新高考数学二轮复习提分训练专题14 等差数列性质归类（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习提分训练专题14 等差数列性质归类（2份，原卷版+解析版），共6页。
\l "_Tc18961" 题型一：定义法判断等差数列
\l "_Tc12078" 题型二：定义法求通项
\l "_Tc1468" 题型三：等差中项
\l "_Tc26895" 题型四：等差数列的“中点”性质
\l "_Tc24591" 题型五：an与sn的关系‘
\l "_Tc22099" 题型六：双等差数列sn比值型
\l "_Tc26414" 题型七：等差数列型函数和
\l "_Tc2390" 题型八：奇数项与偶数项和型
\l "_Tc21927" 题型九：等差数列的函数性质：单调性
\l "_Tc1415" 题型十：等差数列的函数性质：sn最值
\l "_Tc28636" 题型十一：等差数列的函数性质：正负不等式型
\l "_Tc22955" 题型十二：等差数列的函数性质：恒成立型求参
\l "_Tc7619" 题型十三：等差数列的函数性质：范围型
\l "_Tc6428" 题型十四：等差数列的函数性质：sn与n比值型
\l "_Tc11170" 题型十五：等差数列与三角函数
\l "_Tc5138" 题型十六：等差数列思维第19题型综合
题型一：定义法判断等差数列
1．（2024·北京西城·三模）中国古代科学家发明了一种三级漏壶记录时间，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上底宽依次递减1寸（约3.3厘米），下底宽和深度也依次递减1寸.设三个漏壶的侧面与底面所成的锐二面角依次为，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】连接，过边的中点作，垂足为，则就是漏壶的侧面与底面所成锐二面角的一个平面角，记为，设漏壶上口宽为，下底宽为，高为，在中，根据等差数列即可求解.
【详解】三级漏壶，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上口宽依次递减1寸（约3.3厘米），下底宽和深度也依次递减1寸，
如图，在正四棱台中，为正方形的中心，是边的中点，
连结，过边的中点作，垂足为，

则就是漏壶的侧面与底面所成锐二面角的一个平面角，记为，
设漏壶上口宽为，下底宽为，高为，
在中，，，
因为自上而下三个漏壶的上口宽成等差数列，下底宽也成等差数列，且公差相等，
所以为定值，
又因为三个漏壶的高成等差数列，所以.
故选：．
【点睛】关键点点睛：对于情境类问题首先要阅读理解题意，其次找寻数学本质问题，本题在新情境的基础上考查等差数列的相关知识.
2．（23-24高三下·上海浦东新·期中）设，记，令有穷数列为零点的个数，则有以下两个结论：①存在，使得为常数列；②存在，使得为公差不为零的等差数列.那么（ ）
A．①正确，②错误B．①错误，②正确
C．①②都正确D．①②都错误
【答案】C
【分析】对于①，列举验证，对于②，列举验证.
【详解】当时，
，此时，
，此时，
，此时，
故存在，使为常数列；①正确；
设，则有个零点，
则在的每个区间内各至少一个零点，故至少有个零点，
因为是一个次函数，故最多有个零点，因此有且仅有个零点，
同理，有且仅有个零点，，有且仅有个零点，
故，所以是公差为的等差数列，故②正确.
故选：C.
3．（23-24高三上·北京海淀·阶段练习）斐波那契数列又称为黄金分割数列，在现代物理、化学等领域都有应用.斐波那契数列满足，.给出下列四个结论：
① 存在，使得，，成等差数列；
② 存在，使得，，成等比数列；
③ 存在常数，使得对任意，都有，，成等差数列；
④ 存在正整数，且，使得.
其中所有正确的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】由递推公式得性质后判断，
【详解】对于①，由题意得，故成等差数列，故①正确，
对于②，由递推公式可知，，中有两个奇数，1个偶数，不可能成等比数列，故②错误，
对于③，，
故当时，对任意，，，成等差数列；故③正确，
对于④，依次写出数列中的项为，
可得，故④正确，
故选：C
4．（21-22浙江金华·阶段练习）已知各项均不为零的数列{an}，定义向量.下列命题中正确的是
A．若任意n∈N*总有cn⊥bn成立，则数列{an}是等比数列
B．若任意n∈N*总有cn∥bn成立，则数列{an}是等比数列
C．若任意n∈N*总有cn⊥bn成立，则数列{an}是等差数列
D．若任意n∈N*总有cn∥bn成立，则数列{an}是等差数列
【答案】D
【详解】分析：利用平面向量垂直或平行的判定条件得到数列的递推公式，再利用累乘法求出通项，进而利用等差数列和等比数列的定义进行判定．
详解：若任意总有成立，
则，
即，
即
，
则不是等比数列，也不是等差数列；
若任意总有成立，
则，
即，
即
，
即是等差数列．故选D．
点睛：（1）熟记平面向量垂直和平行的判定条件：
已知，
则，
（2）已知数列的递推公式求通项时，往往采用累乘法；
已知数列的递推公式求通项时，往往采用累加法．
5．（浙江·高考真题）如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且，.（）
若

A．是等差数列B．是等差数列
C．是等差数列D．是等差数列
【答案】A
【详解】表示点到对面直线的距离（设为）乘以长度的一半，
即，由题目中条件可知的长度为定值，
那么我们需要知道的关系式，
由于和两个垂足构成了直角梯形，
那么，
其中为两条线的夹角，即为定值，
那么，
，
作差后：，都为定值，所以为定值．故选A．
题型二：定义法求通项
1．（23-24高二下·贵州·阶段练习）已知数列满足，数列满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据已知条件求解判断为等差数列，求出通项，得解.
