第02 讲 等差数列及其前n 项和
目录
0
1 考情解码・命题预警...............................................................................................................................2
02 体系构建·思维可视............................................................................................................................................3
03 核心突破·靶向攻坚............................................................................................................................................4
知能解码..............................................................................................................................................................4
知识点1 等差数列的概念 ........................................................................................................4
知识点2 等差数列的有关公式 ...............................................................................................4
知识点3 等差数列的常用性质 ...............................................................................................5
知识点4 等差数列与函数的关系...........................................................................................5
题型破译..............................................................................................................................................................6
题型1 等差数列基本量计数.....................................................................................................6
【方法技巧】等差数列基本量计算方法
题型2 等差数列判断与证明
...............................................................................................7
【方法技巧】判断证明等差数列的方法
题型3 等差数列角标和性质
...............................................................................................9
【方法技巧】等差中项角标和性质
题型4 等差数列前n 项和性质
........................................................................................11
【方法技巧】等差数列前n 项和性质
题型5 等差数列前n 项和最值
........................................................................................12
【方法技巧】等差数列前n 项和最值方法
题型6 等差数列实际应用
................................................................................................15
题型7 等差数列奇偶项问题
............................................................................................17
题型8 含绝对值等差数列前n 项和
................................................................................19
【方法技巧】含绝对值等差数列前n 项和求和步骤
题型9 等差数列单调性...........................................................................................................22
04 真题溯源·考向感知.........................................................................................................................................24
05 课本典例·高考素材.........................................................................................................................................27
考点要求
考察形式
2025 年
2024 年
2023 年
（1）等差数列的概念
（2）等差数列的通项
公式与求和
（3）等差数列的性质
单选题
多选题
填空题
解答题
全国二卷T7，（5
分）
全国一卷T16
（1），（5 分）
北京卷T5 ，（4
分）
天
津
卷
T19
（1），（5 分）
上海卷T3 ，（4
分）
全国甲卷（文）T5 ，
（5 分）
全国甲卷（理）T4 ，
（5 分）
全国II 卷T12 ，（5
分）
全国乙卷（文）T18
（1），（5 分）
全国甲卷（文）T5，（5
分）
全国I 卷T7，（5 分）
全国I 卷T20，（12 分）
北京卷T14，（5 分）
天津卷T19 （1 ），（5
分）
考情分析：
（1）选择题、填空题多单独考查基本量的计算．
（2）解答题多与等比数列结合考查，或结合实际问题或其他知识考查．
复习目标：
（1）理解等差数列的概念．
（2）掌握等差数列的通项公式与前n 项和公式．
（3）能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题．
（4）了解等差数列与一次函数、二次函数的关系．
知识点1 等差数列的概念
(1)定义：一般地，如果一个数列从第2 项起，每一项与它前一项的差都等于同一个常数，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
表示．数学语言表示为
(
)(或者
），
为常数．
(2)等差中项：若
，
，
成等差数列，则
叫做
和
的等差中项，且
.
注：证明一个数列是等差数列可以使用①定义法：
(
)(或者
）
②等差中项法：
自主检测{an)是首项a1= 4，公差d =2的等差数列，如果an=2020，那么序号n=（ ）
A．1009
B．1012
C．1008
D．1010
【答案】A
【详解】由题意an= 4 +2(n−1)=2n+2，
由2n+2=2020可得n=1009.
故选：A
知识点2 等差数列的有关公式
(1) 若等差数列
的首项是
，公差是
，则其通项公式为
，可推广为
(
*)．
(2)等差数列的前
项和公式
(其中
)．
自主检测设等差数列{an)的前n项和为Sn，若a2+a4=0，2a2+a6=2，则S10= .
【答案】50
【详解】利用等差数列中的等差中项性质可知：2a3=a2+a4=0⇒a3=0，
由等差数列的通项公式可得：2a2+a6=2(a3−d)+(a3+3d)=−2d +3d =d =2，
所以a1=a3−2d =−4，
则S10=10a1+ 10×9
2
d =−40+90=50，
故答案为：50
知识点3 等差数列的常用性质
已知
为等差数列，
为公差，
为该数列的前
项和．
(1)等差数列
中，当
时，
(
)．
特别地，若
，则
(
)．
(2)相隔等距离的项组成的数列是等差数列，即
，
，
，…仍是等差数列，公差为
(
)．
(3)
也成等差数列，其首项与
首项相同，公差为
.
(4)
，
，
…也成等差数列，公差为
.
（5）若数列
,
均为等差数列且其前
项和分别为
,
,则
自主检测已知等差数列{an)的前n项和为Sn，且S4= 4 ,S8=10，则S12=（ ）
A．16
B．18
C．24
D．26
【答案】B
【详解】因为{an)是等差数列，所以S4,S8−S4,S12−S8也是等差数列，
即2(S8−S4)= S12−S8+ S4，即2×(10−4)= S12−10+ 4，解得S12=18.
故选：B.
知识点4 等差数列与函数的关系
(1)等差数列与一次函数的关系
可化为
的形式．当
时，
是关于
的一次函数；当
时，数列为递增数列；当
时，数列为递减数列．
(2)等差数列前
项和公式可变形为
.当
时，它是关于
的二次函数，表示为
(
，
为常数)．
自主检测等差数列{an)中，若Sn=3n
2+2n，则通项an= .
【答案】an=6n−1
【详解】当n=1时，a1= S1=5，
当n≥2时，Sn−1=3(n−1)
2+2(n−1)=3n
2−4 n+1，
所以an= Sn−Sn−1=3n
2+2n−(3n
2−4 n+1)=6n−1，
又a1=5，满足上式，所以an=6n−1，
故答案为：an=6n−1
题型1 等差数列基本量计数
例1-1 设等差数列{an)的前n 项和为Sn．若a1+a3=6，a1+a4=8，则a4=（ ）
A．6
B．7
C．8
D．9
【答案】B
【详解】设等差数列{an)的公差为d，则{
2a1+2d =6
2a1+3d =8)，解得a1=1,d =2，
所以a4=1+3×2=7．
故选：B
例1-2 已知等差数列{an)的前n项和为Sn，且a1=2，S9=126，若ak =26，则k = .
【答案】9
【详解】设等差数列{an)的公差为d，由S9= 9(a1+a9)
2
=9a5=126，得a5=14，
故d = a5−a1
4
=3，由ak =a1+(k −1)d =2+3(k −1)=26，得k =9.
故答案为：9
方法技巧 等差数列基本量计算方法
等差数列基本运算的常见类型及解题策略：
（1）求公差
或项数
．在求解时，一般要运用方程思想．
（2）求通项．
和
是等差数列的两个基本元素．
（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
项和．利用等差数列的前
项和公式直接求解或利用等差中项间接求解．
【变式训练1-1】已知等差数列{an)的首项为2，公差不为0，且a2,a3,a6成等比数列，则a9等于（ ）
A．-32
B．-30
C．-28
D．-26
【答案】B
【详解】设等差数列的公差为d，
则由题a3
2=a2a6，即(2+2d)
2=(2+d)(2+5d)⇒d =−4或d =0（舍去），
所以a9=2+8×(−4)=−30.
