2019-2023高考数学真题分类汇编17 数列递推及求和、数学归纳法

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2019-2023高考数学真题分类汇编17 数列递推及求和、数学归纳法
一、选择题
1．（2022·浙江）已知数列 满足 ，则（　　）
A． B．
C． D．
2．（2022·全国乙卷）嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列 ： ， ， ，…，依此类推，其中 ．则（　　）
A． B． C． D．
3．（2019·浙江）设a，b∈R，数列{an}，满足a1 =a，an+1= an2+b，b∈N*，则（　　）
A．当b= 时，a10>10 B．当b= 时，a10>10
C．当b=-2时，a10>10 D．当b=-4时，a10>10
4．（2019·浙江）已知数列{an}满足 (n∈N)，若2≤a10≤3，则a1的取值范围是（　　）
A．1≤a1≤10 B．1≤a1≤17 C．2≤a1≤3 D．2≤a1≤6
二、填空题
5．（2020·浙江）已知数列{an}满足an＝ ，则S3＝　 　．
6．（2020·新课标Ⅰ·文）数列 满足 ，前16项和为540，则 　 　.
7．（2022·北京）已知数列 的各项均为正数，其前 项和 ，满足 给出下列四个结论：
① 的第2项小于3； ② 为等比数列；
③ 为递减数列； ④ 中存在小于 的项。
其中所有正确结论的序号是　 　．
8．（2021·新高考Ⅰ）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现此纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折。规格为20dm×12dm的长方形纸.对折1次共可以得到10dm×2dm、20dm×6dm两种规格的图形，它们的面积之和 S1 =240 dm2，对折2次共可以得5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，它们的面积之和 S2=180dm2。以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为　 　；如果对折n次，那么 =　 　dm.
三、解答题
9．（2023·全国甲卷）已知数列中，，设为前n项和，．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
10．（2022·北京）已知 为有穷整数数列．给定正整数 ，若对任意的 ，在 中存在 ，使得 ，则称 为 连续可表数列．
（Ⅰ）判断 是否为5-连续可表数列？是否为 连续可表数列？说明理由；
（Ⅱ）若 为 连续可表数列，求证： 的最小值为4；
（Ⅲ）若 为 连续可表数列， ，求证： ．
11．（2020·新课标Ⅲ·理）设数列{an}满足a1=3， ．
（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；
（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．
12．（2021·北京）设p为实数．若无穷数列{an}满足如下三个性质，则称{an}为RP数列：
：① ， ；
② ；
③ （m=1，2，…；n=1，2，…） ．
（1）如果数列{an}的前4项2，-2，-2，-1的数列，那么{an}是否可以为
数列？说明理由；
（2）若数列
是
数列，求
；
（3）设数列{an}的前n项和为Sn，是否存在
数列
，对
恒成立 ？若存在，求出所有这样的p；若不存在，说明理由．
13．（2020·北京）已知 是无穷数列．给出两个性质：
①对于 中任意两项 ，在 中都存在一项 ，使 ；
②对于 中任意项 ，在 中都存在两项 ．使得 ．
(Ⅰ)若 ，判断数列 是否满足性质①，说明理由；
(Ⅱ)若 ，判断数列 是否同时满足性质①和性质②，说明理由；
(Ⅲ)若 是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明： 为等比数列.
14．（2019·北京）已知数列{an}，从中选取第i1项、第i2项…第im项（i1（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am0，长度为q的递增子列的末项的最小值为an0，若p（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。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】数列的递推公式
【解析】【解答】由题意易知为递减数列，∴为递减数列，
因为，所以
∴，
又，则＞0，
∴，
∴，
∴，则，
∴
由得得
利用累加可得
∴，
∴；
综上，．
故选：B
【分析】分析可知数列{an}是单调递减数列，根据题意先确定上限，得到，由此可推得100an＜3，再将原式变形确定下限，可得，由此可推得，综合即可得到答案．
2．【答案】D
【知识点】数列的应用
【解析】【解答】解：因为 ，
所以 ， ，故 ，
同理可得 ， ，
又因为 ，
故 ， ；
以此类推，可得 ，故A错误；
，得 ，故C错误；而 ，故B错误；
，得 ，故D正确.
