高三数学等差数列选择题专项训练单元 易错题检测试题(1)

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；

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；

x3x3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， xn因此yn1yn＝()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

34xn133()xn＝()xn443q()1，这是一个与n有关的数，故{yn}不是等4xn1为常数， xn因此yn1yn＝log故选：D． 【点睛】 方法点睛：

4xn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.

2．已知等差数列{an}，且3a3a52a7a10a1348，则数列{an}的前13项之和为（ ） A．24 解析：D 【分析】

根据等差数列的性质计算求解． 【详解】

由题意3a3a52a7a10a1332a423a106(a4a10)12a748，

B．39

C．104

D．52

a74，∴S13故选：D．

13(a1a13)13a713452． 2n13．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 解析：D 【分析】

由Sn12Sn1n1an3n，现有如下说法：

B．1 C．2 D．3

an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12041182012202，

故①②③正确. 故选：D

4．若数列an满足an1A．1010 C．2020 解析：B 【分析】

根据递推关系式求出数列的通项公式即可求解. 【详解】 由an12an1(nN)，且a11，则a2021（ ） 2B．1011 D．2021

12an1(nN)，则an1an(nN)， 22即an1an1， 21为公差的等差数列， 2所以数列an是以1为首项，

所以ana1n1d1n1所以a2021故选：B

1n1， 22202111011. 25．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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

B．48

C．56

D．72

9a1a99836. 22解析：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.

7．在等差数列an中，已知前21项和S2163，则a2a5a8A．7 解析：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B．9

C．21

13a1a1313a4a1013426. 222a20的值为（ ）

D．42

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

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

B．20

C．40

D．100

S1010a145d100，

2a19d20，

a4a72a19d20.

故选：B.

9．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3a15a67，则S23（ ） A．121 解析：B 【分析】

由条件可得a127，然后S2323a12，算出即可. 【详解】

因为a3a15a67，所以a15a6a37，所以a153d7，所以a153d7，即

B．161

C．141

D．151

a127

所以S2323a12161 故选：B

10．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 解析：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

B．36

C．48

D．64

S9a1a92a95936 22故选：B

11．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 27解析：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】

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

12．设a，b≠0，数列{an}的前n项和Sna(21)b[(n2)22]，nN*，则

nn存在数列{bn}和{cn}使得（ ）

A．anbncn，其中{bn}和{cn}都为等比数列 B．anbncn，其中{bn}为等差数列，{cn}为等比数列

cn，其中{bn}和{cn}都为等比数列 C．anbn·cn，其中{bn}为等差数列，{cn}为等比数列 D．anbn·解析：D 【分析】

由题设求出数列{an}的通项公式，再根据等差数列与等比数列的通项公式的特征，逐项判断，即可得出正确选项. 【详解】 解：

Sna(2n1)b[(n2)2n2](a2bbn)2n(a2b)，

n1当n1时，有S1a1a0；

当n2时，有anSnSn1(abnb)20，

又当n1时，a1(abb)2a也适合上式，

an(abnb)2n1，

n1令bnabbn，cn2，则数列{bn}为等差数列，{cn}为等比数列，

故anbncn，其中数列{bn}为等差数列，{cn}为等比数列；故C错，D正确； 因为an(ab)2列，故AB错. 故选：D. 【点睛】 方法点睛：

n1bn2n1，b≠0，所以bn2n1即不是等差数列，也不是等比数

SnSn1,n2na由数列前项和求通项公式时，一般根据n求解，考查学生的计算能

a,n11力.

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

B．a6＝4

C．a5＝2

D．a6＝2

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

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．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】

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

B．100

C．90

D．80

二、等差数列多选题

16．斐波那契数列，又称黄金分割数列、兔子数列，是数学家列昂多·斐波那契于1202年提出的数列.斐波那契数列为1，1，2，3，5，8，13，21，……，此数列从第3项开始，每一项都等于前两项之和，记该数列为Fn，则Fn的通项公式为（ ）

(1)n1nA．F(n)

2B．Fn1FnFn1,n2且F11,F21

nn11515 C．Fn522nn11515 D．Fn522解析：BC 【分析】

根据数列的前几项归纳出数列的通项公式，再验证即可； 【详解】

解：斐波那契数列为1，1，2，3，5，8，13，21，……，

显然F11,F21，F3F1F22，F4F2F33，

，

Fn1FnFn1,n2，所以Fn1FnFn1,n2且F11,F21，即B满足条件；

由Fn1FnFn1,n2， 所以Fn1151515FnFnFn1 222151515Fn1Fn所以数列为首项，为公比的等比数列， 是以2221515Fn所以Fn12 215Fn1Fn21， 所以15n1515n1()()222n令

bnFn152n1，则bn153bn1， 2所以bn1555355(bn)， 10210555553所以bn为首项，为公比的等比数列， 以10102所以bn555553n1()()， 10102555553n1所以Fn10102152n1nn51515； 522即C满足条件； 故选：BC 【点睛】

