第09讲数列的综合应用新定义不等式（四种题型）-冲刺2023年高考数学热点重难点题型解题方法与策略真题演练（新高考专用）

第09讲数列的综合应用、新定义、不等式（四种题型）【热点、重难点题型】题型一：分期付款一、单选题1．（2023春·云南昆明·高三校考阶段练习）我们知道，偿还银行贷款时，“等额本金还款法”是一种很常见的还款方式，其本质是将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期的还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率．自主创业的大学生张华向银行贷款的本金为48万元，张华跟银行约定，按照等额本金还款法，每个月还一次款，20年还清，贷款月利率为，设张华第个月的还款金额为元，则（

）A．2192 B． C． D．【答案】D【分析】计算出每月应还的本金数，再计算第n个月已还多少本金，由此可计算出个月的还款金额.【详解】由题意可知：每月还本金为2000元，设张华第个月的还款金额为元，则，故选：D2．（2022·四川达州·统考一模）某顾客在2020年1月1日采用分期付款的方式购买一辆价值2万元的家电，在购买一个月后2月1日第一次还款，且以后每个月1日等额还款一次，如果一年内还清全部贷款（12月1日最后一次还款），月利率为0.5％.按复利计算，则该顾客每个月应还款多少元？（精确到1元，参考值，）（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】设每月还款元，每月还款按得利计算，11次还款的本利和等于银行贷款按复利计算的本利和，由此可得．【详解】设每月还款元，共还款11个月，所以，．故选：A．3．（2022·全国·高三专题练习）某单位用分期付款方式为职工购买40套住房，总房价1150万元.约定：2021年7月1日先付款150万元，以后每月1日都交付50万元，并加付此前欠款利息，月利率，当付清全部房款时，各次付款的总和为（

）A．1205万元 B．1255万元 C．1305万元 D．1360万元【答案】B【分析】判断出每次还款利息构成等差数列，由等差数列求和公式求得利息和，再加上本金即可求解.【详解】由题意知，还的次数为次，每次付款本金均为50万元，利息依次为构成了一个等差数列，则所还欠款利息总额为万元，故各次付款的总和为万元.故选：B.二、多选题4．（2022·全国·高三专题练习）参加工作年的小郭，因工作需要向银行贷款万元购买一台小汽车，与银行约定：这万元银行贷款分年还清，贷款的年利率为，每年还款数为万元，则（

）A． B．小郭第年还款的现值为万元C．小郭选择的还款方式为“等额本金还款法” D．小郭选择的还款方式为“等额本息还款法”【答案】BD【分析】因为小郭每年还款钱数相等，所以小郭选择为“等额本息还款法”，所以利用等比数列前项和公式求出，再设小郭第3年还款的现值为，根据复利规则求出．【详解】解：小郭与银行约定，每年还一次欠款，并且每年还款的钱数都相等，小郭靖选择的还款方式为“等额本息还款法”，故D正确，C错误，设每年应还元，还款10次，则该人10年还款的现金与利息和为，银行贷款元10年后的本利和为．，，即，故A错误．设小郭第三年还款的现值为，则，所以，故B正确；故选：BD5．（2022·全国·高三专题练习）市民小张计划贷款60万元用于购买一套商品住房，银行给小张提供了两种贷款方式.方式①：等额本金，每月的还款额呈递减趋势，且从第二个还款月开始，每月还款额与上月还款额的差均相同；方式②：等额本息，每个月的还款额均相同.银行规定，在贷款到账日的次月当天开始首次还款（若2021年7月7日贷款到账，则2021年8月7日首次还款）.已知小张该笔贷款年限为20年，月利率为0.004，则下列说法正确的是（

