课时作业28～29 等差数列 等比数列-【名师大课堂】2025年高考数学艺术生总复习必备训练册

课时作业(二十八) 等差数列 1.(2024·新课标全国Ⅱ卷)记Sn 为等差数列 {an}的前n项和,若a3+a4=7,3a2+a5= 5,则S10= . 2.在等差数列{an}中,若a3+a9=26,则a3+ 3a7= ( ) A.13 B.26 C.39 D.52 3.已知数列{an}满足a1= 7 4 ,2an+1-an=-1, 则当an>0时,n的最大值为 ( ) A.3 B.4 C.5 D.7 4.(2024·新疆巴音郭楞校考)在等差数列 {an}中,a3+a11=40,则a4-a5+a6+a7+ a8-a9+a10的值为 ( ) A.84 B.72 C.60 D.48 5.在等差数列{an}中,已知S6=10,S12=30, 则S18= ( ) A.90 B.40 C.50 D.60 6.已知数列{an}满足a1=1,an+1= an 2an+1 ,则 a5= ( ) A.9 B.19 C.11 D.110 7.等差数列{an}中,已知a1<0,前n项和为 Sn,且S7=S17,则Sn 最小时n 的值为 ( ) A.11 B.11或12 C.12 D.12或13 8.(多选)已知在数列{an}中,a1=1,an+1= an an+1 (n∈N+),则下列结论正确的是 ( ) A.{an}是等差数列 B.{an}是递增数列 C.1an 是等差数列 D.1an 是递增数列 9.在数列{an}中,a1=4,且 an+1-2 n+1 - an-2 n = 2.则数列{an}的通项公式为 . 10.(2024·湖北十堰高二联考)设数列{an}的 前n项和为Sn,点 n,Snn (n∈N*)均在函 数y=2x-3的图象上,则数列{an}的通项 公式an= . 11.已知函数f(x)= 2 x 2x+1 (x∈R),等差数列 {an}满足a2022=0,则f(a1)+f(a2)+ f(a3)+…+f(a4043)= . 12.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1且 当n≥2时,2Sn=(n+1)an-2. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足:bn= 2 (n+1)an ,求{bn} 的前n项和Tn. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —842— 课时作业 课时作业(二十九) 等比数列 1.(2024·江苏南通高二质检)已知数列{an} 的前n项和为Sn,且满足Sn=2an-1,则数 列{an}的通项公式为 ( ) A.an=2n B.an=2-n C.an=2n-1 D.an=21-n 2.在等比数列{an}中,a2,a10是方程x2-6x+ 4=0的两根,则 a3a9 a6 = ( ) A.2 B.-2 C.-2或2 D.3± 5 3.已知等差数列{an}的公差不为0,若a1,a3, a6 成等比数列,则这个等比数列的公比是 ( ) A.23 B. 3 2 C.2 D.4 4.已知数列{an}是正项等比数列,数列{bn}满 足bn=log2an.若a2a5a8=212,b1+b2+b3+ …+b9= ( ) A.24 B.32 C.36 D.40 5.(2024·湖北高三校联考)在正项等比数列 {an}中,a1a13=36,则a5+4a9 的最小值是 ( ) A.12 B.18 C.24 D.36 6.谢尔宾斯基(Sierpinski)三角形是一种分 形,它的构造方法如下:取一个实心等边三 角形(如图1),沿三边中点的连线,将它分 成四个小三角形,挖去中间小三角形(如图 2),对剩下的三个小三角形继续以上操作 (如图3),按照这样的方法得到的三角形就 是谢尔宾斯基三角形.如果图1三角形的边 长为2,则图4被挖去的三角形面积之和是 ( ) A.7 316 B. 9 3 16 C.27 364 D. 37 3 64 7.已知等比数列{an}的前n 项和为Sn,若 S4 S8 =14 ,则 S16 S4+S8 = ( ) A.8 B.9 C.16 D.17 8.