6.2 等差数列（解析版）--2026版十年高考数学真题分类汇编

6.2　等差数列
考点1 等差数列及其前n项和
1.（2025全国二卷，7,5分）记Sn为等差数列{an}的前n项和.若S3=6,S5=-5,则S6=(　　)
A.-20 B.-15
C.-10 D.-5
【答案】B
【解析】设等差数列{an}的公差为d,∵
∴
∴∴
∴S6=6a1+d=-15.故选B.
2.（2023全国甲文，5）记为等差数列的前项和．若，则（ ）
A. 25 B. 22 C. 20 D. 15
【答案】C
【解析】方法一：设等差数列的公差为，首项为，依题意可得，
，即,
又，解得：，
所以．
故选：C.
方法二：，，所以，，
从而，于是，所以．
故选：C.
3.（2023全国乙理，10）已知等差数列公差为，集合，若，则（ ）
A. －1 B. C. 0 D.
【答案】B
【解析】依题意，等差数列中，，
显然函数的周期为3，而，即最多3个不同取值，又，则在中，或，
于是有，即有，解得，所以，
.
故选：B
4.(2021北京,6,4分)已知{an}和{bn}是两个等差数列,且(1≤k≤5)是常数,若a1=288,a5=96,b1=192,则b3的值为 (　　)
A.64　　　　B.100　　　　C.128　　　　D.132
【答案】　C　
命题意图:本题以定义新运算为出题背景,考查等差数列的性质,考查学生的运算求解能力,考查的核心素养是逻辑推理及数学运算,落实了应用性、综合性和创新性的考查要求.
【解析】 解题思路:解法一:因为{an}是等差数列,所以2a3=a1+a5=288+96,所以a3=192,又因为当1≤k≤5时,是常值,所以,即,从而b3=128.
解法二:由题意可知,则b5=64,又{bn}是等差数列,所以b3==128.
5.(2022新高考Ⅱ,3,5分)图1是中国古代建筑中的举架结构,AA',BB',CC',DD'是桁,相邻桁的水平距离称为步,垂直距离称为举.图2是某古代建筑屋顶截面的示意图,其中DD1,CC1,BB1,AA1是举,OD1,DC1,CB1,BA1是相等的步,相邻桁的举步之比分别为=0.5,=k1,=k2,=k3.已知k1,k2,k3成公差为0.1的等差数列,且直线OA的斜率为0.725,则k3= (　　)
图1
图2
A.0.75　　　　B.0.8　　　　C.0.85　　　　D.0.9
【答案】　D　
【解析】令OD1=DC1=CB1=BA1=a,
则CC1=k1a,BB1=k2a,AA1=k3a,DD1=0.5a,
所以A的坐标为(4a,k1a+k2a+k3a+0.5a),
所以kOA==0.725,
所以k1+k2+k3+0.5=2.9.
因为k1,k2,k3成公差为0.1的等差数列,
所以k1+k2+k3+0.5=3k3-0.3+0.5=2.9,
所以k3=0.9,故选D.
6.(2020课标Ⅱ理,4,5分)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.3 699块　　　　B.3 474块　　　　C.3 402块　　　　D.3 339块
【答案】　C　
【解析】由题意可设每层有n个环,则三层共有3n个环,∴每一环扇面形石板的块数构成以a1=9为首项,9为公差的等差数列{an},且项数为3n.不妨设上层扇面形石板总数为S1,中层总数为S2,下层总数为S3,∴S3-S2==9n2=729,解得n=9(负值舍去).
则三层共有扇面形石板(不含天心石)27×9+×9=27×9+27×13×9=27×14×9=3 402(块).故选C.
7.(2015课标Ⅱ文,5,5分)设Sn是等差数列{an}的前n项和.若a1+a3+a5=3,则S5=(　　)
A.5　　　B.7　　　C.9　　　D.11
【答案】　A　
【解析】∵{an}为等差数列,∴a1+a5=2a3,
得3a3=3,则a3=1,
∴S5==5a3=5,故选A.
8.(2015课标Ⅰ文,7,5分)已知{an}是公差为1的等差数列,Sn为{an}的前n项和.若S8=4S4,则a10=(　　)
A.　　　B.　　　C.10　　　D.12
【答案】　B　
【解析】由S8=4S4得8a1+×1=4×,解得a1=,∴a10=a1+9d=,故选B.
