2026届高三数学一轮复习试题第30练等差数列及其前n项和（Word版附解析）

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激活思维
1．(2024·全国甲卷理)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S5＝S10，a5＝1，则a1＝( )
A．－2B．eq \f(7,3)
C．1D．2
2．已知数列{an}，{bn}均为等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝120，则a37＋b37＝( )
A．760B．820
C．780D．860
3．(人A选必二P15练习T5改编)在7和21之间插入3个数，使这5个数成等差数列，则这个等差数列的公差是___．
4．(人A选必二P18练习T3)在等差数列{an}中，an＝m，am＝n，且n≠m，则am＋n＝____．
5． (人A选必二P23练习T4)在等差数列{an}中，若S15＝5(a2＋a6＋ak)，则k＝____．
聚焦知识
1．等差数列的有关公式
(1) 通项公式：___，其推导方法是累加法．
(2) 前n项和公式：_____ =______，其推导方法是倒序相加法．
2．等差数列的常见性质
(1) 已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和．
①通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)；
②若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则_______；
③ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差为________的等差数列；
④若{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列；
⑤数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…构成等差数列；
⑥数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))成等差数列．
(2) 等差数列奇数项和与偶数项和的性质
①若项数为2n，则S偶－S奇＝nd，eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(an,an＋1)；
②若项数为2n－1，则S偶＝(n－1)an，S奇＝nan，S奇－S偶＝an，eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(n,n－1)．
(3) 两个等差数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn之间的关系为eq \f(S2n－1,T2n－1)＝eq \f(an,bn)．
(4) 在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，若a1＞0，d＜0，则Sn存在最大值；若a1＜0，d＞0，则Sn存在最小值．
研题型 能力养成
举题说法
等差数列的基本量运算
例1 (1) (2024·南昌一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＝eq \f(1,3)，a6＝eq \f(2,3)，则S17＝( )
A．51B．34
C．17D．1
(2) (2024·济宁一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S2＝2，S6＝9，则S10＝( )
A．14B．16
C．18D．20
(1) 等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1，n，d，an，Sn，知道其中三个就能求出另外两个(简称“知三求二”)．
(2) 确定等差数列的关键是求出两个最基本的量，即首项a1和公差d．
变式1 (1) (2024·临沂一模改)已知等差数列{an}的前n项和为Sn．若a17＋a2 010＝1，则S2 026＝( )
A．1 012B．1 013
C．2 024D．2 026
(2) (2024·岳阳二模)已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝15，a4＋a6＋a8＝33，则a9＝( )
A．6B．12
C．17D．24
等差数列的判定与证明
例2 (2024·南通模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn－eq \f(1,2)an＝n2＋1，n∈N*．
(1) 求a1，a2，并证明：数列{an＋an＋1}是等差数列；
(2) 求S20．
判断数列{an}是等差数列的常用方法：(1) 定义法；(2) 等差中项法；(3) 通项公式法(客观题中判断)；(4) 前n项和公式法(客观题中判断)．
变式2 (2024·深圳期末节选)已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝2an＋2n＋2－n2＋2n＋1，求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an－n2,2n)))是等差数列．
等差数列的常见性质
视角1 项的性质
例 3－1 (1) (2024·赣州二模)在等差数列{an}中，a2，a5是方程x2－8x＋m＝0的两根，则{an}的前6项和为( )
A．48B．24
C．12D．8
(2) 已知{an}是各项均为正数的等差数列，且a6＋2a7＋a10＝20，则a7a8的最大值为( )
A．10B．20
C．25D．50
变式 3－1 (1) (2024·茂名二模)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且2a5＝a4＋5，则S11的值是( )
A．11B．50
C．55D．60
(2) 已知等差数列{an}的公差d＜0，a3a5＝24，a2＋a6＝10，记该数列的前n项和为Sn，则Sn的最大值为____．
视角2 和的性质
例 3－2 已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(n＋2,3n＋4)，则eq \f(a3＋a9,b4＋b6＋b8)＝( )
A．eq \f(13,111)B．eq \f(26,37)
C．eq \f(26,111)D．eq \f(13,37)
变式 3－2 (1) (2024·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．58
C．60D．90
