2020年高考数学(文)一轮复习专题6.2 等差数列及其前n项和(练)(解析版)

1．（江西师范大学附属中学2019届高三三模）已知数列an为等差数列，Sn为其前n项和，

2a5a6a3，则S7（ ）

A．2 【答案】C 【解析】

B．7

C．14

D．28

2a5a6a3 2a4da42da4d，解得：a42

S77a1a727a414，本题选C。

aa2．（安徽省1号卷A10联盟2019届模拟）等差数列an的前n项和为Sn，若S2163，则a31191（ ）

A．12 【答案】B

【解析】由等差数列性质可知：S2121a1163，解得：a113

B．9

C．6

D．3

a3a11a193a119

本题选B。

3．a4+a7=2，a5•a6=-8， （贵州省贵阳市2019届高三模拟）已知{an}为递增的等差数列，则公差d=（ ）A．6 【答案】A

【解析】∵{an}为递增的等差数列，且a4+a7=2，a5•a6=-8， ∴a5+a6=2，

∴a5，a6是方程x22x80的两个根，且a5＜a6， ∴a5=-2，a6=4， ∴d=a6-a5=6， 故选A。

4．（河北衡水中学2019届高三调研）已知等比数列an中，若a12，且4a1,a3,2a2成等差数列，则

B．6

C．2

D．4

a5（ ）

A．2 【答案】B

【解析】设等比数列an的公比为q（q0），

B．2或32

C．2或-32

D．-1

4a1,a3,2a2成等差数列， 2a32a24a1，a10， q2q20，解得：q=2或q=-1，

a5=a1q4，a5=2或32，

故选B.

5．（浙江省金华十校2019届高三模拟）等差数列{an}，等比数列bn，满足a1b11，a5b3，则a9能取到的最小整数是（ ）

A．1 【答案】B

【解析】等差数列{an}的公差设为d，等比数列bn的公比设为q，q0，

2由a1b11，a5b3，可得14dq，

22则a918d12(q1)2q11，

B．0

C．2 D．3

可得a9能取到的最小整数是0，故选B。

6．（宁夏石嘴山市第三中学2019届高三模拟）已知等差数列an的公差和首项都不为0，且a1、a2、

a4成等比数列，则

A．7 【答案】B

a1a14（ ） a3B．5

C．3

D．2

【解析】设等差数列an公差为d

2a1、a2、a4成等比数列 a2 a1a4

即a1da1a13d，解得：a1d

2a1a142a113d15d5 a3a12d3d本题选B。

7．（安徽省江淮十校2019届高三模拟）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S8S10S9，则满足

Sn0的正整数n的最大值为（ ）

A．16 【答案】C

【解析】由S8S10S9得，a90，a100，a9a100，所以公差大于零.

B．17

C．18

D．19

又S1717a1a17217a90，S1919a1a1919a100，

2S1818a1a189a9a100，

2故选C。

8．（甘肃省兰州市2019年高三模拟）朱世杰是元代著名数学家，他所著《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》中提到一些堆垛问题，如“三角垛果子”，就是将一样大小的果子堆垛成正三棱锥，每层皆堆成正三角形，从上向下数，每层果子数分别为1，3，6，10，…，现有一个“三角垛果子”，其最底层每边果子数为10，则该层果子数为（ ）

A.50 【答案】B

【解析】由题意可得每层果子数分别为1，3，6，10，…，即为1，1+2，1+2+3，1+2+3+4，…， 其最底层每边果子数为10，即有该层的果子数为1+2+3+…+10=故选B．

