第6章 第28讲 等差数列及其前n项和（word教参）-【高考快车道】2027年高考数学大一轮总复习（提升版）

该高中数学讲义围绕等差数列及其前n项和，整合定义、通项公式、前n项和公式及性质等高考核心考点，按知识整合、激活思维、聚焦知识、题型突破、随堂内化、分层练习的逻辑架构展开。通过考点梳理构建知识网络，方法指导提炼解题通法，真题训练强化应用能力，帮助学生系统突破等差数列的计算、证明与性质应用难点。 资料以“题型突破+分层精练”为特色，题型按“基本量运算-判定证明-性质应用”分类，性质应用细分为项的性质、和的性质视角，结合2024-2026年真题及教材改编题，培养学生数学思维（推理能力）和数学语言（模型意识）。设置A组夯基、B组创新题，配合即时反馈设计，确保高效复习，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

第28讲　等差数列及其前n项和 知识整合　体系重构 激活思维 1．(2024·全国甲卷理)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S5＝S10，a5＝1，则a1＝(　 　) A．－2　 B． C．1　 D．2 2．已知数列{an}，{bn}均为等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝120，则a37＋b37＝(　 　) A．760　 B．820 C．780　 D．860 3．(教材经典题改编)在7和21之间插入3个数，使这5个数成等差数列，则这个等差数列的公差是_______________． 4．(教材经典题)在等差数列{an}中，an＝m，am＝n，且n≠m，则am＋n＝_____________． 5．(教材经典题)在等差数列{an}中，若S15＝5(a2＋a6＋ak)，则k＝____________． 聚焦知识 1．等差数列的有关公式 (1) 通项公式：_____________，其推导方法是累加法． 若视作关于n的一次函数，则一次项系数为_______，常数项为____________． (2) 前n项和公式：______________，其推导方法是倒序相加法． 若视作关于n的一元二次函数，则二次项系数为____，一次项系数为___，无常数项． 2．等差数列的常见性质 (1) 已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和． ①通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)； ②若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则______________； ③ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差为_____________的等差数列； ④若{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列； ⑤数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…构成等差数列； ⑥数列成等差数列． (2) 等差数列奇数项和与偶数项和的性质 ①若项数为2n，则S偶－S奇＝nd，＝； ②若项数为2n－1，则S偶＝(n－1)an，S奇＝nan，S奇－S偶＝an，＝． (3) 两个等差数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn之间的关系为＝． (4) 在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，若a1＞0，d＜0，则Sn存在最大值；若a1＜0，d＞0，则Sn存在最小值． 题型突破　思维拓展 举题说法 等差数列的基本量运算 例1　(1) (2025·南昌一模)已知等差数列{an}的各项均不为零，前n项和为Sn，若Sn＝anan＋1，则a13＝_____________． (2) (2025·新高考Ⅱ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 (1) 等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1，n，d，an，Sn，知道其中三个就能求出另外两个(简称“知三求二”)． (2) 确定等差数列的关键是求出两个最基本的量，即首项a1和公差d． 