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考点巩固卷14 等差数列（九大考点）-备战2024年高考数学一轮复习高分突破（新高考通用）
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这是一份考点巩固卷14 等差数列（九大考点）-备战2024年高考数学一轮复习高分突破（新高考通用），文件包含考点巩固卷14等差数列九大考点原卷版docx、考点巩固卷14等差数列九大考点解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共47页， 欢迎下载使用。
考点01基本量的计算
1．在等差数列中，，公差，，则等于（ ）
A．92B．47C．46D．45
【答案】C
【分析】根据等差数列的通项公式即可求解.
【详解】因为，即，所以.
故选：C
2．已知等差数列的前项为，，．
(1)求的通项公式；
(2)若，求的值．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）解：设等差数列的公差为，根据题意列出方程，求得，，即可求得数列的通项公式；
（2）由，结合等差数列的求和公式，列出方程，即可求解.
【详解】（1）解：设等差数列的公差为，
因为，可得，
又因为，可得，解得，
所以，
即数列的通项公式为.
（2）解：由（1）知，，
因为，可得，即，
解得或.
3．数列中，，，那么的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分析可知数列为等差数列，确定该数列的首项和公差，即可求得的值.
【详解】由题意可知，对任意的，，且，
所以，数列为等差数列，且该数列的首项为，公差为，
因此，.
故选：B.
4．已知数列是等差数列，且.
(1)求的通项公式；
(2)若数列的前项和为，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)由等差数列的概念计算基本量即可；
(2)根据等差数列的求和公式计算即可.
【详解】（1）设的公差为，则，解得，
所以；
（2）由（1）知；
得.
5．设等差数列前n项和为，若，，则等差数列的公差为（ ）
A．1B．2C．4D．8
【答案】C
【分析】根据已知列出方程组，求解即可得出答案.
【详解】设公差为，
由已知可得，，解得.
故选：C.
6．（多选）已知公差为的等差数列中，其前项和为，且，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】利用等差数列的通项公式和前项和的性质，列方程求出公差，即可得数列通项,验证各选项是否正确.
【详解】公差为的等差数列中，其前项和为，且，
则，所以，A选项正确；
，B选项正确；
，C选项正确；
，，D选项错误.
故选：ABC
考点02等差中项及等差数列项的性质
7．在等差数列中，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用等差中项的性质求出，再利用等差中项的性质可求得的值.
【详解】在等差数列中，，则，因此，.
故选：D.
8．（多选）已知随机变量X的分布列如下表：
若成等差数列，则公差d可以是（ ）
A．B．0C．D．1
【答案】AB
【分析】根据等差数列性质可得，即可求出答案.
【详解】因为成等差数列，所以.
又，所以，
又，，
根据分布列的性质，得，，所以.
故选：AB.
9．若干块扇面形石板构成第1环，依次向外共砌27环，从第2环起，每环依次增加相同块数的扇面形石板．已知最内3环共有54块扇面形石板，最外3环共有702块扇面形石板，则圜丘坛共有扇面形石板（不含天心石）（ ）
A．3339块B．3402块C．3474块D．3699块
【答案】B
【分析】每层扇面形石板的块数成等差数列，设为，再结合等差数列的性质，以及等差数列的前项和公式，即可求解．
【详解】依题意每层扇面形石板的块数成等差数列设为，其中，，所以，
所以 所以，故圜丘坛共有扇面形石板（不含天心石）块.
故选：B
10．记为等差数列的前n项和，若，，则______．
【答案】
【分析】根据等差数列的性质和求和公式带入即可求解.
【详解】由①，②，
②①得，
得，
又，
则，
故．
故答案为：
11．等差数列，的前项和分别是与，且，则___________；______________.
【答案】 / /
【分析】空1：根据等差数列的性质和求和公式，得到，代入即可求解；空2：设，，，代入即可求出.
【详解】空1：由等差数列的前项和公式，可得，
又由等差数列的性质，可得，
因为，可得.
空2：设，
所以，
，所以.
故答案为：；.
12．等差数列中，若，则n的值为（ ）
A．14B．15C．16D．17
【答案】B
【分析】先由得到，再利用解出即可.
【详解】由等差数列下标和性质知：，，
因为，故，
又，
故，所以.
故选：B.
考点03由递推关系证明数列是等差数列
13．（ 2023春·江苏连云港·高二统考期末）已知数列的前项和为.
(1)证明：数列是等差数列；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）根据，变形得到，从而得到，得到答案；
【详解】（1）因为，，
，即，
，即，
是1为首项，1为公差的等差数列.
14．记为数列的前项和．
(1)从下面两个条件中选一个，证明：数列是等差数列；
①数列是等差数列；②
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）选择条件①，利用与的关系式和等差中项的性质即可得证；选择条件②，设数列的首项为，公差为，求出，表示出，即可得证.
【详解】（1）选择条件①：，
，
两式相减可得，
即，
，
两式相减可得，
化简可得，
，数列是等差数列．
选择条件②：设数列的首项为，公差为，
则，故，
当时，
，
当时，，，
又．
数列是等差数列．
15．已知数列的前项和为，．
(1)证明：是等差数列；
(2)求数列的前项积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据与的关系化简，可得，由等差数列的定义得证；
（2）由（1）求出，再由累乘法求解.
【详解】（1）由，得．
所以，
即，整理得，
上式两边同时除以，得．
又，所以，即，
所以是首项为2，公差为1的等差数列．
（2）由（1）知，．
所以．
所以．
16．已知数列的前n项和为，数列的前n项积为，且满足．
(1)求证：为等差数列；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）根据所给递推公式及前项和、积的定义化简，由等差数列定义可得证；
【详解】（1）因为，
当时，，解得或，
又，所以，故，
由，可得，所以，
当时，．
所以，即，
所以，所以
所以是以为首项，1为公差的等差数列.
