2024年3月19日发(作者：郴州龙门爱学数学试卷)
高考数学历年（2018-2022）真题按知识点分类（等差数列）练习
一、单选题
1
．（
2022ꞏ
全国
ꞏ
统考高考真题）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
DD
1
,CC
1
,BB
1
,AA
1
是举，
OD
1
,DC
1
,CB
1
,BA
1
是相等的步，相邻桁的举步之比分
别为
DD
1
CCBBAA
0.5,
1
k
1
,
1
k
2
,
1
k
3
．已知
k
1
,k
2
,k
3
成公差为
0.1
的等差数列，且
OD
1
DC
1
CB
1
BA
1
直线
OA
的斜率为
0.725
，则
k
3
（
）
A
．
0.75 B
．
0.8 C
．
0.85 D
．
0.9
2
．（
2022ꞏ
北京
ꞏ
统考高考真题）设
a
n
是公差不为
0
的无穷等差数列，则
“
a
n
为递增数
列
”
是
“
存在正整数
N
0
，当
nN
0
时，
a
n
0
”
的（
）
A
．充分而不必要条件
C
．充分必要条件
B
．必要而不充分条件
D
．既不充分也不必要条件
3
．（
2021ꞏ
北京
ꞏ
统考高考真题）已知
a
n
是各项均为整数的递增数列，且
a
1
3
，若
a
1
a
2
a
n
100
，则
n
的最大值为（
）
A
．
9 B
．
10 C
．
11 D
．
12
4
．（
2021ꞏ
北京
ꞏ
统考高考真题）《中国共产党党旗党徽制作和使用的若干规定》指出，中
国共产党党旗为旗面缀有金黄色党徽图案的红旗，通用规格有五种
.
这五种规格党旗的
长
a
1
,a
2
,a
3
,a
4
,a
5
(
单位
:cm)
成等差数列，对应的宽为
b
1
,b
2
,b
3
,b
4
,b
5
(
单位
: cm),
且长与宽之
比都相等，已知
a
1
288
，
a
5
96
，
b
1
192
，则
b
3
A
．
64 B
．
96 C
．
128 D
．
160
5
．（
2020ꞏ
全国
ꞏ
统考高考真题）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三
环绕天心石砌
9
块扇面形石板构成第一环，层，上层中心有一块圆形石板
(
称为天心石
)
