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备战2025年高考数学：数列高考真题重现+模拟题训练
高考真题重现
（2024 天津）已知数列{an}是公比大于0的等比数列，其前n项和为Sn，若a1＝1，S2＝a3﹣1．
（1）求数列{an}前n项和Sn；
（2）设bn＝，b1＝1，其中k是大于1的正整数．
（i）当n＝ak+1时，求证：bn﹣1≥ak bn；
（ii）求．
模拟题训练
1．（2024 天府新区校级模拟）设Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝1，2Sn＝nan．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求数列的前n项和Tn．
2．（2024 青羊区校级模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，an+1＝Sn+2．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设，记数列{bn}的前n项和为Tn，证明．
3．（2024 沈阳三模）设公差不为0的等差数列{an}的首项为1，且a2，a5，a14成等比数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）已知数列{bn}为正项数列，且，设数列的前n项和为Sn，求证：．
4．（2024 昆明三模）正项数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，4Sn＝+2an+1，4Tn＝+2bn+1．
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）已知数列{cn}满足cn＝bn ，求数列{cn}的前n项和Hn．
5．（2024 山西模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an﹣1，n∈N*．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）已知bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，若对任意的正整数n，不等式2λ﹣1≤Tn＜λ都成立，求实数λ的取值范围．
6．（2024 顺义区校级模拟）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ak＝aiaj﹣ai﹣aj，则称数列{an}满足性质P．
（1）判断下列数列是否满足性质P，并说明理由．
①an＝n，n＝1，2，3，…；
②bn＝n+2，n＝1，2，3，…．
（2）若数列{an}满足性质P，且a1＝1，求证：集合{n∈N*|an＝3}为无限集；
（3）若周期数列{an}满足性质P，求数列{an}的通项公式．
7．（2024 船营区校级模拟）数列{an}中，从第二项起，每一项与其前一项的差组成的数列{an+1﹣an}称为{an}的一阶差数列，记为，依此类推，的一阶差数列称为{an}的二阶差数列，记为，…如果一个数列{an}的p阶差数列是等比数列，则称数列{an}为p阶等比数列（p∈N*）．
（1）已知数列{an}满足a1＝1，an+1＝2an+1．
（ⅰ）求，，；
（ⅱ）证明：{an}是一阶等比数列；
（2）已知数列{bn}为二阶等比数列，其前5项分别为，求bn及满足bn为整数的所有n值．
8．（2024 新乡三模）函数f（x）＝[x]称为取整函数，也称为高斯函数，其中[x]表示不超过实数x的最大整数，例如：[3.2]＝3，[0.6]＝0，[﹣1.6]＝﹣2．对于任意的实数x，定义数列{an}满足．
（1）求a13，a2024的值．
（2）设bn＝n+an，从全体正整数中除去所有bn，剩下的正整数按从小到大的顺序排列得到数列{cn}．
①求{cn}的通项公式；
②证明：对任意的n∈N+，都有．
9．（2024 鲤城区校级模拟）已知有穷正项数列{an}（n≤m），若将每个项依次围成一圈，满足每一项的平方等于相邻两项平方的乘积，则称该数列可围成一个“HL﹣Circle”．例如：数列都可围成“HL﹣Circle”．
（1）设a1＝a，当m＝5时，是否存在a使该数列可围成“HL﹣Circle”，并说明理由；
（2）若{an}的各项不全相等，且可围成“HL﹣Circle”．