）（参考数据：，计算结果取整数）A．选择方式①，若第一个还款月应还4900元，最后一个还款月应还2510元，则小张该笔贷款的总利息为289200元B．选择方式②，小张每月还款额为3800元C．选择方式②，小张总利息为333840元D．从经济利益的角度来考虑，小张应选择方式①【答案】ACD【分析】等额本金还款方式中，每月的还款额构成一个等差数列，记为，则，，等额本息还款方式中，设小张每月还款额为元，则，分别利用等差数列、等比数列模型研究，依次判断即可【详解】对于A，由题意可知，等额本金还款方式中，每月的还款额构成一个等差数列，记为，表示数列的前项和，则，，则，故小张该笔贷款的总利息为（元），故A正确.对于B，设小张每月还款额为元，则，所以，即，故B错误.对于C，小张采取等额本息贷款方式的总利息为（元），故C正确.对于D，因为，所以从经济利益的角度来考虑，小张应选择方式①，故D正确.故选：ACD三、填空题6．（2022秋·辽宁·高三辽宁实验中学校考阶段练习）沈阳京东MALL于2022年国庆节盛大开业，商场为了满足广大数码狂热爱好者的需求，开展商品分期付款活动.现计划某商品一次性付款的金额为a元，以分期付款的形式等额分成n次付清，每期期末所付款是x元，每期利率为r，则爱好者每期需要付款______．【答案】【分析】根据等比数列求和公式即得.【详解】由题意得，，.故答案为：.7．（2022·全国·高三专题练习）赵先生准备通过某银行贷款5000元，然后通过分期付款的方式还款．银行与赵先生约定：每个月还款一次，分12次还清所有欠款，且每个月还款的钱数都相等，贷款的月利率为，则赵先生每个月所要还款的钱数为______元．（精确到元，参考数据）【答案】【分析】本题首先可设每一期所还款数为元，然后结合题意列出每期所还款本金，并根据贷款5000元列出方程，最后借助等比数列前项和公式进行计算即可得出结果.【详解】设每一期所还款数为元，因为贷款的月利率为，所以每期所还款本金依次为、、、、，则，即，，，，小明每个月所要还款约元，故答案为：.四、解答题8．（2022·浙江·高三专题练习）已知某新型水稻产量的年增长率为．某粮食种植基地计划种植该品种水稻．已知该基地2020年储有该品种水稻的产量为15万吨．现计划从下一年（2021年）起，每年年初种植，年底从中分出固定的产量用于销售，15年后清空种植并更换种植品种．设年后该品种水稻的剩余产量为万吨．(1)设每年用于销售的产量为万吨，请用和表示；(2)求（用表示）．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意可得的递推关系，从而可求的通项公式.（2）根据15年后清空种植并更换种植品种结合（1）的结果可得可求.(1)由题设可得，且，故，故，故，而符合该式，故.(2)由（1）可得，因为15年后清空种植并更换种植品种，故，所以，故.9．（2022·全国·高三专题练习）市民小张计划贷款60万元用于购买一套商品住房，银行给小张提供了两种贷款方式：①等额本金：每月的还款额呈递减趋势，且从第二个还款月开始，每月还款额与上月还款额的差均相同；②等额本息：每月的还款额均相同．银行规定，在贷款到账日的次月当天开始首次还款（如2020年7月7日贷款到账，则2020年8月7日首次还款）．已知该笔贷款年限为20年，月利率为0.4%．（1）若小张采取等额本金的还款方式，已知第一个还款月应还4900元，最后一个还款月应还2510元，试计算该笔贷款的总利息．（2）若小张采取等额本息的还款方式，银行规定，每月还款额不得超过家庭平均月收入的一半．已知小张家庭平均月收入为1万元，判断小张申请该笔贷款是否能够获批（不考虑其他因素）．参考数据：．（3）对比两种还款方式，从经济利益的角度考虑，小张应选择哪种还款方式．【答案】（1）（元）；（2）小张申请该笔贷款能够获批；（3）小张应选择等额本金的还款方式．【分析】（1）由题意可知，等额本金还款方式中，每月的还款额构成一个等差数列，即可由等差数列的前项和公式求得其还款总额，减去本金即为还款的利息；（2）根据题意，采取等额本息的还款方式，每月还款额为一等比数列，设小张每月还款额为元，由等比数列求和公式及参考数据，即可求得其还款额，与收入的一半比较即可判断；（3）计算出等额本息还款方式时所付出的总利息，两个利息比较即可判断.【详解】（1）由题意可知，等额本金还款方式中，每月的还款额构成等差数列，记为，用表示数列的前项和，则，，则，故小张的该笔贷款的总利息为（元）．（2）设小张每月还款额为元，采取等额本息的还款方式，每月还款额为一等比数列，则，所以，即，因为，所以小张该笔贷款能够获批.（3）小张采取等额本息贷款方式的总利息为（元），因为，所以从经济利益的角度来考虑，小张应选择等额本金的还款方式．题型二：产值增长一、单选题1．（2022·全国·高三专题练习）科技创新离不开科研经费的支撑，在一定程度上，研发投入被视为衡量“创新力”的重要指标.“十三五”时期我国科技实力和创新能力大幅提升，2020年我国全社会研发经费投入达到了24426亿元，总量稳居世界第二，其中基础研究经费投入占研发经费投入的比重是6.16%.“十四五”规划《纲要草案》提出，全社会研发经费投入年均增长要大于7%，到2025年基础研究经费占比要达到8%以上，请估计2025年我国基础研究经费为（

）A．1500亿元左右 B．1800亿元左右 C．2200亿元左右 D．2800亿元左右【答案】D【分析】由题意可知，2025年我国全社会研发经费投入不得低于,再根据2025年基础研究经费占比要达到8%以上，即可求出2025年我国基础研究经费的最低值，从而选出正确选项.【详解】由题意可知，2025年我国全社会研发经费投入不得低于亿元，又因为2025年基础研究经费占比要达到8%以上，所以2025年我国基础研究经费不得低于亿元故选：D2．（2022·全国·高三专题练习）《九章算术》第三章“衰分”介绍比例分配问题，“衰分”是按比例递减分配的意思，通常称递减的比例为“衰分比”.如：已知，，三人分配奖金的衰分比为，若分得奖金1000元，则，所分得奖金分别为800元和640元.某科研所四位技术人员甲、乙、丙、丁攻关成功，共获得单位奖励68780元，若甲、乙、丙、丁按照一定的“衰分比”分配奖金，且甲与丙共获得奖金36200元，则“衰分比”与丁所获得的奖金分别为A．，14580元 B．，14580元C．，10800元 D．，10800元【答案】B【解析】设“衰分比”为，甲获得的奖金为，联立方程解得，得到答案.【详解】设“衰分比”为，甲获得的奖金为，则.，解得，故.故选：.【点睛】本题考查了等比数列的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力.3．（2023·全国·高三专题练习）在“全面脱贫”行动中，贫困户小王2020年1月初向银行借了扶贫免息贷款10000元，用于自己开发的农产品、土特产品加工厂的原材料进货，因产品质优价廉，上市后供不应求，据测算：每月获得的利润是该月初投入资金的20%，每月底街缴房租800元和水电费400元，余款作为资金全部用于再进货，如此继续，预计2020年小王的农产品加工厂的年利润为（

）（取，）A．25000元 B．26000元 C．32000元 D．36000元【答案】C【解析】设1月月底小王手中有现款为元，月月底小王手中有现款为，月月底小王手中有现款为，由题意可知，所以数列是首项为4800，公比为1.2的等比数列，求出即得解.【详解】设1月月底小王手中有现款为元，月月底小王手中有现款为，月月底小王手中有现款为，则，即，所以数列是首项为4800，公比为1.2的等比数列，，即，年利润为元，故选：C【点睛】关键点睛：解答本题的关键是根据递推关系构造数列，求出新数列的通项关系.4．（2021秋·江苏淮安·高三江苏省盱眙中学校考期中）2020年底，国务院扶贫办确定的贫困县全部脱贫摘帽脱贫攻坚取得重大胜利！为进步巩固脱贫攻坚成果，接续实施乡村振兴战略，某企业响应政府号召，积极参与帮扶活动．该企业2021年初有资金500万元，资金年平均增长率可达到20%．每年年底扣除下一年必须的消费资金后，剩余资金全部投入再生产为了实现5年后投入再生产的资金达到800万元的目标，每年应扣除的消费资金至多为（

