义务教育法内容-一日难再晨

一、等差数列选择题
1．已知数列

a
n

的前
n
项和为
S
n
，
a
1

1
，
n2
且
nN
*
，满足
a
n
2S
n
S
n1
0
，
2

1

数列

的前
n
项和为
T
n
，则下列说法中错误的是（

）


S
n

1
A
．
a
2


4
C
．数列

S
n
S
n1
S
n2< br>
的最大项为
211


B
．
S
6
S
4
S
8
7

12
D
．
2T
n

n1n
T
n
T
n1

nn1
2．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
，
1 5
，
27
，
45
，
71
，
107
，则该数列的第
8
项为（

）

A
．
161 B
．
155 C
．
141 D
．
139

3．等差数列

a
n
中，
a
2
2
，公差
d2
，则
S
1 0
=
（

）

A
．
200
A
．
a
5
＝
4
B
．
100
B
．
a
6
＝
4
C
．
90
C
．
a
5
＝
2
D
．
80

D
．
a
6
＝
2

4．在等差数列
{a
n
}
中，
a
3
+a
7
＝
4< br>，则必有（

）

5．等差数列
{a
n
},{b
n
}
的前
n
项和分别为
S
n
, T
n
，若
A
．
a
n
S
21
2n< br>
，则的值为（

）

T
21
b
n
3n1
D
．
13

15
B
．
23

35
3
n2

2
C
．
11

17
4

9
6．数列

a
n

为等差数列，
a
1
 1
，
a
3
4
，则通项公式是（

）

A
．
3n2
B
．
C
．
31
n

22
D
．
31
n

22
7．设等差数列
{a
n
}
的前
n
项和为
S
n
，< br>a
1
0
且
（

）

A
．
21
B
．
20

a
11< br>19

，则当
S
n
取最小值时，
n
的值为< br>a
10
21
D
．
19
或
20

C
．
19

8．等差数列
{a
n
}
的前
n
项和为
S
n
，若
a
1
2
，
S
3
15
，则
a
8

（

）

A
．
11

B
．
12 C
．
23
D
．
24
9．题目文件丢失！

10．已知等差数列
{a
n
}
的前
n
项和为
S< br>n
，
a
3
a
15
a
6
7，则
S
23

（

）

A
．
121 B
．
161 C
．
141 D
．
151

11．在函数
yf(x)
的 图像上有点列

x
n
,y
n

，若数列

x
n

是等比数列，数列

y
n

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

x
D
．
f(x)log
4
x

12．已知等差数列

a
n

的前
n
项和
S
n
满足：
S
m
m2
m1
，若
S
n
0
，则
n
的最大 值
为（

）

A
．
2m
B
．
2m1
C
．
2m2
D
．
2m3

13．在等差数列

a
n

中，若
S
n
为其前
n
项和，
a
6
5
，则
S
11
的值是（

）

A
．
60 B
．
11 C
．
50 D
．
55

14．在等差数列

a
n
< br>中，
3

a
3
a
5

2

a
8
a
9
a
13

24
，则此数列前
13
项的和是
（

）

A
．
13 B
．
26 C
．
52 D
．
56

15．在等差数列

a
n
< br>中，
a
2
a
5
a
8
12
，则

a
n

的前
9
项和
S
9

（

）

A
．
36
B
．
48
C
．
56
D
．
72

16．设等差数列

a
n

的前
n
项和为
S
n
，若
a
7
a
9
16
，则
S
15

（

）

A
．
60 B
．
120 C
．
160 D
．
240

17．《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< br>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）< br>.
这个问题中，戊所得为（