（i）求m的取值集合；
（ii）求证：．
10．（2024 五莲县校级模拟）柯西是一位伟大的法国数学家，许多数学定理和结论都以他的名字命名，柯西不等式就是其中之一，它在数学的众多分支中有精彩应用，柯西不等式的一般形式为：设a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…，bn∈R，则当且仅当bi＝0（i＝1，2，…，n）或存在一个数k，使得ai＝kbi（i＝1，2，…，n）时，等号成立．
（1）请你写出柯西不等式的二元形式；
（2）设P是棱长为的正四面体ABCD内的任意一点，点P到四个面的距离分别为d1、d2、d3、d4，求的最小值；
（3）已知无穷正数数列{an}满足：①存在m∈R，使得ai≤m（i＝1，2，…）；②对任意正整数i、j（i≠j），均有．求证：对任意n≥4，n∈N*，恒有m≥1．
11．（2024 西湖区校级模拟）对于n元数集A＝{a1，a2，…，an}，B＝{b1，b2，…，bn}（n∈N，且n≥2），定义．
（1）若集合A＝{1，3，5}，B＝{2，4，6}求DA（3），DB（3），和EAB（3）；
（2）是否存在集合A＝{1，2，3，…，n}（n∈N）使得DA（n）＝2024，若存在，求出n的值，若不存在，请说明理由：
（3）若A和B均为元实数集，且满足A∩B＝ ．试比较DA（n）+DB（n）与EAB（n）的大小关系，并说明理由．
12．（2024 江西二模）若无穷数列{an}，{bn}满足：存在正常数M，对任意的n∈N*，均有|an﹣bn|≤M，则称数列{an}与{bn}具有“M”关系．
（1）若无穷数列{an}，{bn}的通项公式分别是，，判断数列{an}与{bn}是否具有“3”关系；
（2）若无穷数列{an}，{bn}是公差不相等的两个等差数列，证明：数列{an}与{bn}不具有“M”关系；
（3）设无穷数列{an}是公差为d（d∈R）的等差数列，无穷数列{bn}是首项为正数，公比为q（q∈N*）的等比数列，试求数列{an}与{bn}具有“M”关系的充要条件．
备战2025年高考数学：数列高考真题重现+模拟题训练
高考真题重现解析
（2024 天津）已知数列{an}是公比大于0的等比数列，其前n项和为Sn，若a1＝1，S2＝a3﹣1．
（1）求数列{an}前n项和Sn；
（2）设bn＝，b1＝1，其中k是大于1的正整数．
（i）当n＝ak+1时，求证：bn﹣1≥ak bn；
（ii）求．
【分析】（1）根据题目条件结合等比数列的通项公式，可以得到公比q，再根据等比数列求和公式即可求得Sn；
（2）（i）根据题意可得，bn＝k+1，bn﹣1＝k（2k﹣1），利用作差法分析即可；
（ii）根据题意以及等差数列求和公式可得bi＝，再用裂项相消法即可求得．
【解答】解：（1）a1＝1，S2＝a3﹣1＝a1+a2，
可得1+q＝q2﹣1，整理得q2﹣q﹣2＝0，
解得q＝2或q＝﹣1，
因为数列{an}的公比大于0，所以q＝2，
所以；
（2）（i）证明：由（1）可知，且k∈N*，k≥2，
当时，则，即ak＜n﹣1＜ak+1，
可知，bn＝k+1，
bn﹣1＝+（ak+1﹣ak﹣1） 2k＝k+2k（2k﹣1﹣1）＝k（2k﹣1），
可得bn﹣1﹣akbn＝k（2k﹣1）﹣（k+1）2k﹣1＝（k﹣1）2k﹣1﹣k≥2（k﹣1）﹣k＝k﹣2≥0，
当且仅当k＝2时，等号成立，
所以bn﹣1≥ak bn；
（ii），
若n＝1，则S1＝1，b1＝1，
若n≥2，则，
当2k﹣1＜i≤2k﹣1时，bi﹣bi﹣1＝2k，可知{bi}为等差数列，
可得bi＝k 2k﹣1+2k＝k 4k﹣1＝，
＝1+[5×42﹣2×4+8×43﹣5×42+...+（3n﹣1）4n﹣（3n﹣4）4n﹣1]＝，
且n＝1，符合上式，综上所述：．
【点评】本题考查数列的应用综合题，需要熟练运用数列求和的方法，属于难题．
模拟题训练解析
1．（2024 天府新区校级模拟）设Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝1，2Sn＝nan．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求数列的前n项和Tn．
【分析】（1）由数列的通项与求和的关系，结合数列的恒等式，即可得到所求通项公式；
（2）由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和．
