壓軸題05數(shù)列壓軸題15題型 （教師版）

壓軸題05數(shù)列壓軸題十五大題型匯總命題預(yù)測(cè)本專題考查類型主要涉及點(diǎn)為數(shù)列，其中包含了數(shù)列的單調(diào)性、不等式，數(shù)列與三角函數(shù)、集合、函數(shù)等的結(jié)合，也包含數(shù)列的放縮，新定義等。預(yù)計(jì)2024年后命題會(huì)繼續(xù)在上述幾個(gè)方面進(jìn)行。高頻考法題型01數(shù)列不等式、單調(diào)性與最值性問題題型02數(shù)列分奇偶問題題型03數(shù)列新定義問題題型04數(shù)列重新排序問題題型05數(shù)列與三角函數(shù)結(jié)合題型06數(shù)列中的周期性題型07數(shù)列中插入項(xiàng)問題題型08數(shù)列與放縮結(jié)合題型09斐波那契數(shù)列問題題型10數(shù)列與排列組合結(jié)合題型11高斯函數(shù)問題題型12數(shù)列與實(shí)際模型題型13數(shù)列與集合新定義題型14數(shù)列與函數(shù)結(jié)合題型15數(shù)列與函數(shù)導(dǎo)數(shù)結(jié)合01數(shù)列不等式、單調(diào)性與最值性問題1.（2024·浙江寧波·二模）已知數(shù)列an滿足an=λn2?n，對(duì)任意n∈1,2,3都有aA．114,18 B．114,【答案】C【分析】由題意可得數(shù)列an在1,3上是遞減數(shù)列，數(shù)列an在【詳解】因?yàn)閷?duì)任意n∈1,2,3都有a所以數(shù)列an在1,3因?yàn)閷?duì)任意n∈nn≥7,n∈N所以數(shù)列an在7,+所以λ>012λ>所以實(shí)數(shù)λ的取值范圍是115故選：C.2.（2024·全國·模擬預(yù)測(cè)）若數(shù)列an，對(duì)于?k∈N?,n∈N?，都有an+k?an>kt（t為常數(shù)）成立，則稱數(shù)列an具有性質(zhì)P(t)．已知數(shù)列aA．(85,+∞) B．(4【答案】C【分析】由題意，先將an+k?an>4k成立變形為k=1時(shí)a【詳解】依題意，得an+k?an>4k，故只需考慮k=1因?yàn)閍n=2n+1?λ即2n+2?λ(n+1)2>令bn=2n+12n+1所以對(duì)任意的n∈N?恒成立，所以數(shù)列bn則bn≥b1=43，所以λ<故選：C．3.（23-24高三下·江蘇泰州·階段練習(xí)）已知數(shù)列an滿足2an+1(1)已知an①若a3=1，求②若關(guān)于m的不等式am<1的解集為M，集合M中的最小元素為8，求(2)若a1=111，是否存在正整數(shù)【答案】(1)①a1=1(2)存在；k【分析】（1）①當(dāng)n=1時(shí)代入遞推公式，解出a2，再解出a1即可；②由遞推關(guān)系分解因式得到2a（2）由上問寫出ak的表達(dá)式，再由ak=【詳解】（1）①2a3?1而2a2?1a1若a2=2，∴3a②由條件知4a∴2an+1?a2=a12或a2=aa4=a18或a1+1…a7=a126或a1+1∴a1（2）ak=a12k?1或a1令a1+m'2k?1=當(dāng)2≤k≤10時(shí)，m'所以當(dāng)k=11時(shí)，m'=93，∴存在這樣的k，kmin【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：已知數(shù)列遞推求數(shù)列中的具體項(xiàng)時(shí)，直接代入n求解即可；由遞推公式求數(shù)列的符合某一條件的項(xiàng)時(shí)，常將遞推公式分解因式，得出數(shù)列的性質(zhì)，然后再根據(jù)已知條件求解.4.（多選）（2024·廣東·模擬預(yù)測(cè)）英國著名物理學(xué)家牛頓用“作切線”的方法求函數(shù)零點(diǎn).已知二次函數(shù)f(x)有兩個(gè)不相等的實(shí)根b,c，其中c>b.在函數(shù)f(x)圖象上橫坐標(biāo)為x1的點(diǎn)處作曲線y=f(x)的切線，切線與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x2；用x2代替x1，重復(fù)以上的過程得到x3；一直下去，得到數(shù)列{xnA．x1=ec?be?1（其中C．a(chǎn)6=132 D．?dāng)?shù)列a【答案】AD【分析】根據(jù)a1=1可求x1的表達(dá)式，判斷A的真假；利用導(dǎo)數(shù)求二次函數(shù)在x=xn處切線的斜率，進(jìn)一步寫出在x=xn處的切線方程，求出直線與x軸的交點(diǎn)橫坐標(biāo)，得xn+1，進(jìn)一步判斷數(shù)列【詳解】對(duì)于A選項(xiàng)，由a1=lnx1∵二次函數(shù)fx有兩個(gè)不等式實(shí)根b，c∴不妨設(shè)fx因?yàn)閒'所以f'∴在橫坐標(biāo)為xn的點(diǎn)處的切線方程為：y?f令y=0，則xn+1因?yàn)閤所以lnxn+1所以{a所以an對(duì)于D選項(xiàng)，由an+故選：AD5.（2024·陜西西安·三模）已知正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，前n項(xiàng)積為Tn，且滿足aA．11 B．12 C．13 D．10【答案】B【分析】根據(jù)題意得到3Tn+1=Tn【詳解】∵an=T∴3Tn+1=∵n=1時(shí)，a1=T13T1故Tn+1因此{(lán)Tn?12所以Tn?1根據(jù)題中條件an則an<1，因此a1當(dāng)n=11時(shí)，a1當(dāng)n=12時(shí)，a1綜上，不等式Sn>11成立的故選：B【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題解決的關(guān)鍵是，利用構(gòu)造法求得an02數(shù)列分奇偶問題6.（2024·河北石家莊·二模）已知數(shù)列an滿足(1)寫出a2(2)證明:數(shù)列a2n?1(3)若bn=a2n，求數(shù)列n?b【答案】(1)a2=4，a(2)證明見解析(3)S【分析】（1）由數(shù)列的遞推式，分別令n=1，2，3，計(jì)算可得所求值；（2）推得a2n+1（3）求得bn=3+2【詳解】（1）由a可得a2=a1?3=4（2）證明：由題可得a2n+1則數(shù)列{a（3）由（2）可得a2n?1?6=2bnn?(b前n項(xiàng)和Sn2S兩式相減可得?S化簡可得Sn7.（2024·廣東佛山·二模）已知數(shù)列an滿足a1=1，a(1)證明bn為等比數(shù)列，并求數(shù)列b(2)設(shè)cn=bn?5bn+1?5，且數(shù)列cn【答案】(1)證明見解析，b(2)證明見解析【分析】（1）利用等比數(shù)列的定義證明數(shù)列是等比數(shù)列.（2）先把數(shù)列{cn}【詳解】（1）因?yàn)閍n=1，所以a2=a1+1=2易知an+1>a因?yàn)閎n+1所以bn是等比數(shù)列，首項(xiàng)b1=5，公比q=3（2）由（1）可得cn先證明左邊：即證明12當(dāng)n≥2時(shí)，cn所以Tn所以3T再證明右邊：3T因?yàn)閏n所以Tn即3Tn?n<即證13n<設(shè)1?13n=t，t∈23,1因?yàn)閒't=1t則ft<f1=0，即所以13n<?綜上，12【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：數(shù)列不等式的證明方法主要有：（1）作差比較法：不等式兩邊作差與0比較大小.（2）放縮比較法：對(duì)表達(dá)式適當(dāng)放縮，證出不等式.8.（2024·北京豐臺(tái)·一模）已知數(shù)列an滿足aA．當(dāng)a1<0時(shí)，an為遞增數(shù)列，且存在常數(shù)M>0B．當(dāng)a1>1時(shí)，an為遞減數(shù)列，且存在常數(shù)M>0C．當(dāng)0<a1<1時(shí)，存在正整數(shù)N0D．當(dāng)0<a1<1時(shí)，對(duì)于任意正整數(shù)N0【答案】D【分析】直接構(gòu)造反例即可說明A和B錯(cuò)誤；然后證明引理：當(dāng)0<a1<1時(shí)，對(duì)任意的正整數(shù)N0，都存在【詳解】當(dāng)a1=?12時(shí)，a2當(dāng)a1=32時(shí)，a2=a我們證明以下引理：當(dāng)0<a1<1時(shí)，對(duì)任意的正整數(shù)N0，都存在若該引理成立，則它有兩個(gè)直接的推論：①存在0<a1<1，使得對(duì)任意的正整數(shù)N0，都存在②當(dāng)0<a1<1時(shí)，對(duì)任意的正整數(shù)N0，都存在然后由①是C的否定，故可以說明C錯(cuò)誤；而②可以直接說明D正確.最后，我們來證明引理：當(dāng)0<a1<1如果aN0+1如果aN0+1∈1此時(shí)若aN0+2若aN0+2無論哪種情況，都有aN0+2這說明aN0+1?12≥1100或a這就證明了引理，從而可以推出C錯(cuò)誤，D正確.故選：D.【點(diǎn)睛】最關(guān)鍵的地方在于引理：當(dāng)0<a1<1時(shí)，對(duì)任意的正整數(shù)N0，都存在9.（2024·遼寧·二模）如果數(shù)列xn,yn，其中yn∈Z，對(duì)任意正整數(shù)n都有xn?y(1)若an=2n+2(2)若數(shù)列an是等差數(shù)列，且公差為dd∈Z，求證：數(shù)列(3)若數(shù)列an滿足a1=231100，且an+1=?910an+5720，記數(shù)列【答案】(1)b(2)證明見解析(3)存在，17【分析】（1）將n=1,2,3分別代入an（2）利用等差數(shù)列的定義和絕對(duì)值不等式性質(zhì)先證充分性，再證必要性即可；（3）構(gòu)造等比數(shù)列求出an的通項(xiàng)公式，進(jìn)一步求其前n項(xiàng)和Sn，分n為奇數(shù)和偶數(shù)兩種情況結(jié)合數(shù)列an的單調(diào)性，確定b【詳解】（1）由題：令n=1,則a1?b1<得136<b1<（2）由題意an故an從而an+1?a因?yàn)閎n∈Z,d∈Z，所以bn+1?b（3）因?yàn)閍n+1=?910a又a1?32=81100則an?3當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，an=9故32<an≤當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，an=?9故a2≤an<32綜上，bn易知S當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Tn=32n;由S當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，T由Sn<Tn,得故n>log9101481≈16.7，所以存在正整數(shù)【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查數(shù)列的通項(xiàng)公式及求和，關(guān)鍵是分奇數(shù)和偶數(shù)并利用數(shù)列單調(diào)性確定an的范圍來確定b10.