【高考押题卷】2025年高考数学高频易错考前冲刺 数列（含解析）

高考数学考前冲刺押题预测 数列
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 船营区校级期末）已知数列{an}的前n项和为Sn，满足，且S1＝2，则a2025＝（　　）
A．2025×22025 B．2025×22026
C．2026×22024 D．2026×22025
2．（2024秋 无锡期末）斐波那契数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域有着非常广泛的应用．斐波那契数列满足如下递推关系：a1＝a2＝1，．已知，则1+2（a3+a6+a9+ +a3m）＝（　　）
A．a188 B．a190 C．a192 D．a194
3．（2024秋 庆阳期末）已知数列{an}，a1＝2，a2＝0，且，则数列{an}的前2023项之和为（　　）
A．0 B．2 C．2024 D．4048
4．（2024秋 嘉兴期末）定义．若数列{an}的前n项和为，数列{bn}满足，令cn＝max{an，bn}，且cn≥c3恒成立，则实数λ的取值范围是（　　）
A．[﹣4，﹣3] B．[﹣3，﹣2] C． D．
5．（2024秋 河池期末）已知数列{an}满足，a1＝2，，设，则数列{bn}的前21项和为（　　）
A． B． C． D．
6．（2024秋 朝阳区期末）设{an}是无穷数列，若存在正整数k使得对任意n∈N*，均有an+k＜an，则称{an}是间隔递减数列，其中k称为数列{an}的间隔数．给出下列三个结论：
①若an，则{an}是间隔递减数列；
②若an＝n（﹣2）n+1，则{an}是间隔递减数列；
③若ansinn，则{an}是间隔递减数列且{an}的间隔数的最小值是4．
其中所有正确结论的序号是（　　）
A．① B．①③ C．②③ D．①②③
7．（2025 肇庆二模）已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝n2+3n+2，则下列判断正确的是（　　）
A．数列{an}为等差数列 B．a5＝11
C．数列{Sn}存在最大值 D．数列存在最大值
8．（2025 新余校级模拟）设等比数列{an}的前n项和为Sn，若对于某一个m∈N+使Sm，am+1，Sm+2成等差数列，则m的值可能为：（　　）
A．99 B．102
C．105 D．该值不存在
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 厦门模拟）已知定义在（0，+∞）上的函数f（x）满足f（x+1）＝2f（x）+[x]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[1.9]＝1，[3]＝3．当0＜x≤1时，f（x）＝xlnx，设xn为f（x） 从小到大的第n个极小值点，则（　　）
A．f（2）＝2 B．f（n）＝2n﹣n﹣1（n∈N*）
C．数列{xn}是等差数列 D．f（xn）＜0
（多选）10．（2025 江苏模拟）已知数列a，b，c，d，前三项a，b，c成等差数列，且公差不为0，后三项b，c，d成等比数列，则（　　）
A．当a+b+c＞0时，d＞0
B．当a＜c时，b＜d
C．当a+d＝4，b+c＝3时，a＝0或
D．sina，sinb，sinc，sind可能成等比数列
（多选）11．（2024秋 吉林期末）已知Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝a2＝1，an＝2an﹣1+3an﹣2（n≥3），则下列结论正确的是（　　）
A．数列{an+1+an}为等比数列
B．数列{an+1﹣3an}为常数列
C．
D．
（多选）12．（2024秋 济宁期末）已知记数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝6，则下列说法正确的是（　　）
A．a1＝1 B．a19＝2047
C． D．S20＝6108
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 温州期末）已知等差数列{an}的首项a1与公差d均为正整数，且各项的和为49，则a1＝ 　 　．
14．（2024秋 无锡期末）数学史上著名的“康托三分集”，其操作过程如下：将闭区间[0，1]均分为三段，去掉中间的区间段，记为第1次操作；再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作...；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段，操作过程不断地进行下去．若使前n次操作后所有区间长度之和不超过，则需要操作的次数n的最小值为 　 　，该次操作完成后依次从左到右第四个区间为 　 　．（lg2＝0.3010，lg3＝0.4771）
15．（2024秋 郑州期末）意大利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，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，即a1＝a2＝1，an+2＝an+1+an（n∈N*），后来人们把这样的一列数组成的数列{an}称为“斐波那契数列”．记Sn为“斐波那契数列”{an}的前n项和，若S2024＝p，aaa +aq，则a2025＝ 　 　．（结果用p，q表示）
16．（2024秋 山西期末）若正整数m，n的公约数只有1，则称m，n互质．对于正整数n，φ（n）是小于或等于n的正整数中与n互质的数的个数．函数φ（n）以其首名研究者欧拉的名字命名，称为欧拉函数，例如φ（3）＝2，则φ（9）＝ 　 　．若数列的前n项和为Sn，则Sn＝ 　 　．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 郴州期末）已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且4an＝8Sn+12．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn．
18．（2024秋 平和县校级期末）已知数列{an}的前n项和为Sn，且．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设，记数列{bn}的前n项和为Tn，若对任意的n∈N*恒成立，求λ的取值范围；
（3）设，是否存在正整数p、q（1＜p＜q），使得c1，cp，cq成等差数列？若存在，请求出所有符合条件的数组（p，q）；若不存在，请说明理由．
19．（2024秋 道里区校级期末）已知数列{an}满足a1＝3，．
（1）证明：数列为等差数列，并求通项an；
（2）求数列{an}的前n项和Sn．
20．（2024秋 淮安期末）拉格朗日中值定理反映了函数与导数之间的重要联系，是微积分学重要的理论基础．其定理陈述如下：如果函数f（x）在区间[a，b]上连续，在区间（a，b）内可导，则存在x0∈（a，b），使得．已知函数f（x）＝x2﹣2x，数列{an}满足，且a1＝2．
（1）求a2，a3；
（2）证明：数列{an+1}为等比数列；
（3）若数列{bn}的前n项和为Sn，且设，问：是否存在实数p，q，使得对任意n∈N*，总有成立？
高考数学考前冲刺押题预测 数列
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 船营区校级期末）已知数列{an}的前n项和为Sn，满足，且S1＝2，则a2025＝（　　）
A．2025×22025 B．2025×22026
C．2026×22024 D．2026×22025
【考点】数列递推式．
【专题】计算题；转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【答案】C
【分析】将已知等式两边同时除以2n+1，可得数列{}是等差数列，从而可得数列{}的通项公式，进而可得Sn，再由a2025＝S2025﹣S2024即可得解．
【解答】解：由，可得1，
又S1＝2，所以1，
所以数列{}是首项为1，公差为1的等差数列，
所以n，所以Sn＝n 2n，
所以a2025＝S2025﹣S2024＝2025×22025﹣2024×22024＝2026×22024．
故选：C．
【点评】本题主要考查数列递推式，考查运算求解能力，属于中档题．
2．（2024秋 无锡期末）斐波那契数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域有着非常广泛的应用．斐波那契数列满足如下递推关系：a1＝a2＝1，．已知，则1+2（a3+a6+a9+ +a3m）＝（　　）
A．a188 B．a190 C．a192 D．a194
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【答案】A
【分析】由数列的递推式和累加法，即可得到所求值．
【解答】解：由a1＝a2＝1，，
又，
即有（a2+a1）+a2+a3+...+am＝a3+a2+a3+...+am＝a4+a3+a4+...+am＝...＝am+2＝a64，
可得m+2＝64，即m＝62，
则1+2（a3+a6+a9+ +a3m）＝1+2（a3+a6+a9+ +a186）＝a2+a1+a2+a3+a4+a5+a6+...+a184+a185+a186
＝a3+a2+a3+a4+a5+...+a184+a185+a186＝a4+a3+a4+...+a184+a185+a186＝...＝a188．
故选：A．
【点评】本题考查数列的递推式和累加法求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
3．（2024秋 庆阳期末）已知数列{an}，a1＝2，a2＝0，且，则数列{an}的前2023项之和为（　　）
A．0 B．2 C．2024 D．4048
【考点】数列求和的其他方法．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】B
【分析】由题意可得数列{an}的奇数项构成首项为2，公差为﹣2的等差数列，偶数项构成首项为0，公差为2的等差数列，再由数列的分组求和，结合等差数列的求和公式，可得所求和．
【解答】解：当n为奇数时，an+2＝an﹣2，即an+2﹣an＝﹣2，
所以数列{an}的奇数项构成首项为2，公差为﹣2的等差数列；
当n为偶数时，an+2＝an+2，即an+2﹣an＝2，
所以数列{an}的偶数项构成首项为0，公差为2的等差数列．
所以前2023项和为（a1+a3+...+a2023）+（a2+a4+...+a2022）＝（2+0+...﹣2020）+（0+2+...+2020）
1012×（2﹣2020）1011×2020＝2．
故选：B．
【点评】本题考查等差数列的通项公式和求和公式，以及数列的分组求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
4．（2024秋 嘉兴期末）定义．若数列{an}的前n项和为，数列{bn}满足，令cn＝max{an，bn}，且cn≥c3恒成立，则实数λ的取值范围是（　　）
A．[﹣4，﹣3] B．[﹣3，﹣2] C． D．
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【答案】D
【分析】根据题意，求得an＝2λn+20，，结合cn＝max{an，bn}，且cn≥c3恒成立，得到a2≥b3且b4≥a3，列出不等式组，即可求得λ的取值范围．
【解答】解：由数列{an}的前n项和为，
当n≥2时，可得，
又由当n＝1时，a1＝S1＝20+2λ，适合上式，
所以数列{an}通项公式为an＝2λn+20，
由数列{bn}满足b1＝2且2n+1（bn+1﹣bn）＝bnbn+1，可得，
即，
各式相加可得，
又由，所以，所以，
因为cn＝max{an，bn}，且cn≥c3恒成立，
则满足a2≥b3且b4≥a3，即，解得，
即实数λ的取值范围为．
故选：D．
【点评】本题考查了数列递推关系式的应用，考查了计算能力与推理能力，属于中档题．
5．（2024秋 河池期末）已知数列{an}满足，a1＝2，，设，则数列{bn}的前21项和为（　　）
A． B． C． D．
【考点】裂项相消法；数列递推式．
【专题】转化思想；转化法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】B
【分析】令，证出数列{cn}是以3为周期的周期数列，再利用分组求和法，结合等比数列求和公式即可求解．
【解答】解：因为，则，
令，
所以，
因为a1＝2，所以，
当n＝1时，，
当n＝2时，，
当n＝3时，，
所以数列{cn}是以3为周期的周期数列，
因此，数列{cn}的通项公式为：，（k∈N*），
所以，（k∈N*），
由可得，数列{bn}的通项公式为：，（k∈N*），
数列{bn}的前21项和S21可分组求和：S21＝（b1+b4+ +b19）+（b2+b5+ +b20）+（b3+b6+ +b21）
＝（22+25+…+220）+（﹣22﹣25﹣…﹣220）+（22+25+…+220）＝22+25+ +220，
这是一个首项为22，公比为23的等比数列的前7项和，
根据等比数列求和公式可得：．
故选：B．
【点评】本题考查数列通项，求和的综合应用，属于难题．
6．（2024秋 朝阳区期末）设{an}是无穷数列，若存在正整数k使得对任意n∈N*，均有an+k＜an，则称{an}是间隔递减数列，其中k称为数列{an}的间隔数．给出下列三个结论：
①若an，则{an}是间隔递减数列；
②若an＝n（﹣2）n+1，则{an}是间隔递减数列；
③若ansinn，则{an}是间隔递减数列且{an}的间隔数的最小值是4．
其中所有正确结论的序号是（　　）
A．① B．①③ C．②③ D．①②③
【考点】数列的单调性．
【专题】计算题；转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解；新定义类．
【答案】B
【分析】利用数列的单调性可判断①；利用间隔递减数列的定义可判断②；取k＝6，结合间隔递减数列的定义可判断出数列{an}为间隔递减数列，再由间隔等差数列的定义可求得k的最小值，可判断③．
【解答】解：对于①，因为，则数列{an}为单调递减数列，即an+1＜an对任意n∈N恒成立，此时，k＝1，满足题中条件，①对；
对于②，若，
假设数列{an}是间隔递减数列，则存在k∈N′，
使得an+k＜an，即（n+k） （﹣2）n+k+1＜n （﹣2）n+1，
若n为奇数，则有（n+k） （﹣2）k＜n，
可得，因为，
显然当k为奇数时，合乎题意；
当k为偶数时，（﹣2）k≥4，不等式不成立，故k为奇数；
若n为偶数，则有（n+k） （﹣2）k＞n，
可得当k为奇数时，不成立，故假设不成立，即数列{an}不是间隔递减数列，②错；
对于③，若，
因为，
则an+6＜an，所以，数列{an}是间隔递减数列，
假设存在正整数k，使得an+k＜an，即，
可得，
由于sin（n+k）﹣sinn≤1﹣（﹣1）＝2，当且仅当sin（n+k）＝1且sinn＝﹣1时，等号成立，
当sin＝﹣1时，，这与n为正整数矛盾，故sin（n+k）﹣sinn＜2，所以，，
解得k≥4，所以，若，则{an}是间隔递减数列且{an}的间隔数的最小值是4，③对．
故选：B．
【点评】本题考查了数列的单调性，是中档题．
7．（2025 肇庆二模）已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝n2+3n+2，则下列判断正确的是（　　）
A．数列{an}为等差数列 B．a5＝11
C．数列{Sn}存在最大值 D．数列存在最大值
【考点】数列的函数特性．
【专题】计算题；分类讨论；分析法；分类法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】D
【分析】根据Sn写出通项公式，根据通项公式逐项求解即可．
【解答】解：由可知，当n≥2时，，
∴即故数列{an}是从第二项开始的等差数列，故A错误．
将n＝5代入{an}的通项公式可得a5＝2×5+2＝12，故B错误．
由知，数列{Sn}为递增数列，Sn不存在最大值，故C错误．
由知，数列为递减数列，故存在最大值，故D正确．
故选：D．
【点评】本题考查等差数列的定义与数列的函数特性，属于中档题．
8．（2025 新余校级模拟）设等比数列{an}的前n项和为Sn，若对于某一个m∈N+使Sm，am+1，Sm+2成等差数列，则m的值可能为：（　　）
A．99 B．102
C．105 D．该值不存在
【考点】数列与函数的综合；等差数列与等比数列的综合；利用导数研究函数的单调性．
【专题】函数思想；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；逻辑思维．
【答案】B
【分析】根据题意，先分q＝1与q≠1讨论，结合等差中项的性质与等比数列的求和公式，利用导数研究函数的单调性与方程的根，再分m为奇数与m为偶数讨论得解．
【解答】解：①当q＝1时，Sm＝ma1，am+1＝a1，Sm+2＝（m+2）a1，
因为Sm，am+1，Sm+2成等差数列，
所以Sm+Sm+2＝2am+1，即2（m+1）a1＝2a1，解得m＝0或a1＝0，均不符合题意；
②当q≠1时，，，，
因为Sm，am+1，Sm+2成等差数列，
所以Sm+Sm+2＝2am+1，即2（a1≠0），
整理得qm+2﹣2qm+1+3qm﹣2＝0，
令f（q）＝qm+2﹣2qm+1+3qm﹣2，则f′（q）＝qm﹣1[（m+2）q2﹣（2+2m）q+3m]，
令g（q）＝（m+2）q2﹣（2+2m）q+3m，Δ＝﹣8m2﹣16m+4，
当m∈N+时，Δ＜0，所以g（q）＞0，
令h（q）＝qm﹣1，
当m为奇数时，h（q）＞0（q≠0），则f（q）单调递增，
又f（1）＝0，
所以f（q）在（﹣∞，0）∪（0，1）∪（1，+∞）无零点，舍去；
当m为偶数时，同理可得：f（q）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，1）和（1，+∞）上单调递增，
而f（0）＝﹣2＜0（极限值），f（﹣1）＝4＞0，f（1）＝0，
由零点存在性定理知，f（q）有唯一零点且在（﹣1，0）内，成立，
所以m存在且只能为偶数，
对比选项可知，选项B符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查数列与函数的综合应用，熟练掌握等差中项性质，等比数列的求和公式，以及利用导数研究函数的单调性是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于难题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 厦门模拟）已知定义在（0，+∞）上的函数f（x）满足f（x+1）＝2f（x）+[x]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[1.9]＝1，[3]＝3．当0＜x≤1时，f（x）＝xlnx，设xn为f（x） 从小到大的第n个极小值点，则（　　）
A．f（2）＝2 B．f（n）＝2n﹣n﹣1（n∈N*）
C．数列{xn}是等差数列 D．f（xn）＜0
【考点】数列与函数的综合．
【专题】转化思想；转化法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】BC
【分析】结合函数的解析式，以及取整函数的定义，等差数列的定义，即可求解．
【解答】解：f（2）＝2f（1）+1＝1，故A选项错误；
当n∈N*时，f（n+1）＝2f（n）+n，等式两边同时加 n+2，得f（n+1）+（n+1）+1＝2（f（n）+n+1），
故f（n）+n+1＝2n﹣1（f（1）+2）＝2nf（n）＝2n﹣n﹣1，故B选项正确；
当n﹣1＜x＜n时，设f（x）＝F（x），则F（x）极小值点为xn，
所以当n＜x＜n+1时，f（x）＝2F（x﹣1）+n﹣1，
此时，f（x）的极小值点为xn+1，即xn+1＝xn+1，所以xn+1﹣xn＝1，
数列{xn}是等差数列，故C选项正确；
所以设f（xn）＝an，则，an+1＝2an+n﹣1，an+1+n+1＝2（an+n），
所以，当n→+∞时，f（xn）→+∞，故D选项错误．
故选：BC．
【点评】本题主要考查数列与函数的综合，属于中档题．
（多选）10．（2025 江苏模拟）已知数列a，b，c，d，前三项a，b，c成等差数列，且公差不为0，后三项b，c，d成等比数列，则（　　）
A．当a+b+c＞0时，d＞0
B．当a＜c时，b＜d
C．当a+d＝4，b+c＝3时，a＝0或
D．sina，sinb，sinc，sind可能成等比数列
【考点】数列与函数的综合．
【专题】转化思想；转化法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】ACD
【分析】根据已知条件，结合等差数列、等比数列的性质，以及特殊值法，即可求解．
【解答】解：因为a，b，c成等差数列，b，c，d成等比数列，所以a+c＝2b，c2＝bd，
对于A，当a+b+c＞0时，则3b＞0，即b＞0．
又c≠0，所以c2＝bd＞0，所以d＞0，故A正确；
对于B：取a＝﹣8，b＝﹣2，c＝4，d＝﹣8满足a，b，c成等差数列，b，c，d成等比数列，又a＜c，但b＞d，故B错误；
对于选项C：设等差数列的公差为m，m≠0，
则，
因为a+d＝4，b+c＝3，
所以，解得或，故C正确；
对于D：若sina，sinb，sinc成等比数列，
则sin2b＝sinasinc，
所以，
∴1﹣cos2b＝2sinasinc，∴1＝cos2b+2sinasinc，
∴1＝cos（a+c）+2sinasinc＝cos（c﹣a），
∴可取c﹣a＝2π，c＝a+2π，则b＝a+π，取，
则，c，，sina＝1，sinb＝﹣1，sinc＝1，sind＝﹣1，此时sina，sinb，sinc，sind成等比数列，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题主要考查数列与函数的综合，属于难题．
（多选）11．（2024秋 吉林期末）已知Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝a2＝1，an＝2an﹣1+3an﹣2（n≥3），则下列结论正确的是（　　）
A．数列{an+1+an}为等比数列
B．数列{an+1﹣3an}为常数列
C．
D．
【考点】数列递推式；等比数列的性质．
【专题】分类讨论；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑思维；运算求解．
【答案】AD
【分析】由n≥3时，an＝2an﹣1+3an﹣2，得到an+an﹣1＝3（an﹣1+an﹣2）判断A；由n≥3时，an＝2an﹣1+3an﹣2，得到an﹣3an﹣1＝﹣（an﹣1﹣3an﹣2）判断B；由{an+1+an}为等比数列求解判断C；由，得到，两式相减得到，分奇数项和偶数项求解判断D．
【解答】解：对于A，当n≥3时，an＝2an﹣1+3an﹣2，即an+an﹣1＝3（an﹣1+an﹣2），
又a1+a2＝1+1＝2，所以{an+1+an}为等比数列，故A正确；
对于B，当n≥3时，an＝2an﹣1+3an﹣2，即an﹣3an﹣1＝﹣（an﹣1﹣3an﹣2），所以{an+1+an}不为常数列，故B错误；
对于C，由A知，{an+1+an}为等比数列，首项为2，公比为3，所以，
所以a2+a1＝2，，……，，
以上20个式子相加得：，故C错误；
对于D，因为，所以，
两式相减得：，
当n＝2k﹣1时，，，……，，
以上式子相加得：，
故，而a1＝1也符合该式，故，
令2k﹣1＝n得：；
当n＝2k时，，，……，a4﹣a2＝4×3，
以上式子相加得：，
所以，而a2＝1也符合上式，所以，
令2k＝n得：．
综上：，故D正确．
故选：AD．