【详解】由，
，
则，又，
，又，
所以数列为等差数列，则，
.
故选：C.
2．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知数列各项为正数，满足，，若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由，得，再结合，可得，进而可得数列是等差数列，即可求出的通项，从而可求出数列的通项，再利用裂项相消法求解即可.
【详解】因为，，所以，
因为，所以，，
即，
所以数列是等差数列，
又，，所以，
所以数列的公差为，首项为，
所以，所以，
所以，则，
所以.
故选：C.
3．（2024·山西·三模）已知数列对任意均有.若，则（ ）
A．530B．531C．578D．579
【答案】C
【分析】根据等差数列可得，再利用累加法求.
【详解】因为，可知数列是以首项，公差的等差数列，
所以，
又因为，即，
可得，
累加可得，
则，所以.
故选：C.
4．（2024·全国·模拟预测）已知，数列中，，，为数列的前项和，，则（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】根据，令，根据等差数列的定义和通项公式可得，再由等差数列前项和与通项关系即可得结论.
【详解】在中，令，可得，所以，又，
所以数列是以2为首项，2为公差的等差数列，则，
所以，所以．
故选：C．
5．（2024·内蒙古呼和浩特·一模）已知数列的前项和为，且满足，则（ ）
A．110B．200C．65D．155
【答案】B
【分析】根据等差数列的定义及通项公式求解即可.
【详解】因为，
所以是以为公差的等差数列，
又，所以，
故，所以，
故选：B
题型三：等差中项
1．（19-20高一下·黑龙江齐齐哈尔·期中）是公比不为1的等比数列的前n项和，是和的等差中项，是和的等比中项，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由是和的等差中项，可得，又由是和的等比中项，同时令，得，由此即可得到本题答案.
【详解】设的公比为，由于，所以，，，
又是和的等差中项，所以，即，
化简得，由于，所以，，
所以，，
因为是和的等比中项，
所以，
即，所以，令，
则，
当，即时，取得最大值，最大值为.故选：D
【点睛】本题主要考查等差数列和等比数列的综合应用，考查学生的转化求解能力和运算能力，属中档题.
2．（2022·黑龙江哈尔滨·一模）已知，在这两个实数之间插入三个实数，使这五个数构成等差数列，那么这个等差数列后三项和的最大值为
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，用表示这个等差数列后三项和为，进而设，利用三角函数的性质能求最大值．
【详解】设中间三项为，则，所以， ，
所以后三项的和为，
又因为，所以可令，
所以
故选
【点睛】本题主要考查等差数列的性质和三角函数的性质．
3．（23-24高二下·四川成都·期末）若等比数列的各项均为正数，且成等差数列，则（ ）
A．3B．6C．9D．18
【答案】C
【分析】先根据等比数列部分项成等差得出公比，再结合等比数列通项求值即可.
【详解】若等比数列的各项均为正数，所以公比，
且成等差数列，可得,
即得
可得，
.
故选：C.
4．（2024·全国·模拟预测）已知等差数列满足，则（ ）
A．B．5C．5或－5D．或
【答案】C
【分析】根据式子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.
【详解】由题，解得，
故选：C.
5．（2022·全国·模拟预测）设，，若是与的等差中项，则的最小值为（ ）
A．6B．8C．9D．12
【答案】B
【分析】先由等差中项的概念得到，然后由基本不等式求解最小值即可.
【详解】因为是与的等差中项，
所以，即，
∴，又，，
∴，
当且仅当，即，时等号成立.
故选：B.
题型四：等差数列的“中点”性质
1．（2024·新疆·二模）已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】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，再化简即可.
【详解】因为，所以，所以．
因为，所以．
另解：设等差数列的公差为，
由，得，
所以，即，得，
所以，
因为，
，
，
，
所以
故选：A．
2．（23-24高二下·河南信阳·期末）数列满足，已知，则的前19项和（ ）
A．0B．8C．10D．19
【答案】A
【分析】由等差中项得到数列为等差数列，再由等差数列的性质得到，由等差数列前项和公式结合等差中项得到
【详解】因为即，所以数列为等差数列，
因为且，所以，得，
所以.
故选：A.
3．（23-24高二下·湖北武汉·阶段练习）设为等差数列的前项和，若，则（ ）
A．5B．10C．D．15
【答案】B
【分析】利用等差中项性质得，再利用等差数列的下标和性质求解即可.
【详解】若，由等差中项性质得，
故，即，易知.
故选：B
4．（2024·全国·模拟预测）已知为等差数列的前n项和，，则（ ）
A．100B．250C．500D．750
【答案】B
【分析】本题考查等差数列通项公式、求和公式，直接利用通项公式和求和公式计算即可；也可利用等差数列的性质公式简化运算.
【详解】解法一：设等差数列的公差为d，则，即，所以，故，
故选：B.
解法二：因为，所以，得，故，
故选：B.
5．（2021全国模拟）等差数列的前项和为，若的值为常数，则下列各数中也是常数的是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求出，故的值是常数，进而利用等差下标性质可知代入前项的和的公式中求得，进而推断出为常数，有此可判断A，同理可判断BCD.
【详解】设等差数列的首项和公差分别为，
因为，
所以的值是常数，
对于A，也是常数，故A正确；
对于B，，故不为定值，故B错误；
对于C，，
故不为定值，故C错误；
对于D，，
故不为定值，故D错误.故选：A.
