第4讲数列选择题压轴题(原卷版+解析)

第4讲数列选择题压轴题一、单选题：1．（2021浙江名校协作体开学考试）已知数集具有性质P：对任意的，或成立，则（）A．若，则成等差数列B．若，则成等比数列C．若，则成等差数列D．若，则成等比数列2．（2021浙江省宁海中学高三零模）若数列满足，，记数列的前n项和是，则（）A．若数列是常数列，则B．若，则数列单调递减C．若，则D．若，任取中的9项构成数列的子数列，则不全是单调数列3．（2021·江苏三校联考）已知数列，，，则当时，下列判断不一定正确的是（）A． B．C． D．存在正整数k，当时，恒成立4．（2021·安徽皖北协作区联考（文））已知数列满足，其前项和，数列满足，其前项和为，若对任意恒成立，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．5．（2021·浙江省宁海中学高三月考）对于，，若正整数组满足，，则称为的一个拆，设中全为奇数，偶数时拆的个数分别为，，则（）A．存在，使得 B．不存在，使得C．存在，使得 D．不存在，使得6．（2021·湖南常德市一中高三月考）对任一实数序列，定义序列，它的第项为．假定序列的所有项都为1，且，则（）A．1000 B．2000 C．2003 D．40067．（2021·浙江台州期末）已知数列中，，，记，，，，给出下列结论：①；②；③；④．则（）A．①③正确 B．①④正确 C．②③正确 D．②④正确8．（2021长春市第二实验中学高三期中（理））已知数列的前项和为，首项(且)，且，，数列的前项和为．若关于的不等式有且仅有两个不同的正整数解，则实数的取值范围为（）A． B．C． D．9．（2021安徽皖南八校联考（理））已知正项数列的前n项和为，如果都有，数列满足，数列满足．设为的前n项和，则当取得最大值时，n的值等于（）A．17 B．18 C．19 D．2010．（2021浙江绍兴月考）已知数列是公差不为零且各项均为正数的无穷等差数列，其前项和为．若且，则下列判断正确的是（）A． B．C． D．11．（2021中学生标准学术能力诊断性测试（理））已知，，，成等比数列，且，若，则（）A．， B．，C．， D．，12．（2021通榆县第一中学校高三期中（理））已知数列中，其前项和为，且满足，数列的前项和为，若对恒成立，则实数的取值范围是（）A． B．C． D．13．（2021浙江数海漫游联考）已知正项数列，满足，，，则下列说法正确的是（）A．存在有理数a，对任意正整数m，都有B．对于任意有理数a，存在正整数m，使得C．存在无理数a与正整数m，使得D．对于任意无理数a，存在正整数m，使得14．（2021河南南阳期中（理））已知数列，满足，，，，则使成立的最小正整数为（）A．5 B．7 C．9 D．1115．（2021上海浦东新区·华师大二附中高三月考）已知数列满足，，则下列选项错误的是（）A．数列单调递增B．不存在正数，使得恒成立C．D．16．（2021湖南长沙市·长郡中学高三开学考试）设数列的前项和为，当时，，，成等差数列，若，且，则的最大值为（）A． B． C． D．17．（2021张家口市宣化第一中学高三月考）已知数列{an}的首项a1＝3，前n项和为Sn，an+1＝2Sn+3，n∈N*，设bn＝log3an，数列的前n项和Tn的范围（）A． B． C． D．18．（2021福建厦门市·厦门外国语学校高三期中）数列中的项按顺序可以排列成如图的形式，第一行1项，排；第二行2项，从左到右分别排，；第三行3项……以此类推，设数列的前项和为，则满足的最小正整数的值为（）A．22 B．21 C．20 D．1919．（2021浙江新高考联盟）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．20．（2021·安徽皖北协作区联考（理））已知数列的前项和为，，函数，则“”是“数列为递减数列”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件21．（2021·江西八校联考（理））十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础．著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作：再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作：…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段．操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”．若使去掉的各区间长度之和小于，则操作的次数的最大值为（）(参考数据：，，，)A．4 B．5 C．6 D．722．（2021·吉林吉林三模（理））《周髀算经》中有这样一个问题：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，前三个节气日影长之和为尺，最后三个节气日影长之和为尺，今年月日时分为春分时节，其日影长为（）A．尺 B．尺 C．尺 D．尺23．（2021·江西八校4月联考（文））已知正项数列满足，是的前项和，且，则（）A． B．C． D．24．（2021·四川成都二模（文））已知数列的前项和满足，记数列的前项和为，．则使得的值为（）A． B． C． D．25．（2021·浙江省宁海中学高三月考）已知公差的等差数列的前项和为，若，则（）A． B．C． D．26．（2021·浙江新高考测评）已知是递增数列，且，则关于数列，对任意的正整数，，下列结论不可能成立的是（）A． B．C． D．27．（2021·辽宁铁岭一模）已知是上的奇函数，，，则数列的一个通项公式为（）A． B． C． D．28．（2021·浙江温州二模）已知递增等差数列的前项和为，若，且成等比数列，则（）A．B．C．D．29．（2021·浙江新高考测评）已知正项数列满足，，则（）A．对任意的，都有 B．对任意的，都有C．存在，使得 D．对任意的，都有30．（2021·河南平顶山二模（理））已知各项均为正数的等比数列，，，成等差数列，若中存在两项，，使得为其等比中项，则的最小值为（）A．4 B．9 C． D．31．（2021·河南平顶山二模（理））已知数列的前项和为，，，则（）A． B． C． D．32．（2021·山西高三一模（理））已知数列中，对于，且，有，若（，且互质），则等于（）A．8089 B．8088 C．8087 D．808633．（2021·湘豫名校联考（文））数列各项均是正数，，，函数在点处的切线过点，则下列命题正确的个数是（）①；②数列是等比数列；③数列是等比数列；④．A．1 B．2 C．3 D．434．（2021·山东德州一模）英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛，若数列满足，则称数列为牛顿数列．如果函数，数列为牛顿数列，设且，，数列的前项和为，则（）A． B． C． D．35．（2021·河南非凡3月调研（理））自然奇数列：1，3，5，…，按如下方式排成三角数阵，第行最后一个数为，则的最小值为（）A． B． C．91 D．36．（2021·河南新乡一模（理））已知数列满足，，则数列的前项和（）A． B． C． D．37．（2021·新疆二模（理））若是函数的极值点，数列满足，，设，记表示不超过的最大整数．设，若不等式对恒成立，则实数的最大值为（）A． B． C． D．38．（2021·浙江省宁海中学高三月考）已知数列为等差数列，则“为有理数”是“数列中存在有理数”A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件39．（2021·安徽六校2月联考（理））已知数列是公比为q的等比数列，且首项，给出下列命题：：若，则；：若，则．则下列说法正确的是（）A．为真命题，为假命题 B．，都为真命题C．为假命题，为真命题 D．，都为假命题40．（2021·湖南长沙市·长沙一中高三月考）记无穷数列的前项的最大项为，第项之后的各项，···的最小项为，令，若数列的通项公式为，则数列的前项和为（）A． B． C． D．二、多选题：41．（2021江苏省天一中学高三其他模拟）已知等比数列的公比为q，前n项和，设，记的前n项和为，则下列判断正确的是（）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则42．（2021·辽宁铁岭一模）设数列满足，对恒成立，则下列说法正确的是（）A． B．是递增数列C． D．43．（2021·广东广州一模）在数学课堂上，教师引导学生构造新数列：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列．将数列1，2进行构造，第1次得到数列1，3，2；第2次得到数列1，4，3，5，2；…；第次得到数列1，，2；…记，数列的前项为，则（）A． B． C． D．44．（2021·湖北B4联考）已知数列的首项且满足，其中，则下列说法中正确的是（）A．当时，有恒成立B．当时，有恒成立C．当时，有恒成立D．当时，有恒成立45．（2021·湖南长沙市·雅礼中学高三月考）已知等比数列首项，公比为，前项和为，前项积为，函数，若，则（）A．为单调递增的等差数列 B．C．为单调递增的等比数列 D．使得成立的的最大值为646．（2021百校联盟12月质检）设数列的前项和为，且，则下列结论正确的是（）A．若，则数列为等比数列 B．若，则数列为等比数列C．若，则数列为等差数列 D．若，则数列为等差数列47．（2021长沙市·湖南师大附中高三月考）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．48．（2021·福建省福州第一中学高三期中）在（）中，内角的对边分别为，的面积为，若，，，且，，则（）A．一定是直角三角形 B．为递增数列C．有最大值 D．有最小值49．（2021八省市适应性考试）已知数列均为递增数列，的前n项和为的前n项和为且满足，则下列结论正确的是（）A． B． C． D．50．（2021·浙江省杭州第二中学高三开学考试）设数列满足，对任意的恒成立，则下列说法正确的是（）A． B．是递增数列C． D．51．（2021扬州市新华中学高三月考）已知是等差数列的前项和，，设，则数列的前项和为，则下列结论中正确的是（）A． B．C． D．时，取得最大值52．（2021江苏南通市·海门中学高三月考）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”，记为数列的前项和，则下列结论正确的是（）A． B．C． D．53．（2021福建省永泰县第一中学高三月考）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，则的通项公式为（）A．B．且C．D．54．（2021广东六校联盟）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8，…，该数列的特点是：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和．人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列．并将数列中的各项除以4所得余数按原顺序构成的数列记为，则下列结论正确的是A． B．C． D．55．（2021沙坪坝区·重庆八中高三月考）已知数列满足给出下列四个命题，其中的真命题是（）A．数列单调递增； B．数列单调递增；C．数从某项以后单调递增； D．数列从某项以后单调递增．56．（2021江苏南京市·金陵中学高三月考）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…．，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”，记为数列的前n项和，则下列结论正确的是（）A． B．C． D．第4讲数列选择题压轴题一、单选题：1．（2021浙江名校协作体开学考试）已知数集具有性质P：对任意的，或成立，则（）A．若，则成等差数列B．若，则成等比数列C．若，则成等差数列D．若，则成等比数列【答案】D【解析】∵具有性质P，∴或中至少有一个属于，

由于，∴，故，从而，故；

∵，∴，故由具有性质可知，

又∵，∴，当时，有，即，

∵，∴，故，由具有性质可知，

由，得，且，∴，

∴：，即是首项为1，公比为的等比数列．故选D．【点睛】本题考查了利用条件进行等比数列的判断，根据大小确定顺序及判断是否符合条件是解题关键，需要较强的逻辑思维能力和计算能力，属于难题．2．（2021浙江省宁海中学高三零模）若数列满足，，记数列的前n项和是，则（）A．若数列是常数列，则B．若，则数列单调递减C．若，则D．若，任取中的9项构成数列的子数列，则不全是单调数列【答案】C【分析】对于A：由数列为常数数列，则，解方程可得的值；对于B：由函数，，求得导数，判断单调性和极值，即可进行判断；对于D：由，判断的奇偶性和单调性，结合正弦函数的单调性，可得数列都是单调数列，即可进行判断．【解析】对于A：若数列为常数列，则，或，故A错误；对于B：若，，，设函数，，由，可得极值点唯一且为，极值点为，由，可得，则，即有由于，，由正弦函数单调性可得，∴数列是单调递增函数，故B错误；对于D：若，任取中的9项，，，，，构成数列的子数列，，2，，9，是单调递增数列；由，可得，为奇函数；当时，，时，；当时，；时，，运用正弦函数的单调性可得或时，数列单调递增；或时，数列单调递减，∴数列都是单调数列，故D错误，故选C．【点睛】本题考查数列的单调性的判断和运用，考查正弦函数的单调性和应用，和分类讨论的数学思想，属于难题．3．（2021·江苏三校联考）已知数列，，，则当时，下列判断不一定正确的是（）A． B．C． D．存在正整数k，当时，恒成立【答案】C【分析】根据递推关系式利用数学归纳法证明A正确，利用分析法证明B正确，取特值可说明C不正确，两边平方后利用放缩法可得，即可得到，分析恒成立的条件即可．【解析】，，当时，，当时取等号，假设时，，当时，，由函数在上单调递增知，由以上可知，对成立，故A正确．若成立，则需成立，即成立，而成立，故原命题，B正确；取，则，，此时，，∴可知C不正确；，，故，故，取的正整数，则有时，恒成立，故D正确．故选C．【点睛】本题主要考查了数列的递推关系，数学归纳法，分析法证明，特值法排除，放缩法等不等式的性质，考查推理能力，运算能力，属于难题．4．（2021·安徽皖北协作区联考（文））已知数列满足，其前项和，数列满足，其前项和为，若对任意恒成立，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用与关系可证得为等差数列，由此可求得，将进行裂项后，前后相消可求得，将问题转化为；令，可证得为递增数列，由此得到．【解析】当时，，解得：或，又，；当时，由得：，，整理可得：，，，即，是以为首项，为公差的等差数列，；经检验：满足；综上所述：，，，由得：，令，则，为递增数列，，，即实数的取值范围为．故选A．【点睛】关键点点睛：本题解题关键是能够采用裂项相消的方法求得，对于通项公式中含有类型的数列进行裂项求和时，需注意将通项裂成两项之和的形式，进而利用的波动性前后相消得到结果．5．（2021·浙江省宁海中学高三月考）对于，，若正整数组满足，，则称为的一个拆，设中全为奇数，偶数时拆的个数分别为，，则（）A．存在，使得 B．不存在，使得C．存在，使得 D．不存在，使得【答案】D【分析】任意的，至少存在一个全为1的拆分，判断选项A；当为奇数时，判断能否是全偶拆分，判断选项B；选项，可以举例发现规律，判断选项．【解析】对于任意的，至少存在一个全为1的拆分，故A错误；当为奇数时，，故B错误；当为偶数时，是每个数均为偶数的分拆，则它至少对应了和的均为奇数的拆，当时，偶数拆为，奇数拆为，；当时，偶数拆为，，奇数拆为，；故当时，对于偶数的拆，除了各项不全为1的奇数拆分外，至少多出一项各项均为1的拆，故，故C错误，D正确．故选D．【点睛】关键点点睛：本题考查新定义，关键是读懂题意，理解定义，并能根据选项举例解决问题．6．（2021·湖南常德市一中高三月考）对任一实数序列，定义序列，它的第项为．假定序列的所有项都为1，且，则（）A．1000 B．2000 C．2003 D．4006【答案】D【分析】是公差为的等差数列，可先设出的首项，然后表示出的通项，再用累加法表示出序列的通项，再结合求出的首项和的首项，从而求出序列的通项公式，进而获解．【解析】依题意知是公差为的等差数列，设其首项为，通项为，则，于是由于，即，解得．故．故选D【点睛】本小题主要考查新定义数列的性质，考查等差数列的前项和公式以及通项公式．题目定义的数列为二阶等差数列．高阶等差数列的定义是这样的：对于对于一个给定的数列，把它的连续两项与的差记为，得到一个新数列，把数列称为原数列的一阶差数列，如果常数，则为二阶等差数列，可用累加法求得数列的通项公式．7．（2021·浙江台州期末）已知数列中，，，记，，，，给出下列结论：①；②；③；④．则（）A．①③正确 B．①④正确 C．②③正确 D．②④正确【答案】D【分析】根据数列递推公式与数列的前项和，判断数列的单调性与临界值，对每个序号逐一判断．【解析】①，∴数列是递增数列，又，∴与同号，又∵，∴，即，故①错；，由①知，数列是递增数列且恒小于，∴，∴即恒成立，故②正确；∵，，等价于，∵数列是递增数列且恒小于，∴存在，当时，有，∵为固定的值，记为，趋向于，，∴，∴，故③错误；∵，，，∴等价于，∵恒成立，∴恒成立，故④正确；故选D．【点睛】解答该题的关键在于判断数列的单调性与临界值，根据数列的递推公式判断数列的正负，从而得数列的单调性，同时需要利用数列相关不等式的推断数列的临界值．8．（2021长春市第二实验中学高三期中（理））已知数列的前项和为，首项(且)，且，，数列的前项和为．若关于的不等式有且仅有两个不同的正整数解，则实数的取值范围为（）A． B．C． D．【答案】C【分析】先利用判断是等比数列，进而求出和的通项公式，求出数列的前项和为，解不等式即可．【解析】当时，，两式作差有，又由，有，得，∴也成立，可得，故数列是等比数列，∴，而，∴数列为等差数列，且，，若仅有两个整数解，又若满足，必有满足，不满足，有解得或，又当时，，令，，可得函数单调递减，不存在这样的m符合题意．