）

A
．
5
钱

4
B
．
4
钱

3
C
．
2
钱

3
D
．
5
钱

3
18．已知正项数列{a
n
}
满足
a
1
1
，


11

11





 4
，数列
{b
n
}
满足

a
n1
a
n

a
n1
a
n

111

，记
{b
n
}
的前
n
项和为
Tn
，则
T
20
的值为（

）

b
n
a
n1
a
n
A
．
1 B
．
2 C
．
3 D
．
4

19．已知< br>
a
n

为等差数列，
S
n
是其前
n
项和，且
S
10
0
，下列式子正确的是（

）

A
．
a
4
a
5
0
B
．
a
5
a
6
0
C
．
a
6
a
7
0
D
．
a
8
a
9
0

20．若两个等差 数列

a
n

，

b
n

的前
n
项和分别为
S
n
和
T
n
，且（

）

A
．
S
n
3n2< br>a
12

，则
T
n
2n1b
15
3

2
B
．
70

59
C
．
71

59
D
．

8
5
二、多选题
21
．题目文件丢失！

22．黄金螺旋线又名等角螺线，是自然界最美的鬼斧神工．在一个黄金矩形 （宽长比约等
于
0.618
）里先以宽为边长做正方形，然后在剩下小的矩形里以其宽 为边长做正方形，如此
循环下去，再在每个正方形里画出一段四分之一圆弧，最后顺次连接，就可得到一 条
“
黄金
螺旋线
”
．达
·
芬奇的《蒙娜丽莎》，希 腊雅典卫城的帕特农神庙等都符合这个曲线．现将
每一段黄金螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形半径 设为
a
n
(n
∈
N
*
)
，数列
{a
n
}
满足
a
1
＝
a
2
＝1
，
a
n
＝
a
n
－
1
＋a
n
－
2
(n≥3)
．再将扇形面积设为
b
n
(n
∈
N
*
)
，则（

）


A
．
4(b
2020
－
b
2019)
＝
πa
2018
·a
2021

C
．
a
1
2
＋
a
2
2
＋
a
3
2
…
＋
(a
2020
)
2
＝
2 a
2019
·a
2021

B
．
a
1＋
a
2
＋
a
3
＋
…
＋
a2019
＝
a
2021
－
1

D
．< br>a
2019
·a
2021
－
(a
2020
)
2
＋
a
2018
·a
2020
－
(a2019
)
2
＝
0

23．等差数列

a
n

是递增数列，公差为
d
，前
n
项和为S
n
，满足
a
7
3a
5
，下列选项正
确的是（

）

A
．
d0

C
．当
n5
时
S
n
最小

B
．
a
1
0

D
．
S
n
0
时
n
的最小值为
8

24．已知正项数列< br>
a
n

的前
n
项和为
S
n
，若对于任意的
m
，
nN
*
，都有
a
mn< br>a
m
a
n
，则下列结论正确的是（

）

A
．
a
1
a
12
a8
a
5

B
．
a
5
a
6< br>a
1
a
10

C
．若该数列的前三项依次为
x
，
1x
，
3x
，则
a
10

D
．数列

10

3

S
n


为递减的等差数列

n

a
n
}
是首项为
1
，公差为
d< br>的等差数列，则下列判断正确的是（

）

n2
n< br>B
．若
d
＝
1
，则
a
n
＝
n
2
+2
n

D
．
a
1
，
a
2
，
a
3
可能成等差数列

C
．a
2
可能为
6
25．已知数列
{
A
．
a
1
＝
3

26．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
“< br>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（< br>
）

A
．
4 B
．
5 C
．
7 D
．
8

27．意大利人斐波那契于
12 02
年从兔子繁殖问题中发现了这样的一列数：
1,1,2,3,5,8,13,
…< br>.
即从第三项开始，每一项都是它前两项的和
.
后人为了纪念他，就把这列数称为斐波那契数列
.
下面关于斐波那契数列
{a
n
}
说法正确的是（

）

A
．
a
10
55


B
．
a
2020
是偶数
C
．
3a
2020
a
2018
a
2022
D
．
a1
a
2
a
3

…
a
2020< br>a
2022

28．等差数列

a
n
< br>中，
S
n
为其前
n
项和，
a
1
1 5,
A
．
d1

B
．
a
4
a
13

C
．
S
n
的最大值为
S
8

D
．使得
S
n
0
的最大整数
n15

S
5
S
11
，则以下正确的是（

）

29．已知无穷等差数列

a
n

的 前
n
项和为
S
n
，
S
6
S
7< br>，且
S
7
S
8
，则（

）

A
．在数列

a
n

中，
a
1< br>最大

C
．
S
3
S
10

B
．在数列

a
n

中，
a
3
或
a
4
最大

D
．当
n8
时，
a
n
0

3 0．设等差数列

a
n

的前
n
项和为
S
n
，公差为
d
，且满足
a
1
0
，
S
11
S
18
，则对
S
n
描
述正确的 有（

）

A
．
S
14
是唯一最小值

C
．
S
29
0

B
．
S
15
是最小值

D
．
S
15
是最大值


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一、等差数列选择题

1
．
D

【分析】

当
n2
且
nN
*
时，由< br>a
n
S
n
S
n1
代入
a
n< br>2S
n
S
n1
0
可推导出数列

< br>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
a
2
S
2
S
1
可判断
A
S

n

选项的正误；利用
S
n
的表达式可判断BC
选项的正误；求出
T
n
，可判断
D
选项的正误.