故选：D
【分析】根据 ，再利用数列 与 的关系判断 中各项的大小，即可求解.
3．【答案】A
【知识点】数列的函数特性
【解析】 【解答】选项B：不动点满足 时，如图，若 ，
排除
如图，若 为不动点 则
选项C：不动点满足 ，不动点为 ，令 ，则 ，
排除
选项D：不动点满足 ，不动点为 ，令 ，则 ，排除.
故答案为：A
【分析】遇到此类问题，可以利用函数方程思想，通过研究函数的不动点，进一步讨论 的可能取值，利用“排除法”求解.
4．【答案】B
【知识点】数列的函数特性
【解析】【解答】解：∵, 2≤a10≤3 ∴,.∵∴.同理以此类推即可得出.
故答案为：B
【分析】利用已知条件结合数列 {an} 的递推公式的特点，逐一找出的规律即可得出的取值范围即可。
5．【答案】10
【知识点】数列的求和
【解析】【解答】解：数列{an}满足an＝ ，
可得a1＝1，a2＝3，a3＝6，
所以S3＝1+3+6＝10．
故答案为：10．
【分析】求出数列的前3项，然后求解即可．
6．【答案】7
【知识点】数列的求和；数列的递推公式
【解析】【解答】 ，
当 为奇数时， ；当 为偶数时， .
设数列 的前 项和为 ，
，
.
故答案为： .
【分析】对 为奇偶数分类讨论，分别得出奇数项、偶数项的递推关系，由奇数项递推公式将奇数项用 表示，由偶数项递推公式得出偶数项的和，建立 方程，求解即可得出结论.
7．【答案】①③④
【知识点】数列的应用；数列的递推公式
【解析】【解答】 ，可得 ，又各项均为正，可得 ，令 可得 ，可解得 ，故①正确；
当 时，由 得 ，于是可得 ，即 ，若 为等比数列，则 时 ，即从第二项起为常数，可检验 则不成立，故②错误；
，可得 ，于是 ，所以 ，于是③正确；
对于④，若所有项均大于等于 ，取 ，则 ， ，于是 与已知矛盾，所以④错误.
【分析】先令 、 计算数列的首项和第二项即可判断①；根据 的关系，求得 假设 为等比数列，经检验n=3不成立，判断②错误；由 ，可得 ，于是 ，所以 ，于是③正确；利用反证法推出矛盾即可判断④.
8．【答案】5；
【知识点】数列的求和；类比推理
【解析】【解答】解：对折3次有2.5×12，6×5，3×10，20×1.5共4种，面积和为S3=4×30=120dm2;
对折4次有1.25×12,2.5×6,3×5,1.5×10,20×0.75共5种，面积和为S4=5×15=75dm2;
对折n次有n+1中类型，,
因此，
上式相减，得
则
故答案为：5，
【分析】根据类比推理可求对折4次及对折n次的图形种数，运用错位相减法可求.
9．【答案】（1）由
令n=2，代入 得
，解得，
由，......①
则，()......②
由①-②整理得，(n>2)
既有
所以此时
将与代入通项，等式成立
故．
（2）由(1)的，
令
则
......③
∴......④
由④-③得
，．
【知识点】数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】(1)由与递推式得出，进而由与的递推式构造得出与的关系，从而得出 的通项公式 .
