第02 讲 等差数列及其前n 项和
目录
01 常考题型过关练
题型01 等差数列基本量计数
题型02 等差数列角标和
题型03 等差数列前n 项和性质
题型04 等差数列前n 项和最值
题型05 实际问题中的等差数列
题型06 等差数列奇偶项和
题型07 等差数列中含绝对值前n 项和
02 核心突破提升练
03 真题溯源通关练
01 等差数列基本量计算
1．已知等差数列{an)的前n项和为Sn，若S5=2S3,a1+a8=10，则公差d为（ ）
A．1
4
B．1
2
C．2
3
D．1
【答案】C
【详解】由S5=2S3，则5(a1+a5)
2
=2× 3(a1+a3)
2
，即5a3=6a2，
所以5(a2+d)=6a2⇒5d =a2，则a1= 4 d，
由a1+a8=2a1+7d =15d =10，则d = 2
3.
故选：C
2．已知等差数列{an)的前n项和为Sn，若a5=15，S3=18，则公差d =（ ）
A．1
2
B．3
2
C．2
D．3
【答案】D
【详解】若a5=15，S3=18，则a5=a1+ 4 d =15，S3=3a1+3d =18，
解得公差d =3.
故选：D.
3．（多选）已知等差数列{an)的前n项和为Sn,a1<0,S7= S12，则（ ）
A．数列{an)是递减数列
B．a10=0
C．Sn<0时，n的最大值是18
D．S2>S16
【答案】BCD
【详解】设等差数列{an)的公差为d，
由S7= S12，得7a1+ 7×6
2
d =12a1+ 12×11
2
d，
解得a1=−9d，因为a1<0，所以d >0.
A:由d >0，可得an+1−an=d >0
所以等差数列{an)为递增数列，故A 错误；
B：a10=a1+9d =−9d +9d =0，故B 正确；
C：Sn=na1+ n(n−1)
2
d =−9nd + n
2
2 d −n
2 d = d
2 (n
2−19n)，
由Sn<0可得n
2−19n<0，所以0<n<19，又n∈N
*，
所以n的最大值是18，故C 正确；
D：S2=2a1+d =2×(−9d)+d =−17 d ,S16=16a1+ 16×15
2
d =16×(−9d)+ 16×15
2
d =−24 d，
由d >0，得S2>S16，故D 正确.
故选：BCD.
4．记Sn为等差数列{an)的前n项和，若a13+2a2=a10+ 4，则S6= .
【答案】12
【详解】由a13+2a2=a10+ 4，可得a13+a2+a2=a10+a5+a2=a10+ 4，
所以a5+a2= 4，则a1+a6=a5+a2= 4，
故S6= (a1+a6)×6
2
= 4×6
2
=12.
故答案为：12.
5．设等差数列{an)的前n项和为Sn，数列{2
an)的前n项积为T n，若S5=25，log2T 6=36，则S10= ．
【答案】100
【详解】设等差数列{an)的公差为d，则S5= 5(a1+a ❑
5
❑
)
2
=5a3=25，可得a3=5，
因为log2T 6=36，所以T 6=2
a1+a2+⋯+a6=2
36，
所以a1+a2+⋯+a6= 6(a1+a6)
2
=3(a3+a4)=36，即a3+a4=12，则a4=7，
所以d =a4−a3=7−5=2，则a1=a3−2d =5−4 =1，
故S10=10a1+ 10×9d
2
=10+90=100.
故答案为：100.
02 等差数列角标和性质
6．已知Sn是等差数列{an}的前 n 项和，且a8<0，a7+a11>0，则（ ）
A．a9<0
B．Sn的最小值为S8
C．数列{an}为递减数列
D．S18<0
【答案】B
【详解】对A，因为等差数列{an}，则a7+a11=2a9>0，则a9>0，故A 错误；
对B，设等差数列{an}的公差为d，则d =a9−a8>0，则a1<a2<⋯<a8<0<a9，
则Sn的最小值为S8，故B 正确；
对C，因为d >0，则数列{an}为递增数列，故C 错误；
对D，因为d >0，a9>0，则a10>0，
则S18= 18(a1+a18)
2
=9(a1+a18)=9(a9+a10)>0，故D 错误.
故选：B.
7．记等差数列{an)的前n项和为Sn，公差为d，若a3+a12>0，S15<0，则下列结论错误的是（ ）
A．a6>0
B．a6+a10<0
C．d <0
D．a1
d ∈(−8,−7)
【答案】D
【详解】对于B，S15= 15(a1+a15)
2
= 15(a6+a10)
2
<0，所以a6+a10<0，故B 正确；
对于A、C，因为a1+a15=2a8<0，即a8<0，a3+a12=a7+a8>0，
所以a7>0，d <0，则a6>0，故A、C 正确；
对于D，因为a8=a1+7 d <0⇒a1<−7d ⇒a1
d >−7，
a7=a1+6d >0⇒a1>−6d ⇒a1
d <−6，所以a1
d ∈(−7,−6)，故D 错误.
