4.2 等差数列综合检测题-2021-2022学年高二上学期数学人教A版（2019）选择性必修第二册（Word含答案解析）
文档属性
| 名称 | 4.2 等差数列综合检测题-2021-2022学年高二上学期数学人教A版（2019）选择性必修第二册（Word含答案解析） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 290.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2021-12-06 20:15:54 | ||
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文档简介
4.2 等差数列综合检测题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．若数列{an}的通项公式an＝3﹣2n，则此数列（ ）
A．是公差为﹣2的等差数列 B．是公差为2的等差数列
C．是公差为3的等差数列 D．是首项为3的等差数列
2．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若，则＝（ ）
A．1 B．﹣1 C．2 D．
3．《莉拉沃蒂》是古印度数学家婆什伽罗的数学名著，书中有下面的表述：某王为夺得敌人的大象，第一天行军2由旬（由旬为古印度长度单位），以后每天均比前一天多行相同的路程，七天一共行军80由旬到达敌方城市．则最后三天共行（ ）
A．27由旬 B．53由旬 C．由旬 D．由旬
4．等差数列{an}中，a1+a2+a3＝15，a6+a7+a8＝60，则此数列前8项和等于（ ）
A．80 B．100 C．120 D．140
5．已知{an}是等差数列，且满足S10＝10，S30＝18，则S20＝（ ）
A．14 B．15 C．16 D．17
6．若单调递减的等差数列{an}中的两项a3，a9是方程x2﹣10x+9＝0的两个根，设数列{an}的前n项和为Sn，则使得Sn＜0的最小n的值为（ ）
A．10 B．18 C．19 D．20
7．已知公差d≠0的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2021a2022＜0＜a2021+a2022，则（ ）
A．a1d＞0 B．|S2021|＜|S2022|
C．S4042S4043＜0 D．a2022S4042S4043＞0
8．设数列{an}的前n项和为Sn，当n∈N*时，an，n+，an+1成等差数列，若Sn＝2020，且a2＜3，则n的最大值为（ ）
A．63 B．64 C．65 D．66
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．记Sn为等差数列{an}的前n项和，则（ ）
A．S3，S6﹣S3，S9﹣S6成等差数列 B．，，成等差数列
C．S9＝2S6﹣S3 D．S9＝3（S6﹣S3）
10．已知数列{an}，{bn}均为等差数列，且a1b1＝135，a2b2＝304，a3b3＝529，则下列各数是数列{anbn}中项的有（ ）
A．810 B．922 C．1147 D．1540
11．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．S10最小 B．a10＝0 C．S7＝S12 D．S19＝0
12．等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，（S7﹣S4）（S8﹣S4）＜0，则下列结论正确的是（ ）
A．若d＜0，则S12＜0 B．若d＞0，则S5最小
C．|a6|＞|a7| D．a62＞a5a8
三．填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，且满足a3＞0，a3+a4＜0，则的取值范围是 ，的取值范围是 ．
14．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若3a4﹣a6+3a8＝15，则S11＝ ．
15．记等差数列{an}的前n项和为Sn，若，a2+a2021＝0，则S2022＝ ；当Sn取得最大值时，
n＝ ．
16．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，＝，则an＝ ．
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．在①a5＝6，a1+S3＝50；②S12＞S9，a2+a21＜0，③S9＞0，S10＜0这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并解决问题．
问题：设等差数列{an}的前n项和为Sn，若 _____，判断Sn是否存在最大值，若存在，求出Sn取最大值时n的值；若不存在，说明理由．
18．记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式an；
（Ⅱ）求使Sn＞an成立的n的最小值．
19．现有11个成等差数列的数据，其中首项为﹣5．
（1）已知所有数据的算术平均值等于5，试求出数列的通项公式；
（2）若从中抽取一项，余下数据的算术平均值等于4，请讨论抽出的是第几项？
20．在数列{an}中，a1＝1且an，2n，an+1成等差数列．
（1）求a2，a3，a4；
（2）求a2+a4+a6+···+a2n的和．
21．设△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且三个内角B，A，C成等差数列．
（1）若sinB，sinA，sinC成等差数列，试判断三角形的形状；
