2022上海高二数学考试满分攻略(沪教版2020第一册)第4章 数列(压轴题专练)解析

第4章 数列压轴题专练

一、单选题

1．（2020·上海市七宝中学高一期中）有一个三人报数游戏：首先A报数字1，然后B报两个数字2、3，接下来C报三个数字4、5、6，然后轮到A报四个数字7、8、9、10，依次循环，直到报出10000，则A报出的第2020个数字为（ ） A．5979 【答案】B

【分析】首先分析出A第n次报数的个数，得到A第n次报完数后总共报数的个数，计算出A是第n0次报数中会报到第2020个数字，再计算当A第n0次报数时，3人总的报数次数

m，

B．5980 C．5981 D．以上都不对

再推算出此时报数的最后一个数Sm，再推出A报出的第2020个数字. 【详解】由题可得A第n(nN*)次报数的个数为3n2， 则A第n次报完数后总共报数的个数为Tnn[1(3n2)]n(3n1)，

22再代入正整数n，使Tn2020,n的最小值为37，得T372035， 而A第37次报时，3人总共报数为3631109次， 当A第109次报完数3人总的报数个数为Sm123即A报出的第2035个数字为5995， 故A报出的第2020个数字为5980. 故选：B.

【点睛】本题考查了等差数列的通项公式和前n项和公式，主要考查了学生的观察分析能力，逻辑推理能力，难度较大.

2．（2020·上海·高三专题练习）如图，已知函数yfx与yx的图象有唯一交点

109109(1091)5995， 21,1，无穷数列annN*满足点Pnan,an1nN*均落在yfx的图象上，已知

lima1；（2）a2n1单调递减，a2n单调P20,2，有下列两个命题：（1）nn13,0，P递增；以下选项正确的是（ ）

A．（1）是真命题，（2）是假命题 C．（1）是假命题，（2）是真命题 【答案】B

B．两个都是真命题 D．两个都是假命题

【分析】根据函数yfx的图象和f11可得出an的取值范围，再根据函数yfx的单调性判断a2n1和a2n的单调性，结合数列各项的取值范围和单调性可得数列的极限值.

【详解】an1fan，当0an1时，由图象可知，1an12；当1an3时，

0an11.

a13，a20，a32，0a41，1a52，0a61，1a72，

，

因为函数yfx在区间0,3上单调递减，

因为0a5a32，fa5fa3，即a6a4，fa6fa4，即a7a5，

fa7fa5，即a8a6，

，

，数列a2n1单调递减，

以此类推，可得a1a3a5a7a2a4a6a8，数列a2n单调递增，命题（2）正确；

当n2时，1a2n12，0a2n1，且数列a2n1单调递减，a2n单调递增，

an1，命题（1）正确. 所以，limn故选：B.

【点睛】本题考查数列单调性的判断以及数列极限的求解，考查推理能力，属于难题. 3．（2020·上海市复兴高级中学高三期中）已知数列an满足：a10，

an1lnean1annN，前n项和为Sn（参考数据：ln20.693，ln31.099，则下列

选项错误的是（ ）.

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 【答案】C

a【分析】设ebn，则有bn1nbn12bn12x1， bn2，bnbn1bn1，构建g(x)，bnbn1x1求导分析可知导函数恒大于零，即数列{b2n1}，{b2n}都是单调数列，分别判定b1b3，

b2b4，即得单调性，数列{an}与{bn}的单调性一致，可判定A选项正确；B、C选项利用分

析法证明，可知B正确，C错误；D选项利用数学归纳法证分两边证b2n1证得a2n1a2n.

a【详解】∵an1lnen1annN，a10，

51b2n，即可235350∴a2lne10ln2，a3ln3ln2ln，a4lnlnln，

2223a设enbn，bn0，bn1ean1eln(bn1)anbn1bn1bn112bn1b，则n2， eanbnbn1bn1令g(x)12x1g(x)0，∴g(x)单调递增， ，则

(x1)2x1bn2bn0，

bnbn2将(bn2,bn)，(bn,bn2)看作是函数yg(x)图象上两点，则∴数列{b2n1}，{b2n}都是单调数列，

b1ea11，同理b22，b335，b4，即b1b3，b2b4，

32∴{b2n1}单调递增，{b2n}单调递减，而数列{an}与{bn}的单调性一致， ∴a2n1是单调递增数列，a2n是单调递减数列，A正确；

a由ebn得anlnbn， bn1nbn1 bn要证anan1lnbnlnbn1ln(bnbn1)ln3，即证bnbn13，即bn13，即证bn2，

bn112，等价于bn11， 也即要证

bn1显然n2时，b11，n3时，bn1bn211，故bn11成立， bn2

∴不等式anan1ln3成立．B正确；

欲证anan1an2ln3，只需证lnbnlnbn1lnbn2ln3，即ln(bnbn1bn2)ln3 即bnbn1bn23bnbn12bn12bn13bn1，显然成立， bnbn1故anan1an2ln31，所以S2020S1998故C选项错误；

19981666， 3欲证a2n1a2n，因单调性一致则只需证b2n1b2n，只需证b2n151b2n 22b11151b2n12n1225151因为b11，若b2n1，则b2n11b2n112； 5122122b11151b2n22n225151又因为b22，若b2n，则b2n1bn12， 511222由数学归纳法有b2n1故D选项正确。 故选：C

51b2n，则a2n1a2n成立 2【点睛】本题考查二阶线性数列的综合问题，涉及单调数列的证明，还考查了分析法证明与数学归纳法的证明．旨在考查学生分析问题解决问题的能力，考查转化与化归能力，逻辑推理能力，抽象与概括能力．属于难题.

24．（2020·上海·华师大二附中高三阶段练习）已知数列an满足an1an3an4，

a13，则下列选项错误的是（ ）

A．数列an单调递增

B．不存在正数M，使得anM恒成立 C．limn111

an1a11D．a100101 【答案】D

【分析】利用数列单调性的定义可判断A选项的正误；利用数列an的单调性可判断B选项

1111的正误；推导出，利用数列极限的运算性质可判断C选项a11an1a12an12的正误；计算出数列an前5项，利用数列an的单调性可判断D选项的正误.

24an4an2， 【详解】对于A选项，an1anan2a132，则a2a1a120，即a2a12，

2a3a2a220，则a3a2，以此类推可得知，对任意的nN，an1an，

2所以，数列an是单调递增数列，A选项正确； 对于B选项，由A选项可知，数列an单调递增，

且对任意的nN，ana13，可知当n，an， 所以，不存在正数M，使得anM恒成立，B选项正确；

22对于C选项，an1an3an4，an12an3an2an1an2，

则a1111111，，

an1an2an12an1an2an2an1n12所以，

1111a11an1a12a221a111111， a2a2a2a2n1n1n1所以，limn1111limlim11，C选项正确； an1na12an12nan1222对于D选项，数列an满足an1an3an4，a13，则a2a13a144，

2223a44444434101， a3a23a248，a4a33a3444，a5a4由于数列an单调递增，则a100a5101，D选项错误. 故选：D.

【点睛】本题考查数列递推公式的应用，考查数列的单调性、极限的求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.

5．（2022·上海·高三专题练习）已知无穷数列an满足an2an1anxN，且

a11，a2xxZ，若数列an的前2020项中有100项是0，则下列哪个不能是x的取值

（ ） A．1147 【答案】B

B．1148

C．1142

D．1143

【分析】当x0时，分别令x1,2,3,，可求出数列an的前2020项中0的个数，进而得

，可求出数列

出规律，可求出满足题意的x的取值；当x0时，分别令x1,2,3,an的前2020项中0的个数，进而得出规律，可求出满足题意的x的取值.

【详解】①当x0时，

若x0，则数列an的各项为1,0,1,1,0,1,1,0,1,，

此时数列an为周期数列，周期为3，由202036731， 可知数列an的前2020项中有673项为0； 若x1，则数列an的各项为1,1,0,1,1,0,1,1,0,，

此时数列an为周期数列，周期为3，由202036731， 可知数列an的前2020项中有673项为0； 若x2，则数列an的各项为1,2,1,1,0,1,1,0,1,1,0,，

此时数列an从第3项开始为周期数列，周期为3，

由202022018236722，可知数列an的前2020项中有672项为0； 若x3，则数列an的各项为1,3,2,1,1,0,1,1,0,1,1,0,此时数列an从第4项开始为周期数列，周期为3，

由202032017336721，可知数列an的前2020项中有672项为0； 若x4，则数列an的各项为1,4,3,1,2,1,1,0,1,1,0,1,1,0,此时数列an从第6项开始为周期数列，周期为3，

由202052015536712，可知数列an的前2020项中有671项为0；

依次类推，可知当x26731001146，或x1147时， 数列an的前2020项中有100项是0； ②当x0时，

若x1，则数列an的各项为1,1,2,3,1,2,1,1,0,1,1,0,1,1,0,此时数列an从第7项开始为周期数列，周期为3，

由202062014636711，可知数列an的前2020项中有671项为0； 若x2，则数列an的各项为1,2,3,5,2,3,1,2,1,1,0,1,1,0,1,1,0,， ， ， ，

此时数列an从第9项开始为周期数列，周期为3，

由202082012836702，可知数列an的前2020项中有670项为0； 若x3，则数列an的各项为1,3,4,7,3,4,1,3,2,1,1,0,1,1,0,1,1,0,此时数列an从第10项开始为周期数列，周期为3，

由202092011936701，可知数列an的前2020项中有670项为0； 若x4，则数列an的各项为1,4,5,9,4,5,1,4,3,1,2,1,1,0,1,1,0,1,1,0,此时数列an从第12项开始为周期数列，周期为3，

由20201120091136692，可知数列an的前2020项中有669项为0；

依次类推，可知当x26711001142，或x1143时， 数列an的前2020项中有100项是0.

综上所述，若数列an的前2020项中有100项是0， 则x可取的值有1146,1147,1142,1143. 故选：B.

【点睛】本题考查无穷数列，解题的关键是通过条件an2an1anxN探究数列an的

，

，

性质，利用赋值法分别令x1,2,3,和x1,2,3,，可分别求出数列an的前2020项中

0的个数，进而得出规律.考查学生的推理能力与计算求解能力，属于难题.

21an6．（2022·上海·高三专题练习）已知数列an满足a1，an1an2nN*，则下

3n列选项正确的是（ ） A．a2021a2020 C．0a2021【答案】B

【分析】利用数列an的单调性可判断A选项的正误；利用放缩法得出

a111111112nn2,nN，，利用放缩法可判断BCD选项anan1nan1n1nanan1n1n2021 4043B．

2021a20211 4043D．a20211

的正误.

214an【详解】由a10，an1an2nN*可得出a20，a30，

39n，

以此类推可知，对任意的nN，an0，所以，an1an2an0，即an1an， 2n所以，数列an为单调递增数列，故a2021a2020，A错；

2an在等式an1an2的两边同时除以anan1可得

na112nanan1nan1an2annan2n2an111112n2anann2ann2nn1n1n，其中n2且

nN， 所以，累加得

11111111，，a2a32a3a423，

1111， anan1n1n1111915111，则an11，故a20211. 1，所以，

an14n4na2an1n故D错误；

1111111对于aan2an21nn1nn1，

nn1n所以，

11111111，，a1a22a2a323，

1111， anan1nn1累加得311112n3n112，可得，则an1， an1n1an1n1n12n3所以，a2021故选：B.

20212021a20211， . ，故

40434043【点睛】结论点睛：几种常见的数列放缩公式：

1111n2； （1）n2n1nn1n1111（2）n2nn1nn1； （3）

144112. n24n24n212n12n17．（2022·上海·高三专题练习）记[x]为不超过实数x的最大整数，例如：[2]2，

axnxnnN*[1.5]1，[-0.3]-1，设a为正整数，数列{xn}满足：x1a,xn1，现有下2列命题：

①当a5时，数列{xn}的前3项依次为5，3，2； ②对数列{xn}都存在正整数k，当nk时，总有xnxk； ③当n1时，xna1；

④对某个正整数k，若xk1xk，则xk[a]； 其中的真命题个数为 A．4 【答案】B

axnxn【分析】对于①，根据递推关系xn1，依次求得x1,x2,x3的值，由此判断①正2B．3 C．2 D．1

确.

对于②，利用特殊的a的值，判断②错误.

*对于③，首先证得x1a1，然后利用基本不等式证得xn1[a]a1nN，由此*证得xna1nN.

对于④，由xk1xk推出xka，结合③中xna1，得到xk[a].

5555333,x2【详解】对于①：当a5时，x15，x2，故①正确； 3221111x1x对于②：当a1时，x2，3，k恒等于[1]1；

22113111,x当a2时，x12，x2， 322

当k2时，恒有xk[2]1；

当a3时，x13,x22,x31,x42,x51,x62,x71，……， 此时数列{xn}除第一项外，从第二项起以后的项以2为周期重复出现， 因此不存在正整数k，使得nk时， 总有xnxk，故②不正确；

aaaa对于③：在xn中，当为正整数时，xnxn2a，

xnxnxnxnaxnxn2aaxn1； 22当

aaaa不是正整数时，令t，t为的小数部分， xnxnxnxnaxnxn0＜t＜1，xn1 2axntxn2at 22ta

2[a]，

xn1[a]a1,

当n1时，x1a，a13a1aa1a0，所以x1a1.

242nN*,xn[a],xna1，故③正确；

aaaxxxkkakxkxkxkxkxk对于④：当xk1xk时，xk1，所以，化简得xk2222

xka，即xka，由③知xka1，所以xk[a]，故④正确. xk故选：B

【点睛】本小题主要考查新定义运算的理解和运用，考查基本不等式的运用，考查分析思考与解决问题的能力，属于难题.

8．（2022·上海·高三专题练习）已知{an}是公差为d（d＞0）的等差数列，若存在实数

x1，x2，x3，⋯，x9满足方程组（ ） 9A．

8sinx1sinx2sinx3...sinx90，则d的最小值为

asinxasinxasinx...asinx2512233991B．

89C．

54D．

45【答案】C

【分析】把方程组中的an都用a1和d表示，求得d的表达式，根据方程组从整体分析可知：当sinx1sinx2sinx3sinx41，sinx50，sinx6sinx7sinx8sinx91时，d取最小值．

【详解】解：把方程组中的an都用a1和d表示得：

a1sinx1(a1d)sinx2(a12d)sinx3(a18d)sinx925，

把sinx1sinx2d25sinx22sinx3sinx90代入得： 8sinx9，根据分母结构特点及sinx1sinx2sinx90可知：当

sinx1sinx2sinx3sinx41，sinx50，sinx6sinx7sinx8sinx91时，

d取最小值为

255．

1234056784故选：C．

【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是根据方程组从整体分析得：当

sinx1sinx2sinx3sinx41，sinx50，sinx6sinx7sinx8sinx91时，d取最小值．

二、填空题

9．（2020·上海·高三专题练习）设a12，an12a2，bnn，nN*，则数列an1an1bn的通项公式bn=___________．

【答案】2n1

22an12an1a22n2bn，且b14，所以数列bn是首项【详解】由条件得bn12an11a1n1an1n1n1为4，公比为2的等比数列，则bn422．

10．（2018·上海·一模）已知Sn为数列an的前n项和，a1a21，平面内三个不共线的向量OA,OB,OC，满足OCan1an1OA1anOB,n2,nN，若A,B,C在同一直线

*上，则S2018___________. 【答案】2；

【分析】由平面内三个不共线的向量OA,OB,OC且A,B,C在同一直线上，可知

an1an1an，则数列an为周期数列，S2018a1a2a2018(a1a2a6)336a1a2.求解即可.

【详解】平面内三个不共线的向量OA,OB,OC且A,B,C在同一直线上

an1an1(1an)1，即an1an1an①

用n1替换上式中所有的n，得anan2an1②

①②两式相加，得anan2an1an1anan1，即an1an20 则an1an2，用n1替换an1an2中所有的n，整理得an3an 用n3替换an3an中所有的n，得a(n3)3an3(an)an，即an6an 则数列an是周期为6的周期数列.

S2018a1a2a2018(a1a2a6)336a1a2(110110)336112

故答案为：2

【点睛】本题考查求周期数列的前n项和.属于较难的一道题.

11．（2019·上海·复旦附中一模）已知数列an是共有k个项的有限数列，且满足

an1an1n(n2,…,k-1)，若a124，a251，ak0，则k_. an【答案】50

【详解】由题数列an是共有k个项的有限数列，且满足an1an1则an1anan1ann,n2,...,k1 ，则

nn2,...,k1， an

a3a2a2a12, a4a3a3a23, a5a4a4a34,

……

akak1ak1ak2k1,

以上k1 各式子同向相加，将a124,a251,ak0代入可得

k2k24500,k50,k49（舍）.

故答案为50.

12．（2018·上海市建平中学三模）已知正项数列an的前n项和为Sn,a11，对于任意

m正整数m、n及正常数q，当n>m时，SnSmqSnm恒成立，若存在常数c>0，使得

lgcS为等差数列，则常数c的值为______

n【答案】c1(0q1) 1q【分析】可令m＝n﹣1，结合数列的递推式和等比数列的通项公式和求和公式，讨论q是否为1，结合等差数列的通项公式和对数的运算性质，可得所求结论． 【详解】解：因为对任意正整数n，m， 当n＞m时，Sn﹣Sm＝qm•Sn﹣m总成立，

所以n≥2时，令m＝n﹣1，得到Sn﹣Sn﹣1＝qn﹣1•S1，即an＝a1qn﹣1＝qn﹣1， 当n＝1时，也成立， 所以an＝qn﹣1，

1qn当q＝1时，Sn＝n，q≠1时，Sn，

1q{lg（c﹣Sn）}为等差数列，可得q≠1，

1qnqnnlgq﹣lg（1﹣q）为等差数列， lg（c）＝lg1q1q1q即有c1（0＜q＜1）， 1q1（0＜q＜1）． 1q故答案为：c【点睛】本题考查由数列的递推公式求等比数列的通项，前n项和，考查等差数列和等比

数列的关系，解题时要注意认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件，属于较难题.

13．（2021·上海市吴淞中学高三期中）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___________.

【答案】8或9或8

【分析】先利用x=1，2，3，4，5分析出在前2010项中含有0的项的个数的规律即可计算得解.

【详解】因数列an满足：a11,a2x(xN)，an2an1an，则：

当x1时，数列an各项为：1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，1，0，…，在前2010项中恰好含有

2010670项为0， 3当x2时，数列an各项为：1，2，1，1，0，1，1，0，1，1，0，…，在前2010项中， 由

201021669知，恰好含有669项为0， 33当x3时，数列an各项为：1，3，2，1，1，0，1，1，0，1，1，…，在前2010项中， 由

20103669知，恰好含有669项为0， 3当x4时，数列an各项为：1，4，3，1，2，1，1，0，1，1，0，…，在前2010项中， 由

201051668知，恰好含有668项为0， 33当x5时，数列an各项为：1，5，4，1，3，2，1，1，0，1，1，…，在前2010项中， 由

20106668知，恰好含有668项为0， 3由上述可得当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， 所以x的值为8或9. 故答案为：8或9

【点睛】关键点睛：涉及给出递推公式探求数列规律的问题，按条件写出变量的前几个取值对应的数列，认真分析每个变量对应的数列，找准变化规律是解决问题的关键.

*14．（2021·上海民办南模中学三模）已知数列an、bn满足：bnan1annN，

abn1bn1bnn2，且b11，b22，若数列n中不存在某一项的值在该数列中重复出

n

现无数次，在a1的取值范围为___________.

14171【答案】a1、、2、、

6633【分析】推导出数列bn是周期为6的周期数列，计算得出数列a6n1、a6n1i均是以7为公差的等差数列，设fka6ki777，分aii、aii、aii三种情况讨论，分析数列6ki666a6ki的单调性，可得出关于a1的不等式，进而可求得a1的取值范围. 6kibn5bn11bbn， 【详解】对任意的nN，有n6bn4bn3bn2且b11，b22，b3b2111112，b41，b5，b6. b1b1b22b32设cna6n1，则cn1cna6n5a6n1a6n5a6n4a6n4a6n3b6n4b6n3b6n2b6n1b6nb6n11112217， 22a6na6n1

所以，数列cn是以公差为7的等差数列， 设dna6n1i（其中i为常数且i1,2,3,4,5,6）， 所以，dn1dna6n16ia6n1ia6n16ia6n1i

b6n1ib6n1i1b6n1i2b6n1i3b6n1i4b6n1i57，

所以，数列a6n1i均是以7为公差的等差数列，

7776kiaiiaiiaa7k6676（其中n6ki，k0，i为fk6kii6ki6ki6ki66ki1,2,3,4,5,6中的一个常数）.

a77当aii时，对任意的n6ki，有n；

6n677aiiaii7666a7i当aii时，fk1fk. i66k1i6ki66k1i6ki7a①若aii，则对任意的kN，有fk1fk，所以，数列6ki为递减数列；

66ki7a②若aii，则对任意的kN，有fk1fk，所以，数列6ki为递增数列；

66ki

7故只需aii，i1,2,3,4,5,6可满足题意.

6因为a2a1b1a11，a3a2b2a13，a4a3b3a15，a5a4b4a16，a6a5b5a17613， 277143513，a13，a15，a16，a17， 32362所以，a1，a1117141解得a1，a1，a1，a1，a1.

3366241171故答案为：a1、、2、、

6633【点睛】关键点点睛：本题考查利用数列的周期性求首项的取值范围，解题的关键在于通过构造新数列，利用数列的单调性得出不等式求解.

