新高考数学多项选择题专项训练专题07 数列1解析版.docx

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新高考数学多项选择题专项训练专题07数列1解析版

专题07数列

（1）

【答案解析版】

多项选择题

1．（2019秋•泉州期末）记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1+3a5＝S7，则以下结论一定正确的是（　　）

A．a4＝0B．Sn的最大值为S3

C．S1＝S6D．|a3|＜|a5|

【分析】利用等差数列的通项公式求和公式及其性质即看到此得出．

【解答】解：

设等差数列{an}的公差为d，则a1+3（a1+4d）＝7a1+21d，解得a1＝﹣3d，

所以an＝a1+（n﹣1）d＝（n﹣4）d，所以a4＝0，故A正确；

因为S6﹣S1＝5a4＝0，所以S1＝S6，故C正确；

由于d的正负不清楚，故S3可能为最大值或最小值，故B不正确；

因为a3+a5＝2a4＝0，所以a3＝﹣a5，即|a3|＝|a5|，故D错误．

故选：

AC．

2．（2019秋•济宁期末）设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并满足条件a1＞1，a2019a2020＞1，0，下列结论正确的是（　　）

A．S2019＜S2020

B．S2019S2021﹣1＜0

C．T2019是数列{Tn}中的最大值

D．数列{Tn}无最大值

【分析】本题由题意根据题干可得a2019＞1，a2020＜1，从而有a1＞1，0＜q＜1，则等比数列{an}为正项的递减数列．再结合等比数列的性质逐一核对四个命题得答案即可得到正确选项．

【解答】解：

等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并满足条件a1＞1，

a2019a2020＞1，0，∴a2019＞1，0＜a2020＜1，∴0＜q＜1．

根据a1＞1，0＜q＜1，可知

等比数列{an}为正项的递减数列．

即a1＞a2＞…＞a2019＞1＞a2020＞…＞0．

∵S2020﹣S2019＝a2020＞0，

∴S2019＜S2020，故选项A正确；

∵S2019＝a1+a2+…+a2019＞1，

∴S2019•S2021＝S2019•（S2019+a2020+a2021）

S2019•（a2020+a2021）

1．

即S2019•S2021﹣1＞0．故选项B错误；

根据a1＞a2＞…＞a2019＞1＞a2020＞…＞0．可知

T2019是数列{Tn}中的最大项，故选项C正确、选项D错误．

故选：

AC．

3．（2019秋•菏泽期末）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：

1，1，2，3，5，…．，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列{an}称为“斐波那契数列”，记Sn为数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是（　　）

A．a6＝8

B．S7＝33

C．a1+a3+a5+…+a2019＝a2020

D．

【分析】根据数列的特点，求出其递推关系式；再对每一个选项逐个检验即可

【解答】解：

A．由a1＝a2，a3＝a4﹣a2，a5＝a6﹣a4，可得a6＝8成立；

B．由a1＝a2，a3＝a4﹣a2，a5＝a6﹣a4，可得a6＝8，a7＝13；

∴s7＝1+1+2+3+5+8+13＝33成立；

C．由a1＝a2，a3＝a4﹣a2，a5＝a6﹣a4，……，a2019＝a2020﹣a2018，可得：

a1+a3+a5+…+a2019＝a2020．

故a1+a3+a5+…+a2019是斐波那契数列中的第2020项．即答案C成立；

D．斐波那契数列总有an+2＝an+1+an，

则，，，……，

，

；

∴；即答案D成立

故选：

ABCD．

4．（2019秋•济宁期末）若Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an+1，（n∈N*），则下列说法正确的是（　　）

A．a5＝﹣16B．S5＝﹣63

C．数列{an}是等比数列D．数列{Sn+1}是等比数列

【分析】先利用已知条件得到数列{an}是首项为﹣1，公比为2的等比数列，即可判断各个选项的正误．

【解答】解：

∵Sn＝2an+1，（n∈N*），

∴①当n＝1时，a1＝S1＝2a1+1，∴a1＝﹣1，

②当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝2an+1﹣2an﹣1﹣1，∴2an﹣1＝an，∴，

