2027新高考数学复习53A版4-6.2　等差数列

数学新高考适用第六章数列6.2

等差数列目录CONTENTS考点1等差数列及其前n项和考点2等差数列的性质五年高考考点1等差数列及其前n项和1.★★(2024全国甲理,4,5分)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S5=S10,a5=1,则a1=

()A.

B.

C.-

D.-

B

解析∵S5=S10,∴a6+a7+a8+a9+a10=0,∴5a8=0.∴a8=0,又a5=1,∴d=-

,∴a1=a5-4d=1+

=

.2.★★★(2025全国二卷,7,5分)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若S3=6,S5=-5,则S6=

(

)A.-20

B.-15

C.-10

D.-5B

解析设等差数列{an}的公差为d,∵

∴

∴

∴

∴S6=6a1+

d=-15.故选B.3.★★★(2022新高考Ⅱ,3,5分)图1是中国古代建筑中的举架结构,AA',BB',CC',DD'是桁,

相邻桁的水平距离称为步,垂直距离称为举.图2是某古代建筑屋顶截面的示意图,其中

DD1,CC1,BB1,AA1是举,OD1,DC1,CB1,BA1是相等的步,相邻桁的举步之比分别为

=0.5,

=k1,

=k2,

=k3.已知k1,k2,k3成公差为0.1的等差数列,且直线OA的斜率为0.725,则k3=

()

D

A.0.75

B.0.8

C.0.85

D.0.9解析令OD1=DC1=CB1=BA1=a,则CC1=k1a,BB1=k2a,AA1=k3a,DD1=0.5a,所以A的坐标为(4a,k1a+k2a+k3a+0.5a),所以kOA=

=

=0.725,所以k1+k2+k3+0.5=2.9.因为k1,k2,k3成公差为0.1的等差数列,所以k1+k2+k3+0.5=3k3-0.3+0.5=2.9,所以k3=0.9,故选D.4.★★★(2021北京,6,4分)《中国共产党党旗党徽制作和使用的若干规定》指出,中国

共产党党旗为旗面缀有金黄色党徽图案的红旗,通用规格有五种.这五种规格党旗的长

a1,a2,a3,a4,a5

(单位:cm)成等差数列,对应的宽为b1,b2,b3,b4,b5(单位:cm),且长与宽之比都相

等.已知a1=288,a5=96,b1=192,则b3=

()A.64

B.96

C.128

D.160

C

解析由题意可知

=

,故b5=64.又易得{bn}(n=1,2,···,5)是等差数列,所以b3=

=

=128.5.★★★(2023全国乙理,10,5分)已知等差数列{an}的公差为

,集合S={cosan|n∈N*}.若S={a,b},则ab=

()A.-1

B.-

C.0

D.

B

解析

解法一由题意得an+3k=an+3k×

=an+2kπ,k∈N,cosan+3k=cosan,k∈N,这样集合S={cosan|n∈N*}={cosan|n=1,2,3}={a,b},因此a1,a2,a3中有两个数的余弦值相等.满足y=cosx=cos

的y只有y=

=cos

=cos

或y=-

=cos

=cos

,两种情况对应第三个数的余弦值分别为cosπ=-1或cos2π=1,因此ab=

×(-1)或ab=

×1,均有ab=-

,故选B.解法二将等差数列的项an对应为单位圆周上的点(cosan,sinan),因为公差是

,即an+3k与an对应同一个点,所以圆周上最终有三个点,这三个点构成等边三角形,该三角形的外接圆半径为1,因此三角形中心(即原点)到三边的距离都是

.由题意知三角形有两个顶点的横坐标相同,即有一条边平行于y轴,这样三角形的三个顶点为

,

,(-1,0)

或者

,

,(1,0)

,均有ab=-

.6.★★★(2023新课标Ⅰ,7,5分)记Sn为数列{an}的前n项和,设甲:{an}为等差数列;乙:

