等差数列经典例题

一、等差数列选择题

1．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

211 B．

S6S4S87 12D．2Tnn1nTnTn1 nn1D．80

2．等差数列an中，a22，公差d2，则S10=（ ） A．200

B．100

C．90

3．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an22an1an，a54a3，则S7（ ） A．7

B．12

C．14

D．21

n4．定义

p1p2pn为n个正数p1,p2,,pn的“均倒数”，若已知数列an的前

1（ ） b9b10D．

n项的“均倒数”为

A．

11an1，又bn，则bbbb22n1223B．

8 1710 21C．

11 239 195．在巴比伦晚期的《泥板文书》中，有按级递减分物的等差数列问题，其中有一个问题大意是：10个兄弟分100两银子，长兄最多，依次减少相同数目，现知第8兄弟分得6两，则长兄可分得银子的数目为（ ） A．

82两 5B．

84两 5C．

86两 5D．

88两 56．已知Sn为等差数列an的前n项和，a3S518，a6a33，则an（ ） A．n1

B．n

C．2n1

D．2n

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．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a12，S315，则a8（ ） A．11

B．12

C．23

D．24

29．已知各项不为0的等差数列an满足a6a7a80，数列bn是等比数列，且

b7a7，则b3b8b10（ )

A．1 B．8 C．4 D．2

10．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3a15a67，则S23（ ） A．121

B．161

C．141

D．151

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．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

13．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 S9（ ） a914．设等差数列{an}的公差d≠0，前n项和为Sn，若S45a2，则A．9

B．5

C．1

D．

5 9*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

D．10

18．设等差数列an的前n项和为Sn，若a7a916，则S15（ ） A．60

B．120

C．160

D．240

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 3220．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

二、多选题

21．已知Sn是等差数列an(n∈N*)的前n项和，且S5>S6>S4，以下有四个命题，其中正确

的有（ ）

A．数列an的公差d<0 C．S10>0

22．已知数列an满足an0，

B．数列an中Sn的最大项为S10 D．S11>0

an1n2(nN)，数列an的前n项和为anann1B．a1a21 D．S2019a20202019

Sn，则（ ）

A．a11

C．S2019a20202019

23．已知递减的等差数列an的前n项和为Sn，S5S7，则（ ） A．a60 C．S130

B．S6最大 D．S110

24．设an是等差数列，Sn是其前n项的和，且S5S6，S6S7S8，则下列结论正确的是（ ） A．d0 C．S9S5

B．a70

D．S6与S7均为Sn的最大值

25．设an是等差数列，Sn是其前n项和，且S5S6,S6S7S8，则下列结论正确的是（ ） A．d0 C．S9S5

B．a70

D．S6与S7均为Sn的最大值

26．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

27．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．Sn0时，n的最小值为13

B．数列1是递增数列 anSnD．数列中最小项为第7项

an28．下面是关于公差d0的等差数列{an}的四个命题，其中的真命题为（ ）. A．数列{an}是递增数列 B．数列{nan}是递增数列 C．数列{an}是递增数列 nD．数列an3nd是递增数列

29．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*）.

30．已知数列an是递增的等差数列，a5a105，

*2D．an的前n项和Snnn1a6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．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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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； 424B中，2111，B选项正确； 为等差数列，显然有S6S4S8Sn111， 2n2n12n2C中，记bnSnSn1Sn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

SnSn1,n2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. 2．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 3．C 【分析】

判断出an是等差数列，然后结合等差数列的性质求得S7. 【详解】

∵an22an1an，∴an2an1an1an，∴数列{an}为等差数列. ∵a54a3，∴a3a54，∴S7故选：C 4．D

7(a1a7)7(a3a5)14. 22【分析】

由题意结合新定义的概念求得数列的前n项和，然后利用前n项和求解通项公式，最后裂项求和即可求得最终结果. 【详解】

设数列an的前n项和为Sn，由题意可得：当n1时，a1S12，

当n2时，anSnSn14n2， 且a14122，据此可得 an4n2， 故bnn12，则：Sn2n， Sn2n11111an2n1，， bb2n12n122n12n12nn11b9b1011 1719据此有：

11b1b2b2b31111123351189.21919故选：D 5．C 【分析】

设10个兄弟由大到小依次分得ann1,2,,10两银子，数列an是等差数列，

a86利用等差数列的通项公式和前n项和公式转化为关于a1和d的方程，即可求得S10100长兄可分得银子的数目a1. 【详解】

设10个兄弟由大到小依次分得ann1,2,,10两银子，由题意可得 设数列an的公差为d，其前n项和为Sn，

86a17d6aa8615. 则由题意得，即，解得1098S10010ad100101d25所以长兄分得故选：C. 【点睛】

86两银子. 5关键点点睛：本题的关键点是能够读懂题意10个兄弟由大到小依次分得

ann1,2,,10两银子构成公差d0的等差数列，要熟练掌握等差数列的通项公式和

前n项和公式. 6．B 【分析】

根据条件列出关于首项和公差的方程组，求解出首项和公差，则等差数列an的通项公式可求. 【详解】

因为a3S518，a6a33，所以6a112d18，

a5da2d311a11所以，所以an1n11n，

d1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111n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．C 【分析】

11111011…1. 22310111111由题设求得等差数列{an}的公差d，即可求得结果. 【详解】

S3153a2，a25， a12，公差da2a13， a8a17d27323，

故选：C.

