专题3 第1讲 小题研透——数列中的基本问题-【领跑高中】2025版高考数学二轮专题复习教师用书Word

第1讲　小题研透——数列中的基本问题 备｜考｜领｜航 一、考情分析 高频考点 高考预测 等差、等比数列基本量的计算 主要以选择题、填空题的形式考查等差、等比数列的基本运算、性质，最大（小）项等 等差、等比数列的性质 数列的函数性质 二、真题感悟 1.（2024·全国甲卷理4题）（等差数列的性质与前n项和）记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S5＝S10，a5＝1，则a1＝（　　） A. B. C.－ D.－ 解析：B　由S5＝S10，得＝，所以5a3＝5（a3＋a8），所以a8＝0，公差d＝＝－，所以a1＝a5－4d＝1－4×（－）＝，故选B. 2.（2023·新高考Ⅱ卷8题）（等比数列的性质与前n项和）记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝（　　） A.120 B.85 C.－85 D.－120 解析：C　法一　设等比数列{an}的公比为q.若q＝1，则Sn＝na1，不满足S6＝21S2，∴q≠1.由S6＝21S2，得＝21a1（1＋q）.整理得1－q6＝21（1－q2），即（1－q2）（q4＋q2－20）＝0.显然q≠±1，∴q4＋q2－20＝0，解得q2＝－5（舍去）或q2＝4.∴S8＝＝＝（1＋q4）S4＝（1＋42）×（－5）＝－85.故选C. 法二　易知S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，…为等比数列，∴（S4－S2）2＝S2·（S6－S4），解得S2＝ －1或S2＝.当S2＝－1时，由（S6－S4）2＝（S4－S2）·（S8－S6），解得S8＝－85；当S2＝时，结合S4＝－5得化简可得q2＝－5，不成立，舍去.∴S8＝－85，故选C. 3.（2024·新高考Ⅱ卷12题）（等差数列基本量的计算）记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝95. 解析：法一（基本量法）　因为数列{an}为等差数列， 则由题意得解得 则S10＝10a1＋d＝10×（－4）＋45×3＝95. 法二（下标和性质法）　设{an}的公差为d，由a3＋a4＝a2＋a5＝7，3a2＋a5＝5，得a2＝－1，a5＝8，故d＝＝3，a6＝11，则S10＝×10＝5（a5＋a6）＝5×19＝95. 重｜难｜排｜查 1.等差数列、等比数列的基本公式（n∈N*） （1）等差数列的通项公式：an＝a1＋（n－1）d； （2）等比数列的通项公式：an＝a1·qn－1； （3）等差数列的前n项和公式：Sn＝＝na1＋； （4）等比数列的前n项和公式：Sn＝ 易错提醒　（1）易忽视公式an＝Sn－Sn－1的适用条件为n≥2而导致错误.利用此公式求得an后，一定要验证n＝1时是否满足所求出的an，若不满足，则要用分段形式来表示；（2）在用等比数列的前n项和公式时，一定要分公比q＝1和q≠1两种情况进行讨论. 2.等差数列、等比数列的性质 （1）通项性质：若m＋n＝p＋q＝2k（m，n，p，q，k∈N*），则对于等差数列，有am＋an＝ap＋aq＝2ak；对于等比数列有aman＝apaq＝； （2）前n项和性质：对于等差数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列；对于等比数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等比数列（q＝－1且m为偶数情况除外）. 3.常用结论 （1）若{an}是等差数列，则也成等差数列，其首项与{an}首项相同，公差是{an}公差的； （2）在等差数列中，若项数为奇数2n－1，则S2n－1＝（2n－1）an；S奇－S偶＝an；＝； （3）{an}为等比数列，若a1·a2·…·an＝Tn，则Tn，，，…成等比数列. 等差（比）数列基本量的计算 【例1】　（1）（2024·河南质量检测）已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2a5＝2a3，且a4与a6的等差中项为，则S5＝（　B　） A.29 B.31 C.33 D.36 （2）（多选）已知{an}是等差数列，公差d＞0，其前n项和为Sn，若a2，a5＋2，a17＋2成等比数列，Sn＝，则（　BCD　） A.d＝1 B.a10＝20 C.Sn＝n2＋n D.