17．已知数列满足，．
(1)证明：是等差数列，并求出的通项．
(2)证明：．
【答案】(1)证明见解析，；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由递推公式可得，两边取倒数，即可得到，从而得到是以为首项，为公差的等差数列，即可求出的通项公式；
（2）令，再由，可得，两式相乘即可得证.
【详解】（1）由，可得，
∴，即，
∵，即，
∴是以为首项，为公差的等差数列，
∴，即．
（2）令①，
∵，∴②，
①×②得，
∴，即．
18．已知数列满足，．
(1)证明：数列为等差数列；
(2)求数列的前n项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）等式两边同时除以，得到，再根据等差数列的定义即可证明.
（2）由（1）可得的通项公式，再由，结合数列错位相减求和即可得出的值.
【详解】（1）依题，在两边同时除以，
得，，
故数列是以1为首项，1为公差的等差数列．
（2）由（1）得，可得，
所以，
则数列的前n项和为①，
所以②，
由①-②可得，
所以．
考点04等差数列前项和的性质
19．已知是等差数列的前项和，若，，则________.
【答案】2016
【分析】根据是等差数列，求得其首项和公差，则问题得解.
【详解】是等差数列的前项和，是等差数列，设其公差为.
，，.，.
.
.
故答案为：.
【点睛】本题考查等差数列的前项和，涉及是等差数列的认识和理解，属基础题.
20．已知等差数列的前项和为，若公差，；则的值为__________.
【答案】
【分析】设等差数列的奇数项的和为，偶数项之和为，可得出，再由可求出、的值，即为所求结果.
【详解】设，，
因为数列是等差数列，且公差，，
所以，解得，，
所以.
故答案为：.
21．等差数列的前项和为30，前项和为100，则它的前项和为______.
【答案】
【分析】根据等差数列前项和的性质计算可得.
【详解】为等差数列，
，，成等差数列，即，，成等差数列，
，解得，
又，，成等差数列，即，，成等差数列，
所以，解得.
故答案为：．
22．（ 2023秋·山东滨州·高二统考期末）已知等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用等差数列片段和的性质可求得的值.
【详解】因为，，由等差数列的性质可知、、成等差数列，
所以，,所以，.
故选：B.
23．（ 2022·新疆·统考二模）在等差数列中，，其前n项和为，若，则（ ）
A．-4040B．-2020C．2020D．4040
【答案】C
【分析】根据等差数列的前项和公式，可得为等差数列，由已知求出其公差，进而得到通项公式，即可得出结论.
【详解】在等差数列中，，其前n项和为，
则是以为首项的等差数列，设其公差为，
，
.
故选：C.
【点睛】本题考查等差数列前和基本量的运算，应用等差数列前项和的性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于中档题.
24．已知两个等差数列{}和}的前n项和分别为和，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【分析】由题，可设，，则.
【详解】因等差数列前n项和为关于n的不含常数项的二次函数，又，
则可设，，则.
故选：A
考点05等差数列前项和的最值问题
25．已知等差数列，前项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)求的最大值并指出此时的值.
【答案】(1)；
(2)的最大值为，此时或.
【分析】（1）根据已知条件列出关于公差的方程，求解即可；
（2）求出，，对应的的取值，从而可求的最大值及对应的的值.
【详解】（1）设的公差为，因为，，
所以，解得,
所以.
（2）当时，；当时，；当时，.
所以当或时，取得最大值，最大值为.
26．设等差数列的前n项和为，若，，则n＝________时，有最小值为 ________．
【答案】 4或5 －10
【分析】由已知结合等差数列的求和公式先求出，然后结合二次函数的性质即可求解．
【详解】因为等差数列中，，，则d＝1，
所以，
根据二次函数的性质可知，当n＝4或5时，有最小值－10．
故答案为：4或5，－10．
27．已知等差数列的通项公式为（），当且仅当时，数列的前 项和最大，则当时，（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先由条件求，再代入等差数列的前项和公式，即可求解.
【详解】由条件可知，当时，，，
解得：，因为，
所以，得，
，解得：或（舍）.
故选：D
28．已知等差数列，是数列的前项和，对任意的，均有成立，则的值不可能是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】A
【分析】根据题意，由恒成立可得是等差数列的前项和中的最大值，结合等差数列前项和的性质，分3种情况讨论，综合求出的取值范围，分析选项可得答案．
【详解】根据题意，等差数列，对任意的，均有成立，即是等差数列的前项和中的最大值，
必有，公差，
分3种情况讨论：
①，此时，、是等差数列的前项和中的最大值，
此时，则有，
则，
②，此时，、是等差数列的前项和中的最大值，
此时，则有，
，
③，，是等差数列的前项和中的最大值，
此时，，则，变形可得：，
，
而，则有，
综合可得：.
故选：A．
29．（多选）等差数列的前n项和为，且，，，则下列说法中正确的有（ ）．
A．B．
C．当或6时，取最小值D．
【答案】ACD
【分析】由可判断A；由作差可判断B；先由和可得，则可判断C；由可得，利用等差数列的性质可判断D.
【详解】因为，所以，故A正确；
因为，，所以，故B错误；
因为，，所以，
所以，
因为，所以当或6时，取最小值，故C正确；
由得，，所以，
所以，故D正确.
故选：ACD
30．在等差数列中，以表示的前项和，则使达到最大值的是（ ）
A．11B．10C．9D．8
【答案】B
【分析】利用等差数列性质求出数列公差d，再求出其通项公式，并探讨数列的单调性即可得解.
【详解】在等差数列中，，，即，，从而得等差数列公差，，
于是得的通项公式为，则是单调递减等差数列，其前10项均为正，从第11项起的以后各项均为负，
因此，数列的前10项和最大，
所以，使达到最大值的n是10.