题型五：an与sn的关系‘
1．（2021·云南昆明·三模）已知数列的前n项和为，，，则（ ）
A．414B．406C．403D．393
【答案】B
【分析】利用两式相减得，再利用两式相减可得，由此可得，进一步可得答案.
【详解】由，两式相减得，即.
再由，两式相减得，由，得，
故为以14为首项，8为公差的等差数列，故，
故.
故选：B
【点睛】关键点点睛：根据递推关系求出数列的偶数项构成以14为首项，8为公差的等差数列，是解题的关键，属于较难题目.
2．（22-23高三上海金山·模拟）对于实数，表示不超过的最大整数. 已知正数数列满足，，其中为数列的前项和，则
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由已知数列递推式可得数列{Sn2}是首项为1，公差为1的等差数列，求得．由此可求
【详解】由，令 得，∵ ，得．
当 时， 即 ．
因此，数列 是首项为1，公差为1的等差数列，
∴，即 ．
则

.
故选B.
【点睛】本题考查等差关系的确定，考查数列求和，属难题．
3．（23-24高三上·安徽·阶段练习）已知数列的前项和（为常数，且），则“是等差数列”是“”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据等差数列的定义及充分条件与必要条件定义判断即可．
【详解】若是等差数列，设其公差为，则，
所以，
若，则，
当时，，当时，，此时也满足，
所以，于是有是等差数列，
所以“是等差数列”是“”的充要条件．
故选：A
4．（2023高三·全国·专题练习）设是数列的前n项和，且，则下列选项错误的是（ ）
A．B．
C．数列为等差数列D．－5050
【答案】A
【分析】由可得－＝－1，即数列是以＝－1为首项，－1为公差的等差数列可判断C，由求出可判断A，B；由等差数列的前n项和公式可判断D.
【详解】是数列的前n项和，且，
则， 整理得－＝－1（常数），
所以数列是以＝－1为首项，－1为公差的等差数列，故C正确；
所以，故．
所以当时，－，不适合上式，
故故B正确，A错误；
所以， 故D正确．
故选：A.
5．（22-23高三 重庆沙坪坝模拟）已知数列的前项和，设为数列的前项和.若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据的关系求出数列的通项公式，再根据裂项相消法求得，从而根据不等式恒成立求实数的取值范围.
【详解】当时，，
当时满足上式，
所以，
所以，
所以
所以，由可得，
即恒成立，因为对勾函数在单调递增，
所以当时有最小值为64，所以，故选:A.
题型六：双等差数列sn比值型
1．（23-24高三·甘肃定西·阶段练习）已知两个等差数列和的前项和分别为和，且，则（ ）
A．5B．6C．9D．11
【答案】C
【分析】根据等差数列下标和性质及等差数列求和公式计算可得.
【详解】因为等差数列和的前项和分别为和，且，
所以.
故选：C
3．（23-24高三·江西抚州模拟）已知等差数列与的前项和分别为，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用等差数列的性质与求和公式，结合已知条件求解即可.
【详解】因为等差数列与的前项和分别为，且，
所以设，
所以
.
故选：D
3．（2022高三·全国·专题练习）已知Sn，Tn分别为等差数列{an}，{bn}的前n项和，，设点A是直线BC外一点，点P是直线BC上一点，且，则实数λ的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由可知P，B，C三点共线，从而有+λ=1，再由等差数列的性质可求解.
【详解】因为P，B，C三点共线，所以+λ=1，所以+λ=1，，所以+λ=+λ=1，λ=，
故选:B.
4．（22-23高三·内蒙古包头·模拟）等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，若＝，则等于（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据等差数列的前项和公式，反凑等差数列的前项和公式，即可求得结果.
【详解】＝＝＝＝＝＝.
故选：.
【点睛】本题考查等差数列的前项和之比的问题，涉及等差数列的下标和性质，属基础题.
5．（22-23高按吉林长春·模拟）若两个等差数列{an}、{bn}的前n项和分别为An、Bn，且满足，则的值为
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】试题分析：
考点：等差数列性质及求和公式
题型七：等差数列型函数和
1．（2022高三·全国·专题练习）已知数列为等差数列，且.设函数，记，则数列的前13项和为（ ）
A．B．C．7D．13
【答案】D
【分析】化简函数的解析式，利用等差数列的性质结合三角函数即可求值.
【详解】因为，
因为数列为等差数列，
所以，
所以，
所以
，
同理因为，
所以，
又，
所以数列的前13项和为13.
故选：D
2．（22-23高三黑龙江哈尔滨·模拟）已知等差数列的公差为2020，若函数，且，记为的前项和，则的值为
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】根据等差数列的公差及函数解析式，由等差数列求和公式代入可得由余弦和角与差角公式的应用，变形可得，令，代入化简并构造函数，求得并判断符号，可证明为单调递增函数，且可得，从而，进而由等差数列前n项和公式即可求解.
【详解】等差数列的公差为2020，设
函数，且，
则，
即
对，由余弦的和角与差角公式化简可得
，记，将化简可得
，
即
令，由可得
，所以在上单调递增，且，又由可知，所以，即，
所以，故选：A.
【点睛】本题考查了数列与函数的综合应用，等差数列求和公式的应用，余弦和角公式与差角公式的综合应用，换元法求值的应用，由导数判断函数单调性的应用，综合性强，属于难题.