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

C

解析若{an}为等差数列,设公差为d,则an=a1+(n-1)d,∴Sn=na1+

,∴

=a1+

d,当n≥2时,

=a1+

d,∴

-

=a1+

d-a1-

d=

d,∴

是以S1为首项,

为公差的等差数列.若

为等差数列,设公差为d',则

=S1+(n-1)d'=a1+(n-1)d',∴Sn=na1+n(n-1)d',当n≥2时,Sn-1=(n-1)a1+(n-1)(n-2)d',两式作差得,an=a1+2(n-1)d',又n=1时也满足上式,∴an=a1+2(n-1)d',n∈N*,当n≥2时,an-1=a1+2(n-2)d',∴an-an-1=a1+2(n-1)d'-a1-2(n-2)·d'=2d',∴{an}是以a1为首项,2d'为公差的等差数列.综上,甲是乙的充要条件,故选C.7.★★(2022全国乙文,13,5分)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若2S3=3S2+6,则公差d=___

____.

2解析∵2S3=3S2+6,∴2(3a1+3d)=3(2a1+d)+6,即6d=3d+6,解得d=2.8.★★(2024新课标Ⅱ,12,5分)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3+a4=7,3a2+a5=5,则S10=

__________.

95

解析

解法一设等差数列{an}的公差为d,由题意得a3+a4=(a1+2d)+(a1+3d)=7,3a2+a5=3

(a1+d)+(a1+4d)=5,即

解得

所以S10=10×(-4)+

×3=95.解法二设{an}的公差为d.a3+a4=7①,3a2+a5=5②,①+②得3a2+a3+a4+a5=3(a2+a4)=12,即a2+a4=4③,①-③得a3-a2=d=3,所以a3+a3+d=7,所以a3=2,故an=a3+(n-3)d=3n-7,所以S10=

=95.9.★★★(2020新高考Ⅰ,14,5分)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数

列{an},则{an}的前n项和为______________.

3n2-2n

解析∵数列{2n-1}的项为1,3,5,7,9,11,13,…,数列{3n-2}的项为1,4,7,10,13,…,∴数列{an}是首项为1,公差为6的等差数列,∴an=1+(n-1)×6=6n-5,∴数列{an}的前n项和Sn=

=3n2-2n.规律方法两个等差数列的公共项是等差数列,且公差是两等差数列公差的最小公倍

数,两个等比数列的公共项是等比数列,公比是两个等比数列公比的最小公倍数.10.★★★(2023全国乙文,18,12分)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Tn.解析

(1)设等差数列{an}的公差为d,则

解得

∴an=13-2(n-1)=15-2n.(2)由an=15-2n知,当n≤7,n∈N*时,an>0,当n≥8,n∈N*时,an<0,∴当n≤7,n∈N*时,Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+an=Sn=

=-n2+14n,当n≥8,n∈N*时,Tn=(a1+a2+…+a7)-(a8+a9+…+an)=2S7-Sn=98-(-n2+14n)=n2-14n+98.∴Tn=

11.★★★(2021全国乙理,19,12分)记Sn为数列{an}的前n项和,bn为数列{Sn}的前n项积,

已知

+

=2.(1)证明:数列{bn}是等差数列;(2)求{an}的通项公式.解析

(1)证明:由bn=S1·S2·…·Sn可得,Sn=

由

+

=2知,当n=1时,

+

=2,即

+

=2,所以b1=S1=

,当n≥2时,

+

=2,即2bn=2bn-1+1,即bn-bn-1=

,故数列{bn}是首项为

,公差为

的等差数列.(2)由(1)知,bn=

+(n-1)×

=

,故当n≥2时,Sn=

=

,S1也符合该式,即Sn=

(n∈N*),从而a1=S1=

,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=

-

=-

,a1不符合该式,所以an=

12.★★★(2023新课标Ⅰ,20,12分)设等差数列{an}的公差为d,且d>1,令bn=

,记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和.(1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求{an}的通项公式;(2)若{bn}为等差数列,且S99-T99=99,求d.解析