已知一个项数为偶数的等比数列{an},所有 项之和为所有偶数项之和的4倍,前3项之 积为64,则a1= ( ) A.1 B.4 C.12 D.36 9.已知数列{an}的首项为4,且满足2(n+1) an-nan+1=0(n∈N*),则 ( ) A.ann 为等差数列 B.{an}为递增数列 C.ann 为等比数列 D. an 2n+1 的前n项和Tn=n 2+n 2 10.记Sn 为数列{an}的前n项和,且Sn=2an +1,则an= . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —942— 班级: 姓名: 11.在等比数列{an}中,若a1+a3+…+a99= 150,且公比q=2,则数列{an}的前100项 和为 . 12.(2024·湖南高三雅礼中学联考)在数列 {an}中,a1=0,a2=2,若a2n-1,a2n,a2n+1成 等差数列,a2n,a2n+1,a2n+2成等比数列,则 a8= . 13.已知数列{an}的首项为a1= 1 3 ,且满足 an+1= an 2-an . (1)求证:数列 1an -1 为等比数列; (2)若1a1 +1a2 +…+1an <2024,求满足条 件的最大整数n. 14.已知 M={k|ak=bk},an,bn 不为常数列且 各项均不相同,下列正确的是 . ①an,bn 均为等差数列,则 M 中最多一个 元素; ②an,bn 均为等比数列,则 M 中最多三个 元素; ③an 为等差数列,bn 为等比数列,则 M 中 最多三个元素; ④an 单调递增,bn 单调递减,则 M 中最多 一个元素. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —052— 课时作业 因此当n∈N*,n≤11时,数列{an}单调递减,当n≥11 时,数列{an}单调递增, 所以当且仅当n=11时,an 最小. 故选C. 8.C 因为an+1= 2an-1 4an+2 ,且a1=1, 令n=1,可得a2= 2a1-1 4a1+2 =16 ;令n=2,可得a3= 2a2-1 4a2+2 =-14 ; 令n=3,可得a4= 2a3-1 4a3+2 =-32 ;令n=4,可 得a5= 2a4-1 4a2+2 =1; 可知数列{an}是以4为周期的周期数列, 则a1+a2+a3+a4=1+ 1 6- 1 4- 3 2=- 7 12 ,且2024 =4×506, 所以S2024=506× -712 =-17716 . 9.ACD 当n为奇数时,an= 3-1 2 =1 ,当n为偶数时,an= 3+1 2 =2 ,故A中通项公式正确;当n为奇数时,an= 3+1 2 =2,当n为偶数时an= 3-1 2 =1 ,故B中通项公式不正 确;当n为奇数时,an= 3-1 2 =1 ,当n为偶数时,an= 3+1 2 =2,故C中通项公式正确;当n为奇数时,an= 3-1 2 =1 , 当n为偶数时,an= 3+1 2 =2 ,故 D中通项公式正确.故 选ACD. 10.BC 因为an=f(n)= (3-a)n-3,n≤7 an-6,n>7 ,n∈N*,{an} 是递增数列, 所以必有 3-a>0 a>1 (3-a)×7-3<a8-6 , 即: a<3 a>1 a>2或a<-9 ,解得:2<a<3.故选BC. 11.答案:12 /0.5 解析:由题设a1=2,a2= 1 2 ,a3=-1,a4=2,…, 所以{an}是周期为3的数列,则a2024=a3×674+2=a2 =12. 12.答案:-2 解析:因为an+2=an+1-an,则an+3=an+2-an+1, 两式相加得an+3=-an,则an+6=-an+3=an, 所以数列{an}的周期为6, 所以a2022=a336×6+6=a6=-a3=-(a2-a1)=-2. 13.答案: 1,n=1 2·3n-1,n≥2,n∈N* 解析:因为数列{an}的前n 项和Sn=3n-2(n 为正整 数), 当n=1时,a1=S1=3-2=1, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(3n-2)-(3n-1-2)=2 ·3n-1, a1=1不满足an=2·3n-1. 