四川省绵阳南山中学2024-2025学年高二下学期3月月考数学试题
1．（2025高二下·涪城月考）已知数列前4项为1，3，6，10，则第10项为（ ）
A．28 B．30 C．44 D．55
【答案】D
【知识点】数列的递推公式
【解析】【解答】解：由题意，数列 满足，，
，，，
则由累加法可得：
，
故数列的第10项为：.
故答案为：D.
【分析】根据数列的前4项推出数列的递推公式，再利用累加法求出数列的通项公式，代值计算得出数列的第10项.
2．（2025高二下·涪城月考）已知2既是2m与n的等差中项，也是m与2n的等比中项，则m，n的等比中项为（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】D
【知识点】等比中项；等差中项
【解析】【解答】解：因为2是与的等差中项，所以，
因为2是与的等比中项，所以，
解得，
所以的等比中项为.
故答案为：.
【分析】根据已知条件和等差中项公式与等比中项公式，从而解方程组得出m，n的值，再结合等比中项公式得出m，n的等比中项.
3．（2025高二下·涪城月考）用数学归纳法证明“”时，由的假设证明时，如果从等式左边证明右边，则必须证得右边为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】数学归纳法的原理
【解析】【解答】解：由数学归纳法证明时，结论成立，
即需证明成立，
即必须证得右边为.
故答案为：C.
【分析】由数学归纳法的推导过程结合已知条件，从而找出正确的选项.
4．（2025高二下·涪城月考）若是函数的导数，且，则（ ）
A．－2 B． C． D．2
【答案】B
【知识点】极限及其运算；导数的概念
【解析】【解答】解：由导数的定义可得，
则.
故答案为：B.
【分析】根据题意，由导数的定义和函数的极限的关系，从而得出的值.
5．（2025高二下·涪城月考）已知数列为正项等比数列，，则的值为（ ）
A．10 B．11 C．15 D．16
【答案】B
【知识点】对数的性质与运算法则；等比数列的性质
【解析】【解答】解：由数列为正项等比数列，，
可得，所以，
所以.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和等比数列的性质得出数列第六项的值，再结合对数的运算法则，从而得出的值.
6．（2025高二下·涪城月考）设是等差数列的前n项和，若，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】等差数列的性质；等差中项
【解析】【解答】解：由是等差数列的前n项和，
则成等差数列，
因为，，
所以，，
所以，所以，
则.
故答案为：A.
【分析】由已知条件可得成等差数列，再结合等差中项公式得出的值.
7．（2025高二下·涪城月考）已知函数的图象如图，是的导函数，则下列结论正确的是（ ）
①②
③④
A．①③ B．②③ C．②④ D．②③④
【答案】D
【知识点】导数的几何意义
【解析】【解答】解：对于①和②，分别过点作函数的图象的切线，
由图易得，直线的倾斜角满足，故直线的斜率，
根据导数的几何意义，可得，故②正确、①错误；
对于③，过点作直线，则直线的斜率为，
由图知，直线的倾斜角满足，
故，即，故③正确；
对于④，如图，过点作轴的垂线，交函数的图象于点，连接，
则，所以直线的斜率，
由图知直线的倾斜角满足，
故，即，故④正确.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件结合函数的图象，再利用导数的几何意义和割线的倾斜角与斜率的关系，从而逐项判断找出结论正确的选项.
8．（2025高二下·涪城月考）已知数列满足，且数列是递增数列，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】数列的函数特性
【解析】【解答】解：因为，且数列是递增数列，
则，解得.
故答案为：A.
【分析】根据分段函数的单调性列出关于a的不等式组，解不等式组得出实数a的取值范围.