(1)∵3a2=3a1+a3,∴3(a1+d)=3a1+a1+2d,∴a1=d>1,∴S3=a1+a2+a3=a1+a1+d+a1+2d=6a1,又∵bn=

,∴b1=

,b2=

=

=

,b3=

=

=

,∴T3=b1+b2+b3=

,∴S3+T3=6a1+

=21,解得a1=3或a1=

(舍),∴an=3n.(2)∵{bn}为等差数列,∴2b2=b1+b3,即

=

+

,即

=

+

,即

-3a1d+2d2=0,∴a1=2d或a1=d.当a1=2d时,an=(n+1)d,bn=

,∴S99=

=99×51d,T99=

·

=

,又∵S99-T99=99,∴99×51d-99×50·

=99,∴51d-

=1,解得d=1或d=-

,又∵d>1,∴a1≠2d.当a1=d时,an=nd,bn=

,∴S99=

=50×99d,T99=

·

=

,又∵S99-T99=99,∴50×99d-

=99,∴50d-

=1,解得d=

或d=-1,又∵d>1,∴d=

.综上,d=

.三年模拟1.★(2026届河北衡水第二次调研,2)已知公差为2的等差数列{an}的前n项和为Sn,且S4=6a2,则S8=()A.42

B.52

C.56

D.60

C

解析设等差数列{an}的公差为d,则d=2,由S4=6a2得4a1+

=6(a1+d),解得a1=0,所以S8=8a1+

=

=56,故选C.2.★★(2026届广东惠州第一次调研,5)已知等差数列{an}的首项a1=2,公差d=12,在{an}

中每相邻两项之间都插入3个数,组成一个新的等差数列{bn},则bn=

()A.4n-2

B.3n-1

C.3n

D.2n+1

B

解析设{bn}的公差为d',则b1=2,d'=

=

=3,故bn=2+3(n-1)=3n-1.故选B.3.★★(2025届湖北T8联盟考前模拟(一),4)若数列{an}满足2an+1=an+an+2,其前n项和为Sn,

若a5=0,a10+a11=11,则S11=

()A.0

B.1

C.5

D.11

D

解析由2an+1=an+an+2得数列{an}为等差数列.设{an}的公差为d,则

⇒

所以S11=11a1+

d=-44+55=11.故选D.4.★★(2025届广西适应性测试,3)在公差不为0的等差数列{an}中,若a3是ax与ay的等差中

项,则

+

的最小值为

()A.

B.

C.

D.

A

解析因为在公差不为0的等差数列{an}中,a3是ax与ay的等差中项,所以2a3=ax+ay,所以x+y=6,所以

+

=

(x+y)

=

≥

=

,当且仅当

=

,即x=2,y=4时等号成立,所以

+

的最小值为

.故选A.5.★★(2026届湘豫名校联考摸底,5)在等差数列{an}中,公差d≠0,若

ai=5(a2+ak+a6),则k=

()A.8

B.12

C.16

D.18

C

解析由题意得

=5(2a4+ak),即

=5[2×(a1+3d)+ak],15(a1+7d)=5(2a1+6d+ak),3a1+21d=2a1+6d+ak,∴ak=a1+15d=a16,所以k=16.故选C.6.★★(2026届广东部分学校联考,5)一组数据10,13,17,25,47的第80百分位数为n,若6,m,

n三个数成等差数列,则m=

()A.21

B.23

C.

D.

A

解析因为5×80%=4,所以n=

=36,又6,m,n三个数成等差数列,所以m=

=21.故选A.7.★★(2026届湖南郴州教学质量检测,3)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a3+a7=18,S5=25,则a10=

()A.19

B.29

C.30

D.31

A

解析设{an}的公差为d,因为

所以

解得

所以a10=a1+9d=1+9×2=19,故选A.8.★★★(2025届河北唐山三模,6)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a3+a8+a13=-120,5S7-7S5=70,若Sk=Sk+1,则k

=

()A.27

B.28

C.54

D.55

A

解析设数列{an}的公差为d,∵数列{an}是等差数列,∴a3+a8+a13=3a8=-120,解得a8=-40,即a1+7d=-40,①∵5S7-7S5=70,∴5

-7

=70,解得d=2,代入①中得,a1=-54,∵Sk=Sk+1,∴Sk=Sk+ak+1,即ak+1=0,∴a1+kd=0,即-54+2k=0,解得k=27.故选A.9.★★★(2026届吉林四校联合模拟,4)已知首项为1的数列{an},其前n项积是公差为3的

等差数列,则a3=

()A.4

B.3

C.

D.

C

解析令bn=a1·a2·…·an,因为a1=1,所以b1=a1=1,所以数列{bn}是公差为3,首项为1的等差数列,故bn=b1+(n-1)×3=3n-2.所以a3=

=

=

=

.故选C.10.★★★(2026届福建三校联考,7)已知数列{an}的首项为a1,对于任意的n∈N*都有an+2-

an=1,则“{an}为单调递增的数列”是“a1<a2<a3<a4”的

()A.必要不充分条件

B.充分不必要条件C.充要条件

D.既不充分也不必要条件

C

解析由an+2-an=1,得数列{an}的奇数项、偶数项分别构成等差数列,公差均为1,若{an}为单调递增的数列,则a1<a2<a3<a4;若a1<a2<a3<a4,则a2n-1-a2n=a1+n-1-(a2+n-1)=a1-a2<

0,n∈N*,a2n-a2n+1=a2+n-1-(a3+n-1)=a2-a3<0,n∈N*,所以a2n-1<a2n<a2n+1,n∈N*,则{an}为单调递增的数列.综上所述,“{an}为单调递增的数列”是“a1<a2<a3<a4”的充要条件.故选C.11.★★★(2026届重庆南开中学第三次质量检测,7)已知等差数列{an}的前n项和Sn存在

最大值,且a13+3a15<0,a14a15<0,则Sn取得最小正值时n为

()A.1

B.27

C.28

D.29

B

解析因为等差数列{an}的前n项和Sn有最大值,则公差d<0.a13+3a15=(a13+a15)+2a15=2a14+2a15<0,又a14a15<0且d<0,所以a14>0,a15<0,则S27=

=27a14>0,S28=

=

<0,所以0<S1<S2<S3<…<S14,S14>S15>S16>…>S27>0>S28>…,因为S27-S1=a2+a3+…+a26+a27=13(a14+a15)<0,所以S27<S1.综上,Sn取得最小正值时n为27.12.★★★(多选)(2026届黑龙江大庆教学质量检测,9)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=9,

an=an+1+3,则下列说法正确的是

(

)A.a5-a1=-12B.{an}是递增数列C.当n>4时,an<0D.当n=3或4时,Sn取得最大值

ACD

解析对于A,由an+1-an=-3,知数列{an}是公差为-3的等差数列,所以a5-a1=-12,故A正确;对于B,因为公差小于0,所以{an}是递减数列,故B错误;对于C,an=a1+(n-1)d=9-3(n-1)=-3n+12,令an<0,解得n>4,故C正确;对于D,Sn=

=

=-

n2+

n,所以当n=3或4时,Sn取得最大值,故D正确.故选ACD.13.★★(2026届江苏连云港期中,12)某校报告厅第一排有22个座位,后一排比前一排多

2个座位,最后一排有60个座位,则这个报告厅共有___________个座位.

820

解析根据题意可知报告厅每排的座位数成等差数列,设为{an},则a1=22,d=2,an=60,所

以an=60=22+2(n-1),解得n=20,故这个报告厅共有

=

=820个座位.14.★★(2025届湖南怀化二模,12)已知数列{an}中,a1=10,an=an-1-2(n≥2),则数列{an}的前

n项和的最大值为__________.

30

解析当n≥2时,an-an-1=-2,且a1=10,所以,数列{an}是首项为10,公差为-2的等差数列,则数列{an}的前n项和为Sn=10n+

×(-2)=-n2+11n=-

+

,因为n∈N*,故当n=5或6时,Sn取得最大值30.15.★★(2026届重庆康德调研,15)已知非零等差数列{an}满足:a10=a9-2a8,a1+a6a7=0.(1)求数列{an}的通项公式;(2)记{an}的前n项和为Sn,求Sn的最小值.解析

(1)设等差数列{an}的公差为d,则d≠0,由题意得,a1+9d=a1+8d-2(a1+7d),则a1=-

d,又a1+(a1+5d)(a1+6d)=0,将a1=-

d代入解得d=2,所以a1=-15,则an=2n-17.(2)Sn=

=

=n2-16n=(n-8)2-64,所以当n=8时,Sn取得最小值,即(Sn)min=-64.16.★★★(2026届山东济南摸底,15)已知正项数列{an}的前n项积为Tn,且满足an=

(n∈N*).(1)求证:数列{Tn}为等差数列;(2)令cn=

,求数列{cn}的前n项和Sn.解析

(1)证明:当n=1时,a1=T1=

,又an>0,则Tn>0,所以T1=3,当n≥2时,an=

=

,又Tn>0,所以Tn-2=Tn-1,即Tn-Tn-1=2,所以数列{Tn}是首项为3,公差为2的等差数列.(2)由(1)知数列{Tn}是首项为3,公差为2的等差数列,则Tn=2n+1,cn=

