压轴题05数列压轴题15题型 （教师版）

压轴题05数列压轴题十五大题型汇总命题预测本专题考查类型主要涉及点为数列，其中包含了数列的单调性、不等式，数列与三角函数、集合、函数等的结合，也包含数列的放缩，新定义等。预计2024年后命题会继续在上述几个方面进行。高频考法题型01数列不等式、单调性与最值性问题题型02数列分奇偶问题题型03数列新定义问题题型04数列重新排序问题题型05数列与三角函数结合题型06数列中的周期性题型07数列中插入项问题题型08数列与放缩结合题型09斐波那契数列问题题型10数列与排列组合结合题型11高斯函数问题题型12数列与实际模型题型13数列与集合新定义题型14数列与函数结合题型15数列与函数导数结合01数列不等式、单调性与最值性问题1.（2024·浙江宁波·二模）已知数列an满足an=λn2−n，对任意n∈1,2,3都有aA．114,18 B．114,【答案】C【分析】由题意可得数列an在1,3上是递减数列，数列an在【详解】因为对任意n∈1,2,3都有a所以数列an在1,3因为对任意n∈nn≥7,n∈N所以数列an在7,+所以λ>012λ>所以实数λ的取值范围是115故选：C.2.（2024·全国·模拟预测）若数列an，对于∀k∈N∗,n∈N∗，都有an+k−an>kt（t为常数）成立，则称数列an具有性质P(t)．已知数列aA．(85,+∞) B．(4【答案】C【分析】由题意，先将an+k−an>4k成立变形为k=1时a【详解】依题意，得an+k−an>4k，故只需考虑k=1因为an=2n+1−λ即2n+2−λ(n+1)2>令bn=2n+12n+1所以对任意的n∈N∗恒成立，所以数列bn则bn≥b1=43，所以λ<故选：C．3.（23-24高三下·江苏泰州·阶段练习）已知数列an满足2an+1(1)已知an①若a3=1，求②若关于m的不等式am<1的解集为M，集合M中的最小元素为8，求(2)若a1=111，是否存在正整数【答案】(1)①a1=1(2)存在；k【分析】（1）①当n=1时代入递推公式，解出a2，再解出a1即可；②由递推关系分解因式得到2a（2）由上问写出ak的表达式，再由ak=【详解】（1）①2a3−1而2a2−1a1若a2=2，∴3a②由条件知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=当2≤k≤10时，m'所以当k=11时，m'=93，∴存在这样的k，kmin【点睛】方法点睛：已知数列递推求数列中的具体项时，直接代入n求解即可；由递推公式求数列的符合某一条件的项时，常将递推公式分解因式，得出数列的性质，然后再根据已知条件求解.4.（多选）（2024·广东·模拟预测）英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点.已知二次函数f(x)有两个不相等的实根b,c，其中c>b.在函数f(x)图象上横坐标为x1的点处作曲线y=f(x)的切线，切线与x轴交点的横坐标为x2；用x2代替x1，重复以上的过程得到x3；一直下去，得到数列{xnA．x1=ec−be−1（其中C．a6=132 D．数列a【答案】AD【分析】根据a1=1可求x1的表达式，判断A的真假；利用导数求二次函数在x=xn处切线的斜率，进一步写出在x=xn处的切线方程，求出直线与x轴的交点横坐标，得xn+1，进一步判断数列【详解】对于A选项，由a1=lnx1∵二次函数fx有两个不等式实根b，c∴不妨设fx因为f'所以f'∴在横坐标为xn的点处的切线方程为：y−f令y=0，则xn+1因为x所以lnxn+1所以{a所以an对于D选项，由an+故选：AD5.（2024·陕西西安·三模）已知正项数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，且满足aA．11 B．12 C．13 D．10【答案】B【分析】根据题意得到3Tn+1=Tn【详解】∵an=T∴3Tn+1=∵n=1时，a1=T13T1故Tn+1因此{Tn−12所以Tn−1根据题中条件an则an<1，因此a1当n=11时，a1当n=12时，a1综上，不等式Sn>11成立的故选：B【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用构造法求得an02数列分奇偶问题6.（2024·河北石家庄·二模）已知数列an满足(1)写出a2(2)证明:数列a2n−1(3)若bn=a2n，求数列n⋅b【答案】(1)a2=4，a(2)证明见解析(3)S【分析】（1）由数列的递推式，分别令n=1，2，3，计算可得所求值；（2）推得a2n+1（3）求得bn=3+2【详解】（1）由a可得a2=a1−3=4（2）证明：由题可得a2n+1则数列{a（3）由（2）可得a2n−1−6=2bnn⋅(b前n项和Sn2S两式相减可得−S化简可得Sn7.（2024·广东佛山·二模）已知数列an满足a1=1，a(1)证明bn为等比数列，并求数列b(2)设cn=bn−5bn+1−5，且数列cn【答案】(1)证明见解析，b(2)证明见解析【分析】（1）利用等比数列的定义证明数列是等比数列.（2）先把数列{cn}【详解】（1）因为an=1，所以a2=a1+1=2易知an+1>a因为bn+1所以bn是等比数列，首项b1=5，公比q=3（2）由（1）可得cn先证明左边：即证明12当n≥2时，cn所以Tn所以3T再证明右边：3T因为cn所以Tn即3Tn−n<即证13n<设1−13n=t，t∈23,1因为f't=1t则ft<f1=0，即所以13n<−综上，12【点睛】方法点睛：数列不等式的证明方法主要有：（1）作差比较法：不等式两边作差与0比较大小.（2）放缩比较法：对表达式适当放缩，证出不等式.8.（2024·北京丰台·一模）已知数列an满足aA．当a1<0时，an为递增数列，且存在常数M>0B．当a1>1时，an为递减数列，且存在常数M>0C．当0<a1<1时，存在正整数N0D．当0<a1<1时，对于任意正整数N0【答案】D【分析】直接构造反例即可说明A和B错误；然后证明引理：当0<a1<1时，对任意的正整数N0，都存在【详解】当a1=−12时，a2当a1=32时，a2=a我们证明以下引理：当0<a1<1时，对任意的正整数N0，都存在若该引理成立，则它有两个直接的推论：①存在0<a1<1，使得对任意的正整数N0，都存在②当0<a1<1时，对任意的正整数N0，都存在然后由①是C的否定，故可以说明C错误；而②可以直接说明D正确.最后，我们来证明引理：当0<a1<1如果aN0+1如果aN0+1∈1此时若aN0+2若aN0+2无论哪种情况，都有aN0+2这说明aN0+1−12≥1100或a这就证明了引理，从而可以推出C错误，D正确.故选：D.【点睛】最关键的地方在于引理：当0<a1<1时，对任意的正整数N0，都存在9.（2024·辽宁·二模）如果数列xn,yn，其中yn∈Z，对任意正整数n都有xn−y(1)若an=2n+2(2)若数列an是等差数列，且公差为dd∈Z，求证：数列(3)若数列an满足a1=231100，且an+1=−910an+5720，记数列【答案】(1)b(2)证明见解析(3)存在，17【分析】（1）将n=1,2,3分别代入an（2）利用等差数列的定义和绝对值不等式性质先证充分性，再证必要性即可；（3）构造等比数列求出an的通项公式，进一步求其前n项和Sn，分n为奇数和偶数两种情况结合数列an的单调性，确定b【详解】（1）由题：令n=1,则a1−b1<得136<b1<（2）由题意an故an从而an+1−a因为bn∈Z,d∈Z，所以bn+1−b（3）因为an+1=−910a又a1−32=81100则an−3当n为奇数时，an=9故32<an≤当n为偶数时，an=−9故a2≤an<32综上，bn易知S当n为偶数时，Tn=32n;由S当n为奇数时，T由Sn<Tn,得故n>log9101481≈16.7，所以存在正整数【点睛】关键点点睛：本题考查数列的通项公式及求和，关键是分奇数和偶数并利用数列单调性确定an的范围来确定b10.