最新高考数学一轮复习【讲通练透】 第02讲 等差数列及其前n项和（练透）

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2、精练习题。复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。
3、加强审题的规范性。每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。
4、重视错题。错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
第02讲 等差数列及其前n项和
（模拟精练+真题演练）
1．（2023·河南郑州·统考模拟预测）在等差数列中，已知，且，则当取最大值时，（ ）
A．10B．11C．12或13D．13
【答案】C
【解析】因为在等差数列中，
所以
，
所以，
又因为，
所以可知等差数列为递减数列，且前12项为正，第13项以后均为负，
所以当取最大值时，或13．
故选：C．
2．（2023·江苏南通·统考模拟预测）现有茶壶九只，容积从小到大成等差数列，最小的三只茶壶容积之和为0.5升，最大的三只茶壶容积之和为2.5升，则从小到大第5只茶壶的容积为（ ）
A．0.25升B．0.5升C．1升D．1.5升
【答案】B
【解析】设九只茶壶按容积从小到大依次记为 ，
由题意可得，
所以，
故选：B
3．（2023·河南洛阳·模拟预测）已知等差数列的前项和为，，则 （ ）
A．54B．71C．80D．81
【答案】D
【解析】设等差数列的公差为，
因为，可得，解得，
所以.
故选：D.
4．（2023·河南·校联考模拟预测）已知数列是等差数列，其前项和为，则等于（ ）
A．63B．C．45D．
【答案】D
【解析】因为数列是等差数列，则，可得，
且，可得，
所以.
故选：D.
5．（2023·北京海淀·校考三模）已知等差数列的公差为，数列满足，则“”是“为递减数列”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】因为，所以且，则，
若，不妨令，则，，，，，，
显然不单调，故充分性不成立，
若为递减数列，则不是常数数列，所以单调，
若单调递减，又在，上单调递减，则为递增数列，矛盾；
所以单调递增，则，且，其中当，时也不能满足为递减数列，故必要性成立，
故“”是“为递减数列”的必要不充分条件.
故选：B
6．（2023·河南郑州·统考模拟预测）公差不为零的等差数列中，，则下列各式一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为,所以,
因为公差不为零,,所以，B正确，A错误，
取,则,此时,C,D均不正确,
故选：B.
7．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）设为等差数列的前n项和，且，都有，若，则（ ）
A．的最小值是B．的最小值是
C．的最大值是D．的最大值是
【答案】A
【解析】由，得，即，
所以数列为递增的等差数列.
因为，所以，即，
则，，所以当且时，；
当且时，.因此，有最小值，且最小值为.
故选：A.
8．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知数列中，，当时，，，成等差数列.若，那么（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】当时，，，成等差数列，则，
由于，则，
故选：D.
9．（多选题）（2023·安徽安庆·安徽省桐城中学校考二模）已知为等差数列，前项和为，，公差d = −2 ，则（ ）
A．=
B．当n = 6或7时，取得最小值
C．数列的前10项和为50
D．当n≤2023时，与数列（m N）共有671项互为相反数．
【答案】AC
【解析】对于A，等差数列中，，公差，则，，故A正确；
对于B，由A的结论，，则，由d = −2当时，，，当时，，则当或6时，取得最大值，且其最大值为，B错误；
对于C,
,故C正确，
对于D，由，则，
则数列中与数列中的项互为相反数的项依次为：，，，，，
可以组成以为首项，为公差的等差数列，设该数列为，则，
若，解可得，即两个数列共有670项互为相反数，D错误．
故选：AC．
10．（多选题）（2023·江苏盐城·统考三模）已知数列对任意的整数，都有，则下列说法中正确的有（ ）
A．若，则
B．若，，则
C．数列可以是等差数列
D．数列可以是等比数列
【答案】BC
【解析】若，
当时，，
解得，故A错；
若，，
当时，，
解得，
当时，，
解得，
，
根据递推关系可知，
当为奇数，即时，
，故B正确；
若，
则成立，
故数列可以是等差数列，即C正确；
若数列是等比数列，假设公比为，
则由，
得，
两式相除得，，
即，
解得，不符合题意，
则假设不成立，故D错.
故选：BC
11．（多选题）（2023·福建泉州·泉州五中校考模拟预测）已知等差数列的公差为，前项和为，且，成等比数列，则（ ）
A．B．
C．当时，是的最大值D．当时，是的最小值
【答案】ACD
【解析】因为，，成等比数列，所以，即，
整理得，因为，所以，
所以，则，故A正确、B错误；
当时单调递减，此时，
所以当或时取得最大值，即，故C正确；
当时单调递增，此时，
所以当或时取得最小值，即，故D正确；
故选：ACD
12．（多选题）（2023·广东佛山·校考模拟预测）已知数列，下列结论正确的有（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，则数列是等比数列
D．若为等差数列的前项和，则数列为等差数列
【答案】ABD
【解析】对于选项A，由，得，
则，故A项正确；
对于选项B，由得，
所以为等比数列，首项为，公比为2，
所以，所以，故B项正确；
对于选项C，因为，
当时，，
当时，，
将代入，得，
所以，所以数列不是等比数列，故C项错误.
对于选项D，设等差数列的公差为d，
由等差数列前项和公式可得，
所以与n无关，
所以数列为等差数列，故D项正确.
故选：ABD.
13．（2023·上海黄浦·上海市大同中学校考三模）南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积、体积的连续量问题转化为离散量的垛积问题”，在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍童垛等的公式，例如三角垛指的是如图顶层放1个，第二层放3个，第三层放6个，第四层放10个第n层放个物体堆成的堆垛，则______．

【答案】/
【解析】依题意，在数列中，，
当时，，满足上式，
因此，，数列的前项和为，
则，
所以.
故答案为：
14．（2023·广东佛山·华南师大附中南海实验高中校考模拟预测）设随机变量的分布列如下：
其中，，…，构成等差数列，则 ___________.
【答案】
【解析】因为，，…，构成等差数列，
所以，
因为，所以，
故答案为：
15．（2023·甘肃张掖·高台县第一中学校考模拟预测）已知等差数列的前n项和为，公差d为奇数，且同时满足：①存在最大值；②；③．则数列的一个通项公式可以为______．（写出满足题意的一个通项公式）
【答案】（答案不唯一）
【解析】由得，即．
因为数列是等差数列，所以由等差数列的性质可知．
设等差数列的公差为d，则，．
因为存在最大值，所以公差，又因为d为奇数且，
故可取．当时，，；
当时，，；
当时，，．
故答案为：（答案不唯一）
16．（2023·上海嘉定·上海市嘉定区第一中学校考三模）已知，，将数列与数列的公共项从小到大排列得到新数列，则______.
【答案】
【解析】因为数列是正奇数列，
对于数列，当为奇数时，设，则为偶数；
当为偶数时，设，则为奇数，
所以，则，
所以.
故答案为：.
17．（2023·湖南·校联考模拟预测）记等差数列的前n项和为，已知，．
(1)求的通项公式；
(2)设，数列的前n项和为，若，求m的值．
【解析】（1）设的公差为d，因为，
所以，解得，
又，所以．
所以．
（2）因为，
所以
，
由，解得，
所以．
18．（2023·江苏·校联考模拟预测）设数列的前n项和为，且满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)证明：数列中的任意不同的三项均不能构成等差数列.
【解析】（1）令，得.
当时，①，
又②，
①②两式相减，得，
所以.
所以数列是首项为－3，公比为2的等比数列，
所以
（2）假设数列中存在三项数列，，（其中）成等差数列，
则，
由（1）得，即，
两边同时除以，得（*），
因为（*）式右边为奇数，左边为偶数，
所以（*）式不成立，假设不成立.
所以数列中得任意不同的三项均不能构成等差数列.
19．（2023·浙江·校联考模拟预测）已知正项等比数列和数列，满足是和的等差中项，.
