2027版53B版新高考版数学总复习分层训练6.2　等差数列

专题六数列6.2等差数列目录考点1等差数列及其前n项和考点2等差数列的性质及应用五年高考·考点练三年模拟·限时练基础强化练综合提升练考点1等差数列及其前n项和五年高考·考点练1.★(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.-5

B

解析设等差数列{an}的公差为d,∵

∴

∴

∴

∴S6=6a1+

d=-15.故选B.2.★(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+

=

.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.★★★(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=-

.5.★★★(2026全国Ⅰ卷,7,5分)一百零八塔位于宁夏回族自治区青铜峡市,以其独特的

建筑格局和深远的历史文化闻名遐迩.该塔群共有108座塔,依山势自上而下排成12行,

将第i行中塔的座数记为ai(i=1,2,…,12),其中a1=1,a2=a3=3,a4=a5=5,且a6,a7,…,a12是一个首

项为7,公差为2的等差数列.将a1,a2,…,a12分为6组,每组2个数,使得每组的2个数之和可构

成一个项数为6且公差为d(d>0)的等差数列,则d=

()A.2

B.4

C.6

D.8

B

解析这12个数的和为a1+a2+…+a12=1+3×2+5×2+7×7+

×2=108,将a1,a2,…,a12分成6组,每组2个数,每组的和构成公差为d的等差数列,设这个等差数列为

{bn},则b1+b2+…+b6=6b1+

·d=108且d∈N*,即2b1+5d=36,若b1=1+3=4,则d=

,不符合题意,若b1=1+5=6,则d=

,不符合题意,若b1=1+7=8,则d=4,符合题意.此时等差数列{bn}为8,12,16,20,24,28,分组方式可以是(3,5),(1,11),(3,13),(5,15),(7,17),(9,19).故选B.闪击高考

a1+a2+…+a12=1+3×2+5×2+7×7+

×2=108,设新的等差数列为{bn},则b1+b2+…+b6=108,则b3+b4=36,由数列{an}均为奇数可知,b3,b4均为偶数.又d>0,故b3=16,b4=20或b3=14,b4=22,从而d=4或d=8,排除A,C.若b3=14,b4=22,则b1=-2,不符合题意,排除D.6.★(2026全国Ⅱ卷,12,5分)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1=-1,a4=5,则S6=_________.

24

解析设等差数列{an}的公差为d,由a1=-1,a4=5,得d=

=

=2.解法一:利用Sn=na1+

d,将n=6代入得S6=6×(-1)+

×2=-6+30=24.解法二:直接用Sn=

,先求a6=a1+5d=-1+10=9,则S6=

=3×8=24.7.★(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.★★(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=

10.★★★(2025全国一卷,16,15分)已知数列{an}中,a1=3,

=

+

.(1)证明:数列{nan}是等差数列;(2)给定正整数m,设函数f(x)=a1x+a2x2+…+amxm,求f'(-2).解析

(1)证明:因为

=

+

,所以(n+1)an+1=nan+1,所以(n+1)an+1-nan=1,所以{nan}是以1×a1=3为首项,1为公差的等差数列.(2)由(1)知,nan=3+(n-1)×1=n+2.因为f(x)=a1x+a2x2+…+amxm,所以f'(x)=1×a1x0+2a2x1+…+mamxm-1=3x0+4x1+5x2+…+(m+2)xm-1,则f'(-2)=3×(-2)0+4×(-2)1+5×(-2)2+…+(m+2)·(-2)m-1,①-2f'(-2)=3×(-2)1+4×(-2)2+5×(-2)3+…+(m+2)·(-2)m,②①-②得,3f'(-2)=3×(-2)0+(-2)1+(-2)2+…+(-2)m-1-(m+2)·(-2)m=3+

-(m+2)·(-2)m=3+

-(m+2)·(-2)m=

-

·(-2)m,所以f'(-2)=

-

·(-2)m=

.11.★★★(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=3+3(n-1)=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=

.考点2等差数列的性质及应用1.★★(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.2.★★★(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)=-d2,S4=a1+a2+a3+a4=(a3-2d)+(a3-d)+a3+(a3+d)=-2d,从而-d2=-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7.三年模拟·限时练基础强化练

限时60分钟1.(2026湖北十堰二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a3+a9=20,S7=28,则a11=