15．（2022·上海·高三专题练习）已知公比大于1的等比数列an满足a2a420,a38，

*记bm为an在区间0,mmN中的项的个数，bn的前n项和为Sn，则S2

n__________.

nn1【答案】n1222n

【分析】先求出an2n，再由特殊到一般，归纳出2nm2n1时，bmn，从而可得

S2n12222323++n12n1n，最后利用错位相减法可得结果. a2a420【详解】设an的公比为qq1，由

a83a32a121得或1（舍去）

qq22n123456所以an2,22,24,28,216,232,264

在区间0,1上，b10，

在区间上0,2,0,3上b2b31，2个1

在区间0,4,0,50,6,0,7上，b4b5b6b72，22个2

在区间0,8,0,90,10,0,11,...0,15上，b8b9b11...b153，23个3， …

归纳得当2nm2n1时，bmn

23n1所以S2n122232++n12n 23n1令Tn122232n12

23n1n则2Tn122232n12n12 nn1两式相减，整理得Tnn1222 nn1所以S2nn1222n nn1故答案为：n1222n

【点睛】方法点睛：“错位相减法”求数列的和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；②相减时注意最后一项 的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以.

16．（2021·上海师大附中高三期中）定义“穿杨二元函数”如下：C(a,n)a2a4a8an个.例如：C3,436122445.对于奇数m，若

i1,2,3,4,5，ai,niZ,ai1,ni1（a1,a2,a3,a4,a5彼此相异），满足Cai,nim，则

最小的正整数m的值为______. 【答案】9765

【分析】先求出Ca,n，由题设可知m至少有5个不同的正的奇约数，且5个奇约数中，至少有一个为2n1的形式，据此可得m的最小值. 【详解】因为

C(a,n)a2a4a8an个n，故C(a,n)a21.

n由题设，存在5组不同的ai,ni，使得奇数mai2i11，

故m有5个不同的形如2n1形式正的奇约数，

又3221，7231，15241，31=251，63=261， 又15=35，63=373

故m的最小值为3753319765. 故答案为：9765.

【点睛】本题考查数列的求和以及正奇数的因数分解，注意对题设条件要合理转化，从而得到正奇数m满足的性质，本题属于难题.

17．（2022·上海·高三专题练习）已知集合A{x|x2n1,nN*}，

B{x|x2n,nN*}．将AB的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}．记Sn为数列

{an}的前n项和，则使得Sn12an1成立的n的最小值为________．

【答案】27

【详解】分析：先根据等差数列以及等比数列的求和公式确定满足条件的项数的取值范围，再列不等式求满足条件的项数的最小值.

k详解：设an=2，则Sn[(211)+(221)+(22k11)][2222k]

2k1122k1122(12)2k2k2122k12

由Sn12an1得22k22k1212(2k1),(2k1)220(2k1)140,2k125,k6

56所以只需研究2an2是否有满足条件的解，

此时Sn[(211)+(221)+为等差数列项数，且m16.

(2m1)][22225]m22512，an+12m1，mm22,nm527 由m2251212(2m1),m224m500，得满足条件的n最小值为27.

点睛：本题采用分组转化法求和，将原数列转化为一个等差数列与一个等比数列的和.分

n,n为奇数组转化法求和的常见类型主要有分段型（如ann），符号型（如

2,n为偶数an(1)nn2），周期型（如ansinnπ）. 3

三、解答题

18．（2021·上海市敬业中学高三阶段练习）定义：若无穷数列an满足{an1an}是公比为q的等比数列，则称数列an为“Mq数列”.设数列bn中，b11，b37. （1）若b24，且数列bn为“Mq数列”，求数列bn的通项公式：

（2）设数列bn的前n项和为Sn，且bn12Snn，请判断数列bn是否为“Mq数列”，并说明理由；

m（3）若数列bn是“M2数列”，是否存在正整数m，n，使得？若存2020b2020n124041b4042在，请求出所有满足条件的正整数m，n；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）bn3n2(nN*)；（2）是，理由见解析；（3）存在，m11，n10. 【分析】（1）根据M(q)数列的定义，结合等比数列的定义进行求解即可；（2）利用前n

项和与项的关系得到{bn}的递推关系，再利用构造等比数列法求解得到数列{bn}的通项公式，并结合M(q)数列的定义进行判断；（3）结合定义，推导得出结果． 【详解】（1）因为b24，且数列bn为“Mq数列”，所以qb3b2741， b2b141即bn1bn3，所以bn是以首项为b11，公差d3的等差数列，所以bn3n2(nN*). 35（2）由己知条件可得b2，b3437，故1，所以b2.

221b2Sn1n1n2当n2时，，

1b2S(n1)1nn1211得bn13bn(n2)，又b23b1也成立，

22所以bn13bn1nN*， 211设bm1k3bnk，即2k，所以k.

42又b11所以bn13130，所以bn是以首项为,公比为3的等比数列.

444413n11n33nN*， 444bn2bn13n23n11n*n1n3， 即bn31nN，所以

bn1bn3343所以bn1bn是以首项为，公比为3的等比数列，

2故数列bn是“Mq数列”.

n1（3）由数列bn，是“M2数列”得bn1bn(b2b1)2，

所以

b3b27b22，即b23， b2b1b21n所以bn1bn2，

12n2n1， 所以n2时，bnbnbn1bn1bn2b2b1b112n*当n1时上式也成立，故bn21nN.

m4041bm40424041214042n假设存在正整数m，n，使得，则，

2020bn202020202120202m140411，可知2m12n1，所以mn，又因为m，n为正整数， 由n212020m22所以mn1，又n121mn2n12mn12n12mn2mn14042n3， 2120202m112n所以mn1∴n. 2121∴

4041140421122nn，∴，∴n10，∴m11. 20202120202020212020故存在满足条件的正整数m，n，且m11，n10.

【点睛】方法点睛：利用等比数列定义证明数列为等比数列，利用构造等比数列法、累加法解决具有递推关系的数列问题．

n19．（2021·上海嘉定·二模）已知数列an满足：a11，an1anp，nN*，Sn为

数列an的前n项和．

（1）若an是递增数列，且3a1,4a2,5a3成等差数列，求p的值；

（2）已知p，且a2n-1是递增数列，a2n是递减数列，求数列an的通项公式； （3）已知p1，对于给定的正整数n，试探究是否存在一个满足条件的数列an，使得

Snn．若存在，写出一个满足条件的数列an；若不存在，请说明理由．

13

351(1)n【答案】（1）p；（2）ann1，nN*；（3）答案见解析.

5443n【分析】（1）由an是递增数列，先得到an1anp；再由3a1,4a2,5a3成等差数列，

a11，列出方程求出p的值，即可得出结果；

（2）先由题中条件，得到a2na2n10，a2n1a2n0，推出an1an法，即可求出数列an的通项公式；

(1)n1，再由累加3n（3）由an1an1，得到an1an1；讨论n4k或n4k3（kN*）；n4k2或n4k1（kN*）两类情况，即可分别得出结论.

n【详解】（1）因为an是递增数列，所以an1anan1anp．

2因为a11，所以 a21p，a31pp．

2又因为3a1,4a2,5a3成等差数列，所以8a23a15a3，即81p351pp

即5p23p0，解得p0或p．

当p0时，an1an，这与an是递增数列相矛盾，所以p． （2）因为a2n1是递增数列，则有a2n1a2n10， 于是(a2n1a2n)(a2na2n1)0① 因为

11，所以a2n1a2na2na2n1② 32n32n135

35

由①、②得，a2na2n10，

1因此a2na2n132n1(1)2n，即a2na2n12n1 ③

3又因为a2n是递减数列，则有a2n2a2n0，于是(a2n2a2n1)(a2n1a2n)0 ④ 因为

132n11aa2n1a2n1a2n ⑤ 2n，所以2n23由④、⑤得，a2n1a2n0，

(1)1因此a2n1a2n，即a2n1a2n32n3(1)n1由③、⑥可得an1an．

3n2n2n1 ⑥

于是当n2时，ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)

1n11()151(1)n11(1)n3n1 12n11134433331351(1)n即 ann1．

443当n1时，代入上式得a11，与已知条件相吻合． 所以所求数列an的通项公式是 an51(1)nn1，nN*． 443（3）当n4k或n4k3 （kN*）时，存在数列an，使得Snn． 此时数列an满足a4k3a4k11,a4k20,a4k2，

则有S4k4k4k4(1012)4k，S4k-3a1(0121)4k3， 44即Snn．

当n4k2或n4k1 （kN*）时，不存在数列an，使得Snn． 理由如下：因为an1an1，所以 an1an1；

又因为a11为奇数，则当nN*时，a2n1为奇数，a2n为偶数， 所以当kN*时，S4k2为奇数，S4k1为偶数， 因此S4k24k2，S4k14k1均不可能成立．

于是当n4k2或n4k1 （kN*）时，不存在数列an，使得Snn． 【点睛】关键点点睛：

n求解本题的关键在于对题中条件an1anp的处理，求解每一问时，要根据题干中所给

的信息，去绝对值；再利用所学的数列相关知识（等差数列与等比数列的通项公式与求和公式、累加法求数列的通项等），即可逐问求解.

20．（2021·上海市松江二中高二阶段练习）已知有穷数列an的各项均不相等，将an的项从大到小重新排序后相应的项数构成新数列pn，称pn为an的“序数列”.例如：数列a1,a2,a3满足a1a3a2，则其“序数列”pn为1，3，2.

n（1）若数列an的通项公式为an(2)(n1,2,3,4)，写出an的“序数列”；

3（2）若项数不少于5项的有穷数列bn，cn的通项公式分别为bnn，

5cnn2tn，且bn的“序数列”与cn的“序数列”相同，求实数t的取值范围；

n1（3）若有穷数列dn满足d11，dn1dnnN，且d2n1的“序数列”单调递

2n减，d2n的“序数列”单调递增，求数列dn的通项公式.

4(1)n【答案】（1）4，2，1，3；（2）t(4,5)；（3）dnn1.

32【分析】（1）由条件可得a12,a24,a38,a416 ，a4a2a1a3，得出答案. （2）通过作差法比较相邻两项的大小关系，即bn1bn32n3n·()，得到当n2时，55bn1bn．所以需要比较第一项的大小，得出所在的位置，计算可以得出b2b3b1b4的

大小关系．则数列cn大小关系为c2c3c1c4c5cn1cn．分别算出c1t1，

c22t4，c33t9．由列c2c3c1列不等式并求解得t的取值范围．

（3）根据数列的“序数列”的单调性确定数列的单调性，结合累和法进行求解即可；

n【详解】（1）由an2n1,2,3,4，可得a12,a24,a38,a416，

a4a2a1a3，an的“序数列”为：4，2，1，3，

()n(nN*)，所以bn1bn（2）由题意得，因为bnn·3532n3n·()， 55当n2时，bnb11bn0即bn1bn，

18813243，b2，b3，b4，

251256255b2b3b1b4b5bn1bn，

2*又因为cnntn(nN)，且{bn}的序数列与{cn}的序数列相同，

所以c2c3c1c4c5cn1cn，

又因为c1t1，c22t4，c33t9，c44t16， 所以2t43t9t14t16，

5t2t2所以4t5，cnntn(n)，2t，

2242所以有c5cn1cn， 所以t(4,5)；

（3）因为d2n1的“序数列”单调递减，所以数列d2n1是单调递增数列， 因此有d2n1d2n-10(d2n1d2n)(d2nd2n-1)0，

2n2n1因为()()，所以d2n1d2nd2nd2n1，因此有d2nd2n10，

121212n1(1)2n所以d2nd2n1()2n1，

22因为d2n的“序数列”单调递增，所以数列d2n是单调递减数列，

1(1)同理可得d2n1d2n0，d2n1d2n()2n222n2n1，

(1)nn1 2dnd1(d2d1)(d3d2)1111(dndn1)12342222

11[1()n1]4(1)n221n1，

1321()24(1)n所以数列dn的通项公式为：dnn1.