当n≥2时，Sn≥an 解析：（1）不妨设等比数列{an}的公比为q，由a2a5＝2a3可得：q5＝2a1q2，因an＞0，q＞0，则a1q3＝2　①，又由a4与a6的等差中项为可得：a4＋a6＝，即a1q3（1＋q2）＝　②，将①代入②可得：q＝，回代入①，解得a1＝16，于是S5＝＝＝31.故选B. （2）∵Sn＝，∴当n＝2时，可得2（a1＋a2）＝3a2，整理得2a1＝a2，即a1＝d.∵a2，a5＋2，a17＋2成等比数列，∴（5d＋2）2＝2d（17d＋2），即9d2－16d－4＝0，又公差d＞0，解得d＝－（舍去）或d＝2，A错；∴an＝2n，a10＝20，B对；Sn＝n2＋n，C对；当n≥2时，Sn－an＝n2＋n－3n＝n2－2n＝n（n－2）≥0，即Sn≥an，D对.故选B、C、D. 感悟提升 等差（比）数列基本量计算的解题策略 （1）抓住基本量，首项a1，公差d或公比q； （2）在进行等差（比）数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则可转化成关于a1和d（q）的方程（组）求解，但要注意使用消元法及整体计算，以减少计算量. 1.（2024·湘潭3月质量检测）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4＝8，S3＝18，则S5＝（　　） A.34 B.35 C.36 D.38 解析：B　因为{an}是等差数列，设其公差为d，因为S3＝a1＋a2＋a3＝3a2＝18，则a2＝6，所以a4－a2＝2d＝2，则d＝1，所以a5＝9，S5＝S3＋a4＋a5＝18＋8＋9＝35.故选B. 2.（2024·贵阳适应性考试）设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且－a3，a2，a4成等差数列，则S2 024与a2 024的关系是（　　） A.S2 024＝2a2 024－1 B.S2 024＝2a2 024＋1 C.S2 024＝4a2 024－3 D.S2 024＝4a2 024＋1 解析：A　设正项等比数列{an}的公比为q（q＞0），由题意知，2a2＝－a3＋a4，所以q2－q－2＝0，所以q＝2或q＝－1（舍去），则S2 024＝＝22 024－1，a2 024＝22 023，所以S2 024＝2a2 024－1，故选A. 等差（比）数列的性质 【例2】　（1）已知数列{an}为各项均为正数的等比数列，a1＝4，S3＝84，则log2（a1·a2·a3·…·a8）＝（　B　） A.70 B.72 C.74 D.76 （2）（2024·佛山模拟）设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意正整数n都有＝，则＋＝（　C　） A.　　　　B. C.　　　　D. 解析：（1）设等比数列{an}的公比为q，因为数列{an}的各项均为正数，所以q＞0.因为a1＝4，S3＝84，所以a1＋a2＋a3＝4＋4q＋4q2＝84，即q2＋q－20＝0，因为q＞0，所以q＝4，则an＝4n.所以a1·a2·a3·…·a8＝（a1a8）4＝（4×48）4＝（49）4＝436＝（22）36＝272，所以log2（a1·a2·a3·…·a8）＝log2272＝72，故选B. （2）由等差数列的性质可得，＋＝＋＝＝＝＝＝＝.故选C. 感悟提升 　　等差、等比数列各有许多项的性质及前n项和的性质，因此在求解时要抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解可大大减少运算量. 1.（2024·贵州贵阳质监）记Sn为等差数列{an}的前n项和，＋＝12，则S7＝（　　） A.24 B.42 C.64 D.84 解析：B　∵Sn为等差数列{an}的前n项和，∴{}为等差数列，∴＋＝2×＝12，∴S7＝42.故选B. 2.（多选）（2024·临汾模拟）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，则下列说法正确的是（　　） A.若Tn＝4n＋1＋m，则m＝－1 B.S7，S14－S7，S21－S14成等差数列 C.T7，T14－T7，T21－T14成等比数列 D.