考点29 等差数列及其n项和12种常见考法归类-【考点通关】备战2024年高考数学一轮题型归纳与解题策略(新高考地区专用)含解析.docx

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1、考点 29 等差数列及其 n 项和 12 种常见考法归类-【考点通关】备战 2024 年高考数学一轮题型归纳与解题策略(新高考地区专用)考点考点 29 等差数列及其前等差数列及其前 n 项和项和 12 种常见考法归类种常见考法归类考点一考点一 利用定义求等差数列的通项公式利用定义求等差数列的通项公式考点二考点二 利用利用 Sn 与与 an 的关系求等差数列通项公式的关系求等差数列通项公式考点三考点三 等差数列的基本运算等差数列的基本运算（一）等差数列通项公式及其应用（一）等差数列通项公式及其应用（二）等差数列前（二）等差数列前 n 项和的有关计算项和的有关计算（三）与数学文化的结合（三）与数学

2、文化的结合考点四考点四 等差数列的判定与证明等差数列的判定与证明考点五考点五 等差数列的性质等差数列的性质（一）等差中项的应用（一）等差中项的应用（二）利用等差数列性质计算及应用（二）利用等差数列性质计算及应用考点六考点六 等差数列前等差数列前 n 项和的性质项和的性质（一）等差数列前（一）等差数列前 n 项和与中项性质项和与中项性质（二）等差数列片段和的性质（二）等差数列片段和的性质（三）等差数列前（三）等差数列前 n 项和与项和与 n 的比值问题的比值问题（四）两个等差数列前（四）两个等差数列前 n 项和的比值问题项和的比值问题（五）等差数列偶数项或奇数项的和（五）等差数列偶数项或奇数项的

3、和考点七考点七 含绝对值的等差数列的前含绝对值的等差数列的前 n 项和项和考点八考点八 含取整符号的等差数列的前含取整符号的等差数列的前 n 项和项和考点九考点九 等差数列前等差数列前 n 项和的最值问题项和的最值问题考点十考点十 等差数列中的单调性与最值问题等差数列中的单调性与最值问题考点十一考点十一 等差数列的综合问题等差数列的综合问题考点十二考点十二 等差数列的实际应用等差数列的实际应用考点 29 等差数列及其 n 项和 12 种常见考法归类-【考点通关】备战 2024 年高考数学一轮题型归纳与解题策略(新高考地区专用)1.等差数列的概念(1)等差数列的定义：一般地，如果一个数列从第 2

4、 项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母 d 表示，即 anan1d(nN，且 n2)或 an1and(nN).注：在等差数列an中，从第 2 项起，每一项(有穷等差数列的末项除外)都是它的前一项与后一项的等差中项，表示为 an1anan22，等价于 anan22an1，以及 an1anan2an1.(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，2Aab.2.等差数列的通项公式与前 n 项和公式(1)通项公式：如果等差数

5、列na的首项为1a，公差为d，那么它的通项公式是1(1)naand.该式又可以写成 annd(a1d)，这表明 d0 时，an是关于 n 的一次函数，且 d0 时是增函数，d0 时图象开口向上，d0 时图象开口向上，d0，d0，则数列的前面若干项为正项(或 0)，所以将这些项相加即得 Sn的最大值.在等差数列na中，若100，ad，则满足1 mmaa的项数m使得nS取得最大值mS；若 a10，则数列的前面若干项为负项(或 0)，所以将这些项相加即得 Sn的最小值.若100，ad，则满足1 mmaa的项数m使得nS取得最小值mS若 a10，d0，则Sn是递增数列，S1是Sn的最小值；若 a10，

6、d0 时是增函数，d0 时图象开口向上，d0 时图象开口向上，d0，d0，则数列的前面若干项为正项(或 0)，所以将这些项相加即得 Sn的最大值.在等差数列na中，若100，ad，则满足1 mmaa的项数m使得nS取得最大值mS；考点 29 等差数列及其 n 项和 12 种常见考法归类-【考点通关】备战 2024 年高考数学一轮题型归纳与解题策略(新高考地区专用)若 a10，则数列的前面若干项为负项(或 0)，所以将这些项相加即得 Sn的最小值.若100，ad，则满足1 mmaa的项数m使得nS取得最小值mS若 a10，d0，则Sn是递增数列，S1是Sn的最小值；若 a10，d0，则Sn是递减

