高考数学二轮复习数学数列多选题试题含答案

高考数学二轮复习数学数列多选题试题含答案

一、数列多选题

1．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na称为“斐波那契数列”，记nS为数列na的前n项和，则下列结论正确的是（ ）

A．68a B．954S

C．13520192020aaaaa D．22212201920202019aaaaa

【答案】ACD

【分析】

由题意可得数列na满足递推关系12211,1,(3)nnnaaaaan，依次判断四个选项，即可得正确答案.

【详解】

对于A，写出数列的前6项为1,1,2,3,5,8，故A正确；

对于B，911235813+21+3488S，故B错误；

对于C，由12aa，342aaa，564aaa，……，201920202018aaa，可得：13520192426486202020182020aaaaaaaaaaaaaa，故C正确.

对于D，斐波那契数列总有21nnnaaa，则2121aaa，222312321aaaaaaaa，233423423aaaaaaaa，……，220182018201920172018201920172018aaaaaaaa，220192019202020192018aaaaa，可得22212201920202019201920202019aaaaaaaa，故D正确；

故选：ACD.

【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，属于中档题.

2．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（ ）

A．(1)1()2nnFn B．11,2FnFnFnn且11,21FF

C．11515225nnFn

D．11515225nnFn

【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11,21FF，3122FFF，4233FFF，，11,2FnFnFnn，所以11,2FnFnFnn且11,21FF，即B满足条件；

由11,2FnFnFnn，

所以15151511222FnFnFnFn

所以数列1512FnFn是以152为首项，152为公比的等比数列，

所以1515122nFnFn

所以115121151515()()222nnFFnn，

令1152nnnFb，则15312nnbb，

所以1555355()10210nnbb，

所以5510nb以5510为首项，532为公比的等比数列，

所以1555553()()10102nnb， 所以115555531551515101022522nnnnFn；

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．

3．已知数列na的前n项和为nS，且1ap，122nnSSp（2n，p为常数），则下列结论正确的有（ ）

A．na一定是等比数列 B．当1p时，4158S

C．当12p时，mnmnaaa D．3856aaaa

【答案】BC

【分析】

对于A选项，若0p，则数列na不是等比数列，当0p时，通过题目条件可得112nnaa，即数列na为首项为p，公比为12的等比数列，然后利用等比数列的通项公式、前n项和公式便可得出B，C，D是否正确.

【详解】

由1ap，122nnSSp得，222appp，故22pa，则2112aa，

当3n时，有1222nnSSp，则120nnaa，即112nnaa，

故当0p时，数列na为首项为p，公比为12的等比数列；当0p时不是等比数列，故A错误；

当1p时，441111521812S，故B正确；

当12p时，12nna，则12mnmnmnaaa，故C正确；

当0p时，38271133+22128aapp，而56451112+22128aapp，

故3856aaaa，则D错误； 故选：BC.

4．两个等差数列na和nb，其公差分别为1d和2d，其前n项和分别为nS和nT，则下列命题中正确的是（ ）

A．若nS为等差数列，则112da

B．若nnST为等差数列，则120dd

C．若nnab为等差数列，则120dd

D．若*nbN，则nba也为等差数列，且公差为12dd

【答案】AB

【分析】

对于A，利用2132SSS化简可得答案；

对于B，利用2211332STSTST化简可得答案；

对于C，利用2211332ababab化简可得答案；

对于D，根据112nnbbaadd可得答案.

【详解】

对于A，因为nS为等差数列，所以2132SSS，

即1211232aaaaaa，所以111112233adaad，

化简得21120da，所以112da，故A正确；

对于B，因为nnST为等差数列，所以2211332STSTST，

所以11121111122223333adbdabadbd，

所以120dd，故B正确；

对于C，因为nnab为等差数列，所以2211332ababab，

所以11121111122()()(2)(2)adbdabadbd，

化简得120dd，所以10d或20d，故C不正确；

对于D，因为11(1)naand，且*nbN，所以11(1)nbnaabd112111abndd，

所以1111211nbaabdndd，

所以11111211112111nnbbaaabdnddabdndd12dd，

所以nba也为等差数列，且公差为12dd，故D不正确.

故选：AB 【点睛】

关键点点睛：利用等差数列的定义以及等差中项求解是解题关键.

5．在递增的等比数列na中，已知公比为q，nS是其前n项和，若1432aa，2312aa，则下列说法正确的是（ ）

A．2q B．数列2nS是等比数列

C．8510S D．数列lgna是公差为2的等差数列

【答案】ABC

【分析】

计算可得2q，故选项A正确；8510S，122nnS，所以数列2nS是等比数列，故选项,BC正确；lglg2nan，所以数列lgna是公差为lg2的等差数列，故选项D错误.

【详解】

na为递增的等比数列，由142332,12,aaaa得23142332,12,aaaaaa

解得234,8aa或238,4aa，

∵na为递增数列，

∴234,8aa∴322aqa，212aaq，故选项A正确；

∴2nna，12122212nnnS，

∴9822510S，122nnS，

∴数列2nS是等比数列，故选项B正确；

所以122nnS,则9822510S，故选项C正确.

又lg2lg2lgnnna，

∴数列lgna是公差为lg2的等差数列，故选项D错误.

故选：ABC.

【点睛】

方法点睛：证明数列为等差（等比）数列常用的方法有：

（1）定义法；

（2）通项公式法

（3）等差（等比）中项法 （4）等差（等比）的前n项和的公式法.要根据已知灵活选择方法证明.

6．已知等比数列na满足11a，其前n项和*1,0nnSparnNp．（ ）

A．数列na的公比为p B．数列na为递增数列

C．1rp D．当14pr取最小值时，13nna

【答案】BD

【分析】

先结合已知条件，利用1nnnaSS找到,pq的关系，由11pq判断选项A错误，由11pqp判断B正确，利用na通项公式和前n项和公式代入已知式计算rp判断C错误，将rp代入14pr，利用基本不等式求最值及取等号条件，判断D正确.

【详解】

依题意，等比数列na，11a，其前n项和*1,0nnSparnNp，设公比是q，

2n时，11nnnnSparSpar，作差得，1nnnpaapa，即11nnpapa，故11nnapap，即1pqp，即11pq.

选项A中，若公比为p，则11pqq，即210qq，即152pq时，数列na的公比为p，否则数列na的公比不为p，故错误；

选项B中，由0p知，1111pqpp，故111111nnnnaaqqp是递增数列，故正确；

选项C中，由1nnSpar，11nnqSq，11pq，1nnaq知，

1111111nnnnqpqqaqrSpq，故C错误；

选项D中， 因为rp，故1111214444pppprppp，当且仅当14pp，即12p时等号成立，14pr取得最小值1，此时13pqp，