2024高考数学二轮专题复习——数列压轴小题学生及教师版

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1．（2024•丰台区一模）已知数列{an}满足则（ ）
A．当a1＜0时，{an}为递增数列，且存在常数M＞0，使得an＜M恒成立
B．当a1＞1时，{an}为递减数列，且存在常数M＞0，使得an＞M恒成立
C．当0＜a1＜1时，存在正整数N0，当n＞N0时，
D．当0＜a1＜1时，对于任意正整数N0，存在n＞N0，使得
2．（2024•东城区开学）已知数列{an}的通项公式为a1＝|n﹣13|，若满足ak+ak+1+⋯+ak+19＝m的整数k恰有2个，则m可取到的值有（ ）
A．有3个B．有2个C．有1个D．不存在
3．（2023秋•大兴区期末）设无穷等差数列{an}的公差为d，集合T＝{t|t＝sinan，n∈N*}．则（ ）
A．T不可能有无数个元素
B．当且仅当d＝0时，T只有1个元素
C．当T只有2个元素时，这2个元素的乘积有可能为
D．当时，T最多有k个元素，且这k个元素的和为0
4．（2023秋•海淀区期中）古典吉他的示意图如图所示．A0，B分别是上弦枕、下弦枕，Ai（i＝1，2，…，19）是第i品丝．记ai为Ai与Ai﹣1的距离，Li为Ai与A0的距离，且满足，i＝1，2，…，19，其中xL为弦长（A0与B的距离），M为大于1的常数，并规定L0＝0．则（ ）
A．数列a1，a2，…，a19是等差数列，且公差为
B．数列a1，a2，…，a19是等比数列，且公比为
C．数列L1，L2，…，L19是等比数列，且公比为
D．数列L1，L2，…，L19是等差数列，且公差为
5．（2023秋•浦东新区校级期中）斐波那契数列又称为黄金分割数列，在现代物理、化学等领域都有应用．斐波那契数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an﹣1+an﹣2（n≥3，n∈N*）．给出下列四个结论：
①存在m∈N*，使得am，am+1，am+2成等差数列；
②存在m∈N*，使得am，am+1，am+2成等比数列；
③存在常数t，使得对任意n∈N*，都有an，tan+2，an+4成等差数列；
④存在正整数i1，i2⋯im，且i1＜i2＜⋯＜im，使得．
其中所有正确的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
6．（2023秋•西城区校级期中）设数列{an}的前n项和为Sn，若对任意的正整数n，总存在正整数m．使得Sn＝am，下列正确命题的个数是（ ）
①{an}可能为等差数列；
②{an}可能为等比数列；
③ai（i≥2）均能写成{an}的两项之差；
④对任意n∈N，n≥1，总存在m∈N，m≥1，使得an＝Sm．
A．0B．1C．2D．3
7．（2023秋•海淀区校级月考）已知等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，下列结论正确的是（ ）
A．若q＞0，则{an}是递增数列或递减数列
B．若a1＞0，a1≥S2023，则q∈（﹣1，0）
C．若q2＜1，则∃M∈R，使得∀n∈Z+，|Sn|≤M
D．若，则Sn有最大值
8．（2023秋•大兴区期中）已知数列{an}满足an+1＝an（1﹣an）（n∈N*），且0＜a1＜1．给出下列四个结论：
①；
②；
③∀m，n∈N*，当n＞m时，an＞am；
④∀k∈N*，∃m∈N*，当n≥m时，．
其中所有正确结论的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
9．（2022春•定远县校级期中）[x]为不超过x的最大整数，设an为函数f（x）＝[x[x]]，x∈[0，n）的值域中所有元素的个数．若数列的前n项和为Sn，则S2022＝（ ）
A．B．C．D．
10．（2022•徐汇区二模）设数列{an}，若存在常数t，对任意小的正数s，总存在正整数n0，当n≥n0时，|an﹣t|＜s，则数列{an}为收敛数列．下列关于收敛数列说法正确的是（ ）
A．若等比数列{an}是收敛数列，则公比q∈（0，1）
B．等差数列不可能是收敛数列
C．设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn（Sn≠0），则数列一定是收敛数列
D．设数列{an}的前n项和为Sn，满足a1＝1，Sn+1＝an+1，则数列{an}是收敛数列
11．（2021春•朝阳区校级月考）已知数列{an}共有5项，满足a1＞a2＞a3＞a4＞a5≥0，且对任意i、j（1≤i≤j≤5），有ai﹣aj仍是该数列的某一项，则下列命题中，假命题的序号是（ ）
A．数列{an}中一定存在一项为0
B．存在1≤i＜j≤5使得iai＝jaj
C．数列{an}一定是等差数列
D．集合A＝{x|x＝ai+aj，1≤i≤j≤5}中元素个数为15．
12．（2020秋•虹口区校级期中）已知数列{an}满足：a1＝0，an+1＝ln（1）﹣an（n∈N*），前n项和为Sn，则下列选项错误的是（ ）（参考数据：ln2≈0.693，ln3≈1.099）
A．{a2n﹣1}是单调递增数列，{a2n}是单调递减数列
B．an+an+1≤ln3
C．S2020＜670
D．a2n﹣1≤a2n
13．（2020•北京自主招生）正整数n≥3称为理想的，若存在正整数1≤k≤n﹣1使得C，C，C构成等差数列，其中C为组合数，则不超过2020的理想数个数为（ ）
A．40B．41
C．42D．前三个答案都不对
14．（2020•北京自主招生）整数列{an}n≥1满足a1＝1，a2＝4，且对任意n≥2有an2﹣an+1an﹣1＝2n﹣1，则a2020的个位数字是（ ）
A．8B．4
C．2D．前三个答案都不对
15．（2018秋•西城区期末）已知|x|＞y＞0．将四个数按照一定顺序排列成一个数列，则（ ）
A．当x＞0时，存在满足已知条件的x，y，四个数构成等比数列
B．当x＞0时，存在满足已知条件的x，y，四个数构成等差数列
C．当x＜0时，存在满足已知条件的x，y，四个数构成等比数列
D．当x＜0时，存在满足已知条件的x，y，四个数构成等差数列
二．多选题（共31小题）
（多选）16．（2021•福田区校级二模）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＜1B．1＜b1C．S2n＜T2nD．S2n≥T2n
（多选）17．（2022秋•海淀区校级月考）已知数列{an}满足2a1+22a2+…+2nan，数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是（ ）
A．a1的值为2
B．数列{an}的通项公式为an＝（3n+1）×2n
C．数列{an}为递减数列
D．Sn＝7
（多选）18．（2024•浙江模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，满足，则可能同时为整数的是（ ）
A．a3a4和a5a6B．a4a5和a6a7
C．a5a6和a10a11D．a6a7和a11a12
（多选）19．（2023秋•海安市期中）已知数列{an}满足a1＝2，且an+1an+1，则（ ）
A．{an}为递增数列
B．an≥n+1
C．1
D．a1+a2+…+a99≤4×（）99﹣4
（多选）20．（2024春•浙江月考）已知数列{an}：1，1，2，1，3，5，1，4，7，10，…，其中第1项为1，接下来的2项为1，2，接下来的3项为1，3，5，再接下来的4项为1，4，7，10，依此类推，则（ ）
A．a20＝21
B．
C．存在正整数m，使得am，am+1，am+2成等比数列
D．有且仅有4个不同的正整数m，使得am+am+1+am+2＝156
（多选）21．（2023秋•温州期末）已知数列{an}满足an+an+2＝λan+1，λ∈R，若a1＝1，a2＝2，a2024≥2024，则λ的值可能为（ ）
A．﹣1B．2C．D．﹣2
（多选）22．（2023秋•盐城期末）英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点．如图，在横坐标为x1的点处作f（x）的切线，切线与x轴交点的横坐标为x2；用x2代替x1重复上面的过程得到x3；一直下去，得到数列{xn}，叫作牛顿数列．若函数f（x）＝x2﹣x﹣6，且a1＝1，xn＞3，数列{an}的前n项和为Sn，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．数列{an}是递减数列
C．数列{an}是等比数列
D．
（多选）23．（2023秋•天宁区校级期末）在边长为2的等边三角形ABC纸片中，取边BC的中点M1，在该纸片中剪去以BM1为斜边且的直角三角形P1BM1得到新的纸片K1，再取M1C的中点M2，在纸片K1中剪去以M1M2为斜边且的直角三角形P2M1M2得到新的纸片K2，以此类推得到纸片K3，K4，…，Kn，…，设Kn的周长为Ln，面积为Sn，则（ ）
A．B．
C．D．
（多选）24．（2023秋•盐城期中）已知数列{an}满足an+2an﹣1＝kn，n∈N*，n≥2，则（ ）
A．当k＝0且a1≠0时，{an}是等比数列
B．当k＝1时，{an}是等比数列
C．当k＝﹣2时，{}是等差数列
D．当k＝﹣3且a1＝﹣3时，{3}是等比数列
（多选）25．（2023秋•台州月考）已知等差数列{an}中，，公差为，bn＝tanan，记Sn为数列{an}的前n项和，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．若cn＝anbn，则
D．若dn＝bnSn，则
（多选）26．（2023秋•浙江月考）数学中有各式各样富含诗意的曲线，螺旋线就是其中一类，螺旋线这个名词源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠绕”．如图所示，正六边形A1A2A3A4A5A6的边长为1，分别取其各条边的四等分点，连接得到正六边形B1B2B3B4B5B6，再取其各条边的四等分点，连接得到正六边形C1C2C3C4C5C6，依次类推……对于阴影部分，记第一个阴影△A1B1B6的最大边长为a1，面积为S1；第二个阴影△B1C1C6的最大边长为a2，面积为S2，第三个阴影三角形的最大边长为a3，面积为S3，依次类推……下列说法正确的是（ ）
A．
B．数列{an}是以为公比的等比数列
C．数列{Sn}的前2023项和小于
D．任意两个阴影三角形的最大边都不平行
（多选）27．（2023•扬州三模）定义：在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫作该数列的一次“美好成长”．将数列1，2进行“美好成长”，第一次得到数列1，2，2；第二次得到数列1，2，2，4，2；…；设第n次“美好成长”后得到的数列为1，x1，x2，…，xk，2，并记an＝lg2（1×x1×x2×…×xk×2），则（ ）
A．a2＝5
B．k＝2n+1
C．an+1＝3an﹣1
D．数列的前n项和为
（多选）28．（2023秋•靖江市期中）在数列{an}中，若an+k﹣1an+k﹣2an+k﹣3…an+1an＝p（其中n，k∈N*，且k≥2，p为常数），则称数列{an}为k级等积数列，p为数列{an}的公积．下列对“k级等积数列”的判断，其中正确的有（ ）
A．数列{（﹣1）n}是2级等积数列
B．数列是4级等积数列
C．若{}为k级等积数列，则{an}也是k级等积数列
D．若{an}为k级等积数列，则{}也是k级等积数列
（多选）29．（2023春•浙江期中）已知红箱内有5个红球、3个白球，白箱内有3个红球、5个白球，所有小球大小、形状完全相同．第一次从红箱内取出一球后再放回原袋，第二次从与第一次取出的球颜色相同的箱子内取出一球，然后放回原袋，依次类推，第k+1次从与第k次取出的球颜色相同的箱子内取出一球，然后放回去．记第n次取出的球是红球的概率为Pn，数列{Pn}前n项和记为Sn，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．4Pn+2+Pn＝5Pn+1
C．当n无限增大，Pn将趋近于
D．
（多选）30．（2023秋•鼓楼区校级月考）已知有限集A＝{a1，a2，⋯，an}（n≥2，n∈N），如果A中元素ai（i＝1，2，⋯，n）满足a1+a2+⋯+an＝a1×a2×⋯×an，就称A为“完美集”．下列结论中正确的有（ ）
A．集合是“完美集”
B．若a1、a2是两个不同的正数，且{a1，a2}是“完美集”，则a1、a2至少有一个大于2
C．二元“完美集”有无穷多个
D．若，则“完美集”A有且只有一个，且n＝3
（多选）31．（2023春•乐安县校级期末）已知正项数列{an}满足an+1＞2an，Sn是{an}的前n项和，则下列四个命题中正确的是（ ）
A．B．
C．Sn＜2an﹣a1（n≥2）D．是递增数列
（多选）32．（2023•东宝区校级模拟）数列{an}满足a1＝a，an+1＝3an1，则下列说法正确的是（ ）
A．若a≠1且a≠2，数列{an}单调递减
B．若存在无数个自然数n，使得an+1＝an，则a＝1
C．当a＞2或a＜1时，{an}的最小值不存在
D．当a＝3时，
（多选）33．（2022秋•江苏月考）已知数列{an}满足a1＝1，，则（ ）
A．B．
C．D．
（多选）34．（2022•湖北模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn+an＝1对于∀n∈N*恒成立，若定义，，则以下说法正确的是（ ）
A．{an}是等差数列
B．
C．
D．存在n使得
（多选）35．（2022秋•南湖区校级期中）将数列{an}中的所有项排成如下数阵：
a1
a2 a3 a4
a5 a6 a7 a8 a9
……
已知从第二行开始每一行比上一行多两项，第一列数a1，a2，a5，⋯成等差数列，且a2＝4，a10＝10．从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成以为公比的等比数列，则（ ）
A．a1＝1
B．a2022在第85列
C．
D．
（多选）36．（2022•阜宁县校级模拟）在平面四边形ABCD中，△ABD的面积是△BCD面积的2倍，又数列{an}满足a1＝2，当n≥2时，恒有（an﹣1﹣2n﹣1）（an+2n），设{an}的前n项和为Sn，则（ ）
A．{an}为等比数列B．{an}为递减数列
C．{}为等差数列D．Sn＝（5﹣2n）2n+1﹣10
（多选）37．（2022秋•北仑区校级期中）已知数列{an}满足：a1＝1，，下列说法正确的是（ ）
A．∀n∈N*，an，an+1，an+2成等差数列
B．an+1＝3an﹣an﹣1（n≥2）
C．
D．∀n∈N*，an，an+1，an+2一定不成等比数列
（多选）38．（2022•杭州模拟）设数列{an}的前n项和为Sn，若存在实数A，使得对任意n∈N*，都有|Sn|＜A，则称数列{an}为“T数列”．则以下结论正确的是（ ）
A．若{an}是等差数列，且a1＞0，公差d＜0，则数列{an}是“T数列”
B．若{an}是等比数列，且公比q满足|q|＜1，则数列{an}是“T数列”
C．若，则数列{an}是“T数列”
D．若，则数列{an}是“T数列”
（多选）39．（2022秋•新吴区校级月考）已知数列{an}满足0＜a1＜1，an+1＝anln（2﹣an+1）（n∈N*），Sn为数列{}的前n项和，则下列结论正确的是（ ）
A．Sn
B．a2022
C．0＜an＜1
D．若a1，则an
（多选）40．（2022春•南通期末）已知数列{an}的通项公式an[（）n﹣（）n]，记数列{an}的前n项和为Sn（Sn≠0），则下列说法正确的是（ ）
A．a3＝2
B．a2022是偶数
C．若S2022＝a，则a2022＝a+1
D．若Tn＝a1+a2+…+an，则存在n使得Tn能被8整除
（多选）41．（2021秋•镇海区校级期末）数列{an}满足2nan＝2n，bn，数列{bn}的前n项和记为Sn，则下列说法正确的是（ ）
A．任意n∈N*，
B．任意n∈N*，an＜an+1
C．任意n∈N*，
D．任意n∈N*，Sn＜an
（多选）42．（2020秋•鼓楼区校级期末）下面是关于公差d＞0的等差数列{an}的几个命题，其中正确的有（ ）
A．数列{an}递增
B．数列是递增的等差数列
C．若an＝n，Sn为{an}的前n项和，且为等差数列，则c＝0
D．若a7＝0，则方程Sn＝0有唯一的根n＝13
（多选）43．（2020秋•广陵区校级月考）已知曲线∁n：x2﹣2nx+y2＝0（n＝1，2，…）．从点P（﹣1，0）向曲线∁n引斜率为kn（kn＞0）的切线ln，切点为Pn（xn，yn）．则下列结论正确的是（ ）
A．数列{xn}的通项为
B．数列{yn}的通项为
C．当n＞3时，
D．
