湖南长郡中学高考数学数列的概念专题复习(专题训练)doc

一、数列的概念选择题

*1．数列an的前n项和记为Sn，an1anan1nN,n2，a12018，

a22017，则S100（ ）

A．2016

B．2017

C．2018

D．2019

2．已知数列an满足: a12，an11（ ） A．1007

B．1008

1，设数列an的前n项和为Sn，则S2017anC．1009.5

D．1010

23．数列an的通项公式是ann7n6，a4（ ）

A．2 B．6 C．2 D．1

4．设数列an的前n项和为Sn已知an1an2n3nN*且Sn1300，若

a23，则n的最大值为（ ）

A．49

B．50

C．51

D．52

5．已知数列aij按如下规律分布（其中i表示行数，j表示列数），若aij2021，则下列结果正确的是（ ）

 第1列 第2列 第3列 第4列 … 3 5 15 29 9 11 13 27 19 21 23 25 33 第1行 1 第2行 7 第3行 17 第4行 31 ┇

A．i13，j33 B．i19，j32 C．i32，j14 D．i33，j14

26．已知数列an的前n项和为Sn，且Snnn1，则an的通项公式是（ ）

A．an2n B．an3,n1 C．an2n1

2n,n2nD．an3n

27．已知数列an的通项公式为ann，则数列an中的最大项为（ ） 3A．

8 9B．

2 3C．

81D．

125 2438．若数列的前4项分别是

1111,,,，则此数列的一个通项公式为（ ） 2345(1)n1C．

n1C．第10项

(1)n1A．

nA．第

(1)nB．

nB．第9项

(1)nD．

n1D．第11项

9．已知数列5，3，13，17，…，4n1，…，则35是它的（ ） 10．数列an中，a12，an12an1，则a10（ ） A．511

B．513

C．1025

D．1024

11．已知数列an满足an1an2n，且a133，则A．21

B．10

C．

an的最小值为（ ） nD．

21 2n17 212．数列1,3,5,7,9,A．an2n1 C．an1n1的一个通项公式为（ ）

B．an1(2n1)

(2n1)

D．an1n1(2n1)

13．已知数列an中，a11，an1A．

2an，则a5等于（ ） an2C．

22 5B．

1 32 3D．

1 214．已知数列an的通项公式为annn（R），若an为单调递增数列，则实数的取值范围是（ ） A．,3

B．,2

C．,1

D．,0

15．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”现有高阶等差数列，其前7项分别为1，4，8，14，23，36，54，则该数列的第19项为（ ）

（注：122232A．1624

n2nn12n1）

6C．1024

D．1560

B．1198

12a,0a,nn3216．已知数列{an}满足an1若a1=,则a2019 = ( )

52a1,1a1.nn2A．

1 5B．

2 5C．

3 5D．

4 517．若数列{an}满足a12,an1A．2

B．－3

1an，则a2020的值为（ ） 1anC．1 2D．

1 318．正整数的排列规则如图所示，其中排在第i行第j列的数记为ai,j，例如a4,39，则

a，5等于（ ）

123 456710A．2019

B．2020

C．2021

D．2022

19．意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…即F1F21，FnFn1Fn2 （n3，

nN），此数列在现代物理、化学等方面都有着广泛的应用，若此数列的每一项被2除

后的余数构成一个新数列an，则数列an的前2020项的和为（ ） A．1348

B．1358

C．1347

D．1357

20．删去正整数1，2，3，4，5，…中的所有完全平方数与立方数（如4，8），得到一个新数列，则这个数列的第2020项是（ ） A．2072

B．2073

C．2074

D．2075

二、多选题

21．意大利人斐波那契于1202年从兔子繁殖问题中发现了这样的一列数：

1,1,2,3,5,8,13,….即从第三项开始，每一项都是它前两项的和.后人为了纪念他，就把这列

数称为斐波那契数列.下面关于斐波那契数列{an}说法正确的是（ ） A．a1055

B．a2020是偶数

C．3a2020a2018a2022D．a1a2a3…a2020a2022

22．已知数列an满足an0，

an1n2(nN)，数列an的前n项和为anann1B．a1a21 D．S2019a20202019

Sn，则（ ）

A．a11

C．S2019a20202019

23．设等比数列an的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足条件

a11，a6a71,A．0q1

a610，则下列结论正确的是（ ） a71B．a6a81 D．Tn的最大值为T6

1，4C．Sn的最大值为S7

24．已知数列an的前n项和为SnSn0，且满足an4Sn1Sn0(n2)，a1则下列说法错误的是（ ） A．数列an的前n项和为Sn4n C．数列an为递增数列

B．数列an的通项公式为anD．数列1

4n(n1)1为递增数列 Sn1，则425．已知数列an的前n项和为SnSn0，且满足an4Sn1Sn0(n2),a1下列说法正确的是（ ） A．数列an的前n项和为SnC．数列an为递增数列

1 4nB．数列an的通项公式为anD．数列{1

4n(n1)1}为递增数列 Sn26．已知数列{an}是等差数列，前n项和为Sn,且2a12a3S5,下列结论中正确的是（ ） A．S7最小

B．S130

C．S4S9

D．a70

27．已知Sn是等差数列an(n∈N*)的前n项和，且S5>S6>S4，以下有四个命题，其中正确的有（ ）

A．数列an的公差d<0 C．S10>0

B．数列an中Sn的最大项为S10 D．S11>0

28．等差数列an的前n项和为Sn，a15a3S8，则下列结论一定正确的是（ ） A．a100

B．a9a11 D．S6S13

C．当n9或10时，Sn取得最大值

*29．设数列{an}的前n项和为Sn(nN)，关于数列{an}，下列四个命题中正确的是

（ ）

A．若an1an(nN*)，则{an}既是等差数列又是等比数列

2B．若SnAnBn(A，B为常数，nN*)，则{an}是等差数列

C．若Sn11，则{an}是等比数列

*D．若{an}是等差数列，则Sn，S2nSn，S3nS2n(nN)也成等差数列

n30．已知递减的等差数列an的前n项和为Sn，S5S7，则（ ） A．a60 C．S130

B．S6最大 D．S110

31．记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S40,a55，则（ ） A．an2n5

B．an3n10

2C．Sn2n8n 2D．Snn4n

32．等差数列an中，Sn为其前n项和，a115,A．d1 B．a4a13 C．Sn的最大值为S8

D．使得Sn0的最大整数n15

S5S11，则以下正确的是（ ）

233．已知数列{an}的前n项和为Sn,Snn5n,则下列说法正确的是（ ）

A．{an}为等差数列 C．Sn最小值为B．an0

D．{an}为单调递增数列

21 434．已知an为等差数列，其前n项和为Sn，且2a13a3S6，则以下结论正确的是（ ）. A．a100

B．S10最小

C．S7S12

D．S190

35．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a90，a100，则下列结论正确的是（ ） A．S10S9

B．S170

C．S18S19

D．S190

【参】***试卷处理标记，请不要删除

一、数列的概念选择题 1．A 解析：A 【分析】

根据题意，由数列的递推公式求出数列的前，分析可得数列{an}是周期为6的数列，且a1a2a3a4a5a60，进而可得S100a1a2a3a4，计算即可得答案． 【详解】

*解：因为a12018，a22017，an1anan1nN,n2，

则a3a2a1201720181， a4a3a2(1)20172018，

a5a4a3(2018)(1)2017，

a6a5a4(2017)(2018)1，

a7a6a51(2017)2018a1， a8a7a6201812017a2，

…，所以数列an是周期数列，周期为6， 因为a1a2a5a60，所以

S10016a1a2a5a6a97a98a99a100

a1a2a3a42016．

故选：A． 【点睛】

本题考查数列的递推公式的应用，关键是分析数列各项变化的规律，属于基础题．

2．D

解析：D 【分析】

根据题设条件，可得数列an是以3为周期的数列，且S32的值，得到答案. 【详解】

由题意，数列an满足: a12，an11可得a21131，从而求得S2017221， an，

11,a3121,a41(1)2,22可得数列an是以3为周期的数列，且S32所以S2017672故选：D. 【点睛】

131 22321010. 2本题主要考查了数列的递推公式的应用，其中解答中得出数列an是以3为周期的数列，是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.