故选：D
8．（多选）已知等差数列{an)的公差为d，其前n项和为Sn，S11>0，S12<0，则（ ）
A．a7>0
B．d <0
C．{Sn)中S6最大
D．|a4)<|a9)
【答案】BCD
【详解】S11= 11(a1+a11)
2
=11a6>0，∴a6>0，
S12= 12(a1+a12)
2
<0，∴a1+a12=a6+a7<0，∴a7<0，A 选项错误；
∴d =a7−a6<0，B 选项正确；
∴{Sn)中S6最大，C 选项正确；
∵a4>a6>0，a9<a7<0且a4+a9=a6+a7<0，∴|a4)<|a9)，D 选项正确.
故选：BCD
9（多选）．设等差数列{an)的公差为d，前n 项和为Sn，若a3=12，S12>0，S13<0，则下列结论正确的是
（ ）
A．数列{an)是递减数列
B．S5=60
C．−24
7 <d <−2
D．S1，S2，⋅⋅⋅，S12中最大的是S6
【答案】ABD
【详解】因为数列{an)为等差数列，
由S12= 12(a1+a12)
2
= 12(a6+a7)
2
>0 ⇒ a6+a7>0 ⇒ 2a3+7 d >0 ⇒ d >−2a3
7 =−24
7 ，
由S13= 13(a1+a13)
2
= 13×2a7
2
<0 ⇒ a7<0 ⇒ a3+ 4 d <0 ⇒ d <−a3
4 =−3，
所以−24
7 <d <−3，故C 错误；
因为数列{an)为等差数列，且−24
7 <d <−3，所以数列{an)是递减数列，故A 正确；
因为S5= 5(a1+a5)
2
= 5×2a3
2
=5×12=60，故B 正确；
因为a6+a7>0，a7<0，且数列{an)是递减数列，所以{an)前6 项为正，从第7 项开始为负，所以S6最大，
故D 正确.
故选：ABD
10．已知数列{an)的前n项和为Sn，且an+2=2an+1−an，a4+a15=a10，则S17= ．
【答案】0
【详解】因为an+2=2an+1−an，所以2an+1=an+2+an，所以数列{an)为等差数列，
所以a4+a15=a9+a10=a10，所以a9=0，所以S17= 17(a1+a17)
2
=17 a9=0．
故答案为：0.
03 等差数列前n 项和性质
11．等差数列{an)的前n项和为Sn，若S3=6，S9=27，则S6=（ ）
A．6
B．12
C．15
D．21
【答案】C
【详解】设S6= x，则S6−S3= x−6，S9−S6=27−x，
因为{an)为等差数列，所以S3，S6−S3，S9−S6也成等差数列，
则2(x−6)=6+27−x，解得x =15．
故选：C
12．记Sn为等差数列{an)的前n项和，S2= 4，S6=18，则S4=（ ）
A．8
B．9
C．10
D．11
【答案】C
【详解】（法一）∵数列{an)为等差数列，
∴有S2，S4−S2，S6−S4成等差数列，
∴2(S4−S2)= S2+(S6−S4)，
解得S4=10，
故选：C.
（法二）由题意知，S2=2a1+ 2×1
2
d = 4，S6=6a1+ 6×5
2
d =18，
解得a1= 7
4 ，d = 1
2，
∴S4= 4 a1+ 4×3
2
d =10，
故选：C.
13．等差数列{an)、{bn)中的前n项和分别为Sn,T n, Sn
T n
=
4 n
9n+3，则
a10
b10
=（ ）
A．40
93
B．38
87
C．17
42
D．32
81
【答案】B
【详解】∵等差数列{an)、{bn)中的前n项和分别为Sn,T n, Sn
T n
=
4 n
9n+3，
∴a10
b10
= 2a10
2b10
=
19
2 (a1+a19)
19
2 (b1+b19)
= S19
T 19
=
4×19
9×19+3 = 38
87 ．
故选：B．
14．已知等差数列{an}和{bn}的前n项和为分别为Sn和T n，若
Sn
T n
= 5n−2
3n+1 ，则
a11
b20
的值为（ ）
A．103
64
B．103
118
C．193
64
D．193
118
【答案】B
【详解】∵Sn
T n
= 5n−2
3n+1 ，
令Sn= An(5n−2)，则T n= An(3n+1)，
所以a11= S11−S10=103 A，b20=T 20−T 19=118 A，
所以
a11
b20
= 103 A
118 A = 103
118 ，
故选：B
15．已知Sn，T n分别是等差数列{an)，{bn)的前n 项和，且
Sn
T n
= 3n+1
n+1 ,(n∈N
∗)，则
a10
b3+b18
+
a11
b6+b15
=
．
【答案】61
21/2 19
21
【详解】{b ❑
n
❑
)为等差数列，故b3+b18=b6+b15，
故
a10
b3+b18
+
a11
b6+b15
= a10+a11
b6+b15
= a1+a20
b1+b20
=
1
2 ×(a1+a20)×20
1
2 ×(b1+b20)×20
= S20
T 20
= 3×20+1
20+1
= 61
21.