（多选）44．已知数列{an}满足a1＝1，an+an+1＝2n+1，n∈N*，Sn是数列{}的前n项和，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
（多选）45．（2021•海安市开学）设数列{an}的首项为1，前n项和为Sn，∀n∈N*，an+Sn＝pk（n）恒成立，其中p6（n）表示关于n的k（k∈N）次多项式，则使{an}能成等差数列的k的可能值为（ ）
A．0B．1C．2D．3
（多选）46．（2023•青岛一模）1979年，李政道博士给中国科技大学少年班出过一道智趣题：“5只猴子分一堆桃子，怎么也不能分成5等份，只好先去睡觉，准备第二天再分．夜里1只猴子偷偷爬起来，先吃掉1个桃子，然后将其分成5等份，藏起自己的一份就去睡觉了；第2只猴子又爬起来，吃掉1个桃子后，也将桃子分成5等份，藏起自己的一份睡觉去了；以后的3只猴子都先后照此办理．问最初至少有多少个桃子？最后至少剩下多少个桃子？”．下列说法正确的是（ ）
A．若第n只猴子分得bn个桃子（不含吃的），则5bn＝4bn﹣1﹣1（n＝2，3，4，5）
B．若第n只猴子连吃带分共得到an个桃子，则{an}（n＝1，2，3，4，5）为等比数列
C．若最初有3121个桃子，则第5只猴子分得256个桃子（不含吃的）
D．若最初有k个桃子，则k+4必有55的倍数
三．填空题（共14小题）
47．（2024•西城区校级模拟）已知无穷数列{an}满足：对任意n∈N*，有an＞0，且．给出下列四个结论：
①存在无穷多个k∈N*，使得ak+2＝ak+1+ak；
②存在k∈N*，使得ak＝ak+3＝ak+6＝…；
③对任意k∈N*，有ak+ak+2＝ak+4；
④对任意k∈N*，存在互不相同的i1，i2，…，ik，使得．
其中所有正确结论的序号是 ．
48．（2024•海淀区校级模拟）数列{an}的前n项和为Sn，若数列{an}与函数f（x）满足：①f（x）的定义域为R；②数列{an}与函数f（x）均单调递增；③∃n∈N*使Sn＝f（an）成立，则称数列{an}与函数f（x）具有“单调偶遇关系”．有下面四个结论：
①an＝2n+1与f（x）＝x具有“单调偶遇关系”
②an＝2n与f（x）＝2x﹣2不具有“单调偶遇关系”
③与数列{2n+1}具有“单调偶遇关系的函数有有限个
④与数列{2n}具有“单调偶遇关系”的函数有无数个
其中正确结论的序号为 ．
49．（2023秋•通州区期末）已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3（an﹣2），数列{bn}是公差不为0的等差数列，且满足是b1和b12的等比中项．给出下列四个结论：
①数列{an}的通项公式为an＝2×3n；
②数列前21项的和为；
③数列{bn}中各项先后顺序不变，在bm与之间插人2m个2，使它们和原数列的项构成一个新数列，则新数列的前100项和为236；
④设数列{cn}的通项公式，则数列{cn﹣1}的前100项和为2178．
其中所有正确结论的序号是 ．
50．（2022秋•东城区期末）对于数列{an}，令Tn＝a1﹣a2+a3﹣a4+⋯+（﹣1）n+1an，给出下列四个结论：
①若an＝n，则T2023＝1012；
②若Tn＝n，则a2022＝﹣1；
③存在各项均为整数的数列{an}，使得|Tn|＞|Tn+1|对任意的n∈N*都成立；
④若对任意的n∈N*，都有|Tn|＜M，则有|an+1﹣an|＜2M．
其中所有正确结论的序号是 ．
51．（2023•上海模拟）定义在区间[1，+∞）上的函数f（x）的图象是一条连续不断的曲线，f（x）在区间[2k﹣1，2k]上单调递增，在区间[2k，2k+1]上单调递减，k＝1，2，⋯．给出下列四个结论：
①若{f（2k）}为递增数列，则f（x）存在最大值；
②若{f（2k+1）}为递增数列，则f（x）存在最小值；
③若f（2k）f（2k+1）＞0，且f（2k）+f（2k+1）存在最小值，则|f（x）|存在最小值；
④若f（2k）f（2k+1）＜0，且f（2k）﹣f（2k+1）存在最大值，则|f（x）|存在最大值．
其中所有错误结论的序号有 ．
52．（2023春•东城区校级期中）数列{an}中的所有项排成如下数阵：
a1
a2a3a4
a5a6a7a8a9
……
已知从第二行开始每一行比上一行多两项，第一列数a1，a2，a5，…成等差数列，且a2＝4，a10＝10，从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成以为公比的等比数列．
①a1＝1；
②a2022在第85列；
③；
④．
以上正确结论的序号是 ．
53．（2023春•西城区校级期中）对于数列{an}，令Tn＝a1﹣a2+a3﹣a4+…+（﹣1）n+1an，给出下列四个结论：
①若an＝n，则T2023＝1012；
②若Tn＝n，则a2023＝﹣1；
③存在各项均为整数的数列{an}，使得|Tn|＞|Tn+1|对任意的n∈N*都成立；
④若对任意的n∈N*，都有|Tn|＜M，则有|an+1﹣an|＜2M．
其中所有正确结论的序号是 ．
54．（2022•天津模拟）已知数列{an}的各项均为正数，a1＝2，{an}的前n项和Sn满足（n＝1，2，3，⋯）．给出下列四个结论：
①{an}的第2项小于1；
②{an•Sn}为常数列；
③{an}为递增数列；
④{an}中存在小于的项．
其中所有正确结论的序号是 ．
55．（2022•丰台区二模）如图，某荷塘里浮萍的面积y（单位：m2）与时间t（单位：月）满足关系式：y＝atlna（a为常数），记y＝f（t）（t≥0）．给出下列四个结论：
①设，则数列{an}是等比数列；
②存在唯一的实数t0∈（1，2），使得f（2）﹣f（1）＝f′（t0）成立，其中f'（t）是f（t）的导函数；
③常数a∈（1，2）；
④记浮萍蔓延到2m2，3m2，6m2所经过的时间分别为t1，t2，t3，则t1+t2＞t3．
其中所有正确结论的序号是 ．
56．（2022•海淀区二模）在现实世界，很多信息的传播演化是相互影响的．选用正实数数列{an}，{bn}分别表示两组信息的传输链上每个节点处的信息强度，数列模型：an+1＝2an+bn，bn+1＝an+2bn（n＝1，2，⋯），描述了这两组信息在互相影响之下的传播演化过程．若两组信息的初始信息强度满足a1＞b1，则在该模型中，关于两组信息，给出如下结论：
①∀n∈N*，an＞bn；
②∀n∈N*，an+1＞an，bn+1＞bn；
③∃k∈N*，使得当n＞k时，总有|；
④∃k∈N*，使得当n＞k时，总有|．
其中，所有正确结论的序号是 ．
57．（2021春•朝阳区校级月考）已知数列{an}满足（d为常数，k＝1，2…n，n∈N*，n≥3），给出下列四个结论：
①若数列{an}是周期数列，则周期必为2；
②若d＝0，则数列{an}必是常数列；
③若d＞0，则数列{an}是递增数列；
④若d＜0，则数列{an}是有穷数列，其中，所有错误结论的序号是 ．
58．（2021•北京自主招生）已知数列{an}满足a1＝2，．数列{bn}满足b1＝5，．若正整数m满足bm＞a25，则m的最小值为 ．
59．（2019•海淀区校级一模）定义：对于数列{xn}，如果存在常数p，使对任意正整数n，总有（xn+1﹣p）（xn﹣p）＜0成立，那么我们称数列{xn}为“p﹣摆动数列”
①若an＝2n﹣1，bn＝qn（﹣1＜q＜0），n∈N*，则数列{an} “p﹣摆动数列”，{bn} “p﹣摆动数列”（回答是或不是）；
②已知“p﹣摆动数列”{cn}满足cn+1，c1＝1．则常数p的值为 ；
60．（2010•天心区校级模拟）在某个QQ群中有n名同学在玩一种叫“数字哈哈镜”的游戏．这些同学编号依次为1，2，3，…，n．在哈哈镜中，每个同学看到的像用数对（p，q）表示．规则如下：编号为k的同学看到的像为（ak，ak+1），且满足ak+1﹣ak＝k（k∈N*），已知编号为1的同学看到的像为（5，6），则编号为4的同学看到的像为 ；某位同学看到的像为（195，q），其中q的值被遮住了，请你帮这位同学猜出q＝ ．
2024年04月17日数列压轴小题
参考答案与试题解析
一．选择题（共15小题）
1．（2024•丰台区一模）已知数列{an}满足则（ ）
A．当a1＜0时，{an}为递增数列，且存在常数M＞0，使得an＜M恒成立
B．当a1＞1时，{an}为递减数列，且存在常数M＞0，使得an＞M恒成立
C．当0＜a1＜1时，存在正整数N0，当n＞N0时，
D．当0＜a1＜1时，对于任意正整数N0，存在n＞N0，使得
【考点】数列递推式；数列与不等式的综合．
【专题】转化思想；转化法；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算．
【分析】对于A：利用通项公式，当时，计算a2，a3，即可判断；
对于B：利用通项公式，当时，计算a2，a3，a4，即可判断；
对于C：通过证明根据推论：①存在0＜a1＜1，使得对任意的正整数N0，都存在n＞N0，使得|an|，由①是选项C的否定，故可以说明选项C是不正确；
对于D：通过证明根据推论：②当0＜a1＜1时，对任意的正整数N0，都存在n＞N0，使得|an|，直接说明选项D正确．
【解答】解：当时，，，所以此时数列{an}不是递增数列，故A不正确；
当时，，，，所以此时数列{an}不是递减数列，故B不正确；
我们证明以下引理：当0＜a1＜1时，对任意的正整数N0，都存在n＞N0，使得|an|．
若该引理成立，则它有两个直接的推论：
①存在0＜a1＜1，使得对任意的正整数N0，都存在n＞N0，使得|an|；
②当0＜a1＜1时，对任意的正整数N0，都存在n＞N0，使得|an|．
然后由①是选项C的否定，故可以说明选项C是不正确；而②可以直接说明选项D正确．
最后，我们来证明引理：
当0＜a1＜1时，对任意的正整数N0：
如果（，），则；
如果∈（，），则或．
此时若，则（）；
若，则（）．
无论哪种情况，都有∉（，），从而||．
这说明||或||．
所以可以选取n∈{N0+1，N0+2}，使得|an|，
这就说明存在n＞N0，使得|an|，
这就证明了引理，从而可以推出C错误，D正确．
故选：D．
【点评】本题考查数列的综合应用，属于难题．
2．（2024•东城区开学）已知数列{an}的通项公式为a1＝|n﹣13|，若满足ak+ak+1+⋯+ak+19＝m的整数k恰有2个，则m可取到的值有（ ）
A．有3个B．有2个C．有1个D．不存在
【考点】数列的应用．
【专题】方程思想；综合法；等差数列与等比数列；数学运算．
【分析】本题首先可讨论当k≥13时，根据an＝|n﹣13|得出ak+ak+1+⋯+ak+19＝20k﹣70，然后讨论当0＜k＜13时，通过等差数列求和公式得出，通过计算即可得出结果．
【解答】解：当k≥13时，ak+ak+1+⋯+ak+19
＝（k﹣13）+（k﹣12）+…+（k+6）
＝20k﹣70＝m，解得，
此时保证等式成立的每个m值，只有一个k值，不符合题意；
当0＜k＜13时，ak+ak+1+⋯+ak+19
＝（13﹣k）+（12﹣k）+…+1+0+1+…+（k+6）

＝k2﹣7k+112＝m，即k2﹣7k+112﹣m＝0，
若整数k恰有2个，则首先49﹣4（112﹣m）≥0，解得，
设该方程有两实数根k1，k2，则k1+k2＝7，
若k1＝k2＝3.5，显然不合题意，则k1≠k2，则，
若k1＝1，k2＝6，此时112﹣m＝6，解得m＝106，满足，符合题意；
若k1＝2，k2＝5，此时112﹣m＝10，解得m＝102，满足，符合题意；
若k1＝3，k2＝4，此时112﹣m＝12，解得m＝100，满足，符合题意；
故m可取到的值有m＝106或102或100．
故选：A．
【点评】本题考查等差数列的性质，考查数列的应用，属难题．
3．（2023秋•大兴区期末）设无穷等差数列{an}的公差为d，集合T＝{t|t＝sinan，n∈N*}．则（ ）
A．T不可能有无数个元素
B．当且仅当d＝0时，T只有1个元素
C．当T只有2个元素时，这2个元素的乘积有可能为
D．当时，T最多有k个元素，且这k个元素的和为0
【考点】等差数列的性质．
【专题】综合题；转化思想；分析法；三角函数的图象与性质；数学抽象；逻辑推理．
【分析】通过举反例否定A、C选项；d＝0时，可求出T中不止一个元素，否定B选项，然后时，可研究一个y＝sinx在一个周期[0，2π）内的T的元素之和，判断D选项．
【解答】解：对于A，不妨令an＝n，则d＝1，则t＝sinan，由于y＝sinx的周期为2π，且对称轴为，k∈Z，则对任意的ai，aj，i，j∈N*，i≠j，必有sinai≠sinaj，当an有无穷项时，T中有无数元素，A错误；
对于B，令an＝nπ，此时d＝π，此时sinnπ＝0，T中只有一个元素0，B错误；
对于C，若T中只有两个元素，根据y＝sinx的周期性与中心对称性，sinan的值必一正一负，因为若两个值都为正，必不满足等差数列的定义，所以该两个数的乘积必为负，C错误；
对于D，当时，在y＝sinx的一个周期[0，2π）内，取a1＝0，此时2π，比如取k＝5，此时sina1，sina2，⋯，sina5两两不相等，此时T有5个元素；而结合y＝sinx的周期为2π可知，必有sinai必周期性重复出现，所以T中最多有k个元素；
再证明和为0，[]
[cs（）]＝0，D正确．
故选：D．
【点评】本题综合考查了等差数列的性质与三角函数的周期性，考查了学生的逻辑推理、数学抽象等核心素养，属于较难的题目．
4．（2023秋•海淀区期中）古典吉他的示意图如图所示．A0，B分别是上弦枕、下弦枕，Ai（i＝1，2，…，19）是第i品丝．记ai为Ai与Ai﹣1的距离，Li为Ai与A0的距离，且满足，i＝1，2，…，19，其中xL为弦长（A0与B的距离），M为大于1的常数，并规定L0＝0．则（ ）
A．数列a1，a2，…，a19是等差数列，且公差为
B．数列a1，a2，…，a19是等比数列，且公比为
C．数列L1，L2，…，L19是等比数列，且公比为
D．数列L1，L2，…，L19是等差数列，且公差为
【考点】数列的应用；等差数列的性质；等比数列的性质．
【专题】转化思想；定义法；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算．
【分析】由题意，可得XL＝a1M，进而推得aiM＝a1M﹣（a1+a2+⋯+ai﹣1），在此基础上进行变换，可得，从而得出结论．
【解答】解析：取i＝1，依题意，即XL＝a1M，
又Li＝a1+a2+⋯+ai，
从而，
即aiM＝a1M﹣（a1+a2+⋯+ai﹣1），
所以ai﹣1M＝a1M﹣（a1+a2+⋯+ai﹣2），
相减得aiM﹣ai﹣1M＝﹣ai﹣1，
即，
所以，数列a1，a2，…，a19是以a1＝|A0A1|为首项，公比为的等比数列．
故选：B．
【点评】本题考查数列的应用，属难题．
5．（2023秋•浦东新区校级期中）斐波那契数列又称为黄金分割数列，在现代物理、化学等领域都有应用．斐波那契数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an﹣1+an﹣2（n≥3，n∈N*）．给出下列四个结论：
①存在m∈N*，使得am，am+1，am+2成等差数列；
②存在m∈N*，使得am，am+1，am+2成等比数列；
③存在常数t，使得对任意n∈N*，都有an，tan+2，an+4成等差数列；
④存在正整数i1，i2⋯im，且i1＜i2＜⋯＜im，使得．
其中所有正确的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【考点】数列递推式．
【专题】对应思想；定义法；等差数列与等比数列；逻辑推理；数学运算．
【分析】由a1＝1，a3＝2，a4＝3成等差数列判断①；
由数列任意连续三项为{奇数，奇数，偶数}或{奇数，偶数，奇数}，结合a2m+1＝amam+2是否能成立判断②；
利用递推式可得an+4＝3an+2﹣an，即an+4+an＝3an+2判断③；
写出前16项判断是否存在i1＜i2＜⋯＜im，使得，判断④．
【解答】解：由题设a3＝a2+a1＝2，a4＝3，显然a2，a3，a4成等差数列，①正确；
由题设知：{am，am+1，am+2}在m∈N*上，依次为{奇数，奇数，偶数}或{奇数，偶数，奇数}或{偶数，奇数，奇数}，
所以不可能有a2m+1＝amam+2，故不存在m∈N*使am，am+1，am+2成等比数列，②错误；
由an+4＝an+3+an+2，an+3＝an+2+an+1，an+1＝an+2﹣an，
所以an+4＝3an+2﹣an，故an+4+an＝3an+2，则an，an+2，an+4成等差数列，
故存在t使得对任意n∈N*，都有an，tan+2，an+4成等差数列，③正确；
由a2＝a3﹣a1，a3＝a4﹣a2，a4＝a5﹣a3，…，an﹣1＝an﹣an﹣2，（n≥3，n∈N*），
所以a2+a3+a4+...+an﹣1＝an+an﹣1﹣a2﹣a1，则a1+a2+a3+a4+...+an﹣2＝an﹣1，
