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高中数学4.2 等差数列导学案及答案
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这是一份高中数学4.2 等差数列导学案及答案，共32页。学案主要包含了考点分析，题型目录，典型例题，题型专练等内容，欢迎下载使用。
第14讲 等差数列的通项求和及性质7大题型
【考点分析】
考点一：等差数列的基本概念及公式
①等差数列的定义：（或者）．
②等差数列的通项公式：，通项公式的推广：
③等差中项：若三个数，，成等差数列，则叫做与的等差中项，且有（）．
④等差数列的前项和公式：
考点二：等差数列的性质
①通项下标和性质：在等差数列中，当时，则．
特别地，当时，则．
②等差数列通项的性质：，所以当时，等差数列的通项为关于的一次函数，即．
③等差数列前n项和的常用性质：，所以当时，等差数列的前n项和为关于的二次函数且没有常数项，即
因为
当时，开口向上，有最小值；
当时，开口向下，有最大值；
【题型目录】
题型一：等差数列通项求和公式运用
题型二：等差中项及性质问题
题型三：等差数列前项和的性质
题型四：等差数列前n项和的最值
题型五：等差数列通项公共项及奇偶项和问题
题型六：等差数列新文化试题
题型七：对于含绝对值的数列求和问题
【典型例题】
题型一：等差数列通项求和公式运用
【例1】（2022·江西省万载中学高一阶段练习（文））在数列中，，，若，则（ ）
A．671 B．672 C．673 D．674
【答案】D
【分析】分析得到数列是以1为首项，3为公差的等差数列，利用等差数列通项即得解.
【详解】∵，，
∴
∴数列是以1为首项，3为公差的等差数列，
∴，解得.
故选：D.
【例2】（2022·全国·高三专题练习）数列{an}满足，且，，是数列的前n项和，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据递推公式得到数列是等差数列，进而求出公差和通项公式，求出，得到答案.
【详解】数列满足，则数列是等差数列，
设等差数列的公差为.
因为，
所以，即.
所以，
所以，，
，
所以，.
故选：B
【例3】（2022·全国·高考真题）图1是中国古代建筑中的举架结构，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．其中是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为．已知成公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（ ）
A．0.75 B．0.8 C．0.85 D．0.9
【答案】D
【解析】设，则，
依题意，有，且，
所以，故，
故选：D
【例4】（2022·北京石景山·高二期末）等差数列的前项和为，前项积为，已知，，则（ ）
A．有最小值，有最小值 B．有最大值，有最大值
C．有最小值，有最大值 D．有最大值，有最小值
【答案】C
【详解】依题意，由解得，，所以等差数列的前项和满足：最小，无最大值.…
…
当时：，且为递减数列，故有最大值，没有最小值.
故选：C
【例5】（2022·全国·高二课时练习）已知数列均为等差数列，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设，得出，令，可得构成一个等差数列，求得公差，即可求得的值.
【详解】由题意，设，
则，
令，可得构成一个等差数列，
所以由已给出的 ，，
，，所以
解得：，即.
故选：B
【例6】（2022·全国·高三专题练习）设等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A．18 B．16 C．14 D．12
【答案】C
【分析】设的公差为，依题意得到方程组，解得、，从而得解.
【详解】解：设的公差为，依题意可得，
即，解得，所以；
故选：C.
【例7】（2021·福建省华安县第一中学高三期中）设等差数列的前n项和为，若，，，则m等于（ ）
A．8 B．7 C．6 D．5
【答案】D
【详解】是等差数列，，又，
∴公差，，故选：D．
【题型专练】
1．（2022·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测（文））已知等差数列中，为数列的前项和，则（ ）
A．115 B．110 C． D．
【答案】D
【解析】设数列的公差为，则由得，解得，
．
故选：D．
2．（2022全国高二专题练习）在等差数列中，，且
（1）求数列的首项､公差；
（2）设，若，求正整数m的值.
【答案】（1）数列的首项是4，公差为0或首项是1，公差为3；（2）6.
【分析】（1）根据条件，列出两个关于首项和公差的方程，然后解方程即可；
（2）由（1）求出数列的通项，然后再求出，再根据求出.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，前n项和为，由已知可得：
或，
即数列的首项是4，公差为0或首项是1，公差为3.
（2）由（1）可知或
当时，，又，而不满足题意；
当时，，又，
所以，
整理得，因为m为正整数，所以m=6.
3．（2022·山西吕梁·高二期末）北京天坛的圆丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层的中心是一块天心石，围绕它的第一圈有9块石板，从第二圈开始，每一圈比前一圈多9块．已知每层圈数相同，共有9圈，则下层比上层多______块石板．
【答案】1458
【详解】设第圈的石板为，由条件可知数列是等差数列，且上层的第一圈为，且，所以，
上层的石板数为，下层的石板数为.
所以下层比上层多块石板.
故答案为：1458
4．（2022·全国·高二课时练习）（多选）已知圆的半径为，，过点的条弦的长度组成一个等差数列，最短弦长为，最长弦长为，且公差，则的取值可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AB
【分析】由过圆内一点的最长弦和最短弦的求法可求得，结合等差数列通项公式可求得，根据的范围可求得所有可能的取值.
【详解】过点的最长弦为圆的直径，则；过点的最短弦是与最长弦垂直的弦，则；
，解得：；
，，即，又，
的取值可能为或.
故选：AB.
5．（2022·全国·高二课时练习）已知等差数列为递增数列，若，，则数列的公差d的值为______．
【答案】1
【分析】根据等差数列的性质结合完全平方公式可得，由此可求得，，利用等差数列的通项公式即可求得答案．
【详解】由，得，
所以．
又，，
所以，，所以,
故答案为：1
题型二：等差中项及性质问题
【例1】（2022·全国·高二课时练习）已知和的等差中项是4，和的等差中项是5，则和的等差中项是（ ）
A．8 B．6 C． D．3
【答案】D
【分析】利用等差中项的定义即求.
【详解】∵，，
∴，
∴，
∴和的等差中项是．
故选：D.
【例2】（2022·辽宁·高三开学考试）设等差数列的前项和为，若则（ ）
A．150 B．120 C．75 D．60
【答案】D
【分析】由等差数列的性质及求和公式计算即可得解.
【详解】由等差数列的性质可知，
所以，
.
故选：D
【例3】（2022·全国·高三专题练习（理））数列{an}满足，且，是函数的两个零点，则的值为（ ）
A．4 B．－4 C．4040 D．－4040
【答案】A
【分析】由题设可得+＝8，根据已知条件易知{an}是等差数列，应用等差中项的性质求.
【详解】由，是的两个零点，即，是x2－8x＋3＝0的两个根，
∴+＝8，又，即数列{an}是等差数列，
∴+＝8，故＝4.
故选：A.
