专题6 数列 考点14 等差数列-【区块练】2021-2025年五年高考真题分类汇编数学

一、选择题 1.(2025·全国二卷)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 2.(2025·北京卷)已知{an}是公差不为0的等差数列，a1＝－2，若a3，a4，a6成等比数列，则a10＝(　　) A.－20 B.－18 C.16 D.18 3.(2024·全国甲卷·文)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝1，则a3＋a7＝(　　) A.－2 B. C.1 D. 4.(2024·全国甲卷·理)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.－ 5.(2021·北京卷){an}和{bn}是两个等差数列，其中(1≤k≤5)为常值，a1＝288，a5＝96，b1＝192，则b3＝(　　) A.64 B.128 C.256 D.512 二、填空题 6.(2024·新课标Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3＋a4＝7,3a2＋a5＝5，则 S10＝________. 7.(2024·上海卷·春)已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＝n＋c，S7<0，则c的取值范围为________. 8.(2022·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若2S3＝3S2＋6，则公差d＝________. 三、解答题 9.(2023·全国乙卷·文)记Sn为等差数列的前n项和，已知a2＝11，S10＝40. (1)求的通项公式； (2)求数列的前n项和Tn. 一、选择题 1.(2025·天津卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋8n，则{|an|}的前12项和为(　　) A.48 B.112 C.80 D.144 2.(2023·全国甲卷·文)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝(　　) A.25　 　B.22 C.20　 　D.15 3.(2023·全国乙卷·理)已知等差数列{an}的公差为，集合S＝{cos an|n∈N*}，若S＝，则ab＝(　　) A.－1 B.－ C.0 D. 4.(2020·北京卷)在等差数列{an}中，a1＝－9，a5＝－1.记Tn＝a1a2…an(n＝1,2，…)，则数列{Tn}(　　) 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 二、解答题 5.(2023·全国甲卷·理)记Sn为数列的前n项和，已知a2＝1,2Sn＝nan. (1)求的通项公式； (2)求数列的前n项和Tn. 6.(2022·浙江卷)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. 7.(2021·全国甲卷)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. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题六　数列 考点14　题组一 1.解析　设等差数列{an}的公差为d，则由题可得⇒ 所以S6＝6a1＋15d＝6×5＋15×(－3)＝－15. 故选B. 答案　B 2.解析　设等差数列{an}的公差为d(d≠0)， 因为a3，a4，a6成等比数列，且a1＝－2， 所以a＝a3a6，即(－2＋3d)2＝(－2＋2d)(－2＋5d)，解得d＝2或d＝0(舍去)， 所以a10＝a1＋9d＝－2＋9×2＝16. 故选C. 答案　C 3.解析　解法一　设等差数列{an}的公差为d，由S9＝9a1＋d＝9(a1＋4d)＝1，得a1＋4d＝，则a3＋a7＝a1＋2d＋a1＋6d＝2a1＋8d＝2(a1＋4d)＝，故选D. 解法二　因为{an}为等差数列，所以S9＝＝9a5＝1，得a5＝，则a3＋a7＝2a5＝，故选D. 答案　D 4.解析　由S5＝S10，得＝，所以5a3＝5(a3＋a8)，所以a8＝0，公差d＝＝－，所以a1＝a5－4d＝1－4×＝，故选B. 答案　B 5.解析　由已知条件求出b5的值，利用等差中项的性质可求得b3的值. 由已知条件可得＝，则b5＝＝＝64，因此，b3＝＝＝128. 故选B. 答案　B 6.解析　解法一(基本量法)　设{an}的公差为d，由a3＋a4＝a1＋2d＋a1＋3d＝2a1＋5d＝7,3a2＋a5＝3(a1＋d)＋a1＋4d＝4a1＋7d＝5，解得a1＝－4，d＝3，则S10＝10a1＋45d＝95. 解法二(利用下标和性质)　设{an}的公差为d，由a3＋a4＝a2＋a5＝7,3a2＋a5＝5，得a2＝－1，a5＝8，故d＝＝3，a6＝11，则S10＝×10＝5(a5＋a6)＝5×19＝95. 答案　95 7.解析　由题意可知数列{an}是首项为c＋1，公差为1的等差数列，则S7＝7(c＋1)＋×1＝7c＋28<0，解得c<－4. 答案　(－∞，－4) 8.解析　因为2S3＝3S2＋6，所以2(a1＋a2＋a3)＝3(a1＋a2)＋6，化简得3d＝6，得d＝2. 答案　2 9.解析　(1)设等差数列的公差为d， 由题意可得 即解得 所以an＝13－2＝15－2n. (2)因为Sn＝＝14n－n2， 令an＝15－2n>0，解得n<，且n∈N*， 当n≤7时，则an>0，可得Tn＝＋＋…＋＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝14n－n2； 当n≥8时，则an<0，可得Tn＝＋＋…＋＝－ ＝S7－＝2S7－Sn＝2－＝n2－14n＋98. 