【解答】解：（1）a2＝1，2Sn＝nan，可得n＝1时，2a1＝2S1＝a1，即a1＝0，
当n≥2时，由2Sn＝nan，可得2Sn﹣1＝（n﹣1）an﹣1，两式相减可得2an＝nan﹣（n﹣1）an﹣1，
当n＝2时，上式显然成立，
当n≥3时，＝，
则an＝a2 ... ＝1 ... ＝n﹣1，
上式对n＝1，n＝2都成立，
所以an＝n﹣1，n∈N*；
（2）＝n（）n，
Tn＝1 +2 （）2+3 （）3+...+n（）n，
Tn＝1 （）2+2 （）3+3 （）4+...+n（）n+1，
上面两式相减可得Tn＝+（）2+（）3+...+（）n﹣n（）n+1
＝﹣n（）n+1，
化为Tn＝2﹣（n+2）（）n．
【点评】本题考查数列的递推式和等差数列的通项公式和等比数列的求和公式，以及数列的错位相减法求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
2．（2024 青羊区校级模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，an+1＝Sn+2．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设，记数列{bn}的前n项和为Tn，证明．
【分析】（1）利用数列的递推式得到an+1＝2an，根据等比数列的通项公式即可求解；
（2）利用裂项相消求和即可求解．
【解答】解：（1）∵an+1＝Sn+2，
∴当n≥2时，an＝Sn﹣1+2，
两式相减，得an+1﹣an＝an，即an+1＝2an，
又∵a1＝2，
∴a2＝S1+2＝2+2＝4，满足上式，
即数列是首项为2，公比为2的等比数列，
所以；
证明：（2）∵
＝，
∴Tn＝b1+b2+ +bn
＝
＝（1+﹣﹣）
＝．
【点评】本题考查了数列的递推式和裂项相消求和，属于中档题．
3．（2024 沈阳三模）设公差不为0的等差数列{an}的首项为1，且a2，a5，a14成等比数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）已知数列{bn}为正项数列，且，设数列的前n项和为Sn，求证：．
【分析】（1）结合等比数列的性质及等差数列的通项公式即可求解；
（2）先求出bn，然后利用裂项求和即可求证．
【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，则d≠0，
∵a2，a5，a14成等比数列，
则，即（a1+d）（a1+13d）＝（a1+4d）2，
将a1＝1代入上式，解得d＝2．
∴an＝2n﹣1；
证明：（2）由（1）得＝n，即bn＝，
＝＝，
则Sn＝+…+
＝﹣1．
【点评】本题考查等差数列的通项公式、等比数列的性质、用裂项相消法求数列的前n项和，体现了数学运算的核心素养．
4．（2024 昆明三模）正项数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，4Sn＝+2an+1，4Tn＝+2bn+1．
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）已知数列{cn}满足cn＝bn ，求数列{cn}的前n项和Hn．
【分析】（1）由an与Sn的关系，结合等差数列和等比数列的定义、通项公式，可得所求；
（2）求得cn＝ （+），讨论n为奇数或偶数，由数列的裂项相消求和，可得所求和．
【解答】解：（1）由4Sn＝+2an+1，an＞0，
可得4a1＝4S1＝（a1+1）2，解得a1＝1，
当n≥2时，4an＝4Sn﹣4Sn﹣1＝+2an+1﹣﹣2an﹣1﹣1，
化为2（an+an﹣1）＝（an+an﹣1）（an﹣an﹣1），
由an＞0，可得an﹣an﹣1＝2，
可得数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，
即有an＝2n﹣1；
由4Tn＝+2bn+1，可得4b1＝4T1＝（b1+1）2，解得b1＝1，
同理可得（bn+bn﹣1）（bn﹣bn﹣1﹣2）＝0，
由{bn}是等比数列，可得bn+bn﹣1＝0，即有公比q＝﹣1，
则bn＝（﹣1）n﹣1；
（2）cn＝bn ＝（﹣1）n﹣1
＝ （+），
当n为奇数时，Hn＝[（1+）﹣（+）+...﹣（+）+（+）]＝（1+），
同理可得当n为偶数时，Hn＝（1﹣）．