）（单位：万元，结果精确到万元）（参考数据：，）A．83 B．60 C．50 D．44【答案】B【分析】由题可知5年后投入再生产的资金为：，即求.【详解】设每年应扣除的消费资金为万元，则1年后投入再生产的资金为：，2年后投入再生产的资金为：，5年后投入再生产的资金为：∴，∴.故选：B5．（2022·全国·高三专题练习）为了更好地解决就业问题，国家在2020年提出了“地摊经济”为响应国家号召，有不少地区出台了相关政策去鼓励“地摊经济”．老王2020年6月1日向银行借了免息贷款10000元，用于进货.因质优价廉，供不应求，据测算：每月获得的利润是该月初投入资金的20%，每月底扣除生活费1000元，余款作为资金全部用于下月再进货，如此继续，预计到2021年5月底该摊主的年所得收入为（

）（取，）A．32500元 B．40000元 C．42500元 D．50000元【答案】B【分析】设摊主6月底手中现款为，n月月底摊主手中的现款为，n+1月月底摊主手中的现款为，则可得二者之间的关系，构造新数列成等比数列，求解，即可得到答案．【详解】设，从6月份起每月底用于下月进货的资金依次记为，，…，，，同理可得，所以，而，所以数列是等比数列，公比为1.2，所以，，∴总利润为，故选:B．二、多选题6．（2022·全国·高三专题练习）在“全面脱贫”行动中，贫困户小王2020年1月初向银行借了扶贫免息贷款10000元，用于自己开设的农产品土特产品加工厂的原材料进货，因产品质优价廉，上市后供不应求，据测算每月获得的利润是该月月初投人资金的，每月月底需缴纳房租600元和水电费400元，余款作为资金全部用于再进货，如此继续.设第月月底小王手中有现款为，则下列论述正确的有（

）(参考数据：)A．B．C．2020年小王的年利润为40000元D．两年后，小王手中现款达41万【答案】BCD【分析】由题可知，月月底小王手中有现款为，月月底小王手中有现款为之间的递推关系为，，进而根据递推关系求出通项公式即可得答案.【详解】对于A选项，元，故A错误对于B选项，第月月底小王手中有现款为，则第月月底小王手中有现款为，由题意故B正确；对于C选项，由得所以数列是首项为公比为1.2的等比数列，所以，即所以2020年小王的年利润为元，故C正确；对于D选项，两年后，小王手中现款为元，即41万，故D正确.故选：BCD.【点睛】本题考查数列的实际应用，考查知识迁移与应用能力，是中档题.本题解题的关键是根据已知数学生活情境，建立数列递推关系的数学模型，，进而根据数学模型讨论各选项.三、解答题7．（2022·上海金山·统考一模）近两年，直播带货逐渐成为一种新兴的营销模式，带来电商行业的新增长点.某直播平台第1年初的启动资金为500万元，由于一些知名主播加入，平台资金的年平均增长率可达，每年年底把除运营成本万元，再将剩余资金继续投入直播平合.(1)若，在第3年年底扣除运营成本后，直播平台的资金有多少万元？(2)每年的运营成本最多控制在多少万元，才能使得直播平台在第6年年底㧅除运营成本后资金达到3000万元？（结果精确到万元）【答案】(1)936万元(2)3000万元【分析】（1）用表示第年年底扣除运营成本后直播平台的资金，然后根据已知计算可得；（2）由已知写出，然后由求得的范围．【详解】（1）记为第年年底扣除运营成本后直播平台的资金，则，故第3年年底扣除运营成本后直播平台的资金为936万元.（2），由，得，故运营成本最多控制在万元，才能使得直播平台在第6年年底扣除运营成本后资金达到3000万元.8．（2022秋·山东济宁·高三校考阶段练习）某台商到大陆一创业园投资72万美元建起一座蔬菜加工厂，第一年各种经费12万美元，以后每年比上一年增加4万美元，每年销售蔬菜收入50万美元，设表示前n年的纯利润（前n年的总收入前n年的总支出投资额）．(1)从第几年开始获得纯利润？(2)若五年后，该台商为开发新项目，决定出售该厂，现有两种方案：①年平均利润最大时，以48万美元出售该厂；②纯利润总和最大时，以16万美元出售该厂．问哪种方案较合算？【答案】(1)第三年；(2)选择第①种方案.【分析】（1）由题意写出的表达式，获得纯利润就是要求，求解即可；（2）分别求出两种情况下的总利润以及所需时间，经过对比，可选出较为合算的方案.（1）由题意，知每年的经费构成了以12为首项，4为公差的等差数列，则，获得纯利润就是要求，即，解得．又，故从第三年开始获得纯利润；（2）①年平均利润为，当且仅当时取等号，故此方案获利（万美元），此时．②，当时，．故此方案共获利（万美元）．比较两种方案，在获利相同的前提下，第①种方案只需六年，第②种方案需要十年，故选择第①种方案．9．（2022·全国·高三专题练习）保障性租赁住房，是政府为缓解新市民、青年人住房困难，作出的重要决策部署．2021年7月，国务院办公厅发布《关于加快发展保障性租赁住房的意见》后，国内多个城市陆续发布了保障性租赁住房相关政策或征求意见稿．为了响应国家号召，某地区计划2021年新建住房40万平方米，其中有25万平方米是保障性租赁住房．预计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上一年增长，另外，每年新建住房中，保障性租赁住房的面积均比上一年增加5万平方米．(1)到哪一年底，该市历年所建保障性租赁住房的累计面积(以2021年为累计的第一年)将首次不少于475万平方米?(2)到哪一年底，当年建造的保障性租赁住房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于?【答案】(1)2030；(2)2026﹒【分析】(1)设保障性租赁住房面积形成数列，由题意可知，是等差数列，其中，，结合等差数列的前项和公式，即可求解．(2)设新建住房面积形成数列，由题意可知，是等比数列，其中，，则可得的通项公式，通过求解不等式，即可求解．（1）设保障性租赁住房面积形成数列，由题意可知，是等差数列，其中，，则，令≥475，即，而为正整数，解得，故到2030年底，该市历年所建保障性租赁住房的累计面积(以2021年为累计的第一年)将首次不少于475万平方米；（2）设新建住房面积形成数列，由题意可知，是等比数列，其中，，则，由题意知，，则，满足上式不等式的最小正整数，故到2026年底，当年建造的保障性租赁住房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于．10．（2023·全国·高三专题练习）某企业2015年的纯利润为500万元,因为企业的设备老化等原因,企业的生产能力将逐年下降.若不进行技术改造,预测从2015年开始,此后每年比上一年纯利润减少20万元.如果进行技术改造,2016年初该企业需一次性投入资金600万元,在未扣除技术改造资金的情况下,预计2016年的利润为750万元,此后每年的利润比前一年利润的一半还多250万元.(1)设从2016年起的第n年(以2016年为第一年),该企业不进行技术改造的年纯利润为万元;进行技术改造后,在未扣除技术改造资金的情况下的年利润为万元,求和;(2)设从2016年起的第n年(以2016年为第一年),该企业不进行技术改造的累计纯利润为万元,进行技术改造后的累计纯利润为万元,求和;(3)依上述预测,从2016年起该企业至少经过多少年,进行技术改造的累计纯利润将超过不进行技术改造的累计纯利润?【答案】(1),(2),(3)至少经过4年，进行技术改造的累计纯利润将超过不进行技术改造的累计纯利润.【分析】(1)利用等差数列、等比数列的通项公式求和(2)是数列的前项和，是数列的前项和减去600，利用等差数列和等比数列的前项和公式求出即可(3)作差，利用函数的单调性，即可得出结论【详解】(1)由题意得是等差数列，所以由题意得所以所以是首项为250，公比为的等比数列所以所以(2)是数列的前项和所以是数列的前项和减去600，所以(3)易得此函数当时单调递增且时时所以至少经过4年，进行技术改造的累计纯利润将超过不进行技术改造的累计纯利润.【点睛】本题考查的是数列的综合知识，包含通项公式的求法、前n项和的求法及数列的单调性.11．（2022·上海·高三专题练习）某化工厂从今年一月起，若不改善生产环境，按生产现状，每月收入为70万元，同时将受到环保部门的处罚，第一个月罚3万元，以后每月增加2万元．如果从今年一月起投资500万元添加回收净化设备（改造设备时间不计），一方面可以改善环境，另一方面也可以大大降低原料成本．据测算，添加回收净化设备并投产后的前5个月中的累计生产净收入是生产时间个月的二次函数（是常数），且前3个月的累计生产净收入可达309万，从第6个月开始，每个月的生产净收入都与第5个月相同．同时，该厂不但不受处罚，而且还将得到环保部门的一次性奖励100万元．（1）求前8个月的累计生产净收入的值；（2）问经过多少个月，投资开始见效，即投资改造后的纯收入多于不改造时的纯收入．【答案】（1）；（2）经过9个月投资开始见效．【详解】试题分析:（1）根据g（3）得到k，再计算g（5）和g（5）﹣g（4），而g（8）=g（5）+3[g（5）﹣g（4）]，从而得到结果；（2）求出投资前后前n个月的总收入，列不等式解出n的范围即可．试题解析（1）据题意，解得，第5个月的净收入为万元，所以，万元（2）即要想投资开始见效，必须且只需，即当时，即不成立；当时，即，验算得，时，所以，经过9个月投资开始见效．题型三：数列新定义一、单选题1．（2022·全国·高三专题练习）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，即，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”.记，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据斐波那契数列的性质进行求解即可.【详解】由，得.故选：C.2．（2022·全国·高三专题练习）在数学和许多分支中都能见到很多以瑞士数学家欧拉命名的常数､公式和定理，如：欧拉函数（）的函数值等于所有不超过正整数n且与n互素的正整数的个数，（互素是指两个整数的公约数只有1），例如：；（与3互素有1､2）；（与9互素有1､2､4､5､7､8）.记为数列的前n项和，则=（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据欧拉函数定义得出，然后由错位相减法求得和，从而可得．【详解】因为与互素的数为1，2，4，5，7，8，10，11，，，共有，所以，则，于是①，②，由①②得，则.于是.故选：A．3．（2023·全国·高三专题练习）01周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列满足，且存在正整数，使得成立，则称其为01周期序列，并称满足的最小正整数为这个序列的周期.对于周期为的01序列，是描述其性质的重要指标，下列周期为5的01序列中，满足的序列是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据新定义，逐一检验即可【详解】由知，序列的周期为m，由已知，，对于选项A，，不满足；对于选项B，，不满足；对于选项D，，不满足；故选：C【点晴】本题考查数列的新定义问题，涉及到周期数列，考查学生对新定义的理解能力以及数学运算能力，是一道中档题.4．（2023·全国·高三专题练习）对于数列，若存在正数，使得对一切正整数，恒有，则称数列有界；若这样的正数不存在，则称数列无界，已知数列满足：，，记数列的前项和为，数列的前项和为，则下列结论正确的是（