由题设，数列前16项分别为1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，
其中1+1+2+3+8+13+21+377+610+987＝2023，
所以存在正整数i1，i2，⋯，im，且i1＜i2＜⋯＜im，使得，④正确．
综上，正确的命题序号是①③④，共3个．
故选：C．
【点评】本题主要考查了等差、等比数列的定义性质判断，也考查了数列的递推关系的应用问题，是难题．
6．（2023秋•西城区校级期中）设数列{an}的前n项和为Sn，若对任意的正整数n，总存在正整数m．使得Sn＝am，下列正确命题的个数是（ ）
①{an}可能为等差数列；
②{an}可能为等比数列；
③ai（i≥2）均能写成{an}的两项之差；
④对任意n∈N，n≥1，总存在m∈N，m≥1，使得an＝Sm．
A．0B．1C．2D．3
【考点】等差数列的性质；命题的真假判断与应用．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑推理；数学运算．
【分析】根据题设条件，逐项判断即可：取an＝0，则Sn＝0，满足题设，即可判断①；对q是否等于1进行讨论，结合有理数性质即可判断②；对任意的正整数n，总存在正整数m，使得Sn＝am，则存在正整数P使得Sn﹣1＝ap，即可判断③；取数列an＝2﹣n，当n≥3时，由于n，3﹣n必有一个为偶数，则Sn 是非正整数，一定等于{an}中某一项，但a3＝﹣1，不是{Sn}中的项，从而可以判断④．
【解答】解：对于①：取an＝0，则Sn＝0，满足题设，故①正确；
对于②：假设存在，a1＝a，公比为q，
若q＝1，an＝a，an＝an，当n≥2时，不存在正整数m，使得Sn＝am，
若q≠1，，，要使Sn＝am，则需即1＝qn+qm﹣1﹣qm，q为有理数．
由于q≠1，我们有：1+q+…+qn﹣1＝qm﹣1，由高次方程有理数根的判别法，此方程无有理数根．
故②错误；
对于③：由题意，对任意的正整数n，总存在正整数m，使得Sn＝am，
则存在正整数P使得Sn﹣1＝ap（n≥2），则an＝Sn﹣Sn﹣1＝am﹣ap（n≥2），故③正确．
对于④：令an＝2﹣n，则，S1＝S2＝1＝a1，
当n≥3时，由于n，3﹣n必有一个为偶数，则Sn是非正整数，一定等于{an}中某一项．
但a3＝﹣1，不是{Sn} 中的项，故④错误．
故选：C．
【点评】本题以命题的真假判断为载体，考查了等差，等比数列的基本概念，推论，属于难题．
7．（2023秋•海淀区校级月考）已知等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，下列结论正确的是（ ）
A．若q＞0，则{an}是递增数列或递减数列
B．若a1＞0，a1≥S2023，则q∈（﹣1，0）
C．若q2＜1，则∃M∈R，使得∀n∈Z+，|Sn|≤M
D．若，则Sn有最大值
【考点】等比数列的前n项和．
【专题】转化思想；分析法；等差数列与等比数列；数学运算．
【分析】选项ABD，举特殊数列验证可知错误；选项C，由前n项和公式，利用不等式性质放缩找到实数 M，证明即可．
【解答】解：选项A，当q＝1时，数列{an}为常数列，
{an}既不是递增数列，也不是递减数列，故A项错误；
选项B，当a1＝1，q＝﹣1时，S2023＝S2022+1＝1＝a1，
满足条件a1＞0，a1＞S2023，但q∉（﹣1，0），故B项错误；
选项C，若q2＜1，则﹣1＜q＜1且q≠0，﹣1＜qn＜1，
故0＜1﹣qn＜2，，
则，
故存在实数M，，使得Yn∈N，|Sn|≤M，故C项正确；
选项D，当q＝1时，a1＝a2＝a3，，
满足条件，
设an＝2，则Sn＝2n无最大值，故D项错误．
故选：C．
【点评】本题考查等比数列的性质应用，有一定难度．
8．（2023秋•大兴区期中）已知数列{an}满足an+1＝an（1﹣an）（n∈N*），且0＜a1＜1．给出下列四个结论：
①；
②；
③∀m，n∈N*，当n＞m时，an＞am；
④∀k∈N*，∃m∈N*，当n≥m时，．
其中所有正确结论的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【考点】数列递推式；命题的真假判断与应用．
【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑推理．
【分析】根据二次函数的性质即可判定①；由放缩法即可求解②；根据数列的单调性即可判断③④．
【解答】解：由于，且0＜a1＜1，所以，故①正确；
，由于0＜a1＜1，所以0＜an，故an+1＜an，
所以当n≥2时，，
因此，故②正确；
由于an+1＜an，所以数列{an}为单调递减数列，所以∀m，n∈N*，
当n＞m时，an＜am，③错误；
，故，则，
由于0＜an＜1，则0＜1﹣an＜1，所以，
又，同除以，
所以，
，．…，，
相加可得，
故，进而可得，
∀k∈N*，∃m∈N*，当m＝k+1时，
又数列{an}为单调递减数列，当n≥m时，，故④正确．
故选：C．
【点评】本题主要考查数列求和的应用，根据数列的递推关系，利用累加法求出数列的通项公式，以及利用裂项法求和是解本题的关系，属于难题．
9．（2022春•定远县校级期中）[x]为不超过x的最大整数，设an为函数f（x）＝[x[x]]，x∈[0，n）的值域中所有元素的个数．若数列的前n项和为Sn，则S2022＝（ ）
A．B．C．D．
【考点】数列的求和．
【专题】分类讨论；转化法；函数的性质及应用；等差数列与等比数列；数学运算．
【分析】根据题意：[x]，可得x[x]，可得[x[x]]在各区间中的元素个数是：1，1，2，3，…，n﹣1，进而得出函数f（x）的值域为A，及其集合A中的元素个数为an，利用裂项求和方法即可得出S2022．
【解答】解：根据题意：[x]，
∴x[x]，
∴[x[x]]在各区间中的元素个数是：1，1，2，3，…，n﹣1．
∵函数f（x）的值域为A，
∴集合A中的元素个数为an＝1+1+2+…+n﹣1＝1．
∴2（），
∴S2022＝2（）＝2（），
故选：D．
【点评】本题考查了函数[x]的性质、分类讨论方法、等差数列的求和公式、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
10．（2022•徐汇区二模）设数列{an}，若存在常数t，对任意小的正数s，总存在正整数n0，当n≥n0时，|an﹣t|＜s，则数列{an}为收敛数列．下列关于收敛数列说法正确的是（ ）
A．若等比数列{an}是收敛数列，则公比q∈（0，1）
B．等差数列不可能是收敛数列
C．设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn（Sn≠0），则数列一定是收敛数列
D．设数列{an}的前n项和为Sn，满足a1＝1，Sn+1＝an+1，则数列{an}是收敛数列
【考点】数列的应用．
【专题】分析法；数学运算．
【分析】首先，准确理解收敛数列的概念，然后，逐个进行判断即可，
对于对于A则可以借助于极限的思想进行判断其收敛性；
对于B可以举出特例，例如常数数列则符合收敛的定义；
对于C设xn＝a+nd，表示出Sn，借助于极限的思想进行判断其收敛性．
对于D，先利用递推关系求出通项再进行判断．
【解答】解：A选项：设xn＝aqn，则xnaqn，当|q|＜1且q≠0，或q＝1时收敛，故A错误；
B选项：若该等差数列为常数列，则符合收敛的条件，故B错误；
C选项：设xn＝a+nd，则Sn，
故，，当d≠0时，0，故数列{ }一定是收敛数列，故C正确；
D选项：当n＝1时，S2＝a1+1＝2可得a2＝1，
当n≥2时，令n＝n﹣1时，Sn＝an﹣1+1，与已知做差可得：an+1＝an﹣an﹣1，
列举可得：a1＝1，a2＝1，a3＝0，a4＝﹣1，a5＝﹣1，a6＝0⋯，以此类推，
可得{an}为一周期数列，且T＝6．
故不存在s使得原命题成立，不满足题意．故D选项错误．
故选：C．
【点评】本题主要考查收敛数列的概念，属于较难题目．
11．（2021春•朝阳区校级月考）已知数列{an}共有5项，满足a1＞a2＞a3＞a4＞a5≥0，且对任意i、j（1≤i≤j≤5），有ai﹣aj仍是该数列的某一项，则下列命题中，假命题的序号是（ ）
A．数列{an}中一定存在一项为0
B．存在1≤i＜j≤5使得iai＝jaj
C．数列{an}一定是等差数列
D．集合A＝{x|x＝ai+aj，1≤i≤j≤5}中元素个数为15．
【考点】等差数列的性质；命题的真假判断与应用．
【专题】计算题；整体思想；综合法；等差数列与等比数列；数学运算．
【分析】根据题意对任意i，j（1⩽i⩽j⩽5），有ai﹣aj仍是该数列的某一项，因此0∈{an}，由于a4﹣a5＝a4∈{an}，（a4＞0），可得a3﹣a4＝a4，即a3＝2a4，以此类推可得：a2＝3a4，a1＝4a4，分析选项即可判断出结论．
【解答】解：根据题意：对任意i，j（1⩽i⩽j⩽5），有ai﹣aj仍是该数列的某一项，∴ai﹣ai＝0，
∴当a5＝0时，
则a4﹣a5＝a4∈{an}，（a4＞0），
必有a3﹣a4＝a4，即a3＝2a4，
而a2﹣a3＝a3或a4，
若a2﹣a3＝a3，则a2﹣a4＝3a4，而3a4≠a3，a4，a5，舍去；
若a2﹣a3＝a4∈{an}，此时a2＝3a4，
同理可得a1＝4a4，
可得数列{an}为：4a4，3a4，2a4，a4，0（a4＞0）；
据此分析选项：易得A、B、C正确；
对于D、集合A＝{x|x＝ai+aj，1⩽i⩽j⩽5}＝{8a4，7a4，6a4，5a4，4a4，3a4，2a4，a4，0（a4＞0）}中共有9个元素，D错误；
故选：D．
【点评】本题考査数列的递推公式，涉及等差数列的性质、新定义，考查了分析问题与解决问题的能力、推理能力与计算能力，属于难题．
12．（2020秋•虹口区校级期中）已知数列{an}满足：a1＝0，an+1＝ln（1）﹣an（n∈N*），前n项和为Sn，则下列选项错误的是（ ）（参考数据：ln2≈0.693，ln3≈1.099）
A．{a2n﹣1}是单调递增数列，{a2n}是单调递减数列
B．an+an+1≤ln3
C．S2020＜670
D．a2n﹣1≤a2n
【考点】数列的求和．
【专题】数形结合；综合法；函数的性质及应用；等差数列与等比数列；数学运算．
【分析】由an+1＝ln（1）﹣an，得an+1＝ln（1）﹣ln，可得1，令bn，即an＝lnbn，可得bn+1＝1，a1＝0，b1＝1．作图如下，利用图象即可判断出结论．
【解答】解：由an+1＝ln（1）﹣an，得an+1＝ln（1）﹣ln，
∴1，
令bn，即an＝lnbn，
则bn+1＝1，
a1＝0，b1＝1．
作图如下：
由图可得：
A．{a2n﹣1}是单调递增数列，{a2n}是单调递减数列，因此A正确；
B．∵bn∈[1，2]，∴bnbn+1＝bn（1）＝bn+1∈[2，3]，
∴bnbn+1•∈[2，3]，
∴an+1+an∈[ln2，ln3]，因此B正确；
C．∵an+1+an≥ln2，∴S2020＝（a1+a2）+（a3+a4）+……+（a2019+a2020）≥1010ln2＞693，因此C不正确；
D．由不动点（，），得1≤b2n﹣1b2n≤2，可得：b2n﹣1＜b2n，∴a2n＞a2n﹣1，因此D正确．
故选：C．
【点评】本题考查了数列递推关系、数列单调性、函数的图象与性质，考查了数形结合方法、推理能力与计算能力，属于难题．
13．（2020•北京自主招生）正整数n≥3称为理想的，若存在正整数1≤k≤n﹣1使得C，C，C构成等差数列，其中C为组合数，则不超过2020的理想数个数为（ ）
A．40B．41
C．42D．前三个答案都不对
【考点】数列的应用．
【专题】转化思想；转化法；排列组合；逻辑推理；数学运算．
【分析】把题意转化为关于k的方程4k2﹣4nk+n2﹣n﹣2＝0有解，即，所以 n+2 为完全平方数，设 n+2＝m2，n≥7，根据n≤2020得到 44≥m≥3，再验证m取[3，44]之间任何一个整数都满足题意即可．
【解答】解：由题意可得 构成等差数列，
则 ，化简可得n2﹣（4k+1）n+4k2﹣2＝0，
以 k 为主元整理 4k2﹣4nk+n2﹣n﹣2＝0，
则 ，
题意转化为存在正整数1≤k≤n﹣1使得 成立，
于是 n+2 为完全平方数，设 n+2＝m2，n≥7，
令f（k）＝4k2﹣4nk+n2﹣n﹣2，
因为f（1）＝f（n﹣1）＝n2﹣5n+2＞0，
故，
因为n≤2020，则 44≥m≥3．
若，
因为 m﹣2，m+1 奇偶性相反，
故对于任意 44≥m≥3 都满足题意．
综上，满足题意的有 42 个，
故选：C．
【点评】本题考查组合数的运算，考查二次方程求根公式，属于难题．
14．（2020•北京自主招生）整数列{an}n≥1满足a1＝1，a2＝4，且对任意n≥2有an2﹣an+1an﹣1＝2n﹣1，则a2020的个位数字是（ ）
A．8B．4
C．2D．前三个答案都不对
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；转化法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑推理；数学运算．
【分析】先将已知式子变形为，进而得到 an+1＝4an﹣2an﹣1，让 an 模 10所得结果从a2 开始的周期为24，进而求出a2000 的个位数字．
【解答】解：因为 ，则
，
，
因为 ，则 a3＝14，故
，
即 an+1＝4an﹣2an﹣1，欲求个位数字，只需让 an 模 10，其结果为

从 a2 开始周期为 24，则 a2000 的个位数字是 8，
故选：A．
【点评】本题考查数列的递推关系式的变形与同构，得到 an+1＝4an﹣2an﹣1是解题的关键，考查学生的变形运算化简的能力和分析问题、解决问题的能力，属于难题．
15．（2018秋•西城区期末）已知|x|＞y＞0．将四个数按照一定顺序排列成一个数列，则（ ）
A．当x＞0时，存在满足已知条件的x，y，四个数构成等比数列
B．当x＞0时，存在满足已知条件的x，y，四个数构成等差数列
C．当x＜0时，存在满足已知条件的x，y，四个数构成等比数列
D．当x＜0时，存在满足已知条件的x，y，四个数构成等差数列
【考点】等差数列的性质；等比数列的性质．
【专题】转化思想；演绎法；等差数列与等比数列；逻辑推理．
【分析】根据x的符号，确定四个数的大小，结合等比数列和等差数列的性质进行判断即可．
【解答】解：当x＞0时，x＞y＞0，此时四个数的大小关系为x﹣yx＜x+y，
若x﹣y，，x，x+y成等比，则满足（）2＝（x﹣y）x，即x2﹣y2＝x2﹣xy，此时﹣y2＝﹣xy，则x＝y，不满足条件．故A错误，
若x﹣y，，x，x+y成等差，则满足2xx+y，即x﹣y，平方得（x2﹣y2）＝（x﹣y）2，即（x﹣y）（x+y）＝（x﹣y）2，
则x+y＝x﹣y，即y＝0，不满足条件．故B错误，
当x＜0时，﹣x＞y＞0，则y＞0，x＜0，x+y＜0，x﹣y＜0，此时四个数x﹣y，，x，x+y，中三个为负数，一个为正数，不可能为等比数列，故C错误，
当x＜0时，四个数的大小为x﹣y＜x＜x+y，
若x﹣y，x，x+y，，成等差，
2x＝x﹣y+x+y，此时恒成立，同时2（x+y）＝x，即x+2y，
平方得x2﹣y2＝x2+4y2+4xy，
即5y2＝﹣4xy，即xy时，满足等差数列，故D正确．
故选：D．
【点评】本题考查了等比数列和等差数列的应用，根据条件判断四个式子的符号，结合等比数列和等差数列的性质进行排除是解决本题的关键．
二．多选题（共31小题）
（多选）16．（2021•福田区校级二模）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＜1B．1＜b1C．S2n＜T2nD．S2n≥T2n
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；换元法；等差数列与等比数列；数据分析．
【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，
∴；
∴，
∴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
∴；
∴；
∴1＜b1，故B正确．
∵T2n＝b1+b2+…+b2n
＝（b1+b3+b5+…+b2n﹣1）+（b2+b4+…+b2n）

；
∴对于任意的n∈N*，S2n＜T2n；故C正确，D错误．
故选：ABC．
【点评】本题考查了数列的综合运用，考查学生的分析能力与计算能力．属于中档题．
（多选）17．（2022秋•海淀区校级月考）已知数列{an}满足2a1+22a2+…+2nan，数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是（ ）
A．a1的值为2
B．数列{an}的通项公式为an＝（3n+1）×2n
C．数列{an}为递减数列
D．Sn＝7
【考点】数列的求和．
