数列(1)新高考多项选择题及答案

数列

多项选择题（请将答案填写在各试题的答题区内）

1．（2019秋•泉州期末）记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1+3a5＝S7，则以下结论一定正确的是（ ） A．a4＝0 C．S1＝S6

B．Sn的最大值为S3 D．|a3|＜|a5|

2．（2019秋•济宁期末）设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并满足条件a1＞1，a2019a2020＞1，𝑎2019−1＜0，下列结论正确的是（ ）

2020

𝑎−1

A．S2019＜S2020 B．S2019S2021﹣1＜0

C．T2019是数列{Tn}中的最大值 D．数列{Tn}无最大值

3．（2019秋•菏泽期末）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…．，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列{an}称为“斐波那契数列”，记Sn为数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是（ ） A．a6＝8 B．S7＝33

C．a1+a3+a5+…+a2019＝a2020 D．

2+𝑎2+⋯+𝑎2𝑎122019

𝑎2019

=𝑎2020

4．（2019秋•济宁期末）若Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an+1，（n∈N*），则下列说法正确的是（ ） A．a5＝﹣16

C．数列{an}是等比数列

B．S5＝﹣63

D．数列{Sn+1}是等比数列

5．（2019秋•淄博期末）在递增的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1a4＝32，a2+a3＝12，则下列说法正确的是（ ） A．q＝1

B．数列{Sn+2}是等比数列 C．S8＝510

D．数列{lgan}是公差为2的等差数列

𝑎𝑛2+3𝑎𝑛

6．（2019秋•聊城期末）已知数列{an}满足a1＝1，𝑎𝑛+1=A．{

1

(𝑛∈𝑁∗)，则下列结论正确的有（ ）

𝑎𝑛

+3}为等比数列

1

B．{an}的通项公式为𝑎𝑛=2𝑛+1−3 C．{an}为递增数列

D．{}的前n项和𝑇𝑛=2𝑛+2−3𝑛−4

𝑎𝑛1

7．（2019秋•泰安期末）设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，若a3＝12，S12＞0，S13＜0，则下列结论正确的是（ ） A．数列{an}是递增数列 B．S5＝60 C．−

247

＜𝑑＜−3

D．S1，S2，…，S12中最大的是S6

8．（2019秋•葫芦岛期末）已知数列{an}中，a1＝1，an+1−𝑛=(1+𝑛)𝑎𝑛，n∈N*．若对于任意的t∈[1，2]，

𝑛

不等式𝑛＜−2𝑡2−(𝑎+1)𝑡+𝑎2−a+2恒成立，则实数a可能为（ ）

11

𝑎

A．﹣4 B．﹣2 C．0 D．2

9．（2019秋•潍坊期末）设数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和，a1＞0且S6＝S9，则（ ） A．d＞0

C．S7或S8为Sn的最大值

B．a8＝0 D．S5＞S6

10．（2019秋•润州区校级期末）对于数列{an}，若存在正整数k（k≥2），使得ak＜ak﹣1，ak＜ak+1，则称ak

是数列{an}的“谷值”，k是数列{an}的“谷值点”，在数列{an}中，若𝑎𝑛=|𝑛+−8|，下列数不能作为数

𝑛9

列{an}的“谷值点”的是（ ） A．3

B．2

C．7

D．5

11．（2019秋•淮安期末）已知数列{an}是等比数列，那么下列数列一定是等比数列的是（ ） A．{𝑎}

𝑛

1

B．{log2an}

C．{an•an+1} D．{an+an+1+an+2}

12．（2019秋•南通期末）设等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d．已知a3＝12，S12＞0，a7＜0，则（ ） A．a6＞0

B．−

247

＜𝑑＜−3

C．Sn＜0时，n的最小值为13 D．数列{𝑛}中最小项为第7项

𝑎𝑛𝑆

13．（2019秋•苏州期末）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2（an﹣a）（其中a为常数），则下列说法正确的是（ ）

A．数列{an}一定是等比数列 C．数列{Sn}可能是等比数列

B．数列{an}可能是等差数列 D．数列{Sn}可能是等差数列

14．（2019秋•徐州期末）等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＞0，公差d≠0，则下列命题正确的是（ ） A．若S5＝S9，则必有S14＝0

