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高考数学高频易错押题预测 数列
一．选择题（共8小题）
1．（2025 临沂一模）设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn+nan＝1，则满足Sn＞0.99时，n的最小值为（ ）
A．49 B．50 C．99 D．100
2．（2025 浙江模拟）已知等比数列{an}的公比为q，且a1＞0，则an+2＞an的一个充分不必要条件是（ ）
A．a2＞a1 B．a4＞a2 C．a2＞0 D．a2＞2a1
3．（2025 长春模拟）已知{an}为正项等比数列，若lga2，lga2024是函数f（x）＝3x2﹣12x+9的两个零点，则a1a2025＝（ ）
A．10 B．104 C．108 D．1012
4．（2025 长春模拟）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝S9＝6，则S12的值为（ ）
A．0 B．3 C．6 D．12
5．（2025 南京模拟）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S12＝63+S3，a3+a12＝12，则{an}的公差为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．（2025 濮阳二模）设等比数列{an}的前n项和为Sn，且，则a2025＝（ ）
A． B．2 C．2025 D．22024
7．（2025 山海关区模拟）已知公比为q的等比数列{an}的前n项和为Sn，则满足对任意n∈N*，Sn+1＞Sn+1恒成立的一个充分不必要条件是（ ）
A．a1＞1，q＞1 B．a1＜0，q＞1 C．a2＞1，q≥1 D．a2≥1
8．（2025 天津模拟）中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二．问物几何？现有这样一个相关的问题：将1到2025这2025个自然数中被5除余3且被7除余2的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，则该数列各项之和为（ ）
A．63199 B．59288 C．59287 D．59189
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 深圳模拟）已知等差数列{an}的首项为a1，公差为d，前n项和为Sn，若S25＜S23＜S24，则下列说法正确的是（ ）
A．当n＝24，Sn最大
B．使得Sn＜0成立的最小自然数n＝48
C．|a23+a24|＞|a25+a26|
D．中最小项为
（多选）10．（2025 保定校级模拟）记等差数列{an}的前n项和为Sn，已知，其中P，Q，M为实数，则（ ）
A．M＝0 B．若{an}单调递增，则P＞0
C．若Q＝0，则a3＝4a1 D．若P+Q+M＝0，则a1＝0
（多选）11．（2025 海口一模）已知等比数列{an}的前n项和为Sn满足，数列{bn}满足，则下列说法正确的是（ ）
A．m＝﹣1
B．设，n∈N*，则f（n）的最小值为12
C．若tan﹣bn+2＞0对任意的n∈N*恒成立，则
D．设，若数列{cn}的前n项和为Tn，则Tn＜2
（多选）12．（2025 上犹县校级一模）记数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2+n（n∈N*），则（ ）
A．a3＝6
B．数列是公差为1的等差数列
C．数列的前n项和为
D．数列{（﹣1）nan}的前2025项的和为﹣2024
三．填空题（共4小题）
13．（2025 汕头模拟）已知公比不为1的等比数列{an}中，a1＝1且3a1、2a2、a3成等差数列，则a2025＝ ．（结果用幂表示）
14．（2025 深圳模拟）已知数列{an}的前n项和为，，则数列{bn}的前n项和Tn＝ ．
15．（2025 南京模拟）已知等比数列{an}中，a2024＝1，a2025＝2，能使不等式成立最小正整数m＝ ．
16．（2025 湖南一模）下面给出一种构造新数列的方法：在数列的每相邻两项之间插入此两项的等差中项，按照原来的顺序得到一个新的数列；再将新得到的数列按照上述方法构造，又得到一个新的数列；重复以上操作，现将数列1，2按照上述方法进行构造；第一次得到的新数列为1，，2；第二次得到的新数列为1，，，，2；第三次得到的新数列为1，，，，，，，，2；…，记第n次得到的新数列为1，x1，x2，x3，…，xk，2，且Tn＝x1+x2+x3+ +xk.①当n＝5时，k＝ ，②T1+T2+ +T10＝ ．（用数值作答）
四．解答题（共4小题）
17．（2025 天河区模拟）已知集合S＝{0，1，…，n}（n＝3，4，…），设S的所有元素按一定顺序排列得到数列X：x0，x1，…，xn和Y：y0，y1，…，yn．若X和Y满足{ | ＝|xi﹣yi|，i＝0，1，…，n}＝S，则称X和Y关于S封闭．
（1）若n＝3，X：0，1，2，3，写出两个不同的数列Y，使得X和Y关于S封闭；
（2）已知数列Z：0，1，…，n，X和Z关于S封闭．
（i）若随机变量ξ服从P（ξ＝i）＝，i＝0，1，…，n，求E（ξ）；
（ii）证明：存在不同于X的数列Y，使得Y和Z关于S封闭．
（参考公式：12+22+…+n2＝）
18．（2025 碑林区校级模拟）已知等比数列{an}的公比q＞1，a1+a2+a3＝14，a2+1是a1＝2，a3的等差中项．等差数列{bn}满足2b1＝a2，b4＝a3．
（1），求数列{cn}的前n项和；
（2）将数列{an}与{bn}的所有项按照从小到大的顺序排列成一个新的数列，求此数列的前2n项和．
19．（2025 山海关区模拟）若数列{an}满足：①an≥0；②对任意i，j∈N*（i≠j），ai+aj与|ai﹣aj|至少有一个是数列{an}中的项，则称数列{an}为友好数列．
（1）若数列a，b，c（c＞b＞a＞0）既是等差数列又是友好数列，求证：b＝2a；
（2）数列{bn}满足对任意p，q∈N*，bpbq＝bp+q，且b1＝2，数列m，b9，b10为友好数列，求m的值；
（3）若友好数列{cn}至少有5项，c1＝0，ci＜ci+1（i＝1，2，3，…，n﹣1）且ck＝187，求{cn}的前k项和Sk．
20．（2025 汕头模拟）设{an}为无穷数列，{n1，n2，…，nk，…}为正整数集N*的无限子集，且n1＜n2＜…＜nk＜…，则数列，，…，，…称为数列{an}的一个子列．
（1）请写出一个无穷等差数列，其任意子列均为等比数列；
（2）设无穷数列{an}为等差数列，a1＝1，a3＝2+1，证明：{an}的任意子列不是等比数列；
（3）对于公差不为零的无穷等差数列{an}，试探究其任意子列不是等比数列的一个充分条件．
高考数学高频易错押题预测 数列
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025 临沂一模）设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn+nan＝1，则满足Sn＞0.99时，n的最小值为（ ）
A．49 B．50 C．99 D．100
【考点】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】D
【分析】根据Sn，an的关系求出an，Sn的表达式，进一步解不等式即可得解．
【解答】解：设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn+nan＝1，
当n≥2时，Sn+nan＝Sn﹣1+（n﹣1）an﹣1＝1，所以（n+1）an＝（n﹣1）an﹣1，
即，此时
＝，
因为Sn+nan＝1，所以，
则n＝1也满足an＝，
故，
若，解得n＞99，故所求n的最小值为100．
故选：D．
【点评】本题考查数列的通项与求和的关系，以及数列恒等式，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
2．（2025 浙江模拟）已知等比数列{an}的公比为q，且a1＞0，则an+2＞an的一个充分不必要条件是（ ）
A．a2＞a1 B．a4＞a2 C．a2＞0 D．a2＞2a1
【考点】数列递推式；充分不必要条件的判断；等比数列的性质．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】D
【分析】根据等比数列通项公式得到an+2＞an的等价形式，再结合充分条件，必要条件概念逐个判定．
【解答】解：根据题意，数列{an}是等比数列，
当an+2＞an成立时，有，
又由a1＞0，则有qn+1＞qn﹣1，变形可得qn﹣1（q2﹣1）＞0．
①当q＞0时，可得qn﹣1＞0，所以q2＞1，即q＞1．
②当q＜0时，若n为偶数，则qn﹣1＜0，可得q2﹣1＜0，所以﹣1＜q＜0；
若n为奇数，则qn﹣1＞0，可得q2﹣1＞0，所以q＜﹣1．因此不存在q＜0满足an+2＞an成立，
故等比数列{an}中，a1＞0，若an+2＞an，必有q＞1，
反之，若q＞1，由于a1＞0，数列{an}为递增数列，必有an+2＞an，
综上所述，an+2＞an成立的充要条件是q＞1，
依次分析选项：
对于A，因为a2＞a1，所以a1（q﹣1）＞0，则q＞1，故是充要条件，A错误；
对于B，因为a4＞a2，所以，则﹣1＜q＜0或q＞1，
故“a4＞a2”是“q＞1”的必要不充分条件，B错误；
对于C，因为a2＞0，即a2＝a1q＞0，所以q＞0，
显然“q＞0”是“q＞1”的必要不充分条件，C错误；
对于D，因为a2＝a1q＞2a1，由a1＞0得q＞2，
显然“q＞2”是“q＞1”的充分不必要条件，所以D正确．
故选：D．
【点评】本题考查等比数列的性质和应用，涉及充分必要条件的判断，属于基础题．
3．（2025 长春模拟）已知{an}为正项等比数列，若lga2，lga2024是函数f（x）＝3x2﹣12x+9的两个零点，则a1a2025＝（ ）
A．10 B．104 C．108 D．1012
【考点】等比数列的通项公式；一元二次方程的根的分布与系数的关系．
【专题】方程思想；定义法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】B
【分析】由零点定义、韦达定理以及对数运算可得a2a2024的值，根据等比数列的性质，能求出结果．
【解答】解：由题意可得lga2，lga2024是方程3x2﹣12x+9＝0的两个解，
则lga2+lga2024＝4，
∴，
∴a1a2025＝a2a2024＝104．
故选：B．
【点评】本题考查零点定义、韦达定理、对数运算、等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
4．（2025 长春模拟）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝S9＝6，则S12的值为（ ）
A．0 B．3 C．6 D．12
【考点】求等差数列的前n项和．
【专题】方程思想；定义法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】A
【分析】利用等差数列前n项和公式列方程组，求出首项和公差，由此能求出S12的值．
【解答】解：等差数列{an}的前n项和为Sn，S3＝S9＝6，
∴，
解得a1＝，d＝﹣，
则S12＝12a1+＝12×+66×（﹣）＝0．
故选：A．
【点评】本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5．（2025 南京模拟）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S12＝63+S3，a3+a12＝12，则{an}的公差为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】等差数列的前n项和．
【专题】方程思想；定义法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】B
【分析】利用等差数列的通项公式、前n项和公式列方程组，能求出结果．
【解答】解：等差数列{an}的前n项和为Sn，S12＝63+S3，a3+a12＝12，
∴，
解得a1＝﹣7，d＝2．
故选：B．
【点评】本题考查等差数列的性质和前n项和公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6．（2025 濮阳二模）设等比数列{an}的前n项和为Sn，且，则a2025＝（ ）
A． B．2 C．2025 D．22024
【考点】求等比数列的前n项和．
【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】B
【分析】由已知结合等比数列的求和公式对q的范围进行分类讨论即可求解．
【解答】解：等比数列{an}的前n项和为Sn，且，
当q＝1时，a1＝2，符合题意，此时a2025＝2；
当q≠1时，＝＝2，此时q不存在，
则a2025＝2．
故选：B．
【点评】本题主要考查了等比数列的求和公式的应用，属于基础题．
7．（2025 山海关区模拟）已知公比为q的等比数列{an}的前n项和为Sn，则满足对任意n∈N*，Sn+1＞Sn+1恒成立的一个充分不必要条件是（ ）
A．a1＞1，q＞1 B．a1＜0，q＞1 C．a2＞1，q≥1 D．a2≥1
【考点】数列的求和；充分不必要条件的判断．
【专题】整体思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；简易逻辑；数学抽象．
【答案】A
【分析】由已知结合数列的递推关系进及充分必要条件的定义即可判断．
【解答】解：因为公比为q的等比数列{an}的前n项和为Sn，
则Sn+1＞Sn+1 Sn+1﹣Sn＞1 an+1＞1 a2＞1，q≥1，
所以C是充要条件；
A是充分不必要条件，
BD是既不充分也不必要条件．
故选：A．
【点评】本题主要考查了等比数列的和与项的递推关系的应用，属于基础题．
