2020-2021学年高三数学一轮复习易错题07 数列

易错点 07 数列 —备战 2021 年高考数学一轮复习易错题 【典例分析】 例 1 （2020 年普通高等学校招生全国统一考试数学）将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小 到大排列得到数列{an}，则{an}的前 n 项和为________． 【答案】 【解析】 【分析】 首先判断出数列 与 项的特征，从而判断出两个数列公共项所构成新数列的 首项以及公差，利用等差数列的求和公式求得结果. 【详解】因为数列 是以 1 为首项，以 2 为公差的等差数列， 数列 是以 1 首项，以 3 为公差的等差数列， 所以这两个数列的公共项所构成的新数列 是以 1 为首项，以 6 为公差的等差数列， 所以 的前 项和为 ， 故答案为： . 【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有两个等差数列的公共项构成新数 列的特征，等差数列求和公式，属于简单题目. 例 2 （2020 年普通高等学校招生全国统一考试数学）已知公比大于 的等比数列 满足 ． （1）求 的通项公式； 23 2n n− { }2 1n − { }3 2n − { }2 1n − { }3 2n − { }na { }na n 2( 1)1 6 3 22 n nn n n −⋅ + ⋅ = − 23 2n n− 1 { }na 2 4 320, 8a a a+ = = { }na（2）记 为 在区间 中的项的个数，求数列 的前 项和 ． 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 【分析】 （1）利用基本元的思想，将已知条件转化为 的形式，求解出 ，由此求得数列 的通项公式. （2）通过分析数列 的规律，由此求得数列 的前 项和 . 【详解】（1）由于数列 是公比大于 的等比数列，设首项为 ，公比为 ，依题意有 ，解得解得 ，或 (舍)， 所以 ，所以数列 的通项公式为 . （2）由于 ，所以 对应的区间为： ，则 ； 对应的区间分别为： ，则 ，即有 个 ； 对应的区间分别为： ，则 ，即有 个 ； 对应的区间分别为： ，则 ，即有 个 ； 对应的区间分别为： ，则 ， 即有 个 ； mb { }na *(0, ]( )m m∈N { }mb 100 100S 2n na = 100 480S = 1,a q 1,a q { }na { }mb { }mb 100 100S { }na 1 1a q 3 1 1 2 1 20 8 a q a q a q  + =  = 1 2, 2a q= = 1 132, 2a q= = 2n na = { }na 2n na = 1 2 3 4 5 6 72 2,2 4,2 8,2 16,2 32,2 64,2 128= = = = = = = 1b ( ]0,1 1 0b = 2 3,b b ( ] ( ]0,2 , 0,3 2 3 1b b= = 2 1 4 5 6 7, , ,b b b b ( ] ( ] ( ] ( ]0,4 , 0,5 , 0,6 , 0,7 4 5 6 7 2b b b b= = = = 22 2 8 9 15, , ,b b b ( ] ( ] ( ]0,8 , 0,9 , , 0,15 8 9 15 3b b b= = = = 32 3 16 17 31, , ,b b b ( ] ( ] ( ]0,16 , 0,17 , , 0,31 16 17 31 4b b b= = = = 42 4对应的区间分别为： ，则 ， 即有 个 ； 对应的区间分别为： ，则 ， 即有 个 . 所以 . 【点睛】本小题主要考查等比数列基本量的计算，考查分析思考与解决问的能力，属于中档 题. 【易错警示】 易错点 1．已知 求 时, 易忽略 致错． 【例 1】已知数列 的前项和为 ＝ 1 2n2＋ 1 2n＋1，求 的通项公式． 【错解】an＝Sn－Sn－1＝1 2n2＋1 2n＋1－1 2(n－1)2－1 2(n－1)－1＝n，所以 ． 【错因】 成立的条件是 ，当 要单独验证． 【正解】当 n＝1 时，a1＝S1＝1 2＋1 2＋1＝2； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝1 2n2＋1 2n＋1－1 2(n－1)2－1 2(n－1)－1＝n. 当 n＝1 时不符合上式，所以 ． 易错点 2．利用等比数列前 n 项和公式时，忽略公比 致错． 【例 2】求数列 的前 n 项和． 