3．（20-21高三江苏泰州·模拟）已知等差数列的前9项和18，函数，则的值为（ ）
A．7B．8C．9D．10
【答案】C
【分析】由等差数列性质求得，由函数的解析式计算得，然后对配对计算．
【详解】，，，，
，则，
所以．
故选：C．
4．（2023·甘肃兰州·模拟预测）已知是一个等差数列的前项和，对于函数，若数列的前项和为，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先根据题意求出，再利用裂项求和法即可求解.
【详解】是一个等差数列的前项和，则，解得，
所以，
所以，
所以的前项和为
，
则.
故选：D
【点睛】本题考查了等差数列的前和公式的性质、裂项求和法，考查了计算求解能力，属于基础题.
5．（2022山东潍坊·模拟预测）已知等差数列，公差不为0，若函数对任意自变量x都有恒成立，函数在上单调，若，则的前500项的和为（ ）
A．1010B．1000C．2000D．2020
【答案】B
【分析】由已知得函数关于对称，因为，则，再由等差数列性质求得前500项的和.
【详解】对任意自变量x都成立，函数对称轴为
因为，，
故选：B
【点睛】本题考查函数对称性及利用等差数列性质求和.属于基础题.
函数 对任意自变量x都有，则函数对称轴为，
为等差数列，若，则 ．
题型八：奇数项与偶数项和型
1．（23-24高三·广东茂名·模拟）已知一个等差数列的项数为奇数，其中所有奇数项的和为，所有偶数项的和为，则此数列的项数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据等差数列的性质与其前项和的性质求解即可.
【详解】设该等差数列中有项，其中偶数项有项，奇数项有项，
设等差数列的前项和为，则，
为等差数列，，，解得，
，此数列的项数是项.
故选：.
2．（21-22高三·上海徐汇·模拟）设等差数列的项数为奇数，则其奇数项之和与偶数项之和的比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据等差数列前项和公式解决即可.
【详解】由题知，奇数项有项，偶数项有项，
奇数项之和为，
偶数项之和为，
所以奇数项之和与偶数项之和的比为，
故选：D
3．（22-23高三·四川雅安·阶段练习）一个等差数列共有2n项，奇数项的和与偶数项的和分别为24和30，且末项比首项大10.5，则该数列的项数是（ ）
A．4B．8C．12D．20
【答案】B
【分析】根据等差数列的性质得到方程组，求出，从而求出数列的项数.
【详解】根据等差数列的性质得：，，
解得：，故该数列的项数为.
故选：B
4．（2023·重庆·二模）已知等差数列的前30项中奇数项的和为，偶数项的和为，且，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据条件列出关于首项和公差的方程，即可求解.
【详解】设等差数列的公差为，首项为，
则，所以，
因为，即，则，
等差数列的奇数项是以为首项，为公差的等差数列，等差数列的前30项中奇数项有15项，所以，得，
所以.
故选：B
5．（23-24高三·江苏南京·模拟）已知等差数列的前项和为，公差为，且单调递增，若，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，分析可得，即数列从第二项开始，各项均为正数，结合等差数列的通项公式，列出不等式，即可求解．
【详解】解：由为等差数列，且，所以，
因为数列为递增数列，则，即从第二项开始，各项均为正数，
又因为恒成立，所以数列为常数数列或递增数列，所以，
则有，解可得，
综上可得，，所以实数的取值范围为．
故选：D．
题型九：等差数列的函数性质：单调性
1．（23-24高三湖北·模拟）已知数列的前项和（为常数），则“为递增的等差数列”是“”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
【答案】A
【分析】根据等差数列前n项和公式函数性质、与的关系，结合充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】设等差数列的公差为，
由等差数列的前项和，
类比表达式，有.
当为递增等差数列时，有；
反之，当时，例如，可得；
，则，
此时数列从第二项开始才为递增的等差数列；
所以“为递增的等差数列”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
2．（23-24高三·江西·阶段练习）设为等差数列的前n项和，则对，，是“”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
【答案】A
【分析】由，推得数列为递增数列，进而得到成立，得出充分性成立；反之：由，得到数列为递增数列，举例说明必要性不成立，即可求解.
【详解】若对，都有，可得，
因为恒成立，所以，即数列为递增数列，
，
所以，即成立，所以充分性成立；
反之：若对，都有，即，
可得，解得，所以，
即数列为递增数列，
例如：数列为递增数列，可得，
此时不成立，即必要性不成立；
所以对，，是“”的充分不必要条件.
故选：A.
3．（2023·北京顺义·一模）已知是无穷等差数列，其前项和为，则“为递增数列”是“存在使得”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断.
【详解】解：因为是无穷等差数列，若为递增数列，
所以公差，
令，解得，
表示取整函数，
所以存在正整数，有，故充分；
设数列为5，3，1，-1，…，满足，但，
则数列是递减数列，故不必要，
故选：A
4．（2022·北京·高考真题）设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】设等差数列的公差为，则，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】设等差数列的公差为，则，记为不超过的最大整数.
若为单调递增数列，则，
若，则当时，；若，则，
由可得，取，则当时，，
所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”；
若存在正整数，当时，，取且，，
假设，令可得，且，
当时，，与题设矛盾，假设不成立，则，即数列是递增数列.
所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”.
所以，“是递增数列”是“存在正整数，当时，”的充分必要条件.
故选：C.