故答案为：61
21
04 等差数列前n 项和最值
16．已知Sn为等差数列{an)的前n项和，且a4+2a5=−24 ,S6=−69．
(1)求{an)的通项公式；
(2)求Sn，并求Sn的最小值．
【答案】(1)an=3n−22
(2)Sn= 3n
2−41n
2
，−70
【详解】（1）设等差数列{an)的首项为a1，公差为d，因为a4+2a5=−24 ,S6=−69，
所以{
3a1+11d =−24
6a1+15d =−69)，解得d =3，a1=−19，
所以an=a1+(n−1)d =−19+(n−1)×3=3n−22，即{an)的通项公式为an=3n−22.
（2）由（1）an=3n−22，a1=−19，所以Sn= n(a1+an)
2
= n(−19+3n−22)
2
= 3n
2−41n
2
，
又d =3>0，所以数列{an)是递增数列，
由an=3n−22知a7=21−22=−1<0，a8=24−22=2>0，
所以Sn的最小值为S7= 7(a1+a7)
2
= 7×(−19−1)
2
=−70.
17．数列{bn)满足b1= 3
5，bn+1=2−1
bn
，n∈N
∗，数列{an)满足an=
2
bn−1，n∈N
∗．
(1)证明数列{an)是等差数列并求其通项公式．
(2)数列{an)的前n项和为Sn，问Sn是否存在最小值?若存在，求Sn的最小值及取得最小值时n的值；若不存
在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析，an=2n−7
(2)存在最小值，最小值为－9，此时n=3
【详解】（1）证明：因为bn+1=2−1
bn
，所以bn+1−1=1−1
bn
= bn−1
bn
．
因为an=
2
bn−1，所以an+1=
2
bn+1−1 = 2bn
bn−1，
所以an+1−an= 2bn
bn−1 −
2
bn−1 = 2bn−2
bn−1 =2．因为b1= 3
5，所以a1=
2
b1−1 =−5，
所以数列{an)是首项a1=−5，公差d =2的等差数列．
所以an=a1+(n−1)d =−5+2(n−1)=2n−7．
（2）解：根据等差数列的前n项和公式，得Sn=n⋅a1+an
2
=n⋅−5+2n−7
2
=n
2−6n．
对于二次函数y = x
2−6 x，其图象的对称轴为直线x =3，
所以当n=3时，Sn取得最小值．因为S3=3
2−6×3=−9，
所以Sn存在最小值，最小值为－9，此时n=3．
18．已知数列{an)是等差数列，Sn是{an)的前n 项和，a8= 4，S11=−22.
(1)求数列{an)的通项公式；
(2)求Sn的最小值.
【答案】(1)an=3n−20
(2)-57
【详解】（1）设数列{an)的公差为d，
则{
a8=a1+7 d = 4
S11=11a1+55d =−22)，解得{
a1=−17
d =3 )，所以an=a1+(n−1)d =3n−20.
（2）令an=3n−20>0，解得n> 20
3 ，所以当n≤6时，an<0.
故当n=6时，Sn取到最小值，为S6=6a1+15d =−57.
19．在公差不为0 的等差数列{an)中， a1=23，a10是a6与a8的等比中项.
(1)求{an)的通项公式；
(2)记{an)的前n 项和为Sn，求Sn的最大值.
【答案】(1)an=−3n+26
(2)100
【详解】（1）设{an)的公差为d，因为a10是a6与a8的等比中项，所以a10
2 =a6a8，
即(a1+9d)
2=(a1+5d)(a1+7 d)，整理得3a1d +23d
2=0.
又d ≠0，所以d =−3
23 a1=−3，
则an=a1+(n−1)d =−3n+26.
（2）由（1）可得，Sn= (a1+an)n
2
.
因为d <0，所以{an)是递减数列.
又a8=2>0，a9=−1<0，
所以当n=8时，Sn取得最大值，且最大值为
(23+2)×8
2
=100.
20．已知等差数列{an)的公差不为零，a1=50，且a1,a11,a13成等比数列.
(1)求数列{an)的通项公式；
(2)Sn为数列{an)的前n 项和，试判断当n 取何值时，Sn最大，并求出最大值.
【答案】(1)an=−4 n+54
(2)n=13，338
【详解】（1）设{an)的公差为d，
由题意，a11
2 =a1a13，即(a1+10d )
2=a1(a1+12d ).
于是d(2a1+25d )=0.
又a1=50,，所以d =0 (舍去)，d =−4.
故an=50+(n−1)×(−4)=−4 n+54.
（2）因为Sn=50n+ n(n−1)
2
×(−4) =−2n
2+52n = −2(n−13)
2+338
当n=13时Sn有最大值为338.