【例4】（2022·全国·高二课时练习）已知等差数列的前项和为，，，，求项数的值．
【答案】
【分析】利用、，两式作和，结合等差数列下标和性质可求得，代入等差数列求和公式可构造方程求得的值.
【详解】，，，
又，
，解得：，
，解得：.
【例5】（2022·河南焦作·一模（文））设和都是等差数列，前项和分别为和，若，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】由等差数列的性质可得，所以；因为，
所以．由等差数列的前项和公式可得，，
所以．
故选：A
【例6】（2022·四川省成都市新都一中高一期中（理））已知数列满足，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意和等差中项的性质可知数列为等差数列，进而可得，结合诱导公式计算即可.
【详解】由题意知，，
由等差数列的等差中项，得数列为等差数列，
又，所以，
则，
所以.
故选：B
【题型专练】
1．（2022·陕西·渭南市三贤中学高二阶段练习（理））已知一个等差数列的前四项和为21，末四项和为67，前项和为77，则项数的值为___________.
【答案】7
【分析】先利用等差数列的性质结合已知条件可求出的值，再利用等差数列的求和公式列方程可求出项数的值.
【详解】因为等差数列的前四项和为21，末四项和为67，
所以，
所以，所以，
因为等差数列的前项和为77，
所以，解得，
故答案为：7
2.（2022·全国·高三专题练习）下列选项中，为“数列是等差数列”的一个充分不必要条件的是（ ）
A． B．
C．数列的通项公式为 D．
【答案】C
【分析】根据等差数列的中项性质以及通项公式，结合充分必要条件的概念逐项分析即可.
【详解】对于A：数列是等差数列，
∴A选项为“数列是等差数列”的一个充要条件，故A错误；
对于B：易知B选项为“数列是等差数列”的一个既不充分也不必要条件，故B错误；
对于C：∵，∴，∴，
∴数列是等差数列，反之若为等差数列，则，
此时不一定为2，所以必要性不成立，
∴C选项为“数列是等差数列”的一个充分不必要条件，故C正确；
对于D：若数列是等差数列，则，
∴成立，
反之当，，，时，满足，
但不是等差数列，
∴D选项为“数列是等差数列”的一个必要不充分条件，故D错误．
故选：C．
3．（2022·全国·高二单元测试）在等差数列中，已知，，，则______．
【答案】20
【分析】根据等差中项的性质，化简整理解得等差数列其中两项，根据等差数列的求和公式，可得方程，解得答案.
【详解】在等差数列中，，，，
同理由，则，即，
由，解得.
故答案为：20.
4.（2022·浙江宁波·高一期末）设等差数列的前项和，且，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】令函数，，，则是R上的单调递增的奇函数，由得，由得，
于是得，且，即，且，
所以等差数列前项，且.
故选：C
5．（2022·四川省高县中学校高一阶段练习（理））等差数列的前项和为，若，满足，其中为边上任意一点，则（ ）
A．2020 B．1020 C．1010 D．2
【答案】C
【详解】由题设知：，而.
故选：C
6．（2022·河南·驻马店市基础教学研究室高二期末（理））已知等差数列中，、是的两根，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用韦达定理结合等差中项的性质可求得的值，再结合等差中项的性质可求得结果.
【详解】对于方程，，
由韦达定理可得，故，则，
所以，.
故选：B.
题型三：等差数列前项和的性质
【例1】（2022·广东·金山中学高三阶段练习）等差数列的前n项和为，若，，则（ ）．
A．27 B．45 C．18 D．36
【答案】B
【分析】根据等差数列前项和的性质可得，，成等差数列，从而可列方程可求出结果.
【详解】由已知，，，即6，15，成等差数列，
所以，所以，
故选：B．
【例2】（2023·全国·高三专题练习）已知是等差数列的前n项和，若，，则等于（ ）
A．﹣4040 B．﹣2020 C．2020 D．4040
【答案】C
【分析】根据等差数列前n项和的性质，结合等差数列的通项公式进行求解即可.
【详解】∵Sn是等差数列{an}的前n项和，∴数列{}是等差数列．
∵a1＝﹣2018，，
∴数列{}的公差d，首项为﹣2018，
∴2018+2019×1＝1，
∴S2020＝2020．
故选：C．
【例3】（2022·全国·高二多选题）下列结论中正确的有（ ）
A．若为等差数列，它的前项和为，则数列也是等差数列
B．若为等差数列，它的前项和为，则数列，，，也是等差数列
C．若等差数列的项数为，它的偶数项和为，奇数项和为，则
D．若等差数列的项数为，它的偶数项和为，奇数项和为，则
【答案】AD
【分析】利用等差数列定义判断，利用等差数列片段和性质判断，利用奇偶项和的性质判断.
【详解】对于A，，数列是等差数列，故正确；
对于B，，，是等差数列，故错误；
对于C，，，
所以，故错误；
对于D，，，
所以，故正确；
故选：AD.
【例4】（2023·全国·高三专题练习）两个等差数列和的前项和分别为、，且，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，利用等差数列前n项和公式结合等差数列性质计算作答.
【详解】两个等差数列和的前项和分别为、，且，
所以.
故选：A
【例5】（2021·江苏·高二单元测试）已知两个等差数列和的前n项和分别为Sn和Tn，且=，则使得为整数的正整数n的个数为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】B
【分析】根据给定条件结合等差数列性质及前n项和公式，将用n表示出即可作答.
【详解】依题意，，又=，
于是得，
因此，要为整数，当且仅当是正整数，而，则是32的大于1的约数，
又32的非1的正约数有2，4，8，16，32五个，则n的值有1，3，7，15，31五个，
所以使得为整数的正整数n的个数为5.
故选：B
【题型专练】
1.（2023·全国·高三专题练习）已知等差数列的前n项和为，若，，则等于（ ）
A．110 B．150
C．210 D．280
【答案】D
【分析】根据在等差数列中，S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等差数列即可得解.
【详解】因为等差数列{an}的前n项和为Sn，
所以S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30也成等差数列．
故(S30－S20)＋S10＝2(S20－S10)，
所以S30＝150，
又因为(S20－S10)＋(S40－S30)＝2(S30－S20)，
所以S40＝280.
故选：D.
2.（2022重庆巴蜀中学高三阶段练习）在等差数列中，为其前项和．若，且，则等于（ ）
A．-2021 B．-2020 C．-2019 D．-2018
【答案】A
【分析】根据等差数列的性质可知，数列也为等差数列，结合已知条件求出等差数列的首项，即可得到.
【详解】因为为等差数列的前项和，令，则也为等差数列，设其公差为，
由得，
又得.
故选：A．
3.（2022·山西·忻州一中高三阶段练习）设等差数列的前项和分别是，且，则__________.
【答案】
【分析】根据等差数列前项和公式求解即可.
【详解】由等差数列的性质可知，
则.