变式1　(2025·天津卷)若Sn＝－n2＋8n，则数列{|an|}的前12项和为(　 　) A．112　 B．48 C．80　 D．64 等差数列的判定与证明 例2　(2025·南京、盐城一模节选)已知数列{an}的前n项和Sn满足＝an＋(1－n)t，n∈N*，t为常数，且a2＝a1＋2． (1) 求t的值； (2) 求证：{an}为等差数列． 判断数列{an}是等差数列的常用方法：(1) 定义法；(2) 等差中项法；(3) 通项公式法(客观题中判断)；(4) 前n项和公式法(客观题中判断)． 变式2　(2025·宜春二模)记数列{an}的前n项和为Sn，其中a1＝－，an≠0，对任意的n∈N*，有＋＋…＋＝1－． (1) 求数列{an}的通项公式； (2) 求Sn． 等差数列的常见性质 视角1　项的性质 例 3－1　(1) (2025·合肥一检)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a4＋a5＋a6＝9，则S9＝(　 　) A．9　 B．18 C．27　 D．36 (2)(2026·肇庆一模)(多选)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝10，S9＝18，则(　 　) A．a5＝0 B．S11＝0 C．当n＝5或n＝6时，Sn取最大值 D．Sn的最小值为0 变式3　(1) 设等差数列{an}的前n项和为Sn，且2a5＝a4＋5，则S11的值是(　 　) A．11　 B．50 C．55　 D．60 (2) 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a6＝－600，当且仅当n＝30时Sn取得最小值，则{an}的公差d的取值范围为____________． 视角2　和的性质 例 3－2　(1) (2026·邯郸期初)(多选)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，则(　 　) A．若Sn＝2n2＋n，则an＝2n＋1 B．S3n，S6n－S3n，S9n－S6n成等差数列 C．Sn，S2n，S3n可能成等差数列 D．Sn，S2n，S3n可能成等比数列 (2) 已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若＝，则＝(　 　) A．　 B． C．　 D． 随堂内化 1．(2025·武汉2月调研)记等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝0，S6＝2S3－12，则a1＝(　 　) A．6　 B．8 C．10　 D．12 2．(2025·秦皇岛一模)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9＝(　 　) A．18　 B．27 C．45　 D．63 3．(2026·新乡期初)某会场的座位呈扇形分布，第一排有15个座位，从第二排起，每一排都比前一排多两个座位，已知该会场能容纳一个700人的代表团，则该会场的座位至少有(　 　) A．20排　 B．21排 C．22排　 D．23排 4．(2026·保定期中)已知集合A＝{m－2＜x＜m＋1}，等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d．当a3＝2且{Sn}严格递增时，d的取值集合为B，若“x∈A”是“x∈B”的必要条件，则m的取值范围为____________． 配套精练 A组　夯基精练 一、单项选择题 1．(2025·南京期初)已知数列{an}为等差数列，前n项和为Sn．若S3＝6，S6＝3，则S9＝(　 　) A．－18　 B．－9 C．9　 D．18 2．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．记数列{an}的前n项和为Sn，若是等差数列，S6＝6，则a3＋a4＝( 　) A．　 B． C．1　 D．2 4．(2025·张家口期末)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＞0，S10＝4a4，则an＋Sn取最大值时n的值是(　 　) A．4　 B．5 C．6　 D．10 二、多项选择题 5．(2025·青岛期末)已知等差数列{an}的前n项和Sn＝n2－4n，则(　 　) A．a1＝－3　 B．d＝－2 C．a10＝15 D．为公差为－2的等差数列 6．