9．（2025高二下·涪城月考）已知数列的前n项和为，下列说法正确的是（ ）
A．常数数列既是等差数列也是等比数列
B．若为等差数列，则为等比数列
C．若，则数列为等比数列
D．若，，，则
【答案】B,D
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；等比数列概念与表示
【解析】【解答】解：对于A，当数列是由0组成的常数数列时，显然不是等比数列，故A错误；
对于B，设等差数列的公差为时，则，
由为正常数可知，为等比数列，故B正确；
对于C，由，可得当时，，
当时，，
因为当时，，
故数列不是等比数列，故C错误；
对于D，因为，故，
两式相减可得：，
即数列的奇数项构成首项为10，公差为的等差数列，
故，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据等差数列和等比数列的定义式和相关计算，则判断出选项A和选项B；利用数列的前n项和为与通项的关系式计算，即可判断选项C；由数列递推式可得，从而得到数列的奇数项构成首项为10，公差为的等差数列，再利用等差数列的通项公式判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
10．（2025高二下·涪城月考）在等差数列中，首项，公差，前n项和为，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则必有 B．若，则取最大值时
C．若，则必有 D．若，则必有
【答案】A,C,D
【知识点】数列的函数特性；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等差数列的性质；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：对于A，根据等差数列的性质，
若，则，则，
所以，故A正确；
对于B，若，则，
又因为，所以，
则是中最大的项，故B不正确；
对于C，若，则，即，
又因为，所以，
所以，故C正确；
对于D，由，则，即，
所以，所以，
则，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】由已知条件和的关系式可得，再结合等差数列求和公式和等差数列的性质判断出选项A；由已知条件和可得，再结合得出，则是中最大的项，从而判断出选项B；由已知条件可得，从而可得，则可判断选项C；由已知条件可得，再利用作差法比较大小判断出选项D，从而找出真命题的选项.
11．（2025高二下·涪城月考）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，13，….该数列的特点是前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它前面相邻两个数的和，人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”.若记此数列为，有，，前n项和为，则下列对“斐波那契数列”的描述正确的是（ ）
A．
B．该数列的前2025项中能被3整除的有506项
C．
D．
【答案】A,B,D
【知识点】函数的周期性；数列的求和
【解析】【解答】解：对于A：因为，即，
所以，
故A正确；
对于B：因为“斐波那契数列”的前若干项依次为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，…，
它们除以3所得的余数为：1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，0，…，
可以发现余数是以1，1，2，0，2，2，1，0为周期的，在一个周期内有两个能被3整除的数，
又因为，所以该数列的前2025项中能被3整除的有个，故B正确；
对于C：因为
，故C不正确；
对于D：因为
，
又因为，
所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】观察分析“斐波那契数列”的特点和性质，探索其规律，从而逐项判断找出对“斐波那契数列”的描述正确的选项.
12．（2025高二下·涪城月考）已知数列和都是等差数列，且前n项和分别为，，若，则 .
【答案】
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为数列和都是等差数列，且前n项和分别为，，
由，可设，，
则，
所以.
故答案为：.
【分析】利用等比数列的前n项和的特征设出，的表示式，再将所求项的比式拼凑成和的比式，从而赋值代入化简得出的值.
13．（2025高二下·涪城月考）已知数列满足，，则数列通项公式为 .
【答案】，
【知识点】数学归纳法的应用；数列的通项公式
【解析】【解答】解：由，可得（*），
因为，则，，，，……，
归纳这个规律，猜想：，，
下面用数学归纳法证明这个猜想：
（1）当时，，猜想成立；
（2）假设当时，猜想成立，即，
则当时，由（*）可得，
即当时，猜想也成立，
由（1）（2）可知，猜想对任何都成立.
故答案为：，.
【分析】根据数列的递推公式，变形后对进行赋值，再猜想出数列的通项公式，再用数学归纳法证明出数列通项公式.
14．（2025高二下·涪城月考）若数列的通项公式为，则数列中的最大项是第 项.
【答案】5或6
【知识点】数列的函数特性
【解析】【解答】解：因为，
则
，
当时，；
当时，可得；
当时，，
即，
故数列中的最大项是第5或6项.
故答案为：5或6.
【分析】根据数列的通项公式，利用作差比较法判断出数列的单调性，从而得出数列中的最大项.
15．（2025高二下·涪城月考）已知数列的首项为，且满足.
