７）已知数列 ａ 中 ａ ａ
＝ １ １ － １ ３ ＋ １ ３ － １ ５ ＋…＋ ｎ １ ２ ｎ －１ － ｎ １ ２ ｎ ＋１ ｎ ａ ｛ ｎ｝ ， １＝１， ｎ ＋１＝
１×２ ３×２ ３×２ ５×２ （２ －１）·２ （２ ＋１）·２ （ ＋１） ｎ ｎ Ｎ∗ ．
ｎ ａ （ ∈ ）
１ １ ＋２ ｎ
＝ １ － ｎ ２ ｎ ＋１ { ｎ}
１×２ （２ ＋１）·２ 求证 是等差数列
（１） ： ａ ；
１ １ ． ｎ
＝ － ｎ ２ ｎ ＋１
２ （２ ＋１）·２ 若ｃ ａ ａ 且数列ｂ ４ 数列 ｂ ｃ 的前ｎ项和
( ) ２ ( ) ４ ( ) ６ （２） ｎ＝ ｎ ｎ ＋１， ｎ＝ ｎ ｎ， ｛ ｎ ｎ｝
Ｂ ｃ ｃ ｃ ｃ １ １ １ ｎ ３ ·
＝ ２＋ ４＋ ６＋…＋ ２ ｎ＝２× ＋４× ＋６× ＋…＋２ 为Ｔ 求Ｔ 的取值范围．
２ ２ ２ ｎ， ｎ
·
( １
２
) ２ ｎ
，
( １
２
) ２ Ｂ
＝２×
(
２
１ ) ４
＋４×
(
２
１ ) ６
＋…＋（２
ｎ
－２）·
解析
（１）
证明
：∵
ａ
ｎ ＋１＝
（ ｎ
ｎ
＋
＋
１
２
）
ａ
ｎ
ａ ｎ
（
ｎ
∈
Ｎ∗
），
( １ ) ２ ｎ ｎ ( １ ) ２ ｎ ＋２ ｎ ＋１ ｎ ＋２ ａ ｎ ｎ ｎ ＋１ ｎ
＋２ · ， ∴ ａ ＝ ａ ＝ａ ＋２，∴ ａ －ａ ＝２，
２ ２ ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ
( ) ２ ( ) ４ ( ) ６ ＋１ { ｎ} ＋１
两式相减 可得 ３ Ｂ １ １ １ 又 １ 是以 为首项 为公差的等差数列．
， ＝２× ＋２× ＋２× ＋…＋２ ａ ＝１，∴ ａ １ ，２
( ) ２ ｎ ４ ( ) ２ ｎ ＋２ ２ ２ ２ ｎ １ ｎ
１ ｎ １ ｎ ．
· －２ · ∴ ａ ＝２ －１
２ ２ ｎ
( ) １ ( ) ３ ( ) ５ ( ) ２ ｎ －１ ( ) ２ ｎ ＋２ ｎ ｎ ｎ
１ １ １ １ ｎ １ 由 可得ａ 所以ｃ （ ＋１）
＝ ＋ ＋ ＋…＋ －２ · （２） （１） ｎ＝ ｎ ， ｎ＝ ｎ ｎ ，
２ ２ ２ ２ ２ ２ －１ （２ －１）（２ ＋１）
１ ( １ ) ２ ｎ ＋１ 所以ｂ ｃ ４（ ｎ ＋１） １ １
－ ( ) ２ ｎ ＋２ ｎ ｎ＝ ｎ ｎ ｎ ＝ ｎ －１ ｎ － ｎ ｎ ，
２ ２ ｎ １ ３ （２ －１）（２ ＋１） ３ （２ －１） ３ （２ ＋１）
＝ ( ) ２ －２ ·
１ ２ 所以Ｔ １ １ １ １ １
１－ ２ ｎ＝１－ ３×３ ＋ ３×３ － ３ ２ ×５ ＋…＋ ３ ｎ －１ （２ ｎ －１） － ３ ｎ （２ ｎ ＋１） ＝ １
( ) ( ) ｎ
２＋１
ｎ ４ １ ２ １
＝－ ＋ · ＋ ， － ｎ ｎ ，
３ ２ ３ ３ （２ ＋１）
第六章 数列 ２ ６５
ｎ [ ( )ｎ]
因为Ｔ Ｔ １ １ ４ ＋８ ２
ｎ ＋１－ ｎ＝ ｎ ｎ － ｎ ＋１ ｎ ＝ ｎ ＋１ ｎ ｎ ＞０， ４× １－ [ ( )( )ｎ]
３（２ ＋１） ３ （２ ＋３） ３ （２ ＋１）（２ ＋３） 则Ｓ ３ ９ ９ ３ ｎ １
所以 Ｔ 是递增数列 ｎ＝ － － ＋
｛ ｎ｝ ， ２ ４ ４ ２ ３
１－
Ｔ ｎ 的最小值为Ｔ １＝
９
８ ， 又因为Ｔ ｎ＜１，
３９
(
２
) ３ ｎ (
９ ｎ ２７
) (
１
)ｎ ＋１
．
＝ －１２× ＋ ＋ ×
４ ３ ２ ４ ３
８ Ｔ ．
∴ ９ ≤ ｎ＜１ １９．（２０２１浙江绍兴４月模拟，２０）已知等差数列 ｛ ａ ｎ｝ 的公差不为
１８．（２０２１浙江杭州二中高三下开学考，２）已知数列 ｛ ａ ｎ｝ 满足ａ １ 零 ， ａ ４＝１， 且ａ ４， ａ ５， ａ ７ 成等比数列 ， 数列 ｛ ｂ ｎ｝ 的前 ｎ 项和为
且ａ （２ ｎ ＋２ －３） ａ ｎ＋２ ｎ ＋１ －１． Ｓ ｎ， 满足Ｓ ｎ＝２ ｂ ｎ－４（ ｎ ∈ Ｎ∗ ） ．
＝１， ｎ ＋１＝ ａ ｎ＋２ ｎ ＋１ －１ （１） 求数列 ｛ ａ ｎ｝ 和 ｛ ｂ ｎ｝ 的通项公式 ；
（１） 令ｂ ｎ＝ ２ ａ ｎ ｎ － ＋ １ １ ， 证明 ： { ｂ １ ｎ } 为等差数列 ； （２） 若数列 ｛ ｃ ｎ｝ 满足 ： ｃ １＝－ ２ １ ， ｃ ｎ ＋１＝ ｃ ｎ－ ａ ｂ ｎ ｎ （ ｎ ∈ Ｎ∗ ）， 求使得
ｎ
（２） 求数列 ｛ ａ ｎ｝ 的通项公式 ； ｃ ｎ≥ －２成立的所有ｎ值．
ｎａ １６
令ｃ ｎ＋２ 求数列 ｃ 的前ｎ项和Ｓ ． 解析 设等差数列 ａ 的公差为ｄ ｄ ．由题可知
（３） ｎ＝ ｎ －１ ， ｛ ｎ｝ ｎ （１） ｛ ｎ｝ （ ≠０）
解析 （１ ３ ） 证明 ： 由题可知 ： ｂ ｎ ＋１＝ ２ ａ ｎ ｎ ＋ ＋ １ １ － ＋ １ １ ＝ａ ｎ ２ ＋ ａ ２ ｎ ｎ ＋ ＋１ ２ －１ ， ａ 故 当 ２ ５＝ ａ ｎ ａ ｎ ４ ＝ · ａ ４ 时 ａ ＋ ７ （ ， 则 Ｓ ｎ － （ ４ １ ） ＋ ｄ ｄ ｂ ＝ ） ｎ ２ － ＝ ３ １ （ × ｎ 则 （ ∈ １＋ ｂ Ｎ ３ ∗ ｄ ） ） Ｓ ． ， 解 Ｓ 得ｄ ＝ ｂ １， ｂ
则 １ ａ ｎ＋２ ｎ ＋１ －１ １ １ 得ｂ ≥２ ｂ ， ｎ －１＝２ ｎ －１－４， ｎ＝ ｎ－ ｎ －１＝２ ｎ－２ ｎ －１，
ｂ ｎ ＋１ ＝ ２ ａ ｎ＋２ ＝ ２ ＋ｂ ｎ ， 当ｎ ｎ＝２ 时 ｎ －１ ｂ ； 当ｎ 时 ｂ 此时ｂ ｂ ．
{ } ＝１ ， １＝４， ＝２ ， ２＝８， ２＝２ １
即 ｂ １ ｎ 是以 １ ２ 为首项 ， １ ２ 为公差的等差数列． 综上 ， ｂ ｎ＝２ ｎ ＋１ （ ｎ ∈ Ｎ∗ ） ．
ｎ
ｎ ｎ 由 可知ｃ ｃ －３
（２） 由 （１） 可知 ：ｂ １ ｎ ＝ ２ １ ＋ ２ １ （ ｎ －１）＝ ２ ＝ａ ２ ｎ＋ － １ １ ， （２） （１） ｎ ＋１＝ ( ｎ－ ２ ｎ ) ＋１ ｎ ， ( )ｎ
ｎ ＋１ 则ｃ ｃ ｎ １ ｎ １ ＋１ ｎ
即ａ
ｎ＝
２
ｎ
－２
－１
． ｎ－ ｎ －１＝－（ －４）×
２
＝［２（ ＋１）－６］×
２
－（２ －
( )ｎ
( )ｎ －１ ｎ １ ｎ ．
由 得ｃ ２ ６）× （ ≥２）
（３） （２） ｎ＝４× － ｎ －１， ２
３ ３ ( )ｎ
{ ｎ } ｎ 则由累加法可得ｃ ｃ ｎ １ ＋１ １
设数列
３ ｎ －１
的前ｎ项和为 Ｔ
ｎ，
则 Ｔ
ｎ＝ ３
１
０ ＋ ３
２
１ ＋ ３
３
２ ＋…＋ ３ ｎ －１
ｎ－ １＝（２ －４
(
）×
)ｎ ２
＋
２
，
ｎ 又ｃ １ 所以ｃ ｎ １
