专题01 等差数列及其性质12种题型归类（压轴题专项训练）数学湘教版2019选择性必修第一册

专题01等差数列及其性质归类 目录 类型一、等差基础：定义与判定 类型二、等差性质：“等距”性质 类型三、递推公式型推导等差数列 类型四、奇数项和型 类型五、等差数列sn与an型 类型六、双等差数列比值型 类型七、前n项和“等差”性质 类型八、前n项和最值与范围 类型九、等差数列函数性质 类型十、含绝对值型等差数列 类型十一、等差数列正负不等式型 类型十二、等差数列压轴小题综合 压轴专练 类型一、等差基础：定义与判定 判定等差数列： 1. 等差数列判定，可以用定义法。 2. 等差数列的结构性变化，是否依旧具有等差性质，否定很简单，可以代指否定，否则依旧要用定义来确认。 3. 判断难点是递推这一类型，需要通过构造求出通项公式。通项公式是关于n的一次函数形式，即为等差数列。 4. 注意多个等差数列的“加减乘除”是否具有等差性质。 一般情况下，以下几条推论成立： （1）若{an}，是等差数列，则是等差数列 （2）若{an}是等差数列，则每隔k项取出一项，依旧是等差数列（跳棋性质） （3）若{an}是等差数列且公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为2d． （4）若{an}是等差数列且公差为d，则{a2n－1＋a2n}也是等差数列，公差为4d． 类似这样的规律，可以多举例子（实际授课时，用跳棋来打比方）增加理解，但不要求学生记忆。 5.稍微复杂的递推公式，要在鉴别出“累加法”“累积法”以及“周期数列”的特征基础上，可以推导出等差数列的定义形式。 例1．（2025·四川攀枝花·模拟预测）已知各项都是正数的数列的前n项和为，且，则下列说法中正确的是（    ） A． B．是等比数列 C． D． 【答案】C 【分析】由题目条件推出，再得到，即，利用与的关系计算出，即可判断A；由即可判断B，利用基本不等式即可判断C、D. 【详解】由题意知，且， 当时，，解得， 当时，， 整理可得， 所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以，则. 对于选项A，因为，故A错误； 对于选项B，因为是等差数列，故B错误； 对于选项C，因为，故C正确； 对于选项D，因为， ，故D错误. 故选：C. 变式1-1．（2024·江苏淮安·模拟预测）已知p：数列满足：存在正整数，对任意的，，都有，：数列是等差数列.则是的（    ）条件 A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要 【答案】B 【分析】根据充分条件和必要条件的概念，结合等差数列的通项公式可得答案. 【详解】当成立时，即存在正整数，对任意的，，都有，则， 若，则，对任意的，都成立，即， 对于数列，满足上述条件，但不是等差数列，故由不能得到. 当成立时，即数列是等差数列，设等差数列的公差为， 则，，， ∴，即恒成立， ∴由能得到. 综上得，是的必要不充分条件. 故选：B. 变式1-2．（24-25高二下·山东德州·阶段练习），若存在使得成等差数列，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据等差数列的性质列方程，结合对数函数的知识列不等式，由此求得的取值范围. 【详解】由，解得， 依题意，存在使得成等差数列， 即存在使得， 即存在使得， 则， ， 设，则， 函数的开口向上，对称轴为， 所以函数在区间上单调递增， 则， 所以，而且，所以. 故选：B 变式1-3． （2025高三·全国·专题练习）“存在，使得”是“为等差数列”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】B 【分析】分别根据充分性、必要性的概念及等差数列的性质定义判断即可. 【详解】必要性：若为等差数列，设其公差为，则， 故存在，使得，故满足必要性； 充分性：若存在，使得， 则，两式相减可得， 所以可知数列中的奇数项，偶数项分别成等差数列，但数列不一定是等差数列， 如时，数列，故不满足充分性. 所以“存在，使得”是“为等差数列”的必要不充分条件， 故选：B 类型二、等差性质：“等距”性质 等差性质：“等距”性质，实质是等差中项性质的扩展。 1. 等差中项既可以作为等差定义用，也可以计算中化简， 2. “等距”性质俗称“高斯技巧”：（类比高斯的5050数计算原理，也就是“倒序求和”的体现） 若{an}是等差数列，且k＋l＝m＋n(k、l、m、n∈N*)，则__ak＋al＝am＋an_ 授课时，要讲清：（1）可以三项对三项；（2）可以是相同项。 “高斯技巧”实质是广义的等差中项。使用“高斯技巧”，可以快速找出数量关系，避免列方程计算， 3. 等差数列可推得如下通项公式及推论：。此性质， 此处建议授课时， 用直线斜率解释。。 4. 等差数列满足等式，既可以设首项和公差列方程计算，也可以通过“高斯技巧”简化来计算。 5. 等差数列，结合定义，可得经验口诀：“等差数列相同结构式子可作差，等比数列可做商”。. 例2、（24-25高二下·安徽·期中）若方程的四个根组成一个首项为的等差数列，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设方程的两个根为、，方程的两个根为、，不妨设，，且，则必有，求出这四个数的值，结合韦达定理求出、的值，即可得解. 【详解】由，得或． 设方程的两个根为、，方程的两个根为、， 由韦达定理可得，， 不妨设，，且，则必有， 所以，，，故数列、、、的公差为， 所以，， 由韦达定理可得，，因此. 故选：C. 变式2-1．（24-25高二下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）若等差数列满足，则（   ） A．2025 B． C． D． 【答案】C 【分析】根据等差中项的性质，利用倒序相加法，可得答案. 【详解】由等差数列满足， 则对于，当时，， 则， 设，则， 两式相加可得，解得. 故选：C. 变式2-2． （24-25高二上·福建龙岩·期中）公差不为0的等差数列中，，则的值不可能是（   ） A．9 B．16 C．22 D．25 【答案】C 【分析】由等差数列的性质可得，即可得，的所有可能取值，即可求解. 【详解】因为，所以， 又，， 所以或或或或或或或或， 所以的值可能是，，，，. 故选：. 变式2-3． （24-25高三上·江苏泰州·期中）在1和11之间插入个数，使得这个数成等差数列．若这个数中第1个为，第个为，则的最小值是（    ） A． B．2 C．3 D． 【答案】C 【分析】根据等差数列的性质，结合不等式的“乘1法”即可求解. 【详解】由题可知，， 所以有， 当且仅当，即时等号成立， 此时满足，，所以的最小值是3. 