文档文库
手机版
投诉建议
热门搜索： 心得体会 演讲稿 思想汇报
首页 > 海南省海口市秀英区枫叶国际学校高考数学中“数列多选题”的类型分析及答案

海南省海口市秀英区枫叶国际学校高考数学中“数列多选题”的类型分析及答案

发布时间：2021-04-11   来源：文档文库   
小 中 大
字号：
手机查看
海南省海口市秀英区枫叶国际学校高考数学中“数列多选题”的类型分析及答案

一、数列多选题
anan1．已知数列an的首项a1m且满足4an1751an221，其中nN，则下列说法中正确的是（ ）
A．当m1时，有anan3恒成立 B．当m21时，有an4an7恒成立 C．当m27时，有an108an111恒成立 D．当m2kkN时，有ankank2恒成立
【答案】AC 【分析】
an,an为偶数题设中的递推关系等价为an12，根据首项可找到an的局部周期3an1,an为奇数性，从而可得正确的选项. 【详解】
因为4an1751an221ananan,an为偶数a，故n12，
3an1,an为奇数当m1即a11时，a24，a32，a41，故an为周期数列且anan3，故A正确.
当m21即a121时，a264，同理a416，a58，a64，a72，a81，故a5a8，故B错误.
1当m2即a12时，根据等比数列的通项公式可有ak22kkk1k2，
ak+11,ak+24，ak+32， ak+1ak+3，故D错误.
对于C，当m27时，数列an的前108项依次为：
27,82,42,124,62,31,94,47,142,71,214,107,322,161,484，242,121,364,182,91,274， 137,412,206,103,310,155,466,233,700,350,175,526,263,790,395,1186,593,1780， 890,445,1336,668,334,167,502,251,754,377,1132,566,283,850,425,1276,638,319，
958,479,1438,719,2158,1079,3238,1619,4858,2429,7288,3644,1822,911,2734， 1367,4102,2051,6154,3077,9232,4616,2308,1154,577,1732,866,433,1300,650， 325,976,488,244,122,61,184,92,46,23,70,35,106,53,160,80,40,20,10,5,16，

故a1098，a1104，a1112，a1121，a1134， 所以an109an112对任意n1总成立.
（备注：因为本题为多选题，因此根据A正确，BD错误可判断出C必定正确，可无需罗列出前108项） 故选：AC. 【点睛】
方法点睛：对于复杂的递推关系，我们应该将其化简为相对简单的递推关系，对于数列局部周期性的研究，应该从特殊情况中总结出一般规律，另外，对于多选题，可以用排除法来确定可选项.

2．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
111a2020a2212111，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.

3．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anan12n,A．0a11 【答案】ABC 【分析】
利用数列单调性及题干条件，可求出a1,b1范围；求出数列{an},{bn}的前2n项和的表达式，利用数学归纳法即可证明其大小关系，即可得答案. 【详解】
因为数列{an}为递增数列， 所以a1a2a3，
所以2a1a1a22，即a11， 又2a2a2a34，即a22a12， 所以a10，即0a11，故A正确； 因为{bn}为递增数列， 所以b1b2b3，
2所以b1b1b22，即b12，
2又b2b2b34，即b2bnbn12n(nN*，则下列结论正确的是（ ）
B．1b12
C．S2nT2n
D．S2nT2n
22， b1所以b11，即1b12，故B正确；
{an}的前2n项和为S2n(a1a2(a3a4(a2n1a2n
= 2[13(2n1]2n(12n12n2，
2nn1因为bnbn12，则bn1bn22，所以bn22bn，
则{bn}的2n项和为T2n(b1b3b2n1(b2b4b2n
01n101n1n=b1(222b2(222(b1b2(21
nn2bb(2122(21， 12当n=1时，S22,T222，所以T2S2，故D错误； 当n2时
假设当n=k时，22(2k12k2，即2(2k1k2，

则当n=k+1时，2(2k112(2k2k12k22(2k112k2k2
k22k1(k12
所以对于任意nN*，都有22(2k12k2，即T2nS2n，故C正确 故选：ABC 【点睛】
本题考查数列的单调性的应用，数列前n项和的求法，解题的关键在于，根据数列的单调性，得到项之间的大小关系，再结合题干条件，即可求出范围，比较前2n项和大小时，需灵活应用等差等比求和公式及性质，结合基本不等式进行分析，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题.