考查等比数列的性质和通项公式，数列递推公式的应用，本题运算量较大，难度较大，要

求由较高的逻辑思维能力，属于中档题．

17．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D．数列1

4n(n1)1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0SnSn14Sn1Sn0，化为：Sn，n2时，anSnSn1【详解】

1114，利用等差数列的通项公式可得，SnSn1Sn111，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0114， ∴SnSn14Sn1Sn0，化为：

SnSn1∴数列1是等差数列，公差为4， Sn∴

1144n14n，可得Sn， 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】

114，进而求得其它性本题考查数列递推式，解题关键是将已知递推式变形为

SnSn1质，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题

18．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 C．ann2n1 解析：ABC 【分析】 由an2B．数列an为递增数列 D．数列an为周期数列

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所以

an121，又a12，

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， 即ann2n1，故C正确； 所以a27，故A正确；

2an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：ABC19．题目文件丢失！

n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nn（ ） A．2 解析：ABC 【分析】

B．1

C．1

D．2

1(1)n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， nn当n为奇数时有：a2+由2+1恒成立， n11递减，且223， nn1恒成立， n所以a2，即a2， 当n为偶数时有：a2由2131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3n221．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3n2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：,1234,,. 5555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.

22．无穷等差数列an的前n项和为Sn，若a1＞0，d＜0，则下列结论正确的是（ ） A．数列an单调递减 C．数列Sn单调递减 解析：ABD 【分析】

由an1and0可判断AB，再由a1＞0，d＜0，可知等差数列数列an先正后负，可判断CD. 【详解】

根据等差数列定义可得an1and0，所以数列an单调递减，A正确； 由数列an单调递减，可知数列an有最大值a1，故B正确；

由a1＞0，d＜0，可知等差数列数列an先正后负，所以数列Sn先增再减，有最大值，C不正确，D正确. 故选：ABD.

23．等差数列an的前n项和记为Sn，若a10，S7S17，则（ ） A．d0 C．SnS13 解析：AB 【分析】

根据等差数列的性质及S7S17可分析出结果. 【详解】

因为等差数列中S7S17， 所以a8a9又a10，

所以a120,a130，

所以d0，SnS12，故AB正确，C错误； 因为S25故选：AB 【点睛】

关键点睛：本题突破口在于由S7S17得到a12a130，结合a10，进而得到

B．a120 D．当且仅当SnB．数列an有最大值 D．数列Sn有最大值

0时，n26

a16a175(a12a13)0，

25(a1a25)25a130，故D错误， 2a120,a130，考查学生逻辑推理能力.

24．等差数列an中，Sn为其前n项和，a115,A．d1 B．a4a13 C．Sn的最大值为S8

D．使得Sn0的最大整数n15 解析：BCD 【分析】

设等差数列an的公差为d，由等差数列的通项公式及前n项和公式可得项判断即可得解. 【详解】

设等差数列an的公差为d，

S5S11，则以下正确的是（ ）

d2，再逐

a115541110d11a1dd25a1由题意，，所以，故A错误； 22a151a115所以a4a13d9,a13a112d9，所以a4a13，故B正确； 因为Sna1nnn122dn216nn864，

2所以当且仅当n8时，Sn取最大值，故C正确； 要使Snn8640，则n16且nN， 所以使得Sn0的最大整数n15，故D正确. 故选：BCD.

25． an是等差数列，公差为d，前项和为Sn，若S5S6，S6S7S8，则下列结论正确的是（ ） A．d0 解析：ABD 【分析】

结合等差数列的性质、前n项和公式，及题中的条件，可选出答案. 【详解】

由S6S7，可得S7S6a70，故B正确； 由S5S6，可得S6S5a60， 由S7S8，可得S8S7a80，

所以a8a7a6，故等差数列an是递减数列，即d0，故A正确；

B．a70

C．S9S5

D．S170

又S9S5a6a7a8a92a7a80，所以S9S5，故C不正确； 又因为等差数列an是单调递减数列，且a80，所以a90， 所以S1717a1a17217a90，故D正确.

故选：ABD. 【点睛】

关键点点睛：本题考查等差数列性质的应用，解题的关键是熟练掌握等差数列的增减性及前n项和的性质，本题要从题中条件入手，结合公式anSnSn1n2，及

na1an，对选项逐个分析，可判断选项是否正确.考查学生的运算求解能力与逻辑2推理能力，属于中档题. Sn