故选：C. 类型三、递推公式型推导等差数列 许多复杂的递推公式，经过化简构造后，发现是等差数列，实际上，这个递推公式源于等差数列定义式子，可以通过换元，得到更复杂的式子。以下总结了一些常见的递推公式，蕴含了“二级形式”的等差数列。授课时要讲清楚，这是经验型递推总结。 1.根号型换元。 2.系数配凑型， 这个系数。既可以是乘。也可以是除。 3.指数凑配型，换元扩展。 4.倒数型。复杂分式，可以适当分离取倒数，得到等差数列。 5.奇偶等差型。对于这类“和”型，有时候可推出奇数项和偶数项各自独立的成等差数列。在授课时要讲清通项公式推导过程。 6.结构型， 7.消常数同除型。 8.配方型. 9.双数列纠缠迭代型。 例3．（24-25高二下·河南周口·期末）已知在数列中，，，，则中的最大项是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 记，整理得出的通项公式，分析当时和当时，即可得出中的最大项为. 【详解】记，由题意得， 整理可得， 得，即， 又，，所以，则是以为首项，为公差的等差数列， 所以， 当时，，即， 当时，，即， 所以， 故中的最大项为. 故选：B 变式3-1．（23-24高三下·浙江·开学考试）已知数列满足，且对任意均有.记的前项和为，则（    ） A．28 B．140 C．256 D．784 【答案】B 【分析】令，得到，令，求得，得出为等差数列，求得，利用累加法求得，再令，得到，求得，得出，即可求解. 【详解】由数列满足，且， 令，可得，即， 再令，可得，即数列是公差为的等差数列， 又由，可得，即， 又由 即，所以及， 令，可得，代入可得， 解得，所以， 即数列的通项公式为， 所以. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是证明数列是公差为的等差数列，再结合累加法并求出，从而得到，最后计算即可. 变式3-2． （22-23高二下·河南郑州·期中）已知数列各项均不为零，且（且），若，则（    ） A．19 B．20 C．22 D．23 【答案】A 【分析】由已知，令得，化为，利用累乘法求得的通项公式(含有参数t),根据的值求得的值，即可求结果. 【详解】由，令， 则数列是公差为1，首项为的等差数列， 所以，所以. 所以， 当时也符合上式，所以； 所以,解得，所以， 所以. 故选：A 【点睛】关键点点睛：由，得到数列是等差数列；利用累乘法得到，进而得到的通项公式． 变式3-3． （22-23高二上·江苏镇江·期末）已知数列满足，若对任意正实数，总存在和相邻两项，使得成立，则实数的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据数列的递推关系化简可得，再利用等差数列的通项公式及存在性问题，结合恒成立问题及解不等式即可求解. 【详解】由得， ，即，于是有，所以，即， 所以是首项为，公差为的等差数列， 所以， 由，得，所以， 由于，则，所以，可得， 因为，所以，即， 因为总存在，使得成立，即， 所以，即，所以 又，所以实数的最小值为. 故选：B. 【点睛】解决此题的关键是根据数列的递推关系得出数列为等差数列，利用等差数列的通项公式，结合存在性问题的处理办法及恒成立问题的处理办法即可求解. 类型四、奇数项和型 利用“高斯技巧”，可得等差数列奇数项和公式： 而等差数列奇偶各自满足以下性质： 1.. 2. 3. 例4．（24-25高三上·河南南阳·阶段练习）数列满足，，若数列的前项的和为，则的的最小值为（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】C 【分析】根据已知条件得，令，通过裂项相消求得，然后代入即可求解. 【详解】数列满足①， 当时，，即， 当时，②，      由②①得， 数列的所有奇数项，， 数列的所有偶数项，， 综上，数列的通项公式为. 记， 所以数列的前项和为： ， 由得，即， 因为，随着的增大而增大， 故当时，刚好满足， 所以，的最小值为.          故选：C. 变式4-1．（2024·浙江温州·三模）数列的前项和为，则可以是（    ） A．18 B．12 C．9 D．6 【答案】C 【分析】易通过，可得，也可求得，但此数列存在不确定的首项，所以在求和后发现结果为，与选项中的四个数进行对比分析，发现一定不能为负整数，所以只能选C. 【详解】由可得：且， 由上式又有：， 还有，两式相减得：， 两边同时除以得：， 由上式可知数列的奇数项和偶数项分别成等差数列，公差为1， 所以 ， 由此数列的奇数项公式为，又由， 所以可以判断一定不能为负整数，即只能有， 故选：C. 变式4-2． （24-25高二·全国·课堂例题）一个等差数列共有项，其偶数项之和是，奇数项之和是，则它的首项与公差分别是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据等差数列的性质可求得公差，利用前项和公式可得首项的值，由此可确定答案. 【详解】设等差数列的公差为，前项和为， 由于项数为10，故，∴， ∴，解得． 故选：A. 变式4-3． （18-19高一下·四川·阶段练习）已知等差数列共有项，其中奇数项之和为290，偶数项之和为261，则的值为（    ）． A．30 B．29 C．28 D．27 【答案】B 【分析】由等差数列的求和公式与等差数列的性质求解即可 【详解】奇数项共有项，其和为， ∴． 偶数项共有n项，其和为，∴．故选：B． 类型五、等差数列sn与an型 等差数列前n项和公式有三个，注意适用范围。 1.俗称梯形面积公式:，上底加下底，乘高除以二 2.计算型公式： 3.等差中项型： 例5．（21-22高三上·浙江金华·阶段练习）已知数列的前n项和为，若是公差为d（）的等差数列，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由已知可得，对于AB，令，可得，即，由于正负不确定，无法比较大小；对于CD，令，可得，即，令，可得，即，作差法比较，进而得到选项. 【详解】是公差为d（）的等差数列，其首项为 ，即 对于AB，当时，，整理得：，即 当时，；当时，；故AB错误； 对于CD，当时，，整理得：，又， ， 当时，，整理得：，即 ， 显然为减函数，且， 又，，即，故D正确； 故选：D 变式5-1．（2021·云南昆明·三模）已知数列的前n项和为，，，则（    ） A．414 B．406 C．403 D．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. 变式5-2． （20-21高三上·湖南长沙·开学考试）设数列的前项和为，当时，，，成等差数列，若，且，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据等差中项写出式子，由递推式及求和公式写出和，进而得出结果. 