天津市第一中学高考数列的概念专题及答案doc

一、数列的概念选择题

1．已知数列an的首项为2，且数列an满足an1an1，数列an的前n项的和为an1D．504

Sn，则S1008等于（ ）

A．504

B．294

C．294

2．已知数列an满足a11，an1anan1nN,n2，且nanbncosA．120

2nnN，则数列bn的前18项和为（ ） 3B．174

C．204

D．

n373 2n3．已知数列an，若an1anan2nN*，则称数列a为“凸数列”.已知数列bD．1

为“凸数列”，且b11，b22，则数列bn的前2020项和为（ ） A．5

B．5

C．0

24．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

3,n1B．an C．an2n1

2n,n2B．132142

C．142153

D．an3n

n5．在数列an中，a11，对于任意自然数n，都有an1ann2，则a15（ ）

A．142152 6．数列1,,,,,A．

D．132153

23453579的一个通项公式an是（ ） B．

n 2n1n 2n3C．

n 2n3D．

n 2n17．数列an满足 a1A．

1a11，n1，则a2018等于( )

a2nC．2

D．3

1 2B．－1

8．已知等差数列an中，a1a3a920，则4a5a7（ ） A．30

B．20

C．40

D．50

9．已知数列an满足a12，an11A．2

B．

1，则a2018（ ）. anC．1

D．1 21 210．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

nB．1198

11．数列an中，an11an2n1，则数列an的前8项和等于（ ） A．32

B．36

C．38

D．40

12．设数列{an},{bn}满足anbn700,an1A．a4a3

B．b4b3

72anbn,nN*若a6400，则（ ） 105D．a4b4

C．a3b3

13．历史上数列的发展，折射出许多有价值的数学思想方法，对时代的进步起了重要的作用.比如意大利数学家列昂纳多—斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233…即a1a21，当n≥3时，

anan1an2，此数列在现代物理及化学等领域有着广泛的应用.若此数列的各项依次被

4整除后的余数构成一个新的数列bn，记数列bn的前n项和为Sn，则S20的值为（ ） A．24

B．26

C．28

D．30

14．已知数列an的前n项和Snn2n，则a4的值为（ ） A．4

B．6

C．8

D．10

15．已知数列an满足：a113，(n1)an1nan2n1，nN*，则下列说法正确的是（ ） A．an1an B．an1an

C．数列an的最小项为a3和a4 D．数列an的最大项为a3和a4 16．设数列an的通项公式为an为（ ） A．6

B．7

C．8

D．9

n2，要使它的前n项的乘积大于36，则n的最小值n(1)n(n2)，则a3=（ ） 17．在数列an中，a11,an2an1A．0

B．

5 3C．

7 3D．3

18．在数列an中，a11，anA．6

B．2

22an1n2,nN，则a1*3（ ）

D．

C．

2 32 1119．已知数列an满足an1an2n，且a133，则A．21

B．10

nan的最小值为（ ） nD．

C．

21 217 220．已知数列an的通项公式为an1A．35

B．11

n21，则a6（ ）

D．11

C．35

二、多选题

21．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．a8＝34 a2021＝a2022

22．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：

B．S8＝54

C．S2020＝a2022－1

D．a1＋a3＋a5＋…＋

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

23．已知数列an中，a11，an1不等式

111an，nN*.若对于任意的t1,2，nnan2t2a1ta2a2恒成立，则实数a可能为（ ） nB．－2

nA．－4 C．0 D．2

n1(1)24．若不等式(1)a2对于任意正整数n恒成立，则实数a的可能取值为n（ ） A．2 B．1 C．1 D．2

25．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a2022

22a12a2a2019a2020 D．

a201926．(多选题)已知数列an中，前n项和为Sn，且Sn（ ） A．2

B．5

C．3

ann2an，则的值不可能为

a3n1D．4

12a,0ann3227．若数列an满足an1，a1，则数列an中的项的值可能为

52a1,1a1nn2（ ） A．

1 5B．

2 5C．

4 5D．

6 51a128．已知数列an满足a1，n1，则下列各数是an的项的有（ ）

1an2A．2

B．

2 3C．

3 2D．3

29．等差数列an的前n项和为Sn，若a10，公差d0，则（ ） A．若S5>S9，则S150 C．若S6S7， 则S7S8

B．若S5=S9，则S7是Sn中最大的项 D．若S6S7则S5S6.