所以 １ Ｔ １ ２ ３ 得 ２ Ｔ １ １ １＝－ ， ｎ＝（ －２）× ，
①， ｎ＝ １ ＋ ２ ＋ ３ ＋…＋ ｎ②，①－② ｎ＝ ０ ＋ １ ２ ２
３ ３ ３ ３ ３ ３ ３ ３ ｎ ｎ
( )ｎ 所以 －２ －２ 当ｎ 时 １ １ 不合题意 当ｎ 时
１ ｎ ≥ ， ＝１ ，－ ＜－ ， ， ≥２ ，
ｎ １－ ｎ ２ １６ ２ １６
１ １ ３ 所 以 Ｔ ９ ｎ 解得 ｎ ．
＋ ２ ＋ … ＋ ｎ －１ － ｎ ＝ － ｎ， ｎ ＝ ２ ≤１６， ２≤ ≤４
３ ３ ３ １ ３ ４ 所以满足条件的ｎ值为 ．
１－ ２，３，４
３
( )( )ｎ
９ ３ ｎ １ ．
－ ＋
４ ２ ３
２ ６６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
学生用书Ｐ９８
ａ 的大小关系是
１．（２０２１ ５·３原创题）在等差数列 ａ 中 ａ １０ 则Ｓ （ ）
｛ ｎ｝ ， １＞０，ａ
９
＜－１， ｎ＞ ｆ
（
ａ
ｎ）＋
ｆ
（
ａ
ｎ ＋１） ｆ
æ
ç
ａ
ｎ＋
ａ
ｎ ＋１
ö
÷
ｆ
（
ａ
ｎ）＋
ｆ
（
ａ
ｎ ＋１） ｆ
æ
ç
ａ
ｎ＋
ａ
ｎ ＋１
ö
÷
且Ｓ 最小时的正整数ｎ Ａ． ＞ è ø Ｂ． ＜ è ø
０ ｎ ＝ （ ） ２ ２ ２ ２
ｆ ａ ｆ ａ æａ ａ ö
Ａ．１ Ｂ．９ Ｃ．１７ Ｄ．１８ （ ｎ）＋（ ｎ ＋１） ｆç ｎ＋ ｎ ＋１÷ 不确定
１． 答案 Ｃ Ｃ． ＝ è ø Ｄ．
２ ２
２．（２０２１ ５·３原创题）已知圆Ｏ的半径为 ＯＰ 过点Ｐ的 ４． 答案 Ｂ
５，｜ ｜＝３，
条弦的长度组成一个等差数列 ａ 最短弦长为ａ 最 ５．（２０２１ ５·３原创题）中国现存的排列最整齐的大型塔群
２０２１ ｛ ｎ｝， １， ———
长弦长为ａ 则其公差为 宁夏一百零八塔 共 座塔 从上往下各行塔数依次为
２０２１， （ ） （ １０８ ）， １，
从第六行起 每一行的塔数与它上一行的塔数
１ １ ３ １ ３，３，５，５，７，…， ，
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． 之差为同一个常数 则该塔群的行数为
２０２０ １０１０ １０１０ ５０５ ， （ ）
２． 答案 Ｂ
Ａ．１０ Ｂ．１１ Ｃ．１２ Ｄ．１３
３．（２０２１５·３原创题）已知 ａ 是各项均为正数的等差数列 Ｏ→Ｐ ５． 答案 Ｃ
｛ ｎ｝ ， ＝
６． （ ２０２１ ５ · ３ 原 创 题） 等 差 数 列 ａ 满 足
２ ａ →ＯＡ ａ Ｏ→Ｂ 其中Ｐ在ＡＢ上 则１ ４的最小值为 ｛ ｎ ｝ ：
３ （ ３ ＋ ９ ）， ， ａ ５ ＋ａ ７ （ ） { ３ ａ ３＋（ ａ ３－１） ３ ＋ｓｉｎ（ ａ ３－１）＝８， Ｓ 是其前 ｎ 项和 则
３．
Ａ．５
答案 Ｂ
Ｂ．６ Ｃ．７ Ｄ．８ ３ ａ ２０１９＋（ ａ ２０１９－１） ３ ＋ｓｉｎ（ ａ ２０１９－１）＝－２， ｎ ，
４．（２０２１ ５ ·３ 原创题）若函数ｆ （ ｘ ）＝ｌｏｇ２（ ｘ －１）＋２， 数列 ｛ ａ ｎ｝ 是 ６．
Ｓ
２ 答 ０２１ 案 ＝
２ ０ ２１
．
ｆ ａ ｆ ａ æａ ａ ö
首项为 公差为 的等差数列 则（ ｎ）＋（ ｎ ＋１）与ｆç ｎ＋ ｎ ＋１÷
２， ３ ， è ø
２ ２