所以Hn＝．
【点评】本题考查数列的通项与前n项和的关系，以及数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
5．（2024 山西模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an﹣1，n∈N*．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）已知bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，若对任意的正整数n，不等式2λ﹣1≤Tn＜λ都成立，求实数λ的取值范围．
【分析】（1）根据Sn＝2an﹣1，判定数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，从而求得通项；
（2）由裂项法，得，进而求得Tn，由{Tn}是递增数列及恒成立思想，即可求得实数λ的取值范围．
【解答】解：（1）由Sn＝2an﹣1，n∈N*，可得：
当n＝1时，S1＝2a1﹣1，即a1＝2a1﹣1，所以a1＝1，
当n 2时，有Sn﹣1＝2an﹣1﹣1，
所以Sn﹣Sn﹣1＝（2an﹣1）﹣（2an﹣1﹣1），
即an＝2an﹣2an﹣1，整理得：an＝2an﹣1，
因为a1＝1，所以，
所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
所以；
（2）由（1）得：，
所以Tn＝b1+b2+ +bn＝＝，
显然{Tn}是递增数列，且n→+∞时，→0，
所以，即，
所以，解得，
故实数λ的取值范围是．
【点评】本题考查数列利用前n项和Sn求通项an，考查裂项法对数列求和，属中档题．
6．（2024 顺义区校级模拟）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ak＝aiaj﹣ai﹣aj，则称数列{an}满足性质P．
（1）判断下列数列是否满足性质P，并说明理由．
①an＝n，n＝1，2，3，…；
②bn＝n+2，n＝1，2，3，…．
（2）若数列{an}满足性质P，且a1＝1，求证：集合{n∈N*|an＝3}为无限集；
（3）若周期数列{an}满足性质P，求数列{an}的通项公式．
【分析】（1）对①，可取i＝1，j＞1，计算aiaj﹣ai﹣aj＝﹣1，由性质P可得结论；对②，由bi＝i+2，bj＝j+2，计算bibj﹣bi﹣bj，由不等式的性质和性质P，可得结论；
（2）由数列的性质P，且a1＝1，可取i，j，存在k＞j，使得ak＝aiaj﹣ai﹣aj＝﹣1，3，运用反证法证明{n∈N*|an＝3}不为有限集，结合性质P，可得矛盾；
（3）设周期数列{an}的周期为T≥1，T∈N*，设周期数列{an}的最大值为aM，M∈N*，1≤M≤T﹣1，再由反证法分别证明an≤3；对 n∈N*，均有﹣1≤an≤3；an≠1．an≠﹣1，因为an∈Z，则an∈{0，2，3}，再讨论当T＝1时，当T≥2时，结合性质P，可得结论．
【解答】解：（1）对①an＝n，n＝1，2，3，…；
可令i＝1，对 j∈N*，j＞i，则ai＝1，aj＝j，可得aiaj﹣ai﹣aj＝j﹣1﹣j＝﹣1 {an}，
显然不存在k＞j，k∈N*，使得ak＝aiaj﹣ai﹣aj＝﹣1，故数列{an}不满足性质P；
对②bn＝n+2，n＝1，2，3，…：
对于 i、j∈N*，i＜j，则bi＝i+2，bj＝j+2，
故bibj﹣bi﹣bj＝（i+2）（j+2）﹣（i+2）﹣（j+2）＝ij+i+j＝（ij+i+j﹣2）+2，
因为i，j∈N*，i≥1，j≥2，则ij+i+j﹣2∈N*，且ij+i+j﹣2＝i（j+1）+（j﹣2）≥3，
所以存在k＝ij+i+j﹣2∈N*，k＞j，使得bk＝（ij+i+j﹣2）+2＝bibj﹣bi﹣bj，故数列{bn}满足性质P．
（2）证明：若数列{an}满足性质p，且a1＝1，则有：
取i＝1，j＝j1＞1，j1∈N*，均存在k1＞j1，k1∈N*，使得＝a1﹣a1﹣＝﹣1，
取i＝1，j＝j2＞k1，j2∈N*，均存在k2＞j2＞k1，k2∈N*，
使得＝a1﹣a1﹣＝﹣1，
取i＝k1，j＝k2＞k1，均存在m1＞k2＞1，m1∈N*，
使得＝﹣﹣＝3．
故数列{an}中存在n∈N*，使得an＝3，
即{n∈N*|an＝3}≠ ．
运用反证法证明：假设{n∈N*|an＝3}为有限集，其元素由小到大依次为n1，n2，…，nl（nl＞1），