30． an是等差数列，公差为d，前项和为Sn，若S5S6，S6S7S8，则下列结论正确的是（ ） A．d0

B．a70

C．S9S5

D．S170

31．已知数列an的前n项和为Sn，前n项积为Tn，且A．当数列an为等差数列时，S20210 B．当数列an为等差数列时，S20210 C．当数列an为等比数列时，T20210 D．当数列an为等比数列时，T20210 32．定义Hn111，则（ ） a3a2019e1e1a12a2n2n1an为数列an的“优值”.已知某数列an的“优

n值”Hn2，前n项和为Sn，则（ ）

A．数列an为等差数列 C．

B．数列an为等比数列 D．S2，S4，S6成等差数列

S20202023 2020233．(多选题)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

34．在下列四个式子确定数列an是等差数列的条件是（ ）

A．anknb（k，b为常数，nN*）； B．an2and（d为常数，

nN*）；

C．an22an1an0nN*； D．a的前n项和S2nnnn1（nN*）.

35．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．当n9或10时，Sn取最大值 C．a9a11

D．S6S13

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一、数列的概念选择题 1．C 解析：C 【分析】

根据递推公式，算出数列前4项，确定数列周期，即可求出结果． 【详解】

∵aa1n1112，an131a1，∴a23，a3111，a423， n1131221an1又aa1n11aan1a1，所以a1n2n4an， n11n11anan2an1∴数列a7n的周期为4，且a1a2a3a46， ）∵10084252，∴S1008252故选：C. 【点睛】

7294. 6本题主要考查数列周期性的应用，属于常考题型.

2．B

解析：B 【分析】

2an1将题干中的等式化简变形得n，利用累乘法可求得数列an的通项公式，由

an1n此计算出b3k2b3k1b3kkN【详解】

，进而可得出数列b的前18项和.

n2an1anan1nann1，将此等式变形得nN,n2，

an1naa由累乘法得ana123a1a2anbncosan121an123221n1， 2nn22n2nnN，bnn2cos， 3342222b3k2b3k1b3k3k2cos2k3k1cos2k9kcos2k3359k，

2因此，数列bn的前18项和为91234566故选：B. 【点睛】

本题考查并项求和法，同时也涉及了利用累乘法求数列的通项，求出b3k2b3k1b3k是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.

592115174. 23．B

解析：B 【分析】

根据数列的递推关系可求得数bn的周期为6，即可求得数列bn的前2020项和. 【详解】

bn2bn1bnnN*，且b11，b22， b33,b41,b52,b63,b71,

bn是以6为周期的周期数列，且S60，

S2020S33664b1b2b3b45，

故选：B. 【点睛】

本题考查数列的新定义、数列求和，考查运算求解能力，求解时注意通过计算数列的前6项，得到数列的周期.

4．B

解析：B 【分析】 根据an【详解】

2解：因为Snnn1①，

2当n1时，S11113，即a13

S1,n1计算可得；

SnS1,n2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3,n1a所以n

2n,n2故选：B 【点睛】

本题考查利用定义法求数列的通项公式，属于基础题.

5．D

解析：D 【分析】

在数列的递推公式中依次取n1,2,3法求a15 . 【详解】

,n1 ，得n1个等式，累加后再利用错位相减

an1ann2n，

an1ann2n，

a2a1121， a3a2222，

a4a3323

anan1(n1)2n1，

123以上n1个等式，累加得ana1122232(n1)2n1①

又

2an2a1122223324(n2)2n1(n1)2n②

23① ②得a1an2222n1(n1)2n

2(12n1)(n1)2n(2n)2n2，

12an(n2)2n3 ，

a15(152)2153132153，

故选：D 【点睛】

本题主要考查了累加法求数列通项，乘公比错位相减法求数列的和，由通项公式求数列中的项，属于中档题.

