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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）已知数列满足，对任意都有，且对任意都有，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题意可得数列在上是递减数列，数列在上是递增数列，再根据二次函数的单调性即可得解.
【详解】因为对任意都有，
所以数列在上是递减数列，
因为对任意都有，
所以数列在上是递增数列，
所以，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：C.
2. （2024·全国·模拟预测）若数列，对于 ，都有（为常数）成立，则称数列具有性质．已知数列的通项公式为，且具有性质，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题意，先将成立变形为时成立，将通项公式代入，从而将问题转化为恒成立问题，研究新数列的单调性即可解决问题．
【详解】依题意，得，故只需考虑时，，．
因为，只需要 ，
即 ，整理得．
令，则 ，
所以对任意的恒成立，所以数列为递增数列，
则，所以，即的取值范围为 ．
故选：C．
3. （23-24高三下·江苏泰州·阶段练习）已知数列满足，．
(1)已知，
①若，求；
②若关于m的不等式的解集为M，集合M中的最小元素为8，求的取值范围；
(2)若，是否存在正整数，使得，若存在，求出k的最小值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)①或2或3或4 ；②
(2)存在；
【分析】
（1）①当时代入递推公式，解出，再解出即可；②由递推关系分解因式得到，得到的关系，再结合已知最小元素列不等式求解即可；
（2）由上问写出的表达式，再由，得到关于，解出符合条件的k即可.
【详解】（1）
①，∴或2，
而．若，∴或2．
若，∴或4，经检验均符合．∴或2或3或4．
②由条件知，
∴，∴，
或，或或或
或，，，…，，
…
或，…，，或，…或
∴．
（2）
或，，…，，，
令，，，∴，
当时，不是自然数，
所以当时，，，
∴存在这样的k，．
【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.已知二次函数有两个不相等的实根，其中.在函数图象上横坐标为的点处作曲线的切线，切线与轴交点的横坐标为；用代替，重复以上的过程得到；一直下去，得到数列.记，且，，下列说法正确的是（ ）
A．（其中） B．数列是递减数列
C． D．数列的前项和
【答案】AD
【分析】根据可求的表达式，判断A的真假；利用导数求二次函数在处切线的斜率，进一步写出在处的切线方程，求出直线与轴的交点横坐标，得，进一步判断数列的结构特征，得到数列是等比数列，可判断BC的真假；利用公式法可求数列的前项和，判断D的真假.
【详解】对于A选项，由得，所以，故A正确.
二次函数有两个不等式实根，，
不妨设，
因为，
所以，
在横坐标为的点处的切线方程为：，
令，则，
因为
所以，即：
所以为公比是2，首项为1的等比数列.
所以故BC错.
对于D选项，，得故D正确.
故选：AD
5. （2024·陕西西安·三模）已知正项数列的前项和为，前项积为，且满足，则不等式成立的的最小值为（ ）
A．11 B．12 C．13 D．10
【答案】B
【分析】根据题意得到，再利用构造法得到数列为等比数列，从而求得的通项公式，再利用放缩法，结合等比数列的求和公式即可得解.
【详解】 ，，
，则，
时，， ，则，
故，
因此是以为首项，为公比的等比数列.
所以，即.
根据题中条件，
则，，
因此.
当时，；
当时，.
综上，不等式成立的的最小值为12.
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，从而利用放缩法即可得解.
02数列分奇偶问题
6.（2024·河北石家庄·二模）已知数列满足
(1)写出;
(2)证明:数列为等比数列;
(3)若，求数列的前项和.
【答案】(1)，，
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由数列的递推式，分别令，2，3，计算可得所求值；
（2）推得，由等比数列的定义，可得证明；
（3）求得，，由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，可得所求和．
【详解】（1）由
可得；；；
（2）证明：由题可得，
则数列是首项为1，公比为2的等比数列；
（3）由（2）可得，即，
，
，
前项和，
，
两式相减可得，
化简可得．
7. （2024·广东佛山·二模）已知数列满足，，且．
(1)证明为等比数列，并求数列的通项公式；
(2)设，且数列的前项和为，证明：当时，．
【答案】(1)证明见解析，
(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）先把数列进行适当的放缩，再用分组求和的方法求满足的关系，并证明.
【详解】（1）因为，，
所以，，.
易知，所以，
因为．
所以是等比数列，首项，公比，所以．
（2）由（1）可得，
先证明左边：即证明，
当时，，
所以，
所以，
再证明右边：，
因为，
所以，
即，下面证明，
即证，即证，
设，，则，设，，
因为，所以函数在上单调递增，
则，即，，
所以，所以．
综上，．
【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）已知数列满足则（ ）
A．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
B．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
C．当时，存在正整数，当时，
D．当时，对于任意正整数，存在，使得
【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：当时，对任意的正整数，都存在，使得. 最后由该引理推出C错误，D正确.
【详解】当时，，，所以此时不是递增数列，A错误；
当时，，，，所以此时不是递减数列，B错误；
我们证明以下引理：当时，对任意的正整数，都存在，使得.
若该引理成立，则它有两个直接的推论：
①存在，使得对任意的正整数，都存在，使得；
②当时，对任意的正整数，都存在，使得.
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：
当时，对任意确定的正整数：
如果，则；
如果，则或.
此时若，则；
若，则.
无论哪种情况，都有，从而.
这说明或，所以可以选取，使得. 这就说明存在，使得.
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：当时，对任意的正整数，都存在，使得. 这一引理可以帮助我们判断出较难判断的C和D选项.
9. （2024·辽宁·二模）如果数列，其中，对任意正整数都有，则称数列为数列的“接近数列”．已知数列为数列的“接近数列”．
(1)若，求的值；
(2)若数列是等差数列，且公差为，求证：数列是等差数列；
(3)若数列满足，且，记数列的前项和分别为，试判断是否存在正整数，使得？若存在，请求出正整数的最小值；若不存在，请说明理由．（参考数据：）
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)存在，17
【分析】（1）将分别代入即可求解；
（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）构造等比数列求出的通项公式，进一步求其前n项和，分n为奇数和偶数两种情况结合数列的单调性，确定的通项，进而确定，再解不等式求解即可.
【详解】（1）由题：令则，即，故，
得，又，同理可得，.
（2）由题意，
故，
从而，即，
因为，所以即，故数列是等差数列.
（3）因为,则，解得，
又，故是以为首项，公比为的等比数列，
则，即，
当n为奇数时，，易知单调递减，
故，得，进一步有；
当n为偶数时，，易知单调递增，
故，即，得，进一步有；
综上，，
易知
当n为偶数时，由，得即，无解；
当n为奇数时，
由,得即，
故，所以存在正整数，使得，正整数的最小值为17.
【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的范围来确定.
10. （多选）2024·辽宁沈阳·二模）已知数列的通项公式为，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则数列单调递减
B．若对任意，都有，则
C．若，则对任意，都有
D．若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，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，再分为奇数与偶数的情况讨论即可；对于选项C，分为奇数与偶数的情况讨论，进而求和分析是否为0即可；对于选项D，先将条件转化为：到距离最小的正奇数到的距离大于到距离最小的正偶数到的距离，再分情况讨论即可.
【详解】对于选项A，由条件知，，而，
结合，知，所以，
所以，即数列单调递减，故A正确；
对于选项B，首先有.
若，则当n为偶数时，，从而必成立；
而当n为奇数且时，由，知，，从而，即，这意味着.
所以只要，就一定有恒成立，所以由恒成立不可能得到，故B错误；
对于选项C，显然当同为奇数或同为偶数时，必有同号，故；
而当的奇偶性不同时，为奇数，此时不妨设分别是奇数和偶数，则
因为，故为偶数，而为奇数，所以，
所以，故C正确；
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.
当为偶数时，要让最大，即要让最小；
而当为奇数时，要让最小，即要让最小.
设和分别是到距离最小的正偶数和正奇数，则条件相当于.
而，故条件等价于，即.
这表明，条件等价于，到距离最小的正奇数到的距离，大于到距离最小的正偶数到的距离.
若，则到距离最小的正奇数和正偶数分别是1和2，而由可知，不符合条件；
若，是正奇数，则到距离最小的正奇数到的距离为0，不可能大于到距离最小的正偶数到的距离，不符合条件；
若，且不是正奇数，设到的距离最近的正偶数为，则.
此时到距离最小的正偶数到的距离为，从而到距离最小的正奇数到的距离大于，进一步知任意正奇数到的距离都大于.
从而，，这意味着，，所以.
综上，，，故D正确．
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题的数列通项中含有，这往往意味着我们需要对的奇偶性作分类讨论，分两种情况对数列进行讨论才可全面地解决问题.
03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，，…，，…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﹔如果n是奇数，就对尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是．
(1)写出这个数列的前7项；
(2)如果且，求m，n的值；
(3)记，，求一个正整数n，满足．
【答案】(1)，，，，，，；
(2)；
(3)（答案不唯一，满足即可）
【分析】（1）根据数列的定义，逐一求解；
（2）根据数列的定义，分和分别求解；
（3）根据数列的定义，写出的值，即可求解.
【详解】（1）根据题意，，，
，，，
，．
（2）由已知，m，n均为奇数，不妨设．
当时，因为，所以，故；
当时，因为，而n为奇数，，所以．
又m为奇数，，所以存在，使得为奇数．
所以．
而，所以，即，，无解．
所以．
（3）显然，n不能为偶数，否则，不满足．
所以，n为正奇数．
又，所以．
设或，．
当时，，不满足；
当时，，即．
所以，取，时，
即．
【点睛】关键点点睛：第（3）问中，发现当时，满足，从而设，，验证满足条件.
12. （2024·广东梅州·二模）已知是由正整数组成的无穷数列，该数列前项的最大值记为，即；前项的最小值记为，即，令（），并将数列称为的“生成数列”．
(1)若，求其生成数列的前项和；
(2)设数列的“生成数列”为，求证：；
(3)若是等差数列，证明：存在正整数，当时，，，，是等差数列．
【答案】(1)
(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）因为关于单调递增，
所以，
，
于是，
的前项和．
（2）由题意可知，，
所以，
因此，即是单调递增数列，且，
由“生成数列”的定义可得．
（3）若是等差数列，证明：存在正整数，当时，是等差数列．
当是一个常数列，则其公差必等于0，，
则，因此是常数列，也即为等差数列；
当是一个非常数的等差数列，则其公差必大于0，，
所以要么，要么，
又因为是由正整数组成的数列，所以不可能一直递减，
记，则当时，有，
于是当时，，
故当时，，…，
因此存在正整数，当时，，…是等差数列．
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，其中和分别为特殊数列，裂项相消法类似于，错位相减法类似于，其中为等差数列，为等比数列等.
13. （2024·浙江·模拟预测）已知实数，定义数列如下：如果，，则．
(1)求和（用表示）；
(2)令，证明：；
(3)若，证明：对于任意正整数，存在正整数，使得．
【答案】(1)
(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），分别计算和可证明结论；
（3）先根据无上界说明存在正整数，使得，分是偶数和是奇数分别说明.