（多選）2024·遼寧沈陽·二模）已知數(shù)列an的通項(xiàng)公式為aA．若c≤1，則數(shù)列anB．若對(duì)任意n∈N*，都有aC．若c∈N*，則對(duì)任意i,j∈D．若an的最大項(xiàng)與最小項(xiàng)之和為正數(shù)，則【答案】ACD【分析】對(duì)于選項(xiàng)A，求出an=1(n?c)2+1,an+1=1(n+1?c)2+1，再作差判斷兩式分母的大小關(guān)系判斷即可；對(duì)于選項(xiàng)B，求解【詳解】對(duì)于選項(xiàng)A，由條件知an=1n?c2結(jié)合c≤1，n∈N?知2n+1?2c≥2n?1>0，所以所以an+1<a對(duì)于選項(xiàng)B，首先有a1若c≤2，則當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，an=1而當(dāng)n為奇數(shù)且n≥3時(shí)，由n?c≥3?c>0，知n?c=n?c≥3?c=3?2c+c≥3?4+c=c?1，n?c=n?c≥3?c>1?c，從而c?1≤n?c，即所以只要c≤2，就一定有an≥a1恒成立，所以由對(duì)于選項(xiàng)C，顯然當(dāng)i,j同為奇數(shù)或同為偶數(shù)時(shí)，必有ai,a而當(dāng)i,j的奇偶性不同時(shí)，i+j為奇數(shù)，此時(shí)不妨設(shè)i,j分別是奇數(shù)和偶數(shù)，則a因?yàn)閏∈N?，故2c為偶數(shù)，而i+j為奇數(shù)，所以所以ai對(duì)于選項(xiàng)D，首先顯然的是，最大項(xiàng)必定是某個(gè)第偶數(shù)項(xiàng)，最小項(xiàng)必定是某個(gè)第奇數(shù)項(xiàng).當(dāng)n=n1為偶數(shù)時(shí)，要讓an而當(dāng)n=n2為奇數(shù)時(shí)，要讓an設(shè)n1和n2分別是到c距離最小的正偶數(shù)和正奇數(shù)，則條件相當(dāng)于而an1+an這表明，條件等價(jià)于，到c距離最小的正奇數(shù)到c的距離，大于到c距離最小的正偶數(shù)到c的距離.若c≤1，則到c距離最小的正奇數(shù)和正偶數(shù)分別是1和2，而由1?c≥1?1=0可知2?c≥2?c>1?c=若c>1，c是正奇數(shù)，則到c距離最小的正奇數(shù)到c的距離為0，不可能大于到c距離最小的正偶數(shù)到c的距離，不符合條件；若c>1，且c不是正奇數(shù)，設(shè)到c的距離最近的正偶數(shù)為2kk∈N?此時(shí)到c距離最小的正偶數(shù)到c的距離為2k?c，從而到c距離最小的正奇數(shù)到c的距離大于2k?c，進(jìn)一步知任意正奇數(shù)到c的距離都大于2k?c.從而2k+1?c>2k?c，2k?1?c>2k?c，這意味著0<2k+1?c綜上，2k?12<c<2k+故選：ACD【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的數(shù)列通項(xiàng)中含有?1n，這往往意味著我們需要對(duì)n03數(shù)列新定義問題數(shù)列的新定義問題，一般根據(jù)定義得到數(shù)列滿足的遞推關(guān)系，再利用常見的數(shù)列通項(xiàng)公式求法（如公式法、累加法、待定系數(shù)法等）求得數(shù)列通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和，最后再通項(xiàng)和前n項(xiàng)和的基礎(chǔ)上討論數(shù)列的性質(zhì).11.（2024·廣東深圳·二模）無窮數(shù)列a1，a2，…，an，…的定義如下：如果n是偶數(shù)，就對(duì)n盡可能多次地除以2，直到得出一個(gè)奇數(shù)，這個(gè)奇數(shù)就是an﹔如果n是奇數(shù)，就對(duì)(1)寫出這個(gè)數(shù)列的前7項(xiàng)；(2)如果an=m且(3)記an=fn，n∈【答案】(1)a1=1，a2=1，a3=5，a4(2)m=n=1；(3)n=22025k?1【分析】（1）根據(jù)數(shù)列an（2）根據(jù)數(shù)列an的定義，分n=1和n>1（3）根據(jù)數(shù)列an的定義，寫出f【詳解】（1）根據(jù)題意，a1=3×1+1a3=3×3+1÷2=5，a6=6÷2=3，（2）由已知，m，n均為奇數(shù)，不妨設(shè)n≤m．當(dāng)n=1時(shí)，因?yàn)閍1=1，所以m=1，故當(dāng)n>1時(shí)，因?yàn)?n+14<n≤m，而n為奇數(shù)，an又m為奇數(shù)，am=n，所以存在k∈N所以2k而4n<9n+52<6n，所以4n<2k所以m=n=1．（3）顯然，n不能為偶數(shù)，否則fn≤n所以，n為正奇數(shù)．又f1=a設(shè)n=4k+1或n=4k?1，k∈N當(dāng)n=4k+1時(shí)，fn=3當(dāng)n=4k?1時(shí)，fn=3所以，取n=22025k?13<?<<即n<fn【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：第（3）問中，發(fā)現(xiàn)當(dāng)n=4k?1時(shí)，滿足n<fn，從而設(shè)n=2202512.（2024·廣東梅州·二模）已知an是由正整數(shù)組成的無窮數(shù)列，該數(shù)列前n項(xiàng)的最大值記為Mn，即Mn=maxa1,a2,???,an；前n(1)若an=3n，求其生成數(shù)列(2)設(shè)數(shù)列pn的“生成數(shù)列”為qn，求證：(3)若pn是等差數(shù)列，證明：存在正整數(shù)n0，當(dāng)n≥n0時(shí)，an，a【答案】(1)3(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）利用指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)判斷數(shù)列的單調(diào)性，從而得出{pn}的通項(xiàng)，由分組求和法及等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式進(jìn)行求解即可；（2）根據(jù)數(shù)列的單調(diào)性，結(jié)合生成數(shù)列的定義進(jìn)行證明即可；（3）根據(jù)等差數(shù)列的定義分類討論進(jìn)行證明即可．【詳解】（1）因?yàn)閍n=3所以Mnmn于是pnpn的前n項(xiàng)和P（2）由題意可知Mn+1≥所以Mn因此pn+1≥pn由“生成數(shù)列”的定義可得qn（3）若{pn}是等差數(shù)列，證明：存在正整數(shù)n0，當(dāng)當(dāng){pn}是一個(gè)常數(shù)列，則其公差d則Mn=m當(dāng){pn}是一個(gè)非常數(shù)的等差數(shù)列，則其公差d所以要么Mn+1=又因?yàn)閧an}記an=min{a,a于是當(dāng)n>n0時(shí)，故當(dāng)n>n0時(shí)，因此存在正整數(shù)n0，當(dāng)n≥n0綜上，命題得證．【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：常見的數(shù)列求和的方法有公式法即等差等比數(shù)列求和公式，分組求和類似于cn=an+bn，其中an和bn13.（2024·浙江·模擬預(yù)測(cè)）已知實(shí)數(shù)q≠0，定義數(shù)列an如下：如果n=x0+2x(1)求a7和a8（用(2)令bn=a(3)若1<q<2，證明：對(duì)于任意正整數(shù)n，存在正整數(shù)m，使得an【答案】(1)a(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）觀察題目條件等式中的系數(shù)可得答案；（2）bn=a2n?1（3）先根據(jù)a2n?1=qn?1無上界說明存在正整數(shù)m，使得a【詳解】（1）因?yàn)?=1+2+22，所以因?yàn)?=23，所以（2）由數(shù)列an定義得：bn=而2n所以a2（3）當(dāng)1<q<2，由（2）可知，a2n?1=qn?1無上界，故對(duì)任意a設(shè)m是滿足am>a①若m?1是偶數(shù)，設(shè)m?1=2x則m=1+2x1+因?yàn)閍n≥a②若m?1是奇數(shù)，設(shè)m?1=1+2+2則am所以am綜上所述，對(duì)于任意正整數(shù)n，存在正整數(shù)m，使得an14.（2024·安徽池州·模擬預(yù)測(cè)）定義：若對(duì)?k∈N*,k≥2,(1)若an=n(2)若an為“上凸數(shù)列”，則當(dāng)m≥n+2m,n∈N（?。┤魯?shù)列Sn為an的前n項(xiàng)和，證明：（ⅱ）對(duì)于任意正整數(shù)序列x1,x2,x3,?,x【答案】(1)是，證明見解析(2)（ⅰ）證明見解析；（ⅱ）n?1【分析】（1）構(gòu)造函數(shù)fx（2）（ⅰ）利用“上凸數(shù)列”定義及倒序相加法證明即可；令an【詳解】（1）an因?yàn)閍n令fx則f'x=當(dāng)x≥1時(shí)，(x+1)所以(x+1)3所以f'x<0,f所以fn所以an+2所以an（2）（?。┳C明：因?yàn)閍n是“上凸數(shù)列”，由題意可得對(duì)任意1≤i≤nai所以2S所以Sn（ⅱ）解：令an由（1）可得當(dāng)an=n由題意可知，當(dāng)m≥n+2m,n∈N*因?yàn)閕=1n即i=1+i=1所以i=1i=1nx≥0+0+0+?+i=1當(dāng)且僅當(dāng)x1所以λ≥n?1．綜上所述，λ的最小值為n?1．15.