人教版2022届一轮复习打地基练习 数列的应用

这是一份人教版2022届一轮复习打地基练习 数列的应用，共40页。试卷主要包含了《九章算术》有这样一个问题，数列{an}满足等内容，欢迎下载使用。
人教版2022届一轮复习打地基练习 数列的应用
一．选择题（共12小题）
1．已知单调递增的整数列{an}共有n项，a1＝1，an＝200，且对任意的整数m∈[2，n]，都存在整数i，j∈[1，m﹣1]使得am＝ai+aj（i，j可以相等），则数列{an}至少有（　　）项．
A．7 B．8 C．9 D．10
2．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长六尺，斩本一尺，重五斤，斩末一尺，重二斤，箠重几何？”意思是：“现有一根金杖，长6尺，一头粗，一头细，在最粗的一端截下1尺，重5斤；在最细的一端截下1尺，重2斤；问金杖重多少斤？”（设该金杖由粗到细是均匀变化的）（　　）
A．21 B．18 C．15 D．12
3．《九章算术》是我国古代的数学巨著，书中有这样一道题：“今有垣厚五尺，两鼠对穿．大鼠日一尺，小鼠亦日一尺．大鼠日自倍，小鼠日自半．问何日相逢？”题意为：有一堵墙厚五尺，有两只老鼠从墙的正对面打洞穿墙．大老鼠第一天打进一尺，以后每天打进的长度是前一天的2倍；小老鼠第一天也打进一尺，以后每天打进的长度是前一天的一半．若这一堵墙厚16尺，则几日后两鼠相逢（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
4．一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群，是中国现存最大且排列最整齐的喇嘛塔群之一．一百零八塔，因塔群的塔数而得名，塔群随山势凿石分阶而建，由下而上逐层增高，依山势自上而下各层的塔数分别为1，3，3，5，5，7，…，若该数列从第5项开始成等差数列，则该塔群共有（　　）

A．10层 B．11层 C．12层 D．13层
5．《九章算术》有这样一个问题：今有女子善织，日增等尺，七日织二十八尺，第二日、第五日、第八日所织之和为十五尺，则第十日所织尺数为（　　）
A．8 B．9 C．10 D．11
6．数列{an}满足：对任意的n∈N+且n≥3，总存在i，j∈N+，使得an＝ai+aj（i≠j，i＜n，j＜n），则称数列{an}是“T数列”．现有以下四个数列：①{2n}；②{n2}；③{3n}；④{（1−52）n﹣1}．其中是“T数列”的有（　　）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
7．将圆周20等份，按照逆时针方向依次编号为1、2、…20，若从某一点开始，沿圆周逆时针方向行走，点的编号是数字几，就走几段弧长，称这种走法为一次“移位”，如：小明在编号为1的点，他应走1段弧长，即从1→2为第一次“移位”，这时他到达编号为2的点，然后从2→3→4为第二次“移位”，若某人从编号为3的点开始，沿逆时针方向，按上述“移位”方法行走，“移位”a次刚好到达编号为16的点，又满足|a﹣2016|的值最小，则a的值为（　　）
A．2015 B．2016 C．2017 D．2018
8．给出若干数字按下图所示排成倒三角形，其中第一行各数依次是1，2，3，…，2011，从第二行起每个数分别等于上一行左、右两数之和，最后一行只有一个数M，则这个数M是（　　）

A．2012×22009 B．2011×22010 C．2010×22011 D．2010×22007
9．我国古代数学名著《孙子算经》载有一道数学问题：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩二，七七数之剩二，问物几何？”根据这一数学思想，所有被3除余2的整数从小到大组成数列{an}，所有被5除余2的正整数从小到大组成数列{bn}，把数{an}与{bn}的公共项从小到大得到数列{cn}，则下列说法正确的是（　　）
A．a1+b2＝c2 B．b8﹣a2＝c4 C．b22＝c8 D．a6b2＝c9
10．某工厂去年总产值为a，计划今后5年内每一年比上一年增长10%，这5年的最后一年该厂的总产值是（　　）
A．1.14a B．1.15a C．1.16a D．（1+1.15）a
11．国际数学教育大会（ICME）是由国际数学教育委员会主办的国际数学界最重要的会议，每四年举办一次，至今共举办了十三届，第十四届国际数学教育大会于2021年上海举行，华东师大向全世界发出了数学教育理论发展与实践经验分享的邀约，如图甲是第七届国际数学家大会（简称ICME﹣7）的会徽图案，会徽的主题图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的．

其中已知：OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝A4A5＝A5A6＝A6A7＝A7A8＝⋯＝1，A1，A2，A3，⋯，为直角顶点，设这些直角三角形的周长和面积依次从小到大组成的数列分别为{ln}，{Sn}，则关于此两个数列叙述错误的是（　　）
A．{Sn2}是等差数列
B．ln=1+n+n+1
C．ln−ln−1=n−n−1(n＞1，n∈N)
D．ln﹣1＝2Sn+2Sn+1
12．在悠久灿烂的中国古代文化中，数学文化是其中的一朵绚丽的奇葩．《张丘建算经》是我国古代有标志性的内容丰富的众多数学名著之一，大约创作于公元五世纪．书中有如下问题：“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月织九匹三丈，问日益几何？”．其大意为：“今有一女子擅长织布，织布的速度一天比一天快，从第二天起，每天比前一天多织相同数量的布，第一天织5尺，一个月共织了九匹三丈，问从第二天起，每天比前一天多织多少尺布？”．已知1匹＝4丈，1丈＝10尺，若这个月有30天，记该女子这一个月中的第n天所织布的尺数为an，bn=2an，对于数列{an}，{bn}，则a5log2b10=（　　）
A．193209 B．209193 C．209289 D．289209
二．多选题（共3小题）
13．意大利数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现了这样的数列：1，1，2，3，5，8，…，该数列的特点是：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和．人们把这样的一列数组成的数列{fn}称为斐波那契数列，并将数列{fn}中的各项除以4所得余数按原顺序构成的数列记为{gn}，则下列结论正确的是（　　）
A．g2021＝1
B．f1002+f1012＝f101f102﹣f100f99
C．g1+g2+g3+…+g2020＝2688
D．f12+f22+f32+⋯+f20202+f20212＝f2021f2022
14．设{an}是无穷数列，若存在正整数k（k≥2），使得对任意n∈N*，均有an+k＞an，则称{an}是“间隔递增数列”，k是{an}的“间隔数”，下列说法正确的是（　　）
A．公比大于1的等比数列一定是“间隔递增数列”
B．若an=2n+(−1)n，则{an}是“间隔递增数列”
C．若an=n+rn(r∈N∗，r≥2)，则{an}是“间隔递增数列”且“间隔数”的最小值为r
D．已知an=n2+tn+2021，若{an}是“间隔递增数列”且“间隔数”的最小值为3，则﹣5＜t≤﹣4
15．在“全面脱贫”行动中，贫困户小王2020年1月初向银行借了扶贫免息贷款10000元，用于自己开设的农产品土特产品加工厂的原材料进货，因产品质优价廉，上市后供不应求，据测算每月获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需缴纳房租600元和水电费400元，余款作为资金全部用于再进货，如此继续．设第n月月底小王手中有现款为an，则下列论述正确的有（　　）（参考数据：1.211＝7.5，1.212＝9）
A．a1＝12000
B．an+1＝1.2an﹣1000
C．2020年小王的年利润为40000元
D．两年后，小王手中现款达41万
三．填空题（共17小题）
16．去掉集合A＝{k|k≤6666，k∈N+}中所有的完全平方数和完全立方数后，将剩下的元素从小到大排列成一个数列{bn}，若bi＝2021，则i＝　 　．
17．定义：在数列{an}中，若an2﹣an﹣12＝p，（n≥2，n∈N*，p为常数），则称{an}为“等方差数列”．下列是对“等方差数列”的有关判断：
①若{an}是“等方差数列”，则数列{1an}是等差数列；
②{（﹣2）n}是“等方差数列”；
③若{an}是“等方差数列”，则数列{akn}（k∈N*，k为常数）也是“等方差数列”；
④若{an}既是“等方差数列”，又是等差数列，则该数列是常数数列．
其中正确的命题为　 　．（写出所有正确命题的序号）
18．已知数列{an}满足：a1＝1，a2＝x（x∈N*），an+2＝|an+1﹣an|，若前2010项中恰好含有666项为0，则x的值为　 　．
19．百善孝为先，孝敬父母是中华民族的传统美德．因父母年事渐高，大张与小张兄弟俩约定：如果两人在同一天休息就一起回家陪伴父母，并把这一天记为“家庭日”．由于工作的特殊性，大张每工作三天休息一天，小张每周星期一与星期五休息，除此之外，他们没有其它休息日．已知2021年1月1日（星期五）是他们约定的“家庭日”，则2021年全年他们约定的“家庭日”共有　 　个．
20．已知桶A0中盛有2升水，桶B0中盛有1升水．现将桶A0中的水的34和桶B0中的水的14倒入桶A1中，再将桶A0与桶B0中剩余的水倒入桶B1中；然后将桶A1中的水的34和桶B1中的水的14倒入桶A2中，再将桶A1与桶B1中剩余的水倒入桶B2中；若如此继续操作下去，则桶An（n∈N*）中的水比桶Bn（n∈N*）中的水多　 　升．
