多选题题型专项练训专练02数列-2022届新高考二轮复习

2022届新高考二轮复习第二部分多选题题型专项练训专练02数列1.(2021·武汉质检)无穷数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn＋c，其中a，b，c为实数，则()A.{an}可能为等差数列B.{an}可能为等比数列C.{an}中一定存在连续三项构成等差数列D.{an}中一定存在连续三项构成等比数列2.已知数列{an}是等差数列，前n项和为Sn，满足a1＋5a3＝S8，下列结论一定正确的是()A.a10＝0 B.S10最小C.S7＝S12 D.S20＝03.(2021·辽宁五校质检)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q>1，n∈N*，则()A.{an}一定是递增数列B.{an}可能是递增数列也可能是递减数列C.a3，a7，a11仍成等比数列D.∀n∈N*，Sn≠04.已知数列{an}满足a1＝2，(2n－1)an＋1＝(2n＋1)an(n∈N*)，则()A.an＝3n－1 B.an＝4n－2C.Sn＝n2 D.Sn＝2n25.(2021·湖南三联)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，an＋2－an＝2，n∈N*，则()A.a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，…为等差数列B.a2－a1，a4－a3，a6－a5，…为常数列C.a2n－1＝4n－3D.若数列{bn}满足bn＝(－1)n·an，则数列{bn}的前100项和为1006.在等比数列{an}中，公比q为整数，Sn是数列{an}的前n项和.若a1·a4＝32，a2＋a3＝12，则下列说法正确的是()A.q＝2B.数列{Sn＋2}是等比数列C.S8＝510D.数列{lgan}是公差为2的等差数列7.(2021·济南联考)已知数列{Fn}：1，1，2，3，5，8，13，…，从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和.记数列{Fn}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是()A.S6＝F8B.S2019＝F2021－1C.F1＋F3＋F5＋…＋F2021＝F2022D.Feq\o\al(2,1)＋Feq\o\al(2,2)＋Feq\o\al(2,3)＋…＋Feq\o\al(2,2020)＝F2020F20218.(2021·福建三联)设数列{xn}，若存在常数a，对任意正数r，总存在正整数N，当n≥N时，|xn－a|<r，则数列{xn}为收敛数列.下列关于收敛数列说法正确的有()A.等差数列不可能是收敛数列B.若等比数列{xn}是收敛数列，则公比q∈(－1，0)∪(0，1]C.若数列{xn}满足xn＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)n))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)n))，则{xn}是收敛数列D.设公差不为0的等差数列{xn}的前n项和为Sn(Sn≠0)，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))一定是收敛数列9.(2021·青岛质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝Sn＋2an＋1，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2n,anan＋1)))的前n项和为Tn，n∈N*，则下列选项正确的为()A.数列{an＋1}是等差数列B.数列{an＋1}是等比数列C.数列{an}的通项公式为an＝2n－1D.Tn<110.(2021·广州测试)在数学课堂上，教师引导学生构造新数列：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数列1，2进行构造，第1次得到数列1，3，2；第2次得到数列1，4，3，5，2；……第n(n∈N*)次得到数列1，x1，x2，x3，…，xk，2.记an＝1＋x1＋x2＋…＋xk＋2，数列{an}的前n项和为Sn，则()A.k＋1＝2n B.an＋1＝3an－3C.an＝eq\f(3,2)(n2＋3n) D.Sn＝eq\f(3,4)(3n＋1＋2n－3)11.(2021·湖北重点中学调研)设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，前n项积为Tn，并满足条件a1>1，a2021·a2022>1，(a2021－1)·(a2022－1)<0，则下列结论中正确的有()A.q>1 B.S2022>S2021C.a2021·a2023<1 D.T2021是数列{Tn}中的最大项12.