【专题】转化思想；转化法；等差数列与等比数列；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑推理；数学运算．
【分析】直接利用数列的递推关系式，数列的通项公式，错位相减法在数列求和中的应用判断A、B、C、D的结论．
【解答】解：数列{an}满足2a1+22a2+…+2nan①，
对于A：当n＝1时，2a1＝4，解得a1＝2，故A正确；
对于B：当n≥2时，2a1+22a2+…+2n﹣1an﹣1②，
①﹣②得：，
所以，故B错误；
对于C：由于，
所以，
故数列{an}为递减数列，故C正确；
对于D：由于①，
②，
①﹣②得：，
整理得，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查的知识要点：数列的递推关系式，数列的通项公式的求法，错位相减法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
（多选）18．（2024•浙江模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，满足，则可能同时为整数的是（ ）
A．a3a4和a5a6B．a4a5和a6a7
C．a5a6和a10a11D．a6a7和a11a12
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算．
【分析】由，推得an+2＝an+1，在此基础上，对各选项中的结论进行计算，即可判定可能同时为整数的选项．
【解答】解：依题意，由，可得：
当n＝1时，a21，
Sn＝anan+1⇒an+1an+2＝Sn+1＝an+1+Sn＝anan+1+an+1⇒an+2＝an+1，
对于选项A：a3＝a1+1，a4＝a2+1＝2，a5＝a3+1＝a1+2，a6＝a4+1＝a2+2＝3，
则a3a4＝2a1+2，a5a6＝3a1+6，
当a1为负整数时，a3a4和a5a6可以同时取整数，故A正确；
对于选项B：a5＝a1+2，a7＝a5+1＝a1+3，
则a5a4＝2a1+4，a6a7＝3a1+9，
当a1为负整数时，a5a4和a6a7可以同时取整数，故B正确；
对于选项C：a10＝a8+1＝a6+2＝5，a11＝a9+1＝a7+2＝a1+5，
则a5a6＝3a1+6，a10a11＝5a1+25，
当a1为负整数时，a5a6和a10a11可以同时取整数，故C正确；
对于选项D：a12＝a2+5＝6，a11a12＝6a1+30，a6a7＝3a1+9，
当3a1为负整数时，a6a7和a11a12可以同时取整数，故D正确．
故选：ABCD．
【点评】本题考查数列递推式的应用，属中档题．
（多选）19．（2023秋•海安市期中）已知数列{an}满足a1＝2，且an+1an+1，则（ ）
A．{an}为递增数列
B．an≥n+1
C．1
D．a1+a2+…+a99≤4×（）99﹣4
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑推理；数学运算．
【分析】由0，即可判断A；利用数学归纳法，即可判断B；利用，即可判断C；⇒，则，即可判断D．
【解答】解：对于A，因为an+1an+1，a1＝2，所以0，所以数列{an}为递增数列，故A正确；
对于B，①当n＝1时，a1＝1+1，不等式成立；
②假设当n＝k（k≥1）时，不等式成立，即ak≥k+1，
当n＝k+1时，k（k+1）+1≥k+1+1，不等式也成立．
∴由①②知：an≥n+1对一切正整数n成立，故B正确；
对于C，因为 an+1﹣1＝an（an﹣1），所以 ，，
所以
，故C正确；
对于D，∵an+1an+1⇒⇒，
∴⇒⇒，
∴a1+a2+a3+…+a99，
又，
故D错误．
故选：ABC．
【点评】本题考查了数列的递推式，属于难题．
（多选）20．（2024春•浙江月考）已知数列{an}：1，1，2，1，3，5，1，4，7，10，…，其中第1项为1，接下来的2项为1，2，接下来的3项为1，3，5，再接下来的4项为1，4，7，10，依此类推，则（ ）
A．a20＝21
B．
C．存在正整数m，使得am，am+1，am+2成等比数列
D．有且仅有4个不同的正整数m，使得am+am+1+am+2＝156
【考点】数列的应用；等比数列的性质．
【专题】压轴题；分类讨论；综合法；等差数列与等比数列；逻辑推理；数学运算．
【分析】根据题目，我们可以发现数列{an}的规律是：第1项为1，接下来的2项为1，2，接下来的3项为1，3，5，再接下来的4项为1，4，7，10，依此类推．我们可以发现，每一项的值是前一项的值加1，加2，加3，加4，依此类推，逐一判断选项即可．
【解答】解：选项A，根据规律可知，第11项到第15为：1，5，9，13，17；
第16项到第21项为：1，6，11，16，21，26，故A正确；
选项B，是n项1，n，2n﹣1，...中的第n项，
这n个数是以1为首项，n﹣1为公差的等差数列，
故第n项为1+（n﹣1）2＝n2﹣2n+2，
所以n2﹣2n+2，故B正确；
选项C，若m＝1，则a1＝1，a2＝1，a3＝2不是等比数列，
若m＝2，则a2＝1，a3＝2，a4＝1不是等比数列，
当m＞2时，若am，am+1，am+2是n项1，n，2n﹣1，...中的连续3项，
则am，am+1，am+2是公差不为零的等差数列，故am，am+1，am+2不是等比数列；
若am＝（n﹣1）2﹣2（n﹣1）+2＝n2﹣4n+5，am+1＝1，am+2＝n，显然am，am+1，am+2不是等比数列；
若am＝n2﹣5n+7，am+1＝n2﹣4n+5，am+2＝1，显然am，am+1，am+2不是等比数列；
综上，不存在正整数m，使得am，am+1，am+2成等比数列，故C错误；
对于D，若am，am+1，am+2是n项1，n，2n﹣1，...中的连续3项，
则am，am+1，am+2是公差不为零的等差数列，
因为am+am+1+am+2＝156，所以am+1＝52，
设am+1是n项1，n，2n﹣1，...中的第k项，
则am+1＝1+（n﹣1）×（k﹣1）＝52，即（n﹣1）×（k﹣1）＝51，
所以①k﹣1＝1，n﹣1＝51，am+1＝n，所以n＝52，此时m1327，
②k﹣1＝3n﹣1＝17，所以n＝18，此时m＝164；
若am＝（n﹣1）2﹣2（n﹣1）+2＝n2﹣4n+5，am+1＝1，am+2＝n，则n2﹣3n+6＝156，此方程无整数解；
若am＝n2﹣5n+7，am+1＝n2﹣4n+5，am+2＝1，则2n2﹣9n+13＝156，解得n＝11，此时m＝65；
综上所述，有且仅有3个不同的正整数m，使得am+am+1+am+2＝156，故D错误．
故选：AB．
【点评】本题考查数列的应用，分类讨论的数学思想方法，属难题．
（多选）21．（2023秋•温州期末）已知数列{an}满足an+an+2＝λan+1，λ∈R，若a1＝1，a2＝2，a2024≥2024，则λ的值可能为（ ）
A．﹣1B．2C．D．﹣2
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；数学运算．
【分析】对选项一一判断，结合数列的周期性和等差数列、等比数列的定义、通项公式，可得正确结论．
【解答】解：若λ＝﹣1，可得an+an+2+an+1＝0，则数列{an}：1，2，﹣3，1，2，﹣3，…，是周期为3的数列，故A错误；
若λ＝2，可得an+an+2＝2an+1，则数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，且an＝n，即有a2024＝2024，故B正确；
若λ，可得an+an+2an+1，由a1＝1，a2＝2，可得an＞0，an+an+2an+1＞2an+1，
即有an+2﹣an+1＞an+1﹣an＞...＞a2﹣a1＝1，即有an≥n，即有a2024＞2024，故C正确；
若λ＝﹣2，可得an+an+2＝﹣2an+1，即（an+an+1）+（an+1+an+2）＝0，可得数列{an+an+1}是首项为3，公比为﹣1的等比数列，
可得an+an+1＝3•（﹣1）n﹣1，即有an+1+an+2＝3•（﹣1）n，两式相减可得an+2﹣an＝3•（﹣1）n﹣3•（﹣1）n﹣1，
当n为偶数时，an+2﹣an＝6，即偶数项是首项为2，公差为6的等差数列，可得a2024＝2+6×1011＞2024，故D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查数列的递推式和等差数列、等比数列的定义、通项公式，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
（多选）22．（2023秋•盐城期末）英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点．如图，在横坐标为x1的点处作f（x）的切线，切线与x轴交点的横坐标为x2；用x2代替x1重复上面的过程得到x3；一直下去，得到数列{xn}，叫作牛顿数列．若函数f（x）＝x2﹣x﹣6，且a1＝1，xn＞3，数列{an}的前n项和为Sn，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．数列{an}是递减数列
C．数列{an}是等比数列
D．
【考点】数列与函数的综合；数列的求和．
【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用；等差数列与等比数列；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算．
【分析】切线y﹣f（xn）＝f′（xn）（x﹣xn）过点（xn+1，0），可判断A；⇒且⇒
⇒⇒an+1＝2an，可判断BCD．
【解答】解：由f（x）＝x2﹣x﹣6，得f′（x）＝2x﹣1，则以点（xn，f（xn））为切点的切线为y﹣f（xn）＝f′（xn）（x﹣xn），
由此切线过点（xn+1，0）得：0﹣f（xn）＝f′（xn）（xn+1﹣xn），则，故A正确；
⇒且⇒
⇒⇒an+1＝2an，又a1＝1，则{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
，故B错误，C正确；
S2023＝a1+a2++a3+…+a2023，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查了数列与函数的综合，属于难题．
（多选）23．（2023秋•天宁区校级期末）在边长为2的等边三角形ABC纸片中，取边BC的中点M1，在该纸片中剪去以BM1为斜边且的直角三角形P1BM1得到新的纸片K1，再取M1C的中点M2，在纸片K1中剪去以M1M2为斜边且的直角三角形P2M1M2得到新的纸片K2，以此类推得到纸片K3，K4，…，Kn，…，设Kn的周长为Ln，面积为Sn，则（ ）
A．B．
C．D．
【考点】数列递推式；归纳推理；数列的应用．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；数学运算．
【分析】根据题意，利用三角形相似的性质，分析Ln+1与Ln的递推关系式、Sn+1与Sn的递推关系式，进而利用等比数列的通项与求和公式加以计算，即可得到正确答案．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，Kn+1比Kn多了两条边Pn+1Mn，Pn+1Mn+1，少了线段MnMn+1，
线段MnMn+1是首项为，公比为的等比数列，则MnMn+1＝（）nn，
而Pn+1MnMnMn+1，Pn+1Mn+1MnMn+1，
故Ln+1﹣Ln＝（1）×MnMn+1，A错误；
对于B，L1＝2×3﹣1+（）＝6，
由A的结论，Ln﹣Ln﹣1，
则有Ln＝（Ln﹣Ln﹣1）+（Ln﹣1﹣Ln﹣2）+……+（L2﹣L1）+L166+（1）（1）＝5，
L1＝6符合该式，B正确；
对于C，Sn+1比Sn少了一个以n为斜边，一个内角为的等腰直角三角形，
则Sn﹣Sn+1（nn），C正确；
对于D，由C的结论，Sn﹣Sn+1，则有Sn﹣1﹣Sn，
则有S1﹣Sn＝（S1﹣S2）+（S2﹣S3）+……+（Sn﹣1﹣Sn）（1），
又由S12，
故Sn＝S1﹣（S1﹣Sn）（1）（5），
S1也符合该式，D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查数列的应用，涉及归纳推理的应用，属于难题．
（多选）24．（2023秋•盐城期中）已知数列{an}满足an+2an﹣1＝kn，n∈N*，n≥2，则（ ）
A．当k＝0且a1≠0时，{an}是等比数列
B．当k＝1时，{an}是等比数列
C．当k＝﹣2时，{}是等差数列
D．当k＝﹣3且a1＝﹣3时，{3}是等比数列
【考点】数列递推式；等差数列的性质；等比数列的性质．
【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算．
【分析】根据等差数列和等比数列的定义，逐一分析选项，即可得出答案．
【解答】解：对于A，当k＝0且a1≠0时，an+1＝﹣2an，所以{an}是等比数列，故A正确；
对于B，当k＝1时，an+1+2an＝1⇒，
当时，不是等比数列，故B错误；
对于C，当k＝﹣2时，，所以，所以是等差数列，故C正确；
对于D，当k＝﹣3时，，所以，
又a1＝﹣3⇒，所以是等比数列，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查了利用数列的递推式求通项公式，属于难题．
（多选）25．（2023秋•台州月考）已知等差数列{an}中，，公差为，bn＝tanan，记Sn为数列{an}的前n项和，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．若cn＝anbn，则
D．若dn＝bnSn，则
【考点】数列的求和．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算．
【分析】由{an}为等差数列，先求出an，Sn，bn，由b1＝1可判断选项A；对于选项B，分n为奇数和偶数分别求{bn}的前n项和，从而可判断；选项C，先得出，从而得出，，再分n为奇数和偶数分别求{cn}的前n项和；对于选项D，由，求出，从而可求出{dn}的前2n项的和．
【解答】解：由{an}为等差数列，，公差为，则，
，
，
当n＝1时，b1＝1，则选项A不正确；
当n为偶数时，b1+b2+b3+…+bn＝0，
当n为奇数时，b1+b2+b3+…+bn＝1，
故，所以选项B正确；
，
，
当n为偶数时，，
当n为奇数时，，
所以，故选项C正确；
，
，
所以d1+d2+d3+…+d2n
，所以选项D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查了等差数列的通项公式和求和公式，数列的分组求和，属于较难题．
（多选）26．（2023秋•浙江月考）数学中有各式各样富含诗意的曲线，螺旋线就是其中一类，螺旋线这个名词源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠绕”．如图所示，正六边形A1A2A3A4A5A6的边长为1，分别取其各条边的四等分点，连接得到正六边形B1B2B3B4B5B6，再取其各条边的四等分点，连接得到正六边形C1C2C3C4C5C6，依次类推……对于阴影部分，记第一个阴影△A1B1B6的最大边长为a1，面积为S1；第二个阴影△B1C1C6的最大边长为a2，面积为S2，第三个阴影三角形的最大边长为a3，面积为S3，依次类推……下列说法正确的是（ ）
A．
B．数列{an}是以为公比的等比数列
C．数列{Sn}的前2023项和小于
D．任意两个阴影三角形的最大边都不平行
【考点】数列的应用；命题的真假判断与应用．
【专题】转化思想；转化法；等差数列与等比数列；数学运算．
【分析】找到规律，得到，判断B选项，推导出{an}为等比数列，求出{an}的通项公式，用相同的方法得到{Sn}是等比数列，计算S2以及{Sn}的前2023项和，判断A和C选项；设最小角为θ，假设存在，求出csθ，cs2θ，cs3θ，⋯，发现不可能使csnθ＝1，判断D选项．
【解答】解：∵正六边形A1A2A3A4A5A6的边长为1，
∴正六边形A1A2A3A4A5A6的每个内角为120°，
由题知，在△A1B1B6中，，
∴由余弦定理，得，
则，
易知，∴，
∴数列{an}是以为首项，以为公比的等比数列，∴，
∵，
∴数列{Sn}是以为首项，以为公比的等比数列，
A.，故A正确；
B．数列{an}是以为公比的等比数列，故B错误；
C．{Sn}的前2023项和为，故C正确；
对于D选项，记阴影三角形的最小角为θ，
由余弦定理，得，
若存在两条最大边平行，则无限缠绕后，最终最小角顶点无限重合，
即存在nθ＝2kπ（其中n，k为正整数），使得csnθ＝1，
又，
∴cs3θ＝cs（2θ+θ）＝cs2θ•csθ﹣sin2θ•sinθ