6．D

解析：D 【分析】

根据数列分子分母的规律求得通项公式. 【详解】

由于数列的分母是奇数列，分子是自然数列，故通项公式为an故选：D 【点睛】

本小题主要考查根据数列的规律求通项公式，属于基础题.

n. 2n17．B

解析：B 【分析】

先通过列举找到数列的周期，再求a2018. 【详解】

n=1时，a2121,a31(1)2,a4111,a5121, 22所以数列的周期是3，所以a2018a(36722)a21. 故选：B 【点睛】

本题主要考查数列的递推公式和数列的周期，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.

8．B

解析：B 【分析】

利用等差数列an的通项公式代入可得4a5a7的值. 【详解】

由a1a3a920，得3a110d20，

则有4a5a74(a14d)a16d3a110d20. 故选：B. 【点睛】

考查等差数列通项公式的运用，知识点较为简单.

9．B

解析：B 【分析】

利用递推关系可得数列an是以3为周期的周期数列，从而可得a2018. 【详解】 在数列an中，

an111，且a12， ana21a31a4111， a121121 ， a21112a1 a3数列an是以3为周期的周期数列，

201867232， 1a2018a2.

2故选：B 【点睛】

本题考查了由数列的递推关系式研究数列的性质，考查了数列的周期性，属于基础题.

10．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，

222Bn121222n21122n3nnn1n1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.

11．B

解析：B 【分析】

根据所给数列表达式，递推后可得an21n1an12n1.并将原式两边同时乘以

1n后与变形后的式子相加，即可求得an2an，即隔项和的形式.进而取n的值，代入

即可求解. 【详解】

由已知an11an2n1，① 得an21nn1nan12n1，②

n由①1②得an2an12n12n1，

取n1,5,9及n2,6,10，易得a1a3a5a72，a2a48，a6a824， 故S8a1a2a3a4a836. 故选：B. 【点睛】

本题考查了数列递推公式的应用，对数列表达式进行合理变形的解决此题的关键，属于中档题.

12．C

解析：C 【分析】 由题意有an1大小.

3an280且a6400，即可求a3,a4，进而可得b3,b4，即可比较它们的10【详解】 由题意知：an13an280，a6400， 10∴a3a4a5400，而anbn700， ∴b3b4300， 故选：C 【点睛】

本题考查了根据数列间的递推关系比较项的大小，属于简单题.

13．B

解析：B 【分析】

先写出新数列的各项，找到数列的周期，即得解. 【详解】

由题意可知“斐波那契数列”的各项依次被4整除后的余数构成一个新的数列bn， 此数列的各项求得：1，1，2，3，1，0，1，1，2，3，1，0，1……，则其周期为6， 其中1+1+2+3+1+0=8，

则S20S18b19b20S18b1b2381126， 故选：B.

14．C

解析：C 【分析】

利用a4S4S3计算． 【详解】

22由已知a4S4S3(44)(33)8．

故选：C．

15．C

解析：C 【分析】

2令bnnan，由已知得bn1bn2n1运用累加法得bnn+12，从而可得

ann+n3n+412，作差得an+1an，从而可得a1>a2>a3a4a5nn+1nan，

由此可得选项. 【详解】

令bnnan，则bn1bn2n1，又a113，所以b113，b2b13，b3b25， ，bnbn12n1，

所以累加得bnn13+2n1n2+12，所以a13+2nbnn2+1212n+， nnn所以an+1ann+1+1212n3n+4n+，

n+1nnn+1an，所以数列an的最小项为a3和a4，

所以当n3时，an+1an，当n3时，an+1an，即a3a4，当n>3时，an+1>an， 即a1>a2>a3a4a5故选：C. 【点睛】

本题考查构造新数列，运用累加法求数列的通项，以及运用作差法判断差的正负得出数列的增减性，属于中档题.