7、数列，S1是Sn的最大值.(2)函数法：利用等差数列的前 n 项和：2nSAnBn(,A B为常数,nN)为二次函数，通过配方或借助图像，二次函数的性质，转化为二次函数的最值的方法求解；有时利用数列的单调性（0d,递增；0d，递减）；(3)数列中最大项和最小项的求法：求最大项的方法：设na为最大项，则有11nnnnaaaa；求最小项的方法：设na为最小项，则有11nnnnaaaa.只需将等差数列的前 n 项和1,2,3,n 依次看成数列 nS，利用数列中最大项和最小项的求法即可.(4)在解含绝对值的数列最值问题时,注意转化思想的应用.12.与等差数列单调性有关的问题与等差数列单调性有关的问题（

8、1）在处理数列的单调性问题时应利用数列的单调性定义，即“若数列 na是递增数列*nN，1nnaa恒成立”（2）数列()naf n的单调性与()yf x，1,x的单调性不完全一致一般情况下我们不应把数列的单调性转化为相应连续函数的单调性来处理 但若数列对应的连续函数是单调函数，则可以借助其单调性来求解数列的单调性问题即“离散函数有单调性/连续函数由单调性；连续函数有单调性离散函数有单调性”13.关于奇偶项问题的讨论关于奇偶项问题的讨论对于奇偶项通项不统一的数列的求和问题要注意分类讨论主要是从n为奇数、偶数进行分类14.对于含绝对值的数列求和问题对于含绝对值的数列求和问题由正项开始的递减等差数列

9、na的绝对值求和的计算题解题步骤如下：（1）首先找出零值或者符号由正变负的项0na考点 29 等差数列及其 n 项和 12 种常见考法归类-【考点通关】备战 2024 年高考数学一轮题型归纳与解题策略(新高考地区专用)（2）在对n进行讨论，当0nn时，nnTS，当n0n时，02nnnTSS15.等差数列的实际应用等差数列的实际应用(1)与等差数列前 n 项和有关的应用题，其关键在于构造合适的等差数列(2)遇到与正整数有关的应用题时，可以考虑与数列知识联系，抽象出数列的模型，并用有关知识解决相关的问题，是数学建模的核心素养的体现考点一考点一 利用定义求等差数列的通项公式利用定义求等差数列的通项公

10、式1（2023全国高三专题练习）已知数列 na满足1123 2,2nnnaaa，则数列 na的通项公式为_.【答案】1(31)2nnan【分析】根据题意整理可得11322nnnnaa，结合等差数列分析运算.【详解】1123 2,2nnnaaa，将等式两边同时除以2n得：11322nnnnaa，所以12nna是以12a 为首项，3 为公差的等差数列，则123(1)312nnann，所以1(31)2nnan.故答案为：1(31)2nnan.2（2023宁夏银川银川一中校考三模）已知数列 na满足11a，212a，12211nnnaaa，*Nn，则数列1nna a的前 10 项和10S（）A1213

11、B1112C1011D910【答案】C【分析】根据等差中项的应用可知数列1na是首项为 1，公差为 1 的等差数列，求出数列1na的通项公式，得1111nna ann，利用裂项相消法求和即可.【详解】12211nnnaaa，111a=，212a，考点 29 等差数列及其 n 项和 12 种常见考法归类-【考点通关】备战 2024 年高考数学一轮题型归纳与解题策略(新高考地区专用)数列1na是首项为 1，公差为 1 的等差数列，1111nnna ，1nan1111(1)1nnn nanan，数列1nna a的前 10 项和为10111111101122310111111S 故选：C3（2023全

12、国高三专题练习）已知数列 na满足13a，1211nnnaaa，则10a=（）A80B100C120D143【答案】C【分析】根据1211nnnaaa，可得2111 1nnaa ，从而可证得数列1na 是等差数列，从而可求得数列 na的通项，即可得解.【详解】解：因为1211nnnaaa，所以211121 1nnnaaa ，即2111 1nnaa ，等式两边开方可得：111 1nnaa ，即1111nnaa ，所以数列1na 是以首项为112a，公差为 1 的等差数列，所以12(1)11nann ，所以22nann，所以2101020120a.故选：C4（2023 春湖南长沙高三校联考期中）数

