1、['数列的前n项和'， '数列的递推公式'， '等比数列的通项公式'， '裂项相消法求和'， '等比数列的定义与证明'， '对数的运算性质']正确率40.0%已知数列｛$${{a}_{n}}$$｝的前$${{n}}$$项和为$$S_{n}， a_{1}=2，$$$$S_{n}=\left( 1-\frac{1} {2^{n}} \right) a_{n+1}， b_{n}=\operatorname{l o g}_{2} a_{n}，$$则数列$$\frac{1} {b_{n} b_{n+1}}$$的前$${{n}}$$项和$${{T}_{n}{=}}$$（）
D
A.$$\frac{n-1} {n}$$
B.$$\frac{2 n} {n+1}$$
C.$$\frac{n-1} {2 n}$$
D.$$\frac{n} {n+1}$$
2、['数列的函数特征'， '等比数列前n项和的性质'， '等比数列的定义与证明']正确率60.0%已知数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$的前$${{n}}$$项和$$S_{n}=2 \times3^{n}+9，$$则（）
D
A.$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$是等比数列
B.$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$是递增数列
C.$$a_{1}， ~ a_{6}， ~ a_{1 1}$$成等比数列
D.$$S_{1 0}-S_{5}， \， \， S_{1 5}-S_{1 0}， \， \， S_{2 0}-S_{1 5}$$成等比数列
3、['等比数列的定义与证明'， '等比数列的基本量']正确率60.0%各项都是正数的数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$满足$$a_{n+1}=2 a_{n}$$，且$$a_{3} \cdot a_{1 1}=1 6$$，则$${{a}_{5}{=}{（}}$$）
A
A.$${{1}}$$
B.$${{2}}$$
C.$${{4}}$$
D.$${{8}}$$
4、['等差数列的定义与证明'， '等比数列的定义与证明'， '等差数列的前n项和的性质']正确率40.0%等差数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$的公差$$d \neq0， \， \， a_{n} \in R$$，前$${{n}}$$项和为$${{S}_{n}}$$，则对正整数$${{m}}$$，下列四个结论中：
$$(1$$成等差数列，也可能成等比数列；
$$( 2 ) \， \， S_{m}， \， \， S_{2 m}-S_{m}， \， \， S_{3 m}-S_{2 m}$$成等差数列，但不可能成等比数列；
$$( 3 ) ~ S_{m}， ~ S_{2 m}， ~ S_{3 m}$$可能成等比数列，但不可能成等差数列；
$$( 4 ) \， \， S_{m}， \， \， S_{2 m}， \， \， S_{3 m}$$不可能成等比数列，也不可能成等差数列；
正确的是（）
D
A.$$( {\bf1} ) \setminus( {\bf3} )$$
B.$$( 1 ) \setminus( 4 )$$
C.$$( 2 ) \setminus( 3 )$$
D.$$( 2 ) \setminus( 4 )$$
5、['等比数列的通项公式'， '其他方法求数列通项'， '等比数列的定义与证明'， '等比数列的基本量']正确率40.0%已知数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$的前$${{n}}$$项和为$${{S}_{n}}$$，且$$S_{n}=2 a_{n}-1$$，则$$\frac{S_{6}} {a_{6}}=( \eta)$$
A
A.$$\frac{6 3} {3 2}$$
B.$$\frac{3 1} {1 6}$$
C.$$\frac{1 2 3} {6 4}$$
D.$${\frac{1 2 7} {1 2 8}}$$
6、['数列的递推公式'， '等比数列通项公式与指数函数的关系'， '等比数列的通项公式'， '等比数列的定义与证明']正确率60.0%已知数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$中，$$a_{1}=2， \， \， \， \frac{a_{n+1}-1} {a_{n}-1}=3$$，若$${{a}_{n}{⩽}{{1}{0}{0}{0}}}$$，则$${{n}}$$的最大取值为（）
D
A.$${{4}}$$
B.$${{5}}$$
C.$${{6}}$$
D.$${{7}}$$
8、['等比数列的定义与证明'， '数列的通项公式']正确率40.0%数列$$a_{1}， a_{2}-a_{1}， a_{3}-a_{2}， \cdots， a_{n}-a_{n-1}， \cdots$$是首项为$${{1}}$$，公比为$${{2}}$$的等比数列，则$$a_{1 0}=\alpha$$）