(2)由数列结构可用错位相减法求得前n项和．
10．【答案】（Ⅰ） 若，则对于任意，，所以Q是5-连续可表数列；由不存在任意连续若干项之和相加为6，所以Q不是6-连续可表数列；
（Ⅱ）若 ，设为a，b，c，则至多 6种矛盾 满足
（Ⅲ）若k≤5，则 至多可表15个数，与题意矛盾，若 至多可表21个数，而 ，所以其中有负的，从而a，b，c，d，e，f可表 及那个负数（恰21个)
这表明 中仅一个负的，没有0，且这个们的在 中绝对值最小，同时 中没有两数相同，设那个负数为
则所有数之和 ，再考虑排序
(仅一种方式)
∴-1与2相序
若-1不在两端，则" 2 ___"形式
若 ，则 (2种方式矛盾)
，问理 ，故-1在一端，不妨为" 形式
右 ，则 (2种矛盾) 同理不行
，则 (2种矛盾)从而
由 ，由表法唯一知3，4不相邻，故只能 ①
或 ②这2种情形
对① 矛后
对② 也矛盾
综上
【知识点】数列的应用；数列与不等式的综合
【解析】【分析】 （Ⅰ）根据可表数列的定义即可判断；
（II）反证法：假设，则最多能表示6个数字，与Q为8-连续可表数列矛盾，故k≥4；
（III） 若k≤5，则 至多可表15个数 ，至多可表21个数，而 ，所以至少要有6个正整数连续可表1-20个正整数，即至少6个正整数和一个负数才能满足题意，故.
11．【答案】（1）解：由题意可得 ， ，
由数列 的前三项可猜想数列 是以3为首项，2为公差的等差数列，即 ，
证明如下：
当 时， 成立；
假设 时， 成立.
那么 时， 也成立.
则对任意的 ，都有 成立
（2）解：由（1）可知，
，①
，②
由①②得：
，
即 .
【知识点】数列的求和；数列的递推公式；数学归纳法的原理
【解析】【分析】（1）利用递推公式得出 ，猜想得出 的通项公式，利用数学归纳法证明即可；（2）由错位相减法求解即可.
12．【答案】（1）解：数列{an}不可能为 数列，理由如下，
因为p=2， a1=2， a2=-2，所以a1+a2+p=2， a1+a2+p+1=3，
因为a3=-2，所以a3 {a1+a2+p， a1+a2+p+1}，
所以数列{an}不满足性质③.
（2）性质① ，
由性质③ ，因此 或 ， 或 ，
若 ，由性质②可知 ，即 或 ，矛盾；
若 ，由 有 ，矛盾.
因此只能是 .
又因为 或 ，所以 或 .
若 ，则 ，
不满足 ，舍去.
当 ，则 前四项为：0，0，0，1，
下面用归纳法证明 ：
当 时，经验证命题成立，假设当 时命题成立，
当 时：
若 ，则 ，利用性质③：
，此时可得： ；
否则，若 ，取 可得： ，
而由性质②可得： ，与 矛盾.
同理可得：
，有 ；
，有 ；
，又因为 ，有
即当 时命题成立，证毕.
综上可得： ， .
（3）令 ，由性质③可知：
，
由于 ，
因此数列 为 数列.
由（2）可知：
若 ；
， ，
因此 ，此时 ， ，满足题意.
【知识点】数列的概念及简单表示法；数学归纳法的原理；运用数学归纳法证明简单命题
【解析】【分析】（1）根据新数列Rp数列的定义进行判断即可；
（2）根据新数列Rp数列的定义，结合数学归纳法求解即可；
（3）根据新数列Rp数列的定义，结合an与sn的关系进行判断即可.
13．【答案】解：(Ⅰ) 不具有性质①；
(Ⅱ) 具有性质①；
具有性质②；
(Ⅲ)【解法一】
首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数：
显然 ，假设数列中存在负项，设 ，
第一种情况：若 ，即 ，
由①可知：存在 ，满足 ，存在 ，满足 ，
由 可知 ，从而 ，与数列的单调性矛盾，假设不成立.
第二种情况：若 ，由①知存在实数 ，满足 ，由 的定义可知： ，
另一方面， ，由数列的单调性可知： ，
这与 的定义矛盾，假设不成立.
同理可证得数列中的项数恒为负数.
综上可得，数列中的项数同号.
其次，证明 ：
利用性质②：取 ，此时 ，
由数列的单调性可知 ，
而 ，故 ，
此时必有 ，即 ，
最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：
假设数列 的前 项成等比数列，不妨设 ，
其中 ，（ 的情况类似）
由①可得：存在整数 ，满足 ，且 （*）
由②得：存在 ，满足： ，由数列的单调性可知： ，
由 可得： （**）
由（**）和（*）式可得： ，
结合数列的单调性有： ，
注意到 均为整数，故 ，
代入（**）式，从而 .