故答案为：
4.（2022·辽宁·沈阳市第五十六中学高二阶段练习）若等差数列和的前项的和分别是和，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据等差数列的前项的和的公式即可转化成,进而求解.
【详解】因为和是等差数列,故
故选:C
5.（2021·全国·高二单元测试）已知数列，均为等差数列，其前项和分别为，，且若对任意的恒成立，则实数的最大值为（ ）
A． B． C．-2 D．2
【答案】C
【解析】由已知结合等差数列性质可得，，然后结合单调性可求取得最大值，从而可求.
【详解】因为数列，均为等差数列，
且，
所以单调递减，
当时，取得最大值为，
所以，
若对任意的恒成立，
所以，
故实数的最大值为-2.
故选：C
6.（2022·全国·高二课时练习）(多选)已知两个等差数列和的前项和分别为，，且，则使得为整数的正整数可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AC
【分析】首先利用等差数列前项和公式，求出与之间的关系，进而可求出，然后根据已知求解即可.
【详解】由题意，可得，
∵和均为等差数列，
∴，
同理，，
∴，
若为整数，则只需，，，.
故选：AC.
【点睛】若等差数列和的前项和分别为，，则.
题型四：等差数列前n项和的最值
【例1】（2022·四川省武胜烈面中学校高二开学考试（文））记为等差数列的前项和，且，，则取最大值时的值为（ ）
A．12 B．12或11 C．11或10 D．10
【答案】B
【分析】设等差数列的公差为，由，可解出值为－2，从而可知数列前11项为正；第12项为0；从第13项起，各项为负，所以取得最大值时n的值可确定.
【详解】解：设等差数列的公差为，由，得，即，
又，所以，所以，令，可得，
所以数列满足：当时，；当时，；当时，，
所以取得最大值时，的取值为11或12.
【例2】（2022·四川乐山·高一期末）已知数列为等差数列，公差为d，为其前n项和，若满足，给出下列说法：
①；②；③；④当且仅当时，取得最大值．
其中正确说法的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】由题可得，，然后结合条件及求和公式逐项分析即得.
【详解】由，有，故②正确；
又，则，从而，即，所以，故①正确；
因为，所以，故④错误；
因为，所以，故③错误；
所以正确说法的个数为2.
故选：B．
【例3】（2023·全国·高三专题练习）等差数列的前n项和为，已知，，则的最小值为______．
【答案】
【分析】由条件得到，再由求和公式得，从而得可求解.
【详解】由，，得，
解得：，
则．故．
由于，故当或4时，.
故答案为：
【例4】（2022·内蒙古·赤峰二中高一阶段练习（理））设为等差数列的前n项和，若，则满足的最大的正整数n的值为__________．
【答案】22
【分析】由已知，可通过得到，，，，再结合等差数列的性质可以得到，，，然后带入等差数列的前n项和即可得到，，，从而作出判断.
【详解】由已知，为等差数列的前n项和，，所以，
而，所以，所以，
，所以，而，所以，所，
，所以，而，所以，所以，
，，，所以满足的最大的正整数n的值为22.
故答案为：22.
【例5】（2022·山东·德州市教育科学研究院高二期中）在等差数列中，前n项和为，若，，则在，，…，中最大的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由，，知，得最大值是，从而判断结果．
【详解】∵等差数列前n项和，
由，，得，
∴，
故为递减数列，当时，；当时，，所以最大值是，
则当时，且单调递增，当时，，∴最大．
故选：B．
【题型专练】
1.（2022·河北·石家庄二中高二期末多选题）等差数列中，，则下列命题中为真命题的是（ ）
A．公差 B．
C．是各项中最大的项 D．是中最大的值
【答案】ABD
【分析】由得：，进而再等差数列的性质逐个判断即可
【详解】由得：，
所以，且各项中最大的项为，故A正确，C错误；
，所以，故B正确；
因为，等差数列递减，所以最大，故D正确；
故选：ABD
2．（2023·全国·高三专题练习）等差数列的首项为正数，其前n项和为.现有下列命题，其中是假命题的有（ ）
A．若有最大值，则数列的公差小于0
B．若，则使的最大的n为18
C．若，，则中最大
D．若，，则数列中的最小项是第9项
【答案】B
【分析】由有最大值可判断A；由，可得，，利用可判断BC； ，得，，
可判断D.
【详解】对于选项A，∵有最大值，∴ 等差数列一定有负数项，
∴等差数列为递减数列，故公差小于0，故选项A正确；
对于选项B，∵，且，
∴，，
∴，，
则使的最大的n为17，故选项B错误；
对于选项C，∵，，
∴，，
故中最大，故选项C正确；
对于选项D，∵，，
∴，，
故数列中的最小项是第9项，故选项D正确.
故选：B.
3．（2022·四川眉山·高一期末（理））设等差数列的前n项和为，，，取最小值时，n的值为（ ）
A．11或12 B．12 C．13 D．12或13
【答案】D
【分析】设等差数列的公差为，根据题意求得首项与公差，从而可求得数列的通项，令，求出的范围，从而可得出答案.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，，
则有，解得，
所以，
令，则，
又，所以当或时，取最小值.
故选：D.
4．（2022·山西·怀仁市第一中学校模拟预测（文））数列是递增的整数数列，若，，则的最大值为（ ）
A．25 B．22 C．24 D．23
【答案】D
【分析】数列是递增的整数数列，要取最大值，则递增幅度要尽可能为小的整数，所以，可得是首项为2，公差为1的等差数列，再利用等差数列的前项和公式即可求解.
【详解】数列是递增的整数数列，要取最大值，则递增幅度要尽可能为小的整数.
假设递增的幅度为，，，
，解得，
当时，，不满足题意.
当时，，满足，所以的最大值为23.
故选：D.
题型五：等差数列通项公共项及奇偶项和问题
【例1】（2022·重庆市实验中学高二期末）已知数列中，，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】当为奇数时，，即数列中的奇数项依次构成首项为，公差为的等差数列，
所以，，当为偶数时，，则，两式相减得，
所以，，故，
故选：D.
【例2】（2022全国高二单元测试）在数学发展史上，已知各除数及其对应的余数，求适合条件的被除数，这类问题统称为剩余问题.年《孙子算经》中“物不知其数”问题的解法传至欧洲，在西方的数学史上将“物不知其数”问题的解法称之为“中国剩余定理”.“物不知其数”问题后经秦九韶推广，得到了一个普遍的解法，提升了“中国剩余定理”的高度.现有一个剩余问题：在的整数中，把被除余数为，被除余数也为的数，按照由小到大的顺序排列，得到数列，则数列的项数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】将数列中的项由小到大列举出来，可知数列为等差数列，确定该数列的首项和公差，可求得，然后解不等式，即可得解.
【详解】由题意可知，数列中的项由小到大排列依次为、、、、，
可知数列是以为首项，以为公差的等差数列，则，
由可得，解得，
，则，
因此，数列的项数为.
