高三等差数列复习专题百度文库

一、等差数列选择题

1．冬春季节是流感多发期，某地医院近30天每天入院治疗流感的人数依次构成数列

an，已知a11，aA．225

22，且满足an2an11（nN），则该医院30天入

n院治疗流感的共有（ ）人

B．255

C．365

D．465

2．设Sn是等差数列an的前n项和.若a1a4a76，则S7（ ） A．10

B．8

C．12

D．14

3．已知数列an的前n项和为Sn，a15，且满足

an1an2，若p，2n52n7D．0 D．a6＝2

qN*，pq，则SpSq的最小值为（ ）

A．6 A．a5＝4

B．2 B．a6＝4

C．1 C．a5＝2

4．在等差数列{an}中，a3+a7＝4，则必有（ ）

5．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

B．3个

C．2个

D．1个

a1a2a96．已知数列an是公差不为零的等差数列，且a1a10a9，则

a10（ ） A．

27 8B．

5 2C．3 D．4

27．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 B．8 C．7或8 D．9

8．设等差数列an的前n项和为Sn，若a2a9a38，则S15（ ） A．60

B．120

C．160

D．240

9．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

B．155

C．141

D．139

10．在等差数列an中，若Sn为其前n项和，a65，则S11的值是（ ） A．60

B．11

C．50

D．55

11．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

B．f(x)4x

23C．f(x) 4xD．f(x)log4x

12．等差数列an的前n项和为Sn，且a1a32，a4a22，则S5（ ） A．21

B．15

C．10

D．6

121110,nN*，则nN*时，使13．已知数列{an}满足a2,a5a1,且

anan1an225得不等式n100ana恒成立的实数a的最大值是（ ） A．19

B．20

C．21

D．22

14．在等差数列an中，已知前21项和S2163，则a2a5a8A．7

B．9

C．21

a20的值为（ ）

D．42

2215．已知递减的等差数列an满足a1a9，则数列an的前n项和取最大值时n=（ ）

A．4或5 B．5或6 C．4 D．5

16．在等差数列an中，a2a5a812，则an的前9项和S9（ ） A．36

B．48

C．56

D．72

17．已知等差数列an的前n项和为Sn，且a3a10a179，则S19（ ） A．51

A．3、8、13、18、23 C．5、9、13、17、21

B．57

C．54

B．4、8、12、16、20 D．6、10、14、18、22

D．72

18．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（ ）

19．《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 320．已知等差数列an的前n项和Sn满足：SmB．2m1

C．2m2

D．2m3

二、多选题

21．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：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，后来人们把这样的一列数组成的数列an称为“斐波那契数列”，记Sn为数列an的前n项和，则下列结论正确的是（ ） A．a68

B．S733

C．a1a3a5a2019a2020

22a12a2a2019a202022．题目D．

a2019文件丢失！

23．题目文件丢失！

24．著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：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，后来人们把这样的一列数组成的数列an称为“斐波那契数列”，记Sn为数列an的前n项和，则下列结论正确的是（ ） A．a68 C．a1a3a5B．S733

a2019a2022

22a12a2a2019a2020 D．

a201912a,0ann3225．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．

6 526．已知等差数列an的前n项和为Sn，公差为d，且a35，a73，则（ ） A．d

1 2

B．d1 2C．S918

D．S936

27．已知数列an的前n项和为Sn，前n项积为Tn，且A．当数列an为等差数列时，S20210 B．当数列an为等差数列时，S20210 C．当数列an为等比数列时，T20210 D．当数列an为等比数列时，T20210 28．定义Hn111，则（ ） ea31ea20191a12a2n2n1an为数列an的“优值”.已知某数列an的“优

n值”Hn2，前n项和为Sn，则（ ）

A．数列an为等差数列 C．

B．数列an为等比数列 D．S2，S4，S6成等差数列

S20202023 2020229．等差数列an的首项a10，设其前n项和为Sn，且S6S11，则（ ）

A．d0 或者S9

B．d0 C．a80 D．Sn的最大值是S830．已知无穷等差数列an的前n项和为Sn，S6S7，且S7S8，则（ ） A．在数列an中，a1最大 C．S3S10

B．在数列an中，a3或a4最大 D．当n8时，an0

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一、等差数列选择题 1．B 【分析】

直接利用分类讨论思想的应用求出数列的通项公式，进一步利用分组法求出数列的和 【详解】

解：当n为奇数时，an2an， 当n为偶数时，an2an2， 所以a1a3a291，

a2,a4,,a30是以2为首项，2为公差的等差数列，

所以S30(a1a3a29)(a2a4a30)15152故选：B 2．D 【分析】

利用等差数列下标性质求得a4，再利用求和公式求解即可 【详解】

15142255， 2a1a4a76=3a4a42，则S7故选：D 3．A 【分析】 转化条件为

7a1a77a414 2an1an2，由等差数列的定义及通项公式可得2n52n7an2n32n7，求得满足an0的项后即可得解.

【详解】

因为

an1anaan2， 2，所以n12n52n72n52n7a1an1，所以数列又是以1为首项，公差为2的等差数列， 272n7所以

an12n12n3，所以an2n32n7， 2n737n， 22令an2n32n70，解得

所以a20,a30，其余各项均大于0， 所以SpSq故选：A. 【点睛】

解决本题的关键是构造新数列求数列通项，再将问题转化为求数列中满足an0的项，即可得解. 4．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 5．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

minS3S1a2a313316.

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

an0nS键．等差数列前项和n的最大值除可利用二次函数性质求解外还可由求得．

a0n16．A 【分析】

根据数列an是等差数列，且a1a10a9，求出首项和公差的关系，代入式子求解. 【详解】

因为a1a10a9， 所以2a19da18d， 即a1d，

a1a2a99a59a14d27d27. 所以

a10a10a19d8d8故选：A 7．C 【分析】

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24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 8．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】

215a1a15215a8，从而可得出结果.

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，

15a1a15152a815a8158120. 22故选：B. 9．B 【分析】

画出图形分析即可列出式子求解. 【详解】

故S15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：

y3612x155 ，解得由图可得：.

x107yy48故选：B. 10．D 【分析】

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. 11．D 【分析】

11a1a11211a655.

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；

xn1对于B，函数f(x)4x上的点列{xn，yn}，有yn＝4xn，由于{xn}是等比数列，所以为

xn22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；

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＝log故选：D． 【点睛】 方法点睛：

判断数列是不是等差数列的方法：定义法，等差中项法. 12．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】 因为4xn1log4xnlog4xn1xnlog4q为常数，故{yn}是等差数列；

a1a32a102a12d2，所以，所以，

d12d2a4a2254d5010110， 2所以S55a1故选：C. 13．B 【分析】

由等差数列的性质可得数列而可得an11为等差数列，再由等差数列的通项公式可得anann，进

1，再结合基本不等式即可得解. n【详解】

211121*0,nN因为，所以， anan1an2an1anan21所以数列为等差数列，设其公差为d，

an111112,5， 由a2,a5a1可得a2a5a12511ad211所以，解得a1，

114d5d1a1a1所以

111n1dn，所以an，

ana1n所以不等式n100ana即n又n100a对任意的nN*恒成立， n1001002n20，当且仅当n10时，等号成立， nn所以a20即实数a的最大值是20. 故选：B. 【点睛】

关键点点睛：解决本题的关键是构造新数列求数列通项及基本不等式的应用. 14．C 【分析】

利用等差数列的前n项和公式可得a1a216，即可得a113，再利用等差数列的性质即可求解. 【详解】

设等差数列an的公差为d，则S2121a1a2163， 2 所以a1a216，即2a116，所以a113， 所以a2a5a8a20a2a20a5a17a8a14a11

2a112a112a11a117a117321，

故选：C 【点睛】

关键点点睛：本题的关键点是求出a1a216，进而得出a113，

a2a5a815．A 【分析】

a20a2a20a5a17a8a14a117a11即可求解.

22由a1a9，可得a14d，从而得Snd29dnn，然后利用二次函数的性质求其最22值即可 【详解】

解：设递减的等差数列an的公差为d（d0），

2222因为a1a9，所以a1(a18d)，化简得a14d，

所以Snna1对称轴为nn(n1)ddd9dd4dnn2nn2n， 222229， 2因为nN+，

d

0， 2

所以当n4或n5时，Sn取最大值， 故选：A 16．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. 17．B 【分析】

根据等差数列的性质求出a103，再由求和公式得出答案. 【详解】

9a1a99836. 22a3a172a10 3a109，即a103

S1919a1a19192a1019357 22故选：B 18．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，

a7a12514， 716则这5个数依次是5，9，13，17，21. 故选：C 19．C 【分析】

则a11,a725，则d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. 20．C 【分析】

首先根据数列的通项an与Sn的关系，得到am10，am2<0，am1+am2>0，再根据选项，代入前n项和公式，计算结果. 【详解】

由Sm0. 又S2m12， 32m1a1a2m1222m1am1>0，

S2m3S2m22m3a1a2m322m3am2<0， m1am1am2>0.

2m1a1a2m2故选:C. 【点睛】

SnSn1,n2关键点睛：本题的第一个关键是根据公式an，判断数列的项的正负，

S,n11第二个关键能利用等差数列的性质和公式，将判断和的正负转化为项的正负.

二、多选题

21．ABCD 【分析】

由题意可得数列an满足递推关系a11,a21,anan2an1(n3)，对照四个选项可得正确答案. 【详解】

对A，写出数列的前6项为1,1,2,3,5,8，故A正确； 对B，S71123581333，故B正确；

对C，由a1a2，a3a4a2，a5a6a4，……，a2019a2020a2018， 可得：a1a3a5a2019a2020.故a1a3a5a2019是斐波那契数列中的第2020项.

22对D，斐波那契数列总有an2an1an，则a1a2a1，a2a2a3a1a2a3a2a1，22a3a3a4a2a3a4a2a3，……，a2018a2018a2019a2017a2018a2019a2017a2018，2a2019a2019a2020a2019a2018

222a12a2a3a2019a2019a2020，故D正确；

故选：ABCD. 【点睛】

本题以“斐波那契数列”为背景，考查数列的递推关系及性质，考查方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意递推关系的灵活转换.

22．无 23．无

24．ABD 【分析】

根据a11，a21，an2an1an，计算可知A,B正确；根据a1a2，

a3a4a2，a5a6a4，a7a8a6，，a2019a2020a2018，累加可知C不正

222确；根据a1a2a1，a2a2(a3a1)a2a3a1a2，a3a3(a4a2)a3a4a2a3，2a4a4(a5a3)a4a5a3a4，

2，a2019a2019(a2020a2018)a2019a2020a2018a2019，

累加可知D正确. 【详解】

依题意可知，a11，a21，an2an1an，

a3a1a2112，a4a2a3123，a5a3a4235，a6a4a5358，故A正确； a7a5a65813，所以

S7a1a2a3a4a5a6a71123581333，故B正确；

由a1a2，a3a4a2，a5a6a4，a7a8a6，可得

，a2019a2020a2018，

a1a3a5a7故C不正确；

a2019a2a4a2a6a4a8a6a2020a2018a2020，

22a12a2a1，a2a2(a3a1)a2a3a1a2，a3a3(a4a2)a3a4a2a3，2a4a4(a5a3)a4a5a3a4，

2，a2019a2019(a2020a2018)a2019a2020a2018a2019，

所以

222a12a2a3a42a2019a1a2a2a3a1a2a3a4a2a3a4a5a3a4a2019a2020a2018a2019 a2019a2020，

22a12a2a2019a2020，故D正确. 所以

a2019故选：ABD. 【点睛】

本题考查了数列的递推公式，考查了累加法，属于中档题. 25．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】

1234,,. 5555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. 26．BD 【分析】

由等差数列下标和性质结合前n项和公式，求出S9，可判断C，D，由等差数列基本量运算，可得公差，判断出A，B． 【详解】

因为a1a9a3a7538， 所以S99a1a99836． 22a7a31． 732因为a35，a73，所以公差d故选：BD 27．AC 【分析】 将

11111110，构造函数变形为ea31ea20191ea312ea20191211，利用函数单调性可得a3a20190，再结合等差数列与等比数列性质xe12即可判断正确选项 【详解】 fx由

1111111110fx，可得，令， a3a2019a3a2019xe1e1e12e12e12111exfxfxx1x10，

e1ex1e1ex1所以fx11是奇函数，且在R上单调递减，所以a3a20190， xe12所以当数列an为等差数列时，S20212021a3a20190；

2当数列an为等比数列时，且a3，a1011，a2019同号，所以a3，a1011，a2019均大于零， 故T2021a1011故选：AC 【点睛】

本题考查等差数列与等比数列，考查逻辑推理能力，转化与化归的数学思想，属于中档题 28．AC 【分析】 由题意可知Hn20210.

a12a2n2n1an2n，即a12a22n1ann2n，则n2时，2n1ann2nn12n1n12n1，可求解出ann1，易知an是等差数

列，则A正确，然后利用等差数列的前n项和公式求出Sn，判断C，D的正误. 【详解】 解：由Hn得a12a2a12a2n2n1an2n，

2n1ann2n，①

所以n2时，a12a2得n2时，2n12n2an1n12n1，②

ann2nn12n1n12n1，

即n2时，ann1，

当n1时，由①知a12，满足ann1．

所以数列an是首项为2，公差为1的等差数列，故A正确，B错， 所以SnS2023nn3，所以2020，故C正确．

202022S25，S414，S627，故D错，

故选：AC． 【点睛】

本题考查数列的新定义问题，考查数列通项公式的求解及前n项和的求解，难度一般. 29．BD 【分析】

由S6S11S11S60，即5a90，进而可得答案． 【详解】

解：S11S6a7a8a9a10a115a90， 因为a10

所以a90，d0，S8S9最大， 故选：BD． 【点睛】

本题考查等差数列的性质，解题关键是等差数列性质的应用，属于中档题． 30．AD 【分析】

由已知得到a70,a80,进而得到d0,从而对ABD作出判定.对于C,利用等差数列的和与项的关系可等价转化为a16d0，可知不一定成立，从而判定C错误. 【详解】

由已知得：a70,a80,

结合等差数列的性质可知，d0,该等差数列是单调递减的数列， ∴A正确，B错误，D正确，

S3S10,等价于S10S30,即a4a5a100,等价于a4a100，即a16d0,

这在已知条件中是没有的，故C错误. 故选:AD. 【点睛】

本题考查等差数列的性质和前n项和，属基础题,关键在于掌握和与项的关系.