总上可得，数列 的通项公式为： .
即数列 为等比数列.
【解法二】
假设数列中的项数均为正数：
首先利用性质②：取 ，此时 ，
由数列的单调性可知 ，
而 ，故 ，
此时必有 ，即 ，
即 成等比数列，不妨设 ，
然后利用性质①：取 ，则 ，
即数列中必然存在一项的值为 ，下面我们来证明 ，
否则，由数列的单调性可知 ，
在性质②中，取 ，则 ，从而 ，
与前面类似的可知则存在 ，满足 ，
若 ，则： ，与假设矛盾；
若 ，则： ，与假设矛盾；
若 ，则： ，与数列的单调性矛盾；
即不存在满足题意的正整数 ，可见 不成立，从而 ，
同理可得： ，从而数列 为等比数列，
同理，当数列中的项数均为负数时亦可证得数列为等比数列.
由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数.
从而题中的结论得证，数列 为等比数列.
【知识点】数列的递推公式；分析法的思考过程、特点及应用；反证法
【解析】【分析】(Ⅰ)根据定义验证，即可判断；(Ⅱ)根据定义逐一验证，即可判断；(Ⅲ)解法一：首先，证明数列中的项数同号，然后证明 ，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列即可.解法二：首先假设数列中的项数均为正数，然后证得 成等比数列，之后证得 成等比数列，同理即可证得数列为等比数列，从而命题得证.
14．【答案】 解：（I）1,3,5,6或1,3,5,9或1,3,6,9或3,5,6,9或1,5,6,9（写出任意一个即可）；
（II）设数列 的长度为q的一个递增数列为 且 ；
设数列 的长度为p的一个递增数列为 且 ；
因为p ;
（III） （用数学归纳法证明即可）.
【知识点】数列的应用
【解析】 【分析】（I）根据题意直接写出符合题意的数列即可；
（II）构造数列证明即可；
（III）根据题意写出通项公式即可.
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2019-2023高考数学真题分类汇编17 数列递推及求和、数学归纳法
一、选择题
1．（2022·浙江）已知数列 满足 ，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】数列的递推公式
【解析】【解答】由题意易知为递减数列，∴为递减数列，
因为，所以
∴，
又，则＞0，
∴，
∴，
∴，则，
∴
由得得
利用累加可得
∴，
∴；
综上，．
故选：B
【分析】分析可知数列{an}是单调递减数列，根据题意先确定上限，得到，由此可推得100an＜3，再将原式变形确定下限，可得，由此可推得，综合即可得到答案．
2．（2022·全国乙卷）嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列 ： ， ， ，…，依此类推，其中 ．则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】数列的应用
【解析】【解答】解：因为 ，
所以 ， ，故 ，
同理可得 ， ，
又因为 ，
故 ， ；
以此类推，可得 ，故A错误；
，得 ，故C错误；而 ，故B错误；
，得 ，故D正确.
故选：D
【分析】根据 ，再利用数列 与 的关系判断 中各项的大小，即可求解.
3．（2019·浙江）设a，b∈R，数列{an}，满足a1 =a，an+1= an2+b，b∈N*，则（　　）
A．当b= 时，a10>10 B．当b= 时，a10>10
C．当b=-2时，a10>10 D．当b=-4时，a10>10
【答案】A
【知识点】数列的函数特性
【解析】 【解答】选项B：不动点满足 时，如图，若 ，
排除
如图，若 为不动点 则
选项C：不动点满足 ，不动点为 ，令 ，则 ，
排除
选项D：不动点满足 ，不动点为 ，令 ，则 ，排除.
故答案为：A
【分析】遇到此类问题，可以利用函数方程思想，通过研究函数的不动点，进一步讨论 的可能取值，利用“排除法”求解.