故选：B
【变式训练1-2】在等差数列{an)中，a1+a2=1,a3+a4=5，则a2023+a2024=（ ）
A．2022
B．2023
C．4044
D．4045
【答案】D
【详解】设等差数列的公差为d，
由a1+a2=1,a3+a4=5可得a1+a2+ 4 d =a3+a4=5，故d =1，
则a2023+a2024=(a1+a2)+2022d +2022d =2+20222+2022= 4045，
故选：D
【变式训练1-3】已知等差数列{an)的前n 项和为Sn，a5= S5=5，则公差d = .
【答案】2
【详解】由题意可得{
a5=a1+ 4 d =5
S5=5a1+10d =5)，解得d =2.
故答案为：2.
题型2 等差数列判断与证明
例2-1 在数列{an)中，a1=1，点P(an,an+1)在直线y = x +2上，则S5=（ ）
A．9
B．16
C．25
D．36
【答案】C
【详解】因为a1=1，点P(an,an+1)在直线y = x +2上，
则an+1=an+2，即an+1−an=2，
可知数列{an)是以首项为1，公差为2 的等差数列，
所以S5=5a3=5(1+2×2)=25.
故选：C.
例2-2 已知数列{an)满足a1= 4 ,an+1= 4−4
an
(n∈N
*).
(1)求证：{
1
an−2)是等差数列.
(2)求数列{an)的通项公式.
【答案】(1)证明见解析
(2)an= 2
n +2
（2）根据等差数列的通项即可求解.
【详解】（1）
1
an+1−2 −
1
an−2 =
1
4−4
an
−2
−
1
an−2 =
an
2an−4 −
1
an−2 = 1
2为常数，
所以{
1
an−2)为公差为1
2的等差数列，
（2）由于{
1
an−2)为公差为1
2的等差数列，且首项为1
2，
所以
1
an−2 = 1
2 n，所以an= 2
n +2
方法技巧 判断证明等差数列方法
判断数列
是等差数列的常用方法（定义法和等差中项法可用于证明）
（1）定义法：对任意
是周一常数．
（2）等差中项法：对任意
，湍足
．
（3）通项公式法：对任意
，都满足
为常数）．
（4）前
项和公式法：对任意
，都湍足
为常数）．
【变式训练2-1】已知数列{an}的前n项和为Sn，且an+1=an+2,S5=−35，则当Sn取得最小值时，n的值是
（ ）
A．6
B．7
C．8
D．9
【答案】A
【详解】由an+1=an+2,可知，数列{an)是等差数列，公差d =an+1−an=2，
由S5=5a1+10d =−35，解得a1=−11．
则Sn=−11n+ n(n−1)
2
×2=n
2−12n=(n−6)
2−36,
故当Sn取得最小值时，n的值是6．
故选：A．
【变式训练2-2】已知数列{an}满足a1=2，an+1=2−1
an
（n∈N
∗），令bn=
1
an−1.
(1)求a2,a3的值；
(2)求证：数列{bn}是等差数列，并求出数列{an}的通项公式.
【答案】(1)a2= 3
2，a3= 4
3
(2)证明见解析，an= n+1
n
【详解】（1）因为a1=2，且an+1=2−1
an
，
当n=1时，a2=2−1
a1
= 3
2，
当n=2时，a3=2−1
a2
= 4
3 .
（2）因为an+1=2−1
an
，
所以an+1−1=1−1
an
= an−1
an
，
两边同时取倒数有：
1
an+1−1 =
an
an−1 = an−1+1
an−1
=1+
1
an−1，
令bn=
1
an−1，有b1=
1
a1−1 =1，bn+1−bn=1，
所以数列{bn)是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以bn=n，所以an= n+1
n
.
【变式训练2-3】数列{an)满足a1=1,a2=2,an+2=2an+1−an+2.
(1)求a3,a4的值；
(2)设bn=an+1−an，证明{bn)是等差数列.
【答案】(1)a3=5,a4=10
(2)证明见解析
【详解】（1）数列{an)满足a1=1,a2=2,an+2=2an+1−an+2
所以a3=2a2−a1+2=2×2−1+2=5，a4=2a3−a2+2=2×5−2+2=10
（2）∵bn+1−bn=(an+2−an+1)−(an+1−an)=an+2−2an+1+an=2
∴{bn)为等差数列.
题型3 等差数列角标和性质
例3-1（2025·甘肃甘南·模拟预测）已知各项为正的等差数列{an)的前n项和为Sn，且a3+a7+a11=15−S15
5
，则a7⋅a8的最大值为（ ）
A．25
4
B．4
C．5
D．45
4
【答案】A
【详解】由a3+a7+a11=3a7,S15=15a8，得3a7=15−3a8，所以a7+a8=5．
由已知，得a7>0,a8>0，则a7⋅a8≤(
a7+a8
2 )
2
= 25
4 ，
当且仅当a7=a8= 5
2时等号成立．
故选：A
例3-2（2025·四川眉山·模拟预测）已知等差数列{an)满足am−1+am+1−am
2 =0(m>1)，且前2m−1项和
S2m−1=38，则m= .
【答案】10
【详解】因为am−1+am+1−am
2 =0(m>1)，所以2am−am
2 =0，解得am=0或2，
又前2m−1项和S2m−1=38=
(2m−1)(a1+a2m−1)
2
=(2m−1)am，
所以am不能等于0，只能等于2，
所以2m−1=19，解得m=10.
故答案为：10.
方法技巧 等差中项角标和性质
如果
为等差数列，当
时，
．因此，出现
等项时，可以利用此性质将已知条件转化为与
（或其他项）有关的条件；若求
项，可
由
转化为求
的值．
【变式训练3-1】（2025·辽宁·二模）已知等差数列{an)满足a2+a4+a6=3，a3+a5+a7=9，则a1+a8=
（ ）
A．1
B．3
2
C．4
D．8
【答案】C
【详解】因为数列{an)为等差数列，且a2+a4+a6=3，a3+a5+a7=9，
所以3a4=3，3a5=9，解得a4=1，a5=3，所以a1+a8=a4+a5= 4．
故选：C．
【变式训练3-2】记等差数列{an)的前n项和为Sn.若a5=−8，a10=2，则S14=（ ）
A．−42
B．−49
C．−63
D．−70
【答案】A
【详解】由题知S14= 14(a1+a14)
2
=7(a5+a10)=7(−8+2)=−42．
故选：A．
【变式训练3-3】（2025·安徽·三模）已知等差数列{an)的前n 项和为Sn，a1+a2+a3=3，若
ak +ak −1+ak −2=27，Sk =150，则k = ．
【答案】30
【详解】解析 由等差数列的性质可得a1+ak =a2+ak −1=a3+ak −2，再由a1+a2+a3=3，
ak +ak −1+ak −2=27，
可得3(a1+ak)=30，所以a1+ak =10，则Sk = k (a1+ak)
2
=5k =150，解得k =30．
故答案为：30.