21．已知点列P1（1，y1），P2（2，y2），P3（3，y3），…，Pn+1（n+1，yn+1）在x轴的投影为Q1，Q2，…，Qn+1，且点Pn+1满足y1＝1，直线PnPn+1的斜率kPnPn+1=2n．则多边形P1Q1Qn+1Pn+1的面积为　 　．
22．《算法统宗》是中国古代数学名著，作者是我国明代数学家程大位．在《算法统宗》中诗篇《李白沽酒》里记载：“今携一壶酒，游春郊外走，逢朋加一倍，人店饮斗九…”意思是说，李白去郊外春游时，带了一壶酒，遇见朋友，先到酒店里将壶中的酒增加一倍（假定每次加酒不会溢出），再饮去其中的3升酒．那么根据这个规则，若李白酒壶中原来有酒a0（a0＞3）升，将李白在第n（n≥1，n∈N°）家店饮酒后所剩酒量记为an升，则an＝　 　（用a0和n表示）．
23．已知数列{an}的前n项和为Sn＝（a+1）n2+a，某三角形三边为a2，a3，a4，且该三角的面积为1534，那么an＝　 　．
24．定义“等积数列”：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的乘积都等于同一个不为零的常数，那么这个数列叫做等积数列，这个常数叫做等积数列的公积，已知数列{an}是a1＝2，公积为﹣6的等积数列，则a3＝　 　；数列{an}的前n项和Sn＝　 　．
25．数列{an}的前n项和Sn=nn+1，数列{bn}的通项公式为bn＝n﹣8，则bnSn的最小值为　 　．
26．我国南北朝数学家何承天发明的“调日法”是程序化寻求精确分数来表示数值的算法，其理论依据是：设实数x的不足近似值和过剩近似值分别为两个既约分数ba和dc，则b+da+c是x的更为精确的近科似值．现第一次用“调日法”：由258＜π＜227得到π的更为精确的近似值为a1，则a1＝　 　．第二次用“调日法”：由a1＜π＜227得到π的更为精确的近似值为a2，…，记第n次用“调日法”得到π的更为精确的近似值为an（n≤10，n∈N*）．
若an＝3.14，则n＝　 　．
27．已知等差数列{an}满足：|a1|+|a2|+⋅⋅⋅+|an|＝|a1+1|+|a2+1|+⋅⋅⋅+|an+1|＝|a1﹣1|+|a2﹣1|+⋅⋅⋅+|an﹣1|＝2021，则正整数n的最大值为　 　．
28．数列{an}满足：a4n=1，a4n+1=0，a2n=an，n∈N∗，则a2017＝　 　，a2020＝　 　．
29．记Sn为各项均为正数的等比数列{an}的前n项和．若a1+a2＝3，a3+a4＝12，则公比q＝　 　，S6＝　 　．
30．已知数列{an}满足a1＝8，an+1﹣an＝n，则ann的最小值为　 　．
31．我国明代数学家吴敬所著的《九章算术比类大全》中，有一道数学名题叫“宝塔装灯”，内容为“远望巍巍塔七层，红灯点点倍加增；共灯三百八十一，请问顶层几盏灯？”（“倍加增”是指从塔的顶层到底层）．则宝塔的顶层有　 　盏灯．
32．对于实数α，用[α]表示不超过α的最大整数，对于区间（a，b），用b﹣a表示其长度（注：区间的开闭不影响长度），设x为正实数，若[lgx]为偶数，则称x为幸运数，若x∈（0，1），且x为幸运数，则x的取值区间长度之和为 　 　．
四．解答题（共7小题）
33．已知数列{an}的奇数项是公差为d1的等差数列，偶数项是公差为d2的等差数列，Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，a2＝2．
（1）若S5＝16，a4＝a5，求a10；
（2）已知S15＝15a8，且对任意n∈N*，有an＜an+1恒成立，求证：数列{an}是等差数列；
（3）若d1＝3d2（d1≠0），且存在正整数m、n（m≠n），使得am＝an．求当d1最大时，数列{an}的通项公式．
34．已知数列{an}满足：a1＝1，且当n≥2时，an＝λan﹣1+1−(−1)n2（λ∈R）．
（1）若λ＝1，证明：数列{a2n﹣1}是等差数列；
（2）若λ＝2．
①设bn＝a2n+23，求数列{bn}的通项公式；
②设∁n=1n⋅3ni=12n ai，证明：对于任意的p，m∈N*，当p＞m，都有∁p≥∁m．
35．已知数列{an}的各项均为整数，其前n项和为Sn．规定：若数列{an}满足前r项依次成公差为1的等差数列，从第r﹣1项起往后依次成公比为2的等比数列，则称数列{an}为“r关联数列”．
（1）若数列{an}为“6关联数列”，求数列{an}的通项公式；
（2）在（1）的条件下，求出Sn，并证明：对任意n∈N*，anSn≥a6S6；
（3）若数列{an}为“6关联数列”，当n≥6时，在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，求dn，并探究在数列{dn}中是否存在三项dm，dk，dp（其中m，k，p成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的三项；若不存在，说明理由．
36．对于数列{an}，记bn＝max{a1，a2，…，an}（n＝1，2，3，…），其中max{a1，a2，…，ak}表示a1，a2，…，ak这k个数中最大的数．并称数列{bn}是{an}的“控制数列”，如数列1，2，3，2的“控制数列”是1，2，3，3．
（Ⅰ）若各项均为正整数的数列{an}的“控制数列”为1，3，4，4，写出所有的{an}；
（Ⅱ）设an＝an2﹣2n（n∈N*）．
（i）当a＞0时，证明：存在正整数m，使bmm，bm+1m+1，bm+2m+2，…是等差数列；
（ⅱ）当a∈[﹣2，2]时，求b11+b22+b33+b44的值（结果可含a）．
37．已知数集A＝{a1，a2，…，an}（1≤a1＜a2＜…＜an，n≥2）具有性质P：对任意的i，j（1≤i≤j≤n），aiaj与ajai两数中至少有一个属于A．
（1）分别判断数集{1，3，4}与{1，2，3，6}是否具有性质P，并说明理由；
（2）求a1的值；当n＝3时，数列a1，a2，a3是否成等比数列，试说明理由；
（3）由（2）及通过对A的探究，试写出关于数列a1，a2，…，an的一个真命题，并加以证明．
38．设数列A：a1，a2，…，an（n≥3）的各项均为正整数，且a1≤a2≤…≤an．若对任意k∈{3，4，…，n}，存在正整数i，j（1≤i≤j＜k）使得ak＝ai+aj，则称数列A具有性质T．
（Ⅰ）判断数列A1：1，2，4，7与数列A2：1，2，3，6是否具有性质T；（只需写出结论）
（Ⅱ）若数列A具有性质T，且a1＝1，a2＝2，an＝200，求n的最小值；
（Ⅲ）若集合S＝{1，2，3，…，2019，2020}＝S1∪S2∪S3∪S4∪S5∪S6，且Si∩Sj＝∅（任意i，j∈{1，2，…，6}，i≠j）．求证：存在Si，使得从Si中可以选取若干元素（可重复选取）组成一个具有性质T的数列．
39．某市2020年发放汽车牌照12万张，其中燃油型汽车牌照10万张，电动型汽车牌照2万张．为了节能减推和控制总量，从2021年开始，每年电动型汽车牌照发放的数量比上一年增长50%，而每年燃油型汽车牌照发放的数量比上一年减少0.5万张，同时规定一旦某年发放的汽车牌照超过15万张，以后每年发放的电动型汽车牌照的数量维持在这一年的水平不变．
（1）记2020年为第一年，每年发展的燃油翻汽车牌照的数量构成数列{an}，每年发放的电动型汽车牌照的数量构成数列{bn}，写出这两个数列的通项公式；
（2）从2020年算起，求二十年发放的汽车牌照总量．

人教版2022届一轮复习打地基练习 数列的应用
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题）
1．已知单调递增的整数列{an}共有n项，a1＝1，an＝200，且对任意的整数m∈[2，n]，都存在整数i，j∈[1，m﹣1]使得am＝ai+aj（i，j可以相等），则数列{an}至少有（　　）项．
A．7 B．8 C．9 D．10
【分析】根据数列的新定义，采用验证推理的方法求解．
【解答】解：当 n＝10 时，数列 1，2，3，5，10，20，40，80，160，200 满足题意，
若有 9 项，依题意 a2＝2，am≤2am﹣1，
所以 a3≤4，a4≤8，a5≤16，a6≤32，a7≤64，a8≤128，
而 a9＝200，所以 a8＝100，a7＝50，a6＝25，
此时a6＝25＞8+16，
所以 a5无法取整数，
显然当 n≤8 都不成立．
故选：D．
2．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长六尺，斩本一尺，重五斤，斩末一尺，重二斤，箠重几何？”意思是：“现有一根金杖，长6尺，一头粗，一头细，在最粗的一端截下1尺，重5斤；在最细的一端截下1尺，重2斤；问金杖重多少斤？”（设该金杖由粗到细是均匀变化的）（　　）
A．21 B．18 C．15 D．12
【分析】根据题意，金箠由粗到细各尺构成一个等差数列，利用等差数列前n项和公式即可．
【解答】解：依题意，金箠由粗到细各尺构成一个等差数列，
设首项a1＝5，则a6＝2，
由等差数列前n项和公式得S=6(5+2)2=21，
所以金杖重21斤．
故选：A．
3．《九章算术》是我国古代的数学巨著，书中有这样一道题：“今有垣厚五尺，两鼠对穿．大鼠日一尺，小鼠亦日一尺．大鼠日自倍，小鼠日自半．问何日相逢？”题意为：有一堵墙厚五尺，有两只老鼠从墙的正对面打洞穿墙．大老鼠第一天打进一尺，以后每天打进的长度是前一天的2倍；小老鼠第一天也打进一尺，以后每天打进的长度是前一天的一半．若这一堵墙厚16尺，则几日后两鼠相逢（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】根据题意，分析可得大老鼠每天打进的长度是首项为1，公比为2的等比数列，小老鼠每天打进的长度是首项为1，公比为12的等比数列，由等比数列的前n项和公式可得Sn+Tn＝（2n﹣1）+（2−12n−1）≥16，分析可得n的取值范围，即可得答案．
【解答】解：根据题意，大老鼠每天打进的长度是首项为1，公比为2的等比数列，设该数列为{an}，前n项和为Sn，
小老鼠每天打进的长度是首项为1，公比为12的等比数列，设该数列为{bn}，前n项和为Tn，
则Sn=1×(1−2n)1−2=2n﹣1，Tn=1×(1−12n)1−12=2−12n−1，
若Sn+Tn＝（2n﹣1）+（2−12n−1）≥16，即2n−12n−1）≥15，
又由n≥1且n∈Z，必有n≥4，
故选：B．
4．一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群，是中国现存最大且排列最整齐的喇嘛塔群之一．一百零八塔，因塔群的塔数而得名，塔群随山势凿石分阶而建，由下而上逐层增高，依山势自上而下各层的塔数分别为1，3，3，5，5，7，…，若该数列从第5项开始成等差数列，则该塔群共有（　　）

A．10层 B．11层 C．12层 D．13层
【分析】根据题意，设该数列为{an}，塔群共有n层，即数列有n项，求出S4以及Sn﹣S4表达式，又由Sn的值可得关于n的方程，计算可得答案．
【解答】解：根据题意，设该数列为{an}，塔群共有n层，即数列有n项，
数列{an}为1，3，3，5，5，7，…，
则S4＝1+3+3+5＝12，
该数列从第5项开始成等差数列，而a5＝5，a6＝7，则其公差d＝2，
则有Sn﹣S4＝a5+a6+……+an＝5×（n﹣4）+(n−4)(n−5)×22=n（n﹣4），
又由Sn＝108，则有12+n（n﹣4）＝108，即n（n﹣4）＝96，
解可得n＝12或﹣8（舍），
则n＝12．
故选：C．
5．《九章算术》有这样一个问题：今有女子善织，日增等尺，七日织二十八尺，第二日、第五日、第八日所织之和为十五尺，则第十日所织尺数为（　　）
A．8 B．9 C．10 D．11
【分析】由已知条件利用等差数列的前n项和公式和通项公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出第十日所织尺数．
【解答】解：设第一天织a1尺，从第二天起每天比第一天多织d尺，
由已知得7a1+21d=28a1+d+a1+4d+a1+7d=15，
解得a1＝1，d＝1，
∴第十日所织尺数为a10＝a1+9d＝1+9×1＝10．
故选：C．
6．数列{an}满足：对任意的n∈N+且n≥3，总存在i，j∈N+，使得an＝ai+aj（i≠j，i＜n，j＜n），则称数列{an}是“T数列”．现有以下四个数列：①{2n}；②{n2}；③{3n}；④{（1−52）n﹣1}．其中是“T数列”的有（　　）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【分析】由题意结合“T数列”的定义，考查所给的数列是否满足定义即可，其中满足定义的需要给出满足题意的i，j数值，不满足题意的举出反例即可．
【解答】解：令an＝2n，则an＝a1+an﹣1，所以数{2n}是“T数列”；
令an=n2，则a1＝1，a2＝4，a3＝9，所以a3≠a1+a2，所以数列{n2}不是“T数列”；
令an=3n，则a1＝3，a2＝9，a3＝27，所以a3≠a1+a2，所以数列{3n}不是“T数列”；
令an=(1−52)n−1，则an=(1−52)n−1=(1−52)n−2+(1−52)n−3=an﹣1+an﹣2，所以数列{(1−52)n−1}是“T数列”
综上，“T数列”的个数为2．
故选：C．
7．将圆周20等份，按照逆时针方向依次编号为1、2、…20，若从某一点开始，沿圆周逆时针方向行走，点的编号是数字几，就走几段弧长，称这种走法为一次“移位”，如：小明在编号为1的点，他应走1段弧长，即从1→2为第一次“移位”，这时他到达编号为2的点，然后从2→3→4为第二次“移位”，若某人从编号为3的点开始，沿逆时针方向，按上述“移位”方法行走，“移位”a次刚好到达编号为16的点，又满足|a﹣2016|的值最小，则a的值为（　　）
A．2015 B．2016 C．2017 D．2018
【分析】根据“移位”的定义，分别求出前十次“移位”情况，得到从第二次开始，每4次移位为一组“移位”循环，由题意可得a﹣1应该整除4，又满足|a﹣2016|的值最小，即可得到a的值．
【解答】解：若某人从编号为3的点开始，第一次“移位”到达6；
第二次“移位”到达12；
第三次“移位”到达4；
第四次“移位”到达8；
第五次“移位”到达16；
第六次“移位”到达12；
第七次“移位”到达4；
第八次“移位”到达8；
第九次“移位”到达16；
第十次“移位”到达12；
…
从第二次开始，每4次移位为一组“移位”循环，
“移位”a次刚好到达编号为16的点，
则a﹣1应该整除4，又满足|a﹣2016|的值最小，
则a＝2017．
故选：C．
8．给出若干数字按下图所示排成倒三角形，其中第一行各数依次是1，2，3，…，2011，从第二行起每个数分别等于上一行左、右两数之和，最后一行只有一个数M，则这个数M是（　　）

A．2012×22009 B．2011×22010 C．2010×22011 D．2010×22007
【分析】【方法一】观察数表，发现规律：每一行都是等差数列，计算公差与首项即可得出M；
【方法二】从第一行为1，2，3 和1，2，3，4，5的两个“小三角形”的例子，归纳、猜测得出M．
【解答】解：【方法一】数表的每一行都是等差数列，
且第一行公差为1，首项为1，
第二行公差为2，首项为（1+2）＝3＝（1+2）×20，
第三行公差为4，首项为（3+5）＝8＝（1+3）×21，…，
第2010行公差为22009，首项为（1+2010）×22008，
第2011行只有M，则M＝（1+2011）×22009；
【方法二】当第一行为1，2，3时，其结果为8＝（1+3）×21，
当第一行为1，2，3，4，5时，其结果为48＝（1+5）×23，
通过这两个“小三角形”的例子，
归纳、猜测这个数M为（n+1）•2n﹣2；
即M＝（1+2011）×22011﹣2＝2012×22009．
9．我国古代数学名著《孙子算经》载有一道数学问题：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩二，七七数之剩二，问物几何？”根据这一数学思想，所有被3除余2的整数从小到大组成数列{an}，所有被5除余2的正整数从小到大组成数列{bn}，把数{an}与{bn}的公共项从小到大得到数列{cn}，则下列说法正确的是（　　）
A．a1+b2＝c2 B．b8﹣a2＝c4 C．b22＝c8 D．a6b2＝c9
【分析】利用题意得到数列{an}、{bn}均是等差数列，利用等差数列的通项公式求出an，bn，从而得到数列{cn}是首项为2，公差为15的等差数列，求出cn，然后依次对选项中的等式进行判断即可．
【解答】解：根据题意，数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，
故an＝2+3（n﹣1）＝3n﹣1，
数列{bn}是首项为2，公差为5的等差数列，
故bn＝2+5（n﹣1）＝5n﹣3，
把数{an}与{bn}的公共项从小到大得到数列{cn}，
故数列{cn}是首项为2，公差为15的等差数列，
故cn＝2+15（n﹣1）＝15n﹣13，
因为a1+b2＝2+5×2﹣3＝9，c2＝15×2﹣13＝17，
故a1+b2≠c2，
故选项A错误；
因为b8﹣a2＝5×8﹣3﹣（3×2﹣1）＝32，c4＝15×4﹣13＝47，
故b8﹣a2≠c4，
故选项B错误；
因为b22＝5×22﹣3＝107，c8＝15×8﹣13＝107，
故b22＝c8，
故选项C正确；
因为a6b2＝（3×6﹣1）×（5×2﹣3）＝119，c9＝15×9﹣13＝122，
故a6b2≠c9，
故选项D错误．
故选：C．
10．某工厂去年总产值为a，计划今后5年内每一年比上一年增长10%，这5年的最后一年该厂的总产值是（　　）
A．1.14a B．1.15a C．1.16a D．（1+1.15）a
【分析】由题意依次列出每年的产值，构成等比数列，即可求得结论．
【解答】解：去年产值是a
第一年要比去年产值增加10%，那么第一年就是a+10%a，即a（1+0.1）
第二年又比第一年增加10%，所以第二年是a（1+0.1）（1+0.1）
依此类推，第五年是a（1+0.1）（1+0.1）（1+0.1）（1+0.1）（1+0.1）＝1.15a，
故选：B．
11．国际数学教育大会（ICME）是由国际数学教育委员会主办的国际数学界最重要的会议，每四年举办一次，至今共举办了十三届，第十四届国际数学教育大会于2021年上海举行，华东师大向全世界发出了数学教育理论发展与实践经验分享的邀约，如图甲是第七届国际数学家大会（简称ICME﹣7）的会徽图案，会徽的主题图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的．

其中已知：OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝A4A5＝A5A6＝A6A7＝A7A8＝⋯＝1，A1，A2，A3，⋯，为直角顶点，设这些直角三角形的周长和面积依次从小到大组成的数列分别为{ln}，{Sn}，则关于此两个数列叙述错误的是（　　）
A．{Sn2}是等差数列
B．ln=1+n+n+1
C．ln−ln−1=n−n−1(n＞1，n∈N)
D．ln﹣1＝2Sn+2Sn+1
【分析】通过对已知条件中的规律概括出ln=n+n+1+1，Sn=n2，代入各选项即可得出结果．