（2）若△ABC为钝角三角形，且b＞c，求的取值范围．
22．已知数列{an}的前n项和为Sn，把满足条件an+1≤Sn（n∈N*）的所有数列{an}构成的集合
记为M．
（1）若数列{an}的通项为an＝，则{an}是否属于M？
（2）若数列{an}是等差数列，且{an+n}∈M，求a1的取值范围；
（3）若数列{an}的各项均为正数，且{an}∈M，数列{}中是否存在无穷多项依次成等差数列，若存在，给出一个数列{an}的通项：若不存在，说明理由．
4.2 等差数列综合检测题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．若数列{an}的通项公式an＝3﹣2n，则此数列（ ）
A．是公差为﹣2的等差数列 B．是公差为2的等差数列
C．是公差为3的等差数列 D．是首项为3的等差数列
【解答】解：因为an＝3﹣2n，
所以a1＝1，an﹣an﹣1＝3﹣2n﹣3+2（n﹣1）＝﹣2，
所以数列{an}是以1为首项，以﹣2为公差的等差数列．
故选：A．
2．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若，则＝（ ）
A．1 B．﹣1 C．2 D．
【解答】解：由{an}是等差数列，得＝＝，又＝，
所以＝×＝2．
故选：C．
3．《莉拉沃蒂》是古印度数学家婆什伽罗的数学名著，书中有下面的表述：某王为夺得敌人的大象，第一天行军2由旬（由旬为古印度长度单位），以后每天均比前一天多行相同的路程，七天一共行军80由旬到达敌方城市．则最后三天共行（ ）
A．27由旬 B．53由旬 C．由旬 D．由旬
【解答】解：由题意可知，每天的行军路程构成了一个等差数列，记为{an}，前n天行军路程和记为Sn，公差为d，
所以，a1＝2，S7＝80，
所以7a1+＝80，
将a1代入，可得d＝，
所以S4＝4a1+＝8+6×＝，
所以最后三天的路程和＝S7﹣S4＝80﹣＝，
故选：D．
4．等差数列{an}中，a1+a2+a3＝15，a6+a7+a8＝60，则此数列前8项和等于（ ）
A．80 B．100 C．120 D．140
【解答】解：在等差数列{an}中，a1+a2+a3＝15，a6+a7+a8＝60，
则a6+a7+a8＝（a1+a2+a3）+15d，
所以15d＝60﹣15＝45，
故d＝3，则a1＝2，
故数列前8项和＝a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8＝15+60+a4+a5＝75+2+3×3+2+4×3＝100．
故选：B．
5．已知{an}是等差数列，且满足S10＝10，S30＝18，则S20＝（ ）
A．14 B．15 C．16 D．17
【解答】解：∵{an}是等差数列，且满足S10＝10，S30＝18，
由等差数列的性质得：S10，S20﹣S10，S30﹣S20成等差数列，
∴10，S20﹣10，18﹣S20成等差数列，
∴2（S20﹣10）＝10+18﹣S20，
解得S20＝16．
故选：C．
6．若单调递减的等差数列{an}中的两项a3，a9是方程x2﹣10x+9＝0的两个根，设数列{an}的前n项和为Sn，则使得Sn＜0的最小n的值为（ ）
A．10 B．18 C．19 D．20
【解答】解：根据题意，，又{an}是单调递减的等差数列，
所以，设等差数列{an}的公差为d，则，解得，
所以an＝+（n﹣1）×（﹣）＝﹣n+13，
Sn＝（a1+an）＝n（﹣n+13）＝n（﹣n+），令Sn＜0，得n（4n﹣74）＞0，
解得n＞或n＜0（舍去），又n∈N*，所以使得Sn＜0的最小值n为19．
故选：C．
7．已知公差d≠0的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2021a2022＜0＜a2021+a2022，则（ ）
A．a1d＞0 B．|S2021|＜|S2022|
C．S4042S4043＜0 D．a2022S4042S4043＞0
【解答】解：∵a2021a2022＜0＜a2021+a2022，
∴，或，
当d＞0时，a1＜0，此时a1d＜0，|S2021|＞|S2022|，故选项A、B错误；
由a2021+a2022＞0可得：S4042＝＞0，
又S4043＝＝4043a2022，
∴当d＞0时，有S4042S4043＞0，故选项C错误；
又当d＞0时，有a2022＞0，S4042S4043＞0，此时a2022S4042S4043＞0；
当d＜0时，有a2022＜0，S4042S4043＜0，此时a2022S4042S4043＞0，故选项D正确，
故选：D．
8．设数列{an}的前n项和为Sn，当n∈N*时，an，n+，an+1成等差数列，若Sn＝2020，且a2＜3，则n的最大值为（ ）
A．63 B．64 C．65 D．66
【解答】解：∵an，n+，an+1成等差数列，
∴2n+1＝an+an+1①，
由①可得：S2n＝（a1+a2）+（a3+a4）+…+（a2n﹣1+a2n）＝2（1+3+5+…+2n﹣1）+n＝2n2+n，
∵S62＝2×312+31＝1953＜2020，S64＝2×322+32＝2080＞2020，
又2n+3＝an+1+an+2②，
由②﹣①可得：an+2﹣an＝2，
∴数列{a2n﹣1}是公差为2的等差数列，
∵a1+a2＝2×1+1＝3，a2＜3，∴a1＞0，
∴a63＝a1+31×2＝62+a1，
S63＝S62+a63＝1953+62+a1＝2015+a1，
当a1＝5时，S63＝2020，
∴n的最大值为63．
故选：A．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．记Sn为等差数列{an}的前n项和，则（ ）
A．S3，S6﹣S3，S9﹣S6成等差数列 B．，，成等差数列