4．（2019·浙江）已知数列{an}满足 (n∈N)，若2≤a10≤3，则a1的取值范围是（　　）
A．1≤a1≤10 B．1≤a1≤17 C．2≤a1≤3 D．2≤a1≤6
【答案】B
【知识点】数列的函数特性
【解析】【解答】解：∵, 2≤a10≤3 ∴,.∵∴.同理以此类推即可得出.
故答案为：B
【分析】利用已知条件结合数列 {an} 的递推公式的特点，逐一找出的规律即可得出的取值范围即可。
二、填空题
5．（2020·浙江）已知数列{an}满足an＝ ，则S3＝　 　．
【答案】10
【知识点】数列的求和
【解析】【解答】解：数列{an}满足an＝ ，
可得a1＝1，a2＝3，a3＝6，
所以S3＝1+3+6＝10．
故答案为：10．
【分析】求出数列的前3项，然后求解即可．
6．（2020·新课标Ⅰ·文）数列 满足 ，前16项和为540，则 　 　.
【答案】7
【知识点】数列的求和；数列的递推公式
【解析】【解答】 ，
当 为奇数时， ；当 为偶数时， .
设数列 的前 项和为 ，
，
.
故答案为： .
【分析】对 为奇偶数分类讨论，分别得出奇数项、偶数项的递推关系，由奇数项递推公式将奇数项用 表示，由偶数项递推公式得出偶数项的和，建立 方程，求解即可得出结论.
7．（2022·北京）已知数列 的各项均为正数，其前 项和 ，满足 给出下列四个结论：
① 的第2项小于3； ② 为等比数列；
③ 为递减数列； ④ 中存在小于 的项。
其中所有正确结论的序号是　 　．
【答案】①③④
【知识点】数列的应用；数列的递推公式
【解析】【解答】 ，可得 ，又各项均为正，可得 ，令 可得 ，可解得 ，故①正确；
当 时，由 得 ，于是可得 ，即 ，若 为等比数列，则 时 ，即从第二项起为常数，可检验 则不成立，故②错误；
，可得 ，于是 ，所以 ，于是③正确；
对于④，若所有项均大于等于 ，取 ，则 ， ，于是 与已知矛盾，所以④错误.
【分析】先令 、 计算数列的首项和第二项即可判断①；根据 的关系，求得 假设 为等比数列，经检验n=3不成立，判断②错误；由 ，可得 ，于是 ，所以 ，于是③正确；利用反证法推出矛盾即可判断④.
8．（2021·新高考Ⅰ）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现此纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折。规格为20dm×12dm的长方形纸.对折1次共可以得到10dm×2dm、20dm×6dm两种规格的图形，它们的面积之和 S1 =240 dm2，对折2次共可以得5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，它们的面积之和 S2=180dm2。以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为　 　；如果对折n次，那么 =　 　dm.
【答案】5；
【知识点】数列的求和；类比推理
【解析】【解答】解：对折3次有2.5×12，6×5，3×10，20×1.5共4种，面积和为S3=4×30=120dm2;
对折4次有1.25×12,2.5×6,3×5,1.5×10,20×0.75共5种，面积和为S4=5×15=75dm2;
对折n次有n+1中类型，,
因此，
上式相减，得
则
故答案为：5，
【分析】根据类比推理可求对折4次及对折n次的图形种数，运用错位相减法可求.
三、解答题
9．（2023·全国甲卷）已知数列中，，设为前n项和，．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1）由
令n=2，代入 得
，解得，
由，......①
则，()......②
由①-②整理得，(n>2)
既有
所以此时
将与代入通项，等式成立
故．
（2）由(1)的，
令
则
......③
∴......④
由④-③得
，．
【知识点】数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】(1)由与递推式得出，进而由与的递推式构造得出与的关系，从而得出 的通项公式 .
