2017-2026上海十年高考数学专项汇编：专题13 数列（教师版）

专题13数列

10年真题1年模拟

考点分类上海考情（2017-2026）命题规律

基础考通项、公差公比、前n项和；变

考点01数列基本2017-2026年年考查，单选填空为主，

化：无穷等比区间、闭区间恒成立成为

量计算2021、2026出现3问解答

新热点，侧重参数范围求解

传统Sn与转化不变；新增数列增减

考点02递推公式2017-2025高频，2022、2023为单选

性、极限存在条件判断，常搭配举反例

an

与前n项和压轴，解答常结合单调性

辨析命题真假

核心变化：以“接近数列”“-加速数列”

考点03数列综合2017-2026解答压轴必考，2025、2026等新定义为载体，融合三角、导数、三

应用创新题型最多角形三边、排列计数，侧重存在性证明

与最值探究，难度显著拔高

考点01数列基本量计算

1．（2026·上海·高考真题）下列数列中是等差数列也是等比数列的是（）

A．1，1，1，1，1B．1，2，3，4，5

C．5，5，5，5，5D．1，2，3，5，7

【答案】C

，，，

【分析】设该数列为an，由题可得an1andan1qan，其中q0qd为常数，据此推得q10d，

即得该数列为非零常数列，即可判断.

，

【详解】设该数列为an，则该数列满足an1andan1qan，其中q0.

，

则an1anq1and，因qd为常数，该式对任意正整数成立，则q10d，

从而该数列为非零常数列，由选项知只有C满足题意.

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故选：C

2．（2026·上海·高考真题）已知等差数列an中，a10，公差为d，其前n项和Sn在区间0,1内至少有

两项，则公差d的取值范围是__________．

1

【答案】0,

3

【分析】根据等差数列求和公式列式计算求解.

【详解】根据已知前n项和Sn在区间0,1内至少有两项，则得出d0，

且S10，Sn是单调递增的，所以必须满足S20,1,S30,1，

1

所以S2d0,1,S33d0,1，所以d0,.

3

3．（2026·上海·高考真题）已知an为等比数列，a12，a26，则a4__________．

【答案】54

a

q233

【详解】设数列an的公比为，则q3，则a4a1q2354.

a1

4．（2025·上海·高考真题）已知an是首项为1、公差为1的等差数列，bn是首项为1、公比为q(q0)的

q

等比数列．若数列anbn的前三项和为2，则__________．

1

【答案】

3

n1

【分析】写出通项公式，得到anbnnq，从而根据前三项和得到方程，求出公比.

n1

【详解】由题意得an1n1n，bnq，

n12

则anbnnq，所以前三项和为12q3q2，

1

解得q或-1（舍去），

3

1

故答案为：

3

5．（2024·上海·高考真题）数列an，annc,S70，c的取值范围为___________．

【答案】,4

【分析】先利用等差数列的定义判定an为等差数列，再利用等差数列性质即可求解.

【详解】因为annc，则an1ann1cnc1，

可知数列an为等差数列，

则S77a474c0，解得c4，

所以c的取值范围为,4.

故答案为：,4.

6．（2024·上海·高考真题）无穷等比数列an满足首项a10,q1，记Inxyx,ya1,a2an,an1，

若对任意正整数n集合In是闭区间，则q的取值范围是______．

【答案】q2

【分析】当n2时，不妨设xy，则xy0,a2a1ana2,an1a10,an1an，结合In为闭区间可

1

得q2对任意的n2恒成立，故可求q的取值范围.

qn2

【详解】由题设有n1，因为，故，故n1n，

ana1qa10,q1an1anan,an1a1q,a1q

当n1时，x,ya1,a2，故xya1a2,a2a1，此时I1为闭区间，

当n2时，不妨设xy，若x,ya1,a2，则xy0,a2a1，

若ya1,a2,xan,an1，则xyana2,an1a1，

若x,yan,an1，则xy0,an1an，

综上，xy0,a2a1ana2,an1a10,an1an，

又In为闭区间等价于0,a2a1ana2,an1a10,an1an为闭区间，

而an1a1an1ana2a1，故an1anana2对任意n2恒成立，

n1n2

故an12ana20即a1qq2a20，故qq210，

1

故q2对任意的n2恒成立，因q1，

qn2

1

故当n时，0，故q20即q2.

qn2

故答案为：q2.