综上所述Tn＝ 考点14　题组二 1.解析　当n＝1时，a1＝S1＝－1＋8＝7，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋8n－[－(n－1)2＋8(n－1)]＝－2n＋9， 显然a1＝7也符合该式，所以an＝－2n＋9，所以|an|＝所以{|an|}的前12项和为＋＝80，故选C. 答案　C 2.解析　法一：设等差数列{an}的公差为d，首项为a1，依题意可得， a2＋a6＝a1＋d＋a1＋5d＝10，即a1＋3d＝5， 又a4a8＝(a1＋3d)(a1＋7d)＝45， 解得d＝1，a1＝2， 所以S5＝5a1＋×d＝5×2＋10＝20. 故选：C. 法二：a2＋a6＝2a4＝10，a4a8＝45， 所以a4＝5，a8＝9， 从而d＝＝1，于是a3＝a4－d＝5－1＝4， 所以S5＝5a3＝20. 故选C. 答案　C 3.解析　依题意，等差数列中，an＝a1＋(n－1)·＝n＋，显然函数y＝cosn＋的周期为3，而n∈N，即cos an最多有3个不同取值，又{cos an|n∈N}＝{a，b}，则在cos a1，cos a2，cos a3中，cos a1＝cos a2≠cos a3或cos a1＝cos a3≠cos a2，于是有cos θ＝cos，即有θ＋＝2kπ，k∈Z，解得θ＝kπ－，k∈Z， 所以k∈Z，ab＝coscos＋＝－coscoskπ＝－cos2kπcos＝－. 故选B. 答案　B 4.解析　设等差数列{an}的公差为d，∵a1＝－9，a5＝－1，∴a5＝－9＋4d＝－1，∴d＝2，∴an＝－9＋(n－1)×2＝2n－11. 令an＝2n－11≤0，则n≤5.5，∴n≤5时，an<0；n≥6时，an>0.∴T1＝－9<0，T2＝(－9)×(－7)＝63>0，T3＝(－9)×(－7)×(－5)＝－315<0，T4＝(－9)×(－7)×(－5)×(－3)＝945>0，T5＝(－9)×(－7)×(－5)×(－3)×(－1)＝－945<0，当n≥6时，an>0，且an≥1，∴Tn＋1<Tn<0，∴Tn＝a1a2…an(n＝1,2，…)有最大项T4，无最小项，故选B. 答案　B 5.解析　(1)因为2Sn＝nan， 当n＝1时，2a1＝a1，即a1＝0； 当n＝3时，2＝3a3，即a3＝2， 当n≥2时，2Sn－1＝an－1，所以2＝nan－an－1＝2an， 化简得an＝an－1， 当n≥3时，＝＝…＝＝1，即an＝n－1， 当n＝1,2,3时都满足上式，所以an＝n－1. (2)因为＝，所以Tn＝1×1＋2×2＋3×3＋…＋n×n， Tn＝1×2＋2×3＋…＋(n－1)×n＋n×n＋1， 两式相减，得 Tn＝1＋2＋3＋…＋n－n×n＋1＝－n×n＋1 ＝1－n， 即Tn＝2－n，n∈N*. 6.解析　(1)由S4－2a2a3＋6＝0得4a1＋6d－2(a1＋d)·(a1＋2d)＋6＝0，即d2－3d＝0.又d＞1，故d＝3.所以Sn＝na1＋d＝. (2)因为an＋cn，an＋1＋4cn，an＋2＋15cn成等比数列，所以(an＋1＋4cn)2＝(an＋cn)·(an＋2＋15cn)，得c＋(8an＋1－15an－an＋2)·cn＋a－anan＋2＝0，即c＋(8－8nd＋14d)·cn＋d2＝0. 由题意得Δ＝(8－8nd＋14d)2－4d2 ＝(8－8nd＋14d＋2d)(8－8nd＋14d－2d) ＝(8－8nd＋16d)(8－8nd＋12d)≥0， 即[(2n－3)d－2][(n－2)d－1]≥0(*)对n∈N*恒成立. 当n＝1时，因为d＞1，所以不等式(*)成立； 当n＝2时，－(d－2)≥0，得1＜d≤2； 当n≥3且n∈N*时，因为d＞1， 所以[(2n－3)d－2]·[(n－2)d－1]≥(2n－3－2)·(n－2－1)≥0，此时不等式(*)恒成立. 综上可得1＜d≤2. 7.解析　选①②作条件证明③时，可设出，结合an，Sn的关系求出an，利用{an}是等差数列可证a2＝3a1； 选①③作条件证明②时，根据等差数列的求和公式表示出，结合等差数列定义可证； 选②③作条件证明①时，设出＝an＋b，结合an，Sn的关系求出an，根据a2＝3a1可求b，然后可证{an}是等差数列. 选①②作条件证明③： 设＝an＋b(a>0)，则Sn＝(an＋b)2， 当n＝1时，a1＝S1＝(a＋b)2； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(an＋b)2－(an－a＋b)2＝a(2an－a＋2b)； 因为{an}也是等差数列，所以(a＋b)2＝a(2a－a＋2b)，解得b＝0； 所以an＝a2(2n－1)，所以a2＝3a1. 选①③作条件证明②： 因为a2＝3a1，{an}是等差数列， 所以公差d＝a2－a1＝2a1， 所以Sn＝na1＋d＝n2a1，即＝n， 因为－＝(n＋1)－n＝， 所以{}是等差数列. 选②③作条件证明①： 设＝an＋b(a>0)，则Sn＝(an＋b)2， 当n＝1时，a1＝S1＝(a＋b)2； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(an＋b)2－(an－a＋b)2＝a(2an－a＋2b)； 因为a2＝3a1，所以a(3a＋2b)＝3(a＋b)2，解得b＝0或b＝－； 当b＝0时，a1＝a2，an＝a2(2n－1)，当n≥2时，an－an－1＝2a2满足等差数列的定义，此时{an}为等差数列； 当b＝－时，＝an＋b＝an－a，＝－<0不合题意，舍去. 综上可知{an}为等差数列. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $