《等差数列》单元测试题 百度文库

一、等差数列选择题

1．已知等差数列an的公差d为正数，a11,2anan11tn1an,t为常数，则

an（ ）

A．2n1

B．4n3

C．5n4

D．n

2．数列an是项数为偶数的等差数列，它的奇数项的和是24，偶数项的和为30，若它的末项比首项大A．8

21，则该数列的项数是（ ） 2B．4

C．12

D．16

3．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

4．等差数列an中，a22，公差d2，则S10=（ ） A．200

B．100

C．90

D．80

5．在等差数列an中，a3a914，a23，则a10（ ） A．11

B．10

C．6

D．3

6．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

B．180

C．200

D．220

7．已知数列an的前n项和Sn满足Sn（ ） A．

1nn1，则数列的前10项的和为

aa2nn110 1111 128 9B．

9 10C．D．

8．已知数列{an}为等差数列，a2a628，a5a943，则a10（ ） A．29

B．38

C．40

D．589．题目文件

丢失！

10．设等差数列an、bn的前n项和分别是Sn、Tn.若（ ） A．

Sn2na6，则的值为

b3Tn3n75 11B．

38C．1 D．2

11．数学著作《孙子算经》中有这样一个问题：“今有物不知其数，三三数之剩二(除以3余2)，五五数之剩三(除以5余3)，问物几何？”现将1到2020共2020个整数中，同时满足“三三数之剩二，五五数之剩三”的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{an},则该数列共有（ ） A．132项

B．133项

C．134项

D．135项

12．已知等差数列an中，a11,a611，则数列an的公差为（ ） A．

5 3B．2 C．8 D．13

213．已知等差数列an的前n项和为Sn，且Snn.定义数列bn如下：

m1*bmmN*是使不等式anmmN成立的所有n中的最小值，则mb1 b3 b5A．25

b19（ ）

B．50

C．75

D．100

14．在等差数列an中，3a3a52a8a9a1324，则此数列前13项的和是（ ） A．13

B．26

C．52

D．56

15．设等差数列an的前n和为Sn，若ama1am1m1,mNA．Sm0且Sm10 C．Sm0且Sm10

B．Sm0且Sm10 D．Sm0且Sm10

*，则必有（ ）

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 C．4 D．5

17．记Sn为等差数列an的前n项和，若S52S4，a2a48，则a5等于（ ） A．6

B．7

C．8

n1D．10

18．已知数列an的前n项和为Sn，且Sn12Sn1①a5a41；②a2na2n212n1；③S401220. 则正确的个数为（ ） A．0

B．1

C．2

an3n，现有如下说法：

D．3

19．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

20．已知等差数列an的前n项和为Sn，若A．

S9S6，则12（ ） S3S6C．

17 7B．

8 314 3D．

10 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

C．a1a3a5a2019a2020

B．S733

22a12a2a2019a2020 D．

a201922．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

B．S130

C．S4S9

D．a70

23．在等差数列an中，公差d0，前n项和为Sn，则（ ） A．a4a6a1a9

C．若S9S15，则Sn中的最大值是S12

B．S130，S140，则a7a8

2D．若Snnna，则a0

24．已知等差数列an的前n项和为Sn，a218，a512，则下列选项正确的是（ ） A．d2 C．a3a430

B．a122

D．当且仅当n11时，Sn取得最大值

25．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

B．5

C．7

D．8

26．已知数列an为等差数列，则下列说法正确的是（ ） A．an1and（d为常数） C．数列B．数列an是等差数列 D．an1是an与an2的等差中项

1是等差数列 an27．设d为正项等差数列an的公差，若d0，a32，则（ ） A．a2a44

15B．aa4

422111 C．a1a5D．a1a5a2a4

28．在下列四个式子确定数列an是等差数列的条件是（ ）

A．anknb（k，b为常数，nN*）； B．an2and（d为常数，

nN*）；

C．an22an1an0nN； （nN*）.

