等差数列练习题(有答案)

一、等差数列选择题

1．在等差数列an中，a10，3a85a13，则Sn中最大的是（ ） A．S21

B．S20

C．S19

D．S18

2．设等差数列an的前n项和为Sn，且a3a9a44，则S15（ ） A．45

B．50

C．60

D．80

3．已知等差数列an前n项和为Sn，且a3a52a104，则S13的值为（ ） A．8

B．13

C．26

D．162

4．已知数列an，bn都是等差数列，记Sn，Tn分别为an，bn的前n项和，且

Sn7n1a5，则=（ ） Tn3nb5A．

34 15B．

23 10C．

31 7D．

62 275．已知等差数列an，其前n项的和为Sn，a3a4a5a6a720，则S9（ ） A．24

B．36

C．48

D．64

6．设Sn是等差数列an（nN*）的前n项和，且a11,S416，则a7（ ） A．7

B．10

C．13

D．16

7．已知数列an的前n项和为Sn，a1数列1，n2且nN*，满足an2SnSn10，21的前n项和为Tn，则下列说法中错误的是（ ） Sn1 47 12B．

A．a2211 S6S4S8C．数列SnSn1Sn2的最大项为

D．2Tnn1nTnTn1 nn18．已知等差数列an的前n项和Sn满足：SmB．2m1

C．2m2

S2D．2m3

10，则a3a4（ ）

9．设等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d1，且S6A．2

B．3

C．4

D．5

10．设等差数列an的前n项和为Sn，且2a7a114，则S5（ ） A．15

B．20

C．25

D．30

11．在等差数列an中，a5a20164，S，是数列an的前n项和，则S2020=（ ） A．2019

B．4040

C．2020

D．4038

12．已知an是公差为2的等差数列，前5项和S525，若a2m15，则m（ ） A．4

B．6

C．7

D．8

13．设等差数列an的前n项之和为Sn，已知S10100，则a4a7（ ） A．12

B．20

C．40

D．100

14．“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 A．24

B．107 B．23

C．109 C．17

D．105 D．16

15．若等差数列{an}满足a2=20，a5=8，则a1=（ ）

2216．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

2C．4

*D．5

n17．已知数列an的前n项和SnnA．an2n

nN，则a的通项公式为（ ）

C．an3n2

B．an2n1

1,n1D．an

2n,n218．等差数列an中，若a26，a43，则a5（ ） A．

3 2B．

9 2C．2 D．9

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．《周碑算经》有一题这样叙述：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种十二个节气日影长减等寸，冬至、立春、春分日影之和为三丈一尺五寸，前九个节气日影长之和为八丈五尺五寸，则后五个节气日影长之和为（ ）（注：一丈=十尺，一尺=十寸） A．一丈七尺五寸 C．二丈一尺五寸

B．一丈八尺五寸 D．二丈二尺五寸

二、多选题

21．已知数列an的前n项和为SnSn0，且满足an4Sn1Sn0(n2),a1下列说法正确的是（ ）

1，则4A．数列an的前n项和为SnC．数列an为递增数列

1 4nB．数列an的通项公式为anD．数列{1

4n(n1)1}为递增数列 Sn22．已知数列an满足：a12，当n2时，anan1212，则关于数列

2an的说法正确的是 （ ）

A．a27

2C．ann2n1

B．数列an为递增数列

D．数列an为周期数列23．题目文件丢

失！

n1(1)24．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

n25．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

26．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．a8＝34 a2021＝a2022

27．公差不为零的等差数列an满足是（ ） A．S110

C．当S110时，SnS5

B．SnS10n（1n10） D．当S110时，SnS5

B．S8＝54

C．S2020＝a2022－1

D．a1＋a3＋a5＋…＋

a3a8，Sn为an前n项和，则下列结论正确的

28．已知等差数列an的前n项和为Sn（n∈N*），公差d≠0，S6=90，a7是a3与a9的等比中项，则下列选项正确的是（ ） A．a1=22

C．当n=10或n=11时，Sn取得最大值

B．d=－2

D．当Sn>0时，n的最大值为21

229．无穷数列an的前n项和Snanbnc，其中a，b，c为实数，则（ ）

A．an可能为等差数列 B．an可能为等比数列

C．an中一定存在连续三项构成等差数列 D．an中一定存在连续三项构成等比数列

30．设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，若S17S18，则下列各式的值为0的是（ ） A．a17

B．S35

C．a17a19

D．S19S16

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一、等差数列选择题 1．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

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. 2．C 【分析】

利用等差数列性质当mnpq 时amanapaq及前n项和公式得解 【详解】

an是等差数列，a3a9a44，a4a8a44，a84

S15(a1a15)152a81515a860

22故选：C 【点睛】

本题考查等差数列性质及前n项和公式，属于基础题 3．B 【分析】

先利用等差数列的下标和性质将a3a52a10转化为2a4a104a7，再根据

S1313a1a13213a7求解出结果.