【详解】（1）因为，所以；
因为，所以；
（2）由数列定义得：；所以．
而，
所以；
（3）当，由（2）可知，无上界，故对任意，存在，使得．
设是满足的最小正整数．下面证明．
①若是偶数，设，
则，于是．
因为，所以．
②若是奇数，设，
则．
所以．
综上所述，对于任意正整数，存在正整数，使得．
14. （2024·安徽池州·模拟预测）定义：若对恒成立，则称数列为“上凸数列”．
(1)若，判断是否为“上凸数列”，如果是，给出证明；如果不是，请说明理由．
(2)若为“上凸数列”，则当时，．
（ⅰ）若数列为的前项和，证明：；
（ⅱ）对于任意正整数序列（为常数且），若恒成立，求的最小值．
【答案】(1)是，证明见解析
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）构造函数，利用导数研究其单调性结合“上凸数列”定义判定即可；
（2）（ⅰ）利用“上凸数列”定义及倒序相加法证明即可；令，利用条件及数列求和适当放缩计算即可.
【详解】（1）是“上凸数列”，理由如下：
因为，
令，
则 ．
当时，，
所以，
所以在区间上单调递减，
所以，
所以，
所以是“上凸数列”．
（2）（ⅰ）证明：因为是“上凸数列”，由题意可得对任意，
，
所以，
所以．
（ⅱ）解：令，
由（1）可得当时，是“上凸数列”，
由题意可知，当时，．
因为，
即
．
所以
，
当且仅当时等号成立，
所以．
综上所述，的最小值为．
15. （2024·吉林白山·二模）已知数列的前项和为，若数列满足：①数列项数有限为；②；③，则称数列为“阶可控摇摆数列”.
(1)若等比数列为“10阶可控摇摆数列”，求的通项公式；
(2)若等差数列为“阶可控摇摆数列”，且，求数列的通项公式；
(3)已知数列为“阶可控摇摆数列”，且存在，使得，探究：数列能否为“阶可控摇摆数列”，若能，请给出证明过程；若不能，请说明理由.
【答案】(1)或
(2)
(3)不能，理由见解析
【分析】（1）根据和讨论，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）根据数列为“阶可控摇摆数列”求得，再利用数列的前项和得，然后推得与不能同时成立，即可判断.
【详解】（1）若，则，解得，则，与题设矛盾，舍去；
若，则，得，
而，解得或，
故或.
（2）设等差数列的公差为，
因为，则，则，
由，得，
而，故，
两式相减得，即，
又，得，
所以.
（3）记中所有非负项之和为，负项之和为，
因为数列为“阶可控摇摆数列”，则得，
故，所以.
若存在，使得，即，
则，
且.
假设数列也为“阶可控摇摆数列”，记数列的前项和为，
则
因为，所以.
所以；
又，则.
所以；
即与不能同时成立.
故数列不为“阶可控摇摆数列”.
【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，，，数列与数列的公共项按从大到小的顺序排列组成一个新数列，则数列的前99项和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】对n分奇数与偶数讨论，求出数列与数列的公共项，利用裂项相消法求和.
【详解】因为数列是正奇数数列，对于数列，当为奇数时，设，则，为奇数；当为偶数时，设 ，则，为偶数，所以，
，
所以，
故选：D．
22.
列，故可以通过判断数列各项的奇偶，得到，再利用裂项相消法求和即可．
17. （2024·黑龙江·二模）已知集合是公比为2的等比数列且构成等比数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)设是等差数列，将集合的元素按由小到大的顺序排列构成的数列记为.
①若，数列的前项和为，求使成立的的最大值；
②若，数列的前5项构成等比数列，且，试写出所有满足条件的数列.
【答案】(1)
(2)① 32；②
【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.
【详解】（1）是公比为2的等比数列且构成等比数列.
则，即，
解得，故数列的通项公式.
（2）①,设其前n项和，
,设其前n项和，
集合中的所有元素的最小值为，
且三个元素是中前205项中的元素，
且是中的元素，
又．
又，
故 ，
且,
故使成立的的最大值是32.
②因为 ，中的元素按从小到大的顺序记为，
对集合中的元素2进行分类讨论：
当时，由的前5项成等比数列，得，显然不成立；
当时，由的前5项成等比数列，得，；
因此数列的前5项分别为1，，2，，4；
这样，则数列的前9项分别为1，，2，，4，，
，，8；上述数列符合要求；
当时，有，即数列的公差，
，1，2，；
，2，4在数列的前8项中，由于，这样，，，，
以及1，2，4共9项，
它们均小于8，即数列的前9项均小于8，这与矛盾，所以也不成立；
综上所述，；
【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，.中的所有元素按从小到大的顺序排列构成数列，为数列的前项的和.
(1)求；
(2)如果，，求和的值；
(3)如果，求（用来表示）.
【答案】(1)；
(2)，；
(3)，.
【分析】（1）根据集合A、B的描述分析中的元素组成，进而写出的前10项，即可求.
（2）由结合且即可求值；令、判断对应中的，进而确定值.
（3）由中属于集合A、B中元素之间的个数关系，判断的中分别含集合A、B中元素个数，进而应用分组求和，结合等差、等比前n项和求即可.
【详解】（1）由题设，集合A中元素为，集合B中元素为，且A、B没有重复元素，
∴的前10项为，故.
（2）由，故中含集合的4个元素；
由且，可得，故中含集合A的40个元素；
∴；
由，若，则中含集合的7个元素；
此时，由且，可得，故中含集合A的1093个元素；
∴中.
由，若，则中含集合的8个元素；
此时，由且，可得，故中含集合A的3280个元素；
∴中.
综上，由，即，
∴中含集合的7个元素，含集合A的个元素，
∴.
（3）由题设，若中含m个集合B的元素，在第个和第个集合B的元素之间存在个集合A的元素，
∴若最后一项属于集合且共有个集合B的元素，，
∴共有个元素，
由题设，，故含个集合的元素，含个集合A的元素，
∴，
∴，.
【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中含A、B中元素个数，进而求参数及前n项和.
19. （2020·湖南长沙·三模）已知数列的前项和为，，（且，）．
（1）求数列的通项公式；
（2）在①，，，②，，这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，要使问题成立：
对任意的正整数，若将，，按______的顺序排列后构成等差数列，且公差为，求的值及对应的．
【答案】（1）；（2）见解析
【分析】（1）由再写式子，两式作差得到（n≥2），所以数列{an}从第二项起是公比为的等比数列，又当n＝1时，从而可得通项公式；
（2）由（1）分别写出，，，若选①，则，解出p值，即可求得；同理若选②，则，解出p值，求得.
【详解】（1）因为，当时，，
两式相减，得，故数列从第二项起是公比为的等比数列，
又当时，，，
所以，从而．
（2）由（1）得，，，
若选①，则，或，得，
所以，，
所以．
若选②，则，或，得，
所以，，
所以．
【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）已知有穷数列的各项均不相等，将的项从大到小重新排序后相应的项数构成新数列，称为的“序数列”.例如，数列 满足，则其“序数列”为1 3 2，若两个不同数列的“序数列”相同，则称这两个数列互为“保序数列”.
(1)若数列 的“序数列”为2 3 1，求实数x的取值范围；
(2)若项数均为2021的数列 互为“保序数列”，其通项公式分别为，（t为常数），求实数t的取值范围；
(3)设，其中p q是实常数，且，记数列的前n项和为，若当正整数时，数列的前k项与数列的前k项（都按原来的顺序）总是互为“保序数列”，求p q满足的条件.
【答案】(1)
(2)
(3)答案见解析
【分析】（1）由题意得出不等式即可求出；
（2）作差判断增减，得出序数列即可求解；
（3）讨论或，，，，根据数列的单调性结合题意可得.
【详解】（1）由题意得，即，解得；
（2），
当时，，即，当时，，即，
故，
又，，，因此的序数列为，…，2021．
又因、互为“保序数列”，故，
只需满足，解得：．
（3）① 当或时，数列中有相等的项，不满足题意.
② 当时，数列单调递增，故也应单调递增，
从而对且恒成立.又数列单调递增，故.
③ 当时，数列单调递减，故也应单调递减，
从而对且恒成立.
又数列单调递减，故.
④ 当时，数列单调递减，且；单调递增，且，
于是对且恒成立，即，从而.
另一方面，对且恒成立，即，从而.
综上，，即.
此时，，满足题意.
综上，当时，、满足的条件是；
当时，、满足的条件是；
当时，、满足的条件是.
05数列与三角函数结合
21. （2023·天津河北·一模）已知是等差数列，其公差大于1，其前项和为是等比数列，公比为，已知.
(1)求和的通项公式；
(2)若正整数满足，求证：不能成等差数列；
(3)记，求的前项和.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【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，再由等差数列的性质代入计算，即可证明；
（3）根据题意，由数列的通项公式分别表示出，再由并项求和法代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）由题意.
联立即
代入整理，，
.
.
（2），
若成等差数列，
则有，即，
等式的左右两边同时除以，
可得，
，
为偶数，为偶数，而1是奇数，
等式不成立，
不能成等差数列.
（3），
，
，
，
，
.
【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三项合并求和
22. （2024·吉林·二模）已知数列,
(1)求.
(2)求的通项公式；
(3)设的前项和为,若,求.
【答案】(1)
(2)
(3)4048
【分析】(1)将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，通过对的周期性取值讨论求解即可.
【详解】（1）当时,得；
当时,得
（2）设
整理得
又
解得
又
是以为首项,为公比的等比数列,
故的通项公式为
（3）设
设则当时,当时,
当时,当时,
若,则
23. （2024·河南开封·三模）点S是直线外一点，点M，N在直线上（点M，N与点P，Q任一点不重合）．若点M在线段上，记；若点M在线段外，记．记．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，，点D是射线上一点，且．
(1)若，求；
(2)射线上的点，，，…满足，，
（i）当时，求的最小值；
（ii）当时，过点C作于，记，求证：数列的前n项和．
【答案】(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）根据定义可得，即可根据余弦定理求解，
（2）（i）根据等面积法可得，即可利用不等式乘“1”法即可求解，
（ii）由，结合放缩法即可求解.
【详解】（1）因为D是线段上一点，，
所以故，
所以为的角平分线，又,所以,
若，在中，由余弦定理可得,
故，
由正弦定理可得,故，解得,
由于是最大的边，所以，
（2）设，
（i）当时，因为,所以在线段的延长线上，
所以，
因为,
,
所以
当且仅当,即取等号，此时，
由于,，等号可以取到，
故的最小值为
（ii）当，,所以在线段的延长线上，
所以，
所以,
时，所以，
,，
所以，
综上
【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，其中和分别为特殊数列，裂项相消法类似于，错位相减法类似于，其中为等差数列，为等比数列等.