32【点睛】关键点睛：解答本题的关键是根据序数列的单调性判断数列的单调性，用累和法进行求解.

21．（2021·上海市大同中学高二阶段练习）若数列an的前n项和为Sn，且满足等式

an2Sn3.

（1）求数列an的通项公式；

（2）能否在数列an中找到这样的三项，它们按原来的顺序构成等差数列？说明理由；

12*（3）令bnlog1an，记函数f(x)bnx2bn1xbn2nN的图像在x轴上截得的线段

231长为cn，设Tnc1c2c2c34cn1cn(n2)，求Tn，并证明：T2T3T42n1Tn.

n2n11Tn【答案】（1）ann1；（2）不存在，理由见解析；（3）1，证明见解析.

n32【分析】（1）由递推式，结合an,2Sn的关系易得{an}是首项为1，公比为的等比数列，写出通项公式即可.

（2）令1kmn有ak,am,an成等差数列，利用等差中项的性质可得3mk3mn2，再结合3mk3mn的取值范围，易得矛盾结论，即证存在性. （3）由题设可得cn证结论.

【详解】（1）当n1时，a12S13a13，则a11， 当n2时，an2Snan12Sn13anan10，则3anan1， ∴{an}是首项为1，公比为的等比数列， ∴an()n1，nN*.

（2）若1kmn，有ak,am,an成等差数列，则2amakan，

131342(n1)，再应用裂项相消法求Tn，最后由放缩法得Tn，即可

n2n113

∴

23m111211n，整理有3mk3mn2，又k,m,nN*， ，即k1n1mk33333∴3mk3,13mn0，故3mk3mn3，与3mk3mn2矛盾，故数列an中找不到三项，它们按原来的顺序构成等差数列. （3）由（1）知：bnlog1an311n，则bn1n1,bn2n3， 2222又cn2b2n1bnbn2bn1132(n)2(n)(n)2224， 12n1n2cncn1Tn44118() 2n12n12n12n11c1c2c2c34111112(n1)2(n1)cn1cn2(1...)13352n32n1n n2∴

∴T2T3T4222232(n1)2n1Tn...，得证.

234nn【点睛】关键点点睛：第二问，应用等差中项的性质及反证法证明；第三问，首先确定x轴交点距离cn通项，再应用裂项相消法求Tn，最后由放缩法求证结论.

x22．（2021·上海虹口·一模）已知集合Ayy2x,xN*，Byy3,xN*.

AB中的所有元素按从小到大的顺序排列构成数列an，Sn为数列an的前n项的和.

（1）求S10；

（2）如果am81，a2022t，求m和t的值；

3k1kkN*，求11Sn（用k来表示）. （3）如果n2【答案】（1）S1084；（2）m44，t4030；

11(3k1)(3k7)（3）11Sn，kN*.

4【分析】（1）根据集合A、B的描述分析AB中的元素组成，进而写出AB的前10项，即可求S10.

（2）由8134结合2n81且nN*即可求m值；令t2187、t6561判断对应an中的n，进而确定t值.

（3）由an中属于集合A、B中元素之间的个数关系，判断an的中分别含集合A、B中元

素个数，进而应用分组求和，结合等差、等比前n项和求11Sn即可.

*n*（1）由题设，集合A中元素为bn2n,nN，集合B中元素为cn3,nN，且A、B没有重

复元素，

∴AB的前10项为{2,3,4,6,8,9,10,12,14,16}，故S1084.

4（2）由am813，故an中含集合B的4个元素；

由2n81且nN*，可得n40，故an中含集合A的40个元素； ∴m40444；

由372187，若t2187，则an中含集合B的7个元素；

此时，由2n2187且nN*，可得n1093，故an中含集合A的1093个元素； ∴an中n1100.

由386561，若t6561，则an中含集合B的8个元素；

此时，由2n6561且nN*，可得n3280，故an中含集合A的3280个元素； ∴an中n3288.

综上，由110020223288，即2187t6561， ∴AB中含集合B的7个元素，含集合A的2015个元素， ∴a2022t220154030.

（3）由题设，若an中含m个集合B的元素，在第m1个和第m个集合B的元素之间存在

3m1个集合A的元素，

∴若最后一项属于集合B且an共有i个集合B的元素，iN*，

3i1∴an共有ni个元素，

23k13k1kkN*，故an含k个集合B的元素，含由题设，n个集合A的元素， 223(13k)3k113k13k1(3k1)(3k7)2(1)2∴Sn， 132222411(3k1)(3k7)∴11Sn，kN*.

4【点睛】关键点点睛：根据集合A、B的描述及其元素的性质，结合各小问条件判断an中含A、B中元素个数，进而求参数及前n项和.

23．（2021·上海·曹杨二中高二阶段练习）已知x轴上的点A11,0,A25,0,,Anan,0满足AnAn11An1An.射线yxx0上的点B13,3,B25,5,2,Bnbn,bn满足

OBn1OBn22,nN*.

（1）证明：an1an是等比数列； （2）用n表示点An和点Bn的坐标；

（3）求四边形AnAn1Bn1Bn的面积Sn的取值范围. 【答案】（1）证明见详解；（2）An924n,0，Bn(2n1,2n1)；（3）9,12.

1anan1，且a2a14，由等比2【分析】（1）根据题意，由向量的运算得出an1an数列的定义，即可证明an1an是等比数列；

（2）由（1）得an1an是以4为首项，2为公比的等比数列，根据等比数列的通项公式1n1得出an1an4()，利用累加法求出an，从而得出点An的坐标；再根据题意得出

2bn1bn2，由等差数列的定义可知{bn}是以3为首项，2为公差的等差数列，根据等差数

1列的通项公式求出bn，从而得出点Bn的坐标； （3）根据题意，可知四边形AnAn1Bn1Bn面积为SS△OASn1Bn1S△OAnBn，进而化简得

8n464n8n49gnnNgn1gn，令，从而有，当n1时，可知2n2n2ng2g1，当n2时，可知gn1gn，可知gn的最大值为g23，结合

gn8n40，可得出0gn3，从而得出四边形AnAn1Bn1Bn的面积Sn的取值范围. 2n（1）

解：已知x轴上的点A11,0､A25,0､,Anan,0满足AnAn1则an1an1anan1,n2， 21An1An， 2A1(1,0)，A2(5,0)，a2a14，

所以an1an是以4为首项，2为公比的等比数列. （2）

1

解：由（1）得an1an是以4为首项，2为公比的等比数列，

an1an4()n1，

1121ana1(a2a1)(anan1)144()n2924n,n2，

2a11符合上式，

An(924n，0)，

*射线yx(x0)上的点B13,3､B25,5､,Bnbn,bn满足OBn1OBn22,nN，

则OBn12bn1，OBn2bn，

2bn12bn22，

bn1bn2，

B1(3,3)，

{bn}是以3为首项，2为公差的等差数列，

bn2n1，

Bn(2n1,2n1).

（3）

解：由（2）得An924n,0，Bn(2n1,2n1)，

3n则An192,0，Bn1(2n3,2n3)，

四边形AnAn1Bn1Bn面积为：SS△OA1212n1Bn1S△OAnBn，

128n49， 2n即S(923n)(2n3)(924n)(2n1)(n)23n9令gn8n48n4nN，则gn1n1， n22gn1gn8n48n464nn， 2n122n当n1时，可知g2g1；当n2时，可知gn1gn； 即g2g3g4gn，

所以gn的最大值为g2又g12，且gn8243， 228n40， 2n

所以0gn3，而Sgn98n49，故9S12, 2n所以四边形AnAn1Bn1Bn的面积Sn的取值范围是9,12.

【点睛】关键点点睛：本题考查数列的实际应用，考查等差和等比数列的证明、等差等比数列通项的求解、利用累加法求数列通项公式，以及数列和函数的综合问题，解题的关键在于第3问令gn8n48n4nN，通过求出gn的最大值和gn0，从而得出n22ngn的取值范围，考查学生分析解决问题的能力以及转化能力.

24．（2022·上海·高三专题练习）已知数列an，从中选取第i1项、第i2项、…、第im，aim为an的长度为m的递增项i1i2...im，若aiai...ai，则称新数列ai1，ai2，12m子列．规定：数列an的任意一项都是an的长度为1的递增子列． （Ⅰ）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；

（Ⅱ）已知数列an的长度为p的递增子列的末项的最小值为am，长度为q的递增子列的

0末项的最小值为an.若pq，求证： aman；

000（Ⅲ）设无穷数列an的各项均为正整数，且任意两项均不相等.若an的长度为s的递增子列末项的最小值为2s1，且长度为s末项为2s1的递增子列恰有2s1个s1,2,...，求数列an的通项公式．

【答案】(Ⅰ) 1,3,5,6；(Ⅱ)见解析；(Ⅲ)见解析.

【分析】(Ⅰ)由题意结合新定义的知识给出一个满足题意的递增子列即可； (Ⅱ)利用数列的性质和递增子列的定义证明题中的结论即可；

(Ⅲ)观察所要求解数列的特征给出一个满足题意的通项公式，然后证明通项公式满足题中所有的条件即可.

【详解】(Ⅰ)满足题意的一个长度为4的递增子列为：1,3,5,6. (Ⅱ)对于每一个长度为q的递增子列a1,a2,列a1,a2,ap，此时apaq，

aq，都能从其中找到若干个长度为p的递增子

设所有长度为q的子列的末项分别为：aq1,aq2,aq3,所有长度为p的子列的末项分别为：ap1,ap2,ap3,则an0minaq1,aq2,aq3,，

，

，

注意到长度为p的子列可能无法进一步找到长度为q的子列， 故am0minap1,ap2,ap3,据此可得：aman.

00，

n1,n为偶数2,1,4,3,6,5,8,7,(Ⅲ)满足题意的一个数列的通项公式可以是ann1,n为奇数，

下面说明此数列满足题意.

很明显数列为无穷数列，且各项均为正整数，任意两项均不相等. 长度为s的递增子列末项的最小值为2s-1，

下面用数学归纳法证明长度为s末项为2s-1的递增子列恰有2s1个s1,2,当n1时命题显然成立，

假设当nk时命题成立，即长度为k末项为2k-1的递增子列恰有2k1个， 则当nk1时，对于nk时得到的每一个子列as,as,12：

,ask1,2k1，

可构造：as1,as2,,ask1,2k1,2k11和as1,as2,子列，

,ask1,2k,2k11两个满足题意的递增

则长度为k+1末项为2k+1的递增子列恰有22k12k2k11个，

n1,n为偶数2,1,4,3,6,5,8,7,综上可得，数列ann1,n为奇数是一个满足题意的数列的通项公式.