【详解】

因为a3a52a102a4a104a74，所以a71，

13a1a1313a713113， 2故选：B. 【点睛】

又S13结论点睛：等差、等比数列的下标和性质：若mnpq2tm,n,p,q,tN（1）当an为等差数列，则有amanapaq2at； （2）当an为等比数列，则有amanapaqat.

2*，

4．D 【分析】

利用等差数列的性质以及前n项和公式即可求解. 【详解】 由

Sn7n1， Tn3n9a1a9a52a5a1a9S7916229. b52b5b1b99b1b9T939272故选：D 5．B 【分析】

利用等差数列的性质进行化简，由此求得S9的值. 【详解】

由等差数列的性质，可得a3a4a5a6a75a520，则a54

S9a1a92a95936 22故选：B 6．C 【分析】

由题建立关系求出公差，即可求解. 【详解】

设等差数列an的公差为d，

a11,S416，

S44a16d46d16，d2， a7a16d13.

故选：C 7．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1为等差Sn1数列，确定该数列的首项和公差，可求得数列的通项公式，由a2S2S1可判断A

Sn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1120， Sn1Sn112（n2且nN）. 整理得

SnSn1112n122n，Sn1. 则为以2为首项，以2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

S6S4S8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】

关键点点睛：利用Sn与an的关系求通项，一般利用anS1,n1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．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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2a关键点睛：本题的第一个关键是根据公式n，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. 9．B 【分析】

根据等差数列的性质，由题中条件，可直接得出结果. 【详解】

因为Sn为等差数列{an}的前n项和，公差d1，S6S210，

所以a6a5a4a3a42da32da4a32a4a3410， 解得a3a43. 故选：B. 10．B 【分析】

设出数列an的公差，利用等差数列的通项公式及已知条件，得到a12d4，然后代入

求和公式即可求解 【详解】

设等差数列an的公差为d，则由已知可得2a16da110da12d4， 所以S55a1故选：B 11．B 【分析】

由等差数列的性质可得a5a2016a1a20204，则

54d5a12d5420 2a1a202020201010a5a2016可得答案. 2【详解】 S2020等差数列an中, a5a2016a1a20204

a1a202020201010a5a2016410104040 2故选：B 12．A 【分析】 S2020由S525求出a1，从而可求出数列的通项公式，进而可求出m的值 【详解】 解：由题意得5a154225，解得a11， 2所以ana1(n1)d12(n1)2n1， 因为a2m15，所以22m115，解得m4， 故选：A 13．B 【分析】

由等差数列的通项公式可得a4a72a19d，再由S1010a145d100，从而可得结果. 【详解】 解：

S1010a145d100，

2a19d20， a4a72a19d20.

故选：B. 14．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，

an21n+2， a5215+2107.

故选：B. 15．A 【分析】 由题意可得d【详解】 解：根据题意，d故选：A. 16．A 【分析】

22由a1a9，可得a14d，从而得Sna5a28204，再由a220可求出a1的值 5252a5a28204，则a1a2d20(4)24， 5252d29dn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 17．B 【分析】

利用anSnSn1求出n2时an的表达式，然后验证a1的值是否适合，最后写出an的式子即可. 【详解】

Snn2，当n2时，anSnSn1n2(n1)22n1，

当n1时，a1S11，上式也成立，

an2n1nN*，

故选：B. 【点睛】

易错点睛：本题考查数列通项公式的求解，涉及到的知识点有数列的项与和的关系，即

S1,n1an，算出之后一定要判断n1时对应的式子是否成立，最后求得结

SS,n2n1n果，考查学生的分类思想与运算求解能力，属于基础题. 18．A 【分析】

由a2和a4求出公差d，再根据a5a4d可求得结果. 【详解】

设公差为d，则da4a2363， 422233. 22所以a5a4d3故选：A 19．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. 20．D 【分析】