16．C

解析：C 【分析】

先求出数列an的前n项的乘积为Dn，令Dn0解不等式，结合nN*，即可求解. 【详解】

记数列an的前n项的乘积为Dn，则

Dna1a2依题意有

245an1an3232n1n2n1n2 n1n2n1n236

整理得n3n70n7n100 解得：n7，

因为nN*，所以nmin8， 故选：C

17．B

解析：B 【分析】

由数列的递推关系式以及a11求出a2，进而得出a3． 【详解】

a11，a22故选：B

1153，a32 a1a2318．C

解析：C 【分析】

利用数列的递推公式逐项计算可得a3的值.

【详解】

an22an11n2,nN*，a11，a2222. 2，a32a2132a11故选：C. 【点睛】

本题考查利用数列的递推公式写出数列中的项，考查计算能力，属于基础题.

19．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.

20．A

解析：A 【分析】

直接将n6代入通项公式可得结果. 【详解】 因为an1故选：A

nn21，所以a6(1)6(621)35.

【点睛】

本题考查了根据通项公式求数列的项，属于基础题.

二、多选题 21．BCD 【分析】

由题意可得数列满足递推关系，依次判断四个选项，即可得正确答案. 【详解】

对于A，可知数列的前8项为1，1，2，3，5，8，13，21，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，可

解析：BCD 【分析】

由题意可得数列an满足递推关系a11,a21,anan2+an1n3，依次判断四个选项，即可得正确答案. 【详解】

对于A，可知数列的前8项为1，1，2，3，5，8，13，21，故A错误； 对于B，S81+1+2+3+5+8+13+2154，故B正确； 对于C，可得anan1an1n2， 则a1+a2+a3+a4++ana1+a3a1+a4a2+a5a3++an1an1

即Sna2+an+an1an21，S2020a20221，故C正确； 对于D，由anan1an1n2可得，

a1+a3+a5+故选：BCD. 【点睛】

+a2021a2+a4a2+a6a4++a2022a2020a2022，故D正确.

本题以“斐波那契数列”为背景，考查数列的递推关系及性质，解题的关键是得出数列的递推关系，a11,a21,anan2+an1n3，能根据数列性质利用累加法求解.

22．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.

23．AB 【分析】

由题意可得，利用裂项相相消法求和求出，只需对于任意的恒成立，转化为对于任意的恒成立，然后将选项逐一验证即可求解. 【详解】 ，， 则，，，，

上述式子累加可得：，， 对于任意的恒成立

解析：AB 【分析】

an1an1an1122，只需由题意可得，利用裂项相相消法求和求出n1nnn1nn2t2a1ta2a22对于任意的t1,2恒成立，转化为

2ta1ta0对于任意的t1,2恒成立，然后将选项逐一验证即可求解.

【详解】

an1则

aa1111n1an，n1n，

n1nn(n1)nn1nn，

anan1a11a11，n1n2，nn1n1nn1n2n2n1a2a111， 212上述式子累加可得：

ana11a11，n22， nnnn2t2a1ta2a22对于任意的t1,2恒成立，

整理得2ta1ta0对于任意的t1,2恒成立，

对A，当a4时，不等式2t5t40，解集,4，包含1,2，故A正确；

2532t3t20对B，当a2时，不等式，解集,2，包含1,2，故B正确；

2对C，当a0时，不等式2t1t0，解集,0，不包含1,2，故C错误； 对D，当a2时，不等式2t1t20，解集2,，不包含1,2，故D错误，

2121故选：AB. 【点睛】

本题考查了裂项相消法、由递推关系式求通项公式、一元二次不等式在某区间上恒成立，考查了转化与划归的思想，属于中档题.