(2)由数列结构可用错位相减法求得前n项和．
10．（2022·北京）已知 为有穷整数数列．给定正整数 ，若对任意的 ，在 中存在 ，使得 ，则称 为 连续可表数列．
（Ⅰ）判断 是否为5-连续可表数列？是否为 连续可表数列？说明理由；
（Ⅱ）若 为 连续可表数列，求证： 的最小值为4；
（Ⅲ）若 为 连续可表数列， ，求证： ．
【答案】（Ⅰ） 若，则对于任意，，所以Q是5-连续可表数列；由不存在任意连续若干项之和相加为6，所以Q不是6-连续可表数列；
（Ⅱ）若 ，设为a，b，c，则至多 6种矛盾 满足
（Ⅲ）若k≤5，则 至多可表15个数，与题意矛盾，若 至多可表21个数，而 ，所以其中有负的，从而a，b，c，d，e，f可表 及那个负数（恰21个)
这表明 中仅一个负的，没有0，且这个们的在 中绝对值最小，同时 中没有两数相同，设那个负数为
则所有数之和 ，再考虑排序
(仅一种方式)
∴-1与2相序
若-1不在两端，则" 2 ___"形式
若 ，则 (2种方式矛盾)
，问理 ，故-1在一端，不妨为" 形式
右 ，则 (2种矛盾) 同理不行
，则 (2种矛盾)从而
由 ，由表法唯一知3，4不相邻，故只能 ①
或 ②这2种情形
对① 矛后
对② 也矛盾
综上
【知识点】数列的应用；数列与不等式的综合
【解析】【分析】 （Ⅰ）根据可表数列的定义即可判断；
（II）反证法：假设，则最多能表示6个数字，与Q为8-连续可表数列矛盾，故k≥4；
（III） 若k≤5，则 至多可表15个数 ，至多可表21个数，而 ，所以至少要有6个正整数连续可表1-20个正整数，即至少6个正整数和一个负数才能满足题意，故.
11．（2020·新课标Ⅲ·理）设数列{an}满足a1=3， ．
（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；
（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．
【答案】（1）解：由题意可得 ， ，
由数列 的前三项可猜想数列 是以3为首项，2为公差的等差数列，即 ，
证明如下：
当 时， 成立；
假设 时， 成立.
那么 时， 也成立.
则对任意的 ，都有 成立
（2）解：由（1）可知，
，①
，②
由①②得：
，
即 .
【知识点】数列的求和；数列的递推公式；数学归纳法的原理
【解析】【分析】（1）利用递推公式得出 ，猜想得出 的通项公式，利用数学归纳法证明即可；（2）由错位相减法求解即可.
12．（2021·北京）设p为实数．若无穷数列{an}满足如下三个性质，则称{an}为RP数列：
：① ， ；
② ；
③ （m=1，2，…；n=1，2，…） ．
（1）如果数列{an}的前4项2，-2，-2，-1的数列，那么{an}是否可以为
数列？说明理由；
（2）若数列
是
数列，求
；
（3）设数列{an}的前n项和为Sn，是否存在
数列
，对
恒成立 ？若存在，求出所有这样的p；若不存在，说明理由．
【答案】（1）解：数列{an}不可能为 数列，理由如下，
因为p=2， a1=2， a2=-2，所以a1+a2+p=2， a1+a2+p+1=3，
因为a3=-2，所以a3 {a1+a2+p， a1+a2+p+1}，
所以数列{an}不满足性质③.
（2）性质① ，
由性质③ ，因此 或 ， 或 ，
若 ，由性质②可知 ，即 或 ，矛盾；
若 ，由 有 ，矛盾.
因此只能是 .
又因为 或 ，所以 或 .
若 ，则 ，
不满足 ，舍去.
当 ，则 前四项为：0，0，0，1，
下面用归纳法证明 ：
当 时，经验证命题成立，假设当 时命题成立，
当 时：
若 ，则 ，利用性质③：
，此时可得： ；
否则，若 ，取 可得： ，
而由性质②可得： ，与 矛盾.
同理可得：
，有 ；
，有 ；
，又因为 ，有
即当 时命题成立，证毕.
综上可得： ， .
（3）令 ，由性质③可知：
，
由于 ，
因此数列 为 数列.
由（2）可知：
若 ；
， ，
因此 ，此时 ， ，满足题意.