取i＝1，j＝nl+1＞nl，均存在kL＞nl+1，KL∈N*，使得＝a1+1﹣a1﹣+1＝﹣1，
取i＝1，j＝KL+1，均存在kL+1＞KL+1，KL+1∈N*，使得＝a1+1﹣a1﹣+1＝﹣1，
取i＝KL，j＝KL+1，均存在nl+1＞KL+1＞nl，nl+1∈N*，使得＝﹣﹣+1＝3，
即nl+1∈{n∈N*|an＝3}这与假设相矛盾，故集合{n∈N*|an＝3}为无限集．
（3）设周期数列{an}的周期为T≥1，T∈N*，则对 n∈N*，均有an＝an+T，
设周期数列{an}的最大值为aM，M∈N*，1≤M≤T﹣1，最小项为aN，1≤N≤T﹣1，
即对 n∈N*，均有aN≤an≤aM，
若数列{an}满足性质P：
运用反证法证明．假设aM≥4，取i＝M，j＝M+T，则 K＞M+T，k∈N*，使得ak＝aMaM+T﹣aM﹣aM+T
＝﹣2aM，则ak﹣aM＝﹣3aM＝aM（aM﹣3）＞0，
即ak＞aM，
这对 n∈N*，均有aN≤an≤aM矛盾，假设不成立，即对 n∈N*，均有an≤3；
运用反证法证明．假设aN≤﹣2时，取i＝N，j＝N+T，则 K＞N+T，k∈N*，使得ak＝aNaN+T﹣aN﹣aN+T
＝﹣2aN≥4，
这与对 n∈N*，均有an≤3矛盾，假设不成立，即对 n∈N*，均有an≥﹣1．
综上所述，对 n∈N*，均有﹣1≤an≤3；
运用反证法证明．假设l为数列{an}中的项，由（2）可得﹣1，3为数列{an}中的项，
因为﹣1×3﹣（﹣1）﹣3＝﹣5，即﹣5为数列{an}中的项，这与对 n∈N*，均有﹣1≤an≤3相矛盾，即对 n∈N*，均有an≠1．同理可证an≠﹣1，
因为an∈Z，则an∈{0，2，3}．
当T＝1时，即数列{an}为常数列时，设an＝a，故对 i，j∈N*，i＜j，都存在k＞j，使得ak＝aiaj﹣ai﹣aj＝a2﹣2a＝a，解得a＝0或3，即an＝0或3，符合题意；
当T≥2时，即数列{an}至少有两个不同项，则有：
①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 {0，2，3}，不成立；
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 {0，2，3}，不成立；
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1 {0，2，3}，不成立；
综上所述，an＝0或an＝3．
【点评】本题考查数列的性质P的理解和运用，以及等差数列的定义和通项公式，考查分类讨论思想和运算能力、推理能力，属于难题．
7．（2024 船营区校级模拟）数列{an}中，从第二项起，每一项与其前一项的差组成的数列{an+1﹣an}称为{an}的一阶差数列，记为，依此类推，的一阶差数列称为{an}的二阶差数列，记为，…如果一个数列{an}的p阶差数列是等比数列，则称数列{an}为p阶等比数列（p∈N*）．
（1）已知数列{an}满足a1＝1，an+1＝2an+1．
（ⅰ）求，，；
（ⅱ）证明：{an}是一阶等比数列；
（2）已知数列{bn}为二阶等比数列，其前5项分别为，求bn及满足bn为整数的所有n值．
【分析】（1）（ⅰ）根据的定义，结合通项公式求解即可；（ⅱ）根据递推公式构造an+1﹣an＝2（an﹣an﹣1）即可证明；
（2）由题意{bn}的二阶等差数列为等比数列，设公比为q，可得，结合进而可得，从而分析bn为整数当且仅当为整数，再根据二项展开式，结合整除的性质分析即可．
【解答】解：（1）（ⅰ）由a1＝1，an+1＝2an+1易得a2＝3，a3＝7，a4＝15，……
由一阶等差数列的定义得：，，．
证明：（ⅱ）因为an+1＝2an+1，所以当n≥2时有an﹣2an﹣1＝1，
所以an+1﹣2an＝an﹣2an﹣1，即an+1﹣an＝2（an﹣an﹣1），
即，又因为a1＝1，故是以1为首项，2为公比的等比数列，
即{an}是一阶等比数列．
解：（2）由题意{bn}的二阶等差数列为等比数列，设公比为q，
则，q＝4，所以．
由题意，所以，
所以，
即．
所以bn为整数当且仅当为整数．
由已知n＝1时符合题意，n＝2，3，4，5时不合题意，
当n≥6时，＝，
所以原题等价于为整数，
因为①，
显然3（n﹣1）﹣1含质因子3，所以n﹣1必为9的倍数，
设n﹣1＝9k，（k∈N），则n＝9k+1，将n＝9k+1代入①式，