(2025·茂名二模)已知等差数列{an}中，a2＋a3＝－12，a5＋a7＝2．记数列{an}的前n项和为Sn，则下列说法正确的是(　 　) A．数列{an}的公差为2 B．Sn取最小值时，n＝6 C．S4＝S7 D．数列{}的前10项和为50 7．已知递增数列{an}满足an＋2＝2an＋1－an(n∈N*)，其前n项和为Sn，则下列说法正确的是(　 　) A．若a2，a6为方程x2＋2x－35＝0的两根，则 2a3＋a6＝3 B．若a9＋a5＜0，S14＞0，则a7是数列{an}中最大的负数项 C．若S6＝4S3，则S12－S9＝S6 D．S9＝2(S6－S3) 三、填空题 8．(2024·新高考Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3＋a4＝7,3a2＋a5＝5，则S10＝____________． 9．(2025·温州一模)已知正项数列{an}满足＋＋…＋＋＝，且a1＝a3，则a2 025＝_____________． 10．(2025·新乡二模)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，数列{an}的公差为d(d≠0)，且{}是等差数列，则＝___________． 四、解答题 11．(2023·新高考Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d，且d＞1．令bn＝，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和． (1) 若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式； (2) 若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d． 12．(2026·丽水、湖州、衢州质检)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝，＝(n∈N*)． (1) 求证：数列为等差数列； (2) 求数列{anan＋1}的前n项和Sn． B组　创新题体验 13．(2025·肇庆一模)对于一个给定的数列{an}，令bn＝an＋an＋1，则数列{bn}称为数列{an}的一阶和数列，再令cn＝bn＋bn＋1，则数列{cn}是数列{an}的二阶和数列，以此类推，可得数列{an}的p阶和数列． (1) 若{an}的二阶和数列是等比数列，且a1＝0，a2＝1，a3＝0，a4＝3，求a7； (2) 若an＝n，求{an}的二阶和数列的前n项和； (3) 若{an}是首项为1的等差数列，{bn}是{an}的一阶和数列，且3ak－1≤2bk－1，a1＋a2＋…＋ak＝1 000，求正整数k的最大值及k取最大值时{an}的公差． 学科网（北京）股份有限公司 $ 第28讲　等差数列及其前n项和 知识整合　体系重构 激活思维 1．(2024·全国甲卷理)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S5＝S10，a5＝1，则a1＝(　B　) A．－2　 B． C．1　 D．2 【解析】 由S10－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝5a8＝0，得a8＝0，则等差数列{an}的公差d＝＝－，故a1＝a5－4d＝1－4×＝． 2．已知数列{an}，{bn}均为等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝120，则a37＋b37＝(　B　) A．760　 B．820 C．780　 D．860 【解析】 因为数列{an}，{bn}均为等差数列，所以数列{an＋bn}为等差数列，设其公差为d．因为a1＋b1＝100，a2＋b2＝120，所以d＝120－100＝20，所以a37＋b37＝100＋20×36＝820． 3．(教材经典题改编)在7和21之间插入3个数，使这5个数成等差数列，则这个等差数列的公差是__3.5__． 【解析】 因为在7和21之间插入3个数，使这5个数成等差数列{an}，所以解得d＝3.5． 4．(教材经典题)在等差数列{an}中，an＝m，am＝n，且n≠m，则am＋n＝__0__． 【解析】 设等差数列{an}的公差为d，则⇒所以am＋n＝a1＋(m＋n－1)d＝m＋n－1－m－n＋1＝0． 5．(教材经典题)在等差数列{an}中，若S15＝5(a2＋a6＋ak)，则k＝__16__． 