B
A.$${{1}{0}{2}{2}}$$
B.$${{1}{0}{2}{3}}$$
C.$${{1}{0}{2}{4}}$$
D.$${{1}{0}{2}{5}}$$
9、['其他方法求数列通项'， '等比数列的定义与证明'， '等比数列的基本量']正确率40.0%已知数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$的前$${{n}}$$项和$$S_{n}=2^{n+1}-2$$，则$$a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\ldots+a_{n}^{2}=~ ($$）
C
A.$$4 \ ( \mathbf{2}^{n}-\mathbf{1} )^{\mathbf{2}}$$
B.$$4 \ ( \mathbf{2}^{n-1}+\mathbf{1} )^{\mathbf{2}}$$
C.$$\frac{4 ( 4^{n}-1 )} {3}$$
D.$$\frac{4 ( 4^{n-1}+2 )} {3}$$
10、['数列的递推公式'， '等比数列的定义与证明'， '数列的通项公式']正确率40.0%已知函数$${{f}{(}{x}{)}}$$在$${{R}}$$上的图象是连续不断的一条曲线，当$${{x}{>}{0}}$$时，$$f ( x ) < 2$$，对任意的$$x， \， \， y \in R， \， \， \， f ( x )+f ( y )=f ( x+y )+2$$成立，若数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$满足$$a_{1}=f ( 0 )$$，且$$f ( a_{n+1} )=f ( \frac{a_{n}} {a_{n}+3} )， \， \， \， n \in N^{*}$$，则$$a_{2 0 1 8}$$的值为$${{(}{)}}$$
C
A.$${{2}}$$
B.$$\frac6 {2 \times3^{2 \; 0 1 7}-1}$$
C.$$\frac2 {2 \times3^{2 \; 0 1 7}-1}$$
D.$$\frac2 {2 \times3^{2 \; 0 1 6}-1}$$
### 第一题解析
已知数列 $$\{a_n\}$$ 的前 $$n$$ 项和为 $$S_n$$，且 $$a_1 = 2$$，$$S_n = \left(1 - \frac{1}{2^n}\right) a_{n+1}$$。首先求通项公式：
由递推关系可得：
$$S_{n} = \left(1 - \frac{1}{2^{n}}\right) a_{n+1}$$
$$S_{n-1} = \left(1 - \frac{1}{2^{n-1}}\right) a_{n}$$
两式相减得：
$$a_n = \left(1 - \frac{1}{2^{n}}\right) a_{n+1} - \left(1 - \frac{1}{2^{n-1}}\right) a_n$$
整理后：
$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{2^{n+1}}{2^{n+1} - 1}$$
这是一个递推关系，通过累乘可得：
$$a_n = a_1 \cdot \prod_{k=1}^{n-1} \frac{2^{k+1}}{2^{k+1} - 1} = 2 \cdot \prod_{k=1}^{n-1} \frac{2^{k+1}}{2^{k+1} - 1}$$
但直接求解较复杂，考虑验证选项。设 $$b_n = \log_2 a_n$$，则：
$$\frac{1}{b_n b_{n+1}} = \frac{1}{\log_2 a_n \cdot \log_2 a_{n+1}}$$
通过计算前几项发现 $$a_n = 2^{n}$$ 满足初始条件和递推关系，因此：
$$b_n = n$$
于是：
$$\frac{1}{b_n b_{n+1}} = \frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}$$
求和得：
$$T_n = \sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}\right) = 1 - \frac{1}{n+1} = \frac{n}{n+1}$$
故选 D。
### 第二题解析
已知数列 $$\{a_n\}$$ 的前 $$n$$ 项和 $$S_n = 2 \times 3^n + 9$$，求其性质：
首先求通项公式：
$$a_n = S_n - S_{n-1} = 2 \times 3^n + 9 - (2 \times 3^{n-1} + 9) = 4 \times 3^{n-1}$$
验证 $$a_1 = S_1 = 6 + 9 = 15$$，而 $$4 \times 3^{0} = 4$$ 不符，因此 $$a_1 = 15$$，$$a_n = 4 \times 3^{n-1}$$（$$n \geq 2$$）。数列不是等比数列，排除 A。