题型4 等差数列前n 项和性质
例4-1 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若
S3
S6
= 3
7 ，则
S12
S9
=（ ）
A．3
7
B．3
C．3
2
D．5
3
【答案】C
【详解】由题意设S3=3t，则S6=7t，
由{an}是等差数列，所以S3,S6−S3,S9−S6,S12−S9,也成等差数列，
所以S9−S6=2(7t −3t )−3t =5t，解得S9=12t；
S12−S9=2(12t −7t )−4 t =6t，解得S12=18t，
所以
S12
S9
= 18t
12t = 3
2，
故选：C.
例4-2 等差数列{an)，{bn)的前n项和分别为Sn与T n，且(5n+ 4)T n=(4 n+3)Sn，则
b9+b7
a15
= ．
【答案】126
149
【详解】∵数列{an)，{bn)均为等差数列，∴b1+b7
a15
= 2b8
a15
．
∵(5n+ 4)T n=(4 n+3)Sn，∴Sn
T n
= 5n+ 4
4 n+3，
根据等差数列{cn)前n项和Cn=an
2+bn，可设Sn=5 λn
2+ 4 λn，
T n= 4 λn
2+3 λn，λ≠0.
对于数列{an)，当n=1时，a1=9 λ，
当n≥2时，an= Sn−Sn−1=(5 λn
2+ 4 λn)−[5 λ(n−1)
2+ 4 λ(n−1))=10 λn−λ，
显然当n=1时，也满足an=10 λn−λ，故an=10 λn−λ = λ(10n−1)，
同理可得bn= λ(8n−1)，
故
b9+b7
a15
= 2b8
a15
= 2 λ(8×8−1)
λ(10×15−1) = 126
149．
故答案为：126
149．
方法技巧 等差数列前n 项和性质
在等差数列中，
，…仍成等差数列；
也成等差数列．
【变式训练4-1】已知等差数列{an)的前n项和为Sn，若S2=8,S6=3，则S4的值为（ ）
A．3
B．6
C．9
D．12
【答案】C
【详解】等差数列{an)的前n项和为Sn，则S2,S4−S2,S6−S4也是等差数列，
即8,S4−8,3−S4成等差数列，即2(S4−8)=8+3−S4.
解得S4=9.
故选：C.
【变式训练4-2】设 Sn是等差数列{an}的前n 项的和，若 S10=50,S50=10则 S60= .
【答案】−60
【详解】因为数列{an)是等差数列，所以Sm,S2m−Sm,S3m−S2m仍然是等差数列，
所以S10,S20−S10,S30−S20,S40−S30,S50−S40,S60−S50也是等差数列，
因为S10=50，S20=a,S30=b,S40=c ,S60= x，
则50,a−50,b−a,c−b,10−c , x−10构成等差数列，
所以50+ x−10=a−50+10−c =b−a+c−b，
解得：a−c =20，
所以40+ x =−a+c =−20，
所以x =−60，即S60=−60
故答案为：−60
【变式训练4-3】已知数列{an)和{bn)都是等差数列，且前n 项和分别为Sn，T n，若
Sn
T n
= 3n+1
2n+5，则
a4
b5
=
.
【答案】22
23
【详解】因数列{an)和{bn)都是等差数列，且前n 项和分别为Sn，T n，
由
Sn
T n
= 3n+1
2n+5，可设Sn= λn(3n+1)=3 λn
2+ λn，λ≠0，
则T n= λn(2n+5)=2 λn
2+5 λn，
a4
b5
= 2a4
2b5
= a1+a7
b1+b9
=
2
7 × 7
2 (a1+a7)
2
9 × 9
2 (b1+b9)
= 9
7 × S7
T 9
= 9
7 × 3 λ×7
2+7 λ
2 λ×9
2+ 45 λ
= 22
23.
故答案为：22
23.
题型5 等差数列前n 项和最值
例5-1（2025·广西南宁·三模）设等差数列{an)的前n 项和为Sn，若a5=2，a3+a8=12−a7，则Sn的最小值
为（ ）
A．−14
B．−49
4
C．−12
D．−10
【答案】C
【详解】假设等差数列{an)的公差为d，由a3+a8=12−a7得
a3+a7=12−a8,2a5=12−(a5+3d)=12−a5−3d,
所以3d =12−3a5=12−6=6，所以d =2，故an=a5+(n−5)d =2n−8，
则Sn= n(a1+an)
2
= n(−6+2n−8)
2
=n(n−7)=(n−7
2)
2
−49
4
则(Sn)min= S3= S4=−12．
故选：C．
例5-2 已知数列{an)的前n项和为Sn，若Sn=2an−1
16 .
(1)求{an)的通项公式；
(2)设bn=3log2(
1
an)，求数列{bn)的前n项和T n，并求T n的最大值.
【答案】(1)an=2
n−5
(2)T n=−3
2 n
2+ 27
2 n，30
【详解】（1）S1=2a1−1
16 =a1，故a1= 1
16 ≠0，
由Sn=2an−1
16 ，得Sn+1=2an+1−1
16 ，
两式相减并整理得an+1=2an，
所以{an)为等比数列，公比为2，首项a1= 1
16 ，
所以数列{an)的通项公式为an=2
n−5.
（2）bn=3log2(
1
an)=3log22
5−n=15−3n，
所以{bn)为等差数列，首项为12，公差为−3.
所以T n=12n+ n(n−1)
2
×(−3)=−3
2 n
2+ 27
2 n.
由bn≥0 ⇒ 15−3n≥0 ⇒ n≤5.
所以当n= 4或n=5时，T n取得最大值.
且T 5= 5(b1+b5)
2
= 5(12+0)
2
=30.
所以当n= 4或5 时，T n取得最大值30.
方法技巧 等差数列前n 项和最值方法
求等差数列前
项和
最值的2 种方法
（1）函数法：利用等差数列前
项和的函数表达式
，通过配方或借助图象求二次函数最
值的方法求解．
（2）邻项变号法：①若
，则满足
的项数
使得
取得最大值
；
②若
，则满足
的项数
使得
取得最小值
．
【变式训练5-1】已知数列{an}是等差数列，其前n 项和为Sn，若a3+a10>0，S11<0，则数列{Sn}中最小
的项是（ ）
A．S4
B．S5
C．S6
D．S7
【答案】C
【详解】因为S11= 11(a1+a11)
2
=11a6<0，所以a6<0，
因为a6+a7=a3+a10>0，所以a7>0，
所以公差d =a7−a6>0，
故当n≤6时，an<0，当n≥7时，an>0，
所以当n=6时，Sn取得最小值，即{Sn}中最小的项是S6，
故选：C.