05 实际问题中的等差数列
21．北宋数学家沈括在酒馆看见一层层垒起的酒坛，想求这些酒坛的总数，经过反复尝试，终于得出了长
方台形垛积的求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积，第一层有ab (a=b+1)个小
球，第二层有(a+1)(b+1)个小球，第三层有(a+2)(b+2)..........依此类推，最底层有cd个小球，共有n层.
现有一个由小球堆成的长方台形垛积，共7层，小球总个数为168，则该垛积的第一层的小球个数为
（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【详解】设各层的小球个数为数列{an)，
由题意得a1=ab，a2=(a+1)(b+1)，a3=(a+2)(b+2)，⋯an=(a+n−1)(b+n−1)，
因为a=b+1，可得a1=b(b+1)=b
2+b，
a2=(b+1)(b+2)=b
2+3b+1×2，
a3=(b+2)(b+3)=b
2+5b+2×3，
⋯
a7=(b+6)(b+7)=b
2+13b+6×7，
则S7=7b
2+ 49b+(1×2+2×3+⋯+6×7)=7b
2+ 49b+112，
因为前7层小球总个数为168，所以7b
2+ 49b+112=168，即b
2+7b−8=0，
解得b=1或b=−8（舍去），
所以a=b+1=2，可得ab=2，即该垛积的第一层的小球个数为2个.
故选：B.
22．《周髀算经》中有这样一个问题：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，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，前三个节气日影长之和为28.5 尺，最后三个节
气日影长之和为1.5 尺，则该数列的公差为 ，春分时节的日影长为 尺.
【答案】 −1 4.5/9
2
【详解】冬至､小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气日
影长构成等差数列{an)，设公差为d，由题意得：
{
a1+a2+a3=3a1+3d =28.5
a10+a11+a12=3a1+30d =1.5)，
解得：{
a1=10.5
d =−1 )
所以an=a1+(n−1)d =11.5−n，
所以a7=11.5−7= 4.5，
即春分时节的日影长为4.5.
故答案为：−1,4.5.
23．“物不知数”问题：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几
何？”此即著名的“孙子问题”，最早载于《孙子算经》，研究的是整除与同余的问题.现有这样一个问
题：将1到1000这1000个数中，被5除余4且被7除余4的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{an)，则
该数列共有 项.
【答案】29
【详解】由题意可知，an−4既是5的倍数，又是7的倍数，
即an−4 =35(n−1)，所以an=35n−31，
令1≤an≤1000，即1≤35n−31≤1000，解得32
35 ≤n≤1031
35 ，
因为n∈N
*，所以1≤n≤29，
故该数列共有29项，
故答案为：29.
24．《九章算术》是我国古代数学名著，其中记载了关于牲畜买卖的问题.假设一只鸡与一只狗一只狗与
､
一只羊一只羊与一头驴的价格之差均相等，一只羊与两只鸡的价格总数为
､
200 钱，一头驴的价格为一只狗
的2 倍.按照这个价格，甲买了一只鸡与一只狗，则甲花费的钱数为 .
【答案】120
【详解】由题意得购买一只鸡、一只狗、一只羊、一头驴的钱数依次成等差数列，
设该数列为{an)，公差为d，
则一只鸡、一只狗、一只羊、一头驴的价格依次为a1,a2,a3,a4，
由题意得{
a3+2a1=200,
a4=2a2, )⇒{
3a1+2d =200,
a1+3d =2a1+2d ,)解得{
a1= 40,
d = 40.)
故甲花费的钱数为a1+a2=2a1+d =120.
故答案为：120.
25．湖北新冶钢有限公司（简称为“新冶钢”）是中国现存最早的钢铁企业之一，素有中国“钢铁工业的
摇篮”之称．该公司今年年初用192 万元购进一台机器投入生产，每年可以给公司带来69 万元的收入，但
该台机器每年需要进行维护，第一年需要维护费用12 万元，从第二年起每年的维护费用比上一年增加6 万
元，求购买该台机器若干年后的年平均利润的最大值．
【答案】12 万元．
【详解】由题意可知各年的维护费用（单位：万元）构成以12 为首项，6 为公差的等差数列，
设购买该台机器n年后的盈利为S万元，
则S =69n−192−[12n+ n(n−1)
2
×6)=−3n
2+60n−192．
令S>0，则n
2−20n+64<0，解得4<n<16．
设购买该台机器n年后的年平均利润为y万元，
则y = −3n
2+60n−192
n
=−3(n+ 64
n )+60≤−3×2❑√n⋅64
n +60=12，
当且仅当n=8时取“=”，
因此，购买该台机器8 年后的年平均利润最大，最大年平均利润是12 万元．
06 等差数列奇偶项和问题
26．已知某等差数列{an)的项数n为奇数，前三项与最后三项这六项之和为78，所有奇数项的和为65，则
这个数列的项数n为（ ）
A．9
B．11
C．13
D．15
【答案】A
【详解】由已知，a1+a2+a3+an+an−1+an−2=78，
所以a1+an=26，
所有奇数项的和为a1+a3+a5+⋅⋅⋅+an=
(a1+an) n+1
2
2
= 13(n+1)
2
=65，
于是可得n=9.