(1)证明：数列是等差数列，
(2)若数列的前项积满足，记，求数列的前20项和.
【解析】（1）由题知，是等比数列，
设其公比为，
由，
可得：当时，，
两式相减得，，
故数列是等差数列.
（2）由知：
当时，，
又，所以，
由（1）设的公差为，
则，
由，
则，，
所以
.
即数列的前20项和为.
20．（2023·安徽·校联考模拟预测）已知数列满足：，，，从第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列．
(1)求；
(2)设，若恒成立，求的取值范围．
【解析】（1）由题意得，，，…，
数列是以为首项，公差的等差数列，
，
，，，…，，
将所有上式累加可得，．
又也满足上式，．
（2）由（1）得，，则，
恒成立，，
恒成立，，即的取值范围是．
1．（2020•新课标Ⅱ）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板（不含天心石）
A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块
【答案】
【解析】方法一：设每一层有环，由题意可知，从内到外每环上扇面形石板数之间构成等差数列，上层中心的首项为，且公差，
由等差数列的性质可得，，成等差数列，
且，
则，
则，
则三层共有扇面形石板块，
方法二：设第环天心石块数为，第一层共有环，
则是以9为首项，9为公差的等差数列，，
设为的前项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为，，，
下层比中层多729块，
，
，
，解得，
，
故选：．
2．（2020•北京）在等差数列中，，．记，2，，则数列
A．有最大项，有最小项B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项D．无最大项，无最小项
【答案】
【解析】设等差数列的公差为，由，，得，
．
由，得，而，
可知数列是单调递增数列，且前5项为负值，自第6项开始为正值．
可知，，，为最大项，
自起均小于0，且逐渐减小．
数列有最大项，无最小项．
故选：．
3．（2022•上海）已知等差数列的公差不为零，为其前项和，若，则，2，，中不同的数值有 个．
【答案】98．
【解析】等差数列的公差不为零，为其前项和，，
，解得，
，
，，1，，中，
，，
其余各项均不相等，
，，中不同的数值有：．
故答案为：98．
4．（2022•乙卷（文））记为等差数列的前项和．若，则公差 ．
【答案】2．
【解析】，
，
为等差数列，
，
，解得．
故答案为：2．
5．（2021•上海）已知等差数列的首项为3，公差为2，则 ．
【答案】21．
【解析】因为等差数列的首项为3，公差为2，
则．
故答案为：21．
6．（2020•上海）已知数列是公差不为零的等差数列，且，则 ．
【答案】．
【解析】根据题意，等差数列满足，即，变形可得，
所以．
故答案为：．
7．（2020•海南）将数列与的公共项从小到大排列得到数列，则的前项和为 ．
【答案】．
【解析】将数列与的公共项从小到大排列得到数列，
则是以1为首项、以6为公差的等差数列，
故它的前项和为，
故答案为：．
8．（2021•新高考Ⅱ）记是公差不为0的等差数列的前项和，若，．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）求使成立的的最小值．
【解析】（Ⅰ）数列是公差不为0的等差数列的前项和，若，．
根据等差数列的性质，，故，
根据可得，
整理得，可得不合题意），
故．
（Ⅱ），，
，
，即，
整理可得，
当或时，成立，
由于为正整数，
故的最小正值为7．
9．（2021•甲卷（理））记为数列的前项和，已知，，且数列是等差数列，证明：是等差数列．
【解析】证明：设等差数列的公差为，
由题意得；，
则，所以，
所以①；
当时，有②．
由①②，得③，
经检验，当时也满足③．
所以，，
当时，，
所以数列是等差数列．
10．（2021•乙卷）记为数列的前项和，为数列的前项积，已知．
（1）证明：数列是等差数列；
（2）求的通项公式．
【解析】（1）证明：当时，，
由，解得，
当时，，代入，
消去，可得，所以，
所以是以为首项，为公差的等差数列．
（2）由题意，得，
由（1），可得，
由，可得，
当时，，显然不满足该式，
所以．
1
2
3
4
5
6
P