24．ABC 【分析】

根据不等式对于任意正整数n恒成立，即当n为奇数时有恒成立，当n为偶数时有恒成立，分别计算，即可得解. 【详解】

根据不等式对于任意正整数n恒成立， 当n为奇数时有：恒成立， 由递减

解析：ABC 【分析】

n11(1)根据不等式(1)a2对于任意正整数n恒成立，即当n为奇数时有a2+nnn恒成立，当n为偶数时有a2【详解】

1恒成立，分别计算，即可得解. nn1(1)根据不等式(1)a2对于任意正整数n恒成立， n1当n为奇数时有：a2+恒成立，

n11由2+递减，且223，

nnn所以a2，即a2， 当n为偶数时有：a2由21恒成立， n131第增，且22， n2n3， 23， 2所以a综上可得：2a故选：ABC. 【点睛】

本题考查了不等式的恒成立问题，考查了分类讨论思想，有一定的计算量，属于中当题.

25．ABD 【分析】

根据，，，计算可知正确；根据，，，，，，累加可知不正确；根据，，，，，，累加可知正确. 【详解】

依题意可知，，，， ，，，，故正确； ，所以，故正确； 由，，，，，， 可得，故不

解析：ABD 【分析】

根据a11，a21，an2an1an，计算可知A,B正确；根据a1a2，

a3a4a2，a5a6a4，a7a8a6，，a2019a2020a2018，累加可知C不正

222确；根据a1a2a1，a2a2(a3a1)a2a3a1a2，a3a3(a4a2)a3a4a2a3，2a4a4(a5a3)a4a5a3a4，

2，a2019a2019(a2020a2018)a2019a2020a2018a2019，

累加可知D正确. 【详解】

依题意可知，a11，a21，an2an1an，

a3a1a2112，a4a2a3123，a5a3a4235，a6a4a5358，故A正确； a7a5a65813，所以

S7a1a2a3a4a5a6a71123581333，故B正确；

由a1a2，a3a4a2，a5a6a4，a7a8a6，

，a2019a2020a2018，

可得

a1a3a5a7故C不正确；

a2019a2a4a2a6a4a8a6a2020a2018a2020，

22a12a2a1，a2a2(a3a1)a2a3a1a2，a3a3(a4a2)a3a4a2a3，2a4a4(a5a3)a4a5a3a4，

2，a2019a2019(a2020a2018)a2019a2020a2018a2019，

所以

222a12a2a3a42a2019a1a2a2a3a1a2a3a4a2a3a4a5a3a4a2019a2020a2018a2019 a2019a2020，

22a12a2a2019a2020，故D正确. 所以

a2019故选：ABD. 【点睛】

本题考查了数列的递推公式，考查了累加法，属于中档题.

26．BD 【分析】

利用递推关系可得，再利用数列的单调性即可得出答案． 【详解】 解：∵， ∴时，， 化为：，

由于数列单调递减， 可得：时，取得最大值2． ∴的最大值为3． 故选：BD． 【点睛】 本

解析：BD 【分析】

an21利用递推关系可得，再利用数列的单调性即可得出答案． an1n1【详解】 解：∵Snn2an， 3n2n1anan1， 33∴n2时，anSnSn1化为：

ann121， an1n1n12单调递减， n12取得最大值2． n1由于数列可得：n2时，∴

an的最大值为3． an1故选：BD． 【点睛】

本题考查了数列递推关系、数列的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

27．ABC 【分析】

利用数列满足的递推关系及，依次取代入计算，能得到数列是周期为4的周期数列，得项的所有可能值，判断选项即得结果. 【详解】

数列满足，，依次取代入计算得， ，，，，因此继续下去会循环

解析：ABC 【分析】

利用数列an满足的递推关系及a13，依次取n1,2,3,4代入计算a2,a3,a4,a5，能得5到数列an是周期为4的周期数列，得项的所有可能值，判断选项即得结果. 【详解】

12a,0ann32数列an满足an1，a1，依次取n1,2,3,4,...代入计算得，

52a1,1a1nn2a22a111243，a32a2，a42a3，a52a41a1，因此继续下去会5555循环，数列an是周期为4的周期数列，所有可能取值为：,故选：ABC. 【点睛】

本题考查了数列的递推公式的应用和周期数列，属于基础题.