（1）求证：是等比数列.
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）证明：由题意，数列满足，
即，
则，
由，可得，
所以数列是首项为，公比为的等比数列.
（2）解：由（1）知，得到，
所以，数列的前项和.
【知识点】等比数列概念与表示；数列的求和
【解析】【分析】（1）利用变形得到，再由等比数列定义可得；
（2）由（1）结合等比数列的通项公式得出，再结合等比数列的求和公式得出数列的前项和.
（1）由题意，数列满足，即，
则，
又由，可得，
所以数列是首项为，公比为的等比数列.
（2）由（1）知，得到，
所以数列的前项和.
16．（2025高二下·涪城月考）已知为数列的前n项和，，.
（1）求的通项公式；
（2）设数列的前n项的和为，，，求正整数的最小值.
【答案】（1）解：当时，，又因为，
两式相减，可得，
所以，可得，
又因为，，…，，
累乘得，
所以.
（2）解：由（1）知，可得，
所以，
所以，解得，
故的最小值为24.
【知识点】数列的求和；数列的通项公式；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）根据题意，当时，，两式相减，求得，再结合累乘法得出数列的通项公式.
（2）由（1）得，再结合裂项相消法和放缩法得出，从而得到不等式，进而得出的取值范围，则得出正整数的最小值.
（1）解：当时，，因为，
两式相减，可得，
所以，可得，
又因为，，…，，
累乘得，所以.
（2）解：由（1）知，可得，
所以，
所以，解得，故的最小值为24.
17．（2025高二下·涪城月考）已知为等比数列的前n项和，若，，成等差数列，且.
（1）求的通项公式；
（2）在和之间插入n个数，使得这个数依次构成公差为的等差数列，求数列的前n项和.
【答案】（1）解：设数列的公比为q，
由，，成等差数列可得，
故，解得，
由可得，解得，
故，即数列的通项公式为，.
（2）解：由（1）知，
所以，则，
所以①，
②，
由①－②得：
，所以.
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列的求和；等差中项
【解析】【分析】（1）由题意和等差中项公式、等比数列的通项公式以及等比数列的前项和公式，从而得出数列的通项公式.
（2）由题意结合等差数列的性质可得，，再由错位相减法得出数列的前n项和.
（1）设数列的公比为q，
由，，成等差数列可得，
故，解得，
由可得，解得，
故，即数列的通项公式为，.
（2）由（1）知，所以，则，
所以①，
②，
由①－②得：
，所以.
18．（2025高二下·涪城月考）某人今年月初向银行申请贷款12万元用于消费，按复利计算，并从贷款后的次月初开始还贷，分12个月还清.银行给他提供了两种还贷方式：①等额本金：在还款期内把本金总额等分，每月偿还同等数额的本金和剩余本金在该月所产生的利息；②等额本息：在还款期内，每月偿还同等数额的贷款（包括本金和利息），贷款月利率都为0.3%.
（1）若采取等额本金的还贷方式，求他第一个月还贷需支付多少利息；还清贷款共支付多少利息.
（2）若采取等额本息的还贷方式，设他每月还贷m元（包括本金和利息），
①求第一个月还贷后所欠银行贷款为多少元（用含m的式子表达）；
②求出m的值；
③判断等额本息与等额本金的还贷方式哪种支付利息总额多，多多少元？
（参考数据，，）
【答案】（1）解：第一次还贷支付的利息：元；
因为每月支付本金为10000元，
所以第二次还贷支付的利息：元；
所以第三次还贷支付的利息：元；
……，
则每月支付的利息构成等差数列，
所以利息总额为元.
（2）解：①第一个月还贷后所欠银行贷款为
.
②第二个月还贷后所欠银行贷款为，
设第n个月还贷后所欠银行贷款为，
则，，，
所以，
所以是以为首项，1.003为公比的等比数列，
所以，
所以元.
③按照等额本息，计算出12个月产生的总利息为
由元，可知等额本息比等额本金的还贷方式多支付1980元.
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的前n项和；等比数列概念与表示；等比数列的通项公式
【解析】【分析】（1）按照等额本金的还贷方式，分别计算出从第一次还贷起每次支付的利息，从而判断出每月支付的利息构成等差数列，再利用等差数列求和公式得出还清贷款共支付的利息.
（2）①利用已知条件和利息计算公式，从而用含m的式子表达出第一个月还贷后所欠银行贷款.
②设第n个月还贷后所欠银行贷款为，推理得到，从而构造出等比数列，进而得出数列的通项公式，再利用代入计算得出m的值.
③由①和②计算结果，即可比较出两种支付形式中等额本息的方式支付利息总额哪个多，并求出多的金额.
（1）第一次还贷支付的利息：元；
因为每月支付本金为10000元，
所以第二次还贷支付的利息：元；
所以第三次还贷支付的利息：元；
……，从而每月支付的利息构成等差数列.
所以利息总额为元.
（2）①第一个月还贷后所欠银行贷款为
；
②第二个月还贷后所欠银行贷款为，
设第n个月还贷后所欠银行贷款为，则
，，，
所以，
所以是以为首项，1.003为公比的等比数列，
所以，
所以，
所以，
所以元；
③按照等额本息，计算出12个月产生的总利息为，
由元，可知等额本息比等额本金的还贷方式多支付1980元.
19．（2025高二下·涪城月考）已知数列的前n项和为，若对，有且仅有一个，使得，则称为“K数列”.记，，称数列为数列的“配对数列”.
（1）若数列的前四项依次为1，2，0，2，试判断数列是否为“K数列”，并说明理由；
（2）若，证明数列为“K数列”，并求它的“配对数列”的通项公式；
（3）已知正项数列为“K数列”，且数列的“配对数列”为等差数列，证明：.
【答案】（1）解：由题意得，，，，……，可知，
因为，所以不存在，使得，
故数列不是“K数列”.
（2）证明：因为，所以，当时，；
当时，；
又因为不满足，
故，
令，即，
则当时，则，得；
当时，则，
故，即，
则对每一个，
有且仅有一个且，使得，
综上所述，对任意，有且仅有一个，使得，
所以数列为“K数列”，
则，
即数列的“配对数列”的通项公式为.
（3）证明：因为数列是正项“K数列”，
所以数列单调递增，
所以，故，
又因为， 则，
故由，得，
又因为数列的“配对数列”为等差数列，
故其公差，
因为，所以，
若，
则当时，
与矛盾，
故，所以，，即，
对于，若，
则，与正项数列矛盾，
所以，故，
所以，
故，
所以，
又因为，，
故，.
【知识点】数列的概念及简单表示法；等差数列概念与表示；数列的通项公式；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用已知条件得出，从而判断出，再结合得出不存在，使得，从而由“K数列”定义判断出数列不是“K数列”.
（2）先由求出，再根据“K数列”的定义，分和解对应不等式，从而判断并求出其“配对数列”的通项公式.
（3）先探究得出“配对数列”的公差，讨论当时，，从而推出矛盾得到，再探究当时，由得出矛盾，从而得出，进而得出，从而证出不等式成立.
（1）由题意得，，，，……，可知，
因为，所以不存在，使得，
故数列不是“K数列”.
（2）因为，所以当时，；
当时，；
因不满足，故，
令，即，
则当时，有，得；
当时，有，
故，即，
则对每一个，有且仅有一个且，使得，
综上，对任意，有且仅有一个，使得，
所以数列为“K数列”.
，
即数列的“配对数列”的通项公式为.
（3）因为数列是正项“K数列”，所以数列单调递增，
所以，故，
因， 则，故由得，
又数列的“配对数列”为等差数列，
故其公差，
因为，所以，
若，则当时，，与矛盾，
故，所以，，即，
对于，若，则，与正项数列矛盾，
所以，故，
所以，故，
所以，
又，，
故，得证.
1 / 1四川省绵阳南山中学2024-2025学年高二下学期3月月考数学试题
1．（2025高二下·涪城月考）已知数列前4项为1，3，6，10，则第10项为（ ）
A．28 B．30 C．44 D．55
2．（2025高二下·涪城月考）已知2既是2m与n的等差中项，也是m与2n的等比中项，则m，n的等比中项为（ ）
A．2 B． C． D．
3．（2025高二下·涪城月考）用数学归纳法证明“”时，由的假设证明时，如果从等式左边证明右边，则必须证得右边为（ ）
A． B．
C． D．
4．（2025高二下·涪城月考）若是函数的导数，且，则（ ）
A．－2 B． C． D．2
5．（2025高二下·涪城月考）已知数列为正项等比数列，，则的值为（ ）
A．10 B．11 C．15 D．16
6．（2025高二下·涪城月考）设是等差数列的前n项和，若，，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高二下·涪城月考）已知函数的图象如图，是的导函数，则下列结论正确的是（ ）
①②
③④
A．①③ B．②③ C．②④ D．②③④
8．（2025高二下·涪城月考）已知数列满足，且数列是递增数列，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．（2025高二下·涪城月考）已知数列的前n项和为，下列说法正确的是（ ）
A．常数数列既是等差数列也是等比数列
B．若为等差数列，则为等比数列
C．若，则数列为等比数列
D．若，，，则
10．（2025高二下·涪城月考）在等差数列中，首项，公差，前n项和为，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则必有 B．若，则取最大值时
C．若，则必有 D．若，则必有
11．（2025高二下·涪城月考）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，13，….该数列的特点是前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它前面相邻两个数的和，人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”.若记此数列为，有，，前n项和为，则下列对“斐波那契数列”的描述正确的是（ ）
A．
B．该数列的前2025项中能被3整除的有506项
C．
D．
12．（2025高二下·涪城月考）已知数列和都是等差数列，且前n项和分别为，，若，则 .
13．（2025高二下·涪城月考）已知数列满足，，则数列通项公式为 .
14．（2025高二下·涪城月考）若数列的通项公式为，则数列中的最大项是第 项.
15．（2025高二下·涪城月考）已知数列的首项为，且满足.
（1）求证：是等比数列.
（2）求数列的前项和.
16．（2025高二下·涪城月考）已知为数列的前n项和，，.
（1）求的通项公式；
（2）设数列的前n项的和为，，，求正整数的最小值.
17．（2025高二下·涪城月考）已知为等比数列的前n项和，若，，成等差数列，且.
（1）求的通项公式；
（2）在和之间插入n个数，使得这个数依次构成公差为的等差数列，求数列的前n项和.
18．（2025高二下·涪城月考）某人今年月初向银行申请贷款12万元用于消费，按复利计算，并从贷款后的次月初开始还贷，分12个月还清.银行给他提供了两种还贷方式：①等额本金：在还款期内把本金总额等分，每月偿还同等数额的本金和剩余本金在该月所产生的利息；②等额本息：在还款期内，每月偿还同等数额的贷款（包括本金和利息），贷款月利率都为0.3%.
（1）若采取等额本金的还贷方式，求他第一个月还贷需支付多少利息；还清贷款共支付多少利息.
（2）若采取等额本息的还贷方式，设他每月还贷m元（包括本金和利息），
①求第一个月还贷后所欠银行贷款为多少元（用含m的式子表达）；
②求出m的值；
③判断等额本息与等额本金的还贷方式哪种支付利息总额多，多多少元？
（参考数据，，）
19．（2025高二下·涪城月考）已知数列的前n项和为，若对，有且仅有一个，使得，则称为“K数列”.记，，称数列为数列的“配对数列”.
（1）若数列的前四项依次为1，2，0，2，试判断数列是否为“K数列”，并说明理由；
（2）若，证明数列为“K数列”，并求它的“配对数列”的通项公式；
（3）已知正项数列为“K数列”，且数列的“配对数列”为等差数列，证明：.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】数列的递推公式
【解析】【解答】解：由题意，数列 满足，，
，，，
则由累加法可得：
，
故数列的第10项为：.