【解答】解：由OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝A4A5＝A5A6＝A6A7＝A7A8＝⋯＝1，
得OA2=2，OA3=3，⋯，
故OAn=n，∴ln＝OAn+AnAn+1+OAn+1=n+n+1+1，①
Sn=OAn⋅AnAn+12=n2，
对于A，Sn2=n4，∴{Sn2}是等差数列，所以A正确；
对于B，由①可知，B正确；
对于C，ln﹣ln﹣1=n+n+1+1−（n−1+n+1）=n+1−n−1，所以C错误；
对于D，ln﹣1=n+n+1，2Sn+2Sn+1=n+n+1=ln﹣1，所以D正确．
故选：C．
12．在悠久灿烂的中国古代文化中，数学文化是其中的一朵绚丽的奇葩．《张丘建算经》是我国古代有标志性的内容丰富的众多数学名著之一，大约创作于公元五世纪．书中有如下问题：“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月织九匹三丈，问日益几何？”．其大意为：“今有一女子擅长织布，织布的速度一天比一天快，从第二天起，每天比前一天多织相同数量的布，第一天织5尺，一个月共织了九匹三丈，问从第二天起，每天比前一天多织多少尺布？”．已知1匹＝4丈，1丈＝10尺，若这个月有30天，记该女子这一个月中的第n天所织布的尺数为an，bn=2an，对于数列{an}，{bn}，则a5log2b10=（　　）
A．193209 B．209193 C．209289 D．289209
【分析】利用等差数列的前n和公式求出数列的公差，再利用等差数列的通项公式以及对数的运算性质即可求解．
【解答】解：由题意可知数列{an}是等差数列，且a1＝5，
设其前n项和为Sn，公差为d，
则S30=30a1+30×292d=390，解得d=1629，
所以an=5+(n−1)×1629=16n+12929，
所以a5log2b10=a5a10=16×5+12916×10+129=209289，
故选：C．
二．多选题（共3小题）
13．意大利数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现了这样的数列：1，1，2，3，5，8，…，该数列的特点是：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和．人们把这样的一列数组成的数列{fn}称为斐波那契数列，并将数列{fn}中的各项除以4所得余数按原顺序构成的数列记为{gn}，则下列结论正确的是（　　）
A．g2021＝1
B．f1002+f1012＝f101f102﹣f100f99
C．g1+g2+g3+…+g2020＝2688
D．f12+f22+f32+⋯+f20202+f20212＝f2021f2022
【分析】根据题意，由列举法分析可得数列{gn}是以6为最小正周期的数列，由此分析可得A正确，C错误，根据数列{fn}的递推公式分析可得BD正确，综合可得答案．
【解答】解：根据题意，g1＝1，g2＝1，g3＝2，g4＝3，g5＝1，g6＝0，
g7＝1，g8＝1，g9＝2，g10＝3，g11＝1，g12＝0，…，故数列{gn}是以6为最小正周期的数列，
依次分析选项：
对于A，2021＝6×336+5，g2021＝g5＝1，A正确；
对于B，f1002＝f100（f101﹣f99），f1012＝f101（f102﹣f100），故f1002+f1012＝f101f102﹣f100f99，B正确；
对于C，g1+g2+g3+…+g2020＝336×（1+1+2+3+1+0）+（1+1+2+3）＝2695，C错误；
对于D，f1＝f2，fn+2＝fn+1+fn，则（f1）2＝f1f2，f22＝f2（f3﹣f1）＝f2f3﹣f1f2，f32＝f3（f4﹣f2）＝f3f4﹣f2f3，……f20212＝f2021（f2022﹣f2020）＝f2021f2022﹣f2021f2020，
故f12+f22+f32+⋯+f20202+f20212＝f1f2+（f2f3﹣f1f2）+（f3f4﹣f2f3）+……+（f2021f2022﹣f2021f2020）＝f2021f2022，D正确；
故选：ABD．
14．设{an}是无穷数列，若存在正整数k（k≥2），使得对任意n∈N*，均有an+k＞an，则称{an}是“间隔递增数列”，k是{an}的“间隔数”，下列说法正确的是（　　）
A．公比大于1的等比数列一定是“间隔递增数列”
B．若an=2n+(−1)n，则{an}是“间隔递增数列”
C．若an=n+rn(r∈N∗，r≥2)，则{an}是“间隔递增数列”且“间隔数”的最小值为r
D．已知an=n2+tn+2021，若{an}是“间隔递增数列”且“间隔数”的最小值为3，则﹣5＜t≤﹣4
【分析】利用新定义，逐项验证是否存在正整数k（k≥2），使得an+k﹣an＞0，即可判断正误．
【解答】解：选项A中，设等比数列{an}的公比是q（q＞1），
则an+k﹣an=a1qn+k−1−a1qn−1=a1qn−1(qk−1)，
其中qk＞1，即qn﹣1（qk﹣1）＞0，
若a1＜0，则an+k﹣an＜0，即an+k＜an，不符合定义，
故选项A错误；
选项B中，an=2n+(−1)n，
故an+k﹣an＝[2（n+k）+（﹣1）n+k]﹣[2n+（﹣1）n]＝2k+（﹣1）n[（﹣1）k﹣1]，
当n为奇数时，an+k﹣an＝2k﹣（﹣1）k+1，则存在k≥1时，an+k﹣an＞0成立，即对任意n∈N*，均有an+k＞an，符合定义；
当n为偶数时，an+k﹣an＝2k+（﹣1）k﹣1，则存在k≥2时，an+k﹣an＞0成立，即对任意n∈N*，均有an+k＞an，符合定义；
综上所述，存在k≥2时，对任意n∈N*，均有an+k＞an，符合定义，
故选项B正确；
选项C中，an=n+rn(r∈N∗，r≥2)，
故an+k﹣an=(n+k+rn+k)−(n+rn)=k+−kr(n+k)n=k[1−r(n+k)n]=k⋅n2+kn−r(n+k)n，
令f（n）＝n2+kn﹣r，图象开口向上，对称轴为n=−k2＜0，
故f（n）在n∈N*时单调递增，
令最小值f（1）＝1+k﹣r＞0，解得k＞r﹣1，
又k∈N*，k≥2，r∈N*，r≥2，
故存在k≥r时，an+k﹣an＞0成立，即对任意n∈N*，均有an+k＞an，符合定义，“间隔数”的最小值为r，
故选项C正确；
选项D中，因为an=n2+tn+2021，是“间隔递增数列”，
则an+k﹣an＝[（n+k）2+t（n+k）+2021]﹣（n2+tn+2021）＝2kn+k2+tk＞0，即k+2n+t＞0对任意n∈N*成立，
设g（n）＝k+2n+t，显然在n∈N*上g（n）单调递增，
故要使g（n）＞0，只需g（1）＝k+2+t＞0成立，即﹣2﹣t＜k，
又“间隔数”的最小值为3，故存在k≥3，使﹣2﹣t＜k成立，且存在k≤2，使﹣2﹣t≥k成立，
故﹣2﹣t＜3且﹣2﹣t≥2，解得﹣5＜t≤4，
故选项D正确．
故选：BCD．
15．在“全面脱贫”行动中，贫困户小王2020年1月初向银行借了扶贫免息贷款10000元，用于自己开设的农产品土特产品加工厂的原材料进货，因产品质优价廉，上市后供不应求，据测算每月获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需缴纳房租600元和水电费400元，余款作为资金全部用于再进货，如此继续．设第n月月底小王手中有现款为an，则下列论述正确的有（　　）（参考数据：1.211＝7.5，1.212＝9）
A．a1＝12000
B．an+1＝1.2an﹣1000
C．2020年小王的年利润为40000元
D．两年后，小王手中现款达41万
【分析】第n月月底小王手中有现款为{an}，求解首项，判断A；得到递推关系式判断B；推出数列{an﹣5000}等比数列，求解利润判断C；求解两年后，小王手中现款判断D．
【解答】解：每月获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需缴纳房租600元和水电费400元，
a1＝（1+20%）×10000﹣1000＝11000元，故A错误；
由题意an+1＝1.2an﹣1000，故B正确；
由an+1＝1.2an﹣1000，得an+1﹣5000＝1.2（an﹣5000），
所以数列{an﹣5000}是首项为6000，公比为1.2的等比数列，∴a12−5000=6000×1.211，即a12=6000×1.211+5000=50000，
2020年小王的年利润为50000﹣10000＝40000元，故C正确；
a24=5000+6000×1.223=5000+6000×921.2=410000元，即41万，故D正确．
故选：BCD．
三．填空题（共17小题）
16．去掉集合A＝{k|k≤6666，k∈N+}中所有的完全平方数和完全立方数后，将剩下的元素从小到大排列成一个数列{bn}，若bi＝2021，则i＝　1968　．
【分析】由于442≤2021≤452，123＜2021＜133，因此在区间[1，2021]内的完全平方数共有44个．同理可得在区间[1，2014]内的完全立方数共有12个．
其中即是完全平方数，又是完全立方数的有3个：1，26，36．即可得出．
【解答】解：由于442≤2021≤452，123＜2021＜133，且12＝13，43＝82，93＝272，所以在1，2，3…2021中，共删去了44+12﹣3＝53项，于是i＝2021﹣53＝1968．
故答案是：1968．
17．定义：在数列{an}中，若an2﹣an﹣12＝p，（n≥2，n∈N*，p为常数），则称{an}为“等方差数列”．下列是对“等方差数列”的有关判断：
①若{an}是“等方差数列”，则数列{1an}是等差数列；
②{（﹣2）n}是“等方差数列”；
③若{an}是“等方差数列”，则数列{akn}（k∈N*，k为常数）也是“等方差数列”；