4．已知Sn是等差数列an的前n项和，S2019S2021S2020，设bnanan1an2，则数1列的前n项和为Tn，则下列结论中正确的是（ ） bnA．a20200
C．a2019a2020a2021a2022 【答案】ABC 【分析】
根据题设条件，得到S2021S2020a20210,S2020S2019a20200，进而求得B．a20210
D．n2019时，Tn取得最大值
a2019a20220，a2019a2020a2021a2022，再结合“裂项法”求得Tn111，结合d0，即可求解.
2da1a2an1an2【详解】
设等差数列an的公差为d，
因为S2019S2021S2020，可得S2021S2020a20210，S2020S2019a20200，
S2021S2019a2021a20200，
即a2020a20210，a2020da2021d0，即a2019a20220， 所以a2019a2020a2021a2022，d0，即数列an递减， 且a10，a20，…，a20200，a20210， 又由bnanan1an2，可得则11111， bnanan1an22daaaan1n2nn1Tn1111111111，2da1a2a2a3a2a3a3a4anan1an1an22da1a2an1an2
由d0，要使Tn取最大值，则显然11取得最小值， aaaan1n21210，而a2a3a3a4a2019a2020a2021a2022a2022a2023， an1an211所以当n2020时，取得最小值. aaaan1n212综上可得，正确的选项为ABC. 故选：ABC. 【点睛】
本题主要考查了数列的综合应用，其中解答中熟练应用通项an和Sn的关系式，数列的“裂项法”求和，以及数列的单调性进行求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.

5．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Fn，则Fn的通项公式为（ ）
(1n1nA．F(n
2B．Fn1FnFn1,n2且F11,F21
nn11515 C．Fn225nn11515 D．Fn522【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F11,F21，F3F1F22，F4F2F33，，Fn1FnFn1,n2，所以Fn1FnFn1,n2且F11,F21，即B满足条件；
由Fn1FnFn1,n2， 所以Fn1151515FnFnFn1 222
151515Fn1Fn所以数列为首项，为公比的等比数列， 是以2221515Fn所以Fn12 2n15Fn1Fn21，
所以15n1515n1((222令bnFn152n1，则bn153bn1， 2所以bn1555355(bn， 10210555553所以bn为首项，为公比的等比数列， 以10210所以bn555553n1((， 10102152n1nn51515； 522555553n1所以Fn1010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．

6．已知数列an，bn满足an1ann，bnan2nbn1，且a11，Sn是数列bn的前n项和，则下列结论正确的有（ ）
A．mN，am5ama5 C．mN，bm16 【答案】BD 【分析】
an3331 n41D．nN，Sn1
3B．nN，11n2n2b2ba2nb1用累加法得到an，代入nn，得nn，
n1n22代入am5ama5求出m可判断A；代入an33求最值可判断B；
n
令bm2【详解】
1116解出m可判断C；裂项相消后可求出Sn的范围可判断D. m1m2因为an1ann，所以
a2a11 a3a22

anan1n1(n2
以上各式累加得
ana112n1nn(n11，当n1时，a11成立， (n1，所以an22n(n1n2n2所以an，由bnan2nbn1，得122bn112112an2nn(n112n(n1(n2n1n2，
2m5m4m29m22，122对于A，am5m(m15(51m2m24 ， ama511222当am51m2m24m29m22ama5时，，得mN，A错误；
522n(n1133(n134n3411， 对于B，an332217nn2n2n22a3331， 当且仅当n268取等号，因为nN，所以n8时，884所以B正确；
对于C，令bm21151216m3m0，解得得，m1m283m252N，所以C错误；
对于D， nN，Snb1b21111b32233411 n1n21211n211S，可以看出是关于递增的，所以时有最小值， n1n2n2n23
1Sn1，D正确. 3故选：BD. 【点睛】
所以本题考查了由递推数列求通项公式、裂项相消求数列和，关键点是用累加法求出an，然后代入求出bn，考查了学生的推理能力、计算能力.

1，且Sn＝an1（λ为常数）．若数列{bn}满7．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2足anbn＝n9n20，且bn1bn，则满足条件的n的取值可以为（ ）
A．5 【答案】AB 【分析】
B．6 C．7 D．8
利用a1S1可求得2；利用anSnSn1可证得数列an为等比数列，从而得到an2n1，进而得到bn；利用bn1bn0可得到关于n的不等式，解不等式求得n的取值范围，根据nN求得结果. 【详解】
当n1时，a1S1a11，11，解得：2
Sn2an1
当n2且nN时，Sn12an11
anSnSn12an2an1，即：an2an1
an2n1
数列an是以1为首项，2为公比的等比数列，n29n20anbnn9n20，bn
2n12n19n120n29n20n211n28bn1bn0 nn1n22222n0，n11n28n4n70，解得：4n7
2又nN，n5或6 故选：AB 【点睛】
关键点点睛：本题考查数列知识的综合应用，涉及到利用an与Sn的关系求解通项公式、等比数列通项公式的求解、根据数列的单调性求解参数范围等知识，解决本题的关键点是能够得到bn的通项公式，进而根据单调性可构造出关于n的不等式，从而求得结果，考查学生计算能力，属于中档题．