由题知各节气日影长依次成等差数列，设为an，Sn是其前n项和，已知条件为

2， 3S985.5，a1a4a731.5，由等差数列性质即得a5，a4，由此可解得d，再由等差

数列性质求得后5项和． 【详解】

由题知各节气日影长依次成等差数列，设为an，Sn是其前n项和，

则S99a1a99a585.5（尺），所以a59.5（尺），由题知

2a1a4a73a431.5（尺），

所以a410.5（尺），所以公差da5a41， 则a8a9a10a11a125a105a55d22.5（尺）． 故选：D．

二、多选题

21．AD 【分析】

先根据和项与通项关系化简条件，再构造等差数列，利用等差数列定义与通项公式求Sn，最后根据和项与通项关系得an. 【详解】

an4Sn1Sn0(n2),SnSn14Sn1Sn0 Sn0因此数列{114 SnSn111

}为以4为首项，4为公差的等差数列，也是递增数列，即D正确； SnS1

所以

1144(n1)4nSn，即A正确； Sn4n当n2时anSnSn1111 4n4(n1)4n(n1)1,n14所以an，即B，C不正确；

1,n24n(n1)故选：AD 【点睛】

本题考查由和项求通项、等差数列定义与通项公式以及数列单调性，考查基本分析论证与求解能力，属中档题. 22．ABC 【分析】 由anan1212，变形得到an2an121，再利用等差数列的定义求

2得an，然后逐项判断. 【详解】

当n2时，由an得an2an1212，

2an121，

2即an2an121，又a12， 所以

an2是以2为首项，以1为公差的等差数列，

所以an22(n1)1n1，

2即ann2n1，故C正确；

所以a27，故A正确；

ann12，所以an为递增数列，故正确；

2数列an不具有周期性，故D错误； 故选：ABC

23．无

24．ABC 【分析】

n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. 25．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 26．BCD 【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，依次判断四个选项，即可得正确答案. 【详解】

对于A，可知数列的前8项为1，1，2，3，5，8，13，21，故A错误； 对于B，S81+1+2+3+5+8+13+2154，故B正确； 对于C，可得anan1an1n2， 则a1+a2+a3+a4++ana1+a3a1+a4a2+a5a3++an1an1

即Sna2+an+an1an21，S2020a20221，故C正确； 对于D，由anan1an1n2可得，

a1+a3+a5+故选：BCD. 【点睛】

+a2021a2+a4a2+a6a4++a2022a2020a2022，故D正确.

本题以“斐波那契数列”为背景，考查数列的递推关系及性质，解题的关键是得出数列的递推关系，a11,a21,anan2+an1n3，能根据数列性质利用累加法求解. 27．BC 【分析】 设公差d不为零,由【详解】 设公差d不为零,

a3a8，解得a1d，然后逐项判断.

92因为

a3a8，

所以a12da17d， 即a12da17d， 解得a1d，

92119S1111a155d11d55dd0，故A错误；

22nn110n9nddn210nddn210n,S10n10na12222，故B正确； Snna1若S1111a155d11119d55dd0，解得d0，

22d2dd2n10nn525S5，故C正确；D错误； 222故选：BC 28．BC 【分析】 Sn分别运用等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公差，可判断A，B；由配方法，结合n为正整数，可判断C；由Sn>0解不等式可判断D． 【详解】

由公差d0,S690，可得6a115d90，即2a15d30，①

2由a7是a3与a9的等比中项，可得a7a3a9，即a16da12da18d，化简得

2a110d，②

由①②解得a120,d2，故A错，B对；

121441由Sn20nnn1221nn2n 224nN*，可得n10或11时，Sn取最大值110，C对；

由Sn>0，解得0n21，可得n的最大值为20，D错； 故选：BC 【点睛】

本题考查等差数列的通项公式和求和公式的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题． 29．ABC 【分析】

2由Snanbnc可求得an的表达式，利用定义判定得出答案．

2【详解】

当n1时，a1S1abc．

当n2时，anSnSn1an2bncan1bn1c2anab． 当n1时，上式＝ab．

所以若an是等差数列，则ababcc0. 所以当c2ac0时是等比数列；当c0时，an从第二0时，an是等差数列， b0项开始是等差数列． 故选：A B C 【点睛】

本题只要考查等差数列前n项和Sn与通项公式an的关系，利用Sn求通项公式，属于基础题． 30．BD 【分析】 由S17S18得a180，利用a17a18dd0可知A不正确；；根据S3535a18可

知 B正确；根据a17a192d0可知C不正确；根据S19S163a180可知D正确. 【详解】

因为S17S18，所以S18S170，所以a180，

因为公差d0，所以a17a18dd0，故A不正确；

S3535(a1a35)352a1835a180，故B正确； 22a17a192d0，故C不正确；

S19S16a17a18a193a180，故D正确.

故选：BD. 【点睛】

本题考查了等差数列的求和公式，考查了等差数列的下标性质，属于基础题.