（多选）2024·辽宁沈阳·二模）已知数列an的通项公式为aA．若c≤1，则数列anB．若对任意n∈N*，都有aC．若c∈N*，则对任意i,j∈D．若an的最大项与最小项之和为正数，则【答案】ACD【分析】对于选项A，求出an=1(n−c)2+1,an+1=1(n+1−c)2+1，再作差判断两式分母的大小关系判断即可；对于选项B，求解【详解】对于选项A，由条件知an=1n−c2结合c≤1，n∈N∗知2n+1−2c≥2n−1>0，所以所以an+1<a对于选项B，首先有a1若c≤2，则当n为偶数时，an=1而当n为奇数且n≥3时，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，从而c−1≤n−c，即所以只要c≤2，就一定有an≥a1恒成立，所以由对于选项C，显然当i,j同为奇数或同为偶数时，必有ai,a而当i,j的奇偶性不同时，i+j为奇数，此时不妨设i,j分别是奇数和偶数，则a因为c∈N∗，故2c为偶数，而i+j为奇数，所以所以ai对于选项D，首先显然的是，最大项必定是某个第偶数项，最小项必定是某个第奇数项.当n=n1为偶数时，要让an而当n=n2为奇数时，要让an设n1和n2分别是到c距离最小的正偶数和正奇数，则条件相当于而an1+an这表明，条件等价于，到c距离最小的正奇数到c的距离，大于到c距离最小的正偶数到c的距离.若c≤1，则到c距离最小的正奇数和正偶数分别是1和2，而由1−c≥1−1=0可知2−c≥2−c>1−c=若c>1，c是正奇数，则到c距离最小的正奇数到c的距离为0，不可能大于到c距离最小的正偶数到c的距离，不符合条件；若c>1，且c不是正奇数，设到c的距离最近的正偶数为2kk∈N∗此时到c距离最小的正偶数到c的距离为2k−c，从而到c距离最小的正奇数到c的距离大于2k−c，进一步知任意正奇数到c的距离都大于2k−c.从而2k+1−c>2k−c，2k−1−c>2k−c，这意味着0<2k+1−c综上，2k−12<c<2k+故选：ACD【点睛】关键点点睛：本题的数列通项中含有−1n，这往往意味着我们需要对n03数列新定义问题数列的新定义问题，一般根据定义得到数列满足的递推关系，再利用常见的数列通项公式求法（如公式法、累加法、待定系数法等）求得数列通项公式和前n项和，最后再通项和前n项和的基础上讨论数列的性质.11.（2024·广东深圳·二模）无穷数列a1，a2，…，an，…的定义如下：如果n是偶数，就对n尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是an﹔如果n是奇数，就对(1)写出这个数列的前7项；(2)如果an=m且(3)记an=fn，n∈【答案】(1)a1=1，a2=1，a3=5，a4(2)m=n=1；(3)n=22025k−1【分析】（1）根据数列an（2）根据数列an的定义，分n=1和n>1（3）根据数列an的定义，写出f【详解】（1）根据题意，a1=3×1+1a3=3×3+1÷2=5，a6=6÷2=3，（2）由已知，m，n均为奇数，不妨设n≤m．当n=1时，因为a1=1，所以m=1，故当n>1时，因为3n+14<n≤m，而n为奇数，an又m为奇数，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）显然，n不能为偶数，否则fn≤n所以，n为正奇数．又f1=a设n=4k+1或n=4k−1，k∈N当n=4k+1时，fn=3当n=4k−1时，fn=3所以，取n=22025k−13<⋯<<即n<fn【点睛】关键点点睛：第（3）问中，发现当n=4k−1时，满足n<fn，从而设n=2202512.（2024·广东梅州·二模）已知an是由正整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为Mn，即Mn=maxa1,a2,⋅⋅⋅,an；前n(1)若an=3n，求其生成数列(2)设数列pn的“生成数列”为qn，求证：(3)若pn是等差数列，证明：存在正整数n0，当n≥n0时，an，a【答案】(1)3(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）利用指数函数的性质判断数列的单调性，从而得出{pn}的通项，由分组求和法及等比数列的前n项和公式进行求解即可；（2）根据数列的单调性，结合生成数列的定义进行证明即可；（3）根据等差数列的定义分类讨论进行证明即可．【详解】（1）因为an=3所以Mnmn于是pnpn的前n项和P（2）由题意可知Mn+1≥所以Mn因此pn+1≥pn由“生成数列”的定义可得qn（3）若{pn}是等差数列，证明：存在正整数n0，当当{pn}是一个常数列，则其公差d则Mn=m当{pn}是一个非常数的等差数列，则其公差d所以要么Mn+1=又因为{an}记an=min{a,a于是当n>n0时，故当n>n0时，因此存在正整数n0，当n≥n0综上，命题得证．【点睛】方法点睛：常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于cn=an+bn，其中an和bn13.（2024·浙江·模拟预测）已知实数q≠0，定义数列an如下：如果n=x0+2x(1)求a7和a8（用(2)令bn=a(3)若1<q<2，证明：对于任意正整数n，存在正整数m，使得an【答案】(1)a(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）观察题目条件等式中的系数可得答案；（2）bn=a2n−1（3）先根据a2n−1=qn−1无上界说明存在正整数m，使得a【详解】（1）因为7=1+2+22，所以因为8=23，所以（2）由数列an定义得：bn=而2n所以a2（3）当1<q<2，由（2）可知，a2n−1=qn−1无上界，故对任意a设m是满足am>a①若m−1是偶数，设m−1=2x则m=1+2x1+因为an≥a②若m−1是奇数，设m−1=1+2+2则am所以am综上所述，对于任意正整数n，存在正整数m，使得an14.（2024·安徽池州·模拟预测）定义：若对∀k∈N*,k≥2,(1)若an=n(2)若an为“上凸数列”，则当m≥n+2m,n∈N（ⅰ）若数列Sn为an的前n项和，证明：（ⅱ）对于任意正整数序列x1,x2,x3,⋯,x【答案】(1)是，证明见解析(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）n−1【分析】（1）构造函数fx（2）（ⅰ）利用“上凸数列”定义及倒序相加法证明即可；令an【详解】（1）an因为an令fx则f'x=当x≥1时，(x+1)所以(x+1)3所以f'x<0,f所以fn所以an+2所以an（2）（ⅰ）证明：因为an是“上凸数列”，由题意可得对任意1≤i≤nai所以2S所以Sn（ⅱ）解：令an由（1）可得当an=n由题意可知，当m≥n+2m,n∈N*因为i=1n即i=1+i=1所以i=1i=1nx≥0+0+0+⋯+i=1当且仅当x1所以λ≥n−1．综上所述，λ的最小值为n−1．15.（2024·吉林白山·二模）已知数列an的前n项和为Sn，若数列an满足：①数列an项数有限为N；②SN=0；③(1)若等比数列an1≤n≤10为“10阶可控摇摆数列”，求(2)若等差数列an1≤n≤2m,m∈N*为“2m阶可控摇摆数列”，且(3)已知数列an为“N阶可控摇摆数列”，且存在1≤m≤N，使得i=1Nai=2【答案】(1)an=(2)a(3)不能，理由见解析【分析】（1）根据q=1和q≠1讨论，利用等比数列前n项和结合数列新定义求解即可；（2）结合数列定义，利用等差数列的前n项和及通项公式求解即可；（3）根据数列an为“N阶可控摇摆数列”求得Sn≤12，再利用数列Sn的前n项和得【详解】（1）若q=1，则S10=10a1=0若q≠1，则S10=a而i=110ai=10a故an=1（2）设等差数列a1,a因为a1+a2+由am>a而i=12mai两式相减得m2⋅d=−1，即又a1m+m所以an（3）记a1,a2,因为数列an为“N阶可控摇摆数列”，则A+B=0,A−B=1,得故−12=B≤若存在1≤m≤N，使得i=1Nai则a1且am+1假设数列Sn也为“N阶可控摇摆数列”，记数列Sn的前n项和为则T因为Sm=1所以a1又am+1+a所以S1即S1+S故数列Sn不为“N【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义问题，应根据定义得到数列满足的递推关系，再利用常见的数列通项公式求法（如公式法、累加法、待定系数法等）求得数列通项公式和前n项和，最后再通项和前n项和的基础上讨论数列的性质.04数列重新排序问题16.