3．B

解析：B 【分析】 令n4 代入即解 【详解】

2令n4，a447466

故选：B.

【点睛】

数列通项公式an是第n项与序号n之间的函数关系，求某项值代入求解.

4．A

解析：A 【分析】

2n+3n对n分奇偶性分别讨论，当n为偶数时，可得Sn，发现不存在这样的偶数能满

22n+3n4足此式，当n为奇数时，可得Sna1，再结合a23可讨论出n的最大值.

2【详解】

当n为偶数时，Sn(a1a2)(a3a4)(an1an)

(213)(233)[2(n1)3] nn2+3n2[13(n1)]3，

22482+348502350因为S481224,S501325，

22所以n不可能为偶数；

当n为奇数时，Sna1(a2a3)(a4a5)(an1an)

a1(223)(243)[2(n1)3]

n23n4 a124923494因为S49a1a11272，

25123514S51a1a11375，

2又因为a23，a1a25，所以 a12 所以当Sn1300时，n的最大值为49 故选：A 【点睛】

此题考查的是数列求和问题，利用了并项求和的方法，考查了分类讨论思想，属于较难题.

5．C

解析：C 【分析】

可以看出所排都是奇数从小到大排起.规律是先第一列和第一行，再第二列和第二行，再第三列第三行，并且完整排完n次后，排出的数呈正方形.可先算2021是第几个奇数，这个奇数在哪两个完全平方数之间，再去考虑具体的位置. 【详解】

每排完n次后，数字呈现边长是n的正方形，所以排n次结束后共排了n2个数.

2021111011，说明2021是1011个奇数. 2而96131210113221024，故2021一定是32行，

而从第1024个数算起，第1011个数是倒数第14个，根据规律第1024个数排在第32行第1列，所以第1011个数是第32行第14列，即2021在第32行第14列. 故i32,j14. 故选：C. 【点睛】

本题考查数列的基础知识，但是考查却很灵活，属于较难题.

6．B

解析：B 【分析】

S1,n1根据an计算可得；

SS,n21n【详解】

2解：因为Snnn1①，

2当n1时，S11113，即a13

当n2时，Sn1n1n11②，

①减②得，annn1n1n112n

222所以an故选：B 【点睛】

3,n1

2n,n2本题考查利用定义法求数列的通项公式，属于基础题.

7．A

解析：A 【分析】

n2n2由an1an，当n2时，an＋1－an0，当n2时，an＋1－an0，从而可得

33到n＝2时，an最大. 【详解】

2n222解：an1an(n1)n， 3333当n2时，an＋1－an0，即an＋1an；

当n＝2时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；

n1nn当n2时，an＋1－an0，即an＋1an. 所以a1a2＝a3，a3a4a5…an，

所以数列an中的最大项为a2或a3，且a2a32.

39故选：A. 【点睛】

此题考查数列的函数性质：最值问题，属于基础题.

288．C

解析：C 【分析】

根据数列的前几项的规律，可推出一个通项公式. 【详解】

设所求数列为an，可得出a111111，an1212121，a313131，a414141，

因此，该数列的一个通项公式为a故选：C. 【点睛】

n1n1.

本题考查利用数列的前几项归纳数列的通项公式，考查推理能力，属于基础题.

9．D

解析：D 【解析】 【分析】

根据根号下的数字规律,可知为等差数列.利用等差数列性质求得通项公式,即可判断35为第几项. 【详解】

根据数列中的项,都改成根式形式为5,9,13,17,…,4n1, 由前几项可知,根式下的数列是以5为首项, 4为公差的等差数列 则根式下的数字组成的等差数列通项公式为an5n144n1 而3545

所以454n1 解得n11 故选:D 【点睛】

本题考查了等差数列通项公式的求法及简单应用,属于基础题.