【解析】 因为S15＝5(a2＋a6＋ak)，所以＝5(a2＋a6＋ak)，即15a8＝5(a2＋a6＋ak)，因此3a8＝a2＋a6＋ak，所以3(a1＋7d)＝a1＋d＋a1＋5d＋a1＋(k－1)d．由题意知d≠0，所以15＝k－1，所以k＝16． 聚焦知识 1．等差数列的有关公式 (1) 通项公式：__an＝a1＋(n－1)d__，其推导方法是累加法． 若视作关于n的一次函数，则一次项系数为__d__，常数项为__a1－d__． (2) 前n项和公式：__Sn＝＝na1＋d__，其推导方法是倒序相加法． 若视作关于n的一元二次函数，则二次项系数为____，一次项系数为__a1－__，无常数项． 2．等差数列的常见性质 (1) 已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和． ①通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)； ②若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则__ak＋al＝am＋an__； ③ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差为__md__的等差数列； ④若{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列； ⑤数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…构成等差数列； ⑥数列成等差数列． (2) 等差数列奇数项和与偶数项和的性质 ①若项数为2n，则S偶－S奇＝nd，＝； ②若项数为2n－1，则S偶＝(n－1)an，S奇＝nan，S奇－S偶＝an，＝． (3) 两个等差数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn之间的关系为＝． (4) 在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，若a1＞0，d＜0，则Sn存在最大值；若a1＜0，d＞0，则Sn存在最小值． 题型突破　思维拓展 举题说法 等差数列的基本量运算 例1　(1) (2025·南昌一模)已知等差数列{an}的各项均不为零，前n项和为Sn，若Sn＝anan＋1，则a13＝____． 【解析】 在等差数列{an}中，an≠0，设公差为d，因为Sn＝anan＋1，令n＝1，S1＝a1＝a1a2，所以a2＝1．令n＝2，S2＝a2a3，则1＋a1＝a3＝a1＋2d，所以d＝，则a13＝a2＋11d＝1＋＝． (2) (2025·新高考Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3＝6，S5＝－5，则S6＝(　B　) A．－20　 B．－15 C．－10　 D．－5 【解析】 设等差数列{an}的公差为d，因为S3＝6，S5＝－5，所以解得所以S6＝6a1＋15d＝6×5－15×3＝－15． (1) 等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1，n，d，an，Sn，知道其中三个就能求出另外两个(简称“知三求二”)． (2) 确定等差数列的关键是求出两个最基本的量，即首项a1和公差d． 变式1　(2025·天津卷)若Sn＝－n2＋8n，则数列{|an|}的前12项和为(　C　) A．112　 B．48 C．80　 D．64 【解析】 因为Sn＝－n2＋8n，所以当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，当n＝1时，也满足上式，所以an＝－2n＋9．当n≤4时，an＞0，当n≥5时，an＜0，所以{|an|}的前12项和为|a1|＋|a2|＋…＋|a4|＋|a5|＋…＋|a12|＝a1＋a2＋a3＋a4－(a5＋a6＋…＋a12)＝2(a1＋a2＋a3＋a4)－(a1＋a2＋…＋a12)＝2S4－S12＝2×(－16＋32)－(－144＋96)＝80． 等差数列的判定与证明 例2　(2025·南京、盐城一模节选)已知数列{an}的前n项和Sn满足＝an＋(1－n)t，n∈N*，t为常数，且a2＝a1＋2． (1) 求t的值； 【解答】 因为＝an＋(1－n)t，n∈N*，所以＝a2－t，又S2＝a1＋a2，所以a2－a1＝2t．又a2＝a1＋2，所以t＝1． (2) 求证：{an}为等差数列． 