B．若S5＝S9，则必有S7是Sn中最大的项 C．若S6＞S7，则必有S7＞S8 D．若S6＞S7，则必有S5＞S6

15．（2019秋•连云港期末）已知等比数列{an}中，满足a1＝1，公比q＝﹣2，则（ ） A．数列{2an+an+1}是等比数列 B．数列{an+1﹣an}是等比数列 C．数列{anan+1}是等比数列 D．数列{log2|an|}是递减数列

16．（2019秋•潍坊期末）已知等比数列{an}的公比𝑞=−3，等差数列{bn}的首项b1＝12，若a9＞b9且a10＞b10，则以下结论正确的有（ ） A．a9•a10＜0

B．a9＞a10

C．b10＞0

D．b9＞b10

2

17．（2020•山东学业考试）已知数列{an}为等差数列，首项为1，公差为2，数列{bn}为等比数列，首项为1，公比为2，设𝑐𝑛=𝑎𝑏𝑛，Tn为数列{cn}的前n项和，则当Tn＜2019时，n的取值可以是下面选项中的（ ） A．8

B．9

C．10

D．11

18．（2019秋•滕州市校级月考）设等比数列{an}的公比为q，其前n项的和为sn，前n项的积为Tn，并满足条件a1＞1，a2019a2020＞1，𝑎2019−1＜0，下列结论错误的是（ ）

2020

𝑎−1

A．S2019＞S2020 B．a2019．a2021﹣1＞0

C．T2020是数列{Tn}中的最大值

D．数列{Tn}无最小值

19．（2019秋•常熟市校级月考）等差数列{an}中，若S6＜S7且S7＞S8，则下面结论正确的是（ ） A．a1＞0

B．S9＜S6

C．a7最大

D．（Sn）max＝S7

20．（2019秋•海淀区校级期中）已知数列{an}，{bn}均为递增数列，{an}的前n项和为Sn，{bn}的前n项和为Tn．且满足an+an+1＝2n，bn•bn+1＝2n（n∈N*），则下列说法正确的有（ ） A．0＜a1＜1

B．1＜b1＜√2

C．S2n＜T2n

D．S2n≥T2n

数列

多项选择题

1．（2019秋•泉州期末）记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1+3a5＝S7，则以下结论一定正确的是（ ） A．a4＝0 C．S1＝S6

B．Sn的最大值为S3 D．|a3|＜|a5|

【分析】利用等差数列的通项公式求和公式及其性质即看到此得出．

【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，则a1+3（a1+4d）＝7a1+21d，解得a1＝﹣3d， 所以an＝a1+（n﹣1）d＝（n﹣4）d，所以a4＝0，故A正确； 因为S6﹣S1＝5a4＝0，所以S1＝S6，故C正确；

由于d的正负不清楚，故S3可能为最大值或最小值，故B不正确； 因为a3+a5＝2a4＝0，所以a3＝﹣a5，即|a3|＝|a5|，故D错误． 故选：AC．

2．（2019秋•济宁期末）设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并满足条件a1＞1，a2019a2020＞1，𝑎2019−1＜0，下列结论正确的是（ ）

2020

𝑎−1

A．S2019＜S2020 B．S2019S2021﹣1＜0

C．T2019是数列{Tn}中的最大值 D．数列{Tn}无最大值

【分析】本题由题意根据题干可得a2019＞1，a2020＜1，从而有a1＞1，0＜q＜1，则等比数列{an}为正项的递减数列．再结合等比数列的性质逐一核对四个命题得答案即可得到正确选项．

【解答】解：等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并满足条件a1＞1， a2019a2020＞1，

𝑎2019−1𝑎2020−1

＜0，∴a2019＞1，0＜a2020＜1，∴0＜q＜1．

根据a1＞1，0＜q＜1，可知 等比数列{an}为正项的递减数列． 即a1＞a2＞…＞a2019＞1＞a2020＞…＞0． ∵S2020﹣S2019＝a2020＞0， ∴S2019＜S2020，故选项A正确； ∵S2019＝a1+a2+…+a2019＞1，