注：当s3时，所有满足题意的数列为：2,3,5,1,3,5,2,4,5,1,4,5， 当s4时，数列2,3,5对应的两个递增子列为：2,3,5,7和2,3,6,7.

【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.

*25．（2022·上海·高三专题练习）对于数列an、bn、dnnN，若

d2n21anbndnandn1对任意的nN*恒成立，则称数列an、bn、dn具有性质P.n设aka1a2k1an；

anbndn1（1）证明：数列an、bn、dn具有性质P的一个充分条件为：；

badnnn

2020n22*（2）若dntannN，an、bn、dn满足（1）的充分条件，求anbn；

3n1（3）若an、bn、dn的每一项均为有理数，但dn每一项均为无理数，试给出数列

3an、bn、dn具有性质P的充要条件.若在此条件下令dn3323，试探究数列bn的

一些性质（如单调性，极限，bn的最大项等）. 【答案】（1）证明见解析；（2）

4039bn0，bn6. ；（3）单调递减，limnmax4371nanbndn122【分析】（1）将代入验证等式dn1anbndnandn1即可证得结论成立；

bnandn2020anbndn12222（2）根据条件求得anbn关于n的表达式，进而可求得anbn的值；

n1bnandn1an61dn（3）根据题意求得数列an、bn、dn具有性质P的充要条件为，由结合3dbnn61dndn32可推导出数列bn的单调性、极限以及最大项.

13n3【详解】（1）anbndn1，bnandn，

222222所以，dn1anbndnandndn11andndn1andnan12dnbndnandn21dn3bnandn11，

anbndn1bad因此，数列n、n、n具有性质P的一个充分条件为：；

bnandnnabtan1anbndn1nnn3（2），且dntan，可得，

bad3nnnbatannnn3an11tan2n31n31ncos23sin2cos2所以，

n3，bnantannnnsincos， 333224所以，anbncosnnnn2nn2nsin2cos2cos2sin2coscos3333333

12n1cos， 23aknn22kbk22n12n212n3coscoscos233312n2n22n22n42n43coscoscossinsincoscossinsin233333333312n12n32n12n32n3coscossincossin232323232332， 202036731，因此，

2020n1a2n2bna12b126733121cos2232019120194039； 2424（3）

d2n21anbndnandn1，andn2anbndn3bndnandn4andn21，

33anbndndnbnandn1，

an、bn、dn3为有理数列，dn为无理数列，

1an631dnanbndn1，所以， 33bad0dnnnbnn61dnn321nb3n当dn3323时，则dn32，则n194n11n， 3232n1t令t32n6，由双勾函数的单调性可知，函数yt在区间6,上单调递增， 所以，数列bn单调递减，n66. 16237limbnlimn1132nn320，数列bn的最大项为

b1【点睛】本题考查了数列的新定义，考查了二倍角公式、和差角公式、三角函数求值、同时也考查了数列的单调性，考查推理能力与计算能力，属于难题.

26．（2022·上海·高三专题练习）若对于数列an中的任意两项ai､ajij，在an中

ai2都存在一项am，使得am，则称数列an为“X数列”；若对于数列an中的任意一项

aj

2akann3，在an中都存在两项ak､alkl，使得an，则称数列an为“Y数列”.

al（1）若数列an为首项为1公差也为1的等差数列，判断数列an是否为“X数列”，并说明理由；

n*（2）若数列an的前n项和Sn21nN，求证：数列an为“Y数列”；

（3）若数列an为各项均为正数的递增数列，且既为“X数列”，又为“Y数列”，求证：a1,a2,a3,a4成等比数列.

【答案】（1）数列an不是“X数列”，理由见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.

【分析】（1）求出an的通项公式ann，举出一个反例来说明an不是“X数列”； （2）求出数列的通项公式，根据“Y数列”的定义进行证明；

（3）根据“X数列”、“Y数列”的性质，结合等比数列的定义即可得证. 【详解】解（1）数列an的通项为ann，a22，a33，

2a39因为不是正整数，所以不是数列an的项，

a22所以数列an不是“X数列”.

n*（2）数列an的前n项和Sn21nN，所以an2n1.

当n3时，取kn1，ln2，

2ak2kl12n1an，所以数列an是“Y数列”. 则2al（3）证明：记qa，因为数列an是各项均为正数的递增数列，

1所以q1，且当kl时，

ak1. ala2

2aka若kl，ankakakal，则nkl.①

alalai2因为数列an是“Y数列”，所以存在ij，且a3，

aj由①知，3ij1，所以i2,j1

2a22即a3a1q，即a1，a2，a3成等比数列.

a12ak因为数列an是“Y数列”，存在正整数k､lkl，使得a4，

al由①得，4kl，所以3kl，

2ak2kl1进而a4a1q，记n42kl1N*.

al2a33因为数列an是“X数列”，存在正整数m，使得amqa3a1q，

a2由q1，得ama3.

n32若a4a1qa1q，再由a3a1qa4，

4得2n43，与n4N矛盾；

3若a4a1qam，则a3ama4，与数列an递增矛盾，

*3所以a4a1q，即a1，a2，a3，a4成等比数列.

【点睛】否定一个结论，仅需要举出一个反例；肯定一个结论，需满足普遍性.

27．（2022·上海·高三专题练习）已知{an}为等差数列，前n项和为SnnN，{bn}是

*首项为2的等比数列，且公比大于0，b2b312，b3a4a1，S1616b4. （1）求{an}和{bn}的通项公式;

*（2）求数列{anbn}的前n项和TnnN;

**（3）设集合Axxan,nN，Bxxbn,nN，将AB的所有元素从小到大依次

排列构成一个数列{cn}，记Un为数列{cn}的前n项和，求Un2020的最小值.

n1n【答案】（1）an2n1， bn2；（2）Tn2n326；（3）42.

【分析】（1）求出首项b1和公比q得等比数列的通项公式bn，然后再求得a1和公差d得

an；

（2）用错位相减法求得和Tn；

*（3）由akblak1k,lN时，可得k2l1，设Ula1a2a2b1b2bl，则

l1共有kl2l1l个数，即US2l1l2l2l1，求出Ul222，估计在2020左右的和，计算

得U62020U7，这样可得(26,27)之间还有一些数，设其中有m个数，求得这m个数的

和后，通过估值法（计算）得出Un2020的最小值.． 【详解】（1）设an的公差为d，bn的公比为q，且q0

2由b2b312可得b1qb1q12，∵b12，q0，∴q2，∴bn2n

由b3a4a1，可得2a13d8，①由S1616b4，可得2a115d32，② ①②联立，解得a11，d2，∴an2n1

n∴an的通项公式为an2n1，bn的通项公式为bn2

12n（2）Tn12322n12，①

2Tn1223232n32n2n12n1，②

②①可得，

Tn1222222n12123nn11221412n1122n12n12n32n16

11*l1（3）当akblak1k,lN时，2k12l2k1，有k2k，则k2l1

22设Hla1a2a2b1b2bl，则共有kl2l1l个数，即HlU2l1l1l

而a1a2al122l12112l1222l2，b1b2bl212l122l12，

672l2l1则Hl222可知H611502000H74350，可知在2,2中取得最小值， 6767假设是2,2中第mm63项取得，设2,2中前m项和为

Vm65mmm12m264m 2经计算可知m12，Un2020取得最小值42．

【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列与等比数列的通项公式，错位相减法求和，难点在于求Un时要确定其中含有多少个an，多少个bn，本题中为了方便起见，求Un时，先求得第n项为{bn}中的项，然后用估值法，确定与2020靠近的Un，再计算得出Un2020的最小值．

28．（2022·上海·高三专题练习）已知项数为m(mN*,m2)的数列an为递增数列，且满足anN，若bn*··amana1a2·m1，且bnN，则称bn为an的“伴随数列”.

*（1）数列1,5,9,13,17是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”若不存在，请

说明理由；

（2）若bn为an的“伴随数列\"，证明: b1b2bm；

（3）已知数列an存在“伴随数列bn，且a11,am2049，求m的最大值. 【答案】（1）存在， 11,10,9,8,7；（2）证明见解析；（3）33. 【分析】（1）根据定义求出{bn}即可； （2）证明bnbn10即可得；

（3）首先证明a11,am2049的伴随数列是在在的，最小的m2，然后确定m的范围求m的最大值，由（2）由（2）知，an1anm1 n1,2,,n1，利用累加法可得

am1(m1)2，得出m12048，从而m46（m是整数），又由b1bm2048知m1m1,33)，它存在

是2048的正约数，这样得出m的最大值为33，构造数列an64n33(n1,2,伴随数列，从而得证． 【详解】（1）因为b1b3159131711151，b2159131751051

15913179951，b4159131713851，b5159131717751均为正整数

所以数列1,5,9,13,17存在“伴随数列”，且其“伴随数列”为11,10,9,8,7 （2）因为数列an存在“伴随数列”bn，

*所以an1an01nm1，且bn,bn1N

∴bnbn1··amana1a1···aman1an1ana1a1·N*m1m1m1，

∴bnbn10，即bnbn1， ∴b1b2bm．

（3）①因为a11,am2049，其中m2 当m2时，a11,a22049有

b1120491204921，b1120492049121均为正整数

即当m2时，数列1,2049存在“伴随数列”：2049,1 因此m的最小值为2

②一方面，由（2）知，an1anm1 n1,2,,n1 于是am1amam1am1am2*所以m12048m46mN

2a2a1m1m1m1m1

2另一方面，由数列an存在“伴随数列bn，知

b1bm··ama1a1a1···amama1a1·m1m1ama12048N* m1m1所以m1是2048的正约数，m1取2,22,23,即m取3,5,9,17,33,65,,2049

,211

综合上述m33为最大值，取an64n63n1,2,,33有

bn··aman165+129+a1a1·m1+204964n6310592nN*符合条件

331因此m的最大值为33．

【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义，解题关键是理解新定义，应用新定义求解．在求m的最大值时，注意数列与不等式的综合运用，解题时分为两个方面，两方面确定满足题意的伴随数列在在，至少m2是可以的，另一方面，确定m的最大值，利用累加法估计出m的范围，再由伴随数列的性质得出m满足的性质，由这两个确定出m的最大值，但要构造出一个满足题意的数列，它的项数是m，且在在伴随数列．否则解题过程不全面．

29．（2022·上海·高三专题练习）若有穷数列an满足:0a1a2akkN,k3与 ajai至少有一个是数列an中的项，则称数列an且对任意的i,j(1ijk)，ajai 具有性质P

（1）判断数列1，2，4，8是否具有性质P，并说明理由； （2）设项数为k(kN,k3)的数列an具有性质P，求证：kak2a1a2ak1ak；

（3）若项数为k(kN,k3)的数列an具有性质P，写出一个当k4时，an不是等差数列的例子，并证明当k4时，数列an是等差数列

【答案】（1）数列1,2,4,8不具有性质P，理由见解析；（2）证明见解析；（3）数列

0,1,4,5具有性质P，但该数列不是等差数列，证明见解析.