【详解】解：由，，成等差数列，可得， 则，，， 可得数列中，每隔两项求和是首项为，公差为的等差数列. 则， ， 则的最大值可能为. 由，，可得. 因为，，，即，所以，则 ，当且仅当时，，符合题意， 故的最大值为. 故选：A. 【点睛】本题考查等差数列的性质和递推式的应用，考查分析问题能力，属于难题. 变式5-3． （2025高三·全国·专题练习）已知等差数列的前n项和为，公差．若，，则（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】A 【分析】解法一：由等差数列的通项公式及前n项和公式知结合基本量求解即可； 解法二：先利用等差数列的性质可得，再由等差数列的通项公式及前n项和公式知结合基本量求解即可. 【详解】解法一：由，得， 所以，所以， 又， 则，因为，所以，解得． 解法二：由得，所以， 则， 又， 则，因为，所以，解得． 故选：A. 类型六、双等差数列比值型 等差数列和的前项和分别为和，则 例6．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知，分别是等差数列，的前n项和，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据条件，利用等差数列的性质得，再结合条件，即可求解. 【详解】因为是等差数列， 所以，又， 所以， 故选：C. 变式6-1． （2022·河南许昌·三模）已知是等差数列的前项和，若对任意的，均有成立，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】推出，公差，当，此时，此时，即，则，当，，此时，，即，则，由得到的最小值为. 【详解】由题意，等差数列，对任意的，均有成立， 即是等差数列的前n项和中的最小值，必有，公差， 当，此时，，是等差数列的前n项和中的最小值， 此时，即，则． 当，，此时是等差数列的前n项和中的最小值， 此时，，即， 则， 则有，，，，， 综合可得，所以的最小值为． 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于适当判断数列各项的符号，并根据符号得到相应的不等关系. 变式6-2． （24-25高二下·黑龙江鸡西·阶段练习）设等差数列和的前项和分别是和，若， 求（      ） A． B． C．1 D． 【答案】B 【分析】根据等差数列的求和公式和等差数列的性质求值. 【详解】因为数列和均为等差数列， 所以. 故选：B 变式6-3．（2025·重庆·模拟预测）已知等差数列、的前项和分别为、，若，对，，，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】计算得出，即可得出实数的取值范围. 【详解】等差数列、的前项和分别为、，且， 则， 且当时，， 因为，，，则，即的最小值为. 故选：C. 类型七、前n项和“等差”性质 等差数列前n项和性质： 1.若数列{an}是公差为d的等差数列，则数列也是等差数列，且公差为d/2. 2.Sm，S2m，S3m分别为{an}的前m项，前2m项，前3m项的和，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m也成等差数列． 3.设两个等差数列{an}、{bn}的前n项和分别为Sn、Tn，则＝. 例7．（20-21高二·全国·课后作业）若等差数列的前7项和为48，前14项和为72，则它的前21项和为（    ） A．96 B．72 C．60 D．48 【答案】B 【分析】解法不唯一，可结合通项公式和前项和公式求出，进而求出；也可结合成等差数列性质求. 【详解】解法一：由解得 所以； 解法二：，，，所以，，成等差数列，公差为，由等差中项定义得，即，解得． 故选：B 变式7-1． （24-25高二下·广东韶关·期末）已知等差数列的前项和为，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用等差数列片段和的性质可知、、成等差数列可求得的值. 【详解】由题意可得，， 因为等差数列的前项和为， 由等差数列片断和的性质可知、、成等差数列， 所以，所以. 故选：A. 变式7-2． （24-25高二下·江西上饶·阶段练习）已知等差数列的前项和为，若，，则（   ） A．36 B．48 C．60 D．120 【答案】B 【分析】根据等差数列片段和的性质及等差中项的性质求. 【详解】由等差数列片段和的性质，，，，成等差数列， 故，则. 故选：B 变式7-3． （24-25高二下·河南南阳·期中）在等差数列中，已知，则（    ） A． B． C．-10 D． 【答案】D 【分析】根据等差数列的性质，得到成等差数列，代入已知条件，列式计算，即可求解. 【详解】根据等差数列前项和性质，可得成等差数列， 所以，即，解得． 故选：D. 类型八、前n项和最值与范围 1.在等差数列{an}中 当a1>0，d<0时，Sn有大值， 当a1<0，d>0时，Sn有小_值， 2.因为Sn＝n2＋n，若d≠0，则从二次函数的角度看：当d>0时，Sn有小值；当d<0时，Sn有大值；且n取最接近对称轴的自然数时，Sn取到最值． 例8．（2024·山东济南·二模）已知是各项均为正整数的递增数列，前项和为，若，当取最大值时，的最大值为（    ） A．63 B．64 C．71 D．72 【答案】C 【分析】因为是定值，要使当取最大值时也取得最大值，需满足前项是首相为，公差为的等差数列，通过计算的前项和与作比较，前项和与作比较即可得出的最大值. 【详解】因为是定值，要使当取最大值时也取得最大值，需满足各项尽可能取到最小值，又因为是各项均为正整数的递增数列，所以，即是首相为，公差为的等差数列，其中；的前项和为； 当时，； 当时，； 又因为， 所以的最大值为，此时，取得最大值为. 故选：C. 变式8-1． （2023·北京朝阳·一模）已知项数为的等差数列满足，．若，则k的最大值是（    ） A．14 B．15 C．16 D．17 【答案】B 【分析】通过条件，，得到， 再利用条件得到， 进而得到不等关系：，从而得到的最大值. 【详解】由，，得到， 即， 当时，恒有，即， 所以， 由，得到， 所以，， 整理得到：，所以. 故选：B 变式8-2． （2022·浙江·模拟预测）已知等差数列满足，若，则k的最大值是（    ） A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】B 【分析】设等差数列公差为，由题意可得，从而建立关于的不等式，求解不等式即可得答案. 【详解】解：设等差数列公差为，由，且， 得，即， 当时，， 当时，由，得， 所以， 所以，即，解得， 所以k的最大值是9. 