评析　本题主要考查等差数列的前n项和,计算准确是解题关键,属容易题.
9.(2015浙江理,3,5分)已知{an}是等差数列,公差d不为零,前n项和是Sn.若a3,a4,a8成等比数列,则(　　)
A.a1d>0,dS4>0　　　　　B.a1d<0,dS4<0
C.a1d>0,dS4<0　　　　　D.a1d<0,dS4>0
【答案】　B
【解析】　由=a3a8,得(a1+2d)(a1+7d)=(a1+3d)2,整理得d(5d+3a1)=0,又d≠0,∴a1=-d,则a1d=-d2<0,又∵S4=4a1+6d=-d,∴dS4=-d2<0,故选B.
10.(2013课标Ⅰ理,7,5分)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则m=(　　)
A.3　　　B.4　　　C.5　　　D.6
【答案】　C　
【解析】解法一:∵Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,∴am=Sm-Sm-1=2,am+1=Sm+1-Sm=3,∴公差d=am+1-am=1,由Sn=na1+d=na1+,
得
由①得a1=,代入②可得m=5.
解法二:∵数列{an}为等差数列,且前n项和为Sn,
∴数列也为等差数列.
∴+=,即+=0,解得m=5.经检验为原方程的解.故选C.
11.(2016课标Ⅰ,3,5分)已知等差数列{an}前9项的和为27,a10=8,则a100=(　　)
A.100　　　B.99　　　C.98　　　D.97
【答案】　C　
【解析】设{an}的公差为d,由等差数列前n项和公式及通项公式,得解得an=a1+(n-1)d=n-2,∴a100=100-2=98.故选C.
思路分析　用a1,d表示S9,a10,列方程组求出a1,d,从而可求得a100.
12.（2025上海，3,4分）已知等差数列{an}的首项a1=-3,公差d=2,则该数列的前6项和为　　　　.
【答案】12
【解析】根据等差数列的求和公式,S6=6a1+d=12.
13.(2024新课标Ⅱ,12,5分,易)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3+a4=7,3a2+a5=5,则S10=　　　　.
【答案】95
【解析】　解法一:设等差数列{an}的公差为d,由题意得a3+a4=(a1+2d)+(a1+3d)=7,3a2+a5=3(a1+d)+(a1+4d)=5,即解得所以S10=10×(-4)+×3=95.
解法二:设{an}的公差为d.
a3+a4=7①,3a2+a5=5②,
①+②得3a2+a3+a4+a5=3(a2+a4)=12,即a2+a4=4③,
①-③得a3-a2=d=3,所以a3+a3+d=7,所以a3=2,
故an=a3+(n-3)d=3n-7,
所以S10==95.
14.(2022全国乙文,13,5分)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若2S3=3S2+6,则公差d=　　　　.
【答案】　 2
【解析】　∵2S3=3S2+6,∴2(3a1+3d)=3(2a1+d)+6,即6d=3d+6,解得d=2.
13.(2014天津理,11,5分)设{an}是首项为a1,公差为-1的等差数列,Sn为其前n项和.若S1,S2,S4成等比数列,则a1的值为　　　　.
【答案】　-
【解析】　S1=a1,S2=2a1-1,S4=4a1-6.故(2a1-1)2=a1×(4a1-6),解得a1=-.
15.(2013课标Ⅱ理,16,5分)等差数列{an}的前n项和为Sn.已知S10=0,S15=25,则nSn的最小值为　　　　.
【答案】　-49
【解析】　由Sn=na1+d得
解得a1=-3,d=,
则Sn=-3n+·=(n2-10n),
所以nSn=(n3-10n2),
令f(x)=(x3-10x2),
则 f '(x)=x2-x=x,当x∈时, f(x)递减,
当x∈时, f(x)递增,又6<<7, f(6)=-48,
f(7)=-49,所以nSn的最小值为-49.
评析　本题考查了数列与函数的应用,考查了数列的基本运算,利用导数求最值.本题易忽略n的取值范围.
16.（2025全国一卷，16,15分）
已知数列{an}中,a1=3,=+.
(1)证明:数列{nan}是等差数列;
(2)给定正整数m,设函数f(x)=a1x+a2x2+…+amxm,求f'(-2).