【点睛】思路点睛：与等比数列性质有关的不等式恒成立，可利用基本量法把恒成立为转为关于与公比有

关的不等式恒成立，必要时可利用参变分离来处理.

．（上海高考真题）在无穷等比数列中，lim(a1an)4，则的取值范围是

72021··{an}na2________

【答案】(4,0)(0,4)

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【分析】由无穷等比数列的概念可得公比q的取值范围，再由极限的运算知a14，从而得解．

【详解】解：无穷等比数列{an}，公比q(1，0)(0，1)，

liman0，

n

lim(a1an)a14，

n

a2a1q4q(4，0)(0，4)．

故答案为：(4，0)(0，4)．

8．（2021·上海·高考真题）等差数列an中，a13,d2，则a10______.

【答案】21

【分析】直接代入等差数列的通项公式可得答案.

【详解】因为a13,d2，所以a10a1+9d21.

故答案为：21.

9．（2021·上海·高考真题）已知数列{an}满足an0，对任意n2，an和an1中存在一项使其为另一项与an1

的等差中项

（1）已知a15，a23，a42，求a3的所有可能取值；

（2）已知a1a4a70，a2、a5、a8为正数，求证：a2、a5、a8成等比数列，并求出公比q；

（3）已知数列中恰有3项为0，即arasat0，2rst，且a11，a22，求ar1as1at1的最大

值.

121

【答案】（1）a1；（2）证明见解析，；（3）.

3464

【分析】（1）根据等差中项分别验证求解；

（2）根据等差数列，分别计算a2,a3,a5,a6,a8，即可证明；

aaaa1

n2n1n2n1

（3）由2anan1an1或2an1anan1可知1或，结合（2）可求最大值.

an1anan1an2

【详解】（1）由题意，2anan1an1或2an1anan1，

∴2a2a3a1a31，此时a23,a31,a42，满足2a4a3a2

2a3a2a1a34，此时a23,a34,a42，2a4a3a2，2a3a4a2

所以a31

a2a2

（2）∵a1a4a70，∴a32a2，或a，经检验，a；

3232

aaaa

∴a32，或aa2（舍），∴a2；

52453254

aaaa

∴a52，或aa2（舍），∴a2；

62865468

aaaa

∴a62，或aa2（舍），∴a2；

8216868816

1

综上，a、a、a成等比数列，公比为；

2584

aaaa1

n2n1n2n1

（3）由2anan1an1或2an1anan1，可知1或，

an1anan1an2

由第（2）问可知，ar0ar22ar1ar1ar2ar1，

1111ir3i11i*

∴a0aa(aa)()1(aa)()，iN，

rr12r12r1r2222122

1

∴(a)，

r1max4

11js2rj11j1*1

同理，a()1(aa)()，jN，∴(a)，

s122r1r224s1max16

121

同理，(a)，∴ar1as1at1的最大值为

t1max6464

11

【点睛】关键点点睛：由ar0ar22ar1ar1ar2ar1，再利用a0aa(aa)，

rr12r12r1r2

an2an1an2an11

再结合1①或②，ar1ar2按②变换i次，按①变换r3i次，求出

an1anan1an2

11

a()i，同理求出其他，属于难题.

r122

10．（2020·上海·高考真题）有限数列{an}，若满足|a1a2||a1a3||a1am|，m是项数，则称{an}满

足性质p.

（1）判断数列3,2,5,1和4,3,2,5,1是否具有性质p，请说明理由.

（2）若a11，公比为q的等比数列，项数为10，具有性质p，求q的取值范围.

（3）若an是1,2,...,m的一个排列(m4),bkak1(k1,2...m1),{an},{bn}都具有性质p，求所有满足条件的

{an}.