故答案为：D.
【分析】根据数列的前4项推出数列的递推公式，再利用累加法求出数列的通项公式，代值计算得出数列的第10项.
2．【答案】D
【知识点】等比中项；等差中项
【解析】【解答】解：因为2是与的等差中项，所以，
因为2是与的等比中项，所以，
解得，
所以的等比中项为.
故答案为：.
【分析】根据已知条件和等差中项公式与等比中项公式，从而解方程组得出m，n的值，再结合等比中项公式得出m，n的等比中项.
3．【答案】C
【知识点】数学归纳法的原理
【解析】【解答】解：由数学归纳法证明时，结论成立，
即需证明成立，
即必须证得右边为.
故答案为：C.
【分析】由数学归纳法的推导过程结合已知条件，从而找出正确的选项.
4．【答案】B
【知识点】极限及其运算；导数的概念
【解析】【解答】解：由导数的定义可得，
则.
故答案为：B.
【分析】根据题意，由导数的定义和函数的极限的关系，从而得出的值.
5．【答案】B
【知识点】对数的性质与运算法则；等比数列的性质
【解析】【解答】解：由数列为正项等比数列，，
可得，所以，
所以.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和等比数列的性质得出数列第六项的值，再结合对数的运算法则，从而得出的值.
6．【答案】A
【知识点】等差数列的性质；等差中项
【解析】【解答】解：由是等差数列的前n项和，
则成等差数列，
因为，，
所以，，
所以，所以，
则.
故答案为：A.
【分析】由已知条件可得成等差数列，再结合等差中项公式得出的值.
7．【答案】D
【知识点】导数的几何意义
【解析】【解答】解：对于①和②，分别过点作函数的图象的切线，
由图易得，直线的倾斜角满足，故直线的斜率，
根据导数的几何意义，可得，故②正确、①错误；
对于③，过点作直线，则直线的斜率为，
由图知，直线的倾斜角满足，
故，即，故③正确；
对于④，如图，过点作轴的垂线，交函数的图象于点，连接，
则，所以直线的斜率，
由图知直线的倾斜角满足，
故，即，故④正确.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件结合函数的图象，再利用导数的几何意义和割线的倾斜角与斜率的关系，从而逐项判断找出结论正确的选项.
8．【答案】A
【知识点】数列的函数特性
【解析】【解答】解：因为，且数列是递增数列，
则，解得.
故答案为：A.
【分析】根据分段函数的单调性列出关于a的不等式组，解不等式组得出实数a的取值范围.
9．【答案】B,D
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；等比数列概念与表示
【解析】【解答】解：对于A，当数列是由0组成的常数数列时，显然不是等比数列，故A错误；
对于B，设等差数列的公差为时，则，
由为正常数可知，为等比数列，故B正确；
对于C，由，可得当时，，
当时，，
因为当时，，
故数列不是等比数列，故C错误；
对于D，因为，故，
两式相减可得：，
即数列的奇数项构成首项为10，公差为的等差数列，
故，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据等差数列和等比数列的定义式和相关计算，则判断出选项A和选项B；利用数列的前n项和为与通项的关系式计算，即可判断选项C；由数列递推式可得，从而得到数列的奇数项构成首项为10，公差为的等差数列，再利用等差数列的通项公式判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
10．【答案】A,C,D
【知识点】数列的函数特性；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等差数列的性质；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：对于A，根据等差数列的性质，
若，则，则，
所以，故A正确；
对于B，若，则，
又因为，所以，
则是中最大的项，故B不正确；
对于C，若，则，即，
又因为，所以，
所以，故C正确；
对于D，由，则，即，
所以，所以，
则，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】由已知条件和的关系式可得，再结合等差数列求和公式和等差数列的性质判断出选项A；由已知条件和可得，再结合得出，则是中最大的项，从而判断出选项B；由已知条件可得，从而可得，则可判断选项C；由已知条件可得，再利用作差法比较大小判断出选项D，从而找出真命题的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】函数的周期性；数列的求和
【解析】【解答】解：对于A：因为，即，
所以，
故A正确；
对于B：因为“斐波那契数列”的前若干项依次为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，…，
它们除以3所得的余数为：1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，0，…，
可以发现余数是以1，1，2，0，2，2，1，0为周期的，在一个周期内有两个能被3整除的数，
又因为，所以该数列的前2025项中能被3整除的有个，故B正确；
对于C：因为
，故C不正确；
对于D：因为
，
又因为，
所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】观察分析“斐波那契数列”的特点和性质，探索其规律，从而逐项判断找出对“斐波那契数列”的描述正确的选项.