【详解】

当
n2
且
n N
*
时，由
a
n
S
n
S
n1，

由
a
n
2S
n
S
n1
0
可得
S
n
S
n1
2S
n
S< br>n1
0
整理得
11
20
，

S
n1
S
n
11
2
（
n2
且
nN

）
.

S
n
S
n1
则

1

1

1
2n122n

S
22.

为以为首项，以为公差的等差数列，

n
S
S
2n
n

n

A
中，当
n2
时，
a
2
S
2
S
1

B
中，

111

，
A
选项正确；< br>
424
211

1


，
B< br>选项正确；

为等差数列，显然有

SSS
864

S
n

111

，

2n2

n1

2

n2

C
中，记
b
n
S
n
S
n1
S
n2
b
n1
S
n1
S
n2
S
n3< br>
b
n1
b
n

111

，

2

n1

2

n2

2

n3

111n6
0
，故
b
n

为递减数列，

n22n2
n3

2n

n2

n3



b
n

max
b
1
S
1
S
2
S
3

D
中，
1117

，
C
选项正确；

24612
1
n22n

2n
，
T
n


n
< br>n1

，
T
n1


n1

n2

.

S
n
2
n1nn1 n
T
n
T
n1
n

n1


n1

n2



n 1

n1

n

n2

nn1 nn1
n
2
1n
2
2n2n
2
2n 12T
n
，
D
选项错误
.

故选：
D
．

【点睛】


S
1
,n1
Sa
a
关键点点睛：利用
n
与
n
的关系求通项，一般利用
n

来求解，在变形
SS,n2
n 1

n
过程中要注意
a
1
是否适用，当利用作差法求解不方 便时，应利用
a
n
S
n
S
n1
将递推关系< br>转化为有关
S
n
的递推数列来求解
.

2
．
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：



y3612

x155

，解得

由图可得：

.

x107yy48

故选：
B.

3
．
C

【分析】

先求得
a
1
，然后求得
S
10
.

【详解】

依题意
a
1
a
2
d0< br>，所以
S
10
10a
1
45d45290
.

故选：
C

4
．
C

【分析】

利用等差数列的性质直接计算求解

【详解】

因为
a
3
+a
7
＝
2a
5
＝4
，所以
a
5
＝
2.

故选：C

5
．
C

【分析】

利用等差数列的求和公式，化简求解即可

【详解】

S
2 1
21(a
1
a
21
)21(b
1
b
21
)
a
1
a
21
a
11
11
211

＝＝＝＝＝
.

b
1
b
21
T
21
b
11
3111
17
22
故选 C

6
．
C

【分析】

根据题中条件，求出等差数列的公差，进而可得其通项公式
.

【详解】

因为数列

a
n

为等差数列 ，
a
1
1
，
a
3
4
，
则公差为
d
a
3
a
1
3

，
22
331

n1

n
.

222
因此通项公式为
a
n
1
故选：
C.
7
．
B

【分析】

由题得出
a
1

【详解】

设等差数列
{a
n
}
的公差为
d
，
由
39
d
d
，则
S
n
n
2
20dn
，利用二次函数的性质即可求解
.

2
2
a11
19

得
21a
11
19a
10
，则
21

a
1
10d

19
< br>a
1
9d

，


a
10
21
解得
a
1

39
d
，
2
a
1
0
，
d0
，

S
n
na
1
+
n

n1

d
dn
2
20dn
，对称轴为
n20
，开口向上，

22< br>
当
n20
时，
S
n
最小.

故选：
B.

【点睛】

方法点睛：求等差数列前
n
项和最值，由于等差数列
S
n
na
1
+
n
n1

dd

dn
2

< br>a
1


n
是关于
n
的二次函数，当
a
1
与
d
异号时，
S
n
在
222

对称轴或离对称轴最近的正整数时取最值；当
a
1
与
d
同号时，
S
n
在
n1
取最值
.

8
．
C

【分析】

由题设求得等差数列
{a
n
}
的公差
d
，即可求得结果
.

【详解】

S
3
153a
2
，
a< br>2
5
，

a
1
2
，

公差
da
2
a
1
3
，

a
8
a
1
7d27323
，

故选：
C.

9．无

10
．
B

【分析】

由条件可得
a12
7
，然后
S
23
23a
12
，算出即 可
.

【详解】

因为
a
3
a
15
a
6
7
，所以
a
15
a
6a
3
7
，所以
a
15
3d7
，所以< br>a
15
3d7
，即
a
12
7

所以
S
23
23a
12
161

故选：
B

11
．
D

【分析】

把点列代入函数解析式，根据
{x
n
}
是等比数列，可知
x
n1
为常数进而可求得
y
n1
y
n
的结
x
n
果为一个与
n
无关的常数，可判断出< br>{y
n
}
是等差数列．

【详解】

对于< br>A
，函数
f(x)4x3
上的点列
{x
n
，y
n
}
，有
y
n
＝
4x
n
 3
，由于
{x
n
}
是等比数列，所以
x
n1为常数，

x
n
因此
y
n1
y
n
＝

4x
n1
3



4x
n
3

4

x
n1
x
n

4x
n

q1

这是一个与
n有关的
数，故
{y
n
}
不是等差数列；

对于
B
，函数
f(x)4x
2
上的点列
{x
n
，
y
n
}
，有
y
n
＝
4x
n< br>2
，由于
{x
n
}
是等比数列，所以
常数，

2222
因此
y
n1
y
n
＝
4xn1
4x
n
4x
n
q1
这是一个与
n
有关的数，故
{y
n
}
不是等差数列；

x
n1
为
x
n

3
x

3

对于
C
，函数
f(x)

上的点列
{x
n
，
y
n
}
，有
y
n
＝
()< br>n
，由于
{x
n
}
是等比数列，所以
4
< br>4

x
n1
为常数，

x
n
xx
因此
y
n1
y
n
＝
()
n1
()
n
＝
()
n

()1

，这是 一个与
n
有关的数，故
{y
n
}
不是等
4

4
44

x
33
3
x

3q

差数列；

x
对于
D
，函数
f( x)log
4
x
上的点列
{x
n
，
y
n
}
，有
y
n
＝
log
4
n
，由于
{x
n
}
是等比数列，所以
x
n1
为常数，
x
n
因此
y
n1
y
n
＝
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
．
C

【分析】

首先根据数列的通项
a
n
与
S
n
的关系，得到
a
m1
0
，
a
m2
<0
，
a
m1
+a
m2
>0
，再根据
选项，代入前
n
项和公式，计算结果
.

【详解】

4
x
n1
log
4x
n
log
4
x
n1
x
n
lo g
4
q
为常数，故
{y
n
}
是等差数列；

由
S
m
m2
m1得，
a
m1
0
，
a
m2
<0
，
a
m1
+a
m2
>0
.

又
S
2m1


2m1

a
1
a< br>2m1


2
2

2m1

a
m1
>0
，

S
2m3

S
2m2

故选:
C.


2m3

a
1
a
2m3



2m1
< br>a
1
a
2m2


2

2m 3

a
m2
<0
，


m1

a
m1
a
m2

>0
.

【点睛】


S
n
S
n1
,n2< br>a
关键点睛：本题的第一个关键是根据公式
n

，判断数列的项的正 负，
S,n1

1
第二个关键能利用等差数列的性质和公式，将判断和的正 负转化为项的正负
.

13
．
D

【分析】

根据题中条件，由等差数列的性质，以及等差数列的求和公式，即可求出结果
.

【详解】

因为在等差数列

a
n

中， 若
S
n
为其前
n
项和，
a
6
5
，

所以
S
11

故选：
D.

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
a
3
a
5< br>2a
4
，
a
8
a
9
a
13< br>a
7
a
10
a
13
3a
10
，

因为
3

a
3
a
5
< br>2

a
8
a
9
a
13
24
，

可得
32a
4
23a
10< br>24
，即
a
4
a
10
4
，

故数列的前
13
项之和
S
13

故选：
B .

15
．
A

【分析】

根据等差数列 的性质，由题中条件，得出
a
5
4
，再由等差数列前
n
项 和公式，即可得出
结果
.

【详解】

因为
a
n

为等差数列，
a
2
a
5
a
8
12
，

11

a
1
a< br>11

2
11a
6
55
.

1 3

a
1
a
13

13

a< br>4
a
10

134
26
.
222

所以
3a
5
12
，即
a
5
4
，

所以
S
9

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.