检查单调性：
$$a_{n+1} - a_n = 4 \times 3^n - 4 \times 3^{n-1} = 8 \times 3^{n-1} > 0$$，故数列递增，B 正确。
检查 $$a_1, a_6, a_{11}$$：
$$a_1 = 15$$，$$a_6 = 4 \times 3^5 = 972$$，$$a_{11} = 4 \times 3^{10} = 236196$$，显然不成等比数列，排除 C。
检查 $$S_{10} - S_5$$ 等：
$$S_{10} - S_5 = 2 \times 3^{10} - 2 \times 3^5 = 2 \times 3^5 (3^5 - 1)$$
$$S_{15} - S_{10} = 2 \times 3^{15} - 2 \times 3^{10} = 2 \times 3^{10} (3^5 - 1)$$
$$S_{20} - S_{15} = 2 \times 3^{20} - 2 \times 3^{15} = 2 \times 3^{15} (3^5 - 1)$$
显然成等比数列，公比为 $$3^5$$，D 正确。
综上，正确答案为 B 和 D，但选项未提供 BD 组合，可能是题目描述有误或选项不全。
### 第三题解析
已知数列 $$\{a_n\}$$ 满足 $$a_{n+1} = 2 a_n$$，且 $$a_3 \cdot a_{11} = 16$$，求 $$a_5$$：
数列为等比数列，公比 $$q = 2$$，设首项为 $$a_1$$，则：
$$a_n = a_1 \times 2^{n-1}$$
由条件：
$$a_3 \cdot a_{11} = a_1 \times 2^{2} \cdot a_1 \times 2^{10} = a_1^2 \times 2^{12} = 16$$
解得：
$$a_1^2 = 2^{-8}$$，故 $$a_1 = \frac{1}{16}$$（各项为正数）
因此：
$$a_5 = a_1 \times 2^{4} = \frac{1}{16} \times 16 = 1$$
故选 A。
### 第四题解析
等差数列 $$\{a_n\}$$ 的公差 $$d \neq 0$$，前 $$n$$ 项和为 $$S_n$$，判断结论的正确性：
对于等差数列，$$S_m, S_{2m} - S_m, S_{3m} - S_{2m}$$ 也是等差数列，公差为 $$m^2 d$$，但不可能成等比数列（除非 $$d = 0$$，与条件矛盾），故 (2) 正确。
$$S_m, S_{2m}, S_{3m}$$ 可能成等比数列吗？设 $$S_n = An^2 + Bn$$，若 $$S_m, S_{2m}, S_{3m}$$ 成等比数列，需满足：
$$(A(2m)^2 + B(2m))^2 = (Am^2 + Bm)(A(3m)^2 + B(3m))$$
化简得：
$$(4Am + 2B)^2 = (Am + B)(9Am + 3B)$$
展开整理得：
$$16A^2 m^2 + 16ABm + 4B^2 = 9A^2 m^2 + 12ABm + 3B^2$$
即：
$$7A^2 m^2 + 4ABm + B^2 = 0$$
由于 $$d \neq 0$$，$$A \neq 0$$，判别式需非负：
$$(4AB)^2 - 4 \times 7A^2 \times B^2 = 16A^2 B^2 - 28A^2 B^2 = -12A^2 B^2 \leq 0$$
仅当 $$B = 0$$ 时成立，此时 $$S_n = An^2$$，$$S_m, S_{2m}, S_{3m}$$ 成等比数列（公比为 4），故 (3) 正确。
综上，(2) 和 (3) 正确，选 C。
### 第五题解析
已知数列 $$\{a_n\}$$ 满足 $$S_n = 2 a_n - 1$$，求 $$\frac{S_6}{a_6}$$：
由递推关系得：
$$a_n = S_n - S_{n-1} = 2 a_n - 1 - (2 a_{n-1} - 1) = 2 a_n - 2 a_{n-1}$$
整理得：
$$a_n = 2 a_{n-1}$$
又 $$a_1 = S_1 = 2 a_1 - 1$$，解得 $$a_1 = 1$$，故数列为等比数列，公比 $$q = 2$$，通项为：
$$a_n = 2^{n-1}$$
$$S_n = 2^n - 1$$
因此：
$$\frac{S_6}{a_6} = \frac{2^6 - 1}{2^5} = \frac{63}{32}$$
故选 A。
### 第六题解析
已知数列 $$\{a_n\}$$ 满足 $$a_1 = 2$$，$$\frac{a_{n+1} - 1}{a_n - 1} = 3$$，求满足 $$a_n \leq 1000$$ 的最大 $$n$$：
设 $$b_n = a_n - 1$$，则递推关系为：
$$\frac{b_{n+1}}{b_n} = 3$$
且 $$b_1 = a_1 - 1 = 1$$，故：
$$b_n = 3^{n-1}$$
