2019-2020学年北京四中高二年级第一学期期中考试数学试卷 2019.11一、选择题（本大题共13小题，共62.0分）1.不等式x−3x+2<0的解集为()A. {x|−2<x<3}B. {x|x<−2}C. {x|x<−2或x>3}D. {x|x>3}2.已知数列{a n}满足a n+1=a n+n，且a1=2，那么a3=()A. 4B. 5C. 6D. 73.下列命题中的假命题是()A. ∀x∈R，x3>0B. ∃x∈R，使tanx=2C. ∀x∈R，2x>0D. ∃x∈R，使lgx=04.已知等差数列{a n}中，a1=−1，公差d=2，则{a n}的前5项和等于()A. −15B. −17C. 15D. 175.若a<b<0，则下列不等式中成立的是()A. a2<b2B. ab <1 C. 1a<1bD. 1a>1b6.“x2=4”是“x=2”成立的()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7.若a，b∈R，且ab>0，则下列不等式中，恒成立的是()A. a2+b2>2abB. a+b≥2√abC. 1a +1b>√abD. ba+ab≥28.等差数列{a n}前n项和为S n，a4+a6=−6，a1=−11.则当S n取最小值时，n=()A. 6B. 7C. 8D. 99.函数y=tanx+9tanx (π2<x<π)的最大值为()A. 6B. 9C. −6D. −910.已知常数k∈(0,1)，数列{a n}满足a n=n⋅k n(n∈N∗).下面说法正确的是()①当k=12时，数列{a n}为递减数列；②当0<k<12时，数列{a n}为递减数列；③当12<k<1时，数列{a n}不一定有最大项；④当k1−k为正整数时，数列{a n}必有两项相等的最大项．A. ①②B. ②③C. ②④D. ③④11.若m<0，n>0且m+n<0，则()A. m<−n<n<−mB. −n<m<−m<nC. m<−n<−m<nD. −n<m<n<−m12.设{a n}是等差数列，{b n}为等比数列，其公比q≠1，且b n>0(n=1,2，3，…).若a1=b1，a11=b11，则a6与b6的大小关系为()A. a6>b6B. a6=b6C. a6<b6D. a6≥b613.已知数列{a n}满足a n+1+a n=4n+3，且a1=2，则a1+a2020=()A. 4043B. 4046C. 4047D. 4049二、填空题（本大题共9小题，共36.0分）14.命题“∀x∈R，x2−1>0”的否定是______．15.设S n为等比数列{a n}的前n项和，8a2−a5=0，则公比q=______，S4S2=______．16.若正数a，b满足1a +4b=1，则a+b的最小值等于______．17.已知函数f(x)的对应关系如表所示：数列{a n}满足a1=3，a n+1=f(a n)，则a4=______，a2019=______．18.能够说明“设a，b，c是任意实数．若a>b>c，则a+b>c”是假命题的一组整数a，b，c的值依次为______．19.已知数列{a n}满足a n=4S n−3，n∈N∗，则a1+a3+a5+⋯+a2n+1=______．20.已知a>0，b>0，不等式−b<1x<a的解集是______．21.已知a>b>0，则a2−4b2−ab的最小值是______．22.有穷数列{a n}(n∈N∗,n≤12)满足|a n+1−a n|=1，且a1，a4，a12成等比数列．若a1=1，a12=4，则满足条件的不同数列{a n}的个数为______．三、解答题（本大题共5小题，共52.0分）23.已知{a n}为等差数列，且a3=6，a6=0．(Ⅰ)求{a n}的通项公式；(Ⅱ)若等比数列{b n}满足b1=3，b2=a4+a5，求{b n}的前n项和公式．24.已知函数f(x)=x2+ax−4．(Ⅰ)当a=3时，解不等式f(x)<0；(Ⅱ)若不等式f(x)+5>0的解集为R，求实数a的取值范围．25.已知{a n}是等差数列，{b n}是等比数列，且b2=3，b5=81，a1=b1，a14=b4．(Ⅰ)求{a n}的通项公式；(Ⅱ)设c n=a n b n，求数列{c n}的前n项和T n．26.已知二次函数f(x)=ax2+bx，f(−1)=−4，恒有f(x)≤6x+2.