当k为奇数时，3（n﹣1）﹣1为偶数，①式为2的倍数；
当k为偶数时，n为奇数，n﹣1为偶数，①式为2的倍数，
又因为2与9互质，所以①为整数．
综上，当n＝9k+1，（k∈N）时，bn为整数．
【点评】本题以新定义为载体，主要考查了数列的递推关系，等差数列的通项公式的应用，还考查了逻辑推理的能力，属于难题．
8．（2024 新乡三模）函数f（x）＝[x]称为取整函数，也称为高斯函数，其中[x]表示不超过实数x的最大整数，例如：[3.2]＝3，[0.6]＝0，[﹣1.6]＝﹣2．对于任意的实数x，定义数列{an}满足．
（1）求a13，a2024的值．
（2）设bn＝n+an，从全体正整数中除去所有bn，剩下的正整数按从小到大的顺序排列得到数列{cn}．
①求{cn}的通项公式；
②证明：对任意的n∈N+，都有．
【分析】（1）由＜＜4，得[]＝3，结合已知条件求a13，再由，得[]＝44，再结合已知可得a2024的值；
（2）①由题意可得，b1＝1+a1＝1+（1）＝1+1＝2，则c1＝1，对于给定的n∈N*，存在唯一确定的k∈N*，使得k，即k2≤n＜（k+1）2，再由，然后对n分类分析bn，即可求得{cn}的通项公式；
②由，得{}为递增数列，求得，当n≥4时，结合裂项相消法求和得结论．
【解答】（1）解：∵＜＜4，∴[]＝3，则＞[]+，
∴；
∵，∴[]＝44，则＞[]+，
∴；
（2）①解：由题意可得，b1＝1+a1＝1+（1）＝1+1＝2，则c1＝1．
对于给定的n∈N*，存在唯一确定的k∈N*，使得k，即k2≤n＜（k+1）2，
∵，
∴当k2≤n≤k2+k时，an＝k，可设n＝k2+m，m∈{0，1，2，…，k}，
此时bn＝n+k，即，m∈{0，1，2，…，k}，
当k2+k+1≤n＜（k+1）2时，an＝k+1，可设n＝k2+m，m∈{k+1，k+2，…，2k}，
此时bn＝n+k+1，即，m∈{k+1，k+2，…，2k}，
故bn∈{k2+k，k2+k+1，…，k2+2k，k2+2k+2，k2+2k+3，…，k2+3k+1}，
恰好跳过k2+2k+1＝（k+1）2，即所有正整数中恰好少了（k+1）2，
∵c1＝1，∴；
②证明：∵，∴＞0，则{}为递增数列，
，
当n≥4时，，
则＜
＝＝．
故对任意的n∈N*，都有．
【点评】本题考查数列与函数、数列与不等式的综合，考查推理论证能力及运算求解能力，综合性强，难度较大．
9．（2024 鲤城区校级模拟）已知有穷正项数列{an}（n≤m），若将每个项依次围成一圈，满足每一项的平方等于相邻两项平方的乘积，则称该数列可围成一个“HL﹣Circle”．例如：数列都可围成“HL﹣Circle”．
（1）设a1＝a，当m＝5时，是否存在a使该数列可围成“HL﹣Circle”，并说明理由；
（2）若{an}的各项不全相等，且可围成“HL﹣Circle”．
（i）求m的取值集合；
（ii）求证：．
【分析】（1）根据定义，列出方程组，并求解，后列举出满足题意的数列即可．
（2）（i）由（1）得出结论；（ii）利用反证法证明．
【解答】解：（1）由定义可得，而{an}为正项数列，故ai＝ai﹣1ai﹣1，
故a2＝a1a3，a3＝a2a4，a4＝a3a5，a5＝a1a4，a1＝a5a2，
由最后两式可得，故a3＝1，故a1＝a2＝a且a4＝a5，
结合a5＝a4a1可得a1＝a＝1，故a2＝1，故a3＝a4＝a5＝1．
故存在a＝1，使得数列{an}可围成“HL﹣Circle”，此时数列{an}为：{1，1，1，1，1}．
（2）（i）若{an}的各项不全相等，且可围成“HL﹣Circle”，
则由，，，
结合{an}为正项数列可得an＝an﹣1an+1（1＜n＜m），am＝am﹣1a1，a1＝ama2，
诸式相乘后可得a1a2 am＝1，
又上述关系式即为an＝an﹣1an+1（1＜n≤m+1）（若下标大于m，则取下标除以m的余数）．
故an+1＝anan+2（1＜n≤m+1），
故（若下标大于m，则取下标除|m的余数）．
所以an﹣1＝an+5（1＜n≤m+1）（若下标大于m，则取下标除以 m的余数）．
设m＝6p+r，0≤r≤5，
若r＝1，则am＝a1am﹣1，即为a1＝a1am﹣1，故am﹣1＝1，从而a6＝1，a3＝1，
而a1＝ama2，故a1＝a1a2，故a2＝1，故a1＝1，从而a4＝a5＝1，此时{an}均为1，与题设矛盾；
若r＝2，则am＝a1am﹣1，即为，而，
