高中数学（人教A版2019）选择性必修第二册分层练——4.1数列的概念C（含答案）
文档属性
| 名称 | 高中数学（人教A版2019）选择性必修第二册分层练——4.1数列的概念C（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.3MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-12-12 15:36:48 | ||
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文档简介
一、单选题
1．数列满足，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则数列单调递减
B．若存在无数个自然数，使得，则
C．当时，的最小值不存在
D．当时，恒成立
2．已知数列满足.记数列的前n项和为，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知无穷数列满足，且，，若数列的前2020项中有100项是0，则下列哪个不能是的取值（ ）
A．1147 B．1148 C． D．
4．已知数列满足…，设数列满足：,数列的前项和为，若恒成立，则的取值范围是
A． B． C． D．
5．已知数列满足，则（ ）
A． B．
C． D．
6．已知数列{}满足，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
7．斐波那契螺旋线，也称“黄金螺旋”，是根据斐波那契数列画出来的螺旋曲线，自然界中存在许多斐波那契螺旋线的图案，是自然界最完美的经典黄金比例.作图规则是在以斐波那契数为边的正方形拼成的长方形，然后在正方形里面画一个90度的扇形，连起来的弧线就是斐波那契螺旋线.它来源于斐波那契数列，又称为黄金分割数列.现将斐波那契数列记为，，，边长为斐波那契数的正方形所对应扇形面积记为，则（ ）
A． B．
C． D．
8．已知数列的前n项和为，且，，则（ ）
A． B．
C．数列是递增数列 D．数列的最小值为
三、填空题
9．已知数列满足，且，则_______．
10．已知数列和正项数列，其中，且满足，数列的前n项和为，记，满足．对于某个给定或的值，则下列结论中：①；②；③若，则数列单调递增；④若，则数列从第二项起单调递增．其中正确命题的序号为______．
11．设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋an＝1，记bm为数列{an}中能使成立的最小项，则数列{bm}的前99项之和为________．
12．已知数列满足，且，则满足的整数的个数是______.
四、解答题
13．设是各项均为正数的等差数列，，是和的等比中项，的前项和为，.
（1）求和的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，使为整数的称为“优数”，求区间上所有“优数”之和.
（3）求.
14．首项为0的无穷数列同时满足下面两个条件：①；②．
（Ⅰ）请写出的所有可能值：
（Ⅱ）求证：对任意正整数中至少有一个小于0；
（Ⅲ）对于给定的正整数k，求的最大值．
15．设集合，集合，如果对于任意元素，都有或，则称集合为的自邻集.记为集合的所有自邻集中最大元素为的集合的个数.
(1)直接判断集合和是否为的自邻集；
(2)比较和的大小，并说明理由；
(3)求证：.
16．对于数列，定义 设的前项和为.
（1）设，写出；
（2）证明：“对任意，有”的充要条件是“对任意，有”；
（3）已知首项为0，项数为的数列满足：
①对任意且，有；
②.
求所有满足条件的数列的个数.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【分析】利用递推关系研究数列的单调性即可逐一作出判断.
【详解】由，得，
对于若数列单调递减，则，即各项不为1，∴且，∴且，故且，故A错误；
对于：当或时，，存在无数个自然数，使得，故错误；
对于：当时，，所以的最小值为1，故错误；
对于时，，
，又由以上推理知递减，所以，
设，
，
，
，
，
依次类推，，
所以，
综上，对任意，正确．
故选：．
2．A
【分析】显然可知，，利用倒数法得到，再放缩可得，由累加法可得，进而由局部放缩可得，然后利用累乘法求得，最后根据裂项相消法即可得到，从而得解．
【详解】因为，所以，．
由
，即
根据累加法可得，，当且仅当时取等号，
，
由累乘法可得，当且仅当时取等号，
由裂项求和法得：
所以，即．
故选：A．
【点睛】本题解题关键是通过倒数法先找到的不等关系，再由累加法可求得，由题目条件可知要证小于某数，从而通过局部放缩得到的不等关系，改变不等式的方向得到，最后由裂项相消法求得．
3．B
【分析】当时，分别令，可求出数列的前2020项中0的个数，进而得出规律，可求出满足题意的的取值；当时，分别令，可求出数列的前2020项中0的个数，进而得出规律，可求出满足题意的的取值.
