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d0， d0时，{}是递增数列；当d0.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d0，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，a90，由S7=S9，可得a8+a9=0，
∴a8>0，a90，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=−217a10，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=−217a1a2>⋯>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A0时，可判定B错误；由A>0，得到d>0，可判定C错误；由A0，则d>0，Sn有最小值，无最大值，所以C错误；
对于D中，若A0，即f2>f1；
当n≥2时，−n2−n+4≤−2，则f(n+1)−fnm，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