数列{a n}满足(n∈N∗)．a n+1=f(a n)，且0<a n<12(Ⅰ)求f(x)的解析式；(Ⅱ)证明：数列{a n}单调递增；(Ⅲ)记πn i=1ai =a1a2…a n，若a1=13，求πn i=1(1−2a i).27.给定数列a1，a2，…，a n.对i=1，2，3，…，n−1，该数列前i项的最大值记为A i，后n−i项a i+1，a i+2，…，a n的最小值记为B i，d i=A i−B i．(Ⅰ)设数列{a n}为3，4，7，1.写出d1，d2，d3的值；(Ⅱ)设a1，a2，…，a n(n≥4)是公比大于1的等比数列，且a1>0.证明d1，d2，…，d n−1是等比数列；(Ⅲ)若d1=d2=⋯=d n−1=0，证明{a n}是常数列．2019-2020学年北京四中高二年级第一学期期中考试数学试题参考答案1.【答案】A<0，得到(x−3)(x+2)<0【解析】解：∵x−3x+2即x−3>0且x+2<0解得：x>3且x<−2所以无解；或x−3<0且x+2>0，解得−2<x<3，所以不等式的解集为−2<x<3故选A本题的方法是：要使不等式小于0即要分子与分母异号，得到一个一元二次不等式，讨论x的值即可得到解集．本题主要考查学生求不等式解集的能力，是一道基础题．2.【答案】B【解析】解：数列{a n}满足a n+1=a n+n，且a1=2，当n=1时，a2=a1+1=3，当n=2时，a3=a2+2=5，故选：B．直接利用数列的递推关系式的应用求出结果．本题考查的知识要点：数列的递推关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．3.【答案】A【解析】解：对于A，当x=0时，x3=0，与x3>0矛盾；故A为假命题；对于B，由于正切函数值域为R，故∃x∈R，使tanx=2正确，故B为真命题；对于C，由于指数函数值域为(0,+∞)，故∀x∈R，2x>0正确，故C为真命题；对于D，当x=1时，使lg1=0，故∃x∈R，使lgx=0正确，故D为真命题．故选：A．对于全称命题，若为假命题，举反例即可，若为真命题，需证明；对于特称命题，若为真命题，举例即可，若为假命题，需要证明．根据含量词的命题判断方法逐一判断即可．本题考查了含量词的命题的真假的判断，属于基础题．4.【答案】C【解析】解：∵等差数列{a n}中，a1=−1，公差d=2，∴{a n}的前5项和为：S5=5×(−1)+5×42×2=15．故选：C．等差数列{a n}中，由a1=−1，公差d=2，能求出{a n}的前5项和．本题考查等差数列的前5项和的求法，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.【答案】D【解析】解：a<b<0，则−a>−b>0，故(−a)2>(−b)2，即a2>b2，故A错，若a=−2，b=−1，则ab=2>1，故B不成立，1 a −1b=b−aab>0，故C错，D对，故选：D．利用不等式的性质，作差法，举特例法，a<b<0，则−a>−b>0，故(−a)2>(−b)2，即a2>b2，故A错，若a=−2，b=−1，则ab =2>1，故B不成立，1a−1b=b−aab>0，故C错，D对，故选：D．考查了不等式的性质，用了作差法，举特例法等数学方法，基础题．6.【答案】B【解析】解：由x2=4得x=2或x=−2，则“x2=4”是“x=2”成立的必要不充分条件，故选：B．根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可．本题主要考查充分条件和必要条件的判断，比较基础．7.【答案】D【解析】【分析】本题考查基本不等式，属于基础题．利用基本不等式需注意：各数必须是正数，而不等式a2+b2≥2ab的使用条件是a，b∈R．【解答】解：对于A，a2+b2≥2ab，所以A错；对于B，C，ab>0，只能说明a，b同号，若a，b都小于0时，a+b<2√ab，1a +1b<ab，所以B，C错;对于D，因为ab>0，所以ba >0,ab>0，ba+ab≥2，当且仅当ba=ab时等号成立，所以D正确，故选D．8.【答案】A【解析】a1=−11,【分析】此题考查学生灵活运用等差数列的通项公式及前n项和公式化简求值，掌握等差数列的性质，是一道基础题．