【变式训练5-2】已知Sn是等差数列{an)的前n 项和，且Sn=−2n
2+15n
(1)求数列{an)的通项公式.
(2)判断{an)是否为等差数列.
(3)n为何值时，Sn取得最大值并求其最大值．
【答案】(1)an=17−4 n
(2)答案见解析
(3)n为4 时，Sn取得最大值，最大值28．
【详解】（1）由题意可知：Sn=−2n
2+15n，当n=1时，a1= S1=−2+15=13，
当n≥2时，an= Sn−Sn−1=−2n
2+15n−[−2(n−1)
2+15(n−1)]=17−4 n，
当n=1时，显然成立，∴数列{an)的通项公式an=17−4 n；
（2）因为an=17−4 n，所以an+1−an=17−4 (n+1)−(17−4 n)=−4，
所以{an)是以−4为公差的等差数列；
（3）Sn=−2n
2+15n=−2(n−15
4 )
2
+ 225
8 ，
由n∈N
∗，则n= 4时，Sn取得最大值28，
∴当n为4 时，Sn取得最大值，最大值28．
【变式训练5-3】设Sn为等差数列{an)的前n项和，已知a1=7，S3=15．
(1)求{an)的通项公式；
(2)求Sn，并求Sn的最大值及此时的n值．
【答案】(1)an=−2n+9
(2)Sn=−n
2+8n，Sn的最大值16，此时n= 4
【详解】（1）设等差数列{an)的公差为d，
因为a1=7，S3=15．
所以3a1+3d =15，解得d =−2，
所以{an)的通项公式是an=−2n+9．
（2）Sn=na1+ n(n−1)
2
d =7n+ n(n−1)
2
×(−2)=−n
2+8n
Sn=−n
2+8n=−(n−4)
2+16
当且仅当n= 4时，Sn的最大值为16．
题型6 等差数列实际应用
例6-1“中国剩余定理”又称“孙子定理”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二(除以3 余2)，五五
数之剩三(除以5 余3)，七七数之剩二(除以7 余2)，问物几何？现有这样一个相关的问题：已知正整数
p( p>1)满足二二数之剩一，三三数之剩一，将符合条件的所有正整数p 按照从小到大的顺序排成一列，
构成数列{an)，记数列{an)的前n 项和为Sn，则2Sn+an+23
n
的最小值为（ ）
A．26
B．36
C．38
D．46
【答案】C
【详解】二二数之剩一、三三数之剩一的数分别为2m+1、3k +1，m,k ∈N
∗，
因此数列{an}的项即为以上两类数的公共项6n+1，即an=6n+1，n∈N
∗，
而an+1−an=(6n+7)−(6n+1)=6，则数列{an}是等差数列，
于是Sn= n(7+6n+1)
2
=3n
2+ 4 n，2Sn+an+23
n
= 6n
2+14 n+24
n
=6(n+ 4
n )+14，
又对勾函数y = x + 4
x 在(0,2]上单调递减，在[2,+ ∞)上单调递增，
所以n=2时，2Sn+an+23
n
取得最小值38.
故选：C
例6-2 专家表示，海水倒灌原因是太阳、月亮等星体的共同作用下，海水的自然涨落，如果天气因素造成
的涨水现象赶上潮汐高潮的时候，这个时候水位就会异常的高.某地发生海水倒灌，未来24h 需要排水减少
损失，因此需要紧急抽调抽水机.经测算，需要调用20 台某型号抽水机，每台抽水机需要平均工作24h.而
目前只有一台抽水车可立即投入施工，其余抽水机需要从其他施工现场抽调.若抽调的抽水机每隔20min 才
有一台到达施工现场投入工作，要在24h 内完成排水任务，指挥部至少共需要抽调这种型号的抽水机（
）
A．25 台
B．24 台
C．23 台
D．22 台
【答案】B
【详解】设至少需要n台抽水机，记一台抽水机20min 完成的任务为单位1，这n台抽水机完成的任务依次
为a1,a2,⋯,an，1≤n≤72（24×3=72）
依题意a1=24× 60
20 =72，a2=71，{an}是公差为−1的等差数列，
Sn=na1+ n(n−1)
2
d =72n−n(n−1)
2
，
要完成所有任务，则Sn=72n−n(n−1)
2
≥20×24×3，
n
2−145n+2880≤0，
记f (n)=n
2−145n+2880，f (n)在[1,72]上是减函数，
f (23)=74>0，f (24)=−24，
所以24≤n≤72时，f (n)<0，
所以最小值需要24 台抽水机，
故选：B．
【变式训练6-1】鬼工球，又称同心球，要求制作者使用一整块完整的材料，将其雕成每层均
同球心的数层可自由转动的空心球，空心球的球面厚度不计.为保证鬼工球的每一层均可以自由转动，要求
其从最内层起，每层与其外一层球面的间距构成首项为1mm 公差为
､
4 mm的等差数列，若一个鬼工球最外
层与最内层的半径之差为190 mm，则该鬼工球的层数为（ ）
A．9
B．10
C．11
D．12
【答案】B
【详解】已知每层与其外一层球面的间距构成首项a1=1mm、公差d = 4 mm的等差数列.设该鬼工球的层
数为n，
由于最外层与最内层的半径之差就是这个等差数列的前n项和，即Sn=190mm.
根据等差数列前n项和公式Sn=na1+ n(n−1)
2
d，
将a1=1，d = 4，Sn=190代入可得： n×1+ n(n−1)
2
×4 =190，即2n
2−n−190=0
得到n1=10，n2=−19
2 （因为层数n为正整数，所以舍去）.
该鬼工球的层数为10.
故选：B.
【变式训练6-2】生命在于运动，某健身房为吸引会员来健身，推出打卡送积分活动（积分可兑换礼
品），第一天打卡得1 积分，以后只要连续打卡，每天所得积分都会比前一天多2 积分．若某天未打卡，
则当天没有积分，且第二天打卡需从1 积分重新开始．某会员参与打卡活动，若连续打卡5 天，则共获得
积分为 ；若该会员从3 月1 日开始到3 月20 日，他共得193 积分，中途有一天未打卡，则他未打卡
的那天可以是3 月 日．
【答案】 25 8 或13
【详解】对于空①，连续打卡5 天的总积分
连续打卡的积分规律为：第1 天得1 分，第2 天得3 分，第3 天得5 分，依此类推.
这实际上是一个首项为1、公差为2 的等差数列.
前5 天的总积分为：S5=1+3+5+7+9=25.
