等差数列选择题专项训练单元测试题试题

一、等差数列选择题

3331．已知数列an中，a11，a22，对nN*都有2an1an2an，则a10等于

（ ） A．10 解析：D 【分析】

33利用等差中项法可知，数列an为等差数列，根据a11，a22可求得数列an的公

B．310 C．64 D．4

差，可求得a10的值，进而可求得a10的值. 【详解】

对nN*都有2an1an2an，由等差中项法可知，数列an为等差数列，

333由于a11，a22，则数列an的公差为da2a17，

33333所以，a10a19d19764，因此，a10故选：D.

334.

2．设等差数列an的前n项和为Sn，若a7a916，则S15（ ） A．60 解析：B 【分析】

利用等差数列的性质，由a7a916，得到a88，然后由S1515a8求解. 【详解】

因为a7a916，

所以由等差数列的性质得a7a92a816， 解得a88， 所以S15故选：B

3．已知数列an是公差不为零且各项均为正数的无穷等差数列，其前n项和为Sn.若

B．120

C．160

D．240

15a1a1515a8158120． 2pmnq且pqmnp,q,m,nN*，则下列判断正确的是（ ）

A．S2p2pap

B．apaqaman D．

1111C． apaqaman解析：D 【分析】

1111 SpSqSmSn利用等差数列的求和公式可判断A选项的正误；利用作差法结合等差数列的通项公式可判断B选项的正误；利用apaqaman结合不等式的基本性质可判断C选项的正误；利用等差数列的求和公式结合不等式的基本性质可判断D选项的正误. 【详解】

对于A选项，由于S2对于B选项，由于mpqn，则

2p2pa1a2ppapap12pap，故选项A错误；

apaqamanampmdanqndaman

2amqndanqndamanqnamandqnd

2qnnmd2qnd20，故选项B错误；

对于C选项，由于

211apaqamanaman11，故选项C错误； apaqapaqapaqamanaman对于D选项，设xqnmp0，则

pqmnmxnxmnxnmx20，从而pqmn，

2222由于pqmnpq2pqmn2mn，故pqmn.

2222p1q1pqpq1mnmn1m1n1，

p2q2pqm2n2mn故SpSqpqa1dmna1dSmSn.

22pp1qq1pqpq2pqp1q12SpSqpa1dqa1dpqa12a1dd2224

mnmn2mnp1q12a1dd24mnmn2mnm1n12mna12a1ddSmSn，

24mna1211SpSqSmSn11由此，故选项D正确. SpSqSpSqSmSnSmSn故选：D. 【点睛】

关键点点睛：本题考查等差数列中不等式关系的判断，在解题过程中充分利用基本量来表示an、Sn，并结合作差法、不等式的基本性质来进行判断.

4．已知数列an中，anan12(n2)，且a11，则这个数列的第10项为（ ） A．18 解析：B

B．19

C．20

D．21

【分析】

由已知判断出数列an是以1为首项，以2为公差的等差数列，求出通项公式后即可求得

a10.

【详解】

anan12n2，且a11，

数列an是以1为首项，以2为公差的等差数列，

通项公式为an12n12n1，

a10210119，

故选：B.

5．在等差数列an中，a2a5a812，则an的前9项和S9（ ） A．36 解析：A 【分析】

根据等差数列的性质，由题中条件，得出a54，再由等差数列前n项和公式，即可得出结果. 【详解】

因为an为等差数列，a2a5a812， 所以3a512，即a54， 所以S9故选：A. 【点睛】

熟练运用等差数列性质的应用及等差数列前n项和的基本量运算是解题关键. 6．在等差数列{an}的中，若a11,a35，则a5等于（ ） A．25 解析：D 【分析】

利用等差数列的性质直接求解． 【详解】 因为a11,a35，故选：D．

7．在等差数列an中，若Sn为其前n项和，a65，则S11的值是（ ） A．60 解析：D 【分析】

B．11

C．50

D．55

B．11

C．10

D．9

B．48

C．56

D．72

9a1a99836. 222a3a1a5a59，

根据题中条件，由等差数列的性质，以及等差数列的求和公式，即可求出结果. 【详解】

因为在等差数列an中，若Sn为其前n项和，a65， 所以S11故选：D.

8．在等差数列an中，a10，3a85a13，则Sn中最大的是（ ） A．S21 解析：B 【分析】

设等差数列的公差为d.由已知得3a17d5a112d，可得关系a1求和公式和二次函数的性质可得选项. 【详解】

设等差数列的公差为d.由3a85a13得，3a17d5a112d，整理得，a1又a10，所以d0，因此

B．S20

C．S19

D．S18

11a1a11211a655.

39d.再运用239d. 2Snd2dddna1nn220dn(n20)2200d， 2222所以S20最大. 故选：B.

9．设等差数列an的前n项和为Sn，若a2a9a38，则S15（ ） A．60 解析：B 【分析】

根据等差数列的性质可知a2a9a3a8，结合题意，可得出a88，最后根据等差数列的前n项和公式和等差数列的性质，得出S15【详解】

解：由题可知，a2a9a38，

由等差数列的性质可知a2a9a3a8，则a88，

B．120

C．160

D．240

15a1a15215a8，从而可得出结果.