C．S9＝2S6﹣S3 D．S9＝3（S6﹣S3）
【解答】解：因为Sn为等差数列{an}的前n项和，
设等差数列的公差为d，则S9＝9a1+36d，S6＝6a1+15d，S3＝3a1+3d，
则S3＝3a1+3d，S6﹣S3＝3a1+12d，S9﹣S6＝3a1+21d，
所以2（3a1+12d）＝（3a1+3d）+（3a1+21d），
则S3，S6﹣S3，S9﹣S6成等差数列，故选项A正确；
因为S9＝9a1+36d，S6＝6a1+15d，S3＝3a1+3d，
则，
所以，
则，，成等差数列，故选项B正确；
因为S9＝9a1+36d，S6＝6a1+15d，S3＝3a1+3d，
所以2S6﹣S3＝2（6a1+15d）﹣（3a1+3d）＝9a1+27d，
则S9≠2S6﹣S3，故选项C错误；
因为S9＝9a1+36d，S6＝6a1+15d，S3＝3a1+3d，
所以3（S6﹣S3）＝3[（6a1+15d）﹣（3a1+3d）]＝9a1+36d＝S9，
故选项D正确．
故选：ABD．
10．已知数列{an}，{bn}均为等差数列，且a1b1＝135，a2b2＝304，a3b3＝529，则下列各数是数列{anbn}中项的有（ ）
A．810 B．922 C．1147 D．1540
【解答】解：由数列{an}，{bn}均为等差数列，
∴可设anbn＝a（n﹣2）2+b（n﹣2）+c．
∵a1b1＝135，a2b2＝304，a3b3＝529，
∴a﹣b+c＝135，c＝304，a+b+c＝529，
解得a＝28，b＝197，c＝304，
∴anbn＝28（n﹣2）2+197（n﹣2）+304．
n＝4时，a4b4＝28×22+197×2+304＝810，因此A符合；
n＝5时，a5b5＝28×32+197×3+304＝1147，因此C符合；
n＝6时，a4b4＝28×42+197×4+304＝1540，因此D符合；
则下列各数是数列{anbn}中项的有ACD．
故选：ACD．
11．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．S10最小 B．a10＝0 C．S7＝S12 D．S19＝0
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，∵2a1+3a3＝S6，
∴5a1+6d＝6a1+15d，
化为：a1+9d＝0，
∴a10＝0，S10或S9可能最大或最小；
S7＝7a1+21d，S12＝12a1+66d＝7a1+21d+5（a1+9d）＝7a1+21d，∴S7＝S12；
S19＝＝19a10＝0．
可得：BCD正确；A不正确．
故选：BCD．
12．等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，（S7﹣S4）（S8﹣S4）＜0，则下列结论正确的是（ ）
A．若d＜0，则S12＜0 B．若d＞0，则S5最小
C．|a6|＞|a7| D．a62＞a5a8
【解答】解：因为（S7﹣S4）（S8﹣S4）＜0，
所以（a5+a6+a7）（a5+a6+a7+a8）＜0，
即3a6×2（a6+a7）＜0，所以a6 a7＜0，a6（a6+a7）＜0，
A：若d＜0，a6 a7＜0，则a6＞0，a7＜0，
则S12＝6（a6+a7）＜0，A正确；
B：若d＞0，则a6＜0，a7＞0，S6最小，B错误；
C：由a6（a6+a7）＜0，得＜﹣a6a7，
所以||＜|﹣a6a7|，所以|a6|＜|a7|，C错误；
D：由a6（a6+a7）＝a6（2a6+d）＝2+da6＜0，得da6＜0，
a62﹣a5a8＝a62﹣（a6﹣d）（a6+2d）＝2d2﹣da6＞0，D正确．
故选：AD．
三．填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，且满足a3＞0，a3+a4＜0，则的取值范围是 （﹣，﹣2） ，的取值范围是 （，1） ．
【解答】解：因为等差数列{an}满足a3＞0，a3+a4＜0，
所以，
所以，
则的取值范围是（﹣，﹣2）；
＝＝2+，
由﹣4＜＜﹣3，
所以＜﹣1，
所以，的取值范围是（，1）．
故答案为：（﹣，﹣2）；（，1）．
14．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若3a4﹣a6+3a8＝15，则S11＝ 33 ．
【解答】解：等差数列{an}的前n项和为Sn，3a4﹣a6+3a8＝15，
∴3（a1+3d）﹣（a1+5d）+3（a1+7d）＝5（a1+5d）＝5a6＝15，
解得a6＝3，
∴S11＝（a1+a11）＝11a6＝11×3＝33．
故答案为：33．
15．记等差数列{an}的前n项和为Sn，若，a2+a2021＝0，则S2022＝ 0 ；当Sn取得最大值时，n＝ 1011 ．
【解答】解：由{an}是等差数列，得S2022＝（a1+a2022）＝1006（a2+a2021）＝0；
又a1＝＞0，a2+a2021＝a1011+a1012＝0，所以{an}是a1＞0的递减数列，且a1011＞0；a1012＜0，
所以当Sn取得最大值时，n＝1011．
故答案为：0；1011．
16．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，＝，则an＝ 4n﹣3 ．
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，∵a1＝1，＝，
∴7（5+10d）＝15（5+4d），
解得d＝4．
∴an＝1+4（n﹣1）＝4n﹣3．
故答案为：4n﹣3．
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．在①a5＝6，a1+S3＝50；②S12＞S9，a2+a21＜0，③S9＞0，S10＜0这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并解决问题．
