第 4 章 数列 单元综合检测（难点）
一、填空题
1．已知数列 a *n 的首项 a1 =1，且满足 an+1 - an -1 an+1 - 2an = 0对任意 n N 都成立，则能使 am = 2023成
立的正整数m 的最小值为 .
2．在数列 a * 2 2 2n 中， a2 =1, a5 = 2,an 0，对"n N , an + an+2 = 2an+1 恒成立，若
b 2n = an + an+1 ，则数列
bn 的前 na 项和 Sn = .n+1 + an+2 an + an+2
3．已知数列 an 满足 a1 =1
1
， an+1 = a - a
2
n n .给出下列四个结论：2
①数列 an 每一项 an 都满足0 < an 1 n N* ；②数列 an 的前 n项和 Sn < 2；
n-1
③数列 an
2
每一项都满足 an 成立；④数列 a 1 n 每一项 a *n +1 n 都满足 an 2 ÷ n N .è
其中，所有正确结论的序号是 .
4．已知 Sn 为等差数列 an 的前 n 项和，d 为其公差，且 S8 > S7 > S9 ，给出以下命题：
① d < 0 ；② a8 > a9 ；③使得 Sn 取得最大值时的 n 为 8；④满足 Sn > 0成立的最大 n 值为 17
其中正确命题的序号为 .
5．已知 x 为不超过 x 的最大整数，例如 0.2 = 0， 1.2 =1， -0.5 = -1，设等差数列 an 的前 n项和为
S nn = 1+ an 且 S5 =15，记bn = log2 an ，则数列 bn 的前 100 项和为 .2
6 2．在数列 an 中， a1 = 2a2 =1，且 a + a = 2a *n+1 n n+2．若存在 n N ，使得不等式 anan+3 < an+3 - an m + m 成
立，则实数m 的取值范围为 ．
n 2 b ( 1)n+1 n +17．已知正项数列 an ，其前 项和为 Sn ，且满足 an +1 = 4 Sn +1 ，数列 bn 满足 n = - ana
，其
n+1
前 n项和Tn ，设l N ，若Tn < l 对任意 n N* 恒成立，则l 的最小值是 .
1
8．设数列 an 是首项为 0 的递增数列， fn x = sin x - an , x an , a *n+1 ， n N ，满足：对于任意的n
b [0,1), fn x = b总有两个不同的根，则数列 an 的通项公式为 .
a
9．已知数列 an
1 1 n+1
是正项数列， Sn 是数列 an 的前 n项和，且满足 Sn = an + ÷ .若bn = ，Tn 是数列2 è an SnSn+1
bn 的前 n项和，则T99 = .
10．如图，正方形 ABCD的边长为 1，连接 ABCD各边的中点得到正方形EFGH ，连接正方形EFGH 各边
的中点得到正方形 IJKL，依此方法一直进行下去.记 a1为正方形 ABCD的面积， a2为正方形 EFGH 的面积，
a3为正方形 IJKL的面积，…….. Sn 为 an 的前 n项和.给出下列四个结论：
1 1
①存在常数M < ，使得 a5 > M 恒成立；②存在正整数 N0 ，当 n > N0 时， an < ；③存在常数32 100
M > 2，使得 Sn < M 恒成立；④存在正整数 N0 ，当 n > N0 时， Sn > 2其中所有正确结论的序号是 .
2
11 a．设 n是正整数，且 n 2，数列 ak , bk 满足： a1 = a a > 0 ， ak +1 = a kk + k =1,2, × × ×,n -1 ，n
b 1k = k =1,2, × × ×, n b Sa + n ，数列 k 的前 k 项和为 k .给出下列四个结论：①数列 ak 为单调递增数列，且各k
项均为正数；②数列 bk 为单调递增数列，且各项均为正数；③对任意正整数， k 1,2, × × ×, n -1 ，
S 1 1k = - ；④对任意正整数 k 1,2, × × ×, na a ， Sk <1 .其中，所有正确结论的序号是 .k +1
1 2
12 *．已知数列 an 满足 an+1 = an + ÷ n N2 a ，给出下列四个结论：è n
①若 a1 = 2 ，则数列 an 中有无穷多项等于 2 ；
②若 a1 < - 2 ，则对任意 n N* ，有 an+1 > an ；
③若 a1 > 0，则存在n0 N
* 1
，当n n0 时，有 an - 2 ；2024
④若 a1 > 2
1
，则对任意 n N* ，有 an+1 - 2 an - 2 ；2
其中，所有正确结论的序号是 ．
二、单选题
13 2．数列 an 满足 an+1 = 2an +1， a1 =1，bn =lan -n +4n，若数列 bn 为单调递增数列，则l 的取值范围
为（ ）
l 1 l 1A． > B． > C．l
3 1
> D．l >
8 4 8 2
ìa n n + 5, N
*
14．数列 an 中， a1 =1， a =
3
n+1 í ，使 an 2021n 对任意的
n k （ k N* ）恒成立的最大 k 值为
an-1, N
*
3
（ ）
A．1209 B．1211 C．1213 D．1215
15．已知数列 an 的各项均不为零， a1 = a ，它的前 n 项和为 Sn ．且 an ， 2Sn ， an+1（ n N*）成等比数
T 1 1 1 1列，记 n = + + + ×××+S S S S ，则（ ）1 2 3 n
4044 4044
A．当 a =1时，T2022 < B．当 a =1时，T2023 2022
>
2023
T 1011 T 1011C．当 a = 3时， 2022 > D．当 a = 3时， <1012 2022 1012
16．已知数列 an 的通项公式为 an = 2n ，在 a1和 a2之间插入 1 个数 x11，使 a1，x11，a2 成等差数列；在 a2和a3
之间插入 2 个数 x21, x22 ，使a2 , x21, x22 ,a3成等差数列；…在 an 和 an+1之间插入 n 个数 xn , xn , x1 2 n3 , , xnn ，使
an , xn , xn , xn , , x ,a1 2 3 nn n+1成等差数列．这样得到一个新数列 bn ： a1, x11, a2 , x21, x22 ,a3, x31, x32 , x33 ,a4 ，记数列
bn 的前项和为 Sn ，有下列结论：① xn + xn + + xnn = 3n ×2n-1 ② a10 = b66 ③ b72 = 3072 ④ S55 =14337其中，1 2
所有正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
三、解答题
17．已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ，且 4Sn = an + 3．
(1)求 Sn ；
(2)若 1+ S2n cn + S2n =1，记数列 cn
n n 1
的前 n 项和为Qn，求证： < Qn < + ．7 7 14
1 1 1 1 n n + 3
18．已知数列 an 满足 + + +L+ = .a1 2a2 3a3 nan 4
(1)求 an 的通项公式；
2 4n+1(2)若bn = é 3n -1 4
n - nù × an ，记数列 bn 的前 n项和为Tn ，证明：Tn - < -8 .n +1
19．设数列 a 2 2n 满足 a1 = 2, an+1 = 2an + n - 4n +1,bn = an + n - 2n .
(1)求证：数列 bn 为等比数列；
n-3
(2)若数列 cn 满足 cn = 2b
2 + l(-1)n 1 *n ÷ n N ，是否存在实数l ，使得数列 cn 是单调递增数列 若
è 4
存在，求出l 的取值范围；若不存在，说明理由.