13、列 na中，11a，122nnnaaa（n为正整数），则na（）A12nB21nC21nnD12nn【答案】B【分析】由递推式证明数列1na为等差数列，利用等差数列通项公式求数列1na的通项，由此可求数列 na的通项公式.考点 29 等差数列及其 n 项和 12 种常见考法归类-【考点通关】备战 2024 年高考数学一轮题型归纳与解题策略(新高考地区专用)【详解】因为122nnnaaa，所以11112nnaa，又11a，可得111a=，所以数列1na为首项为 1，公差为12的等差数列，所以1111122nnna，所以21nan，故选：B.5（2023全国高三专题练习）已知数列 na满足12a，

14、112nnaa，则na _【答案】5 332nn【分析】首先求不动点，将已知等式两侧与不动点作差，再化简得到11na为等差数列，进而求通项公式.【详解】设 12fxx，令 f xx得：12xx，解得：=1x；11112nnaa ，化简得：1112nnnaaa，所以12111111111nnnnnnaaaaaa，从而111111nnaa，又11113a，所以11na是首项为13，公差为 1 的等差数列，故11211133nnna，所以5332nnan故答案为：5 332nn6（2023福建统考模拟预测）已知数列 na满足113a，11nnnnaaan，11212naa aa aam mR恒成立，

15、则m的最小值为（）A3B2C1D23【答案】C【分析】通过等差数列的定义求出nna的通项公式，再利用裂项相消法求出考点 29 等差数列及其 n 项和 12 种常见考法归类-【考点通关】备战 2024 年高考数学一轮题型归纳与解题策略(新高考地区专用)11212naa aa aa，进而确定 m 的最小值.【详解】11111(1)nnnnnannnanaaa，nna是等差数列，又113a，11122nnnnnnaaan，故对2n，121 2 321123 4 521212nna aannnnn，11232 3a 也符合上式，1121211111122112334122naa aa aannn，故1

16、m，即m的最小值为 1故选：C7（2023福建南平统考模拟预测）设nT为数列 na的前 n 项积已知112nnnnaaTT(1)求 na的通项公式；(2)求数列23nTn的前 n 项和【答案】(1)2121nnan；(2)69nn.【分析】（1）利用给定的递推公式，结合前 n 项积的意义求解作答.（2）由（1）的结论求出nT，再利用裂项相消法求解作答.【详解】（1）依题意，nnaT是以 1 为首项，2 为公差的等差数列，则1(1)221nnannT，即(21)nnnTa，当2n时，有11(23)nnnTa，两式相除得，1(21)23nnnnaana，显然0nT，即0na，因此当2n时，1211

17、23nnna，即12321nnan，所以数列 na的通项公式2121nnan.（2）设23nTn的前n项和为nS，由（1）得，21nnaTn，于是121nTn，因此1111()23(21)(23)2 2123nTnnnnn，考点 29 等差数列及其 n 项和 12 种常见考法归类-【考点通关】备战 2024 年高考数学一轮题型归纳与解题策略(新高考地区专用)则1 1111111 11()()2 355721232 3233(23)nnSnnnn，所以数列23nTn前n项和为69nn.考点考点二二 利用利用 Sn 与与 an 的关系求等差数列通项公式的关系求等差数列通项公式8（2023全国高三专

18、题练习）记数列 na的前n项和为nS，若18a ，且2*22nnnSnanN，则15S_.【答案】300【分析】当2n时，由222nnnSnannN可得21121211nnnSnna，两式作差可得出14nnaa，当1n 时，求出2a的值，可得出214aa，分析可知数列 na为等差数列，确定该数列的首项和公差，利用等差数列的求和公式可求得15S的值.【详解】当2n时，由222nnnSnannN可得21121211nnnSnna，两式相减得14221nnnnanana，即11141nnnanan，即14nnaa.当1n 时，2222222Sa，即122842aaa，所以，2144aa，则214aa