＝（2cs2θ﹣1）•csθ﹣2sin2θ•csθ
＝（2cs2θ﹣1）•csθ﹣2（1﹣cs2θ）•csθ
．
持续计算可知，不可能使csnθ＝1，
故不存在两最大边平行，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查了等差数列和等比数列的性质，余弦定理的应用和三角恒等变换，考查了转化思想，属难题．
（多选）27．（2023•扬州三模）定义：在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫作该数列的一次“美好成长”．将数列1，2进行“美好成长”，第一次得到数列1，2，2；第二次得到数列1，2，2，4，2；…；设第n次“美好成长”后得到的数列为1，x1，x2，…，xk，2，并记an＝lg2（1×x1×x2×…×xk×2），则（ ）
A．a2＝5
B．k＝2n+1
C．an+1＝3an﹣1
D．数列的前n项和为
【考点】数列的求和．
【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算．
【分析】选项A，由a2＝lg2（1×2×2×4×2），得解；
选项B，设每次插入项的个数构成数列{bn}，结合等比数列的概念与前n项和公式，得解；
选项C，根据数列{an}的定义，找到其递推关系，即可；
选项D，结合选项C中结论与构造法，求得数列{an}的通项公式，再由裂项求和法，得解．
【解答】解：选项A，a2＝lg2（1×2×2×4×2）＝lg232＝5，即A正确；
选项B，设每次插入项的个数构成数列{bn}，则b1＝1，b2＝2，b2＝4，…，
所以数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，
而数列{bn}的前n项和为k，所以k2n﹣1，即B错误；
选项C，an+1＝lg2[（1×x1×x2×…×xk×2）•（1×x1）•（x1×x2）•…•（xk﹣1×xk）•（xk×2）]
＝lg2[（1×x1×x2×…×xk×2）3•]＝3lg2（1×x1×x2×…×xk×2）﹣1＝3an﹣1，即C正确；
选项D，由an+1＝3an﹣1知，an+13（an），
因为a1lg2（1×2×2）2，
所以数列{an}是以为首项，3为公比的等比数列，
所以an，即an（3n+1），
所以2（），
故其前n项和为2[（）+（）+……+（）]＝2（），即D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查数列求和，理解新数列的定义，熟练掌握等比数列的概念、通项公式与前n项和公式，裂项求和法等是解题的关键，考查转化思想，逻辑推理能力和运算能力，属于难题．
（多选）28．（2023秋•靖江市期中）在数列{an}中，若an+k﹣1an+k﹣2an+k﹣3…an+1an＝p（其中n，k∈N*，且k≥2，p为常数），则称数列{an}为k级等积数列，p为数列{an}的公积．下列对“k级等积数列”的判断，其中正确的有（ ）
A．数列{（﹣1）n}是2级等积数列
B．数列是4级等积数列
C．若{}为k级等积数列，则{an}也是k级等积数列
D．若{an}为k级等积数列，则{}也是k级等积数列
【考点】数列递推式；数列的应用．
【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算．
【分析】不妨设an+k﹣1an+k﹣2an+k﹣3⋯an+1an＝f（n），由题意，数列{an}为k级等积数列，当且仅当，从而对每一选项逐一分析即可得解．
【解答】解：对于A，因为，
所以数列{（﹣1）n}是2级等积数列，故A正确；
对于B，设，
若要数列是4级等积数列，则只需，
但1≠1，矛盾，故B错误；
对于C，由题意，若为k级等积数列，当且仅当，
即或，所以{an}不一定是k级等积数列，故C错误；
对于D，由题意，若{an}为k级等积数列，当且仅当，
从而，所以也是k级等积数列，故D正确．
故选：AD．
【点评】本题考查数列递推式的应用，属难题．
（多选）29．（2023春•浙江期中）已知红箱内有5个红球、3个白球，白箱内有3个红球、5个白球，所有小球大小、形状完全相同．第一次从红箱内取出一球后再放回原袋，第二次从与第一次取出的球颜色相同的箱子内取出一球，然后放回原袋，依次类推，第k+1次从与第k次取出的球颜色相同的箱子内取出一球，然后放回去．记第n次取出的球是红球的概率为Pn，数列{Pn}前n项和记为Sn，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．4Pn+2+Pn＝5Pn+1
C．当n无限增大，Pn将趋近于
D．
【考点】数列的求和．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；数学运算．
【分析】根据数列的递推关系，得出an为等比数列，利用等比数列的性质和公式可求出通项及Sn，利用递推关系可证得B选项正确．利用极限思想，证得C错误．
【解答】解：依题意 ，设第n次取出球是红球的概率为 Pn，则第n次取出白球概率为 （1﹣Pn）．
对于第n+1次，取出红球有两种情况：①从红箱取出 ，②从白箱取出 ．
所以 ，即，
令 ，则数列 {an} 为等比数列，公比为 ，因为 ，所以 ，
故 即对应 ，
所以 ，故A正确；
因为 ，所以 ，，
所以 ，故B正确；
因为 ，函数 在定义域上单调递减，
当x→+∞时 ，所以 即当n无限增大，Pn 将趋近于 ，故C错误；
因为 ，所以Sn（1），故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题主要考查概率与数列的递推关系和通项公式相结合，将基础知识掌握扎实且灵活运用是解决本题的关键，属于难题．
（多选）30．（2023秋•鼓楼区校级月考）已知有限集A＝{a1，a2，⋯，an}（n≥2，n∈N），如果A中元素ai（i＝1，2，⋯，n）满足a1+a2+⋯+an＝a1×a2×⋯×an，就称A为“完美集”．下列结论中正确的有（ ）
A．集合是“完美集”
B．若a1、a2是两个不同的正数，且{a1，a2}是“完美集”，则a1、a2至少有一个大于2
C．二元“完美集”有无穷多个
D．若，则“完美集”A有且只有一个，且n＝3
【考点】数列的应用；元素与集合关系的判断．
【专题】方程思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑推理．
【分析】由“完美集’“的定义即可判断A错误；
由“完美集’的定义可知a1、a2可以看成一元二次方程x2﹣tx+t＝0的两正根，则Δ＞0可得a1a2＞4，则可判断B、C正确；
设a1＜a2＜a3，由“完美集“的定义可知a1a2a3＝a1+a2+a3＜3a3，结合，可知a1＝1，a2＝2，a3＝3，由此即可判断D正确．
【解答】解：对于A选项：（﹣1）+（﹣1）＝﹣2，（﹣1）×（﹣1）＝﹣2，
故（﹣1）+（﹣1）＝（﹣1）×（﹣1），所以集合{﹣1，﹣1}是“完美集“，故A错误；
对于B选项：集合{a1、a2}是“完美集”，设a1+a2＝a1a2＝t＞0，则a1、a2可以看成一元二次方程x2﹣tx+t＝0的两正根，
则Δ＝t2﹣4t＞0，解得t＜0 （舍）或t＞4，即a1a2＞4，所以至少有一个大于2，故B正确；
对于C选项：由B可知，一元二次方程x2﹣tx+t＝0，当t取不同值时，a1、a2的值是不同的，
因而二元“完美集”有无穷多个，故C正确；
对于D选项：设a1＜a2＜a3＜…＜an，则a1×a2×…×an＝a1+a2+…+an＜nan，
所以a1×a2×…×an﹣1＜n，又，所以n≤3，
当n＝2时，a1＜2，则a1＝l，a1a2≠a1+a2，不合题意，
当n＝3时，a1a2＜3，所以只能是a1＝1，a2＝2，
由a1+a2+a3＝a1a2a3，代入解得a3＝3，所以此时“完美集”只有一个，为{1，2，3}，故D正确．
故选：BCD．
【点评】本题主要考查数列的应用，集合的新定义，考查逻辑推理能力，属于难题．
（多选）31．（2023春•乐安县校级期末）已知正项数列{an}满足an+1＞2an，Sn是{an}的前n项和，则下列四个命题中正确的是（ ）
A．B．
C．Sn＜2an﹣a1（n≥2）D．是递增数列
【考点】数列与不等式的综合．
【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑推理；数学运算．
【分析】利用an+1＞2an，结合迭代法，即可判断选项A，先表示出，然后利用选项A中的结论，得到1+2k，即可判断选项B，利用选项A中的结论，得到an﹣1，…，（n≥2），利用放缩法，即可判断选项C，利用特殊数列{an}是正项的等比数列，且公比为q＝4，即可判断选项D．
【解答】解：对于A，因为an＞0，由题意可得an+1＞22an﹣1＞23an﹣2…＞2na1，
所以，
故选项A正确；
对于B，因为为an＞0，
则，
由选项A可知，ak+1＞2ka1，ak+2＞2ka2，…，a2k＞2kak，
所以2k，
故1+2k，
则，
故选项B正确；
对于C，由选项A可知，an＞2na1，则an﹣1，
…，
由an＞2n﹣2a2，则，
an＞2na1，则（n≥2），
所以Sn＝a1+a2+…+an，
由选项A可知，（n≥2），
所以2an﹣a1，
故Sn＜2an﹣a1（n≥2），
故选项C正确；
对于D，若数列{an}是正项的等比数列，且公比为q＝4，则，
此时是常数列，不是递增数列，
故选项D错误．
故选：ABC．
【点评】本题考查了数列的综合应用，数列递推关系的应用，迭代法的运用，放缩法证明不等式的运用，等比数列求和公式的运用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于难题．
（多选）32．（2023•东宝区校级模拟）数列{an}满足a1＝a，an+1＝3an1，则下列说法正确的是（ ）
A．若a≠1且a≠2，数列{an}单调递减
B．若存在无数个自然数n，使得an+1＝an，则a＝1
C．当a＞2或a＜1时，{an}的最小值不存在
D．当a＝3时，
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；不等式的解法及应用；逻辑推理；数学运算．
【分析】由an+1＝3an1，得an+1﹣an＝2an1＝﹣（an﹣1）2，由a≠1且a≠2，得an+1﹣an＜0，当a＞2或a＜1时，可得{an}单调递减，可判断A、C；
a＝1或a＝2时，a2＝1，存在无数个自然数n，使得an+1＝an，可判断B；
由，易知当a＝3时，a1＞0，ai＜0，i＝2，3，⋯⋯n，可判断D．
【解答】解：由an+1＝3an1，得an+1﹣an＝2an1＝﹣（an﹣1）2，
对于A，∵a≠1且a≠2，∴an+1﹣an＜0，所以数列{an}单调递减，故A正确；
对于B，当a＝1或a＝2时，a2＝1，存在无数个自然数n，使得an+1＝an，故B错误；
对于C，当a＞2或a＜1时，可得{an}单调递减，故{an}的最小值不存在，故C正确；
对于D，a1＝a＝3，a2＝3×3﹣32﹣1＝﹣1＜0，又由以上推理知{an}递减，所以an＜0（n≥2），
n＝1时，1，n≥2时，⋯0，则⋯1，
所以对任意n∈N*，⋯1．
下证⋯．
n＝1时，1，
n≥2时，an＜0，设T...，
2﹣an＝3﹣3an﹣12﹣3an﹣1（1﹣an﹣1）（2﹣an﹣1）＞0，
，
，

，
依次类推，T，
所以⋯1﹣T，
综上，对任意n∈N*，⋯，
综上，⋯∈（，1]，D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查数列递推式的应用，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于难题．
（多选）33．（2022秋•江苏月考）已知数列{an}满足a1＝1，，则（ ）
A．B．
C．D．
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算．
【分析】先证明{an}是递增数列，且各项均为正，由递推公式求得a2，a3，a4，可判定A错误；然后由递推关系，利用基本不等式变成不等式an≥2an，让n依次减1进行归纳得出B正确；由递推式适当放缩得，这样对a2n进行归纳，得出a2n（a2n﹣4（a2，此不等式两边取以2为底的对数，可证明选项D；对由指数幂运算法则变形为1，然后证明4n﹣2＞n﹣1，再结合{an}是正整数列可判定C．
【解答】解：选项A，因为，
所以an+1＞an，即{an}是递增数列，
又a1＝1，所以an＞0，可推得a2＝2，a3＝5，a4＝26，，故A错误；
选项B，由，可得，故B正确；
选项C，由已知有，
所以a2n（）4＝（a2n﹣4，依此类推：
有a2n（a2n﹣4（a21，
下证4n﹣2≥n﹣1，
n＝1时，4﹣1≥0，
n＝2时，40＝1≥1，
n＝3时，42＞2，
假设n＝k时，4k﹣2≥k﹣1成立，k＞2，
则n＝k+1时，4k+1﹣2＝4•4k﹣2≥4（k﹣1）＞（k+1）﹣1，
所以对任意不小于3的正整数n，4n﹣2＞n﹣1，
所以，又a2n是正整数，
所以，故C正确；
选项D，由选项C得，
所以lg2a2n≥lg24n﹣1，故D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查数列递推式，基本不等式及指数幂的运算，属难题．
（多选）34．（2022•湖北模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn+an＝1对于∀n∈N*恒成立，若定义，，则以下说法正确的是（ ）
A．{an}是等差数列
B．
C．
D．存在n使得
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；归纳法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑推理；数学运算．
【分析】利用退一相减法可得数列的通项公式及前n项和Sn，即可判断各选项的正误．
【解答】解：当n＝1时，a1＝S1；
当n≥2时，由Sn+an＝1得：Sn﹣1+an﹣1＝1，
所以an+an﹣an﹣1＝0，即anan﹣1，
所以数列{an}是等比数列，故A不正确；
由A分析可知：an，
所以Sn＝1，
所以1，
111n﹣1，
01n﹣11，
故B正确；
对于C，，
当k＝1时，；
假设当k＝m（m∈N*）时，成立，
当k＝m+1时，（），
即成立，
故，故C正确；
因为Sn＝1，所以D不正确．
故选：BC．
【点评】本题考查数列的前n项和、递推关系式，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属难题．
（多选）35．（2022秋•南湖区校级期中）将数列{an}中的所有项排成如下数阵：
a1
a2 a3 a4
a5 a6 a7 a8 a9
……
已知从第二行开始每一行比上一行多两项，第一列数a1，a2，a5，⋯成等差数列，且a2＝4，a10＝10．从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成以为公比的等比数列，则（ ）
A．a1＝1
B．a2022在第85列
C．
D．
【考点】等差数列与等比数列的综合．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑推理；数学运算．
【分析】对选项A，设第一列数所组成的等差数列公差为d，根据a2＝4，a10＝10求解公差，然后再求解a1即可验证；
对选项B，根据数阵的规律，先计算第n行共有（2n﹣1）项，然后再总结前n行共有n2项，先计算前44行共有1936项，然后用2022﹣1936＝86，即可判断选项B；
对选项D，先计算第一列数所组成的等差数列第n行的第一项为：3n﹣2，然后再根据每一行中的数按从左到右的顺序均构成以为公比的等比数列，利用等比数列通项公式即可求解通项；
对选项C，先表示出，，然后可令、g（n）＝3n+3（n∈N+），分别判断数列的单调性，求解出对应的最大值与最小值，比较即可判断．
【解答】解：对选项A，∵第一列数a1，a2，a5，⋯成等差数列，且a2＝4，a10＝10，
∴，
∴a1＝a2﹣d＝4﹣3＝1，∴选项A正确；
对选项B，∵第一列数所组成的等差数列第n行的第一项为：1+（n﹣1）d＝3n﹣2，
第一行共有1项，第二行共有3项，第三行共有5项，⋯，第n行共有（2n﹣1）项，
所以前一行共有12项，前二行共有22项，前三行共有32项，⋯，前n行共有n2项，
∴前44行共有442＝1936项，而2022﹣1936＝86，
∴a2022位于第45行86列，∴选项B错误；
对选项D，∵第一列数所组成的等差数列第n行的第一项为：1+（n﹣1）d＝3n﹣2，
且每一行中的数按从左到右的顺序均构成以为公比的等比数列，
∴第n行的数构成以（3n﹣2）为首项，公比为的等比数列，
∴，∴选项D正确；