根据等差数列的性质化简a4+a6=−6，得到a5的值，然后根据a1的值，利用等差数列的通项公式即可求出公差d的值，根据a1和d的值写出等差数列的通项公式，进而写出等差数列的前n项和公式S n，配方后即可得到Sn取最小值时n 的值．【解答】由a4+a6=2a5=−6，解得a5=−3，又a1=−11，∴a5=a1+4d=−11+4d=−3，解得d=2，则a n=−11+2(n−1)=2n−13，∴S n=n(a1+a n)2=n2−12n=(n−6)2−36，∴当n=6时，S n取最小值．故选：A．9.【答案】C【解析】解：函数y =tanx +9tanx (π2<x <π)，tanx <0， 由基本不等式，−tanx −9tanx ≥2√9=6， 当且仅当tanx =−3成立， 所以tanx +9tanx ≤−6， 故选：C ．函数y =tanx +9tanx (π2<x <π)，tanx <0，由基本不等式，−tanx −9tanx ≥2√9=6，得出结论．考查基本不等式的应用，基础题．10.【答案】C【解析】解：①当k =12时，a 1=12,a 2=2×(12)2=12，所以数列{a n }不是递减数列，①不正确； ②当0<k <12时，a n+1a n=(n+1)k n+1nk n=k(n+1)n<nn+1≤1，即a n+1<a n ，数列{a n }是递减数列，②正确；③当12<k <1时，an+1a n=(n+1)k n+1nk n=k(n+1)n，则k <k(n+1)n<2k ，例如取k =78，则a 7=a 8且为最大项，③错误； ④a n+1a n =(n+1)k n+1nk n=k(n+1)n，当k1−k 为正整数时，1>k ≥12， 当k =12时，a 1=a 2>a 3>a 4>⋯…… 当12<k <1 时，令k1−k =m ，解得k =mm+1； 则a n+1a n =(n+1)k n+1nk n =k(n+1)n=(n+1)mn(m+1)，当n <m 时，a n+1a n>1，数列{a n }单调递增； 当n >m 时，a n+1a n<1，数列{a n }单调递减；当n =m 时，a n+1=a n ；所以数列{a n }必有两项相等的最大项；④正确； 故选：C ．直接用作商比较法计算a n+1a n=(n+1)k n+1nk n=k(n+1)n，对k 的范围进行讨论，得到数列{a n }的单调性．本题考查数列的增减性，作商法比较大小，属于难题．11.【答案】A【解析】解：由m<0，得−m>0，−n>0，得−n<0，由m+n<0，−m>n>0，0>−n>m，所以m<−n<0<n<−m，故选：A．由m<0，得−m>0，−n>0，得−n<0，由m+n<0，−m>n>0，0>−n>m，所以由不等式的传递性得，m<−n<0<n<−m，得出结论．考查不等式的性质，不等式的传递性等，基础题．12.【答案】A【解析】解：由题意可得a1+a11=b1+b11=2a6．∵公比q≠1，b i>0，∴b1+b11>2√b1b11=2b6，∴2a6>2b6，即a6>b6，故选：A．由题意可得a1+a11=b1+b11=2a6，再由b1+b11>2√b1b11=2b6，从而得出结论．本题主要考查等差数列的定义和性质，等比数列的定义和性质，基本不等式的应用，属于基础题．13.【答案】A【解析】解：数列{a n}满足a n+1+a n=4n+3①，则a n+2+a n+1=4n+7②，②−①得a n+2−a n=4(常数)，所以数列{a n}的奇数项和偶数项公差都为4的等差数列．由于a1=2，所以a1+a2=7，解得a2=5，所以a n={2n(n为奇数) 2n+1(n为偶数)．所以a1+a2020=2+2×2020+1=4043．故选：A．直接利用递推关系式的应用求出数列的通项公式，进一步利用通项公式的应用求出结果．本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．14.【答案】∃x∈R，x2−1≤0【解析】解：因为特称命题的否定是全称命题，所以，命题“∀x∈R，x2−1>0”的否定是：∃x∈R，x2−1≤0．故答案为：∃x∈R，x2−1≤0．直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可．本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，是基础题．15.【答案】2 5【解析】解：∵等比数列{a n}中8a2−a5=0，设首项为a1，∴a5a2=a1q4a1q=q3=8，∴q=2，∴由等比数列前n项和公式得：S4S2=a1(1−q4)1−qa1(1−q2)1−q=1−241−22=22+1=5，故答案为：2；5．利用递推式8a2−a5=0根据等比数列的定义得到公比q，设该数列首项为a1，利用前n 项和公式求解．本题考查了等比数列的通项公式和前n项和公式，是基础的计算题．16.【答案】9【解析】解：若正数a，b满足1a +4b=1，则(a+b)(1a +4b)≥(1+2)2=9，当且仅当a=2b=9时，取等号，故答案为：9．若正数a，b满足1a +4b=1，则(a+b)(1a+4b)≥(1+2)2=9，得出结论．考查基本不等式的应用，本题用了柯西不等式，基础题．17.【答案】3 1【解析】解：由函数对应关系得a1=3，a2=f(a1)=f(3)=2，a3=f(a2)=f(2)=1，a4=f(a3)=f(1)=3，则a4=a1，则数列{a n}的周期是3，则a2019=a672×3+3=a3=1，故答案为：3，1根据函数与数列的对应关系，进行递推，得到数列{a n}是周期为3的周期数列，结合数列的周期性进行转化求解即可．本题主要考查函数与数列的综合，结合数列的递推关系，得到数列{a n}是周期为3的周期数列是解决本题的关键．考查学生的运算推理能力．18.【答案】−1，−2，−3【解析】【分析】本题考查了命题的真假，举例说明即可，属于基础题．直接举例即可，本题答案不唯一．【解答】解：设a，b，c是任意实数．若a>b>c，则a+b>c”是假命题，可设a，b，c的值依次−1，−2，−3，(答案不唯一)，故答案为−1，−2，−3．19.【答案】98−18⋅9n【解析】解：数列{a n}满足a n=4S n−3，n∈N∗，可得n=1时，a1=4S1−3=4a1−3，即a1=1，当n≥2时，a n−1=4S n−1−3，又a n=4S n−3，两式相减可得a n−a n−1=4(S n−S n−1)=4a n，可得a n=−13a n−1，可得{a n}为首项为1，公比q为−13的等比数列，则a n=a1q n−1=(−13)n−1，可得a1，a3，a5，…，a2n+1为首项为1，公比为19的等比数列，则a 1+a 3+a 5+⋯+a 2n+1=1−19n+11−19=98−18⋅9n ．故答案为：98−18⋅9n ．运用数列的递推式：n =1时，a 1=S 1，n ≥2时，a n =S n −S n−1，结合等比数列的定义和通项公式，可得a n =(−13)n−1，可得a 1，a 3，a 5，…，a 2n+1为首项为1，公比为19的等比数列，由等比数列的求和公式，可得所求和．本题考查数列的递推式的运用，考查等比数列的定义、通项公式和求和公式的运用，考查运算能力，属于基础题．20.【答案】(−∞,−1b )∪(1a ,+∞)【解析】解：∵−b <1x <a ， ∴1x +b >0且1x −a <0， ∵b >0，由1+bx x>0，解得x >0或x <−1b ；① 1x−a <0，得1−ax x<0⇔ax−1x>0，∵a >0，∴x >1a 或x <0；② 由①②得：x >1a 或x <−1b ；∴不等式−b <1x <a 的解集是(−∞,−1b )∪(1a ,+∞)． 故答案为：(−∞,−1b )∪(1a ,+∞)．在a >0，b >0的条件下将−b <1x <a 转化为{1+bxx>01−axx<0即可求得答案． 本题考查分式不等式组的解法，将−b <1x <a 转化为{1+bxx>01−axx<0是关键，也是难点，考查化归思想与分析运算的能力，属于中档题．21.【答案】8【解析】解：令t =ab −b 2>0，则a =tb +b ≥2√t ，当且仅当t =b 2时成立， 所以a 2−4b 2−ab =(tb +b)2+4t ≥4t +4t ≥8，当且仅当t =1时成立， 故答案为：8令t =ab −b 2>0，则a =t b +b ≥2√t ，当且仅当t =b 2时成立，所以a 2−4b 2−ab =(tb +b)2+4t≥4t +4t≥8，当且仅当t =1时成立．考查了基本不等式的应用，还用了换元法，中档题．22.