专题六 考点一 等差数列-【创新教程】2022-2026五年高考数学真题分类特训试卷

最新真题 专题六数列 分类特训 考点一等差数列 一、选择题 1.(2026·全国I卷，7)一百零八塔位于宁夏回族自治区青铜峡市，以其独特的建筑格局和深远 的历史文化闻名遐迩.该塔群共有108座塔，依山势自上而下排成12行，将第i行中塔的座数 整 记为a,(i=1,2,…,12),其中a1=1,a2=a3=3,a4=a5=5,且a6a7,…,a12是一个首项为7，公 差为2的等差数列.将a1,a2,…,a12分为6组，每组2个数，使得每组的2个数之和可构成一个 项数为6且公差为d(d>0)的等差数列，则d= ( ) 斯 A.2 B.4 C.6 D.8 2.(2025·全国二卷，7)记Sn为等差数列{am}的前n项和.若S3=6,S5=一5，则S6=( ) A.-20 B.-15 C.-10 D.-5 3.(2025·天津卷，6)已知数列{an}的前n项和Sm=一n2+8n,则{lan}的前12项和为( A.48 B.112 C.80 D.144 4.(2025·北京卷，5)已知{an}是公差不为0的等差数列，a1=一2，若a3,a4,a6成等比数列，则 杯 a10= () A.-20 B.-18 C.16 D.18 5.(2024·全国甲卷（理），4)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S5=S1o,a=1,则a1= A号 B号 c.- D.- 6.(2024·全国甲卷（文），4)等差数列{an}的前n项和为Sn,若S,=1,则a3十a2= 如 A.-2 R号 C.1 阳 7.(2023·新课标I卷，7)记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{am}为等差数列；乙： 倍为若 数列.则 A.甲是乙的充分条件但不是必要条件 B.甲是乙的必要条件但不是充分条件 品 C.甲是乙的充要条件 D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 8.(2023·全国甲卷（文），5)记S,n为等差数列{an}的前n项和.若a2十a6=10,a4ag=45,则S= A.25 B.22 C.20 D.15 9.(2023·全国乙卷（理）10)已知等差数列a,的公差为，集合S={cosa,n∈N,若S= {a,b},则ab= A.-1 C.0 0. 9 10.(2022·新高考Ⅱ卷，3)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 DD=0.5DC CC OD BBL=k2BA 二k1,CB1 2,AA=k.已知1，k,k3成公差为0.1的等差数列，且直线0A的斜率为 0.725,则k3= ( 图1 图2 A.0.75 B.0.8 C.0.85 D.0.9 二、填空题 11.(2026·全国Ⅱ卷，12)记Sn为等差数列{am}的前n项和.若a1=一1，a4=5,则S6= 12.(2026·北京卷，12)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S6=6a6+30,则公差d= ;若 Sn≤S,恒成立，则符合条件的a1的一个取值为 13.(2026·上海卷，9)已知等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,a1=0,{Sn}在区间(0,1) 上至少有两项，则公差d的取值范围是 14.(2025·上海卷，3)已知等差数列{am}的首项a1=一3，公差d=2,则该数列的前6项和 为 15.(2024·新课标Ⅱ卷，12)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3十a4=7,3a2十a5-5,则S1o 三、解答题 16.(2024·新课标I卷，19)(17分)设m为正整数，数列a1,a2,…,a4m+2是公差不为0的等差数 列，若从中删去两项a:和a,(i<j)后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能 构成等差数列，则称数列a1,a2,…,am+2是(i,j)一可分数列. (1)写出所有的(i,j),1≤ij≤6，使得数列a1,a2,a6是(i,j)一可分数列； (2)当m≥3时，证明：数列a1,a2,…,am+2是(2,13)一可分数列； (3)从1,2，…，4m+2中一次任取两个数i和j(i<j),记数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)一可分 数列的摄率为P,证明：P>日 50 17.(2023·新课标I卷，20)(12分)设等差数列{a,的公差为d,且d>1.令b.