【分析】（1）根据性质P的定义判断；

（2）根据性质P有若akaiM，则akaiM，从而得akak(i1)ai(i1,2,个等式相加后可证；

,k),这k（3）由（2）得a10，设2ik，得akakiai1(1ik1)，设3ik1，得

ak1akiai(1ik3)，两者相减得akak1ai1ai(1ik1)，得证等差数列．

【详解】解：（1）数列1,2,4,8不具有性质P

因为01248，但是415,413，它们均不是数列1,2,4,8中的项， 所以数列1,2,4,8不具有性质P.

（2）证明：因为akakM，所以akakM，即0M，所以a10 设2ik，因为akaiM，所以akaiM. 则得0akakakak1akak2因为0a1a2a3ak1ak

aka2aka1

所以akaka1,akak1a2,akak2a3,,aka2ak1,aka1ak 将上面的式子相加得 kakakak1ak2a2a1a1a2a3ak1ak.

ak1ak

所以kak2a1a2（3）数0,1,4,5具有性质P，但该数列不是等差数列.(答案不惟一) 下面证明当上k4，即k5时，数列an是等差数列. 由（2）得a10 ①设2ik

由（2）知0akakakak1akak2因为0a1a2a3ak1ak，

aka2aka1

所以akaka1,akak1a2,akak2a3,,aka2ak1,aka1ak 因此akakiai1(1ik1).(*) ②设3ik1，

则ak1aiak1a2ak，所以ak1aiM，得ak1aiM. 由0ak1ak1ak1ak2及0a1a2a3ak1a3aka3ak2

ak3ak2

可得ak1ak1a1,ak1ak2a2,ak1ak3a3,,ak1a3ak3

所以ak1akiai(1ik3).

因为k5，由上知，ak1ak1a1，且ak1ak2a2， 所ak1a1ak1，且ak1a2ak2， 所以ak1akiai(1ik1).(**) 由(*)知akakiai1(1ik1)， 两式相减akak1ai1ai(1ik1) 所以当k4时，a1,a2,a3,,ak是等差数

【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，解题关键是新定义对数列进行转化，在证明等差数列时，利用性质P得出akak1ai1ai(1ik1)，解题时从数列最大项开始考虑，确定最大项与前面各项的差仍在数列中，这是解题的关键所在．

30．（2022·上海·高三专题练习）在数列an中，若存在常数k，使得任意nN*都有

22an1ank，则称an是X数列．

（1）若数列bn是X数列，且b11，b23，写出所有满足条件的数列bn的前4项； （2）已知数列an是等比数列，求证：an是X数列的充要条件是其公比为； 1*（3）若X数列cn满足c12，c222，cn0nN，设数列的前n项和为Tn，

cn是否存在正整数p、q，使得不等式Tnpnq1对一切nN*都成立？若存在，求出

p、q的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析；（3）存在p = q =1，使题设不等式成立.

2【分析】（1）由题设可得bn8n7，进而求b3、b4，结合已知写出前4项所有可能的组

合即可；

2222n22（2）应用充要条件的定义，若公比为q要使an1ana1q(q1)为常数有q210，求

q，再令q1判断an21an2是否为常数，即可证结论；

（3）首先由题设可得

11，再应用放缩法、裂项相消法得到Tnpnq1的形式，cn2n即可确定正整数p、q是否存在.

2222【详解】（1）由题意知：bn1bnb2b1918，

22∴bn是首项、公差分别为1、8的等差数列，故bn18(n1)8n7，

∴b317、b45，故数列bn的前4项为{1,3,17,5}或{1,3,17,5}或{1,3,17,5}或

{1,3,17,5}.

2222n22（2）设an的公比为q，则要使an1ana1q(q1)且nN*为常数，

∴仅当q210，即q1，则an是X数列，

2222若an的公比为q1，即an1anan(q1)0为常数，an是X数列，

∴an是X数列的充要条件是其公比为，得证.

22222（3）由题设知：cn1cnc2c1844，而c124，则cn44(n1)4n，

*∵cn0nN，

∴cn2n，故∴Tn2(111211， cn2n13...1n)，而1222(n1n)， nnnn1n∴Tn(21)(32)(43)...(n1n)n11对于一切nN*都成立， ∴存在正整数pq1，使Tnpnq1对于一切nN*都成立.

111111...)，根据【点睛】关键点点睛：第三问，由题设可得，Tn2(1cn2n23n12(n1n)放缩Tn，结合裂项相消，即可得Tnpnq1的形式. n31．（2022·上海·高三专题练习）若数列满足：从第二项起的每一项不小于它的前一项的（R）倍，则称该数列具有性质P().

（1）已知数列1，2x，3x具有性质P(4)，求实数x的取值范围；

（2）删除数列3，32，，3n，中的第3项，第6项，，第3n项，，余下的项按原

1来顺序组成一个新数列{tn}，且数列{tn}的前n项和为Tn，若数列{Tn}具有性质P()，试求实数的最大值；

（3）记uiumum1um2un（mN），如果ak0（k1,2,,2021），证明：

imn“ak1”的充要条件是“存在数列{xn}具有性质P(1)，且同时满足以下三个条件：

k12021（Ⅰ）数列{xn}的各项均为正数，且互异；（Ⅱ）存在常数A0，使得数列{xn}收敛于

A；（Ⅲ）xnxn1akxnkak1xnk（n1,2,，这里x00）”.

k1k020212020

【答案】（1）x6；（2）11；（3）证明见解析.

【分析】（1）利用新定义列出不等式组，求解即可；（2）通过令n3k，n3k1，

1n3k2，分别利用新定义，列出不等关系式，求解的最大值；（3）令xn1，

2n53验证条件Ⅰ，利用数列{xn}收敛于A，判断条件Ⅱ，通过xnxn1ak(xnkxnk1)，得

k1nn1202111202111ak2，即可证明ak1. 2k12k120212x45【详解】（1）由题意可知，，得x6；

33x4(2x)nn1（2）当n3k,kN时，Tn313331(3)12(3n1)，TnTn1,313，所以

3nn33131313n333n1321n1214；当n3k1,kN时，Tn313331(3)153n12，

3131131331313n115n124512313131311TnTn1，13；当n3k2,kN时，

15n112151231313131313n1(3)Tn33313133n23318n12541231313131371812，综上，的3n，TnTn1，18121812n11313313131313最大值为11.

1（3）证明：令xn1，显然xn具有性质P(1)，且满足条件（Ⅰ），当x,xn1，

2n满足条件（Ⅱ），xnxn1akxnkak1xnk，即xnxn1ak(xnkxnk1)，所以

k1k0k1nn1nnknk1nk2021202111111111ak[11]ak，所以

222222k1k12021202020212021k1ak221，即证ak1.

k2021k1【点睛】本题考查了数列的新定义与数列的敛散性问题，注意利用等比数列的前n项和的公式代入求解判断，判断数列的敛散性需要结合数列的极限值判断出数列收敛于某个确定的值.

32．（2022·上海·高三专题练习）设各项均为整数的无穷数列an满足a11，且对所有

nN*，an1ann均成立.

（1）求a1a2a3的所有可能值；

（2）若数列an使得无穷数列a1、a3、a5、、a2n1、是公差为1的等差数列，求数列an的通项公式；

（3）求证：存在满足条件的数列an，使得在该数列中有无穷多项为2021.

n1,n为奇数2【答案】（1）1，3，7；（2）an；（3）证明见解析．

2n,n为偶数2【分析】（1）用列举法写出a2,a3的值，计算出a1a2a3可得；

（2）题意可得出奇数项数列的通项公式，然后由相邻两项差的绝对值求得偶数项． （3）利用（2）中数列构造一个循环数列，，则可证明． 【详解】数列各项均为整数，

（1）a11，a2a11，则a20或2，a3a22，

a20时，a32或2，a22时，a30或4，

所以a1a2a31,3,3,7，即可能值为1，3，7；

（2）由已知a2n1n，则a2na2n12n1，a2n1a2n2n， 即a2nn2n1,a2n(n1)2n，所以a2n1n，

n1,n为奇数2所以an；

2n,n为偶数2（3）由（2）可知存在一个数列{an}奇数项为从1开始的连续自然数，易知a40412021， 然后从第4041项开始，构造奇数项为公差为－1的等差数列，（如a4042a40414041，

a4043a404240422020），

这样由（2）知，当n2k1，kZ，k2020时，an8083n， 28082nanan1n1n2k,kZ时，k2021时，，解得an，

aan2n1n则当奇数取至1时，重复第一段的数列，得到一个周期数列，在此周期数列中存在无穷多

项为2021．即证．

【点睛】关键点点睛：本题考查数列递推公式的应用，数列通项公式的求解，解题关键是通过（2）构造一个循环数列，以此解决出现无穷多项为2021的数出现的问题．第（3）小题难度较大．

33．（2022·上海·高三专题练习）已知an是公差为2的等差数列，其前8项和为64．bn是公比大于0的等比数列，b14,b3b248． （I）求an和bn的通项公式；

*（II）记cnb2nb,nN，

n12c2n是等比数列； （i）证明cnn122nN* （ii）证明c2kkck1k2kaa【答案】（I）an2n1,nN，bn4n,nN；（II）（i）证明见解析；（ii）证明见解

析.

【分析】（I）由等差数列的求和公式运算可得an的通项，由等比数列的通项公式运算可得bn的通项公式；

2c2n24n，结合等比数列的定义即可得证； （II）（i）运算可得cnnanan14n2akak11nk（ii）放缩得c2c，进而可得2k1，结合错位相减法即可得证. 222nckc2k2k12k1n2n【详解】（I）因为an是公差为2的等差数列，其前8项和为64． 所以a1a2a88a187264，所以a11， 2所以ana12n12n1,nN；

设等比数列bn的公比为q,q0，

所以b3b2b1q2b1q4q2q48，解得q4（负值舍去）， 所以bnb1qn14n,nN；

2n（II）（i）由题意，cnb2nb44n，

n21111所以cc2n42nn44n2n442nn24， 

2cn24n11c2n2所以cc2n0，且c2c24n4，

n2n2n2c2n是等比数列； 所以数列cnanan12n12n14n214n2（ii）由题意知，c2c24n222n222nn2n，

所以nanan12cnc2n4n2222n2n22n1n122n，

所以k1akak11nkk12ckc2k2k12n，

设Tn则Tn12k123n012n1， k12222k12123n， 2122232nnn22， 2n2n111n1111n2两式相减得Tn12n1n12222212所以Tn4所以k1nn2， 2n1akak11nk1n2422. 2k1ckc2k2n12k122n【点睛】关键点点睛：最后一问考查数列不等式的证明，因为k1akak12ckc2k无法直接求解，应先放缩去除根号，再由错位相减法即可得证.

34．（2021·上海虹口·二模）若数列an满足“对任意正整数i，j，ij，都存在正整数k，使得akaiaj”，则称数列an具有“性质P”.