5．（20-21高三江苏无锡模拟）数列是等差数列，，数列满足，，设为的前项和，则当取得最大值时，的值等于（ ）
A．9B．10C．11D．12
【答案】D
【解析】由，得到首项和公差的关系以及公差的范围，然后求得通项公式，判断的正负，再利用通项与前n项和关系求解.
【详解】设数列的公差为d，
因为，
所以，即，
因为，
所以，
所以，
当时，，当时，，
所以，
又因为，
所以，故中最大 ，
故选：D
【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式以及数列前n项和的最值问题，还考查逻辑推理的能力，属于中档题.
题型十：等差数列的函数性质：sn最值
1．（22-23高三上·海南省直辖县级单位模拟）已知是等差数列前项和，，，当取得最小值时（ ）．
A．2B．14C．7D．6或7
【答案】D
【分析】设等差数列的公差为，根据题意解出首项与公差d可得数列通项公式，根据数列的单调性可求出数列前7项小于等于0，可得当取得最小值的n值.
【详解】设等差数列的公差为，∵，，
∴，，
联立解得：，，
∴，
令，解得．
当取得最小值时或7．
故选：D．
【点睛】本题考查等差数列通项及性质，根据数列的单调性求最值问题，可以求出时的n值，或求解进行分析，属于中等题.
2．（22-23高三·黑龙江哈尔滨·阶段练习）设为公差为的无穷等差数列的前项和，则“”是“数列有最大项”的
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】化简得到，分别判断充分性和必要性得到答案.
【详解】，对应的二次函数为.
故当时，函数有最大值，数列有最大项.
当数列有最大项时，需满足，故是充要条件.
故选：.
【点睛】本题考查了等差数列前项和，充要条件，意在考查学生的综合应用能力.
3．（21-22高三·上海浦东新·模拟）设为等差数列的前n项和，若已知，则下列叙述中正确的个数有（ ）
①是所有中的最大值；②是所有中的最大值；
③公差一定小于0 ④一定小于
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】利用等差数列的性质求解．
【详解】由，可得，
，故③正确；②错误；最大，故①正确；
，故④正确．
故选：．
【点睛】本题主要考查命题真假的判断，属于中档题，解题时要认真审题，注意数列的性质的合理运用．
4．（22-23高三湖北宜昌·阶段练习）已知数列为等差数列，若，且它们的前n项和有最大值，则使得的n的最大值为
A．19B．20C．21D．22
【答案】A
【详解】由题意可得，又由有最大值，可知等差数列{an}的，所以，所以，即Sn＞0的n的最大值为19.选A.
5．（2024·陕西咸阳·模拟预测）在等差数列中，，且，是其前项和，则（ ）.
A．都小于0，都大于0
B．都小于0，都大于0
C．都小于0，都大于0
D．都小于0，都大于0
【答案】B
【分析】利用等差数列前项和的性质求解即可.
【详解】等差数列中，，故，
且，故，
所以,
,
结合，可知，
都小于0，都大于0.
故选：B
题型十一：等差数列的函数性质：正负不等式型
1．（23-24高三·陕西·阶段练习）设等差数列的前n项和为，且，，则下列结论正确的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】C
【分析】根据已知条件特征，构造函数，由函数的奇偶性和单调性性质可确定，的关系，再结合等差数列前n项和公式及其性质求解即可.
【详解】构造函数，，
则，
所以是奇函数，又与是增函数，
所以是上的增函数，
又，
，
所以即，且即，
又是等差数列的前n项和，
所以.
故选：C.
2．（23-24高三浙江金华模拟）已知公差为的等差数列，为其前项和，若，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】A
【分析】构造函数，借助导数与奇偶性的定义可得函数在定义域内单调递增且为奇函数，又由可得，从而得到，再借助，从而得到，即可得解.
【详解】令，则，故在定义域内单调递增，
又，故为奇函数，
由，可得，
故有，，又在定义域内单调递增且为奇函数，
故有，即，即，
故，
又，即，
故.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于构造函数，由函数的单调性与奇偶性结合所给数列的性质得到以及，从而得解.
3．（2022浙江杭州·模拟预测）设等差数列的前项和为，并满足：对任意，都有，则下列命题不一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】设等差数列的公差为，对分、、三种情况讨论，在时验证即可；在时，取，可设，根据恒成立求得实数的取值范围，逐一验证各选项即可；同理可判断出时各选项的正误.
【详解】设等差数列的公差为，则.
①当时，则，，则对任意的恒成立，
A、B、C、D四个选项都成立；
②当时，不妨取，记，则，
由可得，即，
则，
令，可得；
令，可得.
，
则，
解关于的不等式，
可得或，
所以或.
由于数列单调递减，该数列没有最小项；
由双勾函数的单调性可知，函数在区间上单调递增，
所以，数列单调递减，该数列的最大项为，
.
对于A选项，，，
则，
，
，
则，
所以，，A选项成立；
对于B选项，，
则，
，
，
则，
所以，，B选项成立；
当时，；
当时，.
满足，.
对于C选项，，，
，
，
当时，，
所以，C选项不一定成立；
对于D选项，，
，
所以，，
D选项成立；
③当时，由②同理可知，C选项不一定成立.
故选：C.
【点睛】本题考查数列不等式的验证，考查等差数列前项和的性质，考查推理能力与计算能力，属于难题.
4．（2024·重庆·模拟预测）若等差数列 的前n项和为S ，且满足 ，对任意正整数 ，都有 则 的值为（ ）
A．21B．22C．23D．24
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用等差数列的性质及前n项和公式计算推理得解.