【解析】(1)证明:因为=+,
所以(n+1)an+1=nan+1,所以(n+1)an+1-nan=1,
所以{nan}是以1×a1=3为首项,1为公差的等差数列.
(2)由(1)知,nan=3+(n-1)×1=n+2.
因为f(x)=a1x+a2x2+…+amxm,
所以f '(x)=1×a1x0+2a2x1+…+mamxm-1
=3x0+4x1+5x2+…+(m+2)xm-1,
则f '(-2)=3×(-2)0+4×(-2)1+5×(-2)2+…+(m+2)·(-2)m-1,①
-2f '(-2)=3×(-2)1+4×(-2)2+5×(-2)3+…+(m+2)·(-2)m,②
①-②得,3f '(-2)=3×(-2)0+(-2)1+(-2)2+…+(-2)m-1-(m+2)·(-2)m
=3+-(m+2)·(-2)m
=3+-(m+2)·(-2)m
=-·(-2)m,
所以f '(-2)=-·(-2)m=.
17.（2023全国乙文，18）记为等差数列的前项和，已知．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【解析】（1）设等差数列的公差为，
由题意可得，即，解得，
所以，
（2）因为，
令，解得，且，
当时，则，可得；
当时，则，可得
；
综上所述：.
18.（2023课标I，20） 设等差数列的公差为，且．令，记分别为数列的前项和．
（1）若，求的通项公式；
（2）若为等差数列，且，求．
【解析】（1），，解得，
，
又，
，
即，解得或（舍去），
（2）为等差数列，，即，
，即，解得或，
，，又，由等差数列性质知，，即，
，即，解得或（舍去）
当时，，解得，与矛盾，无解；
当时，，解得.
综上，.
19.(2022全国甲,理17,文18,12分)记Sn为数列{an}的前n项和.已知+n=2an+1.
(1)证明:{an}是等差数列;
(2)若a4,a7,a9成等比数列,求Sn的最小值.
【解析】　(1)证明:由已知条件+n=2an+1可得,
2Sn=2nan+n-n2①,当n≥2时,由①可得2Sn-1=2(n-1)·an-1+(n-1)-(n-1)2②,由an=Sn-Sn-1及①-②可得,(2n-2)an-(2n-2)an-1=2n-2,n≥2,且n∈N*,
即an-an-1=1,因此{an}是等差数列,公差为1.
(2)∵a4,a7,a9成等比数列,且a4=a1+3,a7=a1+6,a9=a1+8,∴=a4·a9,即(a1+6)2=(a1+3)(a1+8),
解得a1=-12,∴等差数列{an}的通项公式为an=-12+(n-1)·1=n-13,
∴Sn=,
∵n∈N*,∴当n=12或n=13时,Sn最小,
最小值为-78.
20.(2021全国乙理,19,12分)记Sn为数列{an}的前n项和,bn为数列{Sn}的前n项积,已知=2.
(1)证明:数列{bn}是等差数列;
(2)求{an}的通项公式.
【解析】　(1)证明:由bn=S1·S2·…·Sn可得,
Sn=
由=2知,
当n=1时,=2,即=2,所以b1=S1=,
当n≥2时,=2,即2bn=2bn-1+1,即bn-bn-1=,
故数列{bn}是首项为,公差为的等差数列.
(2)由(1)知,bn=+(n-1)×,
故当n≥2时,Sn=,S1也符合该式,
即Sn=(n∈N*),
从而a1=S1=,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=,a1不符合该式,
所以an=
21.(2022浙江,20,15分)已知等差数列{an}的首项a1=-1,公差d>1.记{an}的前n项和为Sn(n∈N*).
(1)若S4-2a2a3+6=0,求Sn;
(2)若对于每个n∈N*,存在实数cn,使an+cn,an+1+4cn,an+2+15cn成等比数列,求d的取值范围.
【解析】　 (1)∵{an}为等差数列,∴an=(n-1)d-1,
∴S4-2a2a3+6=6d-4-2(d-1)(2d-1)+6=0,
解得d=3或d=0,又d>1,∴d=3,则an=3n-4,n∈N*,
Sn=,n∈N*.