对选项C，∵第一列数所组成的等差数列第n行的第一项为：1+（n﹣1）d＝3n﹣2，
∴，
令，
∴0，
∴当n≥2时，f（n）单调递减，
又f（1）＝f（2）＝1，∴f（n）max＝1，
而令g（n）＝3n+3（n∈N+），在n∈N+上单调递增，
∴g（n）min＝g（1）＝6，∴成立，∴选项C正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查等差数列与等比数列的概念与性质的综合应用，数列的单调性问题，属难题．
（多选）36．（2022•阜宁县校级模拟）在平面四边形ABCD中，△ABD的面积是△BCD面积的2倍，又数列{an}满足a1＝2，当n≥2时，恒有（an﹣1﹣2n﹣1）（an+2n），设{an}的前n项和为Sn，则（ ）
A．{an}为等比数列B．{an}为递减数列
C．{}为等差数列D．Sn＝（5﹣2n）2n+1﹣10
【考点】数列与向量的综合；数列的求和．
【专题】等差数列与等比数列；数学运算．
【分析】由奔驰定理先得出{an}满足的递推关系，进而可求得其通项，便可判断A、C、D，利用错位相减法求{an}前n项和．
【解答】解：由于（an﹣1﹣2n﹣1）（an+2n），则（an﹣1﹣2n﹣1）（an+2n），
由奔驰定理可得：S△BCD：S△BAD：S△BAC＝（an﹣1﹣2n﹣1）：（an+2n）：1，
由于△ABD的面积是△BCD面积的2倍，则an+2n＝2（an﹣1﹣2n﹣1），
于是，又a1＝2，所以，所以，所以，
对于A：因为不是常数，所以{an}不是等比数列，故A不正确；
对于B：因为（1+2n）2n＜0，即an+1＜an，故{an}为递减数列，故B正确；
对于C：由于，又a1＝2，所以，所以{}是首项为1，公差为﹣2的等差数列，故C正确；
对于D：由于，则，
相减得：10﹣（5﹣2n）2n+1，
故Sn＝（5﹣2n）2n+1﹣10，故D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查等差数列、等比数列的性质，数列单调性以及错位相减法求前n项和，属于难题．
（多选）37．（2022秋•北仑区校级期中）已知数列{an}满足：a1＝1，，下列说法正确的是（ ）
A．∀n∈N*，an，an+1，an+2成等差数列
B．an+1＝3an﹣an﹣1（n≥2）
C．
D．∀n∈N*，an，an+1，an+2一定不成等比数列
【考点】数列递推式；等比数列的性质．
【专题】综合题；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；数学运算．
【分析】由已知可得（an+1﹣an﹣1）（an+1﹣an﹣1﹣3an）＝0（n≥2），再结合单调性可得an+1＝3an﹣an﹣1（n≥2），可判断B；由递推关系得a1＝1，a2＝3，a3＝8可判断A；根据单调性得23（n≥2），进而得2n﹣1≤an≤3n﹣1（n∈N*），判断C；利用反证法，假设存在n0∈N*，a，a，a成等比数列，进而可求得a，a，a之间的公比为，结合已知可得a1，a2，a3，⋯，a，a，a，a成等比数列，可判断D．
【解答】解：∵，∴2an﹣3an﹣1（n≥2）且an＞0，
∴an2﹣3anan﹣1+an﹣12﹣1＝0（n≥2），
∴an+12﹣3an+1an+an2﹣1＝0，
∴（an+1﹣an﹣1）（an+1﹣an﹣1﹣3an）＝0（n≥2），
∴an﹣an﹣1（an﹣1）＞0（n≥2），
∴数列{an}单调递增，∴an+1﹣an﹣1﹣3an＝0（n≥2），即an+1＝3an﹣an﹣1（n≥2），故B正确；
若∀n∈N*，an，an+1，an+2成等差数列，则a1，a2，a3成等差数列，
由递推关系得a1＝1，a2＝3，a3＝8，显然不满足等差数列，故A错误；
∵an＞0，数列{an}单调递增，∴2an＝3an﹣an+≤3an﹣an﹣1≤3an（n≥2），
即2an≤an+1≤3an（n≥2），
∴23（n≥2），∵3，∴23（n∈N*），
∴从第2项起，数列{an}介于1为首项，公比分别为2和3为公比的等比数列对应项之间，
∴2n﹣1≤an≤3n﹣1（n∈N*），故C正确；
假设存在n0∈N*，a，a，a成等比数列，设a，a，a之间的公比为q，
∵a0，∴q2﹣3q+1＝0，解得q，
∵数列{an}单调递增，∴q，
由an+1＝3an﹣an﹣1（n≥2），可得aa3a0（n0≥2），
即a•a3a0，∴，
∴a，a，a，a成等比数列，
∴以此类推得a1，a2，a3，⋯，a，a，a，a成等比数列，
这与a1＝1，a2＝3，a3＝8矛盾，故假设不成立，故D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查通过数列的递推关系式以及等比数列、等差数列研究数列的性质，属难题．
（多选）38．（2022•杭州模拟）设数列{an}的前n项和为Sn，若存在实数A，使得对任意n∈N*，都有|Sn|＜A，则称数列{an}为“T数列”．则以下结论正确的是（ ）
A．若{an}是等差数列，且a1＞0，公差d＜0，则数列{an}是“T数列”
B．若{an}是等比数列，且公比q满足|q|＜1，则数列{an}是“T数列”
C．若，则数列{an}是“T数列”
D．若，则数列{an}是“T数列”
【考点】数列的应用．
【专题】极限思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算．
【分析】对于A，n→+∞时，Sn→﹣∞，所以A错误；对于B，可得到|Sn|，所以B正确；对于C，Sn，所以C正确；对于D，可得到，所以D正确．
【解答】解：对于A，，
易知n→+∞时，Sn→﹣∞，∴不存在实数A，使得对任意n∈N*，都有|Sn|＜A，所以选项A错误；
对于B，Sn，∵|q|＜1，∴n→+∞时，1﹣qn→1，即Sn→，且|Sn|，
∴存在实数A，使得对任意n∈N*，都有|Sn|＜A，所以选项B正确；
对于C，若，∴Sn∈，
∴存在实数A，使得对任意n∈N*，都有|Sn|＜A，所以选项C正确；
对于D，若，则an，则，
∴不存在实数A，使得对任意n∈N*，都有|Sn|＜A，所以选项D错误．
故选：BC．
【点评】本题考查了数列求和的内容，另外结合了判断数列的极限的问题，属于难题．
（多选）39．（2022秋•新吴区校级月考）已知数列{an}满足0＜a1＜1，an+1＝anln（2﹣an+1）（n∈N*），Sn为数列{}的前n项和，则下列结论正确的是（ ）
A．Sn
B．a2022
C．0＜an＜1
D．若a1，则an
【考点】数列的求和；数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；反证法；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算．
【分析】选项C，先利用反证法证明a2＞0，再类推，得an＞0，然后利用lnx≤x﹣1（x＞0），对已知等式进行放缩，推出1，即11，从而可证an＜1，进而判断；
选项A，结合1与等差数列的通项公式，推出n，再由等差数列的前n项和公式，计算即可判断；
选项B，由上知，n，即an，得解；
选项D，利用lnx≥1（x＞0），对已知等式进行放缩，推出1，再由等比数列的通项公式，得解．
【解答】解：选项C，由an+1＝anln（2﹣an+1）知，当n＝1时，a2＝a1ln（2﹣a2），
假设a2≤0，则2﹣a2≥2，所以ln（2﹣a2）＞0，
又0＜a1＜1，所以a2＝a1ln（2﹣a2）＞0，这与a2≤0相矛盾，即a2＞0，
以此类推，an＞0，
当x＞0时，lnx≤x﹣1，所以ln（2﹣an+1）≤1﹣an+1，所以an+1＝anln（2﹣an+1）≤an（1﹣an+1），
整理得，1，即1，
因为an＞0，所以0，所以1，即0＜an+1＜1（n∈N*），
因为0＜a1＜1，满足上式，所以0＜an＜1（n∈N*），即选项C正确；
选项A，由上知，1，
所以（n﹣1）×1＝（1）+n＞n，
所以Sn1+2+…+n，即选项A正确；
选项B，由上知，n，即an，所以a2022，即选项B错误；
选项D，当x＞0时，lnx≤x﹣1，将x换成，有lnx≥1，所以an+1＝anln（2﹣an+1）≥an（1），
整理得，1，
所以an≥a1•（）n﹣1•（）n﹣1，即选项D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查数列的综合，熟练运用对数中的两个结论lnx≤x﹣1（x＞0），lnx≥1（x＞0）对已知等式进行放缩是解题的关键，考查转化思想，逻辑推理能力和运算能力，属于难题．
（多选）40．（2022春•南通期末）已知数列{an}的通项公式an[（）n﹣（）n]，记数列{an}的前n项和为Sn（Sn≠0），则下列说法正确的是（ ）
A．a3＝2
B．a2022是偶数
C．若S2022＝a，则a2022＝a+1
D．若Tn＝a1+a2+…+an，则存在n使得Tn能被8整除
【考点】数列的求和．
【专题】整体思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算．
【分析】A，计算可得a1＝1，a2＝1，且an+an+1＝an+2，进而求得a3的值；
B，由递推关系可知数列{an}从第3项起，每一项都等于其相邻前两项的和，进而发现规律：数列{an}中a3k﹣2，a3k﹣1（k∈N*）是奇数，a3k是偶数；
C，由a2022＝（a2022﹣a2021）+（a2021﹣a2020）+…+（a3﹣a2）+a2，代入运算，得解；
D，计算T1，T2，T3，T4，T5的值，即可判断．
【解答】解：对于选项A，因为an[（）n﹣（）n]，
所以a1＝1，a2•1，
an+an+1[（）n﹣（）n][（）n+1﹣（）n+1][（）n•（）n•]
[（）n+2﹣（）n+2]＝an+2，
所以a3＝a1+a2＝2，即选项A正确；
对于选项B，a4＝a2+a3＝3，a5＝a3+a4＝5，a6＝a4+a5＝8，
故数列{an}从第3项起，每一项都等于其相邻前两项的和，
因为a1，a2都是奇数，所以a3是偶数，a4，a5又都是奇数，a6又是偶数，
由此a7，a8是奇数，a9是偶数，照此规律依次进行，
所以数列{an}中a3k﹣2，a3k﹣1（k∈N*）是奇数，a3k是偶数，
因为a2022＝a674×3，所以a2022是偶数，即选项B正确；
对于选项C，由上知，an+an+1＝an+2，所以an+2﹣an+1＝an，
a2022＝（a2022﹣a2021）+（a2021﹣a2020）+…+（a3﹣a2）+a2＝a2020+a2019+…+a1+a2＝S2022+a2＝a+1，即选项C正确；
对于选项D，T1＝a1＝1，T2＝a1+a2＝2，T3＝a1+a2+a3＝4，T4＝a1+a2+a3+a4＝7，T5＝a1+a2+a3+a4+a5＝12，Tn＞12（n≥6），
所以不存在n使得Tn能被8整除，即选项D错误．
故选：ABC．
【点评】本题考查数列的递推式，熟练掌握指数的运算，发现an+an+1＝an+2的关系是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于难题．
（多选）41．（2021秋•镇海区校级期末）数列{an}满足2nan＝2n，bn，数列{bn}的前n项和记为Sn，则下列说法正确的是（ ）
A．任意n∈N*，
B．任意n∈N*，an＜an+1
C．任意n∈N*，
D．任意n∈N*，Sn＜an
【考点】数列的求和．
【专题】计算题；函数思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算．
【分析】B：由题设得且，讨论an+1，an大小关系，结合给定条件即可判断；A：根据B的结论及，易知随n变化an的趋势，并构造f（x）＝2（x3﹣1）+x 求得 ，即可判断；C：由A分析结果及即可判断；D：判断是否成立即可．
【解答】解：由，且，又，故，
则，
当an+1＜an时，则，即an＞1，显然与矛盾；
当an+1＝an时，则，即an＝1，显然与矛盾；
所以an+1＞an＞0且an＜1，即{an}递增，B正确；
由，根据B结论知：随n的增大，无限趋近于0，则an无限接近于1，
又，
令f（x）＝2（x3﹣1）+x，x∈（0，1）且递增，
则，即，
综上，，A错误；
由，根据A的结论有，
又，可得，
所以，
即，
综上，，C正确；
由C结论知：，故，
所以Sn＜an成立，D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查了数列与函数的综合，利用已知条件，将各项结论作转化，并应用分类讨论、极限、函数思想判断数列不等式是否恒成立，属于难题．
（多选）42．（2020秋•鼓楼区校级期末）下面是关于公差d＞0的等差数列{an}的几个命题，其中正确的有（ ）
A．数列{an}递增
B．数列是递增的等差数列
C．若an＝n，Sn为{an}的前n项和，且为等差数列，则c＝0
D．若a7＝0，则方程Sn＝0有唯一的根n＝13
【考点】数列递推式；等差数列的性质；等差数列的前n项和．
【专题】函数思想；综合法；等差数列与等比数列；数学运算．
【分析】由题意写出等差数列的通项公式，根据d＞0说明（1）正确，然后逐一写出（2）、（3）、（4）所对应的函数式，再利用函数的单调性加以判断．
【解答】解：A、设等差数列的首项为a1，公差d＞0，则an＝a1+（n﹣1）d＝dn+a1﹣d，
所以数列{an}是递增数列，故A选项符合题意；
B、a1ana1[a1+（n﹣1）d]＝a1+（n﹣1）•，
所以数列是以a1为首项，为公差的等差数列．0，
该数列是递增的等差数列，故B选项符合题意；
C、由an＝n得到：Sn．
由为等差数列可设：kn+b．
即Sn（n+c）（kn+b）＝kn2+（kc+b）n+bc．
所以当n（n+1）＝n2+n＝2kn2+2（kc+b）n+bc恒成立时，2k＝1，2（kc+b）＝1，bc＝0．
所以k，b＝0或c＝0．
当b＝0时，c＝1．当c＝0时，b．综上所述，c＝1或c＝0．故C选项不符合题意；
D、由a7＝0，得S6＝S7，
又因为数列{an}递增，所以当n≤6时，Sn递增，
当n≥7时，Sn递增．所以Sn最小值是S6或S7，所以S12＝S1＝a1＜0．
由当n≤6时，Sn＜0．故当且仅当n＝13时，S1313a7＝0，故D选项符合题意．
故选：ABD．
【点评】本题考查递推公式，等差数列的性质以及等差数列的前n项和，考查了命题的真假判断与应用，考查数列的函数特性，是中档题．
（多选）43．（2020秋•广陵区校级月考）已知曲线∁n：x2﹣2nx+y2＝0（n＝1，2，…）．从点P（﹣1，0）向曲线∁n引斜率为kn（kn＞0）的切线ln，切点为Pn（xn，yn）．则下列结论正确的是（ ）
A．数列{xn}的通项为
B．数列{yn}的通项为
C．当n＞3时，
D．
【考点】数列与解析几何的综合．
【专题】转化思想；综合法；构造法；点列、递归数列与数学归纳法；直线与圆；逻辑推理；数学运算．
【分析】设直线ln：y＝kn（x+1），先由题设求得kn与xn，进而求得yn，即可判断选项A、B的正误，然后利用放缩法判断选项C正误，再构成函数，利用其单调性和已知推导出：成立，从而判断出D的正误即可．
【解答】解：设直线ln：y＝kn（x+1），联立x2﹣2nx+y2＝0，
得，
则由Δ＝0，即，得（负值舍去），
∴xn，，所以A、B对；
∵，4n2＞4n2﹣1，∴，
即，∴，
∴，故C对；
因为，令，．
可得f（x）在上递减，可知在上恒成立．
又．所以成立，故D错误．
故选：ABC．
【点评】本题主要考查数列与圆的综合、放缩法及导数法在处理不等式问题中的应用，属于一道有难度的题．
（多选）44．已知数列{an}满足a1＝1，an+an+1＝2n+1，n∈N*，Sn是数列{}的前n项和，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【考点】数列的求和．
【专题】计算题；整体思想；综合法；等差数列与等比数列；数学运算．
【分析】根据数列{an}满足a1＝1，an+an+1＝2n+1，得到an+1+an+2＝2n+3，两式相减得：an+2﹣an＝2，然后利用等差数列的定义求得数列{an}的通项公式，再逐项判断．
【解答】解：因为数列{an}满足，
所以an+1+an+2＝2n+3，
两式相减得：an+2﹣an＝2，
所以奇数项为1，3，5，7，…的等差数列；
偶数项为2，4，6，8，10，…．的等差数列；
所以数列{an}的通项公式是an＝n，
A．令n＝2时，，而，故错误；
B．令n＝1时，，而，故错误；
C．当n＝1时，，而，成立，
当n≥2时，，
因为2n＞2n﹣1，所以，
所以，故正确；
D．因为，
令，
因为，所以f（n）单调递增，
所以，故正确；
故选：CD．
【点评】本题主要考査等差数列的定义，等比数列的前n项和公式以及数列的单调性和放缩法的应用，还考查了转化求解问题的能力，属于较难题．