19、，则数列 na是以8为首项，4为公差的等差数列.则1515 1415843002S.故答案为：300.9（2023全国高三专题练习）已知数列 na的前 n 项和为nS，且222nnnSa，则na（）A11 2nnB2nC12nnD2nn【答案】D【分析】首先令1n 求出数列首项，再根据222nnnSa得111222nnnSa，两式相减得1122nnnaa，然后构造等差数列2nna，通过等差数列通项公式求解数列2nna的通项公式，进而求出 na的通项公式.【详解】令112na，由222nnnSa可得：111222nnnSa，两式作差可得：1122nnnaa，考点 29 等差数列及其 n 项和 1

20、2 种常见考法归类-【考点通关】备战 2024 年高考数学一轮题型归纳与解题策略(新高考地区专用)化简整理可得：11122nnnnaa，所以数列2nna是首项为 1，公差为 1 的等差数列，所以2nnan，进而可得：2nnan故选：D10（2023海南海口校联考模拟预测）已知nS为数列 na的前n项和，且0na，2364nnnaaS(1)求 na的通项公式；(2)若13nnnba a，数列 nb的前n项和为nT，证明：14nT【答案】(1)31nan(2)证明见解析【分析】（1）根据给定的递推公式，结合“1(2)nnnaSSn”可得13nnaa，由此求出数列通项作答.（2）由（1）的结论，利用

21、裂项相消法求和推理作答即可.【详解】（1）解：当1n 时，2111136464aaSa，因为0na，所以14a 当2n时，22111336464nnnnnnaaaaSS，即1113nnnnnnaaaaaa因为0na，所以13nnaa，所以 na是首项为 4，公差为 3 的等差数列，故31nan（2）证明：因为311(31)(34)3134nbnnnn，所以11111111477113134434nTnnn因为*Nn，1034n，所以，1114344nTn.11（2023黑龙江黑龙江实验中学校考二模）数列 na的前n项和为nS，112a，若该数列满足1202nnnaS Sn，则下列命题中错误的是

22、（）考点 29 等差数列及其 n 项和 12 种常见考法归类-【考点通关】备战 2024 年高考数学一轮题型归纳与解题策略(新高考地区专用)A1nS是等差数列B12nSnC121nan n D2nS是等比数列【答案】C【分析】利用1nnnaSS可化简已知等式证得 A 正确；利用等差数列通项公式可整理得到B 正确；由na与nS关系可求得 C 错误；由1212nnS，结合等比数列定义可知 D 正确.【详解】对于 A，当2n时，由120nnnaS S得：1120nnnnSSS S，11120nnSS，即1112nnSS，又11112Sa，数列1nS是以2为首项，2为公差的等差数列，A 正确；对于 B

23、，由 A 知：12212nnnS，12nSn，B 正确；对于 C，当2n时，111112212121nnnnnaSSnnn nn n，经检验：112a 不满足121nan n，1,121,221nnann n，C 错误；对于 D，由 B 得：1212nnS，12212nnSS，又214S，2nS是以14为首项，12为公比的等比数列，D 正确.故选：C.12（2023辽宁铁岭校联考模拟预测）已知各项为正的数列 na的前n项和为nS，满足2114nnSa，则263nnSa的最小值为（）A92B4C3D2【答案】D【分析】由2114nnSa结合1nnnaSS求出na，从而求得nS，由此求出263nn

24、Sa的表达式，利用基本不等式即可求得答案【详解】各项为正的数列,0nnaa，考点 29 等差数列及其 n 项和 12 种常见考法归类-【考点通关】备战 2024 年高考数学一轮题型归纳与解题策略(新高考地区专用)2114nnSa，2n 时，2211111144nnnnnaSSaa，即221120nnnnaaaa，化为：1120nnnnaaaa，10nnaa，12nnaa，又211114aa，解得11a，数列 na是等差数列，首项为 1，公差为 212121nann，221(21 1)4nSnn，22262634412 2122321 3111nnSnnnnannnn ，当且仅当1n 时取等号，

25、263nnSa的最小值为 2故选：D13（2023全国高三专题练习）设nS是数列 na的前 n 项和，且1111,nnnaaS S，则下列选项错误的是（）A112nna B*1,111,2,N1nnannnnC 数列1nS为等差数列D20110111+.SSS 5050【答案】A【分析】由11nnnaS S可得11nS1nS1，即数列1nS是以11S1 为首项，1 为公差的等差数列可判断 C，由nS求出na可判断 A，B；由等差数列的前 n 项和公式可判断 D.【详解】nS是数列 na的前 n 项和，且1111,nnnaaS S，则11nnnnSSS S，整理得11nS1nS1（常数），所以数

