高三数学下学期数列多选题单元 期末复习专题强化试卷检测试题

高三数学下学期数列多选题单元 期末复习专题强化试卷检测试题
一、数列多选题
1．各项均为正数的等比数列{}n a 的前n 项积为n T ，若11a >，公比1q ≠，则下列命题正确的是（ ）
A ．若59T T =，则必有141T =
B ．若59T T =，则必有7T 是n T 中最大的项
C ．若67T T >，则必有78T T >
D ．若67T T >，则必有56T T >
【答案】ABC 【分析】
根据题意，结合等比数列的通项公式、等差数列的前n 项和公式，以及等比数列的性质，逐项分析，即可求解. 【详解】
由等比数列{}n a 可知1
1n n a a q -=⋅，由等比数列{}n a 的前n 项积结合等差数列性质可知：
()
12
1
1212
11111
1
123n n n n n n n n a a q a q a q
a a T a a a q a q
--+++-=⋅⋅⋅==⋅=
对于A ，若59T T =，可得51093611a q a q =，即42611a q =，()
71491426
2
11141a q q T a ∴===，故
A 正确；
对于B ，若59T T =，可得4
26
1
1a q =，即132
1
1a q
=，又11a >，故1q <，又59T T =，可知
67891a a a a =，利用等比数列性质知78691a a a a ==，可知67891,1,1,1a a a a >><<，故7T 是n T 中最大的项，故B 正确；
对于C ，若67T T >，则61572111a q a q >，即611a q <，又10a >，则1q <，可得
768118
7
1T T a a q a q <=<=，故78T T >，故C 正确； 对于D ，若67T T >，则611a q <，566
5
1T a T a q ==，无法判断其与“1”的大小关系，故D 错误. 故选：ABC 【点睛】
关键点点睛：本题主要考查了等比数列的通项公式及等差数列前n 项和公式，以及等比数列的性质的应用，其中解答中熟记等比数列的通项公式和性质及等差数列的求和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了学生的推理与运算能力，属于较难题.
2．已知等比数列{}n a 首项11a >，公比为q ，前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，函数
()()()()127f x x x a x a x a =+++，若()01f '=，则（ ）
A ．{}lg n a 为单调递增的等差数列
B ．01q <<
C ．11n a S q ⎧⎫-⎨⎬-⎩⎭
为单调递增的等比数列
D ．使得1n T >成立的n 的最大值为6
【答案】BCD 【分析】
令()()()
()127g x x a x a x a =+++，利用()()12
7001f g a a a '===可得
3411a a q ==，01q <<，B 正确；由()
()111lg lg lg 1lg n n a a q a n q -==+-可得A 错误；
由()111111111
n n n a a a q
S q q q q q --
=--=⋅---可得C 正确；由11a >，01q <<，41a =可推出671T T >=，81T <可得D 正确. 【详解】
令()()()
()127g x x a x a x a =+++，则()()f x xg x =， ()()()f x g x xg x ''∴=+，()()127001f g a a a '∴===，
因为{}n a 是等比数列，所以712741a a a a ==，即3
411a a q ==，
11a >，
01q ∴<<，B 正确；
()()111lg lg lg 1lg n n a a q a n q -==+-，{}lg n a ∴是公差为lg q 的递减等差数列，A 错
误；
()111111111n n n a a a q S q q q q q --
=--=⋅---，11n a S q ⎧⎫
∴-⎨⎬-⎩
⎭是首项为101a q q <-，公比为q 的递增等比数列，C 正确；
11a >，01q <<，41a =，
3n ∴≤时，1n a >，5n ≥时，01n a <<，4n ∴≤时，1n T >，7712
741T a a a a ===，8n ∴≥时，789
71n n T T a a a T =<=，又7
567
1T T a a =
>，7
67
1T T a =
>，所以使得1n T >成立的n 的最大值为6，D 正确. 故选：BCD 【点睛】
关键点点睛：利用等比数列的性质、通项公式、求和公式、数列的单调性求解是解题关键.
