2022年新高考数学二轮提升数列专题第19讲《数列的取整问题》（解析版）

1、第19讲 数列的取整问题 一、单选题1（2021全国高三专题练习）设正项数列的前n项和满足，记表示不超过x的最大整数，.若数列的前n项和为，则使得成立的n的最小值为（ ）A1179B1178C2019D2020【答案】A【分析】先通过项和转化，得到，继而可得，则，分段，研究的取值，再求和即可【详解】，令，得，解得.，由-可得，整理得，根据可知，则数列是首项为1，公差为2的等差数列，.，当时，；当时，；当时，.因为，所以使成立的的最小值为.故选：A.2（2021全国高三专题练习）设x表示不超过x的最大整数，如3.144，3.143.已知数列an满足：a11，an1ann1(nN*)，则（ ）A1

2、B2C3D4【答案】A【分析】首先利用累加法求得数列的通项公式，再利用裂项相消法求数列的前项的和，结合新定义即可求解.【详解】由an1ann1，得anan1n(n2)又a11，所以an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1n(n1)(n2)21，则 .所以.所以.故选：A3（2021江西省吉水县第二中学高一期中）高斯函数，也称为取整函数，即表示不超过x的最大整数. 如: 已知正项数列的前项和为，且满足，则（ ）A3B14C15D16【答案】B【分析】首项利用数列与的关系，求得，再求得数列的通项公式，并利用放缩法求得的范围，利用定义求的值.【详解】，得，整理为，当时，且，解得：，所以数列

3、是以1为首项，1为公差的等差数列，则，所以，当时，所以 ，所以，那么.故选：B4（2021江西南昌市八一中学高一月考）对于实数，表示不超过的最大整数已知数列的通项公式，前项和为，则（ ）A155B167C173D179【答案】C【分析】先对有理化，而后用裂项求和法求出，再对的取值进行分类，得到的大致范围，从而确定的值，最后再求.【详解】由题知，当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，.所以.故选：C.5（2021河南高二月考（理）定义函数，其中表示不超过的最大整数，例如，当时，的值域为，记集合中元素的个数为，数列的前项和为，则（ ）AB2CD【答案】D【分析】根据题意，归纳出数列

4、的通项公式，结合裂项相消法即可求解.【详解】当时，所以的取值为0，所以，所以；当时，若时，故，若时，故，所以，所以；当时，若时，故；若时 ，故；若时，故，5，所以，所以；当时，若时，故；若时，故；若时，故，5，若时，故，10，11，所以所以；以此类推，可以归纳，得，所以，所以 ，所以故选D6（2021四川射洪模拟预测（文）定义函数，其中表示不超过的最大整数，例如：，.当时，的值域为.记集合中元素的个数为，则的值为（ ）ABCD【答案】D【分析】先根据条件分析出当时，集合中的元素个数为，进而可得，再结合裂项相消法进行求和可得结果.【详解】因为，所以，所以在各个区间中的元素个数分别为：，所以当时，

5、的值域为，集合中元素个数为：，所以，所以，故选：D.7（2021全国高三月考（理）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉，用其名字命名的“高斯函数”：设用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，也称取整函数在数列中，记为不超过的最大整数，则称数列为的取整数列，设数列满足，记数列的前项和为，则数列的前项和为（ ）ABCD【答案】C【分析】由，则，同理可得，得到，得到，结合裂项法，即可求解.【详解】由题意，数列满足，则，同理可得，所以，所以，则，则数列的前项和为.故选：C.8（2021浙江省杭州第二中学模拟预测）定义表示不超过的最大整数，若数列的通项公式为，则满足等式（

6、）A30B29C28D27【答案】D【分析】由题意，直接求解即可.【详解】因为，所以，所以；所以.故选：D【点睛】数学中的新定义题目解题策略：(1)仔细阅读，理解新定义的内涵；(2)根据新定义，对对应知识进行再迁移.9（2021全国高三专题练习（理）已知各项均为正数的数列的前n项和为，且，.若表示不超过x的最大整数，则数列的前2021项和（ ）A1010B1011C2021D2022【答案】D【分析】根据变形后结合，可判断出数列是首项为1公差为1的等差数列，即可化简出，即可求出答案.【详解】，即，数列是首项为1公差为1的等差数列，.故选D.【点睛】本题考查数列的前项和.属于中档题.根据题意判断