故实数的取值范围为．故选C．【点睛】(1)利用求通项公式是求通项公式的一种常见方法；(2)若是等比数列，且，记，则为等差数列．9．（2021安徽皖南八校联考（理））已知正项数列的前n项和为，如果都有，数列满足，数列满足．设为的前n项和，则当取得最大值时，n的值等于（）A．17 B．18 C．19 D．20【答案】D【分析】由数列的递推式可得，再得出数列是以1为首项，1为公差的等差数列，即可求得，讨论数列中各项的符号，即可得所求最大值时的值．【解析】当时，，整理可得，，，当时，，整理可得，则，数列是以1为首项，1为公差的等差数列，，则，，，则，当时，；当时，，故当时，；时，；时，；当时，，又，故当时，取得最大值．故选D．【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用，以及等差数列的定义、通项公式，数列中项的符号，考查运算能力和推理能力，解题的关键是根据递推关系得出数列是以1为首项，1为公差的等差数列，从而求出，判断的符号．10．（2021浙江绍兴月考）已知数列是公差不为零且各项均为正数的无穷等差数列，其前项和为．若且，则下列判断正确的是（）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用等差数列的求和公式可判断A选项的正误；利用作差法结合等差数列的通项公式可判断B选项的正误；利用结合不等式的基本性质可判断C选项的正误；利用等差数列的求和公式结合不等式的基本性质可判断D选项的正误．【解析】对于A选项，由于，故选项A错误；对于B选项，由于，则，故选项B错误；对于C选项，由于，故选项C错误；对于D选项，设，则，从而，由于，故．，故．，由此，故选项D正确．故选D．【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列中不等式关系的判断，在解题过程中充分利用基本量来表示、，并结合作差法、不等式的基本性质来进行判断．11．（2021中学生标准学术能力诊断性测试（理））已知，，，成等比数列，且，若，则（）A．， B．，C．， D．，【答案】B【分析】由可得出，进而得出，再由得出，即可根据的范围判断大小．【解析】设等比数列的公比为，则，可得，当时，，，，，即，，整理得，显然，，，，即，，即．故选B．【点睛】关键点睛：本题考查等比数列的性质，解题的关键是通过已知条件判断出，从而可判断大小．12．（2021通榆县第一中学校高三期中（理））已知数列中，其前项和为，且满足，数列的前项和为，若对恒成立，则实数的取值范围是（）A． B．C． D．【答案】D【分析】由利用，得到数列是以1为首项，为公比的等比数列，进而得到是以1为首项，为公比的等比数列，利用等比数列前n项和公式得到，，将恒成立，转化为对恒成立，再分为偶数和为奇数讨论求解．【解析】当时，，得；当时，由，得，两式相减得，∴数列是以1为首项，为公比的等比数列．∵，∴．又，∴是以1为首项，为公比的等比数列，∴，，由，得，∴，∴．又，∴，∴，即对恒成立，当为偶数时，，∴，令，则数列是递增数列，∴；当为奇数时，，∴，∴，∴．综上，实数的取值范围是．故选D．【点睛】方法点睛：数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种：一是判断数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不等式的证明．在解决这些问题时，往往转化为函数的最值问题．13．（2021浙江数海漫游联考）已知正项数列，满足，，，则下列说法正确的是（）A．存在有理数a，对任意正整数m，都有B．对于任意有理数a，存在正整数m，使得C．存在无理数a与正整数m，使得D．对于任意无理数a，存在正整数m，使得【答案】B【解析】首先若，则，否则，于是，（舍去），（1）若是无理数，则是无理数，也是无理数，不论还是，仍然是无理数，这样数列中各项均为无理数，∴不可能有，C、D均错误．（2）①若是正整数，则或，如果某一项大于1就减去1，得数列的下一项，经过这种操作都可以减小到1，∴存在正整数，使得，从而，②若不是正整数，设，互质的正整数，），若，则为正整数，回到①的情形；③若不是正整数，设，互质的正整数，），若，若，则，若，则，不妨记，则，由得到称为一次操作，经过有限次减1操作后，一定有，在时，这样再继续刚才的操作，，…，由此可得到一列数：，首先分子逐渐减小，然后分母减小，再分子逐渐减小，再分母减小．是确定的正整数，此操作步骤一定是有限的，最后都会变成（是大于1的正整数），那么数列的下一项为，又回到①的情形，∴一定存在正整数，使得，从而．由此A错误，B正确．故选B．【点睛】本题考查数列的递推公式，考查实数的运算，解题方法是对正实数进行分类，无理数，有理数，有理数又分为整数和分数，分别利用递推公式得出数列的下一项，这称为一次操作，对所有的有理数经过有限次操作后都会得到1，即数列中总会出现1，而以后每一项都是1．这是一种无限与有限的结合．有理数是有无限个，但对每一个有理数又是有限的操作，从而完成证明．14．（2021河南南阳期中（理））已知数列，满足，，，，则使成立的最小正整数为（）A．5 B．7 C．9 D．11【答案】C【分析】令，由，可知数列是首项为1．8，公比为的等比数列，即，则，解不等式可得n的最小值．【解析】令，则，，∴数列是首项为1．8，公比为的等比数列，∴，由，即，整理得，由，，∴，即，故选C．【点睛】本题考查了等比数列及等比数列的通项公式，解题的关键是根据已知的数列递推关系式，利用等比数列的定义，得到数列为等比数列，考查了学生的分析问题能力能力与运算求解能力，属于中档题．15．（2021上海浦东新区·华师大二附中高三月考）已知数列满足，，则下列选项错误的是（）A．数列单调递增B．不存在正数，使得恒成立C．D．【答案】D【分析】利用数列单调性的定义可判断A选项的正误；利用数列的单调性可判断B选项的正误；推导出，利用数列极限的运算性质可判断C选项的正误；计算出数列前项，利用数列的单调性可判断D选项的正误．【解析】对于A选项，，，则，即，，则，以此类推可得知，对任意的，，∴数列是单调递增数列，A选项正确；对于B选项，由A选项可知，数列单调递增，且对任意的，，可知当，，∴不存在正数，使得恒成立，B选项正确；对于C选项，，，则，，∴，∴，C选项正确；对于D选项，数列满足，，则，，，，由于数列单调递增，则，D选项错误．故选D．【点睛】本题考查数列递推公式的应用，考查数列的单调性、极限的求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题．16．（2021湖南长沙市·长郡中学高三开学考试）设数列的前项和为，当时，，，成等差数列，若，且，则的最大值为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】由，，成等差数列，可得，，则，，，，可得数列中，每隔两项求和是首项为，公差为的等差数列．则，，则的最大值可能为．由，，可得．，∵，，，即，∴，则，当且仅当时，，符合题意，故的最大值为．故选A．17．（2021张家口市宣化第一中学高三月考）已知数列{an}的首项a1＝3，前n项和为Sn，an+1＝2Sn+3，n∈N*，设bn＝log3an，数列的前n项和Tn的范围（）A． B． C． D．【答案】C【分析】由数列的递推式和等比数列的定义、通项公式可得，求得，再由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式可得，判断为递增数列，可得所求范围．【解析】首项，前项和为，，可得，时，，又，两式相减可得，则，可得，上式对也成立，则，，，，则前项和，，相减可得，化简可得，由，可得为递增数列，可得，而，可得，综上可得，故选C．【点睛】本题考查数列的递推式的运用，考查等比数列的定义和通项公式、求和公式，考查数列的错位相减法求和，以及化简运算能力和推理能力，属于中档题．18．（2021福建厦门市·厦门外国语学校高三期中）数列中的项按顺序可以排列成如图的形式，第一行1项，排；第二行2项，从左到右分别排，；第三行3项……以此类推，设数列的前项和为，则满足的最小正整数的值为（）A．22 B．21 C．20 D．19【答案】C【分析】根据题意由等比数列求和公式得各行的和，再利用分组求和法得，最后解不等式得结果．【解析】第行的和为，设满足的最小正整数为，项在图中排在第行第列（且），∴有，则，，即图中从第行第列开始，和大于．∵第行第5列之前共有项，∴最小正整数的值为．故选C．19．（2021浙江新高考联盟）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．【答案】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，∴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，∴数列单调递减，该数列的最大项为，．对于A选项，，，则，，，则，∴，A选项成立；对于B选项，，则，，，则，∴，B选项成立；当时，；当时，．满足，．对于C选项，，，，，当时，，∴C选项不一定成立；对于D选项，，，∴，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．【点睛】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．20．（2021·安徽皖北协作区联考（理））已知数列的前项和为，，函数，则“”是“数列为递减数列”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】先根据，求得，得到，然后由数列为递减数列等价于恒成立求解．【解析】数列的前项和为，当时，，当时，，∵适合上式，∴，∴，∵数列为递减数列等价于恒成立，即恒成立，整理得对任意恒成立，∵，∴．故选C．【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：若在区间D上有最值，则（1）恒成立：；；（2）能成立：；．若能分离常数，即将问题转化为：（或），则（1）恒成立：；；（2）能成立：；．21．（2021·江西八校联考（理））十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础．著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作：再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作：…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段．操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”．若使去掉的各区间长度之和小于，则操作的次数的最大值为（）(参考数据：，，，)A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B【分析】记表示第次去掉的长度，然后根据等比数列的前项和公式计算，最后根据，可得结果．【解析】记表示第次去掉的长度，∴，第2次操作，去掉的线段长为，，第次操作，去掉的线段长度为，∴，则，由，，∴的最大值为5，故选B．【点睛】关键点点睛：本题关键在于掌握第次操作，去掉的线段长度为，建立等比数列的数学模型求解．22．（2021·吉林吉林三模（理））《周髀算经》中有这样一个问题：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，前三个节气日影长之和为尺，最后三个节气日影长之和为尺，今年月日时分为春分时节，其日影长为（）A．尺 B．尺 C．尺 D．尺【答案】A【解析】小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气日影长构成等差数列，设公差为d，由题意得：，解得：，∴，∴，即春分时节的日影长为．故选A．【点睛】(1)数学建模是高中数学六大核心素养之一，在高中数学中，应用题是常见考查形式：求解应用性问题时，首先要弄清题意，分清条件和结论，抓住关键词和量，理顺数量关系，然后将文字语言转化成数学语言，建立相应的数学模型；(2)等差（比）数列问题解决的基本方法：基本量代换．23．（2021·江西八校4月联考（文））已知正项数列满足，是的前项和，且，则（）A． B．C． D．【答案】A【分析】由题得，，两式作差化简得数列是一个以为首项，以为公差的等差数列，求出即得解．【解析】由题得，，两式相减得，∴，∴，∴，∵数列是正项数列，∴，∴，∴，∴数列是一个以为首项，以为公差的等差数列．令得，解之得，∴．故选A．【点睛】方法点睛：求数列的通项常用的方法有：（1）归纳法；（2）公式法；（3）累加法；（4）累乘法；（5）构造法．要根据已知条件灵活选择方法求解．24．（2021·四川成都二模（文））已知数列的前项和满足，记数列的前项和为，．则使得的值为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据求通项公式，注意讨论、并判断是否可合并，再应用裂项法求，可得选项．【解析】当时，；当时，；而也符合，∴，．又，∴，∴，故选C．【点睛】结论点睛：裂项相消法求数列和的常见类型：（1）等差型，其中是公差为的等差数列；（2）无理型；（3）指数型；（4）对数型．25．（2021·浙江省宁海中学高三月考）已知公差的等差数列的前项和为，若，则（）A． B．C． D．【答案】D【分析】由，可得异号．若，则，∴，则；若，则，∴，则，再由等差数列的性质和前项和公式对选项进行逐一分析可得答案．【解析】由，可得异号．若，等差数列单调递增，则，∴，则，若，等差数列单调递减，则，∴，则，∴，故选项A不正确．选项B．当时，则，∴，则，则此时，当时，；当时，，，，而且，此时，故选项B不正确．选项C．，，当时，，则，此时，∴选项C不正确．选项D．由，则均不为0．，∴选项D正确．故选D．【点睛】关键点睛：本题考查等差数列的性质和前项和公式的应用，解答本题的关键是先分析出若，则，∴，则；若，则，∴，则，以及等差数列的性质和前项和公式的灵活应用．26．（2021·浙江新高考测评）已知是递增数列，且，则关于数列，对任意的正整数，，下列结论不可能成立的是（）A． B．C． D．【答案】B【分析】选项A：可判断A；对于选项B，代入特殊值即可判断是否正确．选项C：可判断C．选项D：可判断选项D【解析】对于选项A，，取，则易知数列满足条件，故选项A可能成立．对于选项B，，令，则；令，，得；令，得；令，，得．∴，即，∴与是递增数列矛盾，故选项B不可能成立．对于选项C，由得，取，则易知数列满足条件，故选项C可能成立．对于选项D，由，得，取，则易知数列满足条件，故选项D可能成立．故选B．【点睛】关键点睛：试题以数列的增减性和数列的递推关系为主线设题，考查数列的有关知识，设题巧妙，选拔性强，能有效考查理性思维、数学探索、数学应用学科素养．本题的关键是对选项进行合理变形，举出例子证明其不成立或成立．27．（2021·辽宁铁岭一模）已知是上的奇函数，，，则数列的一个通项公式为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】由在上为奇函数，知，令，则，得到．由此能够求出数列的通项公式．【解析】由题已知是上的奇函数，故，代入得：，∴函数关于点对称，令，则，得到，∵，，倒序相加可得，即，故选A．【点睛】思路点睛：利用函数的性质以及倒序相加法求数列的通项公式问题．先利用函数的奇偶性得到函数的对称中心，再用换元法得到，最后利用倒序相加法求解数列的通项公式．28．（2021·浙江温州二模）已知递增等差数列的前项和为，若，且成等比数列，则（）A． B． C． D．【答案】D【分析】结合题中所给的条件，利用等差数列通项公式和求和公式以及三数成等比数列的条件，列出等量关系式，求得其首项和公差，进一步求其前10项和，从而得到正确答案．【解析】∵是递增等差数列，，∴，即，①由成等比数列，∴，整理得，即，②①②联立求得，或（舍去），∴，故选D．【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关数列的问题，正确解题的关键是熟练掌握等差数列的通项公式和求和公式，以及三数成等比数列的条件．29．（2021·浙江新高考测评）已知正项数列满足，，则（）A．对任意的，都有 B．对任意的，都有C．存在，使得 D．对任意的，都有【答案】D【分析】特值法可以排除A、B选项，再令，可求出函数的单调性，从而可以得出，再根据累乘法可得，由此得出答案．【解析】∵，∴可取，则由得，∴，故选项A，B错误；令，则，故在上单调递增，在上单调递减，∴，即，当且仅当时等号成立，∴，即，∴，累乘可得，∴，故选项C错误，选项D正确．故选D．【点睛】关键点点睛：本题主要考查数列与不等式，解题的关键是构造函数，从而得到，进一步用累乘法可以得到，考查了转化与化归思想，考查数学运算能力，属于中档题．30．（2021·河南平顶山二模（理））已知各项均为正数的等比数列，，，成等差数列，若中存在两项，，使得为其等比中项，则的最小值为（）A．4 B．9 C． D．【答案】D【分析】根据，，成等差数列，可得，即可求得q值，根据为，的等比中项，可求得，利用基本不等式“1”的活用，即可求得答案．【解析】∵，，成等差数列，∴，又为各项均为正数的等比数列，设首项为，公比为q，∴，∴，解得或（舍），又为，的等比中项，∴，∴，∴，即，∴，当且仅当，即时，等号成立，∴的最小值为．故选D．【点睛】解题的关键是熟练掌握等差中项、等比中项、基本不等式等知识，并灵活应用，数列中应用基本不等式时，应注意取等条件，即角标m，n必须为正整数，属中档题．31．（2021·河南平顶山二模（理））已知数列的前项和为，，，则（）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据与的关系可得，再利用累乘法即可得，进而利用裂项相消法求和即可．【解析】当时，，则，且，即，∴．两式作差得，即，即，∴，即．则．∴．故选A．32．（2021·山西高三一模（理））已知数列中，对于，且，有，若（，且互质），则等于（）A．8089 B．8088 C．8087 D．8086【答案】D【分析】对的两边取倒数，利用等差中项的结论可得数列为等差数列，利用已知条件求出首项和公差，即可得出数列的通项公式，求出，即可得出结果．【解析】对的两边取倒数，得，即，故数列为等差数列，其首项，公差为，故，于是，∴．故选D．【点睛】关键点睛：对的两边取倒数，利用等差中项的结论得到数列为等差数列是解决本题的关键．33．（2021·湘豫名校联考（文））数列各项均是正数，，，函数在点处的切线过点，则下列命题正确的个数是（）①；②数列是等比数列；③数列是等比数列；④．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】求出函数的导函数，利用导数的几何意义得到，整理得到，利用构造法求出数列的通项，即可判断；【解析】由得，∴，∴（*），①，，，，∴，正确；②由（*）知，∴首项，，∴是等比数列，正确；③，首项，不符合等比数列的定义，错误；④由②对可知：，两边同除得，令，∴，．∴，，即数列是恒为0的常数列．∴，故错误．故选B．【点睛】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．34．（2021·山东德州一模）英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛，若数列满足，则称数列为牛顿数列．如果函数，数列为牛顿数列，设且，，数列的前项和为，则（）A． B． C． D．【答案】A【分析】得到，计算，然后计算，最后可得数列为等比数列，最后根据公式计算即可．【解析】由题可知：，，∴，则两边取对数可得，即，∴数列是以1为首项2为公比的等比数列，∴，故选A．35．（2021·河南非凡3月调研（理））自然奇数列：1，3，5，…，按如下方式排成三角数阵，第行最后一个数为，则的最小值为（）A． B． C．91 D．【答案】D【分析】先求出，再利用函数的单调性求出的最小值得解．【解析】由题意知：，，，…………，，累加得，则，∴，函数在上递减，在上递增，且．当时，；当时，，比较可得：当时，取最小值为．故选D．【点睛】方法点睛：求函数的最值常用的方法有：（1）函数法；（2）导数法；（3）数形结合法；（4）基本不等式法．要根据已知条件灵活选择方法求解．36．（2021·河南新乡一模（理））已知数列满足，，则数列的前项和（）A． B． C． D．【答案】A【解析】由题意可得，两式相减得：，，两式相加得：，故．故选A．【点睛】关键点点睛：将两式相减得相邻奇数项的和，将第一个式子中的换成，再与第二个式子相加，得相邻偶数项的和，最后再计算前40项的和．37．（2021·新疆二模（理））若是函数的极值点，数列满足，，设，记表示不超过的最大整数．设，若不等式对恒成立，则实数的最大值为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】由极值点得数列的递推关系，由递推关系变形得数列是等比数列，求得，由累加法求得，计算出，然后求和，利用增函数定义得此式的最小值，从而得出的最小值，再由不等式恒成立可得的最大值．【解析】，∴，即有，∴是以2为首项3为公比的等比数列，∴，∴，∴，又为增函数，当时，，，若恒成立，则的最大值为1010．故选D．【点睛】思路点睛：本题考查函数的极值，等比数列的判断与通项公式，累加法求通项公式，裂项相消法求和，函数新定义，不等式恒成立问题的综合应用．涉及知识点较多，属于中档题．解题方法是按部就班，按照题目提供的知识点顺序求解．由函数极值点得数列的递推公式，由递推公式引入新数列是等比数列，求得通项公式后用累加法求得，由对数的概念求得，用裂项相消法求和新数列的前项和，并利用函数单调性得出最小值，然后由新定义得的最小值，从而根据不等式恒成立得结论．38．（2021·浙江省宁海中学高三月考）已知数列为等差数列，则“为有理数”是“数列中存在有理数”A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】由当是3的倍数时得，若为有理数时，则是有理数，故有数列中存在有理数成立；若“数列中存在有理数”不妨设，则不是有理数，即可判断结果．【解析】设，，当是3的倍数时，，若为有理数时，则是有理数，故有数列中存在有理数成立，∵，则，∴“为有理数”能使得“数列中存在有理数”成立；若“数列中存在有理数”不妨设则为有理数，那么是无理数，故“为有理数”是“数列中存在有理数”充分不必要条件，故选A．39．（2021·安徽六校2月联考（理））已知数列是公比为q的等比数列，且首项，给出下列命题：：若，则；：若，则．则下列说法正确的是（）A．为真命题，为假命题 B．，都为真命题C．为假命题，为真命题 D．，都为假命题【答案】A【解析】：若，则，由得，，，，令，则，时，，递增，时，，递减，∴，时取等号．∴，命题为真．：若，设，，则，，，，但，即不成立，是假命题，故选A．【点睛】本题考查命题的真假判断，考查等比数列的定义，在判断命题时，解题关键是利用取对数把用表示，从而把化为一元函数，利用函数的知识确定结论．而命题中是加法运算，对等比数列来讲无法计算，举反例判断（题中结论只有，因此数列的首项可取任意值）40．（2021·湖南长沙市·长沙一中高三月考）记无穷数列的前项的最大项为，第项之后的各项，···的最小项为，令，若数列的通项公式为，则数列的前项和为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】数列的通项公式为，故从起单调递增，且，∴，，，，…，，又，∴数列的前项和为．故选A．【点睛】关键点点睛：本题的解题关键在于发现数列从起单调递增，才能依次确定的项，找到规律，突破难点．二、多选题：41．（2021江苏省天一中学高三其他模拟）已知等比数列的公比为q，前n项和，设，记的前n项和为，则下列判断正确的是（）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】BD【分析】先求得的取值范围，根据的取值范围进行分类讨论，利用差比较法比较出和的大小关系．【解析】由于是等比数列，，∴，当时，，符合题意；当时，，即，上式等价于①或②．解②得．解①，由于可能是奇数，也可能是偶数，∴．综上所述，的取值范围是．，∴，∴，而，且．∴当，或时，，即，故BD选项正确，C选项错误．当时，，即．当或时，，A选项错误．综上所述，正确的选项为BD．故选BD．【点睛】本小题主要考查等比数列的前项和公式，考查差比较法比较大小，考查化归与转化的数学思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题．42．（2021·辽宁铁岭一模）设数列满足，对恒成立，则下列说法正确的是（）A． B．是递增数列C． D．【答案】ABD【分析】设，求出导数，可得在上为单调递增函数，得出，即，由此可依次判断各个选项．【解析】由，，设，则，∴当时，，即在上为单调递增函数，∴函数在为单调递增函数，即，即，∴，即，则，故A正确；由在上为单调递增函数，，∴是递增数列，故B正确；∵，∴，故C错误；因此，，故D正确，故选ABD．【点睛】关键点睛：本题考查数列单调性的应用，解题的关键是构造函数，利用导数求出单调性得出．43．（2021·广东广州一模）在数学课堂上，教师引导学生构造新数列：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列．将数列1，2进行构造，第1次得到数列1，3，2；第2次得到数列1，4，3，5，2；…；第次得到数列1，，2；…记，数列的前项为，则（）A． B． C． D．【答案】ABD【解析】由题意可知，第1次得到数列1，3，2，此时，第2次得到数列1，4，3，5，2，此时，第3次得到数列1，5，4，7，3，8，5，7，2，此时，第4次得到数列1，6，5，9，4，11，7，10，3，11，8，13，5，12，7，9，2，此时，第次得到数列1，，2此时，∴，故A项正确；结合A项中列出的数列可得：，用等比数列求和可得，则，又，∴，故B项正确；由B项分析可知，即，故C项错误．，故D项正确．故选ABD．【点睛】本题需要根据数列的构造方法先写出前面几次数列的结果，寻找规律，对于复杂问题，著名数学家华罗庚指出：善于“退”，足够的“退”，退到最原始而不失重要的地方，是学好数学的一个诀窍．∴对于复杂问题我们应该先足够的退到我们最容易看清楚的地方，认透了，钻深了，然后再上去，这就是以退为进的思想．44．（2021·湖北B4联考）已知数列的首项且满足，其中，则下列说法中正确的是（）A．当时，有恒成立B．当时，有恒成立C．当时，有恒成立D．当时，有恒成立【答案】AC【分析】题设中的递推关系等价为，根据首项可找到的局部周期性，从而可得正确的选项．【解析】∵，故，当即时，，，，故为周期数列且，故A正确．当即时，，同理，，，，，故，故B错误．当即时，根据等比数列的通项公式可有，，，，故D错误．对于C，当时，数列的前108项依次为：，，，，，，故，，，，，∴对任意总成立．（备注：∵本题为多选题，因此根据A正确，BD错误可判断出C必定正确，可无需罗列出前108项），故选AC．【点睛】方法点睛：对于复杂的递推关系，我们应该将其化简为相对简单的递推关系，对于数列局部周期性的研究，应该从特殊情况中总结出一般规律，另外，对于多选题，可以用排除法来确定可选项．45．（2021·湖南长沙市·雅礼中学高三月考）已知等比数列首项，公比为，前项和为，前项积为，函数，若，则（）A．为单调递增的等差数列 B．C．为单调递增的等比数列 D．使得成立的的最大值为6【答案】BCD【分析】令，利用可得，，B正确；由可得A错误；由可得C正确；由，，可推出，可得D正确．【解析】令，则，，，∵是等比数列，∴，即，，，B正确；，是公差为的递减等差数列，A错误；，是首项为，公比为的递增等比数列，C正确；，，，时，，时，，时，，，时，，又，，∴使得成立的的最大值为6，D正确．故选BCD．46．（2021百校联盟12月质检）设数列的前项和为，且，则下列结论正确的是（）A．若，则数列为等比数列 B．若，则数列为等比数列C．若，则数列为等差数列 D．若，则数列为等差数列【答案】ACD【分析】由与的关系可推出，若则，由可证明为等比数列；由A求出数列的通项公式从而可由求得的通项公式；若则，可推出判断C选项；此时由可推出，即可判断D选项．【解析】∵即，∴．若，则，∴．故数列是以2为首项，2为公比的等比数列，故A正确；由A知，则，当时，，由，，可得，，，即，故B错误；若，则，∴由，得，此时数列为等差数列，故C正确；由C知，则当时，，∴，，此时数列为等差数列，故D正确，故选ACD．47．（2021长沙市·湖南师大附中高三月考）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．【答案】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），∴可得，，∴AB对；∵，∵，则，即，∴，，故C错；∵，令，．可得在上递减，可知在上恒成立．又．∴成立．故D正确．故选ABD．【点睛】关键点睛：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．48．（2021·福建省福州第一中学高三期中）在（）中，内角的对边分别为，的面积为，若，，，且，，则（）A．一定是直角三角形 B．为递增数列C．有最大值 D．有最小值【答案】ABD【分析】先结合已知条件得到，进而得到，得A正确，再利用面积公式得到递推关系，通过作差法判定数列单调性和最值即可．【解析】由，得，，故，又，，，故一定是直角三角形，A正确；的面积为，而，故，故，又（当且仅当时等号成立），，又由，知不是恒成立，即，故，故为递增数列，有最小值，无最大值，故BD正确，C错误．故选ABD．【点睛】本题解题关键是利用递推关系得到，进而得到，再逐步突破．数列单调性常用作差法判定，也可以借助于函数单调性判断．49．（2021八省市适应性考试）已知数列均为递增数列，的前n项和为的前n项和为且满足，则下列结论正确的是（）A． B． C． D．【答案】ABC【分析】利用数列单调性及题干条件，可求出范围；求出数列的前2n项和的表达式，利用数学归纳法即可证明其大小关系，即可得答案．【解析】∵数列为递增数列，∴，∴，即，又，即，∴，即，故A正确；∵为递增数列，∴，∴，即，又，即，∴，即，故B正确；的前2n项和为=，∵，则，∴，则的2n项和为=，当n=1时，，∴，故D错误；当时，假设当n=k时，，即，则当n=k+1时，，∴对于任意，都有，即，故C