【文档说明】2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测 第37讲 数列的综合应用（达标检测） Word版含解析.docx，共(19)页，1.745 MB，由小赞的店铺上传

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第37讲数列的综合应用（达标检测）[A组]—应知应会1．（2020春•梅州期末）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的一部数学专著，书中有如下问题：今有女子善织，日增等尺，七日织28尺，第二日，第五日，第八日所织之和为15尺，则第十五日所织尺数为()

A．13B．14C．15D．16【分析】根据题意，设每日所织数量构成数列{}na，分析可得数列{}na为成等差数列，且25815aaa++=，728S=，据此可得数列的首项与公差，计算可得答案．【解答】解：由题意可知，设每日所织数量构

成数列{}na，则数列{}na为成等差数列，且25815aaa++=，728S=，设其公差为d，由25815aaa++=，得5315a=，解可得55a=，又由728S=，得4728a=，变形可得44a=，则541daa=−=，故15510

510115aad=+=+=．故选：C．2．（2020春•成都期末）已知数列{}na的通项公式1(*)(21)(21)nanNnn=−+，nS为数列{}na的前n项和，满足4(*)9nSnN，则n的最小值为()A．2B．3C．4D．5【分析】首先把数列的关系式进行变换，进一步利用裂

项相消法求和求出数列的和，解不等式可得所求最小值．【解答】解：数列{}na的通项公式1111()(21)(21)22121nannnn==−−+−+，所以11111111(1)(1)2335212122121nnSnnnn=−+−++−=−=−+++．由于满足4

(*)9nSnN，所以4219nn+，解得4n，所以n的最小值为5．故选：D．3．（2020春•常德期末）明代数学家吴敬所著的《九章算术比类大全》中，有一道数学命题叫“宝塔装灯”，内容为“远望魏巍塔七层，红灯点点倍加增；共灯三百八十一，”(“倍加增”指灯的数量从塔的顶层

到底层按公比为2的等比数列递增），根据此诗，可以得出塔的第四层灯的数量为()A．12B．24C．48D．96【分析】由题意利用等比数列的通项公式、前n项和公式，求出首项，可得塔的第四层灯的数量4a的值．【解答】解：由题意每一层的灯数成等比数列{}na，公比为2q=，前7项的和为717(1

2)38112aS−==−，求得13a=，故塔的第四层灯的数量34124aaq==，故选：B．4．（2020春•嘉兴期末）对于数列{}na，若存在常数M，使对任意*nN，都有||naM„成立，则称数列{}na是有界的．若有数列{}na满足

11a=，则下列条件中，能使{}na有界的是()A．11nnaan++=+B．111nnaan+−=−C．112nnnaa+=+D．1211nnaan+=+【分析】通过定义逐项分析真假即可．【解答】解：对于A选项，假设{}na有界，

即存在常数M，对任意*nN，都有1naM+„，naM„，则112nnnaaMMM++=++=„．由于左边1n+递增到无穷大，而右边为常数，从而A项错误；同理，C项2112nnnaaM+=+„，错误；对于B项，2n…时，11112nnaan+−=−…，累加可得，121(2)2naan+−−…

，21a=，2nna…，显然不是有界的；对于D选项，22a=，22212221111(1)(1)11nnannnnnannnnnnn++=+===−−+−+−，累乘可得13122122122()()13231nnnnaaannnnaaannnn−−−−−−−

=−−−，22(1)2nanan=−，从而4na，D正确．故选：D．5．（2020•山东模拟）已知数列{}na的前n项和为nS，且12a=，1nnaS+=，若(0,2020)na，则称项na为“和谐项”，则数列{}na的所有“和谐项”的平方和为(

)A．1118433+B．1114433−C．1018433+D．1214433−【分析】根据1nnaS+=得出1(2)nnaSn−=…，然后两式相减，得出12nnaa+=，再然后根据12a=得出22a=以及12,22,1nnnan−==…最后根

据“和谐项“的定义得出111n剟，通过等比数列前n项和公式求和即可得出结果．【解答】解：因为1nnaS+=，所以1(2)nnaSn−=…，则11nnnnaaSS+−−=−，即1nnnaaa+−=，12nnaa+=，所以12(2)nnana+=…，因为12a

=，所以2112aSa===，故12,22,1nnnan−==…，因为(0,2020)na，所以111n剟，于是数列{}na的所有“和谐项“的平方和为：10112222210111210114(14)4418444444414333aaaa−−

++++=++++=+=+=+−，故选：A．6．（2020春•石家庄期末）如果一个数列由有限个连续的正整数按从小到大的顺序组成（数列的项数大于2)，且所有项数之和为N，那么称该数列为“N型标准数列”，例如，数列3，4，5，6，7为“25

型标准数列”，则“5336型标准数列”的个数为()A．2B．3C．4D．5【分析】根据已知条件“N型标准数列”，则“5336型标准数列”的公差为1和所有项的和为5336．【解答】解：由题意知1d=，1

(1)53362nnna−+=41(21)1067222329nan+−==121nan+−，且一奇一偶，(n，121)(16an+−=，667)(23=，464)(29=，368)共三组．故选：B．7．（2020春•宜宾期末）河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一

，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟．在龙门石窟的某处“浮雕像”共有7层，每一层的数量是它下一层的2倍，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案．已知该处共有1016个“浮雕像”，则正中间那层的“浮雕像”的数量

为()A．508B．256C．128D．64【分析】根据题意，假设从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列{}na，分析可得{}na是以2为公比的等比数列，共有7项且71016S=；由等比数列的前n项和公式可得717(

12)101612aS−==−，解可得1a的值，结合等比数列的通项公式计算可得答案．【解答】解：根据题意，假设从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列{}na，又由“浮雕像”共有7层，每一层的数量是它下一层的2倍，且该处共有1016个“浮雕像”，则{}na是以2为公比的等比数列

，共有7项且71016S=；则有717(12)101612aS−==−，解可得18a=，则正中间那层的“浮雕像”的数量即3418864aaq===；故选：D．8．（2020春•宜宾期末）设等差数列{}na的前n项和为nS，若10100

a，101010110aa+，则满足0nS的最小正整数n的值为()A．1010B．1011C．2020D．2021【分析】根据题意，由等差数列的性质以及等差数列的前n项公式，可得2019101020190Sa

=，202010101011()10100Saa=+，进一步得到答案．【解答】解：根据题意，等差数列{}na中，若10100a，101010110aa+，则12019101020191010()20192201920190

22aaaSa+===，1202010101011202010101011()2020()2020()1010022aaaaSaa++===+，故满足0nS的最小正整数n的值为2020；故选：C．9．（2020春•河南期末）等差数列{

}na的前n项和为nS，1000S，1010S，则满足10nnaa+的(n=)A．50B．51C．100D．101【分析】由题意和等差数列的性质可得50510aa+；510a，进而可得500

a，据此分析可得答案．【解答】解：根据题意，等差数列{}na中，1000S，1010S，则有110010011005051()10050()50()02aaSaaaa+==+=+，则有50510aa+；又由110110151()10110102aaSa+==，则

有510a；则有500a，若10nnaa+，必有50n=；故选：A．10．（2020春•九龙坡区期末）斐波那契数列，又称黄金分割数列、兔子数列，是数学家列昂多斐波那契于1202年提出的数列．斐波那契数列为1

，1，2，3，5，8，13，21，，此数列从第3项开始，每一项都等于前两项之和，记该数列为{()}Fn，则{()}Fn的通项公式为()A．(1)1()2nnFn−+=B．(1)()(1)FnFnFn+=+−，2n…且F（1）1=，F（2）1=C．11515()[()()]

225nnFn+−=−D．11515()[()()]225nnFn+−=+【分析】对于A，推导出F（1）(1)1012−+==；对于B，(1)()(1)FnFnFn+=+−，2n…且F（1）1=，F（2）1=，满足斐波那契数列；对于C，推导出F（8）1221=；对于D

，推导出F（2）315=．【解答】解：对于A，F（1）(1)1012−+==，故A错误；对于B，(1)()(1)FnFnFn+=+−，2n…且F（1）1=，F（2）1=，满足斐波那契数列为1，1，2，3，5，8，13

，21，，此数列从第3项开始，每一项都等于前两项之和，故B正确；对于C，F（2）22115151625625[()()]()1224455+−+−=−=−=，F（4）44221151516256251865865[()()][()()](

)3224444555+−+−+−=−=−=−=，F（8）882211515186586516124561245[()()][()()]()1221224444555+−+−+−=−=−=−=，故C错误；对于D，F（2）221151516256253[()()]()12244555+−+−=+

=+=，故D错误．故选：B．11．（2020春•镜湖区校级期末）我国古代数学典籍《九章算术》第七章“盈不足”中有一道两鼠穿墙问题：“今有垣厚五尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢”，翻译过来就是：有五尺厚的墙，两只老鼠从墙的两边相对分别打洞穿墙，大、

小鼠第一天都进一尺，以后每天大鼠加倍，小鼠减半，则在第几天两鼠相遇．这个问题体现了古代对数列问题的研究，现将墙的厚度改为130尺，则在第几天墙才能被打穿？()A．6B．7C．8D．9【分析】由题意结合等比数列的前n项和列不等式，然后构造函数2()21

292xxfx=−−，(1)x…．结合函数零点的判定得答案．【解答】解：设需要n天时间才能打穿，则11()21213012112nn−−+−−…，化为：2212902nn−−…，令2()21292nnfn=−−，

则f（7）772212902=−−．f（8）882212902=−−．令2()21292xxfx=−−，(1)x…．()fx在(7,8)内存在一个零点．又函数()fx在1x…时单调递增，因此()fx在(7,8)内存在唯一一个零点．需要

8天时间才能打穿．故选：C．12．（2020春•宣城期末）已知等比数列{}na的公比为3，前n项和为nS，若关于(*)mmN的不等式1||1mSam−+有且仅有两个不同的整数解，则1a的取值范围为()A．(1−，11][33−，1)B．(1−

，11][22−，1)C．1(3−，0)(0，1)3D．1(2−，0)(0，1)2【分析】先通过数列求和公式把mS求出来，代入到把不等式1||1mSam−+中，得到1|(33)|12mam−+①，再分1m=和2m…两种

情况分类讨论，显然易得1m=是不等式的解，所以当2m…时不等式①有且仅有一个解，即11||233mam+−有且仅有一个大于等于2的解，令令()()12*33mmfmmmN+=−且…，作差求()fm的单调性之后即容易得到1(2)||(3)2aff„，解出来

即得答案．【解答】解：因为等比数列{}na的公比3q=，所以11(1)(31)12mmmaqaSq−−==−，不等式1||1mSam−+等价于1|(33)|12mam−+①，当1m=时，显然是不等式①

的解；当2m…时，330m−，则1|(33)|12mam−+等价于11||233mam+−，因为关于(*)mmN的不等式1||1mSam−+有且仅有两个不同的整数解，所以当2m…时有且仅有一个解，令()()12*33mmf

mmmN+=−且…，则1121(21)33(1)()03333(31)(31)mmmmmmmmfmfm++++−+−+−=−=−−−−，故()fm在2m…时单调递减，所以1(2)||(3)2aff„，又因为f（2）11,(3)26f==，解得1a的取值范围为(1−

，11][33−，1)．故选：A．13．（2020春•威宁县期末）《尘劫记》是在元代的《算学启蒙》和明代的《算法统宗》的基础上编撰的一部古典数学著作，其中记载了一个这样的问题：假设每对老鼠每月生子一次，每月生12只，且雌雄各半．1个月后，有一对老鼠生了12

只小老鼠，一共有14只；2个月后，每对老鼠各生了12只小老鼠，一共有98只．以此类推，假设n个月后共有老鼠na只，则12a=．【分析】依题意得出第1n+个月老鼠与第n个月老鼠总数的关系，再根据等比数列的定义求出数列{}an的通项公式，最后把12n=代入即可求得答案．【解答】解：设n个月后共有n

a只老鼠，且雌雄各半，所以1n+个月后的老鼠只数1na+满足：*112()2nnnaaanN+=+所以16nnnaaa+=+，即17(*)nnaanN+=，又因为1140a=，所以17nnaa+=，所以数列{}na是以14为首项7为公比的等比数列，所以111114727727nnnnnaa

q−−−====，即27(*)nnanN=，当12n=时，12727a=，故答案为：1227．14．（2020春•闵行区校级期末）已知数列{}na中，11a=，11(1)nnaann−=+−，(2,*)nnN…，若naa„对任意正整数n恒成立，则实数a的取值范围是．【分

析】通过裂项消项法以及累加法求数列的通项公式，然后求出a的范围即可．【解答】解：数列{}na中，11a=，11(1)nnaann−=+−，(2,*)nnN…，则1111(1)1nnaannnn−−==−−−，所以21112aa−=−，321123aa−=−431134aa−=−1111n

naann−−=−−，累加可得111naan−=−，所以12nan=−，因为naa„对任意正整数n恒成立，所以2a…．故答案为：[2，)+．15．（2020•天心区校级模拟）十三世纪意大利数学家列昂纳多斐波那契从兔子繁殖规律中发现了“斐波那契数列”，斐波那契数列{}na满足以下关系：11a=

，21a=，12(3,*)nnnaaannN−−=+…，记其前n项和为nS．（1）2nnaS+−=(1,*)nnN…．（2）设2020ax=，2021(ayx=，y为常数），1232020aaaa++++=

．【分析】（1）由已知11a=，21a=，*12(3,)nnnaaannN−−=+…，结合递推关系式代入可求3a，4a，5a，可求2nnaS+−，（2）由已知可得2018202011Sax=−=−，分组求解1232020135201

9112201812018aaaaaaaaaaaaaS++++=++++=++++=+，246202022342019201920211aaaaaaaaaSa++++=+++++==−，从而可求．【解答】解：（1）因为11a=，21a=，*12(3,)nnnaaan

nN−−=+…，所以312aaa=+，432121aaaaa=+=++，5341231aaaaaa=+=+++，211211nnnnnaaaaaas++=+=++++=+，故21nnaS+−=，（2）由（1）得：

2018202011Sax=−=−，因为135201911220181201811aaaaaaaaaSxx++++=++++=+=+−=，2462020223420192019202111aaaaaaaaaSa

y++++=+++++===−=−，所以12320201aaaaxy++++=+−．故答案为：1，1xy+−．16．（2020•葫芦岛二模）定义：数列{}na，{}nb满足112133nnnnabbb−=+++，则称数列{}nb为{}na的“友好数列”．若数列{}na的通

项公式13nna+=，*nN，则数列{}na的“友好数列“{}nb的通项公式为；记数列{}nbtn−的前n项和为nS．且6nSS„，则t的取值范围是．【分析】①直接利用友好函数的定义和递推关系式的应用求出

数列的通项公式．②利用6nSS„，进一步整理得676(6)307(6)30ctct=−+=−+…„，利用解不等式的应用求出结果．【解答】解：①数列{}na，{}nb满足112133nnnnabbb−=+++，则称数列{}nb为{

}na的“友好数列”．若数列{}na的通项公式13nna+=，则：112133nnnnabbb−=+++，整理得11121333nnnnbbb+−=+++，所以1112333nnnbbbn−++++=①，当2n…时，212133(1)3nnnbbbn−−+++=−②

，①−②得13(21)3nnnbn−=+，故63nbn=+．②由于63nbn=+，设(6)3nncbtntn=−=−+，由于6nSS„，所以6S为最大值，所以676(6)307(6)30ctct=−+=−+…„，解得451372t剟．即4513[,]72t．故答案为：63n

bn=+；4513[,]7217．（2020春•成都期末）已知{}na是首项不为1的正项数列，其前n项和为nS，且满足2632nnnSaa=++．（1）求数列{}na的通项公式；（2）设12323434

5121111nnnnTaaaaaaaaaaaa++=++++，求证：160nT．【分析】（1）在已知数列递推式中，取1n=求得首项，以1n−替换n，再与原递推式联立可得13(2)nnaan−−=…，得数列{}

na是首项为2，公差为3的等差数列，则其通项公式可求；（2）把数列{}na的通项公式代入121nnnaaa++，整理后利用裂项相消法证明160nT．【解答】解：（1）由2632nnnSaa=++，①得211320aa−+=，解得11a=（舍)或12a=．当2n…时，2111632

nnnSaa−−−=++，②①−②得221163232nnnnnaaaaa−−=++−−−，整理得：11()(3)0nnnnaaaa−−+−−=．0na，13(2)nnaan−−=…．可得数列{}

na是首项为2，公差为3的等差数列．23(1)31nann=+−=−；证明：（2）1211111[](31)(32)(35)6(31)(32)(32)(35)nnnaaannnnnnn++==−−++−+++，123234345121111n

nnnTaaaaaaaaaaaa++=++++1111111()6255858811(31)(32)(32)(35)nnnn=−+−++−−+++111111[]610(32)(35)606(32)(35)60

nnnn=−=−++++．18．（2020春•内江期末）已知数列{}na满足212324623(*)nnnnnNaaaa++++=+．（1）求数列{}na的通项；（2）设2(1)2nnnbna=+，求数列{}nb的前n项和nS，当21

