高三数学 数学数列多选题的专项培优练习题(含答案

高三数学 数学数列多选题的专项培优练习题(含答案

一、数列多选题

1．已知数列na的前n项和为nS，前n项积为nT，0na，且202021111212aa（ ）

A．若数列na为等差数列，则20210S B．若数列na为等差数列，则10110a

C．若数列na为等比数列，则20200T D．若数列na为等比数列，则20200a

【答案】AC

【分析】

由不等关系式，构造11()212xfx，易得()fx在R上单调递减且为奇函数，即有220200aa，讨论na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202021111212aa，得2020211110212212aa，

令11()212xfx，则()fx在R上单调递减，而1121()212212xxxfx，

∴12()()102121xxxfxfx，即()fx为奇函数，

∴220200aa，

当na为等差数列，22020101120aaa，即10110a，且2202020212021()02aaS，故A正确，B错误；

当na为等比数列，201820202aaq，显然22020,aa同号，若20200a，则220200aa与上述结论矛盾且0na，所以前2020项都为正项，则202012020...0Taa，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220200aa，基于该不等关系，讨论na为等差、等比数列时项、前n项和、前n项积的符号.

2．设nS是公差为()dd0的无穷等差数列{}na的前n项和，则下列命题正确的是（ ）

A．若0d，则数列{}nS有最大项

B．若数列{}nS有最大项，则0d C．若对任意*nN，均有0nS，则数列{}nS是递增数列

D．若数列{}nS是递增数列，则对任意*nN，均有0nS

【答案】ABC

【分析】

由等差数列的求和公式可得2111222nnnddSnadnan，可看作关于n的二次函数，由二次函数的性质逐个选项验证可得.

【详解】

由等差数列的求和公式可得2111222nnnddSnadnan，

选项A，若0d，由二次函数的性质可得数列nS有最大项，故正确；

选项B，若数列nS有最大项，则对应抛物线开口向下，则有0d，故正确；

选项C，若对任意*nN，均有0nS，对应抛物线开口向上，0d，

可得数列nS是递增数列，故正确；

选项D，若数列nS是递增数列，则对应抛物线开口向上，

但不一定有任意*nN，均有0nS，故错误.

故选：ABC.

【点睛】

本题考查等差数列的求和公式的应用，2111222nnnddSnadnan可看成是二次函数，然后利用二次函数的性质解决问题，考查分析和转化能力，属于常考题.

3．设数列,nnab的前n项和分别为,nnST，1121,nnnSSSn，且212nnnnabaa，则下列结论正确的是（ ）

A．20202020a B．12nnnS

C．112nbnn D．1334nTn

【答案】ABD

【分析】

可由累乘法求得nS的通项公式，再由12nnnS得出nan，代入212nnnnabaa中可得112nbnn.由裂项相消法求出nT，利用数列的单调性证明1334nTn. 【详解】

由题意得，12nnSnSn，

∴当2n时，

121121112nnnnnSSSnnSSSSSnn13112nn，且当1n时也成立，

∴ 12nnnS，易得nan，∴ 20202020a，故,AB正确；

∴ 211111112222nnbnnnnnn，

∴11111111111111112324351122212nTnnnnnnnn

3111342124nnnn，

又nTn随着n的增加而增加，

∴1113nTnT，∴1334nTn，C错误，D正确，

故选：ABD.

【点睛】

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．

4．已知等差数列{}na中，59aa，公差0d，则使得前n项和nS取得最小值的正整数n的值是（ ）

A．5 B．6 C．7 D．8

【答案】BC

【分析】

分析出数列na为单调递增数列，且70a，由此可得出结论.

【详解】

在等差数列{}na中，59aa，公差0d，则数列na为递增数列，可得59aa，

59aa，可得5975202aaaa，570aa，

所以，数列{}na的前6项均为负数，且70a，

因此，当6n或7时，nS最小.