【知识点】数列的概念及简单表示法；数学归纳法的原理；运用数学归纳法证明简单命题
【解析】【分析】（1）根据新数列Rp数列的定义进行判断即可；
（2）根据新数列Rp数列的定义，结合数学归纳法求解即可；
（3）根据新数列Rp数列的定义，结合an与sn的关系进行判断即可.
13．（2020·北京）已知 是无穷数列．给出两个性质：
①对于 中任意两项 ，在 中都存在一项 ，使 ；
②对于 中任意项 ，在 中都存在两项 ．使得 ．
(Ⅰ)若 ，判断数列 是否满足性质①，说明理由；
(Ⅱ)若 ，判断数列 是否同时满足性质①和性质②，说明理由；
(Ⅲ)若 是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明： 为等比数列.
【答案】解：(Ⅰ) 不具有性质①；
(Ⅱ) 具有性质①；
具有性质②；
(Ⅲ)【解法一】
首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数：
显然 ，假设数列中存在负项，设 ，
第一种情况：若 ，即 ，
由①可知：存在 ，满足 ，存在 ，满足 ，
由 可知 ，从而 ，与数列的单调性矛盾，假设不成立.
第二种情况：若 ，由①知存在实数 ，满足 ，由 的定义可知： ，
另一方面， ，由数列的单调性可知： ，
这与 的定义矛盾，假设不成立.
同理可证得数列中的项数恒为负数.
综上可得，数列中的项数同号.
其次，证明 ：
利用性质②：取 ，此时 ，
由数列的单调性可知 ，
而 ，故 ，
此时必有 ，即 ，
最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：
假设数列 的前 项成等比数列，不妨设 ，
其中 ，（ 的情况类似）
由①可得：存在整数 ，满足 ，且 （*）
由②得：存在 ，满足： ，由数列的单调性可知： ，
由 可得： （**）
由（**）和（*）式可得： ，
结合数列的单调性有： ，
注意到 均为整数，故 ，
代入（**）式，从而 .
总上可得，数列 的通项公式为： .
即数列 为等比数列.
【解法二】
假设数列中的项数均为正数：
首先利用性质②：取 ，此时 ，
由数列的单调性可知 ，
而 ，故 ，
此时必有 ，即 ，
即 成等比数列，不妨设 ，
然后利用性质①：取 ，则 ，
即数列中必然存在一项的值为 ，下面我们来证明 ，
否则，由数列的单调性可知 ，
在性质②中，取 ，则 ，从而 ，
与前面类似的可知则存在 ，满足 ，
若 ，则： ，与假设矛盾；
若 ，则： ，与假设矛盾；
若 ，则： ，与数列的单调性矛盾；
即不存在满足题意的正整数 ，可见 不成立，从而 ，
同理可得： ，从而数列 为等比数列，
同理，当数列中的项数均为负数时亦可证得数列为等比数列.
由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数.
从而题中的结论得证，数列 为等比数列.
【知识点】数列的递推公式；分析法的思考过程、特点及应用；反证法
【解析】【分析】(Ⅰ)根据定义验证，即可判断；(Ⅱ)根据定义逐一验证，即可判断；(Ⅲ)解法一：首先，证明数列中的项数同号，然后证明 ，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列即可.解法二：首先假设数列中的项数均为正数，然后证得 成等比数列，之后证得 成等比数列，同理即可证得数列为等比数列，从而命题得证.
14．（2019·北京）已知数列{an}，从中选取第i1项、第i2项…第im项（i1（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am0，长度为q的递增子列的末项的最小值为an0，若p（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】 解：（I）1,3,5,6或1,3,5,9或1,3,6,9或3,5,6,9或1,5,6,9（写出任意一个即可）；
（II）设数列 的长度为q的一个递增数列为 且 ；
设数列 的长度为p的一个递增数列为 且 ；
因为p ;
（III） （用数学归纳法证明即可）.
【知识点】数列的应用
【解析】 【分析】（I）根据题意直接写出符合题意的数列即可；
（II）构造数列证明即可；
（III）根据题意写出通项公式即可.
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