24．（22-23高三上·湖北黄冈·阶段练习）已知数列为数列的前n项和，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)求证：；
(3)证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用得到，变形后求出通项公式；
（2）构造，利用导函数得到其单调性，得到，再令，则证明出结论；
（3）先不等式两边取对数，再构造，，利用导函数得到其单调性，得到，从而对不等式放缩得到，利用累加法和放缩法证明出不等式.
【详解】（1）
当时，
得：
，，即，
变形为，
，经检验时也适合．
.
（2）构造函数，，
在上递减，
，
时．
∵，
∴令，则有
（3），，原不等式等价于证明：
，
令，，
则，
所以在上单调递减，
所以，
所以，
令，然后累加得：
．原不等式得证．
【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，，得到，再进行相应的放缩.
25. （2022·上海金山·一模）若数列满足，则称数列为“k阶相消数列”.已知“2阶相消数列”的通项公式为，记，，，则当 时，取得最小值
【答案】2020
【分析】由可求出周期，
对变形可求得，从而求得，得到的前三项，分析的正负情况，可得时为负值，对此时的的求表达式可得，最大时有最小值.
【详解】由已知得
故
故，的周期为3
设，其中，故的周期为3
由题意有
由和差化积公式有
故
因此
若，不存在这样的对任意恒成立，故舍
则
，，
由三倍角公式有
故，当时，；
当时，；
当时，.
时，
，故，此时最小，此时
故答案为：2020
06数列中的周期性
26. （2023·湖南永州·二模）已知数列满足，则 ．
【答案】
【分析】利用余弦函数的周期性可得数列满足，再由累加法利用等差数列前和可得结果.
【详解】由余弦函数性质可知数列是以为周期的周期数列，
易知，，，，
则，且，可得；
由累加法可得
；
故答案为：
【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）若数列满足，且，则数列的前2023项的积为 .
【答案】2
【分析】由已知推出，由递推关系可得，所以，所以数列的周期为4且，继而推出，由周期性计算乘积即可.
【详解】由已知可得：
由上可得周期为4，，可得，
故的周期也为4，数列的前4项分别为，，，，
故数列的前2023项的积为
【点睛】关键点点睛：（1）将已知等式化简 变形，得到数列的周期为4；（2）化简，寻找数列和数列之间的关系.
28. （2021·广东·模拟预测）已知为数列的前项和，，平面内三个不共线的向量，，，满足，，，若，，在同一直线上，则 .
【答案】
【分析】先根据三点共线求解出之间的关系，由此确定出为周期数列，并求解出前项的值，然后根据周期性可求的值.
【详解】设，所以，所以，
所以，所以，所以，
所以，所以，所以，
所以，所以，所以，所以是周期为的周期数列，
因为，所以，
所以，
所以，
故答案为：.
【点睛】结论点睛：已知平面中三点共线 (O在该直线外)，若，则必有.
29. （2024·湖南长沙·一模）对于数列，如果存在正整数，使得对任意，都有，那么数列就叫做周期数列，叫做这个数列的周期.若周期数列满足：存在正整数，对每一个，都有，我们称数列和为“同根数列”.
(1)判断数列是否为周期数列.如果是，写出该数列的周期，如果不是，说明理由；
(2)若和是“同根数列”，且周期的最小值分别是和，求的最大值.
【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）均是周期数列，理由如下：
因为，
所以数列是周期数列，其周期为1（或任意正整数）.
因为，
所以.
所以数列是周期数列，其周期为6（或6的正整数倍）.
（2）当是奇数时，首先证明不存在数列满足条件.
假设，即对于，都有.
因为，
所以，
即，及.
又时，，
所以，与的最小值是矛盾.
其次证明存在数列满足条件.
取
及，
对于，都有.
当是偶数时，首先证明时不存在数列满足条件.
假设，即对于，都有.
因为，
所以，
即，及.
又时，，
所以，与的最小值是矛盾.
其次证明时存在数列满足条件.
取
及
对于，都有.
综上，当是奇数时，的最大值为；
当是偶数时，的最大值为.
【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）若无穷数列的各项均为整数．且对于，，都存在，使得，则称数列满足性质P．
(1)判断下列数列是否满足性质P，并说明理由．
①，，2，3，…；
②，，2，3，…．
(2)若数列满足性质P，且，求证：集合为无限集；
(3)若周期数列满足性质P，求数列的通项公式．
【答案】(1)数列不满足性质P；数列满足性质P，理由见解析
(2)证明见解析
(3)或．
【分析】（1）根据题意分析判断；
（2）根据题意先证为数列中的项，再利用反证法证明集合为无限集；
（3）先根据题意证明，再分为常数列和非常数列两种情况，分析判断.
【详解】（1）对①，取，对，则，
可得，
显然不存在，使得，
所以数列不满足性质P；
对②，对于，则，，
故
，因为，
则，且，
所以存在，，
使得，
故数列满足性质P；
（2）若数列满足性质，且，则有：
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
故数列中存在，使得，即，
反证：假设为有限集，其元素由小到大依次为，
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
即这与假设相矛盾，故集合为无限集.
（3）设周期数列的周期为，则对，均有，
设周期数列的最大项为，最小项为，
即对，均有，
若数列满足性质：
反证：假设时，取，则，使得，
则，即，
这对，均有矛盾，假设不成立；则对，均有；
反证：假设时，取，则，使得，
这与对，均有矛盾，假设不成立，即对，均有；
综上所述：对，均有，
反证：假设1为数列中的项，由（2）可得：为数列中的项，
∵，即为数列中的项，
这与对，均有相矛盾，即对，均有，同理可证：，
∵，则，
当时，即数列为常数列时，设，故对，都存在，
使得，解得或，即或符合题意；
当时，即数列至少有两个不同项，则有：
①当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；
②当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；
③当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；
综上所述：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）对于周期数列满足性质，证明思路：先逐步缩小精确的取值可能，再检验判断.
07数列中插入项问题
31. （2024·全国·模拟预测）已知，数列为，规律是在和中间插入项，所有插入的项构成以3为首项，2为公差的等差数列，则数列的前30项和为 ．
【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项中含有的前7项，含有的前23项，结合等差、等比数列的求和公式，即可求解.
【详解】因为，所以为等比数列，所有插入的项构成以3为首项，2为公差的等差数列，
由于，，，，
因此数列的前30项中含有的前7项，含有的前23项，
所以所求和为．
故答案为：829.
32. （2024·河北沧州·一模）在数列中，已知．
(1)求数列的通项公式；
(2)在数列中的和之间插入1个数，使成等差数列；在和之间插入2个数，使成等差数列；…；在和之间插入个数，使成等差数列，这样可以得到新数列，设数列的前项和为，求（用数字作答）．
【答案】(1)
(2)14337
【分析】（1）根据数列的前项和求数列的通项公式，一定要分和讨论.
（2）首先弄清楚新数列前55项的构成，再转化为错位相减法求和.
【详解】（1）当时，；
当时， ，
所以 ，.
当时，上式亦成立，
所以：.
（2）由 .
所以新数列前55项中包含数列的前10项，还包含，，，，，，，，.
且，，， .
所以
.
设
则，
所以 .
故：.
所以.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是要弄清楚新数列前55项的构成.可先通过列举数列的前几项进行观察得到规律.
33. （2024·新疆·二模）已知为等差数列，前项和为，若.
(1)求；
(2)对任意的，将中落入区间内项的个数记为.
①求；
②记 的前项和记为，是否存在，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)①；②存在，.
【分析】
（1）设数列的公差，由题设条件，列出关于的方程组，解之即得；
（2）①使 ，解得，因，故，依题即得的通项为；②依题意，求得和其前项和，将其代入，化简得，可得（*），分析可得，分别将值代入（*），求得的值，检验即得可求得..
【详解】（1）设的公差为由可得，即①，
又由可得即②
联立① ②解得：；
（2）①，即，
.
②由①得易知是等比数列，首项为2，公比为，故，
由得： ，
，
，
时，解得（舍）；
时，解得（舍）；
时，解得；
所以存在这样的，满足所给的条件，.
【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）已知正项数列的前n项和为，且．
(1)求证：
(2)在与间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在3项，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列 若存在，求出这样的3项，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明过程见解析；
(2)不存在，理由见解析.
【分析】（1）利用和等比数列的定义即可得出，再由放缩法和等比数列前n项和公式即可证明.
（2）利用等差数列的通项公式即可得出；假设在数列中存在三项，，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列，利用等差数列和等比数列的定义及其反证法即可得出.
【详解】（1）因为，，所以即，①
当时，②
②①得：即，
当时，，所以，
所以是以2为首项，为公比的等比数列，
所以，又因为，
所以
当时，；
当时，， 综上所述：.
（2）因为，，由题意知：，
所以
假设在数列中是否存在3项，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列，
则，即
化简得：，
又因为m，k，p成等差数列，所以，
所以即，又，所以
即，所以，这与题设矛盾.
所以在数列中不存在3项，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列.
35. （23-24高三上·天津东丽·阶段练习）已知是等差数列，是公比不为1的等比数列，，，，且是与的等差中项．
(1)求：数列和的通项公式．
(2)设，求.
(3)若对于数列、，在和之间插入个，组成一个新的数列，记数列的前n项和为，求．
【答案】(1),;
(2)
(3)
【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）求出的项数和总共有多少个2，利用分组求和可得.
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由，则，故，
所以，
则，由，则，
又由是与的等差中项，所以，
即，解得或（舍去），
故，
（2）由 ，则
，
则，
，
两式相减得，，
，
则，
其中①，
②
①-②相减可得，
则
所以
则；
（3）根据题意可得，
则，
故，则，
故当时，成立，
当时，成立，
所以共有项，共有个，
则
08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）对的放缩，根据不同的要求，大致有三种情况：①；②；③． （2）对的放缩，根据不同的要求，大致有两种情况： ①；②． （3）对的放缩，为．
36. （2024·全国·模拟预测）已知数列的各项均为正数，，．
(1)若，证明：；
(2)若，证明：当取得最大值时，．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意可得，则，结合和累乘法计算即可证明；
（2）由可得的最大值为8，进而，得，结合等比数列前n项求和公式计算即可.
【详解】（1）由题意知，，设，，
，，，
当时，．
当时，满足，
综上，.
（2），，
的最大值为8，当且仅当时取等号．
而，，
而时，，
，
．
37. （2024·山东·二模）记为数列的前项和，．
(1)求和的通项公式；
(2)设数列的前项和为，证明：．
【答案】(1)； .
(2)答案见解析
【分析】（1）分别取和即可求得的值，对进行分奇偶讨论，即可得到的通项公式；
（2）根据题意化简得到，再对该式进行两次放缩，分别求和即可证明不等式.
【详解】（1）因为，
所以当时，，所以；
当时，，所以，所以.
又因为，所以.
当为奇数时，，
所以，，
作差，，所以.
当为偶数时，，
所以，，
作差，，所以.