1234,,. 555528．BD 【分析】

根据递推关系式找出规律，可得数列是周期为3的周期数列，从而可求解结论． 【详解】 因为数列满足，， ； ； ；

数列是周期为3的数列，且前3项为，，3； 故选：． 【点睛】 本题主要

解析：BD 【分析】

根据递推关系式找出规律，可得数列是周期为3的周期数列，从而可求解结论． 【详解】

因为数列{an}满足a1a2111()223；

1a1，n1，

1a2na313； 1a2a411a1； 1a32数列{an}是周期为3的数列，且前3项为故选：BD． 【点睛】

12，，3； 23本题主要考查数列递推关系式的应用，考查数列的周期性，解题的关键在于求出数列的规律，属于基础题．

29．BC 【分析】

根据等差数列的前项和性质判断． 【详解】

A错：；B对：对称轴为7； C对：，又，；

D错：，但不能得出是否为负，因此不一定有． 故选：BC．

【点睛】

关键点点睛：本题考查等差数列

解析：BC 【分析】

根据等差数列的前n项和性质判断． 【详解】

A错：S5S9a6a7a8a90a1a140S150；B对：Sn对称轴为

n7；

C对：S6S7a70，又a10，d0a8a70S7S8； D错：S6S7a70，但不能得出a6是否为负，因此不一定有S5S6． 故选：BC． 【点睛】

关键点点睛：本题考查等差数列的前n项和性质，（1）Sn是关于n的二次函数，可以利用二次函数性质得最值；（2）SnSn1an，可由an的正负确定Sn与Sn1的大小；（3）Snn(a1an)，因此可由a1an的正负确定Sn的正负． 230．ABD 【分析】

结合等差数列的性质、前项和公式，及题中的条件，可选出答案. 【详解】

由，可得，故B正确； 由，可得， 由，可得，

所以，故等差数列是递减数列，即，故A正确； 又，所以，故C不正确

解析：ABD 【分析】

结合等差数列的性质、前n项和公式，及题中的条件，可选出答案. 【详解】

由S6S7，可得S7S6a70，故B正确； 由S5S6，可得S6S5a60， 由S7S8，可得S8S7a80，

所以a8a7a6，故等差数列an是递减数列，即d0，故A正确； 又S9S5a6a7a8a92a7a80，所以S9S5，故C不正确； 又因为等差数列an是单调递减数列，且a80，所以a90，

所以S1717a1a17217a90，故D正确.

故选：ABD. 【点睛】

关键点点睛：本题考查等差数列性质的应用，解题的关键是熟练掌握等差数列的增减性及前n项和的性质，本题要从题中条件入手，结合公式anSnSn1n2，及

na1an，对选项逐个分析，可判断选项是否正确.考查学生的运算求解能力与逻辑2推理能力，属于中档题. Sn31．AC 【分析】

将变形为，构造函数，利用函数单调性可得，再结合等差数列与等比数列性质即可判断正确选项 【详解】 由，可得，令， ，

所以是奇函数，且在上单调递减，所以， 所以当数列为等差数列时，；

解析：AC 【分析】 将

11111110，构造函数变形为ea31ea20191ea312ea20191211，利用函数单调性可得a3a20190，再结合等差数列与等比数列性质xe12fx即可判断正确选项 【详解】 由

1111111110fx，可得，令， a3a2019a3a2019xe1e1e12e12e12111exfxfxx1x10，

e1ex1e1ex1所以fx11是奇函数，且在R上单调递减，所以a3a20190， ex12所以当数列an为等差数列时，S20212021a3a20190；

2当数列an为等比数列时，且a3，a1011，a2019同号，所以a3，a1011，a2019均大于零， 故T2021a1011故选：AC

20210.