∴S2019•S2021＝S2019•（S2019+a2020+a2021）

2=𝑆2019+S2019•（a2020+a2021） 2＞𝑆2019＞1．

即S2019•S2021﹣1＞0．故选项B错误；

根据a1＞a2＞…＞a2019＞1＞a2020＞…＞0．可知

T2019是数列{Tn}中的最大项，故选项C正确、选项D错误． 故选：AC．

3．（2019秋•菏泽期末）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…．，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列{an}称为“斐波那契数列”，记Sn为数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是（ ） A．a6＝8 B．S7＝33

C．a1+a3+a5+…+a2019＝a2020 D．

2+𝑎2+⋯+𝑎2𝑎122019

𝑎2019

=𝑎2020

【分析】根据数列的特点，求出其递推关系式；再对每一个选项逐个检验即可 【解答】解：A．由a1＝a2，a3＝a4﹣a2，a5＝a6﹣a4，可得a6＝8成立； B．由a1＝a2，a3＝a4﹣a2，a5＝a6﹣a4，可得a6＝8，a7＝13； ∴s7＝1+1+2+3+5+8+13＝33成立；

C．由a1＝a2，a3＝a4﹣a2，a5＝a6﹣a4，……，a2019＝a2020﹣a2018，可得：a1+a3+a5+…+a2019＝a2020． 故a1+a3+a5+…+a2019是斐波那契数列中的第2020项．即答案C成立； D．斐波那契数列总有an+2＝an+1+an，

222则𝑎1=𝑎2𝑎1，𝑎2=𝑎2(𝑎3−𝑎1)=𝑎2𝑎3−𝑎2𝑎1，𝑎3=𝑎3(𝑎4−𝑎2)=𝑎3𝑎4−𝑎2𝑎3，……， 2𝑎2018=𝑎2018(𝑎2019−𝑎2017)=𝑎2018𝑎2019−𝑎2017𝑎2018， 2𝑎2019=𝑎2019𝑎2020−𝑎2019𝑎2018；

2222∴𝑎1+𝑎2+𝑎3+⋯+𝑎2019=𝑎2019𝑎2020；即答案D 成立

故选：ABCD．

4．（2019秋•济宁期末）若Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an+1，（n∈N*），则下列说法正确的是（ ） A．a5＝﹣16

C．数列{an}是等比数列

B．S5＝﹣63

D．数列{Sn+1}是等比数列

【分析】先利用已知条件得到数列{an}是首项为﹣1，公比为2的等比数列，即可判断各个选项的正误． 【解答】解：∵Sn＝2an+1，（n∈N*）， ∴①当n＝1时，a1＝S1＝2a1+1，∴a1＝﹣1，

②当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝2an+1﹣2an﹣1﹣1，∴2an﹣1＝an，∴

𝑎𝑛𝑎𝑛−1

=2，

∴数列{an}是首项为﹣1，公比为2的等比数列，故选项C正确， ∴𝑎𝑛=−2

𝑛−1

，𝑆𝑛=

−(1−2𝑛)1−2

=1−2𝑛

=−31，故选项A正确，选项B错误，

∴𝑎5=−2=−16，𝑆5=

4

−(1−25)1−2

又∵𝑆𝑛+1=2−2𝑛，∴数列{Sn+1}不是等比数列，故选项D错误， 故选：AC．

5．（2019秋•淄博期末）在递增的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1a4＝32，a2+a3＝12，则下列说法正确的是（ ） A．q＝1