(2)∵an+cn,an+1+4cn,an+2+15cn成等比数列,
∴(an+1+4cn)2=(an+cn)(an+2+15cn),
∴+(an+2+15an)cn=+(an+2+15an)cn,
∴+(8an+1-an+2-15an)cn+d2=0,
由(1)知an=(n-1)d-1,
∴8an+1-an+2-15an=8+(14-8n)d,
则有+[8+(14-8n)d]cn+d2=0对每个n∈N*都成立,
∴Δ=[8+(14-8n)d]2-4d2=[8+(16-8n)d][8+(12-8n)d]≥0对每个n∈N*都成立,
即≥0对每个n∈N*都成立,
由于n为正整数,d>1,∴+2和只能同处于相邻的整数之间,又∵2<+2<3,∴2≤<3,
∴22.(2021全国甲文,18,12分)记Sn为数列{an}的前n项和,已知an>0,a2=3a1,且数列{}是等差数列.证明:{an}是等差数列.
解题指导:根据已知条件{}为等差数列,求出数列{Sn}的通项公式,利用an=Sn-Sn-1(n≥2,n∈N*)即可求出{an}的通项公式,根据等差数列的定义可证明其为等差数列.
【解析】　设等差数列{}的公差为d,因为a2=3a1,,所以d=,所以+(n-1),所以Sn=n2a1.
当n≥2时,Sn-1=(n-1)2a1,所以an=Sn-Sn-1=n2a1-(n-1)2a1=(2n-1)a1,经检验,当n=1时,也满足题意,
所以an=(2n-1)a1,n∈N*,
当n≥2时,an-an-1=(2n-1)a1-(2n-3)a1=2a1(常数),
∴{an}是等差数列.
易错警示　应用an=时,不要忽略n=1时的情况.
23.(2021全国甲理,18,12分)已知数列{an}的各项均为正数,记Sn为{an}的前n项和,从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.
①数列{an}是等差数列;②数列{}是等差数列;③a2=3a1.
注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.
解题指导:先选两个作为条件,余下一个作为结论,然后进行证明.如果是证明③,利用等差中项法,即只需2,通过化简即可得证;如果是证明①或②,可先求数列的通项公式,再利用等差数列的定义证明即可.
【解析】　选①②作为条件,证明③.
证明:设等差数列{an}的公差为d,因为{}是等差数列,所以2,即2,两边平方,得4(2a1+d)=a1+3a1+3d+2,整理得4a1+d=2,两边平方,得16+8a1d+d2=4(3+3a1d),化简得4-4a1d+d2=0,即=0,所以d=2a1,则a2=a1+d=3a1.
选①③作为条件,证明②.
证明:设等差数列{an}的公差为d.
因为a2=3a1,即a1+d=3a1,所以d=2a1.
所以等差数列{an}的前n项和Sn=na1+·2a1=n2a1.又a1>0,所以.
则=(n+1),所以数列{}是公差为的等差数列.
选②③作为条件,证明①.
证明:设等差数列{}的公差为d,因为,所以d=,则等差数列{}的通项公式为+(n-1),所以Sn=n2a1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2a1-(n-1)2a1=(2n-1)a1,且当n=1时,上式也成立,所以数列{an}的通项公式为an=(2n-1)a1,则an+1-an=(2n+1)a1-(2n-1)a1=2a1,所以数列{an}是公差为2a1的等差数列.
方法总结:证明数列{an}是等差数列的方法:
(1)定义法:证明an-an-1=d(n≥2,n∈N*),或an+1-an=d(n∈N*);
(2)等差中项法:证明2an=an-1+an+1(n≥2,n∈N*).
24.(2013课标Ⅱ文,17,12分)已知等差数列{an}的公差不为零,a1=25,且a1,a11,a13成等比数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求a1+a4+a7+…+a3n-2.
【解析】　(1)设{an}的公差为d.由题意,得=a1a13,
即(a1+10d)2=a1(a1+12d).
于是d(2a1+25d)=0.
又a1=25,所以d=0(舍去)或d=-2.
故an=-2n+27.
(2)令Sn=a1+a4+a7+…+a3n-2.
由(1)知a3n-2=-6n+31,故{a3n-2}是首项为25,公差为-6的等差数列.从而
Sn=(a1+a3n-2)
=(-6n+56)
=-3n2+28n.
25.(2012湖北,理18,文20,12分)已知等差数列{an}前三项的和为-3,前三项的积为8.