16
．
B

【分析】

利用等差数列的性质，由< br>a
7
a
9
16
，得到
a
8
8
，然后由
S
15
15a
8
求解
.

【详解】

因为
a
7
a
9
16
，

所以 由等差数列的性质得
a
7
a
9
2a
8
16< br>，

解得
a
8
8
，

所以
S
15

故选：B

17
．
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
9

a
1
 a
9

98
36
.

22
15
a
1
a
15

15a
8
15 8120
．

2
a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.

18
．
B

【分析】

由题意可得
2
，

3
1
a
n1
2

1
1
4
，运用等差数列的通项公式可得
2
 4n3
，求得
a
n
a
n
2
1
b
n
(4n14n3)
，然后利用裂项相消求和法可求得结果

4

【详解】

11

11

11

4
，

a1




4
，得解：由
1，

22
a
n1
a
n

a
n1
a
n

a
n1
a
n


1

所以数列

2

是以
4
为 公差，以
1
为首项的等差数列，


a
n

1
所以
2
14(n1)4n3
，

a
n
因为
a
n
0
，所以
a
n

所 以
1
，

4n3
111
4n14n3
，

b
n
a
n1
a
n
所以
b
n

11
(4n14n3)
，

4n14n3
4
所以
T
20
b
1
b
2
b
20< br>
11
(5135133977)(91)2
，

44
故选：
B

【点睛】

关键点 点睛：此题考查由数列的递推式求数列的前
n
项和，解题的关键是由已知条件得
1a
n1
2
a
n


1

1

4
，从而数列

2

是以
4
为公差，以
1
为首项的等差数列，进而可求
a
n
2

a
n

111
(4n14n3)
，然后利用裂项相消法，
b
n

4n34n14n3
4
可求得结果，考查计 算能力和转化思想，属于中档题

19
．
B

【分析】

由
S
10
0
可计算出
a1
a
10
0
，再利用等差数列下标和的性质可得出合适的选项
.

【详解】

由等差数列的求和公式可得
S
10

10

a
1
a
10

0
，
a
1
a
10
0
，

2
由 等差数列的基本性质可得
a
5
a
6
a
1
a< br>10
0
.

故选：
B.

20
．
C

【分析】

可设
S
n
kn(3n2)
，
T
n
kn(2n1)
，进而求得
a
n
与
b
n
的关系式，即可求得结果．

【详解】

因为

a
n

，

b
n

是等差数列，且
S
n
3n2

，

T
n
2n1
所以可设
S
n
kn(3n2)
，
T
n
kn(2n1)
，

又当
n2
时，有
a
n
S
n
Sn1
k(6n1)
，
b
n
T
n
T< br>n1
k(4n1)
，

a
12
k(6121)71

，

b
15
k(4151)59

故选：
C
．

二、多选题

21．无

22
．
ABD

【分析】

对于
A
，由题意得
b
n
＝

2
a
n
，然后化简
4(b
2020
－
b
2019)
可得结果；对于B，利用累加法求解
4
即可；对于C，数列
{a
n
}
满足
a
1
＝
a
2
＝
1，
a
n
＝
a
n
－
1
＋
an
－
2
(n≥3)
，即
a
n
－
1< br>＝
a
n
－
2
－
a
n
，两边同
乘
a
n
－
1
，可得
a
n
－
1
2
＝
a
n
－
1
a
n
－
2
－
a
n
－
1
a
n
，然后累加求解；对于D，由题意
a
n
－
1
＝
a
n
－
a
n
－
2
，
a
2 021
－
(a
2020
)
2
＋
a
2018
·a
2020
－
(a
2019
)
2
，化简可得结果

则
a
2019
·
【详解】
< br>
2

a
n
，则
4(b
2020
－
b
2019
)
＝
4(a
2020
2
－< br>a
2019
2
)
＝
π(a
2020
＋
a
2019
)(a
2020
－
a
2019
)444
a
2021
，则选项
A
正确；

＝
πa
2018
·
由题意得
b
n
＝又数列
{a
n
}
满足
a
1
＝
a
2
＝
1
，
a
n
＝
a
n
－
1
＋
a
n
－
2
(n≥3)
，所以
a< br>n
－
2
＝
a
n
－
a
n
－< br>1
(n≥3)
，
a
1
＋
a
2
＋a
3
＋
…
＋
a
2019
＝
(a
3
－
a
2
)
＋
(a
4
－
a3
)
＋
(a
5
－
a
4
)
＋< br>…
＋
(a
2021
－
a
2020
)
＝
a
2021
－
a
2
＝
a
2021
－
1
，则选项
B
正
确；