故选：B.
考点06利用与的关系求等差数列通项公式
31．已知数列的前项和为，对任意满足，且．求数列的通项公式．
【答案】
【解析】
由得，
所以数列是首项为1，公差为的等差数列，
所以，即，
所以，
又，所以．
【反思】
此类问题解析决的关键在于通过递推关系式的变形，转化为已知数列（或模型），从而求出对应的通项．
32．设为数列的前n项和，.求及.
【答案】a1＝－28，an＝4n－32，n∈N*
【分析】根据数列的前n项和与通项的关系可求通项公式.
【详解】因为Sn＝2n2－30n，
所以当n＝1时，a1＝S1＝2×12－30×1＝－28，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－30n－[2(n－1)2－30(n－1)]＝4n－32.
验证当n＝1时上式成立，
所以an＝4n－32，n∈N*.
33．已知数列的前n项和为，对一切正整数n，点都在函数的图象上，记与的等差中项为.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前n项和；
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意得，利用与的关系可求得通项公式；
（2）利用等差中项求得，则，利用错位相减法可求出数列的前项和.
【详解】（1）点都在函数的图象上，
，
当时，，
当时，满足上式，
所以数列的通项公式为
（2）由与的等差中项为，
，
①
由①×4，得②
①－②得： ，
.
34．设为正项数列的前项和，满足.
(1)求的通项公式：
(2)若不等式对任意正整数都成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)，且
【分析】（1）根据，利用数列通项和前n项和的关系求解.
（2）由（1）得到不等式即为不等式，由时，解得t的范围，且，转化为证当，且时，不等式对任意正整数都成立，由时， ，得到，进而转化为证对任意正整数都成立即可.
【详解】（1）解：由，得，
两式相减得，即，
即，
因为数列是正项数列，所以
所以，
又，解得(负值舍)，
所以；
（2）由（1）知不等式对任意正整数都成立，
即不等式对任意正整数都成立，
当时，，解得，且，
下面证明当，且时，不等式对任意正整数都成立，
当时， ，则，
只需证对任意正整数都成立即可，因为，
，
所以不等式对任意正整数都成立，实数的取值范围，且
35．已知数列的前项和为，满足（为常数）.
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）通过已知条件，求出参数，利用求解通项公式即可；
（2）根据（1）写出的通项公式，利用错位相减法求解即可.
【详解】（1）令，可得，
所以，
当时，，
可得，
所以，
又因为满足上式，
所以；
（2）因为，
所以，
两边乘得：
,
两式相减得：
,
即：,
所以.
36．已知数列为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)记，数列的前n项和为，求证:.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）依题意，，
因为，
所以，
又因为，
所以，
故数列的通项公式为.
（2）由（1）知，，
所以
数列的前n项和为
，
由得，即证.
考点07含绝对值的等差数列的前项和
37．已知等差数列的前项和为，，，．
(1)求的通项公式
(2)设，求数列的前项之和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意得，解方程计算即可；
（2）根据题意得，代入计算即可.
(1)
设等差数列的公差为，
则由已知可得：，解得，
所以.
(2)
因为，，
所以.
38．（ 2022·四川遂宁·统考一模）已知等差数列满足．
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设等差数列的公差为d，然后根据题意列出关于的方程组，解出，从而可求出通项公式；
（2）根据通项公式可判断出当时，，当时，，然后分情况讨论求解即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，
由题意可得，
解得，
故．
（2）设数列的前n项和为，则．
当时，；
当时，，则
．
综上，.
39．已知等差数列的前项和为，公差为整数，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）确定，根据等差数列公式得到，得到，得到通项公式.
（2）考虑和两种情况，根据的正负分别计算即可.
【详解】（1）由，可得，
由，可得且，解得，
又公差为整数，，.
（2），
当时，；当时，，，
当时，；
当时，.
综上，
40．设等差数列的前n项和为，，，且有最大值．
(1)求数列的通项公式及的最大值；
(2)求
【答案】(1)，前n项和最大值108；
(2)，
【分析】（1）由有最大值得，结合等差中项性质可解出、，即可进一步解出基本量，，即可由公式法列出通项公式，的最大值为前面所有非负项的和；
（2）由数列的符号，分别求、时的即可，其中当时.
【详解】（1）设等差数列的公差是d，首项是，由有最大值得，
则数列是递减数列，因为，，解得、或、舍去，
则，，解得，，所以，
令得，则当时，；当时，，所以；
（2）由（1）可得，
当时，…，
当时，……，
综上可得，，
41．等差数列前项的绝对值之和为50，则_________．
【答案】12
【分析】根据题意求等差数列的通项公式，再分类讨论，结合等差数列的求和公式运算求解.
【详解】因为等差数列的，则公差，
所以等差数列的通项公式，
设数列的前n项和为，
当时，，不合题意；
当时，则，
可得，
令，解得或（舍去）；
综上所述：.
故答案为：12.
42．已知数列的通项公式为，那么满足的正整数________.
【答案】或
【分析】先求出的前项和，然后将问题转化为，通过讨论与两种情况下求得方程的根，即可得到的值．
【详解】因为，
所以（），
所以当且时，的前项和为，
当且时，的前项和为；
满足，
即，
因为对于任意恒成立，
所以，
①当且，即且时，
，
所以，
解得：或；
②当且，即：且时，
，
∴，
解得：，舍去．
综上所述，或．
故答案为：2或5.
考点08等差数列的实际应用
43．疫情防控期间，某单位把110个口罩全部分给5个人，使每人所得口罩个数成等差数列，且较大的三份之和与较小的两份之和的比为9：2，则最小一份的口罩个数为（ ）
A．6B．10C．12D．14
【答案】A
【分析】利用等差数列前项和公式及等差数列通项公式联立方程组解出即可.