【详解】①当时，
若，则数列的各项为，
此时数列为周期数列，周期为3，由，
可知数列的前2020项中有673项为0；
若，则数列的各项为，
此时数列为周期数列，周期为3，由，
可知数列的前2020项中有673项为0；
若，则数列的各项为，
此时数列从第3项开始为周期数列，周期为3，
由，可知数列的前2020项中有672项为0；
若，则数列的各项为，
此时数列从第4项开始为周期数列，周期为3，
由，可知数列的前2020项中有672项为0；
若，则数列的各项为，
此时数列从第6项开始为周期数列，周期为3，
由，可知数列的前2020项中有671项为0；
依次类推，可知当，或时，
数列的前2020项中有100项是0；
②当时，
若，则数列的各项为，
此时数列从第7项开始为周期数列，周期为3，
由，可知数列的前2020项中有671项为0；
若，则数列的各项为，
此时数列从第9项开始为周期数列，周期为3，
由，可知数列的前2020项中有670项为0；
若，则数列的各项为，
此时数列从第10项开始为周期数列，周期为3，
由，可知数列的前2020项中有670项为0；
若，则数列的各项为，
此时数列从第12项开始为周期数列，周期为3，
由，可知数列的前2020项中有669项为0；
依次类推，可知当，或时，
数列的前2020项中有100项是0.
综上所述，若数列的前2020项中有100项是0，
则可取的值有.
故选：B.
【点睛】本题考查无穷数列，解题的关键是通过条件探究数列的性质，利用赋值法分别令和，可分别求出数列的前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.
4．D
【分析】先求出的通项，再求出的通项，从而可求，利用参变分离可求的取值范围.
【详解】因为…，
所以…，
故即，其中.
而令，则，故，.
，
故
，
故恒成立等价于即恒成立，
化简得到，因为，故.
故选D.
【点睛】数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法. 参数的数列不等式的恒成立问题，可以用参变分离的方法构建新数列，通过讨论新数列的最值来求参数的取值范围.
5．B
【分析】根据递推式易得，以及，根据累加法得出，进而，类似可得，进而可得结论.
【详解】显然，由，故与同号，
由得，故，
所以，
又，所以；
由，
所以，
故，
累加得，
所以，
所以，
所以，
另一方面，由，所以
，累加得，
故，即，
所以；综合得．
故选：B.
6．C
【分析】先由判断出是递增数列且，再由结合累加法求得；再由结合累加法求得，即可求解.
【详解】由，得，，所以，又，
所以数列是递增数列且，，所以，
所以，
所以， .当，得，由得，
则，
同上由累加法得，
所以，所以，则.
故选：C.
【点睛】解决数列中的范围问题，通常借助放缩法进行求解.本题由得出是递增数列且，进而由结合累加法求得结果.
7．AD
【分析】根据数列的递推公式可判断选项A，再根据累加法计算判断选项B，根据扇形的面积公式判断选项C，再次应用累加法及递推公式判断选项D.
【详解】由递推公式，可得，，
所以，A选项正确；
又由递推公式可得，，，类似的有，
累加得，
故错误，B选项错误；
由题可知扇形面积，
故，
故错误，C选项错误；
由，
，
，
，
类似的有，
累加得，
又，所以，
所以正确，D选项正确；
故选：AD.
8．AD
【分析】根据得到，进而求出前n项和与通项公式，进而判断AB选项；利用，结合与1的大小关系，得到不是递增数列，且求出的最小值，判断CD选项.
【详解】，，则，即，，当时，，又满足上式，，故A正确，B错误；
易知，，，，当时，，当时，，当时，，数列不是递增数列，且当时，取得最小值，故C错误，D正确．
故选：AD．
9．212
【分析】利用分类讨论思想，分析为奇数和偶数的情况，由此得到之间的递推关系，然后根据递推关系以及等差数列的求和公式求解出的值.
【详解】当为奇数时，设，所以，
当为偶数时，设，所以，
所以，所以，
所以
所以，所以，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于根据的取值特点采用对分奇偶讨论的方法，通过递推关系确定出奇数项之间的联系.
10．①②③
【分析】求得的范围判断①；求得的值判断②；判定出数列单调性判断③；由数列第三项小于第二项否定④.