（2024·吉林白山·二模）已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，若數(shù)列an滿足：①數(shù)列an項(xiàng)數(shù)有限為N；②SN=0；③(1)若等比數(shù)列an1≤n≤10為“10階可控?fù)u擺數(shù)列”，求(2)若等差數(shù)列an1≤n≤2m,m∈N*為“2m階可控?fù)u擺數(shù)列”，且(3)已知數(shù)列an為“N階可控?fù)u擺數(shù)列”，且存在1≤m≤N，使得i=1Nai=2【答案】(1)an=(2)a(3)不能，理由見解析【分析】（1）根據(jù)q=1和q≠1討論，利用等比數(shù)列前n項(xiàng)和結(jié)合數(shù)列新定義求解即可；（2）結(jié)合數(shù)列定義，利用等差數(shù)列的前n項(xiàng)和及通項(xiàng)公式求解即可；（3）根據(jù)數(shù)列an為“N階可控?fù)u擺數(shù)列”求得Sn≤12，再利用數(shù)列Sn的前n項(xiàng)和得【詳解】（1）若q=1，則S10=10a1=0若q≠1，則S10=a而i=110ai=10a故an=1（2）設(shè)等差數(shù)列a1,a因?yàn)閍1+a2+由am>a而i=12mai兩式相減得m2?d=?1，即又a1m+m所以an（3）記a1,a2,因?yàn)閿?shù)列an為“N階可控?fù)u擺數(shù)列”，則A+B=0,A?B=1,得故?12=B≤若存在1≤m≤N，使得i=1Nai則a1且am+1假設(shè)數(shù)列Sn也為“N階可控?fù)u擺數(shù)列”，記數(shù)列Sn的前n項(xiàng)和為則T因?yàn)镾m=1所以a1又am+1+a所以S1即S1+S故數(shù)列Sn不為“N【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查數(shù)列的新定義問題，應(yīng)根據(jù)定義得到數(shù)列滿足的遞推關(guān)系，再利用常見的數(shù)列通項(xiàng)公式求法（如公式法、累加法、待定系數(shù)法等）求得數(shù)列通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和，最后再通項(xiàng)和前n項(xiàng)和的基礎(chǔ)上討論數(shù)列的性質(zhì).04數(shù)列重新排序問題16.（2024·全國·模擬預(yù)測(cè)）已知n∈N?，an=12n?1，bn=1A．196197 B．198199 C．98197【答案】D【分析】對(duì)n分奇數(shù)與偶數(shù)討論，求出數(shù)列an與數(shù)列b【詳解】因?yàn)閿?shù)列2n?1是正奇數(shù)數(shù)列，對(duì)于數(shù)列(n+1)2?1，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，設(shè)n=2k?1k∈N?，則(n+1)2?1=4k2?1，為奇數(shù)；當(dāng)cn所以c1故選：D．22.列，故可以通過判斷數(shù)列(n+1)2?1各項(xiàng)的奇偶，得到17.（2024·黑龍江·二模）已知集合A=a1,(1)求數(shù)列an(2)設(shè)bn是等差數(shù)列，將集合A∪B的元素按由小到大的順序排列構(gòu)成的數(shù)列記為c①若bn=5n?1，數(shù)列cn的前n項(xiàng)和為Sn，求使②若A∩B=?，數(shù)列cn的前5項(xiàng)構(gòu)成等比數(shù)列，且c1=1,【答案】(1)a(2)①32；②b【分析】（1）利用基本量法得到公比q的方程，得到q,進(jìn)而求出通項(xiàng)公式；（2）①確定兩數(shù)列的公共元素，并結(jié)合等差和等比數(shù)列求和公式求解；②對(duì)元素2進(jìn)行分類討論，確定bn【詳解】（1）an是公比為2的等比數(shù)列且a則a3+12解得a1=1，故數(shù)列an（2）①an=2bn=5n?1,設(shè)其前n項(xiàng)和集合A∪B中的所有元素的最小值為a1且b1=a且是A∩B中的元素，又S18又b26故S32=B且S33故使Sn≤2024成立的②因?yàn)锳=1,2,?,2n?1,?，A∪B對(duì)集合{c當(dāng)c2=2時(shí)，由{c當(dāng)c3=2時(shí)，由{cn}因此數(shù)列{cn}的前5項(xiàng)分別為1，2這樣bn=2n，則數(shù)列{cn}42，5當(dāng)ck=2(k≥4)時(shí)，有b2?b∴b6=∴1，2，4在數(shù)列{cn}的前8項(xiàng)中，由于A∩B=?，這樣，b1，b以及1，2，4共9項(xiàng)，它們均小于8，即數(shù)列{cn}綜上所述，bn【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查數(shù)列的公共項(xiàng)問題，關(guān)鍵是利用數(shù)列特點(diǎn)確定公共項(xiàng)，并估算和為2024的大概位置.18.（2022·上海虹口·一模）已知集合A={y|y=2x,x∈N?}，B={y|y=3x,x∈N?}.A∪B中的所有元素按從小到大的順序排列構(gòu)成數(shù)列{an}，(1)求S10(2)如果am=81，a2022=t，求(3)如果n=3k?12+k(k∈N?)【答案】(1)S10(2)m=44，t=4030；(3)11Sn=【分析】（1）根據(jù)集合A、B的描述分析A∪B中的元素組成，進(jìn)而寫出A∪B的前10項(xiàng)，即可求S10（2）由81=34結(jié)合2n<81且n∈N?即可求m值；令t=2187、t=6561判斷對(duì)應(yīng){a（3）由{an}中屬于集合A、B中元素之間的個(gè)數(shù)關(guān)系，判斷{【詳解】（1）由題設(shè)，集合A中元素為bn=2n,n∈N∴A∪B的前10項(xiàng)為{2,3,4,6,8,9,10,12,14,16}，故S10（2）由am=81=34，故由2n<81且n∈N?，可得n≤40，故∴m=40+4=44；由37=2187，若t=2187，則{a此時(shí)，由2n<2187且n∈N?，可得n≤1093，故∴{an}由38=6561，若t=6561，則{a此時(shí)，由2n<6561且n∈N?，可得n≤3280，故∴{an}綜上，由1100<2022<3288，即2187<t<6561，∴A∪B中含集合B的7個(gè)元素，含集合A的2015個(gè)元素，∴a2022（3）由題設(shè)，若{an}中含m個(gè)集合B的元素，在第m?1個(gè)和第m∴若最后一項(xiàng)屬于集合B且{an}共有i∴{an}由題設(shè)，n=3k?12+k(k∈N?)，故{an∴Sn∴11Sn=【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：根據(jù)集合A、B的描述及其元素的性質(zhì)，結(jié)合各小問條件判斷{a19.（2020·湖南長沙·三模）已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，a1=aa>0,a∈N?，S（1）求數(shù)列an（2）在①ak+1，ak+3，ak+2，②ak+2，對(duì)任意的正整數(shù)k，若將ak+1，ak+2，ak+3按______的順序排列后構(gòu)成等差數(shù)列，且公差為dk，求【答案】（1）an【分析】（1）由Sn=pan+1再寫式子Sn?1=pa（2）由（1）分別寫出ak+1，ak+2，ak+3，若選①，則ak+1+ak+2【詳解】（1）因?yàn)镾n=pan+1，當(dāng)兩式相減，得an+1an=p+1又當(dāng)n=1時(shí)，a1?pa所以a2=a（2）由（1）得ak+1=app+1若選①，則ak+1+ak+2=2ak+3所以ak+1=?3a所以dk若選②，則ak+2+ak+3=2ak+1所以ak+1=?3a?2所以dk【點(diǎn)睛】本題主要考查數(shù)列通項(xiàng)公式的求解，考查等差數(shù)列的性質(zhì)，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．20.（2022·上海金山·一模）已知有窮數(shù)列an的各項(xiàng)均不相等，將an的項(xiàng)從大到小重新排序后相應(yīng)的項(xiàng)數(shù)構(gòu)成新數(shù)列pn，稱pn為an的“序數(shù)列”.例如，數(shù)列a1?a2?a3滿足(1)若數(shù)列3?2x?5x+6?x2的“序數(shù)列”為2?3?(2)若項(xiàng)數(shù)均為2021的數(shù)列xn?yn互為“保序數(shù)列”，其通項(xiàng)公式分別為xn(3)設(shè)an=qn?1+p，其中p?q是實(shí)常數(shù)，且q>?1，記數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，若當(dāng)正整數(shù)k≥3【答案】(1)1<x<6(2)4<t<5(3)答案見解析【分析】（1）由題意得出不等式即可求出；（2）作差判斷xn（3）討論q=±1或q=0，q>1，0<q<1，?1<q<0，根據(jù)數(shù)列的單調(diào)性結(jié)合題意可得.【詳解】（1）由題意得a2>a3>（2）xn+1當(dāng)n=1時(shí)，x2?x1>0，即x2>故x2又x1=1，x3=2827，又因{xn}、{只需滿足2<t2<（3）①當(dāng)q=±1或q=0時(shí)，數(shù)列{a②當(dāng)q>1時(shí)，數(shù)列{an}從而Sn+1?Sn=an+1=q③當(dāng)0<q<1時(shí)，數(shù)列{an}從而Sn+1?Sn=又?jǐn)?shù)列{qn+p}④當(dāng)?1<q<0時(shí)，數(shù)列{a2n?1}單調(diào)遞減，且a2n?1>p于是S2n+1?S2n?1=a2n+a另一方面，S2n+2?S2n=a2n+1+a綜上，2p=0，即p=0.此時(shí)S2n?1=1?綜上，當(dāng)q>1時(shí)，p、q滿足的條件是p+q>0；當(dāng)0<q<1時(shí)，p、q滿足的條件是p+q<0；當(dāng)?1<q<0時(shí)，p、q滿足的條件是p=0.05數(shù)列與三角函數(shù)結(jié)合21.（2023·天津河北·一模）已知an是等差數(shù)列，其公差d大于1，其前n項(xiàng)和為Sn,bn(1)求an和b(2)若正整數(shù)m,n,p滿足m<n<p，求證：bm(3)記cn=an2cos2【答案】(1)a(2)證明見解析(3)18【分析】（1）根據(jù)題意，由等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式以及等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式，列出方程，代入計(jì)算，即可得到結(jié)果；（2）根據(jù)題意，由等比數(shù)列的通項(xiàng)公式分別可得bm（3）根據(jù)題意，由數(shù)列cn的通項(xiàng)公式分別表示出c【詳解】（1）由題意a1聯(lián)立b2=代入整理，9d∵d>1,∴d=2,aan（2）bm若bm則有bm+b等式的左右兩邊同時(shí)除以2m?1可得1+2∵m<n<p,p?m≥2,n?m+1≥2，2p?m為偶數(shù)，2等式不成立，∴b（3）cnc3nc3n?1c3n?2c3n∴=20+36n?16【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題主要考查了等差數(shù)列的判定以及求和公式的應(yīng)用以及并項(xiàng)求和法，難度較大，解答本題的關(guān)鍵在于結(jié)合公式代入計(jì)算以及將c3n22.