【解答】 由(1)可得＝an＋1－n，n∈N*，所以Sn＝nan＋n－n2，因此Sn＋1＝(n＋1)an＋1＋n＋1－(n＋1)2，两式相减得an＋1＝(n＋1)an＋1－nan－2n，得an＋1－an＝2，n∈N*，所以{an}为等差数列． 判断数列{an}是等差数列的常用方法：(1) 定义法；(2) 等差中项法；(3) 通项公式法(客观题中判断)；(4) 前n项和公式法(客观题中判断)． 变式2　(2025·宜春二模)记数列{an}的前n项和为Sn，其中a1＝－，an≠0，对任意的n∈N*，有＋＋…＋＝1－． (1) 求数列{an}的通项公式； 【解答】　因为＋＋…＋＝1－，所以当n≥2，n∈N*时，＋＋…＋＝1－，两式相减可得＝－，所以an＋1－an＝2(n≥2，n∈N*)，所以数列{an}从第二项起是公差为2的等差数列．在＋＋…＋＝1－中，取n＝1可得＝1－，因为a1＝－，所以a2＝－，a2－a1＝－1≠2，所以an＝ (2) 求Sn． 【解答】　由(1)知，当n≥2时，Sn＝a1＋(a2＋a3＋…＋an)＝a1＋＝－＋＝n2－＋3，当n＝1时，S1＝a1＝－＝12－×1＋3，所以Sn＝n2－＋3． 等差数列的常见性质 视角1　项的性质 例 3－1　(1) (2025·合肥一检)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a4＋a5＋a6＝9，则S9＝(　C　) A．9　 B．18 C．27　 D．36 【解析】 由题意得a4＋a5＋a6＝3a5＝9，得 a5＝3，所以S9 ＝ ＝9a5＝9×3＝27． (2)(2026·肇庆一模)(多选)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝10，S9＝18，则(　BC　) A．a5＝0 B．S11＝0 C．当n＝5或n＝6时，Sn取最大值 D．Sn的最小值为0 【解析】 因为S9＝18，所以S9＝9a5＝18⇒a5＝2，故A错误；因为a5－a1＝4d＝－8，所以d＝－2，所以an＝－2n＋12，Sn＝＝－n2＋11n，所以S11＝0，故B正确；由an＝－2n＋12≥0⇒n≤6，所以当n＝5或n＝6时，Sn取最大值，即S6＝S5，故C正确；由Sn＝－n2＋11n知Sn无最小值，故D错误． 变式3　(1) 设等差数列{an}的前n项和为Sn，且2a5＝a4＋5，则S11的值是(　C　) A．11　 B．50 C．55　 D．60 【解析】 由等差数列的性质得2a5＝a4＋5＝a4＋a6，可得a6＝5，则S11＝＝11a6＝55． (2) 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a6＝－600，当且仅当n＝30时Sn取得最小值，则{an}的公差d的取值范围为(24,25)__． 【解析】 由题意可得，a30＜0，a31＞0，即解得24＜d＜25，故d的取值范围为(24,25)． 视角2　和的性质 例 3－2　(1) (2026·邯郸期初)(多选)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，则(　BC　) A．若Sn＝2n2＋n，则an＝2n＋1 B．S3n，S6n－S3n，S9n－S6n成等差数列 C．Sn，S2n，S3n可能成等差数列 D．Sn，S2n，S3n可能成等比数列 【解析】 对于A，因为Sn＝2n2＋n，所以当n＝1时，a1＝S1＝2＋1＝3；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2＋n)－[2(n－1)2＋(n－1)]＝4n－1，n＝1也适合，所以an＝4n－1，故A错误．对于B，Sn为等差数列{an}的前n项和，设{an}的公差为d，则Sn＝na1＋d，S3n＝3na1＋d，S6n＝6na1＋d，S9n＝9na1＋d，所以S6n－S3n＝－＝3na1＋，S9n－S6n＝－＝3na1＋．因为(S9n－S6n)－(S6n－S3n)＝9n2d，(S6n－S3n)－S3n＝9n2d，(S9n－S6n)－(S6n－S3n)＝(S6n－S3n)－S3n，所以S3n，S6n－S3n，S9n－S6n成等差数列，故B正确．对于C，设等差数列{an}的公差为d，则S1＝a1，S2＝2a1＋d，S3＝3a1＋3d，若S1，S2，S3成等差数列，则2S2＝S1＋S3，即2(2a1＋d)＝a1＋3a1＋3d，解得d＝0，所以Sn＝na1，S2n＝2na1，S3n＝3na1，S2n－Sn＝na1，S3n－S2n＝na1，所以S3n－S2n＝S2n－Sn，所以Sn，S2n，S3n成等差数列，故C正确．