(3)对于大于 2 的正整数 q、r （其中 q < r ），若5b2 、bq 、br 三个数经适当排序后能构成等差数列，求符合条
件的数组 q, r .
20．设各项均为整数的无穷数列 an 满足 a1 =1，且对所有 n N， n > 0， 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 2024．
21．如果无穷项的数列{an}满足“对任意正整数 i, j, i j ，都存在正整数 k，使得 ak = ai × a j ”，则称数列{an}
具有“性质 P”．
(1)若数列{an}是等差数列，首项 a1＝2，公差 d = 3，判断数列{an}是否具有“性质 P”，并说明理由；
(2)若等差数列{an}具有“性质 P”， a1为首项，d 为公差．求证： a1 0且 d ≥0 ；
(3)若等比数列 an 具有“性质 P”，公比为正整数，且 216 ,315 , 414 ,615 这四个数中恰有两个出现在 an 中，问这
两个数所有可能的情况，并求出相应数列首项的最小值，说明理由．第 4 章 数列 单元综合检测（难点）
一、填空题
1．已知数列 an 的首项 a1 =1，且满足 an+1 - an -1 an+1 - 2an = 0对任意 n N* 都成立，则能使 am = 2023成
立的正整数m 的最小值为 .
【答案】19
【分析】由已知等式可得 an+1 = an +1或 an+1 = 2an，首先求出数列 an 为等差数列或等比数列时正整数m 的
值，然后再讨论 an 为等差和等比交叉数列，要使m 的值最小，可利用递推关系式所满足的规律进行推导
得出结果.
【解析】根据 an+1 - an -1 an+1 - 2an = 0可知 an+1 = an +1或 an+1 = 2an；
当 an+1 = an +1时，数列 an 是以 a1 =1为首项，1 为公差的等差数列；
所以 an = a1 + n -1 1 = n ，
则 am = m = 2023，可得m = 2023；
当 an+1 = 2an时，数列 an 是以 a1 =1为首项，2 为公比的等比数列；
n-1
所以 an = a1 × 2 = 2
n-1
，
m-1
则 am = 2 = 2023，解得m =1+ log2 2023，不合题意，舍去；
若数列 an 为等差和等比交叉数列，又易知 a1 =1, a2 = 2；
若要使m 的值最小，则 am =1+ 2022 ， am-1 = 2022， am-2 =1011， am-3 =1010， am-4 = 505，
am-5 = 504， am-6 = 252， am-7 =126， am-8 = 63， am-9 = 62， am-10 = 31， am-11 = 30，
am-12 =15， am-13 =14， am-14 = 7 ， am-15 = 6 ， am-16 = 3， am-17 = a2 = 2，
此时m -17 = 2，即m =19 < 2023；
故正整数m 的最小值为19 .
故答案为：19
【点睛】关键点睛：本题考查根据数列中的规律求解数列中的项的问题，解题关键是能够根据递推关系式
讨论若数列 an 为等差和等比各项交叉所得的数列，若要使m 的值最小，则需尽可能利用 an+1 = 2an对数列
中的项进行缩减，进而利用首项求出m 的值.
2．在数列 an 中， a2 =1, a = 2,a 0 "n N*, a2 2 25 n ，对 n + an+2 = 2an+1 恒成立，若
b 2n = a a a a a a ，则数列 bn 的前 n S =+ + + 项和 n .n n+1 n+1 n+2 n n+2
【答案】1+ n - n +1
2 2
【分析】根据题意得到 an 成等差数列，求出 an 的公差，求出 an = n -1，利用裂项相消法得到
b 1 1n = - ，从而求出 S .n -1 + n n + n +1 n
"n N* 2【解析】因为对 , an + a
2
n+2 = 2a
2 2
n+1，所以 an 成等差数列，又 a2 =1, a5 = 2，
2 2
所以 a2 d a5 - a= 2 4 -1= =1 2 2n 的公差 ，所以 an = a2 + n - 2 d =1+ n - 2 = n -1，3 3
又 an 0，所以 an = n -1，
b 2 n +1 - n -1所以 n = =( n -1 + n)( n + n +1)( n -1 + n +1) ( n -1 + n)( n + n +1)
( n +1 + n) - ( n -1 + n) 1 1
= = - ，
( n -1 + n)( n + n +1) n -1 + n n + n +1
S 1 1 1 1 1 1 所以 n = - ÷ + - + -
è 0 + 1 1 + 2 è 1 + 2 2 + 3
÷
è 2 + 3 3 + 4
÷
1 1
+L+ -
è n -1 + n n + n +1
÷
1 1 1 1 1 1 L 1 1= - + - + - + + -
0 + 1 1 + 2 1 + 2 2 + 3 2 + 3 3 + 4 n -1 + n n + n +1
1 1= - =1+ n - n +1 .
n + n +1
故答案为：1+ n - n +1
【点睛】常见的裂项相消法求和类型：
1 1 1 1 1 1 1 1
分式型： = - = -n n + k k è n n + k ÷， 2n -1 2n +1 2 è 2n -1 2n +1÷ ，
1 1 é 1 1 ù
= -
n n 1 n 2 2 ên n 1 n 1 n 2 ú等；+ + ê + + + ú
2n 1 1 n + 2 1 1
指数型： = 2n+1 -1 2n -1 2n
- =
-1 2n+1 -1， n n +1 × 2n n × 2n-1
-
n +1 × 2n 等，
1 1
根式型： = n + k - nk 等，n + n + k
对数型： log
an+1
m = logm an+1 - logm aa n，m > 0且m 1；n
1
3 2．已知数列 an 满足 a1 =1， an+1 = an - an .给出下列四个结论：2
①数列 an 每一项 a *n 都满足0 < an 1 n N ；②数列 an 的前 n项和 Sn < 2；
n-1
③数列 an 每一项都满足 a
2 1
n 成立；④数列 an 每一项 an 都满足 an ÷ n N*n +1 2 .è
其中，所有正确结论的序号是 .
【答案】①③④
【分析】通过递推公式，判断出数列单调性，由此得到数列的取值范围，根据取值范围对①③④进行判
断，算出 S4 即可判断②.
1 2
【解析】由 a1 =1， an+1 = an - an ，2
a 1 1 1 a 1 1 3 a 3 1 9 39得 2 = - = ， 3 = - = ， 4 = - = ，2 2 2 8 8 8 2 64 128
S 1 1 3 39 2794 = + + + = > 2，②错误；2 8 128 128
a 1 2n+1 = an - an an ，2
又因为 a1 =1
1
，所以 an+1 = an - a
2 > 0 0 < a 1 n N*n ，所以 n ，①正确；2
a a
由 an+1 = a
1
n - a
2 n+1
n 可得 =1
1
- a é1 nn ê ,1÷ ，即 1,2 2 an 2 2 a
，
n+1
1 a2又 n = a2 n
- an+1 ，两边同时除以 anan+1，可得：
an 1 1 2 a= - ÷ n-1
1 1 a 1 1
， = 2 - ÷，… ， 1 = 2 - ，an+1 è an+1 an an è an an-1 a
2 è a2 a
÷
1
1 a a a
累加可得 2 -1a ÷
= n + n-1 +L+ 1 ，
è n+1 an+1 an a2
an
又因 1,2 a ，n+1
1
所以 n < 2 -1÷ 2n
1 2
，即有 a < ，
è an+1 n +1
n+1 n + 2
2 1 2
当 n =1时， a1 = =1，所以 an ，③正确；1+1 n n +1
a 1
a 1 1
由 n+1 = an - a
2 n+1
，得 = 1- an a 2 n
2 ，2 n
a 1
则当 n 2 n时， a ，n-1 2
a a a 1 n-1
则 a = nn × n-1 ×L× 2 ×a
，
an-1 a a
1 2 ÷n-2 1 è
0
当 n =1时， a 11 =1 =
÷ ，
è 2
a 1
n-1
所以 n N*n ÷ ，故④正确.