若S15＞0，S16＜0，则使得Sn取得最大值的正整数n的值为8 解析：BCD　依题意，设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，对于A，因为Tn＝4n＋1＋m，当n＝1时，b1＝T1＝42＋m＝16＋m，当n≥2时，Tn－1＝4n＋m，则bn＝4n＋1－4n＝3×4n，满足＝4，所以b1＝16＋m＝3×4，解得m＝－4，故A错误；对于B，因为S7＝a1＋a2＋…＋a7，S14－S7＝a8＋a9＋…＋a14＝a1＋7d＋a2＋7d＋…＋a7＋7d＝a1＋a2＋…＋a7＋49d，S21－S14＝a15＋a16＋…＋a21＝a1＋14d＋a2＋14d＋…＋a7＋14d＝a1＋a2＋…＋a7＋98d，所以2（S14－S7）＝S7＋S21－S14，即S7，S14－S7，S21－S14成等差数列，故B正确；对于C，当q＝1时，T7＝7b1，T14－T7＝7b1，T21－T14＝7b1，显然T7，T14－T7，T21－T14成等比数列；当q≠1时，T7＝b1＋b2＋…＋b7＝≠0，T14－T7＝b8＋b9＋…＋b14＝（b1＋b2＋…＋b7）q7，T21－T14＝b15＋b16＋…＋b21＝（b1＋b2＋…＋b7）q14，所以（T14－T7）2＝T7（T21－T14），即T7，T14－T7，T21－T14成等比数列，故C正确；对于D，因为S15＞0，S16＜0，所以S15＝＝15a8＞0，即a8＞0，S16＝＝＜0，即a8＋a9＜0，故a9＜0，所以S8是Sn的最大项，即使得Sn取得最大值的正整数n的值为8，故D正确.故选B、C、D. 数列的函数性质 【例3】　（1）（2024·长郡中学模拟改编）已知数列{an}满足an＋1＝，若a1＝，则a2 024＝（　A　） A.2 B.－2 C.－1 D. （2）（多选）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＞0，a4＋a11＞0，a7·a8＜0，则（　BCD　） A.数列{an}是递增数列 B.S6＞S9 C.当n＝7时，Sn最大 D.当Sn＞0时，n的最大值为14 解析：（1）∵an＋1＝，a1＝，∴a2＝＝＝2，a3＝＝＝－1，a4＝＝＝，∴数列{an}的周期为3.∴a2 024＝a3×674＋2＝a2＝2.故选A. （2）∵在等差数列{an}中，a1＞0，a4＋a11＝a7＋a8＞0，a7·a8＜0，∴a7＞0，a8＜0，∴公差d＜0，数列{an}是递减数列，A错误；∵S9－S6＝a7＋a8＋a9＝3a8＜0，∴S6＞S9，B正确；∵a7＞0，a8＜0，数列{an}是递减数列，∴当n＝7时，Sn最大，C正确；∵a4＋a11＞0，a7＞0，a8＜0，∴S14＝＝＞0，S15＝＝＜0，∴当Sn＞0时，n的最大值为14，D正确.故选B、C、D. 感悟提升 求数列的最大项与最小项的常用方法 （1）将数列视为函数f（x），当x∈N*时所对应的一列函数值，根据f（x）的类型作出相应的函数图象，或利用求函数最值的方法，求出f（x）的最值，进而求出数列的最大（小）项； （2）通过通项公式an研究数列的单调性，利用（n≥2）确定最大项，利用（n≥2）确定最小项. 1.已知等比数列{an}的前n项积为Tn，a1＝16，公比q＝，则Tn取最大值时n的值为（　　） A.3 B.6 C.4或5 D.6或7 解析：C　因为等比数列{an}的首项a1＝16，公比q＝，所以a4＝16×（）3＝2＞1，a5＝16×（）4＝1，a6＝16×（）5＝＜1，所以当n＝4或n＝5时，Tn取得最大值.故选C. 2.（多选）{an}是各项均为正数的等差数列，其公差d＞0，{bn}是等比数列，若a1＝b1，a2 024＝b2 024，则（　　） A.a100＞b100 B.a100＜b100 C.a2 025＞b2 025 D.a2 025＜b2 025 解析：AD　等差数列{an}的通项公式an＝dn＋a1－d，因为d＞0，所以a2 024＞a1，y＝dx＋a1－d是关于x的增函数.等比数列{bn}满足b1＝a1＞0，b2 024＝a2 024＞0，设{bn}的公比为q，则bn＝b1qn－1，所以q2 023＝＞1，所以q＞1，所以y＝b1qx－1是关于x的增函数.作出直线y＝dx＋a1－d及y＝b1qx－1的大致图象，如图，则数列{an}中的各项是直线y＝dx＋a1－d上离散的点对应的纵坐标，数列{bn}中的各项是曲线y＝b1qx－1上离散的点对应的纵坐标.