a1＝a2＝1，故a3＝a4＝a5＝a6＝1，此时{an}均为1，与题设矛盾；
若r＝3，则am＝a1am﹣1，即为a3＝a1a2，而a2＝a1a3，所以a1＝1，故a4＝1，从而a3＝a2，
而a1＝a2am＝a2a3，故a3＝a2＝1，故a5＝a6＝1，此时{an}均为1，与题设矛盾；
若r＝4，则am＝a1am﹣1，即为a4＝a1a3，而a3＝a2a4，所以a1a2＝1，
而a1＝a2am＝a2a4，故a3＝a1，故，故a1＝1，故a2＝a3＝1，故a4＝1，故a5＝a6＝1，
此时{an}均为1，与题设矛盾；
若r＝5，则，
故a1＝a2am＝a2，
故，故a4＝a5a3＝a3＝1，故a6＝1，故，故a1＝1，此时{an}均为1，与题设矛盾．
综上，m的取值集合为{m|m＝6k，k∈N*，k≥2}．
（ii）由均值不等式得：
a1+a2+a3+…+a6＝，
由上面三组数内必有一组不相等，否则a1＝a2＝a3＝1，
从而a4＝a5＝…＝am＝1．与题设矛盾，
故等号不成立，从而a1+a2+a3+…+a6＞6，
又m＝6k，由④和⑥得
＝因此由⑤得：
，故原式得证．
【点评】本题以HL﹣Circle作为数学背景考查数列的综合应用，属于难题．
10．（2024 五莲县校级模拟）柯西是一位伟大的法国数学家，许多数学定理和结论都以他的名字命名，柯西不等式就是其中之一，它在数学的众多分支中有精彩应用，柯西不等式的一般形式为：设a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…，bn∈R，则当且仅当bi＝0（i＝1，2，…，n）或存在一个数k，使得ai＝kbi（i＝1，2，…，n）时，等号成立．
（1）请你写出柯西不等式的二元形式；
（2）设P是棱长为的正四面体ABCD内的任意一点，点P到四个面的距离分别为d1、d2、d3、d4，求的最小值；
（3）已知无穷正数数列{an}满足：①存在m∈R，使得ai≤m（i＝1，2，…）；②对任意正整数i、j（i≠j），均有．求证：对任意n≥4，n∈N*，恒有m≥1．
【分析】（1）利用柯西不等式的定义，写出n＝2时的形式即可；
（2）由体积法求出，构造柯西不等式求的最小值即可；
（3）由题意知，根据，由柯西不等式得求得m的取值范围．
【解答】解：（1）柯西不等式的二元形式为：
设a1，a2，b1，b2∈R，则，
当且仅当a1b2＝a2b1时等号成立．
（2）由正四面体ABCD的体积V＝VP﹣ABC+VP﹣DBC+VP﹣CDA+VP﹣DAB，
得，所以，
又由柯西不等式得，
所以，
当且仅当时等号成立．
（3）证明：对n≥4，记k1，k2， ，kn是1，2， ，n的一个排列，
且满足．
由条件②得：．
于是，对任意的n≥4，
都有，
由柯西不等式得，
所以
＝；
从而，对任意的n≥4，都有，
所以对任意n≥4，n∈N*，，恒有m≥1．
【点评】本题考查了新定义应用问题，也考查了数列与不等式的应用问题，是难题．
11．（2024 西湖区校级模拟）对于n元数集A＝{a1，a2，…，an}，B＝{b1，b2，…，bn}（n∈N，且n≥2），定义．
（1）若集合A＝{1，3，5}，B＝{2，4，6}求DA（3），DB（3），和EAB（3）；
（2）是否存在集合A＝{1，2，3，…，n}（n∈N）使得DA（n）＝2024，若存在，求出n的值，若不存在，请说明理由：
（3）若A和B均为元实数集，且满足A∩B＝ ．试比较DA（n）+DB（n）与EAB（n）的大小关系，并说明理由．
【分析】（1）根据题目所给定义代入数值计算即可．
（2）写出DB（n）的代数表达式，令其等于2024，解出n．
（3）分别计算EAB（n）与DA（n）+DB（n）的值，然后比较大小．
【解答】解：（1），
，
＝（2﹣1）+（4﹣1）+（6﹣1）+（3﹣2）+（4﹣3）+（6﹣3）+（5﹣2）+（5﹣4）+（6﹣5）＝19．
（2）＝＝
＝
＝，
若，
即（n﹣1）n（n+1）＝24×3×11×23＝22×23×24，
所以存在n＝23．
（3）不妨设a1＜a2＜……＜an，b1＜b2＜……＜bn，
则+
≥，
＝，
由a1＜a2＜…＜an，b1＜b2＜…＜bn可知，＝，
从而，
所以EAB（n）＞DA（n）+DB（n）．
【点评】本题以数列新定义为数学背景考查数列的综合运用，学生的逻辑思维能力和运算能力，属于难题．
12．（2024 江西二模）若无穷数列{an}，{bn}满足：存在正常数M，对任意的n∈N*，均有|an﹣bn|≤M，则称数列{an}与{bn}具有“M”关系．
