高中数学等差数列选择题专项训练100含解析

2024年3月2日发(作者：2013甘肃中考数学试卷)

一、等差数列选择题

1．已知等差数列{an}，且3a3a52a7a10a1348，则数列{an}的前13项之和为（

）

A．24

解析：D

【分析】

根据等差数列的性质计算求解．

【详解】

由题意3a3a52a7a10a1332a423a106(a4a10)12a748，

B．39 C．104 D．52

a74，∴S13故选：D．

13(a1a13)13a713452．

22．在等差数列an中，a5a20164，S，是数列an的前n项和，则S2020=（

）

A．2019

解析：B

【分析】

由等差数列的性质可得a5a2016a1a20204，则B．4040 C．2020 D．4038

S2020a1a202020201010a5a2016可得答案.

2【详解】

等差数列an中,

a5a2016a1a20204

S2020a1a202020201010a5a2016410104040

2故选：B

3．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等.问各得几何.”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列.问五人各得多少钱？”（“钱”是古代的一种重量单位）.这个问题中，戊所得为（

）

A．5钱

4B．4钱

3C．2钱

3D．5钱

3解析：C

【分析】

根据甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列，设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为a2d，ad，a，ad，a2d，然后再由五人钱之和为5，甲、乙的钱与与丙、丁、戊的钱相同求解.

【详解】

设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为a2d，ad，a，ad，a2d，

(a2d)(ad)a(ad)(a2d)5则根据题意有，

(a2d)(ad)a(ad)(a2d)a1解得1，

d6所以戊所得为a2d故选：C.

4．在1与25之间插入五个数，使其组成等差数列，则这五个数为（

）

A．3、8、13、18、23

C．5、9、13、17、21

解析：C

【分析】

根据首末两项求等差数列的公差，再求这5个数字.

【详解】

在1与25之间插入五个数，使其组成等差数列，

则a11,a725，则dB．4、8、12、16、20

D．6、10、14、18、22

2，

3a7a12514，

716则这5个数依次是5，9，13，17，21.

故选：C

5．若数列an满足an1A．1010

C．2020

解析：B

【分析】

根据递推关系式求出数列的通项公式即可求解.

【详解】

由an12an1(nN)，且a11，则a2021（

）

2B．1011

D．2021

12an1(nN)，则an1an(nN)，

22即an1an1，

21为公差的等差数列，

2所以数列an是以1为首项，所以ana1n1d1n1所以a20211n1，

22202111011.

2

故选：B

6．等差数列an的前n项和为Sn，且a1a32，a4a22，则S5（

）

A．21

解析：C

【分析】

根据已知条件得到关于首项a1和公差d的方程组，求解出a1,d的值，再根据等差数列前n项和的计算公式求解出S5的值.

【详解】

B．15 C．10 D．6

a1a32a102a12d2因为，所以，所以，

aa2d12d224所以S55a1故选：C.

7．已知等差数列an的公差d为正数，a11,2anan11tn1an,54d5010110，

2t为常数，则an（

）

A．2n1

解析：A

【分析】

由已知等式分别求出数列的前三项，由2a2a1a3列出方程，求出公差，利用等差数列的通项公式求解可得答案．

【详解】

B．4n3 C．5n4 D．n

a11，2anan11tn1an,

令n1，则2a1a21t1a1，解得a2t1

令n2，则2a2a312t1a2，即t1a3t1，若t1，则a20,d1，2与已知矛盾，故解得a3t1

an等差数列，2a2a1a3，即2t11t1，解得t4

则公差da2a12，所以ana1n1d2n1.

故选：A

8．记Sn为等差数列an的前n项和．若a5a620，S11132，则an的公差为（

）

A．2

解析：C

【分析】

B．4

3C．4 D．4

由等差数列前n项和公式以及等差数列的性质可求得a6，再由等差数列的公式即可求得公差.

【详解】

解：S11a1a111111a26132，

a612，

又a5a620，

a58，

da6a54.

故选：C．

9．若两个等差数列an，bn的前n项和分别为Sn和Tn，且（

）

A．Sn3n2a12，则Tn2n1b153

2B．70

59C．71

59D．

85解析：C

【分析】

可设Snkn(3n2)，Tnkn(2n1)，进而求得an与bn的关系式，即可求得结果．

【详解】

Sn3n2因为an，bn是等差数列，且，

Tn2n1所以可设Snkn(3n2)，Tnkn(2n1)，

又当n2时，有anSnSn1k(6n1)，bnTnTn1k(4n1)，

a12k(6121)71，b15k(4151)59

故选：C．

10．已知等差数列an中，a50,a4a70，则an的前n项和Sn的最大值为（

）

A．S4

解析：B

【分析】

根据已知条件判断an0时对应的n的范围，由此求得Sn的最大值.