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{}n f 称为斐波那契数列. 并将数列{}n f 中的各项除以4所得余数按原顺序构成的数列记为{}
n g ，则下列结论正确的是( ) A ．20192g =
B ．()()()()2
2
2123222022210f f f f f f -+-=
C ．12320192688g g g g ++++=
D ．222
21232019201820202f f f f f f ++++=
【答案】AB 【分析】
由+2+1+n n n f f f =可得()2
+112121n n n n n n n n f f f f f f f f +++++=-=-，可判断B 、D 选项；先计
算数列{}n g 前几项可发现规律,使用归纳法得出结论：数列{}
n g 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：
12345678910111211,2,3,1,0,1,12310g g g g g g g g g g g g ============，，，，，，，
所以数列{}
n g 是以6为最小正周期的数列，又20196336+3=⨯，所以20192g =，故A 选项正确；
对于C 选项：()()12320193361+1+2+3+1+0+1+1+22692g g g g ++++=⨯=，故C 选
项错误；
对于B 选项：斐波那契数列总有：+2+1+n n n f f f =，
所以()()2
2222232122232221f f f f f f f f =-=-，()()2
2121222021222120f f f f f f f f =-=-， 所以()()()()2
2
2123222022210f f f f f f -+-=，故B 正确； 对于D 选项：
()2
12+2+1112+n n n f f f f f f f f ==∴=，，，
()222312321f f f f f f f f =-=-， ()233423432f f f f f f f f =-=-，
，
()2+112121n n n n n n n n f f f f f f f f +++++=-=-。

所以222
21232019f f f f +++
+
()()()()122312343220182019201820172019202020192018+++++f f f f f f f f f f f f f f f f f f =----
20192020f f =，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．如图，已知点E 是ABCD 的边AB 的中点，(
)*
n F n ∈N
为边BC 上的一列点，连接
n AF 交BD 于n G ，点()*n G n ∈N 满足()1223n n n n n G D a G A a G E +=⋅-+⋅，其中数列
{}n a 是首项为1的正项数列，n S 是数列{}n a 的前n 项和，则下列结论正确的是（ ）
A ．313a =
B ．数列{}3n a +是等比数列
C ．43n a n =-
D ．1
22n n S n +=--
【答案】AB 【分析】
化简得到()()12323n n n n n n G D a a G A a G B +=--⋅-+⋅，根据共线得到
1230n n a a +--=，即()1323n n a a ++=+，计算123n n a +=-，依次判断每个选项得到
答案. 【详解】
()()
11
2232
n n n n n n G D a G A a G A G B +=⋅-+⋅
+， 故()()12323n n n n n n G D a a G A a G B +=--⋅-+⋅，,n n G D G B 共线，故
1230n n a a +--=，
即()1323n n a a ++=+，11a =，故1342n n a -+=⨯，故1
23n n a +=-.
432313a =-=，A 正确；数列{}3n a +是等比数列，B 正确；
1
23n n a +=-，C 错误；2124323412
n
n n S n n +-=-=---，故D 错误.
故选：AB . 【点睛】
本题考查了向量运算，数列的通项公式，数列求和，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力.
5．设n S 是公差为()d d ≠0的无穷等差数列{}n a 的前n 项和，则下列命题正确的是（ ） A ．若0d <，则数列{}n S 有最大项 B ．若数列{}n S 有最大项，则0d <
C ．若对任意*n N ∈，均有0n S >，则数列{}n S 是递增数列
D ．若数列{}n S 是递增数列，则对任意*n N ∈，均有0n S > 【答案】ABC 【分析】
由等差数列的求和公式可得()2111222n n n d d S na d n a n -⎛
⎫=+
=+- ⎪⎝
⎭，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()2111222n n n d d S na d n a n -⎛
⎫=+
=+- ⎪⎝
⎭， 选项A ，若0d <，由二次函数的性质可得数列{}n S 有最大项，故正确； 选项B ，若数列{}n S 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0n S >，对应抛物线开口向上，0d >， 可得数列{}n S 是递增数列，故正确；
选项D ，若数列{}n S 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0n S >，故错误. 故选：ABC . 【点睛】
本题考查等差数列的求和公式的应用，()2111222n n n d d S na d n a n -⎛
⎫=+
=+- ⎪⎝
⎭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.