∴数列{an}是首项为﹣1，公比为2的等比数列，故选项C正确，

∴，

∴，，故选项A正确，选项B错误，

又∵，∴数列{Sn+1}不是等比数列，故选项D错误，

故选：

AC．

5．（2019秋•淄博期末）在递增的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1a4＝32，a2+a3＝12，则下列说法正确的是（　　）

A．q＝1

B．数列{Sn+2}是等比数列

C．S8＝510

D．数列{lgan}是公差为2的等差数列

【分析】本题先根据题干条件判断并计算得到q和a1的值，则即可得到等比数列{an}的通项公式和前n项和公式，则对选项进行逐个判断即可得到正确选项．

【解答】解：

由题意，根据等比中项的性质，可得

a2a3＝a1a4＝32＞0，a2+a3＝12＞0，

故a2＞0，a3＞0．

根据根与系数的关系，可知

a2，a3是一元二次方程x2﹣12x+32＝0的两个根．

解得a2＝4，a3＝8，或a2＝8，a3＝4．

故必有公比q＞0，

∴a10．

∵等比数列{an}是递增数列，∴q＞1．

∴a2＝4，a3＝8满足题意．

∴q＝2，a12．故选项A不正确．

an＝a1•qn﹣1＝2n．

∵Sn2n+1﹣2．

∴Sn+2＝2n+1＝4•2n﹣1．

∴数列{Sn+2}是以4为首项，2为公比的等比数列．故选项B正确．

S8＝28+1﹣2＝512﹣2＝510．故选项C正确．

∵lgan＝lg2n＝n．

∴数列{lgan}是公差为1的等差数列．故选项D不正确．

故选：

BC．

6．（2019秋•聊城期末）已知数列{an}满足a1＝1，，则下列结论正确的有（　　）

A．为等比数列

B．{an}的通项公式为

C．{an}为递增数列

D．的前n项和

【分析】首先利用定义求出数列的通项公式，进一步求出数列的和．

【解答】解：

数列{an}满足a1＝1，，整理得：

2an+1+3anan+1＝an，

转换为，

故：

，所以是以为首项，2为公比的等比数列．

故：

，整理得．

则：

{an}为递减数列．

进一步整理得：

，

所以{}的前n项和：

，

故选：

ABD．

7．（2019秋•泰安期末）设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，若a3＝12，S12＞0，S13＜0，则下列结论正确的是（　　）

A．数列{an}是递增数列

B．S5＝60

C．

D．S1，S2，…，S12中最大的是S6

【分析】利用等差数列的通项公式求和公式及其性质即可判断出结论．

【解答】解：

依题意，有S12＝12a1•d＞0，

S13＝13a1•d＜0，化为：

2a1+11d＞0，a1+6d＜0，

即a6+a7＞0，a7＜0，

∴a6＞0．

由a3＝12，得a1＝12﹣2d，联立解得d＜﹣3．等差数列{an}是单调递减的．

S1，S2，…，S12中最大的是S6．

S55a3＝60．

综上可得：

BCD正确．

故选：

BCD．

8．（2019秋•葫芦岛期末）已知数列{an}中，a1＝1，an+1，n∈N*．若对于任意的t∈[1，2]，不等式a+2恒成立，则实数a可能为（　　）

A．﹣4B．﹣2C．0D．2

【分析】由已知数列递推式可得，进一步得到2，则原不等式可转化为2t2+（a+1）t﹣a2+a≤0在t∈[1，2]上恒成立，构造函数f（t）＝2t2+（a+1）t﹣a2+a，t∈[1，2]，可得，求解不等式组得答案．

【解答】解：

由an+1，得an+1，

∴，

∴（a2﹣a1）+a1，

＝（）+（）+…+

（1）+1＝22，

∵不等式a+2恒成立，∴2≤﹣2t2﹣（a+1）t+a2﹣a+2，

∴2t2+（a+1）t﹣a2+a≤0，在t∈[1，2]上恒成立，

设f（t）＝2t2+（a+1）t﹣a2+a，t∈[1，2]，

∴，解得a≤﹣2或a≥5，

∴实数a可能为﹣4，﹣2．

故选：

AB．

9．（2019秋•潍坊期末）设数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和，a1＞0且S6＝S9，则（　　）