问题：设等差数列{an}的前n项和为Sn，若 _____，判断Sn是否存在最大值，若存在，求出Sn取最大值时n的值；若不存在，说明理由．
【解答】解：若选①，a5＝6，a1+S3＝50；
设等差数列{an}的公差为d，
则，解得a1＝14，d＝﹣2；
所以前n项和为Sn＝14n﹣n（n﹣1）＝﹣n2+15n，
所以n＝，即n＝7或8时，Sn取得最大值．
若选②S12＞S9，a2+a21＜0，
由S12﹣S9＝a10+a11+a12＝3a11＞0，解得a11＞0；
由a2+a21＝a11+a12＜0，所以a12＜0，
所以等差数列{an}的公差d＝a12﹣a11＜0，
所以n≤11时，an＞0，n≥12时，an＜0，
所以n＝11时，Sn取得最大值．
若选③S9＞0，S10＜0，
由S9＝＝9a5＞0，得a5＞0；
由S10＝＝5（a5+a6）＜0，
得a5+a6＜0，所以a6＜0；
所以等差数列{an}的公差d＝a6﹣a5＜0，
所以当n≤5时，an＞0，n≥6时，an＜0，
所以n＝5时，Sn取得最大值．
18．记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式an；
（Ⅱ）求使Sn＞an成立的n的最小值．
【解答】解：（Ⅰ）数列Sn是公差d不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4．
根据等差数列的性质，a3＝S5＝5a3，故a3＝0，
根据a2a4＝S4可得（a3﹣d）（a3+d）＝（a3﹣2d）+（a3﹣d）+a3+（a3+d），
整理得﹣d2＝﹣2d，可得d＝2（d＝0不合题意），
故an＝a3+（n﹣3）d＝2n﹣6．
（Ⅱ）an＝2n﹣6，a1＝﹣4，
Sn＝﹣4n+×2＝n2﹣5n，
Sn＞an，即n2﹣5n＞2n﹣6，
整理可得n2﹣7n+6＞0，
当n＞6或n＜1时，Sn＞an成立，
由于n为正整数，
故n的最小正值为7．
19．现有11个成等差数列的数据，其中首项为﹣5．
（1）已知所有数据的算术平均值等于5，试求出数列的通项公式；
（2）若从中抽取一项，余下数据的算术平均值等于4，请讨论抽出的是第几项？
【解答】解：（1）设该等差数列为{an}，由题意得a1＝﹣5，S11＝a1+a2+ +a11＝55，
则11a1+＝55，
故d＝2，an＝﹣5+2（n﹣1）＝2n﹣7；
（2）设抽取的为第k项，由题意得ak＝55﹣10×4＝15，
所以2k﹣7＝15，
所以k＝11，即抽出的为第11项．
20．在数列{an}中，a1＝1且an，2n，an+1成等差数列．
（1）求a2，a3，a4；
（2）求a2+a4+a6+···+a2n的和．
【解答】解：（1）由题意an+an+1＝4n，a1＝1，
所以a2＝3，a3＝5，a4＝7；
（2）因为an+an+1＝4n，
所以an+2+an+1＝4n+4，
两式相减得，an+2﹣an＝4，
所以数列{a2n}是以4为公差，以3为首项的等差数列，
所以a2+a4+a6+···+a2n＝3+7+11+ +（4n﹣1）＝＝（2n+1）n．
21．设△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且三个内角B，A，C成等差数列．
（1）若sinB，sinA，sinC成等差数列，试判断三角形的形状；
（2）若△ABC为钝角三角形，且b＞c，求的取值范围．
【解答】解：（1）∵B，A，C成等差数列，
∴2A＝B+C，又A+B+C＝π，
∴，又sinB，sinA，sinC成等差数列，得2sinA＝sinB+sinC，即2a＝b+c，
∵a2＝b2+c2﹣2bccosA，
∴，
∴（b﹣c）2＝0 b＝c，即△ABC为等边三角形；
（2）＝＝，
即＝＝，
∵b＞c，∴，∴，
∴，∴，
∴的取值范围为．
22．已知数列{an}的前n项和为Sn，把满足条件an+1≤Sn（n∈N*）的所有数列{an}构成的集合
记为M．
（1）若数列{an}的通项为an＝，则{an}是否属于M？
（2）若数列{an}是等差数列，且{an+n}∈M，求a1的取值范围；
（3）若数列{an}的各项均为正数，且{an}∈M，数列{}中是否存在无穷多项依次成等差数列，若存在，给出一个数列{an}的通项：若不存在，说明理由．
【解答】解：（1）因为an＝，所以Sn＝×＝1﹣（）n，
所以an+1﹣Sn＝（）n+1﹣1+（）n＝（）n﹣1≤×﹣1＝﹣＜0，
所以an+1＜Sn，即{an}∈M．
（2）设{an}的公差为d，因为{an+n}∈M，
所以an+1+n+1≤（a1+1）+（a2+2）+…+（an+n） （*）
特别的当n＝1时，a2+2≤a1+1，即d≤﹣1，
由（*）得a1+nd+n+1≤na1+d+，
整理得n2+（a1﹣d﹣）n﹣a1﹣1≥0，
因为上述不等式对一切n∈N*恒成立，所以必有≥0，解得d≥﹣1，
又d≤﹣1，所以d＝﹣1，
于是（a1+1）n﹣a1﹣1≥0，即（a1+1）（n﹣1）≥0，所以a1+1≥0，
即a1≥﹣1，
（3）由an+1≤Sn得Sn+1﹣Sn≤Sn，所以Sn+1≤2Sn，即≤2，
所以＝××…×≤2n，从而有Sn+1≤S1×2n＝a1×2n，
又an+1≤Sn，所以an+2≤Sn+1≤a1×2n，即an≤a1×2n﹣2（n≥3），
又a2≤S1＝a1×22﹣2，a1＜a1×21﹣2，所以有an≤a1×2n﹣2（n∈N*），
所以≥×2n，假设数列{}中存在无穷多项依次成等差数列，
不妨设该等差数列的第n项为dn+b（b为常数），
则存在m∈N，m≥n，使得dn+b＝≥2m≥×2n，即da1n+ba1≥2n+2，
设f （n）＝，n∈N*，n≥3，则f （n+1）﹣f （n）＝＝＜0，
即f （n+1）＜f （n）≤f （3）＝＜1，
于是当n≥3时，2n+2＞n2，从而有：当n≥3时da1n+ba1＞n2，即n2﹣da1n﹣ba1＜0，
于是当n≥3时，关于n的不等式n2﹣da1n﹣ba1＜0有无穷多个解，显然不成立，
因此数列{}中是不存在无穷多项依次成等差数列．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．若数列{an}的通项公式an＝3﹣2n，则此数列（ ）
A．是公差为﹣2的等差数列 B．是公差为2的等差数列
C．是公差为3的等差数列 D．是首项为3的等差数列
2．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若，则＝（ ）
A．1 B．﹣1 C．2 D．
3．《莉拉沃蒂》是古印度数学家婆什伽罗的数学名著，书中有下面的表述：某王为夺得敌人的大象，第一天行军2由旬（由旬为古印度长度单位），以后每天均比前一天多行相同的路程，七天一共行军80由旬到达敌方城市．则最后三天共行（ ）
A．27由旬 B．53由旬 C．由旬 D．由旬
4．等差数列{an}中，a1+a2+a3＝15，a6+a7+a8＝60，则此数列前8项和等于（ ）
A．80 B．100 C．120 D．140
5．已知{an}是等差数列，且满足S10＝10，S30＝18，则S20＝（ ）
A．14 B．15 C．16 D．17
6．若单调递减的等差数列{an}中的两项a3，a9是方程x2﹣10x+9＝0的两个根，设数列{an}的前n项和为Sn，则使得Sn＜0的最小n的值为（ ）
A．10 B．18 C．19 D．20
7．已知公差d≠0的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2021a2022＜0＜a2021+a2022，则（ ）
A．a1d＞0 B．|S2021|＜|S2022|
C．S4042S4043＜0 D．a2022S4042S4043＞0
8．设数列{an}的前n项和为Sn，当n∈N*时，an，n+，an+1成等差数列，若Sn＝2020，且a2＜3，则n的最大值为（ ）
A．63 B．64 C．65 D．66
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．记Sn为等差数列{an}的前n项和，则（ ）
A．S3，S6﹣S3，S9﹣S6成等差数列 B．，，成等差数列
C．S9＝2S6﹣S3 D．S9＝3（S6﹣S3）
10．已知数列{an}，{bn}均为等差数列，且a1b1＝135，a2b2＝304，a3b3＝529，则下列各数是数列{anbn}中项的有（ ）
A．810 B．922 C．1147 D．1540
11．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．S10最小 B．a10＝0 C．S7＝S12 D．S19＝0
12．等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，（S7﹣S4）（S8﹣S4）＜0，则下列结论正确的是（ ）
A．若d＜0，则S12＜0 B．若d＞0，则S5最小
C．|a6|＞|a7| D．a62＞a5a8
三．填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，且满足a3＞0，a3+a4＜0，则的取值范围是 ，的取值范围是 ．
14．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若3a4﹣a6+3a8＝15，则S11＝ ．
15．记等差数列{an}的前n项和为Sn，若，a2+a2021＝0，则S2022＝ ；当Sn取得最大值时，
n＝ ．
16．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，＝，则an＝ ．
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．在①a5＝6，a1+S3＝50；②S12＞S9，a2+a21＜0，③S9＞0，S10＜0这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并解决问题．
问题：设等差数列{an}的前n项和为Sn，若 _____，判断Sn是否存在最大值，若存在，求出Sn取最大值时n的值；若不存在，说明理由．
18．记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式an；
（Ⅱ）求使Sn＞an成立的n的最小值．
19．现有11个成等差数列的数据，其中首项为﹣5．
（1）已知所有数据的算术平均值等于5，试求出数列的通项公式；
（2）若从中抽取一项，余下数据的算术平均值等于4，请讨论抽出的是第几项？
20．在数列{an}中，a1＝1且an，2n，an+1成等差数列．
（1）求a2，a3，a4；
（2）求a2+a4+a6+···+a2n的和．
21．设△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且三个内角B，A，C成等差数列．
（1）若sinB，sinA，sinC成等差数列，试判断三角形的形状；
（2）若△ABC为钝角三角形，且b＞c，求的取值范围．
22．已知数列{an}的前n项和为Sn，把满足条件an+1≤Sn（n∈N*）的所有数列{an}构成的集合
记为M．
（1）若数列{an}的通项为an＝，则{an}是否属于M？
（2）若数列{an}是等差数列，且{an+n}∈M，求a1的取值范围；
（3）若数列{an}的各项均为正数，且{an}∈M，数列{}中是否存在无穷多项依次成等差数列，若存在，给出一个数列{an}的通项：若不存在，说明理由．
4.2 等差数列综合检测题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．若数列{an}的通项公式an＝3﹣2n，则此数列（ ）
A．是公差为﹣2的等差数列 B．是公差为2的等差数列
C．是公差为3的等差数列 D．是首项为3的等差数列
【解答】解：因为an＝3﹣2n，
所以a1＝1，an﹣an﹣1＝3﹣2n﹣3+2（n﹣1）＝﹣2，
所以数列{an}是以1为首项，以﹣2为公差的等差数列．
故选：A．
2．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若，则＝（ ）
A．1 B．﹣1 C．2 D．
【解答】解：由{an}是等差数列，得＝＝，又＝，
所以＝×＝2．
故选：C．
3．《莉拉沃蒂》是古印度数学家婆什伽罗的数学名著，书中有下面的表述：某王为夺得敌人的大象，第一天行军2由旬（由旬为古印度长度单位），以后每天均比前一天多行相同的路程，七天一共行军80由旬到达敌方城市．则最后三天共行（ ）
A．27由旬 B．53由旬 C．由旬 D．由旬
【解答】解：由题意可知，每天的行军路程构成了一个等差数列，记为{an}，前n天行军路程和记为Sn，公差为d，
所以，a1＝2，S7＝80，
所以7a1+＝80，
将a1代入，可得d＝，
所以S4＝4a1+＝8+6×＝，
所以最后三天的路程和＝S7﹣S4＝80﹣＝，
故选：D．
4．等差数列{an}中，a1+a2+a3＝15，a6+a7+a8＝60，则此数列前8项和等于（ ）
A．80 B．100 C．120 D．140
【解答】解：在等差数列{an}中，a1+a2+a3＝15，a6+a7+a8＝60，
则a6+a7+a8＝（a1+a2+a3）+15d，
所以15d＝60﹣15＝45，
故d＝3，则a1＝2，
故数列前8项和＝a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8＝15+60+a4+a5＝75+2+3×3+2+4×3＝100．
故选：B．
5．已知{an}是等差数列，且满足S10＝10，S30＝18，则S20＝（ ）
A．14 B．15 C．16 D．17
【解答】解：∵{an}是等差数列，且满足S10＝10，S30＝18，
由等差数列的性质得：S10，S20﹣S10，S30﹣S20成等差数列，
∴10，S20﹣10，18﹣S20成等差数列，
∴2（S20﹣10）＝10+18﹣S20，
解得S20＝16．
故选：C．
6．若单调递减的等差数列{an}中的两项a3，a9是方程x2﹣10x+9＝0的两个根，设数列{an}的前n项和为Sn，则使得Sn＜0的最小n的值为（ ）
A．10 B．18 C．19 D．20
【解答】解：根据题意，，又{an}是单调递减的等差数列，
所以，设等差数列{an}的公差为d，则，解得，
所以an＝+（n﹣1）×（﹣）＝﹣n+13，
Sn＝（a1+an）＝n（﹣n+13）＝n（﹣n+），令Sn＜0，得n（4n﹣74）＞0，
解得n＞或n＜0（舍去），又n∈N*，所以使得Sn＜0的最小值n为19．
故选：C．
7．已知公差d≠0的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2021a2022＜0＜a2021+a2022，则（ ）
A．a1d＞0 B．|S2021|＜|S2022|
C．S4042S4043＜0 D．a2022S4042S4043＞0
【解答】解：∵a2021a2022＜0＜a2021+a2022，
∴，或，
当d＞0时，a1＜0，此时a1d＜0，|S2021|＞|S2022|，故选项A、B错误；
由a2021+a2022＞0可得：S4042＝＞0，
又S4043＝＝4043a2022，
∴当d＞0时，有S4042S4043＞0，故选项C错误；
又当d＞0时，有a2022＞0，S4042S4043＞0，此时a2022S4042S4043＞0；
当d＜0时，有a2022＜0，S4042S4043＜0，此时a2022S4042S4043＞0，故选项D正确，
故选：D．
8．设数列{an}的前n项和为Sn，当n∈N*时，an，n+，an+1成等差数列，若Sn＝2020，且a2＜3，则n的最大值为（ ）
A．63 B．64 C．65 D．66
【解答】解：∵an，n+，an+1成等差数列，
∴2n+1＝an+an+1①，
由①可得：S2n＝（a1+a2）+（a3+a4）+…+（a2n﹣1+a2n）＝2（1+3+5+…+2n﹣1）+n＝2n2+n，
∵S62＝2×312+31＝1953＜2020，S64＝2×322+32＝2080＞2020，
又2n+3＝an+1+an+2②，
由②﹣①可得：an+2﹣an＝2，
∴数列{a2n﹣1}是公差为2的等差数列，
∵a1+a2＝2×1+1＝3，a2＜3，∴a1＞0，
∴a63＝a1+31×2＝62+a1，
S63＝S62+a63＝1953+62+a1＝2015+a1，
当a1＝5时，S63＝2020，
∴n的最大值为63．
故选：A．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．记Sn为等差数列{an}的前n项和，则（ ）
A．S3，S6﹣S3，S9﹣S6成等差数列 B．，，成等差数列
C．S9＝2S6﹣S3 D．S9＝3（S6﹣S3）
【解答】解：因为Sn为等差数列{an}的前n项和，
设等差数列的公差为d，则S9＝9a1+36d，S6＝6a1+15d，S3＝3a1+3d，
则S3＝3a1+3d，S6﹣S3＝3a1+12d，S9﹣S6＝3a1+21d，
所以2（3a1+12d）＝（3a1+3d）+（3a1+21d），