由图可知，a100＞b100，a2 025＜b2 025，故选A、D. 1.（2024·岳阳质量监测）已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝15，a4＋a6＋a8＝33，则a9＝（　　） A.6 B.12 C.17 D.24 解析：C　等差数列{an}中，a1＋a3＋a5＝3a3＝15，解得a3＝5，又a4＋a6＋a8＝3a6＝33，所以a6＝11，又因为a3，a6，a9成等差数列，所以a9＝2a6－a3＝22－5＝17.故选C. 2.（2024·南京、盐城一模）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，S3＝a2＋5a1，a5＝4，则a1＝（　　） A. B.－ C. D.－ 解析：A　设等比数列{an}的公比为q，由S3＝a2＋5a1，得a1＋a2＋a3＝a2＋5a1，即a3＝4a1＝a1q2，所以q2＝4，又a5＝4，所以a1q4＝a1（q2）2＝a1×42＝4，所以a1＝.故选A. 3.（2024·七市州调研）已知公差为负数的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3，a4，a7是等比数列，则当Sn取最大值时，n＝（　　） A.2或3 B.2 C.3 D.4 解析：B　设等差数列{an}的公差为d（d＜0），由a3，a4，a7是等比数列，得（a1＋3d）2＝（a1＋2d）·（a1＋6d），解得a1＝－d，则an＝a1＋（n－1）d＝（n－）d，显然等差数列{an}单调递减，当n≤2时，an＞0，当n≥3时，an＜0，所以当Sn取最大值时，n＝2.故选B. 4.（多选）设公比为q的等比数列{an}的前n项积为Tn，若a2a8＝16，则（　　） A.a5＝4 B.当a1＝1时，q＝± C.log2｜T9｜＝18 D.＋≥36 解析：BC　对于A，因为＝a2a8＝16，所以a5＝±4，所以A不正确；对于B，因为a1＝1，a2a8＝16，则q8＝16，所以q8＝16，所以q＝±，所以B正确；对于C，因为T9＝a1a2·…·a9＝，所以｜T9｜＝｜｜＝218，所以log2｜T9｜＝18，所以C正确；对于D，＋≥2a3a7＝2a2a8＝32，当且仅当a3＝a7时，等号成立，所以D不正确.故选B、C. 5.（2024·江西红色十校联考）已知数列{an}满足2an＋1＝an＋an＋2，数列{an}的前n项和为Sn，S3＝6，a3＋a5＝10，则S5＝. 解析：因为数列{an}满足2an＋1＝an＋an＋2，则数列{an}为等差数列，设等差数列{an}的公差为d，则S3＝3a1＋d＝3a1＋3d＝6，可得a1＋d＝2　①，a3＋a5＝a1＋2d＋a1＋4d＝2a1＋6d＝10，可得a1＋3d＝5　②，联立①②可得a1＝，d＝，所以S5＝5a1＋d＝5×＋10×＝. 6.（2024·乌鲁木齐第二次质量监测）设等比数列{an}的首项为1，公比为q，前n项和为Sn，若{Sn＋1}也是等比数列，则q＝2. 解析：当q＝1时，Sn＝na1＝n，Sn＋1＝n＋1，{Sn＋1}不是等比数列，所以q≠1，Sn＝＝，Sn＋1＝＋1＝＝－·qn，根据等比数列的通项公式的形式，得＝0，解得q＝2. 7.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝3，则＝（　　） A.2　　　　B. C.　　　　D.3 解析：B　因为等比数列{an}的前n项和为Sn，＝3，即S6＝3S3，又S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，即＝，故4S3＝S9－S6，故S9＝7S3，故＝. 8.（2024·苏锡常镇四市调研）已知正项数列{an}满足＋＋…＋＝（n∈N*），若a5－2a6＝7，则a1＝（　　） A. B.1 C. D.2 解析：D　n＝1时，＝；n≥2时，＝－＝，＝，∴a5a6＝99，∴a6（2a6＋7）＝99，∴a6＝，a5＝18，∵a4a5＝63，∴a4＝，∵a3a4＝35，∴a3＝10，∵a2a3＝15，∴a2＝，∵a1a2＝3，∴a1＝2.故选D. 9.已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋2n＋m，且对任意n∈N*，an＋1－an＜0，则实数m的取值范围是（　　） A.