黑龙江省海林市朝鲜族中学新高考数学高考数学压轴题 数列多选题分类精编附解析.docx
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黑龙江省海林市朝鲜族中学新高考数学高考数学压轴题数列多选题分类精编附解析
黑龙江省海林市朝鲜族中学新高考数学高考数学压轴题数列多选题分类精编附解析
一、数列多选题
1.已知等比数列的公比为q,前n项和,设,记的前n项和为,则下列判断正确的是()
A.若,则B.若,则
C.若,则D.若,则
【答案】BD
【分析】
先求得的取值范围,根据的取值范围进行分类讨论,利用差比较法比较出和的大小关系.
【详解】
由于是等比数列,,所以,
当时,,符合题意;
当时,,即,上式等价于①或②.解②得.解①,由于可能是奇数,也可能是偶数,所以.
综上所述,的取值范围是.
,所以,所以,而,且.
所以,当,或时,,即,故BD选项正确,C选项错误.
当时,,即.
当或时,,A选项错误.
综上所述,正确的选项为BD.
故选:
BD
【点睛】
本小题主要考查等比数列的前项和公式,考查差比较法比较大小,考查化归与转化的数学思想方法,考查分类讨论的数学思想方法,属于中档题.
2.各项均为正数的等比数列的前项积为,若,公比,则下列命题正确的是()
A.若,则必有B.若,则必有是中最大的项
C.若,则必有D.若,则必有
【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】
由等比数列可知,由等比数列的前项积结合等差数列性质可知:
对于A,若,可得,即,,故A正确;
对于B,若,可得,即,又,故,又,可知,利用等比数列性质知,可知,故是中最大的项,故B正确;
对于C,若,则,即,又,则,可得,故,故C正确;
对于D,若,则,,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.
3.如图,已知点是的边的中点,为边上的一列点,连接交于,点满足,其中数列是首项为1的正项数列,是数列的前项和,则下列结论正确的是()
A.B.数列是等比数列
C.D.
【答案】AB
【分析】
化简得到,根据共线得到,即,计算,依次判断每个选项得到答案.
【详解】
,
故,共线,故,
即,,故,故.
,正确;数列是等比数列,正确;
,错误;,故错误.
故选:
.
【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.
4.已知等差数列的前项和为,若,,则()
A.
B.数列是公比为8的等比数列
C.若,则数列的前2020项和为4040
D.若,则数列的前2020项和为
【答案】CD
【分析】
由等差数列性质可判断A;结合已知条件可求出等差数列的公差,从而可求出通项公式以及,结合等比数列的定义可判断B;写出,由定义写出的表达式,进行分组求和即可判断C;,裂项相消即可求和.
【详解】
由等差数列的性质可知,,故A错误;设的公差为,则有,解得,,故,,
则数列是公比为的等比数列,故B错误;若,
则的前2020项,故C正确;
若,则的前2020项和
,故D正确.
故选:
CD.
【点睛】
方法点睛:
求数列的前项和常见思路有:
1、对于等差和等比数列,直接结合求和公式求解;2、等差数列等比数列时,常采取分组求和法;3、等差数列等比数列时,常采取错位相减法;4、裂项相消法.
5.下面是关于公差的等差数列的几个命题,其中正确的有()
A.数列递增
B.为的前n项和,则数列是递增的等差数列
C.若,为的前n项和,且为等差数列,则
D.若,为的前n项和,则方程有唯一的根
【答案】ABD
【分析】
选项A.由题意可判断;选项B.先求出,根据可判断;选项C.若,则,则或时为等差数列可判断;选项D.由可判断.
【详解】
选项A.由题意,则,所以数列递增,故A正确.
选项B.,则
所以,则,所以数列是递增的等差数列.故B正确.
选项C.若,则,则
当时,为等差数列.
当时,为等差数列.所以选项C不正确.
选项D.,即,则
又
由,所以,得,故选项D正确.
故选:
ABD
【点睛】
关键点睛:
本题考查等差数列的判定和单调性的单调,解答本题的关键是利用等差数列的定义和前项和公式进行判断,求出,从而判断,属于中档题.
6.已知数列,满足,,且,是数列的前n项和,则下列结论正确的有()
A.,B.,
C.,D.,
【答案】BD
【分析】
用累加法得到,代入,得,
代入求出m可判断A;代入求最值可判断B;
令解出m可判断C;裂项相消后可求出的范围可判断D.
【详解】
因为,所以
以上各式累加得
,所以,当时,成立,
所以,由,得,
对于A,,,
当时,,得,A错误;
对于B,,
当且仅当取等号,因为,所以时,,
所以B正确;
对于C,令得,,解得,所以C错误;
对于D,,
,可以看出是关于递增的,所以时有最小值,
所以,D正确.
故选:
BD.
【点睛】
本题考查了由递推数列求通项公式、裂项相消求数列和,关键点是用累加法求出,然后代入求出,考查了学生的推理能力、计算能力.
7.已知等差数列中,,公差,则使得前项和取得最小值的正整数n的值是()
A.B.C.D.
【答案】BC
【分析】
分析出数列为单调递增数列,且,由此可得出结论.
【详解】
在等差数列中,,公差,则数列为递增数列,可得,
,可得,,
所以,数列的前项均为负数,且,
因此,当或时,最小.
故选:
BC.
【点睛】
方法点睛:
本题考查等差数列前项和最大值的方法如下:
(1)利用是关于的二次函数,利用二次函数的基本性质可求得结果;
(2)解不等式,解出满足此不等式的最大的即可找到使得最小.
8.首项为正数,公差不为0的等差数列,其前项和为,则下列4个命题中正确的有()
A.若,则,;
B.若,则使的最大的n为15;
C.若,,则中最大;
D.若,则.
【答案】ABD
【分析】
利用等差数列的求和公式及等差数列的性质,逐一检验选项,即可得答案.
【详解】
对于A:
因为正数,公差不为0,且,所以公差,
所以,即,
根据等差数列的性质可得,又,
所以,,故A正确;
对于B:
因为,则,
所以,又,
所以,
所以,,
所以使的最大的n为15,故B正确;
对于C:
因为,则,
,则,即,
所以则中最大,故C错误;
对于D:
因为,则,又,
所以,即,故D正确,
故选:
ABD
【点睛】
解题的关键是先判断d的正负,再根据等差数列的性质,对求和公式进行变形,求得项的正负,再分析和判断,考查等差数列性质的灵活应用,属中档题.
9.(多选)设数列是等差数列,公差为d,是其前n项和,且,则()
A.B.C.或为的最大值D.
【答案】BC
【分析】
根据得到,再根据得到,可得数列是单调递减的等差数列,所以或为的最大值,根据得,故BC正确.
【详解】
由得,,
即,又,
,,∴B正确;
由,得,又,,
∴数列是单调递减的等差数列,
,
或为的最大值,∴A错误,C正确;
,,所以D错误.
故选:
BC.
【点睛】
关键点点睛:
根据等差中项推出,进而推出是解题关键.
10.已知数列的前项和为,,数列的前项和为,,则下列选项正确的是()
A.B.C.D.
【答案】ACD
【分析】
在中,令,则A易判断;由,B易判断;令,,
时,,裂项求和,则CD可判断.
【详解】
解:
由,所以,故A正确;,故B错误;
,,所以时,,,
所以时,,
令,,
时,,
,时,
所以时,,故CD正确;
故选:
ACD.
【点睛】
方法点睛:
已知与之间的关系,一般用递推数列的通项,注意验证是否满足;裂项相消求和时注意裂成的两个数列能够抵消求和.
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