【点评】本题考查由数列的递推式求数列的通项与前n项和，属于中档题．
（多选）12．（2024秋 济宁期末）已知记数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝6，则下列说法正确的是（　　）
A．a1＝1 B．a19＝2047
C． D．S20＝6108
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；转化法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑思维；运算求解．
【答案】ACD
【分析】根据已知递推式及S3＝6，求得a1＝1，即可判断A的正误；分n为奇数、n为偶数，求出通项公式判断B和C的正误；利用分组求和，求出S20，判断D的正误．
【解答】解：对于选项A，因为S3＝6，即a1+a2+a3＝6，
所以a1+2a1+a2+1＝6，a1+2a1+2a1+1＝6，
解得a1＝1，故A正确；
对于选项B，由上分析可得：a2＝2a1＝2，a3＝a2+1＝3，a4＝2a3＝2×3＝6，a5＝a4+1＝7，
……，
所以当n为奇数时，n+1为偶数，n+2为奇数，
所以an+1＝2an，所以an+2＝an+1+1＝2an+1，即an+2+1＝2（an+1），
而a1+1＝2，所以数列{an+1}是首项2，公比为2的等比数列，
所以，即，
令n＝19，则，故B不正确；
对于选项C，当n为偶数时，n+1为奇数，n+2为偶数，
由题意可得：an+1＝an+1，即an+2＝2an+1＝2（an+1）＝2an+2，
所以an+2+2＝2（an+2），而a2+2＝4，
所以数列{an+2}是首项为4，公比为2的等比数列，
所以，即，
所以，故C正确；
对于选项D，S20＝a1+a2+ +a20
＝（a1+a3+ +a19）+（a2+a4+ +a20）
＝[（21﹣1）+（22﹣1）+ +（210﹣1）]+[（22﹣2）+（23﹣2）+ +（211﹣2）]
＝2（1024﹣1）﹣10+4（1024﹣1）﹣20
＝6108，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查由数列的递推关系式求通项公式、数列求和，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 温州期末）已知等差数列{an}的首项a1与公差d均为正整数，且各项的和为49，则a1＝ 　1或4　．
【考点】求等差数列的前n项和．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】1或4．
【分析】利用已知条件及等差数列前n项和公式可得，进而根据a1与d均为正整数，n∈N+，可得n的值，然后验证即可．
【解答】解：由题意，有，
即2na1+n（n﹣1）d＝98，
所以，
因为a1与d均为正整数，n∈N*，
所以2a1+（n﹣1）d为正整数，从而为正整数，
则n的值可以为98，49，14，7，2，1，
当n＝98，49，14，2，1时，
均无满足题意的解，
当n＝7时，a1+3d＝7，
则a1＝1或a1＝4．
故答案为：1或4．
【点评】本题主要考查等差数列前n项和公式，属中档题．
14．（2024秋 无锡期末）数学史上著名的“康托三分集”，其操作过程如下：将闭区间[0，1]均分为三段，去掉中间的区间段，记为第1次操作；再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作...；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段，操作过程不断地进行下去．若使前n次操作后所有区间长度之和不超过，则需要操作的次数n的最小值为 　10　，该次操作完成后依次从左到右第四个区间为 　[，]　．（lg2＝0.3010，lg3＝0.4771）
【考点】数列的应用；归纳推理．
【专题】计算题；方程思想；综合法；等差数列与等比数列；推理和证明；运算求解；新定义类．
【答案】10；[，]．
【分析】根据题意，设第n次操作后，所有区间长度之和为bn，分析可得数列{bn}是首项b1，公比为的等比数列，由此可得（）n，解可得第一空答案；进而分析该次操作完成后依次从左到右的区间，可得第二空答案．
【解答】解：根据题意，设第n次操作后，所有区间长度之和为bn，
每次操作后，所得区间的数目为上次操作的2倍，每个区间的长度为原来的，
则n次操作后所有区间长度之和为上次所有区间长度之和的，即bn+1bn，
则数列{bn}是首项b1，公比为的等比数列，
故bn＝（）n，
若使前n次操作后所有区间长度之和不超过，即（）n，
两边同时去对数可得：lg（）n≤lg，即n（lg2﹣lg3）≤lg2﹣2，
则有n（0.3010﹣0.4771）≤0.3010﹣2，