所以， .
（2）由第1小问得， ，
所以令 ，
所以
.
所以.
下面证明：
因为，
所以.
下面证明：
因为，
所以，
所以.
所以.
【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和，放缩之后再进行求和，即可证明不等式.
38. （2024·天津和平·一模）若数列满足，其中，则称数列为M数列.
(1)已知数列为M数列，当时.
（ⅰ）求证：数列是等差数列，并写出数列的通项公式；
（ⅱ），求.
(2)若是M数列，且，证明：存在正整数n.使得.
【答案】(1)（ⅰ）证明见解析，（ⅱ）
(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，利用裂项相消法求解即可；
（2）求出，利用放缩法可得，相加相消即可，据此即可得证.
【详解】（1）（ⅰ）由，可得，
所以数列是首项为公差为1的等差数列，
所以，
又因为，所以.
（ⅱ），
设，，
，，
所以，
.
（2）若是M数列，有，
故，且，
即
，
则
，
由随的增大而增大，
若，可得，
因为，故对任意的，总存在正整数使，
即总存在正整数n，使得.
【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：当在处的阶导数都存在时， ．注：表示的2阶导数，即为的导数，表示的阶导数，该公式也称麦克劳林公式．
(1)根据该公式估算的值，精确到小数点后两位；
(2)由该公式可得：．当时，试比较与的大小，并给出证明；
(3)设，证明：．
【答案】(1)；
(2)，证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据麦克劳林公式求得，赋值即可求得近似值；
（2）构造函数，利用导数判断其单调性和最值，即可证明；
（3）根据（2）中所得结论，将目标式放缩为 ，再裂项求和即可证明.
【详解】（1）令，则 ， ，，，
故， ， ，，，
由麦克劳林公式可得，
故.
（2）结论：，
证明如下：
令，
令，
故在上单调递增，，
故在上单调递增，，
即证得，即．
（3）由（2）可得当时，，且由得，
当且仅当时取等号，故当时，，
，
而
，
即有
故
而，
即证得.
【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，再利用裂项求和法证明，对学生已知条件的利用能力以及综合应用能力提出了较高的要求，属综合困难题.
40. （2024·全国·模拟预测）已知数列的首项为1，前n项和为，且，其中．
(1)求证：数列是等比数列；
(2)当时，求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用与的关系证明是等比数列
（2）求得，利用放缩得，再求的和即可证得结论.
【详解】（1）由，得，
两式相减，得，
又当时，，，
所以，，
又，，所以，，（注意验证是否符合）
因此数列是以1为首项，2为公比的等比数列．
（2）由（1）知，所以．
当时，，
所以，
所以，
所以当时，．
09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一般以递推的方式被定义：，则下列说法正确的是（ ）
A．记为数列的前项和，则
B．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
C．
D．
【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，，
，
，所以A错误；
对于B，斐波那契数列数列中不大于34的数依次是，
其中偶数有3个，所以任取一个数字，取到的偶数的概率为，所以B正确；
对于C，由，，，，，
上式相加得：，所以C错误；
对于D，由，得，
则，，，
，，
上式相加得：，所以D错误.
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数列中的每一项称为斐波那契数，记作．已知．则（ ）
A．
B．
C．若斐波那契数除以4所得的余数按照原顺序构成数列，则
D．若．则
【答案】BC
【分析】
A，B，结合递推公式，写出前14项即可；C，是以6为最小正周期的数列；D，结合递推公式迭代即可.
【详解】
对于A，斐波那契数列，，A错误；
对于B，，B正确；
对于C，由斐波那契数除以4所得的余数按照原顺序构成数列，
因为，，，，，，
根据数列的性质以及的定义可得，
，，，，，.
同理可推得，当时，有，，，，，，
所以是以6为最小正周期的数列，又因为，
，，C正确；
对于D，由斐波那契数列性质，，
．
可知
，D错误．
故选：BC．
43. （2024·江西·一模）斐波那契数列，又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多·斐波那契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：且中，则B中所有元素之和为奇数的概率为 ．
【答案】
【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，然后可解.
【详解】由斐波那契数列规律可知，集合中的元素有674个偶数，1350个奇数，
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，
显然集合E共有个，集合F共有个，
所以所有元素之和为奇数的集合B共有个，
又集合A的非空子集共有个，所以B中所有元素之和为奇数的概率为.
故答案为：
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是将集合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称为斐波那契数列，现将中的各项除以2所得的余数按原来的顺序构成的数列记为，数列的前n项和为，数列的前n项和为，下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．若，则 D．
【答案】ABD
【分析】根据斐波那契数列的特征得出数列为，，，，，，，再利用数列的周期性可得出选项A和C的正误，利用波那契数列的特征，可判断出选项B和D的正误.
【详解】根据斐波那契数列的特征可以看出，数列为依次连续两个奇数和一个偶数，
所以数列为，，，，，，，则数列为周期数列，且周期为，
选项项A，因为，故选项A正确；
选项B，因为 ，故选项B正确；
选项C，因为，，且，，，
所以或，故选项C错误；
选项D，因
，故选项D正确.
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，，，边长为斐波那契数的正方形所对应扇形面积记为，则（ ）
A． B．
C． D．
【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，可得，，
所以，A选项正确；
又由递推公式可得，，，类似的有，
累加得，
故错误，B选项错误；
由题可知扇形面积，
故，
故错误，C选项错误；
由，
，
，
，
类似的有，
累加得，
又，所以，
所以正确，D选项正确；
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（），则（ ）
A． B． C． D．
【答案】AC
【分析】由传球规则得，判断各选项的正误.
【详解】因为，A正确；
因为，，所以，B错误；
因为，即，C正确；
因为，所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，所以，
所以，D错误．
故选：AC．
【点睛】第次传球后，球回到甲处等价于第次传球后，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，在正方体的顶点处有一只青蛙，假设青蛙会随机地沿一条棱跳到相邻的某个顶点，且跳向每个顶点的概率相同，记青蛙跳动次后仍在底面上的概率为，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．青蛙跳动奇数次后只能位于点四个点中某一个点处
C．数列是等比数列
D．青蛙跳动4次后恰好回到点的概率为
【答案】ACD
【分析】由条件直接代入即可判断AB，由条件可得是等比数列，即可判断CD.
【详解】跳动1次后等可能地在顶点处，，故A正确.
跳动奇数次后只能位于点，跳动偶数次后只能位于点，故B错误.
，故，故是等比数列，且，即，故C正确.
由点出发，经过偶数次移动只能到达点（奇数次后只能位于点），考虑移动次（是偶数）返回到的路径数为，显然.由于移动次后只能位于点，其中位于再移动1次就可能返回到，所以考虑移动次后所在点，把这四个点分成两类：点和点.
若在点（路径数为），再移动2次返回到只有3种折返路径（即）；若在点（路径数为）中的一个，再移动2次返回到的路径数每个点处都有2条路径（即）.综上，移动次（是偶数）返回到的路径数，即，累加可得，总路径数为，故青蛙跳动（为偶数）次后恰好回到的概率为，当时，，故D正确.
故选：ACD
48. （2024·全国·模拟预测）从集合中随机抽取若干个数（大于等于一个）．
(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)
(2)
【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种，从而得到概率；
（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，则，
符合条件的只能为和两组，
此时所抽取的数为和，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，则．
若，则所抽取的数为；
若，则该等比数列的最大一项大于等于，明显不符合题意，
故该情况仅有，1组符合条件．
②若抽取的数无1，则抽取的数应在中．该等比数列公比，
因此若最小的一项为3，则最大一项，矛盾，所以最小的一项应为2．
易知符合条件的仅有，1组．
综合上述情况，仅有，，，共4组符合条件．
而抽取的所有结果共有种，故概率；
（2）①当抽取的数有3项时，
（I）若该等差数列的公差，则有，，，共7组符合条件．
（II）若该等差数列的公差，则有，，，共5组符合条件．
（III）若该等差数列的公差，则有，，共3组符合条件．
（IV）若该等差数列的公差，则仅有，1组符合条件．
（V）若该等差数列的公差，则没有满足条件的选取组合．
故此情况共有组符合条件；
②当抽取的数有4项时，
（I）若该等差数列的公差，则有，，，共6组符合条件．
（II）若该等差数列的公差，则有，，共3组符合条件．
（III）若该等差数列的公差，则没有满足条件的选取组合．
故此情况共有组符合条件．
③当抽取的数有5项时，
（I）若该等差数列的公差，则有，，，共5组符合条件．
（II）若该等差数列的公差，则仅有，1组符合条件．
（III）若该等差数列的公差，则没有满足条件的选取组合．
故此情况共有组符合条件．
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组，
由（1）知，抽取的所有结果共有种，故概率．
49. （2023·河北承德·模拟预测）某校高三年级有个班，每个班均有人，第（）个班中有个女生，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，则 .
【答案】
【分析】根据题设，第个班中，取三次的方法有种，再求第三次取出的人为男生的方法数，进而求出第个班中第三次取出的人为男生的概率，再由即可求参数.
【详解】每个班被取出的概率为，取第个班中取三次的方法有种；
第三次取出的人为男生的方法，如下四种情况：
男男男：种；
女男男：种；
男女男：种；
女女男：种；
所以，第三次取出为男生的方法数：
，
综上，第个班中第三次取出的人为男生的概率，
所以，任选一个班第三次取出的人恰为男生的概率，
则，即，可得.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：首先求出第个班中，取三次的方法数和第三次取出的人为男生的方法数，进而得到第个班中第三次取出的人为男生的概率为关键.
50. （23-24高三下·浙江杭州·开学考试）设整数满足，集合.从中选取个不同的元素并取它们的乘积，这样的乘积有个，设它们的和为.例如.
(1)若，求；
(2)记.求和的整式表达式；
(3)用含，的式子来表示.
【答案】(1)
(2)，
(3)
【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，从而表示出与，然后相除，即可得到结果；
（3）根据题意，可得，，再由（2）可得，然后化简即可得到，即可得到结果.
【详解】（1）
（2）因为，
，
两式相除，，
，
两式相除，
（3）因为①，所以，
因为②，所以，
由（2）和①可得，③，
由②和③，比较的系数，可得④，
因为
，
由②比较的系数可得⑤，
由④⑤消去可得，
所以.
【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，满足：，，，，表示不超过的最大整数，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．2023
【答案】B
【分析】由，则，再利用放缩法与裂项相消求解
【详解】因为，
所以．
又因为，所以，
即，，
从而，
所以，
又，
所以，
即，
故，
则.
故选：B
52. （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称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数，如，已知数列满足，，若为数列的前项和，则 ．
【答案】
【分析】由变形为，得到数列是等比数列，从而得到，再利用累加法得到，从而，再利用裂项相消法求解.
【详解】解：由得，又，
所以数列是以4为首项和公比的等比数列，故，
由累加法得
所以，
，
又，
令，
，
，
代入得.
故答案为：2025
53. （2024·河北·模拟预测）已知表示不超过的最大整数，，设，且，则的最小值为 ；当时，满足条件的所有值的和 .
【答案】
【分析】由的最小公倍数为，得只需在这个范围内讨论即可，再结合等差数列得前项和公式即可得解.
【详解】由题意，当时，，
则，解得（舍去），
当时，，
则，解得（舍去），
当时，，
则，解得，
所以的最小值为，
当时，，
则，解得（舍去），
当时，，
则，解得，
当时，，
则，解得，
当时，，故舍去，
因为的最小公倍数为，
以为首项为公差的等差数列，设为，则，
以为首项为公差的等差数列，设为，则，
所以数列和是满足条件的所有值，
令，解得，
令，解得，
则当时，满足条件的所有值的和
.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：由的最小公倍数为，可得只需在这个范围内讨论，求出这个范围内的的值，是解决本题的关键.
54. （2024高三·全国·专题练习）设为的展开式的各项系数之和，，，表示不超过实数x的最大整数，则的最小值为 ．
【答案】/0.2
【分析】
赋值法求出，结合导数判断，确定结合等差数列求和公式得，将转化为点点距的平方进而求解.
【详解】
令可得，，，
设，则，
令，得
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减．
则
故对任意的，
故，故，即
，
则的几何意义为点到点的距离的平方，
最小值即点到的距离的平方，
与的交点横坐标，
且点到直线的距离，
点到直线的距离，
的最小值为
故答案为:
【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，进而确定.
55. （2023·全国·模拟预测）已知数列为公差不为0的等差数列，，且成等比数列，设表示不超过x的最大整数，如，，记，为数列的前项和，则 .
【答案】
【分析】求出通项公式和第项，进而求出数列的通项公式和前项和公式，利用错位相减法即可得出的值.
【详解】由题意，
数列是等差数列，设公差为，
因为成等比数列，
所以，即，
解得或（舍），
所以，则.
当时，，
即，共有个.（
因为，所以 ，①
则，②
由①-②得，
所以.
故答案为：.
【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），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，然后分叉向与方向继续繁殖，其中，且与关于所在直线对称，….若，为保证黏菌在繁殖过程中不会碰到培养皿壁，则培养皿的半径r（，单位：）至少为（ ）

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方向上前进的距离，结合无穷等比递缩数列的和的计算公式，即可判断答案.
【详解】由题意可知，，只要计算出黏菌沿直线一直繁殖下去，在方向上的距离的范围，即可确定培养皿的半径的范围，
依题意可知黏菌的繁殖规律，由此可得每次繁殖在方向上前进的距离依次为：，
则，
黏菌无限繁殖下去，每次繁殖在方向上前进的距离和即为两个无穷等比递缩数列的和，
即，
综合可得培养皿的半径r（，单位：）至少为8cm，
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方向上前进的距离的和，结合等比数列求和即可.
57. （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，依次构造出的小正方形（含初始正方形）的边长构成数列，若的前n项和为，令，其中表示x，y中的较大值.若恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求出数列和的通项公式，再根据集合新定义确定，再由不等式恒成立分类讨论时列不等式和时列不等式求出对应的值取并集即可.
【详解】因为的前n项和为，
所以当时，，
又当时，，符合上式，
所以数列的通项公式，
数列满足，
因为，公比，
所以，
所以，
因为数列是递减数列，而是递增数列；
，其中表示x，y中的较大值.若恒成立，
所以是数列中的最小项，
所以当时，则，即，解得，
当时，则，即，解得，
取并集可得，
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题中集合新定义是取较大者，这样就转化成比较和的大小问题了，利用已知求出数列和的通项公式再比较大小可确定，最后由不等式恒成立，列不等式组求出参数范围即可.
58. （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），则n级角雪花曲线的开三角个数为 ，n级角雪花曲线的内角和为 ．
【答案】
【分析】利用观察归纳法求出边数构成的数列通项，再利用n级角雪花曲线的开三角个数及曲线的内角和变化规律列式求和即得.
【详解】依题意，n级角雪花曲线的每一条边按生成，得级角雪花曲线的4条边，
因此n级角雪花曲线的边数构成以12为首项，4为公比的等比数列，
则n级角雪花曲线的边数为，
当时，曲线有6个开角，n级角雪花曲线的开角数为，，
由于n级角雪花曲线的每一条边，向外形成一个开角，因此，
当时，n级角雪花曲线的开角数
，满足上式，
所以n级角雪花曲线的开角数；
令n级角雪花曲线的内角和为，显然，
而n级角雪花曲线到级角雪花曲线每增加一个开角，其内角和增加，
于是，当时，n级角雪花曲线的内角和：
，满足上式，
所以n级角雪花曲线的内角和为.
故答案为：；
【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的不同路线有条，其中，记，则 （结果用表示）.
【答案】 8
【分析】结合题意及分类加法原理，依次计算到达、、、、的走法即可.由题意可知数列为斐波那契数列，即（且），结合累加法求解即可.
【详解】由题意知，到达点共有1种走法，
到达点共有种走法（一种是经过点到达，一种是直接到达），
到达点共有种走法（一种是经过，一种是经过，所以到达将、的走法加起来），
到达点共有种走法（一种是经过和，一种是经过，所以到达将、的走法加起来），
到达点共有种走法（一种是经过和，一种是经过和，所以到达将、的走法加起来），
故按图中所示方向到达有8种不同的打卡路线.
由题意知，，，，，，…，（且），
因为（且），
所以，，，…，，（且），
将上式累加可得，（且），
整理可得，又，，
所以，即.
故答案为：8；.
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.已知长度为的线段，取的中点，以为边作等边三角形（如图1），该等边三角形的面积为，再取的中点，以为边作等边三角形（如图2），图2中所有的等边三角形的面积之和为，以此类推，则 ， .
【答案】 /
【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，，
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，
故每个正三角形的面积可构成一个以为首项，为公比的等比数列，
则，
所以.
,
故答案为：；.
【点睛】方法点睛：常见的裂项相消的方法有：
，
，
，
，
。
13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，集合其中.
(1)求中最小的元素；
(2)设，，且，求的值；
(3)记，，若集合中的元素个数为，求.
【答案】(1)7
(2)或10
(3)
【分析】（1）根据集合新定义，确定中最小的元素即可；
（2）根据集合中的元素可得，设，，分别讨论当时，当时，当时，的取值情况，即可得结论；
（3）设，则，其中，，所以，根据组合数的运算性质确定与的关系，即可求得的值.
【详解】（1）中的最小元素为.
（2）由题得，设，.
①当时，或或或或或.
经检验，当时，，符合题意，
所以.
②当时，或或或.
经检验，当时，，符合题意，
所以.
③当时，不符合题意.
因此，或10.
（3）设，则，其中，
，所以，
设，则.
因为，
所以
.
因为，
所以，所以，
又因为，所以.
62. （2024·北京东城·一模）有穷数列中，令，
(1)已知数列，写出所有的有序数对，且，使得；
(2)已知整数列为偶数，若，满足：当为奇数时，；当为偶数时，.求的最小值；
(3)已知数列满足，定义集合.若且为非空集合，求证：.
【答案】(1)、、、
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）结合题意，逐个计算即可得；
（2）由题意可得，，可得当时，有，当时，，结合，即可得解；
（3）将展开，从而得到证明与之间的项之和，，都为正数，即可得证.
【详解】（1）为时，，
为时，，
为时，，
为时，，
故，且使得的有序数对有、、、；
（2）由题意可得，，
又为整数，故，，
则，
同理可得，
即有，
同理可得，当时，有，
即当时，有，
当时，，
故
；
（3）对于数列，，不妨设，
①首先考虑的情况，
由于，，故，同理，，，
故.
②再考虑中有连续一段是连续的正整数的情况，
此时 ,
因为，，
故这说明此连续的项的和为负.
同理，当含有多段的连续正整数的情况时，每段的和为负，
再由①中结论，可得.
③若在①②中，由于，
此时去掉前项，则可转化①②的情况，所以有.
④若，则，
所以此时有，
综上，结论成立.
【点睛】关键点点睛：本题最后一小问关键点在于将展开，从而得到证明与之间的项之和，，都为正数，即可得证.
63. （2024·湖南邵阳·二模）给定整数，由元实数集合定义其随影数集.若，则称集合为一个元理想数集，并定义的理数为其中所有元素的绝对值之和.
(1)分别判断集合是不是理想数集；（结论不要求说明理由）
(2)任取一个5元理想数集，求证：；
(3)当取遍所有2024元理想数集时，求理数的最小值.
注：由个实数组成的集合叫做元实数集合，分别表示数集中的最大数与最小数.
【答案】(1)集合是理想数集，集合不是理想数集
(2)证明见解析
(3)1024144
【分析】（1）由理想数集的定义即可判断；
（2）为了方便说明，假定元素间一个有序关系为，从而分三种情况，，，讨论即可得证；
（3）首先通过分类讨论证明，对元理想数集，有.从而有，即，通过放缩与等差数列求和即可得解.
【详解】（1）设的随影数集分别为，
则，
所以集合是理想数集，集合不是理想数集.
（2）不妨设集合且，即.
为理想数集，，则，且，使得.
当时，.
当且仅当且时，等号成立；
当时，.
当且仅当且时，等号成立；
当时，.
当且仅当时，等号成立.
综上所述：.
（3）设.
为理想数集.
，且，使得.
对于，同样有.
下先证对元理想数集，有.
不妨设集合中的元素满足.即.
为理想数集，
，且，使得.
当时，，
当且仅当且时，等号成立；
当时，，当且仅当且时，等号成立；
当时，.
当且仅当时，等号成立.
.
.当且仅当时，等号成立.
.
理数.
当且仅当或时，等号成立.
理数的最小值为.
【点睛】关键点点睛：关键是通过分类讨论证明，对元理想数集，有，由此即可顺利得解.
64. （2024·北京西城·一模）对正整数，设数列.是行列的数阵，表示中第行第列的数，，且同时满足下列三个条件：①每行恰有三个1；②每列至少有一个1；③任意两行不相同．记集合或中元素的个数为．
(1)若，求的值；
(2)若对任意中都恰有行满足第列和第列的数均为1．
①能否满足？说明理由；
②证明：．
【答案】(1)
(2)①不满足，理由见解析；②证明见解析
【分析】（1）记，计算出、、即可得；
（2）①由题意可得中满足的的个数共有个，亦可得其为个，当时，可得，此方程无解，故不满足；②满足，但的的个数为，亦可得其为，即有，借助该等式表示出后放缩即可得.
【详解】（1）记，
则，
，
，故；
（2）①不满足，理由如下：
假设满足，
因为的每行恰有三个1，故中满足的的个数共有个，
另一方面，从中任选两列共有种可能，且对任意两列，
都恰有行使得这两列的数均为1，故中满足的的个数共有个，
所以，当时，得，此方程无解，
所以不满足；
②由①可得，即，
下面考虑满足，但的的个数：
对中满足和3的行，每行恰有两组使且，
所以满足，但的的个数为，
设数列中有项为项为0，
满足，但的的个数为，
所以满足，但的的个数为，
所以，
所以
．
【点睛】关键点点睛：本题考查新定义，关键点在于结合定义，得到满足，但的的个数为且为.
65. （2024·福建泉州·模拟预测）表示正整数a，b的最大公约数，若，且，，则将k的最大值记为，例如：，.
(1)求，，；
(2)已知时，.
（i）求；
（ii）设，数列的前n项和为，证明：.
【答案】(1)；；
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）依题可得表示所有不超过正整数m，且与m互质的正整数的个数，进一步分析即可求解；
（2）（i）依题可得中与互质的正整数个数为，中与互质的正整数个数为，再结合即可求解；
（ii）先求得，可利用，根据等比数列求和后即可求解；也可以利用放缩法结合数列求和的裂项相消法求解.
【详解】（1）依题可得表示所有不超过正整数m，且与m互质的正整数的个数，
因为与2互质的数为1，所以；
因为与3互质的数为1，2，所以；
因为与6互质的数为1，5，所以.
（2）（i）因为中与互质的正整数只有奇数，
所以中与互质的正整数个数为，所以，
又因为中与互质的正整数只有与两个，
所以中与互质的正整数个数为，
所以，所以，
（ii）解法一：因为，
所以，所以，
令，因为，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以数列的前n项和，
所以，
又因为，所以，
解法二：因为，所以，
又因为，
所以，
所以，
所以，所以
因为，所以，
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键点一：对题中定义的理解；关键点二：对的放缩，或者.
14数列与函数结合
抽象函数表达式的处理，一般以赋值化简为主，根据题目信息对自变量进行针对性赋值，求出函数值，或者推导出递推式，或者构造出的关系式等.
66. （2024·青海·模拟预测）已知定义在R上的函数满足，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】依次求出猜想,再用等比数列求和.
【详解】,
,
,
,
,
,
,
故选：D
【点睛】关键点点睛:本题关键是通过计算观察得到,进而转化为等比数列求和.
67. （多选）（2024·湖南娄底·一模）已知函数的定义域和值域均为，对于任意非零实数，函数满足：，且在上单调递减，，则下列结论错误的是（ ）
A． B．
C．在定义域内单调递减 D．为奇函数
【答案】BC
【分析】赋值法可判断A，根据等比数列求和公式判断B，利用奇偶函数的定义及赋值法判断C，由函数的特例可判断D.
【详解】对于，令，则，
因，故得，故A正确；
对于由，
令，则，
则，即，
故是以为首项，2为公比的等比数列，
于是，故B错误；
对于，由题意，函数的定义域为，关于原点对称，
令，则①，
把都取成，可得②，
将②式代入①式，可得，
化简可得即为奇函数，故D正确；
对于C，在上单调递减，函数为奇函数，可得在上单调递减，
但是不能判断在定义域上的单调性，例如，故C错误.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于对已知的函数抽象表达式的处理，一般以赋值化简为主，根据选项信息对自变量进行针对性赋值，求出函数值，或者推导出递推式，或者构造出的关系式即可判断奇偶性等.
68.（多选） （2024·山西晋城·二模）已知函数的定义域为，且对任意的，都有，若，则下列说法正确的是（ ）
A． B．的图象关于y轴对称
C． D．
【答案】AC
【分析】对于A：令代入运算即可判断；对于B：令解得，令解得，即可判断；对于CD：若，可得，分析可知是以首项，公差为1的等差数列，结合等差数列以及裂项相消法分析求解.
【详解】因为，且函数的定义域为，
对于选项A：令，可得，解得，故A正确；
对于选项B：令，可得，解得，
令，可得，
所以的图象不关于y轴对称，故B错误；
对于选项CD：若，可得，
令，可得，
可知数列是以首项，公差为1的等差数列，
可得，
则，
所以，
故C正确，D错误；
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：根据题意整理可得若，可得，进而可得，结合等差数列分析求解.
69. （2024·内蒙古呼和浩特·一模）已知，若直线与有个交点，则 .
【答案】
【分析】由题意首先确定函数的性质，然后结合直线与圆的位置关系得到的表达式，最后裂项求和即可求得的值.
【详解】当时，，即，，
当时，，所以可得函数周期为2，
画出函数图象，如图所示：
若直线与有个交点，
根据图象知，直线与第个半圆相切其圆心为
不妨设切点为，连接，
所以在中，，
，故，
所以.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解。
70. （23-24高三下·河南濮阳·开学考试）已知函数的定义域为，且的图象关于点中心对称，若，则 .
【答案】
【分析】先根据条件证明，然后由证明，再由此证明，最后由得到结果.
【详解】对任意，由于，且函数的定义域为，
故点在曲线上，且曲线关于点中心对称，
故点也在曲线上，从而，
从而对任意有.
从而对任意，由知，即.
根据条件又有，即.
现在对任意的整数，我们有：
，
所以，从而有：
.
故有：
.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是对函数方程的处理，通过其中取值的任意性，代入合适的值得到关键条件.
15数列与函数导数结合
71. （2024·甘肃·一模）已知函数（为自然对数的底），，记为从小到大的第个极值点，数列的前项和为，且满足，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由题意求导并令，结合题意可求得，对是奇数还是偶数进行分类讨论，再结合等比数列求和公式、分组求和法即可得解.
【详解】由题意，
令，则，即，所以，
又，
所以是以为首项，为公差的等差数列，即，
当时，，
当时，，
从而
.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：关键是在得到之和还要对分类讨论，得，由此即可顺利得解.
72. （多选）（2024·全国·模拟预测）记函数的导函数为，已知，若数列，满足，则（ ）
A．为等差数列 B．为等比数列
C． D．
【答案】ACD
【分析】利用给定定义结合等差数列定义判断A，排除法判断B，利用累加法求出，再用裂项相消法判断C，利用数列的性质判断单调性判断D即可.
【详解】若，则，
，，
故，易知，经检验，
故是以为首项，为公差的等差数列，故A正确，
而，又因为等比数列中不能有，则不可能为等比数列，故B错误，
易得，，故，
则，则，
故，故C正确，
令，且，
当时，令，，
故，故，即此时为单调递增数列，
故，即恒成立，故成立，故D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题解题关键是构造新数列，利用数列的性质判断单调性，然后求出端点值，得到所要证明的不等关系即可．
73. （2024·全国·模拟预测）已知，其中．
(1)当时，证明：；
(2)若，求的取值范围；
(3)设，，证明： ．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系，求导研究其单调区间，可得答案；
（2）根据指数函数的性质，利用分类讨论思想，整理不等式构造函数，再利用导数求得其最值，建立不等式，可得答案；
（3）将不等式的右边整理为求和式，利用放缩法结合（1）的不等式可得答案.
【详解】（1）当时，，则．
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减．
因此，．
（2）由，则．
当时，显然不等式恒成立．
当时，整理可得．
令函数，
易知，，则，易知是增函数．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
故．
所以为使，都有，必有．
对，都有，当且仅当时等号成立，
则有，所以，即．
（3）由（1）知当时，，从而 ．
，
利用不等式和，
可得
，
即当时，．
【点睛】结论点睛：两个常见的重要不等式：
（1）；（2）.
74. （2024·内蒙古呼伦贝尔·二模）已知函数．
(1)当时，证明：有且仅有一个零点．
(2)当时，恒成立，求a的取值范围．
(3)证明：．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）利用导数探讨函数的单调性，再利用零点存在性定理推理即得.
（2）等价变形给定的不等式，构造函数，利用导数求出函数的最大值即得.
（3）利用（2）的结论得，再赋值并借助不等式性质，等比数列前n项和公式推理即得.
【详解】（1）当时，函数定义域为，则，
令，则在上恒成立，则在上单调递增，
则，即在上恒成立，在上单调递增，
而，，
所以根据零点存在定理知，有且仅有一个零点．
（2）当时，等价于，
令，求导得，令，
则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，
则，于是当时，，单调递增，
当时，，单调递减，因此，
所以a的取值范围为．
（3）由（2）可知，当时，有，则，
因此，
所以．
【点睛】思路点睛：不等式恒成立或存在型问题，可构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
75. （2024·广东·一模）数值线性代数又称矩阵计算，是计算数学的一个重要分支，其主要研究对象包括向量和矩阵.对于平面向量，其模定义为.类似地，对于行列的矩阵，其模可由向量模拓展为（其中为矩阵中第行第列的数，为求和符号），记作，我们称这样的矩阵模为弗罗贝尼乌斯范数，例如对于矩阵，其矩阵模.弗罗贝尼乌斯范数在机器学习等前沿领域有重要的应用.
(1)，，矩阵，求使的的最小值.
(2)，，，矩阵 求.
(3)矩阵，证明：，，.
【答案】(1)10
(2)
(3)证明见解析
【分析】
（1）根据等差数列求和公式和一元二次不等式的求解即可；
（2）总结得第对角线上的平方和为，再代入化简即可；
（3）等价转化结合放缩法得证明成立，再利用换元法和导数证明即可.
【详解】（1）由题意得.
若，则，即.
因式分解得.因为，所以.
所以使的的最小值是10.
（2）由题得第1对角线上的平方和为，
第2对角线上的平方和为
，
第对角线上的平方和为
，
第对角线上的平方和为，
所以
所以.
（3）由题意知，证明
等价于证明，
注意到左侧求和式，
将右侧含有的表达式表示为求和式有
故只需证成立，
即证成立，令，
则需证成立，
记，则在上恒成立，所以在上单调递增，
所以，
所以在上恒成立，即成立，
所以原不等式成立.
【点睛】关键点点睛：本题第三小问的关键是转化为证明，再结合放缩法转化为证明，最后利用导数证明即可.
76.(多选) （2023·江西·模拟预测）黄金分割是指将整体一分为二，较小部分与较大部分的比值等于较大部分与整体部分的比值，其比值为，这个比例被公认为是最能引起美感的比例．四名同学对此展开了探究，下列说法中正确的是（ ）
A．若椭圆的焦点在轴上，上顶点为，右顶点为，左焦点为．小欧提出只要满足，椭圆的离心率就等于
B．一顶角等于的等腰三角形，小斯通过正、余弦定理和二倍角公式，算得该三角形底边长与腰长的比值等于
C．假设，小莱发现若公比大于0的等比数列与著名的斐波那契数列的递推公式相同，则数列的公比等于
D．小利在阅读时了解到：古老的雅典帕提农神庙，其柱顶至屋顶的距离与柱高满足，则
【答案】ABD
【分析】选项A，将条件中数量积用坐标表示，整理方程可得；选项B，分别用正余弦定理得到边长与腰长的方程，联立方程组可得；选项C，由等比数列性质，在两边同除以可得公比的方程；选项D，结合对数性质，借助连等式设法，找到的等量关系即可.
【详解】对选项A，设椭圆的方程为，
则，，，
由，得，
即，即，可得，故A正确；
对选项，设该三角形底边长为，腰长为，
由正弦定理得，即①；
又由余弦定理得②，
①②两式联立得，即，
由于，，故，故B正确；
对选项C，设数列的公比为，，则，
由题意得，，两边同除以整理得，
，解得，故C错误；
对选项D，设，
则，，，由，
得，即，
则 ，且，解得，故D正确．
故选：ABD
77. （多选）（2023·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知正四面体中，，，，…，在线段上，且，过点作平行于直线，的平面，截面面积为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．为递减数列
C．存在常数，使为等差数列
D．设为数列的前项和，则时，
【答案】ABD
【分析】A选项，画出截面，并判断出截面为矩形，求出截面边长，得到，求出；B选项，利用得到B正确；C选项，求出，并用等差数列的定义判断C错误；D选项，化简得到，利用裂项相消法求和，列出方程，求出答案.
【详解】由题意得，
取中点，连接，因为均为等边三角形，
所以，
因为，平面，
因为平面，
所以，
A选项，过点做交于点，过点做交于点，连接，则，
故四边形为截面，且四边形为矩形，
由相似知识可知，，
故，所以，A正确；
B选项，因为，所以，
故，故为递减数列，B正确；
C选项，，则，
不是常数，C错误；
D选项，，
则，
令，解得，D正确.
故选：ABD
78. （2023·湖南长沙·一模）如图，已知曲线及曲线．从上的点作直线平行于轴，交曲线于点，再从点作直线平行于轴，交曲线于点，点的横坐标构成数列．
(1)试求与之间的关系，并证明：；
(2)若，求的通项公式．
【答案】(1)；证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意可得，从而有，再根据在上，即可得与之间的关系，根据，可得与异号，再结合，即可得证；
（2）根据，可得，两式相除，利用构造法结合等比数列的通项即可得解．
【详解】（1），从而有，在上，故，
故，
由及，知，下证：，
，故与异号，
，故，故，即；
（2），则，，
两式相除得，，
故是以为首项，以为公比的等比数列，
则，解得．
【点睛】关键点点睛：本题考查了数列的递推公式，求数列的通项公式，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，构造等比数列是解题的关键.
79. （2024·河南·模拟预测）对于数列，定义为数列的“加权和”．设数列的“加权和”，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】借助与的关系可计算出数列的解析式，即可得，则分及两种情况分类讨论，当时，为有特殊定义域的二次函数，结合二次函数的性质可得，解出即可得.
【详解】当时，，则，
即，故，
当时，，符合上式，故，
则，故，
因为对任意的恒成立，
当时，有，即，不符合要求，
当时，则有，
解得.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在得到后，可知当时，为有特殊定义域的二次函数，即可结合二次的函数的性质解题.
80. （2024·北京石景山·一模）黎曼函数在高等数学中有着广泛应用，其一种定义为：时，．若数列，给出下列四个结论：
①；②；③；④．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】②③④
【分析】根据黎曼函数的定义和性质逐项分析.
【详解】对于①， 时， ，故①错误；
对于②， ，，，故②正确；
对于③，
，故③正确；
对于④，， ，
构造函数 ， ，则 ，单调递增，
，即当时 ， ，
，
当时， ，， ，故④正确.
故选：②③④.
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，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）已知数列满足，对任意都有，且对任意都有，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2. （2024·全国·模拟预测）若数列，对于 ，都有（为常数）成立，则称数列具有性质．已知数列的通项公式为，且具有性质，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3. （23-24高三下·江苏泰州·阶段练习）已知数列满足，．
(1)已知，
①若，求；
②若关于m的不等式的解集为M，集合M中的最小元素为8，求的取值范围；
(2)若，是否存在正整数，使得，若存在，求出k的最小值，若不存在，请说明理由．
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.已知二次函数有两个不相等的实根，其中.在函数图象上横坐标为的点处作曲线的切线，切线与轴交点的横坐标为；用代替，重复以上的过程得到；一直下去，得到数列.记，且，，下列说法正确的是（ ）
A．（其中） B．数列是递减数列
C． D．数列的前项和
5. （2024·陕西西安·三模）已知正项数列的前项和为，前项积为，且满足，则不等式成立的的最小值为（ ）
A．11 B．12 C．13 D．10
02数列分奇偶问题
6.（2024·河北石家庄·二模）已知数列满足
(1)写出;
(2)证明:数列为等比数列;
(3)若，求数列的前项和.
7. （2024·广东佛山·二模）已知数列满足，，且．
(1)证明为等比数列，并求数列的通项公式；
(2)设，且数列的前项和为，证明：当时，．
8. （2024·北京丰台·一模）已知数列满足则（ ）
A．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
B．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
C．当时，存在正整数，当时，
D．当时，对于任意正整数，存在，使得
9. （2024·辽宁·二模）如果数列，其中，对任意正整数都有，则称数列为数列的“接近数列”．已知数列为数列的“接近数列”．
(1)若，求的值；
(2)若数列是等差数列，且公差为，求证：数列是等差数列；
(3)若数列满足，且，记数列的前项和分别为，试判断是否存在正整数，使得？若存在，请求出正整数的最小值；若不存在，请说明理由．（参考数据：）
10. （多选）2024·辽宁沈阳·二模）已知数列的通项公式为，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则数列单调递减
B．若对任意，都有，则
C．若，则对任意，都有
D．若的最大项与最小项之和为正数，则
03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，，…，，…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﹔如果n是奇数，就对尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是．
(1)写出这个数列的前7项；
(2)如果且，求m，n的值；
(3)记，，求一个正整数n，满足．
12. （2024·广东梅州·二模）已知是由正整数组成的无穷数列，该数列前项的最大值记为，即；前项的最小值记为，即，令（），并将数列称为的“生成数列”．
(1)若，求其生成数列的前项和；
(2)设数列的“生成数列”为，求证：；
(3)若是等差数列，证明：存在正整数，当时，，，，是等差数列．
13. （2024·浙江·模拟预测）已知实数，定义数列如下：如果，，则．
(1)求和（用表示）；
(2)令，证明：；
(3)若，证明：对于任意正整数，存在正整数，使得．
14. （2024·安徽池州·模拟预测）定义：若对恒成立，则称数列为“上凸数列”．
(1)若，判断是否为“上凸数列”，如果是，给出证明；如果不是，请说明理由．
(2)若为“上凸数列”，则当时，．
（ⅰ）若数列为的前项和，证明：；
（ⅱ）对于任意正整数序列（为常数且），若恒成立，求的最小值．
15. （2024·吉林白山·二模）已知数列的前项和为，若数列满足：①数列项数有限为；②；③，则称数列为“阶可控摇摆数列”.
(1)若等比数列为“10阶可控摇摆数列”，求的通项公式；
(2)若等差数列为“阶可控摇摆数列”，且，求数列的通项公式；
(3)已知数列为“阶可控摇摆数列”，且存在，使得，探究：数列能否为“阶可控摇摆数列”，若能，请给出证明过程；若不能，请说明理由.
04数列重新排序问题
16. （2024·全国·模拟预测）已知，，，数列与数列的公共项按从大到小的顺序排列组成一个新数列，则数列的前99项和为（ ）
A． B． C． D．
17. （2024·黑龙江·二模）已知集合是公比为2的等比数列且构成等比数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)设是等差数列，将集合的元素按由小到大的顺序排列构成的数列记为.
①若，数列的前项和为，求使成立的的最大值；
②若，数列的前5项构成等比数列，且，试写出所有满足条件的数列.
18. （2022·上海虹口·一模）已知集合，.中的所有元素按从小到大的顺序排列构成数列，为数列的前项的和.
(1)求；
(2)如果，，求和的值；
(3)如果，求（用来表示）.
19. （2020·湖南长沙·三模）已知数列的前项和为，，（且，）．
（1）求数列的通项公式；
（2）在①，，，②，，这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，要使问题成立：
对任意的正整数，若将，，按______的顺序排列后构成等差数列，且公差为，求的值及对应的．
20. （2022·上海金山·一模）已知有穷数列的各项均不相等，将的项从大到小重新排序后相应的项数构成新数列，称为的“序数列”.例如，数列 满足，则其“序数列”为1 3 2，若两个不同数列的“序数列”相同，则称这两个数列互为“保序数列”.
(1)若数列 的“序数列”为2 3 1，求实数x的取值范围；
(2)若项数均为2021的数列 互为“保序数列”，其通项公式分别为，（t为常数），求实数t的取值范围；
(3)设，其中p q是实常数，且，记数列的前n项和为，若当正整数时，数列的前k项与数列的前k项（都按原来的顺序）总是互为“保序数列”，求p q满足的条件.
05数列与三角函数结合
21. （2023·天津河北·一模）已知是等差数列，其公差大于1，其前项和为是等比数列，公比为，已知.
(1)求和的通项公式；
(2)若正整数满足，求证：不能成等差数列；
(3)记，求的前项和.
22. （2024·吉林·二模）已知数列,
(1)求.
(2)求的通项公式；
(3)设的前项和为,若,求.
23. （2024·河南开封·三模）点S是直线外一点，点M，N在直线上（点M，N与点P，Q任一点不重合）．若点M在线段上，记；若点M在线段外，记．记．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，，点D是射线上一点，且．
(1)若，求；
(2)射线上的点，，，…满足，，
（i）当时，求的最小值；
（ii）当时，过点C作于，记，求证：数列的前n项和．
24．（22-23高三上·湖北黄冈·阶段练习）已知数列为数列的前n项和，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)求证：；
(3)证明：．
25. （2022·上海金山·一模）若数列满足，则称数列为“k阶相消数列”.已知“2阶相消数列”的通项公式为，记，，，则当 时，取得最小值
06数列中的周期性
26. （2023·湖南永州·二模）已知数列满足，则 ．
27. （2023·全国·模拟预测）若数列满足，且，则数列的前2023项的积为 .
28. （2021·广东·模拟预测）已知为数列的前项和，，平面内三个不共线的向量，，，满足，，，若，，在同一直线上，则 .
29. （2024·湖南长沙·一模）对于数列，如果存在正整数，使得对任意，都有，那么数列就叫做周期数列，叫做这个数列的周期.若周期数列满足：存在正整数，对每一个，都有，我们称数列和为“同根数列”.
(1)判断数列是否为周期数列.如果是，写出该数列的周期，如果不是，说明理由；
(2)若和是“同根数列”，且周期的最小值分别是和，求的最大值.
30. （22-23高三下·北京·阶段练习）若无穷数列的各项均为整数．且对于，，都存在，使得，则称数列满足性质P．
(1)判断下列数列是否满足性质P，并说明理由．
①，，2，3，…；
②，，2，3，…．
(2)若数列满足性质P，且，求证：集合为无限集；
(3)若周期数列满足性质P，求数列的通项公式．
07数列中插入项问题
31. （2024·全国·模拟预测）已知，数列为，规律是在和中间插入项，所有插入的项构成以3为首项，2为公差的等差数列，则数列的前30项和为 ．
32. （2024·河北沧州·一模）在数列中，已知．
(1)求数列的通项公式；
(2)在数列中的和之间插入1个数，使成等差数列；在和之间插入2个数，使成等差数列；…；在和之间插入个数，使成等差数列，这样可以得到新数列，设数列的前项和为，求（用数字作答）．
33. （2024·新疆·二模）已知为等差数列，前项和为，若.
(1)求；
(2)对任意的，将中落入区间内项的个数记为.
①求；
②记 的前项和记为，是否存在，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
34. （23-24高三上·河北石家庄·阶段练习）已知正项数列的前n项和为，且．
(1)求证：
(2)在与间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在3项，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列 若存在，求出这样的3项，若不存在，请说明理由．
35. （23-24高三上·天津东丽·阶段练习）已知是等差数列，是公比不为1的等比数列，，，，且是与的等差中项．
(1)求：数列和的通项公式．
(2)设，求.
(3)若对于数列、，在和之间插入个，组成一个新的数列，记数列的前n项和为，求．
08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）对的放缩，根据不同的要求，大致有三种情况：①；②；③． （2）对的放缩，根据不同的要求，大致有两种情况： ①；②． （3）对的放缩，为．
36. （2024·全国·模拟预测）已知数列的各项均为正数，，．
(1)若，证明：；
(2)若，证明：当取得最大值时，．
37. （2024·山东·二模）记为数列的前项和，．
(1)求和的通项公式；
(2)设数列的前项和为，证明：．
38. （2024·天津和平·一模）若数列满足，其中，则称数列为M数列.
(1)已知数列为M数列，当时.
（ⅰ）求证：数列是等差数列，并写出数列的通项公式；
（ⅱ），求.
(2)若是M数列，且，证明：存在正整数n.使得.
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：当在处的阶导数都存在时， ．注：表示的2阶导数，即为的导数，表示的阶导数，该公式也称麦克劳林公式．
(1)根据该公式估算的值，精确到小数点后两位；
(2)由该公式可得：．当时，试比较与的大小，并给出证明；
(3)设，证明：．
40. （2024·全国·模拟预测）已知数列的首项为1，前n项和为，且，其中．
(1)求证：数列是等比数列；
(2)当时，求证：．
09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一般以递推的方式被定义：，则下列说法正确的是（ ）
A．记为数列的前项和，则
B．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
C．
D．
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数列中的每一项称为斐波那契数，记作．已知．则（ ）
A．
B．
C．若斐波那契数除以4所得的余数按照原顺序构成数列，则
D．若．则
43. （2024·江西·一模）斐波那契数列，又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多·斐波那契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：且中，则B中所有元素之和为奇数的概率为 ．
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称为斐波那契数列，现将中的各项除以2所得的余数按原来的顺序构成的数列记为，数列的前n项和为，数列的前n项和为，下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．若，则 D．
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，，，边长为斐波那契数的正方形所对应扇形面积记为，则（ ）
A． B．
C． D．
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（），则（ ）
A． B． C． D．
47. （多选）（2023·广东深圳·二模）如图，在正方体的顶点处有一只青蛙，假设青蛙会随机地沿一条棱跳到相邻的某个顶点，且跳向每个顶点的概率相同，记青蛙跳动次后仍在底面上的概率为，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．青蛙跳动奇数次后只能位于点四个点中某一个点处
C．数列是等比数列
D．青蛙跳动4次后恰好回到点的概率为
48. （2024·全国·模拟预测）从集合中随机抽取若干个数（大于等于一个）．
(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．
49. （2023·河北承德·模拟预测）某校高三年级有个班，每个班均有人，第（）个班中有个女生，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，则 .
50. （23-24高三下·浙江杭州·开学考试）设整数满足，集合.从中选取个不同的元素并取它们的乘积，这样的乘积有个，设它们的和为.例如.
(1)若，求；
(2)记.求和的整式表达式；
(3)用含，的式子来表示.
11高斯函数问题
51. （2023·全国·模拟预测）已知正项数列，满足：，，，，表示不超过的最大整数，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．2023
52. （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称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数，如，已知数列满足，，若为数列的前项和，则 ．
53. （2024·河北·模拟预测）已知表示不超过的最大整数，，设，且，则的最小值为 ；当时，满足条件的所有值的和 .
54. （2024高三·全国·专题练习）设为的展开式的各项系数之和，，，表示不超过实数x的最大整数，则的最小值为 ．
55. （2023·全国·模拟预测）已知数列为公差不为0的等差数列，，且成等比数列，设表示不超过x的最大整数，如，，记，为数列的前项和，则 .
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），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，然后分叉向与方向继续繁殖，其中，且与关于所在直线对称，….若，为保证黏菌在繁殖过程中不会碰到培养皿壁，则培养皿的半径r（，单位：）至少为（ ）

A．6 B．7 C．8 D．9
57. （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，依次构造出的小正方形（含初始正方形）的边长构成数列，若的前n项和为，令，其中表示x，y中的较大值.若恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
58. （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），则n级角雪花曲线的开三角个数为 ，n级角雪花曲线的内角和为 ．
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的不同路线有条，其中，记，则 （结果用表示）.
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.已知长度为的线段，取的中点，以为边作等边三角形（如图1），该等边三角形的面积为，再取的中点，以为边作等边三角形（如图2），图2中所有的等边三角形的面积之和为，以此类推，则 ， .
13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，集合其中.
(1)求中最小的元素；
(2)设，，且，求的值；
(3)记，，若集合中的元素个数为，求.
62. （2024·北京东城·一模）有穷数列中，令，
(1)已知数列，写出所有的有序数对，且，使得；
(2)已知整数列为偶数，若，满足：当为奇数时，；当为偶数时，.求的最小值；
(3)已知数列满足，定义集合.若且为非空集合，求证：.
63. （2024·湖南邵阳·二模）给定整数，由元实数集合定义其随影数集.若，则称集合为一个元理想数集，并定义的理数为其中所有元素的绝对值之和.
(1)分别判断集合是不是理想数集；（结论不要求说明理由）
(2)任取一个5元理想数集，求证：；
(3)当取遍所有2024元理想数集时，求理数的最小值.
注：由个实数组成的集合叫做元实数集合，分别表示数集中的最大数与最小数.
64. （2024·北京西城·一模）对正整数，设数列.是行列的数阵，表示中第行第列的数，，且同时满足下列三个条件：①每行恰有三个1；②每列至少有一个1；③任意两行不相同．记集合或中元素的个数为．
(1)若，求的值；
(2)若对任意中都恰有行满足第列和第列的数均为1．
①能否满足？说明理由；
②证明：．
65. （2024·福建泉州·模拟预测）表示正整数a，b的最大公约数，若，且，，则将k的最大值记为，例如：，.
(1)求，，；
(2)已知时，.
（i）求；
（ii）设，数列的前n项和为，证明：.
14数列与函数结合
抽象函数表达式的处理，一般以赋值化简为主，根据题目信息对自变量进行针对性赋值，求出函数值，或者推导出递推式，或者构造出的关系式等.
66. （2024·青海·模拟预测）已知定义在R上的函数满足，，则（ ）
A． B． C． D．
67. （多选）（2024·湖南娄底·一模）已知函数的定义域和值域均为，对于任意非零实数，函数满足：，且在上单调递减，，则下列结论错误的是（ ）
A． B．
C．在定义域内单调递减 D．为奇函数
68.（多选） （2024·山西晋城·二模）已知函数的定义域为，且对任意的，都有，若，则下列说法正确的是（ ）
A． B．的图象关于y轴对称
C． D．
69. （2024·内蒙古呼和浩特·一模）已知，若直线与有个交点，则 .
70. （23-24高三下·河南濮阳·开学考试）已知函数的定义域为，且的图象关于点中心对称，若，则 .
15数列与函数导数结合
71. （2024·甘肃·一模）已知函数（为自然对数的底），，记为从小到大的第个极值点，数列的前项和为，且满足，则（ ）
A． B．
C． D．
72. （多选）（2024·全国·模拟预测）记函数的导函数为，已知，若数列，满足，则（ ）
A．为等差数列 B．为等比数列
C． D．
73. （2024·全国·模拟预测）已知，其中．
(1)当时，证明：；
(2)若，求的取值范围；
(3)设，，证明： ．
74. （2024·内蒙古呼伦贝尔·二模）已知函数．
(1)当时，证明：有且仅有一个零点．
(2)当时，恒成立，求a的取值范围．
(3)证明：．
75. （2024·广东·一模）数值线性代数又称矩阵计算，是计算数学的一个重要分支，其主要研究对象包括向量和矩阵.对于平面向量，其模定义为.类似地，对于行列的矩阵，其模可由向量模拓展为（其中为矩阵中第行第列的数，为求和符号），记作，我们称这样的矩阵模为弗罗贝尼乌斯范数，例如对于矩阵，其矩阵模.弗罗贝尼乌斯范数在机器学习等前沿领域有重要的应用.
(1)，，矩阵，求使的的最小值.
(2)，，，矩阵 求.
(3)矩阵，证明：，，.
76.(多选) （2023·江西·模拟预测）黄金分割是指将整体一分为二，较小部分与较大部分的比值等于较大部分与整体部分的比值，其比值为，这个比例被公认为是最能引起美感的比例．四名同学对此展开了探究，下列说法中正确的是（ ）
A．若椭圆的焦点在轴上，上顶点为，右顶点为，左焦点为．小欧提出只要满足，椭圆的离心率就等于
B．一顶角等于的等腰三角形，小斯通过正、余弦定理和二倍角公式，算得该三角形底边长与腰长的比值等于
C．假设，小莱发现若公比大于0的等比数列与著名的斐波那契数列的递推公式相同，则数列的公比等于
D．小利在阅读时了解到：古老的雅典帕提农神庙，其柱顶至屋顶的距离与柱高满足，则
77. （多选）（2023·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知正四面体中，，，，…，在线段上，且，过点作平行于直线，的平面，截面面积为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．为递减数列
C．存在常数，使为等差数列
D．设为数列的前项和，则时，
78. （2023·湖南长沙·一模）如图，已知曲线及曲线．从上的点作直线平行于轴，交曲线于点，再从点作直线平行于轴，交曲线于点，点的横坐标构成数列．
(1)试求与之间的关系，并证明：；
(2)若，求的通项公式．
79. （2024·河南·模拟预测）对于数列，定义为数列的“加权和”．设数列的“加权和”，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
80. （2024·北京石景山·一模）黎曼函数在高等数学中有着广泛应用，其一种定义为：时，．若数列，给出下列四个结论：
①；②；③；④．
其中所有正确结论的序号是 ．

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