专题33 等差数列及其前n项和-2025年高考数学一轮复习讲义（知识梳理+真题自测+考点突破+分层检测）（新高考专用）

这是一份专题33 等差数列及其前n项和-2025年高考数学一轮复习讲义（知识梳理+真题自测+考点突破+分层检测）（新高考专用），文件包含专题33等差数列及其前n项和-2025年高考数学一轮复习讲义知识梳理+真题自测+考点突破+分层检测新高考专用原卷版docx、专题33等差数列及其前n项和-2025年高考数学一轮复习讲义知识梳理+真题自测+考点突破+分层检测新高考专用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共52页， 欢迎下载使用。

【知识梳理】2
【真题自测】3
【考点突破】8
【考点1】等差数列的基本运算8
【考点2】等差数列的判定与证明12
【考点3】等差数列的性质及应用19
【分层检测】22
【基础篇】22
【能力篇】29
【培优篇】36
考试要求：
1.理解等差数列的概念.
2.掌握等差数列的通项公式与前n项和公式.
3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用等差数列的有关知识解决相应的问题.
4.了解等差数列与一次函数的关系.
知识梳理
1.等差数列的概念
(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列.
数学语言表达式：an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数).
(2)等差中项：由三个数a，A，b组成的等差数列可以看成是最简单的等差数列，这时A叫做a与b的等差中项，根据等差数列的定义可以知道，2A＝a＋b.
2.等差数列的通项公式与前n项和公式
(1)若等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则其通项公式为an＝a1＋(n－1)d.
(2)前n项和公式：Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）d,2)＝eq \f(n（a1＋an）,2).
3.等差数列的性质
(1)通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*).
(2)若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an.
(3)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差为md的等差数列.
(4)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列.
(5)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))也为等差数列.
1.已知数列{an}的通项公式是an＝pn＋q(其中p，q为常数)，则数列{an}一定是等差数列，且公差为p.
2.在等差数列{an}中，a1＞0，d＜0，则Sn存在最大值；若a1＜0，d＞0，则Sn存在最小值.
3.等差数列{an}的单调性：当d＞0时，{an}是递增数列；当d＜0时，{an}是递减数列；当d＝0时，{an}是常数列.
4.数列{an}是等差数列⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数).
真题自测
一、单选题
1．（2024·全国·高考真题）记为等差数列的前项和，已知，，则（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·全国·高考真题）已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．B．C．1D．
3．（2023·全国·高考真题）记为等差数列的前项和．若，则（ ）
A．25B．22C．20D．15
4．（2023·全国·高考真题）记为数列的前项和，设甲：为等差数列；乙：为等差数列，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
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
二、填空题
5．（2024·全国·高考真题）记为等差数列的前n项和，若，，则 .
6．（2024·北京·高考真题）设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合，给出下列4个结论：
①若与均为等差数列，则M中最多有1个元素；
②若与均为等比数列，则M中最多有2个元素；
③若为等差数列，为等比数列，则M中最多有3个元素；
④若为递增数列，为递减数列，则M中最多有1个元素.
其中正确结论的序号是 .
7．（2023·北京·高考真题）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，则 ；数列所有项的和为 ．
8．（2022·全国·高考真题）记为等差数列的前n项和．若，则公差 ．
参考答案：
1．B
【分析】由结合等差中项的性质可得，即可计算出公差，即可得的值.
【详解】由，则，
则等差数列的公差，故.
故选：B.
2．D
【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成和来处理，亦可用等差数列的性质进行处理，或者特殊值法处理.
【详解】方法一：利用等差数列的基本量
由，根据等差数列的求和公式，，
又.
故选：D
方法二：利用等差数列的性质
根据等差数列的性质，，由，根据等差数列的求和公式，
，故.
故选：D
方法三：特殊值法
不妨取等差数列公差，则，则.
故选：D
3．C
【分析】方法一：根据题意直接求出等差数列的公差和首项，再根据前项和公式即可解出；
方法二：根据等差数列的性质求出等差数列的公差，再根据前项和公式的性质即可解出．
【详解】方法一：设等差数列的公差为，首项为，依题意可得，
，即,
又，解得：，
所以．
故选：C.
方法二：，，所以，，
从而，于是，
所以．
故选：C.
4．C
【分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前n项和与第n项的关系推理判断作答.，
【详解】方法1，甲：为等差数列，设其首项为，公差为，
则，
因此为等差数列，则甲是乙的充分条件；
反之，乙：为等差数列，即为常数，设为，
即，则，有，
两式相减得：，即，对也成立，
因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件，C正确.
方法2，甲：为等差数列，设数列的首项，公差为，即，
则，因此为等差数列，即甲是乙的充分条件；
反之，乙：为等差数列，即，
即，，
当时，上两式相减得：，当时，上式成立，
于是，又为常数，
因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件.
故选：C
5．95
【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出，再利用等差数列的求和公式节即可得到答案.
【详解】因为数列为等差数列，则由题意得，解得，
则.
故答案为：.
6．①③④
【分析】利用两类数列的散点图的特征可判断①④的正误，利用反例可判断②的正误，结合通项公式的特征及反证法可判断③的正误.
【详解】对于①，因为均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上，
而两条直线至多有一个公共点，故中至多一个元素，故①正确.
对于②，取则均为等比数列，
但当为偶数时，有，此时中有无穷多个元素，故②错误.
对于③，设，，
若中至少四个元素，则关于的方程至少有4个不同的正数解，
若，则由和的散点图可得关于的方程至多有两个不同的解，矛盾；
若，考虑关于的方程奇数解的个数和偶数解的个数，
当有偶数解，此方程即为，
方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时，
否则，因单调性相反，
方程至多一个偶数解，
当有奇数解，此方程即为，
方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时即
否则，因单调性相反，
方程至多一个奇数解，
因为，不可能同时成立，
故不可能有4个不同的整数解，即M中最多有3个元素，故③正确.
对于④，因为为递增数列，为递减数列，前者散点图呈上升趋势，
后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确.
故答案为：①③④.
【点睛】思路点睛：对于等差数列和等比数列的性质的讨论，可以利用两者散点图的特征来分析，注意讨论两者性质关系时，等比数列的公比可能为负，此时要注意合理转化.
7． 48 384
【分析】方法一：根据题意结合等差、等比数列的通项公式列式求解，进而可求得结果；方法二：根据等比中项求，在结合等差、等比数列的求和公式运算求解.
【详解】方法一：设前3项的公差为，后7项公比为，
则，且，可得，
则，即，可得，
空1：可得，
空2：
方法二：空1：因为为等比数列，则，
且，所以；
又因为，则；
空2：设后7项公比为，则，解得，
可得，所以.
故答案为：48；384.
8．2
【分析】转化条件为，即可得解.
【详解】由可得，化简得，
即，解得.
故答案为：2.
考点突破
【考点1】等差数列的基本运算
一、单选题
1．（2024·四川攀枝花·三模）数列的前项和为，，，设，则数列的前51项之和为（ ）
A．B．C．49D．149
2．（2024·陕西安康·模拟预测）已知在正项等比数列中，，且成等差数列，则（ ）
A．157B．156C．74D．73
二、多选题
3．（2024·贵州毕节·三模）已知等差数列的前n项和为，且，则（ ）
A．B．
C．数列的前n项和为D．数列的前n项和为
4．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知各项都是正数的数列的前项和为，且，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，B．
C．数列是等差数列D．
三、填空题
5．（2024·湖北襄阳·模拟预测）蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关，如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”.画法如下：在水平直线上收长度为1的线段，作一个等边三角形，然后以点为圆心，为半径逆时针画圆弧交线段的延长线于点（第一段圆弧），再以点为圆心，为半径逆时针画圆弧交线段的延长线于点，再以点为圆心，为半径逆时针画圆弧……以此类推，当得到的“蚊香”恰好有15段圆弧时，“蚊香”的长度为 .

6．（2024·内蒙古·三模）假设在某种细菌培养过程中，正常细菌每小时分裂1次（1个正常细菌分裂成2个正常细菌和1个非正常细菌），非正常细菌每小时分裂1次（1个非正常细菌分裂成2个非正常细菌）.若1个正常细菌经过14小时的培养，则可分裂成的细菌的个数为 .
参考答案：
1．B
【分析】由与的关系，结合等差数列的通项公式求得，即可得到，再由并项求和法计算可得．
【详解】因为，
当时，，
即，
可得，又，所以是以为首项，为公差的等差数列，
所以，则，
当时，
所以，当时也成立，
所以，
可得数列的前项之和为．
故选：B．
2．D
【分析】由等比中项性质求得，由等差中项性质得，根据等比数列通项公式基本量运算求得，进而求解即可.
【详解】由等比中项性质知.
由成等差数列，得，所以，
所以等比数列的公比，所以，
所以.
故选：D.
3．ABD
【分析】由等差数列的性质和前n项和公式可求出，可判断A；由等差数列的前n项和公式可判断B；由裂项相消法可判断C；由分组求和法可判断D.
【详解】对于A，设等差数列的首项和公差为，
所以，化简可得：，
又因为，则，
所以，所以，
所以，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，，
所以数列的前n项和为，故C错误；
对于D，令，
所以数列的前n项和为：
，故D正确.
故选：ABD.
4．BCD
【分析】计算数列首项及第二项可判定A，利用等差数列的定义及的关系可判定C，从而求出的通项公式结合基本不等式、函数的单调性可判定B、D.
【详解】对A，由题意可知，所以，
则，所以，故A错误；
对C，由，故C正确；
对C，所以，
则，故B正确；
对D，易知，令，
则，则单调递增，
所以，即，故D正确.
故选：BCD
5．
【分析】根据题意分析可得：每段圆弧的圆心角为，半径满足，结合等差数列的通项公式和求和公式分析运算.
【详解】由题意可知：每段圆弧的圆心角为，
设第段圆弧的半径为，则可得，
故数列是以首项，公差的等差数列，
则，
则“蚊香”的长度为
.
故答案为：.
6．/131072
【分析】设经过小时，有个正常细菌，个非正常细菌，则，，由等比数列的性质求出的通项公式，再证得是与首相和公差均为的等差数列，即可求出的通项公式，进而求出答案.
【详解】设经过小时，有个正常细菌，个非正常细菌，
则，.
又，，所以，，
则，所以，
所以是首项和公差均为的等差数列，
所以，
所以，所以.
故答案为：.
反思提升：
1.等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想来解决问题.
2.数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法.
【考点2】等差数列的判定与证明
一、解答题
1．（2024·四川自贡·三模）已知数列的前项和为，且．
(1)证明：数列为等差数列；
(2)若，，成等比数列，求的最大值．
2．（2024·重庆·三模）已知在数列中，．
(1)求证：数列是等差数列，并求数列的前项和；
(2)在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，求面积的最大值．
3．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知（且，为常数）.
(1)数列能否是等比数列？若是，求的值（用表示）；否则，说明理由；
(2)已知，求数列的前项和.
4．（2024·全国·模拟预测）已知数列的前项和为，且满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)已知，求数列的前项和．
5．（2024·广东深圳·一模）设为数列的前项和，已知，且为等差数列．
(1)求证：数列为等差数列；
(2)若数列满足，且，设为数列的前项和，集合，求（用列举法表示）．
6．（23-24高三上·北京东城·期末）若有穷数列满足：，则称此数列具有性质.
(1)若数列具有性质，求的值；
(2)设数列A具有性质，且为奇数，当时，存在正整数，使得，求证：数列A为等差数列；
(3)把具有性质，且满足（为常数）的数列A构成的集合记作.求出所有的，使得对任意给定的，当数列时，数列A中一定有相同的两项，即存在.
参考答案：
1．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据作差得到，结合等差数列的定义证明即可；
（2）根据等比中项的性质及等差数列通项公式求出，即可得到的通项公式，结合的单调性及求和公式计算可得.
【详解】（1）数列满足①，
当时，有②，
①②可得：，
即，
变形可得，
故数列是以为等差的等差数列；
（2）由（1）可知数列是以为等差的等差数列，
若，，成等比数列，则有，
即，解得，
所以，
所以单调递减，又当时，，当时，，当时，，
故当或时，取得最大值，
且．
2．(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）根据已知条件，由等差数列的定义写出的通项公式，进而可得的通项公式，应用裂项相消法求前项和即可；
（2）根据题设三角恒等式，结合正弦定理得，由三角形内角性质求角，由余弦定理及基本不等式求的范围，应用三角形面积公式，求面积的最大值.
【详解】（1）由题意，，即
为等差数列：首项，公差，
，则，
设，
（2）
由正弦定理，有，．
即，又，
，即
由，
由余弦定理得：，．
，即，当且仅当时取等号，
，即△ABC面积最大值为．
3．(1)不可能是等比数列，理由见解析
(2)，，且.
【分析】（1）利用与的关系计算可得，结合等差、等比数列的定义即可下结论；
（2）由（1）可得，结合等差数列前n项求和公式计算即可求解.
【详解】（1）已知.
当时，，
两式相减得：，，
显然，所以.
于是可能是等差数列，若又是等比数列，则必为非零常数数列，则，
因，故不可能是等比数列.
（2）由（1）知，且，即，.
，所以当时，.
当，，.
而当时，，所以，，且.
4．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意结合与之间的关系可得，利用等差中项可得数列为等差数列，进而求；
（2）由（1）可得，利用错位相减法运算求解.
【详解】（1）因为，即，则，
两式相减并整理得，则，
两式相减整理得，
所以数列为等差数列．
当时，，所以．
设等差数列的公差为，
因为，解得，
所以．
（2）由（1）可得，则，
则，
可得，
所以．
5．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设等差数列的公差为d，由题意可得、，解得，结合求得，即可证明；
（2）由（1）可得，根据累乘法可得，结合裂项相消求和法计算即可求解.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，则，即，①
因为，所以由，得．②
由①、②解得，所以，即，
当时，，
当时，，上式也成立，所以，
所以数列是等差数列．
（2）由（1）可知，
当时，，
因为满足上式，所以．
，
因为当时，，所以．
6．(1)2；2；4
(2)证明见详解
(3)
【分析】（1）由数列具有性质的定义可得；
（2）由数列具有性质的定义和等差数列的定义可得.
（3）分、和三种情况讨论即得.
【详解】（1）由已知可得数列共有5项，所以，
当时，有，
当时，有，所以，
当时，有，所以，
（2）数列A具有性质，且为奇数，令，
可得，
设，
由于当时，存在正整数，使得，
所以这项均为数列A中的项，
且，
因此一定有
即，
这说明：为公差为的等差数列，再数列A具有性质，
以及可得，数列A为等差数列；
（3）当时，
设A：，，， ，，
由于数列具有性质，且满足，
由和，得，
当时，不妨设，此时：，，此时结论成立，
当时，同理可证，所以结论成立.
当时，不妨设，反例如下：
当时，不妨设，反例如下：
综上所述，符合题意.
【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义的要素中；
（4）结合数学知识进行解答.
反思提升：
1.证明数列是等差数列的主要方法：
(1)定义法：对于n≥2的任意自然数，验证an－an－1为同一常数.即作差法，将关于an－1的an代入an－an－1，再化简得到定值.
(2)等差中项法：验证2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)都成立.
2.判定一个数列是等差数列还常用到的结论：
(1)通项公式：an＝pn＋q(p，q为常数)⇔{an}是等差数列.
(2)前n项和公式：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)⇔{an}是等差数列.问题的最终判定还是利用定义.
【考点3】等差数列的性质及应用
一、单选题
1．（2024·山西运城·三模）已知数列是等差数列，，则（ ）
A．4B．C．D．
2．（2023·吉林白山·模拟预测）若等差数列的前项和为，且满足，对任意正整数，都有，则的值为（ ）
A．2020B．2021C．2022D．2023
二、多选题
3．（23-24高二上·河北石家庄·阶段练习）关于等差数列和等比数列，下列四个选项中正确的有（ ）
A．等差数列，若，则
B．等比数列，若，则
C．若为数列前n项和，则，仍为等差数列
D．若为数列前n项和，则，仍为等比数列
4．（2024·辽宁·二模）设是等差数列，是其前n项的和.且，，则下面结论正确的是（ ）
A．B．
C．与均为的最大值D．满足的n的最小值为14
三、填空题
5．（2024·陕西商洛·模拟预测）已知等差数列的前项和为，且，则 .
6．（23-24高二上·上海·期末）等差数列中，已知，且在前项和中，仅当时，最大，则公差的取值范围为 ．
参考答案：
1．C
【分析】利用下标和性质计算可得.
【详解】因为，则，又，则，
解得，
所以.
故选：C
2．C
【分析】根据等差数列的前项和公式以及数列的单调性得出结果.
【详解】依题意，
又，即，则
则，且，
所以等差数列单调递减，，
所以对任意正整数，都有，则．
故选，C．
3．AC
【分析】利用等差数列下标和性质判断A；举例说明判断B；利用等差数列定义判断C；举例说明判断D.
【详解】对于A，由等差数列下标和性质知，A正确；
对于B，取，显然数列成等比数列，且，而，B错误；
对于C，等差数列的公差为，，
，
有，因此成等差数列，C正确；
对于D，当等比数列的公比，为正偶数时，，显然不成等比数列，D错误.
故选：AC
4．BCD
【分析】由可判断A错误；由A可得B正确；由，可得C正确；由等差中项和前项和的性质可得D正确.
【详解】A：因为，所以，
所以，故A错误；
B：由A的解析可得B正确；
C：因为，，所以与均为的最大值，故C正确；
D：因为，由，，
故D正确；
故选：BCD.
5．
【分析】由等差数列前项和公式可得，再根据等差数列的性质求解即可.
【详解】由，得，
则.
故答案为：.
6．
【分析】首先写成等差数列前项和的函数解析式，再利用二次函数的对称轴的范围，即可求解.
【详解】为等差数列，且，
则前项和，是关于的二次函数，且，
因为仅当时，最大，所以对称轴在区间，
即，解得：，
则公差的取值范围是.
故答案为：
反思提升：
1.项的性质：在等差数列{an}中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq.
2.和的性质：在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则
(1)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；
(2)S2n－1＝(2n－1)an.
(3)依次k项和成等差数列，即Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等差数列.
3.求等差数列前n项和的最值，常用的方法：(1)利用等差数列的单调性，求出其正负转折项，或者利用性质求其正负转折项，便可求得和的最值；(2)利用公差不为零的等差数列的前n项和Sn＝An2＋Bn(A，B为常数，A≠0)为二次函数，通过二次函数的性质求最值.
分层检测
【基础篇】
一、单选题
1．（2024·天津滨海新·三模）已知数列为各项不为零的等差数列，为数列的前项和，，则的值为（ ）
A．4B．8C．12D．16
2．（2024·海南·模拟预测）已知等比数列的公比不为1，若，且成等差数列，则（ ）
A．B．C．D．
3．（2024·山西阳泉·三模）已知等差数列中，是函数的一个极大值点，则的值为（ ）
A．B．C．D．
4．（2023·全国·模拟预测）已知递增数列满足．若，，则数列的前2023项和为（ ）
A．2044242B．2045253C．2046264D．2047276
二、多选题
5．（2024·河北沧州·模拟预测）设等差数列的前n项和为，e是自然对数的底数，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，，，是等差数列
B．数列是等比数列
C．数列是等差数列
D．当p，q均为正整数且时，
6．（2023·山东潍坊·模拟预测）已知等差数列的前项和为，正项等比数列的前项积为，则（ ）
A．数列是等差数列B．数列是等比数列
C．数列是等差数列D．数列是等比数列
7．（2023·安徽安庆·二模）已知为等差数列，前项和为，，公差d = −2 ，则（ ）
A．=
B．当n = 6或7时，取得最小值
C．数列的前10项和为50
D．当n≤2023时，与数列（m N）共有671项互为相反数．
三、填空题
8．（2023·四川成都·模拟预测）已知数列的前项和为，且，则 .
9．（2024·广东深圳·模拟预测）设是等差数列的前n项和，若，则 ．
10．（2024·北京延庆·一模）北京天坛的圜丘坛分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)， 环绕天心石砌块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加块，下一层的第一环比上一层的最后一环多块，向外每环依次也增加块．已知每层环数相同，且三层共有扇面形石板(不含天心石) 块，则上层有扇形石板 块．
四、解答题
11．（2024·陕西安康·模拟预测）已知数列满足.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)设，求的前n项和.
12．（2024·湖南·模拟预测）已知公差不为0的等差数列满足，且.
(1)求的通项公式；
(2)记是数列的前项和，证明: .
参考答案：
1．D
【分析】由数列的递推式，分别令，结合等差数列的通项公式，解方程可得首项和公差，再根据等差数列通项公式即可得到答案．
【详解】设等差数列公差为，∵，
∴当时，，解得，
∴，
当时，，
∴，
∴．
故选：D．
2．C
【分析】利用等差中项的性质及等比数列基本量的计算求通项公式即可.
【详解】设的公比为q，
则依题意有，
解方程得或（舍去），所以.
故选：C
3．D
【分析】求出函数的极大值点得，然后由等差数列性质结合诱导公式可得.
【详解】由正弦函数性质知，当，即时，函数取得极大值，
则，由等差数列性质，得，
所以.
故选：D
4．D
【分析】根据，推出，推出数列是等差数列，设公差为，根据等差数列的通项公式以及求出，再根据等差数列求和公式可求出结果.
【详解】因为，所以，所以数列是等差数列，
设公差为，因为数列为递增数列，所以，
由，得，即，
由，得，将代入，得，
又，所以，，
所以数列的前2023项和为.
故选：D
5．BCD
【分析】利用等差数列和等比数列的定义可判定A,B,C选项，利用等差数列的求和可判定D选项.
【详解】对于A，令，则，，
当时，，即，
所以，，不是等差数列，故A错误；
对于B，设的公差为d，则（定值），
所以是公比为的等比数列，故B正确；
对于C，，故是公差为的等差数列，故C正确；
对于D，，
，
所以，故D正确．
故选：BCD．
6．ABD
【分析】
根据等差数列与等比数列的定义及等差数列前项和公式为计算即可.
【详解】设的公差为，的公比为，
则，
所以是常数，故A正确；
易知是常数，故B正确；
由不是常数，故C错误；
是常数，故D正确.
故选：ABD
7．ACD
【分析】由等差数列的首项和公差求出等差数列的通项公式，即可结合等差数列的性质判断ACD,由数列的单调性可判断B.
【详解】对于A，等差数列中，，公差，则，，故A正确；
对于B，由A的结论，，则，由d = −2当时，，，当时，，则当或6时，取得最大值，且其最大值为，B错误；
对于C,
,故C正确，
对于D，由，则，
则数列中与数列中的项互为相反数的项依次为：
，，，，，，
可以组成以为首项，为公差的等差数列，设该数列为，则，
若，解可得，即两个数列共有671项互为相反数，D正确．
故选：ACD．
8．
【分析】根据作差求出的通项公式，即可得解.
【详解】因为，当时，
当时，
所以，
经检验当时也成立，
所以，则，
所以.
故答案为：
9．
【分析】
由等差数列前项和公式计算的等量关系，代入所求即可求出结果.
【详解】设数列的公差为，
，，
则，
故答案为：.
10．
【分析】记从中间向外每环扇面形石板数为，则是等差数列，且公差为，，设每层有环，则，，根据等差数列前项和公式求出，再求出即可.
【详解】记从中间向外每环扇面形石板数为，则是等差数列，且公差，，
设每层有环，则，，
所以，即，
即，解得或（舍去），
所以，则，
即上层有扇形石板块.
故答案为：．
11．(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）利用等差数列的定义即可证明；
（2）根据（1）问，求出数列的通项公式，从而求得数列的通项公式，进而可求得数列的通项公式，最后利用裂项相消求和法求得
【详解】（1）证明：令，又，则有
，
又，所以
所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列
（2）由（1）知，，
又，所以，
所以，
所以
12．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设，再用已知条件列出两个方程并解出其中的参数；
（2）直接求出，再用裂项法即可.
【详解】（1）设，则由已知有，.
将第一个等式展开化简可得，故由知.
再代入第二个等式可得，解得，从而.
故的通项公式是.
（2）由于，
故
.
【能力篇】
一、单选题
1．（2024·全国·高考真题）已知b是的等差中项，直线与圆交于两点，则的最小值为（ ）
A．1B．2C．4D．
二、多选题
2．（2024·山东临沂·二模）已知是等差数列，是其前n项和，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，则B．若，则
C．若，则D．若和都为递增数列，则
三、填空题
3．（2024·重庆·模拟预测）在正项等比数列中，，则的最大值为 ．
四、解答题
4．（2024·浙江宁波·模拟预测）已知无穷数列，构造新数列满足，满足，，满足，若为常数数列，则称为阶等差数列；同理令，，，，若为常数数列，则称为阶等比数列.
(1)已知为二阶等差数列，且，，，求的通项公式；
(2)若为阶等差数列，为一阶等比数列，证明：为阶等比数列；
(3)已知，令的前项和为，，证明：.
参考答案：
1．C
【分析】结合等差数列性质将代换，求出直线恒过的定点，采用数形结合法即可求解.
【详解】因为成等差数列，所以，，代入直线方程得
，即，令得，
故直线恒过，设，圆化为标准方程得：，
设圆心为，画出直线与圆的图形，由图可知，当时，最小，
，此时.

故选：C
2．BC
【分析】根据题意，求得，结合，可判定A错误；根据数列的求和公式和等差数列的性质，可判定B正确；由，求得，可判定C正确；根据题意，求得任意的，结合的正负不确定，可判定D错误．
【详解】对于A中，由，，
可得，所以，
又由，所以A错误；
对于B中，由，所以B正确；
对于C中，由，所以，
又因为，则，所以C正确；
对于D中，因为为递增数列，可得公差，
因为为递增数列，可得，
所以对任意的，但的正负不确定，所以D错误．
故选：BC.
3．
【分析】设等比数列的公比为，列出方程求得，得到，结合二次函数的性质，即可求解.
【详解】设等比数列的公比为，
因为，可得，即，解得，
所以，
所以当时，取得最大值，最大值为．
故答案为：.
4．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据二阶等差数列的定义求解；
（2）先确定是阶等差数列的充分必要条件，再对已知条件进行转化即可；
（3）先用数学归纳法证明，再利用该结果证明结论；或者先用导数方法证明，再利用该结果证明结论.
【详解】（1）由知，故可设.
所以，故.
从而，代入，可得，所以.
故的通项公式为：.
（2）先证明2个引理.
引理1：对任意非负整数，存在，使得对任意正整数成立，这里约定.
证明：用数学归纳法证明该结论.
当时，有，取即可，故结论成立；
假设结论对成立，则
.
故可设，这就得到
.
所以取，，即可，这得到结论对成立.
由数学归纳法即知引理1成立.
引理2：是阶等差数列的充分必要条件是能够表示为关于的至多次的多项式形式，即.
证明：我们对使用数学归纳法.
当时，结论显然成立；
对，假设结论对成立，考虑的情形：
一方面，如果，则有
.
故由于结论对成立，知是阶等差数列，所以是阶等差数列；
另一方面，如果是阶等差数列，则是阶等差数列.
故由于结论对成立，知的通项公式具有形式.
故.
据引理1可知，每个都可以表示为的形式，故
.
综上，结论对成立.
由数学归纳法知引理2成立.
回到原题.
由于为一阶等比数列，故恒为常值，设，则.
为使有意义，必有不为零.
所以.
由于为阶等差数列，故由引理2，可设.
取就有，，所以由引理2可知和都是阶等差数列.
设，，，，则和都是常值.
而归纳即知，故是常值，从而为阶等比数列.
（3）方法一：
用数学归纳法证明：.
当时，由知结论成立；
对，假设结论已对成立，即，则
.
所以结论对也成立.
综上，对任意的正整数，都有.
故.
这就得到
.
方法二：
对正整数，根据等比数列求和公式有.
两边同时求导，得.
所以.
再次求导，得.
所以.
从而当时，分别由上面的式子可以得到：
；
；
.
所以
.
故.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于基于等差数列和等比数列的新定义，理解新定义的本质方可解决问题.
【培优篇】
一、解答题
1．（2024·安徽芜湖·模拟预测）对于数列，如果存在正整数，当任意正整数时均有，则称为的“项递增相伴数列”．若可取任意的正整数，则称为的“无限递增相伴数列”．
(1)已知，请写出一个数列的“无限递增相伴数列”，并说明理由？
(2)若满足，其中是首项的等差数列，当为的“无限递增相伴数列”时，求的通项公式：
(3)已知等差数列和正整数等比数列满足：，其中k是正整数，求证：存在正整数k，使得为的“2024项递增相伴数列”．
2．（2024·黑龙江·三模）如果n项有穷数列满足，，…，，即，则称有穷数列为“对称数列”.
(1)设数列是项数为7的“对称数列”，其中成等差数列，且，依次写出数列的每一项；
(2)设数列是项数为(且)的“对称数列”，且满足，记为数列的前项和.
①若，，…，构成单调递增数列，且.当为何值时，取得最大值?
②若，且，求的最小值.
3．（2024·江苏宿迁·三模）在数列中，．
(1)求数列的通项公式；
(2)已知数列满足；
①求证：数列是等差数列；
②若，设数列的前n项和为，求证：．
参考答案：
1．(1)，理由见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用指数数列，构造一个加上正的常数，就可得到一个递增相伴数列，只需要检验前二项和最后三项；
（2）由于有一个是等差数列，两数列相加也是等差数列，说明另一个数列还是等差数列，通过假设，就可以表示出两个数列的通项，进而引入后三项不等式进行分析，即可求出数列通项；
（3）利用前面两小问，知道构造的数列比已知数列每项加1，再去证明即可.
【详解】（1）由于，我们可以取，此时恒有，
再由，当时，，
所以恒有，即满足题意.
（2）
设 ,
当为的“无限递增相伴数列”时对任意恒成立
，当时，，因为，所以，
即.
（3）证明：取，若存在这样的正整数k使得
成立，
所以，
由，得，
于是，
又因为，所以当时，，
而时，，
所以，最后说明存在正整数k使得，
由，
上式对于充分大的k成立，即总存在满足条件的正整数k
【点睛】方法点睛：通过第一，第二问的求解，掌握问题得以解决的关键就是每一项加1，从而再进行证明即可得到第三问的解答.
2．(1)1，3，5，7，5，3，1
(2)①1012；②2025
【分析】（1）根据新定义“对称数列”的定义和已知条件可求得公比，进而求得结果；
（2）①根据对称数列的定义可得数列为等差数列，然后根据二次函数的性质来求解；②由条件得到数列相邻两项间的大小关系，并结合定义求得的取值范围，然后结合已知条件确定出最后的结果
【详解】（1）因为数列是项数为7的“对称数列”，所以，
又因为成等差数列，其公差，…
所以数列的7项依次为1，3，5，7，5，3，1；
（2）①由，，…，是单调递增数列，数列是项数为的“对称数列”且满足，
可知，，…，构成公差为2的等差数列，，，…，构成公差为的等差数列，
故
，
所以当时，取得最大值；
②因为即，
所以即，
于是，
因为数列是“对称数列”，
所以
，
因为，故，
解得或，所以，
当，，…，构成公差为的等差数列时，满足，
且，此时，所以的最小值为2025.
【点睛】关键点点睛：本题关键是理解对称数列的定义，第二问①关键是得到，，…，构成公差为的等差数列.
3．(1)
(2)①证明见解析 ；②证明见解析
【分析】（1）变形得到，结合，故，从而得到；
（2）①化简得到，利用得到，同理可得，证明出是等差数列；
②求出，结合，得到公差，得到通项公式，所以，裂项相消法求和证明出结论.
【详解】（1）因为，
所以，
所以，
所以，
因为，所以n=1时，，
所以数列是各项为0的常数列，即，
所以．
（2）①由得
所以①
所以②
②-①得：③
所以④
④-③得，所以
即
所以数列是等差数列．
②当时，由得，所以，
又，故的公差为1，所以，
所以，
即
．
【点睛】方法点睛：常见的裂项相消法求和类型：
分式型：，，等；
指数型：，等，
根式型：等，
对数型：，且；