7、出数列是等差数列是解本题的关键.10（2021全国高三专题练习（文）已知数列满足，其中表示不超过实数的最大整数，则下列说法正确的是（ ）A存在，使得B是等差数列C的个位数是4D的个位数是3【答案】C【分析】由题意对的表达式进行放缩可得，从而得出的单调性，进而得出，根据条件结合取整数的定义，可得，然后对选项进行逐一分析，可得答案.【详解】因为为整数，且，所以，所以数列为递增数列，故.所以有，因此，由此可得，得，又，故数列是以为首项，3为公比的等比数列，因此，所以，因此A，B错.的个位数为1，的个位数为3，的个位数为9，的个位数为7，的个位数为1，的个位数为3，不难发现的个位数的周期为4.由于20

8、20能被4整除，2021被4除余1，因此的个位数为，的个位数为，因此C对，D错，故选：C.【点睛】关键点睛：本题考查新定义取整数和求数列的通项公式，解答本题的关键是利用取整数的性质，对数列的通项进行放缩由，得出，从而得出其通项公式，属于中档题.11（2021青海西宁一模（理）若是函数的极值点，数列满足，设，记表示不超过的最大整数设，若不等式，对恒成立，则实数的最大值为（ ）ABCD【答案】C【分析】利用极值点与导数的关系可得，可推导证得为等比数列，求得，利用累加法可求得的通项公式，进而确定；采用裂项相消法可求得，采用分离常数的方法可求得的最小值，由恒成立的思想可确定，由此得到的最大值.【详解】

9、由题意得：，是的极值点，又，数列是以为首项，为公比的等比数列，又，；，对恒成立，则实数的最大值为.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查函数与导数、数列的综合应用问题，解题关键是能够采用构造法、累加法求得数列的通项公式，进而确定求和方法为裂项相消法，从而求得的形式.12（2021全国高三专题练习（理）已知函数(，)，其中表示不超过的最大整数，如，.定义是函数的值域中的元素个数，数列的前项和为，数列对均成立，则最小正整数的值为（ ）ABCD【答案】D【分析】先根据取整函数的定义确定的值域中的元素个数，从而得到数列的通项公式及前项和为，然后利用裂项相消法求，最后可得正整数的最小值.【详解】由已知得

10、，则，又，故，故()，故，故对均成立，即，则满足条件的最小正整数的值为，故选：D.【点睛】（1）新定义问题，准确理解含义是求解的关键；（2）数列求和的常用方法汇总：公式法；错位相减法；裂项相消法；分组求和法.13（2021浙江高三专题练习）如果，就称表示的整数部分，表示的小数部分.已知数列满足，则等于（）ABCD【答案】D【分析】由题，分别求出，然后求得再求得分析可得结果.【详解】因为， 同理可得： 所以所以当n为奇数时 ，当n为偶数时所以=故选D【点睛】本题考查了数列的综合，解得的值和分析观察是解题的关键，属于较难题.二、多选题14（2021重庆南开中学高三月考）已知数列满足，其中表示不超过

11、实数的最大整数，则下列说法正确的是（ ）A存在，使得B是等比数列C的个位数是5D的个位数是1【答案】BD【分析】根据取整函数的性质可得数列为递增数列，根据整数的性质可得，从而可求数列的通项，从而可判断AB的正误，利用二项式定理可判断C的正误，从而可判断D的正误.【详解】，.由题可得为正整数，故，所以数列为递增数列，故当时，又当时，即，故即.又，结合、均为正整数可得，其中，而，故，其中.故，又，故，故，故数列是以为首项，3为公比的等比数列，因此，因此A错误，B正确又，因为为10的倍数，故的个位数为，因此C错误设，则，故的个位数为，因此D正确.故选：BD【点睛】思路点睛：以取整函数为背景的数列的递

12、推关系，需结合递推关系的形式和整数的性质挖掘新的隐含的递推关系，从而把问题转化为常见的递推关系，与个位数或余数有关的问题，多从二项式定理去考虑.三、填空题15（2021上海华师大二附中高三月考）设数列满足，数列前n项和为，且（且），若表示不超过x的最大整数，数列的前n项和为，则_【答案】2021【分析】先求得，结合累加法求得，进而求得，结合的意义求得.【详解】（且）,即，整理得，所以从第二项起是等差数列，且公差为，所以时，也符合上式，所以.当时，所以，也符合上式，所以.所以.所以当时，；当时，.所以，所以.故答案为：16（2021重庆西南大学附中高三开学考试）设数列满足，数列前n项和为，且（且