故选：A.
27．在等差数列{an}中，S10＝120，且在这10 项中，
S奇
S偶
＝11
13，则公差d＝ .
【答案】2
【详解】解:由{
S奇+ S偶=120
S奇
S偶
= 11
13 )
,得{
S奇=55
S偶=65),
所以S偶−S奇＝5d＝10，所以d＝2.
故答案为：2.
28．在等差数列{an)中，已知公差d = 1
2，且a1+a3+a5+⋯+a99=60，则a1+a2+a3+⋯+a100=
.
【答案】145
【详解】等差数列{an)中，已知公差d = 1
2，
a1+a2+a3+⋯+a100=a1+a3+a5+⋯+a99+a2+a4+a6+⋯+a100
∵a2+a4+a6+⋯+a100=a1+d +a3+d +a5+d +⋯+a99+d
=60+50d =85
a1+a2+a3+⋯+a100=2×60+50× 1
2 =145.
故答案为：145.
29．已知等差数列{an)的前n项和为377，项数n为奇数，且前n项中，奇数项的和与偶数项的和之比为
7:6，则中间项为 ．
【答案】29
【详解】因为n为奇数，所以
S奇
S偶
= n+1
n−1 = 7
6，解得n=13．
所以S13=13a7=377，所以a7=29．故所求的中间项为29．
故答案为：29
30．等差数列{an}共有2n＋1 项，所有奇数项之和为132，所有偶数项之和为120，求n 的值．
【答案】10
【详解】依题意可列方程组
{
(n+1)a1+ n(n+1)
2
⋅2d =132,
na2+ n(n−1)
2
⋅2d =120, )
即{
(n+1)(a1+nd)=132,
n(a1+nd)=120, )
∴n+1
n
＝132
120，
解得n＝10.
07 含绝对值的等差数列前n 项和
31．已知数列{an)的前n 项和为Sn.若{
Sn
n )为等差数列，且满足S1=8，S4
4 =5.
(1)求数列{an)的通项公式；
(2)设T n=|a1)+|a2)+⋅⋅⋅+|an)，求T n.
【答案】(1)an=−2n+10，n∈N
∗
(2)T n={
−n
2+9n,n≤5
n
2−9n+ 40,n≥6),n∈N
∗
【详解】（1）由题意，设等差数列{
Sn
n )的公差为d，又S1
1 =8，S4
4 =5，
∴3d =5−8=−3，∴d =−1，
∴Sn
n =8+(n−1)×(−1)=9−n，
∴Sn=−n
2+9n，则Sn−1=−(n−1)
2+9(n−1)=−n
2+11n−10，n≥2，
∴an= Sn−Sn−1=−2n+10，又a1=8，
∴an=−2n+10，n∈N
∗.
（2）由（1）得，a1>a2>⋯>a5=0>a6>⋯，
当n≤5时，T n=|a1)+|a2)+⋯+|an)=a1+a2+⋯+an= n(8+10−2n)
2
=−n
2+9n，
当n≥6时，T n=a1+a2+⋯a5−a6−a7−⋯−an=2S5−Sn
=2×(−5
2+5×9)−(−n
2+9n)=n
2−9n+ 40，
∴T n={
−n
2+9n,n≤5
n
2−9n+ 40,n≥6),n∈N
∗.
32．已知各项都为正数的数列 {an) 的前 n 项和为 Sn, 且满足 6 Sn=an
2+3an(n∈N
*).
(1)求数列{an)的通项公式;
(2)若bn=an−25，求数列{|bn))的前n项和T n.
【答案】(1)an=3n；
(2)T n={
−3
2 n
2+ 47
2 n,n≤8
3
2 n
2−47
2 n+184 ,n≥9)
.
【详解】（1）数列{an)中，6 Sn=an
2+3an，当n≥2时，6 Sn−1=an−1
2
+3an−1，由两式相减，
得6an=an
2+3an−an−1
2
−3an−1，即(an+an−1)(an−an−1)=3(an+an−1)，
又数列{an)的各项都为正数，则an+an−1>0,an−an−1=3，当n=1时，6a1=a1
2+3a1，解得a1=3，
因此数列{an)是首项为3，公差为3 的等差数列，
所以an=3+(n−1)×3=3n.
（2）由（1）得，bn=an−25=3n−25，6 Sn=an
2+3an=9n
2+9n，即Sn= 3
2 n
2+ 3
2 n，
设{bn)的前n项和为Rn，则Rn= Sn−25n= 3
2 n
2−47
2 n，
当3n−25<0时，n≤8，当3n−25>0时，n≥9，
于是当n≤8时，T n=−(b1+b2+⋯+bn)=−Rn=−3
2 n
2+ 47
2 n；
当n≥9时，T n=−(b1+b2+⋯+b8)+(b9+b10+⋯+bn)= Rn−2 R8= 3
2 n
2−47
2 n+184，
所以数列{|bn))的前n项和T n={
−3
2 n
2+ 47
2 n,n≤8
3
2 n
2−47
2 n+184 ,n≥9)
.