（多选）45．（2021•海安市开学）设数列{an}的首项为1，前n项和为Sn，∀n∈N*，an+Sn＝pk（n）恒成立，其中p6（n）表示关于n的k（k∈N）次多项式，则使{an}能成等差数列的k的可能值为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【考点】等差数列的性质．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；逻辑推理．
【分析】k＝0，利用已知an+Sn＝pk（n）可证明数列{an}是等比数列，不符合题意；k＝1，2，利用已知an+Sn＝pk（n）以及等差数列的定义即可证明符合题意；再证明k＝3时不符合题意，从而可得结论．
【解答】解：（1）若k＝0，则pk（n）即p0（n）为常数，
不妨设p0（n）＝c（c为常数）．
因为an+Sn＝pk（n）恒成立，所以a1+S1＝c，c＝2a1＝2．
而且当n≥2时，
an+Sn＝2，①
an﹣1+Sn﹣1＝2，②
①﹣②得 2an﹣an﹣1＝0（n∈N，n≥2）．
若an＝0，则an﹣1＝0，…，a1＝0，与已知矛盾，所以an≠0（n∈N*）．
故数列{an}是首项为1，公比为的等比数列，不符题意，舍去．
（2）若k＝1，设p1（n）＝bn+c（b，c为常数），
当n≥2时，an+Sn＝bn+c，③
an﹣1+Sn﹣1＝b（n﹣1）+c，④
③﹣④得 2an﹣an﹣1＝b（n∈N，n≥2）．
要使数列{an}是公差为d（d为常数）的等差数列，
必须有an＝b﹣d（常数），
而a1＝1，故{an}只能是常数数列，通项公式为an＝1（n∈N*），
故当k＝1时，数列{an}能成等差数列，其通项公式为an＝1（n∈N*），
此时p1（n）＝n+1．
（3）若k＝2，设p2（n）＝pn2+qn+t（a≠0，a，b，c是常数），
当n≥2时，
an+Sn＝pn2+qn+t，⑤
an﹣1+Sn﹣1＝p（n﹣1）2+q（n﹣1）+t，⑥
⑤﹣⑥得 2an﹣an﹣1＝2pn+q﹣p（n∈N，n≥2），
要使数列{an}是公差为d（d为常数）的等差数列，
必须有an＝2pn+q﹣p﹣d，且d＝2p，
考虑到a1＝1，所以an＝1+（n﹣1）•2p＝2pn﹣2p+1（n∈N*）．
故当k＝2时，数列{an}能成等差数列，
其通项公式为an＝2pn﹣2p+1（n∈N*），
此时p2（n）＝an2+（a+1）n+1﹣2a（a为非零常数）．
（4）当k＝3时，若数列{an}能成等差数列，根据等差数列通项公式可知Sn是关于n的二次型函数，
则an+Sn的表达式中n的最高次数为2，
故数列{an}不能成等差数列．
综上得，当k＝1或2时，数列{an}能成等差数列．
故选：BC．
【点评】本题主要考查数列通项公式的求解，等差数列的判定，考查阅读理解、计算论证等能力，属于难题．
（多选）46．（2023•青岛一模）1979年，李政道博士给中国科技大学少年班出过一道智趣题：“5只猴子分一堆桃子，怎么也不能分成5等份，只好先去睡觉，准备第二天再分．夜里1只猴子偷偷爬起来，先吃掉1个桃子，然后将其分成5等份，藏起自己的一份就去睡觉了；第2只猴子又爬起来，吃掉1个桃子后，也将桃子分成5等份，藏起自己的一份睡觉去了；以后的3只猴子都先后照此办理．问最初至少有多少个桃子？最后至少剩下多少个桃子？”．下列说法正确的是（ ）
A．若第n只猴子分得bn个桃子（不含吃的），则5bn＝4bn﹣1﹣1（n＝2，3，4，5）
B．若第n只猴子连吃带分共得到an个桃子，则{an}（n＝1，2，3，4，5）为等比数列
C．若最初有3121个桃子，则第5只猴子分得256个桃子（不含吃的）
D．若最初有k个桃子，则k+4必有55的倍数
【考点】数列的应用．
【专题】转化思想；转化法；等差数列与等比数列；数学运算．
【分析】设最初有c1个桃子，猴子每次分剩下的桃子依次为c2，c3，c4，c5，c6，则，若第n只猴子分得bn个桃子（不含吃的），则bn（cn﹣1），bn﹣1（cn﹣1﹣1），n≥2，根据cn与cn+1关系即可判断A的正误；由A构造等比数列即可判断B的正误；根据B求出数列{bn}的通项公式，将c1＝3121代入求解即可判断C；根据题意，a1+a2+a3+a4+a5+4b5＝k，又{an}（n＝1，2，3，4，5）为等比数列，判断D的正误．
【解答】解：设最初有c1个桃子，猴子每次分剩下的桃子依次为c2，c3，c4，c5，c6，
则，
若第n只猴子分得bn个桃子（不含吃的），
则bn（cn﹣1），bn﹣1（cn﹣1﹣1），n≥2，
所以bn（cn﹣1）（（cn﹣1﹣1）﹣1）（4bn﹣1﹣1），n≥2，
即5bn＝4bn﹣1﹣1（n＝2，3，4，5），故A正确；
由A，5bn＝4bn﹣1﹣1（n＝2，3，4，5），
则5（bn+1）＝4（bn﹣1+1），
即{bn+1}（n＝1，2，3，4，5）是等比数列，
若第n只猴子连吃带分共得到an个桃子，则an＝bn+1，
所以{an}（n＝1，2，3，4，5）是以为公比的等比数列，故B正确．
由B知，{bn+1}（n＝1，2，3，4，5）是等比数列，
所以，
即，
若最初有3121个桃子，即c1＝3121，
所以，故C错误；
根据题意：a1+a2+a3+a4+a5+4b5＝a1+a2+a3+a4+a5+4（a5﹣1）＝k，
因为{an}（n＝1，2，3，4，5）以为公比的等比数列，
所以，
化简得，
因为，且a1为正整数，
所以，
即k+4必有55的倍数，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题主要考查数列的应用，考查转化能力，属于难题．
三．填空题（共14小题）
47．（2024•西城区校级模拟）已知无穷数列{an}满足：对任意n∈N*，有an＞0，且．给出下列四个结论：
①存在无穷多个k∈N*，使得ak+2＝ak+1+ak；
②存在k∈N*，使得ak＝ak+3＝ak+6＝…；
③对任意k∈N*，有ak+ak+2＝ak+4；
④对任意k∈N*，存在互不相同的i1，i2，…，ik，使得．
其中所有正确结论的序号是 ①③④ ．
【考点】数列递推式．
【专题】整体思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑推理．
【分析】对于①，我们得出任意连续两个自然数中必有一个属于A即可判断；对于②，我们以斐波那契数列为反例即可推翻；对于③，设ak＝a，ak+1＝b，分两种情况讨论即可判断；对于④，由③可得ak+ak+1+ak+2＝2ak+2或ak+ak+1+ak+2＝2ak+1，由此即可进一步判断．
【解答】解：设A＝{n∈N*|an+2＝an+1+an}，B＝{n∈N*|an+2＝an+1﹣an}，则A∪B＝N*A∩B＝∅．
如果n∈B，则an+2＝an+1﹣an＜an+1故an+3＝an+2+an+1，从而n+1∈A．
这意味着任意连续两个自然数中必有一个属于A，所以A一定是无限集，故①正确；
注意到数列a2n﹣1＝Fn+1，a2n＝Fn 满足全部条件，这里{Fn}是斐波那契数列，
这能够得到a2n﹣1＝Fn+1＞n以及a2n＝Fn＞n﹣1，从而．
假设此时有ak＝ak+3n，n＝0，1，2，…，
则，即对任意n成立，这显然不可能，故②错误；
设ak＝a，ak+1＝b，若a≥b，则（ak，ak+1，ak+2，ak+3，ak+4）＝（a，b，a+b，a，2a+b）；
若a＜b，则（ak，ak+1，ak+2，ak+3，ak+4）＝（a，b，b﹣a，2b﹣a，b）任一情况都有ak+ak+2＝ak+4，故③正确；
由③的过程还可以得到：ak+ak+1+ak+2＝2ak+2 或ak+ak+1+ak+2＝2ak+1．
这意味着可以适当选取in∈{3n﹣1，3n}使得a3n﹣2+a3n﹣1+a3n＝2ain，
从而，故④正确．
故答案为：①③④．
【点评】本题考查了数列的递推式，考查了逻辑推理能力，属于难题．
48．（2024•海淀区校级模拟）数列{an}的前n项和为Sn，若数列{an}与函数f（x）满足：①f（x）的定义域为R；②数列{an}与函数f（x）均单调递增；③∃n∈N*使Sn＝f（an）成立，则称数列{an}与函数f（x）具有“单调偶遇关系”．有下面四个结论：
①an＝2n+1与f（x）＝x具有“单调偶遇关系”
②an＝2n与f（x）＝2x﹣2不具有“单调偶遇关系”
③与数列{2n+1}具有“单调偶遇关系的函数有有限个
④与数列{2n}具有“单调偶遇关系”的函数有无数个
其中正确结论的序号为 ①④． ．
【考点】数列与函数的综合．
【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑推理；数学运算．
【分析】根据“单调偶遇关系”的新定义可判断选项①，②；以一次函数为例，f（x）＝kx+b可判断③；令f（an）＝λan，通过计算可判断④，进而可得正确选项．
【解答】解：对于①：数列{an}中，由an＝2n+1可知任意两项不相等，f（x）＝x定义域为R满足①，
数列an＝2n+1和f（x）＝x均单调递增满足②，
{an}的前n项和Snn2+2n，
由Sn＝f（an）得n2+2n＝2n+1，解得n＝1，
所以∃n∈N*使Sn＝f（an）成立，满足③，故①正确；
对于②：数列{an}中，由an＝2n可知任意两项不相等，f（x）＝2x﹣2定义域为R满足①，
数列an＝2n和f（x）＝2x﹣2均单调递增满足②，
an的前n项和Sn＝2n+1﹣2，由Sn＝f（an）得2n+1﹣2＝2×2n﹣2恒成立，
所以∃n∈N*使Sn＝f（an）成立满足③，
故an＝2n与f（x）＝2x﹣2具有“单调偶遇关系”，故②说法不正确；
对于③：以一次函数为例，f（x）＝kx+b，Sn＝n2+2n，Sn＝f（an），即n2+2n＝k（2n+1）+b，
整理得n2+（2﹣2k）n﹣（k+b）＝0，只要方程有正整数解且k＞0即可，如方程中取n＝1，则有3＝3k+b，
即k＝1，对b进行不同的取值即可保证数列{2n+1}具有“单调偶遇关系”的函数有无数组，故③说法不正确；
对于④：中Sn＝2n+1﹣2令f（an）＝λan．
由Sn＝f（an）得2n+1﹣2＝λ×2n，取λ＝2，即可保证Sn＝f（an）恒成立，故选项④正确．
故答案为：①④．
【点评】本题主要考查数列与函数的综合，考查运算求解能力，属于难题．
49．（2023秋•通州区期末）已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3（an﹣2），数列{bn}是公差不为0的等差数列，且满足是b1和b12的等比中项．给出下列四个结论：
①数列{an}的通项公式为an＝2×3n；
②数列前21项的和为；
③数列{bn}中各项先后顺序不变，在bm与之间插人2m个2，使它们和原数列的项构成一个新数列，则新数列的前100项和为236；
④设数列{cn}的通项公式，则数列{cn﹣1}的前100项和为2178．
其中所有正确结论的序号是 ①④ ．
【考点】数列的求和．
【专题】计算题；转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算．
【分析】利用an＝Sn﹣Sn﹣1（n≥2）求出an，可判断①；设数列{bn}的构成为d（d≠0），根据b4是b1和b12的等比中项求出d可得bn，再利用裂项相消求和可判断②；求出构成的新数列，再求和可判断③；求出数列{cn}的前100项，再求{cn﹣1}的前100项和，可判断④．
【解答】解：n＝1时，2a1＝3（a1﹣2），得a1＝6，
n≥2时，，
可得an＝3an﹣1，所以{an}是以首项为6公比为3的等比数列，
所以，故①正确；
设数列{bn}的公差为d（d≠0），，
因为b4是b1和b12的等比中项，所以，
可得[3+（4﹣1）d]2＝3（3+11d），解得，
所以，
，
所以数列前21项的和，故②错误；
数列{bn}中各项先后顺序不变，在bm与之间插入2m个2，
使它们和原数列的项构成一个新数列，
则m＝1时，即在b1＝3与之间插入21＝2个2，为3，2，2，，
m＝2时，即在与之间插入22＝4个2，为 2，2，2，2，，
m＝3时，即在与之间插入23＝8个2为，，
m＝4时，即在与之间插入24＝16个2，为，，，
m＝5时，即在与之间插入25＝32个2，为，，，
m＝6时，即在与之间插入26＝64个2，为，，，
所以新数列的前100项和为，故③错误；
因为，即数列{cn}的前100项为1，a1，1，a2，1，1，1，a3，，a4，，a5，，a6，，
所以数列{cn﹣1}的前100项和a1﹣1+a2﹣1+a3﹣1+a4﹣1+a5﹣1+a6﹣1，故④正确．
故答案为：①④．
【点评】本题主要考查数列的求和，考查运算求解能力，属于难题．
50．（2022秋•东城区期末）对于数列{an}，令Tn＝a1﹣a2+a3﹣a4+⋯+（﹣1）n+1an，给出下列四个结论：
①若an＝n，则T2023＝1012；
②若Tn＝n，则a2022＝﹣1；
③存在各项均为整数的数列{an}，使得|Tn|＞|Tn+1|对任意的n∈N*都成立；
④若对任意的n∈N*，都有|Tn|＜M，则有|an+1﹣an|＜2M．
其中所有正确结论的序号是 ①②④ ．
【考点】数列的求和；命题的真假判断与应用．
【专题】压轴题；转化思想；分析法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑推理．
【分析】对于①，利用并项法判断，对于②，利用和与项的关系判断；对于③，可将结论平方转化，再结合已知推出矛盾；对于④结合不等式的性质推导．
【解答】解：对于①，利用并项法得：Tn＝（a1﹣a2）+（a3﹣a4）+⋯+（a2021﹣a2022）+a2023＝﹣1011+2023＝1012，故①对；
对于②，Tn＝n，令bn＝（﹣1）n+1an，则Tn＝b1+b2+…+bn＝n，故Tn﹣1＝n﹣1，所以bn＝Tn﹣Tn﹣1＝1＝（﹣1）n+1an，故，故a2022＝﹣1，故②对；
对于③，假设存在各项均为整数的数列{an}，使得|Tn|＞|Tn+1|对任意的n∈N*都成立，则必有|T1|＞|T2|＞|T3|＞…，且都是正整数，令|T1|＝N，则必有|T2|≤N﹣1，|T3|≤N﹣2，……，|TN|≤1，|TN+1|≤0，|Tn+2|≤﹣1，则与|TN+2|≥0矛盾，故③错；
对于④，由已知Tn＝a1﹣a2+a3﹣a4+⋯+（﹣1）n+1an，可知（﹣1）n+2an+1＝Tn+1﹣Tn，当n≥2时，有（﹣1）n+1an＝Tn﹣Tn﹣1，
两式联立解得n≥2时，an+1＝（﹣1）n+2（Tn+1﹣Tn），an＝（﹣1）n+1（Tn﹣Tn﹣1），
故|an+1﹣an|＝|（﹣1）n+1||Tn﹣Tn+1﹣Tn+Tn﹣1|＝|Tn﹣1﹣Tn+1|≤|Tn﹣1|+|Tn+1|＜M+M＝2M，（n≥2），
特别的当n＝1时，|a2﹣a1|＝|﹣T2|＜M＜2M，
故对任意的n∈N*，都有|an+1﹣an|＜2M成立，即④成立．
故答案为：①②④．
【点评】本题考查数列的求和以及和与项之间的关系，侧重考查了学生的逻辑推理和运算能力，属于难题．
51．（2023•上海模拟）定义在区间[1，+∞）上的函数f（x）的图象是一条连续不断的曲线，f（x）在区间[2k﹣1，2k]上单调递增，在区间[2k，2k+1]上单调递减，k＝1，2，⋯．给出下列四个结论：
①若{f（2k）}为递增数列，则f（x）存在最大值；
②若{f（2k+1）}为递增数列，则f（x）存在最小值；
③若f（2k）f（2k+1）＞0，且f（2k）+f（2k+1）存在最小值，则|f（x）|存在最小值；
④若f（2k）f（2k+1）＜0，且f（2k）﹣f（2k+1）存在最大值，则|f（x）|存在最大值．
其中所有错误结论的序号有 ①③④ ．
【考点】数列与函数的综合．
【专题】函数思想；定义法；函数的性质及应用；数学抽象．
【分析】根据题意，分别判断题目中的命题是否正确即可．
【解答】解：对于①，由条件知，函数f（x）在区间[2k﹣1，2k]上单调递增，
在区间[2k，2k+1上单调递减，k＝1，2，…，那么在区间[2k﹣1，2k+1]，函数的最大值是f（2k），
若数列 {f（2k）}为递增数列，则函数f（x）不存在最大值，所以①错误；
对于②，由条件知，函数f（x）在区间[2k﹣1，2k]上单调递增，在区间[2k，2k+1]上单调递减，
若{f（2k+D）}为递增数列，那么在区间[2k﹣1，2k+1]的最小值是f（2k﹣1），且f（2k+D）为递增数列，
所以函数f（x）在区间[1，+∞）的最小值是f（1），所以②正确；
对于③，若f（2k）f（2k+1）＞0，取，k∈N*；则f（2k）+f（2k+1）＝2k，存在最小值，
但此时|f（x）|的最小值是|f（2k+1）|的最小值，函数单调递减，无最小值，所以③错误；
对于④，若f（2k）f（2k+1）＜0，取，则f（2k）﹣f（2k+1）＝2恒成立
则f（2k）﹣f（2k+1）有最大值，但|f（x）|的最大值是|f（2k）|＝2的最大值，
函数单调递增，无最大值，所以④错误．
故答案为：①③④．
【点评】本题考查了函数的定义与应用问题，也考查了推理与判断能力，是难题．
