精选高中数学数列多选题专项训练100含答案

一、数列多选题

n1(1)1．若不等式(1)a2对于任意正整数n恒成立，则实数a的可能取值为nn（ ） A．2

B．1

C．1

D．2

答案：ABC 【分析】

根据不等式对于任意正整数n恒成立，即当n为奇数时有恒成立，当n为偶数时有恒成立，分别计算，即可得解. 【详解】

根据不等式对于任意正整数n恒成立， 当n为奇数时有：恒成立， 由递减

解析：ABC 【分析】

n11(1)根据不等式(1)a2对于任意正整数n恒成立，即当n为奇数时有a2+nnn恒成立，当n为偶数时有a2【详解】

1恒成立，分别计算，即可得解. nn1(1)根据不等式(1)a2对于任意正整数n恒成立， nn当n为奇数时有：a2+由2+1恒成立， n11递减，且223， nn1恒成立， n所以a2，即a2， 当n为偶数时有：a2由2131第增，且22， n2n3， 23， 2所以a综上可得：2a故选：ABC. 【点睛】

本题考查了不等式的恒成立问题，考查了分类讨论思想，有一定的计算量，属于中当题.

12a,0an3n22．若数列an满足an1，a1，则数列an中的项的值可能为

52a1,1a1nn2（ ） A．

1 5B．

2 5C．

4 5D．

6 5答案：ABC 【分析】

利用数列满足的递推关系及，依次取代入计算，能得到数列是周期为4的周期数列，得项的所有可能值，判断选项即得结果. 【详解】

数列满足，，依次取代入计算得， ，，，，因此继续下去会循环

解析：ABC 【分析】

利用数列an满足的递推关系及a13，依次取n1,2,3,4代入计算a2,a3,a4,a5，能得5到数列an是周期为4的周期数列，得项的所有可能值，判断选项即得结果. 【详解】

12a,0an3n2数列an满足an1，a1，依次取n1,2,3,4,...代入计算得，

52a1,1a1nn2a22a111243，a32a2，a42a3，a52a41a1，因此继续下去会5555循环，数列an是周期为4的周期数列，所有可能取值为：,故选：ABC. 【点睛】

本题考查了数列的递推公式的应用和周期数列，属于基础题.

1234,,. 55553．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

22a12a2a2019a2020 D．

a2019答案：ABCD 【分析】

由题意可得数列满足递推关系，对照四个选项可得正确答案. 【详解】

对A，写出数列的前6项为，故A正确； 对B，，故B正确； 对C，由，，，……，，

可得：.故是斐波那契数列中的第

解析：ABCD 【分析】

由题意可得数列an满足递推关系a11,a21,anan2an1(n3)，对照四个选项可得正确答案. 【详解】

对A，写出数列的前6项为1,1,2,3,5,8，故A正确； 对B，S71123581333，故B正确；

对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.

2对D，斐波那契数列总有an2an1an，则a1a2a1，a2a2a3a1a2a3a2a1，

222a3a3a4a2a3a4a2a3，……，a2018a2018a2019a2017a2018a2019a2017a2018，2a2019a2019a2020a2019a2018

222a12a2a3a2019a2019a2020，故D正确；

故选：ABCD. 【点睛】

本题以“斐波那契数列”为背景，考查数列的递推关系及性质，考查方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意递推关系的灵活转换. 4．设等差数列an的前n项和为Sn．若S30，a46，则（ ） A．Snn3n C．an3n6

23n29nB．Sn

2D．an2n

答案：BC 【分析】

由已知条件列方程组，求出公差和首项，从而可求出通项公式和前项和公式 【详解】

解：设等差数列的公差为， 因为，， 所以，解得， 所以， ， 故选：BC

解析：BC 【分析】

由已知条件列方程组，求出公差和首项，从而可求出通项公式和前n项和公式 【详解】

解：设等差数列an的公差为d， 因为S30，a46，

32d0a133a1所以，解得， 2d3a13d6所以ana1(n1)d33(n1)3n6，

n(n1)3n(n1)3n29n， Snna1d3n222故选：BC

5．无穷等差数列an的前n项和为Sn，若a1＞0，d＜0，则下列结论正确的是（ ） A．数列an单调递减 C．数列Sn单调递减

B．数列an有最大值 D．数列Sn有最大值

答案：ABD 【分析】

由可判断AB，再由a1＞0，d＜0，可知等差数列数列先正后负，可判断CD. 【详解】

根据等差数列定义可得，所以数列单调递减，A正确； 由数列单调递减，可知数列有最大值a1，故B正

解析：ABD 【分析】

由an1and0可判断AB，再由a1＞0，d＜0，可知等差数列数列an先正后负，可判断CD. 【详解】

根据等差数列定义可得an1and0，所以数列an单调递减，A正确； 由数列an单调递减，可知数列an有最大值a1，故B正确；

由a1＞0，d＜0，可知等差数列数列an先正后负，所以数列Sn先增再减，有最大值，C不正确，D正确. 故选：ABD.

6．已知无穷等差数列an的前n项和为Sn，S6S7，且S7S8，则（ ） A．在数列an中，a1最大 C．S3S10

B．在数列an中，a3或a4最大 D．当n8时，an0

答案：AD 【分析】

由已知得到,进而得到,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，可知不一定成立，从而判定C错误. 【详解】 由已知得：,

结合等差数列的性质可知，,该等差

解析：AD 【分析】

由已知得到a70,a8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a16d0，可知不一定成立，从而判定C错误. 【详解】

由已知得：a70,a8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，

S3S10,等价于S10S30,即a4a5a100,等价于a4a100，即a1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n项和，属基础题,关键在于掌握和与项的关系.

*7．已知等差数列an的前n项和为SnnN，公差d0，S690，a7是a3与a9的

等比中项，则下列选项正确的是（ ） A．d2

C．当且仅当n10时，Sn取最大值

B．a120

0时，n的最小值为22

D．当Sn答案：AD

【分析】

运用等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公差，可判断A，B；由二次函数的配方法，结合n为正整数，可判断C；由解不等式可判断D． 【详解】

等差数列的前n项和为，公差，由，可

解析：AD 【分析】

运用等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公差，可判断A，B；由二次函数的配方法，结合n为正整数，可判断C；由Sn【详解】

等差数列an的前n项和为Sn，公差d0，由S690，可得6a115d90，即

0解不等式可判断D．

2a15d30，①

由a7是a3与a9的等比中项，得a7a3a9，即a16da12da18d，化为

22a110d0，②

由①②解得a120，d2，则an202(n1)222n，

1Snn(20222n)21nn2，

221441由Snn，可得n10或11时，Sn取得最大值110； 24由Sn21nn0，解得n21，则n的最小值为22. 故选：AD 【点睛】

本题考查等差数列的通项公式和求和公式，以及等比中项的性质，二次函数的最值求法，考查方程思想和运算能力，属于中档题.

8．已知等差数列an的前n项和为Sn（n∈N*），公差d≠0，S6=90，a7是a3与a9的等比中项，则下列选项正确的是（ ） A．a1=22

C．当n=10或n=11时，Sn取得最大值

B．d=－2

D．当Sn>0时，n的最大值为21

22答案：BC 【分析】

分别运用等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公差，可判断A，B；由配方法，结合n为正整数，可判断C；由Sn>0解不等式可判断D． 【详解】

由公差，可得，即，① 由a7是a

解析：BC 【分析】

分别运用等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公差，可判断A，B；由配方法，结合n为正整数，可判断C；由Sn>0解不等式可判断D． 【详解】

由公差d0,S690，可得6a115d90，即2a15d30，①

由a7是a3与a9的等比中项，可得a7a3a9，即a16da12da18d，化简得

22a110d，②

由①②解得a120,d2，故A错，B对；

2121441由Sn20nnn1221nn2n 224nN*，可得n10或11时，Sn取最大值110，C对；

由Sn>0，解得0n21，可得n的最大值为20，D错； 故选：BC 【点睛】

本题考查等差数列的通项公式和求和公式的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题．

9．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．a100

B．S10最小

C．S7S12

D．S190

答案：ACD 【分析】

由得，故正确；当时，根据二次函数知识可知无最小值，故错误；根据等差数列的性质计算可知，故正确；根据等差数列前项和公式以及等差数列的性质可得，故正确. 【详解】

因为，所以，所以，即

解析：ACD 【分析】

由2a13a3S6得a100，故A正确；当d0时，根据二次函数知识可知Sn无最小值，故B错误；根据等差数列的性质计算可知S12S7，故C正确；根据等差数列前n项和公式以及等差数列的性质可得S190，故D正确. 【详解】

因为2a13a3S6，所以2a13a16d6a115d，所以a19d0，即a100，故

A正确；

当d0时，Snna1误；

n(n1)n(n1)dd9dnd(n219n)无最小值，故B错222因为S12S7a8a9a10a11a125a100，所以S12S7，故C正确； 因为S19a1a191919a2100，故D正确.

故选：ACD. 【点睛】

本题考查了等差数列的通项公式、前n项和公式，考查了等差数列的性质，属于中档题. 10．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a90，a100，则下列结论正确的是（ ） A．S10S9

B．S170

C．S18S19

D．S190

答案：ABD 【分析】

先根据题意可知前9项的和最小，判断出正确；根据题意可知数列为递减数列，则，又，进而可知，判断出不正确；利用等差中项的性质和求和公式可知，，故正确. 【详解】

根据题意可知数列为递增

解析：ABD 【分析】

先根据题意可知前9项的和最小，判断出A正确；根据题意可知数列为递减数列，则

a190，又S18S19a19，进而可知S15S16，判断出C不正确；利用等差中项的性质

和求和公式可知S17a1a171722a91717a90，2S19a1a191922a101919a100，故BD正确. 2【详解】

根据题意可知数列为递增数列，a90，a100，

前9项的和最小，故A正确；

S17S19a1a17172a1a191922a91717a90，故B正确； 22a101919a100，故D正确； 2a190， S18S19a19， S18S19，故C不正确.

故选：ABD. 【点睛】

本题考查等差数列的综合应用，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题.