④若{an}既是“等方差数列”，又是等差数列，则该数列是常数数列．
其中正确的命题为　③④　．（写出所有正确命题的序号）
【分析】①：可以举反例，如an＝0可判定真假；②：对数列{（﹣2）n}直接根据定义进行判定即可；③：对数列{akn}可利用叠加法进行判定；④：设数列{an}首项a1，公差为d，然后根据等方差数列的定义建立关系式，看d是否为0，从而判定真假．
【解答】解：①：可以举反例．如an＝0时数列{1an}不存在，所以①错误
②：对数列{（﹣2）n}有an2﹣an﹣12＝[（﹣2）n]2﹣[（﹣2）n﹣1]2＝4n﹣4n﹣1不是常数，所以②错误
③：对数列{akn}有akn2﹣ak（n﹣1）2＝（akn2﹣akn﹣12）+（akn﹣12﹣akn﹣22）+…+（akn﹣k+12﹣akn﹣k2）＝kp，而k，p均为常数，所以数列{akn}也是“等方差数列”，所以③正确
④：设数列{an}首项a1，公差为d则有a2＝a1+d，a3＝a1+2d，所以有（a1+d）2﹣a12＝p，且（a1+2d）2﹣（a1+d）2＝p，所以得d2+2a1d＝p，3d2+2a1d＝p，上两式相减得d＝0，所以此数列为常数数列，所以④正确．
故答案为：③④
18．已知数列{an}满足：a1＝1，a2＝x（x∈N*），an+2＝|an+1﹣an|，若前2010项中恰好含有666项为0，则x的值为　8或9　．
【分析】先利用x＝1，2，3，4，5分析出在前2010项中含有0的项的个数的规律，就可求出答案．
【解答】解：当x＝1时，数列数列{an}的各项为1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，1，0…所以在前2010项中恰好含有20103=670项为0；
当x＝2时，数列数列{an}的各项为1，2，1，1，0，1，1，0，1，1，0…所以在前2010项中恰好含有2010−23=66913项为0，即有669项为0；
当x＝3时，数列数列{an}的各项为1，3，2，1，1，0，1，1，0，1，1，0…所以在前2010项中恰好含有2010−33=669项为0；
当x＝4时，数列数列{an}的各项为1，4，3，1，2，1，1，0，1，1，0，…所以在前2010项中恰好含有2010−53=66823项为0；即有668项为0；
当x＝5时，数列数列{an}的各项为1，5，4，1，3，2，1，1，0，1，1，0…所以在前2010项中恰好含有2010−63=668项为0；
…
由上面可以得到当x＝6或x＝7时，在前2010项中恰好含有667项为0；
当x＝8或x＝9时，在前2010项中恰好含有666项为0；
故答案为8或9．
19．百善孝为先，孝敬父母是中华民族的传统美德．因父母年事渐高，大张与小张兄弟俩约定：如果两人在同一天休息就一起回家陪伴父母，并把这一天记为“家庭日”．由于工作的特殊性，大张每工作三天休息一天，小张每周星期一与星期五休息，除此之外，他们没有其它休息日．已知2021年1月1日（星期五）是他们约定的“家庭日”，则2021年全年他们约定的“家庭日”共有　27　个．
【分析】根据题意，在2021年，设大张的休息日为数列{an}，小张的休息日为数列{bn}，分析两个数列的通项，求出其公共项的数目，即可得答案．
【解答】解：根据题意，在2021年，设大张的休息日为数列{an}，小张的休息日为数列{bn}，
大张可以在1、5、……、休息，其通项为an＝4n﹣3，
若小张在每周五休息，其通项为bn＝7n﹣6，此时两个数列的公共项为1，29，57，……，
首项为1，公差为28，其最后一项为365，
共有14项，
若小张在每周一休息，其通项为bn＝7n﹣3，此时两个数列的公共项为25，53，81，……，
首项为25，公差为28，其最后一项为361，
共有13项，
则两个数列一共有13+14＝27项，即2021年全年他们约定的“家庭日”共有27个，
故答案为：27．
20．已知桶A0中盛有2升水，桶B0中盛有1升水．现将桶A0中的水的34和桶B0中的水的14倒入桶A1中，再将桶A0与桶B0中剩余的水倒入桶B1中；然后将桶A1中的水的34和桶B1中的水的14倒入桶A2中，再将桶A1与桶B1中剩余的水倒入桶B2中；若如此继续操作下去，则桶An（n∈N*）中的水比桶Bn（n∈N*）中的水多　12n　升．
【分析】根据题意，得到An，Bn之间的关系，然后用数列知识求解．
【解答】解：根据题意可得，An+Bn=3，An=34An−1+14Bn−1，
∴An=34An−1+14(3−An−1)=12An−1+34，
∴An−32=12(An−1−32)，即数列{An−32}是以A1−32=34A0+14B0−32=14为首项，12为公比的等比数列，
∴An−32=14⋅12n−1=12n+1⇒An=32+12n+1，
∴Bn=3−An=32−12n+1，
∴An−Bn=12n+1×2=12n(n∈N∗)．
故答案为：12n
21．已知点列P1（1，y1），P2（2，y2），P3（3，y3），…，Pn+1（n+1，yn+1）在x轴的投影为Q1，Q2，…，Qn+1，且点Pn+1满足y1＝1，直线PnPn+1的斜率kPnPn+1=2n．则多边形P1Q1Qn+1Pn+1的面积为　3×2n﹣n﹣3　．
【分析】本题综合考查数列求和的累加法，属于难题．
【解答】解：根据题意可得yn+1﹣yn＝2n，结合y1＝1，运用累加法可得 yn+1＝2n+1﹣1，
由题意可以将该多边形分成n个直角梯形来算，
从左往右，第n个梯形的面积为Sn=yn+yn+12=3×2n−1−1，
总的面积应用分组求和法，可得到多边形的面积为S＝3×2n﹣n﹣3．
22．《算法统宗》是中国古代数学名著，作者是我国明代数学家程大位．在《算法统宗》中诗篇《李白沽酒》里记载：“今携一壶酒，游春郊外走，逢朋加一倍，人店饮斗九…”意思是说，李白去郊外春游时，带了一壶酒，遇见朋友，先到酒店里将壶中的酒增加一倍（假定每次加酒不会溢出），再饮去其中的3升酒．那么根据这个规则，若李白酒壶中原来有酒a0（a0＞3）升，将李白在第n（n≥1，n∈N°）家店饮酒后所剩酒量记为an升，则an＝　2na0+3（1﹣2n）升　（用a0和n表示）．
【分析】利用已知条件求出，数列的前几项，得到规律，写出通项公式即可．
【解答】解：李白在第n（n≥1，n∈N°）家店饮酒后所剩酒量记为an升，
则第一家店饮酒后所剩酒量为a1＝2a0﹣3升，
第二家店饮酒后所剩酒量为a2＝2a1﹣3＝2（2a0﹣3）﹣3＝22a0﹣3（1+2）升，
第三家店饮酒后所剩酒量为a3＝2a2﹣3＝23a0﹣3（1+2+22）升，
第四家店饮酒后所剩酒量为a4＝2a3﹣3＝24a0﹣3（1+2+22+23）升，
…
第n家店饮酒后所剩酒量为an＝2an﹣1﹣3＝2na0﹣3（1+2+22+…+2n﹣1）＝2na0﹣3×1−2n1−2=2na0+3（1﹣2n）升．
故答案为：2na0+3（1﹣2n）升．
23．已知数列{an}的前n项和为Sn＝（a+1）n2+a，某三角形三边为a2，a3，a4，且该三角的面积为1534，那么an＝　2n﹣1　．
【分析】由已知分别求出a2，a3，a4，利用海仳公式构造方程，解得a值，进而得到答案．
【解答】解：令n＝1，得到a1＝S1＝2a+1，
令n＝2，得到a1+a2＝S2＝5a+4，
∴a2＝3a+3，
令n＝3，得到a1+a2+a3＝S3＝10a+9，
∴a3＝5a+5，
令n＝4，得到a1+a2+a3+a4＝S4＝17a+16，
∴a3＝7a+7，
设P=3a+3+5a+5+7a+72=152(a+1)，
则三角的面积为S=152(a+1)⋅92(a+1)⋅52(a+1)⋅12(a+1)=1534(a+1)2=1534．
解得：a＝0，或a＝﹣2（舍去），
当a＝0时，a1＝1，a2＝3，a3＝5，……
即数列{an}是以1为首项，以2为公差的等差数列，
故an＝2n﹣1
故答案为：2n﹣1
24．定义“等积数列”：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的乘积都等于同一个不为零的常数，那么这个数列叫做等积数列，这个常数叫做等积数列的公积，已知数列{an}是a1＝2，公积为﹣6的等积数列，则a3＝　2　；数列{an}的前n项和Sn＝　−k，n=2k−k+2，n=2k+1　．
【分析】由等积数列的定义，可得a1＝2，a2＝﹣3，a3＝2，a4＝﹣3，…，即为周期为2的数列，即可得到数列前n项和以及第三项．
【解答】解：数列{an}是等积数列且a1＝2，公积为﹣6，
可得a2＝﹣3，a3＝2，a4＝﹣3，…，
则前n项和Sn＝2+（﹣3）+2+（﹣3）+…．
n＝2k，有k个2，k个﹣3，∴−k，n=2k−k+2，n=2k+1Sn＝2k﹣3k＝﹣k；
n＝2k+1，有（k+1）个2，k个﹣3，∴Sn＝2（k+1）﹣3k＝﹣k+2．
∴Sn=−k，n=2k−k+2，n=2k+1．
故答案为：2，−k，n=2k−k+2，n=2k+1．
25．数列{an}的前n项和Sn=nn+1，数列{bn}的通项公式为bn＝n﹣8，则bnSn的最小值为　﹣4　．
【分析】由等差数列通项公式求得an＝n（n+1），采用“裂项法”即可求得数列的前n项和为Sn，bnSn＝（n﹣8）（1−1n+1）＝n+1+9n+1−10，利用基本不等式的性质，即可求得bnSn的最小值
【解答】﹣解：由题意可知：an＝2×n(n+1)2=n（n+1），
∴1an=1n(n+1)=1n−1n+1，
Sn＝（1−12）+（12−13）+（13−14）+…+（1n−1n+1）＝1−1n+1
则bnSn＝（n﹣8）（1−1n+1）＝n+1+9n+1−10≥2(n+1)×9n+1−10＝﹣4，
当且仅当n+1=9n+1，即n＝2时取最小值﹣4，
∴bnSn的最小值﹣4，
故答案为：﹣4．