A．d＞0B．a8＝0

C．S7或S8为Sn的最大值D．S5＞S6

【分析】由a1＞0且S6＝S9，利用求和公式可得：

a8＝0，d＜0．即可判断出结论．

【解答】解：

a1＞0且S6＝S9，∴6a1d＝9a1d，化为：

a1+7d＝0，可得a8＝0，d＜0．

S7或S8为Sn的最大值，S5＜S6．

故选：

BC．

10．（2019秋•润州区校级期末）对于数列{an}，若存在正整数k（k≥2），使得ak＜ak﹣1，ak＜ak+1，则称ak是数列{an}的“谷值”，k是数列{an}的“谷值点”，在数列{an}中，若，下列数不能作为数列{an}的“谷值点”的是（　　）

A．3B．2C．7D．5

【分析】根据数列的通项公式，求得a1到a8，利用定义即可判断．

【解答】解：

由，

则a1＝2，a2，a3＝2，a4，a5，a6，a7，a8，

所以n＝2，7是数列{an}的“谷值点”

当n＝3，5不是数列{an}的“谷值点”，

故选：

AD．

11．（2019秋•淮安期末）已知数列{an}是等比数列，那么下列数列一定是等比数列的是（　　）

A．B．{log2an}

C．{an•an+1}D．{an+an+1+an+2}

【分析】本题先根据题意设等比数列{an}的公比为q（q≠0），则an＝a1•qn﹣1．然后对AB选项先求出通项然后进行观察即可判断，对CD两个选项可根据等比数列的定义法进行判断．

【解答】解：

由题意，可设等比数列{an}的公比为q（q≠0），则an＝a1•qn﹣1．

对于A：

•（）n﹣1．

∴数列{}是一个以为首项，为公比的等比数列；

对于B：

log2an＝log2（a1•qn﹣1）＝log2a1+（n﹣1）log2q．

∴数列{log2an}是一个以log2a1为首项，log2q为公差的等差数列；

对于C：

∵q2，

∴数列{an•an+1}是一个以q2为公比的等比数列；

对于D：

∵q，

∴数列{an+an+1+an+2}是一个以q为公比的等比数列．

故选：

ACD．

12．（2019秋•南通期末）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

B．

C．Sn＜0时，n的最小值为13

D．数列中最小项为第7项

【分析】S12＞0，a7＜0，利用等差数列的求和公式及其性质可得：

a6+a7＞0，a6＞0．再利用a3＝a1+2d＝12，可得d＜﹣3．a1＞0．利用S13＝13a7＜0．可得Sn＜0时，n的最小值为13．数列中，n≤6时，0.7≤n≤12时，0．n≥13时，0．进而判断出D是否正确．

【解答】解：

∵S12＞0，a7＜0，

∴0，a1+6d＜0．

∴a6+a7＞0，a6＞0．

∴2a1+11d＞0，a1+5d＞0，

又∵a3＝a1+2d＝12，

∴d＜﹣3．a1＞0．

S1313a7＜0．

∴Sn＜0时，n的最小值为13．

数列中，n≤6时，0，7≤n≤12时，0，n≥13时，0．

对于：

7≤n≤12时，0．Sn＞0，但是随着n的增大而减小；an＜0，

但是随着n的增大而减小，可得：

0，但是随着n的增大而增大．

∴n＝7时，取得最小值．

综上可得：

ABCD都正确．

故选：

ABCD．

13．（2019秋•苏州期末）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2（an﹣a）（其中a为常数），则下列说法正确的是（　　）