6．设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，且12a =，38a =则（ ） A ．512a = B ．公差3d = C ．()261n S n n =+ D ．数列11n n a a +⎧
⎫⎨
⎬
⎩⎭
的前n 项和为64n
n + 【答案】BCD 【分析】
根据已知条件求出等差数列{}n a 的通项公式和前n 项和公式，即可判断选项A 、B 、
C ，
再利用裂项求和即可判断选项D. 【详解】
因为数列{}n a 是等差数列，则312228a a d d =+=+=，解得：3d =，故选项B 正确； 所以()21331n a n n =+-⨯=-，
对于选项A ：535114a =⨯-=，故选项A 不正确；
对于选项C ：()()
2222132612
n n S n n n ++-⨯⎡⎤⎣⎦=⨯=+，所以故选项C 正确； 对于选项D ：()()111111313233132n n a a n n n n +⎛⎫
==- ⎪-+-+⎝⎭
， 所以前n 项和为1111111
1132558811
3132n n ⎛⎫
-+-+-+
+
- ⎪-+⎝⎭
()611132322324
n n n n n ⎛⎫=-== ⎪
++⎝⎭+，故选项D 正确， 故选：BCD. 【点睛】
方法点睛：数列求和的方法
（1）倒序相加法：如果一个数列{}n a 的前n 项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可以用倒序相加法
（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可以用错位相减法来求；
（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和；
（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；
（5）并项求和法：一个数列的前n 项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如
()()1n
n a f n =-类型，可采用两项合并求解.
7．在递增的等比数列{}n a 中，已知公比为q ，n S 是其前n 项和，若1432a a =，
2312a a +=，则下列说法正确的是（ ）
A ．2q
B ．数列{}2n S +是等比数列
C ．8
510S =
D ．数列{}lg n a 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；8
510S =，122n n S ++=，所以数列{}2n S +是等比数
列，故选项,B C 正确；lg lg 2n a n =⋅，所以数列{}lg n a 是公差为lg 2的等差数列，故选项D 错误. 【详解】
{}n a 为递增的等比数列，由142332,12,a a a a =⎧⎨+=⎩得23142332,
12,a a a a a a ==⎧⎨+=⎩
解得234,8a a =⎧⎨=⎩或23
8,
4a a =⎧⎨=⎩，
∵{}n a 为递增数列， ∴234,
8
a a =⎧⎨
=⎩∴322a q a ==，212a a q ==，故选项A 正确；
∴2n
n a =，(
)1
2122
212
n
n n
S +⨯-=
=--，
∴9822510S =-=，1
22n n S ++=，
∴数列{}2n S +是等比数列，故选项B 正确；
所以122n n S +=-,则9
822510S =-=，故选项C 正确.
又lg 2lg 2lg n
n n a ==⋅，
∴数列{}lg n a 是公差为lg 2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.
8．已知数列{}n a ，{}n b 满足，11a =，11
n n n a a a +=
+，1
(1)n n b n a =+，若
23
100
10012
22
23
100
b b b T b =+
+++
，则（ ） A ．n a n = B ．1
n n b n =
+ C ．100100
101
T =
D ．10099100
T =
【答案】BC 【分析】 先证明数列
1n a 是等差数列得1
n a n =，进而得1(1)1n n
n b n a n ==++，进一步得
()211111n b n n n n n ==-++，再结合裂项求和得100100101
T =. 【详解】 解:因为11n
n n a a a +=
+,两边取倒数得: 1111n n a a +=+,即
1
11
1n n
a a ,
所以数列1
n a 是等差数列,公差为1,首项为
111a ,
故()1
111n n n a =+-⨯=,所以1n a n
=, 所以1(1)1
n n n
b n a n =
=++，故()211111n b n n n n n ==-++，
所以3
1002100122
2111
1
2310022334
100101
b b b T b =+
+++
=++++
⨯⨯⨯
111111
11100122334100101101101⎛⎫⎛⎫⎛⎫=
+-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
， 故BC 正确，AD 错误； 故选：BC 【点睛】
本题考查数列通项公式的求解，裂项求和，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于证明数列
1
n
a 是等差数列，进而结合裂项求和求解100T .
