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辽宁沈阳市第二中学数列多选题试题含答案

发布时间：2021-05-05   来源：文档文库   
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辽宁沈阳市第二中学数列多选题试题含答案

一、数列多选题
1．已知数列an的前n项和为Sn，前n项积为Tn，an0，且（ ）
A．若数列an为等差数列，则S20210 C．若数列an为等比数列，则T20200 【答案】AC 【分析】
由不等关系式，构造f(xB．若数列an为等差数列，则a10110 D．若数列an为等比数列，则a20200
1112a212a2020111，易得f(x在R上单调递减且为奇函数，即有x212a2a20200，讨论an为等差数列、等比数列，结合等差、等比的性质判断项、前n项和或积的符号即可. 【详解】 由11111110， ，得2a212a202012a2122a202012x111121，则f(x在R上单调递减，而f(xx令f(xxx， 21221221212x∴f(xf(xxx10，即f(x为奇函数，
2121∴a2a20200，
当an为等差数列，a2a20202a10110，即a10110，且S20212021(a2a20200，故A正确，B错误；
22018当an为等比数列，a2020a2q，显然a2,a2020同号，若a20200，则a2a20200与上述结论矛盾且an0，所以前2020项都为正项，则T2020a1...a20200，故C正确，D错误. 故选：AC. 【点睛】
关键点点睛：利用已知构造函数，并确定其单调性和奇偶性，进而得到a2a20200，基于该不等关系，讨论an为等差、等比数列时项、前n项和、前n项积的符号.

2．设数列an的前n项和为Sn，若存在实数A，使得对任意nN*，都有SnA，则称数列an为“T数列”.则以下结论正确的是（ ）
A．若an是等差数列，且a10，公差d0，则数列an是“T数列”

B．若an是等比数列，且公比q满足|q|1，则数列an是“T数列” C．若ann2，则数列an是“T数列”
n(n12n1n2D．若an，则数列an是“T数列
24n1【答案】BC 【分析】
写出等差数列的前n项和结合“T数列”的定义判断A；写出等比数列的前n项和结合“T数列”的定义判断B；利用裂项相消法求和判断C；当n无限增大时，Sn也无限增大判断D． 【详解】
在A中，若an是等差数列，且a10，公差d0，则Snd2dna1n，当n无22限增大时，Sn也无限增大，所以数列an不是“T数列”，故A错误. 在B中，因为an是等比数列，且公比q满足|q|1， 所以Sna11qn1qa1a1qn1q1qa1a1qna21，所以数列an是“T数1q1q1q列”，故B正确. 在C中，因为ann211，所以
n(n12n1n2n(n12n111111||∣n2n(n12n12(n12n121111Sn∣122312222232.所以数列an是“T数列”，故C正确.
n2111在D中，因为an，所以224n144n1Sn1111n2243421431，当n无限增大时，Sn也无限增24n11大，所以数列an不是“T数列”，故D错误. 故选：BC. 【点睛】
方法点睛：裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：111111(12 ；（）nnkknnknknk111；（4）2n12n122n12n11nkn； （3）

2n112n12n11；此外，需注意裂项之后相消nn1nn12n12n1121212121的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.
3．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8，…，该数列的特点是：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数组成的数列fn称为斐波那契数列. 并将数列fn中的各项除以4所得余数按原顺序构成的数列记为gn，则下列结论正确的是( A．g20192 C．g1g2g3【答案】AB 【分析】
2由fn+2fn+1+fn可得fn+1fn1fn2fnfn1fn2fn1fn，可判断B、D选项；先计B．f21f23f22f20f22f210
22g20192688 222D．f1f2f32f20192f2018f2020
算数列gn前几项可发现规律,使用归纳法得出结论：数列gn是以6为最小正周期的数列，可判断A、C选项. 【详解】 对于A选项：
g11，g21,g32,g43,g51,g60,g71,g81，g92，g103，g111，g120，，
所以数列gn是以6为最小正周期的数列，又20196336+3，所以g20192，故A选项正确；
对于C选项：g1g2g3项错误；
对于B选项：斐波那契数列总有：fn+2fn+1+fn，
所以f22f22f23f21f22f23f22f21，f21f21f22f20f21f22f21f20， 所以f21f23f22f20f22f210，故B正确； 对于D选项：2222g20193361+1+2+3+1+0+1+1+22692，故C选f1f2，fn+2fn+1+fn，f1f1f2，2f22f2f3f1f2f3f2f1， f32f3f4f2f3f4f3f2，，
fn+12fn1fn2fnfn1fn2fn1fn。
222所以f1f2f32f2019
f1f2+f2f3f1f2+f3f4f3f2++f2018f2019f2018f2017+f2019f2020f2019f2018

f2019f2020，故D选项错误；
故选：AB. 【点睛】
本题考查数列的新定义，关键在于运用数列的定义研究其性质用于判断选项，常常采用求前几项的值，运用归纳法找到规律，属于难度题.