（2024·吉林·二模）已知數(shù)列an,(1)求a2(2)求an(3)設(shè)nan?2n的前n項(xiàng)和為T【答案】(1)a(2)a(3)4048【分析】(1)將n=1,n=2分別代入關(guān)系式運(yùn)算即可.(2)考查等比數(shù)列的構(gòu)造,通過構(gòu)造等比數(shù)列，結(jié)合等比數(shù)列的通項(xiàng)公式求解即可.(3)考查數(shù)列的周期性，通過對(duì)sinn【詳解】（1）當(dāng)n=1時(shí),得a2當(dāng)n=2時(shí),得a（2）設(shè)a整理得a又a∴2β?α=?1,2α+β=2,∴an+1∴an+sinn∴故an的通項(xiàng)公式為（3）設(shè)b設(shè)k∈N?,則當(dāng)n=4k+1時(shí),sinn當(dāng)n=4k+3時(shí),sinnπ2=?1;∴若Tm=202423.（2024·河南開封·三模）點(diǎn)S是直線PQ外一點(diǎn)，點(diǎn)M，N在直線PQ上（點(diǎn)M，N與點(diǎn)P，Q任一點(diǎn)不重合）．若點(diǎn)M在線段PQ上，記P,Q;M=SPsin∠PSMSQsin∠MSQ；若點(diǎn)M在線段PQ外，記P,Q;M=?SPsin∠PSMSQ?(1)若AD=3+1，求(2)射線BC上的點(diǎn)M0，M1，M2，…滿足B,C;（i）當(dāng)n=0時(shí)，求AM（ii）當(dāng)n≠0時(shí)，過點(diǎn)C作CPn⊥AMn于Pn，記【答案】(1)∠CDA=π4(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)定義可得sin∠BAD=（2）（i）根據(jù)等面積法可得1A（ii）由CP【詳解】（1）因?yàn)锽,C;D=c2>0,D是線段所以B,C;D=csin所以AD為∠BAC的角平分線，又A=π3,所以若AD=3+1，在△ACD故CD=由正弦定理可得CDsin∠CAD=ACsin由于AD是最大的邊，所以∠CDA=π（2）設(shè)∠CAM（i）當(dāng)n=0時(shí)，因?yàn)锽,C;M0,D=?1所以csin因?yàn)镾△AD1A所以8當(dāng)且僅當(dāng)8ADAM0=由于tan∠ACM0故AM0（ii）當(dāng)n≠0，B,C;Mn,D=?1+所以csin所以CPn=1時(shí)，所以S1n≥2,an所以Sn綜上S【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：根據(jù)數(shù)列的遞推關(guān)系，利用累加法求出數(shù)列的通項(xiàng)公式以及，利用裂項(xiàng)法進(jìn)行求和是解決本題的關(guān)鍵；常見的數(shù)列求和的方法有公式法即等差等比數(shù)列求和公式，分組求和類似于cn=an+bn，其中an和bn24．（22-23高三上·湖北黃岡·階段練習(xí)）已知數(shù)列an,a1=1,(1)求數(shù)列an(2)求證：sina(3)證明：1+sin【答案】(1)a(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）利用an=S（2）構(gòu)造F(x)=sinx?x(x>0)，利用導(dǎo)函數(shù)得到其單調(diào)性，得到sinx<x（3）先不等式兩邊取對(duì)數(shù)，再構(gòu)造?x=ln1+x?x，x>0【詳解】（1）∵3當(dāng)n≥2時(shí)3S(1)?(2)得：∴3an=(n+2)an變形為an∴an=∴a（2）構(gòu)造函數(shù)F(x)=sinx?x(x>0)，∴F(x)在(0,+∞∴F(x)<F(0)=0，∴x>0時(shí)sinx<x∵an=∴令x=an（3）∵1anln1+令?x=ln則?'所以?x=ln所以?x所以ln(1+x)<x(x>0)∴令n=1,2,3?n，然后累加得：ln<21?【點(diǎn)睛】利用導(dǎo)函數(shù)證明數(shù)列相關(guān)的不等式，要結(jié)合不等式特點(diǎn)，構(gòu)造相關(guān)的函數(shù)，再將數(shù)列代入即可，本題第三問要構(gòu)造?x=ln1+x?x25.（2022·上海金山·一模）若數(shù)列an滿足an+an+1+an+2+?+an+k=0n∈N?,k∈N?，則稱數(shù)列【答案】2020【分析】由bn+b對(duì)cosωn+cosωn+1+cosωn+2=0變形可求得cosω=?12，從而求得cos2ω,cos3ω，得到b【詳解】由已知得b故b故bn=b設(shè)bn=2cn，其中由題意有cos由和差化積公式有2故2因此cos若ωn+1=π2+kπ則cosc1=cos由三倍角公式有c故Tn=b1b當(dāng)n=3k+2k∈N時(shí)，當(dāng)n=3k+3k∈N時(shí)，n=3k+1k∈N時(shí)，3k+1≤2021，故k≤673，此時(shí)T故答案為：202006數(shù)列中的周期性26.（2023·湖南永州·二模）已知數(shù)列an滿足a3=?1【答案】1785【分析】利用余弦函數(shù)的周期性可得數(shù)列an滿足a4k+4?【詳解】由余弦函數(shù)性質(zhì)可知數(shù)列cosnπ2易知a4k+a4k+1=k2則a4k+4?a4k=k+由累加法可得a=59+58+???+1+1故答案為：1785【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：根據(jù)三角函數(shù)的周期性可得數(shù)列中的周期或類周期規(guī)律，再利用等差數(shù)列和等比數(shù)列性質(zhì)，利用累加法或累乘法即可求得結(jié)果.27.（2023·全國·模擬預(yù)測(cè)）若數(shù)列an滿足an+1?anan+1【答案】2【分析】由已知推出an+1=1+an1?an，由遞推關(guān)系可得an+2【詳解】由已知可得：a?由上可得an周期為4，a1=2故an+3anan+2的周期也為4，數(shù)列an+3ana故數(shù)列an+3a【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：（1）將已知等式化簡?變形，得到數(shù)列an的周期為4；（2）化簡an+3ana28.（2021·廣東·模擬預(yù)測(cè)）已知Sn為數(shù)列an的前n項(xiàng)和，a1=a2=1，平面內(nèi)三個(gè)不共線的向量OA，OB，OC，滿足OC=an?1+an+1OA+【答案】0【分析】先根據(jù)A,B,C三點(diǎn)共線求解出an?1,an,an+1【詳解】設(shè)AC=λAB，所以AO+所以an?1+an+1=1?λ所以an+an+2=所以an+an+3=0，所以an+3+因?yàn)閍1=a所以a1所以S2021故答案為：0.【點(diǎn)睛】結(jié)論點(diǎn)睛：已知平面中A、B、C三點(diǎn)共線(O在該直線外)，若OA=xOB+y29.（2024·湖南長沙·一模）對(duì)于數(shù)列an，如果存在正整數(shù)T，使得對(duì)任意nn∈N*，都有an+T=an，那么數(shù)列an就叫做周期數(shù)列，T叫做這個(gè)數(shù)列的周期.若周期數(shù)列bn,(1)判斷數(shù)列an(2)若an和bn是“同根數(shù)列”，且周期的最小值分別是m+2和m+4m∈【答案】(1)答案見解析(2)答案見解析【分析】（1）根據(jù)周期數(shù)列的定義進(jìn)行判斷即可；（2）根據(jù)同根數(shù)列的定義分類討論進(jìn)行求解即可.【詳解】（1）an因?yàn)閍n+1所以數(shù)列an因?yàn)閎n+3所以bn+6所以數(shù)列bn（2）當(dāng)m是奇數(shù)時(shí)，首先證明k≥2m+5不存在數(shù)列滿足條件.假設(shè)k≥2m+5，即對(duì)于1≤i≤2m+5，都有ai因?yàn)閍m+t所以at?2即a1=a又t=m+5時(shí)，a1所以an+1=an，與其次證明k=2m+4存在數(shù)列滿足條件.取a及bm+4對(duì)于1≤i≤2m+4，都有ai當(dāng)m是偶數(shù)時(shí)，首先證明k≥2m+4時(shí)不存在數(shù)列滿足條件.假設(shè)k≥2m+4，即對(duì)于1≤i≤2m+4，都有ai因?yàn)閍m+t所以at?2即a1=a又t=m+4時(shí)，am+2所以an+2=an，與其次證明k=2m+3時(shí)存在數(shù)列滿足條件.取a及b對(duì)于1≤i≤2m+3，都有ai綜上，當(dāng)m是奇數(shù)時(shí)，k的最大值為2m+4；當(dāng)m是偶數(shù)時(shí)，k的最大值為2m+3.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵是理解同根數(shù)列的定義，運(yùn)用分類討論思想進(jìn)行求解是解題的關(guān)鍵.30.（22-23高三下·北京·階段練習(xí)）若無窮數(shù)列an的各項(xiàng)均為整數(shù)．且對(duì)于?i,j∈N?，i<j，都存在k>j，使得a(1)判斷下列數(shù)列是否滿足性質(zhì)P，并說明理由．①an=n，②bn=n+2，(2)若數(shù)列an滿足性質(zhì)P，且a1=1(3)若周期數(shù)列an滿足性質(zhì)P，求數(shù)列a【答案】(1)數(shù)列an不滿足性質(zhì)P；數(shù)列b(2)證明見解析(3)an=0或【分析】（1）根據(jù)題意分析判斷；（2）根據(jù)題意先證3為數(shù)列an中的項(xiàng)，再利用反證法證明集合n∈（3）先根據(jù)題意證明an∈0,2,3【詳解】（1）對(duì)①，取i=1，對(duì)?j∈N?,j>1可得ai顯然不存在k>j,k∈N?，使得所以數(shù)列an對(duì)②，對(duì)于?i,j∈N?,i<j，則b故b=i?j+i+j?2+2，因?yàn)閯ti?j+i+j?2∈N?所以存在k=i?j+i+j?2∈N?使得bk故數(shù)列bn（2）若數(shù)列an滿足性質(zhì)P，且a取i=1,j=j1>1,j1取i=1,j=j2>k1取i=k1,j=k2故數(shù)列an中存在n∈N?，使得a反證：假設(shè)n∈N?∣取i=1,j=nl+1>nl取i=1,j=kL+1，均存在k取i=kL,j=kL+1即nl+1∈n∈（3）設(shè)周期數(shù)列an的周期為T≥1,T∈N?，則對(duì)?n∈設(shè)周期數(shù)列an的最大項(xiàng)為aM,M∈即對(duì)?n∈N?，均有若數(shù)列an滿足性質(zhì)P反證：假設(shè)aM≥4時(shí)，取i=M,j=M+T，則?k>M+T,k∈N則ak?a這對(duì)?n∈N?，均有aN≤a反證：假設(shè)aN≤?2時(shí)，取i=N,j=N+T，則?k>N+T,k∈N這與對(duì)?n∈N?，均有an≤3矛盾，假設(shè)不成立，即對(duì)綜上所述：對(duì)?n∈N?