所以,an= 1,n=1 2·3n-1,n≥2,n∈N* . 14.答案:60 解析:观察此数列可知,当n为偶数时,an= n2 2 ,当n为 奇数时,an= n2-1 2 ,所以a11= 121-1 2 =60. 课时作业(二十八) 1.答案:95 解 析:因 为 数 列 an 为 等 差 数 列,则 由 题 意 得 a1+2d+a1+3d=7 3(a1+d)+a1+4d=5 ,解得 a1=-4d=3 , 则S10=10a1+ 10×9 2 d=10× (-4)+45×3=95. 2.D 因为{an}是等差数列,所以a3+a9=2a6=26,解得a6 =13, 所以a3+3a7=a3+a7+2a7=2(a5+a7)=4a6=52. 故选D. 3.B 因为a1= 7 4 ,2an+1-2an=-1,所 以an+1-an= -12 , 所以数列{an}是首项为a1= 7 4 ,公差为-12 的等差数列, 所以an= 7 4- 1 2 (n-1)=-12n+ 9 4. 令an>0,可得- 1 2n+ 9 4>0 ,解得n<92. 因为n∈N*,所以n≤4,所以n的最大值为4. 故选B. 4.C 在等差数列{an}中,a3+a11=2a7=40,可得a7=20, 所以,a4-a5+a6+a7+a8-a9+a10=(a4+a10)-(a5+ a9)+(a6+a7+a8)=3a7=60. 故选C. 5.D 因为{an}为等差数列,所以S6,S12-S6,S18-S12成 等差数列, ∵S6=10,S12-S6=20,故S18-S12=2(S12-S6)-S6 =30, ∴S18=30+30=60. 故选D. 6.B 由数列{an}满足an+1= an 2an+1 ,可得 1 an+1 = 2an+1 an = 1 an +2,即 1an+1 -1an =2, 因为a1=1,可得 1 a1 =1,所以数列 1an 表示首项为1,公 差为2的等差数列, 则1 a5 =1+(5-1)×3=9,所以a5= 1 9. 故选B. 7.C 根 据 题 意 由 S7=S17可 得7a1+ 7×6 2 d=17a1+ 17×16 2 d , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —453— 整理可得a1=- 23 2d. 所以Sn=na1+ n(n-1) 2 d= d 2n 2-12dn=d2 (n2-24n) =d2 [(n-12)2-144], 由a1<0,a1=- 23 2d 可得d>0; 由二次函数性质可知,当n=12时,Sn 取最小时. 故选C. 8.CD 由an+1= an an+1 (n∈N+)可得 1 an+1 =1an +1(n∈ N+),所以 1 an 是以公差为1的等差数列,故CD正确, 1 an =1+(n-1)×1=n⇒an= 1 n ,故{an}不是等差数列, 而且{an}为单调递减数列,故AB错误, 故选CD. 9.答案:an=2n2+2 解析:因为a1=4,所以 a1-2 1 =4-2=2 , 又因为 an+1-2 n+1 - an-2 n =2 , 所以 an-2 n 是以2为首项,以2公差的等差数列, 所以 an-2 n =2+ (n-1)×2=2n, 则an=2n2+2. 10.答案:4n-5 解析:依题意得Sn n =2n-3 ,即Sn=2n2-3n, 所以数列{an}为等差数列,且a1=S1=-1,a2=S2-S1 =3, 设其公差为d,则d=4, 所以an=4n-5{n∈N*}. 11.答案:40432 /2011.5 解析:f(x)+f(-x)= 2 x 2x+1 + 2 -x 2-x+1 = 2 x 2x+1 + 1 2x+1 =1. 依题意{an}是等差数列, 令S=f(a1)+f(a2)+f(a3)+…+f(a4043), S=f(a4043)+f(a4042)+f(a4041)+…+f(a1), 结合等差 数 列 的 性 质,两 式 相 加 得2S=1×4043,S =40432 . 12.