單元04數(shù)列-2021-2022學(xué)年高二數(shù)學(xué)單元復(fù)習(xí)（人教A版2019選擇性）

單元04數(shù)列真題模擬練1．【2021年全國(guó)甲卷理科7】等比數(shù)列{an}的公比為q，前n項(xiàng)和為Sn，設(shè)甲：q>0，乙：A．甲是乙的充分條件但不是必要條件B．甲是乙的必要條件但不是充分條件C．甲是乙的充要條件D．甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件【答案】B由題，當(dāng)數(shù)列為-2,-4,-8,?時(shí)，滿(mǎn)足q>0，但是{S若{Sn}是遞增數(shù)列，則必有an>0故選：B．2．【2021年全國(guó)甲卷文科9】記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.若S2=4，A．7 B．8 C．9 D．10【答案】A∵Sn為等比數(shù)列{an∴S2，S4-∴S2=4∴S6∴S6故選：A.3．【2021年浙江10】已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1=1,an+1=anA．12<S100<3 B．3<S【答案】A因?yàn)閍1=1,an+1=由a∴1a根據(jù)累加法可得，1an≤1+n-1∴an+1a所以S100≤6(1故選：A．4．【2021年北京6】{an}和{bn}是兩個(gè)等差數(shù)列，其中akbk(1≤k≤5)為常值，A．64 B．128 C．256 D．512【答案】B由已知條件可得a1b1=a故選：B.5．【2021年北京10】數(shù)列{an}是遞增的整數(shù)數(shù)列，且a1≥3，aA．9 B．10 C．11 D．12【答案】C若要使n盡可能的大，則a1不妨設(shè)數(shù)列{an}是首項(xiàng)為3，公差為1的等差數(shù)列，其前n則an=n+2，S11所以n的最大值為11.故選：C.6．【2020年全國(guó)1卷文科10】設(shè){an}是等比數(shù)列，且a1+a2A．12 B．24 C．30 D．32【答案】D【解析】設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，則aa2因此，a6故選：D.7．【2020年全國(guó)2卷理科04】北京天壇的圜丘壇為古代祭天的場(chǎng)所，分上、中、下三層，上層中心有一塊圓形石板(稱(chēng)為天心石)，環(huán)繞天心石砌9塊扇面形石板構(gòu)成第一環(huán)，向外每環(huán)依次增加9塊，下一層的第一環(huán)比上一層的最后一環(huán)多9塊，向外每環(huán)依次也增加9塊，已知每層環(huán)數(shù)相同，且下層比中層多729塊，則三層共有扇面形石板(不含天心石)（）A．3699塊 B．3474塊 C．3402塊 D．3339塊【答案】C【解析】設(shè)第n環(huán)天石心塊數(shù)為an，第一層共有n則{an}是以9為首項(xiàng)，9設(shè)Sn為{an別為Sn,S所以S3n即3n(9+27n)即9n2=729所以S3n故選：C8．【2020年全國(guó)2卷理科06】數(shù)列{an}中，a1=2，am+n=A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【解析】在等式am+n=aman中，令所以，數(shù)列an是以2為首項(xiàng)，以2為公比的等比數(shù)列，則a∴a∴2k+1=25故選：C.9．【2020年全國(guó)2卷理科12】01周期序列在通信技術(shù)中有著重要應(yīng)用.若序列a1a2?an?滿(mǎn)足ai∈{0,1}(i=1,2,?)，且存在正整數(shù)m，使得ai+m=ai(i=1,2,?)成立，則稱(chēng)其為01周期序列，并稱(chēng)滿(mǎn)足ai+m=ai(i=1,2,?)的最小正整數(shù)m為這個(gè)序列的周期.A．11010? B．11011? C．10001? D．11001?【答案】C【解析】由ai+m=ai知，序列aiC(k)=1對(duì)于選項(xiàng)A，C(1)=1C(2)=1對(duì)于選項(xiàng)B，C(1)=1對(duì)于選項(xiàng)D，C(1)=1故選：C10．