，均有反證：假設(shè)1為數(shù)列an中的項(xiàng)，由（2）可得：?1,3為數(shù)列a∵?1×3??1?3=?5，即?5為數(shù)列這與對(duì)?n∈N?，均有?1≤an≤3相矛盾，即對(duì)?n∈∵an∈Z，則當(dāng)T=1時(shí)，即數(shù)列an為常數(shù)列時(shí)，設(shè)an=a，故對(duì)?i,j∈使得ak=aiaj?ai當(dāng)T≥2時(shí)，即數(shù)列an①當(dāng)0,2為數(shù)列an中的項(xiàng)，則0×2?0?2=?2，即?2為數(shù)列an中的項(xiàng)，但②當(dāng)0,3為數(shù)列an中的項(xiàng)，則0×3?0?3=?3，即?3為數(shù)列an中的項(xiàng)，但③當(dāng)2,3為數(shù)列an中的項(xiàng)，則2×3?2?3=1，即1為數(shù)列an中的項(xiàng)，但綜上所述：an=0或【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：（1）對(duì)于證明中出現(xiàn)直接證明不方便時(shí)，我們可以利用反證法證明；（2）對(duì)于周期數(shù)列an滿足性質(zhì)P，證明思路：先逐步縮小精確a07數(shù)列中插入項(xiàng)問題31.（2024·全國·模擬預(yù)測(cè)）已知an=2n，數(shù)列cn為a1,b1,a2,【答案】829【分析】因?yàn)樗胁迦氲捻?xiàng)構(gòu)成以3為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列，根據(jù)題意，得到數(shù)列的前30項(xiàng)中含有{an}【詳解】因?yàn)閍n=2由于1+2+3+4+5+6=21，21+6=27<30，1+2+3+4+5+6+7=28，28+7=35>30，因此數(shù)列cn的前30項(xiàng)中含有an的前7項(xiàng)，含有所以所求和為2×1?故答案為：829.32.（2024·河北滄州·一模）在數(shù)列an中，已知a(1)求數(shù)列an(2)在數(shù)列an中的a1和a2之間插入1個(gè)數(shù)x11，使a1,x11,a2成等差數(shù)列；在a2和a3之間插入2個(gè)數(shù)x21,x22，使a2,x21【答案】(1)a(2)14337【分析】（1）根據(jù)數(shù)列的前n項(xiàng)和求數(shù)列的通項(xiàng)公式，一定要分n=1和n≥2討論.（2）首先弄清楚新數(shù)列bn【詳解】（1）當(dāng)n=1時(shí)，a1當(dāng)n≥2時(shí)，an2n?1所以an2n?1=2?當(dāng)n=1時(shí)，上式亦成立，所以：an（2）由n+1+2+3+?+n?1=55?所以新數(shù)列bn前55項(xiàng)中包含數(shù)列an的前10項(xiàng)，還包含，x11，x21，x22，x31，x32且x11=a1+a2所以S=3設(shè)T=3a1則2T=3×2所以?T=T?2T=3×21+2×故：T=17×2所以S55【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵是要弄清楚新數(shù)列bn前55項(xiàng)的構(gòu)成.可先通過列舉數(shù)列b33.（2024·新疆·二模）已知an為等差數(shù)列，前n項(xiàng)和為Tn，若(1)求an(2)對(duì)任意的m∈N*，將an中落入?yún)^(qū)間2①求bm②記cm=222m?1?bm,cm的前【答案】(1)a(2)①bm=2【分析】（1）設(shè)數(shù)列an的公差，由題設(shè)條件，列出關(guān)于a（2）①使an=2n?1∈2m,22m，解得2m?1+12<n<22m?1+12，因n∈N*，故2m?1+1≤n≤22m?1【詳解】（1）設(shè)an的公差為d,由T4=4T2又由a2n=2an+1聯(lián)立①②解得：a1（2）①2m<2n?1<2∵n∈N②由①得cm=22m?1=1由Tm?tTm+1?t=1c∴4?4?1∴1t=1時(shí)，解得12t=2時(shí)，解得12t=3時(shí)，解得12所以存在這樣的m=3t=3，滿足所給的條件，mt=9【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題主要考查由已知數(shù)列在給定區(qū)間內(nèi)的項(xiàng)數(shù)構(gòu)建的新數(shù)列求法，以及與其有關(guān)的數(shù)列的和滿足某條件情況的存在性問題，屬于難題.解題的關(guān)鍵在于理解新數(shù)列的構(gòu)成條件要求，準(zhǔn)確寫出其通項(xiàng)，再對(duì)其滿足的條件進(jìn)行化簡，分析研判，討論參數(shù)滿足的幾類情況即得.34.（23-24高三上·河北石家莊·階段練習(xí)）已知正項(xiàng)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且(1)求證：1(2)在an與an+1間插入n個(gè)數(shù)，使這n+2個(gè)數(shù)組成一個(gè)公差為dn的等差數(shù)列，在數(shù)列d【答案】(1)證明過程見解析；(2)不存在，理由見解析.【分析】（1）利用an=S（2）利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出dn；假設(shè)在數(shù)列dn中存在三項(xiàng)dm，d【詳解】（1）因?yàn)閍n>0，Sn2+2當(dāng)n≥2時(shí)，Sn?1②?①得：an=3當(dāng)n=1時(shí)，S1+1=3所以an是以2為首項(xiàng)，q=3所以Sn=a所以當(dāng)n=1時(shí)，1S當(dāng)n≥2時(shí)，1S1+（2）因?yàn)閍n=2?3n?1，所以d假設(shè)在數(shù)列dn中是否存在3項(xiàng)d則dk2化簡得：32k?2又因?yàn)閙，k，p成等差數(shù)列，所以m+p=2k，所以k+12=m+1?p+1即即m?p2=0，所以所以在數(shù)列dn中不存在3項(xiàng)d35.（23-24高三上·天津東麗·階段練習(xí)）已知an是等差數(shù)列，bn是公比不為1的等比數(shù)列，a2=6，a4+a5=22(1)求：數(shù)列an和b(2)設(shè)dn=?1(3)若對(duì)于數(shù)列an、bn，在ak和ak+1之間插入bk個(gè)2k∈N?，組成一個(gè)新的數(shù)列【答案】(1)an=2n+2,(2)3?24n(3)4104【分析】（1）根據(jù)等差等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，計(jì)算可得；（2）結(jié)合兩個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)公式，可判斷的前項(xiàng)中兩個(gè)數(shù)列的項(xiàng)數(shù)，然后分組和錯(cuò)位相減求和可得；（3）求出an【詳解】（1）設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，等比數(shù)列bn的公比為q由a2=6,a4+所以an則a1=4，由3a又由2b2是3b1與即12q=9+3q2，解得q=3或故bn（2）由dn=i=1=d則Pn9P兩式相減得，?8P?8P則PnQ+其中Mn=19①-②相減可得，8則8所以Q則i=12n（3）根據(jù)題意可得，a則k+1+3+3故k+1+31?3故當(dāng)k=6時(shí)，6+3當(dāng)k=7時(shí)，7+3所以an共有7項(xiàng)，共有2017個(gè)2則T08數(shù)列與放縮結(jié)合數(shù)列型不等式問題的求解過程中常用到放縮法，一般有兩種情況：一是先放縮，再求和；二是先求和，再放縮．常用的放縮技巧如下：（1）對(duì)1n2的放縮，根據(jù)不同的要求，大致有三種情況：①1n2<（2）對(duì)12①12n>（3）對(duì)12n?136.（2024·全國·模擬預(yù)測(cè)）已知數(shù)列an的各項(xiàng)均為正數(shù)，a1=1(1)若a2=3，證明：(2)若a10=512，證明：當(dāng)a4【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）由題意可得an+2an+1≥a（2）由a1?q1?q2【詳解】（1）由題意知，an+2an+1≥a∵a2=3，a當(dāng)n≥2時(shí)，an當(dāng)n=1時(shí)，a1=1滿足綜上，an（2）a10=a∴a4的最大值為8，當(dāng)且僅當(dāng)而q1≤q而n≥10時(shí)，qn∴a∴137.（2024·山東·二模）記Sn為數(shù)列an的前n項(xiàng)和，(1)求a3和a(2)設(shè)數(shù)列1an的前n項(xiàng)和為Tn【答案】(1)a3=?116；(2)答案見解析【分析】（1）分別取n=1和n=3即可求得a3的值，對(duì)n進(jìn)行分奇偶討論，即可得到a（2）根據(jù)題意化簡得到1T【詳解】（1）因?yàn)閍2所以當(dāng)n=1時(shí)，S1+1當(dāng)n=3時(shí)，S3+18=?又因?yàn)镾n+1當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，cosnπ=?1,所以Sn+1作差，an+1+1當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，cosnπ=1,所以Sn+1作差，an+1+1所以，an=?（2）由第1小問得，|an|=所以令bn=1|a所以T=(=8所以1T下面證明k=1n因?yàn)?T所以k=1n下面證明k=1n因?yàn)?k所以1T所以k=1n所以18【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：本題考查數(shù)列的求通項(xiàng)、求和與放縮問題。求通項(xiàng)時(shí)要進(jìn)行奇偶討論，通項(xiàng)公式也要寫成分段函數(shù)的形式，放縮用到了兩個(gè)不等式14k?138.（2024·天津和平·一模）若數(shù)列an滿足an+1=an(1)已知數(shù)列an為M數(shù)列，當(dāng)d=1,（ⅰ）求證：數(shù)列an2是等差數(shù)列，并寫出數(shù)列（ⅱ）Tn=k=1(2)若an是M數(shù)列n∈N?，且d>0【答案】(1)（ⅰ）證明見解析，an=(2)證明見解析【分析】（1）(ⅰ)根據(jù)等差數(shù)列定義即可證明并寫出通項(xiàng)公式（ⅱ）分組求和得出Tn（2）求出1an，利用放縮法可得1a【詳解】（1）（?。┯蒩n+1=a所以數(shù)列an2是首項(xiàng)為所以an又因?yàn)閍n>0，所以（ⅱ）anT設(shè)A=k=12n(?1)A=k=12n(?1)所以Tni=1n（2）若an是M數(shù)列n∈N?