【错解】由于 ， 32 33 63, , ,b b b ( ] ( ] ( ]0,32 , 0,33 , , 0,63 32 33 63 5b b b= = = = 52 5 64 65 100, , ,b b b ( ] ( ] ( ]0,64 , 0,65 , , 0,100 64 65 100 6b b b= = = = 37 6 2 3 4 5 100 1 2 2 2 3 2 4 2 5 2 6 37 480S = × + × + × + × + × + × = nS na 1n = { }na nS { }na na n= 1n n na S S −= − 2n ≥ 1n = , 1 , 2n n na n n ==  ≥ 1q = 2 3 11,3 ,5 ,7 ,......(2 1) ,.....( 0)na a a n a a−− ≠ 1(2 1) n na n a −= − ( *)n N∈ 两式相减得 = . 【错因】上述解法只适合 的情形． 事实上，当 时， 【正解】 ． 易错点 3．忽略数列与函数的区别致错． 【例 3】已知函数 ，数列 满足 （ ），且数 列 是单调递增数列，则的取值范围是_______． 【错解】由题有 ，得 ． 【错因】忽略数列与函数的区别致错，实际上，数列是一串离散的点，不能直接将 带 入到分段函数的两个部分进行比较 2 3 2 11 3 5 7 ...... (2 3) (2 1)n n nS a a a n a n a− −= + + + + + − + − naS = 2 3 4 13 5 7 ...... (2 3) (2 1)n na a a a n a n a−+ + + + + − + − 2 3 1(1 ) 1 2 2 2 .....2 (2 1)n n na S a a a a n a−− = + + + − − 12 (2 1) 11 n na n aa − − − −− 2 1 (2 1) 12 (1 ) 1 n n n a n aS a a − − +∴ = −− − 1a ≠ 1a = 1 3 5 7 ...... (2 3) (2 1)nS n n= + + + + + − + − 2(1 2 1) 2 n n n + −= = 2 2 1 (2 1) 12 , 1(1 ) 1 , 1 n n n a n a aa aS n a  − − +− ≠ − −=   =  5 , 6 ( ) (4 ) 4, 62 xa x f x a x x − ≥=  − +  − >   − × +   − >  + ( ) ( ) 2211 22 +−>++−+ tnnntn 512212 =+×≤+< nt 13 3na n= − nS nS 1 10a = 2(10 13 3 ) 3 23 529( )2 2 6 24n n nS n + −= = − − + 23 6n = nS 529 24nS = 1 10a = 2(10 13 3 ) 3 23 529( )2 2 6 24n n nS n + −= = − − + 4n = nS 4S = 223 4 3 4 222 × − × = 13 3 0na n= − > 13 4n < { }na nS 4S = 223 4 3 4 222 × − × =【例 6】已知等差数列 的前 m 项，前 2m 项，前 3m 项的和分别为 ，若 ，求 ． 【错解】因为 ， ， ，所以 ． 【错因】以为 为等差数列，则 也是为等差数列致错． 【正解】设数列的公差为 ，则 ， ， ， ， 所以 是公差为 的等差数列， 所以 ． 即 ， ． 易错点 6．乱设常量致错． 【例 7】数列 与 的前项和分别为 ，且 ， 则 _______ 【错解】 ，则 ， ， 所以 ． 【错因】从 可知，比值 = : 随着 { }na 2 3, ,m m mS S S 230, 90m mS S= = 3mS 3 22m m mS S S+ = 30mS = 2 90mS = 3 22 150m m mS S S= − = { }na 2 3, ,m m mS S S d 1 2 3 ......m mS a a a a= + + + + 2 1 2 3 1 2...... .....m m m mS a a a a a a+= + + + + + + + 3 1 2 3 2 2 1 3...... .....m m m mS a a a a a a+= + + + + + + + 1 1( )2m mS a m −= + 2 1 3 1( )2m m mS S a m −− = + 3 2 1 5 1( )2m m mS S a m −− = + 2 3 2, ,m m m m mS S S S S− − 2m d ( )2 3 22 m m m m mS S S S S− = + − 32 (90 30) 30 90mS× − = + − 3 180mS∴ = { }na { }nb ,n nS T : (5 13) :(4 5)n nS T n n= + + 10 10:a b = (5 13) , (4 5)n nS n k T n k= + = + 1 5n n na S S k−= − = 1 4n n nb T T k−= − = 10 10: 5: 4a b = : (5 13) :(4 5)n nS T n n= + + :nS (5 13)n + nT (4 5)n +项数的变化而变化，不能设为常数，这里忽略了项数的可变性而致错． 