A．数列{an}一定是等比数列B．数列{an}可能是等差数列

C．数列{Sn}可能是等比数列D．数列{Sn}可能是等差数列

【分析】结合已知可得an＝2an﹣1，n＞1，然后结合a是否为0可进行判定是否满足等差或等比．

【解答】解：

Sn＝2（an﹣a），

当n＞1时可得，Sn﹣1＝2（an﹣1﹣a），

两式相减可得，an＝2an﹣1，n＞1，

又n＝1时，S1＝2（a1﹣a）可得，a1＝2a，

若a＝0时，数列{an}不是等比数列，而是等差数列，其各项都为0，和也为等差数列

当a≠0时，数列{an}是等比数列，不是等差数列，而非常数性等比数列的前n项和不是等比，

故选：

BD．

14．（2019秋•徐州期末）等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＞0，公差d≠0，则下列命题正确的是（　　）

A．若S5＝S9，则必有S14＝0

B．若S5＝S9，则必有S7是Sn中最大的项

C．若S6＞S7，则必有S7＞S8

D．若S6＞S7，则必有S5＞S6

【分析】根据题意，结合等差数列的性质依次分析选项，综合即可得答案．

【解答】解：

根据题意，依次分析选项：

对于A，若S5＝S9，必有S9﹣S5＝a6+a7+a8+a9＝2（a7+a8）＝0，则a7+a8＝0，S140，A正确；

对于B，若S5＝S9，必有S9﹣S5＝a6+a7+a8+a9＝2（a7+a8）＝0，又由a1＞0，则必有S7是Sn中最大的项，B正确；

对于C，若S6＞S7，则a7＝S7﹣S6＜0，又由a1＞0，必有d＜0，则a8＝S8﹣S7＜0，必有S7＞S8，C正确；

对于D，若S6＞S7，则a7＝S7﹣S6＜0，而a6的符号无法确定，故S5＞S6不一定正确，D错误；

故选：

ABC．

15．（2019秋•连云港期末）已知等比数列{an}中，满足a1＝1，公比q＝﹣2，则（　　）

A．数列{2an+an+1}是等比数列

B．数列{an+1﹣an}是等比数列

C．数列{anan+1}是等比数列

D．数列{log2|an|}是递减数列

【分析】由题意利用查等比数列的定义、通项公式、性质，判断各个选项是否正确，从而得出结论．

【解答】解：

∵等比数列{an}中，满足a1＝1，公比q＝﹣2，

∴an＝1×（﹣2）n﹣1＝（﹣2）n﹣1．

由此可得2an+an+1＝2•（﹣2）n﹣1+（﹣2）n＝0，故A错误；

an+1﹣an＝（﹣2）n﹣（﹣2）n﹣1＝﹣3•（﹣2）n﹣1，故数列{an+1﹣an}是等比数列，故B正确；

anan+1＝（﹣2）n﹣1（﹣2）n＝（﹣2）2n﹣1，故数列{anan+1}是等比数列，故C正确；

log2|an|＝log22n﹣1＝n﹣1，故数列{log2|an|}是递增数，故D错误，

故选：

BC．

16．（2019秋•潍坊期末）已知等比数列{an}的公比，等差数列{bn}的首项b1＝12，若a9＞b9且a10＞b10，则以下结论正确的有（　　）

A．a9•a10＜0B．a9＞a10C．b10＞0D．b9＞b10

【分析】设等差数列的公差为d，运用等差数列和等比数列的通项公式分析A正确，B与C不正确，结合条件判断等差数列为递减数列，即可得到D正确．

【解答】解：

数列{an}是公比q为的等比数列，{bn}是首项为12，公差设为d的等差数列，

则，，

∴a9•a100，故A正确；

∵a1正负不确定，故B错误；

∵a10正负不确定，∴由a10＞b10，不能求得b10的符号，故C错误；

由a9＞b9且a10＞b10，则a1（）8＞12+8d，a1（）9＞12+9d，

可得等差数列{bn}一定是递减数列，即d＜0，

即有a9＞b9＞b10，故D正确．

故选：

AD．

17．（2020•山东学业考试）已知数列{an}为等差数列，首项为1，公差为2，数列{bn}为等比数列，首项为1，公比为2，设，Tn为数列{cn}的前n项和，则当Tn＜2019时，n的取值可以是下面选项中的（　　）