【详解】由，可知，则，又
则，解之得.则①判断正确；
由，可得，则，则
又由，可知，则
则由，则或（舍）
则或（舍）. 则②判断正确；
由，可知，则
若，则，
又，则，则，则
由，可得，则
又，则数列单调递增. 则③判断正确；
由，可得
由，，
则当时，，
即数列的第三项小于第二项.
则数列从第二项起单调递增的说法判断错误.
故答案为：①②③
11．
【解析】首先根据与的关系，得到数列的通项公式，再根据规律找到满足条件能使成立的最小项，并对于不同的值，计算满足条件的个数，再求和.
【详解】因为，所以，所以当时，，
即，所以，因为为数列中能使成立的最小项，所以，所以可得当时，，当时，，当时，，当时，，……，，所以数列的前99项之和为：.
故答案为：
【点睛】本题考查已知和的关系求数列的通项公式，以及数列新定义，分组求和，重点考查逻辑推理，计算能力，属于中档题型，本题的难点是理解题意，对于每一个值，计算满足条件个数.
12．5
【分析】由数列满足，可得数列是以5为周期的一个周期数列，再求出，再分，，，五种情况讨论，即可得出答案.
【详解】解：因为数列满足，
所以数列是以5为周期的一个周期数列，
又，
所以，
所以，
当时，，
由，可得，
当时，，
由，可得，
当时，，
由，可得，
当时，，
由，可得，
当时，，
由，可得，
综上满足的整数的个数是5个.
故答案为：5.
【点睛】本题主要时考查数列的周期性，解决本题的关键是找到临界点，在做题的过程中一定要注意观察数据的规律性，有一定的难度.
13．（1），；（2）2036；（3）.
【分析】（1）根据等比数列的性质列出式子求出的公差即可得出通项公式；利用可得为等比数列，即得通项公式；
（2）求出，可得满足为整数的形成数列，可得出，求出前10项和即可；
（3）可得，则所求即为的前n项和，利用错位相减法即可求出.
【详解】（1）解：设等差数列的公差为，
因为，是和的等比中项，
所以，即，
解得，因为是各项均为正数的等差数列，
所以，故，
因为，所以，
两式相减得：，当时，，，
是以2为首项，2为公比的等比数列，.
（2），
，
要使为整数，则应满足（），
即满足为整数的形成数列，
由题可得，解得，
则满足条件的“优数”之和为
；
（3）设，
则即为数列的前项和，设为，
则，
∴，
两式相减得：
∴，∴.
【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；
（2）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和；
（3）对于结构，利用分组求和法；
（4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和.
14．（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）
【分析】（Ⅰ）根据数列满足的两个条件直接求解即可；
（Ⅱ）用反证法，先假设数列中存在同时为非负数，然后证明与条件矛盾；
（Ⅲ）根据题意可得出当为奇数时，，当为偶数时，，然后讨论当为奇数时和当为偶数时可得.
【详解】（Ⅰ）由题，即，又，，
则，求得或1，均满足，
当时，，解得或，均满足，
当时，，解得或，又，故，
综上，的所有可能值为；
（Ⅱ）假设数列中存在同时为非负数，
因为，
若，则有，与条件矛盾；
若，则有，与条件矛盾，
即假设不存在，即对任意正整数中至少有一个小于0；
（Ⅲ）记，由（Ⅱ）可得不能都为非负数，
当，则，
根据，得到，所以，
当，则，
根据，得到，所以，
所以，总有成立，，
当为奇数时，，故的奇偶性不同，则，当为偶数时，，
当为奇数时，，
考虑数列：
可以验证，所给的数列满足条件，且，所以的最大值为0，
当为偶数时，，
考虑数列：，
可以验证，所给数列满足条件，且，
综上，的最大值为.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是正确利用已知条件，利用反证法证明，得出当为奇数时， ，当为偶数时，.
15．(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）利用自邻集的定义直接判断即可；
（2）利用自邻集的定义求出的自邻集中最大元集分别为6，5，3的所有自邻集，从而可得答案；
（3）记集合所有子集中自邻集的个数为，可得，然后分：①自邻集中含这三个元素，②自邻集中含有这两个元素，不含，且不只有这两个元素，③自邻集只含有这两个元素，三种情况求解，即先证，取时，即可得证.
（1）
因为，
所以和，
因为，所以不是的自邻集，
因为
所以是的自邻集.
（2）
，
则其自邻集中最大元素为6的集合中必含5和6，则有{5，6}，{4，5，6}，{3，4，5，6}，{2，3，5，6}，{1，2，5，6}，{2，3，4，5，6}，{1，2，3，5，6}，{1，2，4，5，6}，{1，2，3，4，5，6}共9个，即
其自邻集中最大元素为5的集合中必含4和5，则有{4，5}，{3，4，5}，{2，3，4，5}，{1，2，4，5}，{1，2，3，4，5}共5个，
其自邻集中最大元素为3的集合中必含2和3，则有{2，3}，{1，2，3}共2个，
所以
（3）
记集合所有子集中自邻集的个数为，由题意可得当时， ，，显然
①自邻集中含这三个元素，记去掉这个自邻集中的元素后的集合为，因为，所以仍是自邻集，且集合中的最大元素为，所以含有这三个元素的自邻集的个数为，
②自邻集中含有这两个元素，不含，且不只有这两个元素，记自邻集除之外最大元素为，则，每个自邻集中去掉这两个元素后，仍为自邻集，此时的自邻集的最大元素为，可将此时的自邻集分为种情况：
含有最大数为2的集合个数为
含有最大数为3的集合个数为
……，含有最大数为的集合个数为
则这样的集合共有，
③自邻集只含有这两个元素，这样的自邻集只有1个，
综上可得
因为，，
所以，
所以，所以，故当时，得：.
【点睛】关键点点睛：此题考查集合的新定义，考查集合子集的有关知识，考查分析问题的能力，解题的关键是对集合新定义的理解，考查理解能力，属于较难题
16．（1），，，；（2）证明见解析；（3）.
【分析】（1）根据题意代入可得答案；
（2）必要性：有，，将两式作差，得；充分性：若对任意，有，则，可得证；
（3）不妨假设中，有项，项，项，建立方程组，解之可得项中组，且满足，从而求得答案.
【详解】解：（1）因为，，，，，
根据题意可得，，，.
（2）必要性：对，有，因此.
对任意且，有，，
两式作差，得，即，
因此 .
综上，对任意，有.
充分性：若对任意，有，则，
所以 .
综上，“对任意，”的充要条件是“对任意，
”.
（3）已知，即中，
不妨假设中，有项，项，项，
则，
且，
所以项中组，且满足，，所以可知与固定，
且项中有一项为，所以共有个 ；
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
1．数列满足，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则数列单调递减
B．若存在无数个自然数，使得，则
C．当时，的最小值不存在
D．当时，恒成立
2．已知数列满足.记数列的前n项和为，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知无穷数列满足，且，，若数列的前2020项中有100项是0，则下列哪个不能是的取值（ ）
A．1147 B．1148 C． D．
4．已知数列满足…，设数列满足：,数列的前项和为，若恒成立，则的取值范围是
A． B． C． D．
5．已知数列满足，则（ ）
A． B．
C． D．
6．已知数列{}满足，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
7．斐波那契螺旋线，也称“黄金螺旋”，是根据斐波那契数列画出来的螺旋曲线，自然界中存在许多斐波那契螺旋线的图案，是自然界最完美的经典黄金比例.作图规则是在以斐波那契数为边的正方形拼成的长方形，然后在正方形里面画一个90度的扇形，连起来的弧线就是斐波那契螺旋线.它来源于斐波那契数列，又称为黄金分割数列.现将斐波那契数列记为，，，边长为斐波那契数的正方形所对应扇形面积记为，则（ ）
A． B．
C． D．
8．已知数列的前n项和为，且，，则（ ）
A． B．
C．数列是递增数列 D．数列的最小值为
三、填空题
9．已知数列满足，且，则_______．
10．已知数列和正项数列，其中，且满足，数列的前n项和为，记，满足．对于某个给定或的值，则下列结论中：①；②；③若，则数列单调递增；④若，则数列从第二项起单调递增．其中正确命题的序号为______．
11．设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋an＝1，记bm为数列{an}中能使成立的最小项，则数列{bm}的前99项之和为________．
12．已知数列满足，且，则满足的整数的个数是______.
四、解答题
13．设是各项均为正数的等差数列，，是和的等比中项，的前项和为，.
（1）求和的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，使为整数的称为“优数”，求区间上所有“优数”之和.
（3）求.
14．首项为0的无穷数列同时满足下面两个条件：①；②．
（Ⅰ）请写出的所有可能值：
（Ⅱ）求证：对任意正整数中至少有一个小于0；
（Ⅲ）对于给定的正整数k，求的最大值．
15．设集合，集合，如果对于任意元素，都有或，则称集合为的自邻集.记为集合的所有自邻集中最大元素为的集合的个数.
(1)直接判断集合和是否为的自邻集；
(2)比较和的大小，并说明理由；
(3)求证：.
16．对于数列，定义 设的前项和为.
（1）设，写出；
（2）证明：“对任意，有”的充要条件是“对任意，有”；
（3）已知首项为0，项数为的数列满足：
①对任意且，有；
②.
求所有满足条件的数列的个数.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【分析】利用递推关系研究数列的单调性即可逐一作出判断.
【详解】由，得，
对于若数列单调递减，则，即各项不为1，∴且，∴且，故且，故A错误；
对于：当或时，，存在无数个自然数，使得，故错误；
对于：当时，，所以的最小值为1，故错误；
对于时，，
，又由以上推理知递减，所以，
设，
，
，
，
，
依次类推，，
所以，
综上，对任意，正确．
故选：．
2．A
【分析】显然可知，，利用倒数法得到，再放缩可得，由累加法可得，进而由局部放缩可得，然后利用累乘法求得，最后根据裂项相消法即可得到，从而得解．
【详解】因为，所以，．
由
，即
根据累加法可得，，当且仅当时取等号，
，
由累乘法可得，当且仅当时取等号，
由裂项求和法得：
所以，即．
故选：A．
【点睛】本题解题关键是通过倒数法先找到的不等关系，再由累加法可求得，由题目条件可知要证小于某数，从而通过局部放缩得到的不等关系，改变不等式的方向得到，最后由裂项相消法求得．
3．B
【分析】当时，分别令，可求出数列的前2020项中0的个数，进而得出规律，可求出满足题意的的取值；当时，分别令，可求出数列的前2020项中0的个数，进而得出规律，可求出满足题意的的取值.
【详解】①当时，
若，则数列的各项为，
此时数列为周期数列，周期为3，由，
可知数列的前2020项中有673项为0；
若，则数列的各项为，
此时数列为周期数列，周期为3，由，
可知数列的前2020项中有673项为0；
若，则数列的各项为，
此时数列从第3项开始为周期数列，周期为3，
由，可知数列的前2020项中有672项为0；
若，则数列的各项为，
此时数列从第4项开始为周期数列，周期为3，
由，可知数列的前2020项中有672项为0；
若，则数列的各项为，
此时数列从第6项开始为周期数列，周期为3，
由，可知数列的前2020项中有671项为0；
依次类推，可知当，或时，
数列的前2020项中有100项是0；
②当时，
若，则数列的各项为，
此时数列从第7项开始为周期数列，周期为3，
由，可知数列的前2020项中有671项为0；
若，则数列的各项为，
此时数列从第9项开始为周期数列，周期为3，
由，可知数列的前2020项中有670项为0；
若，则数列的各项为，
此时数列从第10项开始为周期数列，周期为3，
由，可知数列的前2020项中有670项为0；
若，则数列的各项为，
此时数列从第12项开始为周期数列，周期为3，
由，可知数列的前2020项中有669项为0；
依次类推，可知当，或时，
数列的前2020项中有100项是0.
综上所述，若数列的前2020项中有100项是0，
则可取的值有.
故选：B.
【点睛】本题考查无穷数列，解题的关键是通过条件探究数列的性质，利用赋值法分别令和，可分别求出数列的前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.
4．D
【分析】先求出的通项，再求出的通项，从而可求，利用参变分离可求的取值范围.
【详解】因为…，
所以…，
故即，其中.
而令，则，故，.
，
故
，
故恒成立等价于即恒成立，
化简得到，因为，故.
故选D.
【点睛】数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法. 参数的数列不等式的恒成立问题，可以用参变分离的方法构建新数列，通过讨论新数列的最值来求参数的取值范围.
5．B
【分析】根据递推式易得，以及，根据累加法得出，进而，类似可得，进而可得结论.
【详解】显然，由，故与同号，
由得，故，
所以，
又，所以；
由，
所以，
故，
累加得，
所以，
所以，
所以，
另一方面，由，所以
，累加得，
故，即，
所以；综合得．
故选：B.
6．C
【分析】先由判断出是递增数列且，再由结合累加法求得；再由结合累加法求得，即可求解.
【详解】由，得，，所以，又，
所以数列是递增数列且，，所以，
所以，
所以， .当，得，由得，
则，
同上由累加法得，
所以，所以，则.
故选：C.
【点睛】解决数列中的范围问题，通常借助放缩法进行求解.本题由得出是递增数列且，进而由结合累加法求得结果.
7．AD
【分析】根据数列的递推公式可判断选项A，再根据累加法计算判断选项B，根据扇形的面积公式判断选项C，再次应用累加法及递推公式判断选项D.
【详解】由递推公式，可得，，
所以，A选项正确；
又由递推公式可得，，，类似的有，
累加得，
故错误，B选项错误；
由题可知扇形面积，
故，
故错误，C选项错误；
由，
，
，
，
类似的有，
累加得，
又，所以，
所以正确，D选项正确；
故选：AD.
8．AD
【分析】根据得到，进而求出前n项和与通项公式，进而判断AB选项；利用，结合与1的大小关系，得到不是递增数列，且求出的最小值，判断CD选项.
【详解】，，则，即，，当时，，又满足上式，，故A正确，B错误；
易知，，，，当时，，当时，，当时，，数列不是递增数列，且当时，取得最小值，故C错误，D正确．
故选：AD．
9．212
【分析】利用分类讨论思想，分析为奇数和偶数的情况，由此得到之间的递推关系，然后根据递推关系以及等差数列的求和公式求解出的值.
【详解】当为奇数时，设，所以，
当为偶数时，设，所以，
所以，所以，
所以
所以，所以，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于根据的取值特点采用对分奇偶讨论的方法，通过递推关系确定出奇数项之间的联系.
10．①②③
【分析】求得的范围判断①；求得的值判断②；判定出数列单调性判断③；由数列第三项小于第二项否定④.
【详解】由，可知，则，又
则，解之得.则①判断正确；
由，可得，则，则
又由，可知，则
则由，则或（舍）
则或（舍）. 则②判断正确；
由，可知，则
若，则，
又，则，则，则
由，可得，则
又，则数列单调递增. 则③判断正确；
由，可得
由，，
则当时，，
即数列的第三项小于第二项.
则数列从第二项起单调递增的说法判断错误.
故答案为：①②③
11．
【解析】首先根据与的关系，得到数列的通项公式，再根据规律找到满足条件能使成立的最小项，并对于不同的值，计算满足条件的个数，再求和.
【详解】因为，所以，所以当时，，
即，所以，因为为数列中能使成立的最小项，所以，所以可得当时，，当时，，当时，，当时，，……，，所以数列的前99项之和为：.
故答案为：
【点睛】本题考查已知和的关系求数列的通项公式，以及数列新定义，分组求和，重点考查逻辑推理，计算能力，属于中档题型，本题的难点是理解题意，对于每一个值，计算满足条件个数.
12．5
【分析】由数列满足，可得数列是以5为周期的一个周期数列，再求出，再分，，，五种情况讨论，即可得出答案.
【详解】解：因为数列满足，
所以数列是以5为周期的一个周期数列，
又，
所以，
所以，
当时，，
由，可得，
当时，，
由，可得，
当时，，
由，可得，
当时，，
由，可得，
当时，，
由，可得，
综上满足的整数的个数是5个.
故答案为：5.
【点睛】本题主要时考查数列的周期性，解决本题的关键是找到临界点，在做题的过程中一定要注意观察数据的规律性，有一定的难度.
13．（1），；（2）2036；（3）.
【分析】（1）根据等比数列的性质列出式子求出的公差即可得出通项公式；利用可得为等比数列，即得通项公式；
（2）求出，可得满足为整数的形成数列，可得出，求出前10项和即可；
（3）可得，则所求即为的前n项和，利用错位相减法即可求出.
【详解】（1）解：设等差数列的公差为，
因为，是和的等比中项，
所以，即，
解得，因为是各项均为正数的等差数列，
所以，故，
因为，所以，
两式相减得：，当时，，，
是以2为首项，2为公比的等比数列，.
（2），
，
要使为整数，则应满足（），
即满足为整数的形成数列，
由题可得，解得，
则满足条件的“优数”之和为
；
（3）设，
则即为数列的前项和，设为，
则，
∴，
两式相减得：
∴，∴.