=

=

,则Sn=

=

-

=

,所以数列{cn}的前n项和Sn=

.17.★★★(2026届江苏南京学情调研,16)对于数列{an},记△an=an+1-an,n∈N*,称数列{△an}为数列{an}的差分数列.(1)已知an=n2+n+1,证明:{an}的差分数列为等差数列;(2)已知{an}的差分数列为

,a1=1,求{an}的通项公式.解析

(1)证明:△an=(n+1)2+(n+1)+1-(n2+n+1)=2n+2,其中n∈N*,故△an-△an-1=2,故{an}的差分数列为等差数列.(2)由题设有an+1-an=

=2+

-

,故an-an-1=2+

-

(n≥2),由累加法可得an-a1=2(n-1)+1-

,而a1=1,所以an=2n-

,而a1=1也满足该式,故an=2n-

.18.★★★(2026届大湾区联考,17)已知数列{an}的前n项和为Sn=2n2+n(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式;(2)在an与an+1之间插入n个数,使这(n+2)个数组成一个公差为dn的等差数列,在数列{dn}

中是否存在不同的三项dm,dk,dp(其中m,k,p成等差数列)仍然成等差数列?若存在,求出这

样的三项;若不存在,请说明理由.解析

(1)当n=1时,a1=S1=3.由Sn=2n2+n(n∈N*),可得Sn-1=2(n-1)2+n-1(n≥2),两式相减得an=4n-1(n≥2).当n=1时,a1=4×1-1=3,符合上式,所以数列{an}是以3为首项,4为公差的等差数列,故an=4n-1.(2)由(1)可得an+1=4n+3,依题意得dn=

=

,假设在数列{dn}中存在三项dm,dk,dp(其中m,k,p成等差数列)仍然成等差数列,则dm+dp=2dk,即

+

=2·

,整理得

=2·

,①又因为m,k,p成等差数列,则m+p=2k,代入①式整理得:mp+m+p+1=(k+1)2,即mp=k2=

,化简得(m-p)2=0,即m=p,而m,k,p成等差数列,故m=k=p,又因为dm,dk,dp为不同的三项,即m≠k≠p,故假设不成立.因此,在数列{dn}中不存在不同的三项dm,dk,dp(其中m,k,p成等差数列)仍然成等差数列.五年高考考点2等差数列的性质1.★★(2024全国甲文,5,5分)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S9=1,则a3+a7=

(

)A.

B.

C.-

D.

B解析

S9=

=

=1,所以a3+a7=

.故选B.2.★★(2023全国甲文,5,5分)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

C

解析

解法一由题意得a2+a6=2a4=10,a4=5,又a4a8=45,所以a8=9,从而d=

=1,于是a3=a4-d=5-1=4,所以S5=5a3=20.故选C.解法二设等差数列{an}的公差为d,由已知可得

解得

∴S5=5a1+

×d=5×2+10×1=20.故选C.3.★★★(2020北京,8,4分)在等差数列{an}中,a1=-9,a5=-1.记Tn=a1a2…an(n=1,2,…),则数列

{Tn}

()A.有最大项,有最小项

B.有最大项,无最小项C.无最大项,有最小项

D.无最大项,无最小项

B

解析设等差数列{an}的公差为d,因为a1=-9,a5=-1,所以4d=a5-a1=-1-(-9)=8,解得d=2,所

以等差数列{an}的通项公式为an=a1+(n-1)d=2n-11,所以a1=-9,a2=-7,a3=-5,a4=-3,a5=-1,a6=1,……,an=2n-11,且当n≥6时,an=2n-11>0恒成立.因为Tn=a1a2…an(n=1,2,…),所以T1=-9,T2=63,T3=-315,T4=945,T5=-945,当n≥6时,Tn=a1a2a3a4

a5a6…an<0恒成立,且n越大,Tn的绝对值越大,因此,在数列{Tn}中,T4最大;当n≥6时,Tn<0,

所以数列{Tn}无最小项,故选B.4.★★★(2021新高考Ⅱ,17,10分)记Sn为公差不为零的等差数列{an}的前n项和,若a3=S5,

a2·a4=S4.(1)求{an}的通项公式;(2)求使得Sn>an的n的最小值.解析

(1)解法一设等差数列{an}的公差为d(d≠0),则a3=S5⇒a1+2d=5a1+10d⇒4a1+8d

=0⇒a1+2d=0⇒a1=-2d,①a2·a4=S4⇒(a1+d)(a1+3d)=4a1+6d,②将①代入②得-d2=-2d⇒d=0(舍)或d=2,∴a1=-2d=-4,∴an=-4+(n-1)×2=2n-6.解法二由等差数列的性质可得S5=5a3,则a3=5a3,∴a3=0,设等差数列的公差为d,从而有a2a4=(a3-d)(a3+d)=-d