A．8B．9C．10D．11

【分析】由已知分别写出等差数列与等比数列的通项公式，求得数列{cn}的通项公式，利用数列的分组求和可得数列{cn}的前n项和Tn，验证得答案．

【解答】解：

由题意，an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，，

2•2n﹣1﹣1＝2n﹣1，则数列{cn}为递增数列，

其前n项和Tn＝（21﹣1）+（22﹣1）+（23﹣1）+…+（2n﹣1）

＝（21+22+…+2n）﹣n2n+1﹣2﹣n．

当n＝9时，Tn＝1013＜2019；

当n＝10时，Tn＝2036＞2019．

∴n的取值可以是8，9．

故选：

AB．

18．（2019秋•滕州市校级月考）设等比数列{an}的公比为q，其前n项的和为sn，前n项的积为Tn，并满足条件a1＞1，a2019a2020＞1，0，下列结论错误的是（　　）

A．S2019＞S2020

B．a2019．a2021﹣1＞0

C．T2020是数列{Tn}中的最大值

D．数列{Tn}无最小值

【分析】推导出a2019＞1，0＜a2020＜1，0＜q＜1，由此能求出结果．

【解答】解：

∵等比数列{an}的公比为q，其前n项的和为sn，前n项的积为Tn，

并满足条件a1＞1，a2019a2020＞1，0，

∴a2019＞1，0＜a2020＜1，∴0＜q＜1，

在A中，∵a2020＞0，∴S2019＜S2020，故A错误；

在B中，a2019＞1，a2021﹣1＜0，∴a2019．a2021﹣1＜0，故B错误；

∴T2019是数列{Tn}中的最大项，故C错误；

在D中，数列{Tn}无最小值，故D正确．

故选：

ABC．

19．（2019秋•常熟市校级月考）等差数列{an}中，若S6＜S7且S7＞S8，则下面结论正确的是（　　）

A．a1＞0B．S9＜S6C．a7最大D．（Sn）max＝S7

【分析】根据题意，分析可得a7＝S7﹣S6＞0，a8＝S8﹣S7＜0，且d＝a8﹣a7＜0，精粹结合等差数列的性质分析选项，即可得答案．

【解答】解：

根据题意，等差数列{an}中，若S6＜S7且S7＞S8，

则a7＝S7﹣S6＞0，a8＝S8﹣S7＜0，

则有d＝a8﹣a7＜0，

对于A，必有a1＝a8﹣7d＞0，A正确；

对于B，S9﹣S6＝a7+a8+a9＝3a8＜0，必有S9＜S6，B正确；

对于C，等差数列{an}中，d＜0，数列{an}为递减数列，故a1最大，C错误；

对于D，数列{an}为递减等差数列，a7＞0，a8＜0，故必有（Sn）max＝S7，D正确；

故选：

ABD．

20．（2019秋•海淀区校级期中）已知数列{an}，{bn}均为递增数列，{an}的前n项和为Sn，{bn}的前n项和为Tn．且满足an+an+1＝2n，bn•bn+1＝2n（n∈N*），则下列说法正确的有（　　）

A．0＜a1＜1B．1＜b1C．S2n＜T2nD．S2n≥T2n

【分析】利用代入法求出前几项的关系即可判断出a1，b1的取值范围，在求出其前2n项和的表达式即可判断大小；

【解答】解：

∵数列{an}为递增数列；

∴a1＜a2＜a3；

∵an+an+1＝2n，

∴；

∴

∴0＜a1＜1；故A正确．

∴S2n＝（a1+a2）+（a3+a4）+…+（a2n﹣1+a2n）＝2+6+10+…+2（2n﹣1）＝2n2；

∵数列{bn}为递增数列；

∴b1＜b2＜b3；

∵bn•bn+1＝2n

∴；

∴；

∴1＜b1，故B正确．

∵T2n＝b1+b2+…+b2n

＝（b1+b3+b5+…+b2n﹣1）+（b2+b4+…+b2n）

；

∴对于任意的n∈N*，S2n＜T2n；故C正确，D错误．

故选：

ABC．