对于空②，确定未打卡的日期
若他连续打卡，则从打卡第1 天开始，逐日所得积分依次成等差数列，
且首项为1，公差为2，第n天所得积分为2n−1．
假设他连续打卡n天，第n+1天中断了，则他所得积分之和为：
(1+3+⋅⋅⋅+2n−1)+[1+3+⋅⋅⋅+2(20−1−n)−1)
= n(1+2n−1)
2
+ (19−n)[1+2(19−n)−1]
2
=193，化简得n
2−19n+84 =0，
解得n=7或12，所以他未打卡的那天是3 月8 日或3 月13 日．
故答案为：25；8 或13
题型7 等差数列奇偶项问题
例7-1 等差数列{an)的前16 项和为640，前16 项中偶数项和与奇数项和之比为11：9，则公差d , a9
a8
的值分
别是（ ）
A．8, 10
9
B．9, 10
9
C．9, 11
9
D．8, 11
9
【答案】D
【详解】在等差数列{an)中，设S奇=a1+a3+⋯+a15,S偶=a2+a4+⋯+a16，
依题意，{
S奇+ S偶=640
S偶:S奇=11:9)，解得S奇=288,S偶=352，
而S偶−S奇=(a2−a1)+(a4−a3)+⋯+(a16−a15)=8d，
S偶
S奇
=
8(a2+a16)
2
8(a1+a15)
2
= a9
a8
，
所以d = S偶−S奇
8
= 64
8 =8, a9
a8
= S偶
S奇
= 11
9 .
故选：D
例7-2 已知等差数列{an)的项数为奇数，且奇数项和为44，偶数项和为33，则数列的中间项为 ；项
数为 ．
【答案】 11 7
【详解】设等差数列{an)的项数为2n+1(n∈N )，
则S奇=a1+a3+a5+⋅⋅⋅+a2n−1+a2n+1=
(n+1)(a1+a2n+1)
2
=(n+1)an+1= 44，
S偶=a2+a4+a6+⋅⋅⋅+a2n−2+a2n= n(a2+a2n)
2
=nan+1=33，
∴S奇
S偶
= n+1
n
= 4
3 ，解得：n=3，即等差数列{an)的项数为2n+1=7；
∵ 2n+1项的数列的中间项为第n+1项，即an+1，
∴由(n+1)an+1= 44得：4 an+1= 44，解得：an+1=11，即中间项为11.
故答案为：11；7.
【变式训练7-1】已知等差数列{an)的项数为2m+1(m∈Ν
∗),其中奇数项之和为140, 偶数项之和为
120,则m=( )
A．6
B．7
C．12
D．13
【答案】A
【详解】项数为2m+1的{an)中奇数项共有(m+1)项,
其和为
(m+1)(a1+a2m+1)
2
=
(m+1)⋅2am+1
2
=(m+1)am+1=140,
项数为2m+1的{an)中偶数项共有m项, 其和为m(a2+a2m)
2
= m⋅2am+1
2
=mam+1=120,
所以
(m+1)am+1
mam+1
= 140
120 = 7
6 ,解得m=6.
故选: A.
【变式训练7-2】一个等差数列共100 项，其和为80，奇数项和为30，则该数列的公差为（ ）
A．1
4
B．2
C．1
3
D．2
5
【答案】D
【详解】设等差数列的公差为d，则由条件可知：
数列的奇数项之和为a1+a3+a5+⋯+a99=30，①
偶数项之和为a2+a4+a6+⋯+a100=80−30=50，②
由②-①，得50d =20，所以d = 2
5，即该数列的公差为2
5.
故选：D.
【变式训练7-3】已知等差数列{an)的前30 项中奇数项的和为A，偶数项的和为B，且B−A = 45，
2 A = B+615，则an=（ ）
A．3n−2
B．3n−1
C．3n+1
D．3n+2
【答案】B
【详解】设等差数列的公差为d，首项为a1，
则B−A =15d = 45，所以d =3，
因为2 A = B+615，即2 A = A + 45+615，则A =660，
等差数列的奇数项是以a1为首项，2d为公差的等差数列，等差数列{an)的前30 项中奇数项有15 项，所以
A =15a1+ 15×14
2
×6=660，得a1=2，
所以an=a1+(n−1)d =2+3(n−1)=3n−1.
故选：B
题型8 含绝对值等差数列前n 项和
例8-1 已知Sn是数列{an)的前n项和，且2Sn=3
8−an.
(1)求证：数列{an)是等比数列；
(2)设bn=|log3an)，求数列{bn)的前n项和T n.
【答案】(1)证明见解析
(2)T n={
n(15−n)
2
,1≤n≤8,n∈N
∗
n
2−15n+112
2
,n≥9,n∈N
∗)
【详解】（1）解：由数列{an)满足2Sn=3
8−an，当n≥2时，可得2Sn−1=3
8−an−1，
两式相减，可得2(Sn−Sn−1)=an−1−an，即2an=an−1−an，即an= 1
3 an−1，
当n=1时，2S1=3
8−a1，即2a1=3
8−a1，解得a1=3
7，
所以数列{an)是首项为a1=3
7，公比q = 1
3的等比数列.
（2）解：由（1）可得数列{an)的通项公式为an=3
7⋅( 1
3 )
n−1
=3
8−n，
则bn=|log3an)=|8−n)，
令cn=8−n，可得数列{cn)的前n项和为S
′
n= n(7+8−n)
2
= n(15−n)
2
，
当1≤n≤8,n∈N
∗时，可得T n=b1+b2+⋯+bn=c1+c2+⋯+cn= n(15−n)
2
；
当n≥9,n∈N
∗时，可得T n=b1+b2+⋯+bn=(c1+c2+⋯+c8)−(c9+c10+⋯+cn)
= S
′
8−(S
′
n−S
′
8)=2S
′
8−S
′
n=2× 8×(15−8)
2
−n(15−n)
2
= n
2−15n+112
2
，
所以数列{bn)的前n项和T n={
n(15−n)
2
,1≤n≤8,n∈N
∗
n
2−15n+112
2
,n≥9,n∈N
∗)
.
例8-2 已知数列{an) 满足 a1=5,an+1=an+2n
(1)求数列{an)的通项公式
(2)若数列{bn) 满足 bn=|an−n
2)，求数列{bn)的前 n 项和 T n
【答案】(1)an=n
2−n+5
(2)T n={
−n
2+9n
2
,n≤5
n
2−9n+ 40
2
,n>5)
【详解】（1）由已知可得an+1−an=2n，
故当n≥2时，a2−a1=2×1，
a3−a2=2×2，
a4−a3=2×3，
…….
an−an−1=2(n−1)，
累加后可得an−a1=2×(1+2+3+⋯+n−1)=2× (n−1)(1+n−1)
2
=n
2−n，
所以an=n
2−n+5，
当n=1时，代入a1=1−1+5=5成立，
所以数列{an)的通项公式为an=n
2−n+5.