33．已知数列{an)满足a1=511，4 an=an−1−3(n≥2).
(1)求数列{an)的通项公式；
(2)令bn=|log2(an+1))，求数列{bn)的前10 项和S10.
【答案】(1)an=2
11−2n−1
(2)50
【详解】（1）证明：由an= 1
4 an−1−3
4 知an+1= 1
4 (an−1+1)，
由an+1≠0知：
an+1
an−1+1 = 1
4 ，∴数列{an+1)是以512 为首项，1
4 为公比的等比数列，
∴an+1=512×(
1
4)
n−1
=2
11−2n，∴an=2
11−2n−1；
（2）由（1）知log2(an+1)=11−2n，
设{log2(an+1))的前n项和为T n，T n=10n−n
2，∴bn=|log2(an+1))=|11−2n)
当n≤5时，log2(an+1)>0，Sn=T n=10n−n
2
n≥6，Sn=T 5−log2(a6+1)−⋅⋅⋅−log2(an+1)=T 5−(T n−T 5)=2T 5−T n=n
2−10n+50
故S10=50
34．已知等差数列{an)的公差为整数，a3=9，设其前n 项和为Sn，且{
Sn
an+1)是公差为1
2的等差数列.
(1)求数列{an)的通项公式；
(2)若bn=a2n+1−60，求数列{|bn))的前n 项和T n.
【答案】(1)an= 4 n−3
(2)T n={
55n−4 n
2,n≤7
4 n
2−55n+378,n≥8)
【详解】（1）设{an)的公差为d，依题意得
S2
a2+1 −
S1
a1+1 = 1
2，
所以
2a3−3d
a3−d +1 −
a3−2d
a3−2d +1 = 1
2，即18−3d
10−d −9−2d
10−2d = 1
2，
化简得3d
2−22d + 40=0，解得d = 4或10
3 （舍去），
a1=a3−2d =1，
所以an=1+ 4 (n−1)= 4 n−3经检验满足题意.
（2）依题意得，bn=a2n+1−60= 4 (2n+1)−3−60=8n−59，b1=−51，
其前n项和H n= n(−51+8n−59)
2
= 4 n
2−55n，
当n≤7时，|bn)=59−8n，|b1)=51，
故T n= (51+59−8n)n
2
=55n−4 n
2，
当n≥8时，|bn)=8n−59，
故T n=−(b1+b2+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+b7)+b8+b9+⋅⋅⋅⋅⋅⋅bn
=−2(b1+b2+⋯+b7)+(b1+b2+⋯+bn)
=−2 H 7+ H n=−2(4×7
2−55×7)+ 4 n
2−55n
= 4 n
2−55n+378
所以T n={
55n−4 n
2,n≤7
4 n
2−55n+378,n≥8).
35．已知数列{an)的前n项和为Sn，且Sn=n
2−15n.
(1)求{an)的通项公式
(2)若cn=|an|，求{cn)的前n项和T n.
【答案】(1)an=2n−16.
(2)T n=¿.
【详解】（1）由Sn=n
2−15n，
当n≥2时，可得an= Sn−Sn−1=n
2−15n−(n−1)
2−15(n−1)=2n−16，
当n=1时，a1= S1=1−15=−14，适合上式，
所以数列{an)的通项公式为an=2n−16.
（2）由an=2n−16，可得cn=|an|=|2n−16|，则T n=|a1)+|a2)+⋯+|an)，
令an≤0，可得n≤8，
当n≤8时，可得T n=|a1|+|a2|+⋯+|an|=−a1−a2−⋯−an=15n−n
2，
当n>8时，可得T n=|a1|+|a2|+⋯+|an|=−a1−a2−⋯−a8+a9+a10+⋯+an
=−(a1+a2+⋯+a8)+(a9+a10+⋯+an)=−S8+ Sn−S8= Sn−2S8，
因为S8=−56，所以T n=n
2−15n+112，
所以T n=¿.
注意：分类标准n≤7和n>7，都可以.
1．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）已知等差数列{an)的前n项和为Sn，若S5=2S3,a1+a8=10，则公差d为
（ ）
A．1
4
B．1
2
C．2
3
D．1
【答案】C
【详解】由S5=2S3，则5(a1+a5)
2
=2× 3(a1+a3)
2
，即5a3=6a2，
所以5(a2+d)=6a2⇒5d =a2，则a1= 4 d，
由a1+a8=2a1+7 d =15d =10，则d = 2
3.