（1）判断各项均等于a的常数列是否具有“性质P”，并说明理由； （2）若公比为2的无穷等比数列an具有“性质P”，求首项a1的值； （3）若首项a12的无穷等差数列an具有“性质P”，求公差d的值.

【答案】（1）答案见解析；（2）a12，m1且mZ；（3）d1或d2.

2【分析】（1）根据性质P计算，由aiajaaka解得a0或a1，可得结论；

n1（2）通项公式ana12，然后由akaiaj求出a1，由mk1ij的范围可得a1的值

m的形式；

（3）由aka1an得d2，由对于任意的正整数n，存在整数k1和k2，使得

k2n1ak1a1an，ak2a2an，两式相减得dan(k2k1)d.首先确定d0，得ank2k1是整数，

因此d也是整数，然后说明d0不合题意（取较大的m，使得amam1a1即可得），d0时只有d1或2，并说明符合题意．

【详解】解：（1）若数列an具有“性质P”，由已知对于任意正整数i，j，ij，都存在正整数k，使得akaiaj，所以aa2，解得a0或a1.

所以当a0或a1时，常数数列满足“性质P”的所有条件，数列具有“性质P”；当a0且a1时，数列an不具有“性质P”.

（2）对于任意正整数i，j，ij，存在正整数k，使得akaiaj，即

a12k1a12i1a12j1，a12k1ij，令k1ijmZ，则a12m.

n1mn1当m1且mZ时，则ana122，对任意正整数i，j，ij，由akaiaj得

2mk12mi12mj1，得kijm1，而ijm1是正整数，所以存在正整数kijm1使得akaiaj成立，数列具有“性质P”.

mm12m1若m2，取i1,j2，a1a2222，2m1m，22m1不是{an}中的项，不合题

意．

综上所述a12，m1且mZ.

（3）an2(n1)d.对于任意的正整数n，存在整数k，使得aka1an得d1m2.

k2n1对于任意的正整数n，存在整数k1和k2，使得aka1an，aka2an，两式相减得

2dan(k2k1)d.

当d0时，显然不合题意.

当d0时，得ank2k1，是整数，从而得到公差d也是整数.

am0若d0时，此数列是递减的等差数列，取满足正整数m，解得2aa21m2m1d2，由amam1ama1，所以不存在正整数k使得amam1ak成立.从而m221dd0时，不具有“性质P”.

d2是正整数，k,n都是正整数，因此d1或2．

k2n1当d1时，数列2，3，4，……，n1，……，对任意正整数i，j，ij，由akaiaj得k1(i1)(j1)，得kijij，而ijij是正整数，从而数列具有“性质P”.

当d2时，数列2，4，6，……，2n，……，对任意正整数i，j，ij，由akaiaj得2k2i2j，得k2ij，而2ij是正整数，从而数列具有“性质P”.

综上所述d1或d2.

【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，考查学生的创新意识，推理能力．解题关键是理解新定义并能运用新定义解题．性质P，即对任意的m,nN*，存在kN*，使得

akaman，只要根据这个恒成立式求得数列即可．

35．（2021·上海市实验学校高一期末）设数列an的前n项和为Sn，对一切nN*，点anSn的图像上． n,都在函数fxx2xn（1）将数列an依次按1项、2项、3项、4项循环地分为a1、a2,a3、a4,a5,a6、

a7,a8,a9,a10、a11、a12,a13、a14,a15,a16、a17,a18,a19,a20、a21、…，分别计算各个

括号内各数之和，设由这些和按原来括号的前后顺序构成新的数列为bn，求b5b100的值；

a1a3（2）设An为数列n的前n项积，若不等式Anan1fan对一切nN*都

2aan成立，求a的取值范围．

3bb2010【答案】（1）5100；（2）2,03,.

2【分析】（1）本题可通过题意得出Snnan，通过数学归纳法得出an2n，再然后根

12据题意得出各组第4个括号中各数之和构成等差数列，且公差为80，最后根据第一组中第4个括号内各数之和是68以及b522即可得出结果；

an11111（2）可根据得出Anan111anana1a211an2n1，然后根据fa11an33a以及题意得出112a2aa1a21312n1a对一切

2aan

11nN*都成立，再然后设gn11a1a2112n1，通过gn1gnan得出gn单调递减，最后通过g1a3并计算即可得出结果. 2aaS【详解】（1）因为点n,n都在函数fxxn的图像上，

2xn所以

Sna1nn，Snn2an， n2n2假设an2n，则an12n2，

1令n1，则a1S11a1，解得a12，满足an2n；

2假设当nkk2,kN时等式成立，则Skk2ak，

12那么当nk1时，

1Sk1Skak1k2akak1k2k2k2

2122k1k1k1ak1，

2故当nk1时，等式成立， 综上所述，an2n，

则数列an依次按1项、2项、3项、4项循环地分为2、4,6、8,10,12、14,16,18,20、

22、24,26、28,30,32、34,36,38,40、42、

之和，

，

每一次循环记为一组，由于每一个循环含有4个括号，故b100是第25组中第4个括号内各数

由分组规律知，由各组第4个括号中所有第1个数组成的数列是等差数列，且公差为20， 同理，由各组第4个括号中所有第2个数、所有第3个数、所有第4个数分别组成的数列也都是等差数列，且公差均为20，

故各组第4个括号中各数之和构成等差数列，且公差为80， 因为第一组中第4个括号内各数之和是68， 所以b1006824801988， 因为b522，所以b5b1002010.

（2）因为

an11111，所以An11anana1a2111a1a211an2n1， 11， an则Anan11因为faan3aa33anna， 2a2a2a2a所以不等式Anan1fa1111aa12an3对一切nN*都成立即2a1312n1a对一切nN*都成立，

2aan11设gn11a1a2112n1， an则只需gnmaxa因为

gn1gn3即可， 2a12n34n28n311， 2a2n14n8n4n1所以gn1gn，gn单调递减， 则gnmaxg1即

a32a2a33， a22a3a0，解得2,03,0233,，

故a的取值范围为3,.

【点睛】关键点点睛：本题考查用数学归纳法求数列的通项公式，考查数列新定义问题，考查数列中的不等式恒成立问题，难度较大．本题中的新定义问题，关键是读新定义，通过寻找规律把问题转化为等差数列的相关问题．可将不等式恒成立问题转化为求数列的最值，确定数列的单调性是求最值常用方法．

36．（2021·上海·格致中学高三阶段练习）1.设数列annN中前两项a1、a2给

*定，若对于每个正整数n3，均存在正整数k1kn1使得an称数列an为“T数列”.

an1an2kank，则

（1）若数列annN为a11、a2的等比数列，当n3时，试问an与

*12an1an2是2否相等，并说明数列annN是否为“T数列”﹔

*（2）讨论首项为a1、公差为d的等差数列an是否为“T数列”，并说明理由； （3）已知数列an为“T数列”，且a10，a21，记

Sn,kan1an2ankn2,nN*，其中正整数kn1，对于每个正整数n3，当

正整数k分别取1、2、…、n1时，

S(n,k)的最大值记为Mn，最小值记为mn，设kbnnMnmn，当正整数n满足3n2021时，比较bn与bn1的大小，并求出bn的最大

值.

【答案】（1）相等，是“T数列”；（2）具体见解析；（3）bn1bn，最大值为. 【分析】（1）根据题意求出an，进一步求出据“T数列”的定义得到结论；

（2）若d0，由常数数列的特征可以判断结论，若d0或d0，通过举反例即可判断结论；

（3）由题意，对于每个正整数n3，均有anmn,Mn，an1所有正整数kn1，均有mnSn,1mn,Mn，且对于132an1an2，然后验证两者是否相等，最后根2S(n,k)Mn，即kmnS(n,k)kMn，进而对于每个正整数kS(n,t)S(n,l)，mn，然后证明ttn4，取适当的正整数t， ln1，使得MnMnan1t1n1Mn1mn1，进一步得到Mn1an1，MnmnntnMnmnn1(Mn1mn1)，进而判断数列bn的单调性，最后得到答案.

1（1）由题意，an2n1，当正整数n3时，

n3an1an2212n21221142n312n1an，所以anan1an2. 2因为对于每个正整数n3，均存在正整数2，使得anan1an2，所以数列an为“T数2

列”.

（2）d0时，对于每个正整数n3，均存在正整数1，使得anan1，则数列为“T数列”；

a1a1aa3131d0时，，d0时，，

aaaaa12a123322于是，d0时，对n=3，当正整数k满足1k31时，总有and0时，数列不是“T数列”.

an1an2kank，即

（3）由题意可知，对于每个正整数n3，均有anmn,Mn，an1对于所有正整数kn1，均有mnSn,1mn,Mn，且1S(n,k)Mn，即kmnS(n,k)kMn，记S(n,0)0， kS(n,t)S(n,l)，mn，由tt对于每个正整数n4，取适当的正整数t， ln1，使得MnS(n,t)an1S(n1,t1)an1t1Mn1，则

tMnan1tMntan1Sn,ttan1an1t1Mn1tan1t1Mn1an1，即

Mnan1t1Mn1an1. t类似的，lan1mnlan1lmnlan1Sn,llan1an1Sn1,l1l1an1l1mn1l1an1mn1，即an1mnl1an1mn1l

因为mn1an1Mn1,tn1,ln1， 所以Mnmnan1mnt1n2Mn1an1Mn1an1， tn1l1n2an1mn1an1mn1， ln1n2n2Mn1an1an1mn1 n1n1所以MnmnMnan1an1mnn2n1n2Mn1mn1，则MnmnMn1mn1Mn1mn1， n1n1n因为a10,a21,所以mn1Mn1，则nMnmnn1(Mn1mn1). 于是，正整数n4时，bnbn1成立，即正整数n3时，bn1bn成立，

13所以正整数n满足3n2021时，当n=3时，bn取得最大值为b331.

22【点睛】本题第（3）问难度大，在思考这样的新信息题目时，可以先从特殊值出发，找到一定的规律，然后推广到一般的情况；另外，数列中最值的问题往往与数列的单调性结合在一起，而比较大小的的方法有作出法、函数法、放缩法等等，平常注意对这方面的训练.

37．（2021·上海奉贤·一模）已知数列an满足

2n1ant. 22qaq0,t0,qt0,n2,nNn1an1（1）当q1时，求证：数列an不可能是常数列； （2）若qt0，求数列an的前n项的和；

21bn2,nN，判断对任意n2,nN，bn是否为正整nq,t1（3）当时，令2an22数，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析

tnt2n,q1n1,n2k1,kZ4（2）当q0时，Sn；当t0时，Sn21qn.

tn,q1n,n2k,kZ1q4（3）对任意n2,nN，bn是正整数，理由见解析. 【分析】（1）由题干条件得到a22qt2，故可说明数列an不可能是常数列；（2）2分q0，t0与t0，q0两种情况进行求解；（3）先求出b24，b324，故猜想对任意n2,nN，bn是正整数，对bn222an2n2,nN平方后整理为an242，代入2bna2n111121anan21中，消去an，得到关于bn的式子，再进行整理得到2a4ann2bn12bnbn11，故可类推出结果.

（1）证明：a2qa1tt2q，因为q1，t0，所以a22qt2，故当q1时，a122数列an不可能是常数列

（2）因为qt0，q2t20，所以当q0时，t0，n2时，an时，an2，当n为偶数时，antan1，即当n为奇数

t，设数列an的前n项的和为Sn，当n为奇数时，2tn1tnttntnSn22n1，当n为偶数时，Sn2n，综上：

224224tntn1,n2k1,kZ4Sn

tnn,n2k,kZ4当t0时，q0，n2时，anqan1，此时an为等比数列，首项为2，公比为q，当

2n,q121qq1时，Sn2n，当q1时，Sn，故Sn21qn.

,q11q1qn1131（3）对任意n2,nN，bn是正整数，理由如下：当q,t1时，a2a1，所

2a122以b24，a3证明：bn1117a2，b324，猜想：bn2a2122a22nn2,nN为正整数，

44220，则ana2，代入到2，n1222bn1bnan2224141221111122224an1anan21得：bn1，整理得：4bn22a4a2nnbn2222222222bn1bn42bn，从而bnbn142bn1，（n3），于是bn1bn42bn142bn1，

所以bn12bnbn11，因此知，当b2N时，b3N，当b3N时，b4N，以此类推，

2对任意n2,nN，bnN，证毕.

【点睛】数列的压轴题一般要用函数思想，需要结合不等式及特殊到一般的处理思路，比如本题第三问，在求解对任意n2,nN，bn是否为正整数时，要先结合b24，b324，再使用消元思想来进行解决.

38．（2022·上海·高三专题练习）两个数列{n}、{n}，当{n}和{n}同时在nn0时取得相同的最大值，我们称{n}与{n}具有性质P，其中nN*.

（1）设(1x)2022的二项展开式中xk的系数为ak（k0,1,2,3,,2022），kN，记a0c1，

1a1c2，，依次下去，a2022c2023，组成的数列是{cn}；同样地，(x)2022的二项展开式

x中xk的系数为bk（k0,1,2,3,,2022），kN，记b0d1，b1d2，，依次下去，

b2022d2023，组成的数列是{dn}；判别{cn}与{dn}是否具有性质P，请说明理由；

（2）数列{tdn}的前n项和是Sn，数列{19823n}的前n项和是Tn，若{Sn}与{Tn}具有性质

P，d,tN*，则这样的数列{tdn}一共有多少个？请说明理由；

（3）两个有限项数列{an}与{bn}满足an1an(bn1bn)，nN*，且a1b10，是否存在实数，使得{an}与{bn}具有性质P，请说明理由.

【答案】（1）不具有；见解析（2）102；见解析（3）见解析，1. 【分析】（1）(1x)2022展开式中系数最大项为C2022xx1011的系数是否是最大值，即可得结果；

n（2）令bn19823，则Tn1982n10111011，然后再判断(x)2022展开式中

1xTnTn13(13n)33n1982n3，结合，求得

TT1322nn1n6，求得Tn的最大值，由{Sn}与{Tn}具有性质P，可得n6时，(Sn)max10800，由

antdn，结合t6d0,t7d0求得t的范围，再由antdn是等差数列，可得

t,dN*(tdt6d)6S6=10800，然后联立2t7d3600，解出数列{tdn}的个数；

26dt7d（3）由an1an(bn1bn)进行迭代，可得anbn，因为{an}与{bn}具有性质P， 所以anbn，从而可1

00n-1rr【详解】解：（1）(1x)2022展开式的通项为Tr1C2022x，则数列{cn}的通项为cnC2022

1011故数列{cn}中的最大值为c1012C2022

11rr(x)2022展开式的通项为Tr1'C2022x2022r(1)rC2022x20222r，

xxr而当20222r1011时，得r1011N， 2所以{cn}与{dn}不具有性质P

n（2）令bn19823，则Tn1982n3(13n)331982n3n， 1322

33n33n11982n31982(n1)3TnTn12222由，即，

3333TTnn1nn11982n31982(n1)322223n1982解得n1，

31982因为n2,nN*，36729,372187

所以当n6时，(Tn)max19826+3610800, 因为 {Sn}与{Tn}具有性质P， 所以n6时，(Sn)max10800， 因为antdn， 所以t6d0,t7d0， 因为antdn， 所以S6=(tdt6d)610800，

23232t,dN*t3606t3613t4313,,,由2t7d3600，解得共有102个数列；

d516d518d7186dt7d（3）因为an1an(bn1bn)，nN* 当n2，nN*时，

an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1 (bnbn1)(bn1bn2)(b2b1)b1

所以anbn

当n1时，a1b10符合上式 所以anbn，

因为{an}与{bn}是有限项数列，所以一定存在最大项， 设(an)maxan,(bn)maxbn，因为{an}与{bn}具有性质P，

00所以anbn，

001显然成立，

假设1，则显然(an)maxan,(bn)maxbn，anbnbn矛盾

00000同理，1也矛盾，

所以1

【点睛】此题考查了二项式定理、数列求和、不等式的性质等性质，综合性强，考查了运算能力，属于难题.

39．（2022·上海·高三专题练习）已知正整数数列an满足：a1a，a2b，

an2an2026(n1).

an11（1）已知a52，a61013，求a和b的值； （2）若a1，求证an2an（3）求ab的取值范围.

【答案】（1）a2，b1013；（2）证明见解析；（3）ab1015,2027. 【分析】（1）根据递推式赋值逆推，分别求出a4,a3,a2,a1,即可求出a,b的值； （2）由已知得an2an1an2an2026，进一步得an3an1an21an2an，即

an3an1an2an，结合an212，利用放缩法即可得到；

an2112026b；

2n1b1（3）由已知得an2an2026an2an1，讨论an与an2的大小关系即可得出． 【详解】（1）令n4得，a6令n3得，a5令n2得，a4令n1得，a3a42026a420261013，解得a41013；

a5121a32026a320262，解得a32；

a4110131a22026a220261013，解得a21013；

a3121a12026a120262，解得a12；

a2110131所以a2,b1013． （2）an2an2026(n1)等价于an2an1an2an2026，

an11an2an1an2an2026则，两式相减可得an3an1an21an2an，即

aaaa2026n1n3n2n3an3an1an2an，

an21因为an是正整数数列，所以an212，于是

an2an1an1an121a202612026b1aaa. 31n12b12n1b12n1（3）an2an2026(n1)等价于an2an2026an2an1

an11①若an2an0，奇数项都相等，偶数项都相等且an1an2026 由an是正整数数列，所以an11,2,1013,2026，经验证， a1a2026a2a1013，，，均符合题意， b2026b1b1013b2此时ab2027或ab1015

②当an2an时，奇数项递增，偶数项递增，而an2an2026an2an1 ，随着n 的增大，存在nn0时，2026an2an10，这样与条件矛盾，故an2an不成立； ③当an2an时，奇数项递减，偶数项递减，而an2an2026an2an1 ，随着n 的增大，存在nn0时，2026an2an10，这样与条件矛盾，故an2an不成立； 综上，ab2027或ab1015，即ab1015,2027.

【点睛】关键点点睛：本题主要考查利用递推式求数列中的项，以及放缩法的应用，放缩法在不等式的证明中常考查，放缩成合适的标准是解题的关键，意在考查学生的分类讨论思想与逻辑推理能力和数学运算能力，属于难题．

40．（2022·上海·高三专题练习）记实数a、b中的较大者为maxa,b，例如

max1,22，max1,11．对于无穷数列{an}，记ckmaxa2k1,a2k（kN*），若对于

任意的kN*，均有ck1ck，则称数列{an}为“趋势递减数列”．

（1）根据下列所给的通项公式，分别判断数列{an}是否为“趋势递减数列”，并说明理由．

n1①an，②ansin；

22n（2）设首项为1的等差数列{an}的前n项和为Sn、公差为d，且数列Sn为“趋势递减数列”，求d的取值范围；

（3）若数列{dn}满足d1、d2均为正实数，且dn2dndn1，求证：{dn}为“趋势递减数列”的充要条件为{dn}的项中没有0．

【答案】（1）①数列为“趋势递减数列”；②数列不是“趋势递减数列”；理由见解

析；（2）d；（3）证明见解析．

【分析】（1）根据“趋势递减数列”的定义逐个分析可得结果；

（2）由数列Sn为“趋势递减数列”可得c1maxS1,S2c2S3,S4，①若S1S2，推出d1，经验证数列Sn为“趋势递减数列”； ②若S1S2，推出1d，经验证数列Sn为“趋势递减数列”，由此可得结果；

（3）利用反证法证明必要性，根据“趋势递减数列”的定义证明充分性,即可得解.

1【详解】（1）①中，由a2k122k11212110，a2k0，得ck（k为正整

242kk数），

1因为ck1ck4k13110，所以①数列满足“趋势递减数列”的定义，故

444kk①中数列为“趋势递减数列”.

0,k2lk1②中，由a2k1(1)，a2k0，所以ck（l为正整数），

1,k2l1因为c31c20，故②中数列不满足“趋势递减数列”的定义，故其不是“趋势递减数列”．

（2）由数列Sn为“趋势递减数列”，得c1maxS1,S2c2S3,S4． ①若S1S2，则S2S1a2a1d0，即1d0，也即d1， 此时{an}为递减数列，故0a2a3所以S1S2S3S4Snan．

，

故ckS2k1S2k1ck1（kN*），满足条件． ②若S1S2，则a20，则1d0，即d1， 由c1maxS1,S2c2S3,S4得S2S3， 则a3S3S20，则a12d0，

即12d0，解得d，所以1d．此时{an}为递减数列， 所以a1a20a3所以S1S2S3S4an1212， ，

Sn

所以当k2且kN*时，ckS2k1S2k1ck1，又c1c2， 所以ckS2k1S2k1ck1（kN*），满足条件， 由①②可得，d．

（3）先证明必要性：用反证法．

假设存在正整数m(m3)，使得dm0，dmdm2dm10，令dm1dm2a， 因为d10,d20，且dn2dndn1，所以dn0，故a0， 则数列{dn}从dm1项开始以后的各项为a,a,0,a,a,0,，

12则当2k1m1时，ckmax{d2k1,d2k)a，所以ck1maxd2k1,d2k2a， 所以ckck1a，与{dn}是“趋势递减数列”矛盾． 故假设不成立，故{dn}的项中没有0. 再证明充分性：

由dn2dndn1，得dn2maxdn,dn1，

因为{dn}中的项没有0，所以对于任意正整数n，dn0．于是d2k30（k为正整数）， 所以d2k1d2k2，

①当d2k1d2k2时，ck1maxd2k1,d2k2d2k1maxd2k1,d2kck， ②当d2k1d2k2时，ck1maxd2k1,d2k2d2k2maxd2k1,d2kck， 所以均有ck1ck，

故{dn}为“趋势递减数列”的充要条件是数列{dn}的项中没有0．

【点睛】关键点点睛：理解并运用“趋势递减数列”的定义求解是解题关键.