（2024·全国·模拟预测）已知n∈N∗，an=12n−1，bn=1A．196197 B．198199 C．98197【答案】D【分析】对n分奇数与偶数讨论，求出数列an与数列b【详解】因为数列2n−1是正奇数数列，对于数列(n+1)2−1，当n为奇数时，设n=2k−1k∈N∗，则(n+1)2−1=4k2−1，为奇数；当cn所以c1故选：D．22.列，故可以通过判断数列(n+1)2−1各项的奇偶，得到17.（2024·黑龙江·二模）已知集合A=a1,(1)求数列an(2)设bn是等差数列，将集合A∪B的元素按由小到大的顺序排列构成的数列记为c①若bn=5n−1，数列cn的前n项和为Sn，求使②若A∩B=∅，数列cn的前5项构成等比数列，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,进而求出通项公式；（2）①确定两数列的公共元素，并结合等差和等比数列求和公式求解；②对元素2进行分类讨论，确定bn【详解】（1）an是公比为2的等比数列且a则a3+12解得a1=1，故数列an（2）①an=2bn=5n−1,设其前n项和集合A∪B中的所有元素的最小值为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因为A=1,2,⋯,2n−1,⋯，A∪B对集合{c当c2=2时，由{c当c3=2时，由{cn}因此数列{cn}的前5项分别为1，2这样bn=2n，则数列{cn}42，5当ck=2(k≥4)时，有b2−b∴b6=∴1，2，4在数列{cn}的前8项中，由于A∩B=∅，这样，b1，b以及1，2，4共9项，它们均小于8，即数列{cn}综上所述，bn【点睛】关键点点睛：本题考查数列的公共项问题，关键是利用数列特点确定公共项，并估算和为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中的所有元素按从小到大的顺序排列构成数列{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）根据集合A、B的描述分析A∪B中的元素组成，进而写出A∪B的前10项，即可求S10（2）由81=34结合2n<81且n∈N∗即可求m值；令t=2187、t=6561判断对应{a（3）由{an}中属于集合A、B中元素之间的个数关系，判断{【详解】（1）由题设，集合A中元素为bn=2n,n∈N∴A∪B的前10项为{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，则{a此时，由2n<2187且n∈N∗，可得n≤1093，故∴{an}由38=6561，若t=6561，则{a此时，由2n<6561且n∈N∗，可得n≤3280，故∴{an}综上，由1100<2022<3288，即2187<t<6561，∴A∪B中含集合B的7个元素，含集合A的2015个元素，∴a2022（3）由题设，若{an}中含m个集合B的元素，在第m−1个和第m∴若最后一项属于集合B且{an}共有i∴{an}由题设，n=3k−12+k(k∈N∗)，故{an∴Sn∴11Sn=【点睛】关键点点睛：根据集合A、B的描述及其元素的性质，结合各小问条件判断{a19.（2020·湖南长沙·三模）已知数列an的前n项和为Sn，a1=aa>0,a∈N∗，S（1）求数列an（2）在①ak+1，ak+3，ak+2，②ak+2，对任意的正整数k，若将ak+1，ak+2，ak+3按______的顺序排列后构成等差数列，且公差为dk，求【答案】（1）an【分析】（1）由Sn=pan+1再写式子Sn−1=pa（2）由（1）分别写出ak+1，ak+2，ak+3，若选①，则ak+1+ak+2【详解】（1）因为Sn=pan+1，当两式相减，得an+1an=p+1又当n=1时，a1−pa所以a2=a（2）由（1）得ak+1=app+1若选①，则ak+1+ak+2=2ak+3所以ak+1=−3a所以dk若选②，则ak+2+ak+3=2ak+1所以ak+1=−3a−2所以dk【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，考查等差数列的性质，考查计算能力，属于中档题．20.（2022·上海金山·一模）已知有穷数列an的各项均不相等，将an的项从大到小重新排序后相应的项数构成新数列pn，称pn为an的“序数列”.例如，数列a1､a2､a3满足(1)若数列3−2x､5x+6､x2的“序数列”为2､3､(2)若项数均为2021的数列xn､yn互为“保序数列”，其通项公式分别为xn(3)设an=qn−1+p，其中p､q是实常数，且q>−1，记数列an的前n项和为Sn，若当正整数k≥3【答案】(1)1<x<6(2)4<t<5(3)答案见解析【分析】（1）由题意得出不等式即可求出；（2）作差判断xn（3）讨论q=±1或q=0，q>1，0<q<1，−1<q<0，根据数列的单调性结合题意可得.【详解】（1）由题意得a2>a3>（2）xn+1当n=1时，x2−x1>0，即x2>故x2又x1=1，x3=2827，又因{xn}、{只需满足2<t2<（3）①当q=±1或q=0时，数列{a②当q>1时，数列{an}从而Sn+1−Sn=an+1=q③当0<q<1时，数列{an}从而Sn+1−Sn=又数列{qn+p}④当−1<q<0时，数列{a2n−1}单调递减，且a2n−1>p于是S2n+1−S2n−1=a2n+a另一方面，S2n+2−S2n=a2n+1+a综上，2p=0，即p=0.此时S2n−1=1−综上，当q>1时，p、q满足的条件是p+q>0；当0<q<1时，p、q满足的条件是p+q<0；当−1<q<0时，p、q满足的条件是p=0.05数列与三角函数结合21.（2023·天津河北·一模）已知an是等差数列，其公差d大于1，其前n项和为Sn,bn(1)求an和b(2)若正整数m,n,p满足m<n<p，求证：bm(3)记cn=an2cos2【答案】(1)a(2)证明见解析(3)18【分析】（1）根据题意，由等差数列与等比数列的通项公式以及等差数列的前n项和公式，列出方程，代入计算，即可得到结果；（2）根据题意，由等比数列的通项公式分别可得bm（3）根据题意，由数列cn的通项公式分别表示出c【详解】（1）由题意a1联立b2=代入整理，9d∵d>1,∴d=2,aan（2）bm若bm则有bm+b等式的左右两边同时除以2m−1可得1+2∵m<n<p,p−m≥2,n−m+1≥2，2p−m为偶数，2等式不成立，∴b（3）cnc3nc3n−1c3n−2c3n∴=20+36n−16【点睛】关键点睛：本题主要考查了等差数列的判定以及求和公式的应用以及并项求和法，难度较大，解答本题的关键在于结合公式代入计算以及将c3n22.（2024·吉林·二模）已知数列an,(1)求a2(2)求an(3)设nan−2n的前n项和为T【答案】(1)a(2)a(3)4048【分析】(1)将n=1,n=2分别代入关系式运算即可.(2)考查等比数列的构造,通过构造等比数列，结合等比数列的通项公式求解即可.(3)考查数列的周期性，通过对sinn【详解】（1）当n=1时,得a2当n=2时,得a（2）设a整理得a又a∴2β−α=−1,2α+β=2,∴an+1∴an+sinn∴故an的通项公式为（3）设b设k∈N∗,则当n=4k+1时,sinn当n=4k+3时,sinnπ2=−1;∴若Tm=202423.