2,S4=a1+a2+a3+a4=(a3-2d)+(a3-d)+a3+(a3+d)=-2d,从而-d

2=-2d,由于公差不为零,故d=2,所以数列{an}的通项公式为an=a3+(n-3)d=2n-6.(2)由(1)知an=2n-6,a1=2×1-6=-4.Sn=na1+

d=-4n+n(n-1)=n2-5n.Sn>an⇔n2-5n>2n-6⇔n2-7n+6>0⇔(n-1)(n-6)>0,解得n<1或n>6,又n∈N*,∴n的最小值为7.5.★★★★(2022浙江,20,15分)已知等差数列{an}的首项a1=-1,公差d>1.记{an}的前n项

和为Sn(n∈N*).(1)若S4-2a2a3+6=0,求Sn;(2)若对于每个n∈N*,存在实数cn,使an+cn,an+1+4cn,an+2+15cn成等比数列,求d的取值范围.解析

(1)易得an=(n-1)d-1,n∈N*,S4=a1+a2+a3+a4=4a1+6d=6d-4.又S4-2a2a3+6=0,∴6d-4-2(d-1)(2d-1)+6=0,∴d=3或d=0(舍),则an=3n-4,n∈N*,故Sn=3(1+2+…+n)-4n=

=

,n∈N*.(2)由(1)知an=(n-1)d-1,n∈N*,依题意得[cn+(n-1)d-1][15cn+(n+1)·d-1]=(4cn+nd-1)2,即15

+[(16n-14)d-16]cn+(n2-1)d2-2nd+1=16

+8(nd-1)cn+n2d2-2nd+1,故

+[(14-8n)d+8]cn+d2=0,故[(14-8n)d+8]2-4d2=[(12-8n)d+8]·[(16-8n)d+8]≥0,故[(3-2n)d+2]·[(2-n)·d+1]≥0对任意正整数n恒成立,n=1时,显然成立;n=2时,-d+2≥0,则d≤2;n≥3时,[(2n-3)d-2][(n-2)d-1]>(2n-5)(n-3)≥0.综上所述,1<d≤2.三年模拟1.★(2026届江西上饶鄱阳部分学校联考,3)已知等差数列{an}满足a1+a5+a7+a11=36,则a6

=

()A.7

B.8

C.9

D.10

C

解析

由等差数列的性质可得a1+a11=a5+a7=2a6,故4a6=36,解得a6=9.故选C.2.★(2026届浙江金华十校一模,2)已知等差数列{an}满足a1=2,a4+a6=20,则a3=

()A.4

B.6

C.8

D.10

B

解析由题设知a4+a6=2a5=20⇒a5=10,而a1=2,所以a1+a5=2a3=12⇒a3=6.故选B.3.★★(2026届山东青岛期中,2)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a5与a7是方程x2-8x+

4=0的两根,则S11=

()A.41

B.42

C.43

D.44

D

解析由题意得a5+a7=8,则S11=

=

=

=44.故选D.4.★★(2026届山东滨州质量检测,5)已知等差数列{an}共有101项,若奇数项的和为102,

则偶数项的和为

()A.100

B.105

C.110

D.115

A

解析由题意得a1+a3+a5+…+a101=

=

=51a51=102,则a51=2,所以a2+a4+a6+…+a100=

=

=50a51=50×2=100.故选A.5.★★(2026届山东烟台期中,4)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S4=6,S6=6S2,则S2=

()A.

B.