故选：C
2．
（2025·江西九江·三模）九江银行·2025“庐山杯”九江马拉松于3 月23 日上午鸣枪开跑．此
前，为备战此次马拉松，小宝同学制定了一个为期20 周的跑步训练计划．计划第1 周跑步2 公里，之后一
段时间每周的跑步量是前一周的2 倍；当周跑步量首次超过30 公里后，每周比前一周多跑2 公里；当周跑
步量首次超过全马里程（42.195公里）后，保持这个周训练量直至训练结束．请问：训练计划结束时，小
宝同学跑步的总量是（ ）
A．736 公里
B．724 公里
C．692 公里
D．660 公里
【答案】C
【详解】记第一周跑步量为a1=2，则S4=2+ 4 +8+16=30，所以前4 周的跑步量为等比数列，
所以a5=30+2=32,则a10=32+5×2= 42，a11= 42+2= 44，故第5 周到第10 周的跑步量为等差数列，
则(32+ 42)×6
2
=222，
第11 周到第20 周每周44 公里，总和为440 公里，所以小宝同学跑步的总量是30+222+ 440=692公里.
故选：C.
3．（2025·湖北·模拟预测）已知数列{an)，满足a3=6，对∀m,n∈N
∗，都有am+n=am+an成立，Sn为数
列{an)的前n 项和，则S10=（ ）
A．55
B．60
C．100
D．110
【答案】D
【详解】当m=1时，得到an+1=a1+an，所以{an)是以a1为首项，以a1为公差的等差数列，
所以an=na1，因为a3=6，所以a1=2，所以S10=110.
故选：D.
4．
（2025·黑龙江大庆·模拟预测）将正整数集N
*中所有与21 不互素的数划掉，记剩下的数由小
到大排成数列{an)，再按照两项，一项，两项，一项⋯的顺序循环分组：(a1,a2),(a3),(a4,a5),(a6),⋯，
那么2024在第（ ）组．
A．771
B．769
C．772
D．775
【答案】A
【详解】正整数集N
*中，划掉所有与21 不互素的数等价于划掉3 或7 的倍数，
余下的数按题设要求可分组如下：
(1,2)，(4)，(5,8)，(10)，(11,13)，(16)，(17,19)，(20)；
(22,23)，(25)，(26,29)，(31)，(32,34)，(37)，(38,40)，(41)，
⋮
每行均有8组（共12个元素），且各组中的元素除以21后余数相异，
而2024 =21×96+8，故2024在第97行，
而第97行的第一组为(1+96×21,2+96×21)=(2017,2018)，
第二组为(2016+ 4)=(2020)，第三组为(5+2016,8+2016)=(2021,2024)，
故2024为第97行的第3组．则2024在第96×8+3=771组．
故选：A.
5．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）设等差数列{an)，{bn)的前n项和分别为Sn，T n，
Sn
T n
= 2n+1
n+3 ，则
a9
b9
=
．
【答案】7
4
【详解】因为等差数列{an)，{bn)的前n项和分别为Sn，T n且
Sn
T n
= 2n+1
n+3 ，
所以
a9
b9
= 2a9
2b9
= a1+a17
b1+b17
=
17
2 (a1+a17)
17
2 (b1+b17)
= S17
T 17
= 2×17+1
17+3
= 7
4 ．
故答案为：7
4 .
1．（2024·全国甲卷·高考真题）记Sn为等差数列{an)的前n项和，已知S5= S10，a5=1，则a1=（ ）
A．7
2
B．7
3
C．−1
3
D．−7
11
【答案】B
【详解】由S10−S5=a6+a7+a8+a9+a10=5a8=0，则a8=0，
则等差数列{an)的公差d = a8−a5
3
=−1
3，故a1=a5−4 d =1−4×(−1
3)= 7
3.
故选：B.
2．（2023·全国甲卷·高考真题）记Sn为等差数列{an)的前n项和．若a2+a6=10,a4a8= 45，则S5=（ ）
A．25
B．22
C．20
D．15
【答案】C
【详解】方法一：设等差数列{an)的公差为d，首项为a1，依题意可得，
a2+a6=a1+d +a1+5d =10，即a1+3d =5,
又a4a8=(a1+3d)(a1+7 d)= 45，解得：d =1,a1=2，
所以S5=5a1+ 5×4
2
×d =5×2+10=20．
故选：C.
方法二：a2+a6=2a4=10，a4a8= 45，所以a4=5，a8=9，
从而d = a8−a4
8−4 =1，于是a3=a4−d =5−1= 4，
所以S5=5a3=20．
故选：C.
3．（2023·北京·高考真题）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用
来测量物体质量的“环权”．已知9 枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9 的数列{an)，该数
列的前3 项成等差数列，后7 项成等比数列，且a1=1,a5=12,a9=192，则a7= ；数列{an)所
有项的和为 ．
【答案】 48 384
【详解】方法一：设前3 项的公差为d，后7 项公比为q>0，
则q
4= a9
a5
= 192
12 =16，且q>0，可得q =2，
则a3=1+2d = a5
q
2，即1+2d =3，可得d =1，
空1：可得a3=3,a7=a3q
4= 48，
空2：a1+a2+⋯+a9=1+2+3+3×2+⋅⋅⋅+3×2
6=3+ 3(1−2
7)
1−2
=384
方法二：空1：因为{an),3≤n≤7为等比数列，则a7
2=a5a9=12×192= 48
2，
且an>0，所以a7= 48；
又因为a5
2=a3a7，则a3= a5
2
a7
=3；
空2：设后7 项公比为q>0，则q
2= a5
a3
= 4，解得q =2，
可得a1+a2+a3= 3(a1+a3)
2
=6,a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9= a3−a9q
1−q
= 3−192×2
1−2
=381，所以
a1+a2+⋯+a9=6+381−a3=384.
