多選題加練(六)　數(shù)　列

多選題加練(六)數(shù)列1.(2024·溫州模擬)Sn是等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若存在a，b，c∈R，使得Sn＝a·bn＋c，則()A.a＋c＝0B.b是數(shù)列{an}的公比C.ac<0D.{an}可能為常數(shù)列答案ABC解析設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q.當(dāng)q＝1時(shí)，Sn＝na1，顯然是一次函數(shù)，不是常數(shù)函數(shù)形式，故不滿足，所以D錯(cuò)誤；當(dāng)q≠1時(shí)，Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)＝eq\f(a1,1－q)－eq\f(a1,1－q)·qn，所以c＝eq\f(a1,1－q)，a＝－eq\f(a1,1－q)，b＝q，即a＋c＝0，ac＝－eq\f(aeq\o\al(2,1),（1－q）2)<0，所以A，B，C正確.2.(2024·岳陽模擬)已知各項(xiàng)均為正數(shù)的等差數(shù)列{an}，且an＋1>an，則()A.a3＋a7＝a4＋a6B.a3·a7>a4·a6C.數(shù)列{a2n＋1}是等差數(shù)列D.數(shù)列{a2n}是等比數(shù)列答案AC解析設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d(d>0)，對于A，由等差數(shù)列性質(zhì)可得a3＋a7＝a4＋a6，故A正確；對于B，a4·a6－a3·a7＝(a1＋3d)·(a1＋5d)－(a1＋2d)·(a1＋6d)＝3d2>0，則a3·a7<a4·a6，故B錯(cuò)誤；對于C，因?yàn)閍2n＋1－a2n－1＝2d，則數(shù)列{a2n＋1}是等差數(shù)列，故C正確；對于D，如數(shù)列{an}為1，2，3，4，5，6，…，顯然數(shù)列{a2n}不是等比數(shù)列，故D錯(cuò)誤.3.(2024·鹽城模擬)已知數(shù)列{an}對任意的整數(shù)n≥3，都有n2an－2an＋2＝(n2－4)aeq\o\al(2,n)，則下列說法中正確的有()A.若a2＝2，a4＝2，則a6＝2B.若a1＝1，a3＝3，則a2n＋1＝2n＋1(n∈N)C.數(shù)列{an}可以是等差數(shù)列D.數(shù)列{an}可以是等比數(shù)列答案BC解析若a2＝2，a4＝2，當(dāng)n＝4時(shí)，16a2a6＝12aeq\o\al(2,4)，解得a6＝eq\f(3,2)，故A錯(cuò)誤；若a1＝1，a3＝3，當(dāng)n＝3時(shí)，9a1a5＝5aeq\o\al(2,3)，解得a5＝5，當(dāng)n＝5時(shí)，25a3a7＝21aeq\o\al(2,5)，解得a7＝7，…，根據(jù)推遞關(guān)系可知，當(dāng)n為奇數(shù)，即n＝2n＋1時(shí)，a2n＋1＝2n＋1(n∈N)，故B正確；若an＝n，則n2(n－2)(n＋2)＝(n2－4)n2成立，故數(shù)列{an}可以是等差數(shù)列，即C正確；若數(shù)列{an}是等比數(shù)列，假設(shè)公比為q，則由n2an－2an＋2＝(n2－4)aeq\o\al(2,n)，得(n＋1)2an－1an＋3＝[(n＋1)2－4]aeq\o\al(2,n＋1)，兩式相除得，eq\f(（n＋1）2,n2)eq\f(an－1,an－2)eq\f(an＋3,an＋2)＝eq\f([（n＋1）2－4],[n2－4])eq\f(aeq\o\al(2,n＋1),aeq\o\al(2,n))，即eq\f(（n＋1）2,n2)q2＝eq\f(（n＋1）2－4,n2－4)q2，解得n＝－eq\f(1,2)，不符合題意，故D錯(cuò)誤.4.(2024·武漢模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，下列說法正確的是()A.若數(shù)列{an}為等差數(shù)列，則a1＋a3＋a8＝2a6恒成立B.