è 2
故答案为：①③④.
【点睛】思路点睛：数列中出现大小比较时，若通过原数列或者构造新数列不能找到大小关系，常见思路
为对数列进行放缩，通过将数列放缩为一个简单的通项公式再进行大小比较.
4．已知 Sn 为等差数列 an 的前 n 项和，d 为其公差，且 S8 > S7 > S9 ，给出以下命题：
① d < 0 ；② a8 > a9 ；③使得 Sn 取得最大值时的 n 为 8；④满足 Sn > 0成立的最大 n 值为 17
其中正确命题的序号为 .
【答案】①③
【分析】由 S8 > S7 > S9 及等差数列前 n 项和的函数性质判断①③；应用等差数列前 n 项和公式可得
ìa8 = a1 + 7d > 0
ía9 = a1 + 8d < 0 ，并令 S
2a1
n > 0得 n <1- ，即可判断②④.
d
a8 + a9 = 2a1 +15d < 0
d d
【解析】由 S8 > S7 > S9 ，即 Sn = n
2 + (a1 - )n 存在最大值 S8 ，故 d < 0 ，①③对；2 2
8(a1 + a8 ) 7(a1 + a7 ) 9(a + a )则 > > 1 9 ，即 4(a1 + a8 ) = 4(a4 + a5 ) > 7a4 > 9a5，2 2 2
ì4a5 > 3a4 ìa8 = a1 + 7d > 0
15
可得 í4a4 > 5a5 ía9 = a1 + 8d < 0 ，故-7d < a1 < - d ，且 a8 < a9 ，②错；
2
7a4 > 9a 5 a8 + a9 = 2a1 +15d < 0
S > 0 d n2 d令 n ，则 + (a1 - )n 0 * n 1
2a1 15 2a> 且 n N ，即 < - ，而- < 1 < -14，
2 2 d d
所以15
2a
<1- 1 <16，故n 15，即满足 Sn > 0成立的最大 n 值为 15，④错.d
故答案为：①③
5．已知 x 为不超过 x 的最大整数，例如 0.2 = 0， 1.2 =1， -0.5 = -1，设等差数列 an 的前 n项和为
S nn = 1+ an 且 S5 =15，记bn = log2 an ，则数列 bn 的前 100 项和为 .2
【答案】480
【分析】求出 an = n ，则得到bn = log2 n ，再利用 x 的定义即可求出答案.
n n
【解析】由题意得 Sn = a1 + an = 1+ an ，所以 a2 2 1
=1，
S 55 = a1 + a5 = 5a2 3 =15，所以
a3 = 3，
d 3-1所以公差 = =1，所以 an = n ，bn = log2 an = log2 n ，2
当 n =1时， b1 = 0，
当 2 n 3时，bn =1，
当 4 n 7 时，bn = 2 ，
当8 n 15时，bn = 3，
当16 n 31时，bn = 4，
当32 n 63时，bn = 5，
当64 n 100时，bn = 6 ，
所以数列 bn 的前 100 项和为0 +1 2 + 2 4 + 3 8 + 4 16 + 5 32 + 6 37 = 480 .
故答案为：480.
【点睛】关键点睛：本题的关键是求出 an = n ，再利用取整函数的定义对bn 分类讨论，最后计算出答案.
6．在数列 an 中， a1 = 2a2 =1，且 an+1 + an = 2an+2．若存在 n N* 2，使得不等式 anan+3 < an+3 - an m + m 成
立，则实数m 的取值范围为 ．
5 1
【答案】 - , - ÷ U ,+ ÷
è 8 è 2
【分析】由 an+1 + an = 2an+2可知 an + an-1 = 2an+1 n 2 ，即 an+1 - an
1
= - an - an-1 n 2 ，根据等比数列2
n 2 é 1
n
ù
概念及公式可得 a 1 n 1 - an = - ÷ ，再利用累加法可得 an = ê1- - ÷ ú > 0，又 anan+3 < a - a m + m
2
+ n+3 n 可
è 2 3 ê è 2 ú
得m > an或m < -an+3 ，分情况讨论 n为奇函数和 n为偶数时 an 与 an+3 的最值，即可得解.
【解析】由 an+1 + an = 2an+2，得 an + an-1 = 2an+1 n 2 ，
将其两边同时减去2an ，得 an + an-1 - 2an = 2an+1 - 2an n 2 ，
整理，得 a 1n+1 - an = - an - an-1 n 2 ，2
an+1 - an 1
则 = - n 2 a - a 2 ，n n-1
又 a a
1 1
2 - 1 = -1 = - ，2 2
1 1
所以数列 an+1 - an 是以- 为首项，- 为公比的等比数列，2 2
1 1 n-1 na - a = - - 1 所以 n+1 n 2 2 ÷
= - ÷ ，
è è 2
n
1
1 1 2 1 n-1
1- - ÷ n
所以 a = a + a - a + a - a +L+ a - a =1+ - + - +L+ - = è 2 2
é 1 ù
n 1 2 1 3 2 n n-1 2 ÷ ÷ ÷
= ê1- - ÷ ú ，
è è 2 è 2 1 1+ 3 ê è 2 ú
2
显然， an > 0，
由 anan+3 < an+3 - an m + m2 2，得m + an+3 - an m - anan+3 > 0，即 m - an m + an+3 > 0，解得m > an或
m < -an+3 ，
由题意可知，存在 n N* ，使得m > an 或m < -amin n+3 max ．
é n ù
n a 2 1 1 é1 , 2 a 2
é 1 n+3 ù é 11 2 1 2
当 为偶数时， n = ê - ú ，- = - ê1+ ú - , - ，所以m > 或m < - ；3 ê è 2
÷ ÷ n+3 ÷ ÷
ê ú 2 3 3
ê
ê è 2 ú 16 3 2 3
2 é 1 n ù é n+3 ù
当 n为奇数时， a
2 2 1 2 5
n = ×
ù
ê1+ ÷ ú ,1 ，-an+3 = - ê1- ÷ ú - , -
ù
，所以m
2 5
> 或m < - ．
3 ê è 2 è 3
ú ú
ú 3 ê è 2 ú è 3 8 3 8
综上可知，实数m 的取值范围为 - ,
5
- ÷ U
1
,+
÷，
è 8 è 2
5 1
故答案为： - , - 8 ÷
U ,+ ÷ .