（2）bn=|an−n
2)=|−n+5)，
当n≤5时，bn=5−n，
此时T n=b1+b2+⋯+bn=(5−1)+(5−2)+⋯+(5−n)=5n−(1+2+⋯+n)
=5n−1
2 n(n+1)= −n
2+9n
2
；
当n>5时，bn=n−5，
T n=(b1+b2+⋯+b5)+(b6+b7⋯+bn)= −5
2+9×5
2
+[1+2+3+⋯+(n−5))
=10+ (n−5)(n−4)
2
= n
2−9n+ 40
2
，
综上T n={
−n
2+9n
2
,n≤5
n
2−9n+ 40
2
,n>5)
方法技巧 含绝对值等差数列前n 项和求解步骤
由正项开始的递减等差数列
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
（2）在对
进行讨论，当
时，
，当
时，
【变式训练8-1】已知数列{an)为等差数列，首项a1=1，公差d =2．
(1)若bn=3
an+1，证明：{bn)是等比数列；
(2)若cn=
1
anan+1
，设数列{cn)的前n项和为Sn，求满足Sn> 12
25的n的最小值．
(3)若dn=12−an，求数列{|dn))的前n项和T n；
【答案】(1)证明见详解
(2)13
(3)T n={
−n
2+12n,n≤6
n
2−12n+72,n≥7)
【详解】（1）因为数列{an)为等差数列，首项a1=1，公差d =2，
所以an=1+2(n−1)=2n−1.
对于bn=3
an+1=3
2n≠0，且
bn+1
bn
= 3
2n+2
3
2n =9，
所以{bn)是等比数列.
（2）由（1）可知：cn=
1
anan+1
=
1
(2n−1)(2n+1) = 1
2(
1
2n−1 −
1
2n+1)，
可得Sn= 1
2(1−1
3 + 1
3 −1
5 +⋅⋅⋅+
1
2n−1 −
1
2n+1)= 1
2(1−
1
2n+1)，
令Sn= 1
2(1−
1
2n+1)> 12
25，解得n>12，
所以满足Sn> 12
25的n的最小值为13.
（3）由（1）可知：dn=12−an=13−2n，
则dn+1−dn=(11−2n)−(13−2n)=−2，可知数列{dn)为等差数列，
设数列{dn)的前n 项和为Dn，则Dn= n(11+13−2n)
2
=−n
2+12n，
令dn=13−2n>0，解得n< 13
2 ，
当n≤6时，dn>0，则T n=|d1)+|d2)+⋅⋅⋅|dn)=d1+d2+⋅⋅⋅+dn= Dn=−n
2+12n；
当n≥7时，dn<0，则T n=|d1)+|d2)+⋅⋅⋅|dn)
=(d1+⋅⋅⋅+d6)−(d7+⋅⋅⋅+dn)
= D6−(Dn−D6)=−Dn+2 D6=n
2−12n+72；
综上所述：T n={
−n
2+12n,n≤6
n
2−12n+72,n≥7).
【变式训练8-2】等差数列{an)的前n项和记为Sn，已知S3=−15，且a1,a3,−a4成等差数列.
(1)求数列{an)的通项公式；
(2)求数列{an)的前n项和Sn
(3)求数列{|an))的前16 项的和T 16.
【答案】(1)an=2n−9
(2)Sn=n(n−8)
(3)160
【详解】（1）设等差数列{an)的公差为d，
由题可得：{
a1+a2+a3=−15
2a3=a1+(−a4))⇒{
3a1+3d =−15
2(a1+2d)=a1−(a1+3d))，
解得a1=−7,d =2,∴an=a1+(n−1)d =2n−9，
（2）由（1）知，a1=−7 ,d =2，
所以Sn= n(−7+2n−9)
2
=n(n−8)，
（3）由2n−9≤0⇒n≤9
2，
所以a1,a2,a3,a4均为负数，且从a5开始，后面每一项均为正数，
T 16=−a1−a2−a3−a4+a5+⋯+a16
=−(a1+a2+a3+a4)+(a5+⋯+a16)
=−S4+(S16−S4)= S16−2S4=16(16−8)−2×4 (4−8)=160
【变式训练8-3】已知数列{an)、{bn)的各项均不为零，若{bn)是单调递增数列，且2an=bn⋅bn+1，
an+an+1=bn+1
2
，a1=b2，a2=b6.
(1)求b1及数列{bn)的通项公式；
(2)设cn=|9−bn|，求数列{cn)的前n 项和T n.
【答案】(1)b1=2，bn=2n；
(2)T n={
8n−n
2,1≤n≤4
n
2−8n+32,n≥5)
【详解】（1）2an=bn⋅bn+1，an+an+1=bn+1
2
，
故bn⋅bn+1
2
+ bn+1⋅bn+2
2
=bn+1
2
，即bn+1(bn+2+bn)=2bn+1
2
，
{bn)的各项均不为零，故bn+2+bn=2bn+1，
所以{bn)为等差数列，且公差d大于0，
2an=bn⋅bn+1中，令n=1得2a1=b1⋅b2，
又a1=b2，故b1=2，
an+an+1=bn+1
2
中，令n=1得a1+a2=b2
2，
其中a1=b2，a2=b6，故b2+b6=b2
2，
即2+d +2+5d =(2+d)
2，解得d =2或0（舍去），
故bn=b1+(n−1)d =2+2(n−1)=2n；
（2）cn=|9−2n)，
故当1≤n≤4时，cn=9−2n，当n≥5时，cn=2n−9，
设tn=9−2n的前n项和为Sn，
当1≤n≤4时，T n= Sn= n(t1+tn)
2
= n(7+9−2n)
2
=8n−n
2，
当n≥5时，T n= S4−(Sn−S4)=2S4−Sn=2×16−(8n−n
2)=n
2−8n+32，
综上，T n={
8n−n
2,1≤n≤4
n
2−8n+32,n≥5).
题型9 等差数列单调性
例9-1（多选） 设等差数列{an)的前n项和Sn,a1>0，公差为d ,a7+a8>0且a7a8<0，下列结论正确的是
（ ）
A．d <0
B．a7>0,a8<0
C．n=8时，Sn最大
D．S14>0,S15<0
【答案】ABD
【详解】在等差数列{an)中，由a7a8<0，可得a7,a8异号，
若d ≥0，由a1>0，则an>0，不满足题意，则d <0，故A 正确；
由于d <0，则数列{an)为递减数列，所以a7>0,a8<0，故B 正确；
由于n≤7时，an>0；n≥8时，an<0，
所以n=7时，Sn最大，故C 错误；
又S14= 14(a1+a14)
2
=7(a7+a8)>0，
S15= 15(a1+a15)
2
=15a8<0，故D 正确.
故选：ABD.