(1)求等差数列{an}的通项公式;
(2)若a2,a3,a1成等比数列,求数列{|an|}的前n项和.
【解析】　(1)设等差数列{an}的公差为d,则a2=a1+d,a3=a1+2d,由题意得
解得或
所以由等差数列通项公式可得an=2-3(n-1)=-3n+5或an=-4+3(n-1)=3n-7.
故an=-3n+5或an=3n-7.
(2)当an=-3n+5时,a2,a3,a1分别为-1,-4,2,不成等比数列;
当an=3n-7时,a2,a3,a1分别为-1,2,-4,成等比数列,满足条件.
故|an|=|3n-7|=
记数列{|an|}的前n项和为Sn.
当n=1时,S1=|a1|=4;当n=2时,S2=|a1|+|a2|=5;
当n≥3时,Sn=S2+|a3|+|a4|+…+|an|=5+(3×3-7)+(3×4-7)+…+(3n-7)
=5+=n2-n+10.
当n=2时,满足此式,
综上,Sn=
评析　本题考查等差、等比数列的基础知识,考查运算求解能力.
26.(2014大纲全国文,17,10分)数列{an}满足a1=1,a2=2,an+2=2an+1-an+2.
(1)设bn=an+1-an,证明{bn}是等差数列;
(2)求{an}的通项公式.
【解析】　(1)证明:由an+2=2an+1-an+2得,
an+2-an+1=an+1-an+2,即bn+1=bn+2.
又b1=a2-a1=1,
所以{bn}是首项为1,公差为2的等差数列.(5分)
(2)由(1)得bn=1+2(n-1),即an+1-an=2n-1.(8分)
于是
所以an+1-a1=n2,即an+1=n2+a1.
又a1=1,所以{an}的通项公式为an=n2-2n+2.(10分)
评析　本题着重考查等差数列的定义、前n项和公式及“累加法”求数列的通项等基础知识,同时考查运算变形的能力.
27.(2014课标Ⅰ理,17,12分)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ为常数,
(1)证明:an+2-an=λ;
(2)是否存在λ,使得{an}为等差数列 并说明理由.
【解析】　(1)证明:由题设anan+1=λSn-1,知an+1an+2=λSn+1-1.两式相减得,an+1(an+2-an)=λan+1.
由于an+1≠0,所以an+2-an=λ.
(2)存在.由a1=1,a1a2=λa1-1,可得a2=λ-1,由(1)知,a3=λ+1.令2a2=a1+a3,解得λ=4.
故an+2-an=4,由此可得,{a2n-1}是首项为1,公差为4的等差数列,a2n-1=1+(n-1)·4=4n-3;
{a2n}是首项为3,公差为4的等差数列,a2n=3+(n-1)·4=4n-1.
所以an=2n-1,an+1-an=2.
因此存在λ=4,使得{an}为等差数列.
评析　　本题主要考查an与Sn的关系及等差数列的定义,考查学生的逻辑思维能力及分析解决问题的能力.
考点2 等差数列的性质及其应用
1.(2024全国甲理,4,5分,易)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S5=S10,a5=1,则a1=(　　)
A. B. C.- D.-
【答案】B
【解析】∵S5=S10,∴a6+a7+a8+a9+a10=0,∴5a8=0.
∴a8=0,又a5=1,∴d=-,∴a1=a5-4d=1+=.
2.(2015广东理,10,5分)在等差数列{an}中,若a3+a4+a5+a6+a7=25,则a2+a8=　　　　.
【答案】　10
【解析】利用等差数列的性质可得a3+a7=a4+a6=2a5,从而a3+a4+a5+a6+a7=5a5=25,故a5=5,所以a2+a8=2a5=10.
3.(2015陕西文,13,5分)中位数为1 010的一组数构成等差数列,其末项为2 015,则该数列的首项为　　　　.
【答案】5
【解析】　设该数列的首项为a1,根据等差数列的性质可得a1+2 015=2×1 010,从而a1=5.
4.(2014北京理,12,5分)若等差数列{an}满足a7+a8+a9>0,a7+a10<0,则当n=　　　　时,{an}的前n项和最大.
【答案】　8
【解析】　根据题意知a7+a8+a9=3a8>0,即a8>0.
又a8+a9=a7+a10<0,∴a9<0,∴当n=8时,{an}的前n项和最大.
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