，
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
6
．（
2020ꞏ
浙江
ꞏ
统考高考真题）已知等差数列
{
an
}
的前
n
项和
Sn
，公差
d
≠0
，
a
1
1
．记
d
b
1
=S
2
，
bn+
1
=S2n+
2
–S
2
n
，
n
N
，下列等式不可能成立的是（
）
．．．
A
．
2a
4
=a
2
+a
6
B
．
2b
4
=b
2
+b
6
2
a
2
a
8
C
．
a
4
D
．
b
4
2
b
2
b
8
7
．（
2019ꞏ
全国
ꞏ
高考真题）记
S
n
为等差数列
{
a
n
}
的前
n
项和．已知
S
4
0
，
a
5
5
，则
A
．
a
n
2n5
B
．
a
n
3n10
C
．
S
n
2n
2
8n
D
．
S
n
1
2
n2n
2
8
．（
2018ꞏ
全国
ꞏ
高考真题）设
S
n
为等差数列
a
n
的前
n
项和，若
3S
3
S
2
S
4
，
a
1
2
，
则
a
5
A
．
12
B
．
10
C
．
10
D
．
12
二、填空题
9
．（
2022ꞏ
全国
ꞏ
统考高考真题）记
S
n
为等差数列
a
n
的前
n
项和．若
2
S
3
3
S
2
6
，则
公差
d
_______
．
10
．（
2020ꞏ
全国
ꞏ
统考高考真题）记
S
n
为等差数列
a
n
的前
n
项和．若
a
1
2,a
2
a
6
2
，
则
S
10
__________
．
（
2020ꞏ
海南
ꞏ
高考真题）将数列
{2
n
–1}
与
{3
n
–2}
的公共项从小到大排列得到数列
{
an
}
，
11
．
则
{
an
}
的前
n
项和为
________
．
12
．（
2019ꞏ
全国
ꞏ
统考高考真题）记
Sn
为等差数列
{
an
}
的前
n
项和，
a
1
≠
0
，
a
2
3
a
1
，则
S
10
___________.
S
5
13
．（
2019ꞏ
全国
ꞏ
高考真题）记
S
n
为等差数列
a
n
的前
n
项和，若
a
3
5,
a
7
13
，则
S
10
___________.
三、解答题
S
14
．（
2022ꞏ
全国
ꞏ
统考高考真题）记
S
n
为数列
a
n
的前
n
项和，已知
a
1
1,
n
是公差
a
n
1
为
的等差数列．
3
(1)
求
a
n
的通项公式；
(2)
证明：
111
2
．
a
1
a
2
a
n
15
．（
2022ꞏ
全国
ꞏ
统考高考真题）记
S
n
为数列
a
n
的前
n
项和．已知
(1)
证明：
a
n
是等差数列；
(2)
若
a
4
,a
7
,a
9
成等比数列，求
S
n
的最小值．
2S
n
n
2a
n
1
．
n
16
．（
2022ꞏ
全国
ꞏ
统考高考真题）已知
a
n
为等差数列，
b
n
是公比为
2
的等比数列，且
a
2
b
2
a
3
b
3
b
4
a
4
．
(1)
证明：
a
1
b
1
；
(2)
求集合
kb
k
a
m
a
1
,1m500
中元素个数．
17
．（
2022ꞏ
浙江
ꞏ
统考高考真题）已知等差数列
a
n
的首项
a
1
1
，公差
d1
．记
a
n
的
前
n
项和为
S
n
n
N
．
(1)
若
S
4
2a
2
a
3
60
，求
S
n
；
(2)
若对于每个
n
N
，存在实数
c
n
，使
a
n
c
n
,a
n
1
4c
n
,a
n
2
15c
n
成等比数列，求
d
的
取值范围．
18
．（
2022ꞏ
天津
ꞏ
统考高考真题）设
a
n
是等差数列，
b
n
是等比数列，且
a
1
b
1
a
2
b
2
a
3
b
3
1
．
(1)
求
a
n
与
b
n
的通项公式；
(2)
设
a
n
的前
n
项和为
S
n
，求证：
S
n
1
a
n
1
b
n
S
n
1
b
n
1
S
n
b
n
；
k
(3)
求
a
k
1
(
1)a
k
b
k
．
k
1
2n
19
．（
2021ꞏ
全国
ꞏ
统考高考真题）记
S
n
为数列
a
n
的前
n
项和，
b
n
为数列
S
n
的前
n
项
积，已知
21
2
．
S
n
b
n
（
1
）证明：数列
b
n
是等差数列
;
（
2
）求
a
n
的通项公式．
20
．（
2021ꞏ
全国
ꞏ
统考高考真题）记
S
n
是公差不为
0
的等差数列
a
n
的前
n
项和，若
a
3
S
5
,a
2
a
4
S
4
．
（
1
）求数列
a
n
的通项公式
a
n
；
（
2
）求使
S
n
a
n
成立的
n
的最小值．
21
．（
2021ꞏ
全国
ꞏ
统考高考真题）设
a
n
是首项为
1
的等比数列，数列
b
n
满足
b
n
知
a
1
，
3
a
2
，
9a
3
成等差数列．
（
1
）求
a
n
和
b
n
的通项公式；
（
2
）记
S
n
和
T
n
分别为
a
n
和
b
n
的前
n
项和．证明：
T
n
S
n
．
2
na
n
．已
3
22
．（
2021ꞏ
全国
ꞏ
统考高考真题）已知数列
a
n
的各项均为正数，记
S
n
为
a
n
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
a
n
是等差数列：
②
数列
S
n
是等差数列；
③
a
2
3
a
1
．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
a
n
1,n
为奇数
,
23
．
（
2021ꞏ
全国
ꞏ
统考高考真题）已知数列
a
n
满足
a
1
1
，
a
n
1
a
2,n.
为偶数
n
（
1
）记
b
n
a
2
n
，写出
b
1
，
b
2
，并求数列
b
n
的通项公式；
（
2
）求
a
n
的前
20
项和
.