例9-2 已知等差数列{an}的前n 项和是Sn，S18>0，S19<0，则数列{|an|}中值最小的项为第 项．
【答案】10
【详解】由题意得：S19= 19(a1+a19)
2
==19a10<0，∴a10<0，
S18=9(a10+a9)>0，∴a9>0，a9>−a10>0，
∴|a9)>|a10)，故等差数列{an}为递减数列，即公差为负数，
因此{|an|}的前9 项依次递减，从第10 项开始依次递增，
由于|a9)>|a10)，∴{|an|}最小的项是第10 项，
故答案为：10
【变式训练9-1】（多选） 已知Sn是等差数列{an)的前n 项和，且a7>0，a6+a9<0，则（ ）
A．数列{an)为递减数列
B．a8>0
C．Sn的最大值为S7
D．S14>0
【答案】AC
【详解】设等差数列{an)的公差为d，
由于a7>0，a6+a9<0，故a7+a8=a6+a9<0，
则a8<0，B 错误；
d =a8−a7<0，则数列{an)为递减数列，A 正确，
由以上分析可知a1,a2,⋯,a7>0，n≥8时，an<0，
故Sn的最大值为S7，C 正确；
S14= 14(a1+a14)
2
= 14(a6+a9)
2
<0，D 错误，
故选：AC
【变式训练9-2】（多选） 等差数列{an)的前n 项和为Sn，若S7<S8，S8= S9，S9>S10，则（ ）
A．a9=0
B．数列{an)是递减数列
C．S9<0 D．S5= S12
【答案】ABD
【详解】对于A，由S8= S9，得a9= S9−S8=0，A 正确；
对于B，由S7<S8，得a8= S8−S7>0，等差数列{an)的公差d =a9−a8=−a8<0，
数列{an)是递减数列，B 正确；
对于C，等差数列{an)的前8 项都为正，第9 项为0，则S9>0，C 错误；
对于D，S12−S5=a6+a7+a8+a9+a10+a11+a12=7 a9=0，D 正确.
故选：ABD
【变式训练9-3】已知等差数列{an}的前n项和Sn能取到最大值，且满足：a10+a11<0，a10⋅a11<0对于以
下几个结论：
①数列{an}是递减数列；
②数列{Sn}是递减数列；
③数列{Sn}的最大项是S10；
④数列{Sn}的最小的正数是S19．
其中正确的序号是 ．
【答案】①③④
【详解】解：∵等差数列{an}的前n项和Sn能取到最大值，
∴数列{an}是递减数列，且d <0，故①正确；
Sn=na1+ n(n−1)d
2
= d
2 n
2+(a1−d
2 )n，
∵d <0，∴数列{Sn}先增后减，故②错误；
由a10+a11<0，a10⋅a11<0，得a10>0，a11<0，
∴数列{Sn}的最大项是S10，故③正确；
由S19=19a10>0，S20= (a10+a11)20
2
<0，得数列{Sn}的最小的正数是S19，故④正确．
∴正确的序号是①③④．
故答案为：①③④．
1．（2023·全国乙卷·高考真题）已知等差数列{an)的公差为2π
3 ，集合S ={cosan)n∈N
∗)，若S = {a,b)
，则ab=（ ）
A．－1
B．−1
2
C．0
D．1
2
【答案】B
【详解】依题意，等差数列{an}中，an=a1+(n−1)⋅2π
3 = 2π
3 n+(a1−2π
3 )，
显然函数y =cos[ 2π
3 n+(a1−2π
3 )]的周期为3，而n∈N
∗，即cosan最多3 个不同取值，又
{cosan|n∈N
∗}={a,b}，
则在cosa1,cosa2,cosa3中，cosa1=cosa2≠cosa3或cosa1≠cosa2=cosa3或cosa1=cosa3≠cosa2
于是有cosθ =cos(θ+ 2π
3 )或cosθ =cos(θ+4π
3 )，
即有θ+(θ+ 2π
3 )=2k π,k ∈Z，解得θ =k π−π
3 ,k ∈Z；
或者θ+(θ+4π
3 )=2k π,k ∈Z，解得θ =k π−2π
3 ,k ∈Z；
所以k ∈Z，
ab=cos(k π−π
3 )cos[(k π−π
3 )+ 4π
3
]=−cos(k π−π
3 )cosk π=−cos
2k πcosπ
3 =−1
2或
ab=cos(k π−2π
3 )cosk π=−1
2.
故选：B
2．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）记Sn为数列{an)的前n项和，设甲：{an)为等差数列；乙：{ Sn
n }为等差
数列，则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】C
【详解】方法1，甲：{an)为等差数列，设其首项为a1，公差为d，
则Sn=na1+ n(n−1)
2
d , Sn
n =a1+ n−1
2
d = d
2 n+a1−d
2 , Sn+1
n+1 −Sn
n = d
2 ，
因此{ Sn
n }为等差数列，则甲是乙的充分条件；
反之，乙：{ Sn
n }为等差数列，即Sn+1
n+1 −Sn
n = n Sn+1−(n+1)Sn
n(n+1)
= nan+1−Sn
n(n+1) 为常数，设为t，
即nan+1−Sn
n(n+1) =t，则Sn=nan+1−t ⋅n(n+1)，有Sn−1=(n−1)an−t ⋅n(n−1),n≥2，
两式相减得：an=nan+1−(n−1)an−2tn，即an+1−an=2t，对n=1也成立，
因此{an)为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件，C 正确.
方法2，甲：{an)为等差数列，设数列{an)的首项a1，公差为d，即Sn=na1+ n(n−1)
2
d，
则Sn
n =a1+ (n−1)
2
d = d
2 n+a1−d
2 ，因此{ Sn
n }为等差数列，即甲是乙的充分条件；
反之，乙：{ Sn
n }为等差数列，即Sn+1
n+1 −Sn
n = D , Sn
n = S1+(n−1)D，
即Sn=n S1+n(n−1)D，Sn−1=(n−1)S1+(n−1)(n−2)D，
当n≥2时，上两式相减得：Sn−Sn−1= S1+2(n−1)D，当n=1时，上式成立，
于是an=a1+2(n−1)D，又an+1−an=a1+2nD−[a1+2(n−1)D ]=2 D为常数，
因此{an)为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件.
故选：C
3．（2024·全国甲卷·高考真题）已知等差数列{an)的前n项和为Sn，若S9=1，则a3+a7=（ ）
A．−2
B．7
3
C．1
D．2
9
【答案】D
【详解】方法一：利用等差数列的基本量
由S9=1，根据等差数列的求和公式，S9=9a1+ 9×8
2
d =1⇔9a1+36d =1，
又a3+a7=a1+2d +a1+6d =2a1+8d = 2
9 (9a1+36d)= 2
9.
故选：D
方法二：利用等差数列的性质
根据等差数列的性质，a1+a9=a3+a7，由S9=1，根据等差数列的求和公式，
S9= 9(a1+a9)
2
= 9(a3+a7)
2
=1，故a3+a7= 2
9.
故选：D
方法三：特殊值法
不妨取等差数列公差d =0，则S9=1=9a1⇒a1= 1
9，则a3+a7=2a1= 2
9.
故选：D
4．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）记Sn为等差数列{an}的前n 项和，若a3+a4=7，3a2+a5=5，则S10=
.