8．（2025 天津模拟）中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二．问物几何？现有这样一个相关的问题：将1到2025这2025个自然数中被5除余3且被7除余2的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，则该数列各项之和为（ ）
A．63199 B．59288 C．59287 D．59189
【考点】数列的求和．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】D
【分析】根据题意构建数列，令两个数列通项相同，由正整数求得参数，根据等差数列的求和公式，可得答案．
【解答】解：将1到2025这2025个自然数中被5除余3且被7除余2的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，
由2025÷5＝405，则设数列{an}的通项an＝5n+3（1≤n≤404）；
由2025÷7＝289 2，则设数列{bn}的通项bn＝7n+2（1≤n≤289）；
令5n+3＝7m+2，整理可得，由m＝3，8，13，18， ，则n为正整数，
设数列{cn}的通项m＝cn＝3+（n﹣1）×5＝5n﹣2，
令5n﹣2≤289，解得，则1≤n≤58，
设数列{un}的通项un＝7 cn+2＝35n﹣12（1≤n≤58），前n项和为Sn，
由等差数列的求和公式，可得．
故选：D．
【点评】本题考查等差数列的通项公式和求和公式，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 深圳模拟）已知等差数列{an}的首项为a1，公差为d，前n项和为Sn，若S25＜S23＜S24，则下列说法正确的是（ ）
A．当n＝24，Sn最大
B．使得Sn＜0成立的最小自然数n＝48
C．|a23+a24|＞|a25+a26|
D．中最小项为
【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】ABD
【分析】结合等差数列的性质，可得a24+a25＜0，a24＞0，a25＜0，由此可判断ABC的真假；再由n≤24和n≥48时，，25≤n≤47时，，再结合{an}，{Sn}的单调性可判断D的真假．
【解答】解：∵S25＜S23，∴a24+a25＜0，∵S23＜S24，∴a24＞0，∴a25＜0，∴d＝a25﹣a24＜0．
则当n＝24时，Sn最大．故A项正确；
由，
，且d＜0，
∴使得Sn＜0成立的最小自然数n＝48，故B项正确；
∵a23＞a24＞0＞a25＞a26，且a23+a24+a25+a26＝2（a24+a25）＜0，
∴a23+a24＜﹣a25﹣a26＝|a25+a26|，∴|a23+a24|＜|a25+a26|，C项错误；
∵当n≤24时，an＞0，Sn＞0，∴；
当n≥48时，an＜0，Sn＜0，∴；
当25≤n≤47时，an＜0，Sn＞0，∴．
且0＞a25＞a26＞ ＞a47，S25＞S26＞ ＞S47＞0，
∴中最小项为，故D项正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查等差数列的性质，属于中档题．
（多选）10．（2025 保定校级模拟）记等差数列{an}的前n项和为Sn，已知，其中P，Q，M为实数，则（ ）
A．M＝0 B．若{an}单调递增，则P＞0
C．若Q＝0，则a3＝4a1 D．若P+Q+M＝0，则a1＝0
【考点】等差数列的性质；等差数列的前n项和．
【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】ABD
【分析】利用Sn的关系式求得an＝2Pn﹣P+Q，再由{an}是等差数列，推出M＝0，确定A项，再根据各选项的要求依次判断即得．
【解答】解：等差数列{an}的前n项和为Sn，已知，
由①，可得：当n＝1时，a1＝S1＝P+Q+M；
当n≥2时，②，
由①﹣②：an＝2Pn﹣P+Q，
因{an}是等差数列，则n＝1时，P+Q＝a1＝P+Q+M．
对于A，易得M＝0，故A正确；
对于B，数列{an}的通项公式为：an＝2Pn﹣P+Q，
它是关于n的一次函数，故当{an}单调递增时，必有P＞0，即B正确；
对于C，当Q＝0时，an＝2Pn﹣P，则a3＝6P﹣P＝5P＝5a1，故C错误；
对于D，由A得M＝0，由P+Q+M＝0可得P+Q＝0，则a1＝P+Q＝0，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题主要考查了等差数列性质的应用，属于中档题．
（多选）11．（2025 海口一模）已知等比数列{an}的前n项和为Sn满足，数列{bn}满足，则下列说法正确的是（ ）
A．m＝﹣1
B．设，n∈N*，则f（n）的最小值为12
C．若tan﹣bn+2＞0对任意的n∈N*恒成立，则
D．设，若数列{cn}的前n项和为Tn，则Tn＜2
【考点】裂项相消法．
【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】CD
【分析】选项A，利用an＝Sn﹣Sn﹣1（n≥2），求解即可；选项B，结合对勾函数的单调性，求解即可；选项C，先求出bn＝n，再将问题转化为t＞对n∈N*恒成立，结合函数的单调性，即可得解；选项D，采用裂项相消法，求解即可．
【解答】解：选项A，在中，当n＝1时，a1＝4+m；
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝（2n+1+m）﹣（2n+m）＝2n，
因为{an}为等比数列，所以a1＝4+m满足上式，即a1＝4+m＝21，
解得m＝﹣2，且an＝2n，即A错误；
选项B，由，n∈N*，
令t＝an＝2n，则有，在t∈（0，6）上单调递减，在t∈（6，+∞）上单调递增，
当t＝4，即n＝2时，y＝13；
当t＝8，即n＝3时，y＝12.5，
所以f（n）min＝f（3）＝12.5，即B错误；
选项C，因为，
所以＝n﹣1（n≥2），
两式相减得（n≥2），
所以bn＝n（n≥2），
而b1＝1满足上式，所以bn＝n，
若tan﹣bn+2＞0对n∈N*恒成立，即对n∈N*恒成立，
令，则，
当1≤n≤2时，f（n+1）＞f（n）；当n＝3时，f（3）＝f（4）；当n≥4时，f（n+1）＜f（n），
所以，
所以，即C正确；
选项D，，
所以，即D正确．
故选：CD．
【点评】本题考查数列的通项公式与求和公式，熟练掌握利用an＝Sn﹣Sn﹣1（n≥2）求通项公式，对勾函数的单调性，裂项相消法等是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
（多选）12．（2025 上犹县校级一模）记数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2+n（n∈N*），则（ ）
A．a3＝6
B．数列是公差为1的等差数列
C．数列的前n项和为
D．数列{（﹣1）nan}的前2025项的和为﹣2024
【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】AC
【分析】根据求出an，再结合等差数列性质公式，利用裂项相消法和分组求和计算判定即可．
【解答】解：记数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2+n（n∈N*），
当n＝1时，a1＝S1＝2，
当n≥2时，﹣1）]＝2n，对n＝1也成立，
因此an＝2n，a3＝6，A正确；
，即有﹣＝﹣＝，
则数列是公差为的等差数列，B错误；
，
数列的前n项和为，C正确；
，
则数列{（﹣1）nan}的前2025项的和为2×1012﹣a2025＝2024﹣2×2025＝﹣2026，D错误．
故选：AC．
【点评】本题考查数列的通项与求和的关系，以及等差数列的定义、通项公式和求和公式、数列的裂项相消求和与分组求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2025 汕头模拟）已知公比不为1的等比数列{an}中，a1＝1且3a1、2a2、a3成等差数列，则a2025＝ 32024 ．（结果用幂表示）
【考点】等差数列与等比数列的综合．
【专题】方程思想；定义法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】32024．
【分析】由等差中项求得等比数列公比，再结合等比数列通项公式即可求解．
【解答】解：由已知3a1，2a2，a3成等差数列，得4a2＝3a1+a3，
又等比数列{an}的首项为1，公比q≠1，
∴4q＝3+q2，解得q＝3，
∴．
故答案为：32024．
【点评】本题考查等比数列的通项公式与等差数列的性质，考查运算求解能力，是基础题．
14．（2025 深圳模拟）已知数列{an}的前n项和为，，则数列{bn}的前n项和Tn＝ ．
【考点】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】．
【分析】先根据an与Sn的关系求出数列{an}的通项公式，再利用裂项相消法求解即可．
【解答】解：数列{an}的前n项和为，，
可得当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝2an﹣2﹣2an﹣1+2＝2an﹣2an﹣1，
即an＝2an﹣1，
当n＝1时，S1＝2a1﹣2＝a1，即有a1＝2，
所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，
所以，
所以．
故答案为：．
【点评】本题考查数列的通项与求和的关系，以及等比数列的通项公式、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．
15．（2025 南京模拟）已知等比数列{an}中，a2024＝1，a2025＝2，能使不等式成立最小正整数m＝ 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】4048．
【分析】由等比数列的通项公式和求和公式，结合不等式的解法，可得所求最小值．
【解答】解：等比数列{an}中，a2024＝1，a2025＝2，
可得公比q＝2，an＝a20242n﹣2024＝2n﹣2024，
an＝2n﹣2024，＝22024﹣n，
不等式，
即为a1+a2+...+am＞++...+，
可得＞，
化为2m＞＝24047，
解得m＞4047，即n的最小值为4048．
故答案为：4048．
【点评】本题考查等比数列的通项公式和求和公式，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
16．（2025 湖南一模）下面给出一种构造新数列的方法：在数列的每相邻两项之间插入此两项的等差中项，按照原来的顺序得到一个新的数列；再将新得到的数列按照上述方法构造，又得到一个新的数列；重复以上操作，现将数列1，2按照上述方法进行构造；第一次得到的新数列为1，，2；第二次得到的新数列为1，，，，2；第三次得到的新数列为1，，，，，，，，2；…，记第n次得到的新数列为1，x1，x2，x3，…，xk，2，且Tn＝x1+x2+x3+ +xk.①当n＝5时，k＝ 31 ，②T1+T2+ +T10＝ 3054 ．（用数值作答）
【考点】求等比数列的前n项和；等差数列的性质．
【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】31；3054
【分析】找到规律，结合等差中项及等比数列求和公式即可求解；
【解答】解：在数列的每相邻两项之间插入此两项的等差中项，按照原来的顺序得到一个新的数列，
第一次得到的新数列为1，，2，k＝1＝21﹣1；
第二次得到的新数列为1，，，，2；k＝3＝22﹣1；
第三次得到的新数列为1，，，，，，，，2；k＝7＝23﹣1；
以此类推可得：n＝5时，k＝32﹣1＝31；
n＝10时，k＝210﹣1；
再结合等差中项可得：
所以，
故答案为：31；3054．
【点评】本题主要考查了等差数列的性质及等比数列的求和公式，属于中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2025 天河区模拟）已知集合S＝{0，1，…，n}（n＝3，4，…），设S的所有元素按一定顺序排列得到数列X：x0，x1，…，xn和Y：y0，y1，…，yn．若X和Y满足{ | ＝|xi﹣yi|，i＝0，1，…，n}＝S，则称X和Y关于S封闭．
（1）若n＝3，X：0，1，2，3，写出两个不同的数列Y，使得X和Y关于S封闭；
（2）已知数列Z：0，1，…，n，X和Z关于S封闭．
（i）若随机变量ξ服从P（ξ＝i）＝，i＝0，1，…，n，求E（ξ）；
（ii）证明：存在不同于X的数列Y，使得Y和Z关于S封闭．
（参考公式：12+22+…+n2＝）
【考点】数列的应用．
【专题】整体思想；定义法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑思维；新定义类．
【答案】（1）3，1，0，2；2，1，3，0；3，0，2，1；1，3，2，0．（写对两个即可）．
（2）（i）E（ξ）＝．
（ii）证明见解答．
【分析】（1）根据X和Z关于S封闭的定义写出即可；
（2）（i）根据全封闭定义结合数表法以及均值公式分析计算即可．
（ii）利用反证法，得到互相矛盾的结论．
【解答】解：（1）数列Y可以为3，1，0，2；2，1，3，0；3，0，2，1；1，3，2，0．（写对两个即可）．
（2）（i）由数列Z和X可以构成数表1，
0 1 2 … i … n
x0 x1 x2 … xi … xn
因为X和Z关于S封闭，所以xi和|i﹣xj|取遍0，1，2，…，n，
所以，因为，
因为＝，
所以2＝，所以E（ξ）＝＝＝．
（i）交换数表1中的两行，记该过程为第一次操作，得到数表2，
x0 x1 x2 … xi … xn
0 1 2 … i … n
调整数表2各列顺序，使数表2的第一行变为0，1，…，n，
数表2的第二行变为y0，y1…，yn，
记该过程为第二次操作，得到数表3，
0 1 2 … i … n
y0 y1 y2 … yi … yn
因为X和Z关于S封闭，所以经过以上两次操作后，可知数列Y：y0，y1，…，yn与数列Z关于S封闭，
假设数列x和x相同，则x0＝y0，x1＝y1，…，xn＝yn，不妨设x0≠0，xi＝0（i≠0），
经过第一次操作后，数表2中xi＝0与i同列．因此y0＝i，故|y0﹣0|＝|xi﹣i|（i≠0）．
因为x0＝y0＝i，故|x0﹣0|＝|xi﹣i|（i≠0）．
另一方面，因为X和Z关于S封闭，所以|xi﹣i|（i＝0，1，…，n），取遍0，1，2，…，n，
则有|x0﹣0|≠|xi﹣i|（i≠0），从而与|x0﹣0|＝|xi﹣i|（i≠0）矛盾．
所以存在不同于X的数列Y，使得Y和Z关于S封闭．
【点评】本题考查数列的综合应用，属于中档题．
18．（2025 碑林区校级模拟）已知等比数列{an}的公比q＞1，a1+a2+a3＝14，a2+1是a1＝2，a3的等差中项．等差数列{bn}满足2b1＝a2，b4＝a3．
（1），求数列{cn}的前n项和；
（2）将数列{an}与{bn}的所有项按照从小到大的顺序排列成一个新的数列，求此数列的前2n项和．
【考点】错位相减法；由等比数列中若干项求通项公式或其中的项．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）；
（2）4n﹣（2n﹣3） 2n+n2﹣n﹣2．
【分析】（1）根据给定条件，结合等比数列通项列出方程组求出a1，q，求出{an}，{bn}的通项公式，再利用错位相减法求和；
（2）利用（1）的结论，确定新数列前2n项中，数列{an}，{bn}所占项数，再借助等比数列、等差数列前n项和公式计算作答．
【解答】解：（1）因为等比数列{an}的公比q＞1，a1+a2+a3＝14，a2+1是a1＝2，a3的等差中项，
所以，
因为q＞1，解得，所以．
因为数列{bn}是等差数列，设其公差为d，
因为2b1＝a2，b4＝a3，
所以，解得，所以bn＝2n．
数列{cn}的前n项和记为Sn，则Sn＝c1+c2+ cn，
因为，
所以，
，
两式相减得：
＝＝＝，
所以．
（2）因为，bn＝2n，设新数列为{en}，
因为数列{an}与数列{bn}都是递增数列，且，，
又因为（2n﹣n）﹣2n﹣1＝2n﹣1﹣n≥0，
所以数列{en}的前2n项由{an}中的前n项和{bn}中的前2n﹣n项构成，
所以
＝（2+4+8+ +2n）+（2+4+ +2n+1﹣2n）
＝
＝2n+1﹣2+4n﹣n×2n+1+n2+2n﹣n
＝4n﹣（2n﹣3） 2n+n2﹣n﹣2．
【点评】本题考查等差、等比数列基本量的运算，错位相减法求和，分组求和法求和，属于中档题．
19．（2025 山海关区模拟）若数列{an}满足：①an≥0；②对任意i，j∈N*（i≠j），ai+aj与|ai﹣aj|至少有一个是数列{an}中的项，则称数列{an}为友好数列．
（1）若数列a，b，c（c＞b＞a＞0）既是等差数列又是友好数列，求证：b＝2a；
（2）数列{bn}满足对任意p，q∈N*，bpbq＝bp+q，且b1＝2，数列m，b9，b10为友好数列，求m的值；
（3）若友好数列{cn}至少有5项，c1＝0，ci＜ci+1（i＝1，2，3，…，n﹣1）且ck＝187，求{cn}的前k项和Sk．
【考点】数列的求和；数列的应用．
【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）证明见解答；（2）m＝0或512或1536；（3）1122或1683．
【分析】（1）由不等式的性质和等差数列的中项性质、友好数列的定义，可得证明；
（2）令p＝n，q＝1．得bn+1＝2bn，结合等比数列的通项公式和友好数列的定义，分类讨论，解方程可得所求值；
（3）由ci＜ci+1（i＝1，2，3， ，n﹣1）可得cn+cn﹣1＞cn+cn﹣2＞ ＞cn+c2＞cn，推出cn﹣ci（i＝2，3， ，n﹣1）都在{cn}中，由友好数列的定义和反证法思想，推得数列{cn}是等差数列，公差d＝c2﹣c1＝c2，cn＝（n﹣1）c2，由ck＝187，求得k的值，可得前k项和Sk．
【解答】解：（1）证明：因为c＞b＞a＞0，所以b+c＞a+c＞c，
因为a，b，c成等差数列，所以a+c＝2b，①
因为a，b，c是友好数列，且c＞c﹣a＞c﹣b，
所以，即a+b＝c，②
由①②得b＝2a．
（2）bpbq＝bp+q中令p＝n，q＝1．得bn+1＝b1bn＝2bn，
所以数列{bn}是b1＝2，公比为2的等比数列，所以．
数列m，b9，b10为友好数列，即m，512，1024为友好数列，则m≥0，
若m＞0，因为1024+m不在该数列中，
所以|1024﹣m|在该数列中，
所以|1024﹣m|＝m或|1024﹣m|＝512，
由|1024﹣m|＝m，解得m＝512；由|1024﹣m|＝512，解得m＝512或1536，
所以m＝512或1536，
经验证，512，512，1024是友好数列，1536，512，1024是友好数列；
若m＝0，可验证0，512，1024是友好数列；
所以m＝0或512或1536．
（3）由ci＜ci+1（i＝1，2，3， ，n﹣1）可得cn+cn﹣1＞cn+cn﹣2＞ ＞cn+c2＞cn，
所以cn+ci（i＝2，3， ，n﹣1）不在{cn}中，
所以cn﹣ci（i＝2，3， ，n﹣1）都在{cn}中，
因为c1＝0＜cn﹣cn﹣1＜cn﹣cn﹣2＜ ＜cn﹣c2＜cn，
所以cn﹣ci＝cn+1﹣i（i＝2，3， ，n﹣1），
所以cn＝c2+cn﹣1＝c3+cn﹣2．
因为cn﹣1+cn﹣2＞cn﹣1+cn﹣3＞ ＞cn﹣1+c2＝cn，
所以cn﹣1+ci（i＝3，4， ，n﹣2）不在数列{cn}中，
所以cn﹣1﹣ci（i＝3，4， ，n﹣2）在数列{cn}中．
因为c1＝0＜cn﹣1﹣cn﹣2＜cn﹣1﹣cn﹣3＜ ＜cn﹣1﹣c3＜cn﹣1，
若cn﹣1﹣c3＝cn﹣2，则cn﹣1＝c3+cn﹣2＝cn，与已知矛盾，
所以c1＜cn﹣1﹣cn﹣2＜cn﹣1﹣cn﹣3＜ ＜cn﹣1﹣c3≤cn﹣3，
因为cn﹣1﹣cn﹣2，cn﹣1﹣cn﹣3， ，cn﹣1﹣c3共有n﹣4项，c2，c3， ，cn﹣3共有n﹣4项，
所以cn﹣1﹣cn﹣2＝c2，cn﹣1﹣cn﹣3＝c3， ，cn﹣1﹣c3＝cn﹣3，
即cn﹣1﹣ci＝cn﹣i（i＝3，4， ，n﹣2），与cn﹣ci＝cn+1﹣i（i＝2，3， ，n﹣1）联立得cn﹣cn﹣1＝ ＝cn﹣2﹣cn﹣3＝c3﹣c2＝c2﹣c1＝c2，
所以数列{cn}是首项为0，公差d＝c2﹣c1＝c2的等差数列，
可得cn＝（n﹣1）c2，
因为ck＝187＝11×17，
所以k＝12，c2＝17或k＝18，c2＝11，
当k＝12时，，
当k＝18时，，
综上，可得前k项和Sk为1122或1683．
【点评】本题考查数列的新定义和等差数列的定义、通项公式和求和公式，考查转化思想和分类讨论思想、运算能力，属于难题．
20．（2025 汕头模拟）设{an}为无穷数列，{n1，n2，…，nk，…}为正整数集N*的无限子集，且n1＜n2＜…＜nk＜…，则数列，，…，，…称为数列{an}的一个子列．
（1）请写出一个无穷等差数列，其任意子列均为等比数列；
（2）设无穷数列{an}为等差数列，a1＝1，a3＝2+1，证明：{an}的任意子列不是等比数列；
（3）对于公差不为零的无穷等差数列{an}，试探究其任意子列不是等比数列的一个充分条件．
【考点】数列的应用．
【专题】转化思想；反证法；定义法；等差数列与等比数列；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）an＝1（答案不唯一）；
（2）证明见解析；
（3）是无理数．
【分析】（1）既是等差数列又是等比数列的数列是非0常数列，由此可得；
（2）用反证法证明其中任意三项都不可能成等比数列；
（3）在（2）的提示下， 是无理数是其充分条件，利用反证法得是无理数时，假设其为等比数列不成立．
【解答】解：（1）既是等差数列又是等比数列的数列最简单的是非0常数列，
如an＝2，它是等差数列，它的任意子列均为公比为1的等比数列；
（2）证明：若{an}存在一个子列是等比数列，则{an}中必存在某三项成等比数列，
现证{an}的任意三项不能构成等比数列，
假设＝aiam，其中i，j，m∈N*且i＜j＜m，
∵公差d＝＝，∴an＝1+（n﹣1）＝n+（1﹣），
∴＝[i+（1﹣）] [m+（1﹣）]，
整理得（i+m﹣2j）＝2[（j2﹣im）+（i+m﹣2j）]，
若i+m﹣2j＝0，则j2﹣im＝0，∴i＝m，这与i＜m矛盾，
∴i+m﹣2j≠0，此时（1）中左边为无理数，右边为有理数，不可能相等，
∴假设不成立，即{an}的任意三项不能构成等比数列，
∴{an}的任意子列不是等比数列；
（3）若无穷等差数列{an}的任意三项均不能构成等比数列，则其任意子列必定不是等比数列，
设{an}的公差为d，则d≠0，现证“是无理数”为满足题意的一个充分条件．
假设＝aiam，其中i，j，m∈N*且i＜j＜m，
∵an＝a1+（n﹣1）d＝dn+（a1﹣d），
∴＝[di+（a1﹣d）][dm+（a1﹣d）]，
整理得a1d（i+m﹣2j）＝d2[（j2﹣im）+（i+m﹣2j）]，
若i+m﹣2j＝0，则j2﹣im＝0，∴i＝m，这与i＜m矛盾，
∴i+m﹣2j≠0，此时＝为有理数，
∴当是无理数时，假设不成立，∴{an}的任意三项不能构成等比数列，
即{an}的任意子列不是等比数列，
∴“是无理数”为“{an}的任意子列不是等比数列”的一个充分条件．
【点评】本题考查了等差数列与等比数列的应用问题，也考查了推理与运算能力，是难题．
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