【详解】依题意，，则，
又，则，，
等差数列的公差，因此数列单调递减，
，且，
即任意正整数，恒成立，
所以对任意正整数，都有成立的.
故选：C
5．（22-23高三·广东广州·模拟）已知数列满足，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用退一作差法求得，求得的表达式，结合二次函数的性质求得的取值范围.
【详解】由，
当时，，
当时，由得，
两式相减并化简得，
也符合上式，所以，
令，
为常数，
所以数列是等差数列，首项，所以，
对称轴为，由于对任意的恒成立，
所以，解得，所以的取值范围是.故选：A
【点睛】与前项和有关的求通项的问题，可考虑利用“退一作差法”来进行求解，和类似.求解等差数列前项和最值有关的问题，可结合二次函数的性质来进行求解.
题型十二：等差数列的函数性质：恒成立型求参
1．（21-22高三 ·福建南平·模拟）已知等差数列满足，，，若对任意正整数，恒有，则正整数的值是（ ）
A．6B．5C．4D．7
【答案】A
【分析】利用等差性质研究数列项的变化，从而可得结果.
【详解】由等差数列满足，，
可知，即，且，，公差，
∴
又，
∴当时，最大，
∴正整数的值是.
故选：A
2．（23-24高三 ·云南昆明·模拟）等差数列的前n项和为，已知，若存在正整数k，使得对任意，都有恒成立，则k的值为（ ）
A．19B．20C．21D．22
【答案】B
【分析】利用等差数列定义结合题意可得等差数列通项公式，再利用等差数列前n项和的性质结合等差数列通项公式计算即可得解.
【详解】设等差数列的公差为，则，
即有，则，
即，
令，解得，故当时，，
即恒成立，故k的值为20.
故选：B.
3．（22-23高三·广西河池·模拟）已知数列满足，数列的前项和为，若的最大值仅为，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由数列递推式求出的表达式，设，可求得其表达式，根据的最大值仅为，可判断数列单调性，列出相应不等式，即可求得答案.
【详解】由题意，
令，
即数列是等差数列，前项和最大值仅为，则，
解得，
故选：C．
4．（2021高三·江苏·专题练习）对于数列，定义为数列的“诚信”值，已知某数列的“诚信”值，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由，可得，利用递推关系可得，利用等差数列的求和公式可得数列的前项和为根据对任意的恒成立，对分类讨论利用数列的单调性即可得出．
【详解】解：由，，
当时，，
时，由得，
，，
满足，故对任意的，.
数列的前项和为
，
对任意的恒成立，，
化为，
时，，，
时恒成立，
时，，，
综上可得：实数的取值范围为．
故选：C．
5．（23-24高三·河北唐山·阶段练习）已知等差数列的前n项和为，对任意，均有成立，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由等差数列前n项和的函数性质得，再由等差数列通项公式得，即可求范围.
【详解】设等差数列的公差为，
由，又任意均有成立，
所以，
由，而，则.
故选：A
题型十三：等差数列的函数性质：范围型
1．（22-23高三·浙江·模拟）等差数列的公差不为0，其前n和满足，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由题意得出是的最大值，从而有，且，，由此得出的范围，推导出结论．
【详解】等差数列的公差不为0，其前n和满足，因此是的最大值，显然，
从而，即，，，
．
故选：C．
2．（21-22高三·北京西城·开学考试）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．
3．（21-22高二上·浙江·期末）已知等差数列  的前n 项和为 Sn ，首项 a1 =1，若，则公差 d 的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】该等差数列有最大值，可分析得，据此可求解.
【详解】，故，故有
故d 的取值范围为.
故选：A
4．（2022·新疆昌吉·模拟预测）已知数列满足，且前项和为，若，，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用递推关系可得，即数列是等差数列，结合条件得，再利用等差数列求和公式即得.
【详解】∵，
当时，，
又①，∴②，
由①－②，得，即，
∴数列是等差数列.
由，设为公差，则
，解得，
则.
故选：A.
5．（23-24高二上·浙江金华·期中）已知数列是公差不为0的无穷等差数列，是其前项和，若存在最大值，则（ ）
A．在中最大的数是
B．在中最大的数是
C．在中最大的数是
D．在中最大的数是
【答案】A
【分析】
根据题意，由条件可得，由是以为首项，为公差的等差数列，即可判断AB，由可得在中最大的数是不确定的，即可判断CD.
【详解】设等差数列的公差为，则，由存在最大值可知，，
因为，则，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，且，则是递减数列，所以在中最大的数是，故A正确，B错误；
在中最大的数是不确定的，比如，由，可得，所以，即为最大值，故CD错误；故选：A
题型十四：等差数列的函数性质：sn与n比值型
1．（23-24高三 四川眉山·开学考试）在等差数列中， ，其前项和为，若，则（ ）
A．2 023B．-2 023C．-2 024D．2 024
【答案】C
【分析】设公差为，可得出也为等差数列，根据条件得出其公差，从而得出其通项公式，从而得出答案.
【详解】由是等差数列，设公差为，则
所以，（常数），则也为等差数列.
由，则数列的公差为1.
所以
所以，所以
故选：C
2．（22-23高三·全国·开学考试）设等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A．18B．36C．40D．42
【答案】B
【分析】确定为等差数列，得到，代入数据计算得到答案.
【详解】，故为等差数列，
故，故，解得.