【答案】176【解析】解：根据题意，由|a n+1−a n |=1|分析可得必有在a n+1−a n =1和a n+1−a n =−1中，必须且只能有1个成立，∵a 1，a 4，a 12成等比数列．且a 1=1，a 12=4， 则a 4=±2， 分2种情况讨论： ①、若a 4=−2，在1≤n ≤3中，a n+1−a n =−1都成立，在4≤n ≤11中，有1个a n+1−a n =−1，7个a n+1−a n =1成立，则有C 81=8种情况，即有8个不同数列；②、若a 4=2，在1≤n ≤3中，有1个a n+1−a n =−1成立，2个a n+1−a n =1成立，有C 31=3种情况， 在4≤n ≤11中，有3个a n+1−a n =−1，5个a n+1−a n =1成立，有C 83=56种情况，则有3×56=168种情况，即有168个不同数列； 则一共有8+168=176个满足条件的不同数列． 故答案为：176．根据题意，由|a n+1−a n |=1|分析可得必有在a n+1−a n =1和a n+1−a n =−1中，必须且只能有1个成立，由等比数列的性质求得a 4=±2，进而分2种情况讨论，分析由乘法原理计算可得每种情况的数列数目，由分类计数原理计算可得答案．本题考查排列、组合的综合应用，涉及函数的定义以及函数值的计算，关键是将函数值的问题转化为排列、组合问题．23.【答案】解：(Ⅰ)∵{a n }为等差数列，且a 3=6，a 6=0．∴{a 3=a 1+2d =6a 6=a 1+5d =0， 解得d =−2，a 1=10，∴a n =10+(n −1)×(−2)=−2n +12． (Ⅱ)∵等比数列{b n }满足b 1=3，b 2=a 4+a 5=(−8+12)+(−10+12)=6，∴q=6=2，3∴{b n}的前n项和公式为：S n=3(1−2n)=3×2n−3．1−2【解析】(Ⅰ)利用等差数列通项公式列方程组求出首项和公差，由此能求出a n．(Ⅱ)求出等比数列{b n}的首项和公差，由此能求出{b n}的前n项和公式．本题考查等差数列的通项公式和前n项和公式的求法，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．24.【答案】解：(1)函数f(x)=x2+ax−4，当a=3时，f(x)=x2+3x−4=(x+4)(x−1)<0，故不等式的解集为(−4,1)．(2)不等式f(x)+5>0的解集为R，x2+ax+1>0在R上恒成立，△=a2−4<0，即a∈(−2,2)．【解析】(1)函数f(x)=x2+ax−4，当a=3时，f(x)=x2+3x−4=(x+4)(x−1)< 0，解出即可；(2)不等式f(x)+5>0的解集为R，△=a2−4<0，即a∈(−2,2)．考查一元二次不等式的解法，恒成立问题，基础题．25.【答案】解：(Ⅰ){a n}是公差为d的等差数列，{b n}是公比为q的等比数列，且b2=3，b5=81，=27，即q=3，则b n=b2q n−2=3n−1；可得q3=b5b2=2，a1=b1=1，a14=b4=27，则d=a14−a114−1则a n=1+2(n−1)=2n−1：(Ⅱ)c n=a n b n=(2n−1)⋅3n−1，可得前n项和T n=1⋅30+3⋅31+5⋅32+⋯+(2n−1)⋅3n−1，3T n=1⋅3+3⋅32+5⋅33+⋯+(2n−1)⋅3n，两式相减可得−2T n=1+2(3+32+⋯+3n−1)−(2n−1)⋅3n−(2n−1)⋅3n，=1+2⋅3(1−3n−1)1−3化为T n =1+(n −1))⋅3n ．【解析】(Ⅰ){a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q 的等比数列，运用等差数列和等比数列的通项公式，解方程即可得到所求通项公式；(Ⅱ)求得c n =a n b n =(2n −1)⋅3n−1，运用数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和．本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的错位相减法求和，化简运算能力，属于中档题．26.