【冲刺名校之新高考题型模拟训练】专题11 数列多选题（新高考通用)

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高中特级教师用3句话来告诉你模拟考试有多么的重要！
1、锻炼学生的心态。高考前的模拟考试能够帮助学校们适应考场，经过模拟考试试炼后，到高考时不会过于紧张，也能够帮助同学们树立良好的心态，增加自己的自信心。
2、锻炼学生管理时间。通过模拟考试就会让同学们学会分配时间，时间过了多久就要完成哪部分题，学会取舍等，这些都是在模拟考试中得出来的，不至于高考时答不完题。
3、熟悉题型和考场。模拟考试的形式是很接近高考的，能够让同学们提前感受到考场的气氛和考场的布局等，心理上感觉更加舒服。·西安工业经济老师考前叮咛：
高考的取胜除了平时必要的学习外，还要有一定的答题技巧和良好心态。此外，通过模拟考试还能增强学生们面对高考的信心，希望考生们能够重视模拟考试。
【冲刺985/211名校之2023届新高考题型模拟训练】
专题11 数列多选题 （新高考通用）
1．（2023秋·浙江·高三浙江省永康市第一中学校联考期末）数列的通项为，它的前项和为，前项积为，则下列说法正确的是（ ）
A．数列是递减数列B．当或者时，有最大值
C．当或者时，有最大值D．和都没有最小值
【答案】ABC
【分析】根据数列的通项得出数列是以为首项，以为公差的等差数列,然后根据等差数列的特征分别对每个选项进行分析即可求解.
【详解】因为数列的通项为，则，所以数列是以为首项，以为公差的等差数列，因为公差，所以数列是递减数列，故选项正确；
因为，当时，；当时，，因为，所以当或者时，有最大值，故选项正确；
由可知： ，，，所以当或者时，有最大值，故选项正确；
根据数列前30项为正数，从第31项开始为负数可知：无最小值，
因为，当时，，但零乘任何数仍得零，所以有最小值，故选项错误，
故选：.
2．（2023·广东梅州·统考一模）设是公差为（）的无穷等差数列的前项和，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则是数列的最大项
B．若数列有最小项，则
C．若数列是递减数列，则对任意的：，均有
D．若对任意的，均有，则数列是递增数列
【答案】BD
【分析】取特殊数列判断A；由等差数列前项和的函数特性判断B；取特殊数列结合数列的单调性判断C；讨论数列是递减数列的情况，从而证明D.
【详解】对于A：取数列为首项为4，公差为的等差数列，，故A错误；
对于B：等差数列中，公差，，是关于n的二次函数.当数列有最小项，即有最小值，对应的二次函数有最小值，对应的函数图象开口向上，，B正确；
对于C：取数列为首项为1，公差为的等差数列，，，即恒成立，此时数列是递减数列，而，故C错误；
对于D：若数列是递减数列，则，一定存在实数，当时，之后所有项都为负数，不能保证对任意，均有.
故若对任意，均有，有数列是递增数列，故D正确．
故选：BD
3．（2023春·浙江温州·高三统考开学考试）已知正m边形，一质点M从点出发，每一步移动均为等可能的到达与其相邻两个顶点之一．经过n次移动，记质点M又回到点的方式数共有种，且其概率为，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则，D．若，则
【答案】BCD
【分析】根据所给规则，直接判断A，根据规则，分析变化规律，归纳得出结论判断B，根据规则直接判断C，列举所有可能由古典概型求解判断D.
【详解】对A，时，如图，
经3步从回到，仅有，
与两种，所以，故A错误；
对B，若时，如图，
与，记从出发经过n步到的方法数为，则(先走两步回到有2种，化归为，先走两步到有2种，化归为)，所以，因为，所以，故B正确；
对C，时，显然走奇数步无法回到，故，故C正确；
对D，时，
走6步共有种走法(每一步顺时针或逆时针)，出发回到有2种情形，①一个方向连续走6步，有2种；②2个方向各走3步，有种，所以，所以，故D正确.