B．数列{Sn+2}是等比数列 C．S8＝510

D．数列{lgan}是公差为2的等差数列

【分析】本题先根据题干条件判断并计算得到q和a1的值，则即可得到等比数列{an}的通项公式和前n项和公式，则对选项进行逐个判断即可得到正确选项．

【解答】解：由题意，根据等比中项的性质，可得 a2a3＝a1a4＝32＞0，a2+a3＝12＞0， 故a2＞0，a3＞0．

根据根与系数的关系，可知

a2，a3是一元二次方程x2﹣12x+32＝0的两个根． 解得a2＝4，a3＝8，或a2＝8，a3＝4． 故必有公比q＞0， ∴a1=

𝑎2𝑞

＞0．

∵等比数列{an}是递增数列，∴q＞1． ∴a2＝4，a3＝8满足题意． ∴q＝2，a1=

𝑎2𝑞

=2．故选项A不正确．

an＝a1•qn﹣

1＝2n． ∵S𝑛n=

2(1−2)1−2

=2n+1﹣2．

∴Sn+2＝2n+1＝4•2n﹣

1．

∴数列{Sn+2}是以4为首项，2为公比的等比数列．故选项B正确． S8＝28+1﹣2＝512﹣2＝510．故选项C正确． ∵lgan＝lg2n＝n．

∴数列{lgan}是公差为1的等差数列．故选项D不正确． 故选：BC．

6．（2019秋•聊城期末）已知数列{an}满足a1＝1，𝑎𝑛+1=𝑎𝑛2+3𝑎𝑛

(𝑛∈𝑁∗)，则下列结论正确的有（A．{

1

𝑎𝑛

+3}为等比数列

B．{an}的通项公式为𝑎𝑛=1

2𝑛+1−3

C．{an}为递增数列

D．{1

𝑎𝑛

}的前n项和𝑇𝑛=2𝑛+2−3𝑛−4

【分析】首先利用定义求出数列的通项公式，进一步求出数列的和．

【解答】解：数列{an}满足a1＝1，𝑎𝑛+1=𝑎

𝑛

2+3𝑎𝑛

(𝑛∈𝑁∗)，整理得：2an+1+3anan+1＝an，

）

转换为故：故：

1

𝑎𝑛+1

+3=2(

1𝑎𝑛

+3)，

1

1

+3𝑎𝑛+11+3𝑎𝑛

=2(常数)，所以{

𝑎𝑛

+3}是以

1

𝑎1

+3=4为首项，2为公比的等比数列．

12𝑛+1−3

1

𝑎𝑛

+3=4⋅2𝑛−1=2𝑛+1，整理得𝑎𝑛=

．

则：{an}为递减数列． 进一步整理得：

1

1𝑎𝑛

=2𝑛+1−3，

4(2𝑛−1)2−1

所以{}的前n项和：𝑇𝑛=

𝑎𝑛

−3𝑛=2𝑛+2−3𝑛−4，

故选：ABD．

7．（2019秋•泰安期末）设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，若a3＝12，S12＞0，S13＜0，则下列结论正确的是（ ） A．数列{an}是递增数列 B．S5＝60 C．−

247

＜𝑑＜−3

D．S1，S2，…，S12中最大的是S6

【分析】利用等差数列的通项公式求和公式及其性质即可判断出结论． 【解答】解：依题意，有S12＝12a1+S13＝13a1+

13×122

12×112

•d＞0，

•d＜0，化为：2a1+11d＞0，a1+6d＜0，

即a6+a7＞0，a7＜0， ∴a6＞0．

由a3＝12，得a1＝12﹣2d，联立解得−S1，S2，…，S12中最大的是S6． S5=

5(𝑎1+𝑎5)

2

247

＜d＜﹣3．等差数列{an}是单调递减的．

=5a3＝60．

综上可得：BCD正确． 故选：BCD．

8．（2019秋•葫芦岛期末）已知数列{an}中，a1＝1，an+1−𝑛=(1+𝑛)𝑎𝑛，n∈N*．若对于任意的t∈[1，2]，

𝑛

不等式𝑛＜−2𝑡2−(𝑎+1)𝑡+𝑎2−a+2恒成立，则实数a可能为（ ）

11

𝑎

A．﹣4 B．﹣2

𝑎𝑛+1𝑛+1

C．0

−

𝑎𝑛𝑛

D．2

=−

𝑛1

1𝑛+1

【分析】由已知数列递推式可得=

1𝑛(𝑛+1)