13、）若表示不超过x的最大整数，数列的前n项和为，则的值为_【答案】2023【分析】根据递推公式，可知从第2项起是等差数列，可得，再根据累加法，可得，由此可得当时，又，由此即可求出.【详解】当时，从第2项起是等差数列.又，当时，（），当时，.又，.故答案为：2023.【点睛】本题主要考查了数列的递推公式、等差数列的概念，以及累加法在求通项公式中的应用，属于中档题.17（2021江西省石城中学高一月考（文）已知正项数列的前项和为，且满足，则_（其中表少不超过的最大整数）【答案】【分析】首先根据，代入整理可得，从而得到数列是以1为首项，1为公差的等差数列，求得数列的通项，再通过裂项相消求和法结合题中的

14、定义即可求解.【详解】解：由，当时，所以或-1（舍去），当时，整理得：，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以，又因，所以，则，因为，所以，故.故答案为：2.18（2021江西省铜鼓中学高一月考（理）已知正项数列的前n项和为，且，则不超过的最大整数是_【答案】88【分析】由，可得时，解得，时，代入可得：，化为：，利用等差数列的通项公式即可得出利用，时，右边成立）可得：，再利用累加求和方法即可得出结论【详解】解：，时，解得时，代入可得：，化为：，可得数列为等差数列，首项为1，公差为1，解得，时，右边成立）即，所以，所以，所以不超过的最大整数是88.故答案为：8819（2021全国高三专题

15、练习（文）已知表示不超过的最大整数，例如：，在数列中，记为数列的前项和，则 _.【答案】4956【分析】首先分别计算当，时， 时的数值，再求即可.【详解】当时，当时，当时，当时，.故答案为：20（2021四川石室中学一模（文）已知数列的前项和为，点在上，表示不超过的最大整数，则_【答案】【分析】先求得，再求得，进而求得，然后用裂项求和求得，最后根据其范围求得结果.【详解】依题意可得，所以数列的前项和，因此，所以，故.故答案为：2020.【点睛】方法点睛： 本题考查的核心是裂项求和，使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特

16、点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的21（2021全国全国模拟预测）黎曼猜想由数学家波恩哈德黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题.黎曼猜想研究的是无穷级数，我们经常从无穷级数的部分和入手.已知正项数列的前项和为，且满足，则_（其中表示不超过的最大整数）.【答案】18【分析】结合题意和和的关系，得到数列是以1为首项，1为公差的等差数列，求得，又由当时，得到，进而求得，即可求解.【详解】当时，所以，即，因为，所以，当时，由，所以，所以，即，可得数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以.又当时，符合上式，所以（）.因为，所以，所以，当时，即，所以.令，则，即，从而.故答案为：.22（

17、2021上海位育中学三模）已知正项等比数列中，用表示实数的小数部分，如，记，则数列的前15项的和为_.【答案】5【分析】通过和可计算出数列的通项公式，即，由二项式定理结合题意可得，进而可得结果.【详解】设等比数列的公比为，由得，则，由和，解得，则.由，则，故答案为：5.【点睛】本题主要考查了等比数列中基本量的计算，二项式定理的应用，对新定义的理解是解题的关键，属于中档题.四、双空题23（2021北京师大附中高一月考）定义函数，其中表示不超过x的最大整数，例如：， 当时，的值域为（1）_.（2）集合中元素的个数为_.【答案】10 46 【分析】（1）根据定义求出；（2）先由题意求出，再求，接着求

18、出中包含的元素个数，即可求得.【详解】（1） 表示不超过的最大整数，当时，在各区间内的元素个数为，所以中的元素个数为，中的元素个数为.故答案为：10；4624（2021福建三明一中模拟预测）黎曼猜想由数学家波恩哈德黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题黎曼猜想研究的是无穷级数，我们经常从无穷级数的部分和入手已知正项数列的前n项和为且满足，则_，_（其中表示不超过x的最大整数）【答案】 18 【分析】首先利用，求数列的通项公式；利用数列的通项公式，放缩为，再利用裂项相消法计算的范围，即可求值.【详解】当时，即.，.当时，代入，即，是以1为首项，1为公差的等差数列，.又当时，符合上式，因此