若數(shù)列{an}為等差數(shù)列，則S3，S6－S3，S9－S6，…為等差數(shù)列C.若數(shù)列{an}為等比數(shù)列，則a3＝7，S3＝21，則a4＝－eq\f(7,2)D.若數(shù)列{an}為等比數(shù)列，則S3，S6－S3，S9－S6，…為等比數(shù)列答案BD解析若數(shù)列{an}為等差數(shù)列，不妨設(shè)其公差為d，則a1＋a3＋a8＝3a1＋9d，2a6＝2a1＋10d，顯然當(dāng)a1＝d才相等，故A錯(cuò)誤；(S6－S3)－S3＝9d＝(S9－S6)－(S6－S3)，故B正確；若數(shù)列{an}為等比數(shù)列，且a3＝7，S3＝21，設(shè)其公比為q，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q2＝7，,a1（1＋q＋q2）＝21，))作商可得q＝1或q＝－eq\f(1,2)，所以a4＝7或a4＝－eq\f(7,2)，故C錯(cuò)誤；由題意得{an}各項(xiàng)均不為0，可得(S6－S3)÷S3＝q3＝(S9－S6)÷(S6－S3)，故D正確.5.(2024·廣州調(diào)研)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且nSn＝(n＋1)Sn－1＋(n－1)n(n＋1)(n≥2，n∈N*)，若S1＝－50，則下列結(jié)論正確的有()A.a5>0B.數(shù)列{an}單調(diào)遞減C.當(dāng)n＝4時(shí)，Sn取得最小值D.Sn>0時(shí)，n的最小值為7答案AC解析由nSn＝(n＋1)Sn－1＋(n－1)n(n＋1)(n≥2，n∈N*)，得eq\f(Sn,n＋1)－eq\f(Sn－1,n)＝n－1，eq\f(Sn,n＋1)＝eq\f(S2,3)－eq\f(S1,2)＋eq\f(S3,4)－eq\f(S2,3)＋…＋eq\f(Sn,n＋1)－eq\f(Sn－1,n)＋eq\f(S1,2)＝1＋2＋…＋(n－1)－eq\f(50,2)，解得2Sn＝n3－51n－50(n≥2，n∈N*)，當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝－50滿足上式，所以Sn＝eq\f(n3－51n－50,2)，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(3n2－3n－50,2)，所以a5＝eq\f(3×52－3×5－50,2)＝5>0，故A正確；當(dāng)n≥2時(shí)，an＝eq\f(3n2－3n－50,2)單調(diào)遞增，又a1＝－50，a2＝－22，所以數(shù)列{an}單調(diào)遞增，且a1<a2<a3<a4<0<a5<a6<…，所以當(dāng)n≤4時(shí)，{Sn}單調(diào)遞減，當(dāng)n≥5時(shí)，{Sn}單調(diào)遞增，且S4<S5，所以當(dāng)n＝4時(shí)，Sn取得最小值，故B錯(cuò)誤，C正確；又S7＝eq\f(73－51×7－50,2)＝－32<0，S8＝eq\f(83－51×8－50,2)＝27>0，故D錯(cuò)誤.6.(2024·錦州模擬)如果有限數(shù)列{an}滿足ai＝an－i＋1(i＝1，2，…，n)，則稱其為“對稱數(shù)列”，設(shè){bn}是項(xiàng)數(shù)為2k－1(k∈N*)的“對稱數(shù)列”，其中bk，bk＋1，…，b2k－1是首項(xiàng)為50，公差為－4的等差數(shù)列，則()A.若k＝10，則b1＝10B.若k＝10，則{bn}所有項(xiàng)的和為590C.若k＝13，則{bn}所有項(xiàng)的和最大D.