高考数学一轮复习等差数列选择题专项训练知识点-+典型题及解析

一、等差数列选择题

1．在函数yf(x)的图像上有点列xn,yn，若数列xn是等比数列，数列yn是等差

数列，则函数yf(x)的解析式可能是（ ） A．f(x)4x3 解析：D 【分析】

B．f(x)4x

23C．f(x) 4xD．f(x)log4x

xn1把点列代入函数解析式，根据{xn}是等比数列，可知为常数进而可求得yn1yn的结

xn果为一个与n无关的常数，可判断出{yn}是等差数列． 【详解】

对于A，函数f(x)4x3上的点列{xn，yn}，有yn＝4xn3，由于{xn}是等比数列，所以

xn1为常数， xn因此yn1yn＝4xn134xn34xn1xn4xnq1这是一个与n有关的数，故{yn}不是等差数列；

对于B，函数f(x)4x2上的点列{xn，yn}，有yn＝4xn2，由于{xn}是等比数列，所以常数，

2222因此yn1yn＝4xn14xn4xnq1这是一个与n有关的数，故{yn}不是等差数列；

xn1为xn3x3对于C，函数f(x)上的点列{xn，yn}，有yn＝()n，由于{xn}是等比数列，所以44xn1为常数， xnxx因此yn1yn＝()n1()n＝()n()1，这是一个与n有关的数，故{yn}不是等

4444x333x3q差数列；

x对于D，函数f(x)log4x上的点列{xn，yn}，有yn＝log4n，由于{xn}是等比数列，所以

xn1为常数， xn因此yn1yn＝故选：D． 【点睛】 方法点睛：

log4xn1log4xnlog4xn1xnlog4q为常数，故{yn}是等差数列；

判断数列是不是等差数列的方法：定义法，等差中项法.

1111a1{a}4，数列{bn}满足2．已知正项数列n满足1，an1anan1an111，记{bn}的前n项和为Tn，则T20的值为（ ） bnan1anA．1 解析：B 【分析】 由题意可得

B．2

C．3

D．4

1an12114，运用等差数列的通项公式可得24n3，求得2anan1bn(4n14n3)，然后利用裂项相消求和法可求得结果

4【详解】

1111114， 4，得解：由a11，22an1anan1anan1an1所以数列2是以4为公差，以1为首项的等差数列，

an1所以214(n1)4n3，

an因为an0，所以an所以

1， 4n31114n14n3， bnan1an所以bn11(4n14n3)，

4n14n34所以T20b1b2b20

11(5135133977)(91)2， 44故选：B 【点睛】

关键点点睛：此题考查由数列的递推式求数列的前n项和，解题的关键是由已知条件得

1an12an114，从而数列2是以4为公差，以1为首项的等差数列，进而可求an2an111(4n14n3)，然后利用裂项相消法，bn4n34n14n34可求得结果，考查计算能力和转化思想，属于中档题

3．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

a1a202020201010a5a2016可得答案. 2【详解】 S2020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

4．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将正整数中能被3除余2且被7除余2的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列an ，则a5（ ） A．103 解析：B 【分析】

根据题意可知正整数能被21整除余2，即可写出通项，求出答案. 【详解】

根据题意可知正整数能被21整除余2，

B．107

C．109

D．105

an21n+2， a5215+2107.

故选：B.

5．《张丘建算经》是我国北魏时期大数学家张丘建所著，约成书于公元466-485年间.其中记载着这么一道“女子织布”问题：某女子善于织布，一天比一天织得快，且每日增加的数量相同.已知第一日织布4尺，20日共织布232尺，则该女子织布每日增加（ ）尺 A．

4 7B．

16 29C．

8 15D．

4 5解析：D 【分析】

设该妇子织布每天增加d尺，由等差数列的前n项和公式即可求出结果 【详解】

设该妇子织布每天增加d尺， 由题意知S202042019d232， 2解得d

4． 5

故该女子织布每天增加故选：D

4尺． 56．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7．已知数列an的前n项和为Sn，a11，n2且nN*，满足an2SnSn10，21数列的前n项和为Tn，则下列说法中错误的是（ ）

Sn1A．a2

4C．数列SnSn1Sn2的最大项为解析：D 【分析】

当n2且nN*时，由anSnSn1代入an2SnSn10可推导出数列211 B．

S6S4S87 12D．2Tnn1nTnTn1 nn11为等差Sn数列，确定该数列的首项和公差，可求得数列1的通项公式，由a2S2S1可判断ASn选项的正误；利用Sn的表达式可判断BC选项的正误；求出Tn，可判断D选项的正误. 【详解】

当n2且nN*时，由anSnSn1，

由an2SnSn10可得SnSn12SnSn10整理得

1120， Sn1Sn112（n2且nN）. SnSn1112n122n，Sn1. 22则为以为首项，以为公差的等差数列

Sn2nSnA中，当n2时，a2S2S1111，A选项正确； 4242111，B选项正确； B中，为等差数列，显然有SSS864SnC中，记bnSnSn1Sn2111， 2n2n12n2bn1Sn1Sn2Sn3bn1bn111，

2n12n22n3111n60，故bn为递减数列， n22n2n32nn2n3bnmaxb1S1S2S3D中，

1117，C选项正确； 246121n22n2n，Tnnn1，Tn1n1n2. Sn2n1nn1nTnTn1nn1n1n2n1n1nn2nn1nn1n21n22n2n22n12Tn，D选项错误.

故选：D． 【点睛】

S1,n1关键点点睛：利用Sn与an的关系求通项，一般利用an来求解，在变形

SS,n2n1n过程中要注意a1是否适用，当利用作差法求解不方便时，应利用anSnSn1将递推关系转化为有关Sn的递推数列来求解. 8．已知数列an中，a1311*，且满足anan1nn2,nN，若对于任意222nN*，都有

A．2 解析：A 【分析】

an成立，则实数的最小值是（ ） nB．4

C．8

D．16

将an11n2an1n变形为2nan2n1an11，由等差数列的定义得出ann，从而得

222nn2nn2出，求出的最值，即可得出答案. n22nmax【详解】 因为n2时，an11an1n，所以2nan2n1an11，而21a13 22n2. n2n所以数列2an是首项为3公差为1的等差数列，故2ann2，从而annnn2nn2又因为an恒成立，即恒成立，所以. nn2n2maxnn2n1n32n2n1nN*,n2得n2 由nn2n1n12n12n222nn22，所以2，即实数的最小值是2 所以n222max故选：A

29．已知等差数列an中，前n项和Snn15n，则使Sn有最小值的n是（ ）

A．7 解析：C 【分析】

B．8 C．7或8 D．9

Snn215n看作关于n的二次函数，结合二次函数的图象与性质可以求解．

【详解】

15225，

Snn215nn24215225上的横坐标为正整数的离散的

∴数列{Sn}的图象是分布在抛物线yx24点．

15151578|， 又抛物线开口向上，以x为对称轴，且|222所以当n7,8时，Sn有最小值． 故选：C

210．已知数列an的前n项和Snn2n1，则a1a3a52a25（ ）

D．675

A．350 B．351 C．674

解析：A 【分析】 先利用公式anS1,n1求出数列an的通项公式，再利用通项公式求出

SnSn1,n2a1a3a5【详解】

a25的值.

2当n1时，a1S112112；

22aSSn2n1n12n1. 当n2时，n2n11nn1a12不适合上式，

2,n1an.

2n1,n2因此，a1a3a5故选：A. 【点睛】

12a3a2512751a2522350；

22S1,n1nSaa易错点睛：利用前项和n求通项n，一般利用公式n，但需要验证

SS,n2n1na1是否满足ann2.

11．在等差数列{an}中，a3+a7＝4，则必有（ ） A．a5＝4 解析：C 【分析】

利用等差数列的性质直接计算求解 【详解】

因为a3+a7＝2a5＝4，所以a5＝2. 故选：C

12．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

B．a6＝4

C．a5＝2

D．a6＝2

a2a1d3，

解得a12,d1， 则a10a1+9d2911； 故选：A.

13．中国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤.问次一尺各重几何?” 意思是:“现有一根金锤，长五尺，一头粗一头细.在粗的一端截下一尺，重四斤;在细的一端截下一尺，重二斤.问依次每一尺各重几斤?”根据已知条件，若金箠由粗到细是均匀变化的，中间三尺的重量为（ ） A．3斤 解析：C 【分析】

根据题意转化成等差数列问题，再根据等差数列下标的性质求a2a3a4. 【详解】

由题意可知金锤每尺的重量成等差数列，设细的一端的重量为a1，粗的一端的重量为a5，可知a12，a54，

根据等差数列的性质可知a1a52a36a33， 中间三尺为a2a3a43a39. 故选：C 【点睛】

本题考查数列新文化，等差数列的性质，重点考查理解题意，属于基础题型. 14．等差数列an中，已知a1a4a739，则a4（ ） A．13 解析：A 【分析】

利用等差数列的性质可得a1a72a4，代入已知式子即可求解. 【详解】

由等差数列的性质可得a1a72a4， 所以a1a4a73a439，解得：a413， 故选：A

15．等差数列an中，a22，公差d2，则S10=（ ） A．200 解析：C 【分析】

先求得a1，然后求得S10. 【详解】

B．100

C．90

D．80

B．14

C．15

D．16

B．6斤

C．9斤

D．12斤

依题意a1a2d0，所以S1010a145d45290. 故选：C

二、等差数列多选题

16．已知数列an的前n项和为SnSn0，且满足an4Sn1Sn0(n2)，a1则下列说法错误的是（ ） A．数列an的前n项和为Sn4n C．数列an为递增数列 解析：ABC 【分析】

1，可得：41，4B．数列an的通项公式为an1

4n(n1)1D．数列为递增数列

Sn（0n2）数列an的前n项和为S，且满足an4Sn1Sn（，a1nSn0）1114SnSn14Sn1Sn0，化为：，利用等差数列的通项公式可得，SnSn1SnSn，n2时，anSnSn1【详解】

111，进而求出an． 4n4n14nn11， 4（0n2）数列an的前n项和为S，且满足an4Sn1Sn（，a1nSn0）∴SnSn14Sn1Sn0，化为：

114， SnSn1∴数列1是等差数列，公差为4， Sn144n14n，可得Sn1， ∴Sn4n∴n2时，anSnSn1111， 4n4n14nn11(n1)4an，

1(n2)4nn1对选项逐一进行分析可得，A，B，C三个选项错误，D选项正确. 故选：ABC. 【点睛】

本题考查数列递推式，解题关键是将已知递推式变形为质，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题

114，进而求得其它性SnSn117．已知等差数列an的公差d0，前n项和为Sn，若S6S12，则下列结论中正确的有（ ） A．a1:d17:2

C．当d0时，a6a140 解析：ABC 【分析】

因为an是等差数列，由S6S12可得a9a100，利用通项转化为a1和d即可判断选项A；利用前n项和公式以及等差数列的性质即可判断选项B；利用等差数列的性质

B．S180

D．当d0时，a6a14

a6a14a9a10dd即可判断选项C；由d0可得a6a14d0且a60，

a140即可判断选项D，进而得出正确选项.

【详解】

因为an是等差数列，前n项和为Sn，由S6S12得：

S12S6a7a8a9a10a11a120，即3a9a100，即a9a100，

对于选项A：由a9a100得2a117d0，可得a1:d17:2，故选项A正确； 对于选项B：S1818a1a18218a9a1020，故选项B正确；

对于选项C：a6a14a9a11a9a10dd，若d0，则a6a14d0，故选项C正确；

对于选项D：当d0时，a6a14d0，则a6a14，因为d0，所以a60，a140，

所以a6a14，故选项D不正确， 故选：ABC 【点睛】

关键点点睛：本题的关键点是由S6S12得出a9a100，熟记等差数列的前n项和公式和通项公式，灵活运用等差数列的性质即可.18．题目文件丢失！

an1n19．已知数列an满足an0，(nN)，数列an的前n项和为2anann1Sn，则（ ）

A．a11

C．S2019a20202019

B．a1a21 D．S2019a20202019

解析：BC 【分析】

根据递推公式，得到an根据求和公式，得到Sn【详解】

nn11a，令n1，得到1，可判断A错，B正确；

a2an1ann，求出S2019a20202019，可得C正确，D错. an1an1nnn1an2n1nn12an由可知，即an， anann1aaan1anann1n当n1时，则a11，即得到a1a21，故选项B正确；a1无法计算，故A错； a2Sna1a21021ana2a1a3a2nn1n0n，aaaaann11n1n1所以Snan1n，则S2019a20202019，故选项C正确，选项D错误. 故选：BC. 【点睛】 方法点睛：

由递推公式求通项公式的常用方法：

（1）累加法，形如an1anfn的数列，求通项时，常用累加法求解；

an1fn的数列，求通项时，常用累乘法求解； （2）累乘法，形如an（3）构造法，形如an1panq（p0且p1，q0，nN+）的数列，求通

项时，常需要构造成等比数列求解；

SnSn1,n2aSa（4）已知n与n的关系求通项时，一般可根据n求解.

a,n11n1(1)20．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，

nnn所以a2，即a2， 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. 21．设等比数列an的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足条件

a11，a6a71,A．0q1

a610，则下列结论正确的是（ ） a71B．a6a81 D．Tn的最大值为T6

C．Sn的最大值为S7 解析：AD 【分析】

分类讨论a6,a7大于1的情况，得出符合题意的一项. 【详解】

a610矛盾. ①a61,a71, 与题设

a71②a61,a71,符合题意. ③a61,a71,与题设

a610矛盾. a71④ a61,a71,与题设a11矛盾.

得a61,a71,0q1，则Tn的最大值为T6.

B，C，错误.

故选：AD. 【点睛】

考查等比数列的性质及概念. 补充：等比数列的通项公式：ana1qn1nN.

*22．等差数列an的前n项和为Sn，若a10，公差d0，则（ ） A．若S5>S9，则S150 C．若S6S7， 则S7S8 解析：BC 【分析】

根据等差数列的前n项和性质判断． 【详解】

A错：S5S9a6a7a8a90a1a140S150；B对：Sn对称轴为

B．若S5=S9，则S7是Sn中最大的项 D．若S6S7则S5S6.

n7；

C对：S6S7a70，又a10，d0a8a70S7S8； D错：S6S7a70，但不能得出a6是否为负，因此不一定有S5S6． 故选：BC． 【点睛】

关键点点睛：本题考查等差数列的前n项和性质，（1）Sn是关于n的二次函数，可以利用二次函数性质得最值；（2）SnSn1an，可由an的正负确定Sn与Sn1的大小；（3）Snn(a1an)，因此可由a1an的正负确定Sn的正负． 2an}1d的等差数列，则下列判断正确的是（ ） n是首项为，公差为n2B．若d＝1，则an＝n2+2n D．a1，a2，a3可能成等差数列

C．a2可能为6

23．已知数列{A．a1＝3

解析：ACD 【分析】

利用等差数列的性质和通项公式，逐个选项进行判断即可求解 【详解】 因为

aa11，nn1(n1)d，所以a1＝3，an＝[1+(n-1)d](n+2n).若d＝1，则an＝12n2n(n+2n)；若d＝0，则a2＝6.因为a2＝6+6d，a3＝11+22d，所以若a1，a2，a3成等差数列，则a1+a3＝a2，即14+22d＝12+12d，解得d故选ACD

24．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B．S733

1. 5a2021a2022 222D．a1a2a32a2020a2020a2021

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

a1a3a5a2021a2022，故C正确；

22对D，该数列总有an2an1an，a1a2a1，则a2a2a3a1a2a3a2a1， 22a3a3a4a2a3a4a2a3，…，a2018a2018a2019a2017a2018a2019a2017a2018， 22a2019a2019a2020a2019a2018，a2020a2020a2021a2020a2019， 2222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对所给式子进行变形.

25．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．SnB．数列1是递增数列 anSn中最小项为第7项 an0时，n的最小值为13

D．数列解析：ACD 【分析】 由已知得S12得出12a1+a12212a6+a720，又a70，所以a6>0，可判断A；由已知

24d3，且an12+n3d，得出n1,6时，an>0，n7时，7an0，又

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

ann7，2S1313a1+a13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，

当n1,6时，an>0，n7时，an0，又

11，所以n1,6时，an12+n3d11

>0，n7时，0，

anan所以

1在nan1,6nN上单调递增，

1在nan7，nN上单调递增，所

以数列1不是递增数列，故B不正确； an13a1+a132132a713a70，而S120，所以Sn0时，n的最小值为2由于S13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，

列，Sn为正数且为递减数列，所以数列【点睛】

Sn0，n712，时，an为递增数anSn中最小项为第7项，故D正确； an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.