故答案为：48；384.
4．（2023·全国乙卷·高考真题）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T n．
【答案】(1)an=15−2n
(2)T n={
14 n−n
2,n≤7
n
2−14 n+98,n≥8)
【详解】（1）设等差数列的公差为d，
由题意可得{
a2=a1+d =11
S10=10a1+ 10×9
2
d = 40)
，即{
a1+d =11
2a1+9d =8)，解得{
a1=13
d =−2)，
所以an=13−2(n−1)=15−2n，
（2）因为Sn= n(13+15−2n)
2
=14 n−n
2，
令an=15−2n>0，解得n< 15
2 ，且n∈N
*，
当n≤7时，则an>0，可得T n=|a1)+|a2)+⋅⋅⋅+|an)=a1+a2+⋅⋅⋅+an= Sn=14 n−n
2；
当n≥8时，则an<0，可得T n=|a1)+|a2)+⋅⋅⋅+|an)=(a1+a2+⋅⋅⋅+a7)−(a8+⋅⋅⋅+an)
= S7−(Sn−S7)=2S7−Sn=2(14×7−7
2)−(14 n−n
2)=n
2−14 n+98；
综上所述：T n={
14 n−n
2,n≤7
n
2−14 n+98,n≥8).
5．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知{an)为等差数列，bn={
an−6,n 为奇数
2an,n 为偶数)，记Sn，T n分别为数列
{an)，{bn)的前n 项和，S4=32，T 3=16．
(1)求{an)的通项公式；
(2)证明：当n>5时，T n>Sn．
【答案】(1)an=2n+3；
(2)证明见解析.
【详解】（1）设等差数列{an)的公差为d，而bn={
an−6,n=2k −1
2an,n=2k ),k ∈N
∗
，
则b1=a1−6,b2=2a2=2a1+2d ,b3=a3−6=a1+2d −6，
于是{
S4= 4 a1+6d =32
T 3= 4 a1+ 4 d −12=16)，解得a1=5,d =2，an=a1+(n−1)d =2n+3，
所以数列{an)的通项公式是an=2n+3.
（2）方法1：由（1）知，Sn= n(5+2n+3)
2
=n
2+ 4 n，bn={
2n−3,n=2k −1
4 n+6,n=2k ),k ∈N
∗
，
当n为偶数时，bn−1+bn=2(n−1)−3+ 4 n+6=6n+1，
T n= 13+(6n+1)
2
⋅n
2 = 3
2 n
2+ 7
2 n，
当n>5时，T n−Sn=( 3
2 n
2+ 7
2 n)−(n
2+ 4 n)= 1
2 n(n−1)>0，因此T n>Sn，
当n为奇数时，T n=T n+1−bn+1= 3
2 (n+1)
2+ 7
2 (n+1)−[ 4(n+1)+6]= 3
2 n
2+ 5
2 n−5，
当n>5时，T n−Sn=( 3
2 n
2+ 5
2 n−5)−(n
2+ 4 n)= 1
2 (n+2)(n−5)>0，因此T n>Sn，
所以当n>5时，T n>Sn.
方法2：由（1）知，Sn= n(5+2n+3)
2
=n
2+ 4 n，bn={
2n−3,n=2k −1
4 n+6,n=2k ),k ∈N
∗
，
当n为偶数时，
T n=(b1+b3+⋯+bn−1)+(b2+b4+⋯+bn)= −1+2(n−1)−3
2
⋅n
2 + 14+ 4 n+6
2
⋅n
2 = 3
2 n
2+ 7
2 n，
当n>5时，T n−Sn=( 3
2 n
2+ 7
2 n)−(n
2+ 4 n)= 1
2 n(n−1)>0，因此T n>Sn，
当n为奇数时，若n≥3，则
T n=(b1+b3+⋯+bn)+(b2+b4+⋯+bn−1)= −1+2n−3
2
⋅n+1
2
+ 14 + 4(n−1)+6
2
⋅n−1
2
= 3
2 n
2+ 5
2 n−5，显然T 1=b1=−1满足上式，因此当n为奇数时，T n= 3
2 n
2+ 5
2 n−5，
当n>5时，T n−Sn=( 3
2 n
2+ 5
2 n−5)−(n
2+ 4 n)= 1
2 (n+2)(n−5)>0，因此T n>Sn，
所以当n>5时，T n>Sn.