）A．当时，数列有界 B．当时，数列有界C．当时，数列有界 D．当时，数列有界【答案】B【分析】当时，构造新函数，利用导数判断其单调性，进而得出，由此判断A;构造函数，判断其单调性，推出，进而得到，从而说明，判断B;当时，说明成立，从而判断C,D.【详解】当时，令，则，当时，，故，因为，则，所以，（这是因为），令，则，故时单调递增函数，故，则，假设，则，故由归纳法可得成立，所以，故数列无界，故A错；又由，设则，故递减，则，所以，则，则，故，则，故，即当时，数列有界，故B正确当时，，由，，假设，则，即成立，所以此时都无界，故C,D错误；【点睛】本题给定数列的新定义，要求能根据定义去判断数列是否符合要求，其中涉及到构造函数，并判断函数的单调性等问题，较为复杂，比较困难.5．（2022·浙江·高三专题练习）已知数列满足，记表示数列的前n项乘积.则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先用数学归纳法证明.构造函数，利用导数证明出.记，证明出得到，即，用累加法得：，即可求出.记，证明出.得到，求出，即可得到.【详解】因为，所以.下面用数学归纳法证明.当n=1时，符合.假设时，结论成立，即.当时，，所以显然成立；因为，所以，所以，即，所以结论成立.综上所述：对任意的均成立.记函数..因为，所以（x=1取等号），所以在单调递增，所以，即，所以，即，所以数列为单调递增函数，所以.记，则（x=1取等号），所以在上单调递增，所以，即.所以，所以，所以，累加得：.因为，所以，即，所以，所以，即.记，则，所以在上单调递减，所以，即.所以，所以，所以，所以，因为，所以，所以即.综上所述：.故选：C【点睛】（1）数学归纳法可以用来证明与自然数n有关的问题；（2）利用导数证明不等式，常用的思路层次有三个:其一直接构造函数利用导数证明；其二直接做差构造函数利用导数证明；其三先做适当的变换后再做差构造函数利用导数证明.二、多选题6．（2023·全国·高三专题练习）设正整数，其中，记．则（

）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】利用的定义可判断ACD选项的正误，利用特殊值法可判断B选项的正误.【详解】对于A选项，，，所以，，A选项正确；对于B选项，取，，，而，则，即，B选项错误；对于C选项，，所以，，，所以，，因此，，C选项正确；对于D选项，，故，D选项正确.故选：ACD.7．（2022·全国·高三专题练习）在数学课堂上，教师引导学生构造新数列：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数列1,2进行构造，第1次得到数列1,3,2；第2次得到数列1,4,3,5,2；…；第次得到数列1，，2；…记，数列的前项为，则（

）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】根据数列的构造方法先写出前面几次数列的结果，寻找规律，再进行推理运算即可.【详解】由题意可知，第1次得到数列1,3,2，此时第2次得到数列1,4,3,5,2，此时第3次得到数列1,5,4,7,3,8,5,7,2，此时第4次得到数列1,6,5,9,4,11,7,10,3,11,8,13,5,12,7,9,2，此时第次得到数列1，，2此时所以，故A项正确；结合A项中列出的数列可得：用等比数列求和可得则又所以，故B项正确；由B项分析可知即，故C项错误.，故D项正确.故选：ABD.【点睛】本题需要根据数列的构造方法先写出前面几次数列的结果，寻找规律，对于复杂问题，著名数学家华罗庚指出:善于“退”，足够的“退”，退到最原始而不失重要的地方,是学好数学的一个诀窍.所以对于复杂问题我们应该先足够的退到我们最容易看清楚的地方,认透了,钻深了,然后再上去，这就是以退为进的思想.8．（2022·福建南平·统考三模）如图，在平面直角坐标系中的一系列格点，其中且.记，如记为，记为，记为，以此类推；设数列的前项和为.则（

）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】由图观察可知第圈的个点对应的这项的和为0，则，同时第圈的最后一个点对应坐标为，设在第圈，则圈共有个数，可判断前圈共有个数，所在点的坐标为，向前推导，则可判断A，B选项；当时，所在点的坐标为，即可判断C选项；借助与图可知，即项之和，对应点的坐标为，，…，，即可求解判断D选项.【详解】由题，第一圈从点到点共8个点，由对称性可知；第二圈从点到点共16个点，由对称性可知，即，以此类推，可得第圈的个点对应的这项的和为0，即，设在第圈，则，由此可知前圈共有个数，故，则，所在点的坐标为，则，所在点的坐标为，则，所在点的坐标为，则，故A正确；，故B正确；所在点的坐标为，则，所在点的坐标为，则，故C错误；，对应点的坐标为，，…，，所以，故D正确.故选：ABD【点睛】关键点点睛：观察图形，利用对称性求解问题，对D选项，考虑已知的前项和与所求的关系，结合图形，可适当先列举找到规律，再求解.三、双空题9．（2023·山西大同·校联考模拟预测）数学家祖冲之曾给出圆周率的两个近似值：“约率”与“密率”．它们可用“调日法”得到：称小于3.1415926的近似值为弱率，大于3.1415927的近似值为强率．由，取3为弱率，4为强率，得，故为强率，与上一次的弱率3计算得，故为强率，继续计算，……．若某次得到的近似值为强率，与上一次的弱率继续计算得到新的近似值；若某次得到的近似值为弱率，与上一次的强率继续计算得到新的近似值，依此类推，已知，则________；________．【答案】