（2024·河南开封·三模）点S是直线PQ外一点，点M，N在直线PQ上（点M，N与点P，Q任一点不重合）．若点M在线段PQ上，记P,Q;M=SPsin∠PSMSQsin∠MSQ；若点M在线段PQ外，记P,Q;M=−SPsin∠PSMSQ⋅(1)若AD=3+1，求(2)射线BC上的点M0，M1，M2，…满足B,C;（i）当n=0时，求AM（ii）当n≠0时，过点C作CPn⊥AMn于Pn，记【答案】(1)∠CDA=π4(2)证明见解析【分析】（1）根据定义可得sin∠BAD=（2）（i）根据等面积法可得1A（ii）由CP【详解】（1）因为B,C;D=c2>0,D是线段所以B,C;D=csin所以AD为∠BAC的角平分线，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是最大的边，所以∠CDA=π（2）设∠CAM（i）当n=0时，因为B,C;M0,D=−1所以csin因为S△AD1A所以8当且仅当8ADAM0=由于tan∠ACM0故AM0（ii）当n≠0，B,C;Mn,D=−1+所以csin所以CPn=1时，所以S1n≥2,an所以Sn综上S【点睛】方法点睛：根据数列的递推关系，利用累加法求出数列的通项公式以及，利用裂项法进行求和是解决本题的关键；常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于cn=an+bn，其中an和bn24．（22-23高三上·湖北黄冈·阶段练习）已知数列an,a1=1,(1)求数列an(2)求证：sina(3)证明：1+sin【答案】(1)a(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）利用an=S（2）构造F(x)=sinx−x(x>0)，利用导函数得到其单调性，得到sinx<x（3）先不等式两边取对数，再构造ℎx=ln1+x−x，x>0【详解】（1）∵3当n≥2时3S(1)−(2)得：∴3an=(n+2)an变形为an∴an=∴a（2）构造函数F(x)=sinx−x(x>0)，∴F(x)在(0,+∞∴F(x)<F(0)=0，∴x>0时sinx<x∵an=∴令x=an（3）∵1anln1+令ℎx=ln则ℎ'所以ℎx=ln所以ℎx所以ln(1+x)<x(x>0)∴令n=1,2,3⋯n，然后累加得：ln<21−【点睛】利用导函数证明数列相关的不等式，要结合不等式特点，构造相关的函数，再将数列代入即可，本题第三问要构造ℎx=ln1+x−x25.（2022·上海金山·一模）若数列an满足an+an+1+an+2+⋯+an+k=0n∈N∗,k∈N∗，则称数列【答案】2020【分析】由bn+b对cosωn+cosωn+1+cosωn+2=0变形可求得cosω=−12，从而求得cos2ω,cos3ω，得到b【详解】由已知得b故b故bn=b设bn=2cn，其中由题意有cos由和差化积公式有2故2因此cos若ωn+1=π2+kπ则cosc1=cos由三倍角公式有c故Tn=b1b当n=3k+2k∈N时，当n=3k+3k∈N时，n=3k+1k∈N时，3k+1≤2021，故k≤673，此时T故答案为：202006数列中的周期性26.（2023·湖南永州·二模）已知数列an满足a3=−1【答案】1785【分析】利用余弦函数的周期性可得数列an满足a4k+4−【详解】由余弦函数性质可知数列cosnπ2易知a4k+a4k+1=k2则a4k+4−a4k=k+由累加法可得a=59+58+⋅⋅⋅+1+1故答案为：1785【点睛】方法点睛：根据三角函数的周期性可得数列中的周期或类周期规律，再利用等差数列和等比数列性质，利用累加法或累乘法即可求得结果.27.（2023·全国·模拟预测）若数列an满足an+1−anan+1【答案】2【分析】由已知推出an+1=1+an1−an，由递推关系可得an+2【详解】由已知可得：a⇒由上可得an周期为4，a1=2故an+3anan+2的周期也为4，数列an+3ana故数列an+3a【点睛】关键点点睛：（1）将已知等式化简､变形，得到数列an的周期为4；（2）化简an+3ana28.（2021·广东·模拟预测）已知Sn为数列an的前n项和，a1=a2=1，平面内三个不共线的向量OA，OB，OC，满足OC=an−1+an+1OA+【答案】0【分析】先根据A,B,C三点共线求解出an−1,an,an+1【详解】设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+因为a1=a所以a1所以S2021故答案为：0.【点睛】结论点睛：已知平面中A、B、C三点共线(O在该直线外)，若OA=xOB+y29.（2024·湖南长沙·一模）对于数列an，如果存在正整数T，使得对任意nn∈N*，都有an+T=an，那么数列an就叫做周期数列，T叫做这个数列的周期.若周期数列bn,(1)判断数列an(2)若an和bn是“同根数列”，且周期的最小值分别是m+2和m+4m∈【答案】(1)答案见解析(2)答案见解析【分析】（1）根据周期数列的定义进行判断即可；（2）根据同根数列的定义分类讨论进行求解即可.【详解】（1）an因为an+1所以数列an因为bn+3所以bn+6所以数列bn（2）当m是奇数时，首先证明k≥2m+5不存在数列满足条件.假设k≥2m+5，即对于1≤i≤2m+5，都有ai因为am+t所以at−2即a1=a又t=m+5时，a1所以an+1=an，与其次证明k=2m+4存在数列满足条件.取a及bm+4对于1≤i≤2m+4，都有ai当m是偶数时，首先证明k≥2m+4时不存在数列满足条件.假设k≥2m+4，即对于1≤i≤2m+4，都有ai因为am+t所以at−2即a1=a又t=m+4时，am+2所以an+2=an，与其次证明k=2m+3时存在数列满足条件.取a及b对于1≤i≤2m+3，都有ai综上，当m是奇数时，k的最大值为2m+4；当m是偶数时，k的最大值为2m+3.【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解同根数列的定义，运用分类讨论思想进行求解是解题的关键.30.（22-23高三下·北京·阶段练习）若无穷数列an的各项均为整数．且对于∀i,j∈N∗，i<j，都存在k>j，使得a(1)判断下列数列是否满足性质P，并说明理由．①an=n，②bn=n+2，(2)若数列an满足性质P，且a1=1(3)若周期数列an满足性质P，求数列a【答案】(1)数列an不满足性质P；数列b(2)证明见解析(3)an=0或【分析】（1）根据题意分析判断；（2）根据题意先证3为数列an中的项，再利用反证法证明集合n∈（3）先根据题意证明an∈0,2,3【详解】（1）对①，取i=1，对∀j∈N∗,j>1可得ai显然不存在k>j,k∈N∗，使得所以数列an对②，对于∀i,j∈N∗,i<j，则b故b=i⋅j+i+j−2+2，因为则i⋅j+i+j−2∈N∗所以存在k=i⋅j+i+j−2∈N∗使得bk故数列bn（2）若数列an满足性质P，且a取i=1,j=j1>1,j1取i=1,j=j2>k1取i=k1,j=k2故数列an中存在n∈N∗，使得a反证：假设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）设周期数列an的周期为T≥1,T∈N∗，则对∀n∈设周期数列an的最大项为aM,M∈即对∀n∈N∗，均有若数列an满足性质P反证：假设aM≥4时，取i=M,j=M+T，则∃k>M+T,k∈N则ak−a这对∀n∈N∗，均有aN≤a反证：假设aN≤−2时，取i=N,j=N+T，则∃k>N+T,k∈N这与对∀n∈N∗，均有an≤3矛盾，假设不成立，即对综上所述：对∀n∈N∗，均有反证：假设1为数列an中的项，由（2）可得：−1,3为数列a∵−1×3−−1−3=−5，即−5为数列这与对∀n∈N∗，均有−1≤an≤3相矛盾，即对∀n∈∵an∈Z，则当T=1时，即数列an为常数列时，设an=a，故对∀i,j∈使得ak=aiaj−ai当T≥2时，即数列an①当0,2为数列an中的项，则0×2−0−2=−2，即−2为数列an中的项，但②当0,3为数列an中的项，则0×3−0−3=−3，即−3为数列an中的项，但③当2,3为数列an中的项，则2×3−2−3=1，即1为数列an中的项，但综上所述：an=0或【点睛】关键点点睛：（1）对于证明中出现直接证明不方便时，我们可以利用反证法证明；（2）对于周期数列an满足性质P，证明思路：先逐步缩小精确a07数列中插入项问题31.