对于D，设等差数列{an}的公差为d，则S1＝a1，S2＝2a1＋d，S3＝3a1＋3d，若S1，S2，S3成等比数列，则S＝S1S3，即(2a1＋d)2＝a1(3a1＋3d)，可得a＋a1d＋d2＝0，将a＋a1d＋d2＝0看成是关于a1的一元二次方程，则Δ＝d2－4d2≤0，只有当d＝0时，方程a＋a1d＋d2＝0有解，且解为a1＝0，此时Sn＝0，则Sn，S2n，S3n不可能成等比数列，故D错误． (2) 已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若＝，则＝(　C　) A．　 B． C．　 D． 【解析】 由等差数列的性质可得＝＝×，又＝＝＝，则＝＝，所以＝×＝×＝． 随堂内化 1．(2025·武汉2月调研)记等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝0，S6＝2S3－12，则a1＝(　A　) A．6　 B．8 C．10　 D．12 【解析】 设等差数列{an}的公差为d，由S6＝2S3－12，得6a1＋15d＝2(3a1＋3d)－12，得9d＝－12．由S10＝0，得10a1＋45d＝0，则2a1＝－9d＝12，所以a1＝6． 2．(2025·秦皇岛一模)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9＝(　C　) A．18　 B．27 C．45　 D．63 【解析】 由题意得S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，即9,36－9，a7＋a8＋a9成等差数列，即2×(36－9)＝9＋a7＋a8＋a9，解得a7＋a8＋a9＝45． 3．(2026·新乡期初)某会场的座位呈扇形分布，第一排有15个座位，从第二排起，每一排都比前一排多两个座位，已知该会场能容纳一个700人的代表团，则该会场的座位至少有(　B　) A．20排　 B．21排 C．22排　 D．23排 【解析】 依题意，设该会场的座位构成以15为首项，2为公差的等差数列{an}，其前n项和为Sn，则Sn＝15n＋·2＝n2＋14n，显然数列{Sn}是递增数列，S20＝680＜700，S21＝735＞700．由Sn≥700，得nmin＝21，所以该会场的座位至少有21排． 4．(2026·保定期中)已知集合A＝{m－2＜x＜m＋1}，等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d．当a3＝2且{Sn}严格递增时，d的取值集合为B，若“x∈A”是“x∈B”的必要条件，则m的取值范围为__[1,2)__． 【解析】 因为{an}为等差数列，a3＝2，所以an＝a3＋(n－3)d＝nd＋2－3d，因为{Sn}严格递增，所以Sn＋1－Sn＝an＋1＝(n＋1)d＋2－3d＝(n－2)d＋2＞0恒成立．当n＝2时，2＞0恒成立，则d∈R．当n＝1时，－d＋2＞0，解得d＜2．当n＞2时，d＞－，当n→＋∞时，－→0且－＜0，所以d≥0．综上所述，0≤d＜2，即B＝[0,2)．若“x∈A”是“x∈B”的必要条件，则B⊆A，所以解得1≤m＜2，即m的取值范围为[1,2)． 配套精练 A组　夯基精练 一、单项选择题 1．(2025·南京期初)已知数列{an}为等差数列，前n项和为Sn．若S3＝6，S6＝3，则S9＝(　B　) A．－18　 B．－9 C．9　 D．18 【解析】 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d． 方法一：由题知解得所以S9＝9a1＋d＝－9． 方法二：因为{an}是等差数列，所以S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，即6，－3，S9－3成等差数列，所以－6＝6＋S9－3，解得S9＝－9． 2．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＝(　C　) A．－20　 B．－18 C．16　 D．18 【解析】 {an}是公差不为0的等差数列，a1＝－2，a3，a4，a6成等比数列，设公差为d，则a＝a3a6，即(－2＋3d)2＝(－2＋2d)(－2＋5d)，整理得d2－2d＝0，解得d＝2或d＝0(舍)，所以a10＝a1＋9d＝－2＋9×2＝16． 3．记数列{an}的前n项和为Sn，若是等差数列，S6＝6，则a3＋a4＝(　D　) A．　 B． C．1　 D．2 【解析】 因为是等差数列，所以可设＝an＋b，所以Sn＝an2＋bn，所以{an}为等差数列．由S6＝×6＝3(a1＋a6)＝6，可得a1＋a6＝2，所以a3＋a4＝a1＋a6＝2． 4．(2025·张家口期末)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＞0，S10＝4a4，则an＋Sn取最大值时n的值是(　B　) A．4　 B．5 C．6　 D．10 【解析】 设等差数列{an}的公差为d，则S10＝＝4a4＝4(a1＋3d)，化简得2a1＋11d＝0，即d＝－a1，则an＋Sn＝a1＋(n－1)d＋na1＋＝(n＋1)a1＋d＝(n＋1)a1＋×＝·a1＝·a1＝－·，由a1＞0，则当n＝5时，an＋Sn取最大值． 二、多项选择题 5．(2025·青岛期末)已知等差数列{an}的前n项和Sn＝n2－4n，则(　AC　) A．a1＝－3　 B．d＝－2 C．a10＝15 D．为公差为－2的等差数列 【解析】 因为等差数列{an}的前n项和Sn＝n2－4n，所以a1＝S1＝1－4＝－3，故A正确；a2＝S2－S1＝22－4×2－(12－4×1)＝－1，则d＝a2－a1＝2，故B错误；a10＝S10－S9＝102－4×10－(92－4×9)＝15，故C正确；＝＝n－4，所以是公差为1的等差数列，故D错误． 6．(2025·茂名二模)已知等差数列{an}中，a2＋a3＝－12，a5＋a7＝2．记数列{an}的前n项和为Sn，则下列说法正确的是(　AD　) A．数列{an}的公差为2 B．Sn取最小值时，n＝6 C．S4＝S7 D．数列{}的前10项和为50 【解析】 对于A，设等差数列{an}的公差为d，则由题意知解得故A正确；对于B，an＝－9＋2(n－1)＝2n－11，Sn＝－9n＋×2＝n2－10n＝(n－5)2－25，则当n＝5时，Sn取最小值－25，故B错误；对于C，S4＝42－10×4＝－24，S7＝72－10×7＝－21，则S4≠S7，故C错误；对于D，数列{}的前10项和为＋＋＋＋＋1＋3＋5＋7＋9＝50，故D正确． 7．已知递增数列{an}满足an＋2＝2an＋1－an(n∈N*)，其前n项和为Sn，则下列说法正确的是(　BC　) A．若a2，a6为方程x2＋2x－35＝0的两根，则 2a3＋a6＝3 B．若a9＋a5＜0，S14＞0，则a7是数列{an}中最大的负数项 C．若S6＝4S3，则S12－S9＝S6 D．S9＝2(S6－S3) 【解析】 由an＋2＝2an＋1－an(n∈N*)，得an＋2－an＋1＝an＋1－an，所以数列{an}为等差数列，又数列{an}递增，则公差d＞0．对于A，若a2，a6为方程x2＋2x－35＝0的两根，且a2＜a6，则a2＝－7，a6＝5，故d＝＝＝3，所以a3＝－4，则2a3＋a6＝－8＋＝－，故A错误；对于B，因为a9＋a5＝2a7＜0，S14＝＝7(a7＋a8)＞0，所以a8＞0，由数列{an}递增，知a7是数列{an}中最大的负数项，故B正确；对于C，因为数列{an}为等差数列，所以S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等差数列，令S3＝k，则S6＝4k，S9－S6＝5k，S12－S9＝7k，所以S12－S9＝S6，故C正确；对于D，因为S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，所以2(S6－S3)＝S3＋S9－S6，可得S9＝3(S6－S3)，故D错误． 三、填空题 8．(2024·新高考Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3＋a4＝7,3a2＋a5＝5，则S10＝__95__． 【解析】 因为数列{an}为等差数列，所以由题意得解得则S10＝10a1＋d＝10×(－4)＋45×3＝95． 9．(2025·温州一模)已知正项数列{an}满足＋＋…＋＋＝，且a1＝a3，则a2 025＝__6 072__． 【解析】 因为{an}为正项数列，且＋＋…＋＋＝①，所以＋＋…＋＋＋＝②，②－①得＋－＝0，即an＋2－an＋1＝3，所以{an}从第二项开始是以a2为首项，3为公差的等差数列．令n＝1可得＋＝，又a1＝a3，a3＝a2＋3，所以＋＝，解得a2＝3，所以a2 025＝a2＋2 023×3＝3＋2 023×3＝6 072． 10．