26．我国南北朝数学家何承天发明的“调日法”是程序化寻求精确分数来表示数值的算法，其理论依据是：设实数x的不足近似值和过剩近似值分别为两个既约分数ba和dc，则b+da+c是x的更为精确的近科似值．现第一次用“调日法”：由258＜π＜227得到π的更为精确的近似值为a1，则a1＝　4715　．第二次用“调日法”：由a1＜π＜227得到π的更为精确的近似值为a2，…，记第n次用“调日法”得到π的更为精确的近似值为an（n≤10，n∈N*）．
若an＝3.14，则n＝　6　．
【分析】根据题意，依次进行推理即可得出结论．
【解答】解：第一次：258＜π＜227，不足近似值为258，过剩近似值为227，
∴a1=25+228+7=4715；
第二次：4715＜π＜227，不足近似值为4715，过剩近似值为227，
∴a2=47+2215+7=6922；
第三次：6922＜π＜227，不足近似值为6922，过剩近似值为227，
∴a3=69+2222+7=9129；
第四次：9129＜π＜227，不足近似值为9129，过剩近似值为227，
∴a4=91+2229+7=11336；
第五次：11336＜π＜227，不足近似值为11336，过剩近似值为227，
∴a5=113+2236+7=13543；
第六次：13543＜π＜227，不足近似值为13543，过剩近似值为227，
∴a6=135+2243+7=15750=3.14；
综上可得，n＝6．
故答案为：4715，6．
27．已知等差数列{an}满足：|a1|+|a2|+⋅⋅⋅+|an|＝|a1+1|+|a2+1|+⋅⋅⋅+|an+1|＝|a1﹣1|+|a2﹣1|+⋅⋅⋅+|an﹣1|＝2021，则正整数n的最大值为　62　．
【分析】由题意可以构造函数f（x）＝|x|+|x+d|+••+|x+（n﹣1）d|，结合函数的图像和性质以及等差数列的性质求解即可．
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d（不妨设d＞0），首项为a，
可得|a|+|a+d|+…+|a+（n﹣1）d|＝|a+1|+|a+1+d|+•…+|a+1+（n﹣1）d|＝|a﹣1|+|a﹣1+d|+…+|a﹣1+（n﹣1）d|＝2021，
记函数f（x）＝|x|+|x+d|+••+|x+（n﹣1）d|，
可得函数f（x）＝2021至少有三个根a﹣1，a，a+1．可知绝对值和f（x）＝|x|+|x+d|+…+|x+（n﹣1）d|为平底型图像，如下图所示，故n为偶数，
记n＝2k，要使f（x）＝2021，
所以a﹣1，a，a+1对的点都在平底上即a﹣1，a，a+1∈[﹣kd，﹣（k﹣1）d]，
所以 f（﹣kd）＝f（﹣（k﹣1）d）＝2021，
即|﹣kd|+|﹣kd+d|+|﹣kd+2d|+…+|﹣kd+（n﹣1）d|＝2021，
所以[k+（k﹣1）+（k﹣2）+…+1+0+1+…+（k﹣1）]d＝2021，所以k2d＝2021，
而（a+1）﹣（a﹣1）≤d，所以d≥2．
故k2≤20212，即k≤20212≈31.7，
所以正整数n的最大值为62，
故答案为62．

28．数列{an}满足：a4n=1，a4n+1=0，a2n=an，n∈N∗，则a2017＝　0　，a2020＝　1　．
【分析】本题关键在于如何运用a4n+1＝0，a2n＝an，a4n＝1这个条件．
【解答】解：∵a4n＝1，则a2020＝a4×505＝1，
∵a4n+1＝0，a2n＝an，
∴a2017＝a4×504+1＝0，
故a2017＝0，a2020＝1．
故答案为：0，1．
29．记Sn为各项均为正数的等比数列{an}的前n项和．若a1+a2＝3，a3+a4＝12，则公比q＝　2　，S6＝　63　．
【分析】先求出等比数列的公比和首项，再根据求和公式计算即可．
【解答】解：∵a1+a2＝3，
∴a3+a4＝q2（a1+a2）＝3q2＝12，
∵q＞0，
∴q＝2，
∴a1＝1，
∴s6=1−261−2=63，
故答案为：2，63．
30．已知数列{an}满足a1＝8，an+1﹣an＝n，则ann的最小值为　72　．
【分析】利用叠加法求数列的通项，再利用基本不等式，可求ann的最小值．
【解答】解：∵an+1﹣an＝n，a1＝8，∴an＝a1+（a2﹣a1）+…+（an﹣an﹣1）＝8+1+2+…+（n﹣1）＝8+(n−1)n2
∴ann=8n+n2−12≥4−12=72
当且仅当8n=n2时，ann的最小值为72
故答案为：72
31．我国明代数学家吴敬所著的《九章算术比类大全》中，有一道数学名题叫“宝塔装灯”，内容为“远望巍巍塔七层，红灯点点倍加增；共灯三百八十一，请问顶层几盏灯？”（“倍加增”是指从塔的顶层到底层）．则宝塔的顶层有　3　盏灯．
【分析】根据题意，设从上到下，每层的灯的数目组成数列{an}，由等比数列的定义可得数列{an}是公比为2的等比数列，结合等比数列的前n项和公式计算可得答案．
【解答】解：根据题意，设从上到下，每层的灯的数目组成数列{an}，则数列{an}是公比为2的等比数列，
则有S7=a1(1−27)1−2=127a1＝381，
解可得a1＝3，即宝塔的顶层有3盏灯，
故答案为：3．
32．对于实数α，用[α]表示不超过α的最大整数，对于区间（a，b），用b﹣a表示其长度（注：区间的开闭不影响长度），设x为正实数，若[lgx]为偶数，则称x为幸运数，若x∈（0，1），且x为幸运数，则x的取值区间长度之和为 　111　．
【分析】根据题意，分析可得当x∈[1102n，1102n−1），则[lgx]＝﹣2n，[lgx]为偶数，求出区间[1102n，1102n−1）的长度，结合等比数列的前n项和公式计算可得答案．
【解答】解：根据题意，当x∈[1102n−1，1102n−2），则[lgx]＝﹣（2n﹣1），[lgx]为奇数，
当x∈[1102n，1102n−1），则[lgx]＝﹣2n，[lgx]为偶数，
若x∈（0，1），且x为幸运数，则x∈[1102n，1102n−1），
区间[1102n，1102n−1）的长度为1102n−1−1102n=9102n，
数列{9102n}是以9100为首项，公比为1100的等比数列，
故limn→∞Sn=limn→∞9100(1−1100n)1−1100=111，
故幸运数x的取值区间长度之和即无穷等比数列{9102n}的前n项和，
则x的取值区间长度之和为111；
故答案为：111．
四．解答题（共7小题）
33．已知数列{an}的奇数项是公差为d1的等差数列，偶数项是公差为d2的等差数列，Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，a2＝2．
（1）若S5＝16，a4＝a5，求a10；
（2）已知S15＝15a8，且对任意n∈N*，有an＜an+1恒成立，求证：数列{an}是等差数列；
（3）若d1＝3d2（d1≠0），且存在正整数m、n（m≠n），使得am＝an．求当d1最大时，数列{an}的通项公式．
【分析】（1）确定数列的前5项，利用S5＝16，a4＝a5，建立方程，求出d1＝2，d2＝3，从而可求a10；
（2）先证明d1＝d2，再利用S15＝15a8，求得d1＝d2＝2，从而可证数列{an}是等差数列；
（3）若d1＝3d2（d1≠0），且存在正整数m、n（m≠n），使得am＝an，在m，n中必然一个是奇数，一个是偶数．不妨设m为奇数，n为偶数，利用am＝an，及d1＝3d2，可得d1=63m−n−1，从而可求当d1最大时，数列{an}的通项公式．
【解答】（1）解：根据题意，有a1＝1，a2＝2，a3＝a1+d1＝1+d1，a4＝a2+d2＝2+d2，a5＝a3+d1＝1+2d1
∵S5＝16，a4＝a5，
∴a1+a2+a3+a4+a5＝7+3d1+d2＝16，2+d2＝1+2d1
∴d1＝2，d2＝3．
∴a10＝2+4d2＝14
（2）证明：当n为偶数时，∵an＜an+1恒成立，∴2+(n2−1)d2＜1+n2d1，
∴n2（d2﹣d1）+1﹣d2＜0
∴d2﹣d1≤0且d2＞1
当n为奇数时，∵an＜an+1恒成立，∴1+n−12d1＜2+(n+12−1)d2，
∴（1﹣n）（d1﹣d2）+2＞0
∴d1﹣d2≤0
∴d1＝d2
∵S15＝15a8，∴8+8×72d1+14+7×62×d2=30+45d2
∴d1＝d2＝2
∴an＝n
∴数列{an}是等差数列；
（3）解：若d1＝3d2（d1≠0），且存在正整数m、n（m≠n），使得am＝an，在m，n中必然一个是奇数，一个是偶数
不妨设m为奇数，n为偶数
∵am＝an，∴1+m−12d1=2+(n2−1)d2
∵d1＝3d2，∴d1=63m−n−1
∵m为奇数，n为偶数，∴3m﹣n﹣1的最小正值为2，此时d1＝3，d2＝1
∴数列{an}的通项公式为an=32n−12，n为奇数n2+1，n为偶数．
34．已知数列{an}满足：a1＝1，且当n≥2时，an＝λan﹣1+1−(−1)n2（λ∈R）．
（1）若λ＝1，证明：数列{a2n﹣1}是等差数列；
（2）若λ＝2．
①设bn＝a2n+23，求数列{bn}的通项公式；
②设∁n=1n⋅3ni=12n ai，证明：对于任意的p，m∈N*，当p＞m，都有∁p≥∁m．
【分析】（1）将λ＝1代入，则可得到a2n+1=a2n+1a2n=a2n−1，故a2n+1﹣a2n﹣1＝1为常数，进而判断为等差数列；
（2）λ＝2时，a1＝1，且当n≥2时，an＝2an﹣1+1−(−1)n2，
①有bn＝a2n+23=4（a2n﹣2+23），所以bnbn−1=4是常数，所以数列{bn}时首项为83，公比为4的等比数列，即可求出其通项公式；
②∁n=1n⋅3ni=12n ai=1n⋅3n[4(4n−1)3−n]（n∈N*），当n＝1时，C2﹣C1＝0，则C2＝C1；当n＝2时，C3﹣C2＝0，则C3＝C2；当n≥3时，Cn+1﹣∁n＞0，则Cn+1＞∁n，故对于任意的p，m∈N*，当p＞m，都有∁p≥∁m．