【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；
（2）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和；
（3）对于结构，利用分组求和法；
（4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和.
14．（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）
【分析】（Ⅰ）根据数列满足的两个条件直接求解即可；
（Ⅱ）用反证法，先假设数列中存在同时为非负数，然后证明与条件矛盾；
（Ⅲ）根据题意可得出当为奇数时，，当为偶数时，，然后讨论当为奇数时和当为偶数时可得.
【详解】（Ⅰ）由题，即，又，，
则，求得或1，均满足，
当时，，解得或，均满足，
当时，，解得或，又，故，
综上，的所有可能值为；
（Ⅱ）假设数列中存在同时为非负数，
因为，
若，则有，与条件矛盾；
若，则有，与条件矛盾，
即假设不存在，即对任意正整数中至少有一个小于0；
（Ⅲ）记，由（Ⅱ）可得不能都为非负数，
当，则，
根据，得到，所以，
当，则，
根据，得到，所以，
所以，总有成立，，
当为奇数时，，故的奇偶性不同，则，当为偶数时，，
当为奇数时，，
考虑数列：
可以验证，所给的数列满足条件，且，所以的最大值为0，
当为偶数时，，
考虑数列：，
可以验证，所给数列满足条件，且，
综上，的最大值为.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是正确利用已知条件，利用反证法证明，得出当为奇数时， ，当为偶数时，.
15．(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）利用自邻集的定义直接判断即可；
（2）利用自邻集的定义求出的自邻集中最大元集分别为6，5，3的所有自邻集，从而可得答案；
（3）记集合所有子集中自邻集的个数为，可得，然后分：①自邻集中含这三个元素，②自邻集中含有这两个元素，不含，且不只有这两个元素，③自邻集只含有这两个元素，三种情况求解，即先证，取时，即可得证.
（1）
因为，
所以和，
因为，所以不是的自邻集，
因为
所以是的自邻集.
（2）
，
则其自邻集中最大元素为6的集合中必含5和6，则有{5，6}，{4，5，6}，{3，4，5，6}，{2，3，5，6}，{1，2，5，6}，{2，3，4，5，6}，{1，2，3，5，6}，{1，2，4，5，6}，{1，2，3，4，5，6}共9个，即
其自邻集中最大元素为5的集合中必含4和5，则有{4，5}，{3，4，5}，{2，3，4，5}，{1，2，4，5}，{1，2，3，4，5}共5个，
其自邻集中最大元素为3的集合中必含2和3，则有{2，3}，{1，2，3}共2个，
所以
（3）
记集合所有子集中自邻集的个数为，由题意可得当时， ，，显然
①自邻集中含这三个元素，记去掉这个自邻集中的元素后的集合为，因为，所以仍是自邻集，且集合中的最大元素为，所以含有这三个元素的自邻集的个数为，
②自邻集中含有这两个元素，不含，且不只有这两个元素，记自邻集除之外最大元素为，则，每个自邻集中去掉这两个元素后，仍为自邻集，此时的自邻集的最大元素为，可将此时的自邻集分为种情况：
含有最大数为2的集合个数为
含有最大数为3的集合个数为
……，含有最大数为的集合个数为
则这样的集合共有，
③自邻集只含有这两个元素，这样的自邻集只有1个，
综上可得
因为，，
所以，
所以，所以，故当时，得：.
【点睛】关键点点睛：此题考查集合的新定义，考查集合子集的有关知识，考查分析问题的能力，解题的关键是对集合新定义的理解，考查理解能力，属于较难题
16．（1），，，；（2）证明见解析；（3）.
【分析】（1）根据题意代入可得答案；
（2）必要性：有，，将两式作差，得；充分性：若对任意，有，则，可得证；
（3）不妨假设中，有项，项，项，建立方程组，解之可得项中组，且满足，从而求得答案.
【详解】解：（1）因为，，，，，
根据题意可得，，，.
（2）必要性：对，有，因此.
对任意且，有，，
两式作差，得，即，
因此 .
综上，对任意，有.
充分性：若对任意，有，则，
所以 .
综上，“对任意，”的充要条件是“对任意，
”.
（3）已知，即中，
不妨假设中，有项，项，项，
则，
且，
所以项中组，且满足，，所以可知与固定，
且项中有一项为，所以共有个 ；
答案第1页，共2页
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