(2021·湖南名校测评)如图，已知四边形ABCD中，Fn(n∈N*)为边BC上的一列点，连接AFn交BD于Gn，点Gn(n∈N*)满足eq\o(GnFn,\s\up6(→))＋2(1＋an)eq\o(GnC,\s\up6(→))＝an＋1eq\o(GnB,\s\up6(→))，其中数列{an}是首项为1的正项数列，Sn是数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是()A.a3＝13 B.数列{3＋an}是等比数列C.an＝4n－3 D.Sn＝2n＋1－3n答案与解析1.答案ABC解析当c＝0时，{an}为等差数列，故A正确；当a＝c＝0，b≠0时，{an}为公比为1的等比数列，故B正确；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋b－a，a2＝3a＋b，a3＝5a＋b，a4＝7a＋b，则2a3＝a2＋a4，所以a2，a3，a4成等差数列，故C正确；当a＝b＝c＝0时，Sn＝0，an＝0，此时{an}中不存在连续三项构成等比数列，故D不正确.故选ABC.2.答案AC解析设数列{an}的公差为d，又a1＋5a3＝S8，所以a1＋5(a1＋2d)＝8a1＋28d，则a1＝－9d.所以an＝a1＋(n－1)d＝(n－10)d，所以a10＝0，故A一定正确；Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）d,2)＝－9nd＋eq\f(n（n－1）d,2)＝eq\f(d,2)(n2－19n)，所以S10＝－45d，不一定最小，故B不一定正确；由Sn＝eq\f(d,2)(n2－19n)的对称性知S7＝S12，故C一定正确；S20＝10d，不一定等于0，故D不一定正确.故选AC.3.答案BCD解析∵{an}是等比数列，∴an＝a1qn－1，Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)(q>1)，∴当a1>0时，数列{an}为递增数列，当a1<0时，数列{an}为递减数列，对于∀n∈N*，Sn≠0，∴A错误，B，D正确.∵a3＝a1q2，a7＝a1q6，a11＝a1q10，∴a3，a7，a11成等比数列，∴C正确.故选BCD.4.答案BD解析由题意得eq\f(an＋1,an)＝eq\f(2n＋1,2n－1)，所以an＝a1·eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·…·eq\f(an,an－1)＝2·eq\f(3,1)·eq\f(5,3)·…·eq\f(2n－1,2n－3)＝4n－2，则数列{an}为等差数列，故Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝eq\f(n（2＋4n－2）,2)＝2n2，故选BD.5.答案ABD解析法一采用不完全归纳可得，数列{an}：1，3，3，5，5，7，7，9，9，…，不难得出A，B正确；而a2n－1＝2n－1，故C错误；对于D，数列{bn}的前100项和为－1＋3－3＋5－5＋7－7＋9－…＝2×50＝100.故选ABD.法二令n＝2k－1，k∈N*，有a2k＋1－a2k－1＝2.令n＝2k，k∈N*，有a2k＋2－a2k＝2，故{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，{a2n}是首项为3，公差为2的等差数列，则a2n－1＝2n－1，a2n＝2n＋1，易得ABD正确.6.答案ABC解析因为{an}为等比数列，且a1·a4＝32，所以a2·a3＝32.又a2＋a3＝12，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,a3＝8，,q＝2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝8，,a3＝4，,q＝\f(1,2).))又公比q为整数，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,a3＝8，,q＝2，))即an＝2n，Sn＝eq\f(2×（1－2n）,1－2)＝2n＋1－2.对于A，由上可得q＝2，故A正确；对于B，因为Sn＋2＝2n＋1，所以eq\f(Sn＋1＋2,Sn＋2)＝eq\f(2n＋2,2n＋1)＝2，则数列{Sn＋2}是等比数列，故B正确；对于C，S8＝29－2＝510，故C正确；对于D，lgan＋1－lgan＝lg2，即数列{lgan}是公差为lg2的等差数列，故D错误.故选ABC.7.答案BCD解析因为数列{Fn}从第三项开始，每项等于前相邻两项之和，则Fn＋2＝Fn＋Fn＋1＝Fn＋Fn－1＋Fn＝Fn＋Fn－1＋Fn－2＋Fn－1＝Fn＋Fn－1＋Fn－2＋Fn－3＋Fn－2＝…＝Fn＋Fn－1＋Fn－2＋Fn－3＋…＋F2＋F1＋1＝Sn＋1，所以S6＝F8－1，S2019＝F2021－1，故A错误，B正确；易知F1＝F2，F3＝F4－F2，F5＝F6－F4，…，F2021＝F2022－F2020.