24
．（
2021ꞏ
全国
ꞏ
高考真题）记
S
n
为数列
a
n
的前
n
项和，已知
a
n
0,
a
2
3
a
1
，且数列
S
是等差数列，证明：
a
是等差数列
.
n
n
b
n
25
．（
2021ꞏ
天津
ꞏ
统考高考真题）已知
a
n
是公差为
2
的等差数列，其前
8
项和为
64
．
是公比大于
0
的等比数列，
b
1
4,b
3
b
2
48
．
（
I
）求
a
n
和
b
n
的通项公式；
*
（
II
）记
c
n
b
2
n
b
,nN
，
n
1
2
（
i
）证明
c
n
c
2n
是等比数列；
（
ii
）证明
k
1
n
a
k
a
k
1
22
n
N
*
2
c
k
c
2k
26
．（
2020ꞏ
天津
ꞏ
统考高考真题）已知
a
n
为等差数列，
b
n
为等比数列，
a
1
b
1
1,
a
5
5
a
4
a
3
,
b
5
4
b
4
b
3
．
（
Ⅰ
）求
a
n
和
b
n
的通项公式；
2*
（
Ⅱ
）记
a
n
的前
n
项和为
S
n
，求证：
S
n
S
n
2
S
n
1
n
N
；
3a
n
2
b
n
,n
为奇数
,
aa
nn
2
（
Ⅲ
）对任意的正整数
n
，设
c
n
求数列
c
n
的前
2n
项和．
a
n
1
,
n
为偶数
.
b
n
1
27
．（
2020ꞏ
山东
ꞏ
统考高考真题）某男子擅长走路，
9
天共走了
1260
里，其中第
1
天、
第
4
天、第
7
天所走的路程之和为
390
里
.
若从第
2
天起，每天比前一天多走的路程相
同，问该男子第
5
天走多少里
.
这是我国古代数学专著《九章算术》中的一个问题，请
尝试解决
.
28
．（
2018ꞏ
全国
ꞏ
高考真题）记
S
n
为等差数列
{a
n
}
的前
n
项和，已知
a
1
7
，
S
3
15
．
（
1
）求
{a
n
}
的通项公式；
（
2
）求
S
n
，并求
S
n
的最小值．
29
．（
2019ꞏ
全国
ꞏ
高考真题）已知数列
{
an
}
和
{
bn
}
满足
a
1
=1
，
b
1
=0
，
4
a
n
1
3
a
n
b
n
4
，
4
b
n
1
3
b
n
a
n
4
.
（
1
）证明：
{
an
+
bn
}
是等比数列，
{
an
–
bn
}
是等差数列；
（
2
）求
{
an
}
和
{
bn
}
的通项公式
.
30
．（
2019ꞏ
全国
ꞏ
高考真题）记
Sn
为等差数列
{
an
}
的前
n
项和，已知
S
9
=
－
a
5
．
（
1
）若
a
3
=4
，求
{
an
}
的通项公式；
（
2
）若
a
1
>0
，求使得
Sn
≥
an
的
n
的取值范围．
31
．（
2019ꞏ
全国
ꞏ
高考真题）已知
{a
n
}
是各项均为正数的等比数列，
a
1
2,
a
3
2
a
2
16
.
（
1
）求
{a
n
}
的通项公式；
（
2
）设
b
n
log
2
a
n
，求数列
{
b
n
}
的前
n
项和
.
参考答案
1
．
D
【要点分析】设
OD
1
DC
1
CB
1
BA
1
1
，则可得关于
k
3
的方程，求出其解后可得正确的
选项
.
【过程详解】设
OD
1
DC
1
CB
1
BA
1
1
，则
CC
1
k
1
,
BB
1
k
2
,
AA
1
k
3
，
依题意，有
k
3
0.2k
1
,k
3
0.1k
2
，且
所以
DD
1
CC
1
BB
1
AA
1
0.725
，
OD
1
DC
1
CB
1
BA
1
0.5
3
k
3
0.3
0.725
，故
k
3
0.9
，
4
故选：
D
2
．
C
【要点分析】设等差数列
a
n
的公差为
d
，则
d0
，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
.
【过程详解】设等差数列
a
n
的公差为
d
，则
d0
，记
x
为不超过
x
的最大整数
.
若
a
n
为单调递增数列，则
d0
，
若
a
1
0
，则当
n2
时，
a
n
a
1
0
；若
a
1
0
，则
a
n
a
1
n
1
d
，
由
a
n
a
1
n
1
d
0
可得
n
1
a
1
a
，取
N
0
1
1
1
，则当
nN
0
时，
a
n
0
，
d
d
所以，
“
a
n
是递增数列
”
“
存在正整数
N
0
，当
nN
0
时，
a
n
0
”
；
若存在正整数
N
0
，当
nN
0
时，
a
n
0
，取
k
N
且
kN
0
，
a
k
0
，
假设
d
0
，令
a
n
a
k
nk
d
0
可得
n
k
a
k
a
，且
k
k
k
，
dd
a
当
n
k
k
1
时，
a
n
0
，与题设矛盾，假设不成立，则
d
0
，即数列
a
n
是递增数列
.
d
所以，
“
a
n
是递增数列
”
“
存在正整数
N
0
，当
nN
0
时，
a
n
0
”.
所以，
“
a
n
是递增数列
”
是
“
存在正整数
N
0
，当
nN
0
时，
a
n
0
”
的充分必要条件
.
故选：
C.
3
．
C
【要点分析】使数列首项、递增幅度均最小，结合等差数列的通项及求和公式求得
n
可能的
最大值，然后构造数列满足条件，即得到
n
的最大值．
【过程详解】若要使
n
尽可能的大，则，递增幅度要尽可能小，
不妨设数列
则
所以
n11
.
对于
取数列
，
各项为
，
，
是首项为
3
，公差为
1
的等差数列，其前
n
项和为
，
，
(
n1,2,10)
，
a
11
25
,
则
a
1
a
2
a
11
100
，
所以
n
的最大值为
11
．
故选：
C
．
4
．
C
【要点分析】设等差数列
a
n
公差为
d
，求得
d
48
，得到
a
3
192
，结合党旗长与宽之比
都相等和
b
1
192
，列出方程，即可求解
.
【过程详解】由题意，五种规格党旗的长
a
1
,a
2
,a
3
,a
4
,a
5
(
单位
:cm)
成等差数列，设公差为
d
，
因为
a
1
288
，
a
5
96
，可得
d
a
5
a
1
96
288
48
，
5
13
可得
a
3
288
(3
1)
(
48)
192
，
又由长与宽之比都相等，且
b
1
192
，可得
故选：
C.
a
b
192
192
a
1
a
3
，所以
b
3
=
31
128
.
a
1
288
b
1
b
3
5
．
C
【要点分析】第
n
环天石心块数为
a
n
，第一层共有
n
环，则
{a
n
}
是以
9
为首项，
9
为公差的
等差数列，
设
S
n
为
{a
n
}
的前
n
项和，由题意可得
S
3
n
S
2
n
S
2
n
S
n
729
，解方程即可得到
n
，进一步
得到
S
3n
.
【过程详解】设第
n
环天石心块数为
a
n
，第一层共有
n
环，
则
{a
n
}
是以
9
为首项，
9
为公差的等差数列，
a
n
9(
n
1)99
n
，
设
S
n
为
{a
n
}
的前
n
项和，则第一层、第二层、第三层的块数分
别为
S
n
,
S
2
n
S
n
,
S
3
n
S
2
n
，因为下层比中层多
729
块，
所以
S
3
n
S
2
n
S
2
n
S
n
729
，
即
3n(927n)2n(918n)2n(918n)n(99n)
729
2222
即
9n
2
729
，解得
n
9
，
所以
S
3n
S
27
故选：
C
【点晴】本题主要考查等差数列前
n
项和有关的计算问题，考查学生数学运算能力，是一道
容易题
.
27(9
9
27)
3402
.
2
6
．
D
【要点分析】根据题意可得，
b
n
1
S
2
n
2
S
2
n
a
2
n
1
a
2
n
2
，而
b
1
S
2
a
1
a
2
，即可表示出
题中
b
2
,b
4
,b
6
,b
8
，再结合等差数列的性质即可判断各等式是否成立．
【过程详解】对于
A
，因为数列
a
n
为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由
4426
可得，
2a
4
a
2
a
6
，
A
正确；
对于
B
，由题意可知，
b
n
1
S
2
n
2
S
2
n
a
2
n
1
a
2
n
2
，
b
1
S
2
a
1
a
2
，
∴
∴
b
2
a
3
a
4
，
b
4
a
7
a
8
，
b
6
a
11
a
12
，
b
8
a
15
a
16
．
2
b
4
2
a
7
a
8
，
b
2
b
6
a
3
a
4
a
11
a
12
．
根据等差数列的下标和性质，由
3
11
7
7,4
12
8
8
可得
b
2
b
6
a
3
a
4
a
11
a
12
=2
a
7
a
8
=2
b
4
，
B
正确；
2
a
2
a
8
a
1
3d
a
1
d
a
1
7d
2d
2
2a
1
d2d
da
1
，
对于
C
，
a
4
2
2
a
2
a
8
，
C
正确；
当
a
1
d
时，
a
4
2
a
7
a
8
2a
1
13d
4a
1
2
52a
1
d169d
2
，
对于
D
，
b
4
22
b
2
b
8
a
3
a
4
a
15
a
16
2a
1
5d
2a
1
29d
4a
1
2
68a
1
d145d
2
，
2
b
4
b
2
b
8
24d
2
16a
1
d8d
3d2a
1
．
2
当
d
0
时，
a
1
d
，
∴
3d2a
1
d2
da
1
0
即
b
4
b
2
b
8
0
；
22
当
d
0
时，
a
1
d
，
∴
3d2a
1
d2
da
1
0
即
b
4
b
2
b
8
0
，所以
b
4
b
2
b
8
0
，
D
不正
确．
故选：
D.
【名师点睛】本题主要考查等差数列的性质应用，属于基础题．
7
．
A
【要点分析】等差数列通项公式与前
n
项和公式．本题还可用排除，对
B
，
a
5
5
，
S
4
4(
7
2)
10
0
，排除
B
，对
C
，
S
4
0,a
5
S
5
S
4
25
2
850105
，排除
2
15
C
．对
D
，
S
4
0,a
5
S
5
S
4
5
2
2505
，排除
D
，故选
A
．
22
d
a
1
3
S
4
4a
1
4
3
0
2
【过程详解】由题知，
，解得
，
∴
a
n
2
n
5
，故选
A
．
d2
a
5
a
1
4
d
5
【名师点睛】本题主要考查等差数列通项公式与前
n
项和公式，渗透方程思想与数学计算等
解出首项与公
素养．利用等差数列通项公式与前
n
项公式即可列出关于首项与公差的方程，
差，在适当计算即可做了判断．
8
．
B
【过程详解】要点分析：首先设出等差数列
a
n
的公差为
d
，利用等差数列的求和公式，得
到公差
d
所满足的等量关系式，从而求得结果
d
3
，之后应用等差数列的通项公式求得
a
5
a
1
4d
2
12
10
，从而求得正确结果
.
过程详解：设该等差数列的公差为
d
，
根据题中的条件可得
3(3
2
3
24
3
d)
2
2
d
4
2
d
，
22
整理解得
d
3
，所以
a
5
a
1
4d
2
12
10
，故选
B.
名师点睛：该题考查的是有关等差数列的求和公式和通项公式的应用，在解题的过程中，需
要利用题中的条件，结合等差数列的求和公式，得到公差
d
的值，之后利用等差数列的通项
公式得到
a
5
与
a
1
和
d
的关系，从而求得结果
.
9
．
2
【要点分析】转化条件为
2
a
1
+2d
2a
1
d6
，即可得解
.
【过程详解】由
2S
3
3S
2
6
可得
2
a
1
a
2
+a
3
3
a
1
a
2
6
，化简得
2a
3
a
1
a
2
6
，
即
2
a
1
+2d
2a
1
d6
，解得
d
2
.
故答案为：
2.
10
．
25
【要点分析】因为
a
n
是等差数列，根据已知条件
a
2
a
6
2
，求出公差，根据等差数列前
n
项和，即可求得答案
.
【过程详解】
a
n
是等差数列，且
a
1
2
，
a
2
a
6
2
设
a
n
等差数列的公差
d
根据等差数列通项公式：
a
n
a
1
n
1
d
可得
a
1
d
a
1
5d
2
即：
2d
2
5d2
整理可得：
6
d
6
解得：
d1
根据等差数列前
n
项和公式：
S
n
na
1
n(n
1)
d,n
N
*
2
可得：
S
10
10
2
10
(10
1)
20
45
25
2
S
10
25
.
故答案为：
25
.
【名师点睛】本题主要考查了求等差数列的前
n
项和，解题关键是掌握等差数列的前
n
项和
公式，考查了要点分析能力和计算能力，属于基础题
.
11
．
3n
2
2n
【要点分析】首先判断出数列
2n1
与
3n
2
项的特征，从而判断出两个数列公共项所构
成新数列的首项以及公差，利用等差数列的求和公式求得结果
.
【过程详解】因为数列
2n1
是以
1
为首项，以
2
为公差的等差数列，
数列
3n
2
是以
1
首项，以
3
为公差的等差数列，
所以这两个数列的公共项所构成的新数列
a
n
是以
1
为首项，以
6
为公差的等差数列，
所以
a
n
的前
n
项和为
n
1
故答案为：
3n
2
2n
.
【名师点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有两个等差数列的公共项构成
新数列的特征，等差数列求和公式，属于简单题目
.
12
．
4.
n(n
1)
6
3n
2
2n
，
2
【要点分析】根据已知求出
a
1
和
d
的关系，再结合等差数列前
n
项和公式求得结果
.
【过程详解】因
a
2
3a
1
，所以
a
1
d
3a
1
，即
2a
1
d
，
10
9
d
S
10
100a
1
2
4
．
所以
5
4
S
5
25a
1
5a
1
d
2
10a
1
【名师点睛】本题主要考查等差数列的性质、基本量的计算．渗透了数学运算素养．使用转
化思想得出答案．
13
．
100
【要点分析】根据题意可求出首项和公差，进而求得结果
.
a
3
a
1
2
d
5
a
1
1
,
,
【过程详解】
得
a
a
6d
13
d
2
1
7
S
10
10a
1
10
910
9
2
100.
d
10
1
22
【名师点睛】本题考点为等差数列的求和，为基础题目，利用基本量思想解题即可，充分记
牢等差数列的求和公式是解题的关键．
14
．
(1)
a
n
(2)
见解析
n
n
1
2
【要点分析】（
1
）利用等差数列的通项公式求得
利用和与项的关系得到当
n2
时，
a
n
S
n
S
n
1
S
n
n
21
n
2
a
n
，
1
n
1
，得到
S
n
a
n
33
3
a
n
n
2
a
n
n
1
a
n
1
,
进而得：
33
a
n
1
n
1
，
n
1
利用累乘法求得
a
n
n
n
1
2
，检验对于
n1
也成立，得到
a
n
的通项公式
a
n
n
n
1
2
；
1111
2
1
，进而证得
.
a
1
a
2
a
n
n
1
S
1
1
,
【过程详解】（
1
）
∵
a
1
1
，
∴
S
1
a
1
1
,
∴
a
1
（
2
）由（
1
）的结论，利用裂项求和法得到
S
1
又
∵
n
是公差为的等差数列，
3
a
n
∴
∴
∴
S
n
1
n
2
n
2
a
n
,
1
n
1
,
∴
S
n
33
a
n
3
当
n2
时，
S
n
1
a
n
S
n
S
n
1
n
1
a
n
1
，
3
33
n
2
a
n
n
1
a
n
1
,
整理得：
n
1
a
n
n
1
a
n
1
,
即
a
n
n
1
,
a
n
1
n
1
aa
a
2
a
3
n
1
n
a
1
a
2
a
n
2
a
n
1
∴
a
n
a
1
34nn
1
n
n
1
，
1
12n
2n
12
显然对于
n1
也成立，
∴
a
n
的通项公式
a
n
n
n
1
；
2
121
1
2
（
2
）
,
1a
n
n
n
1
nn
∴
111
1
11
1
1
1
2
1
21
2
a
1
a
2
a
n
223nn1n1
15
．
(1)
证明见解析；
(2)
78
．
S
1
,n
1
a
【要点分析】（
1
）依题意可得
2S
n
n2na
n
n
，根据
n
，作差即可得到
S
S,n
2
nn
1
2
a
n
a
n
1
1
，从而得证；
（
2
）法一：由（
1
）及等比中项的性质求出
a
1
，即可得到
a
n
的通项公式与前
n
项和，再根
据二次函数的性质计算可得．
【过程详解】（
1
）因为
2S
n
n
2a
n
1
，即
2
S
n
n
2
2
na
n
n
①
，
n
2
当
n2
时，
2S
n
1
n
1
2
n
1
a
n
1
n
1
②
，
①
②
得，
2S
n
n
2
2S
n
1
n
1
2
2na
n
n
2
n
1
a
n
1
n
1
，
即
2a
n
2n
1
2na
n
2
n
1
a
n
1
1
，
即
2
n
1
a
n
2
n
1
a
n
1
2
n
1
，所以
a
n
a
n
1
1
，
n2
且
nN*
，
所以
a
n
是以
1
为公差的等差数列．
（
2
）
[
方法一
]
：二次函数的性质
由（
1
）可得
a
4
a
1
3
，
a
7
a
1
6
，
a
9
a
1
8
，
2
又
a
4
，
a
7
，
a
9
成等比数列，所以
a
7
a
4
a
9
，
即
a
1
6
a
1
3
a
1
8
，解得
a
1
12
，
n
n
1
1
2
251
25
625
所以
a
n
n13
，所以
S
n
12n
，
n
n
n
2222
2
8
2
2
所以，当
n
12
或
n13
时，
S
n
min
78
．
[
方法二
]
：【最优解】邻项变号法
由（
1
）可得
a
4
a
1
3
，
a
7
a
1
6
，
a
9
a
1
8
，
2
又
a
4
，
a
7
，
a
9
成等比数列，所以
a
7
a
4
a
9
，
即
a
1
6
a
1
3
a
1
8
，解得
a
1
12
，
所以
a
n
n13
，即有
a
1
a
2
a
12
0,a
13
0
.
则当
n
12
或
n13
时，
S
n
min
78
．
【整体点评】（
2
）法一：根据二次函数的性质求出
S
n
的最小值，适用于可以求出
S
n
的表达
式；
法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．
2
16
．
(1)
证明见解析；
(2)
9
．
【要点分析】（
1
）设数列
a
n
的公差为
d
，根据题意列出方程组即可证出；
（
2
）根据题意化简可得
m
2
k
2
，即可解出．
a
1
d
2
b
1
a
1
2
d
4
b
1
【过程详解】（
1
）设数列
a
n
的公差为
d
，所以，
，即可解得，
adbbad
283
111
1
b
1
a
1
d
，所以原命题得证．
2
d
k
1
，所以
b
k
a
m
a
1
b
1
2
a
1
m
1
d
a
1
，即
2
k
1
2m
，
2
（
2
）由（
1
）知，
b
1
a
1
亦即
m
2
k
2
1,500
，解得
2k10
，所以满足等式的解
k2,3,4,,10
，故集合
k
|
b
k
a
m
a
1
,1
m
500
中的元素个数为
10219
．
3n
2
5n
17
．
(1)
S
n
(n
N
)
2
(2)
1d2
【要点分析】（
1
）利用等差数列通项公式及前
n
项和公式化简条件，求出
d
，再求
S
n
；
(2)
由等比数列定义列方程，结合一元二次方程有解的条件求
d
的范围
.