è è 2
【点睛】关键点睛：等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练
掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前 n 项和公式时，应该要
分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程．
n 2 b ( 1)n+1 n +17．已知正项数列 an ，其前 项和为 Sn ，且满足 an +1 = 4 Sn +1 ，数列 bn 满足 n = - a a ，其n n+1
前 n项和Tn ，设l N ，若Tn < l 对任意 n N* 恒成立，则l 的最小值是 .
【答案】1
【分析】利用 a +1 2n = 4 Sn +1 ，得出 an - an-1 = 2，即可判断数列 an 是首项为 3，公差为 2 的等差数列，
a 2n 1 b ( 1)n+1 1 1 1 T 1 1 1 1 1 1因此 n = + ， n = - × + ÷ ， 2n = -
T
4 2n +1 2n + 3 4 3 4n + 3 ÷
， *2n-1 = + ÷ ，根据"n N ，
è è 4 è 3 4n +1
不等式Tn < l 恒成立，转化为"n N* ，不等式T2n < l 且T2n-1 < l 恒成立，即可得出结论.
*
【解析】由题意知，"n N , an > 0，且 4S
2
n = an + 2an - 3，
则当 n 2时， 4Sn-1 = a
2
n-1 + 2an-1 - 3，
两式相减得 an - an-1 an + an-1 = 2 an + an-1 ，Qan > 0,\an + an-1 > 0
所以 an - an-1 = 2，
2 2
而 4a1 = 4S1 = a1 + 2a1 - 3，即 a1 - 2a1 - 3 = 0，
又 a1 > 0，解得 a1 = 3，
数列 an 是首项为 3，公差为 2 的等差数列，因此 an = 2n +1，
则bn = (-1)
n+1 n +1 1 1 1= (-1)n+1 × +
2n +1 2n + 3 4 2n +1 2n + 3 ÷，è
T 1 é 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ù 1 1 12n = ê + ÷ - + ÷ + +
- + +L+
4 3 5 5 7 7 9 ÷ 9 11÷
+ ÷ - + ÷ = - ÷，
è è è è è 4n -1 4n +1 è 4n +1 4n + 3
ú
4 è 3 4n + 3
T T b 1 1 1 1 1 1 1 1 12n-1 = 2n - 2n = - ÷ + + ÷ =
+ ，
4 è 3 4n + 3 4 4n +1 4n + 3 4 3 4n +1÷ è è
数列 T * 12n 是单调递增的，"n N ,T2n < ，12
T n N*,T b 2而数列 2n-1 是单调递减的，" 2n-1 1 = ，15
因为"n N* ，不等式Tn < l 恒成立，
则"n N* ，不等式T2n < l 且T2n-1 < l 恒成立，
1 2
因此l 且l > ，即有l
2
> ，
12 15 15
又l N，所以l 的最小值是 1.
故答案为：1
1
8 *．设数列 an 是首项为 0 的递增数列， fn x = sin x - an , x an , an+1 ， n N ，满足：对于任意的n
b [0,1), fn x = b总有两个不同的根，则数列 an 的通项公式为 .
n(n -1)
【答案】 an＝ π2
【分析】由题意推出当 n =1时， a2 = π
*
，继而推出 a3 ,a4 的值，由此可推出数列递推式 an+1 - an = nπ,n N ，
利用累加法即可求得数列的通项公式.
【解析】由题意知 an > 0， a1 = 0，当 n =1时， f1(x) = sin(x - a1) = sinx , x [0, a2 ]，
又对任意的b [0,1), f1 x = b总有两个不同的根，
结合函数 y =| sin x |的图象可得 a2 = π,\ f1(x) = sinx, x [0, π]，
又 f2 (x) =| sin
1 (x - a2 ) |=| sin
1 (x - π) |=| cos x |, x [π,a ]，
2 2 2 3
∵对任意的b [0,1), f2 (x) = b总有两个不同的根，
结合 y =| cos
x |的图象，可知 a3 = 3π，2
又 f3(x) =| sin
1 (x - a3) |=| sin
1 (x - 3π) |=| sin 1 π|, x [3π, a ]，
3 3 3 4
∵对任意的b [0,1), f3(x) = b 总有两个不同的根，同理可得 a4 = 6π，
由此可得 an+1 - an = nπ,n N
*
，
n(n -1)
\an = a1 + (a2 - a1) +L+ (an - an-1) = 0 + π +L+ (n -1)π = π，2
a n(n -1)即 n＝ π ，2
a n(n -1)故答案为： n＝ π2
1 1 a
9 n+1．已知数列 an 是正项数列， Sn 是数列 an 的前 n项和，且满足 Sn = 2 an + ÷ .若
bn = Ta S S
， n 是数列
è n n n+1
bn 的前 n项和，则T99 = .
9
【答案】 /0.9
10
【分析】利用 Sn 与 an 的关系将已知转化为 Sn ，并求出 Sn 的通项公式.
再利用 Sn 与 an 的关系求出 an ，写出bn 的通项公式，利用裂项相消求解.
1
【解析】∵ Sn = a
1 1 1
n + ÷，∴ Sn = Sn - Sn-1 + ÷ n 2 ，2 è an 2 è Sn - Sn-1
2S S 1 1∴ n = 2 2n - Sn-1 + S - S ，∴
Sn + Sn-1 = S - S ，∴ Sn - Sn-1 =1，n n-1 n n-1
∴ S 2 = S 2n 1 + n -1 =1+ n -1 = n，∴ Sn = n n 2 ，
当 n =1时， a1 = S
1 1
1 = a1 + ÷ ,解得 a1 = S1 =1符合 Sn = n ，2 è a1
∴ Sn = n ， an = Sn - Sn-1 = n - n -1 n 2 ，
当 n =1时， a1 =1符合 an = n - n -1，∴ an = n - n -1，
b an+1 Sn+1 - Sn n +1 - n 1 1n = = = = - ，SnSn+1 SnSn+1 n × n +1 n n +1
T b b b 1 1 1 1 1 1 1 1所以 99 = 1 + 2 + 3 + ×××b99 = - + - + - + ×××+ -1 2 2 3 3 4 99 100
1 1 9= - = .
10 10
9
故答案为：
10
10．如图，正方形 ABCD的边长为 1，连接 ABCD各边的中点得到正方形EFGH ，连接正方形EFGH 各边
的中点得到正方形 IJKL，依此方法一直进行下去.记 a1为正方形 ABCD的面积， a2为正方形 EFGH 的面积，
a3为正方形 IJKL的面积，…….. Sn 为 an 的前 n项和.给出下列四个结论：
1 1
①存在常数M < ，使得 a5 > M 恒成立；②存在正整数 N0 ，当 n > N0 时， a32 n
< ；③存在常数
100
M > 2，使得 Sn < M 恒成立；④存在正整数 N0 ，当 n > N0 时， Sn > 2其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①②③
【分析】根据题意，正方形边长成等比数列，正方形的面积等于边长的平方，也为等比数列，利用等比数
列求和公式，然后逐项判断即可求解.
【解析】记第 n 2个正方形的边长为 2a，面积为 an = 4a ，
由每个正方形都是由上一个正方形各边中点连接得到，可知第 n +1个正方形的边长为 2a，
2面积为 a 2n+1 = 2a = 2a ，
a 2n+1 2a 1
所以 = 2 = ，又因为 a1 =1
1
，所以正方形面积构成的数列 an 是首项为1，公比为 的等比数列，an 4a 2 2
1 n-1
其通项公式为 an =
÷ ，
è 2
1 5-1① a 1
1 1
对 ： 5 = ÷ = ，因为 > > M ，所以 a5 > M 恒成立，故①正确；
è 2 16 16 32
n-1
对② 1 1：当 an = ÷ < 时，即 n 8且 n为正整数，所以存在 N0 ，故②正确；
è 2 100
1 1- 2-n -n 1-n
对③、④： Sn = a1 + a2 +L+ an = 1 = 2 1- 2 = 2 - 2 ，又因为0 < 21-n 1，1-
2
所以1 S = 2 - 21-nn < 2，因此当M > 2时， Sn < M 恒成立，故③正确；
因此当 n > N0 时， Sn < 2恒成立，故④错误.
故答案为：①②③.
1
【点睛】方法点睛：本题主要是找到面积之间为公比为 的等比数列，然后利用等比数列的求和公式及恒
2
成立问题即可求解.
2
11．设 n是正整数，且 n 2，数列 ak , bk 满足： a1 = a a > 0 a a， kk +1 = ak + k =1,2, × × ×,n -1 ，n
b 1k = k =1,2, × × ×, n a + n ，数列 bk 的前 k 项和为 Sk .给出下列四个结论：①数列 ak 为单调递增数列，且各k
项均为正数；②数列 bk 为单调递增数列，且各项均为正数；③对任意正整数， k 1,2, × × ×, n -1 ，
S 1 1k = - ；④对任意正整数 k 1,2, × × ×, na a ， Sk <1 .其中，所有正确结论的序号是 .k +1
【答案】①③④
a2
【分析】由 ak +1 - a kk = > 0和 a1 > 0可确定①正确；由bk +1 - bk < 0知②错误；根据已知等式可得n
1 a 1 1 a a
× k = - k +1 = k
+ n 1 1
n a a a 及 a n ，推导得到
bk = -a a ，加和可得③正确；由已知等式可推导得到k +1 k k +1 k k k +1
1 1 1 1 1
- > - ，累加得到 > -1，进而得到 Sk <1a a n a a ，知④正确.k +1 k k +1
a2
【解析】对于①，，Qa1 = a a > 0 ，\a kk 1 - ak = > 0，\+ 数列 ak 为单调递增数列，n
Qa1 > 0 ，\ak > 0，即数列 ak 各项均为正数，①正确；
1 1 a
② b - b = - = k
- ak +1
对于 ， k +1 k ak +1 + n ak + n ak +1 + n ak + n ，
由①知： ak +1 + n > 0， ak + n > 0， ak - ak +1 < 0 ，\数列 bk 单调递减数列，②错误；
a2 a2 1 ak 1 1
对于③，由 a k k \ × = -k +1 = ak + 得： = an n k +1
- ak ， n ak +1 ak ak +1
ak +1 1 ak a + n 1 a 1 1又 = + = k \b = = k = -ak n n
， k ak + n na
，
k +1 ak ak +1
\S 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1k = - + - + ×××+ - = - = -a a a ，③正确；1 2 2 a3 ak ak +1 a1 ak +1 a ak +1
a2 1 n 1 1
对于④，由 a = a + k 得： = = -k +1 k n ak +1 ak ak + n ak a + n ，k
1 1 1 1
\ - = - > -
ak +1 ak a
，
k + n n
1 1 1 1 1 1 1 1 1
\ = - ÷ + - ÷ + ××× + - ÷ + > -1，ak +1 è ak +1 ak è ak ak -1 è a2 a1 a1 a
1 1 1 1 1 1
\- <1- ，\ - < +1- =1 S <1a a a a a a ，即 k ，④正确.k +1 k +1
故答案为：①③④.
【点睛】关键点点睛：本题考查根据数列递推关系式研究数列相关性质及前 n项和的问题；求解关键是能够
1 1 1 1 1
对已知递推关系式进行变形，得到bk = - 、 - = -a 等关系式，结合累加法、放缩法来进行k ak +1 ak +1 ak ak + n
求解.
a a 1 a 2 12 *．已知数列 n 满足 n+1 = 2 n + n Na ÷ ，给出下列四个结论：è n
①若 a1 = 2 ，则数列 an 中有无穷多项等于 2 ；
②若 a1 < - 2 ，则对任意 n N* ，有 an+1 > an ；
③若 a1 > 0
*
，则存在n0 N ，当n n0 时，有 an - 2
1
；
2024
④若 a > 2 ，则对任意 n N*1 ，有 an+1 - 2
1
a - 22 n ；
其中，所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②③
【分析】对于①：根据递推公式分析求解即可；对于②④：根据递推公式结合基本不等式分析判断；对
于③：根据递推公式结合基本不等式可知an 2 ，分 a1 = 2 和 a1 2 两种情况，结合④中结论分析判
断.
1 2 1 2
【解析】对于①：若 a1 = 2 ，则 a2 = a1 + ÷ = 2 ， a3 = a2 + ÷ = 2 ，2 è a1 2 è a2
以此类推可知： an = 2 ，即数列 an 中有无穷多项等于 2 ，故①正确；
1 2 1 é 2 ù
对于②：若 a1 < - 2 < 0，则 a2 = a1 + ÷ = - ê -a1 + ú < - 2 ，2 è a1 2 -a1
1 2 1 é ùa 23 = a + = - -a + < - 2 ，2 2è a
÷ 2 ê 22 -a
ú
2
以此类推可知： an < - 2 < 0，
1 a 2 2 - a
2
n
则 n+1 - an = an + - a = > 0，即 a > a ，故②正确；2 è a
÷ n
n 2a
n+1 n
n
1 2 1 2
对于④：若 a1 > 2 ，可知 a2 = a1 + ÷ > 2 > 0， a3 = a + > 2 > 0 ，2 a 2 2 a ÷è 1 è 2
以此类推，可知： an > 2 > 0 ，
1 2
且 an+1 - 2 = a
1 2
n + ÷ - 2 = - ÷÷ an - 2 ，2 è an è 2 2an
1 2 1 1 2 1
因为 - < ，可得 an+1 - 2 = - ÷÷ an - 2 < an - 2 ，故④错误；2 2an 2 è 2 2an 2
对于③：若 a1 > 0，可知 a
1 2
2 = a1 + ÷ 2 > 0，当且仅当 a1 = 2 等号成立，2 è a1
1 2 a3 = a2 + ÷ 2 > 0，当且仅当 a2 = 2 ，即 a2 a 1
= 2 等号成立，
è 2
以此类推，可知： an 2 > 0，当且仅当 a1 = 2 等号成立，
1
若 a1 = 2 ，对任意 n N* ，可得 an - 2 = 0 ，显然成立；2024
若 a1 > 0，且 an 2 ，可知当 n 2时， an > 2 > 0 ，
1
由④可知：当 n 2时，则 an+1 - 2 < an - 2 ，2
2 n-2
n 3 a - 2 1< a 1 1 当 时， n 2 n-1 - 2 < ÷ an-2 - 2 < ××× < ÷ a2 - 2 ，è 2 è 2
n-2
因为 a2 - 2 > 0
1
，对于 ÷ a2 - 2 结合指数性质可知：
è 2
n-2
存在 n N*0 且 n0 3
1 1
，当n n0 时，使得 2 ÷ a2 - 2 < ，è 2024
1 n-2a 2 a 2 1即 n - < ÷ 2 - < ；
è 2 2024
* 1
综上所述：存在 n0 N ，当n n0 时，有 an - 2 ，故③正确；2024
故选：①②③.
1 n-2
【点睛】关键点睛：对于③：根据④中结论分析可知：当 n 3时， an - 2 < ÷ a2 - 2 ，结合指数
è 2
性质分析判断.
二、单选题
13．数列 an 满足 an+1 = 2an +1， a1 =1，bn =lan -n
2 +4n，若数列 bn 为单调递增数列，则l 的取值范围
为（ ）
l 1A． > B．l
1 3 1
> C．l > D．l >
8 4 8 2
【答案】C
【分析】根据给定条件求出数列 an 通项，再由数列 bn 为单调递增数列列出不等式并分离参数即可推理计
算作答.
【解析】数列 an 中， an+1 = 2an +1， a1 =1，则有 an+1 +1 = 2(an +1) ，而 a1 +1 = 2 ，
因此，数列 an +1 n是公比为 2 的等比数列， an +1 = 2 ，即 an = 2n -1，
则bn = l (2
n - 1) - n 2 + 4n ，因数列 b *n 为单调递增数列，即"n N ，bn+1 - bn > 0，
2n - 3
则l(2n+1 -1) - (n +1)2 + 4(n +1) -[l(2n -1) - n2 + 4n] = l ×2n - 2n + 3 > 0，l >
2n
，
c 2n - 3 c c 2n -1 2n - 3 5 - 2n令 n = n ，则 n+1 - n = n+1 - n = n+1 ， n N* ，当 n 2时， cn+1 > cn，当 n 3时， cn+1 < cn ，2 2 2 2
c 3 c 2n - 3 3 3于是得 3 = 是数列 n 的最大值的项，即当 n=3 时， n 取得最大值 ，从而得l > ，8 2 8 8
3
所以l 的取值范围为l > .
8
故选：C
ì
an + 5,
n
N*
a a =1 a = 14 3．数列 n 中， 1 ， n+1 í a 2021 n k *n ，使 n 对任意的 （ k N ）恒成立的最大 k 值为 a *
n-1
, N
3
（ ）
A．1209 B．1211 C．1213 D．1215
【答案】B
【分析】根据数列的通项公式，列出各项，找数列的规律，判断到哪一项是等于 2021，即可得答案.
【解析】由已知可得，数列 an ：1,6,11,6,11,16,11,16,21,L，可得规律为1,6,11；6,11,16 ；11,16,21；L此
时将原数列分为三个等差数列：
1,6,11,La 5n - 2n = ， n n n = 3m +1,m N ；3
6,11,16,La 5n + 8n = ， n n n = 3m + 2,m N ；3
11,16,21,La 5n +18n = , n n n = 3m + 3, m N ;3
因为 a1209 = 2021,a1210 = 2016,a1211 = 2021,a1212 = 2026 > 2021，
所以满足 an 2021对任意的 n k k N* 恒成立的最大 k 值为1211．
故选：B.
15．已知数列 an 的各项均不为零， a1 = a ，它的前 n 项和为 Sn ．且 an ， 2Sn ， a （ n N*n+1 ）成等比数
T 1 1 1 1列，记 n = + + + ×××+S S S S ，则（ ）1 2 3 n
4044 4044
A．当 a =1时，T2022 < B．当 a =1时，T >2023 2022 2023
T 1011 T 1011C．当 a = 3时， 2022 > D．当 a = 3时，1012 2022
<
1012
【答案】C
【分析】结合等比性质处理得 an+2 - an = 2，再分 a =1和 a = 3分类讨论， a =1时较为简单，结合裂项法直接
求解，当 a = 3时，放缩后再采用裂项即可求解.
【解析】由 an ， 2Sn ， an+1成等比数列可得， 2Sn = an × an+1 ①，也即 2Sn+1 = an+1 ×an+2 ②，②-①得
2an+1 = an+1 an+2 - an ，因为 an 0 ，所以， an+2 - an = 2，即数列的奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，
当 a1 = a 时， 2a1 = a1 × a2，即 a2 = 2，
1+ n n
对 A、B，当 a =1时， a1 = 1,a2 = 2,a3 = 3,a4 = 4,La
n = n ，此时数列为等差数列，前 n项和为 Sn = ，2
1 2 2 1 1= = -
S n n +1 n n +1÷，n è
T 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1故 n = + + + ×××+ = - + - L+ -
÷ = 2
1-
S1 S2 S3 Sn è 2 2 3 n n+1 è n 1
÷ ，+
1 4044
当 n = 2022时，T2022 = 2 1- =2023 ÷ 2023 ，故 A、B 错误；è
2021-1
对 C、D，当 a = 3时， a1 = 3,a3 = 5,a5 = 7,La2021 = 3+ 2 = 20232 ，
2
a2 = 2,a = 4,L,a
n + 3n
4 2022 = 2022 ,当 n 为偶数时， Sn = ，2
n +1 2n + 3 n +1S n 1 n
2 + 3n + 2
当 为奇数时， n = - + = ，2 2
n +1 n + 2 1 2 2 1 1所以 S ,n N * , = -
n ÷ ,2 Sn n +1 n + 2 è n +1 n + 2
此时T
1 1 1 1
2022 = + + + ×××+S1 S2 S3 S2022
1 1 1 1 1 1 1 1011
> 2 - + - +L+ - ÷ =1- = ，故 C 正确，D 错误.
è 2 3 3 4 2023 2024 1012 1012
故选：C
16．已知数列 an 的通项公式为 an = 2n ，在 a1和 a2之间插入 1 个数 x11，使 a1，x11，a2 成等差数列；在 a2和a3
之间插入 2 个数 x21, x22 ，使a2 , x21, x22 ,a3成等差数列；…在 an 和 an+1之间插入 n 个数 xn , xn , x1 2 n3 , , xnn ，使
an , xn , xn , xn , , xnn ,an+1成等差数列．这样得到一个新数列 bn ： a1, x11, a2 , x21, x22 ,a3, x31, x32 , x33 ,a4 1 2 3 ，记数列
bn 的前项和为 Sn ，有下列结论：① xn + xn + + xnn = 3n ×2n-1 ② a10 = b66 ③ b72 = 3072 ④ S55 =14337其中，1 2
所有正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】根据等差数列的性质和数列求和的方法逐一判断：
x x+ x + + x = n1 + xnn n an + a× = n+1n1 n2 nn ×n，可得①的正误；2 2
a10 在数列 bn 中是第10 +1+ 2 +L+ 9 项，可得②的正误；
由 a11 = b66 ， a12 = b
b66 + b78 a11 + a12
78，得b72 = = ，可得③的正误；2 2
分组求和得 S55 = a1 + a2 +L+ a10 + é x11 + x21 + x22 +L+ x91 + x92 +L+ x99 ù ，可得④的正误.
① x x x xn1 + xnn n an + a
n n+1
【解析】 + + + = × = n+1 n 2 + 2× = × n = 3n ×2n-1n1 n2 nn ,故①正确；2 2 2
② a10 在数列 bn 中是第10 +1+ 2 +L+ 9 = 55项，所以 a10 = b55 ，故②错误；
③ a = b a b b b66 + b78 a + a 2
11 + 21211 12
11 66 ， 12 = 78 72 = = = = 3072 ，故③正确；2 2 2
④ S55 = a1 + a2 +L+ a10 + éx11 + x21 + x22 +L+ x91 + x92 +L+ x99 ù
= 2 + 22 +L+ 210 + 3 1 20 + 2 21 +L+ 9 28 = 211 - 2 + 3 8 29 +1 =14337，故④正确.
故选：C
【点睛】本题考查等差数列的性质和数列求和，弄清插入的项数是解题关键，属于较难的题目.
三、解答题
17．已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ，且 4Sn = an + 3．
(1)求 Sn ；
(2)若 1+ S2n cn + S
n n 1
2n =1，记数列 cn 的前 n 项和为Qn，求证： < Q < + ．7 n 7 14
1 n-1 1 3
【答案】(1) Sn = ×4
- ÷ +
è 3 4
(2)证明见解析
ìS1, n =1
【分析】（1）根据公式 an = í ，消去 an ，转化为关于数列 Sn S S 的递推关系式，构造等比数列， n - n-1,n 2
即可求解；
1
1- S 1+ 32n-1
（2）根据（1 2n）的结果，可知 cn = = 1 ，再根据放缩法求得 cn 的范围，即可证明不等式.1+ S2n 7 -
32n-1
【解析】（1）当 n =1时， 4S1 = S1 + 3，解得 S1 =1；
当 n 2时， 4Sn = S S
3 1 3
n -
n-1 + 3，3Sn = -Sn-1 + 3，则 Sn - = - S4 3 n-1
- ÷，
è 4
S 3 1
3
0 ìS - ü 1 1因为 1 - = ，所以数列 í n 是以 为首项，- 为公比的等比数列，4 4 4 4 3
3 1 1 n-1 1 1 n-1 3
所以 Sn - = ×
- ，即 S = × - + ；
4 4 3 ÷ n 4 ÷è è 3 4
2n-1
（2 1 1 S 7 1 1）由（ ）知， + 2n = + ×
- > 0
4 4 3 ֏
1
c 1- S
1+ 2n-1
2n 3
依题意 n = = ，1+ S 7 12n -
32n-1
1 1 81 + 2n-1 1 2n-1
因为0
1 1
< c - = 3 - = 3 > 0 1 n2n-1 ， n 7 ，则 cn > ，即Qn > ；3 3 7 1- 7 7 7 1- 7 7
32n-1 è 32n-1 ÷
1 1
1 8 8
+
c - = 3
2n-1 1 32n-1- = < 3
2n-1 4 1
因为 n 1 = ×7 7 - 7 7 1 7 7 -1 21 3
2n-1 ，
32n-1
7 - ÷
è 32n-1
1 1 1 4 1 1 1
所以 c1 - ÷ + c2 -
+L+ c - < + +L+
7 7 ÷ n 7 ÷ 21 31 33 32n-1 ÷
，
è è è è
1 1 1-
1 1 1 3 + è 9
n ÷ 3
而
31 33
+L+ 2n-1 =3 1 1
< ，
- 8
9
Q n 4 3 1 n 1故 n - < = ，即Q < + ．7 21 8 14 n 7 14
n n 1
综上所述， < Q < + ．
7 n 7 14
【点睛】关键点睛：本题第二问考查数列，不等式，放缩法的综合应用问题，第二问的难点是证明
Q n 1 c 1 4 1n < + ，关键是证明 n - < × ，后面的问题迎刃而解.7 14 7 21 32n-1
1 1 1 n n + 3a L 1 18．已知数列 n 满足 + + + + = .a1 2a2 3a3 nan 4
(1)求 an 的通项公式；
n+1
(2)若bn = é 3n -1 4
n - nù × an ，记数列 b
2 4
n 的前 n项和为Tn ，证明：Tn - < -8 .n +1
2
【答案】(1) an = n2 + n
(2)证明见解析
1 n +1
【分析】(1)由递推关系，先求出 a1 =1，再由当 n 2时， =na 2 ，再检验即可求解；n
2 4n 3n -1 2 4n
(2) b 2n 3n -1
4n+1 4n
通过放缩得到 = - < = 2 -n 2 2 2 ÷ ，再由求和公式即可求解.n + n n + n n + n è n +1 n
【解析】（1）（1）解：令 n =1，得 a1 =1 .
1 n n + 3 n -1 n + 2 n +1
n 2 = - = a 2当 时， ，解得 n = .nan 4 4 2 n2 + n
当 n =1时，也满足上式.
2
综上， an = 2 .n + n
2 4n 3n -1 2n 2 4n 3n -1
（2）（2）证明：由（1）知bn = 2 -n + n n2
<
+ n n2 + n
n 4n+1 - n +1 4n 2 2 4
n+1 4n
=
n2
=
+ n
- .
è n +1 n
÷
T 2 4
2 4 43 42 L 4
n+1 4n 2 4n+1
所以 n < - + - + + - ÷ = -8 .
è 2 1 3 2 n +1 n n +1
T 2 4
n+1
故 n - < -8 .n +1
19．设数列 an 满足 a1 = 2, an+1 = 2an + n2 - 4n +1,bn = a 2n + n - 2n .
(1)求证：数列 bn 为等比数列；
n-3
(2) 2 1 若数列 cn 满足 cn = 2bn + l(-1)n * ÷ n N ，是否存在实数l ，使得数列 cn 是单调递增数列 若
è 4
存在，求出l 的取值范围；若不存在，说明理由.
(3)对于大于 2 的正整数 q、r （其中 q < r ），若5b2 、bq 、br 三个数经适当排序后能构成等差数列，求符合条
件的数组 q, r .
【答案】(1)证明见解析
3 48
(2)存在，l - ,5 5 ÷è
(3) q, r = 3,5
【分析】（1）根据题意，结合递推公式以及等比数列定义，即可求证；
（2）根据题意，通过对 n进行讨论，结合作差法，即可求解；
（3）根据题意，分别对5b2 、bq 、br 三个数不同排序进行讨论，即可求解.
2
【解析】（1）证明：根据题意，由 an-1 = 2an + n - 4n +1，
a + n +1 2 - 2 n +1 = 2 a + n2得 n+1 n - 2n
bn+1
，即 = 2b ，n
又b1 = a1 -1 =1 0，故数列 bn 是以 1 为首项，2 为公比的等比数列.
1 n-3 1 n
（2）依题意 cn = 4
n + l -1 n n ÷ = 4 + 64 ×l ×
-
÷ ，
è 4 è 4
1 n+1 1 n 1 nc - c = 4n+1 + 64 l × - - 4n - 64 ×l × - = 3 × 4n -80 ×l × - 则 n+1 n 4 ÷ 4 ÷ ÷
.
è è è 4
若l 存在，则 c - c > 0对 n N*n+1 n 恒成立.
n 3 2n é 3 ù 3 3①当 奇数时，l > - ×4 2n，其中当 n =1时，
80 ê
- ×4 = - ，故l > - ；
80 ú max 5 5
②当 n
3 48
为偶数时，l
3 42n é ù 48< × ，其中当 n = 2时， × 42n = ，故l < .