=”+”,记S,T。 分别为数列{an},{bn}的前n项和 (1)若3a2-3a1十a3,S3+T3-21,求{an}的通项公式； (2)若{bn}为等差数列，且S9一T9=99,求d. 18.(2022·新高考1卷，17)(10分)记S.为数列(a,的前u项和，已知a,=1,}是公差为的 la. 等差数列 (1)求{an}的通项公式； (2)证明：+1+…+1<2. al a2 an 51得到AF+F元+2(AF+FB)=AC+2AB, 即3A正=2a+b,即AF=号a+子b, 于是A正.AF=-（a+2）:(台a+号) =22a+5a·b叶26). 记AB=x,AC=y,则AE.AF=是(2a+5ab+26) =立2x+5aos60+2y =(2x+受+2y） 在△ABC中，根据余弦定理： BC=z+y-2zycos 60=x+y-zy=1, 子是A正.A=2(2w+受+2）（受+2） 由x+y一xy=1和基本不等式，x2+y一xy=1≥ 2zy-xy=xy. 故xy≤1，当且仅当x=y=1取得等号， 则2=y=1时，A正·亦有最大值是 答案：a+0是 专题六数列 考点一 实战集训1 1.Ba1=1,a=ag=3,a:=a=5,n≥6时，am=7+（n- 6)×2=2n-5, 设新数列为(6.，{6，}为等差数列，66，+6X5d=108, 2 ∴.2b+5d=36,b∈N,d∈N,由已知数列{a}的项都是 奇数，所以{b}的所有项都是正偶数，可知d,b1都是正 偶数，故b1=8,d=4,选B. 2.B因为S3=3a2=6,所以a2=2,因为S=5a3=一5， 所以ag=一1，所以{an}的公差d=a3一a2=一3，所以a1 =5,所以S,=6a1+15d=6×5-15×3=-15. 3.C本题考查了等差数列的通项公式，求和公差， ∴.Sn=-n2+8n.a=S。-S。-1 =-n+8m-[-(n-1)2+8(n-1]=-2n+9. n=1时，S,=7=a1, ∴.am=-2n十9，n∈N", :等差数列{an}中d=-2<0. .{an}为递减数列，可知a1>ae>a>a:>0>a>a… >a11>a12, la1+|a2|+…+|a1e|=(a1+…+a)-(a;+a6+… +ar)=8-(5:-s)=2s,-3a=2x16-75×12 =32+48=80. 4.C由等比中项的性质结合等差数列的基本量运算即可 求解. 设等差数列{an}的公差为d(d≠0)， 因为aaa6成等比数列，且a1=一2， 所以a=a3a6,即(-2+3d)2=(-2+2d)(-2+5d), 解得d=2或d=0(舍去)， 所以a1o=a1十9d=一2+9×2=16.故选：C. 5.B因为S=S1o,所以a6十a,十ag十ag十a1o=0, 即5a,=0.a。=0,又因为a=1,所以公差d=-子 a,=4,-7d=子 16 6.D由S.=a,m+nm2Dd,得S=9a,+36d=1,a 2 十4d=号a,十a=2a,=2a,+4d=号，故选D 7.C因为{an}为等差数列，设其首项为a1,公差为d,则 s=+2D,=a+“号d=号+a-号 2 2 S.S.=4, n+1n2 故{倍}为等差数列，则甲是乙的充分条件： 反之， {}为等差数列，即 S.+1 n+1 n nS+(n+1)S. n(n+1) na一S为常数，设为t, n(n+1) 即a+1-S n(n+1) =t,故Sn=nam+1-t·n(n+1),故S,-1= (n-1)am-t·n(n-1),n≥2， 两式相减有：an=na+1一(n一1)a,一2tn→a+1一a,= 2t,且为常数，对n=1也成立，故{an}为等差数列，则甲 是乙的必要条件，故甲是乙的充要条件，故选C 8.C由题意知，a2十a6=2a:=10,a:ag=45, 所以a:=5,ag=9, 从而d=二4=1，于是4，=41-d=5-1=4, 8-4 所以S,=5a,=20.故选C. 9.B依题意，等差数列a,中a.=a1十(m-1D… +(，) 显然函数y=co经+(a,-号)门的网期为3 而n∈N",即cos a,最多3个不同取值，又{cosa,|n∈N"} ={a,b, 则在cosa1,cosa2,cos as中，cosa1=cosa2≠cosa?或 cosa1≠c0sa2=cosa3, 于是有os9=c0s(+）即有9+(+）=2x。 ∈Z,解得0=领-子，k∈乙 所以k∈Z, abo(x-吾)[(x-吾)+] =-co(kx-吾)oskx=一cs0s哥 =一 2,故选B 10.D OD=DC =CB =BA =1, 则CC=k1,BB,=2,AA1=k, 由题意得k=k1十0.2，k=k2十0,1， DD+CC.+BB+AA-0.725. 且OD+DC,+CB+BA 解得k,=0.9,故选D. 11.解析：根据等差数列通项公式：a:=a1+3d,得5=一1 +3d,解得d=2, 前6项和5，=号(2a+5d)=32×(-1D+10)=24. 答案：24 12.解析：由S=6a6+30,得6a1+15d=6a+30, 即15d=6(a6-a1)+30=30d+30, 得d=-2. 6 由d=一2知{a,}为单调递减数列，由SnS知当n= 5时，S。取得最大值，即a≥0，a6≤0(a,a6不同时为 0).当a6=0时，由a6=a1+5d=a1一10=0知a1=10. 答案：一210（答案不唯一） 13.解析：由题意，分类讨论， 若d0,显然a≤0则S0不满足题意； 若d>0,只需 S:=0+d<1 ,=0+d+2a<1解得d< 31 故de(0,） 答案：(0，号） 14.解析：本题考查了等差数列的求和公式的应用」 a1=-3,d=2,S。=6a,+6X5d= 2 6×(-3)+6X5×2=12. 2 答案：12 15.解析：设an=a1+(n-1)d,则由条件得2a1+5d=7, 4a1+7d=5,解得a1=-4,d=3, 则S。=5(2a1+9d)=95. 答案：95 16.解：(1)首先，设数列a1,a2,…,am+2的公差为d,则d ≠0. 由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后 是等差数列，当且仅当该数列是等差数列， 故可以对该藏列选行造当的变形a,'=十1质= 1,2,…,42+2), 得到新数列a'=k(k=1,2,…,4m十2)，然后对a1', a2',,am+2'进行相应的讨论即可. 不妨设a。=(k=1,2,…,4m十2)，此后的讨论均建立 在该假设下进行. 回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个 数i和j(×j),使得剩下四个数是等差数列， 那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3， 4,5,6. 所以所有可能的(i,j)就是(1,2)，(1,6)，(5,6). (2)当m=3时，注意到a1,a4,a7,a10；a3,a6ag,a12:a, aga11,a1:是(2,13)可分的数列，对于m>3的部分，取 a4r+3,a+4,0r+5a4r+6}即可. (3)证明：由(2)得数列a1,a2,…,am+2是(i,j)一可分数列 台1,2，…，4m十2是(i,j)一可分. 则1,2，…，4m十2是(4k十1,4k十2)可分的，因可分为(1,2， 3,4),(5,6,7,8),…,(4k-3,4k-2,4k一1,4k)和(4(s+1) 1,4(s+1),4(s+1)+1,4(s+1)+2),…,(4m一1,4m,4m+ 1,4m+2),共有C1+m+1=m+1Dm+2种 2 而1…4k和4s十2…4m十2是可分的，只需证4k十1,4k 十3,4k十4，…，4s一1,4s,4s十2是可分的. 令t=s-k∈N",只要证1,3,4,5，…，4t-1,4t,4t+2 是可分的，1…4t+2去掉2和4t+1.当t=1时，(1,3， 4,6)不满足；当t=2时，(1,3,5,7)，(4,6,8,10)满足； 当t=3时，(1,4,7,10)，(3,6,9,12)，(5,8,11,14)满足； 当t=4时，(1,5,9,13)，(3,7,11,15)，(4,8,12,16)， (6,10,14,18)满足： 157 当t≥2时，可划分为t组： (1,t+1,2t+1,3t+1),(3,t+3,2t+3,3t+3),(4,t+ 4,2t+4,3t+4),…,(t,2t,3t,4t),(t,2t+2,3t+2,4t+2). 本质即：(i,t+i,2t+i,3t十i),i=1,2,3,,t,且把2代 换为4t十2，则(k,k十t),t≥2均符合，共Cm+1一m= m(m-组，而(0,1)，(1,2)，，(m-1,m)不合要求. 2 综上可得：符合要求的(4k+2,4t+1)与(4k+1,4t十2) 至少m(m)十m+1m+2)组，故P。≥ 2 是2m+2m+2) m2+m+1 Cim+2 8m+6m+1 8- 2m十7 m2+m+1 17.解：(1)因为3a2=3a1+a3,故3d=a3=a1十2d,即a1= da=,所以6=“士=宁S=士. nd 2 下=2结》又s+T=21.3+-21, 2d 2d-7d+3=0,故d=3或d=2(合)，故a,的通项 公式为am=3n. 2易知6aa所以6=是6=千4 12 a1+2d' 因为{bn}是等差数列，所以2b2=b1十b, 所以12 =12+2 a1十da1+2da1 整理得(a1-2d)(a1一d)=0.所以a1=2d或a1=d. 当a1=d时an=nd,a1=d>l. 于是么=-时卫，a+》 2 2d 而S。-Tm=三99，所以50d-=1 解得d-品成d=-1合去) 当a1=2d时，a.=(m+1)d,6,=”+0=十n a (n+1)d 分故S=m30工.=0.又S,-T=9. 2 2d 即99X102d_99X100=99,即51d-d-50=0,所以 2 2d 1=-(合)或d=1(合)：综上可知：d=品 18.解：1)S,=41=1,所以三-=1， a 所以{区}是首项为1，公差为号的等差数列， taS 所以=1+a-，所以=。 当m≥2时，=5.-51=”。-”a 3aw-1, 所以(n-Da.=(n+1)a,1·即。a-（n≥2)； 累积法可得：a.=nn十1(m≥2)，又a1=1满足该式， 2 所以{a,}通项公式为a,=n十卫 2 (2)1+1+…+1= a a2 22+文++aw =-2)+(合-号)++（分中）川 =(1-n)2. 考点二 实战集训1 1.ACDA选项：由2a=a:十a1得2a19=a19十a1,因a >0,约去a1,得2g-q-1=0,即(2g+1)(g-1)=0.由 g≠1，得9=一 子、A正确：B选项：S -()门 1-() 当m为偶餐时，()广>0→S,<号，B错接：C选项： 因为Sn+2=S十a+1十aa+2,S+1=S,十a+1' 所以2S+2-Sw+1-S=aw+1+2a+2 a11+2g,由A项可知g=-合 故an+1(1十2q)=0,故2S+2=Sn+1十Sn,C正确；D选 项：对前n项和求和： s-号-（专] 号-()门 因为2()=-0-（）门： 所以2s-+号(-（专）)川 因为对任意≥1，均有1-（号）>0 所以它S>2恒成立.D正确. k=1 3 2.C由Sm-Sn=n①. 当n=1时，S:-S=1,即a2十a1-a1=1, ∴a2=1, 当n≥2时，S2m-)-S-1=n-1, 即Sm-2-S.-1=n-1②. ①-②整理得：a2n十a2m-1一a.=1③. ③式令n=2,a4十a3-a2=1,a2=1,a3=6, a=-4. ③式令n=3,a十a-a3=1, ③式令n=4,as十a,-a:=1, ∴ag十a,=1十a:=-3. 3.B由题意anbC>0,不妨设A(n,an),B(n,bn),C(n, c),三点均在第一象限内，由cn=入a十(1一入)b.可知， BC=ABA,A∈[0,1]，故点C恒在线段AB上， 则有min{an,bn}≤cn≤max{au,bn}<an十b 即对任意的1∈[0,1]，cm<a十bn恒成立， 令10x一9=2，构造函数f(x)=2一10x十9，x>0, 则f'(x)=2ln2-10,由(x)单调递增， 又f'(3)<0,f(4)>0,存在x∈(3,4)，使f(x)=0, 即当0<x<x时，f(x)<0,f(x)单调递减； 当x>x时，f'(x)>0,f(x)单调递增； 故f(x)至多2个零点， 又由f(1)>0,f(2)<0,f(5)0,f(6)>0, 可知f(x)存在2个零点，不妨设x1,x2(x1<x2),且x1 ∈(1,2)，x2∈(5,6). ①若an≤b,即10m-9≤2”时，此时n=1或n≥6. 则an≤cn≤b,可知b,十cn>an成立， 要使am、bn、cm的值均能构成三角形， 所以an十cn>bn恒成立，故bn<2a, 所以有10m-9≤2" ,解得n=6: 12"<2(10n-9) ②若am≥b,即10n-9≥2”，此时n=2,3,4,5, 则an≥c≥b,可知a,十cm>b。成立， 要使am、bn、c,的值均能构成三角形，所以b,十cn>a恒 成立，故am<2bn, 所以有10m-9≥2 {10m-9<2+1,解得n=4或5： 综上可知，正整数n的个数有3个. 4.AD由题可知 a1+a19+a1g2=7 a1q=1 解得=2 g0 a,=4, 所以，=4×（合）=（位） -()’。台 1-2 +8()4 1- =(2)+8-8×(2)=8. 5.C由等比数列的性质可得S,S:-S2,S一S,Sg- S,…,为等比数列，因此(S-S2)2=S(S6一S),将S =-5,S=21S,代入上式，解得S,=-1(舍)或号，此 时S=105,由等比数列性质可知S,-S,S。-S,S。 4 S6为等比数列，解得Sg=一85，故选C. 6.C由题知1十q十q+g+g=5(1十g十g)-4, 即g+g=4g+4g,即g3+g°-4q-4=0, 即(g-2)(q+1)(g+2)=0. 由题知q>0,所以g=2. 所以S,=1+2+4+8=15.故选C. 7.C由题意可得：当n=1时，a2=2a1十2， 即a1g=2a1+2,① 当n=2时，ag=2(a1+ag)+2, 即a1g=2(a1+a1q)+2,② 联立①②可得a1=2,q=3,则a,=a1g=2×3=54,故 选C. 8.D设等比数列{an}首项为a1,公比为g,由题意， 1+a+a3=16 8,即/01+9+g)=168 a:-a=42 (a19(1-g3)=42 即a,1+g+g)=168 (a1g1-g)(1+q+g)=42 解得g=2,a1=96,所 以a=a1g=3,故选D.