*2D．an的前n项和Snnn129．已知an为等差数列，其前n项和为Sn，且2a13a3S6，则以下结论正确的是（ ）. A．a100

B．S10最小

C．S7S12

D．S190

30．已知数列an是递增的等差数列，a5a105，

a6a914．bnanan1an2，数列bn的前n项和为Tn，下列结论正确的是（ ）

A．an3n20

C．当n4时，Tn取最小值

B．an3n25

D．当n6时，Tn取最小值

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、等差数列选择题 1．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】

a11，2anan11tn1an,

令n1，则2a1a21t1a1，解得a2t1

2令n2，则2a2a312t1a2，即t1a3t1，若t1，则a20,d1，

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 2．A 【分析】

设项数为2n，由题意可得2n1d【详解】

设等差数列an的项数为2n， 末项比首项大

21，及S偶S奇6nd可求解． 221， 2a2na12n1dS奇24，S偶30，

21①; 2S偶S奇30246nd②．

由①②，可得d即项数是8， 故选：A. 3．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：

3

，n4， 2

由图可得：故选：B. 4．C 【分析】

y3612x155 ，解得.

x107yy48先求得a1，然后求得S10. 【详解】

依题意a1a2d0，所以S1010a145d45290. 故选：C 5．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，

a2a1d3，

解得a12,d1， 则a10a1+9d2911； 故选：A. 6．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 7．C 【分析】 首先根据Sn到答案. 【详解】

当n1时，a1S11， 当n2时，anSnSn120(a1a20)1018180. 2111nn1得到ann，设bn，再利用裂项求和即可得aann12nn1nn1nn1n. 22检验a11S1，所以ann. 设bn1111，前n项和为Tn， anan1nn1nn1则T101故选：C 8．A 【分析】

11111011…1. 22310111111根据等差中项的性质，求出a414，再求a10; 【详解】

因为{an}为等差数列，所以a2a62a428, ∴a414.由a5a9a4a1043,得a1029, 故选：A.

9．无

10．C 【分析】

2令Sn2n，Tnn3n7，求出an，bn，进而求出a6，b3，则

a6可得． b3【详解】

2令Sn2n，Tnn3n7，

可得当n2时，anSnSn12n22n122n1，

2bnTnTn1n3n7n13n423n2，

当n1，a1S12,b1T13710，符合an22n1，

bn23n2

故a622，b322，

a61. 故b3【点睛】

由Sn求an时，anS1,n1，注意验证a1是否包含在后面an的公式中，若不符

SS,n2n1n合要单独列出，一般已知条件含an与Sn的关系的数列题均可考虑上述公式求解． 11．D 【分析】

由题意抽象出数列是等差数列，再根据通项公式计算项数. 【详解】

被3除余2且被5除余3的数构成首项为8，公差为15的等差数列，记为an，则

an815n115n7，令an15n72020，解得：n135所以该数列的项数共有135项. 故选：D 【点睛】

2， 15关键点点睛：本题以数学文化为背景，考查等差数列，本题的关键是读懂题意，并能抽象出等差数列. 12．B 【分析】

设公差为d，则a6a15d，即可求出公差d的值. 【详解】

设公差为d，则a6a15d，即1115d，解得：d2， 所以数列an的公差为2，

故选：B 13．B 【分析】

先求得an2n1，根据anm，求得n列的求和公式，即可求解. 【详解】

2由题意，等差数列an的前n项和为Sn，且Snn，可得an2n1，

m12k1，进而得到b2k1，结合等差数22因为anm，即2n1m，解得n当m2k1，（kN*）时，即b2k1m1， 2mm1mmkm1， bmk，即bmm12m1m22k1， 2b19113521950.