【正解】设 ，则 ， ，其中 ， ． 所以 4:3． 易错点 7．用归纳代替证明致错． 【例 8】已知数列{ }的首项为 1， 为数列 的前 n 项和， ，其中 q>0， ，若 成等差数列，求 的通项公式； 【错解】依题意 ，解得 ，因为 ， 所以 是一个等比数列，所以 . 【错因】由前 3 项成等比数列，就认为数列 为等比数列． 【正解】由已知， 两式相减得到. 又由 得到 ，故 对所有 都成立. 所以，数列 是首项为 1，公比为 q 的等比数列. 从而 . 由 成等比数列，可得 ，即 ， 则 ，由已知, ，故 . 所以 . 易错点 8．数列加绝对值后，认为其还是等差数列． (5 13) , (4 5)n nS n nk T n nk= + = + 1 (10 8)n n na S S n k−= − = + 1 (8 1)n n nb T T n k−= − = + 2n ≥ :n na b∴ = (10 8) :(8 1)n n+ + 10 10:a b = na nS { }na 1 1n nS qS+ = + *n N∈ 2 3 22 , , 2a a a + { }na    += +=+ = 232 1 1 23 121 1 aa qaaa a    = = = 4 2 1 3 2 1 a a a 2 2 1 3a a a= { }na ( )*12 Nna n n ∈= − { }na 1 2 11, 1,n n n nS qS S qS+ + += + = + 1,12 ≥= ++ nqaa nn 2 1 1S qS= + 2 1a qa= 1n na qa+ = 1≥n { }na 1= n na q - 2 3 22 +2a a a， ， 3 22 =3 2a a + 22 =3 2,q q + ( )( ) 0212 =−+ qq 0q > =2q ( )*12 Nna n n ∈= −【例 9】在等差数列 中， ，记 ，求数列 的前 30 项和. 【错解】依题意， 也是等差数列， ， ， 所以 ． 【错因】这里易错点是 也为等差数列，而解题的关键是绝对值号内的 的正负号进行 讨论，当 时， 时， 【正解】 =755． 易错点 9．使用构造法求数列通项公式时，弄错首项致错． 【例 10】已知数列{an}满足 ， ，求 的通项公式． 【错解】 ， 是以 2 为公比的等比数列 ． 【错因】新数列的首项是 ，不是 ． 【正解】 ， 是以 为首项，2 为公比的等比数列 即 【变式练习】 { }na 3 31na n= − | |n nb a= { }nb | |n nb a= 1 1| | 28b a= = 30 30| | 59b a= = 30 1 2 3 30 (28 59) 30| | | | | | ...... | | 12602S a a a a + ×= + + + + = = { }nb na 10n ≤ 0, 11na n< ≥ 0na > 30 1 2 3 30| | | | | | ...... | |S a a a a= + + + + 1 2 3 10 11 12 13 30( ...... ) ( ...... )a a a a a a a a= − + + + + + + + + + 1 10 11 3010( ) 20( ) 2 2 a a a a+ += − + 11 =a 1 2 1n na a+ = + na * 1 2 1( )n na a n N+ = + ∈ 1 1 2( 1),n na a+∴ + = + { }1na∴ + 1 11 2 2n n na − −∴ = × = *( )n N∈ 1 1 2a + = 1a * 1 2 1( )n na a n N+ = + ∈ 1 1 2( 1),n na a+∴ + = + { }1na∴ + 1 1 2a + = 1 2 .n na∴ + = *2 1( ).n na n N= − ∈1．《周髀算经》有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、 清明、谷雨、立夏、小满、芒种十二个节气日影长减等寸，冬至、立春、春分日影之和为三 丈一尺五寸，前九个节气日影之和为八丈五尺五寸，问芒种日影长为（ ） A．一尺五寸 B．二尺五寸 C．三尺五寸 D．四尺五寸 【答案】B 【解析】由题知各节气日影长依次成等差数列，设为 ， 是其前 项和，则 尺， 所以 尺，由题知 ， 所以 ，所以公差 ， 所以 尺。 故选:B. 2．