故选：BCD
4．（2023·吉林·东北师大附中校考二模）已知数列，，，的前项的和为，前项的积为，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【分析】令可求得的值，推导出，分析可知数列中的奇数项和偶数项分别成以为公比的等比数列，求出数列的通项公式，逐项判断可得出合适的选项.
【详解】数列中，，，
当时，则有，可得，
当时，由可得，
上述两个等式相除可得，B对；
所以，数列中的奇数项和偶数项分别成以为公比的等比数列，
当为奇数时，设，则，
当为偶数时，设，则，
故对任意的，，所以，，A错；
，所以数列为等比数列，且该数列的首项为，公比为，
则，C对；
，D对.
故选：BCD.
5．（2023秋·吉林辽源·高三校联考期末）设，分别为等差数列的公差与前n项和，若，则下列论断中正确的有（ ）
A．当时，取最大值B．当时，
C．当时，D．当时，
【答案】BCD
【分析】根据等差数列的通项公式及前n项和公式，结合二次函数的性质即可求解.
【详解】设等差数列的首项为，则
由，得，解得，
所以，
当时，当时，取最小值；当时，当时，取最大值；故A错误；
当时，，故B正确；
当时，，故C正确；
当时，，，
所以，故D正确.
故选：BCD.
6．（2023秋·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第六中学校校考期末）数列满足，，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．数列的和为
C．若数列，则数列
D．数列有最小项
【答案】ABC
【分析】逐项代入分析即可求解.
【详解】根据，
所以为等差数列，
所以,
所以，
所以，
故选项A正确；
，
所以数列的和为，
故选项B正确；
，
，
故选项C正确；
令，
所以所以，
所以，
所以数列没有最小项，故选项D错误；
故选：ABC.
7．（2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）数列满足，，数列的前n项和为，且，则下列正确的是（ ）
A．
B．数列的前n项和
C．数列的前n项和
D．
【答案】BCD
【分析】求得数列的通项公式判断选项A；求得数列的前n项判断选项B；求得数列的前n项和，进而判断选项C；求得数列的前项和进而判断选项D.
【详解】由，有，又
所以是首项为，公差为的等差数列，则，
则，则，A错误；
由，可得，解之得
又时，，则，整理得
则数列是首项为3公比为3 的等比数列，则，
则数列的前项和
，B正确；
，则数列的前项和
，C正确；
设数列的前项和，
则，，
两式相减得
整理得，则当时，，D正确.
故选：BCD.
8．（2023·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）已知各项均为正数的数列满足：，且，是数列的前n项和，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【分析】A.将条件变形，利用求根公式，即可求解；
B.根据通项公式求；
C.作除法，和1比较大小，即可判断；
D.利用通项公式求，再构造函数证明，利用不等式变形，结合等差数列求和，即可证明.
【详解】A.，变形为，
根据求根公式可知，因为，
所以，故A错误；
B.，故B正确；
C.，
，
所以（）,故C正确；
D.
所以
，
设，，
，当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，所以当时，函数取得最大值0，所以，即，当时，等号成立，
所以，，
所以
，故D正确.
故选：BCD
9．（2023春·安徽·高三合肥市第六中学校联考开学考试）数列满足：，，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．，
C．是等比数列D．，
【答案】ABD
【分析】令得出，可判断选项A；由已知构造与已知等式作差，可判断选项B，C；数列的首项为，从第2项开始构成等比数列，求和即可判断选项D.
【详解】在中，令，则，，．A正确．
当时，将与，
两式相减得，，即．而，所以B正确，C不正确．
因为，，所以D正确．
故选：ABD．
10．（2023·辽宁沈阳·统考一模）是各项均为正数的等差数列，其公差，是等比数列，若，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】对于函数的零点为，分类讨论结合导数分析可得当时，，当时，，即可判断结果.
【详解】由题意可设：等比数列的公比为，
由，，可得，
则，
构建，即，
若，，则，即为函数的零点，
当时，则在上单调递减，
故在内至多有一个零点，不合题意；
当时，则，
∵，则在上单调递增，故在上至多有一个零点，
当在内无零点，则在上恒成立，
故在上单调递增，则在内至多有一个零点，不合题意；
当在内有零点，设为，
当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，且，
可得当时，，当时，，
故，即，，
A、D正确，B、C错误.
故选：AD.
11．（2023·辽宁·校联考一模）设等差数列的前项和是，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【分析】设等差数列公差为d，由题目条件，可得，由此可得各选项正误.
【详解】设等差数列公差为d，则由题目条件有：
.
A选项，，故A错误；
B选项，，故B正确；
C选项，，故C正确；
D选项，注意到，
，又由知为单调递减数列，则
，故D错误.
故选：BC.
12．（2023秋·江苏·高三南京师大附中校联考期末）已知数列为等差数列，首项为1，公差为2，数列为等比数列，首项为1，公比为2，设，为数列的前项和，则当时，的取值可以是下面选项中的（ ）
A．8B．9C．10D．11
【答案】AB
【分析】由已知分别得到等差数列与等比数列的通项公式，求得数列的通项公式，利用数列的分组求和法可得数列的前项和，验证得答案.
【详解】依题意得：，，
，则数列为递增数列，
其前项和
，
当时，，
当时，，
的取值可以是8，9，
故选：AB．
13．（2023秋·河北衡水·高三河北衡水中学校考期末）若数列有，为前n项积，有，则（ ）
A．为等差数列（）B．可能
C．为等差数列D．第n项可能与n无关
【答案】BD
【分析】结合递推式，取，求的通项公式判断选项A错误，求判断B，由递推式，取，判断C，求数列的通项公式判断D.
【详解】因为，所以，所以当时，，
若，则，不存在，A错误；
因为时，，所以，所以，又，所以可能，B正确；
因为，取，则，此时不存在，C错误；D正确；
故选：BD.
14．（2023秋·山东滨州·高三统考期末）已知数列的前项和为，若，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．是等比数列
C．是单调递增数列D．
【答案】AC
【分析】由已知得出，可判断A选项的正误；利用等比数列的定义可判断B选项的正误；利用数列的单调性可判断C选项的正误；利用作差法可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，由得，故，A正确；
对于B选项，将，两式相减得，
即，又令，得，
，所以从第二项开始成等比数列，公比为，
故时，，即，所以，，
故B选项错误；
对于C选项，因为.当时，，
当时，.
所以，，令，
则时，，
即，而，所以数列单调递增，C选项正确；
对于D选项，当时，，
显然成立，故恒成立，D选项错误.
故选：AC.
15．（2023秋·山东德州·高三统考期末）已知数列的前项和为，且，则（ ）
A．B．
C．数列为等差数列D．为奇数时，
【答案】ABD
【分析】利用并项求和法可判断AD选项；利用等差数列的定义可判断BC选项.
【详解】对于A选项，，A对；
对于B选项，因为，则，
对任意的，由可得，
上述两个等式作差可得，
所以，数列中的奇数项成以为首项，公差为的等差数列，
数列中的偶数项成以为首项，公差为的等差数列，
当为奇数时，设，则，
当为偶数时，设，则，
综上所述，，B对；
对于C选项，，故数列不是等差数列，C错；
对于D选项，当为奇数时，设，则，
则
，D对.
故选：ABD.
16．（2023秋·湖北武汉·高三统考期末）等比数列的前项和为，前项的积，且，，则下列选项中成立的是（ ）
A．对任意正整数，B．
C．数列一定是等比数列D．
【答案】ABC
【分析】设公比为，首项为，依题意可得，，即可得到，从而判断数列的单调性，即可判断BD，再根据等比数列前项和公式及等比数列的定义判断C，最后根据等比中项及作差法判断A.
【详解】解：设公比为，首项为，因为，所以，
又，所以，所以，
所以数列是各项为正数的等比数列且，所以数列单调递减，则，故B正确，D错误；
所以，则，，
则，
则，
所以，
又，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，故C正确；
因为，所以，
即，故A正确；
故选：ABC
17．（2023·湖北·校联考模拟预测）数列各项均为正数，其前n项和，且满足，下列四个结论中正确的是（ ）
A．为等比数列B．为递减数列
C．中存在大于3的项D．中存在小于的项
【答案】BD
【分析】对于A：假设数列为等比数列，设其公比为q，求出，不合乎题意；对于B：求出，得到，即可证明；对于C：先求出，由数列为递减数列，即可判断；对于D：利用单调性证明.
【详解】对于A：假设数列为等比数列，设其公比为q，则，即，
所以，，可得，解得，不合乎题意，故数列不是等比数列，故A错；
对于B：当时，.因为，所以，所以，可得，所以数列为递减数列，故B对；
对于C：由题意可知，，当时，，可得；由B知数列为递减数列，故C错；
对于D：因为数列各项均为正数，其前n项和，所以随着n的增大，递增.
而恒成立，所以递减，且，
所以中必存在小于的项
故选：BD.
18．（2023秋·江苏南京·高三南京市第一中学校考期末）已知数列的项数均为（为确定的正整数，且），若，，则（ ）
A．中可能有项为1B．中至多有项为1
C．可能是以为公比的等比数列D．可能是以2为公比的等比数列
【答案】AC
【分析】利用求出数列，再根据的取值判断即可.
【详解】由题意可得①，②，
①-②得，同理可得，
所以数列中仅有1项为1，
因为，所以B错误；当时，A正确；
，所以当时，是以为公比的等比数列，C正确，D错误；
故选：AC
19．（2023春·广东惠州·高三校考阶段练习）斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．斐波那契数列用递推的方式可如下定义：用表示斐波那契数列的第n项，则数列满足：，，记，则下列结论正确的是（ ）
A．数列是递增数列B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】由数列的递推公式可判断A,B；利用累加法计算可判断选项C,D.
【详解】对A，由知，的前10项依次为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，
其中，第一二项相等，不满足递增性，故A错误；
对B，根据递推公式，得，故B正确；
对C，，
，
，
……，
，
∴，即，故C正确；
对D，由递推式，得，，…，，
累加得，
∴，
∴，
即，故D正确；
故选：BCD．
20．（2023春·浙江·高三校联考开学考试）已知数列满足，且，是数列的前项和，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】对于A,证明数列单调递减即得解；对于B，证明即得解；
对于C，随着减小，从而增大．即得解；对于D，证明即得解.
【详解】对于A:,,在单调递增, 在单调递减, ,当且仅当时,
若,又因为则,则，则,又因为所以所以，
设，
当时，单调递减，当时，单调递增.
所以所以所以
由, 当时,
因为，所以,则,同理得,
当时，；
所以，所以数列单调递减.则, 所以选项A正确.
对于B：由前面得．下面证明．
只需证明，令，
，
令，则，
∴成立．所以，
所以，所以选项B错误；
对于C：，设，设，
则．所以函数单调递减，所以随着减小，
从而增大．所以，即．所以C错误．
对于D：一般地，证明：．
只需证明．
．令，
则，
∴成立．所以，所以．所以D正确．
故选：.
21．（2023·浙江·校联考模拟预测）数列定义如下：，，若对于任意，数列的前项已定义，则对于，定义，为其前n项和，则下列结论正确的是（ ）
A．数列的第项为B．数列的第2023项为
C．数列的前项和为D．
【答案】ACD
【分析】由数列的定义，对通项和前n项和的性质进行讨论，验证选项是否正确.
【详解】
…，
，故A选项正确；
，
，故B选项错误；
，，…，当时，，
所以，故C选项正确；
当时，，
，故D选项正确；
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：解决新定义问题，首先考查对定义的理解。其次是考查满足新定义的数列的简单应用，如在某些条件下，满足新定义的数列有某些新的性质，这也是在新环境下研究“旧”性质，此时需要结合新数列的新性质，探究“旧”性质.第三是考查综合分析能力，主要是将新性质有机地应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质.
22．（2023春·浙江宁波·高三校联考阶段练习）数列前项和为，若，且，则以下结论正确的有（ ）
A．
B．数列为递增数列
C．数列为等差数列
D．的最大值为
【答案】BCD
【分析】对A：取特值，结合，运算求解即可；对B：根据题意可得，结合数列单调性分析判断；对C：可得，作差即可得结果；对D：利用累加法求得，整理可得，结合对勾函数的单调性分析运算.
【详解】由，可得：
对A：令可得：，，则，
令可得：，
即，则，
由，解得，A错误；
对B：对，则，
故数列为递增数列，B正确；
对C：当时，可得，则，
故数列为等差数列，C正确；
对D：∵，
则
，
且，
故
且在上单调递减，在上单调递增，
且，
可得，对恒成立，
故当时，取最大值，D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：解决数列与函数综合问题的注意点
(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集，而不是某个区间上的连续实数，所以它的图象是一群孤立的点．
(2)转化以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是非常容易忽视的问题．
(3)利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化．
23．（2023·云南昆明·安宁市第一中学校考模拟预测）古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状，把数分成许多类，如图中第一行图形中黑色小点个数：1，3，6，10，…称为三角形数，第二行图形中黑色小点个数：1，4，9，16，…称为正方形数，记三角形数构成数列，正方形数构成数列，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．1225既是三角形数，又是正方形数
C．
D．，，总存在，，使得成立
【答案】BCD
【分析】根据给定信息，求出数列、的通项，再逐一分析各个选项即可判断作答.
【详解】依题意，数列中，，，，
于是得，满足上式，
数列中，，，，
于是得，满足上式，
因此，
对于A，，则，A不正确；
对于B，因为，则，又，则，B正确；
对于C，，
则，C正确；
对于D，，，取，则，
所以，，总存在，，使得成立，D正确.
故选：BCD
【点睛】易错点睛：裂项法求和问题，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
24．（2023·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）记表示与实数x最接近的整数，数列的通项公式为，其前n项和为．设，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】由时，可判定A错误；由得，可判定B正确；由，可得，根据是左侧的最接近的整数，可判定C正确；根据题意归纳得到数列中，有2个1，4个，6个，8个，，结合等差数列求和公式，可判定D正确.
【详解】由题意，记表示与实数最接近的整数，且，
对于A，当时，可得，，故A错误；
对于B，由，即，可得，
可得成立，故B正确；
对于C，由，可得，平方可得，
因为，且不是整数，
其中是左侧的最接近的整数，
所以成立，所以C正确；
对于D，当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，此时；

归纳可得数列中，有2个1，4个，6个，8个，
又由构成首项为2，公差为2的等差数列，可得其前n项和为，
令，解得，
所以，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：与数列的新定义有关的问题的求解策略：
1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，进行信息的迁移，达到灵活解题的目的；
2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.
25．（2023·重庆·统考模拟预测）已知数列满足，，，则下列结论正确的有（ ）．
A．数列是递增数列B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】对A：根据数列单调性的定义分析证明；对B：先证，结合累加法运算求解；对C：可得，结合裂项相消法分析运算；对D：先证，结合累积法可得，再根据等比数列求和分析运算.
【详解】对A：，当且仅当时，等号成立，
即，注意到，故，
可知对，，即，即，
故数列是递增数列，A正确；
对B：∵，
由A可得：对，，则，当且仅当时，等号成立，
故，即，
则，即；
当时，则也满足；
综上所述：，B正确；
对C：∵，则，
注意到，即，
∴，即，
故，
可得，C正确；
对D：∵，
注意到，则，
故，可得，
则，
当时，则，
当时，，
故.
则，D错误；
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：
（1）根据题意证明，放缩结合等比数列运算求解；
（2）根据题意整理可得，裂项相消求和；
（3）可证，放缩结合等比数列的通项公式与求和公式运算求解.
26．（2023·福建漳州·统考三模）已知数列，，且满足，，则（ ）
A．B．的最大值为
C．D．
【答案】BCD
【分析】根据递推关系式可求得，知A错误；由，采用作商法可证得数列为正项递减数列，由此知B正确；由递推关系式可求得，采用累加法，结合可推导得C正确；结合C中，采用放缩法得，裂项相消可求得D正确.
【详解】对于A，当时，，即，解得：；
当时，，即，解得：；
当时，，即，解得：；
，A错误；
对于B，由得：，
又，，，，，
数列为正项递减数列，，B正确；
对于C，由得：，，
，
数列为正项递减数列，，（当且仅当时取等号），
，即，，C正确；
对于D，由C知：，
，
，D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用数列递推关系式研究数列的有关性质、数列求和与数列放缩的知识；本题判断CD选项的关键是能够对于数列的通项进行准确的放缩，从而根据不等关系，结合数列求和方法来得到结论.
27．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）在数列中，若对于任意，都有，则（ ）
A．当或时，数列为常数列
B．当时，数列为递减数列，且
C．当时，数列为递增数列
D．当时，数列为单调数列
【答案】ABC
【分析】直接代入计算判断A；由题知，，再依次讨论BC选项即可判断；根据无法确定符号判断D.
【详解】解：对于A选项，由得，
所以，当时，，是常数列；
当时，是常数列，故A选项正确；
对于B选项，，
因为，
所以，当时，，即，
同理可得，，
所以，即，
所以数列为递减数列，且，故B选项正确；
对于C选项，当时，由得，即
由得，
所以，，
同理可得，
所以，即，
所以，数列为递增数列，故C选项正确；
对于D选项，当时，由，即，
由得，符号不确定，
所以符号不确定，
所以，当时，数列的单调性无法确定，故错误.
故选：ABC
28．（2023·湖北·宜昌市一中校联考模拟预测）已知递增的正整数列的前n项和为．以下条件能得出为等差数列的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】用与的关系，计算判断A和B；按的奇偶求出，再结合递增的正整数列推出判断C；按给定条件求出数列的通项，再结合递增的正整数列求出判断D作答.
【详解】对于A，时，，当时，满足，
而且时，，则为等差数列，A正确；
对于B，，当时，不满足上式，
得，因此数列不是等差数列，B错误；
对于C，，即为隔项等差数列，且是递增的正整数列，
则，，，且，有，即，
于是，，因此，
所以为等差数列，C正确；
对于D，，，
，，即数列是以为首项，为公比的等比数列，，则，
从到中间恰有项：，它们是递增的正整数，
而到中间有个递增的正整数，无法一一对应，
若，则会出现如：2，4，5，8，9，10，11，16…的数列，非等差数列，D错误.
故选：AC
29．（2023秋·湖南株洲·高三校联考期末）已知数列满足，数列前项和为，则下列叙述正确的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】根据数列的作差，放缩，累加，等方法即可求解.
【详解】，
又，
归纳可得，
故选项A正确；
数列单调递减，
当 时， ；
当 时，.故选项D正确；
，
，
，
，
，
又，
，
，
，
,
，
所以当时，
.
故选项C错误；
， 故选项B正确；
故选：ABD.
30．（2023春·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）已知数列满足，且，是数列的前n项和，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】对于选项A，B证明数列为单调递减数列即得解；对于选项C，证明随着减小，从而增大，即得解；对于选项D，证明，即得解.
【详解】解：对于选项A、B，因为，，所以，
设，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，则，
所以，
当时，，，
当时，，，
因为，所以这种情况不存在，
则数列满足当时，，为单调递减数列，
故A选项正确，B选项错误；
对于选项C，
令，设
则，
所以函数单调递减，所以随着减小，从而增大，
所以，即，所以C选项正确，
对于选项D，由前面得，
下面证明，只需证明，
令，则，所以，
令，则，
成立，则
所以
所以D选项正确；
故选：ACD.
【点睛】易错点睛：本题主要考查函数、不等式与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：
（1）数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；
（2）转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；
（3）利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.