()A.19

B.25

C.30

D.33

B解析解法一:设{an}的公差为d,由a3+a9=20,得2a6=20,即a6=10.由S7=28,得

=

=7a4=28,所以a4=4.所以d=

=

=3,所以a11=a6+5d=10+15=25.解法二:设{an}的公差为d,由题意,得

即

解得d=3,a1=-5.所以a11=a1+10d=-5+10×3=25.2.(2026河南焦作一中月考)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知S5=40,a11=32,则2Sn-nan=

()A.2n

B.n

C.-n

D.-2n

A

解析设等差数列{an}的公差为d.由题意得

解得

所以an=a1+(n-1)d=2+3(n-1)=3n-1,Sn=

=

=

n2+

n,所以2Sn-nan=3n2+n-(3n2-n)=2n.3.(2026河南周口一中期末)已知等差数列{an}的前n项和为Sn.若S7-S4>0,S13<0,则当Sn取

得最大值时,n=

()A.8

B.7

C.6

D.5

C

解析由S7-S4=a5+a6+a7=3a6>0,得a6>0,由S13=

=13a7<0,得a7<0,所以在等差数列{an}中,公差d<0,为递减数列,且n≤6时,an>0,n≥7时,an<0,则Sn取得最大值时,n=6.故选C.4.(2026安徽皖南八校联考)已知公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn,a4=10,S6是{Sn}

中的唯一最大项,则d的取值范围为

()A.

B.

C.

D.

A

解析因为S6是{Sn}中的唯一最大项,所以a6>0且a7<0,即a4+2d>0且a4+3d<0,又a4=10,所

以-5<d<-

,即d的取值范围为

.故选A.5.(2026浙江杭州二模)我国国旗的标准尺寸有五种通用规格(用“长×宽”表示),其中

长与宽之比均为3∶2.规格一号二号三号四号五号尺寸(单位:cm)288×192240×160192×128144×9696×64根据上表,可以判断五种规格国旗的

()A.周长构成等差数列

B.周长构成等比数列C.面积构成等差数列

D.面积构成等比数列

A

解析由题意得规格一号二号三号四号五号尺寸288×192240×160192×128144×9696×64周长960800640480320面积552963840024576138246144则960-800=800-640=640-480=480-320,故周长构成等差数列;

≠

,故周长不构成等比数列;55296-38400≠38400-24576,故面积不构成等差数列;

≠

,故面积不构成等比数列.6.(2026河北张家口一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm=7,S3m=33,则S2m=

()A.18

B.19

C.20

D.21

A解析因为Sn是等差数列{an}的前n项和,所以Sm,S2m-Sm,S3m-S2m成等差数列.所以Sm+(S3m-S2m)=2(S2m-Sm),即S2m=

=

=18.7.(2026重庆万州一中调研六)在数列{an}中,已知

+

=

(n≥2),若a1=2,a9=

,则a5=

()A.

B.

C.

D.

A

解析设bn=

,由

+

=

(n≥2)可得bn+1+bn-1=2bn(n≥2),则数列{bn}为等差数列,由a1=2,a9=

,得b1=

,b9=

,则数列{bn}的公差为

=

=

,于是bn=

+(n-1)×

=

n+

,故a5=

=

=

.8.(2026江西南昌模拟)已知{an}是公差不为0的等差数列,其前n项和为Sn,则“∀n∈N*,

Sn≤S8”是“a8≥0”的

()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件

A

解析若∀n∈N*,Sn≤S8,则S8是数列{Sn}中的最大值.因为{an}是公差不为0的等差数列,所以该数列的前n项和Sn是关于n的二次函数(且二次

项系数不为0).当S8是最大值时,说明从第9项开始数列的项变为非正数,即a9≤0,且a8≥0(若a8<0,那么S7>S8,与S8是最大值矛盾).所以由“∀n∈N*,Sn≤S8”可以推出“a8≥0”,充分性成立.若a8≥0,仅知道第8项是非负的,但无法确定S8就是Sn的最大值.例如,当公差d>0时,数列{an}是递增数列,那么Sn会随着n的增大而增大,此时S8就不是最大值,即不能推出∀n∈N*,Sn≤S8,必要性不成立.所以“∀n∈N*,Sn≤S8”是“a8≥0”的充分不必要条件.故选A.