变形可得n9.64，
又由n∈Z且n≥1，则n＝10；
10次操作后，共有210个区间，每个区间的长度为，
从左到右的四个区间依次为[0，]、[，]、[，]、[，]，
故从左到右第四个区间为[，]．
故答案为：10；[，]．
【点评】本题考查合情推理的应用，涉及等比数列的定义和性质的应用，属于中档题．
15．（2024秋 郑州期末）意大利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，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，即a1＝a2＝1，an+2＝an+1+an（n∈N*），后来人们把这样的一列数组成的数列{an}称为“斐波那契数列”．记Sn为“斐波那契数列”{an}的前n项和，若S2024＝p，aaa +aq，则a2025＝ 　　．（结果用p，q表示）
【考点】数列求和的其他方法；归纳推理．
【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【答案】．
【分析】由数列的递推式和累加法，推得S2024＝a2026﹣1＝p，a2025a2026＝q，即可得到所求值．
【解答】解：由a1＝a2＝1，an+2＝an+1+an（n∈N*），
可得S2024＝a1+a2+a3+...+a2024＝a1+a2+a2+a3+...+a2024﹣1＝a3+a2+a3+a4+...+a2024﹣1
＝a4+a3+a4+...+a2024﹣1＝...＝a2026﹣1＝p，
aaa +aa1a2+aa +aa2（a1+a2）+a +aa2a3+a +a...＝a2025a2026＝q，
可得a2025．
故答案为：．
【点评】本题考查数列的递推式和累加法，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
16．（2024秋 山西期末）若正整数m，n的公约数只有1，则称m，n互质．对于正整数n，φ（n）是小于或等于n的正整数中与n互质的数的个数．函数φ（n）以其首名研究者欧拉的名字命名，称为欧拉函数，例如φ（3）＝2，则φ（9）＝ 　6　．若数列的前n项和为Sn，则Sn＝ 　　．
【考点】数列的求和．
【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】6；．
【分析】由题意可得：，则数列 是等比数列，然后结合等比数列的求和公式求解．
【解答】解：由题意可得：φ（9）＝6，
因为2为质数，在不超过2n的正整数中，所有偶数的个数为2n﹣1，
所以φ（2n）＝2n﹣2n﹣1＝2n﹣1，
因为3为质数，在不超过3n的正整数中，所有能被3整除的正整数的个数为3n﹣1，
所以φ（3n）＝3n﹣3n﹣1＝2×3n﹣1，
所以，
所以数列是等比数列，
所以．
故答案为：6；．
【点评】本题考查等比数列的求和公式，重点考查了阅读理解能力，属中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 郴州期末）已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且4an＝8Sn+12．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn．
【考点】数列求和的其他方法；数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】（1）an＝4n+2；（2）证明见解答．
【分析】（1）由数列的通项与求和的关系，以及等差数列的通项公式，可得所求；
（2）由等差数列的求和公式，以及数列的裂项相消求和，结合不等式的性质，可得证明．
【解答】解：（1）由正项数列{an}的前n项和为Sn，且4an＝8Sn+12，
可得4a1＝8S1+12＝8a1+12，解得a1＝6（﹣2舍去），
当n≥2时，由4an＝8Sn+12，可得4an﹣1＝8Sn﹣1+12，
相减可得4an﹣4an﹣1＝8Sn﹣8Sn﹣1＝8an，
化为（an﹣an﹣1）（an+an﹣1）＝4（an+an﹣1），
由an＞0，可得an﹣an﹣1＝4，
则数列{an}是首项为6，公差为4的等差数列，可得an＝6+4（n﹣1）＝4n+2；
（2）证明：bn（），
数列{bn}的前n项和为Tn（1...）（1）．
【点评】本题考查数列的通项与求和的关系，以及等差数列的通项公式和求和公式，以及数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
18．（2024秋 平和县校级期末）已知数列{an}的前n项和为Sn，且．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设，记数列{bn}的前n项和为Tn，若对任意的n∈N*恒成立，求λ的取值范围；