【解答】解：（1）当λ＝1时，则根据a1＝1，an＝an﹣1+1−(−1)n2（n≥2），得a2n+1=a2n+1a2n=a2n−1，
所以a2n+1＝a2n﹣1+1，即a2n+1﹣a2n﹣1＝1为常数，
即数列{a2n﹣1}是首项为1，公差为1的等差数列；
（2）λ＝2时，a1＝1，且当n≥2时，an＝2an﹣1+1−(−1)n2，
①当n≥2时，a2n=2a2n−1a2n−1=2a2n−2+1，所以a2n＝4a2n﹣2+2，则a2n+23=4（a2n﹣2+23），
又因为bn＝a2n+23，即有bn＝a2n+23=4（a2n﹣2+23），
而b1＝a2+23=2a1+23=83≠0，所以bnbn−1=4是常数，
所以数列{bn}时首项为83，公比为4的等比数列，则bn的通项公式为bn=83•4n﹣1=23•4n（n∈N*）；
②由①知，a2n＝bn−23=23（4n﹣1），a2n﹣1=12a2n=13（4n﹣1），
则i=12n ai=i=1n (a2i−1+a2i)=i=1n (4i−1)=（i=1n 4i）﹣n=4(4n−1)3−n，
所以∁n=1n⋅3ni−12n ai=1n⋅3n[4(4n−1)3−n]（n∈N*），
则Cn+1﹣∁n=43(4n+1−1)−(n+1)(n+1)⋅3n+1−43(4n−1)−nn⋅3n=(n−3)⋅4n+1+6n2+14n+12n(n+1)⋅3n+2，
当n＝1时，C2﹣C1＝0，则C2＝C1；
当n＝2时，C3﹣C2＝0，则C3＝C2；
当n≥3时，Cn+1﹣∁n＞0，则Cn+1＞∁n，
故对于任意的p，m∈N*，当p＞m，都有∁p≥∁m．
35．已知数列{an}的各项均为整数，其前n项和为Sn．规定：若数列{an}满足前r项依次成公差为1的等差数列，从第r﹣1项起往后依次成公比为2的等比数列，则称数列{an}为“r关联数列”．
（1）若数列{an}为“6关联数列”，求数列{an}的通项公式；
（2）在（1）的条件下，求出Sn，并证明：对任意n∈N*，anSn≥a6S6；
（3）若数列{an}为“6关联数列”，当n≥6时，在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，求dn，并探究在数列{dn}中是否存在三项dm，dk，dp（其中m，k，p成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的三项；若不存在，说明理由．
【分析】（1）若数列{an}为“6关联数列”，{an}前6项为等差数列，从第5项起为等比数列，可得a6＝a1+5，a5＝a1+4，且a6a5=2，解得a1，即可求数列{an}的通项公式．
（2）由（1）得Sn=12n2−72n，n≤42n−4−7，n≥5，可见数列{anSn}的最小项为a6S6＝﹣6，即可证明：对任意n∈N*，anSn≥a6S6．
（3）由（1）知，当n≥6时，an=2n−5，由此能求出dn=2n−5n+1．假设在数列{dn}中存在dm，dk，dp（其中m，k，p成等差数列），则（dk）2＝dmdp，推导出k＝m＝p，这与题设矛盾．故在数列{dn}中不存在三项dm，dk，dp（其中m，k，p成等差数列）成等比数列．
【解答】解：（1）∵数列{an}为“6关联数列”，
∴{an}前6项为等差数列，从第5项起为等比数列，
∴a6＝a1+5，a5＝a1+4，且a6a5=a1+5a1+4=2，解得a1＝﹣3，
∴an=n−4，n≤42n−5，n≥5．
（2）由（1）得Sn=12n2−72n，n≤42n−4−7，n≥5，
{an}：﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，22，23，24，25，…，
{Sn}：﹣3，﹣5，﹣6，﹣6，﹣5，﹣3，1，9，25，…
{anSn}：9，10，6，0，﹣5，﹣6，4，72，400，…，
可见数列{anSn}的最小项为a6S6＝﹣6，
证明：anSn=12n(n−4)(n−7)，n≤52n−5(2n−4−7)，n≥6，
列举法知当n≤5时，（anSn）min＝a5S5＝﹣5；
当n≥6时，anSn＝2•（2n﹣5）2﹣7•2n﹣5，n≥6，
设t＝2n﹣5，则anSn＝2t2﹣7t＝2（t−74）2﹣7t＝2（t−74）2−498≥2•22﹣7•2＝﹣6．
（3）由（1）知，当n≥6时，an=2n−5，
∵an+1＝an+（n+2﹣1）dn，
2n﹣4＝2n﹣5+（n+1）dn，∴dn=2n−5n+1．
假设在数列{dn}中存在dm，dk，dp（其中m，k，p成等差数列），
则（dk）2＝dmdp，
∴（2k−5k+1）2=2m−5m+1⋅2p−5p+1，22k−10(k+1)2=2m+p−10(m+1)(p+1)，（*）
∵m，p，k成等差数列，∴m+p＝2k，（*）式可化简为（k+1）2＝（m+1）（p+1），
即k2＝mp，∴k＝m＝p，这与题设矛盾．
∴在数列{dn}中不存在三项dm，dk，dp（其中m，k，p成等差数列）成等比数列．
36．对于数列{an}，记bn＝max{a1，a2，…，an}（n＝1，2，3，…），其中max{a1，a2，…，ak}表示a1，a2，…，ak这k个数中最大的数．并称数列{bn}是{an}的“控制数列”，如数列1，2，3，2的“控制数列”是1，2，3，3．
（Ⅰ）若各项均为正整数的数列{an}的“控制数列”为1，3，4，4，写出所有的{an}；
（Ⅱ）设an＝an2﹣2n（n∈N*）．
（i）当a＞0时，证明：存在正整数m，使bmm，bm+1m+1，bm+2m+2，…是等差数列；
（ⅱ）当a∈[﹣2，2]时，求b11+b22+b33+b44的值（结果可含a）．
【分析】（Ⅰ）根据“控制数列”的定义，写出数列{an}的各项即可．
（Ⅱ）（i）利用二次函数的性质可知，当x＞1a时函数f（x）单调递增，所以当m＝[1a]+1，n≥m时，有an＝bn，从而得出bnn=an﹣2是等差数列．
（ii）对a的范围分情况讨论，利用作差法比较大小，得到b1，b2，b3，b4的值，从而求出b11+b22+b33+b44的值．
【解答】解：（Ⅰ）数列{an}的各项为：1，3，4，1，1，3，4，2，1，3，4，3，1，3，4，4，……．
（Ⅱ）（i）当a＞0时，f（x）＝ax2﹣2x的对称轴为x=1a，
∴当x＞1a时单调递增，由于n＝1，2，3，……，
所以当m＝[1a]+1，n≥m时，有an＝bn，
由于bnn=an﹣2是等差数列，
所以存在正整数m，使bmm，bm+1m+1，bm+2m+2，…是等差数列．
（ii）f（x）＝ax2﹣2x的对称轴x=1a，由于n＝1，2，3，……，
a1＝a﹣2，a2＝4a﹣4，a3＝9a﹣6，a4＝16a﹣8，
①当a∈[−2，25)时，此时a1＝a﹣2最大，
由于bn＝max{a1，a2，……，an}（n＝1，2，3……），
所以b1＝b2＝b3＝b4＝a1＝a﹣2，
所以b11+b22+b33+b44=（a﹣2）（11+12+13+14）=25(a−2)12，
②当a∈(25，12]时，b1＝b2＝b3＝a1＝a﹣2，b4＝a4，
所以b11+b22+b33+b44=35a−346，
③当a∈(12，23]时，
a2﹣a1＝3a﹣2＜0，a3﹣a1＝8a﹣4＞0，b1＝b2＝a1＝a﹣2，a3＝b3，b4＝a4，
所以b11+b22+b33+b44=a11+a12+a33+a44=17a−142，
④当a∈（23，1]时，a2﹣a1＝3a﹣2＞0，
故bn＝an，
所以b11+b22+b33+b44=a11+a22+a33+a44=10a﹣8，
⑤当a∈（1，2]时，f（x）开口向上，对称轴为x=1a＜1，
所以an=an2−2n单调递增，所以bn＝an，
则b11+b22+b33+b44==a11+a22+a33+a44=10a﹣8，
综上所述，b11+b22+b33+b44=25(a−2)12，−2≤a≤2535a−346，25＜a≤1217a−142，12＜a≤2310a−8，23＜a≤2．
37．已知数集A＝{a1，a2，…，an}（1≤a1＜a2＜…＜an，n≥2）具有性质P：对任意的i，j（1≤i≤j≤n），aiaj与ajai两数中至少有一个属于A．
（1）分别判断数集{1，3，4}与{1，2，3，6}是否具有性质P，并说明理由；
（2）求a1的值；当n＝3时，数列a1，a2，a3是否成等比数列，试说明理由；
（3）由（2）及通过对A的探究，试写出关于数列a1，a2，…，an的一个真命题，并加以证明．
【分析】（1）根据性质P；对任意的i，j（1≤i≤j≤n），aiaj与 ajai两数中至少有一个属于A，验证给的集合集{1，3，4}与{1，2，3，6}中的任何两个元素的积商是否为该集合中的元素；
（2）根据A＝{a1，a2，…，an} 具有性质P，则anan与anan 中至少有一个属于A，由于 1≤a1＜a2＜…an，故anan∉A 从而1=anan∈A 求出a1的值，易证a3a1，a3a2，a3a3 都属于A，从而a3a1=a3，a3a2=a2，a3a3=a1，即a3＝a1a3＝a22，满足等比数列的定义；
（3）对于一切大于或等于3的奇数n，满足性质P 的数列a1，a2，…，an成等比数列，由（2），不妨设n＝2k+1（k∈N，k≥2）．首先易得a2k+1ai∉A（i＝1，…2k），仿照（2）的方法进行证明即可．
【解答】解：（1）由于3×4 与43 均不属于数集{1，3，4}，∴数集{1，3，4} 不具有性质P …2分
由于1×2，1×3，1×6，2×3，62，63，11，22，33，66 都属于数集{1，2，3，6}，
∴数集{1，2，3，6} 具有性质P…4分
（2）∵A＝{a1，a2，…，an} 具有性质P，