故an=a即1>=2則i=1=2由a12+nd若2da1因?yàn)閚∈N?，故對(duì)任意的d>0，總存在正整數(shù)n使即總存在正整數(shù)n，使得i=1n【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題解題中，對(duì)求和要求較高，裂項(xiàng)相消法求和是解決問題的關(guān)鍵，其次利用放縮法適當(dāng)放縮，繼續(xù)利用裂項(xiàng)相消法是證明的關(guān)鍵.39.（2024·湖北·一模）英國數(shù)學(xué)家泰勒發(fā)現(xiàn)的泰勒公式有如下特殊形式：當(dāng)fx在x=0處的nn∈N*階導(dǎo)數(shù)都存在時(shí)，fx=f0+f'0x+f″0(1)根據(jù)該公式估算sin1(2)由該公式可得：cosx=1?x22!+x4(3)設(shè)n∈N*，證明：【答案】(1)0.48；(2)cosx≥1?(3)證明見解析.【分析】（1）根據(jù)麥克勞林公式求得sinx=x?（2）構(gòu)造函數(shù)gx（3）根據(jù)（2）中所得結(jié)論，將目標(biāo)式放縮為1n+k【詳解】（1）令fx=sinx，則f'(x)=cosx，f故f0=0，f'(0)=1，f″(0)=0由麥克勞林公式可得sinx=x?故sin1（2）結(jié)論：cosx≥1?證明如下：令gx令?x故?x在0,+∞上單調(diào)遞增，故gx在0,+∞上單調(diào)遞增，即證得cosx?1+x2（3）由（2）可得當(dāng)x≥0時(shí)，cosx≥1?x22，且由當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)取等號(hào)，故當(dāng)x>0時(shí)，cosx>1?1n+k而1=1即有1故k=1=n?而n?1即證得k=1n【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題第三問的處理關(guān)鍵是能夠利用第二問結(jié)論，將原式放縮為1n+k40.（2024·全國·模擬預(yù)測(cè)）已知數(shù)列an的首項(xiàng)為1，前n項(xiàng)和為Sn，且Sn(1)求證：數(shù)列an(2)當(dāng)n≥2時(shí)，求證：1S【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）利用Sn與an的關(guān)系證明（2）求得Sn=2n?1【詳解】（1）由Sn=2S兩式相減，得Sn+1又當(dāng)n≥2時(shí)，an=S所以an+1=2a又S2=2S1+1，a1=1，所以a因此數(shù)列an（2）由（1）知an=2當(dāng)n≥2時(shí)，2n?1所以Sn所以1S所以當(dāng)n≥2時(shí)，1S09斐波那契數(shù)列問題41.（2024·新疆·二模）斐波那契數(shù)列又稱黃金分割數(shù)列，它在很多方面與大自然神奇的契合，小到地球上的動(dòng)植物，如向日葵?松果?海螺的成長過程，大到海浪?颶風(fēng)?宇宙星系演變，都遵循著這個(gè)規(guī)律，人們親切地稱斐波那契數(shù)列為自然界的“數(shù)學(xué)之美”，在數(shù)學(xué)上斐波那契數(shù)列an一般以遞推的方式被定義：aA．記Sn為數(shù)列an的前nB．在斐波那契數(shù)列中，從不大于34的項(xiàng)中任取一個(gè)數(shù)，恰好取到偶數(shù)的概率為1C．a(chǎn)D．a(chǎn)【答案】B【分析】由數(shù)列的前兩項(xiàng)和遞推關(guān)系式求出數(shù)列的前幾項(xiàng)，即可判斷A和B的真假；由遞推關(guān)系式用累加的方法可以判斷C和D的真假.【詳解】對(duì)于A，∵a∴a∴S對(duì)于B，斐波那契數(shù)列數(shù)列中不大于34的數(shù)依次是1,1,2,3,5,8,13,21,34，其中偶數(shù)有3個(gè)，所以任取一個(gè)數(shù)字，取到的偶數(shù)的概率為39對(duì)于C，由a1=a2，a3=a上式相加得：a1對(duì)于D，由an+2=a則a12=a1?，a2023上式相加得：a1故選：B.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題解決的關(guān)鍵是充分理解斐波那契數(shù)列的遞推式，并熟練掌握其變形.42.（多選）（2024·全國·模擬預(yù)測(cè)）意大利數(shù)學(xué)家斐波那契在研究兔子繁殖問題時(shí)發(fā)現(xiàn)數(shù)列1，1,2,3,5,8,13,?數(shù)列中的每一項(xiàng)稱為斐波那契數(shù)，記作FnA．FB．FC．若斐波那契數(shù)Fn除以4所得的余數(shù)按照原順序構(gòu)成數(shù)列anD．若F2024=【答案】BC【分析】A，B，結(jié)合遞推公式，寫出前14項(xiàng)即可；C，an【詳解】對(duì)于A，斐波那契數(shù)列1，1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,?，對(duì)于B，F(xiàn)2對(duì)于C，由斐波那契數(shù)Fn除以4所得的余數(shù)按照原順序構(gòu)成數(shù)列a因?yàn)閍1=1，a2=1，a3=2，根據(jù)數(shù)列Fn的性質(zhì)以及Ma7=1，a8=1，a9=2，同理可推得，當(dāng)k∈N?時(shí)，有a6k?5=1，a6k?4=1，a6k?3所以an是以6為最小正周期的數(shù)列，又因?yàn)?023÷6=337??????12024÷6=337??????2，a2023對(duì)于D，由斐波那契數(shù)列性質(zhì)F1=1，F(xiàn)n可知F=F故選：BC．43.（2024·江西·一模）斐波那契數(shù)列(Fibonacci?sequence)，又稱黃金分割數(shù)列，因數(shù)學(xué)家萊昂納多·斐波那契(Leonardo?Fibonacci)以兔子繁殖為例子而引入，故又稱為“兔子數(shù)列”，指的是這樣一個(gè)數(shù)列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、…，在數(shù)學(xué)上，斐波那契數(shù)列以如下遞推的方式定義：a0【答案】2【分析】記A中所有偶數(shù)組成的集合為C，所有奇數(shù)組成的集合為D，集合C的子集為E，集合D中含有奇數(shù)個(gè)元素的子集為F，則所有元素之和為奇數(shù)的集合B可看成E∪F，然后可解.【詳解】由斐波那契數(shù)列規(guī)律可知，集合A=a記A中所有偶數(shù)組成的集合為C，所有奇數(shù)組成的集合為D，集合C的子集為E，集合D中含有奇數(shù)個(gè)元素的子集為F，則所有元素之和為奇數(shù)的集合B可看成E∪F，顯然集合E共有2674個(gè)，集合F共有C所以所有元素之和為奇數(shù)的集合B共有2674又集合A的非空子集共有22024?1個(gè)，所以B中所有元素之和為奇數(shù)的概率為故答案為：2【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵是將集合A分拆成所有偶數(shù)組成的集合及所有奇數(shù)組成的集合，利用二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)求出含有奇數(shù)個(gè)奇數(shù)組成的集合個(gè)數(shù).44．（多選）（22-23高三上·山西·階段練習(xí)）意大利著名數(shù)學(xué)家斐波那契在研究兔子的繁殖問題時(shí)，發(fā)現(xiàn)有這樣的一列數(shù)：1，1，2，3，5，8，13，21，….該數(shù)列的特點(diǎn)如下：前兩個(gè)數(shù)均為1，從第三個(gè)數(shù)起，每一個(gè)數(shù)都等于它前面兩個(gè)數(shù)的和.人們把這樣的一列數(shù)組成的數(shù)列an稱為斐波那契數(shù)列，現(xiàn)將an中的各項(xiàng)除以2所得的余數(shù)按原來的順序構(gòu)成的數(shù)列記為bn，數(shù)列an的前n項(xiàng)和為SnA．T2022=1348 C．若Tn=2022，則n=3033 【答案】ABD【分析】根據(jù)斐波那契數(shù)列的特征得出數(shù)列bn為1，1，0，1，1，0，?，再利用數(shù)列b【詳解】根據(jù)斐波那契數(shù)列的特征可以看出，數(shù)列an所以數(shù)列bn為1，1，0，1，1，0，?，則數(shù)列bn為周期數(shù)列，且周期為選項(xiàng)項(xiàng)A，因?yàn)門2022選項(xiàng)B，因?yàn)镾1000=a選項(xiàng)C，因?yàn)?022=1+1+0×1011，1011×3=3033，且b3031=1，所以n=3033或n=3032，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；選項(xiàng)D，因a==?=a故選：ABD.45.（多選）（2021·福建福州·模擬預(yù)測(cè)）斐波那契螺旋線，也稱“黃金螺旋”，是根據(jù)斐波那契數(shù)列畫出來的螺旋曲線，自然界中存在許多斐波那契螺旋線的圖案，是自然界最完美的經(jīng)典黃金比例.作圖規(guī)則是在以斐波那契數(shù)為邊的正方形拼成的長方形，然后在正方形里面畫一個(gè)90度的扇形，連起來的弧線就是斐波那契螺旋線.它來源于斐波那契數(shù)列，又稱為黃金分割數(shù)列.現(xiàn)將斐波那契數(shù)列記為{an}，a1=a2A．3an=C．π4(b【答案】AD【分析】根據(jù)數(shù)列的遞推公式可判斷選項(xiàng)A，再根據(jù)累加法計(jì)算判斷選項(xiàng)B，根據(jù)扇形的面積公式判斷選項(xiàng)C，再次應(yīng)用累加法及遞推公式判斷選項(xiàng)D.【詳解】由遞推公式an=an?1+所以an?2又由遞推公式可得a1=1，a2=a累加得a1故a1由題可知扇形面積bn故bn故π4由ana1a2a3類似的有an累加得a1又bn=π所以b1故選：AD.10數(shù)列與排列組合結(jié)合46.（多選）（2024·全國·模擬預(yù)測(cè)）甲、乙、丙三人做足球傳球訓(xùn)練，規(guī)定：每次傳球時(shí)，傳球人將球傳給另兩人中的任何一人是等可能的．假設(shè)第1次由甲將球傳出，第k次傳球后，球回到甲處的概率為pk（k∈A．p2=12 B．p3>【答案】AC【分析】由傳球規(guī)則得pk+1【詳解】因?yàn)閜2因?yàn)閜3=1?p2因?yàn)閜k+1=1?因?yàn)閜k+1=?1所以數(shù)列pk?13是首項(xiàng)為所以pk?1所以p15故選：AC．【點(diǎn)睛】第k+1次傳球后，球回到甲處等價(jià)于第k次傳球后，球不在甲處且下一次傳球給甲.47.