【挑战满分】压轴小题4：数列（62）试卷

这是一份【挑战满分】压轴小题4：数列（62）试卷，共65页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

【挑战满分】压轴小题4：数列
一、单选题
1．已知数列满足，，则（ ）
A． B． C．35 D．

2．设数列满足，且对于任意，都存在正整数使得，则实数的最大值为（ ）
A． B． C．2 D．3

3．已知，，…，为1，2，3，4，5的任意一个排列.则满足：对于任意，都有的排列，，…，有（ ）
A．49个 B．50个 C．31个 D．72个

4．已知函数的定义域为，当时，；对任意的，成立.若数列满足，且，则的值为（ ）
A． B． C． D．

5．设数列满足，，，数列前n项和为，且（且）.若表示不超过x的最大整数，，数列的前n项和为，则（ ）
A．2019 B．2020 C．2021 D．2022

6．已知数列满足，则的最大值是（ ）
A． B． C． D．
7．已知数列满足：，且，下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C． D．

8．对于数列，若使得对一切成立的m的最小值存在，则称该最小值为此数列的“准最大项”，设函数及数列，且，若，则当时，下列结论正确的应为（ ）
A．数列的“准最大项”存在，且为
B．数列的“准最大项”存在，且为
C．数列的“准最大项”存在，且为
D．数列的“准最大项”不存在

9．已知是数列的前n项和，若，数列的首项，则（ ）
A． B． C．2021 D．

10．设数列满足，其中c为实数，数列的前n项和是，下列说法不正确的是（ ）
A．c∈[0,1]是的充分必要条件 B．当c>1时，一定是递减数列
C．当c<0时，不存在c使是周期数列 D．当时，



11．已知数列满足，是数列的前项和，则（ ）
A．是定值，是定值 B．不是定值，是定值
C．是定值，不是定值 D．不是定值，不是定值

12．设数列为等差数列，且，，.记，正整数满足，则数列的前项和为（ ）
A． B． C． D．

13．已知正项数列的前项和为，若对任意的都有，成立，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．

14．设等差数列的前项和为，并满足：对任意，都有，则下列命题不一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．

15．已知函数，数列的前项和为，且满足，，则下列有关数列的叙述正确的是（ ）
A． B． C． D．

16．已知函数，且，则的值为（ ）
A．4040 B． C．2020 D．
17．已知数列由首项及递推关系确定.若为有穷数列，则称a为“坏数”.将所有“坏数”从小到大排成数列，若，则（ ）
A． B．
C． D．

18．已知数列满足，则下列错误的是（ ）
A．若时，则数列单调递增
B．存在时，使数列为常数列
C．若时，则单调递减数列
D．若时，则

19．已知数列中，，.记，则（ ）
A． B．
C． D．

20．是公比不为1的等比数列的前n项和，是和的等差中项，是和的等比中项，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．


21．对于数列：，，有以下结论：①若，则；②若，则；③对，均有；④对于任意正整数，均有.则
A．仅①②正确 B．仅②③正确
C．仅①③④正确 D．①②③④均正确

22．已知数列中，，下列说法正确的是（ ）.
A．存在实数，使数列单调递减
B．若存在正整数，使，则
C．当时，对任意正整数，都有
D．若对任意正整数，都有，则

23．已知数列满足，，，给出下列两个命题，则（ ）
命题①：对任意和，均有
命题②：存在和，使得当时，均有
注：和分别表示与中的较大和较小者.
A．①正确，②正确 B．①正确，②错误
C．①错误，②正确 D．①错误，②错误

24．设数列{an}的前n项和为Sn，对任意n∈N*总有2Sn＝an2+n，且an＜an+1.若对任意n∈N*，θ∈R，不等式λ（n+2）恒成立，求实数λ的最小值
A．1 B．2 C．1 D．

25．设是等差数列，记，设为的前n项和，且，若取最大值，则（ ）.
A．14 B．15 C．16 D．17
26．将正整数20分解成两个正整数的乘积有，，三种，其中是这三种分解中两数差的绝对值最小的.我们称为20的最佳分解.当（且）是正整数n的最佳分解时，定义函数，则数列的前100项和为
A． B． C． D．

27．已知数列中，成等差数列，且（其中为自然对数的底数，）．若，则（ ）
A．且 B．且
C．且 D．且

28．若函数，，，，在等差数列中，，，用表示数列的前2018项的和，则（ ）
A． B．
C． D．

29．已知等差数列的首项，且，．若，且对任意的，均有，则的最小值为（ ）．
A．1 B． C．2 D．
30．已知数列的前项和满足（，为常数，，且），，，若存在正整数，使得成立；数列是首项为2，公差为的等差数列，为其前项和，则以下结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．

31．已知数列满足，，若，对任意的，恒成立，则的最小值为（ ）．
A． B． C． D．3

32．已知数列的前项和，，且，若，（其中），则的最小值是（ ）
A． B．4 C． D．2018

33．设等比数列的前n项和为，首项，且，已知，若存在正整数，使得、、成等差数列，则的最小值为（ ）
A．16 B．12 C．8 D．6

34．数列中，，，若不等式对所有的正奇数恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．

35．数列满足：对所有且，，使得，则称数是“数列”.现有以下四个数列：①；②；③；④；其中是“数列”的有（ ）
A．①④ B．①③④ C．②③ D．①②

二、多选题
36．若数列满足，，，则称数列为斐波那契数列，又称黄金分割数列．在现代物理､准晶体结构､化学等领域，斐波那契数列都有直接的应用．则下列结论成立的是（ ）
A． B．
C． D．

37．已知曲线.从点向曲线引斜率为的切线，切点为.则下列结论正确的是（ ）
A．数列的通项为
B．数列的通项为
C．当时，
D．

38．对于数列，若存在正整数，使得，，则称是数列的“谷值，是数列的“谷值点”，在数列中，若，则数列的“谷值点”为
A． B． C． D．

39．意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列满足：，，.若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前项所占的格子的面积之和为，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为，则下列结论正确的是（ ）

A． B．
C． D．

40．设等比数列的公比为q，其前n项和为，前n项积为，并且满足条件，，.则下列结论正确的是（ ）
A． B． C．的最大值为 D．的最大值为



三、填空题
41．已知首项为的数列的前项和为，若，且数列，，…，成各项均不相等的等差数列，则的最大值为__________．

42．已知正数数列满足，且对任意，都有，则的取值范围为______．

43．已知公比大于的等比数列满足，记为在区间中的项的个数，的前项和为，则 __________.

44．已知数列满足：，，记数列的前项和为，若对所有满足条件的，的最大值为____.
45．已知首项为的数列满足，若对任意正整数恒成立，则实数的最大值为___________________．

46．已知数列和满足，，，.则＝_______.

47．已知两个无穷数列，分别满足，，其中，设数列，的前n项和分别为，．若数列满足：存在唯一的正整数，使得，称数列为“k坠点数列”．若数列为“p坠点数列”，数列为“q坠点数列”，若，则m的最大值为________．

48．已知数列的通项公式为，数列为公比小于1的等比数列，且满足，，设，在数列中，若，则实数的取值范围为
__________．

49．已知数列，令，则称为的“伴随数列”，若数列的“伴随数列”的通项公式为，记数列的前项和为，若对任意的正整数恒成立，则实数取值范围为__________．

50．我们把一系列向量按次序排列成一列，称之为向量列，记作.已知向量列满足：，，设表示向量与的夹角，若，对于任意正整数，不等式恒成立，则实数的取值范围是______.

【挑战满分】压轴小题4：数列
1．A
【分析】
对递推公式进行变形得，应用该递推关系可以得到该数列的周期，利用周期性进行求解即可.
【解析】
因为，所以，
因此，同理，，，则，因此，，，，其中，则，则故选：A
【小结】
关键小结： 求解本题的关键是对的化简，进而得到数列的周期为4，从而得到即可求得结果．
2．B
【分析】
，，，因此取，得，然后分类讨论证明对任意的，存在，使得．注意结合的性质．
【解析】
因为，在上递增，在上递减．
若，则，，因此，
下证对任意的，存在，使得．
①时，显然存在，使得，
②时，，存在，使得，
③时，，由②知，存在，使得，
④时，，由③知，存在，使得，
⑤时，，
所以，令，则，
易知存在，，使得，时，，时，，
所以在上递增，在上递减，所以，，
若，则由③，存在，使得，
若，则，…，依此类推，必定存在正整数，使得，．
综上所述，的最大值是．
故选：B．
【小结】
关键点小结：本题考查数列的递推公式，解题方法是结合函数性质，取一个特殊的求得的最大值，然后证明对任意的，存在，使得．证明时根据函数的性质需要对的取值分类讨论．
3．A
【分析】
根据题意，求得的范围，分别求得当，和时，满足题意的排列数，综合即可得答案.
【解析】
因为，
所以时，，
所以，
当时，任意排列均满足题意，共有个，
当时，只要，其他排列均满足题意，共有个，
当时，只能取1或2，所有的情况如下：
排列32145，满足题意； 排列31245，满足题意，
排列32154，满足题意， 排列31254，满足题意，
排列32415，满足题意， 排列31425，满足题意，
排列32451，不满足题意， 排列31452，不满足题意，
排列32514，不满足题意， 排列31524，满足题意，
排列32541，不满足题意， 排列31542，不满足题意，共7个满足题意，
综上，满足题意的排列共有24+18+7=49个.
故选：A
【小结】
解题的关键是根据题意，先求得的范围，再进行分类讨论，难点在于时，值较小，需逐个检验，方可得答案.
4．C
【分析】
由已知，令，即有，结合递推式有，即在上单调增，进而求且，利用构造法确定为等差数列并写出通项公式，即可求.
【解析】
当时，，在上任取两数，且，令，则．
，即在上是单调增函数．
令，则，解得．而数列满足，
，
，则，
∴数列是公比为，首项为的等比数列，得：，
∴，故.
故选：C．
【小结】
关键点小结：首先应用已知条件判断函数的单调性，求；再由，应用构造法求数列通项，进而求项.
5．C
【分析】
根据递推公式，可知从第2项起是等差数列，可得，再根据累加法，可得，由此可得当时，，又，由此即可求出.
【解析】
当时，，
，
，
，
从第2项起是等差数列.
又，，，，
，
当时，

，
（），
当时，.
又，
.
故选：C.
【小结】
本题主要考查了数列的递推公式、等差数列的概念，以及累加法在求通项公式中的应用，属于中档题.
6．C
【分析】
构造数列，由此可得，从而求得，再利用均值不等式，求得的最大值.
【解析】
依题意可化为，
令则，，
于是，
∴
∴，
即
∵，
∴

（当且仅当时等号成立）.
故选：C.
【小结】
本题考查数列构造数列以及递推公式的使用，涉及均值不等式求最值，属综合中档题.
7．B
【分析】
由已知条件，且分析可得，然后构造函数，利用函数图象分析，再逐个判断即可.
【解析】
∵，
∴，
∴.
∵，故且，
于是与同号，
∴.
对于A，若，则，则，
∴，所以，故A错误；
对于C，考虑函数，如图所示

由图可知当时，数列递减，
所以，即，所以C不正确；
对于D，设，则，
由上图可知，，
即，
等价于，
化简得：，
而显然不成立，所以D不正确；
由排除法可知B正确.
故选：B.
【小结】
本题考查了数列递推关系､利用函数思想解决数列问题，考查了推理能力与计算能力，属于难题.
8．B
【分析】
首先求得，，的范围，运用导数判断的单调性，考虑当时，数列的单调性，即可得到所求的最小值．
【解析】
，
若，
当，可得，
（6），
，
由的导数为，
可得在上递增，
当，，
可得当时，，
可得，
数列的“准最大项”存在，且为，
故选：．
【小结】
本题考查新定义的理解和运用，考查导数的运用：判断单调性，以及三角函数的图象和性质，属于难题．
9．A
【分析】
通过对二项展开式赋值求解出的值，然后通过所给的条件变形得到为等差数列，从而求解出的通项公式，即可求解出的值.
【解析】
令，得.
又因为，所以.
由，得，所以，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以，
所以，所以.
故选：A.
【小结】
本题考查二项展开式与数列的综合运用，对学生的分析与计算能力要求较高，难度较难.解答问题时注意的运用.
10．C
【分析】
利用条件以及数学归纳法说明A成立；结合类推思想说明B成立；利用零点存在定理说明存在c使是周期数列，即C错误；利用放缩法说明D成立.
【解析】
若，则，即必要性成立；
若c∈[0,1]，则
假设时，
则时，
因此c∈[0,1] 时，，即充分性成立；故A成立；
单调递增，

同理，依次类推可得，即一定是递减数列，故B成立；
当c<0时，
由，令存在零点，即存在c使是周期数列，即C错误；
当时，
由A得，所以


因为时，，所以，即D成立；
故选：C
【小结】
本题考查数列周期、数列单调性、等比数列求和、零点存在定理、数学归纳法，考查综合分析论证与判断能力，属难题.
11．A
【分析】
按照的奇偶分类讨论，可得以及，再根据等差数列的定义可得，而，即可求出为定值，采用并项求和的方式即可求出也为定值．
【解析】
当，则，，
∴，即有，，
作差得，∴，
∴，令可得，，
∴为定值．
而
也为定值．
故选：A．
【小结】
本题主要考查利用数列的递推式判断数列的性质，以及并项求和法的应用，意在考查学生的逻辑推理能力和数学运算能力，属于较难题．
12．C
【分析】
求得，化简得出，并结合题意求得正整数的值，然后利用裂项相消法可求得结果.
【解析】
设的公差为，则，即，
所以，又，所以，
，
因为，，所以，
所以数列的前项和为.
故选：C.
【小结】
本题考查裂项求和法，同时也考查了等差数列通项公式的应用，考查计算能力，属于中等题.
13．A
【分析】
当时，即，整理得，利用累加法求得，可得，再证明列为递减数列，由恒成立可得 ，从而可得结论.
【解析】
当时，，所以，
当时，即，整理得，所以，
故，
所以.
因为满足，所以，则，.
因为，所以，
即，所以，即数列为递减数列，
因为恒成立，所以，即，所以.
故选：A
【小结】
本题主要考查利用递推关系研究数列的性质，考查了数列的单调性，考查了计算能力与转化思想的应用，属于难题.
14．C
【分析】
设等差数列的公差为，对分、、三种情况讨论，在时验证即可；在时，取，可设，根据恒成立求得实数的取值范围，逐一验证各选项即可；同理可判断出时各选项的正误.
【解析】
设等差数列的公差为，则.
①当时，则，，则对任意的恒成立，
A、B、C、D四个选项都成立；
②当时，不妨取，记，则，
由可得，即，
则，
令，可得；
令，可得.
，
则，
解关于的不等式，
可得或，
所以或.
由于数列单调递减，该数列没有最小项；
由双勾函数的单调性可知，函数在区间上单调递增，
所以，数列单调递减，该数列的最大项为，
.
对于A选项，，，
则，
，
，
则，
所以，，A选项成立；
对于B选项，，
则，
，
，
则，
所以，，B选项成立；
当时，；
当时，.
满足，.
对于C选项，，，
，
，
当时，，
所以，C选项不一定成立；
对于D选项，，
，
所以，，
D选项成立；
③当时，由②同理可知，C选项不一定成立.
故选：C.
【小结】
本题考查数列不等式的验证，考查等差数列前项和的性质，考查推理能力与计算能力，属于难题.
15．C
【分析】
利用递推公式可判断A选项的正误；推导出数列的单调性可判断B选项的正误；推导出，可得出，可判断C选项的正误；推导出以及，可判断D选项的正误.
【解析】
，，A选项错误；
，，
当时，，此时，函数单调递增；
令，可得，
令，定义域为，，令，可得.
当时，，此时，函数单调递减；
当时，，此时，函数单调递增.
，，，则，
由零点存在定理可知，存在唯一的，使得.
所以，当时，，即且，则；
当时，，即.
，则，，，
以此类推，，所以，数列是单调递减数列，B选项错误；
，
，C选项正确；
，
而，，D选项错误.
故选：C.
【小结】
本题主要考查数列递推公式的应用，考查推理能力与计算能力，属于难题.
16．A
【分析】
由题意得，从而可求出，，然后通过分组求和可得答案.
【解析】
解：因为，且，
所以，
所以，，
所以
，



，
故选：A
【小结】
此题考查数列求和，求得，是解题的关键，利用了分组求和的方法，也考查了诱导公式，属于难题.
17．C
【分析】
由得，所以数列为等差数列,则，求出数列，当分母为0，得，即时，数列为有穷数列，得出，即，又，，根据单调性可得答案.
【解析】
由，得
则，即
所以数列为等差数列,则
则，所以
当时, ，满足条件.
当分母为0，得，即时，数列为有穷数列.
当时, 数列为有穷数列.则
当分母为0时，无意义，此时数列为有穷数列，此时对应的值为
所以，由，则，即

设，则
所以在上单调递增.
所以

设设，则
所以在上单调递增.
所以
所以选项C正确
故选：C
【小结】
本题考查根据递推公式求数列的通项公式，考查新定义，考查求数列中项的范围，属于难题.
18．C
【分析】
利用单调性的定义证明A，C，举例说B，再根据
【解析】
（1）∵，
∴，
由数学归纳法思想，
(i)时，时，，，
(ii)假设时，，则由得，
综合(i)(ii)得对所有，，
∴数列是递增数列，A正确，
（2）若，则，依次得到，数列是常数列，B正确；
（3）设，，当或时，，当时，，∴在上递增，在上递减．在是递增，极小值为，极大值为，所以有唯一零点，且零点在上，进一步，，即零点在上，设其为，若，则，，，，数列不是递减数列，C错；
（4）时，，
由（3）知此方程有唯一解，，
又由（3）当时，，而，所以，，…，，
∵，∴由，可得，，
而，所以，
综上．D正确．
故选：C．
【小结】
本题考查数列的单调性，考查数列不等式的证明，解题时注意递推公式的形式，因此引入函数，通过导数研究函数的单调性，极值，从而得出数列的性质．考查了学生分析问题解决问题的能力．
19．C
【分析】
利用累加法和累乘法得到，，再利用数列的单调性计算得到答案.
【解析】
，则，故，


；
，故，
，
故，A，B错误；
，
，，，故，
，
D错误C正确.
故选：C.
【小结】
本题考查了数列的累加法，累乘法，数列的单调性，意在考查学生对于数列知识的综合应用能力.
20．D
【分析】
由是和的等差中项，可得，又由是和的等比中项，同时令，得，由此即可得到本题答案.
【解析】
设的公比为，由于，
所以，，，
又是和的等差中项，所以，
即，
化简得，
由于，所以，，
所以，
，
，
因为是和的等比中项，
所以，
即，
所以，令，
则，
当，即时，取得最大值，最大值为.
故选：D
【小结】
本题主要考查等差数列和等比数列的综合应用，考查学生的转化求解能力和运算能力，属中档题.
21．D
【分析】
根据递推式，分类讨论，结合二次函数的性质，基本不等式，数列单调性的判断方法，放缩法，数学归纳法，即可判断各结论的真假．
【解析】
若时，，
若时，，
显然，故③正确；
若时，，故，所以①正确；
若时，易知，
当时，，假设时，，
则时，，所以，
因此，即，故②正确；
当时，；
当时，，
综上可得.故④正确.
故选：D.
【小结】
本题主要考查利用数列的递推式判断和数列有关的命题的真假，涉及基本不等式，二次函数性质，数学归纳法，放缩法的应用，意在考查学生的转化能力，逻辑推理能力和数学运算能力，综合性强，属于难题．
22．D
【分析】
根据递推关系式，结合数列的单调性判断A选项，取特殊值判断B，C选项，根据递推关系利用累加可得，利用反证法可分析D选项正确.
【解析】
对于A，
当，可以无穷大，不存在使恒成立，
故A错误；
对于B，不妨取，则，
即存在正整数，使，但，故B错误；
对于C，取，则，
,故C错误；
对于D，，
即，
累加可得，，
假设时，存在充分大的，使得，即，
与题设矛盾，所以，
故选：D
【小结】
本题主要考查了递推数列的性质，反证法证明，考查了特例法在选择题中的应用，属于难题.
23．A
【分析】
命题①先证，再证即可得出命题为真;命题②根据条件，构造指数为等比数列，即可求得，进而判断命题②正确.
【解析】
因为，，对任意和，
所以，，以此类推，，即可得：，
所以所有分母均为大于1的正数，
所以，，以此类推可得，即可得 (当且仅当时等号成立),所以命题命题①为真；
当，即，令，则，
当数列为等比数列符合题意，
则有：，解得：，
当时，， ，当时，均有.
所以，存在和，使得当时，均有，命题②正确.
故选：A
【小结】
本题考查递推公式构成的新数列问题，考查逻辑推理能力和数学抽象思维，属于难题.
24．B
【分析】
由得数列的递推关系，确定数列是等差数列，从而得其通项公式，不等式化为λ，不等式右边分子平方展开后应用基本不等式可求得其最大值，从而得的最小值．
【解析】
由2Sn＝an2+n，①
可知，当n≥2时，2Sn﹣1＝an﹣12+(n﹣1)，②
①﹣②，得2an＝an2﹣an﹣12+1，
故(an﹣1)2＝an﹣12，
于是an﹣1＝an﹣1或an﹣1＝﹣an﹣1，
若an﹣1＝﹣an﹣1，则an+an﹣1＝1，不合题意；
于是an﹣1＝an﹣1，即an﹣an﹣1＝1，
即数列{an}是公差为1的等差数列，又a1＝1，
∴an＝1+(n﹣1)×1＝n.
故an＝n.
依题意知∀n∈N*，λ 都成立，
然后通过基本不等式得，

2，
当且仅当，即时，取“＝”，
所以 的最大值为2，
所以λ≥2，
所以λ的最小值为2，
故选：B.
【小结】
本题考查由数列前项和与项的关系求通项公式，考查有关数列不等式恒成立问题，解题关键有两个方面，一是通过得出数列是等差数列，从而得通项公式，二是用基本不等式求最大值，得不等式中参数范围．
25．C
【分析】
由，知，，所以．由，，知，，由此能够推导出中最大．
【解析】
由且，
所以，
所以，，即
因为，
所以，
所以，
因为，，
，，
所以，即
所以，
所以最大．
故选：C
【小结】
本题考查数列前项和的最大值，对一个递减数列来讲，只要求得的最大的就可能得出结果（主要还要考虑一下是否有），而本题，会发现至，，，开始往后均小于0.因此还要比较与的大小，确定是否成立．才能得出正确结论．
26．B
【分析】
首先利用信息的应用求出关系式的结果，进一步利用求和公式的应用求出结果．
【解析】
解：依题意，当为偶数时，；
当为奇数时，，
所以，
，
．
故选：B.
【小结】
本题考查的知识要点：信息题的应用，数列的求和的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．
27．B
【分析】
首先证明恒成立，然后已知等式可转化为，得出，利用得，再讨论不可能成立，从而得出结论．
【解析】
令，则，当时，，递减，时，，递增，
所以，所以恒成立，即，
所以(*)，得，即，又，所以，所以公差，
若，则，此时(*)式为，当且仅当时取等号，这与矛盾，故等号不成立，即，所以，则，又，则，故且，
故选：B．
【小结】
本题考查数列与函数的综合应用．利用的性质合理化简原不等式，得到与的不等关系是解题的关键．
28．D
【分析】
先求数列的通项公式，对逐个分析，利用函数的性质去掉绝对值符号.
化简，判断的范围.
【解析】
等差数列中，，，得，可知该数列为递增数列，
且，，
对于，该函数在上单调递增，于是有，
于是，所以；
对于，该函数在上单调递增，在上单调递减，
于是；
对于，该函数在上单调递减，在上为常数，
类似有；
对于，该函数在和上单调递增，在和上单调递减，
且是以为周期的周期函数，所以

，
故，综上所述.
故选:D
【小结】
本题考查等差数列的概念、数列的综合应用，函数的性质,结合数列的通项公式及函数的性质去掉绝对值符号是解题的关键.
29．C
【分析】
先根据已知条件得到，可得到等数列的公差，进而得到数列的通项，再得到，并利用作差法得到数列的增减性，即可得到的范围，根据题意即可得到的最小值.
【解析】
，，
，是方程的两根.
易知函数是上单调递增的奇函数，
方程有且仅有一个根，
故，即，
等差数列的公差.
又，
，
，


易知当时，，
，
当时，，
，
而，，，，，
且当时，，
，
.
若最小，则，，
.
故选：C.
【小结】
本题要考查方程的根、函数的性质、等差数列的通项、数列的增减性，考查考生的逻辑思维能力及分析问题，解决本题的关键是得到.
30．B
【分析】
根据，，，令，得到，进而得到，由，，转化为，，再根据，，得到这个数列的奇数项恒负且递增，偶数项恒正且递减，则存在正整数，使得成立，转化为存在正整数，有成立，得到d的范围，再利用数列是首项为2，公差为的等差数列求解.
【解析】
因为，，，
所以，解得，
所以.
因为，，
故，（即奇数项为负，偶数项为正），
又因为，，
所以这个数列的奇数项恒负且递增，偶数项恒正且递减，
所以条件转化为存在正整数，使得，
只需，即.
因为，，所以，所以A项不正确，B项正确；
因为，，，所以，所以与的大小无法判断.
故选：B
【小结】
本题考查数列的综合应用，还考查了转化思想逻辑推理能力，属于难题.
31．D
【分析】
先根据已知的递推关系式得到，然后结合基本不等式得到，进而得到，最后利用此不等式对放缩，并利用等比数列的前项和公式求解即可．
【解析】
由，得，
又，所以．
由，
可得，当且仅当时等号成立，
因为，，
所以，所以，
所以，
所以，
所以．
又对任意的，恒成立，
所以，
故的最小值为3．
故选：D
【小结】
本题主要考查数列的递推关系式、放缩法的应用、基本不等式、等比数列的前项和公式、不等式恒成立问题等，还考查了运算求解和逻辑推理能力．属于难题.
32．B
【分析】
由，可得，，以上各式相加得可求得，结合，根据均值不等式，即可求得答案.
【解析】

，，
以上各式相加得，，
，


又，
，
即，
又，
，
当且仅当时等号成立，
故选：B．
【小结】
本题主要考查数列的综合问题，考查考生的运算求解能力，考查的核心素养是数学运算和逻辑推理，解题关键是掌握均值不等式求最值的方法，使用均值不等式求最值时，要检验等号是否成立.
33．C
【分析】
先由等比数列的基本运算得到通项，根据、、成等差数列，由等差数列的中项性质得到，即，然后根据讨论求解.
【解析】
由，且，
整理得：，
所以，，
因为、、成等差数列，
所以，
所以，
因为正整数，
所以，
所以，
所以，
当时，不成立；
当或时，成立；
此时或，
当时，，，此时；
所以的最小值为8.
故选：C.
【小结】
本题主要考查等比数列的基本运算以及不等式的性质，还考查了分类讨论的思想和化简变形，推理的能力，属于难题.
34．A
【分析】
由取倒数，得，代入，得，求的最小值.
【解析】
解：，
是等差数列，
，
不等式对所有的正奇数恒成立
，，

，
在上单调递增，
不等式对所有的正奇数恒成立，则实数的取值范围为：
故选：A
【小结】
考查数列通项公式的求法及不等式恒成立求参数的取值范围，中档题.
35．A
【分析】
对于①和④，可分别得到和，满足“数列”定义；对于②和③，由于数列为递增数列，当分别找到和不满足“数列”要求时，即可确定结果.
【解析】
对于①，，可有，则①是“数列”；
对于②，为递增数列；，，，可得，从而，即②不是“数列”；
对于③，为递增数列，，，，，虽然，但，，，从而，即③不是“数列”；
对于④，，可得，则④是“数列”；
综上，是“数列”的有①④.
故选：.
【小结】
本题考查数列新定义问题的求解，关键是明确已知所给的定义实际考查了数列递推关系，结合数列的单调性可确定结果.
36．AB
【分析】
AB项直接计算，CD项找出性质，按照性质进行判断即可.
【解析】
按照规律有，，，，，，，，，故A对C错
…
故B对
，故D错
故选：AB
【小结】
遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、结合等差、等比数列的通项公式和求和公式，进行求解.
37．ABD
【分析】
设直线，方程联立由，可得，，从而可判断A,B，由，可判断C，令，.可得在上递减，可知在上恒成立，可判断D
【解析】
设直线，联立，得，
则由，即，得（负值舍去）
所以可得，，所以AB对；
因为，
因为，则，即，所以
，故C错；
因为，令，.
可得在上递减，可知在上恒成立.
又. 所以成立. 故D正确.
故选：ABD
【小结】
关键小结：本题考查圆的切线问题和数列不等式的证明问题，解答本题的关键是设出切线方程，方程联立由，得出，，证明得到，从而可比较与的大小，设，利用导数得出在上恒成立，来判断与的大小，属于中档题.
38．AD
【分析】
由数列的通项公式求出前七项各项的值，然后根据题意进行求解即可,
【解析】
因为，所以，
当，，此时数列单调递增，
，，，，
所以数列的“谷值点”为2，7.
故选：AD
【小结】
本题考查了数学阅读能力，考查了数学运算能力，考查了数列的单调性，属于中档题.
39．ABD
【分析】
根据题中递推公式，求出，，数列的前项和，数列的奇数项和，与选项对比即可.
【解析】
对于A选项，因为斐波那契数列总满足，
所以，
，
，
类似的有，，
累加得，
由题知，
故选项A正确，
对于B选项，因为，，，
类似的有，
累加得，
故选项B正确，
对于C选项，因为，，，
类似的有，
累加得，
故选项C错误，
对于D选项，可知扇形面积，
故，
故选项D正确，
故选：ABD.
【小结】
本题考查了利用数列的递推公式求数列的性质，属于一般题.
40．ABC
【分析】
由，，，可得，．由等比数列的定义即可判断A；运用等比数列的性质可判断B；由正数相乘，若乘以大于1的数变大，乘以小于1的数变小，可判断C; 因为，，可以判断D.
【解析】
，，，
，，
A.，故正确；
B.，故正确；
C.是数列中的最大项，故正确．
D. 因为，，的最大值不是，故不正确.
故选：ABC．
【小结】
本题考查了等比数列的通项公式及其性质、递推关系、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
41．
【分析】
由已知结合得，设前项等差数列的公差为，分析得，分析得，两式结合可得，求出，验证符合题意，验证不符合题意，利用反证法证得不符合题意，即可得解.
【解析】
且，（*）；
因为前项成各项均不相等的等差数列，设公差为，则，，
若，则，，在（*）式中，令得，，
即，化简得①；
若，则，在（*）式中，令得，，
即，化简得②；
②①得，，，，
将代入①得，，所以，则，所以符合题意．
若，则，，，，，，，，在（*）式中，令得，，，所以，所以不符合题意．
假设时符合题意，则，
整理得，即
即，又时，
所以与等差数列矛盾，所以不符合题意．
故答案为：
【小结】
关键点小结：本题考查等差数列的知识，解题的关键是利用 将已知条件转换为，再分别分析，，时是否符合题意，考查学生的逻辑推理能力与运算求解能力，属于难题.
42．
【分析】
由已知可得出，解得，结合，可得，令，求出数列的最大项的值，可得出的取值范围，进而可得出的取值范围.
【解析】
由题意可知，对任意，都有，则，则，
整理可得，，
解不等式可得，
当时，，所以，，
令，
则数列为单调递减数列，所以，，，
所以，.
下面来说明，当时，对任意的，.
由双勾函数的单调性可知，函数在上为减函数，在上为增函数，
，则，可得，
由双勾函数的单调性可知，函数在上为增函数，
则，可得，
假设当时，，
由于函数在上为增函数，则，
可得.
由上可知，当时，对任意的，.
综上所述，的取值范围是.
故答案为：.
【小结】
关键点小结：本题考查利用数列不等式恒成立求数列首项的取值范围，解题的关键就是由得出关于的不等式，通过解不等式可得出关于数列不等式恒成立，进而转化为数列最值来求解.
43．
【分析】
先求出，再由特殊到一般，归纳出时，，从而可得，最后利用错位相减法可得结果.
【解析】
设的公比为，由
得或（舍去）
所以
在区间上，，
在区间上上，个1
在区间上，，个2
在区间上，，个3，
…
归纳得当时，