8．将n2个数排成n行n列的一个数阵，如图：该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列，每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列(其中m0.已知a112，a13a611，记这n2个数的和为S.下列结论正确的有（ ）

A．m3
C．aij(3i13 【答案】ABD 【分析】
j1033185B．akk
4i118D．S1n(3n13n1
4根据第一列成等差，第一行成等比可求出a13,a61，列式即可求出m，从而求出通项aij，进而可得aii，根据错位相减法可求得此可以判断各选项的真假． 【详解】
∵a11＝2，a13＝a61+1，∴2m2＝2+5m+1，解得m＝3或m∴aijai13j1ai118kk，再按照分组求和法，每一行求和可得S，由1（舍去），A正确；
2j1j12i1m33i13，C错误； ∴aii3i13，
i1S18a11a22a33a18182305353317① 3S1823153253318②,
1033185①-②化简计算可得：S18,B正确；
4S＝(a11+a12+a13+……+a1n+(a21+a22+a23+……+a2n+……+(an1＋an2＋an3＋……＋ann
a1113n13a13n2113an113n13
23n1n 1n31.221=n(3n13n1，D正确；
4故选：ABD.

【点睛】
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aann1
9．已知等差数列an的前n项和为Sn，a218，a512，则下列选项正确的是（ ） A．d2 C．a3a430 【答案】AC 【分析】
先根据题意得等差数列an的公差d2，进而计算即可得答案. 【详解】
解：设等差数列an的公差为d，
则a5a23d183d12，解得d2.
所以a120，a3a4a2a530，a11a110d201020， 所以当且仅当n10或11时，Sn取得最大值. 故选：AC 【点睛】
本题考查等差数列的基本计算，前n项和Sn的最值问题，是中档题. 等差数列前n项和Sn的最值得求解常见一下两种情况：
（1）当a10,d0时，Sn有最大值，可以通过Sn的二次函数性质求解，也可以通过求满足an10且an0的n的取值范围确定；
（2）当a10,d0时，Sn有最小值，可以通过Sn的二次函数性质求解，也可以通过求满足an10且an0的n的取值范围确定；
B．a122
D．当且仅当n11时，Sn取得最大值

10．已知数列an的前n项和为Sn，a14,Snan+1(nN，数列n2的n(n1an1前n项和为Tn，nN，则下列选项正确的是（ ）

A．a24 【答案】ACD 【分析】
nB．Sn2
C．Tn3
8D．Tn1
23在a14,Snan+1(nN中，令n1，则A易判断；由S2a1a22，B易判断；令bnn23，b1，
n(n1an18n2n21131T，裂项求和，nn(n1an1nn12n1n2nn12n182n2时，bn则CD可判断. 【详解】
解：由a14,Snan+1(nN，所以a2S1a14，故A正确；S2a1a282322，故B错误；
an12， Snan+1，n2,Sn1an，所以n2时，anSnSn1an1an，ann22n， 所以n2时，an42令bnn2123b，1，
n(n1an1(11a28n2n211，
n(n1an1nn12n1n2nn12n1n2时，bn3T1b1，n2时，831111Tn822232332342411111 n2nn12n12n12n1231所以nN时，Tn，故CD正确；
82故选：ACD. 【点睛】
a1,n1方法点睛：已知an与Sn之间的关系，一般用an递推数列的通项，注SSn2n1n意验证a1是否满足anSnSn1n2；裂项相消求和时注意裂成的两个数列能够抵消求和.


本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/dd1535c2670e52ea551810a6f524ccbff021ca63.html

《海南省海口市秀英区枫叶国际学校高考数学中“数列多选题”的类型分析及答案.doc》
将本文的Word文档下载到电脑，方便收藏和打印
推荐度：
点击下载文档

文档为doc格式
相
关
案
例

相关推荐

推荐内容

河南高考理科成绩排名一分一段表之欧阳育创编 贵州省2021年高一上学期历史第一阶段考试试卷B卷 福建省2016年高考理科一分一段表格排名表格 海南卷历年高考真题 思想道德修养与法律基础自考题-5-1 河南高考文理科一分一段统计表 除了高考,你还有这么多种上985、211的方式 河南高考理科成绩排名一分一段表之欧阳地创编 《混凝土结构设计原理》(含答案)详解 2014年河南高考理科成绩排名一分一段表格
网站内容来自网络，如有侵权请联系我们，立即删除！ Copyright © 范文写作网京ICP备16605803号