【详解】设等差数列的首项为，公差为，由条件可知，
，①
，②
解得，
所以最小一份的口罩个数为6个，
故选：A．
44．甲､乙两个机器人分别从相距70的两处同时相向运动，甲第1分钟走2，以后每分钟比前1分钟多走1，乙每分钟走5.若甲､乙到达对方起点后立即返回，则它们第二次相遇需要经过___________分钟.
【答案】15
【分析】甲每分钟走的路程成等差数列，求出通项，因为第1次相遇甲､乙共走70m；第2次相遇甲､乙共走了，列出方程，求出时间即可.
【详解】由已知甲每分钟走的路程成等差数列，设为，则，
乙每分钟速度为每分钟走5，
因为第1次相遇甲､乙共走70m；第2次相遇甲､乙共走了，时间设为，
则.
（负值舍去）.
故答案为：15.
45．2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行，也是继2002年韩日世界杯之后时隔二十年第二次在亚洲举行的世界杯足球赛.某网站全程转播了该次世界杯，为纪念本次世界杯，该网站举办了一针对本网站会员的奖品派发活动，派发规则如下：①对于会员编号能被2整除余1且被7整除余1的可以获得精品足球一个；②对于不符合①中条件的可以获得普通足球一个.已知该网站的会员共有1456人（编号为1号到1456号，中间没有空缺），则获得精品足球的人数为（ ）
A．102B．103C．104D．105
【答案】C
【分析】将能被2整除余1且被7整除余1的正整数按从小到大排列所得的数列记为，求出其通项，结合条件列不等式求出结果.
【详解】将能被2整除余1且被7整除余1的正整数按从小到大排列所得的数列记为，
由已知是的倍数，也是的倍数，
故为的倍数，
所以首项为，公差为的等差数列，
所以，
令，可得，又
解得，且，
故获得精品足球的人数为.
故选：C.
46．家庭农场是指以农户家庭成员为主要劳动力的新型农业经营主体．某家庭农场从2019年开始逐年加大投入，加大投入后每年比前一年增加相同额度的收益，已知2019年的收益为30万元，2021年的收益为50万元．照此规律，从2019年至2026年该家庭农场的总收益为（ ）
A．630万元B．350万元C．420万元D．520万元
【答案】D
【分析】分析可知该家庭农场的收益依次成等差数列，求出公差，利用等差数列的求和公式即可求解.
【详解】依题意，该家庭农场每年收益依次成等差数列，设为，
可得，，所以公差为，
所以2019年至2026年该家庭农场的总收益为，
故选：D
47．为了响应政府推进菜篮子工程建设的号召，某经销商投资60万元建了一个蔬菜生产基地．第一年支出各种费用8万元，以后每年支出的费用比上一年多2万元，每年销售蔬菜的收入为26万元．设表示前n年的纯利润（前n年的总收入前n年的总费用支出投资额），则__________（用n表示）；从第__________年开始盈利．
【答案】 5
【分析】根据题意结合等差数列前项和公式写出的表达式即可，再令即可得解.
【详解】由题意可得第年的支出费用为万元，
则前n年的总支出费用为，
所以，
令，解得，
又，所以从第年开始盈利．
故答案为：；.
考点09等差数列的综合问题
48．已知数列满足，对任意正实数，总存在和相邻的两项，使得成立，则的取值范围为__________.
【答案】
【分析】化简递推关系，证明数列为等差数列，利用等差数列通项公式求，化简方程可得，结合连接列不等式求的取值范围.
【详解】由，
得，
即，
即，
即，
所以，
即，
所以是首项为，公差为的等差数列，
所以.
由，得，
所以，即，
又因为，
所以使得包含于的取值范围.
当时，，不满足题意；
当时，，不满足题意；
当时，，不满足题意；
当时，，
所以，即；
当时，的取值均大于，
所以，即.
故答案为：.
49．设等差数列的前项和为，公比是正数的等比数列的前项和为，已知，，，，求，的通项公式．
【答案】，
【分析】设数列的公差为，数列的公比为，由等差数列和等比数列通项公式和前项和定义化简条件，解方程求，结合通项公式求解.
【详解】设的公差为，数列的公比为，由已知，
由得①
由得
故②
由①②及解得，
故所求的通项公式为，．
50．已知等差数列，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，设，然后可得，再由三角函数的值域即可得到其范围，从而得到结果.
【详解】由题意可得，不妨设，公差为，则，
又因为，所以，
则，
其中，且，则，
当时，取最大值，
当时，此时，其中，解得，则取最小值，
即的取值范围是.
故选：B
51．在数列中，．记的前项和为，且满足若对任意，都有，则首项的取值范围是__________．
【答案】
【分析】由题意可得，分别用表示出，因为对任意，都有，则，解不等式即可得出答案.
【详解】因为①，
所以时，②，
①减②可得：③，
令等价于，所以④，
③减④可得：，
所以是公差为的等差数列，
是公差为的等差数列，
是公差为的等差数列，
令，由①可得：，所以，
令，由③可得：，
因为，所以，
又因为，所以，
又因为，
要使对任意，都有，
则，则，解得：.
故答案为：.
52．已知数列的前项和为，（），且，.若恒成立，则实数的取值范围为______.
【答案】
【分析】由得，两式相减可证明数列为等差数列，继而可求出，令，通过可知，当时，数列单调递减，故可求出最大值，进而可求 的取值范围.
【详解】由，可得.
两式相减，可得，所以数列为等差数列.
因为，，所以，所以，，
则.令，则.
当时，，数列单调递减，
而，，，
所以数列中的最大项为1，故，
即实数的取值范围为.
故答案为: .
53．已知数列为等差数列，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题意求出数列是以首项为，公差为的等差数列，进而求出，即可求出答案.