故选：B. 变式8-3． （19-20高一下·上海闵行·期末）在等差数列中，是的前项和，满足，，则有限项数列，，…，，中，最大项和最小项分别为（    ） A．； B．； C．； D．； 【答案】C 【分析】先判断出，从而得到最小，结合前者得到给定新数列中的最大项和最小项. 【详解】因为为等差数列，故，， 故，，故，公差， ，， 而， 故，， 由不等式性质可得即 同理，故， 而， 故，，…，，中最大项和最小项分别为；. 故选：C. 【点睛】， 本题考查等差数列的性质、数列的最大项、最小项等，注意把数列的前和的符号转化为中间项的符号，另外注意不等式性质的正确使用，本题属于难题. 类型九、等差数列函数性质 等差数列函数性质： 1. 最常见的最值题型，就是把数列通项化归为对应的各种函数求最值，需要注意此时是离散型函数。 2.等差数列中比较常见的最值范围，是以首项或者公差为变量，构造不等式（组）求范围。 3.对于首项和公差的双变量，可利用三角换元求最值。 4.等差数列是关于n的一次型，就是存在正负项的分界点，利用正负分界研究范围最值。 5.借助于“高斯技巧”和均值不等式求最值。 6.借助于等差数列的“斜率性质”求最值，是比较好的关于等差数列最值范围的一道类型题。 7.与函数结合，运用函数的图像，值域，以及等差数列的定义等，是等差数列和函数的综合题型。 例9．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知数列满足，，则的最大值为（   ） A．420 B．380 C．342 D．6 【答案】A 【分析】条件可变形为①，将代入递推公式可得或；当时，②. ①-②化简变形可得或.当时，或； 当时，，故数列是以为首项，公差为2的等差数列.由等差数列通项公式可得，再利用累加法即可求解. 【详解】，①. 当时，，解得或. 当时，②. ①-②得， 或. 当时，或； 当时，， ∴数列是以为首项，公差为2的等差数列. 要使取得最大值，则，， 由等差数列通项公式可得. ，，，…，， 以上式子相加得 ， . 故的最大值为420. 故选：A. 【点睛】本题考查求数列通项公式与数列求和，解题关键是当时，两条件式作差变形后可得或.对第二种情况变形后利用等差数列通项公式与累加法即可求解. 变式9-1． （22-23高二上·广东广州·期末）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. 变式9-2．（24-25高二下·北京·期中）已知数列的通项公式为，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】由数列通项可证明数列为等差数列，再由恒成立即可得，解不等式即可求得结果. 【详解】根据题意令， 显然为常数； 所以为等差数列，首项为， 由对任意的恒成立,可知数列为递减数列，且从第11项起开始小于等于0， 所以，即，解得， 故选：A 变式9-3． （23-24高二上·上海长宁·期中）已知数列的通项公式为，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】代入得出，先说明为等差数列.进而由已知可得出，代入求解即可得出答案. 【详解】令，则为常数， 所以数列为等差数列，首项为. 由已知对任意的恒成立， 可知有，即，解得. 故选：A. 类型十、含绝对值型等差数列 例10．（22-23一下·上海浦东新·）等差数列，满足，则（ ） A．的最大值为50 B．的最小值为50 C．的最大值为51 D．的最小值为51 【答案】A 【分析】首先数列中的项一定满足既有正项，又有负项，不妨设，由此判断出数列为偶数项，利用配凑法和关系式的变换求出的最大值. 【详解】为等差数列，则使，所以数列中的项一定有正有负，不妨设，因为为定值，故设，且，解得.若且，则，同理若，则.所以，所以数列的项数为，所以，由于，所以，解得，故，故选A. 【点睛】本小题主要考查数列的通项公式的应用，考查等差数列求和公式的应用，考查运算求解能力，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题. 变式10-1．（20-21高二下·浙江衢州·期末）已知等差数列满足：，则的最大值为（    ） A．18 B．16 C．12 D．8 【答案】C 【分析】根据等差数列性质分析题中数列变化规律，计算得出结果. 【详解】 不为常数列，且数列的项数为偶数，设为 则，一定存在正整数k使得或 不妨设，即， 从而得，数列为单调递增数列， ，且， ，同理 即， 根据等差数列的性质， 所以n的最大值为12，选项C正确，选项ABD错误 故选：C. 变式10-2． （2025·安徽·二模）记数列的前项和为，若，则的值不可能为（    ） A．96 B．98 C．100 D．102 【答案】D 【分析】根据和的关系分析及特例求解判断即可. 【详解】当时，，设， 当时，，则， 即，所以， 时取等，故D错误； 若，，且，，， 此时； 若，，且，，， 此时. 故A，B，C正确. 故选：D. 变式10-3． （2023·上海青浦·模拟）等差数列，满足 ，则（    ） A．n的最大值是50 B．n的最小值是50 C．n的最大值是51 D．n的最小值是51 【答案】A 【分析】不妨设，，由对称性可得：. 可得，.解得.可得，可得，解出即可得出. 【详解】解：不妨设，，由对称性可得：.则，. ，， ∴ ∴， ∴， ∴，解得：， ∴，∴. ∴n的最大值为50. 故选：A. 【点睛】本题考查了等差数列的通项公式求和公式及其性质､方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题. 类型十一、等差数列正负不等式型 在等差数列中 （1）若，则满足的项数使得取得最大值； （2）若，则满足的项数使得取得最小值． 即若，则有最大值（所有正项或非负项之和）； 若，则有最小值（所有负项或非正项之和）． 例11．（24-25高二下·四川成都·期中）已知数列为等差数列，且数列的前项和有最大值，若，，则取得最小正值时，的值为（    ） A．1013 B．1014 C．2024 D．2025 【答案】D 【分析】由题可知数列是递减的等差数列，再由前n项和公式和下角标和的性质即可求解. 【详解】因为数列的前n项和有最大值，所以数列是递减的等差数列， 又，，所以， 即数列的前1013项为正数，从第1014项开始为负数， 由等差数列求和公式和性质可知， ， ， 所以当取最小正值时，． 故选：D. 变式11-1．（23-24高一下·安徽黄山·阶段练习）若数列是等差数列，首项，，，则使前项和成立的最大自然数是（    ） A．4040 B．4041 C．4042 D．4043 【答案】A 【分析】由等差数列的，及得数列是递减的数列，因此可确定，然后利用等差数列的性质求前项和，确定和的正负． 