，进一步得到

𝑎𝑛𝑛

＜2，则原不等式可转化为

𝑓(1)≤0

2t2+（a+1）t﹣a2+a≤0在t∈[1，2]上恒成立，构造函数（ft）＝2t2+（a+1）t﹣a2+a，t∈[1，2]，可得{，

𝑓(2)≤0求解不等式组得答案．

【解答】解：由an+1−𝑛=(1+𝑛)𝑎𝑛，得an+1−𝑛=

𝑛+1∴𝑛+1−

111𝑛+1𝑛

𝑎𝑛，

𝑎

𝑎𝑛𝑛

=𝑛(𝑛+1)=𝑛−𝑛+1， −

𝑎𝑛−1𝑛−1

111

∴

𝑎𝑛𝑛

=(

1

𝑎𝑛𝑛

)+(

1

𝑎𝑛−1𝑛−1

1

−

𝑎𝑛−2𝑛−2

)+⋯+⋯+（a2﹣a1）+a1，

12

1

＝（

𝑛−1

−）+（

𝑛𝑎𝑛𝑛

1

𝑛−2

−

𝑛−1

）+…+（1−）+1＝2−＜2，

𝑛

∵不等式

＜−2𝑡2−(𝑎+1)𝑡+𝑎2−a+2恒成立，∴2≤﹣2t2﹣（a+1）t+a2﹣a+2，

∴2t2+（a+1）t﹣a2+a≤0，在t∈[1，2]上恒成立， 设f（t）＝2t2+（a+1）t﹣a2+a，t∈[1，2]，

𝑓(1)=2+𝑎+1−𝑎2+𝑎≤0∴{，解得a≤﹣2或a≥5， 𝑓(2)=8+2(𝑎+1)−𝑎2+𝑎≤0∴实数a可能为﹣4，﹣2． 故选：AB．

9．（2019秋•潍坊期末）设数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和，a1＞0且S6＝S9，则（ ） A．d＞0

C．S7或S8为Sn的最大值

B．a8＝0 D．S5＞S6

【分析】由a1＞0且S6＝S9，利用求和公式可得：a8＝0，d＜0．即可判断出结论． 【解答】解：a1＞0且S6＝S9，∴6a1+S7或S8为Sn的最大值，S5＜S6． 故选：BC．

10．（2019秋•润州区校级期末）对于数列{an}，若存在正整数k（k≥2），使得ak＜ak﹣1，ak＜ak+1，则称ak

是数列{an}的“谷值”，k是数列{an}的“谷值点”，在数列{an}中，若𝑎𝑛=|𝑛+𝑛−8|，下列数不能作为数列{an}的“谷值点”的是（ ） A．3

B．2

C．7

D．5

9

6×52

d＝9a1+

9×82

d，化为：a1+7d＝0，可得a8＝0，d＜0．

【分析】根据数列的通项公式，求得a1到a8，利用定义即可判断．

【解答】解：由𝑎𝑛=|𝑛+−8|，

𝑛

9

则a1＝2，a2=2，a3＝2，a4=4，a5=5，a6=2，a7=7，a8=8， 所以n＝2，7是数列{an}的“谷值点” 当n＝3，5不是数列{an}的“谷值点”， 故选：AD．

11．（2019秋•淮安期末）已知数列{an}是等比数列，那么下列数列一定是等比数列的是（ ） A．{𝑎}

𝑛

376129

1

B．{log2an}

C．{an•an+1} D．{an+an+1+an+2}

﹣

【分析】本题先根据题意设等比数列{an}的公比为q（q≠0），则an＝a1•qn1．然后对AB选项先求出通项然后进行观察即可判断，对CD两个选项可根据等比数列的定义法进行判断． 【解答】解：由题意，可设等比数列{an}的公比为q（q≠0），则an＝a1•qn1． 对于A：𝑎=𝑎

𝑛

﹣

1

1

=𝑎•（𝑞）n1． 𝑞𝑛−11

111

﹣

∴数列{}是一个以为首项，为公比的等比数列；

𝑎𝑛

𝑎1

𝑞

111

对于B：log2an＝log2（a1•qn1）＝log2a1+（n﹣1）log2q． ∴数列{log2an}是一个以log2a1为首项，log2q为公差的等差数列； 对于C：∵