【2020年全國(guó)2卷文科03】如圖，將鋼琴上的12個(gè)鍵依次記為a1，a2，…，a12.設(shè)1≤i<j<k≤12．若k–j=3且j–i=4，則稱(chēng)ai，aj，ak為原位大三和弦；若k–j=4且j–i=3，則稱(chēng)ai，aj，ak為原位小三和弦．用這12個(gè)鍵可以構(gòu)成的原位大三和弦與原位小三和弦的個(gè)數(shù)之和為（）A．5 B．8 C．10 D．15【答案】C【解析】根據(jù)題意可知，原位大三和弦滿(mǎn)足：k-j=3,j-i=4．∴i=1,j=5,k=8；i=2,j=6,k=9；i=3,j=7,k=10；i=4,j=8,k=11；i=5,j=9,k=12．原位小三和弦滿(mǎn)足：k-j=4,j-i=3．∴i=1,j=4,k=8；i=2,j=5,k=9；i=3,j=6,k=10；i=4,j=7,k=11；i=5,j=8,k=12．故個(gè)數(shù)之和為10．故選：C．11．【2020年全國(guó)2卷文科06】記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．若a5–a3=12，a6–a4=24，則Snan=A．2n–1 B．2–21–n C．2–2n–1 D．21–n–1【答案】B【解析】設(shè)等比數(shù)列的公比為q，由a5-a所以an因此Sn故選：B.12．【2020年浙江卷07】已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn，公差d≠0，a1d≤1．記b1=S2，bn+1=Sn+2–S2n，n∈A．2a4=a2+a6 B．2b4=b2+b6 C．a(chǎn)42=【答案】D【解析】對(duì)于A，因?yàn)閿?shù)列an為等差數(shù)列，所以根據(jù)等差數(shù)列的下標(biāo)和性質(zhì)，由4+4=2+6可得，2a4由題意可知，bn+1=S∴b2=a3+a4∴2b4=2對(duì)于B，根據(jù)等差數(shù)列的下標(biāo)和性質(zhì)，由3+11=7+7,4+12=8+對(duì)于C，a4當(dāng)a1=d時(shí)，a4對(duì)于D，b42=b4當(dāng)d>0時(shí)，a1≤d，∴3d-2a當(dāng)d<0時(shí)，a1≥d，∴3d-2a1=d+2d-a故選：D.13．【2020年北京卷08】在等差數(shù)列an中，a1=-9，a3=-1．記TA．有最大項(xiàng)，有最小項(xiàng) B．有最大項(xiàng)，無(wú)最小項(xiàng)C．無(wú)最大項(xiàng)，有最小項(xiàng) D．無(wú)最大項(xiàng)，無(wú)最小項(xiàng)【答案】B【解析】由題意可知，等差數(shù)列的公差d=a則其通項(xiàng)公式為：an注意到a1且由T5<0可知由TiTi-1由于a1故數(shù)列Tn中的正項(xiàng)只有有限項(xiàng)：T2=63故數(shù)列Tn中存在最大項(xiàng)，且最大項(xiàng)為T(mén)故選：B.14．【2021年新高考2卷12】設(shè)正整數(shù)n=a0?20+aA．ω(2n)=ω(n) B．ω(2n+3)=ω(n)+1C．ω(8n+5)=ω(4n+3) D．ω(【答案】ACD對(duì)于A選項(xiàng)，ω(n)=a0+所以，ω(2n)=a0+對(duì)于B選項(xiàng)，取n=2，2n+3=7=1?20+1?而2=0?20+1?21，則ω(2)=1對(duì)于C選項(xiàng)，8n+5=a所以，ω(8n+5)=2+a4n+3=a所以，ω(4n+3)=2+a0+a1對(duì)于D選項(xiàng)，2n-1=20+2故選：ACD.15．【2021年新高考1卷16】某校學(xué)生在研究民間剪紙藝術(shù)時(shí)，發(fā)現(xiàn)剪紙時(shí)經(jīng)常會(huì)沿紙的某條對(duì)稱(chēng)軸把紙對(duì)折，規(guī)格為20dm×12dm的長(zhǎng)方形紙，對(duì)折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm兩種規(guī)格的圖形，它們的面積之和S1=240dm2，對(duì)折2次共可以得到5dm×12dm，【答案】5720-15(3+n)（1）由對(duì)折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm故對(duì)折4次可得到如下規(guī)格：54×12，52×6，5×3，10×3（2）由于每次對(duì)著后的圖形的面積都減小為原來(lái)的一半，故各次對(duì)著后的圖形，不論規(guī)格如何，其面積成公比為12的等比數(shù)列，首項(xiàng)為120(dm2),第n次對(duì)折后的圖形面積為120×(12)n-1設(shè)S=k=1則12兩式作差得：1=240+=360-120因此，S=720-240(n+3)故答案為：5；720-15(n+3)16．