从而b1b3b5故选：B. 14．B 【分析】

利用等差数列的下标性质，结合等差数列的求和公式即可得结果. 【详解】

由等差数列的性质，可得a3a52a4，a8a9a13a7a10a133a10， 因为3a3a52a8a9a1324， 可得32a423a1024，即a4a104， 故数列的前13项之和S13故选：B. 15．D 【分析】

由等差数列前n项和公式即可得解. 【详解】

由题意，a1am0,a1am10， 所以Sm故选：D. 16．A 【分析】

13a1a1313a4a1013426. 222m(a1am)(m1)(a1am1)0，Sm10. 2222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 17．D 【分析】

由等差数列的通项公式及前n项和公式求出a1和d，即可求得a5. 【详解】

解：设数列an的首项为a1，公差为d， 则由S52S4，a2a48，

54434a1d5a12d22得：a1da13d8，

即

3a12d0a12d4， ，

解得：

a12d3a5a14d24310.

故选：D. 18．D 【分析】

由Sn12Sn1n1an3n得到an11n1an3n2，再分n为奇数和偶数得

到a2k1a2k6k2，a2ka2k16k5，然后再联立递推逐项判断. 【详解】

因为Sn12Sn1所以an11n1n1an3n，

an3n2，

所以a2k1a2k6k21，a2ka2k16k52，

联立得：a2k1a2k133， 所以a2k3a2k134， 故a2k3a2k1，

从而a1a5a9a41，

a2ka2k16k2，a2k2a2k16k1，

则a2ka2k212k1，故S40a1a2a3a4a5...a38a39a40，

a2a3a4a5...a38a39a40a41，

6k2k12041182021220，

故①②③正确. 故选：D 19．B 【分析】

由等差数列的性质可得a5a2016a1a20204，则

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 20．D 【分析】

由等差数列前n项和性质得S3，S6S3，S9S6，S12S9构成等差数列，结合已知条件得S63S3和S1210S3计算得结果. 【详解】

已知等差数列an的前项和为Sn，S3，S6S3，S9S6，S12S9构成等差数列， 所以2S6S3S3S9S6，且又

S96，化简解得S63S3. S3S1210. S632S9S6S6S3S12S9，S1210S3，从而

故选：D 【点睛】 思路点睛：

（1）利用等差数列前n项和性质得S3，S6S3，S9S6，S12S9构成等差数列，

（2）2S6S3S3S9S6，且

S96，化简解得S63S3， S3（3）2S9S6S6S3S12S9，化简解得S1210S3.

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．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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. 2选项B. S13a1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. 23．AD 【分析】

对于A，作差后利用等差数列的通项公式运算可得答案；

对于B，根据等差数列的前n项和公式得到a70和a7a80， 进而可得a80，由此可知|a7||a8|，故B不正确；

对于C，由S9S15得到，a12a130，然后分类讨论d的符号可得答案； 对于D，由Sn求出an及a1，根据数列an为等差数列可求得a0. 【详解】

对于A，因为a4a6a1a9(a13d)(a15d)a1(a18d)15d2，且d0，

2所以a4a6a1a915d0，所以a4a6a1a9，故A正确；

对于B，因为S130，S140，所以

13(a7a7)13a70，即a70，

214(a7a8)7(a7a8)0，即a7a80，因为a70，所以a80，所以

2|a7||a8|a7a80，即|a7||a8|，故B不正确；

对于C，因为S9S15，所以a10a11a14a150，所以3(a12a13)0，即

a12a130，当d0时，等差数列an递增，则a120,a130，所以Sn中的最小值

是S12，无最大值；当d0时，等差数列an递减，则a120,a130，所以Sn中的最大值是S12，无最小值，故C不正确；

2对于D，若Snnna，则a1S1a，n2时，

anSnSn1n2na(n1)2(n1)a2n2，因为数列an为等差数列，

所以a12120a，故D正确. 故选：AD 【点睛】

关键点点睛：熟练掌握等差数列的通项公式、前n项和公式是解题关键. 24．AC 【分析】

先根据题意得等差数列an的公差d2，进而计算即可得答案. 【详解】

解：设等差数列an的公差为d， 则a5a23d183d12，解得d2.