故选：A.
【例3】（2022·全国·高三专题练习）已知数列满足：，，.
(1)记，求数列的通项公式；
(2)记数列的前项和为，求.
【答案】(1)，(2)353
【分析】（1）令n取代入已知条件可以得到，从而求出数列的通项公式
（2）先分奇偶求出数列的表达式，分别求奇数项的和与偶数项的和，相加得到
（1）因为，令n取，则，即，，所以数列是以1为首项，3为公差的等差数列，所以
（2）令n取2n，则，所以，由（1）可知，；；所以
【例4】（2022·四川·成都七中高一期末）已知数列的通项公式为，Sn为数列的前n项和，则的值为（ ）
A．672 B．1011 C．2022 D．6066
【答案】B
【解析】因为的周期为，由，可得
，，，
，，，
，，，
……，
因为，
所以
故选：B
【题型专练】
1.（2022·全国·高二课时练习）在1，2，3，…，2021这2021个自然数中，将能被2除余1，且被3除余1的数按从小到大的次序排成一列，构成数列，则等于（ ）
A．289 B．295 C．301 D．307
【答案】B
【分析】根据题意，得到能被2除余1满足，被3除余1的数满足，进而求得数列的通项公式，即可求解.
【详解】由题意，在1，2，3，…，2021这2021个自然数中，能被2除余1满足，
被3除余1的数满足，
所以在1，2，3，…，2021这2021个自然数中，能被2除余1，且被3除余1的数，
按从小到大的次序排成一列，可得构成的数列是首项为，公差为的等差数列，
则数列的通项公式，
所以.
故选：B.
2.（2022·海南中学高三）已知数列满足，则（ ）
A．50 B．75 C．100 D．150
【答案】A
【详解】解：∵，∴，.
两式相减得.则，，…，，
∴，
故选：A.
3.（2022·全国·高三专题练习）已知等差数列的项数为奇数，其中所有奇数项之和为，所有偶数项之和为，则该数列的中间项为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题可设等差数列共有项，然后通过即可得出结果.
【详解】设等差数列共有项，
则，，中间项为，
故
，
，
故选：B.
4.（2022·重庆·三模）已知数列的前项和为，，则（ ）
A． B．0 C． D．
【答案】C
【解析】当为奇数时有，函数的周期为，
故有，，，，，按此规律下去循环重复下去，，
故有.
故选：C.
题型六：等差数列新文化试题
【例1】（2022·云南·弥勒市一中高二阶段练习）斐波那契数列（Fibonacci Sequence）又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多，斐波那契（Leonardo Fibonacci）以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．在数学上，斐波纳契数列被以下递推的方法定义：数列满足：，现从数列的前2022项中随机抽取1项，能被3整除的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】根据斐波那契数列的定义，数列各项除以3所得余数依次为1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，…，余数数列是周期数列，周期为8，，所以数列的前2022项中能被3整除的项有，所求概率为，
故选A．
【例2】（2022·全国·高三专题练习）2022北京冬奥会开幕式将我国二十四节气融入倒计时，尽显中国人之浪漫．倒计时依次为：大寒、小寒、冬至、大雪、小雪、立冬、霜降、寒露、秋分、白露、处暑、立秋、大暑、小暑、夏至、芒种、小满、立夏、谷雨、清明、春分、惊蛰、雨水、立春，已知从冬至到夏至的日影长等量减少，若冬至、立冬、秋分三个节气的日影长之和为31.5寸，冬至到处暑等九个节气的日影长之和为85.5寸，问大暑的日影长为（ ）
A．4.5寸 B．3.5寸 C．2.5寸 D．1.5寸
【答案】B
【详解】因为从冬至到夏至的日影长等量减少，所以构成等差数列，
由题意得：，则，，则，
所以公差为，所以，
故选：B
【例3】（2022·全国·高三专题练习）《九章算术》是中国古代张苍、耿寿昌所撰写的一部数学专著，全书总结了战国、秦、汉时期的数学成就，其中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何?”其意思为：“今有5人分5钱，各人所得钱数依次为等差数列，其中前2人所得之和与后3人所得之和相等，问各得多少钱?”则第2人比第4人多得钱数为（ ）
A．钱 B．钱 C．钱 D．钱
【答案】D
【分析】设从前到后的5个人所得钱数构成首项为，公差为的等差数列，则有，，从而可求出，进而可求得结果
【详解】设从前到后的5个人所得钱数构成首项为，公差为的等差数列，
则有，，
故解得则，
故选：D.
【题型专练】
1．（2022·全国·高三专题练习（理））斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多•斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．斐波那契数列用递推的方式可如下定义：用表示斐波那契数列的第n项，则数列满足： . ，记，则下列结论不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】依题意，数列的前10项依次为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，
即，所以A正确；
当时，，
所以B正确；
由，可得，
累加得
则，即，所以C错误；
由，，
，
所以，所以D正确.
故选：C.
2．（2022·全国·高二课时练习）2021年是中国共产党建党100周年，《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、、、、（单位：）成等差数列，对应的宽为、、、、（单位：），且长与宽之比都相等，已知，，，则（ ）
A．124 B．126 C．128 D．130
【答案】C
【分析】由等差中项的性质得出，再由得出.
【详解】，∴，即，则.
故选：C.
题型七：对于含绝对值的数列求和问题
【例1】（2022·辽宁·高二期中）已知在前n项和为的等差数列中，，．
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前20项和．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据等差数列前n项和、通项公式求首项与公差，进而写出通项公式.
（2）首先判断、对应n的范围，再根据各项的符号，应用分组求和及等差数列前n项和求.
(1)
由，则，
由，则，
所以，即，故，
则.
(2)
由（1）知：，可得，即，故时，
所以.
【例2】（2022·福建省漳州第一中学高三阶段练习）已知数列为等差数列，且，.
(1)求数列的通项公式及前项和；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)，，(2)，
【分析】（1）根据题意，由等差数列的通项公式，求出和，计算可得结果；
（2）由（1）的结论可得数列的前4项均为负数，从第5项开始都为非负数．据此分2种情况求出，综合可得答案.
（1）
设的公差为，则
，解得，
所以，.
（2）
由，得，
所以当时，；当时，，
所以当时，；
当时，
，
所以，.