9．B 【分析】

根据等差数列的性质，由题中条件，求出a72，再由等比数列的性质，即可求出结果. 【详解】

2因为各项不为0的等差数列an满足a6a7a80，

2所以2a7a70，解得a72或a70（舍）；

又数列bn是等比数列，且b7a72，

3所以b3b8b10b3b7b11b78.

故选：B. 10．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

a127

所以S2323a12161 故选：B 11．D 【分析】

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xxn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333x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．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 13．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；

54d5a12d5420 2a1a32a102a12d2，所以，所以，

aa2d12d24254d5010110， 2所以S55a1故选：C. 14．B 【分析】

由已知条件，结合等差数列通项公式得a1d，即可求

S9. a9【详解】

S4a1a2a3a45a2，即有a1a3a44a2，得a1d，

∴S9∴

9(a1a9)45d，a99d，且d0， 2S9

5. a9

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】

22由a1a9，可得a14d，从而得Snm(a1am)(m1)(a1am1)0，Sm10. 22d29dn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．B 【分析】

利用等差数列的性质，由a7a916，得到a88，然后由S1515a8求解. 【详解】

因为a7a916，

所以由等差数列的性质得a7a92a816， 解得a88， 所以S15故选：B 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

15a1a1515a8158120． 2a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】

2， 3Sn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n15nn2422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

2二、多选题

21．AC 【分析】

由S5S6S4，可得a60,a50，且a6a50，然后逐个分析判断即可得答案 【详解】

解：因为S5S6S4，所以a60,a50，且a6a50，

所以数列的公差d0，且数列an中Sn的最大项为S5，所以A正确，B错误， 所以S1011(a1a11)10(a1a10)5(a5a6)0，S1111a60， 22所以C正确，D错误， 故选：AC 22．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1an1anan1anan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； （2）累乘法，形如

an1fn的数列，求通项时，常用累乘法求解； 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2（4）已知an与Sn的关系求通项时，一般可根据an求解.

a,n1123．ABD 【分析】

转化条件为a6a70，进而可得a60，a70，再结合等差数列的性质及前n项和公式逐项判断即可得解. 【详解】

因为S5S7，所以S7S50，即a6a70，

因为数列an递减，所以a6a7，则a60，a70，故A正确； 所以S6最大，故B正确； 所以S13所以S11a1a131313a270，故C错误； 0，故D正确.

a1a111111a26故选：ABD. 24．BD 【分析】

设等差数列an的公差为d，依次分析选项即可求解. 【详解】

根据题意，设等差数列an的公差为d，依次分析选项：

an是等差数列，若S6S7，则S7S6a70，故B正确；

又由S5S6得S6S5a60，则有da7a60，故A错误； 而C选项，S9S5，即a6a7a8a90，可得2a7a80， 又由a70且d0，则a80，必有a7a80，显然C选项是错误的. ∵S5S6，S6S7S8，∴S6与S7均为Sn的最大值，故D正确； 故选：BD.

【点睛】

本题考查了等差数列以及前n项和的性质，需熟记公式，属于基础题. 25．ABD 【分析】

由SnSn1ann2，判断a60,a70,a80，再依次判断选项. 【详解】

因为S5S6S6S50a60，S6S7S7S6a70，

S7S8S8S7a80，所以数列an是递减数列，故d0，AB正确；

S9S5a6a7a8a92a7a80，所以S9S5，故C不正确；

由以上可知数列an是单调递减数列，因为a60,a70,a80可知，S6与S7均为Sn的最大值，故D正确. 故选：ABD 【点睛】

本题考查等差数列的前n项和的最值，重点考查等差数列的性质，属于基础题型. 26．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0a2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． 27．ACD 【分析】 由已知得S1212a1+a12212a6+a720，又a70，所以a6>0，可判断A；由已知

得出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，

11当n1,6时，an>0，n7时，an0，又，所以n1,6时，an12+n3d11

>0，n7时，0，

anan1所以在nan1,6nN1上单调递增，在nan7，nN上单调递增，所

1以数列不是递增数列，故B不正确；

an由于S1313a1+a132132a713a70，而S120，所以Sn0时，n的最小值为213，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，

Sn0，n712，时，an为递增数anSnS列，n为正数且为递减数列，所以数列中最小项为第7项，故D正确；

an【点睛】

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. 28．AD

【分析】

根据等差数列的性质，对四个选项逐一判断，即可得正确选项. 【详解】

d0，an1and0 ，所以{an}是递增数列，故①正确，

da12nannan1ddnadnn，当时，数列{nan}不是递增数列，112d故②不正确， anaadd1，当a1d0时，{n}不是递增数列，故③不正确， nnnan3nd4nda1d，因为d0，所以an3nd是递增数列，故④正确，

故选：AD 【点睛】

本题主要考查了等差数列的性质，属于基础题. 29．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． 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．