【详解】∵，∴和异号， 又数列是等差数列，首项，∴是递减的数列，， ，∴， ， ∴满足的最大自然数为4040． 故选：A． 【点睛】本题考查等差数列的性质，考查等差数列的前项和，掌握等差数列的性质是解题关键． 变式11-2．（22-23高二上·陕西宝鸡·阶段练习）已知为等差数列，为公差，为前n项和，，则下列说法错误的是（    ） A． B． C．和均为的最大值 D． 【答案】C 【解析】运用等差数列前n项和的性质、等差数列下标的性质进行判断即可. 【详解】由， 由，故选项B说法正确； 因为，，所以，因此选项A说法正确； 因为，所以等差数列是单调递增数列，因此没有最大值，故选项C说法错误； 由， 因为，所以，因此选项D说法正确. 故选：C 变式11-3． （22-23高三上·河南·开学考试）已知等差数列的前n项和为，且，则满足的正整数n的最大值为（    ） A．11 B．12 C．21 D．22 【答案】C 【分析】由可知，则可知，由此即可选出答案. 【详解】因为， 所以 所以故， 所以满足的正整数的最大值为21． 故选：C． 类型十二、等差数列压轴小题综合 例12．（2025高一·全国·专题练习）两列数与均有项，则这两列数中都出现的数的个数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】记，，计算得出，由这两个数列的公共项构成的记为数列，分析可知数列为等差数列，确定该数列的首项和公差，可求出的通项公式，然后解不等式，即可得解. 【详解】记，，且数列、均有项， ，，所以， 且等差数列、的公差分别为、， 所以，这两个数列的公共项构成的记为数列， 由题意知，数列为等差数列，且其首项为，公差为， 故，由，可得， 因此，这两列数中都出现的数的个数为. 故选：B. 变式12-1．（2025·江西·模拟预测）记为等差数列的前n项和，且，则满足的n的最大值为（   ） A．40 B．41 C．42 D．43 【答案】B 【分析】由等差数列求和公式得，根据题意列出不等式即可求解. 【详解】由已知可得， 的公差为，故， 故， 令，又，所以，故n的最大值为41， 验证，， 所以n的最大值为41. 故选：B. 变式12-2．（24-25高二下·河南·期末）设的整数部分为，则数列的前36项的和为（   ） A．705 B．702 C．699 D．703 【答案】D 【分析】化简可得数列的通项公式，利用等差数列求和公式计算即可. 【详解】， 当时，，故， 当时，，故的整数部分为， 所以， 故数列的前36项的和为. 故选：D 变式12-3． （24-25高二上·福建龙岩·阶段练习）已知等差数列的前n项和为，，，则使不等式成立的最大的的值为（ ） A．13 B．14 C．15 D．16 【答案】C 【分析】利用等差数列的性质判断数列的增减性，再利用等差数列的前项和公式即可. 【详解】因数列是等差数列，则， 又，则，故公差，则数列是递增数列， 故当时递减，当时递增， 又，， 故使不等式成立的最大的的值为. 故选：C 压轴专练 一、单选题 1. （24-25高二下·四川广安·阶段练习）已知公差为的等差数列满足，且，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】化简可得，设代入化简可得，由，解不等式即可求出答案. 【详解】因为，所以， 设，所以，所以， 解得：，因为，所以， 所以，整理可得：， 因为， 所以，则，解得：， 故选：A. 2．（24-25高二下·上海宝山·阶段练习）已知函数．若数列的前项和为，且满足，，则的最大值为（   ） A．23 B．12 C．20 D． 【答案】D 【分析】先得到及递推公式，要想最大，则分两种情况，为负数且最小或为正数且最大，进而求出最大值. 【详解】由题意可知：， 当时，； 当时，， 两式相减可得：，整理得：， 所以，或， 当是公差为的等差数列，且时，最小，可能最大， 此时，解得，此时； 当且是公差为的等差数列时，最大，可能最大， 此时，解得，此时； 综上所述：的最大值为. 故选：D. 3．（24-25高二下·江西南昌·阶段练习）设数列满足，，，若表示大于的最小整数，如，，记，则数列的前2025项之和为（   ） A．4052 B．4051 C．4050 D．4049 【答案】B 【分析】根据题意，由递推关系结合等差数列通项公式与累加法可得数列的通项公式，从而得到数列的通项公式，然后结合的定义，即可得到结果． 【详解】由，得， 所以数列为公差为2的等差数列，首项为， ， 则 ， ， 又，当时，，故， 所以数列的前2025项之和为. 故选：B. 4．（24-25高二下·湖北·阶段练习）已知数列、满足，，这两个数列的项组成一个集合，集合中的数按从小到大的顺序排列组成数列，的前项和为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】求出数列、的公共项构成的数列的通项公式，计算得出，分析可知数列的前项包含数列的前项，数列的前项，且、、这三项出现两次，各记为一次，利用等差数列的求和公式可求得的值. 【详解】数列的各项为：、、、、、、、、、、、， 数列的各项为：、、、、、、、、、、、， 所以，数列、的公共项为：、、、， 则数列、公共项构成以首项为，公差为的等差数列， 所以，，则，且， 所以，数列的前项包含数列的前项，数列的前项，且、、这三项出现两次，各记为一次， 所以，. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：解本题的关键点在于确定数列的前项的构成，进而利用等差数列求和公式求解. 二、多选题 5．（24-25高二下·广东江门·期中）等差数列是递增数列，其公差为，前项和为，满足，则下列结论正确的是（ ） A． B． C．当时，最小 D．当时，的最小值为 【答案】ABC 【分析】根据等差数列基本量的计算可得，进而根据单调性判断可得时，，当时，即可判断ABC，根据及时，得时，即可判断D. 【详解】由可得，故， 由于是递增数列，故，，故A正确，B正确， 进而可得当时，，当时， 因此或时，取得最小值，C正确， 由于，故当时，，因此时n的最小值为6，D错误， 故选：ABC 6．（2025·山西·三模）已知数列的通项公式为，则下列说法正确的是（     ） A．是递增数列 B．在的所有前项和中，前五项和最小 C．在的所有前项积中，前五项积最小 D．在的所有前项积中，前四项积最大 【答案】ABD 【分析】利用等差数列的基本性质逐个选项分析判断即可. 【详解】对于A，，即是等差数列，且为递增数列，故A正确； 对于B，由均为负数，时，，故B正确； 对于C，由均为负数，时，，所以，当时，， 且为递增数列，所以前项积没有最小值，故C错误； 对于D，由，且此时最大，由于，时，， 所以，当时，，故D正确. 故选：ABD． 7．