C.2

D.3

C

解析由等差数列前n项和的性质得S2,S4-S2,S6-S4为等差数列,则S2+(S6-S4)=2(S4-S2),所以3S2+S6=3S4,又S4=6,S6=6S2,则9S2=3×6⇒S2=2.故选C.6.★★(2026届山东名校考试联盟摸底,5)已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别

为Sn和Tn,且

=

,则使得

为整数的正整数n的个数是

()A.1

B.2

C.3

D.4

C

解析由等差数列的性质可得

=

=

,因为

=

,所以

=

=

=6-

,因为n∈N*,故要使

为整数,则

为正整数,所以n=1,3,7,共3个,即使得

为整数的正整数n的个数是3.故选C.7.★★(2026届山东济南摸底考,3)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若2a7-a9=4,则S9=

(

)A.12

B.24

C.36

D.48C

解析由等差数列的性质得2a7=a5+a9,所以2a7-a9=a5+a9-a9=a5=4,所以S9=9a5=9×4=36.故

选C.8.★★(2025届吉林长春二模,6)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S3=S9=6,则S12的值为

()A.0

B.3

C.6

D.12

A

解析因为{an}是等差数列,所以S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9成等差数列,又S3=S9=6,所以6,S6-6,6-S6,S12-6成等差数列,则6+S12-6=S6-6+6-S6,则S12=0.故选A.9.★★★(2025届湖北模拟,4)已知等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若

=

,则

=

()A.

B.

C.

D.

D

解析因为等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,所以

=

,因为

=

,所以可设Sn=kn2,Tn=kn(2n+1),【注意此处不可设Sn=kn,Tn=k(2n+1)】则S5-S4=9k,T4-T3=15k,所以

=

=

.故选D.10.★★★(2025届福建厦门六中模拟,5)记等差数列{an}的前n项和为Sn,公差为d,若a3+a18>0,S19<0,则

()A.S20<0

B.a6+a17<0C.a11>0

D.

∈(-9,-8)

C

解析由a3+a18>0有a1+a20=a3+a18>0⇒S20=

=10(a1+a20)>0,故A错误;由S19<0⇒S19=

=

=19a10<0⇒a10<0,又a10+a11=a3+a18>0,所以a11>0,故C正确;由a10<0,a11>0得d>0,则a6+a17=a11+a12>0,故B错误;由

⇒-10<

<-9,故D错误.故选C.11.★★★(2026届浙江名校协作体开学考,7)已知等差数列{an}的前n项和Sn满足:S2025<S2024<S2026,则数列

的最小项是第

()A.2026项

B.2027项

C.4048项

D.4049项

A

解析由S2025<S2024<S2026,得a2025=S2025-S2024<0,a2026=S2026-S2025>0,a2025+a2026=S2026-S2024>0,因此等差数列{an}为递增数列,而S4049=

=4049a2025<0,S4050=

=2025(a2025+a2026)>0,则当n≤2025时,an<0,Sn<0,即

>0;当n≥2026时,an>0,要使

最小,则Sn<0,此时2026≤n≤4049,数列{Sn}为递增数列,则随着n的增大,an增大,

减小,Sn增大,但

>0,Sn<0,则

增大,因此当n=2026时,

最小.故选A.12.★★★(多选)(2026届广东阳江月考,10)已知首项为正数的等差数列{an}的前n项和

为Sn,若(S15-S11)(S15-S12)<0,则

(

)A.a13+a14<0B.S11<S15<S12C.当n=14时,Sn取最大值D.当Sn<0时,n的最小值为27

BD

解析对于A,(S15-S11)(S15-S12)=(a15+a14+a13+a12)×3a14=6a14(a14+a13)<0,若a14>0,则a14+a13一定

大于零,不符合题意,所以a14<0,a14+a13>0,故A错误;对于B,由A可知S15-S11=a12+a13+a14+a15=2(a14+a13)>0⇒S15>S11,S15-S12=3a14<0⇒S15<S12,故B正

确;对于C,由A可知,a14<0,a14+a13>0,可知a13>0,故n=13时,Sn取最大值,故C错误;对于D,S27=

=27a14<0,S26=

=13(a14+a13)>0,故D正确.故选BD.13.★★★(多选)(2026届吉林松原联考,10)已知公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn,

a1<0,a2025+a2026>0,a2025a2026<0,则

(

)A.d>0B.a2024+a2027>0C.Sn中S2026最小D.使Sn>0成立的最小正整数n的值为4050

ABD

解析因为a2025a2026<0,a1<0,所以a2025<0<a2026,即d=a2026-a2025>0,故A正确;a2024+a2027=a2025+a2026>0,故B正确;由a2025<0<a2026,得当n≤2025时,an<0,当n≥2026时,an>0,所以当n=2025

时,Sn最小,故C错误;因为S4049=

=4049a2025<0,S4050=

=2025(a2

025