故选：BC. 【点睛】

方法点睛：本题考查等差数列前n项和最大值的方法如下：

（1）利用nS是关于n的二次函数，利用二次函数的基本性质可求得结果；

（2）解不等式0na，解出满足此不等式的最大的n即可找到使得nS最小.

5．已知数列{}na的前n项和为nS，11a＝，且1nnSa＝（λ为常数）．若数列{}nb满足2920nnabnn＝，且1nnbb，则满足条件的n的取值可以为（ ）

A．5 B．6 C．7 D．8

【答案】AB

【分析】

利用11aS可求得2；利用1nnnaSS可证得数列na为等比数列，从而得到12nna，进而得到nb；利用10nnbb可得到关于n的不等式，解不等式求得n的取值范围，根据nN求得结果.

【详解】

当1n时，1111aSa，11，解得：2

21nnSa

当2n且nN时，1121nnSa

1122nnnnnaSSaa，即：12nnaa

数列na是以1为首项，2为公比的等比数列，12nna

2920nnabnn，219202nnnnb

222111912092011280222nnnnnnnnnnnbb

20n，21128470nnnn，解得：47n

又nN，5n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na与nS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nb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．

6．设首项为1的数列na的前n项和为nS，已知121nnSSn，则下列结论正确的是（ ） A．数列na为等比数列 B．数列nSn为等比数列

C．数列na中10511a D．数列2nS的前n项和为2224nnn

【答案】BCD

【分析】

由已知可得11222nnnnSnSnSnSn，结合等比数列的定义可判断B；可得2nnSn，结合na和nS的关系可求出na的通项公式，即可判断A；由na的通项公式，可判断C；

由分组求和法结合等比数列和等差数列的前n项和公式即可判断D.

【详解】

因为121nnSSn，所以11222nnnnSnSnSnSn．

又112S，所以数列nSn是首项为2，公比为2的等比数列，故B正确；

所以2nnSn，则2nnSn．

当2n时，1121nnnnaSS，但11121a，故A错误；

由当2n时，121nna可得91021511a，故C正确；

因为1222nnSn，所以2311222...2221222...22nnSSSn

23122412122...2212...224122nnnnnnnnn

所以数列2nS的前n项和为2224nnn，故D正确．

故选：BCD．

【点睛】

关键点点睛：在数列中，根据所给递推关系，得到等差等比数列是重难点，本题由121nnSSn可有目的性的构造为1122nnSSnn，进而得到11222nnnnSnSnSnSn，说明数列nSn是等比数列，这是解决本题的关键所在，考查了推理运算能力，属于中档题,

7．在nnnABC（1,2,3,n）中，内角,,nnnABC的对边分别为,,nnnabc，nnnABC的面积为nS，若5na，14b，13c，且222124nnnacb，222124nnnabc，则（ ）

A．nnnABC一定是直角三角形 B．nS为递增数列

C．nS有最大值 D．nS有最小值 【答案】ABD

【分析】

先结合已知条件得到222211125=252nnnnbcbc，进而得到22225=nnnbca，得A正确，再利用面积公式得到递推关系1221875=644nnSS，通过作差法判定数列单调性和最值即可.

【详解】

由222124nnnacb，222124nnnabc得，222222112244nnnnnnacabbc2221122nnnabc2225122nnbc，故222211125=252nnnnbcbc，

又221125=0bc，22250nnbc，22225=nnnbca，故nnnABC一定是直角三角形，A正确；

nnnABC的面积为12nnnSbc，而4222222222221124224416nnnnnnnnnnnnabcabcacabbc，

故42222222222111241875161875==1616641nnnnnnnnnnnabcabbSSccS，

故22212218751875==6446434nnnnnSSSSS，

又22125=244nnnnnbcbcS（当且仅当52==2nnbc时等号成立）

22121875=06344nnnSSS，又由14b，13c知nnbc不是恒成立，即212nnSS，故1nnSS，故nS为递增数列，nS有最小值16S，无最大值，故BD正确，C错误.