∴anan与anan 中至少有一个属于A，由于 1≤a1＜a2＜…an，故anan∉A …5分
从而1=anan∈A …6分∴a1＝1 …7分
当n＝3 时，∵a3a1＞a3a2＞a3a3，a1＝1，a2a3∉A，∴a3a1，a3a2，a3a3 都属于A …8分
从而a3a1=a3，a3a2=a2，a3a3=a1，即a3＝a1a3＝a22，…9分
故数列a1，a2，a3成等比数列…10分
（3）对于一切大于或等于3的奇数n，满足性质P 的数列a1，a2，…，an成等比数列． …12分
证明：由（2），不妨设n＝2k+1（k∈N，k≥2）．首先易得a2k+1ai∉A（i＝1，…2k），知 a2k+1a1，a2k+1a2，a2k+1a3，⋯，a2k+1a2k+1 都属于A，又a2k+1a1＞a2k+1a2＞a2k+1a3＞⋯＞a2k+1a2k+1，从而，有 a2k+1a1=a2k+1，a2k+1a2=a2k，a2k+1a3=a2k−1，⋯，a2k+1a2k+1=a1，即 a2k+1＝a1a2k+1＝a2a2k＝a3a2k﹣1＝…＝ai+2a2k﹣i＝…＝a2ak+2＝ak+12…（*） 因为ai+ja2k﹣i＞ai+2a2k﹣i＝a2k+1（0≤i≤k﹣2，3≤j≤2k﹣2i），所以，只有a2k−iai+3，a2k−iai+4，⋯，a2k−ia2k−i 均属于A． 将i 从0 到k﹣2 列举，便得到：
第1组：a2ka3，a2ka4，a2ka5，⋯，a2ka2k−1，a2ka2k，共2k﹣2 项；
第2组：a2k−1a4，a2k−1a5，a2k−1a6，⋯，a2k−1a2k−2，a2k−1a2k−1，共2k﹣4 项；
第3组：a2k−2a5，a2k−2a6，a2k−2a7，⋯，a2k−2a2k−3，a2k−2a2k−2，共2k﹣6 项；
…第k﹣1 组：ak+2ak+1，ak+2ak+2，共2 项．上一组的第2项总大于下一组的第1项，
再注意到a2ka3=a2k−1a2＜a2k−1，故第1组的各数从左到右依次为：a2k﹣2，a2k﹣3，a2k﹣4，…，a2，a1；第2组的各数从左到右依次为：a2k﹣4，a2k﹣5，a2k﹣6，…，a2，a1；第3组的各数从左到右依次为：a2k﹣6，a2k﹣7，a2k﹣8，…，a2，a1； …第k﹣1 组的各数从左到右依次为：a2，a1．于是，有a2ka2k−1=a2k−1a2k−2=a2k−2a2k−3=⋯=ak+2ak+1=a2，由（*），ak+1ak=ak+2ak+1，akak−1=ak+3ak+2，…，a3a2=a2ka2k−1，又a2k+1a2k=a2，故数列a1，a2，…，an成等比数列．…15分
38．设数列A：a1，a2，…，an（n≥3）的各项均为正整数，且a1≤a2≤…≤an．若对任意k∈{3，4，…，n}，存在正整数i，j（1≤i≤j＜k）使得ak＝ai+aj，则称数列A具有性质T．
（Ⅰ）判断数列A1：1，2，4，7与数列A2：1，2，3，6是否具有性质T；（只需写出结论）
（Ⅱ）若数列A具有性质T，且a1＝1，a2＝2，an＝200，求n的最小值；
（Ⅲ）若集合S＝{1，2，3，…，2019，2020}＝S1∪S2∪S3∪S4∪S5∪S6，且Si∩Sj＝∅（任意i，j∈{1，2，…，6}，i≠j）．求证：存在Si，使得从Si中可以选取若干元素（可重复选取）组成一个具有性质T的数列．
【分析】（Ⅰ）根据3≠1+1，可知1，3，4，7不具有性质P，由2＝1+1，3＝1+2，5＝2+3，可知1，2，3，5具有性质P；
（Ⅱ）由数列A具有性质T，结合条件可知n⩾9，然后分别考虑n＝9，n＝10，n＞10时是否符合条件，进一步得到n的最小值；
（Ⅲ）假设结论不成立，即对任意Si（i＝1，2，…，6）都有：若正整数 a，b∈Si，a＜b，则 b﹣a∉Si，
否则，当a＜b﹣a 时，a，b﹣a，b 是一个具有性质 T 的数列；当 a＞b﹣a 时，b﹣a，a，b 是一个具有性质 T 的数列；当a＝b﹣a时，a，a，b 是一个具有性质T的函数，然后找出矛盾结论，从而证明结论成立．
【解答】解：（Ⅰ）∵3≠1+1，∴1，3，4，7不具有性质P；
∵2＝1+1，3＝1+2，5＝2+3，∴1，2，3，5具有性质P，
即数列A1 不具有性质T，数列 A2 具有性质 T．
（Ⅱ）由题意可知，a2＝2，a3⩽2a2＝4，a4⩽2a3⩽8，…，a8⩽2a7⩽128，∴n⩾9．
若 n＝9，∵a9＝200 且 a9⩽2a8，∴128⩾a8⩾100，
同理，64⩾a7⩾50，32⩾a6⩾25，16⩾a5⩾12.5，8⩾a4⩾6.25，4⩾a3⩾3.125，
∵数列各项均为正整数，∴a3＝4，∴数列前三项为 1，2，4．
∵数列A具有性质 T，a4 只可能为 4，5，6，8 之一，而又∵8⩾a4⩾6.25，∴a4＝8，
同理，有 a5＝16，a6＝32，a7＝64，a8＝128，
此时数列为 1，2，4，8，16，32，64，128，200．
但数列中存在1⩽i⩽j＜9，使得200＝ai+aj，
∴该数列不具有性质T，∴n≥10．
当n＝10时，取A：1，2，4，8，16，32，36，64，100，200（构造数列不唯一），
A：1，2，4，8，16，32，36，64，100，200，
经验证，此数列具有性质T，∴n的最小值为10．
（Ⅲ）假设结论不成立，即对任意Si（i＝1，2，…，6）都有：
若正整数 a，b∈Si，a＜b，则 b﹣a∉Si，
否则，当a＜b﹣a 时，a，b﹣a，b 是一个具有性质 T 的数列；
当 a＞b﹣a 时，b﹣a，a，b 是一个具有性质 T 的数列；
当a＝b﹣a时，a，a，b 是一个具有性质T的函数．
（i）由题意可知，这6 个集合中至少有一个集合的元素个数不少于 337 个，
不妨设此集合为 S1，从 S1 中取出 337 个数，记为 a1，a2，…，a337 且 a1＜a2＜…＜a337，
令集合 Ni＝{a337﹣ai|i＝1，2，…，336}⊆S．
由假设，对任意i＝1，2，…，336，a337﹣ai∉S1，∴Ni⊆S2∪S3∪S4∪S5∪S6，
（ii）在 S2，S3，S4，S5，S6 中至少有一个集合包含 N1 中的至少 68 个元素，
不妨设这个集合为 S2，从 S2∩N1 中取出 68 个数，记为 b1，b2，…，b68，且 b1＜b2＜…＜b68，
令集合 N2＝{b68﹣bi|i＝1，2，…，67}⊆S．
由假设 b6s﹣bi∉S2，
对任意 k＝1，2，…，68，存在 sk∈{1，2，…，336} 使得 bk=a337−ask，
∴对任意 i=1，2，⋯，67，b6s−bi=(a337−as68)−(a137−asi)=asi−as68，
由假设 asi−as68∉S1，∴b68﹣bi∉S1，∴b68﹣bi∉S1∪S2，
∴N2⊆S3∪S4∪S5∪S6．
（iii）在 S3，S4，S5，S6 中至少有一个集合包含 N2 中的至少 17 个元素，
不妨设这个集合为 S3，从 S3∩N2 中取出 17 个数，
记为 c1，c2，…，c17，且 c1＜c2＜…＜c17，
令集合 N3＝{c17﹣ci|i＝1，2，…，16}⊆S，
由假设 c17﹣ci∉S3，对任意 k＝1，2，…，17，存在tk∈{1，2，…，67}使得ck=b68−btk，
∴对任意 i=1，2，⋯，16，c17−ci=(b68−bi17)−(b68−bti)=bti−bi17，
同样，由假设可得 bti−bt17∉S1∪S2，∴c17﹣ci∉S1∪S2∪S3，
∴N3⊆S4∪S5∪S6．
（V）同样，在 S5，S6 中至少有一个集合包含 N4 中的至少 3 个元素，
不妨设这个集合为 S5，从 S5∩N4 中取出3 个数，记为 e1，e2，e3，且 e1＜e2＜e3，
同理可得 Ns＝{e3﹣e1，e3﹣e2}⊆S6．
（Vi）由假设可得 e2﹣e1＝（e3﹣e1）﹣（e3﹣e2）∉S6，
同上可知，e2﹣e1∉S1∪S2∪S3∪S4∪S5，
而又∵e2﹣e1∈S，∴e2﹣e1∈S6，矛盾．
∴假设不成立，∴原命题得证．
39．某市2020年发放汽车牌照12万张，其中燃油型汽车牌照10万张，电动型汽车牌照2万张．为了节能减推和控制总量，从2021年开始，每年电动型汽车牌照发放的数量比上一年增长50%，而每年燃油型汽车牌照发放的数量比上一年减少0.5万张，同时规定一旦某年发放的汽车牌照超过15万张，以后每年发放的电动型汽车牌照的数量维持在这一年的水平不变．
（1）记2020年为第一年，每年发展的燃油翻汽车牌照的数量构成数列{an}，每年发放的电动型汽车牌照的数量构成数列{bn}，写出这两个数列的通项公式；
（2）从2020年算起，求二十年发放的汽车牌照总量．
【分析】（1）根据从2021年开始，每年电动型汽车牌照发放的数量比上一年增长50%，而每年燃油型汽车牌照发放的数量比上一年减少0.5万张，同时规定一旦某年发放的汽车牌照超过15万张，以后每年发放的电动型汽车牌照的数量维持在这一年的水平不变，即可利用分段的形式写出an与bn；
（2）利用等差数列与等比数列的求和公式，可求出从2020年算起，求二十年发放的汽车牌照总量．
【解答】解：根（1）据题意，a1＝10，a2＝9.5，a3＝9，a4＝8.5；b1＝2，b2＝3，b3＝4.5，b4＝6.75，
则当1≤n≤20时，an＝10+（n﹣1）×0.5=−12n+212；当n≥21时，an＝0（n∈N+），
∴an=−12n+212，1≤n≤200，n≥21（n∈N+）；
∵a3+b3＝13.5，a4+b4＝15.25＞15，
∴bn=2⋅(32)n−1，1≤n≤46.75，n≥5（n∈N+）．
（2）由（1）得a1+a2+…+a20＝10×20+20×192×（−12）＝105，b1+b2+…+b20=2[1−(32)4]1−32+6.75×16＝124.25，
所以105+124.25＝229.25．
∴从2020算起，二十年发放的汽车牌照总量为229.25万张．