专题6.2 等差数列及其前n项和（举一反三）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

这是一份专题6.2 等差数列及其前n项和（举一反三）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用），文件包含专题62等差数列及其前n项和举一反三新高考专用教师版2025年高考数学一轮复习专练新高考专用docx、专题62等差数列及其前n项和举一反三新高考专用学生版2025年高考数学一轮复习专练新高考专用docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共58页， 欢迎下载使用。


TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc1473" 【题型1 等差数列的基本量运算】 PAGEREF _Tc1473 \h 3
\l "_Tc9884" 【题型2 等差数列的判定与证明】 PAGEREF _Tc9884 \h 5
\l "_Tc14852" 【题型3 等差数列的性质及应用】 PAGEREF _Tc14852 \h 7
\l "_Tc28240" 【题型4 等差数列的通项公式】 PAGEREF _Tc28240 \h 9
\l "_Tc21649" 【题型5 等差数列前n项和的性质】 PAGEREF _Tc21649 \h 11
\l "_Tc27729" 【题型6 等差数列的前n项和的最值】 PAGEREF _Tc27729 \h 12
\l "_Tc2489" 【题型7 等差数列的简单应用】 PAGEREF _Tc2489 \h 14
\l "_Tc30462" 【题型8 等差数列的奇偶项讨论问题】 PAGEREF _Tc30462 \h 16
\l "_Tc17509" 【题型9 含绝对值的等差数列问题】 PAGEREF _Tc17509 \h 20
\l "_Tc11132" 【题型10 等差数列中的恒成立问题】 PAGEREF _Tc11132 \h 23
\l "_Tc7044" 【题型11 与等差数列有关的新定义、新情景问题】 PAGEREF _Tc7044 \h 26
1、等差数列及其前n项和
【知识点1 等差数列的概念】
1．等差数列的概念
一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的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，常用字母d表示.
2．等差中项
由三个数a,A,b组成的等差数列可以看成是最简单的等差数列，这时A叫做a与b的等差中项，则有
2A=a+b.反之，若2A=a+b，则a,A,b三个数成等差数列.
3．等差数列的通项公式
等差数列的通项公式为=+(n-1)d，其中为首项，d为公差.
4．等差数列的单调性
由等差数列的通项公式和一次函数的关系可知等差数列的单调性受公差d影响.
①当d>0时，数列为递增数列，如图①所示；
②当d<0时，数列为递减数列，如图②所示；
③当d=0时，数列为常数列，如图③所示.
因此，无论公差为何值，等差数列都不会是摆动数列.
5．等差数列的性质
设{}为等差数列，公差为d，则
(1)若m+n=p+q(m,n,p,q)，则+=+.
(2)数列{+b}(,b是常数)是公差为d的等差数列.
(3)若{}是公差为d'的等差数列，{}与{}的项数一致，则数列{+ (,为常数)是公差为
d+d'的等差数列.
(4)下标成等差数列且公差为m的项,,,(k,m)组成公差为md的等差数列.
(5)在等差数列{}中，若=m，=n，m≠n，则有=0.
【知识点2 等差数列的基本运算的解题策略】
1．等差数列的基本运算的两大求解思路：
(1)等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想来解决问题.
(2)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法.
【知识点3 等差数列的判定的方法与结论】
1．证明数列是等差数列的主要方法：
(1)定义法：对于n≥2的任意自然数，验证an-an-1为同一常数.即作差法，将关于an-1的an代入an-an-1，在化简得到定值.
(2)等差中项法：验证2an-1=an+an-2（n≥3，n∈N*）都成立.
2．判定一个数列是等差数列还常用到的结论：
(1)通项公式：an=pn+q（p,q为常数）是等差数列.
(2)前n项和公式：Sn=An2+Bn（A,B为常数）是等差数列.
问题的最终判定还是利用定义.
【知识点4 等差数列及其前n项和的性质及应用】
1．项的性质：
在等差数列中，若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*)，则am+an=ap+aq.
2．和的性质：
在等差数列中，Sn为其前n项和，则
(1)S2n=n(a1+a2n)=…=n(an+an+1)；
(2)S2n-1=(2n-1)an；
(3)依次k项和成等差数列，即Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…成等差数列.
3．求等差数列前n项和的最值的常用方法：
(1)邻项变号法：利用等差数列的单调性，求出其正负转折项，或者利用性质求其正负转折项，便可求得和的最值；
(2)二次函数法：利用公差不为零的等差数列的前n项和Sn=An2+Bn（A,B为常数，A≠0）为二次函数，通过二次函数的性质求最值.
(3)不等式组法：借助当Sn最大时，有，解此不等式组确定n的范围，进而确定n的值和对应Sn的值(即Sn最大值)，类似可求Sn的最小值.
【方法技巧与总结】
1．已知数列{}的通项公式是= pn+q(其中p，q为常数)，则数列{}一定是等差数列，且公差为p.
2．在等差数列{}中，a1>0， d<0，则Sn存在最大值；若a1<0， d>0，则Sn存在最小值.
3．等差数列{}的单调性：当d>0时，{}是递增数列；当d<0时，{}是递减数列；当d=0时，{}是常数列.
4．数列{}是等差数列( A, B为常数).
【题型1 等差数列的基本量运算】
【例1】（2024·江苏徐州·模拟预测）若等差数列an满足an+an+1=4n+1，则a1=（ ）
A．3B．32C．1D．12
【解题思路】设等差数列an的公差为d，由通项公式写出an=a1+(n−1)d和an+1=a1+nd，都代入an+an+1=4n+1中，化简即可求出a1.
【解答过程】设等差数列an的公差为d，则an=a1+(n−1)d，an+1=a1+nd，
因为an+an+1=4n+1，可得an+an+1=2a1+2n−1d=2a1−d+2nd，
所以有2a1−d=12d=4，解得a1=32d=2，
故选：B.
【变式1-1】（2024·河北保定·三模）已知在等差数列{an}中，a1=1，公差d>0.若数列an2−4n也是等差数列，则d=（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】依题意可得an=dn+1−d，即可表示出an2−4n，根据数列为等差数列得到−(1−d)2−4nn+1=0，解得即可.
【解答过程】依题意an=dn+1−d d>0，则an2−4n=d2n+2d(1−d)+(1−d)2−4n，
则an+12−4n+1−an2−4n=d2+(1−d)2−4n+1−(1−d)2−4n=d2−(1−d)2−4nn+1，
又an2−4n是等差数列，所以−(1−d)2−4nn+1=0，解得d=3或d=−1（舍去）.
故选：C.
【变式1-2】（2024·内蒙古包头·三模）设Sn为等差数列an的前n项和，若S5=4a1，a1>0，若n>1时，Sn=an，则n等于（ ）
A．11B．12C．20D．22
【解题思路】根据S5=4a1，求出首项与公差的关系，再根据Sn=an结合等差数列的前n项和公式即可得解.
【解答过程】设公差为d，
由S5=4a1，得5a1+10d=4a1，所以a1=−10d，
由a1>0，得d<0
故an=a1+n−1d=n−11d，
则Sn=a1+ann2=−10d+n−11dn2=n−21dn2，
因为Sn=an，
所以n−21dn2=n−11d，
化简得n2−23n+22=0，解得n=22或n=1（舍去）.
故选：D.
【变式1-3】（2024·北京·模拟预测）记等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，若a5+a11=62，且S13=351，则该数列的公差d为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【解题思路】根据下标和性质及等差数列求和公式求出a8、a7，即可求出公差.
【解答过程】因为a5+a11=2a8=62，则a8=31，
又S13=13(a1+a13)2=13×2a72=351，所以a7=27，
所以d=a8−a7=31−27=4．
故选：B．
【题型2 等差数列的判定与证明】
【例2】（2024·湖北武汉·模拟预测）已知数列an，则“an−2+an+2=2ann≥3，n∈N∗”是“数列an是等差数列”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
【解题思路】先判断充分性：由已知可得an+2−an=an−an−2，数列an的偶数项成等差数列，奇数项成等差数列，举例可知数列an不一定是等差数列，再判断必要性：数列an是等差数列，可得2an=an−2+an+2，可得结论.
【解答过程】先判断充分性：∵an−2+an+2=2an,∴an+2−an=an−an−2，
令n=2kk∈N∗，则a2k+2−a2k=a2k−a2k−2=⋯=a4−a2,∴数列an的偶数项成等差数列，
令n=2k−1k∈N*，则a2k+1−a2k−1=a2k−1−a2k−3=⋯=a3−a1,∴数列an的奇数项成等差数列，
但数列an不一定是等差数列，如：1，1，2，2，3，3，
∴“an−2+an+2=2ann≥3,n∈N∗”不是“数列an是等差数列”的充分条件；
再判断必要性：若数列an是等差数列，则2an=an−1+an+1=an−2+an2+an+an+22=an+an−22+an+22，
∴2an=an−2+an+2，∴“an−2+an+2=2ann≥3,n∈N∗”是“数列an是等差数列”的必要条件；
综上，“an−2+an+2=2ann≥3,n∈N*”是“数列an是等差数列”的必要不充分条件.
故选：B.
【变式2-1】（2024·安徽阜阳·模拟预测）设正数数列an的前n项和为Sn，且Sn=12an+1ann∈N∗，则（ ）
A．an是等差数列 B．Sn是等差数列 C．an单调递增 D．Sn单调递增
【解题思路】先利用an和Sn的关系求出Sn2=n，进而得出Sn=n，an=n−n−1；再逐项判断即可.
【解答过程】依题意可得：an=Sn−Sn−1，n≥2.
因为Sn=12an+1ann∈N∗，
所以当n=1时，S1=12a1+1a1，即S1=12S1+1S1，解得S1=1，
当n≥2时，Sn=12Sn−Sn−1+1Sn−Sn−1，整理得：Sn2−Sn−12=1，
所以数列Sn2是以1为首项，1为公差的等差数列.
从而Sn2=n， Sn=n.
因为当n=1时，a1=S1=1，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n−n−1.
n=1也适合上式，
所以an=n−n−1，故选项A、B错误，选项D正确.
因为a2=2−1=2−1<1，
所以选项C错误.
故选：D.
【变式2-2】（2023·新疆·一模）非零数列an满足an+1−an2an+1−an+2=anan+2−an+1n∈N*，且a1=1,a2=2．
(1)设bn=anan+1−an，证明：数列bn是等差数列；
(2)设cn=1anan+1，求cn的前n项和Tn．
【解题思路】（1）对已知条件因式分解可得2an+1−an−an+2=0，根据等差数列定义可证；
（2）利用累乘法求得an=n，然后由裂项相消法可得Tn.
【解答过程】（1）由an+1−an2an+1−an+2=anan+2−an+1，
得an+12an+1−an−an+2=0对于n∈N*恒成立，
所以2an+1−an−an+2=0，即an+2=2an+1−an，
所以bn+1−bn=an+1an+2−an+1−anan+1−an=an+1an+1−an−anan+1−an=an+1−anan+1−an=1，
而a1=1,a2=2，故a1a2−a1=1，
所以数列bn是以1为公差，b1=1为首项的等差数列.
（2）由（1）知，bn=n，即anan+1−an=n，
整理得an+1an=n+1n，
由累乘法得a2a1×a3a2×⋅⋅⋅×anan−1=21×32×⋅⋅⋅×nn+1，即ana1=n，
又a1=1，所以an=n，
则cn=1anan+1=1nn+1=1n−1n+1，
所以Tn=11−12+12−13+⋅⋅⋅+1n−1n+1=1−1n+1=nn+1.
【变式2-3】（2024·陕西西安·模拟预测）已知数列an的前n项的积记为Tn，且满足1Tn=an−12an.
(1)证明：数列Tn为等差数列；
(2)设bn=1TnTn+1，求数列bn的前n项和Sn.
【解题思路】（1）分类讨论n=1与n≥2两种情况，利用递推式求得T1与Tn−Tn−1=2，从而得证；
（2）利用裂项相消法求解即可.
【解答过程】（1）因为1Tn=an−12an，
当n=1时，1T1=1a1=a1−12a1，即a12=3a1，易知a1≠0，则T1=a1=3，
当n≥2时，1Tn=an−12an=12−12an=12−Tn−12Tn，所以1=Tn2−Tn−12，即Tn−Tn−1=2，
故数列Tn是以3为首项，2为公差的等差数列.
（2）由（1）得Tn=3+n−1×2=2n+1，
则bn=1TnTn+1=1(2n+1)(2n+3)=1212n+1−12n+3，
所以Sn=1213−15+15−17+⋯+12n+1−12n+3=1213−12n+3=n3(2n+3).
【题型3 等差数列的性质及应用】
【例3】（2024·山西运城·三模）已知数列an是等差数列，12a3−a5=2，则a5+a10−a8=（ ）
A．4B．−2C．−4D．−8
【解题思路】利用下标和性质计算可得.
【解答过程】因为12a3−a5=2，则a3−2a5=4，又2a5=a3+a7，则a3−a3+a7=4，
解得a7=−4，
所以a5+a10−a8=a7+a8−a8=a7=−4.
故选：C.
【变式3-1】（2024·全国·模拟预测）在数列an中，已知2an+1=an+an+2(n∈N∗)，且a5+a8=16，则a1+a2+…+a12=（ ）
A．256B．196C．144D．96
【解题思路】由已知，an为等差数列，所以由等差数列的性质即可得到答案.
【解答过程】由2an+1=an+an+2，得an+1−an=an+2−an+1，则an为等差数列，
又a5+a8=16，所以由等差数列的性质知a1+a2+⋯+a12=6(a5+a8)=96．
故选：D．
【变式3-2】（2024·全国·模拟预测）已知等差数列an满足a1a3+a2a7+a3a9+a7a8=100，则a5=（ ）
A．52B．5C．5或－5D．52或−52
【解题思路】根据式子a1a3+a2a7+a3a9+a7a8=100的结构特征可进行组合与提取公因式，再利用等差数列性质和等差中项公式不断简化式子即可得解.
【解答过程】由题a1a3+a2a7+a3a9+a7a8=a3a1+a9+ a7a2+a8=2a5a3+2a5a7=2a5a3+a7=4a52=100，解得a5=±5，
故选：C.
【变式3-3】（2024·广西贵港·模拟预测）已知等差数列{an}的公差不为0，a2024=0，给定正整数m，使得对任意的n∈N*（n2）都有a1+a2+⋯+an=a1+a2+⋯+am−n成立，则m的值为（ ）
A．4047B．4046C．2024D．4048
【解题思路】分n>m−n与n【解答过程】若n>m−n，由题意知am−n+1+am−n+2+⋯+an=0，
由等差数列的性质知，若p+q=s+t，则有ap+aq=as+at，所以am−n+1+an=0，
因为公差d≠0，且a2024=0，所以a1+a4047=0，所以m−n+1+n=4048，
所以m=4047．
若n由等差数列性质知，若p+q=s+t，则有ap+aq=as+at，所以an+1+am−n=0，
因为公差d≠0，且a2024=0，所以a1+a4047=0，所以n+1+m−n=4048，
所以m=4047．
故选：A.
【题型4 等差数列的通项公式】
【例4】（2024·四川·模拟预测）已知Sn为正项数列an的前n项和，a1=3且Sn+Sn+1=12an+12−32，则an=
2n+1 .
【解题思路】依题意可得2Sn+Sn+1=an+12−3，即可得到2Sn−1+Sn=an2−3 n≥2，两式作差得到an+1−an=2n≥2，再求出a2，即可得到数列an表示首项为3，公差为2的等差数列，即可求出其通项公式.
【解答过程】因为Sn+Sn+1=12an+12−32，即2Sn+Sn+1=an+12−3，
当n=1时，2S1+S2=a22−3，又因为a1=3，
即a22−2a2−15=0，解得a2=5或a2=−3（舍去），
当n≥2时，2Sn−1+Sn=an2−3，两式相减，可得an+1+anan+1−an−2=0，
因为an>0，可得an+1−an=2n≥2，
又a2−a1=2，所以an+1−an=2 n∈N∗，
所以数列an表示首项为3，公差为2的等差数列，
所以an=2n+1．
故答案为：2n+1.
【变式4-1】（23-24高二下·广东汕尾·阶段练习）已知数列an的前n项和Sn=n2+n+c（其中c为常数，c∈R），写出使an为等差数列的一个通项公式an= 2n .
【解题思路】利用an=Sn−Sn−1n≥2可得答案.
【解答过程】n=1时，a1=12+1+c=2+c，
n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2+n+c−n−12−n−1−c=2n，
所以an=2nn≥2是首项为a2=4，公差为2的等差数列，
若an为等差数列，则a1=2即c=0，
此时an=2nn≥1.
故答案为：2n.
【变式4-2】（2024高三·广东·专题练习）已知数列an为公差不为零的等差数列，S7=77，且满足a112=a1⋅a61，
（1）求数列an的通项公式；
（2）若数列bn满足1bn+1−1bn=an(n∈N∗)，且b1=13，求数列bn的前n项和Tn.
【解题思路】本题第（1）题先设等差数列an的公差为d(d≠0)，然后根据题干可列出关于首项a1与公差d的方程组，解出a1与d的值，即可计算出数列an的通项公式；
第（2）题由题干1bn+1−1bn=an可得1bn−1bn−1=an−1(n≥2,n∈N∗).根据递推公式的特点可用累加法计算出数列1bn的通项公式，接着计算出数列bn的通项公式，然后运用裂项相消法计算前n项和Tn.
【解答过程】解：（1）由题意，设等差数列an的公差为d(d≠0)，则
7a1+21d=77，a1(a1+60d)=(a1+10d)2解得a1=5，d=2，
所以an=5+2⋅(n−1)=2n+3,n∈N∗.
（2）依题意，由1bn+1−1bn=an可得1bn−1bn−1=an−1(n≥2,n∈N∗).
则n≥2时，1bn=(1bn−1bn−1)+(1bn−1−1bn−2)+⋯+(1b2−1b1)+1b1
=an−1+an−2+⋯+a1+1b1
=(n−1)(n−2+5)+3
=n(n+2)
当n=1时，b1=13，即1b1=3也满足上式，
∴1bn=n(n+2)，
∴bn=1n(n+2)=12(1n−1n+2)，
Tn=b1+b2+b3+b4+⋯+bn−1+bn
=121−13+12−14+13−15+14−16+⋯+1n−1−1n+1+1n−1n+2
=121+12−1n+1−1n+2
=3n2+5n4(n+1)(n+2).
【变式4-3】（2024高三·全国·专题练习）已知数列an,bn，其中数列an是等差数列，且满足bn−an=−1nn2，a1+b1=1，a2+b2=8,n∈N*．
(1)求数列an和bn的通项公式；
(2)若cn=1anan+1，求数列cn的前n项和Sn；
【解题思路】（1）由已知bn−an=−1nn2，分别令n=1,2，先由题意建方程组求解a1,b1,a2,b2，由等差数列求an通项，再由关系求bn通项即可；
（2）利用裂项相消法求和.
【解答过程】（1）因为bn−an=−1nn2，
所以b1−a1=−1，b2−a2=4，
由a1+b1=1b1−a1=−1解得a1=1b1=0，由a2+b2=8b2−a2=4解得a2=2b2=6，
又数列an是等差数列，
所以an的公差d=a2−a1=1，
故数列an的通项公式an=1+n−1=n，
所以bn=an+−1nn2=n+−1nn2，
即bn的通项公式bn=n+−1nn2．
（2）由（1）知cn=1nn+1=1n−1n+1，
则Sn=11−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1=nn+1．
【题型5 等差数列前n项和的性质】
【例5】（2024·陕西咸阳·二模）已知等差数列an的前n项和为Sn，若S4=2，S8=12，则S20=（ ）
A．30B．58C．60D．90
【解题思路】借助等差数列片断和的性质计算即可得.
【解答过程】由数列an为等差数列，
故S4、S8−S4、S12−S8、S16−S12、S20−S16亦为等差数列，
由S4=2，S8=12，则S8−S4=10，
故S12−S8=18，S16−S12=26，S20−S16=34，
即有S12=18+S8=30，S16=26+S12=56，S20=34+S16=90.
故选：D.
【变式5-1】（2024·全国·模拟预测）已知等差数列an,bn的前n项和分别为Sn,Tn，且SnTn=n−1n+1，则a6b8=（ ）
A．516B．716C．1116D．58
【解题思路】根据等差数列通项公式及求和公式可得结果.
【解答过程】因为Sn为等差数列an的前n项和，所以可设Sn=An2+Bn，（等差数列前n项和的二级结论）
同理因为Tn为等差数列bn的前n项和，所以可设Tn=Cn2+Dn．
又SnTn=n−1n+1，所以nAn+BnCn+D=An+BCn+D=n−1n+1，即An+Bn+1=Cn+Dn−1，
整理得An2+A+Bn+B=Cn2+D−Cn−D，解得A=−B=C=D．
不妨设Sn=nn−1，则Tn=nn+1，则a6=S6−S5=10,b8=T8−T7=16，故a6b8=58，
故选：D．
【变式5-2】（2024·四川乐山·一模）设等差数列an的前n项和Sn，若S3=9，S6=36，则a7+a8+a9=（ ）
A．18B．27C．45D．63
【解题思路】根据S3,S6−S3,S9−S6成等差数列，得到方程，求出答案.
【解答过程】由题意得S3,S6−S3,S9−S6成等差数列，
即9,36−9,a7+a8+a9成等差数列，
即2×36−9=9+a7+a8+a9，解得a7+a8+a9=45.
故选：C.
【变式5-3】（2024·广东佛山·模拟预测）设等差数列an，bn的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意正整数n都有SnTn=2n−34n−3，则a3b4+b8+a9b5+b7=（ ）
A．37B．521C．1941D．1940E．均不是
【解题思路】运用等差数列的等和性及等差数列前n项和公式求解即可.
【解答过程】由等差数列的等和性可得，
a3b4+b8+a9b5+b7=a32b6+a92b6=a3+a92b6=a1+a11b1+b11=112(a1+a11)112(b1+b11)=S11T11=2×11−34×11−3=1941.
故选：C.
【题型6 等差数列的前n项和的最值】
【例6】（2024·辽宁葫芦岛·二模）等差数列an中，a1>0，S7=S9，则使得前n项的和最大的n值为（ ）
A．7B．8C．9D．10
【解题思路】根据条件，可得数列an为递减数列，且a8>0，a9<0，可判断得解.
【解答过程】在等差数列an中，a1>0，由S7=S9，可得a8+a9=0，
∴a8>0，a9<0，且数列an为递减数列，
所以使得前n项的和最大的n值为8.
故选：B.
【变式6-1】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知an是等差数列，Sn是其前n项的和，则下列结论错误的是（ ）
A．若an=2n−25，则Sn取最小值时n的值为12
B．若an=−3n+27，则Sn的最大值为108
C．若S13=S17，则必有S30=0
D．若首项a1>0，S6=S12，则Sn取最小值时n的值为9
【解题思路】对于AB，利用等差数列求和公式求出Sn，然后利用二次函数性质求解即可判断；对于C，根据等差数列和的性质，结合等差数列通项性质求和即可判断；对于D，利用S6=S12求得d=−217a1<0，利用数列单调性判断Sn的最值即可.
【解答过程】对于A，因为an=2n−25，所以a1=−23，
所以Sn=n−23+2n−252=n2−24n=n−122−144，
所以当n=12时，Sn取得最小值，正确；
对于B，因为an=−3n+27，所以a1=24，
所以Sn=n24−3n+272=−32n2+512n=−32n−1722−2894，
所以当n=8或n=9时，Sn取得最大值为S8=−32×64+512×8=108，正确；
对于C，若S13=S17，则S17−S13=a17+a16+a15+a14=0，又a17+a14=a16+a15，
所以a16+a15=0，所以S30=30(a1+a30)2=30(a16+a15)2=0，正确；
对于D，若a1>0，S6=S12，则S12−S6=a12+a11+a10+a9+a8+a7=0，
又a12+a7=a11+a8=a10+a9=0，所以a10+a9=0，所以d=−217a1<0，
所以等差数列an为递减数列，所以a1>a2>⋯>a9>0>a10>a11>⋯，
所以Sn取最大值时n的值为9，错误.
故选：D.
【变式6-2】（2024·全国·模拟预测）记等差数列an的前n项和为Sn，公差为d，已知a4=−2,S9=0，则Sn取最小值时，n=（ ）
A．1B．4C．5D．4或5
【解题思路】由题意可得数列an的通项公式，找出数列an中的非正数项即可得.
【解答过程】由题意可知a1+3d=−29a1+36d=0，解得a1=−8d=2，
所以an=−8+2n−1=2n−10，
令an≤0，则2n−10≤0，解得n≤5，
所以Sn取最小值时n=4或n=5．
故选：D．
【变式6-3】（2024·辽宁·二模）设等差数列{an}的前n项和为Sn，点(n,Sn)(n∈N∗)在函数f(x)=Ax2+Bx+C(A,B,C∈R)的图象上，则（ ）
A．C0=1B．若A=0，则∃n0∈N∗，使Sn最大
C．若A>0，则∃n0∈N∗，使Sn最大D．若A<0，则∃n0∈N∗，使Sn最大
【解题思路】根据等差数列{an}的前n项和Sn=12dn2+(a1−12d)n，得到C=0，可判定A错误；由A=0时，得到Sn=na1，当a1>0时，可判定B错误；由A>0，得到d>0，可判定C错误；由A<0，得到d<0，可判定D正确．
【解答过程】因为等差数列{an}的前n项和Sn=na1+12n(n−1)d=12dn2+(a1−12d)n（d为公差），
所以∀n∈N∗，点(n,Sn)在函数y=12dx2+(a1−12d)x的图像上，
对于A中，因为(n,Sn)(n∈N∗)在函数f(x)=Ax2+Bx+C的图象上，
可得A=12d，B=a1−12d，C=0，所以C0=00无意义，所以A错误；
对于B中，若A=0，则d=0，此时Sn=na1，
当a1>0时，不存在n0∈N∗，使Sn最大，所以B错误；
对于C中，若A>0，则d>0，Sn有最小值，无最大值，所以C错误；
对于D中，若A<0，则d<0，Sn有最大值，所以D正确．
故选：D.
【题型7 等差数列的简单应用】
【例7】（2024·湖南·二模）张扬的父亲经营着一家童鞋店，该店提供从25码到36.5码的童鞋，尺寸之间按0.5码为公差排列成等差数列．有一天，张扬帮助他的父亲整理某一型号的童鞋，以便确定哪些尺寸需要进货，张扬在进货单上标记了两个缺货尺寸．几天后，张扬的父亲询问那些缺货尺寸是哪些，但张扬无法找到标记缺货尺寸的进货单，他只记得其中一个尺寸是28.5码，并且在当时将所有有货尺寸加起来的总和是677码．现在问题是，另外一个缺货尺寸是（ ）
A．28码B．29.5码C．32.5码D．34码
【解题思路】利用等差数列的通项公式求得尺码的总个数，再利用等差数列的前n项和公式求得总尺码，继而得到缺货尺寸的总码数，进一步计算即可.
【解答过程】设第一个尺码为a1，公差为d，
则a1=25,d=0.5，
则an=25+n−1×0.5=0.5n+24.5，
当an=0.5n+24.5=36.5时，n=24，
故若不缺码，所有尺寸加起来的总和为
S24=a1+a24×242=738码，
所有缺货尺码的和为738−677=61码，
又因为缺货的一个尺寸为28.5码，
则另外一个缺货尺寸61−28.5=32.5码，
故选：C.
【变式7-1】（2023·四川达州·一模）《孙子算经》是我国南北朝时著名的数学著作，其中有物不知数问题：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？意思是：有一些物品，不知道有多少个，只知道将它们三个三个地数，会剩下2个；五个五个地数，会剩下3个；七个七个地数，也会剩下2个.这些物品的数量是多少个？若一个正整数除以三余二，除以五余三，将这样的正整数由小到大排列，则前5个数的和为（ ）
A．189B．190C．191D．192
【解题思路】根据题意，构成首项为8，公差为15的等差数列，得到an=15n−7，结合等差数列的求和公式，即可求解.
【解答过程】根据题意，被以3除余2，除以5余3的数，构成首项为8，公差为15的等差数列，
则an=8+(n−1)×15=15n−7，
所以将这样的正整数由小到大排列，则前5个数的和为5⋅(8+15×5−7)2=190.
故选：B.
【变式7-2】（2024·山西晋城·一模）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分．若某天未打卡，则当天没有积分，且第二天打卡须从1积分重新开始．某会员参与打卡活动，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，则他未打卡的那天是（ ）
A．3月5日或3月16日B．3月6日或3月15日
C．3月7日或3月14日D．3月8日或3月13日
【解题思路】利用等差数列求和公式列方程求解.
【解答过程】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(19−n)−1
=n(1+2n−1)2+(19−n)[1+2(19−n)−1]2=193，化简得n2−19n+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．
故选：D.
【变式7-3】（2024·四川达州·一模）《孙子算经》是我国南北朝时著名的数学著作，其中有物不知数问题：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二.问物几何？意思是：有一些物品，不知道有多少个，只知道将它们三个三个地数，会剩下2个；五个五个地数，会剩下3个；七个七个地数，也会剩下2个，这些物品的数量是多少个？若一个正整数除以三余二，除以五余三，将这样的正整数由小到大排列，则前10个数的和为（ ）
A．754B．755C．756D．757
【解题思路】由题意可得除以三余二且除以五余三的正整数是以8为首项，15为公差的等差数列，再根据等差数列的前n项和公式即可得解.
【解答过程】设除以三余二的正整数为数列an，则an=3n−1n∈N∗，
除以五余三的正整数为数列bn，则bn=5n−2n∈N∗，
除以三余二且除以五余三的正整数为数列cn，
而3和5的最小公倍数为15，
则数列cn是由数列an和bn的公共项构成的一个数列，
数列cn是以8为首项，15为公差的等差数列，
则cn=15n−7，
所以前10个数的和为10×8+1432=755.
故选：B.
【题型8 等差数列的奇偶项讨论问题】
【例8】（2024·内蒙古呼和浩特·一模）已知数列an的前n项和为Sn,a1=3且Sn+Sn+1=2n2+6n+3,n∈N*．
(1)求S9的值；
(2)求数列an的通项公式．
【解题思路】（1）根据an,Sn的关系，化为an+2+an+1=4n+2，根据并项法求S9；
（2）由递推关系可得an+2−an=4,n≥2，据此分n为奇数、偶数求通项公式，再合并即可得解.
【解答过程】（1）因为Sn+Sn+1=2n2+6n+3，
所以Sn+2+Sn+1=2(n+1)2+6n+1+3．
两式相减，得an+2+an+1=4n+2,n∈N*．
所以S9=a1+a2+a3+a4+a5+⋯+a8+a9=3+41+2+3+2+…+(7+2)
=3+4×3+9×42=99；
（2）由（1）知an+2+an+1=4n+2①，
可得an+an+1=4n+1②，n≥2．
因为a1=3,S2+S1=11，
所以a2=5，又S3+S2=23=2a1+2a2+a3，
所以a3=7
又由①②得an+2−an=4,n≥2．
所以a2n=a2+4n−1=4n+1，即an=2n+1,n为偶数，
则当n≥3，且为奇数时，
an=4n+1−an+1=4n+1−2n+1+1=2n+1，
又a1=3,a3=7符合上式，综合得an=2n+1．
【变式8-1】（2023·山东威海·一模）已知数列an的各项均为正数，记Sn为an的前n项和，且2Sn=an2+an.
(1)求数列an的通项公式；
(2)记cn=−1nanan+1，求数列cn的前n项和Tn.