“十二平均律” 是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这 个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个 单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于 .若第 一个单音的频率为 f，则第八个单音的频率为 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因为每一个单音与前一个单音频率比为 ， 所以 ， { }na nS n ( )1 9 9 5 9 9 85.52 a aS a += = = 5 9.5a = 1 4 7 43 31.5a a a a+ + = = 4 10.5a = 5 4 1d a a= − = − 12 5 7 2.5a a d= + = 12 2 3 2 f 3 22 f 12 52 f 12 72 f 12 2 12 12 ( 2, )n na a n n N− += ≥ ∈又 ，则 故选 D. 3．在明代程大位所著的《算法统宗》中有这样一首歌谣，“放牧人粗心大意，三畜偷偷吃苗 青，苗主扣住牛马羊，要求赔偿五斗粮，三畜户主愿赔偿，牛马羊吃得异样．马吃了牛的一 半，羊吃了马的一半．”请问各畜赔多少？它的大意是放牧人放牧时粗心大意，牛、马、羊 偷吃青苗，青苗主人扣住牛、马、羊向其主人要求赔偿五斗粮食（1 斗=10 升），三畜的主 人同意赔偿，但牛、马、羊吃的青苗量各不相同．马吃的青苗是牛的一半，羊吃的青苗是马 的一半．问羊、马、牛的主人应该分别向青苗主人赔偿多少升粮食？（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设羊户赔粮 升,马户赔粮 升,牛户赔粮 升,则 成等比数列,且公比 ,则 ,故 , , . 故选:D. 4．《张丘建算经》是公元 5 世纪中国古代内容丰富的数学著作，书中卷上第二十三问：“今 有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月织九匹三丈.问半月积几何？”其意思为“有个女 子织布，每天比前一天多织相同量的布，第一天织五尺，一个月(按 30 天计)共织布 9 匹 3 丈.问：前半个月(按 15 天计)共织多少布？”已知 1 匹＝4 丈，1 丈＝10 尺，可估算出前半个 月一共织的布约有（ ） A．195 尺 B．133 尺 C．130 尺 D．135 尺 【答案】B 【解析】9 匹 3 丈为 390 尺，每天的织布数成等差数列，首项 ，记公差为 1a f= 127 7 712 8 1 ( 2) 2a a q f f= = = 25 50 100, ,7 7 7 25 25 50, ,14 7 7 100 200 400, ,7 7 7 50 100 200, ,7 7 7 1a 2a 3a 1 2 3, ,a a a 1 2 32, 50q a a a= + + = 1(1a q+ )2 50q+ = 1 2 50 50 1 2 2 7a = =+ + 2 1 1002 7a a= = 2 3 1 2002 7a a= = 1 5a = d， ， ， ． 故选：B 5.设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和.若 S5＝25，a3＋a4＝8，则{an}的公差为________. 【答案】　－2 【解析】依题意，可得 S5＝5(a1＋a5) 2 ＝5 × 2a3 2 ＝25， 解得 a3＝5， 又 a3＋a4＝8，所以 a4＝3， 所以公差 d＝a4－a3＝3－5＝－2. 6.已知等差数列{an}和等比数列{bn}的各项都是正数，且 a1＝b1，a11＝b11.那么一定有(　　) A.a6≤b6 B.a6≥b6 C.a12≤b12 D.a12≥b12 【答案】　B 解析　因为等差数列{an}和等比数列{bn}的各项都是正数，且 a1＝b1，a11＝b11， 所以 a1＋a11＝b1＋b11＝2a6， 所以 a6＝a1＋a11 2 ＝b1＋b11 2 ≥ b1b11＝b6. 当且仅当 b1＝b11 时，取等号，此时数列{bn}的公比为 1. 7.在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋n＋(－1)n，则 a2 018 的值为________. 【答案】　2 017×1 009 【解析】an＋1－an＝n＋(－1)n， a2 018－a2 017＝2 017＋(－1)， a2 017－a2 016＝2 016＋1， 30 30 295 30 3902S d ×= × + = 16 29d = 15 15 14 16 15 7 16 15 7 1615 5 75 75 75 56 1312 29 29 30S × × × × ×= × + × = + > + = + = 15 15 7 1675 13528S × ×< + =a2 016－a2 015＝2 015＋(－1)， a2 015－a2 014＝2 014＋1， …， a3－a2＝2＋1， a2－a1＝1＋(－1)， 将以上式子相加得 a2 018－a1＝2 017＋2 016＋…＋2， 即 a2 018＝2 017＋2 016＋…＋2＋1 ＝2 017 × (1＋2 017) 2 ＝2 017×1 009. 8.已知函数 f(x)＝Error!数列{an}满足：an＝f(n)，n∈N*，且{an}是单调递增函数，则实数 m 的取值范围是________. 【答案】　(2，＋∞) 【解析】因为 an＝f(n) ＝Error! 且{an}是单调递增数列， 所以根据指数函数的单调性可得 m>1， 根据一次函数的单调性可得 3m 2 018＋1>0， 由分段函数的单调性结合数列的单调性可得， ( 3m 2 018＋1)×2 018－2 0202. 9.若数列{bn}满足：b1 2 ＋b2 22＋…＋bn 2n＝2n(n∈N*)，则数列{bn}的前 n 项和 Sn 为________. 【答案】　2n＋2－4【解析】数列{bn}满足b1 2 ＋b2 22＋…＋bn 2n＝2n(n∈N*)， 可得当 n≥2 时，b1 2 ＋b2 22＋…＋bn－1 2n－1＝2(n－1)(n∈N*)， 可得bn 2n＝2n－2(n－1)＝2， 所以 bn＝2n＋1(n≥2). 当 n＝1 时，b1＝4，满足 bn＝2n＋1， 所以数列{bn}的通项公式为 bn＝2n＋1(n∈N*). 所以数列{bn}是等比数列，公比为 2. 数列{bn}的前 n 项和 Sn＝4(1－2n) 1－2 ＝2n＋2－4. 10.正项等比数列{an}满足 a1＝1，a2a6＋a3a5＝128，则下列结论正确的是________. A.∃n∈N*，Sn>an＋1 B.∀n∈N*，anan＋1≥an＋2 C.∃n∈N*，an＋an＋2＝2an＋1 D.∀n∈N*，an＋an＋3>an＋1＋an＋2 【答案】　D 【解析】因为等比数列{an}满足 a2a6＋a3a5＝128， 即(a4)2＋(a4)2＝128， 解得 a4＝±8， 又等比数列为正项等比数列，所以 a4＝8， 由 a1＝1，则 q3＝a4 a1＝8，解得 q＝2， 对于 A，Sn>an＋1，有 Sn＝1 × (1－2n) 1－2 ＝2n－1， an＋1＝2n，有 Sn 1 131 13 n n n n S S S S + +− = − 1n n n S bS + = 231 13n nb b− = − 2 21( 1) ( 1)( 1)3n n nb b b− = − > 2nb = 1 2n n S S + = 1 4n n S S + = { }nS 1 1 1S a= = 14n nS −= 2 1( 1), 3 4 ( 2).n n na n− ==  × ≥ *{ }( )na n∈N ~ 3λ 1 1 1 3 3 3 1 1n n nS S aλ+ +− = 3 3 3 1 1n n n nS S S Sλ+ +− = − 0na ≥ 1 1a = 1 0n nS S+ ≥ > 3 131 1= 1n n n n S S S S λ+ +− − 3 1 =n n n S S c+ 331 1( 1)n n nc c cλ− = − ≥ 3 3 3( 1) ( 1)( 1)n n nc c cλ− = − ≥①若 或 ，则（*）只有一解为 ，即符合条件的数列 只有一个． （此数列为1，0，0，0，…） ②若 ，则（*）化为 ， 因为 ，所以 ，则（*）只有一解为 ， 即符合条件的数列 只有一个．（此数列为1，0，0，0，…） ③若 ，则 的两根分别在（0，1）与（1，+∞）内， 则方程（*）有两个大于或等于1的解：其中一个为1，另一个大于1（记此解为t）． 所以 或 ． 由于数列 从任何一项求其后一项均有两种不同结果，所以这样的数列 有无数 多个，则对应的 有无数多个． 综 上 所 述 ， 能 存 在 三 个 各 项 非 负 的 数 列 为 “ ” 数 列 ， 的 取 值 范 围 是 ． 10．【2020 年高考山东】 已知公比大于 的等比数列 满足 ． （1）求 的通项公式； （2）记 为 在区间 中的项的个数，求数列 的前 项和 ． 【解析】（1）设 的公比为 ．由题设得 ， ． 解得 （舍去）， ．由题设得 ． 0λ ≤ =1λ =1nc { }na 1λ > 3 2 3 2( 1)( 1) 01n n nc c c λ λ +− + + =− 1nc ≥ 3 2 3 2 1 01n nc c λ λ ++ + >− =1nc { }na 0 1λ< < 3 2 3 2 1 01n nc c λ λ ++ + =− 1n nS S+ = 3 1n nS t S+ = { }nS { }nS { }na { }na ~ 3λ λ 0 1λ< < 1 { }na 2 4 320, 8a a a+ = = { }na mb { }na *(0, ]( )m m∈N { }mb 100 100S { }na q 3 1 1 20a q a q+ = 2 1 8a q = 1 2q = − 2q = 1 2a =所以 的通项公式为 ． （2）由题设及（1）知 ，且当 时， ． 所以 ． 11．【2020 年高考天津】 已知 为等差数列， 为等比数列， ． （Ⅰ）求 和 的通项公式； （Ⅱ）记 的前 项和为 ，求证： ； （Ⅲ）对任意的正整数 ，设 求数列 的前 项 和． 【解析】（Ⅰ）设等差数列 的公差为 ，等比数列 的公比为 ．由 ， ，可得 ，从而 的通项公式为 ．由 ， 又 ，可得 ，解得 ，从而 的通项公式为 ． （Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可得 ，故 ， ，从而 ，所以 ． { }na 2n na = 1 0b = 12 2n nm +≤ < mb n= 100 1 2 3 4 5 6 7 32 33 63 64 65 100( ) ( ) ( ) ( )S b b b b b b b b b b b b b= + + + + + + + + + + + + + + +   2 3 4 50 1 2 2 2 3 2 4 2 5 2 6 (100 63)= + × + × + × + × + × + × − 480= { }na { }nb ( ) ( )1 1 5 4 3 5 4 31, 5 , 4a b a a a b b b= = = − = − { }na { }nb { }na n nS ( )2 * 2 1n n nS S S n+ +< ∈N n ( ) 2 1 1 3 2 , , , . n n n n n n n a b na ac a nb + − + − =    为奇数 为偶数 { }nc 2n { }na d { }nb q 1 1a = ( )5 4 35a a a= − 1d = { }na na n= ( )1 5 4 31, 4b b b b= = − 0q ≠ 2 4 4 0q q− + = 2q = { }nb 12n nb −= ( 1) 2n n nS += 2 1 ( 1)( 2)( 3)4n nS S n n n n+ = + + + ( )22 2 1 1 ( 1) 24nS n n+ = + + 2 2 1 1 ( 1)( 2) 02n n nS S S n n+ +− = − + + < 2 2 1n n nS S S+ + 1 2 36b b b+ = 0d > * 1 2 3 11 ,nc c c c nd + + + + < + ∈N【解析】（Ⅰ）由 得 ，解得 ． 由 得 ． 由 得 ． （Ⅱ）由 得 ， 所以 ， 由 ， 得 ，因此 ． 13．【2020 年高考北京】已知 是无穷数列．给出两个性质： ①对于 中任意两项 ，在 中都存在一项 ，使 ； ②对于 中任意项 ，在 中都存在两项 ．使得 ． (Ⅰ)若 ，判断数列 是否满足性质①，说明理由； (Ⅱ)若 ，判断数列 是否同时满足性质①和性质②，说明理由； (Ⅲ)若 是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明： 为等比数列. 【解析】 (Ⅰ) 不具有性质①； (Ⅱ) 具有性质①； 1 2 36b b b+ = 21 6q q+ = 1 2q = 1 4n nc c+ = 14n nc −= 1 1 4n n na a − + − = 1 2 1 4 21 4 4 3 n n na a − − += + + + + = 1 2 n n n n bc cb+ + = 1 2 1 1 1 1 1 1( )n n n n n b b c dc b b d b b+ + += = − 1 2 3 1 1 1(1 )n n dc c c c d b + ++ + + + = − 1 1b = 0d > 1 0nb + > * 1 2 3 11 ,nc c c c nd + + + + < + ∈N { }na { }na , ( )i ja a i j> { }na ma 2 i m j a aa = { }na ( 3)na n { }na , ( )k la a k l> 2 k n l aa a = ( 1,2, )na n n= =  { }na 12 ( 1,2, )n na n−= =  { }na { }na { }na { }2 3 2 3 2 92, 3, 2 n aa aa Za = = = ∉ ∴ { }2 2 * (2 ) 1 * 2, , , 2 ,2i ji i i j n j j a ai j N i j i j N aa a a− − −∀ ∈ > = − ∈ ∴ = ∴具有性质②； (Ⅲ)【解法一】 首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数： 显然 ，假设数列中存在负项，设 ， 第一种情况：若 ，即 ， 由①可知：存在 ，满足 ，存在 ，满足 ， 由 可知 ，从而 ，与数列的单调性矛盾，假设不成立. 