（－2，＋∞） B.（－∞，－2） C.（2，＋∞） D.（－∞，2） 解析：A　因为an＋1－an＜0，所以数列{an}为递减数列，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋2n＋m－[－（n－1）2＋2（n－1）＋m]＝－2n＋3，故可知当n≥2时，数列{an}单调递减，若对任意n∈N*，an＋1－an＜0，只需满足a2＜a1，因为a2＝－1，a1＝S1＝1＋m，所以－1＜1＋m，解得m＞－2.故选A. 10.（2023·全国乙卷理10题）已知等差数列{an}的公差为，集合S＝{cos an｜n∈N*}，若S＝{a，b}，则ab＝（　　） A.－1 B.－ C.0 D. 解析：B　法一　∵数列{an}是公差为的等差数列，∴an＋3＝an＋×3＝an＋2π，∴cos an＋3＝cos an，∴数列{cos an}是周期为3的数列.不妨取a1＝－，则cos a1＝cos a2＝，cos a3＝－1，∴集合S＝{－1，}，则ab＝－.故选B. 法二　由题意，得an＝a1＋（n－1）·，又S＝{cos an｜n∈N*}＝{a，b}，∴cos a1≠cos a2，但cos a1＝cos a3，即cos a1＝cos（a1＋），∴a1＋a1＋＝2kπ（k∈Z），∴a1＝－＋kπ（k∈Z）.不妨取k＝1，则a1＝，a2＝＋＝π，则S＝{，－1}＝{a，b}，∴ab＝－1×＝－.故选B. 11.（多选）（2024·东北三校第一次联考）已知等差数列{an}的首项a1＞0，则下列选项中正确的是（　　） A.若a3＋a7＝4，则S9＝18 B.若S15＞0，S16＜0，则＞ C.若a1＋a2＝5，a3＋a4＝9，则a7＋a8＝17 D.若a8＝S10，则S9＞0，S10＜0 解析：ACD　对于A，∵a3＋a7＝2a5＝4，∴S9＝＝＝＝18，故A正确；对于B，∵S15＝＝＝15a8＞0，∴a8＞0，∵S16＝＝（a8＋a9）×8＜0，∴a8＋a9＜0，∴a9＜0＜a8，a9－a8＜0，－＝（a9＋a8）（a9－a8）＞0，∴＜，故B错误；对于C，记等差数列{an}的公差为d，（a3＋a4）－（a1＋a2）＝4d＝9－5＝4，则d＝1，∴a7＋a8＝（a3＋4d）＋（a4＋4d）＝（a3＋a4）＋8d＝9＋8＝17，故C正确；对于D，∵a8＝S10，∴a1＋7d＝10a1＋d＝10a1＋45d，∴9a1＝－38d，则a1＝－d＞0，∴d＜0，S9＝9a1＋d＝－38d＋36d＝－2d＞0，S10＝a8＝a1＋7d＝d＜0，故D正确.故选A、C、D. 12.（多选）（2024·赣州模拟）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a3＝18，S3＝26，则（　　） A.an＞0 B.Sn＞0 C.数列{｜an｜}为单调数列 D.数列{｜Sn｜}为单调数列 解析：BC　设数列{an}的首项为a1，公比为q，由题有解得或对于选项A，当n为偶数时，an＜0，所以选项A错误；对于选项B，因为Sn＝，当显然有Sn＞0，当时，1－q＜0，1－qn＜0，所以Sn＞0，故选项B正确；对于选项C，当q＝3时，数列{｜an｜}是首项为2，公比为3的递增数列，当q＝－时，数列{｜an｜}是首项为32，公比为的递减数列，所以选项C正确；对于选项D，由选项B知Sn＞0，所以｜Sn｜＝Sn，当时，Sn＝＝［1－（－）n］，此时Sn不具有单调性，所以选项D错误，故选B、C. 13.记正项等差数列{an}的前n项和为Sn，S20＝100，则a10·a11的最大值为　25 解析：∵S20＝×20＝100，∴a1＋a20＝10，∴a10＋a11＝a1＋a20＝10.又∵a10＞0，a11＞0，∴a10·a11≤（）2＝＝25，当且仅当a10＝a11＝5时，取“＝”，∴a10·a11的最大值为25. 14.已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝nan，且S2＋S4＋S6＋…＋S60＝1 860，则a1＝2. 解析：法一　因为Sn＝nan，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝nan－（n－1）an－1，得（n－1）an＝（n－1）an－1，即an＝an－1，所以数列{an}是常数列，所以an＝a1，Sn＝na1，所以S2＋S4＋S6＋…＋S60＝（2＋4＋6＋…＋60）a1＝a1＝930a1＝1 860，解得a1＝2. 