（1）若无穷数列{an}，{bn}的通项公式分别是，，判断数列{an}与{bn}是否具有“3”关系；
（2）若无穷数列{an}，{bn}是公差不相等的两个等差数列，证明：数列{an}与{bn}不具有“M”关系；
（3）设无穷数列{an}是公差为d（d∈R）的等差数列，无穷数列{bn}是首项为正数，公比为q（q∈N*）的等比数列，试求数列{an}与{bn}具有“M”关系的充要条件．
【分析】根据题目所给M关系的定义求解即可．
【解答】（1）解：因为，，
所以，
因为单调递增，
所以，
因为单调递减，
所以，
所以，
即，
所以，
故数列{an}与（bn}具有“3”关系．
（2）证明：因为无穷数列{an}，{bn}是公差不相等的两个等差数列，
所以可设an＝d1n+m1，bn＝d2n+m2，其中d1，d2分别是{an}，{bn}的公差，则d1≠d2．
假设存在正常数M，对任意的n∈N*，均有|an﹣bn|≤M，
即|d1n+m1﹣d2n﹣m2|≤M，
所以|（d1﹣d2）n+m1﹣m2|≤M，
又|（d1﹣d2）n+m1﹣m2|≥|（d﹣d2）n|﹣|m1﹣m2|，
所以对任意的n∈N*，均有|（d1﹣d2）n|﹣|m1﹣m2|≤M，
即，
这与“对任意的n∈N*，均有|（d1﹣d2）n|﹣|m1﹣m2|≤M“矛盾，
所以若无穷数列{an}，{bn}是公差不相等的两个等差数列，
则数列{an}与{bn}不具有“M”关系．
（3）解：因为无穷数列{an}是公差为d（d∈R）的等差数列，无穷数列{bn }是首项为正数，公比为q（q∈N*）的等比数列，
所以an＝a1+（n﹣1）d＝dn+a1﹣d，，
设a1﹣d＝a，，
则an＝dn+a，bn＝b qn，n∈N，
若数列{an}与{bn}具有“M”关系，则对任意的n∈N*，均有|an﹣bn|≤M．
①当d＝0，q＝1时，an＝a1，bn＝b1，|an﹣bn|＝|a1﹣b1|，
取M＝|a1﹣b1|，则|an﹣bn|≤M恒成立，
所以数列{an}与{bn}具有“M”关系；
②当d＝0，q≥2时，假设数列{an}与{bn}具有“M”关系，
则存在正常数M，使得对任意的n∈N*，
均有|an﹣bn|≤M．因为|bn|﹣|an|≤|an﹣bn|≤M，
所以对任意的n∈N*，均有|bn|﹣|an|≤M，
即，
解得，
都与“对任意的n∈N*，均有|bn|﹣|an|≤M“矛盾，
不合题意；
③当d≠0，q＝1时，假设数列{an}与{bn}具有“M”关系，
则存在正常数M，使得对任意的n∈N*，
均有|an﹣bn|≤Mn，
因为|an|﹣|bn|≤|an﹣bn|≤M．
所以对任意的n∈N*，
均有|an|﹣|bn|≤M，
即|dn+a|﹣b1≤M，
所以|dn|﹣|a|≤|dn+a|≤M+b1，
解得，
这与“对任意的n∈N*，
均有|an|﹣|bn|≤M“矛盾，
不合题意；
④当d≠0，q≥2时，
假设数列{an}与{bn}具有“M”关系，
则存在正常数M，使得对任意的n∈N*，
均有|an﹣bn||≤M．
因为|bn|﹣|an|≤|an﹣bn|≤M所以对任意的n∈N*，
均有|bn|﹣|an|≤M，即|bn|≤M+|an|，b qn≤M+|dn+a|≤|d|n+|a|+M，
所以，
设，，
则对任意的n∈N，d≤k+．因为q≥2，即qn≥2n，
所以对任意的n∈N*，2n≤kn+t．
下面先证明：存在N＞1，当n＞N时，2n＞n2，即证nln2﹣2lnn＞0．
设，则，
所以x∈（0，4）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，x∈（4，+∞）时，f（x）＜0，f（x）单调递减，
所以f（x）max＝f（4）＝ln4﹣2＜0，即lnx＜．
因此，
所以当x＞ 时，xln2﹣2lnx＞0，
设，
则当x＞N时，xln2﹣2lnx＞0，即当n＞N时，2n＞n2，又2n≤kn+t，
所以n2＜kn+t，即n2﹣kn﹣t＜0，
解得，
这与对任意的n∈N*，2n≤kn+t矛盾，
不合题意．
综上所述，数列{an}与{bn}具有“M”关系的充要条件为d＝0，q＝1．
【点评】本题以数列新定义作为数学背景，考查学生的逻辑思维能力，属于难题．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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