则S3，S6﹣S3，S9﹣S6成等差数列，故选项A正确；
因为S9＝9a1+36d，S6＝6a1+15d，S3＝3a1+3d，
则，
所以，
则，，成等差数列，故选项B正确；
因为S9＝9a1+36d，S6＝6a1+15d，S3＝3a1+3d，
所以2S6﹣S3＝2（6a1+15d）﹣（3a1+3d）＝9a1+27d，
则S9≠2S6﹣S3，故选项C错误；
因为S9＝9a1+36d，S6＝6a1+15d，S3＝3a1+3d，
所以3（S6﹣S3）＝3[（6a1+15d）﹣（3a1+3d）]＝9a1+36d＝S9，
故选项D正确．
故选：ABD．
10．已知数列{an}，{bn}均为等差数列，且a1b1＝135，a2b2＝304，a3b3＝529，则下列各数是数列{anbn}中项的有（ ）
A．810 B．922 C．1147 D．1540
【解答】解：由数列{an}，{bn}均为等差数列，
∴可设anbn＝a（n﹣2）2+b（n﹣2）+c．
∵a1b1＝135，a2b2＝304，a3b3＝529，
∴a﹣b+c＝135，c＝304，a+b+c＝529，
解得a＝28，b＝197，c＝304，
∴anbn＝28（n﹣2）2+197（n﹣2）+304．
n＝4时，a4b4＝28×22+197×2+304＝810，因此A符合；
n＝5时，a5b5＝28×32+197×3+304＝1147，因此C符合；
n＝6时，a4b4＝28×42+197×4+304＝1540，因此D符合；
则下列各数是数列{anbn}中项的有ACD．
故选：ACD．
11．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．S10最小 B．a10＝0 C．S7＝S12 D．S19＝0
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，∵2a1+3a3＝S6，
∴5a1+6d＝6a1+15d，
化为：a1+9d＝0，
∴a10＝0，S10或S9可能最大或最小；
S7＝7a1+21d，S12＝12a1+66d＝7a1+21d+5（a1+9d）＝7a1+21d，∴S7＝S12；
S19＝＝19a10＝0．
可得：BCD正确；A不正确．
故选：BCD．
12．等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，（S7﹣S4）（S8﹣S4）＜0，则下列结论正确的是（ ）
A．若d＜0，则S12＜0 B．若d＞0，则S5最小
C．|a6|＞|a7| D．a62＞a5a8
【解答】解：因为（S7﹣S4）（S8﹣S4）＜0，
所以（a5+a6+a7）（a5+a6+a7+a8）＜0，
即3a6×2（a6+a7）＜0，所以a6 a7＜0，a6（a6+a7）＜0，
A：若d＜0，a6 a7＜0，则a6＞0，a7＜0，
则S12＝6（a6+a7）＜0，A正确；
B：若d＞0，则a6＜0，a7＞0，S6最小，B错误；
C：由a6（a6+a7）＜0，得＜﹣a6a7，
所以||＜|﹣a6a7|，所以|a6|＜|a7|，C错误；
D：由a6（a6+a7）＝a6（2a6+d）＝2+da6＜0，得da6＜0，
a62﹣a5a8＝a62﹣（a6﹣d）（a6+2d）＝2d2﹣da6＞0，D正确．
故选：AD．
三．填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，且满足a3＞0，a3+a4＜0，则的取值范围是 （﹣，﹣2） ，的取值范围是 （，1） ．
【解答】解：因为等差数列{an}满足a3＞0，a3+a4＜0，
所以，
所以，
则的取值范围是（﹣，﹣2）；
＝＝2+，
由﹣4＜＜﹣3，
所以＜﹣1，
所以，的取值范围是（，1）．
故答案为：（﹣，﹣2）；（，1）．
14．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若3a4﹣a6+3a8＝15，则S11＝ 33 ．
【解答】解：等差数列{an}的前n项和为Sn，3a4﹣a6+3a8＝15，
∴3（a1+3d）﹣（a1+5d）+3（a1+7d）＝5（a1+5d）＝5a6＝15，
解得a6＝3，
∴S11＝（a1+a11）＝11a6＝11×3＝33．
故答案为：33．
15．记等差数列{an}的前n项和为Sn，若，a2+a2021＝0，则S2022＝ 0 ；当Sn取得最大值时，n＝ 1011 ．
【解答】解：由{an}是等差数列，得S2022＝（a1+a2022）＝1006（a2+a2021）＝0；
又a1＝＞0，a2+a2021＝a1011+a1012＝0，所以{an}是a1＞0的递减数列，且a1011＞0；a1012＜0，
所以当Sn取得最大值时，n＝1011．
故答案为：0；1011．
16．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，＝，则an＝ 4n﹣3 ．
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，∵a1＝1，＝，
∴7（5+10d）＝15（5+4d），
解得d＝4．
∴an＝1+4（n﹣1）＝4n﹣3．
故答案为：4n﹣3．
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．在①a5＝6，a1+S3＝50；②S12＞S9，a2+a21＜0，③S9＞0，S10＜0这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并解决问题．
问题：设等差数列{an}的前n项和为Sn，若 _____，判断Sn是否存在最大值，若存在，求出Sn取最大值时n的值；若不存在，说明理由．
【解答】解：若选①，a5＝6，a1+S3＝50；