19、（）.，.（以下用到的常用放缩技巧）当时，即，.令，则，即，从而.故答案为：；【点睛】关键点点睛：本题考查数学文化与数列相结合的综合应用，属于难题，本题的关键是利用与的关系求的通项公式，本题的难点是第二问，需利用放缩法，再利用裂项相消法求和.25（2021广东珠海高三月考）定义函数，其中表示不超过x的最大整数，例如，当时，的值域为，记集合中元素的个数为，则（1）_；（2）_【答案】2 【分析】当时，先求得的解析式，由此求得的值.求得在各区间中的元素个数，由此求得，利用裂项求和法求得.【详解】(1)当时，根据题意得：，进而得，所以在各区间中的元素个数分别为：1，1；所以(2)解：根据题意得：，进

20、而得，所以在各区间中的元素个数为：，所以当时，的值域为，集合中元素的个数为满足：，所以，所以，所以故答案为：；【点睛】通项公式的分母是两个等差数列乘积的形式的数列求和，可采用裂项求和法.五、解答题26（2021河南高三月考（文）已知公比大于的等比数列满足，定义为不超过的最大整数，例如，记在区间（）上值域包含的元素个数为.（1）求数列和的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1），（2）【分析】（1）直接根据等比数列公式得到方程组，解得答案，时，得到答案.（2），利用分组求和法计算得到答案.（1）由可得，因为公比，所以，即，解得，所以，所以.根据题意得，时，所以.（2）因为，所以.27（20

21、21福建高三月考）等差数列中，（1）求的通项公式；（2） 设，求数列的前10项和，其中表示不超过的最大整数，如，【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据等差数列的通项公式及已知条件求首项和公差，即可求得；（2）由（1）求得，再分别求出数列的前10项，即可求和.【详解】（1）设数列的公差为，因为，所以，解得，所以的通项公式为；（2）由（1）知：，所以当时，此时；当时，此时；当时，此时；当时，此时，所以数列的前10项和为.28（2021福建泉州五中高二期中）已知函数的最小值为0，其中.（1）求的值（2）若对任意的，有恒成立，求实数的最小值；（3）记，为不超过的最大整数，求的值.【答案】（1）1；

22、（2）；（3）.【分析】（1）首先求函数的导数，利用导数求得函数的单调性与极值点，根据最小值列式求的值；（2）时，不成立，当时，构造函数，求导数，分和两种情况，根据不等式恒成立，求实数的范围，进而可得实数的最小值；（3）当时，当时，取，得，从而得到，可得，再证可得，即可求解.【详解】（1），由，得；由，得；所以在单调递减，单调递增，所以.（2）当时，取，有，故不合题意；当时，令，令，可得，当时，所以，恒成立，因此在上单调递减，从而对任意的，总有，即对任意的，有成立，故符合题意当时，对于，因此在内单调递增，从而当时，即有不成立，故不合题意.综上所述：，所以的最小值为；（3）当时，当时，由（2）知

23、，取，得，从而，所以.又因为，所以，令，则，设，则，所以在上单调递增，所以单调递增，即，又因为，所以，所以.【点睛】方法点睛：求不等式恒成立问题的方法（1）分离参数法若不等式（是实参数）恒成立，将转化为或恒成立，进而转化为或，求的最值即可.（2）数形结合法结合函数图象将问题转化为函数图象的对称轴、区间端点的函数值或函数图象的位置关系（相对于轴）求解.此外，若涉及的不等式转化为一元二次不等式，可结合相应一元二次方程根的分布解决问题.（3）主参换位法把变元与参数变换位置，构造以参数为变量的函数，根据原变量的取值范围列式求解，一般情况下条件给出谁的范围，就看成关于谁的函数，利用函数的单调性求解.29

24、（2021广东南海高三开学考试）已知数列的前项和，令，其中表示不超过的最大整数，.（1）求；（2）求；（3）求数列的前项之和.【答案】（1）；（2）；（3）.【分析】（1）根据与的关系即可求出数列的通项公式；（2）由（1）求得数列的通项，再根据定义即可求得答案；（3）当时，且在数列中有个，设，数列的前m项的和为，求数列的前项之和即为求数列的前m项的和，利用错位相减法即可求得答案.【详解】解：（1）当时，当时，当时，等式也成立，所以；（2），则，因为，所以；（3）当时，且在数列中有个，设，数列的前m项的和为， 则，-得：，所以，所以数列的前项之和为.30（2021全国高二课时练习）已知各项均为正