𝑎𝑛+1⋅𝑎𝑛+2𝑎𝑛⋅𝑎𝑛+1

﹣

=

𝑎𝑛+2𝑎𝑛

=

𝑎1⋅𝑞𝑛+1𝑎1⋅𝑞𝑛−1=q2，

∴数列{an•an+1}是一个以q2为公比的等比数列； 对于D：∵

𝑎𝑛+1+𝑎𝑛+2+𝑎𝑛+3𝑎𝑛+𝑎𝑛+1+𝑎𝑛+2

=

𝑞(𝑎𝑛+𝑎𝑛+1+𝑎𝑛+2)𝑎𝑛+𝑎𝑛+1+𝑎𝑛+2

=q，

∴数列{an+an+1+an+2}是一个以q为公比的等比数列． 故选：ACD．

12．（2019秋•南通期末）设等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d．已知a3＝12，S12＞0，a7＜0，则（ ） A．a6＞0 B．−

247

＜𝑑＜−3

C．Sn＜0时，n的最小值为13 D．数列{𝑎𝑛}中最小项为第7项

𝑛

𝑆

【分析】S12＞0，a7＜0，利用等差数列的求和公式及其性质可得：a6+a7＞0，a6＞0．再利用a3＝a1+2d

＝12，可得−时，

𝑆𝑛

247

＜d＜﹣3．a1＞0．利用S13＝13a7＜0．可得Sn＜0时，n的最小值为13．数列{𝑎𝑛}中，n≤6

𝑛

𝑆

𝑎𝑛

＞0.7≤n≤12时，𝑎𝑛＜0．n≥13时，𝑎𝑛＞0．进而判断出D是否正确．

𝑛

𝑛

𝑆𝑆

【解答】解：∵S12＞0，a7＜0， ∴

12(𝑎6+𝑎7)

2

＞0，a1+6d＜0．

∴a6+a7＞0，a6＞0． ∴2a1+11d＞0，a1+5d＞0， 又∵a3＝a1+2d＝12， ∴−S13=

247

＜d＜﹣3．a1＞0．

2

13(𝑎1+𝑎13)

=13a7＜0．

∴Sn＜0时，n的最小值为13． 数列{𝑛}中，n≤6时，

𝑎𝑛𝑆

𝑆𝑛𝑎𝑛

＞0，7≤n≤12时，𝑎𝑛＜0，n≥13时，𝑎𝑛＞0．

𝑛

𝑛

𝑆𝑆

对于：7≤n≤12时，

𝑆𝑛

𝑎𝑛

＜0．Sn＞0，但是随着n的增大而减小；an＜0，

𝑆

但是随着n的增大而减小，可得：𝑎𝑛＜0，但是随着n的增大而增大．

𝑛

∴n＝7时，𝑎𝑛取得最小值．

𝑛

𝑆

综上可得：ABCD都正确． 故选：ABCD．

13．（2019秋•苏州期末）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2（an﹣a）（其中a为常数），则下列说法正确的是（ ）

A．数列{an}一定是等比数列 C．数列{Sn}可能是等比数列

B．数列{an}可能是等差数列 D．数列{Sn}可能是等差数列

【分析】结合已知可得an＝2an﹣1，n＞1，然后结合a是否为0可进行判定是否满足等差或等比． 【解答】解：Sn＝2（an﹣a）， 当n＞1时可得，Sn﹣1＝2（an﹣1﹣a）， 两式相减可得，an＝2an﹣1，n＞1， 又n＝1时，S1＝2（a1﹣a）可得，a1＝2a，

若a＝0时，数列{an}不是等比数列，而是等差数列，其各项都为0，和也为等差数列

当a≠0时，数列{an}是等比数列，不是等差数列，而非常数性等比数列的前n项和不是等比， 故选：BD．

14．（2019秋•徐州期末）等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＞0，公差d≠0，则下列命题正确的是（ ） A．若S5＝S9，则必有S14＝0