14nSmm++…对一切正整数n恒成立时，求实数m的取值范围．【分析】（1）直接利用递推关系式的应用求出数列的通项公式．（2）利用（1）的结论，进一步利用乘公比错位相减法的应用求出数列的和．【解答】解：（1）数列{}na满足212324623n

nnnaaaa++++=+①，当2n…时，2121242(1)(1)3(1)nnnnaaa−−+++=−+−，②当1n=时，112a=，①−②得222nnna=+，所以1nnan=+（首项符合通项），所以1nnan=+．（2）由（1

）得2(1)24nnnnbnan=+=，所以1214244nnSn=+++①，231414244nnSn+=+++②，①−②得2114(41)3(444)4441nnnnnSnn++−−=+++−=−−，整理得1314499nnnS+

−=+，所以当1n=时，nS的最小值为14S=，所以当2114nSmm++…对一切正整数n恒成立时，只需满足211414Smm=++…，解得62m−剟．故实数m的取值范围为[6−，2]．19．（2020春•衢州期末）已知数列{}na满足11a=，11(1,*)nnaannN−=+，数列{

}nb是公比为正数的等比数列，12b=，且22b，3b，8成等差数列．（Ⅰ）求数列{}na，{}nb的通项公式；（Ⅱ）若数列{}nc满足2(2)nnnnbacn=+，求数列{}nc的前n项和nS．（Ⅲ）若数列{}nd满足1(1)nnndb=+−，求证

：12253nddd+++．【分析】（Ⅰ）直接利用递推关系式的应用求出数列的通项公式．（Ⅱ）利用（Ⅰ）的应用，利用乘公比错位相减法的应用求出数列的和．（Ⅲ）利用分类讨论思想的应用和恒成立问题的应用，

求出1c的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）数列{}na满足11a=，11(1,*)nnaannN−=+，所以11nnaa−−=（常数），故1(1)nann=+−=，数列{}nb是公比为q的正数的等比数列，12b=，且22b，3b，8成等差数列．所以23228bb=

，解得2q=．所以1222nnnb−==．故：nan=，2nnb=，解：（Ⅱ）数列{}nc满足2(2)nnnbcn=+，所以1111()(2)22ncnnnn==−++，1111111111113111(1)(1)()2324

11222124212nSnnnnnnnn=−+−++−+−=+−−=−+−++++++．证明：（Ⅲ）数列{}nd满足1(1)nnndb=+−，所以1221234212111111212121212121nnnddd−+++=++++++−+−+−+，1321242111111()

()212121212121nn−=+++++++−−−+++，2224211111(1)()22522nn−+++++++，111111(1)(1)116444(1)()1151144nn−−−−=+++−−，111513

5123+++．20．（2020•镇江三模）各项为正数的数列{}na如果满足：存在实数1k…，对任意正整数n，11nnakka+剟恒成立，且存在正整数n，使得1nnaka+=或11nnaak+=成

立，则称数列{}na为“紧密数列”，k称为“紧密数列”{}na的“紧密度”．已知数列{}na的各项为正数，前n项和为nS，且对任意正整数n，2(nnnSAaBaCA=++，B，C为常数）恒成立．（1）当14A=，12B=，14C

=时，①求数列{}na的通项公式；②证明数列{}na是“紧密度”为3的“紧密数列”；（2）当0A=时，已知数列{}na和数列{}nS都为“紧密数列”，“紧密度”分别为1k，2k，且1k，2[1k，2]，求实数B的取值范围．【分析】（1）①根据题意可得

递推式2111424nnnSaa=++，由1nnnaSS−=−，可得{}na是以首项为1，公差为2的等差数列，然后求出{}na的通项公式；②由①所得通项公式及“紧密数列”的定义可得结论；（2）由0A=可得递推式nnSBaC=+，由此可得1(1)nnBaBa+=−，由0na，讨论

0B=，1B=时与已知矛盾，即可得数列{}na是以首项10a，公比1BqB=−的等比数列，再讨论1q和01q，进而求得实数B的取值范围．【解答】解：（1）当14A=，12B=，14C=时，①2111424nnnSaa=++，1*当2n…时，21

1111424nnnSaa−−=++，2*由1*2*−得221111114422nnnnnaaaaa−−=−+−，整理，得11111()()()24nnnnnnaaaaaa−−−+=+−，因为0na，所以10nnaa−+，即有12nnaa−−=，当1n=时，211111111424

Saaaa==++=．则{}na是以首项为1，公差为2的等差数列，则21nan=−．②由①中21nan=−，得121212121nnanann++==+−−随着n的增多而减小，则对任意正整数n，11133nnaa+

剟恒成立，且存在1n=，使得13nnaa+=，则数列{}na是“紧密度”为3的“紧密数列”．（2）当0A=时，nnSBaC=+，3*11nnSBaC++=+，4*4*3*−得1(1)nnBaBa+=−，若0B=，

则上式右端中10na+=，与0na矛盾；若1B=，则上式右端0na=，与0na矛盾，则0B，1B．则11nnaBaB+=−为常数，即数列{}na是以首项10a，公比1BqB=−的等比数列．数列{}na为“紧密数列”，则0na，所以01BqB=−，又11

BqB=−．（Ⅰ）当1q时，111nnaqqa+剟，对任意正整数n恒成立，且存在正整数n，使得1nnaqa+=，数列{}na的“紧密度”为1[1ak=，2]，又1a，即12q„，5*此时1(1)1nnaqSq

−=−，111111nnnnnSqqqSqq++−−==+−−随n的增大而减小，所以11111nnSqqS+++剟，对任意正整数n恒成立，且当1n=时，11nnSqS+=+，所以数列{}nS的“紧密度”为21[1kq=+，

2]，则01q，6*与5*式矛盾．（Ⅱ）当01q时，111nnaqaq+剟，对任意正整数n恒成立，且存在正整数n，使得1nnaqa+=，则此时{}na的“紧密度”为11[1kq=，2]，即11.

7*2q„而111(1)11111nnnnnnnSqqqqqqSqqq++−−+−−===+−−−随着n的增大而减小，则以1111111nnnSqqqqSq+−=+++−剟对任意正整数n恒成立，且当1n=时，11nnSqS+=+，则{}nS的“紧密度”21[1kq=+，2]，即01q

，8*由7*，8*得112q„，即1121BB−„，解得1B−„．综上，实数B的取值范围为(−，1]−．[B组]—强基必备1．（2020•湖北模拟）斐波拉契数列，指的是这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，，在数学上，斐波拉契数列{}n

a定义如下：121aa==，12(3,)nnnaaannN−−=+…，随着n的增大，1nnaa+越来越逼近黄金分割510.6182−，故此数列也称黄金分割数列，而以1na+、na为长和宽的长方形称为“最美长方形”，已知某“最美长方形”的面积约为200平方厘

米，则该长方形的长大约是()A．20厘米B．19厘米C．18厘米D．17厘米【分析】因为由已知有1510.6182nnaa+−=，又1200nnaa+=，得210.618200na+，进而解得1na+．【解答】解：由已知有1510

.6182nnaa+−=，得：10.618nnaa+，由1200nnaa+=，得210.618200na+，即21323.62na+，由于217289=，218324=，所以118na+（厘米），故选：C．2．（2019•兰州二模）定义“等积数列”：在一个数列中，如

果每一项与它的后一项的积都为同一个常数，那么这个数列叫做等积数列，这个常数叫做该数列的公积，已知数列{}na是等积数列且13a=，前41项的和为103，则这个数列的公积为()A．2B．3C．6D．8【分析】根据“等积数列”的定义知，相邻两项乘积相同，所以每隔一个数的项都是相同的，利用所给条件

列方程求解即可．【解答】解：因为数列{}na是等积数列，可设其公积为k，则有1nnaak−=，因为13a=，前41项的和为103，所以1241103aaa+++=，即331033k+++=，所以321201033k+=，解得6k=．故选：C．3．（2020春•荔湾区校级

期中）对于数列{}na，定义11222nnnaaaHn−+++=为{}na的“优值”，现已知某数列的“优值”2nnH=，记数列{}na的前n项和为nS，则20202020S=．【分析】先由题设条件得到112222nnnaaan−+++=，再利用2112122(1)2nnnaaa

n−−−+++=−，两式相减求出1(2)nann=+…，检验1n=时是否适合，然后求出20202020S即可．【解答】解：由题意知112222nnnnaaaHn−+++==，即112222nnnaaan−+++=，又当2n…时，有