解:(1)因为当n≥2时,2Sn=(n+1)an-2,且a1=1, 若n=2,则2S2=2(1+a2)=3a2-2,解得a2=4, 若n≥3,则2Sn-1=nan-1-2, 两式相 减 可 得:2an=(n+1)an-nan-1,整 理 得 an n = an-1 n-1 , 即 an n = an-1 n-1= …= a2 2=2 ,可得an=2n; 可知n=1不符合上式,n=2符合上式, 所以an= 1,n=1 2n,n≥2 . (2 ) 由 (1 ) 可 得: bn = 2 (n+1)an = 1,n=1 1 n(n+1)= 1 n- 1 n+1 ,n≥2 , 当n=1时,则Tn=b1=1; 当n≥2时,则Tn=b1+b2+b3+…+bn=1+ 12-13 + 13-14 +…+ 1n- 1n+1 =32- 1n+1; 可知n=1符合上式,所以Tn= 3 2- 1 n+1. 课时作业(二十九) 1.C 当n=1时,S1=2a1-1=a1,∴a1=1, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,an=2an-1, 因此数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列, an=2n-1, 故选C. 2.A 由于a2,a10是方程x2-6x+4=0的两根, 所以a2+a10=6>0,a2·a10=4⇒a26=4, 由于a6=a2q4,a10=a6q4,所以a6为正数, 所以a6=2.所以 a3a9 a6 = a26 a6 =a6=2. 故选A. 3.B 等差数列{an},设公差为d,因为a1,a3,a6 成等比 数列, 故(a3)2=a1·a6,∴(a1+2d)2=a1·(a1+5d), 又因为公差不为0,a1=4d,所以a3=6d,a6=9d, 则这个等比数列的公比是3 2. 故选B. 4.C 因为{an}是正项等比数列,a2a5a8=212, 所以a35=212=(24)3,则a5=24, 所以b1+b2+b3+…+b9=log2a1+log2a2+log2a3+… +log2a9 =log2a1a2a3…a9=log2a95=log(24)9=log2236=36. 故选C. 5.C 在正项等比数列{an}中,a5a9=a1a13=36,所以a5+ 4a9≥2 a5·4a9=24, 当且仅当a5=4a9即a5=12,a9=3时,等号成立,即a5+ 4a9的最小值是24. 故选C. 6.D 第一种挖掉的三角形边长为2×12=1 ,共1个,面积 为1× 34×12 = 34; 第二种挖掉的三角形边长为1×12= 1 2 ,共3个,面积为 3× 34× 12 2 =3 316, 第三种挖掉的三角形边长为1 2× 1 2= 1 4 ,共9个, 面积为9× 34× 14 2 =9 364, 故被挖去的三角形面积之和是 3 4+ 3 3 16+ 9 3 64= 37 3 64 . 故选D 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —553— 7.A 设S4=x(x≠0),则S8=4x, 因为{an}为等比数列,所以S4,S8-S4,S12-S8,S16- S12仍成等比数列. 易知 S8-S4 S4 =4x-xx =3 , 所以 S12-S8=3(S8-S4)=9x S16-S12=3(S12-S8)=27x ⇒ S12=13xS16=40x , 故 S16 S4+S8 = 40xx+4x=8. 故选A. 8.C 由题意可得所有项之和S奇 +S偶 是所有偶数项之和 S偶 的4倍,所以,S奇+S偶=4S偶,故S偶=13S奇 , 设等比数列{an}的公比为q,设该等比数列共有2k(k∈ N*)项, 则S偶=a2+a4+…+a2k=q(a1+a3+…+a2k-1)=qS奇 =13S奇 ,所以,q=13 , 因为a32=a1a2a3=64,可得a2=4,因此,a1= a2 q=12. 故选C. 9.BCD 由2(n+1)an-nan+1=0(n∈N*)可得 an+1 n+1= 2 an n (n∈N*),所以数列 ann 为等比数列,且公比为2, 故A错误,C正确, an n =4×2 n-1⇒an=n·2n+1,由于{n},{2n}均为单调递 增的数列,且 各 项 均 为 正 数,所 以{an}为 递 增 数 列,B 正确, an 2n+1 =n,设 an 2n+1 的前n项和为Tn,则Tn=n 2+n 2 ,D 正确, 故选BCD. 