15a1a15152a815a8158120. 22故选：B.

故S1510．已知等差数列an满足a48，a6a711，则a2（ ） A．10

B．9

C．8

D．7

解析：A 【分析】

利用等差数列的性质结合已知解得d，进一步求得a2． 【详解】

在等差数列an中，设公差为d，由

a48a48d1，a2a42d10. a6a711a42da43d11故选：A

11．已知等差数列an的前n项和为Sn，且a110，S5S6，下列四个命题：①公差

d的最大值为2；②S70；③记Sn的最大值为M，则M的最大值为30；

④a2019a2020.其真命题的个数是（ ） A．4个 解析：B 【分析】

设公差为d，利用等差数列的前n项和公式，S5S6，得d2，由前n项和公式，得

B．3个

C．2个

D．1个

S728，同时可得Sn的最大值，d2，n5或n6时取得，结合递减数列判断

D． 【详解】

设公差为d，由已知a110，S5S6，得51010d61015d，所以d2，A正确；

所以S771021d7022128，B错误；

ana1(n1)d10(n1)d0，解得n解得n所以101，an1a1nd10nd0，d10， d1010n1，当d2时，5n6， dd当n5时，有最大值，此时M51010(2)30，

当n6时，有最大值，此时M61015(2)30，C正确． 又该数列为递减数列，所以a2019a2020，D正确． 故选：B． 【点睛】

关键点点睛：本题考查等差数列的前n项和，掌握等差数列的前n和公式与性质是解题关键．等差数列前n项和Sn的最大值除可利用二次函数性质求解外还可由an0求得．

an1012．《周髀算经》是中国最古老的天文学和数学著作，它揭示日月星辰的运行规律.其记载“阴阳之数，日月之法，十九岁为一章，四章为一部，部七十六岁，二十部为一遂，遂千百五二十岁”.现恰有30人，他们的年龄(都为正整数)之和恰好为一遂(即1520)，其中年长者年龄介于90至100，其余29人的年龄依次相差一岁，则最年轻者的年龄为（ ） A．32 解析：D 【分析】

设年纪最小者年龄为n，年纪最大者为m,由他们年龄依次相差一岁得出

B．33

C．34

D．35

n(n1)(n2)(n28)m1520，结合等差数列的求和公式得出

m111429n，再由m90,100求出n的值.

【详解】

根据题意可知，这30个老人年龄之和为1520，设年纪最小者年龄为n，年纪最大者为m，m90,100，则有n(n1)(n2)(n28)m29n406m1520

则有29nm1114，则m111429n，所以90111429m100 解得34.966n35.31，因为年龄为整数，所以n35. 故选：D

13．在巴比伦晚期的《泥板文书》中，有按级递减分物的等差数列问题，其中有一个问题大意是：10个兄弟分100两银子，长兄最多，依次减少相同数目，现知第8兄弟分得6两，则长兄可分得银子的数目为（ ）

82两 5解析：C 【分析】

A．

B．

84两 5C．

86两 5D．

88两 5设10个兄弟由大到小依次分得ann1,2,,10两银子，数列an是等差数列，

a86利用等差数列的通项公式和前n项和公式转化为关于a1和d的方程，即可求得S10010长兄可分得银子的数目a1. 【详解】

设10个兄弟由大到小依次分得ann1,2,,10两银子，由题意可得 设数列an的公差为d，其前n项和为Sn，

86a7d6a1a8615. 则由题意得，即，解得10910a1d100S10100d825所以长兄分得故选：C.

86两银子. 5【点睛】

关键点点睛：本题的关键点是能够读懂题意10个兄弟由大到小依次分得

ann1,2,,10两银子构成公差d0的等差数列，要熟练掌握等差数列的通项公式和

前n项和公式.

14．在等差数列an中，a3a914，a23，则a10（ ） A．11 解析：A 【分析】

利用等差数列的通项公式求解a1,d，代入即可得出结论. 【详解】

由a3a914，a23， 又an为等差数列， 得a3a92a110d14，

B．10

C．6

D．3

a2a1d3，

解得a12,d1， 则a10a1+9d2911； 故选：A.15．题目文件丢失！

二、等差数列多选题

16．已知数列{an}是等差数列，前n项和为Sn,且2a12a3S5,下列结论中正确的是（ ） A．S7最小 解析：BCD 【分析】

由{an}是等差数列及2a12a3S5,，求出a1与d的关系，结合等差数列的通项公式及求和公式即可进行判断. 【详解】

设等差数列数列{an}的公差为d.