26、列1nS是以11S1 为首项，1 为公差的等差数列，故 C 正确；考点 29 等差数列及其 n 项和 12 种常见考法归类-【考点通关】备战 2024 年高考数学一轮题型归纳与解题策略(新高考地区专用)所以111nnnS ，故1nSn 所以当2n时，1nnnaSS11n1n，11a 不适合上式，故*1,111,2,N1nnannnn故 B 正确，A 错误；所以1231001111.123.1005050SSSS ，故 D 正确故选：A.考点三考点三 等差数列的基本运算等差数列的基本运算（一）等差数列通项公式及其应用（一）等差数列通项公式及其应用14（2023江西赣州统考二模）等差数列 na满足

27、214a ，124a，则23a（）A5B7C9D11【答案】B【分析】根据等差数列的性质运算求解.【详解】设等差数列 na的公差为 d，因为1221010daa，解得1d，所以231211411 17aad .故选：B.15（2023四川凉山三模）在等差数列 na中，242aa，53a，则9a（）A3B5C7D9【答案】C【分析】由等差中项性质得31a，利用等差数列通项公式求基本量公差d，进而写出通项公式，即可得9a.【详解】由题设24322aaa，则31a，而53a，若等差数列公差为d，则5312aad，所以，na通项公式为3(3)2naandn，故97a.故选：C16（2023广东深圳统考

28、模拟预测）已知等差数列 na满足310a，5226aa(1)求na；(2)数列 nb满足112,1,2nnnnban为奇数为偶数，nT为数列 nb的前n项和，求2nT考点 29 等差数列及其 n 项和 12 种常见考法归类-【考点通关】备战 2024 年高考数学一轮题型归纳与解题策略(新高考地区专用)【答案】(1)42nan(2)2241223nnTnn【分析】（1）根据条件建立方程组，即可求出等差数列的首项和公差，即可求na；（2）利用分组求和及等差数列、等比数列的求和公式即可求数列 nb的前n项和nT【详解】（1）设等差数列 na的公差为 d，因为310a，5226aa则111210426

29、adadad，解得124ad，所以24142nann（2）由（1）可得12,23,nnnbnn为奇数为偶数，则 21321242nnnTbbbbbb2221221543nn421 41 42nnn 24123nnn，所以2241223nnTnn.（二）等差数列前（二）等差数列前 n 项和的有关计算项和的有关计算17（2023河南洛阳模拟预测）已知等差数列 na的前n项和为nS，131,18aS，则6S（）A54B71C80D81【答案】D【分析】设等差数列 na的公差为d，根据题意求得5d，结合等差数列的求和公式，即可求解.【详解】设等差数列 na的公差为d，因为131,18aS，可得1333

30、318add，解得5d，所以166156 15 581Sad.故选：D.18（2023青海海东统考模拟预测）设等差数列 na的前 n 项和为nS，若3274aaa，则11S（）A44B48C55D72【答案】A【分析】利用基本量法可得154ad，故可求11S的值.考点 29 等差数列及其 n 项和 12 种常见考法归类-【考点通关】备战 2024 年高考数学一轮题型归纳与解题策略(新高考地区专用)【详解】设 na的公差为 d，则112427adad，即154ad，则111115544Sad，故选：A.19（2023四川遂宁统考模拟预测）设数列 na是等差数列，nS是数列 na的前 n 项和，4

31、614aa，735S，则5S等于（）A10B15C20D25【答案】B【分析】根据给定条件求出等差数列 na的首项及公差即可得解.【详解】因数列 na是等差数列，由等差数列的性质知：46572aaa，而177477352aaSa，则45a，等差数列 na公差542daa，首项1431aad，则515(5 1)5520152Sad .故选：B.20（2023陕西咸阳统考模拟预测）已知等差数列 na满足1232nnaan，则 na的前 20 项和20S（）A200B300C210D320【答案】C【分析】设naAnB，12323nnaaAnAB，则33232AAB，解方程即可求出na，再由等差数列

