壓軸題05數(shù)列壓軸題15題型 (教師版)_第1頁
壓軸題05數(shù)列壓軸題15題型 (教師版)_第2頁
壓軸題05數(shù)列壓軸題15題型 (教師版)_第3頁
壓軸題05數(shù)列壓軸題15題型 (教師版)_第4頁
壓軸題05數(shù)列壓軸題15題型 (教師版)_第5頁
已閱讀5頁,還剩106頁未讀, 繼續(xù)免費(fèi)閱讀

下載本文檔

版權(quán)說明:本文檔由用戶提供并上傳,收益歸屬內(nèi)容提供方,若內(nèi)容存在侵權(quán),請(qǐng)進(jìn)行舉報(bào)或認(rèn)領(lǐng)

文檔簡介

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)

溫馨提示

  • 1. 本站所有資源如無特殊說明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請(qǐng)下載最新的WinRAR軟件解壓。
  • 2. 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請(qǐng)聯(lián)系上傳者。文件的所有權(quán)益歸上傳用戶所有。
  • 3. 本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網(wǎng)頁內(nèi)容里面會(huì)有圖紙預(yù)覽,若沒有圖紙預(yù)覽就沒有圖紙。
  • 4. 未經(jīng)權(quán)益所有人同意不得將文件中的內(nèi)容挪作商業(yè)或盈利用途。
  • 5. 人人文庫網(wǎng)僅提供信息存儲(chǔ)空間,僅對(duì)用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護(hù)處理,對(duì)用戶上傳分享的文檔內(nèi)容本身不做任何修改或編輯,并不能對(duì)任何下載內(nèi)容負(fù)責(zé)。
  • 6. 下載文件中如有侵權(quán)或不適當(dāng)內(nèi)容,請(qǐng)與我們聯(lián)系,我們立即糾正。
  • 7. 本站不保證下載資源的準(zhǔn)確性、安全性和完整性, 同時(shí)也不承擔(dān)用戶因使用這些下載資源對(duì)自己和他人造成任何形式的傷害或損失。

評(píng)論

0/150

提交評(píng)論