9.(2026山东淄博二模)已知等差数列{an}和{bn}的前10项均为正整数,且公差均不为0.

若a10+b5=10,则a5+b10的最小值为

()A.15

B.10

C.9

D.5

B

解析设等差数列{an}的公差为d1,等差数列{bn}的公差为d2.因为等差数列{an}和{bn}的前10项均为正整数,且公差均不为0,所以首项a1,b1和公差d1,d2为整数,即a1≥1,若数列{an}是递增数列,则d1≥1,这样a10≥10,又a10+b5=10,此时b5≤0,与题意不符,故数列{an}是递减数列,即d1≤-1,而a10+b5=a1+9d1+b1+4d2=10,a5+b10=a1+4d1+b1+9d2=10+5(d2-d1),若要求a5+b10的最小值,只需求d2-d1的最小值,若要求d2-d1的最小值,只需d2的最小值减去d1的最大值,而d1的最大值为-1,下面分析d2的最小值:当d2≥1时,d2-d1≥2,此时a5+b10的最小值必定大于或等于20,无答案;当d2=-1时,d2-d1≥0,此时a5+b10的最小值必定大于或等于10,接下来验证d2=-1时是否满足题意,a10+b5=a1+9d1+b1+4d2=10,在a5+b10的最小值为10的情况下,d1=d2=-1,解得a1+b1=23,若a1=10,b1=13,满足题干所有条件.综上,a5+b10的最小值为10.故选B.10.(多选)(2026四川成都二模)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知a4=7,S3=9,则

()A.a2=3

B.a2n=2an-1

C.{

}为等差数列

D.{

}为等比数列ACD

解析设{an}的公差为d,由a4=7,S3=9得

解得

对于A,a2=a1+d=1+2=3,A正确.对于B,a2n=a1+2(2n-1)=4n-1,an=1+2(n-1)=2n-1,则2an-1=2(2n-1)-1=4n-3≠a2n,B不正确.对于C,

=

=

=n,则

-

=n+1-n=1,则{

}为等差数列,C正确.对于D,

=(2n)2=22n,则

=

=4,则{

}为等比数列,D正确,故选ACD.11.(多选)(2026山东东营联考)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若S3=2a2-6,S6=-18,则

()A.a2<0

B.a5>0

C.S9=0

D.当n=4或5时,Sn最大AC

解析设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,由题意可得

解得

对于A,a2=a1+d=-6<0,故A正确.对于B,a5=a1+4d=0,故B错误.对于C,S9=9a5=0,故C正确.对于D,因为an=a1+(n-1)d=2n-10,所以数列{an}递增,当n≤4时,an<0,当n≥6时,an>0,当n=5

时,a5=0,所以当n=4或5时,Sn最小,故D错误.12.(2026广东深圳一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且3S5=8S3,S4=26,则a5=_______.

14解析解法一:因为3S5=15a3=8S3=24a2,则5a3=8a2,又S4=26,于是

即

则

则a5=a1+4d=14.解法二:由题意得

为等差数列,则

,

,

成等差数列,设

=x,则

=

x,则有2×

=

+

,即13=x+

x,解得x=5,则

=8,则S5=40,a5=S5-S4=14.13.(2026江西吉安一模)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1+a8=8,a2+a6=14,则Sn的最大

值为____________.

65

解析设等差数列{an}的公差为d,根据题意有

解得

则an=31-6n,当n≤5时,an>0,当n≥6时,an<0,所以Sn的最大值为S5=

=

=65.14.(2026广东二模)设数列{an}满足a1=

,an∈

且tanan+1=

.(1)证明数列{tan2an}是等差数列,并求其通项公式;(2)若sina1·sina2·…·sinam=

,求正整数m的值.解析

(1)因为tanan+1=

,所以tan2an+1=

=

=1+tan2an,所以tan2an+1-tan2an=1,所以数列{tan2an}是以tan2

=

为首项,1为公差的等差数列.所以tan2an=

+(n-1)×1=

.(2)由

解得sin2an=

,因为an∈

,所以sinan>0,所以sinan=

=

,所以sina1·sina2·…·sinam=

=

,所以

=

,即3m+1=100,解得m=33.15.(2026辽宁抚顺一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S1=4,S2=10.(1)求{an}的通项公式及Sn;(2)若b1=6,