【2020年全國(guó)1卷文科16】數(shù)列{an}滿(mǎn)足an+2+(-1)nan【答案】7【解析】an+2當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，an+2=an+3n-1設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為SS16=a=a=8a∴a故答案為：7.17．【2020年全國(guó)2卷文科14】記Sn為等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和．若a1=-2,【答案】25【解析】∵an是等差數(shù)列，且a設(shè)an等差數(shù)列的公差根據(jù)等差數(shù)列通項(xiàng)公式：a可得a即：-2+d+整理可得：6d=6解得：d=1∵根據(jù)等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式：S可得：S∴S故答案為：25.18．【2020年山東卷14】將數(shù)列{2n–1}與{3n–2}的公共項(xiàng)從小到大排列得到數(shù)列{an}，則{an}的前n項(xiàng)和為_(kāi)_______．【答案】3【解析】因?yàn)閿?shù)列2n-1是以1為首項(xiàng)，以2為公差的等差數(shù)列，數(shù)列3n-2是以1首項(xiàng)，以3為公差的等差數(shù)列，所以這兩個(gè)數(shù)列的公共項(xiàng)所構(gòu)成的新數(shù)列an是以1為首項(xiàng)，以6所以an的前n項(xiàng)和為n?1+故答案為：3n19．【2020年江蘇卷11】設(shè){an}是公差為d的等差數(shù)列，{bn}是公比為q的等比數(shù)列．已知數(shù)列{an+bn}的前n項(xiàng)和Sn=n2-n+2n【答案】4【解析】設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，等比數(shù)列bn的公比為q，根據(jù)題意等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和公式為P等比數(shù)列bn的前n項(xiàng)和公式為Q依題意Sn=P通過(guò)對(duì)比系數(shù)可知d2=1a故答案為：420．【2020年浙江卷11】已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足an=n(n+1)2，則S【答案】10【解析】因?yàn)閍n=n即S3故答案為：10.21．【2020年海南卷14】將數(shù)列{2n–1}與{3n–2}的公共項(xiàng)從小到大排列得到數(shù)列{an}，則{an}的前n項(xiàng)和為_(kāi)_______．【答案】3【解析】因?yàn)閿?shù)列2n-1是以1為首項(xiàng)，以2為公差的等差數(shù)列，數(shù)列3n-2是以1首項(xiàng)，以3為公差的等差數(shù)列，所以這兩個(gè)數(shù)列的公共項(xiàng)所構(gòu)成的新數(shù)列an是以1為首項(xiàng)，以6所以an的前n項(xiàng)和為n?1+故答案為：3n22．【2020年上海卷02】計(jì)算：limn→∞n+1【答案】解：limn→∞故答案為：1323．【2020年上海卷08】已知數(shù)列{an}是公差不為零的等差數(shù)列，且a1+a10＝a9，則a1+【答案】解：根據(jù)題意，等差數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1+a10＝a9，即a1+a1+9d＝a1+8d，變形可得a1＝﹣d，所以a1故答案為：27824．