【详解】因为数列为等差数列，且，
设数列的公差为，首项为，
所以，则，
所以，所以，
所以.
故选：B.X
0
1
P
a
b
c
考点01基本量的计算
1．在等差数列中，，公差，，则等于（ ）
A．92B．47C．46D．45
【答案】C
【分析】根据等差数列的通项公式即可求解.
【详解】因为，即，所以.
故选：C
2．已知等差数列的前项为，，．
(1)求的通项公式；
(2)若，求的值．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）解：设等差数列的公差为，根据题意列出方程，求得，，即可求得数列的通项公式；
（2）由，结合等差数列的求和公式，列出方程，即可求解.
【详解】（1）解：设等差数列的公差为，
因为，可得，
又因为，可得，解得，
所以，
即数列的通项公式为.
（2）解：由（1）知，，
因为，可得，即，
解得或.
3．数列中，，，那么的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分析可知数列为等差数列，确定该数列的首项和公差，即可求得的值.
【详解】由题意可知，对任意的，，且，
所以，数列为等差数列，且该数列的首项为，公差为，
因此，.
故选：B.
4．已知数列是等差数列，且.
(1)求的通项公式；
(2)若数列的前项和为，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)由等差数列的概念计算基本量即可；
(2)根据等差数列的求和公式计算即可.
【详解】（1）设的公差为，则，解得，
所以；
（2）由（1）知；
得.
5．设等差数列前n项和为，若，，则等差数列的公差为（ ）
A．1B．2C．4D．8
【答案】C
【分析】根据已知列出方程组，求解即可得出答案.
【详解】设公差为，
由已知可得，，解得.
故选：C.
6．（多选）已知公差为的等差数列中，其前项和为，且，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】利用等差数列的通项公式和前项和的性质，列方程求出公差，即可得数列通项,验证各选项是否正确.
【详解】公差为的等差数列中，其前项和为，且，
则，所以，A选项正确；
，B选项正确；
，C选项正确；
，，D选项错误.
故选：ABC
考点02等差中项及等差数列项的性质
7．在等差数列中，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用等差中项的性质求出，再利用等差中项的性质可求得的值.
【详解】在等差数列中，，则，因此，.
故选：D.
8．（多选）已知随机变量X的分布列如下表：
若成等差数列，则公差d可以是（ ）
A．B．0C．D．1
【答案】AB
【分析】根据等差数列性质可得，即可求出答案.
【详解】因为成等差数列，所以.
又，所以，
又，，
根据分布列的性质，得，，所以.
故选：AB.
9．若干块扇面形石板构成第1环，依次向外共砌27环，从第2环起，每环依次增加相同块数的扇面形石板．已知最内3环共有54块扇面形石板，最外3环共有702块扇面形石板，则圜丘坛共有扇面形石板（不含天心石）（ ）
A．3339块B．3402块C．3474块D．3699块
【答案】B
【分析】每层扇面形石板的块数成等差数列，设为，再结合等差数列的性质，以及等差数列的前项和公式，即可求解．
【详解】依题意每层扇面形石板的块数成等差数列设为，其中，，所以，
所以 所以，故圜丘坛共有扇面形石板（不含天心石）块.
故选：B
10．记为等差数列的前n项和，若，，则______．
【答案】
【分析】根据等差数列的性质和求和公式带入即可求解.
【详解】由①，②，
②①得，
得，
又，
则，
故．
故答案为：
11．等差数列，的前项和分别是与，且，则___________；______________.
【答案】 / /
【分析】空1：根据等差数列的性质和求和公式，得到，代入即可求解；空2：设，，，代入即可求出.
【详解】空1：由等差数列的前项和公式，可得，
又由等差数列的性质，可得，
因为，可得.
空2：设，
所以，
，所以.
故答案为：；.
12．等差数列中，若，则n的值为（ ）
A．14B．15C．16D．17
【答案】B
【分析】先由得到，再利用解出即可.
【详解】由等差数列下标和性质知：，，
因为，故，
又，
故，所以.
故选：B.
考点03由递推关系证明数列是等差数列
13．（ 2023春·江苏连云港·高二统考期末）已知数列的前项和为.
(1)证明：数列是等差数列；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）根据，变形得到，从而得到，得到答案；
【详解】（1）因为，，
，即，
，即，
是1为首项，1为公差的等差数列.
14．记为数列的前项和．
(1)从下面两个条件中选一个，证明：数列是等差数列；
①数列是等差数列；②
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）选择条件①，利用与的关系式和等差中项的性质即可得证；选择条件②，设数列的首项为，公差为，求出，表示出，即可得证.
【详解】（1）选择条件①：，
，
两式相减可得，
即，
，
两式相减可得，
化简可得，
，数列是等差数列．
选择条件②：设数列的首项为，公差为，
则，故，
当时，
，
当时，，，
又．
数列是等差数列．
15．已知数列的前项和为，．
(1)证明：是等差数列；
(2)求数列的前项积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据与的关系化简，可得，由等差数列的定义得证；
（2）由（1）求出，再由累乘法求解.
【详解】（1）由，得．
所以，
即，整理得，
上式两边同时除以，得．
又，所以，即，
所以是首项为2，公差为1的等差数列．
（2）由（1）知，．
所以．
所以．
16．已知数列的前n项和为，数列的前n项积为，且满足．
(1)求证：为等差数列；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）根据所给递推公式及前项和、积的定义化简，由等差数列定义可得证；
【详解】（1）因为，
当时，，解得或，
又，所以，故，
由，可得，所以，
当时，．
所以，即，
所以，所以
所以是以为首项，1为公差的等差数列.