4．设数列an前n项和Sn，且Sn2an1，bnlog2an1，则（ ） A．数列an是等差数列 C．aaa【答案】BCD 【分析】
利用Sn与an的关系求出数列an的通项公式，可判断AB选项的正误；利用等比数列的求和公式可判断C选项的正误；利用裂项求和法可判断D选项的正误. 【详解】
对任意的nN，Sn2an1.
当n1时，a1S12a11，可得a11； 当n2时，由Sn2an1可得Sn12an11， 上述两式作差得an2an2an1，可得an2an1，
n1n1所以，数列an是首项为1，公比为2的等比数列，an122，A选项错误，BB．an2n1
21222322n1 a32n111D．b1b2b2b3b3b411 bnbn1选项正确；
a22nn124n1，所以，aaan21222314n4n1，C选项正确； a1432n1111bnlog2an1log22n，， bnbn1nn1nn1所以，111b1b2b2b3b3b4D选项正确. 故选：BCD. 【点睛】
1111111bnbn12233411111， nn1n1方法点睛：数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；
（2）对于anbn型数列，其中an是等差数列，bn是等比数列，利用错位相减法求和；

（3）对于anbn型数列，利用分组求和法； （4）对于求和.
1型数列，其中an是公差为dd0的等差数列，利用裂项相消法anan1
2ann21Sn，且bn5．设数列an,bn的前n项和分别为Sn,Tn，S11,Sn1，aannn2则下列结论正确的是（ ） A．a20202020 C．bn1B．SnD．nn1
21
nn213Tnn 34【答案】ABD 【分析】
2annn11可由累乘法求得Sn的通项公式，再由Sn得出ann，代入bn中可得anan22bn1113.由裂项相消法求出Tn，利用数列的单调性证明Tnn.
nn234Sn1n2， Snn【详解】 由题意得，∴当n2时，
SnSnSn1S2n1nnn1S131，且当n1时也成立， Sn1Sn2S1n1n212nn1，易得ann，∴ a20202020，故A,B正确；
22∴ Snn1111111，∴ bn
nn2nn22nn2∴111111Tnn1232435
n31113n， 42n1n2411111111n1n1n1nn222n1n2又Tnn随着n的增加而增加，

∴TnnT11故选：ABD. 【点睛】
113，∴Tnn，C错误，D正确， 334使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．

6．记数列an的前n项和为Sn，nN*，下列四个命题中不正确的有（ ） A．若q0，且对于nN,an1anan2，则数列an为等比数列
*2nB．若SnAqB（非零常数q，A，B满足q1，AB0），则数列an为等比数列
C．若数列an为等比数列，则Sn,S2nSn,S3nS2n,仍为等比数列
D．设数列an是等比数列，若a1a2a3，则an为递增数列 【答案】AC 【分析】
*2若an0，满足对于nN,an1anan2，但数列an不是等比数列，可判断A；利用an与Sn的关系，可求得数列an的通项公式，可判断B；若数列an为等比数列，当公比q1，且n为偶数时，此时Sn,S2nSn,S3nS2n,均为0，可判断C；设数列an2是等比数列，且公比为q，若a1a2a3，即a1a1qa1q，分类讨论a10与a10两种情况，可判断D； 【详解】
*2对于A，若an0，满足对于nN,an1anan2，但数列an不是等比数列，故A错误；
对于B，当n2时，anSnSn1AqBAqnn1BAqn1(q1且q1；当n1时，AB0，则a1S1AqBAq1符合上式，故数列an是首项为Aq1公比为q的等比数列，故B正确；
对于C，若数列an为等比数列，当公比q1，且n为偶数时，此时Sn,S2nSn,S3nS2n,均为0，不为等比数列，故C错误；
2对于D，设数列an是等比数列，且公比为q，若a1a2a3，即a1a1qa1q，若a10，可得1qq2，即q1，则an为递增数列；若a10，可得1qq2，即0q1，则an为递增数列；故D正确；
故选：AC 【点睛】

结论点睛：本题考查等比数列通项公式及和的性质，等比数列和的性质：公比为q1的等比数列an的前n项和为Sn，则Sn,S2nSn,S3nS2n,仍成等比数列，其公比为qn；同理等差数列和的性质：公差为d的等差数列an的前n项和为Sn，数列Sm,S2mSm,S3mS2m,题.
构成等差数列，公差为md，考查学生的分析能力，属于中档
7．在数列an中，如果对任意nN*都有an2an1k（k为常数），则称an为等an1an差比数列，k称为公差比.下列说法正确的是（ ） A．等差数列一定是等差比数列 B．等差比数列的公差比一定不为0
C．若an32，则数列an是等差比数列
nD．若等比数列是等差比数列，则其公比等于公差比 【答案】BCD 【分析】
考虑常数列可以判定A错误，利用反证法判定B正确，代入等差比数列公式判定CD正确. 【详解】
对于数列an，考虑an1,an11,an21，an2an1无意义，所以A选项错误；
an1anan2an10,an2an10，则an1an与题目矛盾，所若等差比数列的公差比为0，an1an以B选项说法正确；
an2an13，数列an是等差比数列，所以C选项正确； 若an32，an1annn1若等比数列是等差比数列，则ana1q,q1，
a1qnq1an2an1a1qn1a1qnq，所以D选项正确. nn1n1an1ana1qa1qa1qq1故选：BCD 【点睛】
易错点睛：此题考查等差数列和等比数列相关的新定义问题.解决此类问题应该注意： （1）常数列作为特殊的等差数列公差为0； （2）非零常数列作为特殊等比数列公比为1.