由2a12a3S5,有2a12a12d5a1所以a70,则选项D正确. 选项A. S77a1选项B. S13B．S130

C．S4S9

D．a70

54d，即a16d0 276d7a13d21d,无法判断其是否有最小值，故A错误. 2a1a131313a70,故B正确. 2选项C. S9S4a9a8a7a6a55a70,所以S4S9，故C正确. 故选：BCD 【点睛】

关键点睛：本题考查等差数列的通项公式及求和公式的应用，解答本题的关键是由条件

2a12a3S5,得到a16d0，即a70，然后由等差数列的性质和前n项和公式判断,

属于中档题.17．题目文件丢失！

18．题目文件丢失！

19．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

2

an，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】

2an，则4(b2020－b2019)＝4(a20202－a20192)＝π(a2020＋a2019)(a2020－a2019)444a2021，则选项A正确； ＝πa2018·

由题意得bn ＝

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

－1

2

＝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 20．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1nnanan1aaa11a111，n1n2，，211， nn1n1nn1n2n2n1212aa11上述式子累加可得：na11，n22，

nnnn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,4，包含1,2，故A正确；

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

2对C，当a0时，不等式2t1t0，解集,0，不包含1,2，故C错误；

2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5311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.

n1(1)21．若不等式(1)a2对于任意正整数n恒成立，则实数a的可能取值为n（ ） A．2 B．1 C．1 D．2 解析：ABC 【分析】

nn11(1)根据不等式(1)a2对于任意正整数n恒成立，即当n为奇数时有a2+nnn恒成立，当n为偶数时有a2【详解】

1恒成立，分别计算，即可得解. nn1(1)根据不等式(1)a2对于任意正整数n恒成立， n1当n为奇数时有：a2+恒成立，

n11由2+递减，且223，

nn所以a2，即a2，

n当n为偶数时有：a2由21恒成立， n131第增，且22， n2n3， 23， 2所以a综上可得：2a故选：ABC. 【点睛】

本题考查了不等式的恒成立问题，考查了分类讨论思想，有一定的计算量，属于中当题.

12a,0ann3222．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n32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.

1234,,. 555523．朱世杰是元代著名数学家，他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作.《算学启蒙》中涉及一些“堆垛”问题，主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题.现有100根相同的圆形铅笔，小明模仿“堆垛”问题，将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”，要求层数不小于2，且从最下面一层开始，每一层比上一层多1根，则该“等腰梯形垛”应堆放的层数可以是（ ） A．4 解析：BD 【分析】

依据题意，根数从上至下构成等差数列，设首项即第一层的根数为a1，公差即每一层比上一层多的根数为d1，设一共放nn2层，利用等差数列求和公式，分析即可得解. 【详解】

依据题意，根数从上至下构成等差数列，设首项即第一层的根数为a1，公差为d1，设一共放nn2层，则总得根数为：

B．5

C．7

D．8

Snna1nn1dnn1na1100 222001n， n2001n2且为偶数， n整理得2a1因为a1N，所以n为200的因数，验证可知n5,8满足题意. 故选：BD. 【点睛】

关键点睛：本题考查等差数列的求和公式，解题的关键是分析题意，把题目信息转化为等差数列，考查学生的逻辑推理能力与运算求解能力，属于基础题. 24．已知数列0,2,0,2,0,2,nA．an1(1)

，则前六项适合的通项公式为（ ）

B．an2cosn 2C．an2sin解析：AC 【分析】

(n1) 2D．an1cos(n1)(n1)(n2)

对四个选项中的数列通项公式分别取前六项，看是否满足题意，得出答案． 【详解】

n对于选项A，an1(1)取前六项得：0,2,0,2,0,2，满足条件；

对于选项B，an2cos对于选项C，an2sinn取前六项得：0,2,0,2,0,2，不满足条件； 2(n1)取前六项得：0,2,0,2,0,2，满足条件； 2对于选项D，an1cos(n1)(n1)(n2)取前六项得：0,2,2,8,12,22，不满足条件； 故选：AC

2225．（多选题）在数列an中，若anan1p，（n2，nN*，p为常数），则称

an为“等方差数列”．下列对“等方差数列”的判断正确的是（ ）

A．若an是等差数列，则an是等方差数列

2B．

1是等方差数列

nC．若an是等方差数列，则akn（kN*，k为常数）也是等方差数列 D．若an既是等方差数列，又是等差数列，则该数列为常数列 解析：BCD 【分析】

根据定义以及举特殊数列来判断各选项中结论的正误. 【详解】

对于A选项，取ann，则

4224442anan1nn1nn1n22n12n22n1不是常1n数，则an不是等方差数列，A选项中的结论错误； 对于B选项，1n1221n110为常数，则1是等方差数列，B选项

2n中的结论正确；

22对于C选项，若an是等方差数列，则存在常数pR，使得an1anp，则数列

a为等差数列，所以a2n2kn12aknkp，则数列akn（kN*，k为常数）也是等方

差数列，C选项中的结论正确；

对于D选项，若数列an为等差数列，设其公差为d，则存在mR，使得

andnm，

则an1anan1anan1and2dn2md2dn2mdd，

22222由于数列an也为等方差数列，所以，存在实数p，使得an1anp，

22d0则2dn2mddp对任意的nN恒成立，则，得pd0，

2mddp2此时，数列an为常数列，D选项正确.故选BCD. 【点睛】

本题考查数列中的新定义，解题时要充分利用题中的定义进行判断，也可以结合特殊数列来判断命题不成立，考查逻辑推理能力，属于中等题.