B．若S5＝S9，则必有S7是Sn中最大的项 C．若S6＞S7，则必有S7＞S8 D．若S6＞S7，则必有S5＞S6

【分析】根据题意，结合等差数列的性质依次分析选项，综合即可得答案． 【解答】解：根据题意，依次分析选项：

对于A，若S5＝S9，必有S9﹣S5＝a6+a7+a8+a9＝2（a7+a8）＝0，则a7+a8＝0，S14=A正确；

对于B，若S5＝S9，必有S9﹣S5＝a6+a7+a8+a9＝2（a7+a8）＝0，又由a1＞0，则必有S7是Sn中最大的项，B正确；

对于C，若S6＞S7，则a7＝S7﹣S6＜0，又由a1＞0，必有d＜0，则a8＝S8﹣S7＜0，必有S7＞S8，C正确； 对于D，若S6＞S7，则a7＝S7﹣S6＜0，而a6的符号无法确定，故S5＞S6不一定正确，D错误； 故选：ABC．

15．（2019秋•连云港期末）已知等比数列{an}中，满足a1＝1，公比q＝﹣2，则（ ） A．数列{2an+an+1}是等比数列 B．数列{an+1﹣an}是等比数列 C．数列{anan+1}是等比数列 D．数列{log2|an|}是递减数列

【分析】由题意利用查等比数列的定义、通项公式、性质，判断各个选项是否正确，从而得出结论． 【解答】解：∵等比数列{an}中，满足a1＝1，公比q＝﹣2， ∴an＝1×（﹣2）n1＝（﹣2）n1．

由此可得 2an+an+1＝2•（﹣2）n1+（﹣2）n＝0，故A错误；

an+1﹣an＝（﹣2）n﹣（﹣2）n1＝﹣3•（﹣2）n1，故数列{an+1﹣an}是等比数列，故B正确； anan+1＝（﹣2）n1 （﹣2）n＝（﹣2）2n1，故数列{anan+1}是等比数列，故C正确； log2|an|＝log22n1＝n﹣1，故数列{log2|an|}是递增数，故D错误， 故选：BC．

﹣﹣

﹣

﹣

﹣

﹣

﹣

﹣

14×(𝑎1+𝑎14)

2

=

14×(𝑎7+𝑎8)

2

=0，

16．（2019秋•潍坊期末）已知等比数列{an}的公比𝑞=−，等差数列{bn}的首项b1＝12，若a9＞b9且a10＞

3

2

b10，则以下结论正确的有（ ） A．a9•a10＜0

B．a9＞a10

C．b10＞0

D．b9＞b10

【分析】设等差数列的公差为d，运用等差数列和等比数列的通项公式分析A正确，B与C不正确，结合条件判断等差数列为递减数列，即可得到D正确．

【解答】解：数列{an}是公比q为−3的等比数列，{bn}是首项为12，公差设为d的等差数列， 则𝑎9=𝑎1(−)8，𝑎10=𝑎1(−)9，

3

3

2

2

2

∴a9•a10=𝑎12(−3)17＜0，故A正确； ∵a1正负不确定，故B错误；

∵a10正负不确定，∴由a10＞b10，不能求得b10的符号，故C错误； 由a9＞b9且a10＞b10，则a1（−）8＞12+8d，a1（−）9＞12+9d，

3

3

2

2

2

可得等差数列{bn}一定是递减数列，即d＜0， 即有a9＞b9＞b10，故D正确． 故选：AD．

17．（2020•山东学业考试）已知数列{an}为等差数列，首项为1，公差为2，数列{bn}为等比数列，首项为1，公比为2，设𝑐𝑛=𝑎𝑏𝑛，Tn为数列{cn}的前n项和，则当Tn＜2019时，n的取值可以是下面选项中的（ ） A．8

B．9

C．10

D．11

【分析】由已知分别写出等差数列与等比数列的通项公式，求得数列{cn}的通项公式，利用数列的分组求和可得数列{cn}的前n项和Tn，验证得答案．

【解答】解：由题意，an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，𝑏𝑛=2𝑛−1， 𝑐𝑛=𝑎𝑏𝑛=2•2n1﹣1＝2n﹣1，则数列{cn}为递增数列， 其前n项和Tn＝（21﹣1）+（22﹣1）+（23﹣1）+…+（2n﹣1） ＝（21+22+…+2n）﹣n=