所以
令
则
两式相减，整理得
所以
故答案为：
【小结】
方法小结：“错位相减法”求数列的和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；②相减时注意最后一项 的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以.
44．
【分析】
推导出对任意的时，取最大值时，为等比数列，求出该数列的首项和公比，利用等比数列的求和公式可求得的最大值.
【解析】
因为数列满足，，
所以，，可得，，则.
易得当时，，则、、、均为正数，
由可知，可得数列为单调递增数列，
当取最大值时，，可得，
所以，对任意的，取最大值时，数列为等比数列，且该数列的公比为，首项为.
因此，的最大值为.
故答案为：.
【小结】
关键点小结：本题考查数列和的最值，解题的关键就是结合题意推导出当中的每一项均取最大值时，为等比数列，在推导时可充分利用数学归纳法来进行推导.
45．
【分析】
推导出，利用不等式的基本性质以及累加法可得出，结合已知条件可得出对任意的且恒成立，结合参变量分离法可求得实数的最大值，再利用数学归纳法说明当时，恒成立，由此可得出结果.
【解析】
且，对任意的，，
所以，，
可得出，，，，
上述不等式全加得，，
当时，；
当且时，若恒成立，则，
所以，，
由于，.
当时，则且，可得，，，进而可知，对任意的，，
，即，可得，
假设当时，，则当时，，
由上可知，对任意的，恒成立.
因此，实数的最大值为.
故答案为：.
【小结】
关键点小结：解决本题的关键在于以下两点：
（1）推导出；
（2）在求解数列不等式恒成立问题时，可充分利用参变量分离以及数单调性求解.
46．
【分析】
求出，推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，求出，进一步推导出数列为等差数列，确定该等差数列的首项和公差，可求得的通项公式，进一步求出和，由此可求得结果.
【解析】
，，且，，则，
由可得，代入可得，
，且，
所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，则，
在等式两边同时除以可得，
所以，数列为等差数列，且首项为，公差为，
所以，，，
则，
因此，.
故答案为：.
【小结】
数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：
①求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式；
②将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用累加法、累乘法、迭代法求通项．
47．6
【分析】
运用数列{bn}为“坠点数列”且b1＝﹣1，综合判断数列{bn}中有且只有两个负项．假设存在正整数m，使得Sm+1＝Tm，显然m≠1，且Tm为奇数，而{an}中各项均为奇数，可得m必为偶数． 再运用不等式证明m≤6，求出数列即可．
【解析】
∵ ，即bn+1＝±2bn，∴ ，
而数列{bn}为“坠点数列”且，所以数列{bn}中有且只有两个负项．
假设存在正整数m，使得Sm+1＝Tm，显然m≠1，且Tm为奇数，而{an}中各项均为奇数，
∴m必为偶数， 首先证明： ．
若m＞7，数列{an}中（Sm+1）max＝1+3+…+（2m+1）＝ ，
而数列{bn}中，bm必然为正，
否则，显然矛盾；
∴
设
设
而
∴{dm}（m＞7）为增数列，且d7＞0，则（m＞7）为增数列，而＞0，
∴（Tm）min＞（Sm）max，
即m≤6．
当m＝6时，构造：{an}为1，3，1，3，5，7，9，…，{bn}为﹣1，2，4，8，﹣16，32，64，…
此时p＝2，q＝4．
∴mmax＝6，对应的p＝2，q＝4．
故答案为：6
【小结】
本题是新定义题，考查了数列递推式，综合考查学生运用新定义求解数列的问题，考查了分析问题和解决问题的能力，属于难题．
48．
【解析】
在等比数列中，由，又，且公比小于，，因此，由，得到是取中最大值，是数列中的最小项，又单调递减，单调递增，当时，，即是数列中的最小项，则必须满足，即得，当时，，即，是数列中的最小项，则必须满足，即得，综上所述，实数的取值范围是，故答案为.
49．
【解析】
由题意得,所以, 相减得-，所以,也满足. 因此数列的前项和为 ,

小结：给出与的递推关系求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与之间的关系，再求. 应用关系式时，一定要注意分两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起.
50．
【分析】
利用数量积公式得出，进而得出，从而得出，利用定义证明的单调性，求出其最小值，再解不等式，即可得出实数的取值范围.
【解析】


所以，故，
令
则

所以单调递增，所以，则
因为，所以，则
解得
综上所述，
故答案为：
【小结】
本题主要考查了数列不等式的恒成立问题，涉及了判断数列的增减性，向量的数量积公式的应用，属于较难题.