8．斐波那契数列an：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，又称黄金分割数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数
nn11515，是用无理数表示有理数的一个范列”，其通项公式an522例，该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和，即an2an1an，记该数列an的前n项和为Sn，则下列结论正确的是（ ）
A．S1011a7 C．S2021S2020S2019 【答案】AB 【分析】
选项A分别求出S10，a7可判断，选项B由an2an1an，得an1anan1n2，相加得an2an12an可判断,选项C，由S2021a1a2a3a4B．a20212a2019a2018 D．S2019a20201
a2021，S2020a1a2a2020，
两式错位相减可判断.选项D.由Sna3a2a4a3a5a4a6a5an2an1an2a2可判断.
【详解】
因为S10143，11a7143，所以S1011a7，则A正确；
由an2an1an，得an1anan1n2，相加得an2an12an， 所以a20212a2019a2018，所以B正确； 因为S2021a1a2a3a4a2021，S2020a1a2a2020，
两式错位相减可得S2021S202010a1a2所以S2021S2020S20191，所以C错误；
因为a20191S2019，
Sna1a2a3故选：AB. 【点睛】
ana3a2a4a3a5a4a6a5an2an1an2a2an21，所以S2019a20211，所以D错误.
关键点睛：本题考查数列的递推关系的应用，解答本题的关键是由S2021a1a2a3a4a2021，S2020a1a2a2020，两式错位相减可得S2021S202010a1a2a20191S2019，以及由递推关系可得Sna3a2a4a3a5a4a6a5an2an1an2a2，属于中档题.

二、平面向量多选题
9．下列命题中真命题的是（ ）
A．向量a与向量b共线，则存在实数λ使aλb（λ∈R）

B．a，b为单位向量，其夹角为θ，若|ab|＞1，则3＜θ≤π
C．A、B、C、D是空间不共面的四点，若AB•AC0，AC•AD0，AB•AD0则△BCD 一定是锐角三角形
D．向量AB，AC，BC满足ABACBC，则AC与BC同向 【答案】BC 【分析】
对于A：利用共线定理判断 对于B：利用平面向量的数量积判断 对于C：利用数量积的应用判断 对于D：利用向量的四则运算进行判断 【详解】
对于A：由向量共线定理可知，当b0时，不成立.所以A错误. 对于B：若|ab|＞1，则平方得a22abb2＞1，即ab＜，又121abab||coscos＜，所以＜θ≤π，即B正确.
23对于C：BCBDACABADABACADACABABADABAB＞0，cosBBCBDBCBD||＞0，即B为锐角，同理A，C也为锐角，故△BCD是锐角三角形，所22以C正确.
对于D：若ABACBC，则ABACBCCB，所以CB0，所以则AC与BC共线，但不一定方向相同，所以D错误. 故选：BC. 【点睛】
（1）多项选择题是2020年高考新题型，需要要对选项一一验证；
（2）要判断一个命题错误，只需举一个反例就可以；要证明一个命题正确，需要进行证明.

10．在平行四边形ABCD中，AB2，AD1，DE2EC，AE交BD于F且AEBD2，则下列说法正确的有（ ）
122A．AEACAD B．DFDB
335C．AB,AD【答案】BCD
3
D．FBFC27
25
【分析】
根据向量的线性运算，以及向量的夹角公式，逐一判断四个选项的正误即可得正确选项. 【详解】

对于选项A：AEADDEAD项A不正确； 对于选项B：易证DEF选项B正确；
2212DCADACADADAC，故选3333BFA，所以DFDE222，所以DFFBDB，故BFAB335对于选项C：AEBD2，即AD2ABADAB2，所以 3221212ADABADAB2，所以1ABAD42，解得：ABAD1，
3333cosAB,ADABADABAD11，因为AB,AD0,，所以212AB,AD3，
故选项C正确； 对于选项D：FBFC33DBFDDCABAD552BDAB 53ABAD523ADABABABAD5523ABAD
55229693627AB3ABADAD4，故选项D正确. 252525252525故选：BCD 【点睛】
关键点点睛：选项B 的关键点是能得出DEFBFA，即可得DFDE2，选项DBFAB3的关键点是由于AB和AD的模长和夹角已知，故将FB和FC用AB和AD表示，即可求出数量积.


本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/dad7fa0b571810a6f524ccbff121dd36a22dc4ea.html

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