【答案】（1）第一个数列具有性质p，第二个数列不具有性质p；理由见解析；（2）q,20,；

（3）答案见解析.

【分析】（1）结合题设中的定义可判断给定的两个数列是否具有性质p；

n1n1

（2）等比数列具有性质p等价于(q1)qqq120对任意的nN,n2恒成立，就

q1,0q1,1q0,q1分类讨论后可得q的取值范围.

5/39

…,

（3）设a1=p，先考虑p3,4,m3,m2均不存在具有性质p的数列，再分别考虑p1,2,m,m1时具

有性质p的数列，从而得到所求的数列.

【详解】（1）对于第一个数列有|23|1,|53|2,|13|2，满足题意，该数列满足性质p

对于第二个数列有|34|1,|24|2,|54|1不满足题意，该数列不满足性质p.

（2）由题意可得，qn1qn11,n2,3,...,9

两边平方得：q2n2qn1q2n22qn1+1

n1n1

整理得：(q1)qqq120

当q1时，得qn1(q1)20，此时关于n2恒成立，

所以等价于n2时q(q1)2≥0，所以(q2)(q1)≥0，

所以q2或者q1，所以取q1.

当0q1时，得qn1(q1)20，此时关于n恒成立，

所以等价于n2时q(q1)2≤0，所以(q2)(q1)≤0，

所以2≤q≤1，所以取0q1.

n1n1

当1q0时，得qq(q1)20.

当n为奇数的时候，得qn1(q1)20，很明显成立，

当n为偶数的时候，得qn1(q1)20，很明显不成立，

故当1q0时，矛盾，舍去.

n1n1

当q1时，得qq(q1)20.

当n为奇数的时候，得qn1(q1)20，很明显成立，

当n为偶数的时候，要使qn1(q1)20恒成立，

所以等价于n2时q(q1)2≥0，所以q2q1≥0，

所以q2或者q1，所以取q2.

综上可得，q,20,.

…,

（3）设a1=p，p3,4,m3,m2，

因为|a1a2||a1a3||a1am|，故|a1a2|1，

所以a2可以取p1或者p1，

若a1p，a2p1，则a3p1，

故a4p2或a4p2（舍，因为a3a2a4a2），

所以a5p2（舍，因为a3a2a5a2）.

若a1p，a2p1，则a3p1，

故a4p2（舍，因为a3a2a4a2），或a4p2

所以a5p2（舍，因为a3a2a5a2）.

…,

所以p3,4,m3,m2均不能同时使an，bn都具有性质p.

当p1时，即有a2a1a3a1ama1，

故a2a3am，故a22,a33,,amm，

…,

故有数列an：1,2,3,m1,m满足题意.

当p2时，则a21且1a32am2，故a33,,amm，

…,

故有数列an：2,1,3,m1,m满足题意.

pm

当时，a1a2a1a3a1am，

故a2a3am，故a2m1,a3m2,,am1，

…,,,

故有数列an：m,m1,321满足题意.

当pm1时，则a2m且1m1a3m1am，

故a3m2,,am1，

…,,,

故有数列an：m1,m,m2,m3,321满足题意.

故满足题意的数列只有上面四种.

【点睛】本题为新定义背景下的数列存在性问题，先确定p3,4,…,m3,m2时均不存在具有性质p的

数列是关键，依据定义枚举再依据定义舍弃是核心，本题属于难题.

考点02数列递推公式与前n项和

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1．（2023·上海·高考真题）已知数列an的各项均为实数，Sn为其前n项和，若对任意k2022，都有

SkSk1，则下列说法可能成立的是（）

A．a1,a3,a5,,a2n1为等差数列，a2,a4,a6,,a2n为等比数列

B．a1,a3,a5,,a2n1为等比数列，a2,a4,a6,,a2n为等差数列

L

C．a1,a2,a3,,a2022为等差数列，a2022,a2023,a2024,,an为等比数列

L

D．a1,a2,a3,,a2022为等比数列，a2022,a2023,a2024,,an为等差数列

【答案】C

【分析】令f(n)|Sn|(Sn是等差数列的前n项和),由题意可得当n2022时，f(n)单调递减，结合二次函

数的性质和选项逐一判断即可.