设等差数列{an}的公差为d，
则，解得a1＝14，d＝﹣2；
所以前n项和为Sn＝14n﹣n（n﹣1）＝﹣n2+15n，
所以n＝，即n＝7或8时，Sn取得最大值．
若选②S12＞S9，a2+a21＜0，
由S12﹣S9＝a10+a11+a12＝3a11＞0，解得a11＞0；
由a2+a21＝a11+a12＜0，所以a12＜0，
所以等差数列{an}的公差d＝a12﹣a11＜0，
所以n≤11时，an＞0，n≥12时，an＜0，
所以n＝11时，Sn取得最大值．
若选③S9＞0，S10＜0，
由S9＝＝9a5＞0，得a5＞0；
由S10＝＝5（a5+a6）＜0，
得a5+a6＜0，所以a6＜0；
所以等差数列{an}的公差d＝a6﹣a5＜0，
所以当n≤5时，an＞0，n≥6时，an＜0，
所以n＝5时，Sn取得最大值．
18．记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式an；
（Ⅱ）求使Sn＞an成立的n的最小值．
【解答】解：（Ⅰ）数列Sn是公差d不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4．
根据等差数列的性质，a3＝S5＝5a3，故a3＝0，
根据a2a4＝S4可得（a3﹣d）（a3+d）＝（a3﹣2d）+（a3﹣d）+a3+（a3+d），
整理得﹣d2＝﹣2d，可得d＝2（d＝0不合题意），
故an＝a3+（n﹣3）d＝2n﹣6．
（Ⅱ）an＝2n﹣6，a1＝﹣4，
Sn＝﹣4n+×2＝n2﹣5n，
Sn＞an，即n2﹣5n＞2n﹣6，
整理可得n2﹣7n+6＞0，
当n＞6或n＜1时，Sn＞an成立，
由于n为正整数，
故n的最小正值为7．
19．现有11个成等差数列的数据，其中首项为﹣5．
（1）已知所有数据的算术平均值等于5，试求出数列的通项公式；
（2）若从中抽取一项，余下数据的算术平均值等于4，请讨论抽出的是第几项？
【解答】解：（1）设该等差数列为{an}，由题意得a1＝﹣5，S11＝a1+a2+ +a11＝55，
则11a1+＝55，
故d＝2，an＝﹣5+2（n﹣1）＝2n﹣7；
（2）设抽取的为第k项，由题意得ak＝55﹣10×4＝15，
所以2k﹣7＝15，
所以k＝11，即抽出的为第11项．
20．在数列{an}中，a1＝1且an，2n，an+1成等差数列．
（1）求a2，a3，a4；
（2）求a2+a4+a6+···+a2n的和．
【解答】解：（1）由题意an+an+1＝4n，a1＝1，
所以a2＝3，a3＝5，a4＝7；
（2）因为an+an+1＝4n，
所以an+2+an+1＝4n+4，
两式相减得，an+2﹣an＝4，
所以数列{a2n}是以4为公差，以3为首项的等差数列，
所以a2+a4+a6+···+a2n＝3+7+11+ +（4n﹣1）＝＝（2n+1）n．
21．设△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且三个内角B，A，C成等差数列．
（1）若sinB，sinA，sinC成等差数列，试判断三角形的形状；
（2）若△ABC为钝角三角形，且b＞c，求的取值范围．
【解答】解：（1）∵B，A，C成等差数列，
∴2A＝B+C，又A+B+C＝π，
∴，又sinB，sinA，sinC成等差数列，得2sinA＝sinB+sinC，即2a＝b+c，
∵a2＝b2+c2﹣2bccosA，
∴，
∴（b﹣c）2＝0 b＝c，即△ABC为等边三角形；
（2）＝＝，
即＝＝，
∵b＞c，∴，∴，
∴，∴，
∴的取值范围为．
22．已知数列{an}的前n项和为Sn，把满足条件an+1≤Sn（n∈N*）的所有数列{an}构成的集合
记为M．
（1）若数列{an}的通项为an＝，则{an}是否属于M？
（2）若数列{an}是等差数列，且{an+n}∈M，求a1的取值范围；
（3）若数列{an}的各项均为正数，且{an}∈M，数列{}中是否存在无穷多项依次成等差数列，若存在，给出一个数列{an}的通项：若不存在，说明理由．
【解答】解：（1）因为an＝，所以Sn＝×＝1﹣（）n，
所以an+1﹣Sn＝（）n+1﹣1+（）n＝（）n﹣1≤×﹣1＝﹣＜0，
所以an+1＜Sn，即{an}∈M．
（2）设{an}的公差为d，因为{an+n}∈M，
所以an+1+n+1≤（a1+1）+（a2+2）+…+（an+n） （*）
特别的当n＝1时，a2+2≤a1+1，即d≤﹣1，
由（*）得a1+nd+n+1≤na1+d+，
整理得n2+（a1﹣d﹣）n﹣a1﹣1≥0，
因为上述不等式对一切n∈N*恒成立，所以必有≥0，解得d≥﹣1，
又d≤﹣1，所以d＝﹣1，
于是（a1+1）n﹣a1﹣1≥0，即（a1+1）（n﹣1）≥0，所以a1+1≥0，
即a1≥﹣1，
（3）由an+1≤Sn得Sn+1﹣Sn≤Sn，所以Sn+1≤2Sn，即≤2，
所以＝××…×≤2n，从而有Sn+1≤S1×2n＝a1×2n，
又an+1≤Sn，所以an+2≤Sn+1≤a1×2n，即an≤a1×2n﹣2（n≥3），
又a2≤S1＝a1×22﹣2，a1＜a1×21﹣2，所以有an≤a1×2n﹣2（n∈N*），
所以≥×2n，假设数列{}中存在无穷多项依次成等差数列，
不妨设该等差数列的第n项为dn+b（b为常数），
则存在m∈N，m≥n，使得dn+b＝≥2m≥×2n，即da1n+ba1≥2n+2，
设f （n）＝，n∈N*，n≥3，则f （n+1）﹣f （n）＝＝＜0，
即f （n+1）＜f （n）≤f （3）＝＜1，
于是当n≥3时，2n+2＞n2，从而有：当n≥3时da1n+ba1＞n2，即n2﹣da1n﹣ba1＜0，
于是当n≥3时，关于n的不等式n2﹣da1n﹣ba1＜0有无穷多个解，显然不成立，
因此数列{}中是不存在无穷多项依次成等差数列．