6

【分析】根据题意不断计算即可解出．【详解】因为为强率，由可得，，即为强率；由可得，，即为强率；由可得，，即为强率；由可得，，即为强率，所以；由可得，，即为弱率；由可得，．故答案为：6；．四、解答题10．（2021秋·上海徐汇·高三上海市南洋模范中学校考阶段练习）设p为实数.若无穷数列满足如下三个性质，则称为数列：①，且；②；③，．（1）如果数列的前4项为2，2，2，1，那么是否可能为数列？说明理由；（2）若数列是数列，求；（3）设数列的前项和为.是否存在数列，使得恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，说明理由．【答案】（1）不可以是数列；理由见解析；（2）；（3）存在；．【分析】(1)由题意考查的值即可说明数列不是数列；(2)由题意首先确定数列的前4项，然后讨论计算即可确定的值；(3)构造数列，易知数列是的，结合(2)中的结论求解不等式即可确定满足题意的实数的值.【详解】(1)因为所以，因为所以所以数列，不可能是数列.(2)性质①，由性质③，因此或，或，若，由性质②可知，即或，矛盾；若，由有，矛盾.因此只能是.又因为或，所以或.若，则，不满足，舍去.当，则前四项为:0，0，0，1，下面用数学归纳法证明：当时，经验证命题成立，假设当时命题成立，当时：若，则，利用性质③：，此时可得：；否则，若，取可得：，而由性质②可得：，与矛盾.同理可得：，有；，有；，又因为，有即当时命题成立，证毕.综上可得：，.(3)令，由性质③可知：，由于，因此数列为数列.由（2）可知:若；，，因此，此时，，满足题意.【点睛】本题属于数列中的“新定义问题”，“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.11．（2022·全国·高三专题练习）已知是无穷数列．给出两个性质：①对于中任意两项，在中都存在一项，使；②对于中任意项，在中都存在两项．使得．(Ⅰ)若，判断数列是否满足性质①，说明理由；(Ⅱ)若，判断数列是否同时满足性质①和性质②，说明理由；(Ⅲ)若是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：为等比数列.【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)详解解析；(Ⅲ)证明详见解析.【分析】(Ⅰ)根据定义验证，即可判断；(Ⅱ)根据定义逐一验证，即可判断；(Ⅲ)解法一：首先，证明数列中的项数同号，然后证明，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列即可.解法二：首先假设数列中的项数均为正数，然后证得成等比数列，之后证得成等比数列，同理即可证得数列为等比数列，从而命题得证.【详解】(Ⅰ)不具有性质①；(Ⅱ)具有性质①；具有性质②；(Ⅲ)解法一首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数：显然，假设数列中存在负项，设，第一种情况：若，即，由①可知：存在，满足，存在，满足，由可知，从而，与数列的单调性矛盾，假设不成立.第二种情况：若，由①知存在实数，满足，由的定义可知：，另一方面，，由数列的单调性可知：，这与的定义矛盾，假设不成立.同理可证得数列中的项数恒为负数.综上可得，数列中的项数同号.其次，证明：利用性质②：取，此时，由数列的单调性可知，而，故，此时必有，即，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：假设数列的前项成等比数列，不妨设，其中，（的情况类似）由①可得：存在整数，满足，且（*）由②得：存在，满足：，由数列的单调性可知：，由可得：（**）由（**）和（*）式可得：，结合数列的单调性有：，注意到均为整数，故，代入（**）式，从而.总上可得，数列的通项公式为：.即数列为等比数列.解法二：假设数列中的项数均为正数：首先利用性质②：取，此时，由数列的单调性可知，而，故，此时必有，即，即成等比数列，不妨设，然后利用性质①：取，则，即数列中必然存在一项的值为，下面我们来证明，否则，由数列的单调性可知，在性质②中，取，则，从而，与前面类似的可知则存在，满足，若，则：，与假设矛盾；若，则：，与假设矛盾；若，则：，与数列的单调性矛盾；即不存在满足题意的正整数，可见不成立，从而，然后利用性质①：取，则数列中存在一项，下面我们用反证法来证明，否则，由数列的单调性可知，在性质②中，取，则，从而，与前面类似的可知则存在，满足，即由②可知：，若，则，与假设矛盾；若，则，与假设矛盾；若，由于为正整数，故，则，与矛盾；综上可知，假设不成立，则.同理可得：，从而数列为等比数列，同理，当数列中的项数均为负数时亦可证得数列为等比数列.由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数.从而题中的结论得证，数列为等比数列.【点睛】本题主要考查数列的综合运用，等比数列的证明，数列性质的应用，数学归纳法与推理方法、不等式的性质的综合运用等知识，意在考查学生的转化能力和推理能力.12．（2022·全国·高三专题练习）已知为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的，在Q中存在，使得，则称Q为连续可表数列．(1)判断是否为连续可表数列？是否为连续可表数列？说明理由；(2)若为连续可表数列，求证：k的最小值为4；(3)若为连续可表数列，且，求证：．【答案】(1)是连续可表数列；不是连续可表数列．(2)证明见解析．(3)证明见解析．【分析】（1）直接利用定义验证即可；（2）先考虑不符合，再列举一个合题即可；（3）时，根据和的个数易得显然不行，再讨论时，由可知里面必然有负数，再确定负数只能是，然后分类讨论验证不行即可．（1），，，，，所以是连续可表数列；易知，不存在使得，所以不是连续可表数列．（2）若,设为,则至多，6个数字，没有个，矛盾；当时,数列，满足，，，，，，，，．（3），若最多有种，若，最多有种，所以最多有种，若，则至多可表个数，矛盾,从而若,则，至多可表个数，而，所以其中有负的，从而可表1~20及那个负数（恰21个），这表明中仅一个负的，没有0，且这个负的在中绝对值最小，同时中没有两数相同,设那个负数为，则所有数之和，，，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足个，（仅一种方式），与2相邻，若不在两端,则形式，若，则（有2种结果相同，方式矛盾），，同理，故在一端，不妨为形式，若,则（有2种结果相同，矛盾），同理不行，，则（有2种结果相同，矛盾），从而，由于,由表法唯一知3,4不相邻,、故只能，①或，②这2种情形，对①：，矛盾，对②：，也矛盾，综上，当时，数列满足题意，．