【详解】解：令f(n)|Sn|0,由题意当n2022时，f(n)单调递减，

对于首项为a1，公差为d的等差数列，

n2ndd

则前n项和Tnadn2(a)n(不含常数项)，

n12212

d2d

此时fnTnna1n，

22

由二次函数的性质知：当n足够大时，f(n)不可能为单调递减函数，

所以，A中奇数项及B中偶数项为等差数列均不合题意；

对于C，当前2022项为等差数列，从第2022项开始为等比数列且公比q(0,1)时，满足f(n)f(n1)，

故符合题意；

对于D，当前2022项为等比数列，从第2022项为等差数列时，同A、B分析：当n足够大时，不满足

f(n)f(n1)，即f(n)不可能为单调递减函数，故不合题意

故选：C.

【点睛】方法点睛：等差数列的前n项和Sn是关于n的二次二项式(不含常数项)，在研究有关等差数列前n

项和的有关性质性，从二次函数的性质出发，能使问题得到简化.

2．（2022·上海·高考真题）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，则下列选项判断正确的是

（）

A．若S2022S2021，则数列{an}是递增数列

B．若T2022T2021，则数列{an}是递增数列

C．若数列{Sn}是递增数列，则a2022a2021

D．若数列{Tn}是递增数列，则a2022a2021

【答案】D

【分析】根据题意，结合等比数列的性质和特例，以及等比数列的单调性和前n项和公式，可判定A、B、

C都不正确；由数列{Tn}是递增数列，得到an1和q1，可判定D正确.

【详解】对于A中，如果数列a11，公比为2，满足S2022S2021，但是等比数列{an}不是递增数列，所

以A不正确；

1

对于B中，如果数列a1，公比为，满足T2022T2021，但是等比数列{a}不是递增数列，所以B不正确；

12n

1

1()n

121

对于C中，如果数列a1，公比为，可得S2(1)，数列{Sn}是递增数列，但是aa，

12n12n20222021

2

所以C不正确；

对于D中，数列{Tn}是递增数列，可知TnTn1，可得an1，所以q1，可得a2022a2021正确，所以D正

确；

故选：D．

1n*

．（上海高考真题）在数列中，，，则liman

32017··{an}an()nNn

2

11

A．等于B．等于0C．等于D．不存在

22

【答案】B

1n1n

【详解】数列an中，an(),nN，则limanlim()0，故选B.

2nn2

4．（2025·上海·高考真题）已知等差数列an的首项a13，公差d2，则该数列的前6项和为_________．

【答案】12

【分析】直接根据等差数列求和公式求解.

65

【详解】根据等差数列的求和公式，S6ad12.

612

故答案为：12

=

5．（2023·上海·高考真题）已知等比数列an的前n项和为Sn，且a13，q2，求S6______；

【答案】189

【分析】由等比数列前n项和公式求解，

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3(126)

【详解】由题意得S189，

612

故答案为：189.

6．（2022·上海·高考真题）已知等差数列an的公差不为零，Sn为其前n项和，若S50，则Sii1,2,100

中不同的数值有___________个.

【答案】98

d

【分析】由等差数前n项和公式求出a2d，从而S(n25n)，由此能求出结果．

1n2

【详解】解：等差数列{an}的公差不为零，Sn为其前n项和，S50，

54

S5ad0，解得a2d，

5121

n(n1)n(n1)d

Snad2ndd(n25n)，

n1222

d0，Si(i1，2，100)中，S2S33d，S1S42d，

其余各项均不相等，

Si(i1，2，100)中不同的数值有：100298．

故答案为：98．

aaa

129

7．（2020·上海·高考真题）已知an是公差不为零的等差数列，且a1a10a9，则________

a10

27

【答案】

8

【分析】根据已知结合等差数列的通项公式，求出首项a1与公差d的关系，将所求的式子用公差d表示，即

可求解.