故选：B
3．（21-22高三·安徽蚌埠·模拟）已知数列是等差数列，其前n项和为，则下列说法错误的是（ ）
A．数列一定是等比数列B．数列一定是等差数列
C．数列一定是等差数列D．数列可能是常数数列
【答案】B
【分析】可根据已知条件，设出公差为，选项A，可借助等比数列的定义使用数列是等差数列，来进行判定；选项B，数列，可以取，即可判断；选项C，可设，表示出再进行判断；选项D，可采用换元，令，求得的关系即可判断.
【详解】数列是等差数列，设公差为，
选项A，数列是等差数列，那么为常数，
又，则数列一定是等比数列，所以选项A正确；
选项B，当时，数列不存在，故该选项错误；
选项C，数列是等差数列，可设（A、B为常数），
此时，，则为常数，
故数列一定是等差数列，所以该选项正确；
选项D，，则，
当时，，此时数列可能是常数数列，
故该选项正确.
故选：B.
4．（17-18高三·甘肃张掖·模拟）在各项均为正数的等比数列中，公比，若，，数列的前n项和为Sn，则取最大值时，n的值为（ ）
A．8B．8或9C．9D．17
【答案】B
【分析】结合已知条件求得，由此求得，进而求得，由求得正确答案.
【详解】依题意，
所以
所以是首项为，公差为的等差数列，
所以，
由，
所以取最大值时，n的值为或.
故选：B
5．（15-16高三·辽宁大连·模拟）设等差数列满足:,公差
, 若当且仅当时，的前项和取得最大值,则首项的取值范围
是
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】试题分析：将化简可得
，∴其对称轴方程为：，有题意可知当且仅当n=9时，数列{an}的前n项和Sn取得最大值，
∴，解得
考点：数列的应用
题型十五：等差数列与三角函数
1．（2023·江西南昌·模拟）设等差数列满足：，公差．若当且仅当时，数列的前项和取得最大值，则首项的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】试题分析： 原式,,,则,由,对称轴方程为由题意当且仅当
时, 数列的前项和取得最大值,,解得：,首项的取值范围是.故选B.
考点：1、同角三角函数之间的关系、两角和与差的三角函数；2、差数列的性质及前项和的最值.
【方法点睛】本题主要考查同角三角函数之间的关系、两角和与差的三角函数以及等差数列的性质及前项和的最值，属于难题.求等差数列前项和的最大值值的方法通常有两种：①将前前项和表示成关于的二次函数，，当时有最大值（若不是整数，等于离它较近的一个或两个整数时最大）；②可根据且确定最大时的值.本题根据方法①确定的取值范围的.
2．（2022广东深圳·模拟）已知等差数列满足：，，公差，则数列的前项和的最大值为
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】由，得，解得，则

，
又，，故，，
又公差，由，得，故或最大，最大值为，故选C．
3．（2020·浙江宁波·一模）设等差数列满足：，公差，若当且仅当时，的前项和取得最大值，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】根据三角恒等变换公式和等差数列的性质，将已知等式化为，根据，可得，根据，，可得，根据余弦函数的单调性可得结果.
【详解】因为，
所以，所以，
所以，所以，
因为为等差数列，所以，所以，所以，
所以，，所以，，因为，所以，
因为当且仅当时，的前项和取得最大值，所以，，
所以，，所以，，即，
因为在上是增函数，所以，故选：A.
【点睛】本题考查了三角恒等变换公式，考查了等差数列的性质，考查了等差数列前项和的最值，考查了余弦函数的单调性的应用，属于中档题.
4．（2023高三·江苏·专题练习）已知数列是项数为偶数的等差数列，它的奇数项的和是50，偶数项的和为34，若它的末项比首项小28，则该数列的公差是 ．
【答案】－4
【分析】根据等差数列前项和的性质求解即可.
【详解】设等差数列的项数为2m，
∵末项与首项的差为－28，∴，①
∵，
∴，②
由①②得，
故答案为：.
5．（21-22高三·四川南充·模拟）等差数列满足：，,且公差，若当且仅当时，数列前项和取得最大值，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】先利用二倍角公式和同角三角函数基本关系式化简等式的左边，再利用等差中项进行化简，再利用数列通项的符号变化确定答案.
【详解】由，
得，
即，
即，
即，即，因为，
所以，则，即，
又，得；若当且仅当时，数列前项和取得最大值，
则，解得.
题型十六：等差数列思维第19题型综合
1．（24-25高三上·河北·开学考试）定义二元数，将所有的二元数按照从小到大排列后构成数列.
(1)求；
(2)对于给定的，是否存在，使得，成等差数列？若存在求出满足的条件；若不存在，请说明理由；
(3)若，求.
【答案】(1)，，，
(2)存在，
(3)，
【分析】（1）根据的条件，以及所求的各项，分别取值，即可逐一求解；
（2）由等差中项公式得到等式，然后分、和三类讨论，然后得出时，满足题意，从而得解；
（3）利用已知条件得到等式由（2）相同的方法，得出，从而得到，结合，得出，由二次数定义知，从而得到.
【详解】（1）令，得
令，得，
令，得，
令，得，
令，得，
令，得.
（2）若成等差数列，
则，即.
当时，①式两边同时除以得：，此时左边为奇数，右边为偶数，不成立；
当时，①式两边同时除以得：，此时左边为奇数，右边为偶数，不成立；
当时，成立.
所以.