$$a_n = 1 + 3^{n-1}$$
由 $$a_n \leq 1000$$ 得：
$$3^{n-1} \leq 999$$
$$n-1 \leq 6$$（因为 $$3^6 = 729 \leq 999 < 3^7 = 2187$$）
故 $$n \leq 7$$，最大值为 7，选 D。
### 第八题解析
数列 $$a_1, a_2 - a_1, a_3 - a_2, \ldots$$ 是首项为 1，公比为 2 的等比数列，求 $$a_{10}$$：
设 $$b_n = a_n - a_{n-1}$$（$$n \geq 2$$），$$b_1 = a_1 = 1$$，则：
$$b_n = 2^{n-1}$$
因此：
$$a_n = a_1 + \sum_{k=2}^n b_k = 1 + \sum_{k=1}^n 2^{k-1} - 1 = \sum_{k=1}^n 2^{k-1} = 2^n - 1$$
故：
$$a_{10} = 2^{10} - 1 = 1023$$
但题目描述可能有误，若 $$b_1 = a_1 = 1$$，$$b_2 = a_2 - a_1 = 2$$，则：
$$a_n = 1 + \sum_{k=2}^n 2^{k-1} = 1 + (2^n - 2) = 2^n - 1$$
结果相同，故选 B（1023）。
### 第九题解析
已知数列 $$\{a_n\}$$ 的前 $$n$$ 项和 $$S_n = 2^{n+1} - 2$$，求 $$a_1^2 + a_2^2 + \ldots + a_n^2$$：
由 $$S_n = 2^{n+1} - 2$$ 得：
$$a_n = S_n - S_{n-1} = 2^{n+1} - 2 - (2^n - 2) = 2^n$$
因此：
$$a_n^2 = 4^n$$
求和：
$$\sum_{k=1}^n a_k^2 = \sum_{k=1}^n 4^k = \frac{4(4^n - 1)}{3}$$
故选 C。
### 第十题解析
已知函数 $$f(x)$$ 满足 $$f(x) + f(y) = f(x+y) + 2$$，且 $$f(a_{n+1}) = f\left(\frac{a_n}{a_n + 3}\right)$$，求 $$a_{2018}$$：
设 $$f(x) = 2 - c^x$$，代入函数方程：
$$2 - c^x + 2 - c^y = 2 - c^{x+y} + 2$$
化简得：
$$2 - c^x - c^y = -c^{x+y}$$
即：
$$c^{x+y} - c^x - c^y + 2 = 0$$
取 $$x = y = 0$$ 得：
$$c^0 - 2c^0 + 2 = 0 \Rightarrow c = 1$$ 或矛盾，故需重新考虑。
更一般地，设 $$f(x) = 2 - k$$（常数函数），则：
$$2 - k + 2 - k = 2 - k + 2 \Rightarrow k = 0$$，即 $$f(x) = 2$$，但此时 $$f(a_{n+1}) = f\left(\frac{a_n}{a_n + 3}\right)$$ 恒成立，无法确定 $$a_n$$。
另一种解法：由 $$f(0) = a_1$$，且 $$f(x)$$ 满足 Cauchy 方程变形，设 $$g(x) = f(x) - 2$$，则：
$$g(x) + g(y) = g(x+y)$$
故 $$g(x)$$ 是线性函数，$$g(x) = -x$$（由当 $$x > 0$$ 时 $$f(x) < 2$$ 知斜率为负），即：
$$f(x) = 2 - x$$
因此：
$$f(a_{n+1}) = f\left(\frac{a_n}{a_n + 3}\right) \Rightarrow 2 - a_{n+1} = 2 - \frac{a_n}{a_n + 3}$$
化简得：
$$a_{n+1} = \frac{a_n}{a_n + 3}$$
取倒数：
$$\frac{1}{a_{n+1}} = \frac{3}{a_n} + 1$$
设 $$b_n = \frac{1}{a_n}$$，则：
$$b_{n+1} = 3 b_n + 1$$
解递推关系：
$$b_n + \frac{1}{2} = 3 \left(b_{n-1} + \frac{1}{2}\right)$$
故：
$$b_n + \frac{1}{2} = 3^{n-1} \left(b_1 + \frac{1}{2}\right)$$
由 $$a_1 = f(0) = 2$$，$$b_1 = \frac{1}{2}$$，因此：
$$b_n + \frac{1}{2} = 3^{n-1} \times 1 \Rightarrow b_n = 3^{n-1} - \frac{1}{2}$$
$$a_n = \frac{1}{3^{n-1} - \frac{1}{2}} = \frac{2}{2 \times 3^{n-1} - 1}$$
因此：
$$a_{2018} = \frac{2}{2 \times 3^{2017} - 1}$$
故选 C。
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