【2021年全國(guó)甲卷理科18】已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，記Sn為{a①數(shù)列{an}是等差數(shù)列：②數(shù)列{S注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個(gè)解答計(jì)分．【答案】答案見(jiàn)解析選①②作條件證明③：設(shè)Sn=an+b(a>0)，則當(dāng)n=1時(shí)，a1當(dāng)n≥2時(shí)，an因?yàn)閧an}也是等差數(shù)列，所以(a+b)所以an=a選①③作條件證明②：因?yàn)閍2=3a所以公差d=a所以Sn=na因?yàn)镾n+1所以{Sn選②③作條件證明①：設(shè)Sn=an+b(a>0)，則當(dāng)n=1時(shí)，a1當(dāng)n≥2時(shí)，an因?yàn)閍2=3a1，所以a(3a+2b)=3(a+b)當(dāng)b=0時(shí)，a1=a2,an當(dāng)b=-4a3時(shí)，Sn=an+b綜上可知{an25．【2021年全國(guó)甲卷文科18】記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知an>0,【答案】證明見(jiàn)解析.∵數(shù)列{Sn∴Sn=∴Sn=∴當(dāng)n≥2時(shí)，a當(dāng)n=1時(shí)，2a1×1-∴{an}的通項(xiàng)公式為∴a∴{an26．【2021年新高考1卷17】已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足（1）記bn=a2n，寫(xiě)出b1（2）求{an}的前【答案】（1）b1=2,b2=5（1）由題設(shè)可得b又a2k+2=a2k+1+1故a2k+2=a2k所以{bn}（2）設(shè){an}的前20項(xiàng)和為S因?yàn)閍1所以S=2(b27．【2021年全國(guó)乙卷理科19】記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，bn為數(shù)列{（1）證明：數(shù)列{bn（2）求{a【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）an（1）由已知2Sn+1bn=2得取n=1,由S1=b由于bn為數(shù)列{Sn所以2b所以2b所以2b由于b所以22bn+1-1=所以數(shù)列{bn}是以b1（2）由（1）可得，數(shù)列{bn}是以b∴bSn當(dāng)n=1時(shí)，a1當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-S∴an28．【2021年全國(guó)乙卷文科19】設(shè){an}是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列，數(shù)列{bn}滿(mǎn)足bn（1）求{an}（2）記Sn和Tn分別為{an}和{【答案】（1）an=(13)因?yàn)閧an}是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列且a1，所以6a2=即9q2-6q+1=0，解得q=所以bn（2）證明：由（1）可得SnTn=13T①-②得23Tn所以Tn所以Tn所以Tn29．【2021年浙江20】已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，（1）求數(shù)列{a（2）設(shè)數(shù)列{bn}滿(mǎn)足3bn+(n-4)an=0，記{bn}【答案】（1）an=-3?(34（1）當(dāng)n=1時(shí)，4(a4a當(dāng)n≥2時(shí)，由4Sn+1得4Sn=3Sn-1-9②a2又a2a1=3∴a（2）由3bn+(n-4)所以Tn34兩式相減得1=-=-9所以Tn由Tn≤λb即λ(n-4)+3n≥0恒成立，n=4時(shí)不等式恒成立；n<4時(shí)，λ≤-3nn-4=-3-n>4時(shí)，λ≥-3nn-4=-3-所以-3≤λ≤1.30．