【点睛】

本题考查等差数列与等比数列，考查逻辑推理能力，转化与化归的数学思想，属于中档题

32．AC 【分析】

由题意可知，即，则时，，可求解出，易知是等差数列，则A正确，然后利用等差数列的前n项和公式求出，判断C，D的正误. 【详解】 解：由， 得， 所以时，， 得时，， 即时，， 当时，由

解析：AC 【分析】 由题意可知Hn时，2n1a12a2n2n1an2n，即a12a22n1ann2n，则n2ann2nn12n1n12n1，可求解出ann1，易知an是等差数

列，则A正确，然后利用等差数列的前n项和公式求出Sn，判断C，D的正误. 【详解】 解：由Hn得a12a2a12a2n2n1an2n，

2n1ann2n，①

所以n2时，a12a2得n2时，2n12n2an1n12n1，②

ann2nn12n1n12n1，

即n2时，ann1，

当n1时，由①知a12，满足ann1．

所以数列an是首项为2，公差为1的等差数列，故A正确，B错， 所以SnS2023nn3，所以2020，故C正确．

202022S25，S414，S627，故D错，

故选：AC． 【点睛】

本题考查数列的新定义问题，考查数列通项公式的求解及前n项和的求解，难度一般.

33．ABC 【分析】

根据等差数列性质依次分析即可得答案. 【详解】

解：对于A.，若，则，所以，所以，故A选项正确；

对于B选项，若，则，由于，公差，故，故，所以是中最大的项；故B选项正确； C. 若

解析：ABC 【分析】

根据等差数列性质依次分析即可得答案. 【详解】

解：对于A.，若S5S9，则a6a7a8a90，所以a7a8a1a140，所以

S1414a1a140，故A选项正确； 2对于B选项，若S5S9，则a7a80，由于a10，公差d0，故d0，故

a70,a80，所以S7是Sn中最大的项；故B选项正确；

C. 若S6S7，则a70，由于a10，公差d0，故d0，故a80，a6的符号不定，故必有S7S8，S5S6无法确定；故C正确，D错误． 故选：ABC． 【点睛】

本题考查数列的前n项和的最值问题与等差数列的性质，是中档题．

34．AC 【分析】

直接利用等差数列的定义性质判断数列是否为等差数列． 【详解】

A选项中（，为常数，），数列的关系式符合一次函数的形式，所以是等差数列，故正确，

B选项中（为常数，），不符合从第二项起

解析：AC 【分析】

直接利用等差数列的定义性质判断数列是否为等差数列． 【详解】

A选项中anknb（k，b为常数，nN*），数列an的关系式符合一次函数的形式，所以是等差数列，故正确，

B选项中an2and（d为常数，nN*），不符合从第二项起，相邻项的差为同一个

常数，故错误；

C选项中an22an1an0nN，对于数列an符合等差中项的形式，所以是等差

*数列，故正确；

22D选项an的前n项和Snnn1（nN*），不符合SnAnBn，所以an不

为等差数列．故错误． 故选：AC 【点睛】

本题主要考查了等差数列的定义的应用，如何去判断数列为等差数列，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．

35．AD 【分析】

由求出，即，由此表示出、、、，可判断C、D两选项；当时，，有最小值，故B错误. 【详解】

解：，，故正确A.

由，当时，，有最小值，故B错误. ，所以，故C错误. ，

，故D正确.

解析：AD 【分析】

由a15a3S8求出a100，即a19d，由此表示出a9、a11、S6、S13，可判断C、D两选项；当d0时，a10，Sn有最小值，故B错误. 【详解】

解：a15a3S8，a15a110d8a187d,a19d0,a100，故正确A. 2由a19d0，当d0时，a10，Sn有最小值，故B错误.

a9a10dd,a11a10dd，所以a9a11，故C错误.

S66a1+65d54d15d39d， 21312d117d78d39d，故D正确. 2S1313a1+故选：AD 【点睛】

考查等差数列的有关量的计算以及性质，基础题.