【详解】由条件可知2a19da18da1d，

aa...a9a9a4d27d27

12951.

a10a10a19d8d8

27

故答案为：

8

【点睛】本题考查等差数列通项公式基本量的计算，以及等差数列性质的应用，考查计算求解能力，属于

基础题.

8．（2018·上海·高考真题）记等差数列{an}的前n项和为Sn，若a30，a6a714，则S7________

【答案】14

【分析】根据等差数列前n项和公式，和等差数列各项之间的关系，求出前7项和.

【详解】已知a6a72a37d14，∴d2，

则a4a3d2，

7aa72a

由公式得S1747a14，

7224

故答案为：14.

2*

9．（2017·上海·高考真题）已知数列{an}和{bn}，其中ann，nN，{bn}的项是互不相等的正整数，若

lg(bbbb)

*14916

对于任意nN，{bn}的第an项等于{an}的第bn项，则________

lg(b1b2b3b4)

【答案】2

2

【详解】由ann，若对于任意nN,bn的第an项等于an的第bn项，

则ba(b)2，则b1(b)2,b(b)2,b(b)2,b(b)2

anbnn114293164

2

所以b1b4b9b16(b1b2b3b4)，

lg(bbbb)lg(bbbb)22lg(bbbb)

所以14916123412342.

lg(b1b2b3b4)lg(b1b2b3b4)lg(b1b2b3b4)

*

10．（2022·上海·高考真题）数列an对任意nN，且n2，均存在正整数i1,n1，满足

an12anai,a11,a23.

(1)求a4可能值；

(2)命题p：若a1,a2,...a8成等差数列，则a930，证明p为真，同时写出p逆命题q，并判断命题q是真是

假，说明理由：

m*

(3)若a2m3,mN成立，求数列an的通项公式.

【答案】(1)7或9；

(2)答案见解析；

1,n1

n3

2*

(3)an53,n2k1,kN.

n

*

32,n2k,kN

【分析】（1）利用递推公式可得a35，进而可求出a4；

*

（2）由题意可得an2n1n1,8,nN，则a92a8a30，从而命题p为真命题，给出反例即可得

出命题q为假命题；

11/39

（3）由题意可得a2m22a2m1aii2m，a2m12a2majj2m1，然后利用数学归纳法证明数列单

调递增，最后分类讨论即可确定数列的通项公式.

【详解】（1）因为a32a2a15，所以a42a3a27或a42a3a19，所以a4可能值为7或9；

*

（2）因为a1,a2,...a8成等差数列，所以d2，an2n1n1,8,nN,

所以a92a8a30ai30，

逆命题q：若a930，则a1,a2,...a8为等差数列是假命题，举例：

a11,a23,a35,a47,a59,a611,a713,a82a7a517,a92a8a721,故命题q为假命题，

m*m1

（3）因为a2m3,mN，所以a2m23,a2m22a2m1aii2m,

a2m12a2majj2m1，所以a2m24a2majai，

mm1m

因此2ajai4a2ma2m24333a2m，

以下用数学归纳法证明数列单调递增，即证明an1an恒成立：

当n1时，a2a1明显成立；

假设当nk时命题成立，即akak1ak2a2a1，

则ak1ak2akaiakakai0，即ak1ak，即命题得证；

回到原题，分类讨论求数列的通项公式：

1.若j2m1，则a2m2ajai2a2m1aia2m1ai矛盾；

m1mm1

2.若j2m2，则aj3，所以ai32aj3，所以i2m2，

mm1m1

此时a2m12a2maj23353，

1,n1

n3

2*

所以an53,n2k1,kN，

n

*

32,n2k,kN

m1mm1

3.若j2m2，则2aj23，所以ai32aj3，所以j2m1，

所以a2m22a2m1a2m1（由（2）知对任意m成立），所以a62a5a3，与事实上a62a5a2矛盾，

1,n1

n3

2*

综上an53,n2k1,kN.

n

*

32,n2k,kN

【点睛】1．数学归纳法是一种重要的数学思想方法，主要用于解决与正整数有关的数学问题．证明时步骤

(1)和(2)缺一不可，步骤(1)是步骤(2)的基础，步骤(2)是递推的依据．

2．在用数学归纳法证明时，第(1)步验算n＝n0的n0不一定为1，而是根据题目要求选择合适的起始值．第

(2)步，证明n＝k＋1时命题也成立的过程，一定要用到归纳假设，否则就不是数学归纳法.