【2021年北京21】定義Rp數(shù)列{an}：對(duì)實(shí)數(shù)p，滿(mǎn)足：①a1+p≥0，a2+p=0；（1）對(duì)于前4項(xiàng)2，2，0，1的數(shù)列，可以是R2（2）若{an}是R（3）是否存在p，使得存在Rp數(shù)列{an}，對(duì)【答案】（1）不可以是R2數(shù)列；理由見(jiàn)解析；（2）a5=1；（3(1)由性質(zhì)③結(jié)合題意可知0=a矛盾，故前4項(xiàng)2,-2,0,1的數(shù)列，不可能是R2數(shù)列(2)性質(zhì)①a1由性質(zhì)③am+2∈{am,am+1}，因此若a4=0，由性質(zhì)②可知a3<a若a4=1,a3=a因此只能是a4又因?yàn)閍4=a1+a3若a1=1不滿(mǎn)足a2=0當(dāng)a1=0，則{an}前四項(xiàng)為:0，0下面用納法證明a4n+i當(dāng)n=0時(shí)，經(jīng)驗(yàn)證命題成立，假設(shè)當(dāng)n≤k(k≥0)時(shí)命題成立，當(dāng)n=k+1時(shí)：若i=1，則a4(k+1)+1=a{aj+否則，若a4k+5=k，取k=0可得：而由性質(zhì)②可得：a5=a1同理可得：{aj+{aj+{aj+a即當(dāng)n=k+1時(shí)命題成立，證畢.綜上可得：a1=0，(3)令bn=a?m,n∈N由于b1因此數(shù)列{bn}為由（2）可知:若?n∈N,aS11-S因此p=2，此時(shí)a1,a231．【2021年新高考2卷17】記Sn是公差不為0的等差數(shù)列{an}的前（1）求數(shù)列{an}（2）求使Sn>a【答案】(1)an(1)由等差數(shù)列的性質(zhì)可得：S5=5a設(shè)等差數(shù)列的公差為d，從而有：a2S4從而：-d2=-2d數(shù)列的通項(xiàng)公式為：an(2)由數(shù)列的通項(xiàng)公式可得：a1=2-6=-4，則：則不等式Sn>an即：解得：n<1或n>6，又n為正整數(shù)，故n的最小值為7.32．【2021年天津19】已知{an}是公差為2的等差數(shù)列，其前8項(xiàng)和為64．{bn（I）求{an}（II）記cn（i）證明{c（ii）證明k=1【答案】（I）an=2n-1,n∈N*，bn=4n【解析】（I）因?yàn)閧an}是公差為2的等差數(shù)列，其前8所以a1+a所以an設(shè)等比數(shù)列{bn}所以b3-b所以bn（II）（i）由題意，cn所以cn所以cn2-所以數(shù)列{c（ii）由題意知，an所以an所以k=1n設(shè)Tn則12兩式相減得12所以Tn所以k=1n33．【2020年全國(guó)1卷理科17】設(shè){an}是公比不為1的等比數(shù)列，a1為（1）求{a（2）若a1=1，求數(shù)列{na【答案】（1）-2；（2）Sn【解析】（1）設(shè){an}的公比為q，a∵2a∵q≠1,∴q=-2；（2）設(shè){nan}的前n項(xiàng)和為SSn=1×1+2×(-2)+3×-2Sn①-②得，3=1-∴S34．【2020年全國(guó)3卷理科17】設(shè)數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1=3，an（1）計(jì)算a2，a3，猜想{an}的通項(xiàng)公式并加以證明；（2）求數(shù)列{2nan}的前n項(xiàng)和Sn．【答案】（1）a2=5，a3=7，an【解析】（1）由題意可得a2=3a由數(shù)列an的前三項(xiàng)可猜想數(shù)列an是以3為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列，即證明如下：當(dāng)n=1時(shí)，a1假設(shè)n=k時(shí)，ak=2k+1那么n=k+1時(shí)，ak+1=3則對(duì)任意的n∈N*，都有（2）由（1）可知，aSn2S由①-②得：-=6+2×2即Sn35．【2020年全國(guó)3卷文科17】設(shè)等比數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1+a（1）求{an}的通項(xiàng)公式；（2）記Sn為數(shù)列{log3an}的前n項(xiàng)和．若Sm+【答案】（1）an=3n-1；（【解析】（1）設(shè)等比數(shù)列an的公比為q根據(jù)題意，有a1+a所以an（2）令bn所以Sn根據(jù)Sm+S整理得m2-5m-6=0，因?yàn)閙>0，所以36．