80 ê80 ú min 5 5
3 48
综上所述，存在实数l - ,
÷，使得数列 c5 5 n 是单调递增数列.è
n-1 *
（3）由（1）知bn = 2 n N ，5b2 、bq 、br 这三项经适当排序后能构成等差数列，
①若 2 5b = b + b ，则10 22-1 = 2q-1 + 2r-1，∴ 2q-2-1 + 2r-2-12 q r = 5，
ì2q-2-1q < r =1 ìq = 2 +1 = 3又 ，∴ í 2r-2-1 4 í
，∴ q, r = 3,5 r 2 ； = = + 3 = 5
②若 2b = 5b + b ，则 2 2q-1 = 5 22-1 + 2r-1，∴ 2q+1-2 r-2q 2 r - 2 = 5，
左边为偶数，右边为奇数，∴不成立；
③若 2br = 5b2 + bq ，同理也不成立.
综合①②③得， q, r = 3,5 .
20．设各项均为整数的无穷数列 an 满足 a1 =1，且对所有 n N， n > 0， 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 2024．
【答案】(1) -1，3， 7
ìn +1
,n为奇数
(2) an =
2
í
1 n- ,n为偶数
2
(3)证明见解析
【分析】（1）用列举法写出 a2 ，a3的值，计算出 a1 + a2 + a3 可得；
（2）由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，即可证明.
【解析】（1）Q a1 =1，对所有 n N， n > 0， an+1 - an = n，
\ a2 - a1 =1，则 a2 = 0或 a2 = 2，
Q a3 - a2 = 2，当 a2 = 0时， a3 = -2 或 a3 = 2，当 a2 = 2时， a3 = 0或 a3 = 4，
所以 a1 + a2 + a3 = -1或 a1 + a2 + a3 = 3或 a1 + a2 + a3 = 7 ，
即 a1 + a2 + a3 的可能值为 -1，3， 7 ；
（2）Q a1，a3， a5 ，…， a2n-1，…是公差为 1 的等差数列，\ 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，
ìn +1
,n为奇数
a = 2所以 n í ；
1 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 a4047 = 2024，
然后从第 4047项开始，构造奇数项为公差为 -1的等差数列，
这样由（2）知，当 n = 2k +1， k
8095 - n
Z， k 2023时， an = ，2
ì an - an-1 = n -1 8094 + n
当 n = 2k ， k Z时， k 2024时， í ，解得 an = ，
an+1 - an = n 2
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 2024.即证.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列递推公式的应用和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 2024 的数出现的问题.
21．如果无穷项的数列{an}满足“对任意正整数 i, j, i j ，都存在正整数 k，使得 ak = ai × a j ”，则称数列{an}
具有“性质 P”．
(1)若数列{an}是等差数列，首项 a1＝2，公差 d = 3，判断数列{an}是否具有“性质 P”，并说明理由；
(2)若等差数列{an}具有“性质 P”， a1为首项，d 为公差．求证： a1 0且 d ≥0 ；
(3)若等比数列 an 具有“性质 P”，公比为正整数，且 216 ,315 , 414 ,615 这四个数中恰有两个出现在 an 中，问这
两个数所有可能的情况，并求出相应数列首项的最小值，说明理由．
【答案】(1)不具有性质 P，理由见解析
(2)证明见解析
(3)答案见解析
11
【分析】（1）因为当数列 an 具有“性质 P”时，列举出前两项，需要满足3k -1 = 2 5 k = 3 ，（不是正整
数），所以不符合条件．
（2）利用反证法，分 a1 0且 d < 0 ， a1 < 0且 d ≥0 ， a1 <且 d < 0 三种情况，证明这三种情况下数列均不具
有“性质 P ”，从而证明当数列具有“性质 P ”时，需要满足 a1 0且 d 0 ．
（3）从 216 ,315 , 414 ,615 这四个数中任选两个共有以下 6 种情况：
216 , 315;216 ,414;216 , 315;216 ,414;216 ,615;315 ,414;315 ,615;414 ,615
.对于每组所在的等比数列{an}是否满足具有“性质 P”，即可得出结论．
【解析】（1）解：若 a1 = 2，公差 d = 3，则数列{an}不具有性质 P ．
理由如下：
由题知 an = 3n -1，
对于 a1和 a2，假设存在正整数 k ，
使得 ak = a1a2 ，
则有3k -1 = 2 5 =10，
11
解得 k = ，（k 不是正整数）
3
得出矛盾，
所以对任意的 k N* ， ak a1a2．
（2）证明：若数列{an}具有“性质 P ”，
则：①假设 a1 < 0， d 0 ，
则对任意的 n N* ， an = a1 + (n -1) × d < 0 ．
设 ak = a1 a2，则 ak > 0 ，矛盾！
②假设 a1 < 0， d > 0，则存在正整数 t ，
使得 a1 < a2 < a3 < < at 0 < at+1 < at+2 <
设 a1 ×at+1 = ak ， a1 ×at+2 = a1 k2 ， a 1 ×at+3 = ak ， ， a1 ×a2t+1 = ak ， ki N *， i =1 t +13 t 2+1 ， ， ， ，
则：0 > ak > a1 k > a > > a2 k3 kt+1 ，
但数列{an}中仅有 t 项小于等于 0，矛盾！
③假设 a1 0， d < 0 ，
则存在正整数 t ，使得 a1 > a2 > a3 > > at 0 > at+1 > at+2 >
设 a t+1 × at+2 = ak ， at+1 × a1 t+3 = ak2 ， at+1 × at+4 = ak ， ， at+1 × a2t+2 = ak ， ki N *， i =1，2， ， t +13 t+1 ，
则：0 < ak < ak < a < < a1 2 k3 kt+1 ，
但数列{an}中仅有 t 项大于等于 0，矛盾！
综上， a1 0， d ≥0 ．
（3）从 216 ,315 , 414 ,615 这四个数中任选两个共有以下 6 种情况：
216 , 315;216 ,414;216 ,615;315 ,414;315 ,615;414 ,615．
14
①对于 216 ,414 4\ 16 = 2
12为正整数，
2
可以认为是等比数列 an 中的项， an = 2n-1，首项的最小值为 1．
下面说明此数列具有“性质 P”：
216 = a 14 29 *17 ,4 = 2 ，任取 i, j N , j > i 1，
-1 -1
则ai × a = 2
i-1 × 2 j-1 = 2i+ j 1j = ai+ j-1 , i + j - 1为正整数，因此此数列具有“性质 P”，
15
②对于 315 ,615 6\ 1515 = 2 为正整数，认为是等比数列 an 中的项，3
a = 315 × 2n-1n ，首项的最小值为315 ．
下面说明此数列不具有“性质 P”：
315 = a1 ,6
15 = a 30 1516 ，若ak = a1 × a16 = 3 × 2 不为等比数列{an}中的项，
因此此数列不具有“性质 P”．
同理可得： 216 , 315;216 ,615;315 ,414;414 ,615每组所在等比数列{an}不具有“性质 P．
【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其性质、新定义数列、反证法，考查了推理能力与
计算能力，属于难题．