{bn}所有項(xiàng)的和可能為0答案BC解析∵{bn}是項(xiàng)數(shù)為2k－1(k∈N＋)的對稱數(shù)列，∴b1＝b2k－1，b2＝b2k－2，…，bk－1＝bk＋1，{bn}的和S2k－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(50k－\f(k（k－1）,2)×4))×2－50＝－4k2＋104k－50＝－4(k－13)2＋626，對于A，k＝10，則b1＝b19＝50－4×9＝14，錯(cuò)誤；對于B，k＝10，則所有項(xiàng)的和為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(50×10－\f(10×9,2)×4))×2－50＝590，正確；對于C，{bn}的和S2k－1＝－4(k－13)2＋626，當(dāng)k＝13時(shí)，和最大，正確；對于D，S2k－1＝－4k2＋104k－50＝0，方程無正整數(shù)解，錯(cuò)誤.7.已知{an}為等差數(shù)列，前n項(xiàng)和為Sn，a1＝10，公差d＝－2，則()A.S4＝S7B.當(dāng)n＝5或6時(shí)，Sn取得最小值為30C.數(shù)列{|an|}的前10項(xiàng)和為50D.當(dāng)n≤2023時(shí)，{an}與數(shù)列{3m＋10}(m∈N*)共有671項(xiàng)互為相反數(shù)答案AC解析因?yàn)閍1＝10，d＝－2，所以an＝10－2(n－1)＝－2n＋12，Sn＝eq\f(n（10－2n＋12）,2)＝－n2＋11n，所以S4＝－16＋44＝28，S7＝－49＋77＝28，所以A正確；因?yàn)镾n＝－n2＋11n＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(11,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(121,4)，根據(jù)二次函數(shù)的對稱性及開口向下可知，Sn取得最大值為S5＝S6＝eq\f(121,4)－eq\f(1,4)＝30，故B錯(cuò)誤；記{|an|}的前10項(xiàng)和為T10，因?yàn)閍n＝－2n＋12，當(dāng)an＝－2n＋12≥0時(shí)，解得n≤6，當(dāng)an＝－2n＋12<0時(shí)，解得n>6，所以T10＝|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＋|a10|＝a1＋a2＋…＋a6－a7－a8－a9－a10＝S6－(S10－S6)＝2S6－S10，因?yàn)镾n＝－n2＋11n，所以S10＝10，所以T10＝2×30－10＝50，故C正確；記bm＝3m＋10，因?yàn)閍n＝－2n＋12，n≤2023，所以a2023＝－4034，所以當(dāng)n≤2023時(shí)，an≥－4034，由an＝－2n＋12，n≤2023，可知an為偶數(shù)，若bm與an互為相反數(shù)，則bm≤4034，且bm為偶數(shù)，由bm＝3m＋10，所以bm－10為偶數(shù)，即3m為偶數(shù)，即m為偶數(shù)，即3m≤4024，即m≤eq\f(4024,3)，且m為偶數(shù)，所以m≤1341，且為偶數(shù)，故這樣的m有670個(gè)，故D錯(cuò)誤.8.(2024·威海模擬)已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝1，前n項(xiàng)和為Sn.設(shè)λ與k是常數(shù)，若對任意n∈N＋，均有成立，則稱此數(shù)列為“λ－k”數(shù)列.若數(shù)列{an}是“eq\f(\r(2),2)－2”數(shù)列，且an>0，則()A.Sn＝9n－1B.{an}為等比數(shù)列C.{Sn－an}的前n項(xiàng)和為eq\f(9n－1－1,8)D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))為等差數(shù)列答案AC解析由條件可知，λ＝eq\f(\r(2),2)，k＝2，則eq\r(Sn＋1)－eq\r(Sn)＝eq\f(\r(2),2)eq\r(an＋1)＝eq\f(\r(2),2)eq\r(Sn＋1－Sn)，兩邊平方后，整理得Sn＋1－4eq\r(Sn＋1Sn)＋3Sn＝0，即(eq\r(Sn＋1)－eq\r(Sn))(eq\r(Sn＋1)－3eq\r(Sn))＝0，得eq\r(Sn＋1)＝eq\r(Sn)或eq\r(Sn＋1)＝3eq\r(Sn)，若eq\r(Sn＋1)＝eq\r(Sn)，則Sn＋1＝Sn，則an＋1＝0，這