12．【答案】
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为数列和都是等差数列，且前n项和分别为，，
由，可设，，
则，
所以.
故答案为：.
【分析】利用等比数列的前n项和的特征设出，的表示式，再将所求项的比式拼凑成和的比式，从而赋值代入化简得出的值.
13．【答案】，
【知识点】数学归纳法的应用；数列的通项公式
【解析】【解答】解：由，可得（*），
因为，则，，，，……，
归纳这个规律，猜想：，，
下面用数学归纳法证明这个猜想：
（1）当时，，猜想成立；
（2）假设当时，猜想成立，即，
则当时，由（*）可得，
即当时，猜想也成立，
由（1）（2）可知，猜想对任何都成立.
故答案为：，.
【分析】根据数列的递推公式，变形后对进行赋值，再猜想出数列的通项公式，再用数学归纳法证明出数列通项公式.
14．【答案】5或6
【知识点】数列的函数特性
【解析】【解答】解：因为，
则
，
当时，；
当时，可得；
当时，，
即，
故数列中的最大项是第5或6项.
故答案为：5或6.
【分析】根据数列的通项公式，利用作差比较法判断出数列的单调性，从而得出数列中的最大项.
15．【答案】（1）证明：由题意，数列满足，
即，
则，
由，可得，
所以数列是首项为，公比为的等比数列.
（2）解：由（1）知，得到，
所以，数列的前项和.
【知识点】等比数列概念与表示；数列的求和
【解析】【分析】（1）利用变形得到，再由等比数列定义可得；
（2）由（1）结合等比数列的通项公式得出，再结合等比数列的求和公式得出数列的前项和.
（1）由题意，数列满足，即，
则，
又由，可得，
所以数列是首项为，公比为的等比数列.
（2）由（1）知，得到，
所以数列的前项和.
16．【答案】（1）解：当时，，又因为，
两式相减，可得，
所以，可得，
又因为，，…，，
累乘得，
所以.
（2）解：由（1）知，可得，
所以，
所以，解得，
故的最小值为24.
【知识点】数列的求和；数列的通项公式；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）根据题意，当时，，两式相减，求得，再结合累乘法得出数列的通项公式.
（2）由（1）得，再结合裂项相消法和放缩法得出，从而得到不等式，进而得出的取值范围，则得出正整数的最小值.
（1）解：当时，，因为，
两式相减，可得，
所以，可得，
又因为，，…，，
累乘得，所以.
（2）解：由（1）知，可得，
所以，
所以，解得，故的最小值为24.
17．【答案】（1）解：设数列的公比为q，
由，，成等差数列可得，
故，解得，
由可得，解得，
故，即数列的通项公式为，.
（2）解：由（1）知，
所以，则，
所以①，
②，
由①－②得：
，所以.
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列的求和；等差中项
【解析】【分析】（1）由题意和等差中项公式、等比数列的通项公式以及等比数列的前项和公式，从而得出数列的通项公式.
（2）由题意结合等差数列的性质可得，，再由错位相减法得出数列的前n项和.
（1）设数列的公比为q，
由，，成等差数列可得，
故，解得，
由可得，解得，
故，即数列的通项公式为，.
（2）由（1）知，所以，则，
所以①，
②，
由①－②得：
，所以.