【过程详解】（
1
）因为
S
4
2
a
2
a
3
6
0
，
a
1
1
，
所以
46d2
1d
12d
60
，
所以
d
2
3d0
，又
d1
，
所以
d3
，
所以
a
n
3
n
4
，
所以
S
n
a
1
a
n
n
3n
2
5n
，
22
（
2
）因为
a
n
c
n
，
a
n
1
4
c
n
，
a
n
2
15
c
n
成等比数列，
所以
a
n
1
4c
n
a
n
c
n
a
n
2
15c
n
，
2
nd14c
n
2
1nddc
n
1ndd15c
n
，
2
c
n
(14d8nd8)c
n
d
2
0
，
22
由已知方程
c
n
(14d8nd8)c
n
d0
的判别式大于等于
0
，
所以
14d8nd8
4d
2
0
，
所以
16d8nd8
12d8nd8
0
对于任意的
n
N
恒成立，
所以
n
2
d
1
2n
3
d
2
0
对于任意的
nN
恒成立，
2
当
n1
时，
n2
d1
2n3
d2
d1
d2
0
，
当
n
2
时，由
2d2d1
4d3d2
0
，可得
d2
当
n3
时，
n2
d1
2n3
d2
(n3)(2n5)0
，
又
d1
所以
1d2
18
．
(1)
a
n
2n
1,b
n
2
n
1
(2)
证明见解析
(6n
2)4
n
1
8
(3)
9
【要点分析】（
1
）利用等差等比数列的通项公式进行基本量运算即可得解；
（
2
）由等比数列的性质及通项与前
n
项和的关系结合要点分析法即可得证；
2k
12k
（
3
）先求得
a
2k
(
1)a
2k
1
b
2k
1
a
2k
1
(
1)a
2k
b
2k
，进而由并项求和可得
T
n
k
4
k
1
，再结合错位相减法可得解
.
k
1
n
1
【过程详解】（
1
）设
a
n
公差为
d
，
b
n
公比为
q
，则
a
n
1
(n
1)d,b
n
q
，
n
1
d
q
1
d
q
2
（
dq0
舍去）由
a
2
b
2
a
3
b
3
1
可得
，
2
1
2d
q
1
n
1
所以
a
n
2n
1,b
n
2
；
（
2
）证明：因为
b
n
1
2
b
n
0,
所以要证
(S
n
1
a
n
1
)b
n
S
n
1
b
n
1
S
n
b
n
，
即证
(S
n
1
a
n
1
)b
n
S
n
1
2b
n
S
n
b
n
，即证
S
n
1
a
n
1
2
S
n
1
S
n
，
即证
a
n
1
S
n
1
S
n
，
而
a
n
1
S
n
1
S
n
显然成立，所以
(S
n
1
a
n
1
)b
n
S
n
1
b
n
1
S
n
b
n
；
2k
12k
a(1)aba(1)a
2k
（
3
）因为
2k2k
12k
12k
1
b
2k
(4
k
1
4
k
3)
2
2k
2
[4
k
1
(4
k
1)]
2
2k
1
2
k
4
k
，
k
2k
12k
所以
a
k
1
(
1)a
k
b
k
[(
a
2k
(
1)
a
2k
1
)
b
2k
1
(
a
2k
1
(
1)
a
2k
)
b
2k
]
k
1
k
1
2
n
n
2k
4
k
，
k
1
k
设
T
n
2k
4
k
1
n
n
23n
所以
T
n
2444642n4
，
234n
1
则
4T
n
2
4
4
4
6
4
2n
4
，
作差得
3
T
n
2
4
4
4
4
4
2
n
4
234nn
1
2
4(1
4
n
)
2
n
4
n
1
1
4
3
(6
n
2)4
n
1
8
所以
T
n
，
9
n
1
(6n
2)4
8
a(1)ab
.
所以
kkk
1
9
k
1
3
,n
1
2
.
19
．（
1
）证明见解析；（
2
）
a
n
1
,n
2
n
n
1
2
6n
4
n
1
8
，
2n
k
2b
n
21
3
S
2
,
且
b
n
0
，取
n1
,
得
b
1
,
由题意得
【要点分析】（
1
）由已知得
n
2
2b
n
1
S
n
b
n
2b
n
2b
n
1
b
2b
1
2b
2
n
1
,
进而证明数列
b
n
是等差
b
n
,
消积得到项的递推关系
2b
n
1
1b
n
2b
1
12b
2
12b
n
1
数列
;
（
2
）由（
1
）可得
b
n
的表达式
,
由此得到
S
n
的表达式
,
然后利用和与项的关系求得
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