32、的前n项和即可得出答案.【详解】因为数列 na为等差数列，设naAnB，所以1naAnAB，所以12323nnaaAnAB因为1232nnaan，所以33232AAB所以10AB则nan，所以2020(20 1)20 112102S 故选：C.21（2023湖南衡阳校考模拟预测）设等差数列 na的前 n 项和为nS，48a，1236S，则满足nnSa的正整数 n 的最大值为（）A16B15C12D8【答案】B考点 29 等差数列及其 n 项和 12 种常见考法归类-【考点通关】备战 2024 年高考数学一轮题型归纳与解题策略(新高考地区专用)【分析】根据等差数列的通项公式及求和公式求解,nna

33、S，再求解不等式nnSa得出结果.【详解】设等差数列 na公差为 d，则1138126636adad，解得1142ad，所以162nan，215nSnn 由nnSa，得215162nnn，即217160nn，解得 1n，即可求得15160,0SS，即可知所求结果为15n.【详解】由数列 na满足212nnnaaa对*nN恒成立可知，数列 na为等差数列；设数列 na的首项为1a，公差为d，则2111222nn nddSnadnan，若前 n 项和nS有最大值，则可知0d，因此98aa，又981aa，所以8980aaa，可得88990,0,0aaaa，所以11581168920,0aaaaaaa

34、，即考点 29 等差数列及其 n 项和 12 种常见考法归类-【考点通关】备战 2024 年高考数学一轮题型归纳与解题策略(新高考地区专用)115116881691550,015161822aaaaSaSaa；所以，使得0nS 的最大的 n 的值是15n.故选：C77【多选】（2023全国高三专题练习）设等差数列 na的前n项和为nS，公差为d.已知312a，100S，60a，则（）A数列nnSa的最小项为第6项B2445d C50a D0nS 时，n的最大值为5【答案】ABC【分析】利用数列的单调性结合不等式的基本性质可判断 A 选项的正误；根据已知条件列出关于d的不等式组，求出d的取值范围

35、，可判断 B 选项的正误；利用等差数列求和公式及等差数列下标和性质可判断 C，D 选项的正误.【详解】对于 C 选项，由110105610=502aaSaa且60a，可知50a，故 C 正确；对于 B 选项，由53635632122031230252450aaddaaddaaadd，可得2445d，故 B 正确；对于 D 选项，因为100S，111116111102aaSa，所以，满足0nS 的n的最大值为10，故 D 错误；对于 A 选项，由上述分析可知，当15n且*Nn时，0na；当6n 且*Nn时，0na，所以，当15n且*Nn时，0nnSa，当610n且*Nn时，0nnSa，当11n

36、且*Nn时，0nnSa.由题意可知 na单调递减，所以当610n且*Nn时，6789100aaaaa，由题意可知 nS单调递减，即有6789100SSSSS，所以678910111110aaaaa ，考点 29 等差数列及其 n 项和 12 种常见考法归类-【考点通关】备战 2024 年高考数学一轮题型归纳与解题策略(新高考地区专用)由不等式的性质可得6789106789100SSSSSaaaaa ，从而可得6789106789100SSSSSaaaaa，因此，数列nnSa的最小项为第6项，故 A 正确.故选：ABC.78（2023 秋江西赣州高三赣州市赣县第三中学校考期中）已知等差数列 na

37、的前 n 项和为nS，并且10110,0SS，若nkSS对Nn恒成立，则正整数k的值为_.【答案】5【分析】根据已知条件将恒成立问题转化为求最值问题，再利用等差数列的下角标性质及等差数列前n项和公式即可求解.【详解】由题意可知，110101105610550,2aaSaaaa所以560aa，同理得116110Sa，所以60a.结合560aa，可得50a.当5n 时，nS取得最大值为5S，要使nkSS对Nn恒成立，只需要maxnkSS，Nn即可，所以5kSS,Nn，即5k.所以正整数k的值为5.故答案为：5.考点十考点十 等差数列中的单调性与最值问题等差数列中的单调性与最值问题79【多选】（20

38、23黑龙江齐齐哈尔统考二模）已知数列 na是各项均为正数的等比数列，nb是公差大于 0 的等差数列，且33ab，77ab，则（）A55abB55abC11abD99ab【答案】BCD【分析】根据题意得 na，nb为单调递增数列，进而作出函数图象，结合图象性质说明即可.【详解】解：设 na的公比为0q q，nb的公差为0d d，所以，111nnnaaa qqq，111nbbndbdnd，所以，由0d 可知 nb为单调递增数列，即3737abba考点 29 等差数列及其 n 项和 12 种常见考法归类-【考点通关】备战 2024 年高考数学一轮题型归纳与解题策略(新高考地区专用)因为10a，0q，

39、10aq，所以4731aqa，即1q，数列 na为单调递增数列，作出函数1xayqq，1ydxbd的图象如图所示，由上述图象可知，当*Nx时，两函数图象在3,7nn处相交，所以，当46n时，nnab，当2n 或8n 时，nnab.故选：BCD.80【多选】（2023 秋福建宁德高二统考期末）已知等比数列 na的公比13q ，等差数列 nb的首项19b，若77ab且88ab，则以下结论正确的有（）A80a B80b C78aaD78bb【答案】BD【分析】根据给定条件，确定数列 na相邻两项的特性判断 AC；再判断等差数列 nb单调性判断 BD 作答.【详解】因为等比数列 na的公比13q ，则

40、71613aa，81713aa，而1a的正负不确定，因此不能确定7a和8a的正负及大小关系，AC 错误；显然7a和8a异号，又77ab且88ab，则78,b b中至少有一个是负数，而190b，于是等差数列 nb的公差0d，即数列 nb单调递减，因此78bb，且80b，BD 正确.故选：BD81（2023 春北京东城高三北京市第十一中学校考阶段练习）na是各项均为正数的等差数列，其公差0d，nb是等比数列，若11ab，10121012ab，nS和nT分别是 na和 nb的前n项和，则（）A20232023STB20232023STC20232023STD2023S和2023T的大小关系不确定考点

41、 29 等差数列及其 n 项和 12 种常见考法归类-【考点通关】备战 2024 年高考数学一轮题型归纳与解题策略(新高考地区专用)【答案】B【分析】分析可知等比数列 nb为正项单调数列，利用等差数列的求和公式以及基本不等式可得出2023S与2023T的大小.【详解】因为 na是各项均为正数的等差数列，其公差0d，则1202320231012202320232aaSa，且1012111011aada，则10121bb，设等比数列 nb的公比为q，则1011101210bqb且10111q，即0q 且1q，又因为10b，所以，等比数列 nb为正项单调数列，由基本不等式可得120231 20231

42、01222bbbbb，2202222022101222bbb bb，L，101110131011 1013101222bbbbb，所以，202312202310121012202320232023TbbbbaS，故选：B.82（2023全国高三专题练习）已知nS是数列 na的前 n 项和，3273S，*1194Nnnnanan，当数列*12Nnnna aan的前 n 项和取得最大值时，n 的值为（）A30B31C32D33【答案】C【分析】由递推式得到122nnnaaa，结合等差中项知 na为等差数列，进而写出其通项公式并判断单调性，最后判断*12Nnnna aan上各项的符号，即可确定前 n

43、 项和取得最大值时 n 的值.【详解】1194nnnana，则12194nnnana，得：12111nnnnnananana，即122nnnaaa，则数列 na为等差数列，且194a，由123273aaa得：291a，则公差2da13a，所以973nan，数列 na单调递减，而321a，332a，345a，.，设nnba12nnaa，当30n 时，0nb，且318b，3210b，当33n 时，0nb 恒成立，显然31322bb，3132330bbb，即数列*12Nnnna aan的前 32 项和最大.故选：C考点十一考点十一 等差数列的综合问题等差数列的综合问题考点 29 等差数列及其 n 项

44、和 12 种常见考法归类-【考点通关】备战 2024 年高考数学一轮题型归纳与解题策略(新高考地区专用)83【多选】（2023浙江校联考二模）已知递增数列 na的各项均为正整数，且其前n项和为nS，则（）A存在公差为 1 的等差数列 na，使得142023SB存在公比为 2 的等比数列 na，使得32023S C若102023S，则4285a D若102023S，则10208a【答案】ABC【分析】运用公式法计算 A，B 选项，根据数列的性质推导 C，D 选项.【详解】对于 A，设数列的首项为1a，则14111414 13 120232Sa，解得1138a，即当等差数列的首项为 138，公差为