10．B

解析：B

【分析】

根据递推公式构造等比数列an1，求解出an的通项公式即可求解出a10的值. 【详解】

因为an12an1，所以an12an1，所以an112an1，

an112且a1110， 所以

an1所以an1是首项为1，公比为2的等比数列，

n1n19所以an12，所以an21，所以a1021513，

故选：B. 【点睛】

本题考查利用递推公式求解数列通项公式，难度一般.对于求解满足

an1panqp1,p0,q0的数列an的通项公式，可以采用构造等比数列的方

法进行求解.

11．C

解析：C 【分析】

2由累加法求出an33nn，所以

ann33nn1，设f(n)33n1，由此能导出nn5或6时fn有最小值，借此能得到

【详解】

an的最小值. n解：ananan1an1an2a2a1a1

2[12(n1)]3333n2n

所以

ann33nn1

设f(n)33n1，由对勾函数的性质可知， nfn在0,33上单调递减，在

33,上单调递减，

又因为nN+，所以当n5或6时fn可能取到最小值. 又因为所以

a553a66321,， 55662ana21的最小值为6.

62n故选：C. 【点睛】

本题考查了递推数列的通项公式的求解以及对勾函数的单调性，考查了同学们综合运用知

识解决问题的能力.

12．C

解析：C 【分析】

分别观察各项的符号、绝对值即可得出． 【详解】

数列1，-3，5，-7，9，…的一个通项公式an112n． 故选C． 【点睛】

本题考查了球数列的通项公式的方法，属于基础题．

n13．B

解析：B 【分析】

根据数列an的递推公式逐项可计算出a5的值. 【详解】

在数列an中，a11，an12a12an212a，，则2an2a1212322a231，a3 a22222322122a3122a2a45a4. ，52a32125a4223252故选：B. 【点睛】

本题考查利用递推公式写出数列中的项，考查计算能力，属于基础题.

14．A

解析：A 【分析】

由已知得an1an2n1，根据an为递增数列，所以有an1an0，建立关于

的不等式，解之可得的取值范围.

【详解】

22由已知得an1an(n1)(n1)nn2n1，

因为an为递增数列，所以有an1an0，即2n10恒成立， 所以2n1，所以只需2n1min，即2113，

所以3， 故选：A. 【点睛】

本题考查数列的函数性质：递增性，根据已知得出an1an0是解决此类问题的关键，属于基础题.

15．C

解析：C 【分析】

设该数列为an，令bnan1an，设bn的前n项和为Bn，又令cnbn1bn，则

cnn，依次用累加法，可求解.

【详解】

设该数列为an，令bnan1an，设bn的前n项和为Bn，又令cnbn1bn， 设cn的前n项和为Cn，易得cnn，

Cncncn1c1bn1bnbnbn1b2b1

所以Cnbn1b1，b1a2a13

n2nn2n，进而得bn13Cn3， Cn22nn1n21所以bn3n3，

2221Bn122221n1222nn1n1n3n3n

6同理：Bnbnbn1b1an1ananan1a2a1

Bnan1a1

所以an11Bn，所以a191024. 故选：C 【点睛】

本题考查构造数列，用累加法求数列的通项公式，属于中档题.

16．B

解析：B 【分析】

根据数列的递推公式，得到数列的取值具备周期性，即可得到结论． 【详解】

12a,0ann3312∵an1，又∵a1，∴a2＝2a1﹣1＝21，

5552a1,1a1nn2a3＝2a22， 524， 55a4＝2a3＝2a5＝2a4﹣1＝2431， 552， 5故数列的取值具备周期性，周期数是4， 则a2019＝a50443＝a3故选B． 【点睛】

本题主要考查数列项的计算，根据数列的递推关系是解决本题的关键．根据递推关系求出数列的取值具备周期性是解决本题的突破口．

17．D

解析：D 【分析】

分别求出a2,a3,a4,a5,a6，得到数列an是周期为4的数列，利用周期性即可得出结果. 【详解】

1111213132，21，a3，a3，a4由题意知，a2513112132112312a63，…，

121因此数列an是周期为4的周期数列， ∴a2020a5054a4故选D. 【点睛】

本题主要考查的是通过观察法求数列的通项公式，属于基础题.