52．（2023春•东城区校级期中）数列{an}中的所有项排成如下数阵：
a1
a2a3a4
a5a6a7a8a9
……
已知从第二行开始每一行比上一行多两项，第一列数a1，a2，a5，…成等差数列，且a2＝4，a10＝10，从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成以为公比的等比数列．
①a1＝1；
②a2022在第85列；
③；
④．
以上正确结论的序号是 ①③④ ．
【考点】等差数列与等比数列的综合．
【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；逻辑推理；数学运算．
【分析】根据已知条件，按照行和列的顺序分别推理，可判断①②，③可利用行和列的通项，判断单调性，求解出对应的最大最小值，比较即可判断，④利用等差等比的通项公式推导可判断．
【解答】解：对①，∵第一列数a1，a2，a5，…成等差数列，且a2＝4，a10＝10，
∴，故a1＝a2﹣d＝4﹣3＝1，∴①正确；
对②，∵第一列数所组成的等差数列第n行的第一项为：1+（n﹣1）d＝3n﹣2，
第一行共有1项，第二行共有3项，第三行共有5项，……，第n行共有（2n﹣1）项，
所以前一行共有12项，前二行共有22项，前三行共有32项，…，前n行共有n2项，
∴前44行共有442＝1936项，而2022﹣1936＝86，
∴a2022位于第45行86列，∴②错误；
对④，∵第一列数所组成的等差数列第n行的第一项为：1+（n﹣1）d＝3n﹣2，
且每一行中的数按从左到右的顺序均构成以为公比的等比数列，
∴第n行的数构成以（3n﹣2）为首项，公比为的等比数列，
∴，∴④正确；
对③，∵第一列数所组成的等差数列第n行的第一项为：1+（n﹣1）d＝3n﹣2，
∴3n+1，令f（n）＝（3n﹣2）（n∈N*），
∴f（n+1）﹣f（n）＝（3n+1）（3n﹣2）（9﹣9n）0，
∴当n≥2时，f（n）单调递减，又f（1）＝f（2）＝1，∴f（n）max＝1，
令g（n）＝3n+3（n∈N*），在n∈N*上单调递增，
∴g（n）min＝g（1）＝6，∴成立，∴③正确．
故答案为：①③④．
【点评】本题考查等差数列与等比数列的概念与性质的综合应用，数列的单调性判断，属难题．
53．（2023春•西城区校级期中）对于数列{an}，令Tn＝a1﹣a2+a3﹣a4+…+（﹣1）n+1an，给出下列四个结论：
①若an＝n，则T2023＝1012；
②若Tn＝n，则a2023＝﹣1；
③存在各项均为整数的数列{an}，使得|Tn|＞|Tn+1|对任意的n∈N*都成立；
④若对任意的n∈N*，都有|Tn|＜M，则有|an+1﹣an|＜2M．
其中所有正确结论的序号是 ①④ ．
【考点】数列的求和；命题的真假判断与应用．
【专题】压轴题；转化思想；分析法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑推理．
【分析】对于①，利用并项法判断，对于②，利用和与项的关系判断；对于③，令|T1|＝N，则可得|TN+2|≤﹣1，与已知矛盾；对于④结合不等式的性质推导．
【解答】解：对于①，利用并项法得：Tn＝（a1﹣a2）+（a3﹣a4）+⋯+（a2021﹣a2022）+a2023＝﹣1011+2023＝1012，故①对；
对于②，Tn＝n，令bn＝（﹣1）n+1an，则Tn＝b1+b2+…+bn＝n，故Tn﹣1＝n﹣1，所以bn＝Tn﹣Tn﹣1＝1＝（﹣1）n+1an，故，故a2023＝1，故②错；
对于③，假设存在各项均为整数的数列{an}，使得|Tn|＞|Tn+1|对任意的n∈N*都成立，则必有|T1|＞|T2|＞|T3|＞…，且都是正整数，
令|T1|＝N，则必有|T2|≤N﹣1，|T3|≤N﹣2，……，|TN|≤1，|TN+1|≤0，|TN+2|≤﹣1，则与|TN+2|≥0矛盾，故③错；
对于④，由已知Tn＝a1﹣a2+a3﹣a4+⋯+（﹣1）n+1an，可知（﹣1）n+2an+1＝Tn+1﹣Tn，当n≥2时，有（﹣1）n+1an＝Tn﹣Tn﹣1，
两式联立解得n≥2时，an+1＝（﹣1）n+2（Tn+1﹣Tn），an＝（﹣1）n+1（Tn﹣Tn﹣1），
故|an+1﹣an|＝|（﹣1）n+1||Tn﹣Tn+1﹣Tn+Tn﹣1|＝|Tn﹣1﹣Tn+1|≤|Tn﹣1|+|Tn+1|＜M+M＝2M，（n≥2），
特别的当n＝1时，|a2﹣a1|＝|﹣T2|＜M＜2M，
故对任意的n∈N*，都有|an+1﹣an|＜2M成立，即④成立．
故答案为：①④．
【点评】本题考查数列的求和以及和与项之间的关系，侧重考查了学生的逻辑推理和运算能力，属于难题．
54．（2022•天津模拟）已知数列{an}的各项均为正数，a1＝2，{an}的前n项和Sn满足（n＝1，2，3，⋯）．给出下列四个结论：
①{an}的第2项小于1；
②{an•Sn}为常数列；
③{an}为递增数列；
④{an}中存在小于的项．
其中所有正确结论的序号是 ②④ ．
【考点】数列递推式；数列的函数特性．
【专题】转化思想；反证法；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算．
【分析】对于①，求出a2即可判断；对于②，把已知递推式变形即可判断；对于③，由已知递推式推得an＜an﹣1判断；对于④，利用反证法思想判断．
【解答】解：∵，∴，
∵数列{an}的各项均为正数，∴Sn＞0，可得an﹣an+1＞0，即an＞an+1，
可得{an}为递减数列，故③错误；
∵an+1（an+1+Sn）＝an+1Sn+1，
∴{an•Sn}为常数列，故②正确；
在中，取n＝1，可得，即，
解得1（负值舍去），故①错误；
设对任意n∈N*，都有，∵an•Sn为常数，∴anSn＝a1S1＝4，
取n＞90000，则，Sn＞400，则anSn＞4，与anSn＝4矛盾，故④正确．
∴正确结论的序号为②④．
故答案为：②④．
【点评】本题考查命题的真假判断，考查数列的递推关系，考查逻辑推理能力，运算求解能力，属于较难题目．
55．（2022•丰台区二模）如图，某荷塘里浮萍的面积y（单位：m2）与时间t（单位：月）满足关系式：y＝atlna（a为常数），记y＝f（t）（t≥0）．给出下列四个结论：
①设，则数列{an}是等比数列；
②存在唯一的实数t0∈（1，2），使得f（2）﹣f（1）＝f′（t0）成立，其中f'（t）是f（t）的导函数；
③常数a∈（1，2）；
④记浮萍蔓延到2m2，3m2，6m2所经过的时间分别为t1，t2，t3，则t1+t2＞t3．
其中所有正确结论的序号是 ①②④ ．
【考点】数列与函数的综合；命题的真假判断与应用．
【专题】计算题；函数思想；综合法；导数的综合应用；数学运算．
【分析】根据f（0）＜1、f（3）＝6求出a的取值范围，即可判断③，再根据等比数列的定义判断①，构造函数利用导数说明函数的单调性，再结合零点存在性定理判断②，根据指数对数的关系及对数函数的性质判断④；
【解答】解：依题意f（t）＝atlna，
因为f（0）＝a0lna＜1，所以0＜a＜e且a≠1，
又f（3）＝a3lna＝6，所以lna＞0，所以1＜a＜e，即a∈（1，e），
令h（a）＝a3lna，a∈（1，e），
则h′（a）＝3a2lna+a2＞0，
则h（a）＝a3lna在a∈（1，e）上单调递增，
又h（2）＝23ln2＜6，所以a∈（2，e），故③错误；
由已知可得，则，
所以，
所以{an}是以alna为首项，a为公比的等比数列，故①正确；
令f（t）＝atlna，
则f′（t）＝at（lna）2，f（2）＝a2lna，f（1）＝alna，
令，
则，
因为a∈（2，e），所以，
即，在t0∈（1，2）上单调递增，
因为a∈（2，e），所以lna﹣a＜0，lna﹣1＜0，alna＞0，
令φ（a）＝lna﹣a+1，a∈（2，e），
则，
所以φ（a）＝lna﹣a+1，在a∈（2，e）上单调递减，且φ（2）＝ln2﹣2+1﹣ln2﹣1＜0，
即φ（a）＝lna﹣a+1＜0，
令H（a）＝alna﹣a+1，a∈（2，e），
则H′（a）＝lna＞0，
所以H（a）＝alna﹣a+1在a∈（2，e）上单调递增，
又H（2）＝2ln2﹣2+1＝2ln2﹣1＞0，
所以H（a）＝alna﹣a+1＞0，
所以g（1）＝a（lna）2﹣a2lna+alna＝alna（lna﹣a）+alna＝alna（lna﹣a+1）＜0，
g（2）＝a2（lna）2﹣a2lna+alna＝a2lna（lna﹣1）+alna＝alna（alna﹣a+1）＞0．
故存在t0∈（1，2）上，g（t0）＝0，故②正确；
依题意，
所以，
所以，则，
即，
所以，
因为a∈（2，e），所以ln2＜lna＜1，
所以，
所以，
所以t1+t2﹣t3＞0，即t1+t2＞t3，故④正确；
故答案为：①②④．
【点评】本题考查了等比数列的定义，导数的综合应用，属于难题．
56．（2022•海淀区二模）在现实世界，很多信息的传播演化是相互影响的．选用正实数数列{an}，{bn}分别表示两组信息的传输链上每个节点处的信息强度，数列模型：an+1＝2an+bn，bn+1＝an+2bn（n＝1，2，⋯），描述了这两组信息在互相影响之下的传播演化过程．若两组信息的初始信息强度满足a1＞b1，则在该模型中，关于两组信息，给出如下结论：
①∀n∈N*，an＞bn；
②∀n∈N*，an+1＞an，bn+1＞bn；
③∃k∈N*，使得当n＞k时，总有|；
④∃k∈N*，使得当n＞k时，总有|．
其中，所有正确结论的序号是 ①②③ ．
【考点】数列递推式．
【专题】综合题；转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算．
【分析】由an+1﹣bn+1＝an﹣bn，得an﹣bn＝a1﹣b1＞0即可判断①；an+1﹣an＝an+bn，bn+1﹣bn＝an+bn，可判断②；|1|＝||，可得n→+∞时，→0，可判断③；|2|＝|1|，当n→+∞时，1→1，可判断④．
【解答】解：因为an+1＝2an+bn，bn+1＝an+2bn（n＝1，2，⋯），两式作差得an+1﹣bn+1＝2an+bn﹣an+2bn＝an﹣bn，
故{an﹣bn}为常数列，即an﹣bn＝a1﹣b1＞0，故∀n∈N*，an＞bn；故①正确；
因为an+1﹣an＝an+bn，bn+1﹣bn＝an+bn，又数列{an}，{bn}为正实数数列，
故an+bn＞0，故an+1＞an，bn+1＞bn＞0，故②正确；
由上可知|1|＝||＝||，因为a1﹣b1为常数，{bn}为单调递增数列，
故当n→+∞时，→0，又10﹣10＞0，故∃k∈N*，使得当n＞k时，总有|；故③正确；
|2|＝||＝||，又an﹣bn＝a1﹣b1＞0，故|2|＝||＝||＝||＝|1|，
因为a1﹣b1为常数，{an}为单调递增数列，故当n→+∞时，→0，1→1，故④错误．
故答案为：①②③．
【点评】本题主要考查了利用数列的递推公式推得数列中的项的特征，解题中还要注意函数知识在求解问题中的重要性，属难题．
57．（2021春•朝阳区校级月考）已知数列{an}满足（d为常数，k＝1，2…n，n∈N*，n≥3），给出下列四个结论：
①若数列{an}是周期数列，则周期必为2；
②若d＝0，则数列{an}必是常数列；
③若d＞0，则数列{an}是递增数列；
④若d＜0，则数列{an}是有穷数列，其中，所有错误结论的序号是 ①②③④ ．
【考点】数列的应用；命题的真假判断与应用．
【专题】计算题；整体思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算．
【分析】①当周期为2时a3＝a1，由表示前三项的关系，整理证得|a1|+|a2|＝﹣1，与实际矛盾，错误；
②若d＝0，举特例a1＝2，观察显然不是常数列，错误；
③赋特值a1＝1，d＝2，求得，不是递增数列，错误；
④赋特值，求得，是无穷数列，错误．
【解答】解：①令周期T＝2，则a3＝a1，a1≠a2，
由题可知，则，即，
因为，
整理得（|a1|﹣|a2|）•（|a1|+|a2|+1）＝0，因为a1≠a2，得|a1|+|a2|＝﹣1，矛盾，所以错误；
②若，
显然，可以是，不是常数列，所以错误；
③令a1＝1，d＝2，由可知，
当时，显然不是递增数列，所以错误；
④当时，有，
当，则以后各项都可以为，是无穷数列，所以错误．
故答案为：①②③④．
【点评】本题考査数列的新定义问题，关键在于理解定义表达式，常运用赋值法处理，属于难题．
58．（2021•北京自主招生）已知数列{an}满足a1＝2，．数列{bn}满足b1＝5，．若正整数m满足bm＞a25，则m的最小值为 24 ．
【考点】数列递推式．
【专题】计算题；对应思想；分析法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑推理．
【分析】利用数学归纳法分两步进行证明即可．
【解答】解：分两步证明：
①先证明对任意正整数n有bn＞an+1，
采用数学归纳法，
当n＝1时有显然成立，
假设当n＝k时结论成立，即bk＞ak+1，
则当n＝k+1时，有

所以对n＝k+1结论也成立．
所以对任意正整数n有bn＞an+1．
②再证明对任意正整数n有an+2＞3bn，
当n＝1时，有a3＝16＞15＝3b1，
假设当n＝k时结论成立，即ak+2＞3bk，
则当n＝k+1时，
，
所以对n＝k+1结论也成立．
所以对任意正整数n有an+2＞3bn．
此时我们由（1）可以得到b24＞a25，
由（2）可以得到a25＞3b23＞b23，
所以满足bm＞a25的m的最小值为24．
【点评】本题考查数列的递推公式，考查学生的推理运算能力，属于难题．
59．（2019•海淀区校级一模）定义：对于数列{xn}，如果存在常数p，使对任意正整数n，总有（xn+1﹣p）（xn﹣p）＜0成立，那么我们称数列{xn}为“p﹣摆动数列”
①若an＝2n﹣1，bn＝qn（﹣1＜q＜0），n∈N*，则数列{an} 不是 “p﹣摆动数列”，{bn} 是 “p﹣摆动数列”（回答是或不是）；
②已知“p﹣摆动数列”{cn}满足cn+1，c1＝1．则常数p的值为 ；
【考点】数列递推式．
【专题】综合题；新定义；转化思想；点列、递归数列与数学归纳法．
【分析】（1）由{an}是关于n的递增数列，可知不满足定义，由bn＝qn（﹣1＜q＜0）可知正负交替出现，易求出p的值；
（2）先对n取特殊值确定p的取值范围，再根据对任意的正整数n都成立，求出p的值．
【解答】（1）由an＝2n﹣1知道{an}是递增数列，故不存在满足定义的p，又因为bn＝qn（﹣1＜q＜0）可知bn正负数值交替出现，故p＝0时满足定义．
（2）因为数列{cn}是“p﹣摆动数列”，故n＝1时有（x2﹣p）（x1﹣p）＜0，可求得，
又因为使对任意正整数n，总有（cn+1﹣p）（cn﹣p）＜0成立，即有（cn+2﹣p）（cn+1﹣p）＜0成立，
则（cn+2﹣p）（cn﹣p）＞0，
所以c1＞p，c3＞p，…，c2n﹣1＞p，
同理c2＜p，c4＜p，…，c2n＜p，
所以c2n＜p＜c2n﹣1，即，解得，即，
同理，解得，即，
综上，．
故答案为：不是；是；．
【点评】本题属于新定义型问题，综合考查数列、不等式的知识，难度较大．
60．（2010•天心区校级模拟）在某个QQ群中有n名同学在玩一种叫“数字哈哈镜”的游戏．这些同学编号依次为1，2，3，…，n．在哈哈镜中，每个同学看到的像用数对（p，q）表示．规则如下：编号为k的同学看到的像为（ak，ak+1），且满足ak+1﹣ak＝k（k∈N*），已知编号为1的同学看到的像为（5，6），则编号为4的同学看到的像为 （11，15） ；某位同学看到的像为（195，q），其中q的值被遮住了，请你帮这位同学猜出q＝ 215 ．
【考点】数列递推式．
【专题】规律型．
【分析】由游戏规则中“编号为k的同学看到像为（p，q）中的（ak，ak+1），编号为k+1的同学看到像为（ak+1，ak+2），这样就找到了游戏进行的一个联系，同时注意到ak+1﹣ak＝k（k∈N*），至此，本题中的题意就浮现出来．
【解答】解：（1）由题意规律，编号为1的同学看到的像是（5，6），
∴编号为2的同学看到的像是（6，8），
编号为3的同学看到的像是（8，11），
编号为4的同学看到的像是（11，15）．
（2）设编号为n的同学看到的像是（bn，an），
则b1＝5，a1＝6，当n≥2时，bn＝an﹣1．
由题意an﹣bn＝n，∴an﹣an﹣1＝n（n≥2）．
∴an﹣a1＝（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+…+（an﹣an﹣1）
＝2+3+…+n．
，
，
当195时，n＝20，
．
故答案为：（11，15），215．
【点评】本题以QQ作为背景、以数字哈哈镜面游戏规则形式给出信息，考查学生阅读信息、搜集信息、加工信息的能力．考查灵活运用数列知识分析问题与解决问题的能力．
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