2(1−2𝑛)1−2

﹣

−𝑛=2n+1﹣2﹣n．

当n＝9时，Tn＝1013＜2019； 当n＝10时，Tn＝2036＞2019． ∴n的取值可以是8，9． 故选：AB．

18．（2019秋•滕州市校级月考）设等比数列{an}的公比为q，其前n项的和为sn，前n项的积为Tn，并满足条件a1＞1，a2019a2020＞1，A．S2019＞S2020 B．a2019．a2021﹣1＞0

𝑎2019−1𝑎2020−1

＜0，下列结论错误的是（ ）

C．T2020是数列{Tn}中的最大值 D．数列{Tn}无最小值

【分析】推导出a2019＞1，0＜a2020＜1，0＜q＜1，由此能求出结果．

【解答】解：∵等比数列{an}的公比为q，其前n项的和为sn，前n项的积为Tn， 并满足条件a1＞1，a2019a2020＞1，𝑎2019−1＜0，

2020

𝑎−1

∴a2019＞1，0＜a2020＜1，∴0＜q＜1，

在A中，∵a2020＞0，∴S2019＜S2020，故A错误；

在B中，a2019＞1，a2021﹣1＜0，∴a2019．a2021﹣1＜0，故B错误； ∴T2019是数列{Tn}中的最大项，故C错误； 在D中，数列{Tn}无最小值，故D正确． 故选：ABC．

19．（2019秋•常熟市校级月考）等差数列{an}中，若S6＜S7且S7＞S8，则下面结论正确的是（ ） A．a1＞0

B．S9＜S6

C．a7最大

D．（Sn）max＝S7

【分析】根据题意，分析可得a7＝S7﹣S6＞0，a8＝S8﹣S7＜0，且d＝a8﹣a7＜0，精粹结合等差数列的性质分析选项，即可得答案．

【解答】解：根据题意，等差数列{an}中，若S6＜S7且S7＞S8， 则a7＝S7﹣S6＞0，a8＝S8﹣S7＜0， 则有d＝a8﹣a7＜0，

对于A，必有a1＝a8﹣7d＞0，A正确；

对于B，S9﹣S6＝a7+a8+a9＝3a8＜0，必有S9＜S6，B正确；

对于C，等差数列{an}中，d＜0，数列{an}为递减数列，故a1最大，C错误； 对于D，数列{an}为递减等差数列，a7＞0，a8＜0，故必有（Sn）max＝S7，D正确； 故选：ABD．

20．（2019秋•海淀区校级期中）已知数列{an}，{bn}均为递增数列，{an}的前n项和为Sn，{bn}的前n项和

为Tn．且满足an+an+1＝2n，bn•bn+1＝2n（n∈N*），则下列说法正确的有（ ） A．0＜a1＜1

B．1＜b1＜√2

C．S2n＜T2n

D．S2n≥T2n

【分析】利用代入法求出前几项的关系即可判断出a1，b1的取值范围，在求出其前2n项和的表达式即可判断大小；

【解答】解：∵数列{an}为递增数列； ∴a1＜a2＜a3； ∵an+an+1＝2n， 𝑎+𝑎2=2∴{1； 𝑎2+𝑎3=4∴{

𝑎1+𝑎2＞2𝑎1

𝑎2+𝑎3＞2𝑎2=4−4𝑎1

∴0＜a1＜1；故A正确．

∴S2n＝（a1+a2）+（a3+a4）+…+（a2n﹣1+a2n）＝2+6+10+…+2（2n﹣1）＝2n2； ∵数列{bn}为递增数列； ∴b1＜b2＜b3； ∵bn•bn+1＝2n 𝑏𝑏=2∴{12； 𝑏2𝑏3=4∴{

𝑏2＞𝑏1𝑏3＞𝑏2

；

∴1＜b1＜√2，故B正确． ∵T2n＝b1+b2+…+b2n

＝（b1+b3+b5+…+b2n﹣1）+（b2+b4+…+b2n） =

𝑏1⋅(1−2𝑛)

2

+

𝑏2(1−2𝑛)

2

=(𝑏1+𝑏2)(2𝑛−1)

≥2√𝑏1𝑏2(2𝑛−1)=2√2(2𝑛−1)；

∴对于任意的n∈N*，S2n＜T2n；故C正确，D错误． 故选：ABC．