25、数的无穷数列的前项和为，且，.（1）求数列的通项公式；（2）记表示不超过的最大整数，如，. 令，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）320.【分析】（1）由得，进而可知数列是等差数列，从而可求出，最后利用与的关系求即可；（2）分情况讨论取不同值时，的值，然后求和即可【详解】（1）因为，所以，又，则数列是以为首项，为公差的等差数列，因此，即. 当时， 又符合上式， 故. （2）由（1）知， 当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，. 所以数列的前项和.31（2021浙江模拟预测）已知数列满足，数列满足，.（1）数列，的通项公式；（2）若，求使成立(表示不超

26、过的最大整数)的最大整数的值.【答案】（1），；（2）最大值为44.【分析】（1）由题得数列是等比数列，即求出数列的通项；由题得是一个以为首项，以1为公差的等差数列，即得数列的通项公式；（2）先求出，再求出即得解.【详解】解：（1）由得，所以数列是等比数列，公比为，解得.由，得，所以是一个以为首项，以1为公差的等差数列，所以，解得.（2）由得，记，所以为单调递减且，所以，因此，当时，的的最大值为44；当时，的的最大值为43；故的的最大值为44.【点睛】关键点睛：解答本题的关键有两点，其一：求出，其二：求出.32（2021全国高三专题练习（理）高斯函数中用表示不超过的最大整数，对应的为的小数部分

27、，已知数列的前项和为，数列满足已知函数在上单调递减（1）若数列，其前项为，求（2）若数列（即为的小数部分），求的最大值【答案】（1）3；（2）【分析】（1）由数列的前项和为可求出其通项公式，从而得到数列的通项公式，再根据函数的单调性可知，当时，即可得到当时，然后分别求出，即可求出；（2）由（1）可知，当时，所以，由单调性可知此时最大为，再分别求出，即可得到的最大值【详解】（1）当时，当时，当时也满足，所以，即函数在上单调递减，当时，当时，（2）由（1）可知当时，当时，又，的最大值为33（2021广东汕头三模）已知数列的前n项和为，数列是首项为，公差为的等差数列，若表示不超过x的最大整数，如，.

28、（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前2020项的和.【答案】（1）；（2）3842.【分析】（1）由已知得，即，再利用可得答案；（2）分、时得的值可得答案.【详解】（1）数列是首项为，公差为的等差数列，所以，得，当时，当时，又也适合上式，所以.（2），当时，；当时，；当时，；当时，；当时，.故数列的前2020项和为.【点睛】本题考查了数列求通项公式、新定义性质的运用，解题的关键点是利用求得通项公式，考查了学生分析问题、解决问题的能力和计算能力.34（2021全国高三专题练习）已知各项均为正数的数列的前n项和为，.（1）求证；数列是等差数列，并求的通项公式；（2）若表示不超过的最大整数，

29、如，求证：.【答案】（1）证明见解析，；（2）证明见解析.【分析】(1)用替换给定关系式中，求出的关系，由此求出，进而求得；(2)对进行适当放大为，再利用裂项相消法求其前n项和，再确定这个和所在区间即可得解.【详解】（1）因为，所以当时，即，而，有，所以，所以数列是以为首项，公差为1的等差数列；，则，当时，又满足上式，所以的通项公式为；（2），当时，故，当时，所以对任意的，都有，又，所以.所以.【点睛】思路点睛：给出Sn与an的递推关系，求an，常用思路是：一是利用转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.35（2021浙江温岭中学高三月考）正项等差数列和等比数列bn满足.（1）求数列，的通项公式；（2）若数列，求最大整数，使得.【答案】（1）an=n，bn=2n；（2）9.【分析】（1）设正项等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，则时，两式相减可得，再将代入，利用基本量运算可得数列，的通项公式；（2）求出，利用裂项相消法求和，构造函数f(x)=2xx，x2，利用导数研究单调性和最值，可得出最大整数【详解】（1）设正项等差数列an的公差为d0，等比数列bn的公比为q.时，又，可得时，相减可得：，时，.解得：d=1，q=2，.an=1+