法二　因为Sn＝nan，所以当n≥2时，Sn＝n（Sn－Sn－1），得（n－1）Sn＝nSn－1，则有＝，所以数列是常数列，则＝＝a1，所以Sn＝na1，所以S2＋S4＋S6＋…＋S60＝（2＋4＋6＋…＋60）a1＝a1＝930a1＝1 860，解得a1＝2. 15.已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝an2＋bn（a，b为常数），且a9＝，则a1＋a17＝π；设函数f（x）＝2＋sin 2x－2sin2，yn＝f（an），则数列{yn}的前17项和为17. 解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an2＋bn－[a（n－1）2＋b（n－1）]＝2na－a＋b.又当n＝1时，a1＝S1＝a＋b，满足an＝2na－a＋b，所以an＝2na－a＋b，所以数列{an}为等差数列，故a1＋a17＝2a9＝π.由题意得f（x）＝sin 2x＋cos x＋1，所以y1＋y17＝f（a1）＋f（a17）＝sin 2a1＋cos a1＋1＋sin 2a17＋cos a17＋1＝sin 2a1＋cos a1＋1＋sin（2π－2a1）＋cos（π－a1）＋1＝2，同理，y2＋y16＝2，…，y8＋y10＝2.又易得y9＝f（a9）＝1，所以数列{yn}的前17项和为2×8＋1＝17. 16.线性分形又称为自相似分形，其图形的结构在几何变换下具有不变性，通过不断迭代生成无限精细的结构.一个正六边形的线性分形图如图所示，若图1中正六边形的边长为1，图n中正六边形的个数记为an，所有正六边形的周长之和、面积之和分别记为Cn，Sn，其中图n中每个正六边形的边长是图n－1中每个正六边形边长的，则下列说法正确的是（　　） A.a4＝294 B.C3＝ C.存在正数m，使得Cn≤m恒成立 D.Sn＝×（）n－1 解析：D　A选项，题图1中正六边形的个数为1，题图2中正六边形的个数为7，题图3中正六边形的个数为49，由题意得数列{an}为首项为1，公比为7的等比数列，所以an＝7n－1，故a4＝73＝343，故A错误；B选项，由题意知C1＝6，C2＝×6＝14，C3＝（）2×6＝，故B错误；C选项，数列{Cn}是首项为6，公比为的等比数列，故Cn＝6×（）n－1，因为＞1，所以Cn＝6×（）n－1单调递增，不存在正数m，使得Cn≤m恒成立，故C错误；D选项，分析可得，图n中的小正六边形的个数为an＝7n－1个，每个小正六边形的边长为（）n－1，故每个小正六边形的面积为6××（）2n－2，则Sn＝7n－1×6××（）2n－2＝×（）n－1，故D正确.故选D. 17.（多选）（2024·枣庄二模）将数列{an}中的所有项排成如下数阵： a1 a2　a3　a4 a5　a6　a7　a8　a9 … 从第2行开始每一行比上一行多两项，且从左到右均构成以2为公比的等比数列；第1列数a1，a2，a5，…成等差数列.若a2＝2，a10＝8，则（　　） A.a1＝－1 B.ai＝168 C.a2 024位于第45行第88列 D.2 024在数阵中出现两次 解析：ACD　由第1列数a1，a2，a5，a10，…成等差数列，设公差为d，又由a2＝2，a10＝8，可得a1＋d＝2，a1＋3d＝8，解得a1＝－1，d＝3，则第一列的通项公式为ak＝－1＋（k－1）×3＝3k－4，又从第2行开始每一行比上一行多两项，且从左到右均构成以2为公比的等比数列，可得a2＋a3＋…＋a9＝2＋4＋8＋5＋10＋20＋40＋80＝169，所以A正确，B错误；又因为每一行的最后一个数为a1，a4，a9，a16，…，且452＝2 025，可得a2 024是a2 025的前一个数，且a2 025在第45行，因为这一行共有2×45－1＝89个数，则a2 024在第45行的第88列，所以C正确；由题设可知第i行第j个数的大小为（3i－4）×2j－1，令（3i－4）×2j－1＝2 024，若j＝1，则3i－4＝2 024即i＝676；若j＝2，则3i－4＝1 012，无整数解；若j＝3，则3i－4＝506即i＝170；若j＝4，则3i－4＝253，无整数解.故D正确. 10 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $