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2024年高考数学数列新定义专项训练
一、单选题
1．定义，已知数列为等比数列，且，则（ ）
A． B．2 C． D．4
2．任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环图，这就是数学史上著名的“冰霓猜想”（又称“角谷猜想”等）．已知数列满足：，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．定义表示实数、中较大的数．已知数列满足，，，若，记数列的前项和为，则的值为（ ）．
A．2014 B．2015 C．5235 D．5325
4．如图为“杨辉三角”示意图，已知每行的数字之和构成的数列为等比数列且记该数列前项和为，设，将数列中的整数项依次取出组成新的数列记为，则的值为（ ）

A．24 B．26 C．29 D．36
5．在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得新数列按照同样的方法进行构造，可以不断形成新的数列．现对数列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；…依次构造，记第n（）次得到的数列的所有项之和为，则（ ）
A．1095 B．3282 C．6294 D．9843
6．若数列满足“对任意正整数都有”，则称数列具有“性质”. 则（ ）
A．若数列具有“性质"，则数列为等比数列
B．存在等比数列具有“性质”
C．若数列为等差数列，则数列具有“性质”
D．若数列具有“性质”，则数列为等差数列
7．若数列满足，，，，则称数列为数列，该数列是由意大利数学家斐波那契于1202年提出，此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用．则下列结论错误的是（ ）
A．
B．数列各项除以2后所得的余数构成一个新数列，若数列的前n项和为，则
C．记，则数列的前2021项的和为
D．
8．意大利数学家斐波那契（1175年~1250年）以兔子繁殖数量为例，引入数列：1，1，2，3，5，8，…，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即，故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列”，其通项公式为.设是不等式的正整数解，则的最小值为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
二、多选题
9．给定数列，定义差分运算：．若数列满足，数列的首项为1，且，则（ ）
A．存在，使得恒成立
B．
C．对任意，总存在，使得
D．对任意，总存在，使得
10．已知数列的通项为，前项和为，则下列选项中正确的有（ ）
A．如果，则，，使得
B．如果，则，，使得
C．如果，则，，使得
D．如果，，使得，则，，便得
11．设是各项为正的无穷数列，若对于，（d：为非零常数），则称数列为等方差数列．那么（ ）
A．若是等方差数列，则是等差数列
B．数列为等方差数列
C．若是等方差数列，则数列中存在小于1的项
D．若是等方差数列，则存在正整数n，使得
三、填空题
12．在数列中，若存在常数t，使得恒成立，则称数列为“数列”若数列为“数列”，且，数列为等差数列，且则 （写出通项公式）
13．有一类有趣的数列被称为“外观数列”，该数列的后一项由前一项的外观产生．以为首项的“外观数列”记作，如：1，11，21，1211，111221，…，即第一项为1，外观上看是1个1，因此第二项为11，第二项外观上看是2个1，因此第三项为21；第三项外观上看是1个2，1个1，因此第四项为1211，…，按照相同的规则可得的其它项；再如：3，13，1113，3113，132113…若的第项记作，的第项记作，设，则 ．
14．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：称小于的近似值为弱率，大于的近似值为强率由，取为弱率，为强率，得，故为强率，与上一次的弱率计算得，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 ．
四、解答题
15．若数列是等差数列，则称数列为调和数列.若实数、、依次成调和数列，则称是和的调和中项.
(1)求和4的调和中项；
(2)已知调和数列，，，求数列的前项和.
16．若项数为（）的数列：，，…，满足：.定义变换：将数列中原有的每个0都变成0，1，原有的每个1都变成1，0，若，1，.
(1)求；
(2)若中0的个数记为，1的个数记为，，求；
(3)记中连续两项都是1的数对个数记为，求.
17．已知为非零常数，，若对，则称数列为数列．
(1)证明：数列是递增数列，但不是等比数列；
(2)设，若为数列，证明：；
(3)若为数列，证明：，使得．
18．将数列中项数为平方数的项依次选出构成数列，此时数列中剩下的项构成数列；再将数列中项数为平方数的项依次选出构成数列，剩下的项构成数列；…．如此操作下去，将数列中项数为平方数的项依次选出构成数列，剩下的项构成数列．
(1)分别写出数列的前2项；
(2)记数列的第项为．求证：当时，；
(3)若，求的值．
19．若数列在某项之后的所有项均为一常数，则称是“最终常数列”.已知对任意，函数和数列满足.
(1)当时，证明：是“最终常数列”；
(2)设数列满足，对任意正整数.若方程无实根，证明：不是“最终常数列”的充要条件是：对任意正整数，；
(3)若不是“最终常数列”，求的取值范围.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【分析】先根据新定义得，再利用等比中项求解即可.
【详解】由题意，数列为等比数列，且，
所以，所以，则，
由等比数列性质知：与符号一致，故.
故选：D.
2．B
【分析】根据“冰霓猜想”结合递推关系，可知数列从开始，是以3为周期的数列，进而即可求解.
【详解】由题意可知，，，，，，
，，，，，……，
所以根据“冰霓猜想”可知.
故选：B
3．C
【分析】按的大小，分类讨论根据数列的定义求出数列的前几项，得出数列的周期性，由求得值，然后利用周期性求和．
【详解】因为，，，
所以，
当，即时，
，，，，因此是周期数列，周期为，
所以，解得，符合题意，
所以，
所以，
当，即时，
，，，，因此是周期数列，周期为，
所以，解得，不成立，
综上所述，.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：分类讨论根据数列的定义求出数列的前几项，得出数列的周期性，是解决本题的关键.
4．B
【分析】根据已知等比数列求得其前项和，代入，整理得到，要求中的整数项，需使的最末位是1或6，列出数列的相关项，即得的值.
【详解】依题意，题中的等比数列为，故该数列前项和，则，
要使数列中只取得整数项，需使是5的正整倍数即可，即使的最末位是1或6即可，
于是新的数列的项依次为：4，6，9，11，14，16，19，21，24，26，29，31，，
故
故选：B.
5．B
【分析】根据给定条件，得到第次构造后数列的和与第次构造后数列的和的关系，再求出数列的通项即可.
【详解】设第次构造后得的数列为，则，
则第次构造后得到的数列为，
于是，，
显然，而，
因此数列是以为首项，3为公比的等比数列，则，即,
所以.
故选：B
【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.
6．D
【分析】由“性质”的定义对选项一一判断即可得出答案.
【详解】对于B，假设等比数列具有“性质”，设，
，，
若，则，
，
则，不存在使得等式成立，故B错误.
对于C，取，，，
但，故C错误；
对于A，D，若数列具有“性质”，
取，则，所以，
所以数列是公差为的等差数列，故A错误，D正确.
故选：D.
7．C
【分析】利用斐波那契数列的性质逐项判断即可求解.
【详解】对于A：因为，，，，
所以
，故A正确；
对于B：显然，由（，）可知，
（，）可由判断，
若，则，
若或，则，
由此可得，，，，，，，（，），
所以，故B正确；
对于C：因为，，，，
所以
，
又由选项B，易知，
所以，
则，故C错误；
对于D：（，）
，
又因为，所以，
故，故D正确.
故选：C.
【点睛】关键点晴：本题选项B的解决键是，利用斐波那契数列的性质确定数列是以为周期的周期数列，利用周期性求出数列的前项和.
8．C
【分析】将不等式化为，即，再根据斐波那契数列为递增数列，进而可得答案.
【详解】由，
得，
得，得，
得，，
所以，
令，则数列即为斐波那契数列，
，则，
因为函数都是增函数，
所以函数是增函数，
故数列为递增数列且，
所以数列亦为递增数列，
由，得，，，
，，，
因为，，
所以使得成立的的最小值为8．
故选：C.
【点睛】关键点点睛：根据斐波那契数列的通项公式，利用对数知识将不等式化为斐波那契数列进行求解是本题解题关键.
9．AB
【分析】由已知求出、即可判断A；利用累加法结合错位相减法求和求出，即可判断B，结合数列的单调性判断C，求出及的范围判断D.
【详解】对于A，由，得，
则，
显然当时，恒成立，故A正确；
对于B：由，得，
当时，
即，
于是，
两式相减得，
因此，显然满足上式，则，故B正确；
对于C：由，
所以数列是递增数列，则有最小值，无最大值，
当时，不存在，使得，故C错误；
对于D，，由选项B得，
显然数列是递减数列，且，
因此当时，不存在，使得成立，故D错误.
故选：AB
【点睛】关键点点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.
10．ABD
【分析】A选项，得到或0，故令可得A正确；B选项，，则，取，，使得，B正确；C选项，先证明出，，故，在B选项基础上可得C错误；D选项，，故满足要求.
【详解】A选项，可以得到，
故或0，故令，则有，，使得，A正确；
B选项，，
故，
则，取，，使得，B正确；
C选项，下证，，
令，，则在上单调递减，
因为，，
故存在，使得，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
又，故在恒成立，
即，，
，则有，
又B选项可知，当，则，，使得，
同理当，则，，使得，
故当，则，，使得，C错误；
D选项，如果，，使得，
则，
故对于，，便得，D正确.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：数列新定义问题，主要针对于等差，等比，递推公式和求和公式等综合运用，对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时涉及数列与函数，数列与导函数，数列与不等式，数列与排列组合等知识的综合，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题.
11．ACD
【分析】对于B：代入定义计算即可判断；根据题意结合等差数列的定义分析判断A；借助题目条件，借助放缩将等式转换为不等式后结合数列的函数性质分析判断C；由题意将表示出来后，使用放缩技巧，通过放缩法结合裂项相消法求和以表示出与有关不等式即可判断D.
【详解】对于选项B：若时，则，，
则不为定值，
所以数列不是等方差数列，故B错误；
对于选项ACD：若是等方差数列，则为常数，
所以数列是以为首项，公差为d的等差数列，故A正确；
可得，
当时，则总存在正整数，使，
与矛盾，故恒成立，，
有，，
即，，有，
则，
由随的增大而增大，
故总存在正整数使，即数列中存在小于1的项，故C正确；
由，故，
则
，
可得
，
由随n的增大而增大，且时，，
故对任意的，总存在正整数n使，
即总存在正整数n，使得，D正确；
故选：ACD．
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是通过放缩法结合裂项相消法求和以表示出与有关不等式.
12．
【分析】根据数列为“数列”，化为，进而求得，作差有，根据已知条件化为，解出，由此求出，即可求出数列的通项公式.
【详解】因为数列为“数列”，由，
有①，
所以②，
两式作差得，
又因为数列为“数列”，所以，
设数列的公差为d，所以，
即对成立，
则，得；
又，，
得，所以.
故答案为：.
13．60
【分析】列出，的前几项，观察规律进而求出的通项公式即可求解.
【详解】由题，当，时，，，，，，，
，，，，，，
由递推可知，随着的增大，和每一项除了最后一位不同外，其余各位数都相同，
所以，
所以的前项和为，所以，，时，，
故答案为：60
14．
【分析】根据题意利用“调日法”不断计算，进行归纳推理能求出结果．
【详解】为强率，由，
得，为强率；
由，得，为强率；
由，得，为强率；
由，得，为强率；
由得，为弱率；
由，得．
故答案为：．
15．(1)；
(2).
【分析】（1）根据新定义求解；
（2）利用裂项相消法求和结合条件即得．
【详解】（1）设和4的调和中项为，依题意得：，
∴.
（2）依题意，设公差为，
所以，
所以，
所以，
所以.
16．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据定义变换求，再求；
（2）首先由变换的过程可知，，再结合等比数列求和公式，即可求解；
（3）首先对连续两项都是1产生的路径进行讨论，再分为奇数和偶数两种情况求解.
【详解】（1）由得，
（2）由变换的定义及，知：，
所以
；
（3）由（2）知，中0的个数和1的个数相等，
设中有个01数对，由变换的定义知中的11数对只能由中的01数对得到，所以，中的01数对有两个产生路径①中的0得到，②中的11得到，而中有0和1的个数相等均为.
所以有，即，
由，，知，
当时，若为偶数，则有：
，
累加得：，
同理可得，当为奇数时，
综上所述，
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是首先设中有个01数对，再根据数对产生的路径得到，即.
17．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）得到，证明出不合题意，符合要求，从而得到，结合得到，得到为递增数列，并得到不是常数，证明出结论；
（2）得到，利用放缩得到，结合证明出结论；
（3）得出，结合累加法得到，得到不等式，求出答案.
【详解】（1），
故为公差为的等差数列，所以，
若，则当时，，不合题意，
若，则，满足要求，
，
因为，所以，故，故数列为递增数列，
，由于为递增数列，故不是常数，
不是常数，故数列是递增数列，但不是等比数列；
（2）因为为数列，所以，故，
因为，
所以，
因为，
当且仅当时，等号成立，所以；
（3）因为为数列，
所以，
所以，
令，则，解得，
所以，使得.
【点睛】思路点睛：数列不等式问题，常常需要进行放缩，放缩后结合等差或等比公式进行求解，又或者放缩后可使用裂项相消法进行求和，常常使用作差法和数学归纳法，技巧性较强.
18．(1)的前2项为3，8； 的前2项为5，11；
(2)证明见解析；
(3)
【分析】（1）直接利用数列定义求解；
（2）证明为等差数列即可求解；
（3）先利用数学归纳法证明进而求得的表达式，利用累加法再解方程求解
【详解】（1）数列的前2项为3，8；数列的前2项为5，11；
（2）首先，当时，结论成立；
当时，对于相邻的两个数列：
1 4 9 16 25 36 49 64
2 6 12 20 30 42 56 72
3 8 15 24 35 48 63 80
5 11 19 29 41 55 71 89
7 14 23 34 47 62 79 98
10 18 28 40 54 70 88 108
13 22 33 46 61 78 97 118
17 27 39 53 69 87 107 129
因为都在数列中，且在之前，
所以在数列中，必有，
所以，
所以
所以构成首项为，公差为1的等差数列，
所以
（3）由各个数列生成的规则知，中不可能有两个元素是同一数列的项．
从上面的表格，我们猜想：集合中的每个元素，且仅是数列中某个数列的项.
具体地可概括成结论P：对任意，有
下面用数学归纳法证明：
(i)当时， 由题意数列的首项分别是2, 3，结论成立；
(ii)假设当时，结论成立，即对，
那么由第（2）问的结论知：当时，
,
,
上式表明，集合中除了的每一个元素都是数列中的某个数列的项，
还剩下两个元素：，它们必是数列的首项，
结果只有.
根据(1)(2)知，结论P成立.
由结论P可得，数列的首项为，的首项为，
即
另一方面，由第（2）问的结论：得：
，
，
…
，
相加得：，
当时，上式也成立．
所以
令，则
所以．
由得，所以，所以，
所以.所以，此时，所以；
令，有，
．由得，所以．
所以，所以 无解.
综上，当时，
【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，关键是利用数学归纳法得，进而得到的表达式.
19．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用“最终常数列”定义即可证明；
（2）利用反证法结合“最终常数列”新定义证明必要性，利用“最终常数列”定义证明必要性；
（3）利用第二问的证明结论即可求出的取值范围.
【详解】（1）因为，所以对任意，故数列最小值不变.
即对于任意恒成立.
故对于任意，有，故是“最终常数列”.
（2）必要性，若不为“最终常数列”，假设存在一个使得，则由（1）同理可知其最小值不变，故为“最终常数列”，矛盾.所以对任意.
故对任意，均有成立，故对任意成立，
又由定义递推，知对任意正整数.
充分性：若任意正整数，则对任意成立，
又由定义知任意，均有成立.
由此知.
又由知，故，即在第项后严格递减，
故不是“最终常数列”.
综上，原命题得证.
（3）由（2）知：要求，解得.
下面证明：即为所求.
由时，，
由递推可知，对任意均有.
进而对任意均成立，结合（2）结论知不是“最终常数列”.故的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是：一要准确理解给定的新定义；二要利用反证法得出矛盾.
答案第1页，共2页
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