（2024·全国·模拟预测）已知an=2n，数列cn为a1,b1,a2,【答案】829【分析】因为所有插入的项构成以3为首项，2为公差的等差数列，根据题意，得到数列的前30项中含有{an}【详解】因为an=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，因此数列cn的前30项中含有an的前7项，含有所以所求和为2×1−故答案为：829.32.（2024·河北沧州·一模）在数列an中，已知a(1)求数列an(2)在数列an中的a1和a2之间插入1个数x11，使a1,x11,a2成等差数列；在a2和a3之间插入2个数x21,x22，使a2,x21【答案】(1)a(2)14337【分析】（1）根据数列的前n项和求数列的通项公式，一定要分n=1和n≥2讨论.（2）首先弄清楚新数列bn【详解】（1）当n=1时，a1当n≥2时，an2n−1所以an2n−1=2⇒当n=1时，上式亦成立，所以：an（2）由n+1+2+3+⋯+n−1=55⇒所以新数列bn前55项中包含数列an的前10项，还包含，x11，x21，x22，x31，x32且x11=a1+a2所以S=3设T=3a1则2T=3×2所以−T=T−2T=3×21+2×故：T=17×2所以S55【点睛】关键点点睛：本题的关键是要弄清楚新数列bn前55项的构成.可先通过列举数列b33.（2024·新疆·二模）已知an为等差数列，前n项和为Tn，若(1)求an(2)对任意的m∈N*，将an中落入区间2①求bm②记cm=222m−1−bm,cm的前【答案】(1)a(2)①bm=2【分析】（1）设数列an的公差，由题设条件，列出关于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【详解】（1）设an的公差为d,由T4=4T2又由a2n=2an+1联立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时，解得12t=2时，解得12t=3时，解得12所以存在这样的m=3t=3，满足所给的条件，mt=9【点睛】关键点点睛：本题主要考查由已知数列在给定区间内的项数构建的新数列求法，以及与其有关的数列的和满足某条件情况的存在性问题，属于难题.解题的关键在于理解新数列的构成条件要求，准确写出其通项，再对其满足的条件进行化简，分析研判，讨论参数满足的几类情况即得.34.（23-24高三上·河北石家庄·阶段练习）已知正项数列an的前n项和为Sn，且(1)求证：1(2)在an与an+1间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，在数列d【答案】(1)证明过程见解析；(2)不存在，理由见解析.【分析】（1）利用an=S（2）利用等差数列的通项公式即可得出dn；假设在数列dn中存在三项dm，d【详解】（1）因为an>0，Sn2+2当n≥2时，Sn−1②−①得：an=3当n=1时，S1+1=3所以an是以2为首项，q=3所以Sn=a所以当n=1时，1S当n≥2时，1S1+（2）因为an=2⋅3n−1，所以d假设在数列dn中是否存在3项d则dk2化简得：32k−2又因为m，k，p成等差数列，所以m+p=2k，所以k+12=m+1⋅p+1即即m−p2=0，所以所以在数列dn中不存在3项d35.（23-24高三上·天津东丽·阶段练习）已知an是等差数列，bn是公比不为1的等比数列，a2=6，a4+a5=22(1)求：数列an和b(2)设dn=−1(3)若对于数列an、bn，在ak和ak+1之间插入bk个2k∈N∗，组成一个新的数列【答案】(1)an=2n+2,(2)3−24n(3)4104【分析】（1）根据等差等比数列的通项公式，计算可得；（2）结合两个数列的通项公式，可判断的前项中两个数列的项数，然后分组和错位相减求和可得；（3）求出an【详解】（1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q由a2=6,a4+所以an则a1=4，由3a又由2b2是3b1与即12q=9+3q2，解得q=3或故bn（2）由dn=i=1=d则Pn9P两式相减得，−8P−8P则PnQ+其中Mn=19①-②相减可得，8则8所以Q则i=12n（3）根据题意可得，a则k+1+3+3故k+1+31−3故当k=6时，6+3当k=7时，7+3所以an共有7项，共有2017个2则T08数列与放缩结合数列型不等式问题的求解过程中常用到放缩法，一般有两种情况：一是先放缩，再求和；二是先求和，再放缩．常用的放缩技巧如下：（1）对1n2的放缩，根据不同的要求，大致有三种情况：①1n2<（2）对12①12n>（3）对12n−136.（2024·全国·模拟预测）已知数列an的各项均为正数，a1=1(1)若a2=3，证明：(2)若a10=512，证明：当a4【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由题意可得an+2an+1≥a（2）由a1⋅q1⋅q2【详解】（1）由题意知，an+2an+1≥a∵a2=3，a当n≥2时，an当n=1时，a1=1满足综上，an（2）a10=a∴a4的最大值为8，当且仅当而q1≤q而n≥10时，qn∴a∴137.（2024·山东·二模）记Sn为数列an的前n项和，(1)求a3和a(2)设数列1an的前n项和为Tn【答案】(1)a3=−116；(2)答案见解析【分析】（1）分别取n=1和n=3即可求得a3的值，对n进行分奇偶讨论，即可得到a（2）根据题意化简得到1T【详解】（1）因为a2所以当n=1时，S1+1当n=3时，S3+18=−又因为Sn+1当n为奇数时，cosnπ=−1,所以Sn+1作差，an+1+1当n为偶数时，cosnπ=1,所以Sn+1作差，an+1+1所以，an=−（2）由第1小问得，|an|=所以令bn=1|a所以T=(=8所以1T下面证明k=1n因为1T所以k=1n下面证明k=1n因为4k所以1T所以k=1n所以18【点睛】方法点睛：本题考查数列的求通项、求和与放缩问题。求通项时要进行奇偶讨论，通项公式也要写成分段函数的形式，放缩用到了两个不等式14k−138.（2024·天津和平·一模）若数列an满足an+1=an(1)已知数列an为M数列，当d=1,（ⅰ）求证：数列an2是等差数列，并写出数列（ⅱ）Tn=k=1(2)若an是M数列n∈N∗，且d>0【答案】(1)（ⅰ）证明见解析，an=(2)证明见解析【分析】（1）(ⅰ)根据等差数列定义即可证明并写出通项公式（ⅱ）分组求和得出Tn（2）求出1an，利用放缩法可得1a【详解】（1）（ⅰ）由an+1=a所以数列an2是首项为所以an又因为an>0，所以（ⅱ）anT设A=k=12n(−1)A=k=12n(−1)所以Tni=1n（2）若an是M数列n∈N∗故an=a即1>=2则i=1=2由a12+nd若2da1因为n∈N∗，故对任意的d>0，总存在正整数n使即总存在正整数n，使得i=1n【点睛】关键点点睛：本题解题中，对求和要求较高，裂项相消法求和是解决问题的关键，其次利用放缩法适当放缩，继续利用裂项相消法是证明的关键.39.（2024·湖北·一模）英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当fx在x=0处的nn∈N*阶导数都存在时，fx=f0+f'0x+f″0(1)根据该公式估算sin1(2)由该公式可得：cosx=1−x22!