【2020年山東卷18】已知公比大于1的等比數(shù)列{an}（1）求{a（2）記bm為{an}在區(qū)間(0,m](m∈N*)【答案】（1）an=2n；（【解析】（1）由于數(shù)列an是公比大于1的等比數(shù)列，設(shè)首項(xiàng)為a1，公比為q，依題意有a1q+a1q3所以an=2n，所以數(shù)列（2）由于21b1對(duì)應(yīng)的區(qū)間為：0,1，則bb2,b3對(duì)應(yīng)的區(qū)間分別為：0,2,0,3，則b4,b5,b6,bb8,b9,?,b15對(duì)應(yīng)的區(qū)間分別為：0,8b16,b17,?,b31對(duì)應(yīng)的區(qū)間分別為：0,16b32,b33,?,b63對(duì)應(yīng)的區(qū)間分別為：0,32b64,b65,?,b100對(duì)應(yīng)的區(qū)間分別為：0,64所以S10037．【2020年江蘇卷20】已知數(shù)列an(n∈N*)的首項(xiàng)a1=1，前n項(xiàng)和為Sn．設(shè)λ與k是常數(shù)，若對(duì)一切正整數(shù)n，均有S（1）若等差數(shù)列an是“λ–1”數(shù)列，求λ（2）若數(shù)列an是“33-2”數(shù)列，且an＞0（3）對(duì)于給定的λ，是否存在三個(gè)不同的數(shù)列an為“λ–3”數(shù)列，且an≥0?若存在，求λ【答案】（1）1；（2）an=1,n=13?4【解析】（1）S（2）∵∵S∴(∴∵S1∴a∴a（3）假設(shè)存在三個(gè)不同的數(shù)列an為"λ-3"Sn∴Sn∴Sn∵對(duì)于給定的λ，存在三個(gè)不同的數(shù)列an為"λ-3"數(shù)列，且∴an=1,n=1(λ3-1)Sn+123①當(dāng)λ<1時(shí)，Δ=(λ3此時(shí)f0=λ3②當(dāng)λ>1時(shí)，Δ=(λ3+2)2-4(λ綜上，0<λ<138．【2020年浙江卷20】已知數(shù)列{an}，{bn}，{cn}中，a1（Ⅰ）若數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，且公比q>0，且b1+b2=6b（Ⅱ）若數(shù)列{bn}為等差數(shù)列，且公差d>0，證明：c1【答案】（I）q=12,a【解析】（I）依題意b1=1,b2=q,b3=q2，而所以bn+2=12n+1，故cn+1=12n-112所以an+1-an=c所以a=4（II）依題意設(shè)bn=1+n-1所以cn故c=b所以c=1+由于d>0,b1=1，所以b即c139．【2020年天津卷19】已知an為等差數(shù)列，bn為等比數(shù)列，（Ⅰ）求an和b（Ⅱ）記an的前n項(xiàng)和為Sn，求證：（Ⅲ）對(duì)任意的正整數(shù)n，設(shè)cn=3an【答案】（Ⅰ）an=n，bn【解析】(Ⅰ)設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，等比數(shù)列bn的公比為由a1=1，a5從而an的通項(xiàng)公式為a由b1又q≠0，可得q2-4q+4=0，解得q從而bn的通項(xiàng)公式為b(Ⅱ)證明：由(Ⅰ)可得Sn故SnSn+2從而Sn所以Sn(Ⅲ)當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，cn當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，cn對(duì)任意的正整數(shù)n，有k=1n和k=1nc由①得14k=1由①②得34由于24從而得：k=1n因此，k=12n所以，數(shù)列cn的前2n項(xiàng)和為440．【2020年北京卷21】已知an①對(duì)于an中任意兩項(xiàng)ai,aj(i>j)，在②對(duì)于an中任意項(xiàng)an(n?3)，在an中都存在兩項(xiàng)(Ⅰ)若an=n(n=1,2,?)，判斷數(shù)列(Ⅱ)若an=2(Ⅲ)若an是遞增數(shù)列，且同時(shí)滿(mǎn)足性質(zhì)①和性質(zhì)②，證明：an【答案】(Ⅰ)詳見(jiàn)解析；(Ⅱ)詳解解析；(Ⅲ)證明詳見(jiàn)解析.