1. 318．C

解析：C 【分析】

根据题目中已知数据，进行归总结，得到一般性结论，即可求得结果. 【详解】

根据题意，第1行第1列的数为1，此时a1，1第2行第1列的数为2，此时a2，11(11)11， 22(21)12， 2第3行第1列的数为4 ,此时a3，13(31)14， 2(1)12017，则a，52021， 2据此分析可得:第行第1列的数为a，1故选：C.

19．C

解析：C 【分析】

由题意可知，得数列an是周期为3的周期数列，前3项和为1102，又

202067331，由此可得答案 【详解】

解：由数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…，各项除以2的余数，可得数列an为1,1,0,1,1,0,1,1,0,，

所以数列an是周期为3的周期数列，前3项和为1102， 因为202067331，

所以数列an的前2020项的和为673211347 故选：C

20．C

解析：C 【分析】

由于数列1,2,3,2,5,6,7,8,3,45共有2025项，其中有45个平方数，12个立方数，有3个既是平方数，又是立方数的数，所以还剩余20254512+31971项，所以去掉平方数和立方数后，第2020项是在2025后的第20201971=49个数，从而求得结果. 【详解】

∵4522025，4622116，20202025，所以从数列1,2,3,2,5,6,7,8,3,45中去掉45个平方数，

因为123172820251332197，所以从数列1,2,3,2,5,6,7,8,3,45中去掉

22222222222212个立方数，

又36202546，所以在从数列1,2,3,2,5,6,7,8,3,45中有3个数即是平方数， 又是立方数的数，重复去掉了3个即是平方数，又是立方数的数， 所以从数列1,2,3,2,5,6,7,8,3,45中去掉平方数和立方数后还有

2222222220254512+31971项，此时距2020项还差2020197149项， 所以这个数列的第2020项是2025492074， 故选：C. 【点睛】

本题考查学生的实践创新能力，解决该题的关键是找出第2020项的大概位置，所以只要

弄明白在数列12,2,3,22,5,6,7,8,32,452去掉哪些项，去掉多少项，问题便迎刃而解，属于中档题.

二、多选题 21．AC 【分析】

由该数列的性质，逐项判断即可得解. 【详解】

对于A，，，，故A正确；

对于B，由该数列的性质可得只有3的倍数项是偶数，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，，，， ， 各式相加

解析：AC 【分析】

由该数列的性质，逐项判断即可得解. 【详解】

对于A，a821，a9211334，a10213455，故A正确； 对于B，由该数列的性质可得只有3的倍数项是偶数，故B错误；

对于C，a2018a2022a2018a2021a2020a2018a2019a2020a20203a2020，故C正确； 对于D，a2022a2021a2020，a2021a2020a2019，a2020a2019a2018，

a3a2a1,a2a1，

各式相加得a2022a2021a2020a2a20212a2020a2019a2018a1， 所以a2022a2020a2019a2018a1a1，故D错误. 故选：AC. 【点睛】

关键点点睛：解决本题的关键是合理利用该数列的性质去证明选项.

22．BC 【分析】

根据递推公式，得到，令，得到，可判断A错，B正确；根据求和公式，得到，求出，可得C正确，D错. 【详解】 由可知，即，

当时，则，即得到，故选项B正确；无法计算，故A错； ，所以，则

解析：BC 【分析】

根据递推公式，得到an根据求和公式，得到Sn【详解】

nn11a，令n1，得到1，可判断A错，B正确；

a2an1ann，求出S2019a20202019，可得C正确，D错. an1an1nnn1an2n1nn12an由可知，即an， anann1aaan1anann1n当n1时，则a11，即得到a1a21，故选项B正确；a1无法计算，故A错； a2Sna1a21021ana2a1a3a2nn1n0n，aaaaann11n1n1所以Snan1n，则S2019a20202019，故选项C正确，选项D错误. 故选：BC. 【点睛】 方法点睛：