（3）设，是否存在正整数p、q（1＜p＜q），使得c1，cp，cq成等差数列？若存在，请求出所有符合条件的数组（p，q）；若不存在，请说明理由．
【考点】数列递推式；裂项相消法．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】（1）an＝2n﹣1；
（2）；
（3）存在，（2，3）．
【分析】（1）已知Sn求an即可；
（2）结合 （1）求出 Tn，而后根据 λ 正负进行讨论；
（3）表示出 cn，结合的单调性求解即可．
【解答】解：（1）数列{an}的前n项和为Sn，且，
所以，
当n＝1时，，解得a1＝1；
由，得，
所以，整理得（n﹣1）an+1﹣nan+1＝0，
所以nan+2﹣（n+1）an+1+1＝0，所以nan+2﹣（n+1）an+1＝（n﹣1）an+1﹣nan，
所以nan+2+nan＝2nan+1，所以an+2+an＝2an+1，所以{an}是等差数列，
又a2﹣a1＝2，所以an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1．
（2）设，记数列{bn}的前n项和为Tn，
若对任意的n∈N*恒成立．
由（1）知，
所以，
又bn＞0，所以Tn是递增数列．
当n＝2k﹣1，k∈N*时，若对任意的n∈N*恒成立，则，即；
当n＝2k，k∈N*时，若对任意的n∈N*恒成立，则．
所以λ的取值范围是．
（3）设，假设存在正整数p、q（1＜p＜q），使得c1，cp，cq成等差数列．
由（1）知，则c1+cq＝2cp，即，其中p≥2，
故，即．
设，则，
故数列为递减数列，而，故的正整数解为p＝2，
此时，故即，由的单调性可得q＝3，
所以符合条件的数组（p，q）为（2，3）．
【点评】本题考查数列的递推式和等差数列的定义、通项公式，以及数列的单调性，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
19．（2024秋 道里区校级期末）已知数列{an}满足a1＝3，．
（1）证明：数列为等差数列，并求通项an；
（2）求数列{an}的前n项和Sn．
【考点】数列递推式；等差数列的概念与判定．
【专题】计算题；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【答案】（1）证明见解答，；
（2）．
【分析】（1）将已知等式两边同时除以3n+1，由等差数列的定义即可证明是等差数列，从而可得通项公式；
（2）利用错位相减求和法求解即可．
【解答】解：（1）证明：因为，
两边同时除以3n+1，所以，
所以，
又因为，所以是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以，所以，
所以数列{an}的通项公式为．
（2）n 3n，①
3n 3n+1，②
①﹣②得n 3n+1
n 3n+1
，
所以．
【点评】本题主要考查数列递推式，数列的求和，考查运算求解能力，属于中档题．
20．（2024秋 淮安期末）拉格朗日中值定理反映了函数与导数之间的重要联系，是微积分学重要的理论基础．其定理陈述如下：如果函数f（x）在区间[a，b]上连续，在区间（a，b）内可导，则存在x0∈（a，b），使得．已知函数f（x）＝x2﹣2x，数列{an}满足，且a1＝2．
（1）求a2，a3；
（2）证明：数列{an+1}为等比数列；
（3）若数列{bn}的前n项和为Sn，且设，问：是否存在实数p，q，使得对任意n∈N*，总有成立？
【考点】数列的求和；数列递推式．
【专题】计算题；转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【答案】（1）a2＝8，a3＝26；
（2）证明见解析；
（3）存在，，q＝﹣6．
【分析】（1）根据题意，求出f'（x）＝2x﹣2，化简，可得an+1＝3an+2，从而求解a2，a3；
（2）由an+1+1＝3（an+1），可得证；
（3）先求出，利用裂项相消法求和．
【解答】解：（1）根据题意，函数f（x）＝x2﹣2x，则f'（x）＝2x﹣2，
由，
可得，
即，
化简为an+1＝3an+2，
由a1＝2，所以a2＝3×2+2＝8，a3＝3×8+2＝26．
（2）证明：由an+1＝3an+2，可得an+1+1＝3（an+1），
即，所以数列{an+1}为首项为3，公比为3的等比数列；
（3）由（2）可得，则，
所以，
则Sn[（）+（）+（）+…+（）]
，
所以存在实数，q＝﹣6，满足题意．
【点评】本题主要考查数列递推式，数列的求和，倒数的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
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