17．已知数列满足，．
(1)证明：是等差数列，并求出的通项．
(2)证明：．
【答案】(1)证明见解析，；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由递推公式可得，两边取倒数，即可得到，从而得到是以为首项，为公差的等差数列，即可求出的通项公式；
（2）令，再由，可得，两式相乘即可得证.
【详解】（1）由，可得，
∴，即，
∵，即，
∴是以为首项，为公差的等差数列，
∴，即．
（2）令①，
∵，∴②，
①×②得，
∴，即．
18．已知数列满足，．
(1)证明：数列为等差数列；
(2)求数列的前n项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）等式两边同时除以，得到，再根据等差数列的定义即可证明.
（2）由（1）可得的通项公式，再由，结合数列错位相减求和即可得出的值.
【详解】（1）依题，在两边同时除以，
得，，
故数列是以1为首项，1为公差的等差数列．
（2）由（1）得，可得，
所以，
则数列的前n项和为①，
所以②，
由①-②可得，
所以．
考点04等差数列前项和的性质
19．已知是等差数列的前项和，若，，则________.
【答案】2016
【分析】根据是等差数列，求得其首项和公差，则问题得解.
【详解】是等差数列的前项和，是等差数列，设其公差为.
，，.，.
.
.
故答案为：.
【点睛】本题考查等差数列的前项和，涉及是等差数列的认识和理解，属基础题.
20．已知等差数列的前项和为，若公差，；则的值为__________.
【答案】
【分析】设等差数列的奇数项的和为，偶数项之和为，可得出，再由可求出、的值，即为所求结果.
【详解】设，，
因为数列是等差数列，且公差，，
所以，解得，，
所以.
故答案为：.
21．等差数列的前项和为30，前项和为100，则它的前项和为______.
【答案】
【分析】根据等差数列前项和的性质计算可得.
【详解】为等差数列，
，，成等差数列，即，，成等差数列，
，解得，
又，，成等差数列，即，，成等差数列，
所以，解得.
故答案为：．
22．（ 2023秋·山东滨州·高二统考期末）已知等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用等差数列片段和的性质可求得的值.
【详解】因为，，由等差数列的性质可知、、成等差数列，
所以，,所以，.
故选：B.
23．（ 2022·新疆·统考二模）在等差数列中，，其前n项和为，若，则（ ）
A．-4040B．-2020C．2020D．4040
【答案】C
【分析】根据等差数列的前项和公式，可得为等差数列，由已知求出其公差，进而得到通项公式，即可得出结论.
【详解】在等差数列中，，其前n项和为，
则是以为首项的等差数列，设其公差为，
，
.
故选：C.
【点睛】本题考查等差数列前和基本量的运算，应用等差数列前项和的性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于中档题.
24．已知两个等差数列{}和}的前n项和分别为和，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【分析】由题，可设，，则.
【详解】因等差数列前n项和为关于n的不含常数项的二次函数，又，
则可设，，则.
故选：A
考点05等差数列前项和的最值问题
25．已知等差数列，前项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)求的最大值并指出此时的值.
【答案】(1)；
(2)的最大值为，此时或.
【分析】（1）根据已知条件列出关于公差的方程，求解即可；
（2）求出，，对应的的取值，从而可求的最大值及对应的的值.
【详解】（1）设的公差为，因为，，
所以，解得,
所以.
（2）当时，；当时，；当时，.
所以当或时，取得最大值，最大值为.
26．设等差数列的前n项和为，若，，则n＝________时，有最小值为 ________．
【答案】 4或5 －10
【分析】由已知结合等差数列的求和公式先求出，然后结合二次函数的性质即可求解．
【详解】因为等差数列中，，，则d＝1，
所以，
根据二次函数的性质可知，当n＝4或5时，有最小值－10．
故答案为：4或5，－10．
27．已知等差数列的通项公式为（），当且仅当时，数列的前 项和最大，则当时，（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先由条件求，再代入等差数列的前项和公式，即可求解.
【详解】由条件可知，当时，，，
解得：，因为，
所以，得，
，解得：或（舍）.
故选：D
28．已知等差数列，是数列的前项和，对任意的，均有成立，则的值不可能是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】A
【分析】根据题意，由恒成立可得是等差数列的前项和中的最大值，结合等差数列前项和的性质，分3种情况讨论，综合求出的取值范围，分析选项可得答案．
【详解】根据题意，等差数列，对任意的，均有成立，即是等差数列的前项和中的最大值，
必有，公差，
分3种情况讨论：
①，此时，、是等差数列的前项和中的最大值，
此时，则有，
则，
②，此时，、是等差数列的前项和中的最大值，
此时，则有，
，
③，，是等差数列的前项和中的最大值，
此时，，则，变形可得：，
，
而，则有，
综合可得：.
故选：A．
29．（多选）等差数列的前n项和为，且，，，则下列说法中正确的有（ ）．
A．B．
C．当或6时，取最小值D．
【答案】ACD
【分析】由可判断A；由作差可判断B；先由和可得，则可判断C；由可得，利用等差数列的性质可判断D.
【详解】因为，所以，故A正确；
因为，，所以，故B错误；
因为，，所以，
所以，
因为，所以当或6时，取最小值，故C正确；
由得，，所以，
所以，故D正确.
故选：ACD
30．在等差数列中，以表示的前项和，则使达到最大值的是（ ）
A．11B．10C．9D．8
【答案】B
【分析】利用等差数列性质求出数列公差d，再求出其通项公式，并探讨数列的单调性即可得解.
【详解】在等差数列中，，，即，，从而得等差数列公差，，
于是得的通项公式为，则是单调递减等差数列，其前10项均为正，从第11项起的以后各项均为负，
因此，数列的前10项和最大，
所以，使达到最大值的n是10.
故选：B.
考点06利用与的关系求等差数列通项公式
31．已知数列的前项和为，对任意满足，且．求数列的通项公式．
【答案】
【解析】
由得，
所以数列是首项为1，公差为的等差数列，
所以，即，
所以，
又，所以．
【反思】
此类问题解析决的关键在于通过递推关系式的变形，转化为已知数列（或模型），从而求出对应的通项．
32．设为数列的前n项和，.求及.
【答案】a1＝－28，an＝4n－32，n∈N*
【分析】根据数列的前n项和与通项的关系可求通项公式.
【详解】因为Sn＝2n2－30n，
所以当n＝1时，a1＝S1＝2×12－30×1＝－28，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－30n－[2(n－1)2－30(n－1)]＝4n－32.
验证当n＝1时上式成立，
所以an＝4n－32，n∈N*.
33．已知数列的前n项和为，对一切正整数n，点都在函数的图象上，记与的等差中项为.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前n项和；
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意得，利用与的关系可求得通项公式；
（2）利用等差中项求得，则，利用错位相减法可求出数列的前项和.
【详解】（1）点都在函数的图象上，
，
当时，，
当时，满足上式，
所以数列的通项公式为
（2）由与的等差中项为，
，
①
由①×4，得②
①－②得： ，
.
34．设为正项数列的前项和，满足.
(1)求的通项公式：
(2)若不等式对任意正整数都成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)，且
【分析】（1）根据，利用数列通项和前n项和的关系求解.
（2）由（1）得到不等式即为不等式，由时，解得t的范围，且，转化为证当，且时，不等式对任意正整数都成立，由时， ，得到，进而转化为证对任意正整数都成立即可.
【详解】（1）解：由，得，
两式相减得，即，
即，
因为数列是正项数列，所以
所以，
又，解得(负值舍)，
所以；
（2）由（1）知不等式对任意正整数都成立，
即不等式对任意正整数都成立，
当时，，解得，且，
下面证明当，且时，不等式对任意正整数都成立，
当时， ，则，
只需证对任意正整数都成立即可，因为，
，
所以不等式对任意正整数都成立，实数的取值范围，且
35．已知数列的前项和为，满足（为常数）.
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）通过已知条件，求出参数，利用求解通项公式即可；
（2）根据（1）写出的通项公式，利用错位相减法求解即可.
【详解】（1）令，可得，
所以，
当时，，
可得，
所以，
又因为满足上式，
所以；
（2）因为，
所以，
两边乘得：
,
两式相减得：
,
即：,
所以.
36．已知数列为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)记，数列的前n项和为，求证:.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）依题意，，
因为，
所以，
又因为，
所以，
故数列的通项公式为.
（2）由（1）知，，
所以
数列的前n项和为
，
由得，即证.
考点07含绝对值的等差数列的前项和
37．已知等差数列的前项和为，，，．
(1)求的通项公式
(2)设，求数列的前项之和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意得，解方程计算即可；
（2）根据题意得，代入计算即可.
(1)
设等差数列的公差为，
则由已知可得：，解得，
所以.
(2)
因为，，
所以.
38．（ 2022·四川遂宁·统考一模）已知等差数列满足．
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设等差数列的公差为d，然后根据题意列出关于的方程组，解出，从而可求出通项公式；
（2）根据通项公式可判断出当时，，当时，，然后分情况讨论求解即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，
由题意可得，
解得，
故．
（2）设数列的前n项和为，则．
当时，；
当时，，则
．
综上，.
39．已知等差数列的前项和为，公差为整数，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）确定，根据等差数列公式得到，得到，得到通项公式.
（2）考虑和两种情况，根据的正负分别计算即可.
【详解】（1）由，可得，
由，可得且，解得，
又公差为整数，，.
（2），
当时，；当时，，，
当时，；
当时，.
综上，
40．设等差数列的前n项和为，，，且有最大值．
(1)求数列的通项公式及的最大值；
(2)求
【答案】(1)，前n项和最大值108；
(2)，
【分析】（1）由有最大值得，结合等差中项性质可解出、，即可进一步解出基本量，，即可由公式法列出通项公式，的最大值为前面所有非负项的和；
（2）由数列的符号，分别求、时的即可，其中当时.
【详解】（1）设等差数列的公差是d，首项是，由有最大值得，
则数列是递减数列，因为，，解得、或、舍去，
则，，解得，，所以，
令得，则当时，；当时，，所以；
（2）由（1）可得，
当时，…，
当时，……，
综上可得，，
41．等差数列前项的绝对值之和为50，则_________．
【答案】12
【分析】根据题意求等差数列的通项公式，再分类讨论，结合等差数列的求和公式运算求解.
【详解】因为等差数列的，则公差，
所以等差数列的通项公式，
设数列的前n项和为，
当时，，不合题意；
当时，则，
可得，
令，解得或（舍去）；
综上所述：.
故答案为：12.
42．已知数列的通项公式为，那么满足的正整数________.
【答案】或
【分析】先求出的前项和，然后将问题转化为，通过讨论与两种情况下求得方程的根，即可得到的值．
【详解】因为，
所以（），
所以当且时，的前项和为，
当且时，的前项和为；
满足，
即，
因为对于任意恒成立，
所以，
①当且，即且时，
，
所以，
解得：或；
②当且，即：且时，
，
∴，
解得：，舍去．
综上所述，或．
故答案为：2或5.
考点08等差数列的实际应用
43．疫情防控期间，某单位把110个口罩全部分给5个人，使每人所得口罩个数成等差数列，且较大的三份之和与较小的两份之和的比为9：2，则最小一份的口罩个数为（ ）
A．6B．10C．12D．14
【答案】A
【分析】利用等差数列前项和公式及等差数列通项公式联立方程组解出即可.