(2) 已知等差数列{an}和等差数列{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(5n＋63,n＋3)，则使得eq \f(an,bn)为整数的正整数n的个数为( )
A．6B．7
C．8D．9
随堂内化
1．(2024·聊城一模)记等差数列{an}的前n项和为Sn，若S7＝49，S15＝45，则a6＝( )
A．3B．5
C．7D．10
2．(2024·石家庄三模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S9＝6a5＋27，则S5＝( )
A．25B．27
C．30D．35
3．(2024·泉州三检)(多选)在等差数列{an}中，a2＝－7，a5＝－1，若Sn＝a1＋a2＋…＋an，Tn＝a1a2…an，则( )
A．Sn有最小值，Tn无最小值B．Sn有最小值，Tn无最大值
C．Sn无最小值，Tn有最小值D．Sn无最大值，Tn有最大值
配套热练
A组 夯基精练
一、单项选择题
1．(2024·绍兴二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且eq \f(S5,5)－eq \f(S2,2)＝6，则a7－a4＝( )
A．9B．10
C．11D．12
2．(2024·运城三模)已知数列{an}是等差数列，eq \f(1,2)a3－a5＝2，则a5＋a10－a8＝( )
A．4B．－2
C．－4D．－8
3．(2024·上饶二模)记数列{an}的前n项和为Sn，若eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是等差数列，S6＝6，则a3＋a4＝( )
A．eq \f(1,6)B．eq \f(1,2)
C．1D．2
4．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若eq \f(S5,S10)＝eq \f(1,3)，则eq \f(S10,S20)＝ ( )
A．eq \f(3,7)B．eq \f(3,10)
C．eq \f(3,11)D．eq \f(3,14)
二、多项选择题
5．(2024·辽宁一模)已知等差数列{an}中，a1＞0，则下列说法正确的是( )
A．若a3＋a7＝4，则S9＝18
B．若S15＞0，S16＜0，则aeq \\al(2,8)＞aeq \\al(2,9)
C．若a1＋a2＝5，a3＋a4＝9，则a7＋a8＝17
D．若a8＝S10，则S9＞0，S10＜0
6．(2024·福州2月质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝4，S5＝35，则( )
A．nan的最小值为1B．nSn的最小值为1
C．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为递增数列D．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n2)))为递减数列
7．(2024·滁州期末)已知递增数列{an}满足an＋2＝2an＋1－an(n∈N*)，其前n项和为Sn，则下列说法正确的是( )
A．若a2，a6为方程x2＋2x－35＝0的两根，则 2a3＋eq \f(1,2)a6＝3
B．若a9＋a5＜0，S14＞0，则a7是数列{an}中最大的负数项
C．若S6＝4S3，则S12－S9＝eq \f(7,4)S6
D．S9＝2(S6－S3)
三、填空题
8．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S28＝56，则a12＋a13＋a14＋a15＋a16＋a17＝____．
9．(2024·新高考Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3＋a4＝7,3a2＋a5＝5，则S10＝____．
10．(2024·襄阳模拟)蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关．如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”，画法如下：在水平直线上取长度为1的线段AB，作一个等边三角形ABC，然后以点B为圆心，BA为半径逆时针画圆弧交线段CB的延长线于点D(第一段圆弧)，再以点C为圆心，CD为半径逆时针画圆弧交线段AC的延长线于点E，再以点A为圆心，AE为半径逆时针画圆弧……依此类推．当得到的“蚊香”恰好有15段圆弧时，“蚊香”的长度为___．

四、解答题
11．(2023·全国乙卷文)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．
12．(2023·新高考Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d，且d＞1．令bn＝eq \f(n2＋n,an)，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．
B组 教材经典回归
13．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝eq \f(na1＋an,2)，求证：{an}是等差数列．
第30讲 等差数列及其前n项和
激活思维
1. B 【解析】 由S10－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝5a8＝0，得a8＝0，则等差数列{an}的公差d＝ eq \f(a8－a5,3) ＝－ eq \f(1,3) ，故a1＝a5－4d＝1－4× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3))) ＝ eq \f(7,3) .
2. B 【解析】 因为数列{an}，{bn}均为等差数列，所以数列{an＋bn}为等差数列，设其公差为d.因为a1＋b1＝100，a2＋b2＝120，所以d＝120－100＝20，所以a37＋b37＝100＋20×36＝820.
3. 3.5 【解析】 因为在7和21之间插入3个数，使这5个数成等差数列{an}，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝7，,a5＝a1＋4d＝21，)) 解得d＝3.5.
4. 0 【解析】 设等差数列{an}的公差为d，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an＝a1＋（n－1）d＝m，,am＝a1＋（m－1）d＝n)) ⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝m＋n－1，,d＝－1，)) 所以am＋n＝a1＋(m＋n－1)d＝m＋n－1－m－n＋1＝0.