+x4(3)设n∈N*，证明：【答案】(1)0.48；(2)cosx≥1−(3)证明见解析.【分析】（1）根据麦克劳林公式求得sinx=x−（2）构造函数gx（3）根据（2）中所得结论，将目标式放缩为1n+k【详解】（1）令fx=sinx，则f'(x)=cosx，f故f0=0，f'(0)=1，f″(0)=0由麦克劳林公式可得sinx=x−故sin1（2）结论：cosx≥1−证明如下：令gx令ℎx故ℎx在0,+∞上单调递增，故gx在0,+∞上单调递增，即证得cosx−1+x2（3）由（2）可得当x≥0时，cosx≥1−x22，且由当且仅当x=0时取等号，故当x>0时，cosx>1−1n+k而1=1即有1故k=1=n−而n−1即证得k=1n【点睛】关键点点睛：本题第三问的处理关键是能够利用第二问结论，将原式放缩为1n+k40.（2024·全国·模拟预测）已知数列an的首项为1，前n项和为Sn，且Sn(1)求证：数列an(2)当n≥2时，求证：1S【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用Sn与an的关系证明（2）求得Sn=2n−1【详解】（1）由Sn=2S两式相减，得Sn+1又当n≥2时，an=S所以an+1=2a又S2=2S1+1，a1=1，所以a因此数列an（2）由（1）知an=2当n≥2时，2n−1所以Sn所以1S所以当n≥2时，1S09斐波那契数列问题41.（2024·新疆·二模）斐波那契数列又称黄金分割数列，它在很多方面与大自然神奇的契合，小到地球上的动植物，如向日葵､松果､海螺的成长过程，大到海浪､飓风､宇宙星系演变，都遵循着这个规律，人们亲切地称斐波那契数列为自然界的“数学之美”，在数学上斐波那契数列an一般以递推的方式被定义：aA．记Sn为数列an的前nB．在斐波那契数列中，从不大于34的项中任取一个数，恰好取到偶数的概率为1C．aD．a【答案】B【分析】由数列的前两项和递推关系式求出数列的前几项，即可判断A和B的真假；由递推关系式用累加的方法可以判断C和D的真假.【详解】对于A，∵a∴a∴S对于B，斐波那契数列数列中不大于34的数依次是1,1,2,3,5,8,13,21,34，其中偶数有3个，所以任取一个数字，取到的偶数的概率为39对于C，由a1=a2，a3=a上式相加得：a1对于D，由an+2=a则a12=a1⋯，a2023上式相加得：a1故选：B.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是充分理解斐波那契数列的递推式，并熟练掌握其变形.42.（多选）（2024·全国·模拟预测）意大利数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时发现数列1，1,2,3,5,8,13,⋯数列中的每一项称为斐波那契数，记作FnA．FB．FC．若斐波那契数Fn除以4所得的余数按照原顺序构成数列anD．若F2024=【答案】BC【分析】A，B，结合递推公式，写出前14项即可；C，an【详解】对于A，斐波那契数列1，1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,⋯，对于B，F2对于C，由斐波那契数Fn除以4所得的余数按照原顺序构成数列a因为a1=1，a2=1，a3=2，根据数列Fn的性质以及Ma7=1，a8=1，a9=2，同理可推得，当k∈N∗时，有a6k−5=1，a6k−4=1，a6k−3所以an是以6为最小正周期的数列，又因为2023÷6=337⋅⋅⋅⋅⋅⋅12024÷6=337⋅⋅⋅⋅⋅⋅2，a2023对于D，由斐波那契数列性质F1=1，Fn可知F=F故选：BC．43.（2024·江西·一模）斐波那契数列(Fibonacci sequence)，又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多·斐波那契(Leonardo Fibonacci)以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、…，在数学上，斐波那契数列以如下递推的方式定义：a0【答案】2【分析】记A中所有偶数组成的集合为C，所有奇数组成的集合为D，集合C的子集为E，集合D中含有奇数个元素的子集为F，则所有元素之和为奇数的集合B可看成E∪F，然后可解.【详解】由斐波那契数列规律可知，集合A=a记A中所有偶数组成的集合为C，所有奇数组成的集合为D，集合C的子集为E，集合D中含有奇数个元素的子集为F，则所有元素之和为奇数的集合B可看成E∪F，显然集合E共有2674个，集合F共有C所以所有元素之和为奇数的集合B共有2674又集合A的非空子集共有22024−1个，所以B中所有元素之和为奇数的概率为故答案为：2【点睛】关键点睛：解决本题的关键是将集合A分拆成所有偶数组成的集合及所有奇数组成的集合，利用二项式系数的性质求出含有奇数个奇数组成的集合个数.44．（多选）（22-23高三上·山西·阶段练习）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8，13，21，….该数列的特点如下：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数组成的数列an称为斐波那契数列，现将an中的各项除以2所得的余数按原来的顺序构成的数列记为bn，数列an的前n项和为SnA．T2022=1348 C．若Tn=2022，则n=3033 【答案】ABD【分析】根据斐波那契数列的特征得出数列bn为1，1，0，1，1，0，⋯，再利用数列b【详解】根据斐波那契数列的特征可以看出，数列an所以数列bn为1，1，0，1，1，0，⋯，则数列bn为周期数列，且周期为选项项A，因为T2022选项B，因为S1000=a选项C，因为2022=1+1+0×1011，1011×3=3033，且b3031=1，所以n=3033或n=3032，故选项C错误；选项D，因a==⋯=a故选：ABD.45.（多选）（2021·福建福州·模拟预测）斐波那契螺旋线，也称“黄金螺旋”，是根据斐波那契数列画出来的螺旋曲线，自然界中存在许多斐波那契螺旋线的图案，是自然界最完美的经典黄金比例.作图规则是在以斐波那契数为边的正方形拼成的长方形，然后在正方形里面画一个90度的扇形，连起来的弧线就是斐波那契螺旋线.它来源于斐波那契数列，又称为黄金分割数列.现将斐波那契数列记为{an}，a1=a2A．3an=C．π4(b【答案】AD【分析】根据数列的递推公式可判断选项A，再根据累加法计算判断选项B，根据扇形的面积公式判断选项C，再次应用累加法及递推公式判断选项D.【详解】由递推公式an=an−1+所以an−2又由递推公式可得a1=1，a2=a累加得a1故a1由题可知扇形面积bn故bn故π4由ana1a2a3类似的有an累加得a1又bn=π所以b1故选：AD.10数列与排列组合结合46.（多选）（2024·全国·模拟预测）甲、乙、丙三人做足球传球训练，规定：每次传球时，传球人将球传给另两人中的任何一人是等可能的．假设第1次由甲将球传出，第k次传球后，球回到甲处的概率为pk（k∈A．p2=12 B．p3>【答案】AC【分析】由传球规则得pk+1【详解】因为p2因为p3=1−p2因为pk+1=1−因为pk+1=−1所以数列pk−13是首项为所以pk−1所以p15故选：AC．【点睛】第k+1次传球后，球回到甲处等价于第k次传球后，球不在甲处且下一次传球给甲.47.（多选）（2023·广东深圳·二模）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1的顶点A．PB．青蛙跳动奇数次后只能位于点B,C,D,AC．数列PnD．青蛙跳动4次后恰好回到点A的概率为7【答案】ACD【分析】由条件直接代入即可判断AB，由条件可得Pn【详解】跳动1次后等可能地在顶点B,D,A1处，跳动奇数次后只能位于点B,D,A1,Pn+1=23Pn+13由点A出发，经过偶数次移动只能到达点A,C,B1,D1（奇数次后只能位于点B,D,A1,C1），考虑移动n次（n是偶数）返回到A的路径数为An，显然A0=1.由于移动n−1次后只能位于点若在点A（路径数为An−2），再移动2次返回到A只有3种折返路径（即ABA,ADA,AA1A）；若在点C,B1,D1（路径数为3n−2−An−2）中的一个，再移动2次返回到A的路径数每个点处都有2条路径（即CBA,CDA,B1BA,B1A1A,D1DA,D1A故选：ACD48.（2024·全国·模拟预测）从集合x∈N(1)求这些数排序后能成等比数列的概率；(2)求这些数排序后能成等差数列的概率．【答案】(1)4(2)41【分析】（1）先得到5、7不能被抽到，再分抽取的数有1和无1，结合抽取的数的个数，进行分类讨论，求出抽取的所有结果共有29（2）根据抽取的个数和公差进行分类讨论，求出这些数排序后能成等差数列的个数，结合（1）中所求的抽取的所有结果共有511中，从而求出概率.【详解】（1）若5、7在所抽取的数里，由于其是质数，且无法找到其他被其整除的数，故5、7不能被抽取到．①若抽取的数有1，（I）若抽取三个数，设其他两个数为a,ba<b，则a符合条件的a,b只能为2,4和3,9两组，此时所抽取的数为1,2,4和1,3,9，共两组；（II）若所抽取的数的个数大于3，记此等比数列的公比为q，则q≥2．若q=2，则所抽取的数为1,2,4,8；若q≥3，则该等比数列的最大一项大于等于33故该情况仅有1,2,4,8，1组符合条件．②若抽取的数无1，则抽取的数应在2,3,4,6,8,9中．该等比数列公比q≥2，因此若最小的一项为3，则最大一项≥3×2易知符合条件的仅有2,4,8，1组．综合上述情况，仅有1,2,4，1,3,9，1,2,4,8，2,4,8共4组符合条件．而抽取的所有结果共有C91+（2）①当抽取的数有3项时，（I）若该等差数列的公差d=1，则有1,2,3，2,3,4，⋯，7,8,9共7组符合条件．（II）若该等差数列的公差d=2，则有1,3,5，2,4,6，⋯，5,7,9共5组符合条件．（III）若该等差数列的公差d=3，则有1,4,7，2,5,8，3,6,9共3组符合条件．（IV）若该等差数列的公差d=4，则仅有1,5,9，1组符合条件．（V）若该等差数列的公差d≥5，则没有满足条件的选取组合．故此情况共有7+5+3+1=16组符合条件；②当抽取的数有4项时，（I）若该等差数列的公差d=1，则有1,2,3,4，2,3,4,5，⋯，6,7,8,9共6组符合条件．（II）若该等差数列的公差d=2，则有1,3,5,7，2,4,6,8，3,5,7,9共3组符合条件．（III）若该等差数列的公差d≥3，则没有满足条件的选取组合．故此情况共有6+3=9组符合条件．

③当抽取的数有5项时，（I）若该等差数列的公差d=1，则有1,2,3,4,5，2,3,4,5,6，⋯，5,6,7,8,9共5组符合条件．（II）若该等差数列的公差d=2，则仅有1,3,5,7,9，1组符合条件．（III）若该等差数列的公差d≥3，则没有满足条件的选取组合．故此情况共有5+1=6组符合条件．

以此类推，当抽取6、7、8、9项时，都当且仅当公差为1时有符合条件的选取组合，分别有4、3、2、1组，综上所述，满足条件的选取组合共有16+9+6+4+3+2+1=41组，由（1）知，抽取的所有结果共有29−1=511种，故概率49.（2023·河北承德·模拟预测）某校高三年级有n(n>2,n∈N∗)个班，每个班均有(n+30)人，第k（k=1,2,3,⋅⋅⋅,n）个班中有(k+10)个女生，余下的为男生.在这n个班中任取一个班，再从该班中依次取出三人，若第三次取出的人恰为男生的概率是813【答案】9【分析】根据题设，第k个班中，取三次的方法有(n+30)(n+29)(n+28)种，再求第三次取出的人为男生的方法数，进而求出第k个班中第三次取出的人为男生的概率Pk=n−k+20【详解】每个班被取出的概率为1n，取第k个班中取三次的方法有(n+30)(n+29)(n+28)第三次取出的人为男生的方法，如下四种情况：男男男：(n−k+20)×(n−k+19)×(n−k+18)种；女男男：(k+10)×(n−k+20)×(n−k+19)种；男女男：(n−k+20)×(k+10)×(n−k+19)种；女女男：(k+10)×(k+9)×(n−k+20)种；所以，第三次取出为男生的方法数：(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)，综上，第k个班中第三次取出的人为男生的概率Pk所以，任选一个班第三次取出的人恰为男生的概率1n则1n(n+30)×[n(n−1)2+20n]=故答案为：9【点睛】关键点点睛：首先求出第k个班中，取三次的方法数和第三次取出的人为男生的方法数，进而得到第k个班中第三次取出的人为男生的概率Pk50.（23-24高三下·浙江杭州·开学考试）设整数n,k满足1≤k≤n，集合A=2m0≤m≤n−1,m∈Z.从A中选取k个不同的元素并取它们的乘积，这样的乘积有Cnk(1)若n≥2，求an,2(2)记fnx=1+an,1(3)用含n，k的式子来表示an+1,k+1【答案】(1)4(2)fn+1x(3)a【分析】（1）根据题意，直接代入计算，即可得到结果；（2）根据题意，由条件可得fnx=1+2（3）根据题意，可得an,0=1，an+1,0=1，再由（2）可得【详解】（1）a（2）因为fnfn+1两式相除，fn+1f=1+两式相除，f（3）因为fnx=因为fn+1x=由（2）和①可得，fn+1由②和③，比较xk+1的系数，可得a因为f=k=0由②比较xk+1的系数可得a由④⑤消去an,k+1可得2所以an+1,k+1【点睛】关键点睛：本题主要考查了新定义问题，意在考查学生的计算能力转化能力和总和应用能力，其中将定义中的知识转化为已有的知识点是考查的重点，需熟练掌握.11高斯函数问题51.（2023·全国·模拟预测）已知正项数列an，bn满足：a1=1，bn=an2，bA．1 B．2 C．3 D．2023【答案】B【分析】由bn+1−b【详解】因为bn+1所以an+1又因为an>0(n≥1)，所以即an+1−a从而1b所以S2023又bn+1所以bn即1b故S2023则S2023故选：B52.（2024·四川成都·模拟预测）高斯是德国著名数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用他名字定义的函数fx=x称为高斯函数，其中x表示不超过x的最大整数，如2.3=2,−1.9=−2，已知数列an满足a1=1,a2=5，【答案】2025【分析】由an+2+4an=5an+1变形为an+2−【详解】解：由an+2+4an=5所以数列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故答案为：202553.（2024·河北·模拟预测）已知x表示不超过x的最大整数，x=x−x，设n∈N∗，且n3+n4+n6=1【答案】4342732【分析】由3,4,6的最小公倍数为12，得只需在1≤n≤12这个范围内讨论即可，再结合等差数列得前n项和公式即可得解.【详解】由题意，当1≤n<3时，n3则n3+n当n=3时，n3则n3+n当4≤n<6时，n3则n3+n所以n的最小值为4，当6≤n<8时，n3则n3+n当n=8时，n3则n3+n当9≤n≤11时，n3则n3+n当n=12时，n3+n因为3,4,6的最小公倍数为12，以4为首项12为公差的等差数列，设为am，则a以8为首项12为公差的等差数列，设为bm，则b所以数列am和bm是满足条件的所有令am=12m−8≤2024，解得令bm=12m−4≤2024，解得则当1≤n≤2024时，满足条件的所有n值的和S=4+12×169−8故答案为：4；342732.【点睛】关键点点睛：由3,4,6的最小公倍数为12，可得只需在1≤n≤12这个范围内讨论，求出这个范围内的n的值，是解决本题的关键.54.