11．（2022·上海·高考真题）已知数列an，a21，an的前n项和为Sn.

若为等比数列，，求limSn；

(1)anS23n

*

(2)若an为等差数列，公差为d，对任意nN，均满足S2nn，求d的取值范围.

【答案】(1)4；

(2)0,1.

【分析】（）求出等比数列的公比，求出，即可求得limSn；

1anSnn

（2）分析可得2n3d1，分n1、n2两种情况讨论，结合数列的单调性可求得d的取值范围.

a1

2

【详解】（1）解：S2a1a23，则a12，所以，等比数列an的公比为q，

a12

nnnn

a11q1a11q1

Sn41，因此，limSnlimlim444.

1q2nn1qn2

2na1a2n

（2）解：由已知可得Snaan，则a2a2n11，

2n222n1

即2a22n3d1，可得2n3d1.

当n1时，可得d1；

1

当n2时，则2n31，所以，d，

32n

11

因为数列n2为单调递增数列，而10，故d0.

32n32n

综上所述，0d1.

12．（2019·上海·高考真题）已知数列an，a13，前n项和为Sn.

（1）若an为等差数列，且a415，求Sn；

limSn12q

（2）若an为等比数列，且n，求公比的取值范围.

13/39

23

【答案】（1）S2nn；（2）1,00,；

n4

1qn

limSn12

【分析】（1）通过a4，求解出d，通过求和公式得到Sn；（2）根据可得lim4且q1，

nn1q

1

从而得到不等式4，解不等式得到结果.

1q

【详解】（1）由a4a13d15且a13d4

nn1

Snad3n2nn12n2n

n12

（2）由题意可知q1

nn

a11q31q

S

n1q1q

31qn1qn

则且q1

limSnlim12lim4

nn1qn1q

13

4q或q1

1q4

3

又q1q1,00,

4

【点睛】本题考查等差数列求和、等比数列前n项和的应用问题.利用等比数列前n项和的极限求解q的范围

的关键在于能够明确存在极限的前提，然后通过公式得到关于q的不等式，求解不等式得到结果.

*

13．（2017·上海·高考真题）根据预测，某地第nnN个月共享单车的投放量和损失量分别为an和bn（单

位：辆），

5n415,1n3

其中an，bnn5，第n个月底的共享单车的保有量是前n个月的

10n470,n4

累计投放量与累计损失量的差.

（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；

2

（2）已知该地共享单车停放点第n个月底的单车容纳量Sn4(n46)8800（单位：辆）.设在某月底，

共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？

【答案】（1）935；（2）见解析.

【详解】试题分析：（1）计算an和bn的前4项和的差即可得出答案；

（2）令anbn得出n42，再计算第42个月底的保有量和容纳量即可得出结论.

试题分析：

（1）a1a2a3a4b1b2b3b496530935

（2）10n470n5n42，即第42个月底，保有量达到最大

420503864742

a1a2a3a42b1b2b3b429658782

22

2

S424424688008736，∴此时保有量超过了容纳量.

考点03数列的综合应用

n

1．（2025·上海·高考真题）已知数列an、bn、cn的通项公式分别为an10n9，bn2、，

cnan(1)bn.若对任意的0,1，an、bn、cn的值均能构成三角形，则满足条件的正整数n有（）

A．4个B．3个C．1个D．无数个

【答案】B

【分析】由cnan(1)bn可知cn范围，再由三角形三边关系可得an,bn,cn的不等关系，结合函数零点解

不等式可得.

【详解】由题意an,bn,cn0，不妨设A(n,an),B(n,bn),C(n,cn)，

三点均在第一象限内，由cnan(1)bn可知，BCBA,0,1，

故点C恒在线段AB上，则有minan,bncnmaxan,bnanbn.