【答案】解：(Ⅰ)f(−1)=a −b =−4，即b =a +4，因为f(x)=ax 2+bx ≤6x +2恒成立，即对任意x ，ax 2+(b −6)x −2≤0恒成立， 所以{a <0△=(b −6)2+8a ≤0b =a +4，整理得(a +2)2≤0，所以a =−2，b =2，则f(x)=−2x 2+2x ；(Ⅱ)证明：因为a n+1=f(a n )=−2a n 2+2a n ，所以a n+1−a n =−2a n 2+2a n −a n =−2a n 2+a n =−2(a n −14)2+18，因为0<a n <12(n ∈N ∗)，所以a n+1−a n ∈(0,18)，则a n+1>a n ，所以数列{a n }单调递增；(Ⅲ)因为a n+1=−2a n 2+2a n ，即a n+1−12=−2(a n −12)2，两边同时乘以−2，可得1−2a n+1=(1−2a n )2，两边取对数可得lg(1−2a n+1)=2lg(1−2a n )，则数列{lg(1−2a n )}是以2为公比，lg(1−2a 1)=lg 13为首项的等比数列，所以lg(1−2a n )=2n−1lg 13=lg(13)2n−1，则1−2a n =(13)2n−1，πni =1(1−2a i )=(1−2a 1)(1−2a 2)(1−2a 3)…(1−2a n )=(13)1+2+22+⋯+2n−1=(13)2n −1．【解析】(Ⅰ)根据f(−1)=−4可得a ，b 数量关系，再根据恒有f(x)≤6x +2.可求出a ，进而得f(x)解析式；(Ⅱ)利用二次函数验证a n+1−a n >0即可；(Ⅲ)先求出数列{lg(1−2a n )}是以2为公比，lg(1−2a 1)=lg 13为首相的等比数列，所以1−2a n =(13)2n−1，进而可求出πni =1(1−2a i )的值．本题考查数列与函数的综合运用，能判断出数列{lg(1−2a n )}是等比数列是关键，属于难题．27.【答案】解：(I)d 1=A 1−B 1=2，d 2=A 2−B 2=4−1=3，d 3=A 3−B 3=7−1=6；(II)证明：a 1，a 2，…，a n (n ≥4)是公比大于1的等比数列，且a 1>0，所以a n =a 1q n−1，且数列为递增数列，所以当k =1，2，3，…，n −1时，d k =A k −B k =a k −a k+1，所以d kdk−1=a k−a k+1a k−1−a k=a k−1q(1−q)a k−1(1−q)=q ，所以d 1，d 2，…，d n−1是等比数列； (iii)若d 1=d 2=⋯=d n−1=0，由d 1=A 1−B 1=0，即max{a 1}=min{a 2,…,a n }，故存在k ≥2时，a 1=a k ，且对于任意的j ∈{2,3，…，n}，都有a j ≥a k ，① 若k =2，则a 1=a 2，若k >2，因为d k−1=0，所以A k−1=B k−1，即max{a 1,…,a k−1}=min{a k ,…,a n }=a k ， 又a 1=a k ，所以对于任意的j ∈{2,3，…，k −1}，a j ≤a 1=a k ，② 由①②可知，对于任意的j ∈{2,3，…，k −1}，都有a j =a k ， 故a 1=a 2=⋯=a k ，因为d k =0，所以A k =B k ，所以a k =max{a 1,…,a k }=min{a k+1,…,a n }， 所以存在k′∈{k +1,k +2,…,n}，使得a k ′=a k ， 根据以上道理，可得故a k =⋯=a k ， 依此类推，故{a n }是常数列．【解析】(I)由d 1=A 1−B 1=2，d 2=A 2−B 2=4−1=3，d 3=A 3−B 3=7−1=6，得出结论；(II)根据题意得，d k =A k −B k =a k −a k+1，由d kd k−1=a k −a k+1a k−1−a k=a k−1q(1−q)a k−1(1−q)=q 为定值，得出结论；(III)先证明d 1=A 1−B 1=0，即max{a 1}=min{a 2,…,a n }，故存在k ≥2时，a 1=a k ，且对于任意的j ∈{2,3，…，n}，都有a j ≥a k ，①再证明对于任意的j ∈{2,3，…，k −1}，a j ≤a 1=a k ，②由①②可知，对于任意的j ∈{2,3，…，k −1}，都有a j =a k ，故a 1=a 2=⋯=a k ，同理得出结论．本题是一道创新型数列题，结合等比数列的性质，考查了数学的逻辑推理能力和数学运算能力，难度较大，综合性强．。