5. 16 【解析】 因为S15＝5(a2＋a6＋ak)，所以 eq \f(15（a1＋a15）,2) ＝5(a2＋a6＋ak)，即15a8＝5(a2＋a6＋ak)，因此3a8＝a2＋a6＋ak，所以3(a1＋7d)＝a1＋d＋a1＋5d＋a1＋(k－1)d.由题意知d≠0，所以15＝k－1，所以k＝16.
聚焦知识
1. (1) an＝a1＋(n－1)d (2) Sn＝ eq \f(n（a1＋an）,2) ＝na1＋ eq \f(n（n－1）,2) d
2. (1) ②ak＋al＝am＋an ③md
举题说法
例1 (1) C 【解析】 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由a3＝ eq \f(1,3) ，a6＝ eq \f(2,3) ，可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝\f(1,3)，,a1＋5d＝\f(2,3)，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝\f(1,9)，,d＝\f(1,9)，)) 所以S17＝17a1＋ eq \f(17×16,2) d＝17× eq \f(1,9) ＋ eq \f(17×16,2) × eq \f(1,9) ＝17.
(2) D 【解析】 设等差数列{an}的公差为d.由S2＝2，S6＝9，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a1＋d＝2，,6a1＋\f(6×5,2)d＝9，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝\f(7,8)，,d＝\f(1,4)，)) 所以S10＝10a1＋ eq \f(10×9,2) d＝ eq \f(35,4) ＋ eq \f(45,4) ＝20.
变式1 (1) B 【解析】 设等差数列{an}的公差为d，则a17＋a2 010＝2a1＋2 025d＝1，从而a1＋a2 026＝2a1＋2 025d＝1，所以S2 026＝ eq \f(2 026×（a1＋a2 026）,2) ＝ eq \f(2 026×1,2) ＝1 013.
(2) C 【解析】 设等差数列{an}的公差为d.由a1＋a3＋a5＝15，a4＋a6＋a8＝33，可得9d＝(a4＋a6＋a8)－(a1＋a3＋a5)＝33－15＝18，解得d＝2.又由a1＋a3＋a5＝15，可得3a3＝15，解得a3＝5，所以a9＝a3＋6d＝5＋6×2＝17.
例2 【解答】 (1) 当n＝1时，由条件得a1－ eq \f(1,2) a1＝2，所以a1＝4.当n＝2时，由条件得(a1＋a2)－ eq \f(1,2) a2＝5，所以a2＝2.因为Sn－ eq \f(1,2) an＝n2＋1，所以Sn－1－ eq \f(1,2) an－1＝(n－1)2＋1(n≥2)，两式相减得an－ eq \f(1,2) an＋ eq \f(1,2) an－1＝2n－1，即an＋an－1＝4n－2，所以(an＋1＋an)－(an＋an－1)＝[4(n＋1)－2]－(4n－2)＝4，从而数列{an＋1＋an}为等差数列．
(2) 由(1)知an＋an－1＝4n－2，数列{an＋1＋an}为等差数列，首项为a1＋a2＝6，所以S20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＝ eq \f(10×[（a1＋a2）＋（a19＋a20）],2) ＝ eq \f(10×（6＋78）,2) ＝420.
变式2 【解答】 由a1＝3，an＋1＝2an＋2n＋2－n2＋2n＋1，得an＋1－(n＋1)2＝2an＋2n＋2－2n2，所以 eq \f(an＋1－（n＋1）2,2n＋1) ＝ eq \f(2an＋2n＋2－2n2,2n＋1) ＝ eq \f(an－n2,2n) ＋2，又 eq \f(a1－12,21) ＝1，所以 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an－n2,2n))) 是以1为首项，2为公差的等差数列．
例3-1 (1) B 【解析】 因为a2，a5是方程x2－8x＋m＝0的两根，所以a2＋a5＝8.又因为{an}是等差数列，根据等差数列的性质有a2＋a5＝a1＋a6＝8，则{an}的前6项和S6＝ eq \f(6（a1＋a6）,2) ＝3×8＝24.
(2) C 【解析】 因为a6＋2a7＋a10＝(a6＋a10)＋2a7＝2a8＋2a7＝20，所以a7＋a8＝10.由已知得a7>0，a8>0，所以a7a8≤ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a7＋a8,2))) eq \s\up12(2) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,2))) eq \s\up12(2) ＝25，当且仅当a7＝a8＝5时等号成立．
变式3-1 (1) C 【解析】 由等差数列的性质得2a5＝a4＋5＝a4＋a6，可得a6＝5，则S11＝ eq \f(11（a1＋a11）,2) ＝11a6＝55.