由递推公式求通项公式的常用方法：

（1）累加法，形如an1anfn的数列，求通项时，常用累加法求解；

an1fn的数列，求通项时，常用累乘法求解； （2）累乘法，形如an（3）构造法，形如an1panq（p0且p1，q0，nN+）的数列，求通

项时，常需要构造成等比数列求解；

SnSn1,n2aSa（4）已知n与n的关系求通项时，一般可根据n求解.

a,n1123．AD 【分析】

分类讨论大于1的情况，得出符合题意的一项. 【详解】 ①, 与题设矛盾. ②符合题意. ③与题设矛盾. ④ 与题设矛盾. 得，则的最大值为. B，C，错误. 故选：AD.

【点睛】

解析：AD 【分析】

分类讨论a6,a7大于1的情况，得出符合题意的一项. 【详解】

①a61,a71, 与题设

a610矛盾. a71②a61,a71,符合题意. ③a61,a71,与题设

a610矛盾. a71④ a61,a71,与题设a11矛盾.

得a61,a71,0q1，则Tn的最大值为T6.

B，C，错误.

故选：AD. 【点睛】

考查等比数列的性质及概念. 补充：等比数列的通项公式：ana1qn1nN.

*24．ABC 【分析】

数列的前项和为，且满足，，可得：，化为：，利用等差数列的通项公式可得，，时，，进而求出． 【详解】

数列的前项和为，且满足，， ∴，化为：，

∴数列是等差数列，公差为4， ∴，可得

解析：ABC 【分析】

1，可得：4（0n2）数列an的前n项和为S，且满足an4Sn1Sn（，a1nSn0）1114SnSn14Sn1Sn0，化为：，利用等差数列的通项公式可得，SnSn1SnSn，n2时，anSnSn1【详解】

111，进而求出an． 4n4n14nn11， 4（0n2）数列an的前n项和为S，且满足an4Sn1Sn（，a1nSn0）∴SnSn14Sn1Sn0，化为：

114， SnSn1∴数列1是等差数列，公差为4， Sn∴

144n14n，可得Sn1， Sn4n∴n2时，anSnSn1111， 4n4n14nn11(n1)4an，

1(n2)4nn1对选项逐一进行分析可得，A，B，C三个选项错误，D选项正确. 故选：ABC. 【点睛】

114，进而求得其它性本题考查数列递推式，解题关键是将已知递推式变形为

SnSn1质，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题

25．AD 【分析】

先根据和项与通项关系化简条件，再构造等差数列，利用等差数列定义与通项公式求，最后根据和项与通项关系得. 【详解】

因此数列为以为首项，为公差的等差数列，也是递增数列，即D正确；

解析：AD 【分析】

先根据和项与通项关系化简条件，再构造等差数列，利用等差数列定义与通项公式求Sn，最后根据和项与通项关系得an. 【详解】

an4Sn1Sn0(n2),SnSn14Sn1Sn0 Sn0因此数列{114 SnSn111}为以4为首项，4为公差的等差数列，也是递增数列，即D正确； SnS1所以

1144(n1)4nSn，即A正确； Sn4n当n2时anSnSn1111 4n4(n1)4n(n1)1,n14所以an，即B，C不正确；

1,n24n(n1)故选：AD 【点睛】

本题考查由和项求通项、等差数列定义与通项公式以及数列单调性，考查基本分析论证与求解能力，属中档题.

26．BCD 【分析】

由是等差数列及，求出与的关系，结合等差数列的通项公式及求和公式即可进行判断. 【详解】

设等差数列数列的公差为. 由有，即 所以,则选项D正确.

选项A. ,无法判断其是否有最小

解析：BCD 【分析】

由{an}是等差数列及2a12a3S5,，求出a1与d的关系，结合等差数列的通项公式及求和公式即可进行判断. 【详解】

设等差数列数列{an}的公差为d.

由2a12a3S5,有2a12a12d5a1所以a70,则选项D正确.