【解析】(Ⅰ)∵(Ⅱ)∵?i,j∈∵?n∈N(Ⅲ)【解法一】首先，證明數(shù)列中的項(xiàng)數(shù)同號(hào)，不妨設(shè)恒為正數(shù)：顯然an≠0n?N*第一種情況：若N0=1，即由①可知：存在m1，滿(mǎn)足am1=a由N0=1可知a22第二種情況：若N0≥2，由①知存在實(shí)數(shù)m，滿(mǎn)足am=a另一方面，am=a這與N0的定義矛盾，假設(shè)不成立同理可證得數(shù)列中的項(xiàng)數(shù)恒為負(fù)數(shù).綜上可得，數(shù)列中的項(xiàng)數(shù)同號(hào).其次，證明a3利用性質(zhì)②：取n=3，此時(shí)a3由數(shù)列的單調(diào)性可知ak而a3=a此時(shí)必有k=2,l=1，即a3最后，用數(shù)學(xué)歸納法證明數(shù)列為等比數(shù)列：假設(shè)數(shù)列an的前kk≥3項(xiàng)成等比數(shù)列，不妨設(shè)其中a1>0,q>1，（由①可得：存在整數(shù)m，滿(mǎn)足am=ak2a由②得：存在s>t，滿(mǎn)足：ak+1=a由as=a1qs-1由（**）和（*）式可得：a1結(jié)合數(shù)列的單調(diào)性有：k≥2s-t-1>k-1，注意到s,t,k均為整數(shù)，故k=2s-t-1，代入（**）式，從而ak+1總上可得，數(shù)列an的通項(xiàng)公式為：a即數(shù)列an為等比數(shù)列【解法二】假設(shè)數(shù)列中的項(xiàng)數(shù)均為正數(shù)：首先利用性質(zhì)②：取n=3，此時(shí)a3由數(shù)列的單調(diào)性可知ak而a3=a此時(shí)必有k=2,l=1，即a3即a1,a然后利用性質(zhì)①：取i=3,j=2，則am即數(shù)列中必然存在一項(xiàng)的值為a1q3否則，由數(shù)列的單調(diào)性可知a4在性質(zhì)②中，取n=4，則a4=a與前面類(lèi)似的可知?jiǎng)t存在k,l?1,2,3k>l若k=3,l=2，則：a4若k=3,l=1，則：a4若k=2,l=1，則：a4即不存在滿(mǎn)足題意的正整數(shù)k,l，可見(jiàn)a4<a同理可得：a5=a同理，當(dāng)數(shù)列中的項(xiàng)數(shù)均為負(fù)數(shù)時(shí)亦可證得數(shù)列為等比數(shù)列.由推理過(guò)程易知數(shù)列中的項(xiàng)要么恒正要么恒負(fù)，不會(huì)同時(shí)出現(xiàn)正數(shù)和負(fù)數(shù).從而題中的結(jié)論得證，數(shù)列an為等比數(shù)列41．【2020年海南卷18】已知公比大于1的等比數(shù)列{an}（1）求{a（2）求a1【答案】（1）an=2n【解析】(1)設(shè)等比數(shù)列an的公比為q(q>1)，則a整理可得：2q∵q>1,q=2,a數(shù)列的通項(xiàng)公式為：an(2)由于：-1n-1故：a=2=242．【2020年上海卷21】已知數(shù)列{an}為有限數(shù)列，滿(mǎn)足|a1﹣a2|≤|a1﹣a3|≤…≤|a1﹣am|，則稱(chēng){an}滿(mǎn)足性質(zhì)P．（1）判斷數(shù)列3、2、5、1和4、3、2、5、1是否具有性質(zhì)P，請(qǐng)說(shuō)明理由；（2）若a1＝1，公比為q的等比數(shù)列，項(xiàng)數(shù)為10，具有性質(zhì)P，求q的取值范圍；（3）若{an}是1，2，3，…，m的一個(gè)排列（m≥4），{bn}符合bk＝ak+1（k＝1，2，…，m﹣1），{an}、{bn}都具有性質(zhì)P，求所有滿(mǎn)足條件的數(shù)列{an}．【答案】解：（1）對(duì)于數(shù)列3，2，5，1，有|2﹣3|＝1，|5﹣3|＝2，|1﹣3|＝2，滿(mǎn)足題意，該數(shù)列滿(mǎn)足性質(zhì)P；對(duì)于第二個(gè)數(shù)列4、3、2、5、1，|3﹣4|＝1，|2﹣4|＝2，|5﹣4|＝1．不滿(mǎn)足題意，該數(shù)列不滿(mǎn)足性質(zhì)P．（2）由題意：|a1﹣a1qn|≥|a1﹣a1qn﹣1|，可得：|qn﹣1|≥|qn﹣1﹣1|，n∈{2，3，…，9}，兩邊平方可得：q2n﹣2qn+1≥q2n﹣2﹣2qn﹣1+1，整理可得：（q﹣1）qn﹣1[qn﹣1（q+1）﹣2]≥0，當(dāng)q≥1時(shí)，得qn﹣1（q+1）﹣2≥0此時(shí)關(guān)于n恒成立，所以等價(jià)于n＝2時(shí)，q（