（23-24高二下·重庆·阶段练习）已知数列满足，，则（    ） A．当为奇数时， B．当为偶数时， C． D．数列的前项和为 【答案】BCD 【分析】根据给出的递推公式，可以分别求出奇偶项的通项公式，据此可判断选项A，B，C的正确与否；用分组求和可计算出前项的和可判断选项D. 【详解】令，由已知可得，， 所以，又，所以，; 令，所以，当为奇数时，，故A错误； 令，所以，当为偶数时，，故B正确； 由B可知，，令， 由已知可得，， 所以，综上，故C正确； 前项中的奇数项和， 前项中的偶数项和， 所以数列的前项和为，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题 8．（24-25高二下·上海·期末）等差数列中已知，则当取到最大值时， ． 【答案】 【分析】应用等差数列通项公式结合基本不等式计算，得出取等条件即可. 【详解】设等差数列的公比为. 因为等差数列中， 所以 ， 设，所以， 当且仅当，即时，取到最小值，取最大值， 所以当取到最大值时，，所以. 故答案为：. 9．（2025高二·全国·专题练习）已知数列满足，，设，则的最小值为 . 【答案】 【分析】根据给定的递推公式，结合等差数列求出，进而求出及其的最小值. 【详解】由，得，而，则， 因此数列是首项为，公差为2的等差数列，， ， 注意到离函数对称轴最近2个整数为和3， 又，所以当时，取得最小值. 故答案为： 10．（24-25高三上·江苏·期末）已知数列的前项和为，，，在和两项之间插入个2，得到新数列，则数列的前100项和为 ． 【答案】251 【分析】根据前项和与通项的关系，以及累乘法得到，再根据数列的项数得出插入2的数量，从而求解. 【详解】由题意知，，且， 根据前项和与通项的关系： ， 整理可得：，累乘得通项公式：， 因为， 又因为， 所以数列的前100项在后还有32个2， 所以数列的前100项和为， 故答案为：251. 11．（23-24高二上·上海·期末）等差数列满足，则的最大值为 ． 【答案】50 【分析】根据题意分析可知：存在，使得或，以为例，设等差数列的公差为，结合绝对值不等式的性质分析可知：，且，进而可得，再根据等差数列的前n项和公式，求得，从而得出，即可求解. 【详解】若对任意，恒成立，则， 可得， ， 显然两者不相等，不合题意； 同理可得对任意，恒成立也不合题意； 所以等差数列一部分为正，一部分为负， 即存在，使得或， 若，可得， 且 ， 当且仅当时，等号成立， 即，解得； 且 ， 当且仅当时，等号成立 即，解得， 综上所述：，即满足条件的必为偶数， 结合等号成立条件可知：且， 设等差数列的公差为，则，，， 即，，， 可得， 则 ， 可得，解得， 且，即有的最大值为，的最大值为； 同理可得：当，的最大值也为. 故答案为：50. 【点睛】关键点睛：1.根据的符号性分析可得存在，使得或； 2.根据绝对值不等式分析可得，且. 12．（24-25高二上·福建龙岩·阶段练习）已知数列满足则数列的通项公式为 . 【答案】 【分析】由递推关系变形，可转化为为等差数列，据此可求出通项公式. 【详解】， ，即， 解得， 由题意知，，故由可得， 所以是以为首项，为公差的等差数列， ， 故 故答案为： 13．（2025·海南·模拟预测）已知首项为2数列的前项和为，且．若，则的最小值为 ． 【答案】6 【分析】根据给定条件，利用构造法求出，作差构造新数列，探讨单调性求出的最小值. 【详解】由，得， 所以数列是首项为，公差为1的等差数列， 所以，即，故， 令，则， 所以数列是递增数列， 因为，， 所以当时，，即， 当时，，即， 所以的最小值为6． 故答案为：6 14．（2025·重庆·三模）数列满足，则的前100项和 ． 【答案】 【分析】根据题意得当为偶数时，当为奇数时，进而求得奇数项与偶数项的和即可求解. 【详解】， ①当为偶数时， ，，， ，， … ， . ②当为奇数时， ，， ， ，，…，， ， 故答案为： 结束 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01等差数列性质归类 目录 类型一、等差基础：定义与判定 类型二、等差性质：“等距”性质 类型三、递推公式型推导等差数列 类型四、奇数项和型 类型五、等差数列sn与an型 类型六、双等差数列比值型 类型七、前n项和“等差”性质 类型八、前n项和最值与范围 类型九、等差数列函数性质 类型十、含绝对值型等差数列 类型十一、等差数列正负不等式型 类型十二、等差数列压轴小题综合 压轴专练 类型一、等差基础：定义与判定 判定等差数列： 1. 等差数列判定，可以用定义法。 2. 等差数列的结构性变化，是否依旧具有等差性质，否定很简单，可以代指否定，否则依旧要用定义来确认。 3. 判断难点是递推这一类型，需要通过构造求出通项公式。通项公式是关于n的一次函数形式，即为等差数列。 4. 注意多个等差数列的“加减乘除”是否具有等差性质。 一般情况下，以下几条推论成立： （1）若{an}，是等差数列，则是等差数列 （2）若{an}是等差数列，则每隔k项取出一项，依旧是等差数列（跳棋性质） （3）若{an}是等差数列且公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为2d． （4）若{an}是等差数列且公差为d，则{a2n－1＋a2n}也是等差数列，公差为4d． 类似这样的规律，可以多举例子（实际授课时，用跳棋来打比方）增加理解，但不要求学生记忆。 5.稍微复杂的递推公式，要在鉴别出“累加法”“累积法”以及“周期数列”的特征基础上，可以推导出等差数列的定义形式。 例1．（2025·四川攀枝花·模拟预测）已知各项都是正数的数列的前n项和为，且，则下列说法中正确的是（    ） A． B．是等比数列 C． D． 变式1-1．（2024·江苏淮安·模拟预测）已知p：数列满足：存在正整数，对任意的，，都有，：数列是等差数列.则是的（    ）条件 A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要 变式1-2．（24-25高二下·山东德州·阶段练习），若存在使得成等差数列，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 变式1-3． （2025高三·全国·专题练习）“存在，使得”是“为等差数列”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 类型二、等差性质：“等距”性质 等差性质：“等距”性质，实质是等差中项性质的扩展。 1. 等差中项既可以作为等差定义用，也可以计算中化简， 2. “等距”性质俗称“高斯技巧”：（类比高斯的5050数计算原理，也就是“倒序求和”的体现） 若{an}是等差数列，且k＋l＝m＋n(k、l、m、n∈N*)，则__ak＋al＝am＋an_ 授课时，要讲清：（1）可以三项对三项；（2）可以是相同项。 “高斯技巧”实质是广义的等差中项。使用“高斯技巧”，可以快速找出数量关系，避免列方程计算， 3. 等差数列可推得如下通项公式及推论：。此性质， 此处建议授课时， 用直线斜率解释。。 4. 等差数列满足等式，既可以设首项和公差列方程计算，也可以通过“高斯技巧”简化来计算。 5. 等差数列，结合定义，可得经验口诀：“等差数列相同结构式子可作差，等比数列可做商”。. 例2、（24-25高二下·安徽·期中）若方程的四个根组成一个首项为的等差数列，则（    ） A． B． C． D． 变式2-1．（24-25高二下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）若等差数列满足，则（   ） A．2025 B． C． D． 变式2-2． （24-25高二上·福建龙岩·期中）公差不为0的等差数列中，，则的值不可能是（   ） A．9 B．16 C．22 D．25 变式2-3． （24-25高三上·江苏泰州·期中）在1和11之间插入个数，使得这个数成等差数列．若这个数中第1个为，第个为，则的最小值是（    ） A． B．2 C．3 D． 类型三、递推公式型推导等差数列 许多复杂的递推公式，经过化简构造后，发现是等差数列，实际上，这个递推公式源于等差数列定义式子，可以通过换元，得到更复杂的式子。以下总结了一些常见的递推公式，蕴含了“二级形式”的等差数列。授课时要讲清楚，这是经验型递推总结。 1.根号型换元。 2.系数配凑型， 这个系数。既可以是乘。也可以是除。 3.指数凑配型，换元扩展。 4.倒数型。复杂分式，可以适当分离取倒数，得到等差数列。 5.奇偶等差型。对于这类“和”型，有时候可推出奇数项和偶数项各自独立的成等差数列。在授课时要讲清通项公式推导过程。 6.结构型， 7.消常数同除型。 8.配方型. 9.双数列纠缠迭代型。 例3．（24-25高二下·河南周口·期末）已知在数列中，，，，则中的最大项是（   ） A． B． C． D． 变式3-1．（23-24高三下·浙江·开学考试）已知数列满足，且对任意均有.记的前项和为，则（    ） A．28 B．140 C．256 D．784 变式3-2． （22-23高二下·河南郑州·期中）已知数列各项均不为零，且（且），若，则（    ） A．19 B．20 C．22 D．23 变式3-3． （22-23高二上·江苏镇江·期末）已知数列满足，若对任意正实数，总存在和相邻两项，使得成立，则实数的最小值为（    ） A． B． C． D． 类型四、奇数项和型 利用“高斯技巧”，可得等差数列奇数项和公式： 而等差数列奇偶各自满足以下性质： 1.. 2. 3. 例4．（24-25高三上·河南南阳·阶段练习）数列满足，，若数列的前项的和为，则的的最小值为（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 变式4-1．（2024·浙江温州·三模）数列的前项和为，则可以是（    ） A．18 B．12 C．9 D．6 变式4-2． （24-25高二·全国·课堂例题）一个等差数列共有项，其偶数项之和是，奇数项之和是，则它的首项与公差分别是（   ） A． B． C． D． 变式4-3． （18-19高一下·四川·阶段练习）已知等差数列共有项，其中奇数项之和为290，偶数项之和为261，则的值为（    ）． A．30 B．29 C．28 D．27 类型五、等差数列sn与an型 等差数列前n项和公式有三个，注意适用范围。 1.俗称梯形面积公式:，上底加下底，乘高除以二 2.计算型公式： 3.等差中项型： 例5．（21-22高三上·浙江金华·阶段练习）已知数列的前n项和为，若是公差为d（）的等差数列，则（    ） A． B． C． D． 变式5-1．（2021·云南昆明·三模）已知数列的前n项和为，，，则（    ） A．414 B．406 C．403 D．393 变式5-2． （20-21高三上·湖南长沙·开学考试）设数列的前项和为，当时，，，成等差数列，若，且，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 变式5-3． （2025高三·全国·专题练习）已知等差数列的前n项和为，公差．若，，则（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 类型六、双等差数列比值型 等差数列和的前项和分别为和，则 例6．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知，分别是等差数列，的前n项和，且，则（    ） A． B． C． D． 变式6-1． （2022·河南许昌·三模）已知是等差数列的前项和，若对任意的，均有成立，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 变式6-2． （24-25高二下·黑龙江鸡西·阶段练习）设等差数列和的前项和分别是和，若， 求（      ） A． B． C．1 D． 变式6-3．（2025·重庆·模拟预测）已知等差数列、的前项和分别为、，若，对，，，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 类型七、前n项和“等差”性质 等差数列前n项和性质： 1.若数列{an}是公差为d的等差数列，则数列也是等差数列，且公差为d/2. 2.Sm，S2m，S3m分别为{an}的前m项，前2m项，前3m项的和，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m也成等差数列． 3.设两个等差数列{an}、{bn}的前n项和分别为Sn、Tn，则＝. 例7．（20-21高二·全国·课后作业）若等差数列的前7项和为48，前14项和为72，则它的前21项和为（    ） A．96 B．72 C．60 D．48 变式7-1． （24-25高二下·广东韶关·期末）已知等差数列的前项和为，，则（   ） A． B． C． D． 变式7-2． （24-25高二下·江西上饶·阶段练习）已知等差数列的前项和为，若，，则（   ） A．36 B．48 C．60 D．120 变式7-3． （24-25高二下·河南南阳·期中）在等差数列中，已知，则（    ） A． B． C．-10 D． 类型八、前n项和最值与范围 1.在等差数列{an}中 当a1>0，d<0时，Sn有大值， 当a1<0，d>0时，Sn有小_值， 2.因为Sn＝n2＋n，若d≠0，则从二次函数的角度看：当d>0时，Sn有小值；当d<0时，Sn有大值；且n取最接近对称轴的自然数时，Sn取到最值． 例8．