10.答案:-2n-1 解析:Sn=2an+1①,当n=1时,a1=2a1+1,解得a1= -1, 当n≥2时,Sn-1=2an-1+1②, ①-②得,Sn-Sn-1=2an+1-2an-1-1, 即an=2an-2an-1,所以an=2an-1, {an}是首项为-1,公比是2的等比数列,故an=-1× 2n-1=-2n-1. 11.答案:450 解析:在 等 比 数 列 {an}中,公 比 q = 2,则 有 a2+a4+…+a100 a1+a3+…+a99 =q=2, 而a1+a3+…+a99=150,于是得a2+a4+…+a100 =300, 所以数列{an}的前100项和S100=(a1+a3+…+a99) +(a2+a4+…+a100)=150+300=450. 12.答案:32 解析:因 为 a2n-1,a2n,a2n+1成 等 差 数 列,a2n,a2n+1, a2n+2成等比数列, 所以a1,a2,a3 成等差数列,a2,a3,a4 成等比数列,a3, a4,a4成等差数列,a4,a5,a6成等比数列,a5,a6,a7 成等 差数列,a6,a7,a8成等比数列, 所以可得{an}的前8项为0,2,4,8,12,18,24,32. 13.解:(1)an+1= an 2-an 两边取倒数得,1 an+1 = 2-an an =2an -1, 即 1 an+1 -1=2an -2=2 1an-1 , 又1 a1 -1=2, 故 1 an -1 为首项为2,公比为2的等比数列; (2)由(1)得1an -1=2×2n-1=2n, 故1 an =2n+1, 所以1 a1 +1a2 +…+1an =21+1+22+1+…+2n+1= (21+22+…+2n)+n=2 (1-2n) 1-2 +n=2 n+1-2+n, 故2n+1-2+n<2024,则2n+1+n-2026<0, 由于f(n)=2n+1+n-2026单调递增,且f(9)=210+9 -2026=-993<0, f(10)=211+10-2026=32>0, 故满足条件的最大整数为9. 14.答案:①③④ 解析:对于①,因为{an},{bn}均为等差数列,故它们的散 点图分布在直线上, 而两条直线至多有一个公共点,故 M 中至多一个元素, 故①正确. 对于②,取an=2n-1,bn=-(-2)n-1,则{an},{bn}均为 等比数列, 但当n为偶数时,有an=2n-1=bn=-(-2)n-1,此时 M 中有无穷多个元素, 故②错误. 对于③,设bn=Aqn(Aq≠0,q≠±1),an=kn+b(k≠0), 若 M 中至少四个元素,则关于n的方程Aqn=kn+b至 少有4个不同的正数解, 若q>0,q≠1,则由y=Aqn 和y=kn+b的散点图可得 关于n 的方程Aqn=kn+b至多有两个不同的解,矛盾; 若q<0,q≠±1,考虑关于n的方程Aqn=kn+b奇数解 的个数和偶数解的个数, 当Aqn=kn+b有偶数解,此方程即为A|q|n=kn+b, 方程至多有两个偶数解,且有两个偶数解时 Akln|q| >0, 否则Akln|q|<0,因y=A|q|n,y=kn+b单调性相反, 方程A|q|n=kn+b至多一个偶数解, 当Aqn=kn+b有奇数解,此方程即为-A|q|n=kn+b, 方程至多有两个奇数解,且有两个奇数解时-Akln|q| >0即Akln|q|<0 否则Akln|q|>0,因y=-A|q|n,y=kn+b单调性 相反, 方程A|q|n=kn+b至多一个奇数解, 因为Akln|q|>0,Akln|q|<0不可能同时成立, 故Aqn=kn+b不可能有4个不同的正数解,故③正确. 对于④,因为{an}为单调递增,{bn}为递减数列,前者散 点图呈上升趋势, 后者 的 散 点 图 呈 下 降 趋 势,两 者 至 多 一 个 交 点,故 ④ 正确. 故答案为:①③④. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —653—