数列
{an
}
满足
a
1
＝
a
2
＝
1< br>，
a
n
＝
a
n
－
1
＋
a< br>n
－
2
(n≥3)
，即
a
n
－
1
＝
a
n
－
2
－
a
n
，两边同乘< br>a
n
－
1
，可得
a
n
－
1
2
＝
a
n
－
1
a
n
－
2
－
a
n
－
1
a
n
，则
a
1
2
＋
a
2
2
＋
a
3
2
…
＋
(a
2020
)
2
＝
a
1
2
＋
(a
2
a
1
－
a
2
a
3
)
＋
(a
3
a2
－
a
3
a
4
)
＋
…
＋(a
2020
a
2019
－
a
2020
a2021
)
＝
a
1
2
－
a
2020< br>a
2021
＝
1
－
a
2020
a
2 021
，则选项
C
错误；

a
2021
－
(a
2020
)
2
＋
a
2018
·a
20 20
－
(a
2019
)
2
＝
a
2019< br>·(a
2021
－
a
2019
)
＋由题意
a
n
－
1
＝
a
n
－
a
n
－
2
，则
a
2019
·
a
2020
·(a< br>2018
－
a
2020
)
＝
a
2019·a
2020
＋
a
2020
·(
－
a
2019
)
＝
0
，则选项
D
正确；

故选：
ABD.

【点睛】

此题考查数列的递推式的应用，考查累加法的应用，考查计算能力，属于中档题

23
．
BD

【分析】

由题意可知
d 0
，由已知条件
a
7
3a
5
可得出
a
1
3d
，可判断出
AB
选项的正误，求
出
S
n< br>关于
d
的表达式，利用二次函数的基本性质以及二次不等式可判断出
CD
选项的正误
.

【详解】

由于等差数列

a
n

是递增数列，则
d0
，
A
选项 错误；

a
7
3a
5
，则
a
1
6d3

a
1
4d

，可得
a
1< br>3d0
，
B
选项正确；

2
2
n
n1

dn

n1

d
n7n

d
1


7

49

S
n
na
1
3nd


n



d
，

2222

2

4




当
n3
或4
时，
S
n
最小，
C
选项错误；

令
S
n
0
，可得
n
2
7n0
，解得< br>n0
或
n7
.

nN

，所以，满足
S
n
0
时
n
的最小值为
8
，
D
选项正确
.

故选：
BD.

24
．
AC

【分析】

2
令
m 1
，则
a
n1
a
n
a
1
，根据< br>a
1
0
，可判定
A
正确；由
a
5
a
6
a
1
a
10
20d0
，可
判定
B
错误；根据等差数列的性质，可判定
C
正确；
可判定
D< br>错误
.

【详解】

S
n
dd
< br>d

n

a
1


，根据0
，
n22

2

令
m1
，则< br>a
n1
a
n
a
1
，因为
a
1
0
，所以

a
n

为等差数列且公差
d 0
，故
A
正
确；

由
a
5
a< br>6
a
1
a
10
a
1
9a
1< br>d20d

22



a
2
1< br>9a
1
d

20d
2
0
，所以
a
5
a
6
a
1
a
10
，故
B
错误；根据等差数列的性质，可得
2

1x

x3x
，所以
x
故
a
10

2
1
，< br>1x
，

3
3
1110
9
，故
C
正确；
< br>333
n

n1

d

S
n
na
1
d
dd
0

由
Sn
，因为，所以

是递增的等差数
2
n
a
1


2

n

nn22

列，故
D
错误
.

故选：
AC.

【点睛】

解决数列的单调性问题的三种方法；

1
、作差 比较法：根据
a
n1
a
n
的符号，判断数列

a
n

是递增数列、递减数列或是常数
列；

a
n 1
(a
n
0
或
a
n
0)
与
1
的大小关系，进行判定；

2
、作商比较法：根据
a
n< br>3
、数形结合法：结合相应的函数的图象直观判断
.