【解题思路】（1）根据Sn,an的关系可得an−an−1=1n≥2，进而根据等差数列的性质即可求解，
(2)数列{cn}的前n项的和分奇偶求和,先求T2k=−a1a2+a2a3−…+a2ka2k+1=2(a2+a4+…+a2k)，
又a2，a4，…，a2k是首项为2，公差为2的等差数列，再求奇数项和即可.
【解答过程】（1）由2Sn=an2+an得n≥2时，2Sn−1=an−12+an−1
两式相减得2an=an2−an−12+an−an−1,整理得an+an−1=an+an−1an−an−1
因为an>0，所以an−an−1=1n≥2,所以数列an是以1为公差的等差数列
在2Sn=an2+an中令n=1解得a1=1
所以an=1+n−1=n.
（2）当n=2k时
Tn=−a1a2+a2a3−a3a4+a4a5−a5a6+⋯
+a2k−3a2k−1−a2k−1a2k+a2ka2k+1 =2a2+a4+⋯+a2k，
又a2，a4，...，a2k是首项为2，公差为2的等差数列，
所以a2+a4+⋯+a2k=k(2+2k)2=k2+k，
故T2k=2k2+2k．所以Tn=n2+2n2
当n=2k+1时
Tn=−a1a2+a2a3−a3a4+a4a5−a5a6+⋯
+a2k−3a2k−1−a2k−1a2k+a2ka2k+1−a2k+1a2k+2 =2a2+a4+⋯+a2k−a2k+1a2k+2，
又a2，a4，...，a2k是首项为2，公差为2的等差数列，−a2k+1a2k+2=−2k+12k+2
所以2a2+a4+⋯+a2k−a2k+1a2k+2=k(2+2k)−2k+12k+2，
故T2k+1=−2k+12．所以Tn=−n+122
当n为偶数时, Tn=n2+2n2; 当n为奇数时, Tn=−n+122.
【变式8-2】（2024·湖北·模拟预测）数列an中，a1=1，a2=9，且an+2+an=2an+1+8，
(1)求数列an的通项公式；
(2)数列bn的前n项和为Sn，且满足bn2=an，bnbn+1<0，求Sn．
【解题思路】（1）依题意可得an+2−an+1=an+1−an+8，即可得到an+1−an为等差数列，即可得到an+1−an=8n，再利用累加法计算可得；
（2）由（1）可得bn=±2n−1，由bnbn+1<0，得到bn与bn+2同号，再对b1分类讨论，利用并项求和法计算可得.
【解答过程】（1）因为an+2+an=2an+1+8，所以an+2−an+1=an+1−an+8，
所以数列an+1−an是公差为8的等差数列，其首项为a2−a1=8，
于是an+1−an=8n，
则an−an−1=8n−1，an−1−an−2=8n−2，⋯，
a3−a2=8×2，a2−a1=8，
所以an−a1=81+2+⋅⋅⋅+n−1=8×1+n−1n−12=4n2−4n，
所以an=4n2−4n+1n≥2；而a1=1符合该式，故an=4n2−4n+1.
（2）由（1）问知，an=2n−12，则bn=±2n−1，
又bnbn+1<0，则bn+1bn+2<0，两式相乘得bnbn+12bn+2>0，即bnbn+2>0，
因此bn与bn+2同号，
因为b1b2<0，所以当b1=1时，b2=−3，此时bn=2n−1,n为奇数1−2n,n为偶数，
当n为奇数时，Sn=b1+b2+b3+b4+⋅⋅⋅+bn−2+bn−1+bn=bn−2×n−12=n，
当n为偶数时，Sn=b1+b2+b3+b4+⋅⋅⋅+bn−1+bn=−2×n2=−n；
当b1=−1时，b2=3，此时bn=1−2n,n为奇数2n−1,n为偶数，
当n为奇数时，Sn=b1+b2+b3+b4+⋅⋅⋅+bn−2+bn−1+bn=bn+2×n−12=−n，
当n为偶数时，Sn=b1+b2+b3+b4+⋅⋅⋅+bn−1+bn=2×n2=n；
综上，当b1=1时，Sn=−1n−1⋅n；当b1=−1时，Sn=−1n⋅n.
【变式8-3】（2024·全国·模拟预测）已知数列an的前n项积为Tn,an≠0,an=TnTn−2．
(1)求证：数列Tn是等差数列，并求数列an的通项公式；
(2)令bn=−1n−1an+1an+1−1，求数列bn的前n项和Sn．
【解题思路】（1）由前n项积定义可得an=TnTn−1=TnTn−2，再由等差数列定义即可得出证明，并求得数列an的通项公式为an=2n+12n−1；
（2）利用裂项相消法求和，对n的奇偶进行分类讨论即可得Sn=4n+2+2⋅−1n−12n+1.
【解答过程】（1）由题意得当n=1时，T1=a1=T1T1−2．
因为an≠0，所以Tn≠0，解得以T1=3．
当n≥2时，an=TnTn−1=TnTn−2，即Tn−1=Tn−2，因此Tn−Tn−1=2．
所以数列Tn是以3为首项，2为公差的等差数列，
可得Tn=2n+1．
所以an=TnTn−2=2n+12n−1．
（2）由题意知
bn=−1n−1an+1an+1−1=−1n−18n2n−12n+1=−1n−1⋅212n−1+12n+1．
当n为偶数时，
Sn=21+13−213+15+⋅⋅⋅−212n−3+12n−1−212n−1+12n+1=21−12n+1=4n2n+1；
当n为奇数时，
Sn=21+13−213+15+⋅⋅⋅−212n−3+12n−1+212n−1+12n+1=21+12n+1=4n+42n+1．
所以Sn=4n+42n+1,n为奇数，4n2n+1,n为偶数，（或Sn=4n+2+2⋅−1n−12n+1）.
【题型9 含绝对值的等差数列问题】
【例9】（2024·四川成都·二模）已知数列an的前n项和Sn=−12n2+knk∈N*，且Sn的最大值为92．
(1)确定常数k，并求an；
(2)求数列an的前15项和T15．
【解题思路】（1）根据题意，求得Sn=−12n2+3n，结合an=Sn−Sn−1，即可求得数列an的通项公式；
（2）由（1）求得Sn=−12n2+3n，结合T15=−S15+2S3，即可求解.
【解答过程】（1）解：由数列an的前n项和Sn=−12n2+knk∈N*，
根据二次函数的性质，可得当n=k时，Sn=−12n2+kn取得最大值，
即Sk=−12k2+k2=12k2=92，解得k=3，所以Sn=−12n2+3n，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=−12n2+3n−−12(n−1)2+3n−1=72−n，
当n=1时，a1=S1=52（符合上式），
所以数列an的通项公式为an=72−n.
（2）解：由（1）知an=72−n，可得Sn=n(52+72−n)2=−12n2+3n，
且当n≤3且n∈N∗时，可得an>0；当n≥4且n∈N∗时，可得an<0，
所以数列an的前15项和：T15=−S15+2S3=−−12×152+3×15+2−12×32+3×3=1532．
【变式9-1】（2024·安徽宣城·二模）已知数列an是首项为1的等差数列，公差d>0，设数列an的前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．
(1)求an的通项公式；
(2)求数列an−8的前n项和Tn．
【解题思路】（1）根据给定条件，利用等比中项的意义、等差数列前n项和公式求解作答.
（2）令bn=an−8，判断数列bn的单调性，确定正数项、负数项，再结合等差数列前n项和公式分段求和作答.
【解答过程】（1）因为S1,S2,S4成等比数列，则有S22=S1S4，
即2+d2=4+6d，而d>0，解得d=2，则an=2n−1，
所以an的通项公式是an=2n−1．
（2）由（1）知，令bn=an−8=2n−9，则数列bn为递增数列，其前4项为负值，从第5项开始为正值，
设bn的前n项和为Pn，则Pn=n(b1+bn)2=n(−7+2n−9)2=n2−8n，
若n≤4，Tn=b1+b2+⋅⋅⋅+bn =−b1+b2⋅⋅⋅+bn =−Pn=8n−n2，
若n≥5，Tn=b1+b2+⋅⋅⋅+bn=−b1+b2+b3+b4+b5+⋅⋅⋅+bn=−P4+Pn−P4
=Pn−2P4=n2−8n+32，
所以Tn=8n−n2,n≤4n2−8n+32,n≥5,n∈N∗.
【变式9-2】（2024·全国·模拟预测）已知等差数列an,a1=−10，记Sn为an的前n项和，从下面①②③中再选取一个作为条件，解决下面问题．①2a5+a8=0；②S11=−55；③S77−S55=2．
(1)求Sn的最小值；
(2)设an的前n项和为Tn，求T20．
【解题思路】（1）设等差数列an的公差为d，分别选择①②③，求得公差d的值，结合等差数列的通项公式和前n项和公式，即可求解；
（2）由（1）中的通项公式，结合等差数列的求和公式，即可求解.
【解答过程】（1）设等差数列an的公差为d，且a1=−10．
选择①：（1）因为2a5+a8=0，所以3a1+15d=0，解得d=2．
所以an=a1+(n−1)d=2n−12，则Sn=na1+n(n−1)2d=n2−11n，
利用二次函数对称性和开口方向知，Sn=n2−11n关于n=5.5对称，
因为n∈N*，所以当n=5或6时，Snmin=S5=S6=−30.
选择②：因为S11=−55，可得11×(a1+a11)2=−55，
因为a1=−10，所以a11=0，此时d=a11−a111−1=1，所以an=a1+(n−1)d=n−11，
因为d>0，所以an单调递增，且当n≥11时，an≥0．
所以当n=10或11时，Sn最小，此时Snmin=S10=S11=−55.
选择③：因为S77−S55=2，所以a1+a72−a1+a52=2，即a7−a5=4，所以d=a7−a52=2，
所以an=a1+(n−1)d=2n−12，则Sn=na1+n(n−1)2d=n2−11n，
利用二次函数对称性和开口方向知，Sn=n2−11n关于n=5.5对称，
因为n∈N*，所以当n=5或6时，Snmin=S5=S6=−30.
（2）解：若选择①或③：由（1）知an=2n−12，当n≥6时，an≥0，
所以T20=a1+a2+a3+⋯+a20=−a1−a2−a3−a3−a5+a6+a7+⋯+a20
T20=a1+a2+a3+⋯+a20−2(a1+a2+a3+a3+a5) =S20−2S5=240.
若选择②：由（1）知an=n−11，且当n≥11时，an≥0，且Sn=12n2−212n，
所以T20=a1+a2+a3+⋯+a20=−a1−a2−⋯−a10+a11+a12+⋯+a20
T20=a1+a2+a3+⋯+a20−2(a1+a2+a3+⋯+a10) =S20−2S10=100.