54d，即a16d0 276d7a13d21d,无法判断其是否有最小值，故A错误. 2aa131313a70,故B正确. 选项B. S1312选项A. S77a1选项C. S9S4a9a8a7a6a55a70,所以S4S9，故C正确. 故选：BCD 【点睛】

关键点睛：本题考查等差数列的通项公式及求和公式的应用，解答本题的关键是由条件

2a12a3S5,得到a16d0，即a70，然后由等差数列的性质和前n项和公式判断,

属于中档题.

27．AC 【分析】

由，可得，且，然后逐个分析判断即可得答案 【详解】

解：因为，所以，且，

所以数列的公差，且数列中Sn的最大项为S5，所以A正确，B错误， 所以，，

所以C正确，D错误， 故选：AC

解析：AC 【分析】

由S5S6S4，可得a60,a50，且a6a50，然后逐个分析判断即可得答案 【详解】

解：因为S5S6S4，所以a60,a50，且a6a50，

所以数列的公差d0，且数列an中Sn的最大项为S5，所以A正确，B错误， 所以S1011(a1a11)10(a1a10)5(a5a6)0，S1111a60， 22所以C正确，D错误， 故选：AC

28．ABD 【分析】

由题意利用等差数列的通项公式、求和公式可得，结合等差数列的性质，逐一判断即可得出结论． 【详解】

∵等差数列的前项和为，， ∴，解得， 故，故A正确； ∵，，故有，故B正确； 该数

解析：ABD 【分析】

由题意利用等差数列的通项公式、求和公式可得a19d，结合等差数列的性质，逐一判断即可得出结论．

【详解】

∵等差数列an的前n项和为Sn，a15a3S8， ∴a15a12d8a187d，解得a19d， 2故a10a19d0，故A正确；

∵a9a18ddd，a11a110dd，故有a9a11，故B正确； 该数列的前n项和Snna1故C错误； 由于S66a1确， 故选：ABD. 【点睛】

思路点睛：利用等差数列的通项公式以及前n项和公式进行化简，直接根据性质判断结果.

nn12n219dddn ，它的最值，还跟d的值有关，

22651312d39d，S1313a1d39d，故S6S13，故D正2229．BCD 【分析】

利用等差等比数列的定义及性质对选项判断得解. 【详解】

选项A: ,得是等差数列，当时不是等比数列，故错; 选项B: ,,得是等差数列，故对; 选项C: ,,当时也成立，是等比数列

解析：BCD 【分析】

利用等差等比数列的定义及性质对选项判断得解. 【详解】

选项A: an1an(nN*),an1an0得{an}是等差数列，当an0时不是等比数列，故错; 选项B:

SnAn2Bn,anan12A,得{an}是等差数列，故对;

n选项C: Sn11,SnSn1an2(1)n1(n2),当n1时也成立，

an2(1)n1是等比数列，故对;

*选项D: {an}是等差数列，由等差数列性质得Sn，S2nSn，S3nS2n(nN)是等差数

列，故对; 故选：BCD 【点睛】

熟练运用等差数列的定义、性质、前n项和公式是解题关键.

30．ABD 【分析】

转化条件为，进而可得，，再结合等差数列的性质及前n项和公式逐项判断即可得解. 【详解】 因为，所以，即，

因为数列递减，所以，则，，故A正确； 所以最大，故B正确； 所以，故C错误

解析：ABD 【分析】

转化条件为a6a70，进而可得a60，a70，再结合等差数列的性质及前n项和公式逐项判断即可得解. 【详解】

因为S5S7，所以S7S50，即a6a70，

因为数列an递减，所以a6a7，则a60，a70，故A正确； 所以S6最大，故B正确； 所以S13所以S11a1a131313a270，故C错误； 0，故D正确.

a1a111111a26故选：ABD.

31．AD 【分析】

设等差数列的公差为，根据已知得，进而得，故，. 【详解】

解：设等差数列的公差为，因为

所以根据等差数列前项和公式和通项公式得：， 解方程组得：， 所以，. 故选：AD.

解析：AD 【分析】

a14d5设等差数列{an}的公差为d，根据已知得，进而得a13,d2，故

4a6d01an2n5，Snn24n.