（3），
，即
当时，②式两边同时除以得：，此时左边为奇数，右边为偶数，不成立；
当时，②式两边同时除以得：，此时左边为奇数，右边为偶数，不成立；
当时，，即，
，
，
当且仅当即时取等号，
又因为，
.
【点睛】关键点点睛：第（2）小问关键点是利用等差中项得出一个等式关系，然后根据二次数的定义分三类讨论，再证明等式关系时，两边同时除以与，结合左右两边数的奇偶性，得出的结论，从而得解；第（3）小问的关键是，借助了第（2）小问的方法，得出，从而得到，借助，及指数函数的单调性，得出的值，最后利用二次数的定义得，即可求解.
2．（24-25高三上·安徽亳州·开学考试）已知数列，对于任意的，都有，则称数列为“凹数列”．
(1)判断数列是否为“凹数列”，请说明理由；
(2)已知等差数列，首项为4，公差为，且为“凹数列”，求的取值范围；
(3)证明：数列为“凹数列”的充要条件是“对于任意的，当时，有”．
【答案】(1)数列是“凹数列”，理由见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）计算出，故满足“凹数列”的定义；
（2）利用等差数列通项公式得到，由题意得对任意恒成立，化简得到，得到答案；
（3）先证明出必要性，放缩得到，故，再证明充分性，取，则有，即，所以为“凹数列”.
【详解】（1）因为，则，
又，故，即，数列是“凹数列”．
（2）因为等差数列的公差为，
所以，
因为数列是凹数列，
所以对任意恒成立，
即
所以，即，
因为，
解得．
所以的取值范围为．
（3）先证明必要性：
因为为“凹数列”所以对任意的，都有，即，
所以对任意的，当时，有
，
所以，
又，
所以．必要性成立，
再证明充分性：
对于任意的，当时，有，
取，则有，
即，所以为“凹数列”.
【点睛】方法点睛：数列新定义问题，主要针对于等差，等比，递推公式和求和公式等综合运用，对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时涉及数列与函数，数列与解析几何，数列与二项式定理，数列与排列组合等知识的综合，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题.
3．（24-25高三 ·广东·阶段练习）已知数列的前三项均为，且．
(1)求的通项公式；
(2)设数列的各项均为正整数，且．
（ⅰ）若，，证明：为等差数列；
（ⅱ）若，为递增等差数列，求的最小值．
【答案】(1)，.
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）8095
【分析】（1）由已知递推关系多求几项探索数列项的规律，归纳通项，再加以证明即可；
（2）（ⅰ）由关系式得，由数列各项为正整数递增，可得，进而，再由，可得，由此故等差得证；
（ⅱ）由，为递增等差数列，通过通项公式分析出，可得从第2项起后面各项构成等差数列，再由公差范围，确定数列使取最小， 并求出取最小值时的即可.
【详解】（1）由，,
可得，解得，
同理依次可得，，，，，，，
归纳可得数列的通项公式为，.
下面证明该通项公式满足题意.
当，时，；
当，时，；
当，时，；
当，时，；
综上可知，对任意正整数，都成立，满足题意.
故满足题意的数列的通项公式为，.
（2）（ⅰ）由（1）可知，，由，可得
，，
由数列的各项均为正整数，且，
可知，则，，，
由，，任意，，满足，
都有；
故，由，可得为等差数列；
（ⅱ）若， 则，
且数列的各项均为正整数，且，即数列递增.
所以当时，，又为递增等差数列，则，
由可知，
则任意，，即，使，
并且，可得，即.
当时，，
因为为递增等差数列，所以数列为递增等差数列，且公差相等.
由，则，则数列的公差，
即递增等差数列数列的公差，
故.
当且仅当，时，取到最小值.
此时，，
当时，也满足，是等差数列，满足题意.
故的最小值为.
【点睛】关键点点睛：本题目属数列综合题型，解决关键有以下几点：一是数列通项的规律探索，如第（1）问中由四项型的递推数列关系求通项，知三求一，依次多求解几项，观察规律从而归纳出通项公式再加以证明；二是正整数数列的子数列问题，要注意正整数数列任意两项之差都为整数的特性.
4．（24-25高三上·湖北武汉·开学考试）若有穷数列满足：且，则称其为“阶数列”.
(1)若“6阶数列”为等比数列，写出该数列的各项；
(2)若某“阶数列”为等差数列，求该数列的通项（，用表示）；
(3)记“阶数列”的前项和为，若存在，使，试问：数列能否为“阶数列”？若能，求出所有这样的数列；若不能，请说明理由.
【答案】(1)或
(2)答案见解析
(3)不是，理由见解析
【分析】（1）根“阶数列”的定义求解即可；
（2）结合“阶数列”的定义，首先得，然后分公差是大于0、等于0、小于0进行讨论即可求解；
（3）记中非负项和为，负项和为，则，进一步，结合前面的结论以及“阶数列”的定义得出矛盾即可求解.
【详解】（1）设成公比为的等比数列，显然，
则有，得，解得，
由，
得，解得，
所以数列或为所求；
（2）设等差数列的公差为，
，
，即，
当时，矛盾，
当时，，
，即，由得，
即，
，
当时，同理可得，即，
由得，即，
，
综上所述，当时，，
当时，；
（3）记中非负项和为A，负项和为，则，
得，即，
若存在，使，可知：
，且，
时，时，
，
又与不能同时成立，
数列不为“阶数列”.
【点睛】
关键点点睛：第三问的关键是得到，，，，，，，，且，由此即可顺利得解.