(2) 36 【解析】 由题知数列{an}是递减等差数列，显然a3＋a5＝a2＋a6＝10，而a3a5＝24，且a3>a5，解得a3＝6，a5＝4，则d＝ eq \f(a5－a3,5－3) ＝－1，故an＝a3＋(n－3)d＝－n＋9.由an≥0，得n≤9，因此数列{an}的前9项均为非负数，从第10项起均为负数，所以Sn的最大值为S8＝S9＝ eq \f(9（a1＋a9）,2) ＝9a5＝36.
例3-2 C 【解析】 由等差数列的性质可得 eq \f(a3＋a9,b4＋b6＋b8) ＝ eq \f(2a6,3b6) ＝ eq \f(2,3) × eq \f(a6,b6) ，又 eq \f(S2n－1,T2n－1) ＝ eq \f(\f(（2n－1）（a1＋a2n－1）,2),\f(（2n－1）（b1＋b2n－1）,2)) ＝ eq \f(an,bn) ＝ eq \f(2n＋1,6n＋1) ，则 eq \f(S11,T11) ＝ eq \f(a6,b6) ＝ eq \f(13,37) ，所以 eq \f(a3＋a9,b4＋b6＋b8) ＝ eq \f(2,3) × eq \f(a6,b6) ＝ eq \f(2,3) × eq \f(13,37) ＝ eq \f(26,111) .
变式3-2 (1) D 【解析】 由数列{an}为等差数列，知S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12，S20－S16为等差数列．又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.
(2) B 【解析】 由题知 eq \f(an,bn) ＝ eq \f(S2n－1,T2n－1) ＝ eq \f(5（2n－1）＋63,2n－1＋3) ＝ eq \f(5n＋29,n＋1) ＝5＋ eq \f(24,n＋1) .要使 eq \f(an,bn) 为整数，则n＋1为24的因数，由于n＋1≥2，故n＋1可以为2，3，4，6，8，12，24，故满足条件的正整数n的个数为7.
随堂内化
1. B 【解析】 由题得S7＝ eq \f(7（a1＋a7）,2) ＝7a4＝49，故a4＝7，S15＝ eq \f(15（a1＋a15）,2) ＝15a8＝45，故a8＝3.由2a6＝a4＋a8＝7＋3＝10，得a6＝5.
2. A 【解析】 设等差数列{an}的公差为d，则有 eq \f(（a1＋a1＋8d）×9,2) ＝6(a1＋4d)＋27，又a1＝1，则(1＋4d)×9＝6(1＋4d)＋27，解得d＝2，则S5＝ eq \f(（1＋1＋4×2）×5,2) ＝25.
3. AD 【解析】 设等差数列{an}的公差为d.依题意得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋d＝－7，,a1＋4d＝－1，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－9，,d＝2，)) 所以an＝－9＋2(n－1)＝2n－11，所以Sn＝ eq \f(n（－9＋2n－11）,2) ＝n2－10n＝(n－5)2－25，所以当n＝5时，Sn有最小值－25，Sn无最大值．Tn＝－9×(－7)×(－5)×(－3)×(－1)×1×3×…×(2n－11)，易得T1T2，当n≥6时，Tn0，则a8>0，S16＝ eq \f(16（a1＋a16）,2) ＝8(a8＋a9)0.又S99－T99＝99，由等差数列的性质知99a50－99b50＝99，即a50－b50＝1，所以a50－ eq \f(2 550,a50) ＝1，即a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(50)) －a50－2 550＝0，解得a50＝51或a50＝－50(舍去).当a1＝2d时，a50＝a1＋49d＝51d＝51，解得d＝1，与d>1矛盾，舍去；当a1＝d时，a50＝a1＋49d＝50d＝51，解得d＝ eq \f(51,50) .综上，d＝ eq \f(51,50) .
13. 【解答】 因为Sn＝ eq \f(n（a1＋an）,2) ，所以当n≥2时，Sn－1＝ eq \f(（n－1）（a1＋an－1）,2) ，两式相减得an＝ eq \f(a1＋nan－（n－1）an－1,2) ，即(n－2)an＝(n－1)an－1－a1①，所以(n－1)an＋1＝nan－a1②，②－①得(n－1)an＋1－(n－2)an＝nan－(n－1)an－1，即(n－1)an＋1＋(n－1)an－1＝(2n－2)an，也即an＋1＋an－1＝2an(n≥2)，所以数列{an}为等差数列．