（多選）（2023·廣東深圳·二模）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1的頂點(diǎn)A．PB．青蛙跳動(dòng)奇數(shù)次后只能位于點(diǎn)B,C,D,AC．?dāng)?shù)列PnD．青蛙跳動(dòng)4次后恰好回到點(diǎn)A的概率為7【答案】ACD【分析】由條件直接代入即可判斷AB，由條件可得Pn【詳解】跳動(dòng)1次后等可能地在頂點(diǎn)B,D,A1處，跳動(dòng)奇數(shù)次后只能位于點(diǎn)B,D,A1,Pn+1=23Pn+13由點(diǎn)A出發(fā)，經(jīng)過偶數(shù)次移動(dòng)只能到達(dá)點(diǎn)A,C,B1,D1（奇數(shù)次后只能位于點(diǎn)B,D,A1,C1），考慮移動(dòng)n次（n是偶數(shù)）返回到A的路徑數(shù)為An，顯然A0=1.由于移動(dòng)n?1次后只能位于點(diǎn)若在點(diǎn)A（路徑數(shù)為An?2），再移動(dòng)2次返回到A只有3種折返路徑（即ABA,ADA,AA1A）；若在點(diǎn)C,B1,D1（路徑數(shù)為3n?2?An?2）中的一個(gè)，再移動(dòng)2次返回到A的路徑數(shù)每個(gè)點(diǎn)處都有2條路徑（即CBA,CDA,B1BA,B1A1A,D1DA,D1A故選：ACD48.（2024·全國·模擬預(yù)測(cè)）從集合x∈N(1)求這些數(shù)排序后能成等比數(shù)列的概率；(2)求這些數(shù)排序后能成等差數(shù)列的概率．【答案】(1)4(2)41【分析】（1）先得到5、7不能被抽到，再分抽取的數(shù)有1和無1，結(jié)合抽取的數(shù)的個(gè)數(shù)，進(jìn)行分類討論，求出抽取的所有結(jié)果共有29（2）根據(jù)抽取的個(gè)數(shù)和公差進(jìn)行分類討論，求出這些數(shù)排序后能成等差數(shù)列的個(gè)數(shù)，結(jié)合（1）中所求的抽取的所有結(jié)果共有511中，從而求出概率.【詳解】（1）若5、7在所抽取的數(shù)里，由于其是質(zhì)數(shù)，且無法找到其他被其整除的數(shù)，故5、7不能被抽取到．①若抽取的數(shù)有1，（I）若抽取三個(gè)數(shù)，設(shè)其他兩個(gè)數(shù)為a,ba<b，則a符合條件的a,b只能為2,4和3,9兩組，此時(shí)所抽取的數(shù)為1,2,4和1,3,9，共兩組；（II）若所抽取的數(shù)的個(gè)數(shù)大于3，記此等比數(shù)列的公比為q，則q≥2．若q=2，則所抽取的數(shù)為1,2,4,8；若q≥3，則該等比數(shù)列的最大一項(xiàng)大于等于33故該情況僅有1,2,4,8，1組符合條件．②若抽取的數(shù)無1，則抽取的數(shù)應(yīng)在2,3,4,6,8,9中．該等比數(shù)列公比q≥2，因此若最小的一項(xiàng)為3，則最大一項(xiàng)≥3×2易知符合條件的僅有2,4,8，1組．綜合上述情況，僅有1,2,4，1,3,9，1,2,4,8，2,4,8共4組符合條件．而抽取的所有結(jié)果共有C91+（2）①當(dāng)抽取的數(shù)有3項(xiàng)時(shí)，（I）若該等差數(shù)列的公差d=1，則有1,2,3，2,3,4，?，7,8,9共7組符合條件．（II）若該等差數(shù)列的公差d=2，則有1,3,5，2,4,6，?，5,7,9共5組符合條件．（III）若該等差數(shù)列的公差d=3，則有1,4,7，2,5,8，3,6,9共3組符合條件．（IV）若該等差數(shù)列的公差d=4，則僅有1,5,9，1組符合條件．（V）若該等差數(shù)列的公差d≥5，則沒有滿足條件的選取組合．故此情況共有7+5+3+1=16組符合條件；②當(dāng)抽取的數(shù)有4項(xiàng)時(shí)，（I）若該等差數(shù)列的公差d=1，則有1,2,3,4，2,3,4,5，?，6,7,8,9共6組符合條件．（II）若該等差數(shù)列的公差d=2，則有1,3,5,7，2,4,6,8，3,5,7,9共3組符合條件．（III）若該等差數(shù)列的公差d≥3，則沒有滿足條件的選取組合．故此情況共有6+3=9組符合條件．

③當(dāng)抽取的數(shù)有5項(xiàng)時(shí)，（I）若該等差數(shù)列的公差d=1，則有1,2,3,4,5，2,3,4,5,6，?，5,6,7,8,9共5組符合條件．（II）若該等差數(shù)列的公差d=2，則僅有1,3,5,7,9，1組符合條件．（III）若該等差數(shù)列的公差d≥3，則沒有滿足條件的選取組合．故此情況共有5+1=6組符合條件．

以此類推，當(dāng)抽取6、7、8、9項(xiàng)時(shí)，都當(dāng)且僅當(dāng)公差為1時(shí)有符合條件的選取組合，分別有4、3、2、1組，綜上所述，滿足條件的選取組合共有16+9+6+4+3+2+1=41組，由（1）知，抽取的所有結(jié)果共有29?1=511種，故概率49.（2023·河北承德·模擬預(yù)測(cè)）某校高三年級(jí)有n(n>2,n∈N?)個(gè)班，每個(gè)班均有(n+30)人，第k（k=1,2,3,???,n）個(gè)班中有(k+10)個(gè)女生，余下的為男生.在這n個(gè)班中任取一個(gè)班，再從該班中依次取出三人，若第三次取出的人恰為男生的概率是813【答案】9【分析】根據(jù)題設(shè)，第k個(gè)班中，取三次的方法有(n+30)(n+29)(n+28)種，再求第三次取出的人為男生的方法數(shù)，進(jìn)而求出第k個(gè)班中第三次取出的人為男生的概率Pk=n?k+20【詳解】每個(gè)班被取出的概率為1n，取第k個(gè)班中取三次的方法有(n+30)(n+29)(n+28)第三次取出的人為男生的方法，如下四種情況：男男男：(n?k+20)×(n?k+19)×(n?k+18)種；女男男：(k+10)×(n?k+20)×(n?k+19)種；男女男：(n?k+20)×(k+10)×(n?k+19)種；女女男：(k+10)×(k+9)×(n?k+20)種；所以，第三次取出為男生的方法數(shù)：(n?k+20)×(n?k+19)×(n?k+18)+2(k+10)×(n?k+20)×(n?k+19)+(k+10)×(k+9)×(n?k+20)=(n?k+20)(n+28)(n+29)，綜上，第k個(gè)班中第三次取出的人為男生的概率Pk所以，任選一個(gè)班第三次取出的人恰為男生的概率1n則1n(n+30)×[n(n?1)2+20n]=故答案為：9【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：首先求出第k個(gè)班中，取三次的方法數(shù)和第三次取出的人為男生的方法數(shù)，進(jìn)而得到第k個(gè)班中第三次取出的人為男生的概率Pk50.（23-24高三下·浙江杭州·開學(xué)考試）設(shè)整數(shù)n,k滿足1≤k≤n，集合A=2m0≤m≤n?1,m∈Z.從A中選取k個(gè)不同的元素并取它們的乘積，這樣的乘積有Cnk(1)若n≥2，求an,2(2)記fnx=1+an,1(3)用含n，k的式子來表示an+1,k+1【答案】(1)4(2)fn+1x(3)a【分析】（1）根據(jù)題意，直接代入計(jì)算，即可得到結(jié)果；（2）根據(jù)題意，由條件可得fnx=1+2（3）根據(jù)題意，可得an,0=1，an+1,0=1，再由（2）可得【詳解】（1）a（2）因?yàn)閒nfn+1兩式相除，fn+1f=1+兩式相除，f（3）因?yàn)閒nx=因?yàn)閒n+1x=由（2）和①可得，fn+1由②和③，比較xk+1的系數(shù)，可得a因?yàn)閒=k=0由②比較xk+1的系數(shù)可得a由④⑤消去an,k+1可得2所以an+1,k+1【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題主要考查了新定義問題，意在考查學(xué)生的計(jì)算能力轉(zhuǎn)化能力和總和應(yīng)用能力，其中將定義中的知識(shí)轉(zhuǎn)化為已有的知識(shí)點(diǎn)是考查的重點(diǎn)，需熟練掌握.11高斯函數(shù)問題51.（2023·全國·模擬預(yù)測(cè)）已知正項(xiàng)數(shù)列an，bn滿足：a1=1，bn=an2，bA．1 B．2 C．3 D．2023【答案】B【分析】由bn+1?b【詳解】因?yàn)閎n+1所以an+1又因?yàn)閍n>0(n≥1)，所以即an+1?a從而1b所以S2023又bn+1所以bn即1b故S2023則S2023故選：B52.（2024·四川成都·模擬預(yù)測(cè)）高斯是德國著名數(shù)學(xué)家，近代數(shù)學(xué)的奠基者之一，享有“數(shù)學(xué)王子”的稱號(hào)，用他名字定義的函數(shù)fx=x稱為高斯函數(shù)，其中x表示不超過x的最大整數(shù)，如2.3=2,?1.9=?2，已知數(shù)列an滿足a1=1,a2=5，【答案】2025【分析】由an+2+4an=5an+1變形為an+2?【詳解】解：由an+2+4an=5所以數(shù)列an+1?a由累加法得an+1=所以bn∵log又log2令cn∴S∴S代入n=2025得S2025故答案為：202553.（2024·河北·模擬預(yù)測(cè)）已知x表示不超過x的最大整數(shù)，x=x?x，設(shè)n∈N?，且n3+n4+n6=1【答案】4342732【分析】由3,4,6的最小公倍數(shù)為12，得只需在1≤n≤12這個(gè)范圍內(nèi)討論即可，再結(jié)合等差數(shù)列得前n項(xiàng)和公式即可得解.【詳解】由題意，當(dāng)1≤n<3時(shí)，n3則n3+n當(dāng)n=3時(shí)，n3則n3+n當(dāng)4≤n<6時(shí)，n3則n3+n所以n的最小值為4，當(dāng)6≤n<8時(shí)，n3則n3+n當(dāng)n=8時(shí)，n3則n3+n當(dāng)9≤n≤11時(shí)，n3則n3+n當(dāng)n=12時(shí)，n3+n因?yàn)?,4,6的最小公倍數(shù)為12，以4為首項(xiàng)12為公差的等差數(shù)列，設(shè)為am，則a以8為首項(xiàng)12為公差的等差數(shù)列，設(shè)為bm，則b所以數(shù)列am和bm是滿足條件的所有令am=12m?8≤2024，解得令bm=12m?4≤2024，解得則當(dāng)1≤n≤2024時(shí)，滿足條件的所有n值的和S=4+12×169?8故答案為：4；342732.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：由3,4,6的最小公倍數(shù)為12，可得只需在1≤n≤12這個(gè)范圍內(nèi)討論，求出這個(gè)范圍內(nèi)的n的值，是解決本題的關(guān)鍵.54.