25
．
ACD

【分析】

利用等差数列的性质和通项公式，逐个选项进行判断即可求解

【详解】
< br>因为
a
a
1
1
，
n
n
1(n 1)d
，所以
a
1
＝
3
，
a
n
＝
[1+(n-1)d](n+2
n
).
若
d
＝
1
，则
a
n
＝
12n2
n(n+2
n
)
；若
d
＝
0
，则
a
2
＝
6.因为
a
2
＝
6+6d
，
a
3
＝
11+22d
，所以若
a
1
，
a
2
，
a
3
成等差数列，
则
a
1
+a
3
＝
a
2
，即
14+22d
＝
12+12d
，解得
d 
故选
ACD

26
．
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
a
1
，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
a
1
，公差为
d1
，设
一共放
n

n 2

层，则总得根数为：

1
.

5
S< br>n
na
1

n

n1

dn< br>
n1

na
1
100

22
200
1n
，

n
200

1n

2
且为偶数，

n
整理得
2a
1


因为
a
1
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.

27
．
AC

【分析】

由该数列的性质，逐项判断即可得解
.

【详解】

对于
A
，
a
8
21
，
a
9
211334
，
a
10
2134 55
，故
A
正确；

对于
B
，由该数列的性质可 得只有
3
的倍数项是偶数，故
B
错误；

对于
C< br>，
a
2018
a
2022
a
2018
 a
2021
a
2020
a
2018
a
201 9
a
2020
a
2020
3a
2020
，故
C
正确；

对于
D
，
a
2022
a
2021
a
2020
，
a
2021
a2020
a
2019
，
a
2020
a
20 19
a
2018
，

a
3
a
2
a
1
,a
2
a
1
，

各式相 加得
a
2022
a
2021
a
2020
 a
2
a
2021
2

a
2020
 a
2019
a
2018
a
1

，

所以
a
2022
a
2020
a< br>2019
a
2018
a
1
a
1
，故
D
错误
.

故选：
AC.

【点睛】

关键点点睛：解决本题的关键是合理利用该数列的性质去证明选项
.

28
．
BCD

【分析】


d2< br>a
设等差数列

n

的公差为
d
，由等差数 列的通项公式及前
n
项和公式可得

，再逐
a15
1
项判断即可得解
.

【详解】

设等差数列

a
n

的公差为
d
，

54111 0

5ad11ad

d2

11
由题 意，

，所以

，故
A
错误；

22
a
1
15


a
1
15
所以
a
4
a
1
3d9,a
13
a
1
12d9
，所以
a
4
a
13
，故B
正确；

因为
S
n
a
1
nn

n1

2
2
dn
2
16 n

n8

64
，

2
所以当且 仅当
n8
时，
S
n
取最大值，故
C
正确；

要使
S
n


n8

640
，则
n16
且
nN

，

所以使得< br>S
n
0
的最大整数
n15
，故
D
正确< br>.

故选：
BCD.

29
．
AD

【分析】

由已知得到
a
7
0,a
8
 0
,
进而得到
d0
,
从而对
ABD
作出判定.
对于
C,
利用等差数列的和
与项的关系可等价转化为
a
1
6d0
，可知不一定成立，从而判定
C
错误
.

【详解】

由已知得：
a
7
0,a
8
0
,

结合等差数列的性质可知，
d0
,
该等差数列是单调递减的数列，

∴
A
正确，
B
错误，
D
正确，

S
3
S
10
,
等价于
S
10
S
3
0
,
即
a
4
a
5
a
10
0
,
等价于
a
4
a
10
0< br>，即
a
1
6d0
,

这在已知条件中是没有的，故
C
错误
.

故选
:AD.

【点睛】

本题考查等差数列的性质和前< br>n
项和，属基础题
,
关键在于掌握和与项的关系
.

30
．
CD

【分析】

根据等差 数列中
S
11
S
18
可得数列的公差
d0
，再 根据二次函数的性质可知
S
15
是最大
值，同时可得
a
15
0
，进而得到
S
29
0
，即可得答案；

【详解】

S
11
S
18
，

d0
，

2
2
设
S
n
AnBn
，则点
(n,S
n
)
在抛物线
yAxBx
上，

抛物线的开口向下，对称轴为
x14.5
，


S
15
S
14
且为
S
n
的最大值，

S
11
S
18
a
12
a
13


S
29

a
18
07a
15
 0
，

29(a
1
a
29
)
29a< br>15
0
，

2
故选：
CD.

【点睛】

本题考查利用二次函数的性质研究等差数列的前
n
项和的 性质，考查函数与方程思想、转
化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力
.