=

,求数列{bn}的通项公式.解析

(1)设等差数列{an}的公差为d.因为S1=a1=4,S2=a1+a2=10,所以a2=6,d=a2-a1=2,则an=4+2(n-1)=2n+2,Sn=

=n2+3n.(2)因为

=

=

=

,即

=

,所以当n≥2时,

=

.所以当n≥2时,bn=

·

·

·…·

·

·b1=

·

·

·…·

×

×6=(n+2)(n+1).当n=1时,b1=(1+2)×(1+1)=6,符合上式.故数列{bn}的通项公式为bn=(n+2)·(n+1),n∈N*.综合提升练

限时50分钟1.(2026福建厦门开学联考)已知等差数列{an}的各项均为正数,记其前n项和为Sn,若数

列{

}是等差数列,且{

}与{an}的公差相等,则a1=

()A.

B.

C.

D.1

B

解析设等差数列{an}的公差为d,则等差数列{

}的公差也为d,设

=dn+t,则Sn=d2n2+2dtn+t2,当n=1时,a1=d2+2dt+t2,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(d2n2+2dtn+t2)-[d2(n-1)2+2dt(n-1)+t2]=

d2(2n-1)+2dt,又a1=d2+2dt+t2也满足an=d2(2n-1)+2dt,则d2+2dt+t2=d2+2dt,故t=0,所以an=d2(2n

-1),因为数列{an}的公差为an+1-an=d2[2(n+1)-1]-d2(2n-1)=2d2,所以2d2=d,解得d=0或d=

,若d=0,则an=0,与等差数列{an}各项均为正数不符,舍去;若d=

,则an=

,对任意的n∈N*,an=

>0,符合题意,故a1=

=

.故选B.2.(2026河南驻马店一模)设等差数列{an}的前n项和为Sn,且S5>0,S6<0,则

,

,…,

中最大的项为

()A.

B.

C.

D.

B

解析由

得

即

所以

所以a1>0,d<0,所以0<S1<S2<S3,a1>a2>a3>0,则0<

<

<

,所以0<

<

<

,而S4>0,S5>0,则

<0,

<0,从而

最大.故选B.3.(2026安徽合肥一六八中学模拟)对于数列{an},定义Hn=

为数列{an}的“优值”,现已知数列{an}的“优值”Hn=2n,记数列{an}的前n项和为Sn,则

=

()A.2027

B.

C.2029

D.

D

解析由Hn=

=2n,得a1+2a2+…+2n-1an=n·2n,①当n=1时,a1=2,当n≥2时,a1+2a2+…+2n-2an-1=(n-1)·2n-1,②①-②得2n-1an=n·2n-(n-1)·2n-1=(n+1)·2n-1,解得an=n+1,当n=1时,a1=2适合上式,所以an=n+1,n

∈N*,所以{an}是首项为2,公差为1的等差数列,所以Sn=

,所以

=

.故选D.4.(2026山东德州一模)数列{an}中,a1=2,∀m,n∈N*,有am+n=am+an,若ak+1+ak+2+ak+3+…+ak+10=

270,则k=

()A.8

B.9

C.10

D.11

A

解析令m=1,可得an+1=an+a1=an+2,则{an}是首项为2,公差为2的等差数列,则an=2+2(n-1)

=2n,ak+1+ak+2+ak+3+…+ak+10=

=5[2(k+1)+2(k+10)]=20k+110=270,解得k=8.故选A.5.(2026重庆一中月考)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm=15,Sm+2=0,Sm+4=-27(m∈N*),则

m=

()A.4

B.5

C.6

D.7

B

解析设等差数列{an}的公差为d,因为Sm=15,Sm+2=0,Sm+4=-27,所以Sm+2-Sm=am+1+am+2=-15,Sm+4-Sm+2=am+3+am+4=-27,因为am+3+am+4=am+1+am+2+4d,即(am+3+am+4)-(am+1+am+2)=4d,所以4d=(Sm+4-Sm+2)-(Sm+2-Sm)=-27-(-15)=-12,解得d=-3,所以am+1+am+2=a1-3m+a1-3(m+1)=-15,解得a1=3m-6,因为Sm=