9．（湖南省株洲市2019届高三第二次质量检测）等差数列an的公差为1，若a2,a4,a8成等比数列，则an的前10项和S10（ ）

A．110 【答案】C

B.55 C.100 D.110

1×10×11=55． 2B．90 C．55 D．45

【解析】∵a2，a4，a8 成等比数列，

2∴a4a2a8，可得a13da1da17d ，又d1 ，

2化简得：a11,a1010 ，

则{an}的前10项和S10故选C。

1101055. ．

210．（福建省龙岩市2019届高三模拟）在等差数列{an}中，a1a5a7a9a13100，a6a212，则a1（ ）

A.1 【答案】B

【解析】在等差数列{an}中，由a1a5a7a9a13100得 5a7＝100，即a1+6d=20 ，又4d=12,得d=3, a12 故选B。

11．（福建省厦门外国语学校2019届高三模拟）已知公差d≠0的等差数列an 满足a1＝1，且a2、a4

－2、a6成等比数列，若正整数m、n满足m－n＝10，则am－an＝（ ）

A．30 【答案】A

【解析】设等差数列的公差为d， 因为a2、a4－2、a6成等比数列，

2所以(a42)a2a6，

2即(a13d2)(a1d)(a15d)，

B.2 C.3 D.4

B．20 C．10 D．5或40

即(3d1)2(1d)(15d)， 解得d0或d3，

因为公差d≠0，

所以d3，

所以amana1(m1)da1(n1)d(mn)d10d30， 故选A。

12．（北京市通州区2019届高三模拟）由正整数组成的数对按规律排列如下：1,1，1,2，2,1，

1,3，2,2，3,1 ，1,4，2,3，3,2，4,1 ，1,5，2,4 ，…．若数对m,n 满足

m21n232019，其中m,nN，则数对m,n排在（ ）

A．第351位 【答案】B

B．第353位

C．第378位

D．第380位

m213m21673 或者2【解析】20193673（673为质数），故2，m,nN，

n3673n33m2,mn28，在所有数对中，两数之和不超过27的有得n2612326126(2,26)为第二个,26351 个，在两数之和为28的数对中，（第一个是(1,27)）

2故数对(2,26)排在第351+2=353位，

故选B。

13．（山东省烟台市2019届高三质量检测）在等差数列{an}中，a12012，其前n项和为Sn，若

S2012S102002，则201210A．2011 【答案】C

的值等于（ ）

C．2014

D．-2013

B．-2012

Sn(n1)Sndd,=a1(n1),即数列{n}是首项为a12012，公2n2nSSddd差为的等差数列；因为，2012102002，所以，(201210)2002，1，

201210222【解析】等差数列中，Sn=na1所以，

。

14．（湖南省师范大学附属中学2019届高三模拟）等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4，a10是方程

x24x10的两根，则S13 （ ）

A.21

B.24 C.25 D.26

【答案】D

【解析】因为a4,a10是方程x24x10的两根，所以a4a104， 又由S1313（a1a13）13（a4a10)13426，故选D。 22215．（河北廊坊市二中2019届高三模拟）已知等差数列{an}前n项和为Sn，若S1010，S2060，则S40（ ）

A．110 【答案】D 【解析】

等差数列{an}前n项和为Sn

B．150

C．210

D．280

S10，S20故(S30S10，S30S20，S40S30也成等差数列

S20)S102(S20S10) ，

S30=150

又

(S20S10)(S40S30)2(S30S20)

S40=280

故选D。

16．（江西省新八校2019届高三第二次联考）设等差数列an的前n项和为Sn，已知

a2017120192019a2017a20171201920212000，

2038，则S4036（ ）

C.2021

D.4036

a2020-1A.2019

+2019a2020a20201B.2020

2021【答案】D

【解析】由a2017120192019a2017a20171202120212000得：

a2017120192019a20171a201712019a2020a20201202119……①

由a2020120192038得：

2021a20201

20192019a20201a2020119……②

令f(x)x20192019xx2021

则①式即为：fa2017119，②式即为：fa2020119 又fxfx0，即fx奇函数

则：a20171a202010，即：a2017a20202

S40362018a1a40362018a2017a20204036

本题选D。

17．（江苏省扬州中学2019届高三模拟）数列an是等差数列，a11,公差d1,2,且

a4a10a1615，则实数的最大值为______.

【答案】【解析】

1 2a4a10a1615a13d(a19d)a115d15,f(d)152，因为

19dd1,2，所以令t19d,t[10,19]，因此f(t)故当t1510,19]2，当t[t，函数f(t)是减函数，

10时，实数有最大值，最大值为f(10).

1 ，则a9______．

21218．（广东省肇庆市2019届高三模拟）已知数列{an}满足a11，lgan1lgan【答案】10000

【解析】数列{an}满足a11，lgan1lgan可得lg1， 2an11， an2可得

an110，数列是等比数列， an8则a91q10000.

19．（山东省潍坊市2019届高三模拟）已知数列{an}是以3为首项，d(d0)为公差的等差数列，且

a2，35，a4成等比数列.

（1）求数列{an}的通项公式；

n（2）设bnan2，求数列bn的前n项和Sn. n12【答案】（1）an2n1；（2）Sn2n2n2

【解析】

（1）因为a2，35，a4成等比数列， 所以a2a445，即a1da13d45.

因为a13，所以(3d)(1d)15，即d24d120， 所以d2或-6（舍去），所以an2n1.

n（2）由（1）知，bn(2n1)2，

所以Snb1b2bn35n(2n1)242n

21232n1n212

(n2)n2n12 2n1n22n2.