與an>0矛盾，所以不成立，若eq\r(Sn＋1)＝3eq\r(Sn)，則Sn＋1＝9Sn，S1＝a1＝1，所以數(shù)列{Sn}是首項(xiàng)為1，公比為9的等比數(shù)列，即Sn＝9n－1，故A正確；由Sn＋1＝9Sn可得Sn＝9Sn－1(n≥2)，兩式相減得，an＋1＝9an，并且n＝1時(shí)，S2＝9S1，即a1＋a2＝9a1，得a2＝8，那么eq\f(a2,a1)＝8≠9，所以{an}不是等比數(shù)列，故B錯(cuò)誤；an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,8·9n－2，n≥2，))當(dāng)n＝1時(shí)，S1－a1＝0，當(dāng)n≥2時(shí)，設(shè)數(shù)列{Sn－an}的前n項(xiàng)和為Tn，則Tn＝(S1－a1)＋(S2－a2)＋…＋(Sn－an)＝(S1＋S2＋…＋Sn)－(a1＋a2＋…＋an)＝eq\f(1－9n,1－9)－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(8×（1－9n－1）,1－9)))＝eq\f(9n－1－1,8)，當(dāng)n＝1時(shí)，T1＝0成立，故Tn＝eq\f(9n－1－1,8)，故C正確；eq\f(S1,a1)＝1，eq\f(S2,a2)＝eq\f(9,8)，eq\f(S3,a3)＝eq\f(9,8)，eq\f(S1,a1)＋eq\f(S3,a3)≠2eq\f(S2,a2)，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))不是等差數(shù)列，故D錯(cuò)誤.9.(2024·唐山模擬)如圖，△ABC是邊長為2的等邊三角形，連接各邊中點(diǎn)得到△A1B1C1，再連接△A1B1C1的各邊中點(diǎn)得到△A2B2C2，…，如此繼續(xù)下去，設(shè)△AnBnCn的邊長為an，△AnBnCn的面積為Mn，則()A.Mn＝eq\f(\r(3),4)aeq\o\al(2,n)B.aeq\o\al(2,4)＝a3a5C.a1＋a2＋…＋an＝2－22－nD.M1＋M2＋…＋Mn<eq\f(\r(3),3)答案ABD解析顯然△AnBnCn是正三角形，因此Mn＝eq\f(\r(3),4)aeq\o\al(2,n)，A正確；由中位線性質(zhì)易得an＝eq\f(1,2)an－1，即{an}是等比數(shù)列，公比為eq\f(1,2)，因此aeq\o\al(2,4)＝a3a5，B正確；a1＝eq\f(1,2)AB＝1，a1＋a2＋…＋an＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n),1－\f(1,2))＝2－21－n，C錯(cuò)誤；M1＝eq\f(\r(3),4)×12＝eq\f(\r(3),4)，{an}是等比數(shù)列，公比為eq\f(1,2)，則{Mn}也是等比數(shù)列，公比是eq\f(1,4)，M1＋M2＋…＋Mn＝eq\f(\f(\r(3),4)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))\s\up12(n))),1－\f(1,4))＝eq\f(\r(3),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n)))<eq\f(\r(3),3)，D正確.10.(2024·漳州模擬)已知數(shù)列{an}是首項(xiàng)為eq\f(1,2)的正項(xiàng)等比數(shù)列，若A，B，C是直線l上不同的三點(diǎn)，O為平面內(nèi)任意一點(diǎn)，且eq\o(OA,\s\up6(→))＝2a2eq\o(OB,\s\up6(→))＋4a3eq\o(OC,\s\up6(→))，則()A.a3＝2a2B.數(shù)列{bn}的前6項(xiàng)和為eq\f(63,64)C.數(shù)列{log2an}是遞減的等差數(shù)列D.若bn＝eq\f(1,log2an·log2an＋1)，則數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和的最大值為1