（2024高三·全國·專題練習(xí)）設(shè)n∈N*，an為(2x+3)n?(x+1)n【答案】15【分析】賦值法求出an=5n?2n，結(jié)合導(dǎo)數(shù)判斷n?1<【詳解】令x=1可得，an設(shè)fx=ln令f'x當(dāng)x∈1,e時(shí)，f'當(dāng)x∈e,+∞時(shí)，f則ln故對(duì)任意的n≥1，ln故0<n25n<1b=1則(n?t)2+(bn∴最小值即點(diǎn)(n,n2?ny=12x2?x且點(diǎn)1,0到直線y=3?2x的距離d1點(diǎn)2,1到直線y=3?2x的距離d2∴(n?t)2故答案為:1【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)最值及點(diǎn)點(diǎn)距的應(yīng)用，關(guān)鍵是利用導(dǎo)數(shù)判斷出n?1<nan55.（2023·全國·模擬預(yù)測(cè)）已知數(shù)列an為公差不為0的等差數(shù)列，a3=5，且a2,a5,a14成等比數(shù)列，設(shè)x表示不超過x的最大整數(shù)，如3.5=3，?1.5=?2【答案】20217【分析】求出an通項(xiàng)公式和第2024項(xiàng)，進(jìn)而求出數(shù)列bn的通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和公式，利用錯(cuò)位相減法即可得出【詳解】由題意，數(shù)列an是等差數(shù)列，設(shè)公差為d因?yàn)閍2所以a2a14解得d=2或d=0（舍），所以an=5+2n?3當(dāng)2n≤x≤2即log22n+1=因?yàn)?11<4047<212，所以則2S由①-②得?S所以S2024故答案為：20217.【點(diǎn)睛】本題考查錯(cuò)位相減法，取整函數(shù)，等差數(shù)列和等比數(shù)列的性質(zhì)和求法，數(shù)列求和，考查學(xué)生的計(jì)算能力和分析問題，處理問題的能力，具有很強(qiáng)的綜合性.12數(shù)列與實(shí)際模型56.（2024·北京海淀·一模）某生物興趣小組在顯微鏡下拍攝到一種黏菌的繁殖軌跡，如圖1.通過觀察發(fā)現(xiàn)，該黏菌繁殖符合如下規(guī)律：①黏菌沿直線繁殖一段距離后，就會(huì)以該直線為對(duì)稱軸分叉（分叉的角度約為60°），再沿直線繁殖，…；②每次分叉后沿直線繁殖的距離約為前一段沿直線繁殖的距離的一半.于是，該組同學(xué)將整個(gè)繁殖過程抽象為如圖2所示的一個(gè)數(shù)學(xué)模型：黏菌從圓形培養(yǎng)皿的中心O開始，沿直線繁殖到A11，然后分叉向A21與A22方向繼續(xù)繁殖，其中∠A21A11A22=60°，且A11A21

A．6 B．7 C．8 D．9【答案】C【分析】根據(jù)黏菌的繁殖規(guī)律可得每次繁殖在OA【詳解】由題意可知，OA11=4依題意可知黏菌的繁殖規(guī)律，由此可得每次繁殖在OA11方向上前進(jìn)的距離依次為：則4+2×3黏菌無限繁殖下去，每次繁殖在OA即4+1+1綜合可得培養(yǎng)皿的半徑r（r∈N?，單位：故選：C【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查了數(shù)列的應(yīng)用問題，背景比較新穎，解答的關(guān)鍵是理解題意，能明確黏菌的繁殖規(guī)律，從而求出每次繁殖在OA57.（2024·山西·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示是畢達(dá)哥拉斯的生長程序：正方形上連接著等腰直角三角形，等腰直角三角形邊上再連接正方形，如此繼續(xù).設(shè)初始正方形的邊長為22，依次構(gòu)造出的小正方形（含初始正方形）的邊長構(gòu)成數(shù)列bn，若an的前n項(xiàng)和為Sn=λn2+(20+λ)nλ<0,n∈A．[?4,?3] B．[?3,?2] C．?23,?【答案】D【分析】先求出數(shù)列an和bn的通項(xiàng)公式，再根據(jù)集合新定義確定cn，再由不等式cn≥c3恒成立分類討論c3=【詳解】因?yàn)閍n的前n項(xiàng)和為S所以當(dāng)n≥2時(shí)，an又當(dāng)n=1時(shí)，a1所以數(shù)列an的通項(xiàng)公式a數(shù)列bn滿足b因?yàn)?b22所以bn所以1b因?yàn)閿?shù)列an=2λn+20,λ<0cn=maxan所以c3是數(shù)列c所以當(dāng)c3=a3時(shí)，則b3當(dāng)c3=b3時(shí)，則a3取并集可得λ∈?3,?故選：D.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題中集合新定義是取較大者，這樣就轉(zhuǎn)化成比較an和1bn2的大小問題了，利用已知求出數(shù)列an和b58.（2024·貴州遵義·一模）第24屆北京冬奧會(huì)開幕式由一朵朵六角雪花貫穿全場(chǎng)，為不少人留下深刻印象．六角雪花曲線是由正三角形的三邊生成的三條1級(jí)Koch曲線組成，再將六角雪花曲線每一邊生成一條1級(jí)Koch曲線得到2級(jí)十八角雪花曲線（如圖3）……依次得到n級(jí)Kn(n∈N?)角雪花曲線．若正三角形邊長為1，我們稱∧為一個(gè)開三角（夾角為60°），則n級(jí)Kn角雪花曲線的開三角個(gè)數(shù)為【答案】4n+2【分析】利用觀察歸納法求出邊數(shù)構(gòu)成的數(shù)列通項(xiàng)，再利用n級(jí)Kn【詳解】依題意，n級(jí)Kn(n∈N?)因此n級(jí)Kn則n級(jí)Kn(n∈N當(dāng)n=1時(shí)，曲線有6個(gè)開角，n級(jí)Kn(n∈N?)由于n級(jí)Kn(n∈N當(dāng)n≥2時(shí)，n級(jí)Kn(n∈=6+3(4+42+?+所以n級(jí)Kn(n∈N令n級(jí)Kn角雪花曲線的內(nèi)角和為bn，顯然而n級(jí)Kn(n∈N?)角雪花曲線到n+1于是bn+1=bn+3bn==10π+9π所以n級(jí)Kn角雪花曲線的內(nèi)角和為b故答案為：4n+2【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：涉及實(shí)際意義給出的數(shù)列問題，正確理解實(shí)際意義，列出關(guān)系式，再借助數(shù)列思想探求相鄰兩項(xiàng)間關(guān)系即可解決.59.（2024·吉林·模擬預(yù)測(cè)）“冰天雪地也是金山銀山”，2023-2024年雪季，東北各地冰雪旅游呈現(xiàn)出一片欣欣向榮的景象，為東北經(jīng)濟(jì)發(fā)展增添了新動(dòng)能．某市以“冰雪童話”為主題打造—圓形“夢(mèng)幻冰雪大世界”，其中共設(shè)“森林姑娘”“扣像墻”“古堡滑梯”等16處打卡景觀．若這16處景觀分別用A1,A2,?,A16表示，某游客按照箭頭所示方向（不可逆行）可以任意選擇一條路徑走向其它景觀，并且每個(gè)景觀至多經(jīng)過一次，那么他從入口出發(fā)，按圖中所示方向到達(dá)A6有種不同的打卡路線；若該游客按上述規(guī)則從入口出發(fā)到達(dá)景觀Ai的不同路線有ai【答案】8m?1【分析】結(jié)合題意及分類加法原理，依次計(jì)算到達(dá)A2、A3、A4、A5、A6的走法即可.由題意可知數(shù)列{an【詳解】由題意知，到達(dá)A2到達(dá)A3點(diǎn)共有1+1=2種走法（一種是經(jīng)過A2點(diǎn)到達(dá)A3到達(dá)A4點(diǎn)共有1+2=3種走法（一種是經(jīng)過A2，一種是經(jīng)過A3，所以到達(dá)A4將到達(dá)A5點(diǎn)共有3+2=5種走法（一種是經(jīng)過A2和A4，一種是經(jīng)過A3，所以到達(dá)A5到達(dá)A6點(diǎn)共有3+5=8種走法（一種是經(jīng)過A2和A4，一種是經(jīng)過A3和A5，所以到達(dá)A故按圖中所示方向到達(dá)A6由題意知，a1=1，a2=1，a3=a1+a2因?yàn)閍n+an+1=所以a1+a2=a3，a3+將上式累加可得a1+a2+整理可得a1+a2+所以a2+a故答案為：8；m?1.60.（2024·云南大理·模擬預(yù)測(cè)）我國古代名著《莊子?天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，萬世不竭”，其意思為：一尺的木棍，每天截取一半，永遠(yuǎn)都截不完.已知長度為23的線段PQ，取PQ的中點(diǎn)M1，以PM1為邊作等邊三角形（如圖1），該等邊三角形的面積為S1，再取M1Q的中點(diǎn)M2，以M1【答案】63364/63【分析】先由題意推導(dǎo)每個(gè)正三角形的面積可構(gòu)成等比數(shù)列，再利用等比數(shù)列求和公式及裂項(xiàng)相消求解.【詳解】由題可得，S1從第2個(gè)等邊三角形起，每個(gè)三角形的面積為前一個(gè)三角形面積的14故每個(gè)正三角形的面積可構(gòu)成一個(gè)以S1為首項(xiàng)，1則Sn所以S3∵∴=k=1=1故答案為：63364；【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：常見的裂項(xiàng)相消的方法有：1n442n2n1n13數(shù)列與集合新定義解決以集合為背景的新定義問題，注意：根據(jù)集合定義式，確定集合中元素的特點(diǎn)61.（2024·浙江紹興·二模）已知k∈N?，集合Xk(1)求X2(2)設(shè)a=21+23∈X(3)記Yk=Xk∩2k+n?1,2【答案】(1)7(2)b=24或10(3)2【分析】（1）根據(jù)集合新定義，確定X2（2）根據(jù)集合X1中的元素可得a=21+23=10，設(shè)b=2j+2（3）設(shè)x∈Yk，則x=2i0+2i1+???+2ik【詳解】（1）X2中的最小元素為2（2）由題得a=21+23①當(dāng)j≤3時(shí)，b=23+22=12或b=23+經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)b=10時(shí)，a+b=20=2所以b=10.②當(dāng)j=4時(shí)，b=24+23=24或經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)b=24時(shí)，a+b=34=2所以b=24.③當(dāng)j≥5時(shí)，不符合題意.因此，b=24或10.（3）設(shè)x∈Yk，則x=20≤i0<設(shè)Sk=m=1因?yàn)镃n所以S==+=S因?yàn)镃2k+1所以Sk+1=S又因?yàn)镾1=1+162.（2024·北京東城·一模）有窮數(shù)列a1,a(1)已知數(shù)列?3,2,?1,3，寫出所有的有序數(shù)對(duì)p,q，且p<q，使得Sp,q(2)已知整數(shù)