所以a120，a3a4a2a530，a11a110d201020， 所以当且仅当n10或11时，Sn取得最大值. 故选：AC 【点睛】

本题考查等差数列的基本计算，前n项和Sn的最值问题，是中档题. 等差数列前n项和Sn的最值得求解常见一下两种情况：

（1）当a10,d0时，Sn有最大值，可以通过Sn的二次函数性质求解，也可以通过求满足an10且an0的n的取值范围确定；

（2）当a10,d0时，Sn有最小值，可以通过Sn的二次函数性质求解，也可以通过求满足an10且an0的n的取值范围确定； 25．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：

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. 26．ABD 【分析】

由等差数列的性质直接判断AD选项，根据等差数列的定义的判断方法判断BC选项.

【详解】

A.因为数列an是等差数列，所以an1and，即an1and，所以A正确； B. 因为数列an是等差数列，所以an1and，那么

an1anan1and，所以数列an是等差数列，故B正确；

C.

11aan1d1n，不是常数，所以数列不是等差数列，故C不正an1ananan1anan1an确；

D.根据等差数列的性质可知2an1anan2，所以an1是an与an2的等差中项，故D正确. 故选：ABD 【点睛】

本题考查等差数列的性质与判断数列是否是等差数列，属于基础题型. 27．ABC 【分析】

由已知求得公差d的范围：0d1，把各选项中的项全部用d表示，并根据0d1判断各选项． 【详解】 由题知，只需a122d00d1，

d0a2a42d2d4d24，A正确；

2a2a42d2dd23d64215，B正确； 4111111，C正确； 2a1a522d22d1da1a5a2a422d22d2d2d3d20，所以a1a5a2a4，

D错误. 【点睛】

本题考查等差数列的性质，解题方法是由已知确定d的范围，由通项公式写出各项（用d表示）后，可判断． 28．AC 【分析】

直接利用等差数列的定义性质判断数列是否为等差数列． 【详解】

A选项中anknb（k，b为常数，nN*），数列an的关系式符合一次函数的形式，所以是等差数列，故正确，

B选项中an2and（d为常数，nN*），不符合从第二项起，相邻项的差为同一个

常数，故错误；

C选项中an22an1an0nN，对于数列an符合等差中项的形式，所以是等差

*数列，故正确；

22D选项an的前n项和Snnn1（nN*），不符合SnAnBn，所以an不

为等差数列．故错误． 故选：AC 【点睛】

本题主要考查了等差数列的定义的应用，如何去判断数列为等差数列，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型． 29．ACD 【分析】

由2a13a3S6得a100，故A正确；当d0时，根据二次函数知识可知Sn无最小值，故B错误；根据等差数列的性质计算可知S12S7，故C正确；根据等差数列前n项和公式以及等差数列的性质可得S190，故D正确. 【详解】

因为2a13a3S6，所以2a13a16d6a115d，所以a19d0，即a100，故

A正确；

当d0时，Snna1误；

因为S12S7a8a9a10a11a125a100，所以S12S7，故C正确； 因为S19n(n1)n(n1)dd9dnd(n219n)无最小值，故B错222a1a191919a2100，故D正确.

故选：ACD. 【点睛】

本题考查了等差数列的通项公式、前n项和公式，考查了等差数列的性质，属于中档题. 30．AC 【分析】

由已知求出数列{an}的首项与公差，得到通项公式判断A与B；再求出Tn，由{bn}的项分析Tn的最小值． 【详解】

解：在递增的等差数列{an}中， 由a5a105，得a6a95，

又a6a914，联立解得a62，a97， 则da9a67(2)3，a1a65d25317． 963an173(n1)3n20．

故A正确，B错误；

bnanan1an2(3n20)(3n17)(3n14)

可得数列{bn}的前4项为负，第5项为正，第六项为负，第六项以后均为正． 而b5b610820．

当n4时，Tn取最小值，故C正确，D错误．

故选：AC． 【点睛】

本题考查等差数列的通项公式，考查数列的求和，考查分析问题与解决问题的能力，属于中档题．