（2024·山东济南·二模）已知是各项均为正整数的递增数列，前项和为，若，当取最大值时，的最大值为（    ） A．63 B．64 C．71 D．72 变式8-1． （2023·北京朝阳·一模）已知项数为的等差数列满足，．若，则k的最大值是（    ） A．14 B．15 C．16 D．17 变式8-2． （2022·浙江·模拟预测）已知等差数列满足，若，则k的最大值是（    ） A．8 B．9 C．10 D．11 变式8-3． （23-24高一下·上海闵行·阶段练习）在等差数列中，是的前项和，满足，，则有限项数列，，…，，中，最大项和最小项分别为（    ） A．； B．； C．； D．； 类型九、等差数列函数性质 等差数列函数性质： 1. 最常见的最值题型，就是把数列通项化归为对应的各种函数求最值，需要注意此时是离散型函数。 2.等差数列中比较常见的最值范围，是以首项或者公差为变量，构造不等式（组）求范围。 3.对于首项和公差的双变量，可利用三角换元求最值。 4.等差数列是关于n的一次型，就是存在正负项的分界点，利用正负分界研究范围最值。 5.借助于“高斯技巧”和均值不等式求最值。 6.借助于等差数列的“斜率性质”求最值，是比较好的关于等差数列最值范围的一道类型题。 7.与函数结合，运用函数的图像，值域，以及等差数列的定义等，是等差数列和函数的综合题型。 例9．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知数列满足，，则的最大值为（   ） A．420 B．380 C．342 D．6 变式9-1． （22-23高二上·广东广州·期末）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． 变式9-2．（24-25高二下·北京·期中）已知数列的通项公式为，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． 变式9-3． （23-24高二上·上海长宁·期中）已知数列的通项公式为，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． 类型十、含绝对值型等差数列 例10．（22-23一下·上海浦东新·）等差数列，满足，则（ ） A．的最大值为50 B．的最小值为50 C．的最大值为51 D．的最小值为51 变式10-1．（20-21高二下·浙江衢州·期末）已知等差数列满足：，则的最大值为（    ） A．18 B．16 C．12 D．8 变式10-2． （2025·安徽·二模）记数列的前项和为，若，则的值不可能为（    ） A．96 B．98 C．100 D．102 变式10-3． （2023·上海青浦·模拟）等差数列，满足 ，则（    ） A．n的最大值是50 B．n的最小值是50 C．n的最大值是51 D．n的最小值是51 类型十一、等差数列正负不等式型 在等差数列中 （1）若，则满足的项数使得取得最大值； （2）若，则满足的项数使得取得最小值． 即若，则有最大值（所有正项或非负项之和）； 若，则有最小值（所有负项或非正项之和）． 例11．（24-25高二下·四川成都·期中）已知数列为等差数列，且数列的前项和有最大值，若，，则取得最小正值时，的值为（    ） A．1013 B．1014 C．2024 D．2025 变式11-1．（23-24高一下·安徽黄山·阶段练习）若数列是等差数列，首项，，，则使前项和成立的最大自然数是（    ） A．4040 B．4041 C．4042 D．4043 变式11-2．（22-23高二上·陕西宝鸡·阶段练习）已知为等差数列，为公差，为前n项和，，则下列说法错误的是（    ） A． B． C．和均为的最大值 D． 变式11-3． （22-23高三上·河南·开学考试）已知等差数列的前n项和为，且，则满足的正整数n的最大值为（    ） A．11 B．12 C．21 D．22 类型十二、等差数列压轴小题综合 例12．（2025高一·全国·专题练习）两列数与均有项，则这两列数中都出现的数的个数为（   ） A． B． C． D． 变式12-1．（2025·江西·模拟预测）记为等差数列的前n项和，且，则满足的n的最大值为（   ） A．40 B．41 C．42 D．43 变式12-2．（24-25高二下·河南·期末）设的整数部分为，则数列的前36项的和为（   ） A．705 B．702 C．699 D．703 变式12-3． （24-25高二上·福建龙岩·阶段练习）已知等差数列的前n项和为，，，则使不等式成立的最大的的值为（ ） A．13 B．14 C．15 D．16 压轴专练 一、单选题 1. （24-25高二下·四川广安·阶段练习）已知公差为的等差数列满足，且，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高二下·上海宝山·阶段练习）已知函数．若数列的前项和为，且满足，，则的最大值为（   ） A．23 B．12 C．20 D． 3．（24-25高二下·江西南昌·阶段练习）设数列满足，，，若表示大于的最小整数，如，，记，则数列的前2025项之和为（   ） A．4052 B．4051 C．4050 D．4049 4．（24-25高二下·湖北·阶段练习）已知数列、满足，，这两个数列的项组成一个集合，集合中的数按从小到大的顺序排列组成数列，的前项和为，则（   ） A． B． C． D． 二、多选题 5．（24-25高二下·广东江门·期中）等差数列是递增数列，其公差为，前项和为，满足，则下列结论正确的是（ ） A． B． C．当时，最小 D．当时，的最小值为 6．（2025·山西·三模）已知数列的通项公式为，则下列说法正确的是（     ） A．是递增数列 B．在的所有前项和中，前五项和最小 C．在的所有前项积中，前五项积最小 D．在的所有前项积中，前四项积最大 7．（23-24高二下·重庆·阶段练习）已知数列满足，，则（    ） A．当为奇数时， B．当为偶数时， C． D．数列的前项和为 三、填空题 8．（24-25高二下·上海·期末）等差数列中已知，则当取到最大值时， ． 9．（2025高二·全国·专题练习）已知数列满足，，设，则的最小值为 . 10．（24-25高三上·江苏·期末）已知数列的前项和为，，，在和两项之间插入个2，得到新数列，则数列的前100项和为 ． 11．（23-24高二上·上海·期末）等差数列满足，则的最大值为 ． 12．（24-25高二上·福建龙岩·阶段练习）已知数列满足则数列的通项公式为 . 13．（2025·海南·模拟预测）已知首项为2数列的前项和为，且．若，则的最小值为 ． 14．（2025·重庆·三模）数列满足，则的前100项和 ． 结束 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$