【题型专练】
1.（2022·江苏省灌南高级中学高二阶段练习）数列中，，，且满足
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求．
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）由等差数列的通项公式求解，
（2）分类讨论后由等差数列前n项和公式求解
（1）
由题意，，
是等差数列且，
，．
（2）
，令，得．
当时，；当时，；当时，．
当时，
，
当时，．
．
2.（2022·全国·高三专题练习（文））记为等差数列的前n项和，．
(1)求数列的通项公式；
(2)求的值．
【解析】(1)设等差数列的首项和公差分别为，由题意可知：
，解得
所以
(2)由（1）知：当 时，，当 时，
所以
第14讲 等差数列的通项求和及性质7大题型
【考点分析】
考点一：等差数列的基本概念及公式
①等差数列的定义：（或者）．
②等差数列的通项公式：，通项公式的推广：
③等差中项：若三个数，，成等差数列，则叫做与的等差中项，且有（）．
④等差数列的前项和公式：
考点二：等差数列的性质
①通项下标和性质：在等差数列中，当时，则．
特别地，当时，则．
②等差数列通项的性质：，所以当时，等差数列的通项为关于的一次函数，即．
③等差数列前n项和的常用性质：，所以当时，等差数列的前n项和为关于的二次函数且没有常数项，即
因为
当时，开口向上，有最小值；
当时，开口向下，有最大值；
【题型目录】
题型一：等差数列通项求和公式运用
题型二：等差中项及性质问题
题型三：等差数列前项和的性质
题型四：等差数列前n项和的最值
题型五：等差数列通项公共项及奇偶项和问题
题型六：等差数列新文化试题
题型七：对于含绝对值的数列求和问题
【典型例题】
题型一：等差数列通项求和公式运用
【例1】（2022·江西省万载中学高一阶段练习（文））在数列中，，，若，则（ ）
A．671 B．672 C．673 D．674
【答案】D
【分析】分析得到数列是以1为首项，3为公差的等差数列，利用等差数列通项即得解.
【详解】∵，，
∴
∴数列是以1为首项，3为公差的等差数列，
∴，解得.
故选：D.
【例2】（2022·全国·高三专题练习）数列{an}满足，且，，是数列的前n项和，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据递推公式得到数列是等差数列，进而求出公差和通项公式，求出，得到答案.
【详解】数列满足，则数列是等差数列，
设等差数列的公差为.
因为，
所以，即.
所以，
所以，，
，
所以，.
故选：B
【例3】（2022·全国·高考真题）图1是中国古代建筑中的举架结构，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．其中是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为．已知成公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（ ）
A．0.75 B．0.8 C．0.85 D．0.9
【答案】D
【解析】设，则，
依题意，有，且，
所以，故，
故选：D
【例4】（2022·北京石景山·高二期末）等差数列的前项和为，前项积为，已知，，则（ ）
A．有最小值，有最小值 B．有最大值，有最大值
C．有最小值，有最大值 D．有最大值，有最小值
【答案】C
【详解】依题意，由解得，，所以等差数列的前项和满足：最小，无最大值.…
…
当时：，且为递减数列，故有最大值，没有最小值.
故选：C
【例5】（2022·全国·高二课时练习）已知数列均为等差数列，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设，得出，令，可得构成一个等差数列，求得公差，即可求得的值.
【详解】由题意，设，
则，
令，可得构成一个等差数列，
所以由已给出的 ，，
，，所以
解得：，即.
故选：B
【例6】（2022·全国·高三专题练习）设等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A．18 B．16 C．14 D．12
【答案】C
【分析】设的公差为，依题意得到方程组，解得、，从而得解.
【详解】解：设的公差为，依题意可得，
即，解得，所以；
故选：C.
【例7】（2021·福建省华安县第一中学高三期中）设等差数列的前n项和为，若，，，则m等于（ ）
A．8 B．7 C．6 D．5
【答案】D
【详解】是等差数列，，又，
∴公差，，故选：D．
【题型专练】
1．（2022·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测（文））已知等差数列中，为数列的前项和，则（ ）
A．115 B．110 C． D．
【答案】D
【解析】设数列的公差为，则由得，解得，
．
故选：D．
2．（2022全国高二专题练习）在等差数列中，，且
（1）求数列的首项､公差；
（2）设，若，求正整数m的值.
【答案】（1）数列的首项是4，公差为0或首项是1，公差为3；（2）6.
【分析】（1）根据条件，列出两个关于首项和公差的方程，然后解方程即可；
（2）由（1）求出数列的通项，然后再求出，再根据求出.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，前n项和为，由已知可得：
或，
即数列的首项是4，公差为0或首项是1，公差为3.
（2）由（1）可知或
当时，，又，而不满足题意；
当时，，又，
所以，
整理得，因为m为正整数，所以m=6.
3．（2022·山西吕梁·高二期末）北京天坛的圆丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层的中心是一块天心石，围绕它的第一圈有9块石板，从第二圈开始，每一圈比前一圈多9块．已知每层圈数相同，共有9圈，则下层比上层多______块石板．
【答案】1458
【详解】设第圈的石板为，由条件可知数列是等差数列，且上层的第一圈为，且，所以，
上层的石板数为，下层的石板数为.
所以下层比上层多块石板.
故答案为：1458
4．（2022·全国·高二课时练习）（多选）已知圆的半径为，，过点的条弦的长度组成一个等差数列，最短弦长为，最长弦长为，且公差，则的取值可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AB
【分析】由过圆内一点的最长弦和最短弦的求法可求得，结合等差数列通项公式可求得，根据的范围可求得所有可能的取值.
【详解】过点的最长弦为圆的直径，则；过点的最短弦是与最长弦垂直的弦，则；
，解得：；
，，即，又，
的取值可能为或.
故选：AB.
5．（2022·全国·高二课时练习）已知等差数列为递增数列，若，，则数列的公差d的值为______．
【答案】1
【分析】根据等差数列的性质结合完全平方公式可得，由此可求得，，利用等差数列的通项公式即可求得答案．
【详解】由，得，
所以．
又，，
所以，，所以,
故答案为：1
题型二：等差中项及性质问题
【例1】（2022·全国·高二课时练习）已知和的等差中项是4，和的等差中项是5，则和的等差中项是（ ）
A．8 B．6 C． D．3
【答案】D
【分析】利用等差中项的定义即求.
【详解】∵，，
∴，
∴，
∴和的等差中项是．
故选：D.
【例2】（2022·辽宁·高三开学考试）设等差数列的前项和为，若则（ ）
A．150 B．120 C．75 D．60
【答案】D
【分析】由等差数列的性质及求和公式计算即可得解.
【详解】由等差数列的性质可知，
所以，
.
故选：D
【例3】（2022·全国·高三专题练习（理））数列{an}满足，且，是函数的两个零点，则的值为（ ）
A．4 B．－4 C．4040 D．－4040
【答案】A
【分析】由题设可得+＝8，根据已知条件易知{an}是等差数列，应用等差中项的性质求.
【详解】由，是的两个零点，即，是x2－8x＋3＝0的两个根，
∴+＝8，又，即数列{an}是等差数列，
∴+＝8，故＝4.
故选：A.
【例4】（2022·全国·高二课时练习）已知等差数列的前项和为，，，，求项数的值．
【答案】
【分析】利用、，两式作和，结合等差数列下标和性质可求得，代入等差数列求和公式可构造方程求得的值.
【详解】，，，
又，
，解得：，
，解得：.
【例5】（2022·河南焦作·一模（文））设和都是等差数列，前项和分别为和，若，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】由等差数列的性质可得，所以；因为，
所以．由等差数列的前项和公式可得，，
所以．
故选：A
【例6】（2022·四川省成都市新都一中高一期中（理））已知数列满足，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意和等差中项的性质可知数列为等差数列，进而可得，结合诱导公式计算即可.
【详解】由题意知，，
由等差数列的等差中项，得数列为等差数列，
又，所以，
则，
所以.
故选：B
【题型专练】
1．（2022·陕西·渭南市三贤中学高二阶段练习（理））已知一个等差数列的前四项和为21，末四项和为67，前项和为77，则项数的值为___________.
【答案】7
【分析】先利用等差数列的性质结合已知条件可求出的值，再利用等差数列的求和公式列方程可求出项数的值.
【详解】因为等差数列的前四项和为21，末四项和为67，
所以，
所以，所以，
因为等差数列的前项和为77，
所以，解得，
故答案为：7
2.（2022·全国·高三专题练习）下列选项中，为“数列是等差数列”的一个充分不必要条件的是（ ）
A． B．
C．数列的通项公式为 D．
【答案】C
【分析】根据等差数列的中项性质以及通项公式，结合充分必要条件的概念逐项分析即可.
【详解】对于A：数列是等差数列，
∴A选项为“数列是等差数列”的一个充要条件，故A错误；
对于B：易知B选项为“数列是等差数列”的一个既不充分也不必要条件，故B错误；
对于C：∵，∴，∴，
∴数列是等差数列，反之若为等差数列，则，
此时不一定为2，所以必要性不成立，
∴C选项为“数列是等差数列”的一个充分不必要条件，故C正确；
对于D：若数列是等差数列，则，
∴成立，
反之当，，，时，满足，
但不是等差数列，
∴D选项为“数列是等差数列”的一个必要不充分条件，故D错误．
故选：C．
3．（2022·全国·高二单元测试）在等差数列中，已知，，，则______．
【答案】20
【分析】根据等差中项的性质，化简整理解得等差数列其中两项，根据等差数列的求和公式，可得方程，解得答案.
【详解】在等差数列中，，，，
同理由，则，即，
由，解得.
故答案为：20.
4.（2022·浙江宁波·高一期末）设等差数列的前项和，且，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】令函数，，，则是R上的单调递增的奇函数，由得，由得，
于是得，且，即，且，
所以等差数列前项，且.
故选：C
5．（2022·四川省高县中学校高一阶段练习（理））等差数列的前项和为，若，满足，其中为边上任意一点，则（ ）
A．2020 B．1020 C．1010 D．2
【答案】C
【详解】由题设知：，而.
故选：C
6．（2022·河南·驻马店市基础教学研究室高二期末（理））已知等差数列中，、是的两根，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用韦达定理结合等差中项的性质可求得的值，再结合等差中项的性质可求得结果.
【详解】对于方程，，
由韦达定理可得，故，则，
所以，.
故选：B.
题型三：等差数列前项和的性质
【例1】（2022·广东·金山中学高三阶段练习）等差数列的前n项和为，若，，则（ ）．
A．27 B．45 C．18 D．36
【答案】B
【分析】根据等差数列前项和的性质可得，，成等差数列，从而可列方程可求出结果.
【详解】由已知，，，即6，15，成等差数列，
所以，所以，
故选：B．
【例2】（2023·全国·高三专题练习）已知是等差数列的前n项和，若，，则等于（ ）
A．﹣4040 B．﹣2020 C．2020 D．4040
【答案】C
【分析】根据等差数列前n项和的性质，结合等差数列的通项公式进行求解即可.
【详解】∵Sn是等差数列{an}的前n项和，∴数列{}是等差数列．
∵a1＝﹣2018，，
∴数列{}的公差d，首项为﹣2018，
∴2018+2019×1＝1，
∴S2020＝2020．
故选：C．
【例3】（2022·全国·高二多选题）下列结论中正确的有（ ）
A．若为等差数列，它的前项和为，则数列也是等差数列
B．若为等差数列，它的前项和为，则数列，，，也是等差数列
C．若等差数列的项数为，它的偶数项和为，奇数项和为，则
D．若等差数列的项数为，它的偶数项和为，奇数项和为，则
【答案】AD
【分析】利用等差数列定义判断，利用等差数列片段和性质判断，利用奇偶项和的性质判断.
【详解】对于A，，数列是等差数列，故正确；
对于B，，，是等差数列，故错误；
对于C，，，
所以，故错误；
对于D，，，
所以，故正确；
故选：AD.
【例4】（2023·全国·高三专题练习）两个等差数列和的前项和分别为、，且，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，利用等差数列前n项和公式结合等差数列性质计算作答.
【详解】两个等差数列和的前项和分别为、，且，
所以.
故选：A
【例5】（2021·江苏·高二单元测试）已知两个等差数列和的前n项和分别为Sn和Tn，且=，则使得为整数的正整数n的个数为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】B
【分析】根据给定条件结合等差数列性质及前n项和公式，将用n表示出即可作答.
【详解】依题意，，又=，
于是得，
因此，要为整数，当且仅当是正整数，而，则是32的大于1的约数，
又32的非1的正约数有2，4，8，16，32五个，则n的值有1，3，7，15，31五个，
所以使得为整数的正整数n的个数为5.
故选：B
【题型专练】
1.（2023·全国·高三专题练习）已知等差数列的前n项和为，若，，则等于（ ）
A．110 B．150
C．210 D．280
【答案】D
【分析】根据在等差数列中，S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等差数列即可得解.
【详解】因为等差数列{an}的前n项和为Sn，
所以S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30也成等差数列．
故(S30－S20)＋S10＝2(S20－S10)，
所以S30＝150，
又因为(S20－S10)＋(S40－S30)＝2(S30－S20)，
所以S40＝280.
故选：D.
2.（2022重庆巴蜀中学高三阶段练习）在等差数列中，为其前项和．若，且，则等于（ ）
A．-2021 B．-2020 C．-2019 D．-2018
【答案】A
【分析】根据等差数列的性质可知，数列也为等差数列，结合已知条件求出等差数列的首项，即可得到.
【详解】因为为等差数列的前项和，令，则也为等差数列，设其公差为，
由得，
又得.
故选：A．
3.（2022·山西·忻州一中高三阶段练习）设等差数列的前项和分别是，且，则__________.
【答案】
【分析】根据等差数列前项和公式求解即可.
【详解】由等差数列的性质可知，
则.
故答案为：
4.（2022·辽宁·沈阳市第五十六中学高二阶段练习）若等差数列和的前项的和分别是和，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据等差数列的前项的和的公式即可转化成,进而求解.
【详解】因为和是等差数列,故
故选:C
5.（2021·全国·高二单元测试）已知数列，均为等差数列，其前项和分别为，，且若对任意的恒成立，则实数的最大值为（ ）
A． B． C．-2 D．2
【答案】C
【解析】由已知结合等差数列性质可得，，然后结合单调性可求取得最大值，从而可求.
【详解】因为数列，均为等差数列，
且，
所以单调递减，
当时，取得最大值为，
所以，
若对任意的恒成立，
所以，
故实数的最大值为-2.
故选：C
6.（2022·全国·高二课时练习）(多选)已知两个等差数列和的前项和分别为，，且，则使得为整数的正整数可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AC
【分析】首先利用等差数列前项和公式，求出与之间的关系，进而可求出，然后根据已知求解即可.
【详解】由题意，可得，
∵和均为等差数列，
∴，
同理，，
∴，
若为整数，则只需，，，.
故选：AC.
【点睛】若等差数列和的前项和分别为，，则.
题型四：等差数列前n项和的最值
【例1】（2022·四川省武胜烈面中学校高二开学考试（文））记为等差数列的前项和，且，，则取最大值时的值为（ ）
A．12 B．12或11 C．11或10 D．10
【答案】B
【分析】设等差数列的公差为，由，可解出值为－2，从而可知数列前11项为正；第12项为0；从第13项起，各项为负，所以取得最大值时n的值可确定.
【详解】解：设等差数列的公差为，由，得，即，
又，所以，所以，令，可得，
所以数列满足：当时，；当时，；当时，，
所以取得最大值时，的取值为11或12.
【例2】（2022·四川乐山·高一期末）已知数列为等差数列，公差为d，为其前n项和，若满足，给出下列说法：
①；②；③；④当且仅当时，取得最大值．
其中正确说法的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】由题可得，，然后结合条件及求和公式逐项分析即得.
【详解】由，有，故②正确；
又，则，从而，即，所以，故①正确；
因为，所以，故④错误；
因为，所以，故③错误；
所以正确说法的个数为2.
故选：B．
【例3】（2023·全国·高三专题练习）等差数列的前n项和为，已知，，则的最小值为______．
【答案】
【分析】由条件得到，再由求和公式得，从而得可求解.
【详解】由，，得，
解得：，
则．故．
由于，故当或4时，.
故答案为：
【例4】（2022·内蒙古·赤峰二中高一阶段练习（理））设为等差数列的前n项和，若，则满足的最大的正整数n的值为__________．
【答案】22
【分析】由已知，可通过得到，，，，再结合等差数列的性质可以得到，，，然后带入等差数列的前n项和即可得到，，，从而作出判断.
【详解】由已知，为等差数列的前n项和，，所以，
而，所以，所以，
，所以，而，所以，所，
，所以，而，所以，所以，
，，，所以满足的最大的正整数n的值为22.
故答案为：22.
【例5】（2022·山东·德州市教育科学研究院高二期中）在等差数列中，前n项和为，若，，则在，，…，中最大的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由，，知，得最大值是，从而判断结果．
【详解】∵等差数列前n项和，
由，，得，
∴，
故为递减数列，当时，；当时，，所以最大值是，
则当时，且单调递增，当时，，∴最大．
故选：B．
【题型专练】
1.（2022·河北·石家庄二中高二期末多选题）等差数列中，，则下列命题中为真命题的是（ ）
A．公差 B．
C．是各项中最大的项 D．是中最大的值
【答案】ABD
【分析】由得：，进而再等差数列的性质逐个判断即可
【详解】由得：，
所以，且各项中最大的项为，故A正确，C错误；
，所以，故B正确；
因为，等差数列递减，所以最大，故D正确；
故选：ABD
2．（2023·全国·高三专题练习）等差数列的首项为正数，其前n项和为.现有下列命题，其中是假命题的有（ ）
A．若有最大值，则数列的公差小于0
B．若，则使的最大的n为18
C．若，，则中最大
D．若，，则数列中的最小项是第9项
【答案】B
【分析】由有最大值可判断A；由，可得，，利用可判断BC； ，得，，
可判断D.
【详解】对于选项A，∵有最大值，∴ 等差数列一定有负数项，
∴等差数列为递减数列，故公差小于0，故选项A正确；
对于选项B，∵，且，
∴，，
∴，，
则使的最大的n为17，故选项B错误；
对于选项C，∵，，
∴，，
故中最大，故选项C正确；
对于选项D，∵，，
∴，，
故数列中的最小项是第9项，故选项D正确.
故选：B.
3．（2022·四川眉山·高一期末（理））设等差数列的前n项和为，，，取最小值时，n的值为（ ）
A．11或12 B．12 C．13 D．12或13
【答案】D
【分析】设等差数列的公差为，根据题意求得首项与公差，从而可求得数列的通项，令，求出的范围，从而可得出答案.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，，
则有，解得，
所以，
令，则，
又，所以当或时，取最小值.
故选：D.
4．（2022·山西·怀仁市第一中学校模拟预测（文））数列是递增的整数数列，若，，则的最大值为（ ）
A．25 B．22 C．24 D．23
【答案】D
【分析】数列是递增的整数数列，要取最大值，则递增幅度要尽可能为小的整数，所以，可得是首项为2，公差为1的等差数列，再利用等差数列的前项和公式即可求解.
【详解】数列是递增的整数数列，要取最大值，则递增幅度要尽可能为小的整数.
假设递增的幅度为，，，
，解得，
当时，，不满足题意.
当时，，满足，所以的最大值为23.
故选：D.
题型五：等差数列通项公共项及奇偶项和问题
【例1】（2022·重庆市实验中学高二期末）已知数列中，，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】当为奇数时，，即数列中的奇数项依次构成首项为，公差为的等差数列，
所以，，当为偶数时，，则，两式相减得，
所以，，故，
故选：D.
【例2】（2022全国高二单元测试）在数学发展史上，已知各除数及其对应的余数，求适合条件的被除数，这类问题统称为剩余问题.年《孙子算经》中“物不知其数”问题的解法传至欧洲，在西方的数学史上将“物不知其数”问题的解法称之为“中国剩余定理”.“物不知其数”问题后经秦九韶推广，得到了一个普遍的解法，提升了“中国剩余定理”的高度.现有一个剩余问题：在的整数中，把被除余数为，被除余数也为的数，按照由小到大的顺序排列，得到数列，则数列的项数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】将数列中的项由小到大列举出来，可知数列为等差数列，确定该数列的首项和公差，可求得，然后解不等式，即可得解.
【详解】由题意可知，数列中的项由小到大排列依次为、、、、，
可知数列是以为首项，以为公差的等差数列，则，
由可得，解得，
，则，
因此，数列的项数为.
故选：A.
【例3】（2022·全国·高三专题练习）已知数列满足：，，.
(1)记，求数列的通项公式；
(2)记数列的前项和为，求.
【答案】(1)，(2)353
【分析】（1）令n取代入已知条件可以得到，从而求出数列的通项公式
（2）先分奇偶求出数列的表达式，分别求奇数项的和与偶数项的和，相加得到
（1）因为，令n取，则，即，，所以数列是以1为首项，3为公差的等差数列，所以
（2）令n取2n，则，所以，由（1）可知，；；所以
【例4】（2022·四川·成都七中高一期末）已知数列的通项公式为，Sn为数列的前n项和，则的值为（ ）
A．672 B．1011 C．2022 D．6066
【答案】B
【解析】因为的周期为，由，可得
，，，
，，，
，，，
……，
因为，
所以
故选：B
【题型专练】
1.（2022·全国·高二课时练习）在1，2，3，…，2021这2021个自然数中，将能被2除余1，且被3除余1的数按从小到大的次序排成一列，构成数列，则等于（ ）
A．289 B．295 C．301 D．307
【答案】B
【分析】根据题意，得到能被2除余1满足，被3除余1的数满足，进而求得数列的通项公式，即可求解.
【详解】由题意，在1，2，3，…，2021这2021个自然数中，能被2除余1满足，
被3除余1的数满足，
所以在1，2，3，…，2021这2021个自然数中，能被2除余1，且被3除余1的数，
按从小到大的次序排成一列，可得构成的数列是首项为，公差为的等差数列，
则数列的通项公式，
所以.
故选：B.
2.（2022·海南中学高三）已知数列满足，则（ ）
A．50 B．75 C．100 D．150
【答案】A
【详解】解：∵，∴，.
两式相减得.则，，…，，
∴，
故选：A.
3.（2022·全国·高三专题练习）已知等差数列的项数为奇数，其中所有奇数项之和为，所有偶数项之和为，则该数列的中间项为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题可设等差数列共有项，然后通过即可得出结果.
【详解】设等差数列共有项，
则，，中间项为，
故
，
，
故选：B.
4.（2022·重庆·三模）已知数列的前项和为，，则（ ）
A． B．0 C． D．
【答案】C
【解析】当为奇数时有，函数的周期为，
故有，，，，，按此规律下去循环重复下去，，
故有.
故选：C.
题型六：等差数列新文化试题
【例1】（2022·云南·弥勒市一中高二阶段练习）斐波那契数列（Fibonacci Sequence）又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多，斐波那契（Leonardo Fibonacci）以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．在数学上，斐波纳契数列被以下递推的方法定义：数列满足：，现从数列的前2022项中随机抽取1项，能被3整除的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】根据斐波那契数列的定义，数列各项除以3所得余数依次为1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，…，余数数列是周期数列，周期为8，，所以数列的前2022项中能被3整除的项有，所求概率为，
故选A．
【例2】（2022·全国·高三专题练习）2022北京冬奥会开幕式将我国二十四节气融入倒计时，尽显中国人之浪漫．倒计时依次为：大寒、小寒、冬至、大雪、小雪、立冬、霜降、寒露、秋分、白露、处暑、立秋、大暑、小暑、夏至、芒种、小满、立夏、谷雨、清明、春分、惊蛰、雨水、立春，已知从冬至到夏至的日影长等量减少，若冬至、立冬、秋分三个节气的日影长之和为31.5寸，冬至到处暑等九个节气的日影长之和为85.5寸，问大暑的日影长为（ ）
A．4.5寸 B．3.5寸 C．2.5寸 D．1.5寸
【答案】B
【详解】因为从冬至到夏至的日影长等量减少，所以构成等差数列，
由题意得：，则，，则，
所以公差为，所以，
故选：B
【例3】（2022·全国·高三专题练习）《九章算术》是中国古代张苍、耿寿昌所撰写的一部数学专著，全书总结了战国、秦、汉时期的数学成就，其中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何?”其意思为：“今有5人分5钱，各人所得钱数依次为等差数列，其中前2人所得之和与后3人所得之和相等，问各得多少钱?”则第2人比第4人多得钱数为（ ）
A．钱 B．钱 C．钱 D．钱
【答案】D
【分析】设从前到后的5个人所得钱数构成首项为，公差为的等差数列，则有，，从而可求出，进而可求得结果
【详解】设从前到后的5个人所得钱数构成首项为，公差为的等差数列，
则有，，
故解得则，
故选：D.
【题型专练】
1．（2022·全国·高三专题练习（理））斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多•斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．斐波那契数列用递推的方式可如下定义：用表示斐波那契数列的第n项，则数列满足： . ，记，则下列结论不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】依题意，数列的前10项依次为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，
即，所以A正确；
当时，，
所以B正确；
由，可得，
累加得
则，即，所以C错误；
由，，
，
所以，所以D正确.
故选：C.
2．（2022·全国·高二课时练习）2021年是中国共产党建党100周年，《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、、、、（单位：）成等差数列，对应的宽为、、、、（单位：），且长与宽之比都相等，已知，，，则（ ）
A．124 B．126 C．128 D．130
【答案】C
【分析】由等差中项的性质得出，再由得出.
【详解】，∴，即，则.
故选：C.
题型七：对于含绝对值的数列求和问题
【例1】（2022·辽宁·高二期中）已知在前n项和为的等差数列中，，．
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前20项和．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据等差数列前n项和、通项公式求首项与公差，进而写出通项公式.
（2）首先判断、对应n的范围，再根据各项的符号，应用分组求和及等差数列前n项和求.
(1)
由，则，
由，则，
所以，即，故，
则.
(2)
由（1）知：，可得，即，故时，
所以.
【例2】（2022·福建省漳州第一中学高三阶段练习）已知数列为等差数列，且，.
(1)求数列的通项公式及前项和；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)，，(2)，
【分析】（1）根据题意，由等差数列的通项公式，求出和，计算可得结果；
（2）由（1）的结论可得数列的前4项均为负数，从第5项开始都为非负数．据此分2种情况求出，综合可得答案.
（1）
设的公差为，则
，解得，
所以，.
（2）
由，得，
所以当时，；当时，，
所以当时，；
当时，
，
所以，.
【题型专练】
1.（2022·江苏省灌南高级中学高二阶段练习）数列中，，，且满足
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求．
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）由等差数列的通项公式求解，
（2）分类讨论后由等差数列前n项和公式求解
（1）
由题意，，
是等差数列且，
，．
（2）
，令，得．
当时，；当时，；当时，．
当时，
，
当时，．
．
2.（2022·全国·高三专题练习（文））记为等差数列的前n项和，．
(1)求数列的通项公式；
(2)求的值．
【解析】(1)设等差数列的首项和公差分别为，由题意可知：
，解得
所以
(2)由（1）知：当 时，，当 时，
所以
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