(2025·新乡二模)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，数列{an}的公差为d(d≠0)，且{}是等差数列，则＝____． 【解析】 由题意，an＝a1＋d(n－1)＝dn＋a1－d，Sn＝na1＋＝n2＋n，所以Sn－an＝n2＋n＋d－a1，因为{}是等差数列，则{}的通项是一次函数型，则n2＋n＋d－a1能整理成完全平方型，所以Δ＝2－4·(d－a1)＝0，化简得2＝0，所以a1＝，即＝． 四、解答题 11．(2023·新高考Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d，且d＞1．令bn＝，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和． (1) 若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式； 【解答】 因为3a2＝3a1＋a3，所以3d＝a1＋2d，解得a1＝d，所以S3＝3a2＝3(a1＋d)＝6d．又T3＝b1＋b2＋b3＝＋＋＝，所以S3＋T3＝6d＋＝21，即2d2－7d＋3＝0，解得d＝3或d＝(舍去)，所以an＝a1＋(n－1)·d＝3n． (2) 若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d． 【解答】因为{bn}为等差数列，所以2b2＝b1＋b3，即＝＋，所以6＝＝，即a－3a1d＋2d2＝0，解得a1＝d或a1＝2d．因为d＞1，所以an＞0．又S99－T99＝99，由等差数列的性质知99a50－99b50＝99，即a50－b50＝1，所以a50－＝1，即a－a50－2 550＝0，解得a50＝51或a50＝－50(舍去)．当a1＝2d时，a50＝a1＋49d＝51d＝51，解得d＝1，与d＞1矛盾，舍去；当a1＝d时，a50＝a1＋49d＝50d＝51，解得d＝．综上，d＝． 12．(2026·丽水、湖州、衢州质检)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝，＝(n∈N*)． (1) 求证：数列为等差数列； 【解答】 由＝，得－1＝1－，即＋＝2，得＋＝，所以数列为等差数列． (2) 求数列{anan＋1}的前n项和Sn． 【解答】 设数列的公差为d，则d＝－＝，得＝＋(n－1)d＝1＋(n－1)×＝，故an＝，故anan＋1＝＝4，则Sn＝a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝4×＝4×＝，故Sn＝． B组　创新题体验 13．(2025·肇庆一模)对于一个给定的数列{an}，令bn＝an＋an＋1，则数列{bn}称为数列{an}的一阶和数列，再令cn＝bn＋bn＋1，则数列{cn}是数列{an}的二阶和数列，以此类推，可得数列{an}的p阶和数列． (1) 若{an}的二阶和数列是等比数列，且a1＝0，a2＝1，a3＝0，a4＝3，求a7； 【解答】 由题意得b1＝a1＋a2＝1，b2＝a2＋a3＝1，b3＝a3＋a4＝3，所以c1＝b1＋b2＝2，c2＝b2＋b3＝4．因为{cn}是等比数列，所以公比为＝2，由此得c3＝8，c4＝16，c5＝32，所以b4＝c3－b3＝8－3＝5，b5＝c4－b4＝16－5＝11，b6＝c5－b5＝32－11＝21，所以a5＝b4－a4＝5－3＝2，a6＝b5－a5＝11－2＝9，a7＝b6－a6＝21－9＝12． (2) 若an＝n，求{an}的二阶和数列的前n项和； 【解答】 设{an}的二阶和数列的前n项和为Sn，由题意得bn＝an＋an＋1＝n＋n＋1＝2n＋1，cn＝bn＋bn＋1＝2n＋1＋2(n＋1)＋1＝4n＋4，所以Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝8＋12＋…＋4n＋4＝＝2n2＋6n． (3) 若{an}是首项为1的等差数列，{bn}是{an}的一阶和数列，且3ak－1≤2bk－1，a1＋a2＋…＋ak＝1 000，求正整数k的最大值及k取最大值时{an}的公差． 【解答】 因为3ak－1≤2bk－1，所以3ak－1≤2(ak－1＋ak)，解得ak－1≤ak．设数列{an}的公差为d，则[1＋(k－2)d]≤1＋(k－1)d，解得d≥≥－1．又a1＋a2＋…＋ak＝1 000，所以1 000＝ka1＋×d＝k＋×d≥k＋×＝，解得k≤1 999，所以k的最大值是1 999，此时公差d＝－． 学科网（北京）股份有限公司 $