【变式9-3】（2024·广东·模拟预测）已知数列an与bn为等差数列，a2=b3，a1=2b1，an前n项和为19n+n22．
(1)求出an与bn的通项公式；
(2)是否存在每一项都是整数的等差数列cn，使得对于任意n∈N+，cn都能满足an+bn−an−bn2≤cn≤an+bn+an−bn2．若存在，求出所有上述的cn；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）由等差数列通项公式及通项公式，可求出an与bn的通项公式.
（2）根据第一小问求得的an与bn的通项公式，结合题意，可得出cn的限制条件，由条件写出符合题意的通项公式.
【解答过程】（1）∵等差数列前n项和公式为d2n2+a1−d2n，an前n项和为19n+n22，
∴d2=12，a1−d2=192，解得：a1=10，公差d=1，则an=n+9，
又∵b3=a2=11，b1=12a1=5，∴bn的公差为b3−b12=3，则bn=3n+2.
综上所述：an=n+9，bn=3n+2.
（2）由题意可知，cn需满足4n+11−2n−72≤cn≤4n+11+2n−72，
当n≤3时，3n+2≤cn≤n+9，即5≤c1≤10，8≤c2≤11，11≤c3≤12，
当n≥4时，n+9≤cn≤3n+2，13≤c4≤14，
若c3=11，c4=13，则c1=7，c2=9，cn=2n+5，n+9≤cn≤3n+2，解得：n≥4，符合题意；
若c3=11，c4=14，则c1=5，c2=8，cn=3n+2，n+9≤cn≤3n+2，解得：n≥4，符合题意；
若c3=12，c4=13，则c1=10，c2=11，cn=n+9，n+9≤cn≤3n+2，解得：n≥4，符合题意；
若c3=12，c4=14，则c1=8，c2=10，cn=2n+6，n+9≤cn≤3n+2，解得：n≥4，符合题意；
综上所述：存在数列cn，为cn=2n+5，cn=3n+2，cn=n+9，cn=2n+6.
【题型10 等差数列中的恒成立问题】
【例10】（2024·贵州六盘水·三模）已知an为等差数列，且a5＝3a1，a1+a5+a14＝a10+24．
(1)求an的通项公式；
(2)若2n⋅λ≥a1+a2+⋯+an恒成立，求实数λ的取值范围．
【解题思路】（1）根据题意建立方程求出等差数列的首项与公差，从而可求解；
（2）先求出等差数列的前n项和，再将恒成立问题参变分离，接着利用数列的单调性求出最值，从而得解．
【解答过程】（1）设数列 an的公差为d，则根据题意可得a1+4d=3a13a1+17d=a1+9d+24，
解得a1=4d=2，则an＝2n+2．
（2）由（1）可知运用等差数列求和公式，得到Sn=a1+a2+⋯+an=n2+3n，
又2n⋅λ≥a1+a2+⋯+an恒成立，则λ≥n2+3n2n恒成立，
设fn=n2+3n2n，则f(n+1)−fn=−n2−n+42n+1，
当n＝1时，f2−f1=12>0，即f2>f1；
当n≥2时，−n2−n+4≤−2，则f(n+1)−fn<0，则f(n+1)则fnmax=f(2)，故λ≥f2=52，
故实数λ的取值范围为[52,+∞)．
【变式10-1】（2024·全国·模拟预测）已知数列an的前n项和为Sn，且an+Sn是以2为公差的等差数列．
(1)若a1≠2，求证：an−2是等比数列；
(2)对任意n,m∈N*,m≠n，都有Sn−Smn−m>1成立，求a1的取值范围．
【解题思路】（1）先写出数列an+Sn的通项公式，然后利用an=Sn−Sn−1计算，利用待定系数法构造等比数列求解即可；
（2）设n>m，将Sn−Smn−m>1恒成立转化为Sn−n>Sm−m，即证明Sn−n单调递增，设fn=Sn−n，计算fn+1−fn>0恒成立，转化为最值问题求解即可.
【解答过程】（1）因为an+Sn是以2为公差的等差数列，且a1+S1=2a1，
所以an+Sn=2a1+2n−1①．
所以an+1+Sn+1=2a1+2n②，
由②-①，得2an+1−an=2．所以an+1−2=12an−2．
因为a1≠2，即a1−2≠0，
所以an−2是以a1−2为首项，12为公比的等比数列；
（2）由（1）得当a1≠2时，an=a1−2⋅12n−1+2，
当a1=2时，适合上式，所以an=a1−2⋅12n−1+2．
因为对任意n,m∈N*,m≠n，都有Sn−Smn−m>1成立，
不妨设n>m，则Sn−Sm>n−m，所以Sn−n>Sm−m．所以Sn−n单调递增．
设fn=Sn−n，
则fn+1−fn=Sn+1−n+1−Sn−n=an+1−1=a1−2⋅12n+1，
所以a1−2⋅12n+1>0,n∈N*，即a1>2−2n．
因为2−2n单调递减，所以2−2nmax=2−2=0．所以a1>0．
综上所述，a1的取值范围是0,+∞．
【变式10-2】（23-24高三上·山东枣庄·期末）已知Sn为各项均为正数的数列{an}的前n项和,a1∈(0,2),an2+3an+2=6Sn.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=1anan+1，数列{bn}的前n项和为Tn,若对∀n∈N∗,t≤4Tn恒成立，求实数t的最大值.
【解题思路】（1）先求得a1的值，然后利用an与Sn的关系推出数列{an}为等差数列，由此求得{an}的通项公式；
（2）首先结合（1）求bn的表达式，然后用裂项法求得Tn，再根据数列{Tn}的单调性求得t的最大值．
【解答过程】（1）当n=1时，由题设得a12+3a1+2=6a1，即a12−3a1+2=0，又a1∈(0,2)，解得a1=1.
由an2+3an+2=6Sn知：an+12+3an+1+2=6Sn+1.
两式相减得：an+12−an2+3(an+1−an)=6an+1，即(an+1+an)(an+1−an−3)=0.
由于an>0，可得an+1−an−3=0，即an+1−an=3，
所以{an}是首项为1，公差为3的等差数列，
所以an=1+3(n−1)=3n−2.
（2）由an=3n−2得：bn=1anan+1=1(3n−2)(3n+1)=13(13n−2−13n+1),
Tn=b1+b2+...+bn =13[(1−14)+(14−17)+...+(13n−2−13n+1)]=n3n+1.
因为Tn+1−Tn=n+13(n+1)+1−n3n+1=1(3n+1)(3n+4)>0，
所以Tn+1>Tn，则数列{Tn}是递增数列，
所以t≤4Tn⇔t4≤Tn⇔t4≤T1=14⇔t≤1，故实数t的最大值是1.
【变式10-3】（23-24高二下·吉林长春·阶段练习）设正项数列an的前n项之和bn=a1+a2+⋯+an，数列bn的前n项之积cn=b1b2⋯bn，且bn+cn=1.
(1)求证：1cn为等差数列，并分别求an､bn的通项公式；
(2)设数列an⋅bn+1的前n项和为Sn，不等式Sn>1λ+λ−136对任意正整数n恒成立，求正实数λ的取值范围.
【解题思路】（1）利用已知关系可得bn=cncn−1，代入bn+cn=1，化简可证1cn为等差数列，从而求得an，bn的通项公式；
（2）由（1）得an⋅bn+1=1nn+2，利用裂项相消可得Sn=34−121n+1+1n+2，利用数列的单调性求出Sn≥S1=13，解不等式即可求出正实数λ的取值范围.
【解答过程】（1）由题意知：当n≥2时，bn=cncn−1，代入bn+cn=1得cncn−1+cn=1，
所以1cn−1cn−1=1.
由b1=c1b1+c1=1，得b1=c1=12，
所以1cn是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以1cn=n+1，cn=1n+1，bn=1−cn=nn+1，
当n≥2时，an=bn−bn−1=nn+1−n−1n=1nn+1，
当n=1时，a1=b1=12也符合上式，所以an=1nn+1.
（2）由（1）得an⋅bn+1=1nn+1⋅n+1n+2=1nn+2，
所以Sn=11×3+12×4+13×5+⋯+1n−1n+1+1nn+2
=121−13+12−14+13−15+⋯+1n−1−1n+1+1n−1n+2
=34−121n+1+1n+2.
显然Sn单调递增，所以Sn≥S1=13.
由题意得1λ+λ−136<13，即1λ+λ<52，
又λ>0，所以λ的取值范围为12<λ<2.
【题型11 与等差数列有关的新定义、新情景问题】
【例11】（2024·黑龙江·三模）如果n项有穷数列an满足a1=an，a2=an−1，…，an=a1，即ai=an−i+1i=1,2,⋯,n，则称有穷数列an为“对称数列”.
(1)设数列bn是项数为7的“对称数列”，其中b1,b2,b3,b4成等差数列，且b2=3,b5=5，依次写出数列bn的每一项；
(2)设数列cn是项数为2k−1(k∈N∗且k≥2)的“对称数列”，且满足cn+1−cn=2，记Sn为数列cn的前n项和.
①若c1，c2，…，ck构成单调递增数列，且ck=2023.当k为何值时，S2k−1取得最大值?
②若c1=2024，且S2k−1=2024，求k的最小值.
【解题思路】（1）根据新定义“对称数列”的定义和已知条件可求得公比，进而求得结果；
（2）①根据对称数列的定义可得数列为等差数列，然后根据二次函数的性质来求解；②由条件得到数列相邻两项间的大小关系，并结合定义求得的取值范围，然后结合已知条件确定出最后的结果
【解答过程】（1）因为数列bn是项数为7的“对称数列”，所以b5=b3=5，
又因为b1,b2,b3,b4成等差数列，其公差d=b3−b2=2，…
所以数列bn的7项依次为1，3，5，7，5，3，1；
（2）①由c1，c2，…，ck是单调递增数列，数列cn是项数为2k−1的“对称数列”且满足cn+1−cn=2，
可知c1，c2，…，ck构成公差为2的等差数列，ck，ck+1，…，c2k−1构成公差为−2的等差数列，
故S2k−1=c1+c2+...+c2k−1=2ck+ck−1+...+c2k−1−ck
=22023k+k(k−1)2×(−2)−2023=−2k2+4048k−2023，
所以当k=−4048−4=1012时，S2k−1取得最大值；
②因为cn+1−cn=2即cn+1−cn=±2，
所以cn+1−cn≥−2即cn+1≥cn−2，
于是ck≥ck−1−2≥ck−2−4≥…≥c1−2(k−1)，
因为数列{cn}是“对称数列”，
所以S2k−1=c1+c2+...+c2k−1=2c1+c2+...+ck−1+ck
≥(2k−1)c1−2(k−2)(k−1)−2(k−1)=−2k2+4052k−2026，
因为S2k−1=2024，故−2k2+4052k−2026≤2024，
解得k≤1或k≥2025，所以k≥2025，
当c1，c2，…，ck构成公差为−2的等差数列时，满足c1=2024，
且S2k−1=2024，此时k=2025，所以k的最小值为2025.
【变式11-1】（2024·福建南平·二模）若数列cn共有mm∈N*,m≥3项，对任意ii∈N*,i≤m都有cicm+1−i=S（S为常数，且S>0），则称数列cn是S关于m的一个积对称数列.已知数列an是S关于m的一个积对称数列.
(1)若m=3，a1=1，a2=2，求a3的值；
(2)已知数列bn是公差为dd≠0的等差数列，b1=−11，若m=10，an=bn+2bn，求d和S的值；
(3)若数列an是各项均为正整数的单调递增数列，求证：ama1+am−1a2+⋅⋅⋅+a2am−1+a1am<5S3.
【解题思路】（1）依题意可得S=a2a2，从而求出a3；
（2）依题意aia11−i=S，即可得到bi+2bi×b13−ib11−i=S，再结合等差数列通项公式得到−d2i2+11d2i+12d2+b12+13b1d=S−d2i2+11d2i−10d2+b12+9b1d，再根据对应系数相等得到方程组，解得即可；
（3）依题意可得am−i+1ai=Sai2≤Si2【解答过程】（1）依题意S=a2a2=4，又a1a3=S，所以a3=Sa1=4.
（2）法一：由m=10知对任意i i∈N*,i≤10都有aia11−i=S，
即bi+2bi×b13−ib11−i=b1+i+1db1+i−1d×b1+12−idb1+10−id=S，
所以b12+12+11i−i2d2+13b1db12+−10+11i−i2d2+9b1d=S，
所以−d2i2+11d2i+12d2+b12+13b1d=S−d2i2+11d2i−10d2+b12+9b1d，
所以−d2=−d2S11d2=11d2S12d2+b12+13b1d=S−10d2+b12+9b1d，
因为d≠0，b1=−11，所以S=122d2+4b1d=0，即S=1d=2.
法二：当i=1,2时由S=a1a10=a2a9得S=b3b1×b12b10=b4b2×b11b9，
所以b1+2db1×b1+11db1+9d=b1+3db1+d×b1+10db1+8d，
即b12+10b1d+16d2×b12+12b1d+11d2=b12+12b1d+27d2×b12+10b1d，
令p=b12+10b1d，q=b12+12b1d+11d2，
则p+16d2q=q+16d2p，
因为d≠0，b1=−11，所以p=q，b12+10b1d=b12+12b1d+11d2，
即d=2，S=1，
当1≤i≤10时都有aia11−i=bi+2bi×b13−ib11−i=−11+2i+1−11+2i−1×−11+212−i−11+210−i
=−9+2i−13+2i×13−2i9−2i=1=S，
所以d=2，S=1成立.
（3）由已知a1am=S，a2am−1=S，…，aiam+1−i=S，
所以am−i+1ai=Sai2≤Si2所以ama1+am−1a2+⋅⋅⋅+a1am≤S112+122+132+⋅⋅⋅+1m2
即ama1+am−1a2+⋅⋅⋅+a2am−1+a1am<5S3.
【变式11-2】（2024·江苏南京·二模）已知数列an的前n项和为Sn．若对每一个n∈N∗，有且仅有一个m∈N∗，使得Sm≤an(1)若an的前四项依次为0，1，−1，1，试判断an是否为“X数列”，并说明理由；
(2)若Sn=2n，证明an为“X数列”，并求它的“余项数列”的通项公式；
(3)已知正项数列an为“X数列”，且an的“余项数列”为等差数列，证明：Sn≤1+2n−2a1．
【解题思路】（1）依次求出S1,S2,S3,S4，再根据“X数列”定义进行判断即可.
（2）由Sn=2n先求出数列an通项公式，再依据“X数列”定义进行推算证明即可，接着由“余项数列”的定义公式bn=Sm+1−ann∈N∗进行计算即可.
（3）先探究b1,b2得出“余项数列”公差情况d≤0，再讨论d<0时n>1−a2d推出矛盾得到d=0，接着探究n≥3时若m+1≥n得出矛盾，从而得出m+1≤n−1，进而得出Sn−Sn−1+a1=an+a1=Sm+1≤Sn−1即可进一步推出Sn≤1+2n−2a1.
【解答过程】（1）由题S1=0,S2=1,S3=0,S4=1，
所以有S1≤a1≤S2，S3≤a1≤S4，
故根据“X数列”的定义an不是“X数列”.
（2）因为Sn=2n，
所以当n=1时，a1=S1=2；
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n−2n−1=2n−1；
则a1=2不满足an=2n−1，所以an=2,n=12n−1,n≥2，
令Sm≤an则当n=1时，有2m≤a1=2<2m+1，⇒m=1；
当n≥2时，有2m≤2n−1<2m+1；故m≤n−1则对每一个n∈N∗n≥2，有且仅有一个m∈N∗且m=n−1，使得Sm≤an综上，对任意n∈N∗，有且仅有一个m∈N∗，使得Sm≤an所以an为“X数列”，
由上bn=Sm+1−an=2m+1−2,n=12m+1−2n−1,n≥2=2,n=12n−1,n≥2，n∈N∗，
即an的“余项数列”通项公式为bn=2,n=12n−1,n≥2，n∈N∗.
（3）因为an是正项数列，所以Sn单调递增，
所以S1≤a1因为a2所以a1=S1≤a2an的“余项数列”bn为等差数列，故其公差d=b2−b1=a1−a2≤0，
因为Sm≤an0，
若d<0，则当n>1−a2d时，bn=a2+n−1d0矛盾，
故d=0，所以bn=a2=a1，bn=Sm+1−an=a1，即Sm+1−an−a1=0，
对于n≥3，若m+1≥n，则a2≤Sm+1−an−a1=0，与正项数列an矛盾，
所以m+1≤n−1，故Sn−Sn−1+a1=an+a1=Sm+1≤Sn−1，
所以Sn−a1≤2Sn−1−a1，故Sn−a12n≤Sn−1−a12n−1≤…≤S2−a14=a24=a14，
所以Sn≤1+2n−2a1n≥3，
又S1≤1+2−1a1,S2=2a1≤1+20a1，
所以Sn≤1+2n−2a1，n∈N∗.
【变式11-3】（2024·贵州·三模）差分密码分析（Differential Cryptanalysis）是一种密码分析方法，旨在通过观察密码算法在不同输入差分下产生的输出差分，来推断出密码算法的密钥信息.对于数列ann∈N*，规定Δan为数列an的一阶差分数列，其中Δan=an+1−an；规定Δ2an为an的二阶差分数列，其中Δ2an=Δan+1−Δan.如果an的一阶差分数列满足Δai≠Δaj∀i,j∈N*,i≠j，则称an是“绝对差异数列”；如果an的二阶差分数列满足Δ2ai=Δ2aj∀i,j∈N*，则称an是“累差不变数列”.
(1)设数列A:1,3,7,9,13,15，判断数列A是否为“绝对差异数列”或“累差不变数列”，请说明理由；
(2)设数列an的通项公式an=2n2+nn∈N*，分别判断Δan,Δ2an是否为等差数列，请说明理由；
(3)设各项均为正数的数列cn为“累差不变数列”，其前n项和为Sn，且对∀n∈N*，都有k=1nΔ2ck=Δ2cn+1，对满足n+m=2km≠n的任意正整数n,m,k都有cm≠cn，且不等式Sn+Sm>tSk恒成立，求实数t的最大值.
【解题思路】（1）根据“绝对差异数列”和“累差不变数列”的定义判断即可；
（2）分别求出数列Δan,Δ2an的通项，再根据等差数列的定义即可得出结论；
（3）根据等差数列的性质以及新定义求解出Sn+Sm，运用基本不等式求解出t的范围，从而得出t的最值.
【解答过程】（1）对于数列A:1,3,7,9,13,15，
可得：一阶差分数列为2,4,2,4,2，不满足Δai≠Δaj∀i,j∈N*,i≠j，
所以不是“绝对差异数列”，
二阶分差数列为2,−2,2,−2，满足Δ2ai=Δ2aj∀i,j∈N*，
所以是“累差不变数列”；
（2）因为an=2n2+nn∈N*，
所以Δan=an+1−an=4n+3，所以Δan+1−Δan=4，
因为Δa1=7，所以数列Δan是首项为7，公差为4的等差数列，
因为Δ2an=Δan+1−Δan=4，
所以数列数列Δan是首项为4，公差为0的等差数列；
（3）由题意得Δ2ai=Δ2aj∀i,j∈N*，
对∀n∈N*，都有k=1nΔ2ck=Δ2cn+1，
所以Δ2cn=0，
所以Δ2cn=Δcn+1−Δcn=cn+2−cn+1−cn+1−cn=cn+2−2cn+1+cn=0，
所以cn+2−cn+1=cn+1−cn，所以数列cn是等差数列，
设数列cn的公差为d，则cn=c1+n−1d，
当d=0时，cn=cm，与cn≠cm矛盾；
当d<0时，当n>1−c1d时，cn<0，
与数列cn的各项均为正数矛盾，故d>0，
Sn=d2n2+c1−d2n，
则Sn+Sm=d2n2+c1−d2n+d2m2+c1−d2m=d2n2+m2+c1−d2n+m，
Sk=d2k2+c1−d2k=d2m+n22+c1−d2m+n2，
因为m≠n，所以m2+n22>m+n24，
所以Sn+Sm=d2n2+m2+c1−d2n+m>d2⋅m+n22+c1−d2n+m，
则当t≤2时，不等式Sn+Sm>tSk恒成立，
另一方面，当t>2时，令m=k+1,n=k−1k∈N∗,k≥2，
则Sn+Sm=d2k+12+k−12+2kc1−d2=d22k2+2+2kc1−d2，
Sk=d2k2+c1−d2k，
则tSk−Sn+Sm=d2tk2+c1−d2tk−d22k2+2−2kc1−d2
=d2t−dk2−k+t−2c1k−d，
因为d2t−d>0,k2−k≥0，
所以当k>dt−2c1时，tSk−Sn+Sm>0，
即有Sn+SmtSk恒成立矛盾.
综上所述，实数t的最大值为2.
一、单选题
1．（2024·陕西商洛·模拟预测）已知等差数列an满足a2+a3=14，且a4−a2=8，则首项a1=（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】根据等差数列通项公式直接求解即可.
【解答过程】设等差数列an的公差为d，因为a2+a3=14，且a4−a2=8，
所以a2+a3=2a1+3d=14a4−a2=2d=8，所以a1=1d=4.
故选：A.