9．已知数列{}n a ，下列结论正确的有（ ） A ．若12a ＝，11n n a a n +++＝，则20211a ＝.
B ．若11132n n a a a ++＝，＝，则71457a =
C ．若1
2
n
n S =3+
，则数列{}n a 是等比数列 D ．若11212n n n a a a a ++＝，＝()*n N ∈，则15215
a ＝ 【答案】AB 【分析】
直接利用叠加法可判断选项A ，从而判断，利用构造新数列可求出B,D 中数列的通项公式，可判断，选项C 求出数列的前3项从而可判断. 【详解】
选项A. 由11n n a a n +=++，即11n n a a n +-=+ 则()()()()19191818120207121a a a a a a a a a a =-+-+-+
+-+
20191822211=+++
++=
故A 正确.
选项B. 由132n n a a +=+，得()1311n n a a +=++，
所以数列{}1n a +是以112a +=为首项，3为公比的等比数列.
则1123n n a -+=⨯，即1
231n n a -=⨯-，所以672311457a =⨯-=，故B 正确.
选项C. 由12n
n S =3+
，可得当1n =时，11722
a =+=3 当2n =时，得2211193622a S S ⎛
⎫⎛⎫=-=+
-+= ⎪ ⎪⎝
⎭⎝⎭， 当3n =时，得332112791822a S S ⎛⎫⎛⎫
=-=+
-+= ⎪ ⎪⎝
⎭⎝⎭
，
显然2
213a a a ≠，所以数列{}n a 不是等比数列，故C 错误.
选项D. 由122n
n n a a a +=
+，可得
11112
n n a a +-= 所以数列1n a ⎧⎫⎨
⎬⎩⎭
是以1为首项，1
2为公差的等差数列.
所以()1111122n n n a +=+-=，则1511826
a ==，即1518
a =，故D 错误. 故选：AB 【点睛】
关键点睛：本题考查利用递推关系求数列的通项公式，解答的关键是掌握求数列通项公式的常见方法，由叠加法可得
()()()()19191818120207121a a a a a a a a a a =-+-+-++-+，利用构造新数列
()1311n n a a +=++，1111
2
n n a a +-=解决问题，属于中档题.
10．已知首项为1的数列{}n a 的前n 项和为n S ，当n 为偶数时，11n n a a --=；当n 为奇数且1n >时，121n n a a --=.若4000m S >，则m 的值可以是（ ） A ．17 B ．18
C ．19
D ．20
【答案】BCD 【分析】
由已知条件得出数列奇数项之间的递推关系，从而得数列21{3}k a -+是等比数列，由此可求得奇数项的表达式（也即得到偶数项的表达式），对2k S 可先求得其奇数项的和，再得偶数项的和，从而得2k S ，计算出与4000接近的和，184043S =，173021S =，从而可得结论． 【详解】
依题意，2211k k a a -=+，21221k k a a +=+，*k N ∈，所以2211k k a a -=+，
2122121212(1)123k k k k a a a a +--=+=++=+,∴()2121323k k a a +-+=+.
又134a +=，故数列{}213k a -+是以4为首项，2为公比的等比数列，所以
121423k k a --=⋅-，
故S 奇
()21321141232
(44242)43321k k k k k a a a k k -+-===
+⨯+
+⨯--+++-=---，
S 偶21232412()242k k k a a a k k a a a +-=+=++
+=+++
--，故2k S S =奇＋S 偶
3285k k +=--，
故12
1828454043S =--=，173021S =，故使得4000m S >的最小整数m 的值为18.
故选：BCD . 【点睛】
关键点点睛：本题考查数列的和的问题，解题关键是是由已知关系得出数列的奇数项满足的性质，求出奇数项的表达式（也可求出偶数项的表达式），而求和时，先考虑项数为偶数时的和，这样可分类求各：先求奇数项的和，再求偶数项的和，从而得所有项的和，利用这个和的表达式估计和n S 接近4000时的项数n ，从而得出结论．。