45、 1 时，142023S，正确；对于 B，设首项为1a，则33111 22023,2891 2Saa，正确；对于 C，欲使得4a尽可能地大，不妨令1231,2,3aaa，则有451045101232023,2017aaaaaa，又21321091,1,1aaaaaa，即54641041,2,6aaaaaa，45104444(1)(2)(6)aaaaaaa，即4472017211996,285aa，正确；对于 D，10121010101010(9)(8)(1)Saaaaaaa，10206.8a，即10207a，比如，12345678910197,198,200,201,202,203,204,2

46、05,206,207aaaaaaaaaa，则102023S，D 错误；故选：ABC.【点睛】思路点睛：数列中与整数有关的不等式或方程问题，注意利用整数的性质来处理.84【多选】（2023福建泉州泉州五中校考模拟预测）已知等差数列 na的公差为d，前n项和为nS，且0d，146,a a a成等比数列，则（）A190SB90a C当0d 时，9S是nS的最大值D当0d 时，10S是nS的最小值【答案】ACD【分析】根据等比中项的性质得到方程，即可得到19ad，再根据等差数列的通项公式、求和公式及单调性判断即可.考点 29 等差数列及其 n 项和 12 种常见考法归类-【考点通关】备战 2024 年

47、高考数学一轮题型归纳与解题策略(新高考地区专用)【详解】因为1a，4a，6a成等比数列，所以2146a aa，即211153adaad，整理得219a dd，因为0d，所以19ad，所以10190aad，则1191910191902aaSa，故 A 正确、B 错误；当0d 时 na单调递减，此时12910110aaaaa，所以当9n 或10n 时nS取得最大值，即910maxnSSS，故 C 正确；当0d 时 na单调递增，此时12910110aaaaa，所以当9n 或10n 时nS取得最小值，即910minnSSS，故 D 正确；故选：ACD85【多选】（2023吉林长春统考模拟预测）已知正

48、项数列 na的前 n 项和为nS，且有112nnnSaa，则下列结论正确的是（）A112a B数列 nS为等差数列C366SD2341aaa【答案】CD【分析】根据题意和1nnnaSS（2n）可得2211nnSS，结合等差数列的定义可证明2nS是以 1 为首项，公差为 1 的等差数列，进而nSn、1nann，结合选项依次判断即可.【详解】A：11()2nnnaSa，当1n 时，111111()2Saaa，由0na 解得11a，故 A 错误；B：11()2nnnaSa，当2n时，1nnnaSS，则1111()2nnnnnSSSSS，整理得2211nnSS，又2122211()2Saaaa、0na

49、 解得221a，得22S，有222221211SSSa，符合上式，所以2nS是以 1 为首项，公差为 1 的等差数列，故 B 错误；C：由选项 B 的分析可知21(1)1nSnn ，由0na 解得nSn，所以36366S，故 C 正确；所以11nnnaSSnn，D：由选项 C 的分析可知nSn，则11nnnaSSnn，考点 29 等差数列及其 n 项和 12 种常见考法归类-【考点通关】备战 2024 年高考数学一轮题型归纳与解题策略(新高考地区专用)所以221a，332a，423a，得2341aaa，故 D 正确.故选：CD.86【多选】（2023安徽滁州安徽省定远中学校考模拟预测）已知首项

50、为32，公比为q的等比数列 na，其前n项和为nS，*nN，且33Sa，55Sa，44Sa成等差数列，记2nnnTSS，*nN，则（）A公比12q B若 na是递减数列，则3nS C若 na不单调，则 nT的最大项为16D若 na不单调，则 nT的最小项为76【答案】BC【分析】由等差中项的性质即可判断 A，由等比数列前n项和nS即可判断 B，由nS以及nS与nT的关系即可判断 CD.【详解】由33Sa，55Sa，44Sa成等差数列，得5533442 SaSaSa，即534aa，241q，得12q ，故 A 错误；当12q 时，数列 na不单调，当12q 时，数列 na单调递减，若 na是递减