将以上式子相加，得F1＋F3＋F5＋…＋F2021＝F2022，故C正确；因为Fn＋2＝Fn＋1＋Fn，F1＝F2＝1，所以Feq\o\al(2,1)＝F2F1，Feq\o\al(2,2)＝F2(F3－F1)＝F2F3－F2F1，Feq\o\al(2,3)＝F3F4－F2F3，…，Feq\o\al(2,2020)＝F2020F2021－F2020F2019.将以上式子相加，得Feq\o\al(2,1)＋Feq\o\al(2,2)＋…＋Feq\o\al(2,2020)＝F2020F2021，故D正确.选BCD.8.答案BCD解析对于A，若该等差数列是常数列，则符合收敛数列的条件，故A错误；对于B，当q＝1时，xn＝x1，此时取a＝x1知|xn－a|＝0<r，满足题意；当|q|>1时，xn＝x1·qn－1，当n→＋∞时，|xn|→＋∞，不可能存在这样的常数a满足题意；当q＝－1时，xn＝x1·(－1)n－1，{xn}为摆动数列，也不存在这样的常数a满足题意；当－1<q<1，且q≠0时，xn＝x1·qn－1，当n→＋∞时，|xn|→0，此时取a＝0即可，故q∈(－1，0)∪(0，1]，故B正确；对于C，xn＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)n))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)n))＝eq\f(1,2)sin(πn)＝0，此时取a＝0即可，所以{xn}是收敛数列，故C正确；对于D，因为Sn＝nx1＋eq\f(n（n－1）,2)d(d为公差)，故eq\f(1,Sn)＝eq\f(2,2nx1＋n（n－1）d)，当n→＋∞时，eq\f(1,Sn)＝eq\f(2,2nx1＋n（n－1）d)→0，此时取a＝0即可，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是收敛数列，故D正确.故选BCD.9.答案BCD解析由Sn＋1＝Sn＋2an＋1，得an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1，可化为an＋1＋1＝2(an＋1).由a1＝1，得a1＋1＝2，则数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列.则an＋1＝2n，即an＝2n－1.由eq\f(2n,anan＋1)＝eq\f(2n,（2n－1）（2n＋1－1）)＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1－1)，得Tn＝1－eq\f(1,22－1)＋eq\f(1,22－1)－eq\f(1,23－1)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1－1)＝1－eq\f(1,2n＋1－1)<1.所以A错误，B，C，D正确.故选BCD.10.答案ABD解析由题意可知，第1次得到数列1，3，2，此时k＝1；第2次得到数列1，4，3，5，2，此时k＝3；第3次得到数列1，5，4，7，3，8，5，7，2，此时k＝7；第4次得到数列1，6，5，9，4，11，7，10，3，11，8，13，5，12，7，9，2，此时k＝15；…，第n次得到数列1，x1，x2，x3，…，xk，2，此时k＝2n－1，所以k＋1＝2n，故A正确；结合A项中列出的数列可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝3＋3，,a2＝3＋3＋9，,a3＝3＋3＋9＋27，,a4＝3＋3＋9＋27＋81))⇒an＝3＋31＋32＋…＋3n(n∈N*).由等比数列求和公式可得an＝3＋eq\f(3（3n－1）,2)，则an＋1＝3＋eq\f(3（3n＋1－1）,2)＝3＋eq\f(3n＋2－3,2)＝eq\f(3n＋2,2)＋eq\f(3,2).又3an－3＝3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3＋\f(3（3n－1）,2)))－3＝9＋eq\f(3n＋2,2)－eq\f(9,2)－3＝eq\f(3n＋2,2)＋eq\f(3,2)，所以an＋1＝3an－3，故B正确；由B项分析可知an＝3＋eq\f(3（3n－1）,2)＝eq\f(3,2)(3n＋1)，则an≠eq\f(3,2)(n2＋3n)，故C错误；Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(32,2)＋\f(33,2)＋…＋\f(3n＋1,2)))＋eq\f(3,2)n＝eq\f(\f(32（1－3n）,1－3),2)＋eq\f(3,2)n＝eq\f(3n＋2,4)＋eq\f(3n,2)－eq\f(9,4)＝eq\f(3,4)(3n＋1＋2n－3)，故D正确.故选ABD.11.答案BCD解析由{an}为等比数列，a1>1，a2021·a2022>1及(a2