即对任意的0,1，cnanbn恒成立，

令10x92x，构造函数f(x)2x10x9,x0，

则f(x)2xln210，由f(x)单调递增，

又f(3)0,f(4)0，存在x0(3,4)，使f(x0)0，

即当0xx0时，f(x)0，f(x)单调递减；

当xx0时，f(x)0，f(x)单调递增；

故f(x)至多2个零点，

又由f(1)0,f(2)0,f(5)0,f(6)0，

可知f(x)存在2个零点，不妨设x1,x2(x1x2)，且x1(1,2),x2(5,6).

n

若anbn，即10n92时，此时n1或n6.

①

则ancnbn，可知bncnan成立，

15/39

要使an、bn、cn的值均能构成三角形，

所以ancnbn恒成立，故bn2an，

10n92n

所以有，解得；

nn6

22(10n9)

n

若anbn，即10n92时，此时n2,3,4,5.

②

则ancnbn，可知ancnbn成立，

要使an、bn、cn的值均能构成三角形，

所以bncnan恒成立，故an2bn，

10n92n

所以有，解得或；

n1n45

10n92

综上可知，正整数n的个数有3个.

故选：B.

2**

2．（2017·上海·高考真题）已知a、b、c为实常数，数列{xn}的通项xnanbnc，nN，则“存在kN，

使得x100k、x200k、x300k成等差数列”的一个必要条件是（）

A．a0B．b0C．c0D．a2bc0

【答案】A

【详解】存在kN，使得x100k,x200k,x300k成等差数列，可得

2[a(200k)2b(200k)c]a(100k)2b(100k)ca(300k)2b(300k)c，

化简可得a0，所以使得x100k,x200k,x300k成等差数列的必要条件是a0.

,,,,,,

3．（2024·上海·高考真题）a12a24a38a416，任意b1b2b3b4R，满足

{aiaj|1ij4}{bibj|1ij4}，求有序数列b1,b2,b3,b4有_____对.

【答案】48

∣

【分析】先确定aiaj6,10,12,18,20,24，再结合{a1aj|1ij4}{b1bj|1ij4}，设b1b2b3b4，

,,,

可得到b1b26b1b310b2b420b3b424，进而求出这四个数，从而求得答案.

∣

【详解】由题意知aiaj6,10,12,18,20,24，

满足{a1aj|1ij4}{b1bj|1ij4}，

不妨设b1b2b3b4，

,,,

则必有b1b26b1b310b2b420b3b424，

,

若b2b312b1b418，解得b12,b24,b38,b416；

,,,,

若b2b318b1b412，解得b11b27b311b413，

由此可知此时有2种情况，

,,,4

结合任意b1b2b3b4R，共有2P448对，

故答案为：48

【点睛】关键点睛：解答本题的关键是结合{a1aj|1ij4}{b1bj|1ij4}推出b1b2b3b4时，

这四个数的值，进而结合题意求得答案.

4．（2023·上海·高考真题）令fxlnx，取点a1,fa1过其曲线yfx作切线交y轴于0,a2，取点

a2,fa2过其作切线交y轴于0,a3，若a30则停止，以此类推，得到数列an．

(1)若正整数m2，证明amlnam11；

(2)若正整数m2，试比较am与am12大小；

(3)若正整数k3，是否存在k使得a1,a2ak依次成等差数列？若存在，求出k的所有取值，若不存在，试

说明理由．

【答案】(1)证明见解析；

(2)amam12

(3)存在，k3

【分析】（1）由导数的几何意义得切线方程后证明，

（2）构造函数后由导数证明不等式，

（3）由等差数列的性质，根据导数判断单调性与方程根的个数后求解，

1

1

【详解】（1）f(x)，则f(x)在(an,f(an))处的切线为ylnan(xan)，

xan

当x0时，ylnan1，即an1lnan1，

所以当正整数m2时，amlnam11；

17/39

（2）作差得an1(an2)lnanan1，

1

令g(x)lnxx1，g(x)1，

x

当0x