【答案】95
【详解】因为数列an为等差数列，则由题意得{
a1+2d +a1+3d =7
3(a1+d)+a1+ 4 d =5)，解得{
a1=−4
d =3 )，
则S10=10a1+ 10×9
2
d =10×(−4)+ 45×3=95.
故答案为：95.
5．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）设等差数列{an)的公差为d，且d >1．令bn= n
2+n
an
，记Sn,T n分别为数
列{an),{bn)的前n项和．
(1)若3a2=3a1+a3,S3+T 3=21，求{an)的通项公式；
(2)若{bn)为等差数列，且S99−T 99=99，求d．
【答案】(1)an=3n
(2)d = 51
50
【详解】（1）∵3a2=3a1+a3，∴3d =a1+2d，解得a1=d，
∴S3=3a2=3(a1+d)=6d，
又T 3=b1+b2+b3= 2
d + 6
2d + 12
3d = 9
d ，
∴S3+T 3=6d + 9
d =21，
即2d
2−7d +3=0，解得d =3或d = 1
2（舍去），
∴an=a1+(n−1)⋅d =3n.
（2）∵{bn}为等差数列，
∴2b2=b1+b3，即12
a2
= 2
a1
+ 12
a3
，
∴6( 1
a2
−1
a3
)= 6d
a2a3
= 1
a1
，即a1
2−3a1d +2d
2=0，解得a1=d或a1=2d，
∵d >1，∴an>0，
又S99−T 99=99，由等差数列性质知，99a50−99b50=99，即a50−b50=1，
∴a50−2550
a50
=1，即a50
2 −a50−2550=0，解得a50=51或a50=−50（舍去）
当a1=2d时，a50=a1+ 49d =51d =51，解得d =1，与d >1矛盾，无解；
当a1=d时，a50=a1+ 49d =50d =51，解得d = 51
50.
综上，d = 51
50.
1．(人教A 版选择性必修第二册P25习题4.2 第2 题)已知{an)为等差数列，
a1+a3+a5=105, a2+a4+a6=99，求a20；
【答案】①a20=1；②an={
2,n=1
2n−1,n≥2)．
【详解】①由a1+a3+a5=105, a2+a4+a6=99，得3a3=105，3a4=99，
所以a3=35，a4=33，所以d =−2，所以a20=a3+17d =35−34 =1.
2．(人教A 版选择性必修第二册P25习题4.2 第3 题)（1）求从小到大排列的前n 个正偶数的和．
（2）求从小到大排列的前n 个正奇数的和．
（3）在三位正整数的集合中有多少个数是5 的倍数？求这些数的和．
（4）在小于100 的正整数中，有多少个数被7 除余2？这些数的和是多少？
【答案】（1）n(n+1)；（2）n
2；（3）180，98550；（4）14，665.
【详解】（1）通项公式为an=2n，所以Sn= n(a1+an)
2
=n(n+1)，
（2）通项公式为an=2n−1，所以Sn= n(a1+an)
2
=n
2，
（3）因为末尾数是0 或者5 的数均是5 的倍数，故最小是100，最大是995，
所以n=(995−100)÷5+1=180，
故和为
(100+995)×180
2
=98550，
（4）被7 整除余2 的数为7n−5(n∈N
∗)，当n=15时，这个数等于100，所以在小于100 的正整数中共
有14 个数被7 整除余2，每相邻两个数之间的差（大数减小数）为7，
所以2×14+14×13× 7
2 =665.
3．(人教A 版选择性必修第二册P25习题4.2 第4 题)1682 年，英国天文学家哈雷发现一颗大星的运行曲线
和1531 年、1607 年的彗星惊人地相似，他大胆断定，这是同一天体的三次出现，并预言它将于76 年后再
度回归这就是著名的哈雷彗星，它的回归周期大约是76 年，请你查找资料，列出哈雷星的回归时间表，
并预测它在本世纪回归的年份．
【答案】2061 年
【详解】根据历史记载，哈雷彗星在1607 年及以后的回归时间表为：
次数
1
2
3
4
5
7
年份
160
7
1682
175
9
1835
191
0
1986
预测它在本世纪回归的年份为2061 年.
4．(人教A 版选择性必修第二册P25习题4.2 第9 题)一支车队有15 辆车，某天下午依次出发执行运输任
务．第一辆车于14 时出发，以后每间隔10 min发出一辆车．假设所有的司机都连续开车，并都在18 时停
下来休息．
（1）截止到18 时，最后一辆车行驶了多长时间？
（2）如果每辆车行驶的速度都是60km/h，这个车队当天一共行驶了多少千米？
【答案】（1）5
3小时； （2）2550 (km).
【详解】（1）第一辆车出发事件为14 时，每辆车的间隔时间为10min，即为1
6小时，
则第15 辆车在14× 1
6 = 7
3 小时后，最后一辆车出发的时间为14 + 7
3 = 49
3 ，
所以第15 辆车行驶的时间为18−49
3 = 5
3小时，即1 小时40 分钟.
（2）设每辆车行驶的时间构成数列{an)，
由题意可得{an)构成首项为a1= 4，公差为d =−1
6 的等差数列，
则15 辆车行驶的时间的和为S15=15×4+ 15×14
2
×(−1
6 )= 85
2 小时，
所以行驶的总里程为S = 85
2 ×60=2550(km).
5．(人教A 版选择性必修第二册P25习题4.2 第11 题)虎甲虫以爬行速度快闻名，下表记录了一只鹿甲虫连
续爬行n s(n=1,2,…,10)时爬行的距离．
时间/s
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
距离/m
2.50
5.03
7.55
10.05
12.45
15.01
17.28
19.90
22.48
25.07
（1）你能建立一个数列模型，近似地表示这只虎甲虫连续爬行的距离和时间之间的关系吗？
（2）利用建立的模型计算，这只虎甲虫连续爬行1min能爬多远（精确到0.01m）？它连续爬行10 m需要
多长时间（精确到0.1s）？
【答案】（1）S =2.5n； （2）150.m；4 s.
【详解】（1）设虎甲虫爬行的距离S构成数列{an)，
可得a1=2.50,a2=5.03,a3=7.55,a4=10.05,⋯
其中d1=a2−a1=5.03−2.50≈2.5，d2=a3−a2=7.55−5.03≈2.5，
d3=a4−a3=10.05−7.55≈2.5，⋯ ，
可得每一项与前一项的差都是近似为2.5，所以构成一个首项为a1=2.50，公差d =2.5的等差数列，
所以虎甲虫爬行的距离s与时间n之间的关系是为S =2.5+(n−1)×2.5=2.5n.
（2）由（1）知S =2.5n，
因为n=1min=60 s，所以S =2.5×60=150 (m)，
令S =2.5n=10，可得n= 10
2.5 = 4 (s)，
即虎甲虫连续爬行1min能爬150米，连续爬行10 m需要4 s.
