数学提高题专题复习数列多选题专项训练练习题及解析

一、数列多选题

1．已知数列an满足an11A．a31 C．S31nN*，且a12，则（ ） anB．a20191 22019 23 2D．S2 019答案：ACD 【分析】

先计算出数列的前几项，判断AC，然后再寻找规律判断BD． 【详解】

由题意，，A正确，，C正确； ，∴数列是周期数列，周期为3． ，B错； ，D正确． 故选：ACD． 【点睛】 本

解析：ACD 【分析】

先计算出数列的前几项，判断AC，然后再寻找规律判断BD． 【详解】

111a31113由题意a21，，A正确，S321，C正确； 1222221a412，∴数列{an}是周期数列，周期为3．

1a2019a3673a31，B错； S2019673【点睛】

本题考查由数列的递推式求数列的项与和，解题关键是求出数列的前几项后归纳出数列的性质：周期性，然后利用周期函数的定义求解．

2．设等比数列an的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足条件

32019，D正确． 22故选：ACD．

a11，a6a71,A．0q1

a610，则下列结论正确的是（ ） a71B．a6a81 D．Tn的最大值为T6

C．Sn的最大值为S7

答案：AD 【分析】

分类讨论大于1的情况，得出符合题意的一项. 【详解】 ①, 与题设矛盾. ②符合题意. ③与题设矛盾. ④ 与题设矛盾. 得，则的最大值为. B，C，错误. 故选：AD. 【点睛】

解析：AD 【分析】

分类讨论a6,a7大于1的情况，得出符合题意的一项. 【详解】

①a61,a71, 与题设

a610矛盾. a71②a61,a71,符合题意. ③a61,a71,与题设

a610矛盾. a71④ a61,a71,与题设a11矛盾.

得a61,a71,0q1，则Tn的最大值为T6.

B，C，错误.

故选：AD. 【点睛】

n1nN*. 考查等比数列的性质及概念. 补充：等比数列的通项公式：ana1q3．斐波那契数列，又称黄金分割数列、兔子数列，是数学家列昂多·斐波那契于1202年提出的数列.斐波那契数列为1，1，2，3，5，8，13，21，……，此数列从第3项开始，每一项都等于前两项之和，记该数列为Fn，则Fn的通项公式为（ ）

(1)n1nA．F(n)

2B．Fn1FnFn1,n2且F11,F21

nn11515 C．Fn522nn11515 D．Fn522答案：BC 【分析】

根据数列的前几项归纳出数列的通项公式，再验证即可； 【详解】

解：斐波那契数列为1，1，2，3，5，8，13，21，……， 显然，，，，，所以且，即B满足条件； 由， 所以 所以数列

解析：BC 【分析】

根据数列的前几项归纳出数列的通项公式，再验证即可； 【详解】

解：斐波那契数列为1，1，2，3，5，8，13，21，……，

显然F11,F21，F3F1F22，F4F2F33，

，

Fn1FnFn1,n2，所以Fn1FnFn1,n2且F11,F21，即B满足条件；

由Fn1FnFn1,n2， 所以Fn1151515FnFn1 Fn22215Fn是以15为首项，15为公比的等比数列， 所以数列Fn12221515Fn所以Fn12 2n15Fn1Fn21， 所以15n1515n1()()222令

bnFn152n1，则bn153bn1， 2所以bn1555355(bn)， 10210555553所以bn为首项，为公比的等比数列， 以10102所以bn555553n1()()， 10102555553n1所以Fn10102152n1nn515152； 52即C满足条件； 故选：BC 【点睛】

考查等比数列的性质和通项公式，数列递推公式的应用，本题运算量较大，难度较大，要求由较高的逻辑思维能力，属于中档题．

4．已知递减的等差数列an的前n项和为Sn，S5S7，则（ ） A．a60 C．S130

B．S6最大 D．S110

答案：ABD 【分析】

转化条件为，进而可得，，再结合等差数列的性质及前n项和公式逐项判断即可得解. 【详解】 因为，所以，即，

因为数列递减，所以，则，，故A正确； 所以最大，故B正确； 所以，故C错误

解析：ABD 【分析】

转化条件为a6a70，进而可得a60，a70，再结合等差数列的性质及前n项和公式逐项判断即可得解.

【详解】

因为S5S7，所以S7S50，即a6a70，

因为数列an递减，所以a6a7，则a60，a70，故A正确； 所以S6最大，故B正确； 所以S13所以S11a1a131313a270，故C错误； 0，故D正确.

a1a111111a26故选：ABD.

5．已知正项数列an的前n项和为Sn，若对于任意的m，nN*，都有

amnaman，则下列结论正确的是（ ）

A．a1a12a8a5 B．a5a6a1a10

C．若该数列的前三项依次为x，1x，3x，则a10D．数列10 3Sn为递减的等差数列 n答案：AC 【分析】

令，则，根据，可判定A正确；由，可判定B错误；根据等差数列的性质，可判定C正确；，根据，可判定D错误. 【详解】

令，则，因为，所以为等差数列且公差，故A正确； 由，所以，故B错误；

解析：AC 【分析】

2令m1，则an1ana1，根据a10，可判定A正确；由a5a6a1a10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错误. 【详解】

Sndddna1，根据0，n222令m1，则an1ana1，因为a10，所以an为等差数列且公差d0，故A正确；

2222由a5a6a1a10a19a1d20da19a1d20d0，所以a5a6a1a10，故B

错误；根据等差数列的性质，可得21xx3x，所以x故a1021，1x， 3311109，故C正确； 333na1nn1dSnddd0，因为，所以是递增的等差数2na12nn22由Snn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an1an的符号，判断数列an是递增数列、递减数列或是常数列；

2、作商比较法：根据

an1(an0或an0)与1的大小关系，进行判定； an3、数形结合法：结合相应的函数的图象直观判断.

6．等差数列an的前n项和为Sn，若a10，公差d0，则（ ） A．若S5>S9，则S150 C．若S6S7， 则S7S8

B．若S5=S9，则S7是Sn中最大的项 D．若S6S7则S5S6.

答案：BC 【分析】

根据等差数列的前项和性质判断． 【详解】

A错：；B对：对称轴为7； C对：，又，；

D错：，但不能得出是否为负，因此不一定有． 故选：BC． 【点睛】

关键点点睛：本题考查等差数列

解析：BC 【分析】

根据等差数列的前n项和性质判断． 【详解】

A错：S5S9a6a7a8a90a1a140S150；B对：Sn对称轴为

n7；

C对：S6S7a70，又a10，d0a8a70S7S8；

D错：S6S7a70，但不能得出a6是否为负，因此不一定有S5S6． 故选：BC． 【点睛】

关键点点睛：本题考查等差数列的前n项和性质，（1）Sn是关于n的二次函数，可以利用二次函数性质得最值；（2）SnSn1an，可由an的正负确定Sn与Sn1的大小；（3）Snn(a1an)，因此可由a1an的正负确定Sn的正负． 27． an是等差数列，公差为d，前项和为Sn，若S5S6，S6S7S8，则下列结论正确的是（ ） A．d0

B．a70

C．S9S5

D．S170

答案：ABD 【分析】

结合等差数列的性质、前项和公式，及题中的条件，可选出答案. 【详解】

由，可得，故B正确； 由，可得， 由，可得，

所以，故等差数列是递减数列，即，故A正确； 又，所以，故C不正确

解析：ABD 【分析】

结合等差数列的性质、前n项和公式，及题中的条件，可选出答案. 【详解】

由S6S7，可得S7S6a70，故B正确； 由S5S6，可得S6S5a60， 由S7S8，可得S8S7a80，

所以a8a7a6，故等差数列an是递减数列，即d0，故A正确； 又S9S5a6a7a8a92a7a80，所以S9S5，故C不正确； 又因为等差数列an是单调递减数列，且a80，所以a90， 所以S1717a1a17217a90，故D正确.

故选：ABD. 【点睛】

关键点点睛：本题考查等差数列性质的应用，解题的关键是熟练掌握等差数列的增减性及

前n项和的性质，本题要从题中条件入手，结合公式anSnSn1n2，及

na1an，对选项逐个分析，可判断选项是否正确.考查学生的运算求解能力与逻辑Sn2推理能力，属于中档题.

8．已知数列an的前n项和为Sn，前n项积为Tn，且A．当数列an为等差数列时，S20210 B．当数列an为等差数列时，S20210 C．当数列an为等比数列时，T20210 D．当数列an为等比数列时，T20210

111，则（ ） a3a2019e1e1答案：AC 【分析】

将变形为，构造函数，利用函数单调性可得，再结合等差数列与等比数列性质即可判断正确选项 【详解】 由，可得，令， ，

所以是奇函数，且在上单调递减，所以， 所以当数列为等差数列时，；

解析：AC 【分析】 将

11111110，构造函数变形为a3a2019a3a2019e1e1e12e1211，利用函数单调性可得a3a20190，再结合等差数列与等比数列性质xe12fx即可判断正确选项 【详解】 由

1111111110fx，可得，令， ea31ea20191ea312ea201912ex12111exfxfxxx1xx10，

e1e1e1e1所以fx11是奇函数，且在R上单调递减，所以a3a20190， ex12所以当数列an为等差数列时，S20212021a3a20190；

2当数列an为等比数列时，且a3，a1011，a2019同号，所以a3，a1011，a2019均大于零， 故T2021a1011故选：AC 【点睛】

本题考查等差数列与等比数列，考查逻辑推理能力，转化与化归的数学思想，属于中档题 9．设an是等差数列，Sn是其前n项和，且S5S6,S6S7S8，则下列结论正确的是（ ） A．d0 C．S9S5

B．a70

D．S6与S7均为Sn的最大值

20210.

答案：ABD 【分析】

由，判断，再依次判断选项. 【详解】 因为，，

，所以数列是递减数列，故，AB正确； ，所以，故C不正确；

由以上可知数列是单调递减数列，因为可知，的最大值，故D正确. 故选：AB

解析：ABD 【分析】

由SnSn1ann2，判断a60,a70,a80，再依次判断选项. 【详解】

因为S5S6S6S50a60，S6S7S7S6a70，

S7S8S8S7a80，所以数列an是递减数列，故d0，AB正确；

S9S5a6a7a8a92a7a80，所以S9S5，故C不正确；

由以上可知数列an是单调递减数列，因为a60,a70,a80可知，S6与S7均为Sn的最大值，故D正确. 故选：ABD 【点睛】

本题考查等差数列的前n项和的最值，重点考查等差数列的性质，属于基础题型. 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；

S17S19a1a171722a91717a90，故B正确； 22a101919a100，故D正确； 2a1a19192a19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.