【详解】

解：设等差数列{an}的公差为d，因为S40,a55

a14d5所以根据等差数列前n项和公式和通项公式得：，

4a6d01解方程组得：a13,d2，

2所以an3n122n5，Snn4n.

故选：AD.

32．BCD 【分析】

设等差数列的公差为，由等差数列的通项公式及前n项和公式可得，再逐项判断即可得解. 【详解】

设等差数列的公差为， 由题意，，所以，故A错误； 所以，所以，故B正确； 因为， 所以当

解析：BCD 【分析】

d2a设等差数列n的公差为d，由等差数列的通项公式及前n项和公式可得，再逐

a151项判断即可得解. 【详解】

设等差数列an的公差为d，

5411105ad11add211由题意，，所以，故A错误； 22a115a115所以a4a13d9,a13a112d9，所以a4a13，故B正确； 因为Sna1nnn122dn216nn8，

2所以当且仅当n8时，Sn取最大值，故C正确； 要使Snn80，则n16且nN， 所以使得Sn0的最大整数n15，故D正确. 故选：BCD.

33．AD

【分析】

利用求出数列的通项公式，可对A，B，D进行判断，对进行配方可对C进行判断 【详解】 解：当时，， 当时，， 当时，满足上式， 所以，

由于，所以数列为首项为，公差为2的等差数列， 因

解析：AD 【分析】

S1,n1a利用n求出数列的通项公式，可对A，B，D进行判断，对

SS,n2n1nSnn25n,进行配方可对C进行判断

【详解】

解：当n1时，a1S1154，

22当n2时，anSnSn1n5n[(n1)5(n1)]2n6，

当n1时，a14满足上式， 所以an2n6，

由于anan12n2，所以数列{an}为首项为4，公差为2的等差数列， 因为公差大于零，所以{an}为单调递增数列，所以A，D正确，B错误， 由于Snn5n(n)252225，而nN+，所以当n2或n3时，Sn取最小值，4且最小值为6，所以C错误， 故选：AD 【点睛】

此题考查an,Sn的关系，考查由递推式求通项并判断等差数列，考查等差数列的单调性和前n项和的最值问题，属于基础题

34．ACD 【分析】

由得，故正确；当时，根据二次函数知识可知无最小值，故错误；根据等差数列的性质计算可知，故正确；根据等差数列前项和公式以及等差数列的性质可得，故正确. 【详解】

因为，所以，所以，即

解析：ACD 【分析】

由2a13a3S6得a100，故A正确；当d0时，根据二次函数知识可知Sn无最小值，故B错误；根据等差数列的性质计算可知S12S7，故C正确；根据等差数列前n项和公式以及等差数列的性质可得S190，故D正确. 【详解】

因为2a13a3S6，所以2a13a16d6a115d，所以a19d0，即a100，故

A正确；

当d0时，Snna1误；

因为S12S7a8a9a10a11a125a100，所以S12S7，故C正确； 因为S19n(n1)n(n1)dd9dnd(n219n)无最小值，故B错222a1a191919a2100，故D正确.

故选：ACD. 【点睛】

本题考查了等差数列的通项公式、前n项和公式，考查了等差数列的性质，属于中档题.

35．ABD 【分析】

先根据题意可知前9项的和最小，判断出正确；根据题意可知数列为递减数列，则，又，进而可知，判断出不正确；利用等差中项的性质和求和公式可知，，故正确. 【详解】

根据题意可知数列为递增

解析：ABD 【分析】

先根据题意可知前9项的和最小，判断出A正确；根据题意可知数列为递减数列，则

a190，又S18S19a19，进而可知S15S16，判断出C不正确；利用等差中项的性质

和求和公式可知S17a1a171722a91717a90，2S19a1a191922a101919a100，故BD正确. 2【详解】

根据题意可知数列为递增数列，a90，a100，

前9项的和最小，故A正确；

S17S19a1a171722a91717a90，故B正确； 22a101919a100，故D正确； 2a1a19192a190， S18S19a19， S18S19，故C不正确.

故选：ABD. 【点睛】

本题考查等差数列的综合应用，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题.