Sn是它的前n项和，a1320．（江西省临川一中、南昌二中2019届高三联考）已知数列an有an0，

222且Sn3nanSn1,n2．

（1）求证：数列anan1为等差数列. （2）求an的前n项和Sn. 【答案】（1）见解析；（2）Sn【解析】

222(SnSn1)(SnSn1)3n2an,an0 （1）当n2时，Sn3nanSn1，22所以(SnSn1)3n，(Sn1Sn)3(n1)，

32nn 2两式对应相减得anan13(2n1)，

（anan1）-(an1an)6n3(6n3)6 所以

又n=2时，(3+a2)12a29,a26 所以a39，

2（a2a3）-(a1a2)69(6+3)6， 所以

所以数列anan1为等差数列. （2）当n为偶数时，

Sn(a1a2)(a3a4)(an1an)3(37(2n1))

n(32n1)3

32(n2n)22当n为奇数时，

Sna1(a2a3)(an1an)33(59n1(52n1)3

(2n1))332(n2n2)32232nn 232综上：Snnn

2

1．（2019·江苏卷）已知数列

{an}(nN*)是等差数列，

Sn是其前n项和.若

a2a5a80,S927，则

S8的值是_____。 【答案】16.

a2a5a8a1da14da17d098S9ad27912【解析】由题意可得：，

a1587S88a1d4028216d22解得：，则.

S10a1≠0，a23a1S2．（2019·全国卷）记Sn为等差数列{an}的前n项和，，则5___________.

【答案】4.

【解析】 因

a23a1，所以

a1d3a1，即

2a1d，

109d100a124S105425a15ad1S2所以5．

10a1Snanna35,a713S103．（2019·全国卷）记为等差数列

的前项和，若，则【答案】100 【解析】

a3a12d5a1a7a16d13,1,得d2

S1010a11092d10110922100.

4.（2019·全国卷）记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S9=－a5． （1）若a3=4，求{an}的通项公式；

（2）若a1>0，求使得Sn≥an的n的取值范围． 【答案】（1）

an2n10；

（2）

1n10(nN). 【解析】 （1）设等差数列

an的首项为a1，公差为d，

9a9182d(a14d)根据题意有a12d4，

a18解答d2，所以an8(n1)(2)2n10， 所以等差数列an的通项公式为an2n10；

（2）由条件S9a5，得

9a5a5，即

a50，

因为

a10，所以d0，并且有a5a14d0，所以有a14d，

___________.

由

Snan得

na1n(n1)da1(n1)d2(n9n)d(2n10)d， 2，整理得

22因为d0，所以有n9n2n10，即n11n100，

解得1n10，

1n10(nN) n所以的取值范围是：

5.（2018·北京卷）设【答案】【解析】A．－12 C．10 【答案】B

是等差数列，且a1=3，a2+a5=36，则的通项公式为__________．

B．－10 D．12

6. (2018·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝( )

【解析】设等差数列{an}的公差为d， 则3×(3a1＋3d)＝2a1＋d＋4a1＋6d， 3

则d＝－a1，又a1＝2，∴d＝－3，

2∴a5＝a1＋4d＝－10，故选B。 7．（2017·浙江卷）已知等差数列

an的公差为d,前n项和为Sn,则“d>0”是\"S4+S62S5\"的（ ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】由即

S4S62S510a121d25a110dd，反之，若

SS62S50，可知当d0时，有4，

S4S62S5A．1 C．4 【答案】C

S4S62S5，则d0，所以“d>0”是“S4 + S6>2S5”的充要条件，故选C。

B．2 D．8

8．(2017·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为( )

【解析】解法一：等差数列{an}中，S6＝则a1＋a6＝16＝a2＋a5，

a1＋a6×6

＝48，

2

又a4＋a5＝24，所以a4－a2＝2d＝24－16＝8，得d＝4，故选C。

2a＋7d＝24，1

解法二：由已知条件和等差数列的通项公式与前n项和公式可列方程组，得即6×5

6a＋d＝48，12

2a1＋7d＝24，a1＝－2，

解得故选C。 2a1＋5d＝16，d＝4，

9．(2017·全国卷Ⅲ)等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为( )

A．－24 C．3 【答案】A

【解析】设等差数列{an}的公差为d，依题意得a2a6，即(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，解得d＝－2或3＝a2·6×5d＝0(舍去)，又a1＝1，∴S6＝6×1＋×(－2)＝－24，故选A。

2

10.(2017·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为( ) A．1 C．4 【答案】 C

【解析】设等差数列{an}的公差为d，

11a4＋a5＝24，则由得6×5

S＝48，6a＋d＝48，61

B．－3 D．8

B．2 D．8

a＋3d＋a＋4d＝24，

2



2a1＋7d＝24，即解得d＝4。 2a1＋5d＝16，