（2024高三·全国·专题练习）设n∈N*，an为(2x+3)n−(x+1)n【答案】15【分析】赋值法求出an=5n−2n，结合导数判断n−1<【详解】令x=1可得，an设fx=ln令f'x当x∈1,e时，f'当x∈e,+∞时，f则ln故对任意的n≥1，ln故0<n25n<1b=1则(n−t)2+(bn∴最小值即点(n,n2−ny=12x2−x且点1,0到直线y=3−2x的距离d1点2,1到直线y=3−2x的距离d2∴(n−t)2故答案为:1【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数解决函数最值及点点距的应用，关键是利用导数判断出n−1<nan55.（2023·全国·模拟预测）已知数列an为公差不为0的等差数列，a3=5，且a2,a5,a14成等比数列，设x表示不超过x的最大整数，如3.5=3，−1.5=−2【答案】20217【分析】求出an通项公式和第2024项，进而求出数列bn的通项公式和前n项和公式，利用错位相减法即可得出【详解】由题意，数列an是等差数列，设公差为d因为a2所以a2a14解得d=2或d=0（舍），所以an=5+2n−3当2n≤x≤2即log22n+1=因为211<4047<212，所以则2S由①-②得−S所以S2024故答案为：20217.【点睛】本题考查错位相减法，取整函数，等差数列和等比数列的性质和求法，数列求和，考查学生的计算能力和分析问题，处理问题的能力，具有很强的综合性.12数列与实际模型56.（2024·北京海淀·一模）某生物兴趣小组在显微镜下拍摄到一种黏菌的繁殖轨迹，如图1.通过观察发现，该黏菌繁殖符合如下规律：①黏菌沿直线繁殖一段距离后，就会以该直线为对称轴分叉（分叉的角度约为60°），再沿直线繁殖，…；②每次分叉后沿直线繁殖的距离约为前一段沿直线繁殖的距离的一半.于是，该组同学将整个繁殖过程抽象为如图2所示的一个数学模型：黏菌从圆形培养皿的中心O开始，沿直线繁殖到A11，然后分叉向A21与A22方向继续繁殖，其中∠A21A11A22=60°，且A11A21

A．6 B．7 C．8 D．9【答案】C【分析】根据黏菌的繁殖规律可得每次繁殖在OA【详解】由题意可知，OA11=4依题意可知黏菌的繁殖规律，由此可得每次繁殖在OA11方向上前进的距离依次为：则4+2×3黏菌无限繁殖下去，每次繁殖在OA即4+1+1综合可得培养皿的半径r（r∈N∗，单位：故选：C【点睛】关键点点睛：本题考查了数列的应用问题，背景比较新颖，解答的关键是理解题意，能明确黏菌的繁殖规律，从而求出每次繁殖在OA57.（2024·山西·模拟预测）如图所示是毕达哥拉斯的生长程序：正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形边上再连接正方形，如此继续.设初始正方形的边长为22，依次构造出的小正方形（含初始正方形）的边长构成数列bn，若an的前n项和为Sn=λn2+(20+λ)nλ<0,n∈A．[−4,−3] B．[−3,−2] C．−23,−【答案】D【分析】先求出数列an和bn的通项公式，再根据集合新定义确定cn，再由不等式cn≥c3恒成立分类讨论c3=【详解】因为an的前n项和为S所以当n≥2时，an又当n=1时，a1所以数列an的通项公式a数列bn满足b因为2b22所以bn所以1b因为数列an=2λn+20,λ<0cn=maxan所以c3是数列c所以当c3=a3时，则b3当c3=b3时，则a3取并集可得λ∈−3,−故选：D.【点睛】关键点点睛：本题中集合新定义是取较大者，这样就转化成比较an和1bn2的大小问题了，利用已知求出数列an和b58.（2024·贵州遵义·一模）第24届北京冬奥会开幕式由一朵朵六角雪花贯穿全场，为不少人留下深刻印象．六角雪花曲线是由正三角形的三边生成的三条1级Koch曲线组成，再将六角雪花曲线每一边生成一条1级Koch曲线得到2级十八角雪花曲线（如图3）……依次得到n级Kn(n∈N∗)角雪花曲线．若正三角形边长为1，我们称∧为一个开三角（夹角为60°），则n级Kn角雪花曲线的开三角个数为【答案】4n+2【分析】利用观察归纳法求出边数构成的数列通项，再利用n级Kn【详解】依题意，n级Kn(n∈N∗)因此n级Kn则n级Kn(n∈N当n=1时，曲线有6个开角，n级Kn(n∈N∗)由于n级Kn(n∈N当n≥2时，n级Kn(n∈=6+3(4+42+⋯+所以n级Kn(n∈N令n级Kn角雪花曲线的内角和为bn，显然而n级Kn(n∈N∗)角雪花曲线到n+1于是bn+1=bn+3bn==10π+9π所以n级Kn角雪花曲线的内角和为b故答案为：4n+2【点睛】思路点睛：涉及实际意义给出的数列问题，正确理解实际意义，列出关系式，再借助数列思想探求相邻两项间关系即可解决.59.（2024·吉林·模拟预测）“冰天雪地也是金山银山”，2023-2024年雪季，东北各地冰雪旅游呈现出一片欣欣向荣的景象，为东北经济发展增添了新动能．某市以“冰雪童话”为主题打造—圆形“梦幻冰雪大世界”，其中共设“森林姑娘”“扣像墙”“古堡滑梯”等16处打卡景观．若这16处景观分别用A1,A2,⋯,A16表示，某游客按照箭头所示方向（不可逆行）可以任意选择一条路径走向其它景观，并且每个景观至多经过一次，那么他从入口出发，按图中所示方向到达A6有种不同的打卡路线；若该游客按上述规则从入口出发到达景观Ai的不同路线有ai【答案】8m−1【分析】结合题意及分类加法原理，依次计算到达A2、A3、A4、A5、A6的走法即可.由题意可知数列{an【详解】由题意知，到达A2到达A3点共有1+1=2种走法（一种是经过A2点到达A3到达A4点共有1+2=3种走法（一种是经过A2，一种是经过A3，所以到达A4将到达A5点共有3+2=5种走法（一种是经过A2和A4，一种是经过A3，所以到达A5到达A6点共有3+5=8种走法（一种是经过A2和A4，一种是经过A3和A5，所以到达A故按图中所示方向到达A6由题意知，a1=1，a2=1，a3=a1+a2因为an+an+1=所以a1+a2=a3，a3+将上式累加可得a1+a2+整理可得a1+a2+所以a2+a故答案为：8；m−1.60.（2024·云南大理·模拟预测）我国古代名著《庄子•天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其意思为：一尺的木棍，每天截取一半，永远都截不完.已知长度为23的线段PQ，取PQ的中点M1，以PM1为边作等边三角形（如图1），该等边三角形的面积为S1，再取M1Q的中点M2，以M1【答案】63364/63【分析】先由题意推导每个正三角形的面积可构成等比数列，再利用等比数列求和公式及裂项相消求解.【详解】由题可得，S1从第2个等边三角形起，每个三角形的面积为前一个三角形面积的14故每个正三角形的面积可构成一个以S1为首项，1则Sn所以S3∵∴=k=1=1故答案为：63364；【点睛】方法点睛：常见的裂项相消的方法有：1n442n2n1n13数列与集合新定义解决以集合为背景的新定义问题，注意：根据集合定义式，确定集合中元素的特点61.（2024·浙江绍兴·二模）已知k∈N∗，集合Xk(1)求X2(2)设a=21+23∈X(3)记Yk=Xk∩2k+n−1,2【答案】(1)7(2)b=24或10(3)2【分析】（1）根据集合新定义，确定X2（2）根据集合X1中的元素可得a=21+23=10，设b=2j+2（3）设x∈Yk，则x=2i0+2i1+⋅⋅⋅+2ik【详解】（1）X2中的最小元素为2（2）由题得a=21+23①当j≤3时，b=23+22=12或b=23+经检验，当b=10时，a+b=20=2所以b=10.②当j=4时，b=24+23=24或经检验，当b=24时，a+b=34=2所以b=24.③当j≥5时，不符合题意.因此，b=24或10.（3）设x∈Yk，则x=20≤i0<设Sk=m=1因为Cn所以S==+=S因为C2k+1所以Sk+1=S又因为S1=1+162.（2024·北京东城·一模）有穷数列a1,a(1)已知数列−3,2,−1,3，写出所有的有序数对p,q，且p<q，使得Sp,q(2)已知整数