第二种情况：若 ，由①知存在实数 ，满足 ，由 的定义可知： ， 另一方面， ，由数列 单调性可知： ， 这与 的定义矛盾，假设不成立. 同理可证得数列中的项数恒为负数. 综上可得，数列中的项数同号. 其次，证明 ： 利用性质②：取 ，此时 ， 的 { }2 * (2 ) 1 1, 3, 1, 2, 2 2 ,k l nk n n l an N n k n l an aa − − −∀ ∈ ≥ ∃ = − = − = = = ∴ ( )0 *na n N≠ ∉ { }0 max | 0nN n a= < 0 1N = 0 1 2 30a a a a< < < < = 0m N> 0N 2 2 3 1 aa a = 3n = ( )2 3 k l aa k la = >由数列的单调性可知 ， 而 ，故 ， 此时必有 ，即 ， 最后，用数学归纳法证明数列为等比数列： 假设数列 的前 项成等比数列，不妨设 ， 其中 ，（ 情况类似） 由①可得：存在整数 ，满足 ，且 （*） 由②得：存在 ，满足： ，由数列的单调性可知： ， 由 可得： （**） 由（**）和（*）式可得： ， 结合数列的单调性有： ， 注意到 均为整数，故 ， 代入（**）式，从而 . 总上可得，数列 的通项公式为： . 即数列 为等比数列. 的 0k la a> > 3 k k k l aa a aa = ⋅ > 3k < 2, 1k l= = 2 2 3 1 aa a = { }na ( )3k k ≥ ( )1 1 1s sa a q s k−= ≤ ≤ 1 0, 1a q> > 1 0,0 1a q< < < m 2 1 1 kk m k k aa a q aa − = = > 1 1 k m ka a q a += ≥ s t> 2 1 s s k s s t t a aa a aa a+ = = ⋅ > 1t s k< ≤ + ( )1 1 1s sa a q s k−= ≤ ≤ 2 2 1 1 1 1 1 s t ks k k t aa a q a a qa − − − + = = > = 2 1 1 1 1 1 k s t ka q a q a q− − −≥ > 2 1 1k s t k≥ − − > − , ,s t k 2 1k s t= − − 1 1 k ka a q+ = { }na 1 1 n na a q −= { }na【解法二】假设数列中的项数均为正数： 首先利用性质②：取 ，此时 ， 由数列的单调性可知 ， 而 ，故 ， 此时必有 ，即 ， 即 成等比数列，不妨设 ， 然后利用性质①：取 ，则 ， 即数列中必然存在一项的值为 ，下面我们来证明 ， 否则，由数列的单调性可知 ， 在性质②中，取 ，则 ，从而 ， 与前面类似的可知则存在 ，满足 ， 若 ，则： ，与假设矛盾； 若 ，则： ，与假设矛盾； 若 ，则： ，与数列的单调性矛盾； 3n = ( )2 3 k l aa k la = > 0k la a> > 3 k k k l aa a aa = ⋅ > 3k < 2, 1k l= = 2 2 3 1 aa a = 1 2 3, ,a a a ( )2 2 1 3 1, 1a a q a a q q= = > 3, 2i j= = 2 2 4 33 1 1 2 1 m a a qa a qa a q = = = 3 1a q 3 4 1a a q= 3 4 1a a q< 4n = 2 4 k k k k l l a aa a aa a = = > 4k < { } { }( ), 1,2,3k l k l⊆ > 2 4 k l aa a = 3, 2k l= = 2 3 4 1 k l aa a qa = = 3, 1k l= = 2 4 3 4 1 1 k l aa a q a qa = = > 2, 1k l= = 2 2 4 1 3 k l aa a q aa = = =即不存在满足题意的正整数 ，可见 不成立，从而 ， 同理可得： ，从而数列 为等比数列， 同理，当数列中的项数均为负数时亦可证得数列为等比数列. 由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数. 从而题中的结论得证，数列 为等比数列. 【点睛】本题主要考查数列的综合运用，等比数列的证明，数列性质的应用，数学归纳 法与推理方法、不等式的性质的综合运用等知识，意在考查学生的转化能力和推理能力. ,k l 3 4 1a a q< 3 4 1a a q= 4 5 5 1 6 1, ,a a q a a q= =  { }na { }na