2．（2024·新疆·二模）已知等差数列an的前n项和为Sn，若a7a8=−1，则S10=（ ）
A．S4B．S5C．S6D．S7
【解题思路】根据题意结合等差数列的性质求解即可，或根据题意利用等差数列的通项公式化简，再化简S10即可.
【解答过程】因为a7a8=−1，所以a7+a8=0，所以a6+a9=a5+a10=0．
因为S10−S4=a5+a6+a7+a8+a9+a10=0，所以S10=S4．
另解：设等差数列an的公差为d，
由a7a8=−1，得a7+a8=0，
所以a1+6d+a1+7d=0，即2a1+13d=0，得a1=−132d，
所以S10=10a1+10×92d=10×−132d+45d=−20d，
因为S4=4a1+4×32d=4×−132d+6d=−20d，
S5=5a1+5×42d=5×−132d+10d=−452d，
S6=6a1+6×52d=6×−132d+15d=−24d，
S7=7a1+7×62d=7×−132d+21d=−492d，
所以S10=S4
故选：A．
3．（2024·天津滨海新·三模）已知数列an为各项不为零的等差数列，Sn为数列an的前n项和，4Sn=an⋅an+1，则a8的值为（ ）
A．4B．8C．12D．16
【解题思路】由数列的递推式，分别令n=1,n=2，结合等差数列的通项公式，解方程可得首项和公差，再根据等差数列通项公式即可得到答案．
【解答过程】设等差数列an公差为d，∵4Sn=an⋅an+1，
∴当n=1时，4S1=4a1=a1a2，解得a2=4，
∴a1+d=4，
当n=2时，4S2=a2⋅a3 ⇒ 4a1+a2=4a3 ⇒ 4a1+4=4a1+2d ⇒ d=2，
∴a1=2，
∴a8=2+7×2=16．
故选：D．
4．（2024·河北衡水·三模）已知数列an，bn均为等差数列，其前n项和分别为Sn，Tn，满足(2n+3)Sn=(3n−1)Tn，则a7+a8+a9b6+b10=（ ）
A．2B．3C．5D．6
【解题思路】根据题意，利用得出数列的性质和得出数列的求和公式，准确计算，即可求解.
【解答过程】因为数列an,bn均为等差数列，可得a7+a8+a9=3a8=15×15a8=15S15，
且b6+b10=b1+b15，又由T15=15b1+b152，可得b6+b10=215T15．
因此a7+a8+a9b6+b10=15S15215T15=32⋅S15T15=32×43=2.
故选：A．
5．（2024·辽宁·模拟预测）2024年春节前夕，某商城针对顾客举办了一次“购物送春联”的促销活动，活动规则如下：将一天内购物不少于800元的顾客按购物顺序从1开始依次编号，编号能被3除余1，也能被4除余1的顾客可以获得春联1对，否则不能获得春联．若某天符合条件的顾客共有2000人，则恰好获得1对春联的人数为（ ）
A．167B．168C．169D．170
【解题思路】将能被3除余1且被4除余1的正整数按从小到大排列所得的数列记为an，根据题意结合等差数列的通项求出其通项公式，进而可得出答案.
【解答过程】将能被3除余1且被4除余1的正整数按从小到大排列所得的数列记为an，
则an−1既是3的倍数，也是4的倍数，
故an−1为12的倍数，所以an−1是首项为0，公差为12的等差数列，
所以an=12n−11，
令1≤an≤2000，即1≤12n−11≤2000，且n∈N*，解得1≤n≤201112，
且n∈N*，又167<201112<168，所以恰好获得1对春联的人数为167．
故选:A.
6．（2024·山东泰安·三模）已知Sn为等差数列an的前n项和，a1=−21，S7=S15，则Sn的最小值为（ ）
A．−99B．−100C．−110D．−121
【解题思路】设an的公差为d，根据题意列出方程组，求得d=2，得到an=2n−23和Sn=n2−22n，进而求得答案.
【解答过程】设an的公差为d，因为a1=−21，S7=S15，
可得a1=−217a1+7×62d=15a1+15×142d ，解得d=2，所以an=2n−23，
可得Sn=−21n+n×n−12×2=n2−22n，
所以当n=11时，Sn取得最小值S11=112−22×11=−121.
故选：D.
7．（2023·重庆·二模）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=45，2A=B+615，则an=（ ）
A．3n−2B．3n−1C．3n+1D．3n+2
【解题思路】根据条件列出关于首项和公差的方程，即可求解.
【解答过程】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2A=B+615，即2A=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+15×142×6=660，得a1=2，
所以an=a1+n−1d=2+3n−1=3n−1.
故选：B.
8．（2024·湖北·二模）已知等差数列an的前n项和为Sn，且Sn=n2+m，n∈N*，若对于任意的a∈[0,1]，不等式annA．−2B．0C．1D．2
【解题思路】由Sn与an的关系且an为等差数列，求出an，由ann<2，得x2−(1+a)x−2a2−a+2≥2，构造函数g(a)=2a2+(1+x)a−x2+x，由g(a)≤0在a∈[0,1]时恒成立，求实数x的取值范围.
【解答过程】因为Sn=n2+m，n=1时，a1=S1=1+m，
n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2+m−n−12+m=2n−1，
所以a1=1+m，a2=3，a3=5，
因为an为等差数列，所以a1=1，m=0，
从而an=2n−1，ann=2−1n<2，
所以x2−(1+a)x−2a2−a+2≥2，即−2a2−1+xa+x2−x≥0，
则当0≤a≤1时，g(a)=2a2+(1+x)a−x2+x≤0恒成立，
g(0)=−x2+x≤0g(1)=2+1+x−x2+x≤0，解得x≤−1或x≥3，
只有选项A符合题意，
故选：A.
二、多选题
9．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）已知等差数列an的首项a1=1，公差d=6，在an中每相邻两项之间都插入k个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列bn，下列说法正确的有（ ）
A．an=6n−5B．当k=2时，bn=2n−1
C．当k=2时，b19不是数列an中的项D．若b8是数列an中的项，则k的值可能为6
【解题思路】对A，根据等差数列通项公式求解即可；对B，分析bn的公差再求解即可；对C，由B中通项公式判断即可；对D，根据题意判断当k=6时a2=b8即可.
【解答过程】对A，an=1+6n−1=6n−5，故A正确；
对B，当k=2时，bn公差d=63=2，此时bn=1+2n−1=2n−1，故B正确；
对C，当k=2时bn=2n−1，此时b19=2×19−1=37，a7=6×7−5=37，即b19是数列an中的项，故C错误；
对D，当k=6时，b1=a1，又a2=b1+6+1=b8，故D正确.
故选：ABD.
10．（2024·河北衡水·模拟预测）已知数列an是公差为dd≠0的等差数列，若它的前2m(m>1)项的和S2m=0，则下列结论正确的是（ ）
A．若d<0，使an>0的最大n的值为m
B．Sm是Sn的最小值
C．3am2+am+22=am−12+3am+12
D．am−12+am2=am+12+am+22
【解题思路】由题设可推得am+am+1=0，对于A，由d<0，推断am>0,am+1<0即得，对于B，利用A结论，举反例可排除B，对于C，D两项，采用作差法，利用am+am+1=0和等差数列的基本量运算即可判断.
【解答过程】由题意，S2m=2m(a1+a2m)2=m(am+am+1)=0，因m>1，则am+am+1=0（*），
对于A，因d<0，则am+10,am+1<0，
故使an>0的最大n的值为m，即A正确；
对于B，若d<0，由A项知，am>0,am+1<0，
即数列an的前m项都是正数项，第m+1项起都是负数项，
即此时Sm是Sn的最大值，即B错误；
对于C，由(3am+12+am−12)−(3am2+am+22) =3(am+12−am2)+(am−12−am+22)
=3(am+1+am)(am+1−am)+(am−1+am+2)(am−1−am+2)，
因am+am+1=0，am−1+am+2=am−d+am+1+d=am+am+1=0，
故上式的值为0，即3am2+am+22=am−12+3am+12，故C正确；
对于D，由(am+12+am+22)−(am−12+am2) =(am+12−am2)+(am+22−am−12)
=(am+1+am)(am+1−am)+(am+2+am−1)(am+2−am−1)，
由C分析知，am+am+1=0且am−1+am+2=0，
故上式的值也为0，即am−12+am2=am+12+am+22，故D正确.
故选：ACD.
11．（2024·重庆·模拟预测）设an是各项为正的无穷数列，若对于∀n∈N*，an+12−an2=d（d：为非零常数），则称数列an为等方差数列．那么（ ）
A．若an是等方差数列，则an2是等差数列
B．数列2n为等方差数列
C．若an是等方差数列，则数列an+1−an中存在小于1的项
D．若an是等方差数列，则存在正整数n，使得i=1n1ai>2024
【解题思路】对于B：代入定义计算即可判断；根据题意结合等差数列的定义分析判断A；借助题目条件，借助放缩将等式转换为不等式后结合数列的函数性质分析判断C；由题意将i=1n1ai表示出来后，使用放缩技巧，通过放缩法结合裂项相消法求和以表示出与i=1n1ai有关不等式即可判断D.
【解答过程】对于选项B：若an=2n时，则an2=22n，an+12=22n+2，
则an+12−an2=22n+2−22n=3×22n不为定值，
所以数列2n不是等方差数列，故B错误；
对于选项ACD：若an是等方差数列，则an+12−an2=d为常数，
所以数列an2是以a12为首项，公差为d的等差数列，故A正确；
可得an2=a12+n−1d，
当d<0时，则总存在正整数n，使a12+n−1d<0，
与an>0矛盾，故d>0恒成立，an+12−an2=d>0，
有an2=a12+n−1d>n−1d，an+12=a12+nd>nd，
即an>n−1d，an+1>nd，有an+1+an>n−1d+nd=n+n−1d，
则bn=an+1−an=dan+1+an由n+n−1随n的增大而增大，
故总存在正整数n使dn+n−1<1，即数列bn中存在小于1的项，故C正确；
由an2=a12+n−1d，故an=a12+n−1d，
则1an=1a12+n−1d=2a12+n−1d+a12+n−1d>2a12+nd+a12+n−1d
=2a12+nd−a12+n−1da12+nd+a12+n−1da12+nd−a12+n−1d
=2a12+nd−a12+n−1dd，
可得
i=1n1ai>2da12+d−a12+a12+2d−a12+d+⋅⋅⋅+a12+nd−a12+n−1d=2da12+nd−a1，
由a12+nd−a1随n的增大而增大，且n→+∞时，2da12+nd−a1→+∞，
故对任意的d>0，总存在正整数n使2da12+nd−a1>2024，
即总存在正整数n，使得i=kn1ai>2024，D正确；
故选：ACD．
三、填空题
12．（2024·全国·模拟预测）在等差数列an中，a1+a3+a5=9，a6=9，则其公差d= 2 .