【点睛】关键点睛，先理解题意，是否为可表数列核心就是是否存在连续的几项（可以是一项）之和能表示从到中间的任意一个值．本题第二问时，通过和值可能个数否定；第三问先通过和值的可能个数否定，再验证时，数列中的几项如果符合必然是的一个排序，可验证这组数不合题．13．（2023·全国·高三专题练习）设为正整数，若无穷数列满足，则称为数列.(1)数列是否为数列？说明理由；(2)已知其中为常数.若数列为数列，求；(3)已知数列满足，，，求.【答案】(1)是数列，理由见解析；(2)；(3).【分析】(1)根据数列的性质判断即可；(2)根据数列的性质，求出即可；(3)根据数列的性质，利用所给的条件，合理演绎即可.【详解】（1）∵，∴，符合的定义，故数列是数列；（2）依题意，，，因为是数列，，①，②,由①②两式解得.（3）∵是数列，，，①，，②，，由①②得又因为，，所以.同理解得.∴猜想是等差数列，则，公差，所以数列通项公式为.下面再证明数列为满足条件的唯一数列.因为，则，假设存在使得不成立，且此时最小的为，则，，，因为，所以，与假设想矛盾，所以，恒成立，所以.下面证明数列为数列；检验：，∴是数列；，∴是数列；，∴是数列，并且，（），∴，符合题意，故.14．（2023·北京海淀·高三101中学校考阶段练习）如果无穷数列是等差数列，且满足：①、，，使得；②，、，使得，则称数列是“数列”.(1)下列无穷等差数列中，是“数列”的为___________；（直接写出结论）、、、、、、、、、、、、(2)证明：若数列是“数列”，则且公差；(3)若数列是“数列”且其公差为常数，求的所有通项公式.【答案】(1)、(2)证明见解析(3)或【分析】（1）根据“数列”的定义可得出结论；（2）验证成立，利用①②推导出，假设，可得出等差数列是递减数列，结合①得出，结合可得出或，，再结合不等式的基本性质以及数列的单调性推出矛盾，从而说明不成立，即可证得结论成立；（3）由（2）知，，可得知数列是递增数列，推导出不成立，可得出，分、两种情况讨论，验证、满足①②，即可得出结果.【详解】（1）解：由“数列”的定义可知，数列、为“数列”.（2）证明：若，则由①可知，所以或，且公差，以下设.由①，、，，，两式作差得，因为，所以.由①，、，，，两式作差得，因为，所以，因此，.若，则等差数列是递减数列，由①为中的项，因此，，解得，由且公差，所以或，，，由①，为中的项，且，这与等差数列递减矛盾，因此，不成立.综上，且公差.（3）解：因为公差，所以，即是递增数列.若，因为，所以，则，且，由①为中的项，这与等差数列是递增数列矛盾.因此，，又由（2），故.由，知，且中存在一项为正整数，取最小的正整数项.则由②，，使得且，.因此，解得，又，故.因为是递增数列，（i）若，则，此时.因为，，令，有，且，所以满足条件①.因为，令，有，所以满足条件②.（ii）若，则，.因为，.令，则，且，所以满足条件①.因为，令，，有，所以满足条件②.综上，或.【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义“数列”，在第二问的证明中，可采取反证法证明不成立，结合数列的单调性可证出结论；在第三问的求解，要注意对是否为零进行分类讨论，结合①②进行验证即可.15．（2023·全国·高三专题练习）已知数列：，，…，，其中是给定的正整数，且.令，，，，，.这里，表示括号中各数的最大值，表示括号中各数的最小值.(1)若数列：2，0，2，1，4，2，求，的值；(2)若数列是首项为1，公比为的等比数列，且，求的值；(3)若数列是公差的等差数列，数列是数列中所有项的一个排列，求的所有可能值（用表示）.【答案】(1)，；(2)；(3)所有可能值为.【分析】（1）根据函数定义写出，即可.（2）讨论数列A的项各不相等或存在相等项，当各项都不相等，根据题设定义判断，当存在相等项，由等比数列通项公式求q，进而确定的值；（3）利用数列A的单调性结合（2）的结论求的取值范围，估计所有可能取值，再应用分类讨论求证对应所有可能值均可取到，即可得结果.【详解】（1）由题设，，，，则，，，，则，所以，.（2）若数列任意两项均不相等，当时；当且时，，又，，此时；综上，，故，不合要求；要使，即存在且使，即，又，则，当，则，不合要求；当，则，满足题设；综上，.（3）由题设数列单调递增且，由（2）知：，根据题设定义，存在且，，则，由比数列中个项大，，同理，所以；又至少比数列中一项小，，同理，所以；综上，.令数列，下证各值均可取到，ⅰ、当，而数列递增，，且，此时，，，则；ⅱ、当时，，则，当且时，令，则，所以，，此时；ⅲ、给定，令()且()，则()，()，又数列递增，，()，()，所以，此时且，故，综上，.【点睛】关键点点睛：第三问，首先根据数列的单调性和定义求的取值范围，再由定义结合分类讨论求证范围内所有可能值都可取到.16．（2022·北京·校考三模）对于数列，，…，，定义变换，将数列变换成数列，，…，，，记，，．对于数列，，…，与，，…，，定义．若数列，，…，满足，则称数列为数列．(1)若，写出，并求；(2)对于任意给定的正整数，是否存在数列，使得若存在，写出一个数列，若不存在，说明理由：(3)若数列满足，求数列A的个数．【答案】(1)；；(2)不存在适合题意的数列；(3).【分析】（1）利用变换的定义即；（2）利用数列的定义，记中有个，有个，则，进而即得；（3）由题可得，进而可得，然后结合条件即得.（1）由，可得，，∴；（2）∵，由数列A为数列，所以，对于数列，，…，中相邻的两项，令，若，则，若，则，记中有个，有个，则，因为与的奇偶性相同，而与的奇偶性不同，故不存在适合题意的数列；（3）首先证明，对于数列，，…，，有，，…，，，，，…，，，，，…，，，，，…，，，，，…，，，∵，，∴，故，其次，由数列为数列可知，，解得，这说明数列中任意相邻两项不同的情况有2次，若数列中的个数为个，此时数列有个，所以数列的个数为个.【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.题型四：数列不等式一、单选题1．（2022·全国·高三专题练习）已知数列满足，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先通过递推关系式确定除去，其他项都在范围内，再利用递推公式变形得到，累加可求出，得出，再利用，累加可求出，再次放缩可得出．【详解】∵，易得，依次类推可得由题意，，即，∴，即，，，…，，累加可得，即，∴，即，,又，∴，，，…，，累加可得，∴，即，∴，即；综上：．故选：B．【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩.

二、多选题2．（2022·河北·模拟预测）十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0，1]均分为三段，去掉中间的区间段，记为第1次操作：再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作：；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段；操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若第n次操作去掉的区间长度记为，则（

）A． B．C． D．【答案】BC【分析】分析题意发现是一个等比数列，按照等比数列的性质逐一验证即可，其中B选项是化简成一个等差数列进行判断，CD两个选项需要利用数列的单调性进行判断，尤其是D选项，需要构造新数列，利用做差法验证单调性.【详解】由题可知，；，；，由此可知，即一个等比数列；A：，A错误；B：，因为，所以该数列为递减数列，又因为当时，，所以恒成立，B正确；C：，即，两边约去得到，当时，，原式成立；当时，恒成立，所以成立，即成立，C正确；D：令，再令，令解得，因为，所以取，由此可知时；时，故为最大值，，根据单调性，即不恒成立，D错误.故选：BC3．（2023春·广东揭阳·高三校考开学考试）在数列中，对于任意的都有，且，则下列结论正确的是（

）A．对于任意的，都有B．对于任意的，数列不可能为常数列C．若，则数列为递增数列D．若，则当时，【答案】ACD【分析】A由递推式有上，结合恒成立，即可判断：B反证法：假设为常数列，根据递推式求判断是否符合，即可判断；C、D由上，讨论、研究数列单调性，即可判断.【详解】A：由，对有，则，即任意都有，正确；B：由，若为常数列且，则满足，错误；C：由且，当时，此时且，数列递增；当时，此时，数列递减；所以时数列为递增数列，正确；D：由C分析知：时且数列递减，即时，正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：选项B应用反证法，假设为常数列求通项，判断是否与矛盾；对于C、D，将递推式变形为，讨论、时研究数列的单调性.4．（2022秋·福建泉州·高三校联考期中）数列满足，数列的前n项和记为，则下列说法正确的是（

）A．任意 B．任意C．任意 D．任意【答案】BCD【分析】B：由题设得且，，讨论大小关系，结合给定条件即可判断；A：根据B的结论及，易知随n变化的趋势，并构造求得，即可判断；C：由A分析结果及即可判断；结合C可判断D.【详解】由，且，又，故，，则，当时，则，即，显然与矛盾；当时，则，即，显然与矛盾；所以且，即递增，B正确；由，根据B结论知：随n的增大，无限趋近于0，则无限接近于1，又，令且递增，则，即，综上，，A错误；由，根据A的结论有，又，可得，所以，即，综上，，C正确；由C结论知：所以成立，D正确.故选：BCD.【点睛】关键点点睛：利用已知条件，将各项结论作转化，并应用分类讨论、极限、函数思想判断数列不等式是否恒成立.5．（2022·浙江绍兴·统考模拟预测）已知正项数列，对任意的正整数m、n都有，则下列结论可能成立的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】ABC选项，可以通过令，从而得到矛盾，对于D，可通过特例判断其有可能成立.【详解】对于A，可取，此时，所以，与为正项数列矛盾，舍去；对于C，可取，此时，所以，与为正项数列矛盾，舍去；对于B，可取，则，所以，即，故累加后可得，整理得到，时，也符合该式，从而.此时，故成立，若成立，取，则，但此时，，不成立，故B错误.对于D，可令，则，当且仅当时等号成立，满足题干条件，此时，，故D选项可能成立故选：D【点睛】对于数列相关的不等问题，要结合题干条件进行适当变形，利用基本不等式或导函数进行求解.三、双空题6．（2022秋·北京昌平·高三昌平一中校考阶段练习）已知数列对任意的，都有，且．①当时，_________．②若存在，当且为奇数时，恒为常数P，则P＝_________．【答案】

2

1【分析】根据通项公式确定的周期性即可求，由题设可得，讨论的奇偶性确定后续数列出现奇数项与相等，列方程求P的值.【详解】由题设通项公式，可得，故从第二项开始形成周期为3的数列，而，故．当时，为奇数时为偶数，故；若为奇数，由，故，不满足；若为偶数，则直到为奇教，有，故，当时满足条件，此时，即，故答案为：2，1【点睛】关键点点睛：讨论的奇偶性，判断数列后续出现的奇数项与相等时是否为奇数.四、解答题7．（2022·全国·高三专题练习）已知数列的前n项和为Sn，满足．(1)求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式；(2)若不等式2对任意的正整数n恒成立，求实数λ的取值范围．【答案】(1)证明见详解；(2)【分析】（1）利用得，变形得，则可证明等比数列，根据等比数列的通项公式可得答案；（3）令，通过计算的正负，求出的最大值，将题目转化为，解不等式即可.【详解】（1）①②①②得，即，变形可得，又，得故数列是以1为首项，为公比的等比数列，由等比数列的通项公式可得，.（2）令，则当或时，，当时，又，，因为不等式对任意的正整数恒成立，，解得.8．（2023·全国·高三专题练习）已知为等差数列，是公比为2的等比数列，且．(1)证明：；(2)求集合中元素个数．【答案】(1)证明见解析；(2)．【分析】（1）设数列的公差为，根据题意列出方程组即可