【详解】设等差数列的首项为，公差为，由条件可知，
，①
，②
解得，
所以最小一份的口罩个数为6个，
故选：A．
44．甲､乙两个机器人分别从相距70的两处同时相向运动，甲第1分钟走2，以后每分钟比前1分钟多走1，乙每分钟走5.若甲､乙到达对方起点后立即返回，则它们第二次相遇需要经过___________分钟.
【答案】15
【分析】甲每分钟走的路程成等差数列，求出通项，因为第1次相遇甲､乙共走70m；第2次相遇甲､乙共走了，列出方程，求出时间即可.
【详解】由已知甲每分钟走的路程成等差数列，设为，则，
乙每分钟速度为每分钟走5，
因为第1次相遇甲､乙共走70m；第2次相遇甲､乙共走了，时间设为，
则.
（负值舍去）.
故答案为：15.
45．2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行，也是继2002年韩日世界杯之后时隔二十年第二次在亚洲举行的世界杯足球赛.某网站全程转播了该次世界杯，为纪念本次世界杯，该网站举办了一针对本网站会员的奖品派发活动，派发规则如下：①对于会员编号能被2整除余1且被7整除余1的可以获得精品足球一个；②对于不符合①中条件的可以获得普通足球一个.已知该网站的会员共有1456人（编号为1号到1456号，中间没有空缺），则获得精品足球的人数为（ ）
A．102B．103C．104D．105
【答案】C
【分析】将能被2整除余1且被7整除余1的正整数按从小到大排列所得的数列记为，求出其通项，结合条件列不等式求出结果.
【详解】将能被2整除余1且被7整除余1的正整数按从小到大排列所得的数列记为，
由已知是的倍数，也是的倍数，
故为的倍数，
所以首项为，公差为的等差数列，
所以，
令，可得，又
解得，且，
故获得精品足球的人数为.
故选：C.
46．家庭农场是指以农户家庭成员为主要劳动力的新型农业经营主体．某家庭农场从2019年开始逐年加大投入，加大投入后每年比前一年增加相同额度的收益，已知2019年的收益为30万元，2021年的收益为50万元．照此规律，从2019年至2026年该家庭农场的总收益为（ ）
A．630万元B．350万元C．420万元D．520万元
【答案】D
【分析】分析可知该家庭农场的收益依次成等差数列，求出公差，利用等差数列的求和公式即可求解.
【详解】依题意，该家庭农场每年收益依次成等差数列，设为，
可得，，所以公差为，
所以2019年至2026年该家庭农场的总收益为，
故选：D
47．为了响应政府推进菜篮子工程建设的号召，某经销商投资60万元建了一个蔬菜生产基地．第一年支出各种费用8万元，以后每年支出的费用比上一年多2万元，每年销售蔬菜的收入为26万元．设表示前n年的纯利润（前n年的总收入前n年的总费用支出投资额），则__________（用n表示）；从第__________年开始盈利．
【答案】 5
【分析】根据题意结合等差数列前项和公式写出的表达式即可，再令即可得解.
【详解】由题意可得第年的支出费用为万元，
则前n年的总支出费用为，
所以，
令，解得，
又，所以从第年开始盈利．
故答案为：；.
考点09等差数列的综合问题
48．已知数列满足，对任意正实数，总存在和相邻的两项，使得成立，则的取值范围为__________.
【答案】
【分析】化简递推关系，证明数列为等差数列，利用等差数列通项公式求，化简方程可得，结合连接列不等式求的取值范围.
【详解】由，
得，
即，
即，
即，
所以，
即，
所以是首项为，公差为的等差数列，
所以.
由，得，
所以，即，
又因为，
所以使得包含于的取值范围.
当时，，不满足题意；
当时，，不满足题意；
当时，，不满足题意；
当时，，
所以，即；
当时，的取值均大于，
所以，即.
故答案为：.
49．设等差数列的前项和为，公比是正数的等比数列的前项和为，已知，，，，求，的通项公式．
【答案】，
【分析】设数列的公差为，数列的公比为，由等差数列和等比数列通项公式和前项和定义化简条件，解方程求，结合通项公式求解.
【详解】设的公差为，数列的公比为，由已知，
由得①
由得
故②
由①②及解得，
故所求的通项公式为，．
50．已知等差数列，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，设，然后可得，再由三角函数的值域即可得到其范围，从而得到结果.
【详解】由题意可得，不妨设，公差为，则，
又因为，所以，
则，
其中，且，则，
当时，取最大值，
当时，此时，其中，解得，则取最小值，
即的取值范围是.
故选：B
51．在数列中，．记的前项和为，且满足若对任意，都有，则首项的取值范围是__________．
【答案】
【分析】由题意可得，分别用表示出，因为对任意，都有，则，解不等式即可得出答案.
【详解】因为①，
所以时，②，
①减②可得：③，
令等价于，所以④，
③减④可得：，
所以是公差为的等差数列，
是公差为的等差数列，
是公差为的等差数列，
令，由①可得：，所以，
令，由③可得：，
因为，所以，
又因为，所以，
又因为，
要使对任意，都有，
则，则，解得：.
故答案为：.
52．已知数列的前项和为，（），且，.若恒成立，则实数的取值范围为______.
【答案】
【分析】由得，两式相减可证明数列为等差数列，继而可求出，令，通过可知，当时，数列单调递减，故可求出最大值，进而可求 的取值范围.
【详解】由，可得.
两式相减，可得，所以数列为等差数列.
因为，，所以，所以，，
则.令，则.
当时，，数列单调递减，
而，，，
所以数列中的最大项为1，故，
即实数的取值范围为.
故答案为: .
53．已知数列为等差数列，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题意求出数列是以首项为，公差为的等差数列，进而求出，即可求出答案.
【详解】因为数列为等差数列，且，
设数列的公差为，首项为，
所以，则，
所以，所以，
所以.
故选：B.X
0
1
P
a
b
c
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