【详解】

B．S5 C．

S6 D．

S7

a50a50a60，所以an01n5，

依题意a4a7a5a60d0所以an的前n项和Sn的最大值为S5.

11．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a12，S315，则a8（

）

A．11

解析：C

【分析】

由题设求得等差数列{an}的公差d，即可求得结果.

【详解】

B．12 C．23 D．24

S3153a2，a25，

a12，公差da2a13，

a8a17d27323，

故选：C.

12．等差数列an中，a1a2a324,a18a19a2078，则此数列的前20项和等于（

）

A．160

解析：B

【分析】

把已知的两式相加得到a1a2018，再求S20得解.

【详解】

由题得(a1a20)(a2a19)(a3a18)247854，

所以3(a1a20)54,a1a2018.

所以S20故选：B

13．数列an为等差数列，a11，a34，则通项公式是（

）

A．3n2

解析：C

【分析】

根据题中条件，求出等差数列的公差，进而可得其通项公式.

【详解】

因为数列an为等差数列，a11，a34，

则公差为dB．B．180 C．200 D．220

20(a1a20)1018180.

23n2

2C．31n

22D．31n

22a3a13，

22331n1n.

2222因此通项公式为an1故选：C.

14．设数列an的前n项和Snn1.

则a8的值为（

）．

A．65

解析：C

【分析】

B．16 C．15 D．14

利用anSnSn1n2得出数列an的通项公差，然后求解a8.

【详解】

由Snn1得，a12，Sn1n11，

22所以anSnSn1nn12n1，

222,n1所以an，故a828115.

2n1,n2故选：C.

【点睛】

本题考查数列的通项公式求解，较简单，利用anSnSn1n2求解即可.

15．南宋数学家杨辉《详解九张算法》和《算法通变本末》中，提出垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差不相等，但是逐项差数之差或者高次成等差数列.在杨辉之后一般称为“块积术”.现有高阶等差数列，其前7项分别1，7，15，27，45，71，107，则该数列的第8项为（

）

A．161

解析：B

【分析】

画出图形分析即可列出式子求解.

【详解】

所给数列为高阶等差数列,设该数列的第8项为x，根据所给定义：用数列的后一项减去前一项得到一个新数列，得到的新数列也用后一项减去前一项得到一个新数列，即得到了一个等差数列，如图：

B．155 C．141 D．139

y3612x155

，解得由图可得：.

x107yy48故选：B.

二、等差数列多选题

16．黄金螺旋线又名等角螺线，是自然界最美的鬼斧神工．在一个黄金矩形（宽长比约等于0.618）里先以宽为边长做正方形，然后在剩下小的矩形里以其宽为边长做正方形，如此循环下去，再在每个正方形里画出一段四分之一圆弧，最后顺次连接，就可得到一条“黄金螺旋线”．达·芬奇的《蒙娜丽莎》，希腊雅典卫城的帕特农神庙等都符合这个曲线．现将每一段黄金螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形半径设为an

(n∈N*)，数列{an}满足a1＝

a2＝1，an＝an－1＋an－2

(n≥3)．再将扇形面积设为bn

(n∈N*)，则（

）

A．4(b2020－b2019)＝πa2018·a2021

C．a12＋a22＋a32…＋(a2020)2＝2a2019·a2021

解析：ABD

【分析】

对于A，由题意得bn

＝B．a1＋a2＋a3＋…＋a2019＝a2021－1

D．a2019·a2021－(a2020)2＋a2018·a2020－(a2019)2＝0

2an，然后化简4(b2020－b2019)可得结果；对于B，利用累加法求解4即可；对于C，数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2

(n≥3)，即an－1＝an－2－an，两边同乘an－1

，可得an－12＝an－1

an－2－an－1

an，然后累加求解；对于D，由题意an－1＝an－an－2，a2021－(a2020)2＋a2018·a2020－(a2019)2，化简可得结果

则a2019·【详解】

由题意得bn

＝2an，则4(b2020－b2019)＝4(a20202－a20192)＝π(a2020＋a2019)(a2020－a2019)444a2021，则选项A正确；

＝πa2018·又数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2

(n≥3)，所以an－2＝an－an－1(n≥3)，a1＋a2＋a3＋…＋a2019＝(a3－a2)＋(a4－a3)＋(a5－a4)＋…＋(a2021－a2020)＝a2021－a2＝a2021－1，则选项B正确；

数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2

(n≥3)，即an－1＝an－2－an，两边同乘an－1

，可得an－12＝an－1

an－2－an－1

an，则a12＋a22＋a32…＋(a2020)2＝a12＋(a2a1－a2a3)＋(a3a2－a3a4)＋…＋(a2020a2019－a2020a2021)＝a12－a2020a2021＝1－a2020a2021，则选项C错误；

a2021－(a2020)2＋a2018·a2020－(a2019)2＝a2019·(a2021－a2019)＋由题意an－1＝an－an－2，则a2019·a2020·(a2018－a2020)＝a2019·a2020＋a2020·(－a2019)＝0，则选项D正确；

故选：ABD.

【点睛】

此题考查数列的递推式的应用，考查累加法的应用，考查计算能力，属于中档题

17．已知数列an中，a11，an1不等式111an，nN*.若对于任意的t1,2，nnan2t2a1ta2a2恒成立，则实数a可能为（

）

nB．－2 C．0 D．2

A．－4

解析：AB

【分析】

由题意可得a1an1an11，利用裂项相相消法求和求出n22，只需n1nnn1nn2t2a1ta2a22对于任意的t1,2恒成立，转化为2ta1ta0对于任意的t1,2恒成立，然后将选项逐一验证即可求解.

【详解】

an1则aa1111n1an，n1n，

n1nn(n1)nn1nn，anan1a11a11，n1n2，nn1n1nn1n2n2n1ana11a11，n22，

nnnna2a111，

212上述式子累加可得：2t2a1ta2a22对于任意的t1,2恒成立，

整理得2ta1ta0对于任意的t1,2恒成立，

对A，当a4时，不等式2t5t40，解集对B，当a2时，不等式2t3t20，解集对C，当a0时，不等式2t1t0，解集5,4，包含1,2，故A正确；

23,2，包含1,2，故B正确；

21,0，不包含1,2，故C错误；

21对D，当a2时，不等式2t1t20，解集2,，不包含1,2，故D错误，

2故选：AB.

【点睛】

本题考查了裂项相消法、由递推关系式求通项公式、一元二次不等式在某区间上恒成立，考查了转化与划归的思想，属于中档题.

12a,0an3n218．若数列an满足an1，a1，则数列an中的项的值可能为52a1,1a1nn2（

）

A．1

5B．2

5C．4

5D．6

5解析：ABC

【分析】

利用数列an满足的递推关系及a13，依次取n1,2,3,4代入计算a2,a3,a4,a5，能得5到数列an是周期为4的周期数列，得项的所有可能值，判断选项即得结果.

【详解】

12a,0an3n2数列an满足an1，a1，依次取n1,2,3,4,...代入计算得，

52a1,1a1nn2a22a111243，a32a2，a42a3，a52a41a1，因此继续下去会5555循环，数列an是周期为4的周期数列，所有可能取值为：,故选：ABC.

【点睛】

本题考查了数列的递推公式的应用和周期数列，属于基础题.

19．已知数列an满足a1A．2

解析：BD

【分析】

B．1234,,.

555511，an1，则下列各数是an的项的有（

）

1a2nC．2

33

2D．3

根据递推关系式找出规律，可得数列是周期为3的周期数列，从而可求解结论．

【详解】

因为数列{an}满足a1a2111()223；

11，an1，

1a2na313；

1a2a411a1；

1a3212，，3；

23数列{an}是周期为3的数列，且前3项为故选：BD．

【点睛】

本题主要考查数列递推关系式的应用，考查数列的周期性，解题的关键在于求出数列的规律，属于基础题．

20．已知递减的等差数列an的前n项和为Sn，S5S7，则（

）

A．a60

C．S130

解析：ABD

【分析】

B．S6最大

D．S110

转化条件为a6a70，进而可得a60，a70，再结合等差数列的性质及前n项和公式逐项判断即可得解.

【详解】

因为S5S7，所以S7S50，即a6a70，

因为数列an递减，所以a6a7，则a60，a70，故A正确；

所以S6最大，故B正确；

所以S13所以S11a1a131313a270，故C错误；

0，故D正确.

a1a111111a26故选：ABD.

21．首项为正数，公差不为0的等差数列an，其前n项和为Sn，则下列4个命题中正确的有（

）

A．若S100，则a50，a60；

B．若S4S12，则使Sn0的最大的n为15；

C．若S150，S160，则Sn中S7最大；

D．若S8S9，则S7S8.

解析：ABD

【分析】

利用等差数列的求和公式及等差数列的性质，逐一检验选项，即可得答案.

【详解】

对于A：因为正数，公差不为0，且S100，所以公差d0，

所以S1010(a1a10)0，即a1a100，

2根据等差数列的性质可得a5a6a1a100，又d0，

所以a50，a60，故A正确；

对于B：因为S4S12，则S12S40，

所以a5a6a11a124(a8a9)0，又a10，

所以a80,a90，

所以S1515(a1a15)152a816(a1a16)16(a8a9)15a80，S160，

222215(a1a15)152a815a80，则a80，

22所以使Sn0的最大的n为15，故B正确；

对于C：因为S15S1616(a1a16)16(a8a9)0，则a8a90，即a90，

22所以则Sn中S8最大，故C错误；

对于D：因为S8S9，则a9S9S80，又a10，

所以a8S8S70，即S8S7，故D正确，

故选：ABD

【点睛】

解题的关键是先判断d的正负，再根据等差数列的性质，对求和公式进行变形，求得项的正负，再分析和判断，考查等差数列性质的灵活应用，属中档题.

22．已知数列an：1，1，2，3，5，…其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，记Sn为数列an的前n项和，则下列结论正确的是（

）

A．S6a8

C．a1a3a5解析：BCD

【分析】

根据题意写出a8，S6，S7，从而判断A，B的正误；写出递推关系，对递推关系进行适当的变形，利用累加法即可判断C，D的正误．

【详解】

对A，a821，S620，故A不正确；

对B，S7S61333，故B正确；

对C，由a1a2，a3a4a2，a5a6a4，…，a2021a2022a2020，可得B．S733

a2021a2022 D．a1a2a32222a2020a2020a2021

a1a3a5a2021a2022，故C正确；

2对D，该数列总有an2an1an，a1a2a1，则a2a2a3a1a2a3a2a1，

222a3a3a4a2a3a4a2a3，…，a2018a2018a2019a2017a2018a2019a2017a2018，

22a2019a2019a2020a2019a2018，a2020a2020a2021a2020a2019，

故a1a2a3a2020a2020a2021，故D正确．

故选：BCD

【点睛】

关键点睛：解答本题的关键是对CD的判断，即要善于利用an2an1an对所给式子进2222

行变形.

23．公差不为零的等差数列an满足是（

）

A．S110

C．当S110时，SnS5

解析：BC

【分析】

设公差d不为零,由【详解】

设公差d不为零,

因为B．SnS10n（1n10）

D．当S110时，SnS5

a3a8，Sn为an前n项和，则下列结论正确的a3a8，解得a1d，然后逐项判断.

92a3a8，

所以a12da17d，

即a12da17d，

解得a19d，

2119S1111a155d11d55dd0，故A错误；

22nn110n9nd2dSnna1dn10n,S10n10na1dn210n2222，故B正确；

119S11a55d11d55dd0，解得d0，若11122Snd2dd2n10nn525S5，故C正确；D错误；

222故选：BC

24．设等差数列an的前n项和为Sn，公差为d.已知a312，S120，a70则（

）

A．a60

C．Sn0时，n的最小值为13

解析：ACD

【分析】

由已知得S121B．数列是递增数列

anSnD．数列中最小项为第7项

an12a1+a12212a6+a720，又a70，所以a6>0，可判断A；由已知

得出24d3，且an12+n3d，得出n1,6时，an>0，n7时，7an0，又n7，111，可得出在nan12+n3dannN上单调递增，可判断B；由1,6nN1上单调递增，在anS1313a1+a132132a713a70，可判断C

；判断

an，Sn的符号，

an的单调性2可判断D；

【详解】

由已知得a3a1+2d12,a1122d，S1212a1+a12212a6+a720，又a70，所以a6>0，故A正确；

a7a1+6d12+4d024d3，又由a6a1+5d12+3d>0，解得7a+a2a+11d24+7d>0167ana3+n3d12+n3d，

11当n1,6时，an>0，n7时，an0，又，所以n1,6时，an12+n3d11>0，n7时，0，

anan1所以在nan1,6nN1上单调递增，在nan7，nN上单调递增，所1以数列不是递增数列，故B不正确；

an由于S1313a1+a132132a713a70，而S120，所以Sn20时，n的最小值为13，故C选项正确

；

当n1,6时，an>0，n7时，an0，当n1,12时，Sn>0，n13时，Sn0，所以当n7,12时，an0，Sn>0，Sn0，n712，时，an为递增数anSnS列，n为正数且为递减数列，所以数列中最小项为第7项，故D正确；

an【点睛】

本题考查等差数列的公差，项的符号，数列的单调性，数列的最值项，属于较难题.

25．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a90，a100，则下列结论正确的是（

）

A．S10S9

解析：ABD

【分析】

B．S170 C．S18S19 D．S190

先根据题意可知前9项的和最小，判断出A正确；根据题意可知数列为递减数列，则a190，又S18S19a19，进而可知S15S16，判断出C不正确；利用等差中项的性质和求和公式可知S17a1a171722a91717a90，2S19a1a191922a101919a100，故BD正确.

2【详解】

根据题意可知数列为递增数列，a90，a100，

前9项的和最小，故A正确；

S17a1a171722a91717a90，故B正确；

22a101919a100，故D正确；

2S19a1a19192a190，

S18S19a19，

S18S19，故C不正确.

故选：ABD.

【点睛】

本题考查等差数列的综合应用，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题.