【解题思路】依题意列出等式，即可求解公差.
【解答过程】由a1+a3+a5=9，得3a3=9，故a3=3，
所以d=a6−a36−3=9−33=2.
故答案为：2.
13．（2024·江苏宿迁·三模）x(x∈R)表示不小于x的最小整数，例如2=2，−32=−1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S7=−7，a4+a6=−3．记bn=an，则数列{bn}的前10项的和为 −15 ．
【解题思路】先求出数列an的通项公式，再求数列bn的前10项的和.
【解答过程】由S7=−7，可得7a4=−7，解得a4=−1，
又a4+a6=−3，得2a5=−3，解得a5=−32，
所以数列an的公差为d=−12，∴an=1−12n，
又bn=an，
∴b1=12=1，同理b2=b3=0，b4=b5=−1，b6=b7=−2，b8=b9=−3，b10=−4，
所以数列bn的前10项的和为1+0+0+−1+−1+−2+−2+−3+−3+−4=−15.
故答案为：−15.
14．（2024·江西宜春·模拟预测）已知数列an是等差数列，bn=an−8,n为奇数2an+1,n为偶数，记Sn，Tn分别为an，bn的前n项和，若S3=18，T2=10，则T20= 370 ．
【解题思路】根据已知条件得到关于a1、d的二元一次方程组，解方程组，求出a1、d，即可求出数列an的通项公式，an=n+4，由此可得数列bn的通项公式，分组求和即可求解.
【解答过程】设等差数列an的公差为d．由S3=18，得a1+a2+a3=a1+a1+d+a1+2d=3a1+3d=18①，
由T2=10得a1−8+2a2+1=a1−8+2a1+d+1=10,∴3a1+2d=17②，
联立①②，3a1+3d=183a1+2d=17，解得a1=5,d=1，
所以an=a1+n−1d=5+(n−1)×1=n+4．
则bn=n−4,n为奇数2n+9.n为偶数，
所以T20=b1+b3+⋯+b19+ b2+b4+⋯+b20 =(−3−1+1+⋯+15)+(13+17+⋯+49)
=−3+152×10+13+492×10=370．
故答案为：370.
四、解答题
15．（2024·山西晋中·模拟预测）已知数列an的前n项和为Sn，a1=12，且当n≥2n∈N∗时，2Sn⋅Sn−1=−an，
(1)证明：数列1Sn是等差数列；
(2)设数列bn满足bn=anan+1，求b1+b101的值.
【解题思路】（1）由题意可得2Sn⋅Sn+1=Sn−Sn+1，两边同时除以Sn⋅Sn+1（Sn≠0），得1Sn+1−1Sn=2，从而得证；
（2）利用（1）中结论求得Sn，再分类讨论n=1与n≥2两种情况，求得b1与bn=n+1n−1n≥2，从而得解.
【解答过程】（1）因为2Sn⋅Sn−1=−ann≥2，所以2Sn+1⋅Sn=−an+1，则2Sn⋅Sn+1=Sn−Sn+1，
因为S1=a1=12≠0，易知Sn≠0，所以Sn−Sn+1Sn⋅Sn+1=1Sn+1−1Sn=2，
又1S1=1a1=2，所以数列1Sn是首项与公差都为2的等差数列；
（2）由（1）得1Sn=2+2n−1=2n，则Sn=12n，
当n=1时，b1=a1a2=a1S2−S1=1214−12=−2；
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=12n−12n−1=−12⋅1n⋅n−1，
所以bn=−12⋅1nn−1−12⋅1n+1n=n+1n−1，
所以b1+b101=−2+101+1101−1=−4950.
16．（2024·四川·模拟预测）已知数列an满足a1=32，an+1+1an=2．
(1)证明数列1an−1是等差数列，并求an的通项公式；
(2)若数列bn满足，bn=an−1an+1−1，求bn的前n项和Sn．
【解题思路】（1）根据数列递推公式进行合理变形得出1an+1−1−1an−1=1，利用等差数列的定义可判断并求得数列的通项公式；
（2）依题求得bn=1n+1−1n+2，利用裂项相消法即可求得Sn.
【解答过程】（1）由a1=32，an+1+1an=2可得an+1−1=1−1an=an−1an，
即1an+1−1=anan−1=1+1an−1，即1an+1−1−1an−1=1，
故数列1an−1是等差数列，其首项为1a1−1=2，公差为1，
则1an−1=2+(n−1)×1=n+1，解得an=n+2n+1；
（2）由bn=an−1an+1−1可得bn=(n+2n+1−1)(n+3n+2−1) =1(n+1)(n+2)=1n+1−1n+2，
则Sn=b1+b2+⋯+bn =(12−13)+(13−14)+⋯+(1n+1−1n+2) =12−1n+2=n2n+4.
17．（2024·湖南·模拟预测）已知公差不为0的等差数列an满足a32=a1a13，且a2a3−a5=a4−a1.
(1)求an的通项公式；
(2)记Sn是数列an的前n项和，证明: 1S1+1S2+1S3+...+1Sn<2.
【解题思路】（1）设an=dn+C，再用已知条件列出两个方程并解出其中的参数；
（2）直接求出Sn=n2，再用裂项法即可.
【解答过程】（1）设an=dn+C，则由已知有3d+C2=d+C13d+C，2d+C3d+C−5d+C=3d.
将第一个等式展开化简可得d2+2dC=0，故由d≠0知C=−d2.
再代入第二个等式可得3d2⋅5d2−9d2=3d，解得d=2，从而C=−d2=−1.
故an的通项公式是an=2n−1.
（2）由于Sn=a1+ann2=1+2n−1n2=n2，
故1S1+1S2+1S3+...+1Sn=112+122+132+...+1n2<112+11⋅2+12⋅3+...+1n−1⋅n
=1+1−12+12−13+...+1n−1−1n=2−1n<2.
18．（2024·全国·模拟预测）数列an的前n项和为Sn，2Sn2−2anSn+an=0n≥2,n∈N∗，且a1=1.
(1)证明：1Sn为等差数列；
(2)对于任意n∈N*，不等式2nan+1+λ2n−1<0恒成立，求实数λ的取值范围.
【解题思路】（1）根据an=Sn−Sn−1即可代入化简得1Sn−1Sn−1=2，由等差数列的定义即可求解，
（2）根据Sn可得an的表达式，进而将问题转化为λ<2n+12n+1，构造cn=2n+12n+1，利用作差法确定数列的单调性，即可求解最值得解.
【解答过程】（1）当n≥2,n∈N*时，an=Sn−Sn−1，则2Sn2−2SnSn−Sn−1+Sn−Sn−1=0，
化简得Sn−1−Sn=2SnSn−1，又Sn≠0，
所以1Sn−1Sn−1=2，又1S1=1a1=1，
所以1Sn是以1为首项，2为公差的等差数列.
（2）由（1）得1Sn=1+n−1×2=2n−1，则Sn=12n−1，
故an=1,n=1,12n−1−12n−3,n≥2.
则an+1=12n+1−12n−1=−22n+12n−1，
由2nan+1+λ2n−1<0，得−2n+12n+12n−1+λ2n−1<0，则λ<2n+12n+1，
令cn=2n+12n+1，
则cn+1−cn=2n+22n+3−2n+12n+1=2n+12n−12n+12n+3>0，所以数列cn单调递增，
又c1=43，故λ<43，所以实数λ的取值范围是−∞,43.
19．（2024·江西南昌·三模）给定数列{An}，若对任意m，n∈N*且m≠n，Am+An是{An}中的项，则称{An}为“H数列”．设数列{an}的前n项和为Sn.
(1)若Sn=n2+n，试判断数列{an}是否为“H数列”，并说明理由；
(2)设{an}既是等差数列又是“H数列”，且a1=6，a2∈N∗，a2>6，求公差d的所有可能值；
(3)设{an}是等差数列，且对任意n∈N*，Sn是{an}中的项，求证：{an}是“H数列”．
【解题思路】（1）根据“H数列”定义判断即可.
（2）由等差数列和“H数列”的定义得到公差d的等式关系即可求解.
（3）由等差数列的定义与求和公式，进行分情况讨论，即可证明{an}是“H数列”.
【解答过程】（1）因为Sn=n2+n，当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n，
当n=1时，a1=S1=2也成立，
所以an=2n，
对任意m，n∈N*且m≠n，am+an=2m+2n=2m+n=am+n，
∴{an}是“H数列”.
（2）因为 a1=6，a2∈N∗，a2>6，
所以d∈N∗，所以an=6+n−1d，
由已知得am+an=6+m−1d+6+n−1d也为数列中的项，
令am+an=akk∈N∗，即6+m−1d+6+n−1d=6+k−1d，
所以k=6d+m+n−1，所以d为6的正因数，
故d的所有可能值为1，2，3，6.
（3）设数列{an}的公差为d，所以存在k∈N*，对任意n∈N*，Sn=ak，即na1+nn−12d=a1+k−1d，
当d=0时，则a1=0，故ak=0，此时数列为“H数列”；
当d≠0时，k=n−1a1d+nn−12+1，取n=2，则k=a1d+2，所以a1d≥−1，a1d∈Z，
当a1d=−1时，k=nn−32+2均为正整数，符合题意，
当a1d∈N时，k=n−1a1d+nn−12+1均为正整数，符合题意，
所以a1d≥−1，a1d∈Z，
设a1d=s，s≥−1，s∈Z，即a1=sd，
所以任意m，n∈N*且m≠n，am+an=sd+s+m+n−2d，
显然s+m+n−2∈N，所以am+an为数列中的项，
∴{an}是“H数列”.
考点要求
真题统计
考情分析
(1)理解等差数列的概念和通项公式的意义
(2)探索并掌握等差数列的前n项和公式，理解等差数列的通项公式与前n项和公式的关系
(3)能在具体问题情境中，发现数列的等差关系，并解决相应的问题
(4)体会等差数列与一元函数的关系
2022年全国乙卷（文数）：第13题，5分
2023年新高考I卷：第7题，5分
2023年新高考Ⅱ卷：第18题，12分
2024年新高考I卷：第19题，17分
2024年新高考Ⅱ卷：第12题，5分
等差数列是高考的热点内容，属于高考的常考内容之一.从近几年的高考情况来看，等差数列的基本量计算和基本性质、等差数列的中项性质、判定是高考考查的热点，主要以选择题、填空题的形式考查，难度较易；等差数列的证明、求和及综合应用是高考考查的重点，一般出现在解答题中，难度中等.
去年高考压轴题中出现数列的新定义、新情景题，难度较大，需要灵活求解.