2112122(1)2nnnaaan−−−+++=−，两式相减得：11122(1)2(1)2nnnnnannn−−−=−−=+，整理得1(2)nann=+…，当1n=时，有1122a==也适合，1nan=+，202

02020(22021)2S+=，2020202320202S=．故答案为：20232．4．（2020•荆门模拟）定义：若数列{}nt满足1()()nnnnftttft+=−，则称该数列为“切线一零点数列”已知函数2()fxxpxq=++有两个零点1，2，数列{}n

x为“切线一零点数列”，设数列{}na满足122,,21nnnnxaalnxx−=−=−，数列{}na的前n项和为nS．则2020S=．【分析】由题意求出函数()fx的，再由题意得出21nnnxalnx−=−，是等比数列，进而求出na通项公式．

然后求解数列的和．【解答】解：由题意函数2()fxxpxq=++有两个零点1，2，知：10420pqpq++=++=，3p=−，2q=，2()32fxxx=−+，()23fxx=−，则2213222323nnnnnnnxxx

xxxx+−+−=−−=−−，2212222232()211123nnnnnnnnxxxxxxxx+−−−−−==−−−−−，21nnnxalnx−=−，111222211nnnnnnxxalnln

axx+++−−===−−，12a=−，数列{}na是以2−为首项，2为公比的等比数列，所以2nna=，2020202120202(12)2212S−=−=−−．故答案为：202122−．5．（2020•丰台区一模）已知有穷数列*12:,,,,,(kn

AaaaanN且3)n…．定义数列A的“伴生数列”1:Bb，2b，，kb，，nb，其中11111,,(10,kkkkkaabkaa−+−+===，2，，)n，规定0naa=，11naa+=．（Ⅰ）写出下列数列的“伴

生数列”：①1，2，3，4，5；②1，1−，1，1−，1．（Ⅱ）已知数列B的“伴生数列”1:Cc，2c，，kc，，nc，且满足1(1kkbck+==，2，，)n．()i若数列B中存在相邻两项为1，求证：数列B中的每一项均为1；（ⅱ）求数列

C所有项的和．【分析】（Ⅰ）直接根据定义求解即可；（Ⅱ）()i由题意，存在{1k，2，，1}n−，使得11kkbb+==，再令1k=结合数列B的“伴生数列”一步步推得11kkbb+==，再根据21kn−剟，结合11kkbb+==即可逆推出121bb==，即可得到结论；

（ⅱ）首先证明不可能存在{2k，，1}n−使得110kkkbbb−+===．分情况分别求解数列C所有项的和即可．【解答】解：（Ⅰ）①1，1，1，1，1；②1，0，0，0，1．（Ⅱ）()i由题意，存在{

1k，2，，1}n−，使得11kkbb+==．若1k=，即121bb==时，120cc==．于是21nbb==，131bb==．所以30ncc==，所以421bb==．即2341bbb===．依此类推可得11(2

kkbbk+===，3，，1)n−．所以1(1kbk==，2，，)n．若21kn−剟，由11kkbb+==得10kkcc+==．于是111kkkbbb−+===．所以10kkcc−==．依此类推可得121bb==．所以1(1kbk==，2，，)n．综上可知，数列B中的每一项均为1（

ⅱ）首先证明不可能存在{2k，，1}n−使得110kkkbbb−+===．若存在{2k，，1}n−使得110kkkbbb−+===，则111kkkccc−+===．又11kkbb−+=得0kc=与已知矛盾．

所以不可能存在110kkkbbb−+===，{2k，，1}n−．由此及（ⅰ）得数列{}nb的前三项1b，2b，3b的可能情况如下：（1）1231bbb===时，由()i可得1(1kbk==，2，，)n．于是0(1kck==，

2，，)n．所以所有项的和0S=．（2）11b=，20b=，31b=时，20c=，此时220bc+=与已知矛盾．（3）11b=，20b=，30b=时，10c=，21c=，31c=．于是20nbb==，241bb=．故1nc=，40c=，530bb==于是110nbb

−=，51c=，60b=，于是14bb=，25bb=，36bb=，且21nb−=，10nb−=，0nb=．依此类推3kkbb+=且n恰是3的倍数满足题意．所以所有项的和233nnSn=−=．同理可得10b=，

21b=，30b=及10b=，20b=，31b=时，当且仅当n恰是3的倍数时，满足题意．此时所有项的和23nS=．综上，所有项的和0S=或2(3nSn=是3的倍数）．