18．【答案】（1）解：第一次还贷支付的利息：元；
因为每月支付本金为10000元，
所以第二次还贷支付的利息：元；
所以第三次还贷支付的利息：元；
……，
则每月支付的利息构成等差数列，
所以利息总额为元.
（2）解：①第一个月还贷后所欠银行贷款为
.
②第二个月还贷后所欠银行贷款为，
设第n个月还贷后所欠银行贷款为，
则，，，
所以，
所以是以为首项，1.003为公比的等比数列，
所以，
所以元.
③按照等额本息，计算出12个月产生的总利息为
由元，可知等额本息比等额本金的还贷方式多支付1980元.
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的前n项和；等比数列概念与表示；等比数列的通项公式
【解析】【分析】（1）按照等额本金的还贷方式，分别计算出从第一次还贷起每次支付的利息，从而判断出每月支付的利息构成等差数列，再利用等差数列求和公式得出还清贷款共支付的利息.
（2）①利用已知条件和利息计算公式，从而用含m的式子表达出第一个月还贷后所欠银行贷款.
②设第n个月还贷后所欠银行贷款为，推理得到，从而构造出等比数列，进而得出数列的通项公式，再利用代入计算得出m的值.
③由①和②计算结果，即可比较出两种支付形式中等额本息的方式支付利息总额哪个多，并求出多的金额.
（1）第一次还贷支付的利息：元；
因为每月支付本金为10000元，
所以第二次还贷支付的利息：元；
所以第三次还贷支付的利息：元；
……，从而每月支付的利息构成等差数列.
所以利息总额为元.
（2）①第一个月还贷后所欠银行贷款为
；
②第二个月还贷后所欠银行贷款为，
设第n个月还贷后所欠银行贷款为，则
，，，
所以，
所以是以为首项，1.003为公比的等比数列，
所以，
所以，
所以，
所以元；
③按照等额本息，计算出12个月产生的总利息为，
由元，可知等额本息比等额本金的还贷方式多支付1980元.
19．【答案】（1）解：由题意得，，，，……，可知，
因为，所以不存在，使得，
故数列不是“K数列”.
（2）证明：因为，所以，当时，；
当时，；
又因为不满足，
故，
令，即，
则当时，则，得；
当时，则，
故，即，
则对每一个，
有且仅有一个且，使得，
综上所述，对任意，有且仅有一个，使得，
所以数列为“K数列”，
则，
即数列的“配对数列”的通项公式为.
（3）证明：因为数列是正项“K数列”，
所以数列单调递增，
所以，故，
又因为， 则，
故由，得，
又因为数列的“配对数列”为等差数列，
故其公差，
因为，所以，
若，
则当时，
与矛盾，
故，所以，，即，
对于，若，
则，与正项数列矛盾，
所以，故，
所以，
故，
所以，
又因为，，
故，.
【知识点】数列的概念及简单表示法；等差数列概念与表示；数列的通项公式；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用已知条件得出，从而判断出，再结合得出不存在，使得，从而由“K数列”定义判断出数列不是“K数列”.
（2）先由求出，再根据“K数列”的定义，分和解对应不等式，从而判断并求出其“配对数列”的通项公式.
（3）先探究得出“配对数列”的公差，讨论当时，，从而推出矛盾得到，再探究当时，由得出矛盾，从而得出，进而得出，从而证出不等式成立.
（1）由题意得，，，，……，可知，
因为，所以不存在，使得，
故数列不是“K数列”.
（2）因为，所以当时，；
当时，；
因不满足，故，
令，即，
则当时，有，得；
当时，有，
故，即，
则对每一个，有且仅有一个且，使得，
综上，对任意，有且仅有一个，使得，
所以数列为“K数列”.
，
即数列的“配对数列”的通项公式为.
（3）因为数列是正项“K数列”，所以数列单调递增，
所以，故，
因， 则，故由得，
又数列的“配对数列”为等差数列，
故其公差，
因为，所以，
若，则当时，，与矛盾，
故，所以，，即，
对于，若，则，与正项数列矛盾，
所以，故，
所以，故，
所以，
又，，
故，得证.
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