特训04 数列 难点分析 （六大题型）-2024-2025学年高二数学期中期末挑战满分冲刺卷（苏教版2019选择性必修第一册，江苏专用）

特训04 数列 难点分析 （六大题型） 目录： 题型1： 构造法求数列的通项公式 题型2： 恒成立问题 题型3：证明不等式 题型4：放缩法在数列中的应用 题型5：数列与圆锥曲线 题型6：新定义题综合 题型1： 构造法求数列的通项公式 1．数列满足，则下列说法错误的是（    ） A．存在数列使得对任意正整数p，q都满足 B．存在数列使得对任意正整数p，q都满足 C．存在数列使得对任意正整数p，q都满足 D．存在数列使得对任意正整数p，q都满足 2．设的三边长分别为若 (1)比较与的大小； (2)求数列的通项公式； (3)作于记与的面积之差的绝对值为则在数列中,是否存在某两项使依次成等差数列?证明你的结论. 3．设，满足递推关系，初值条件．令，即，令此方程的两个根为、，若，则有（其中），若，则有（其中）. 证明：如果数列满足下列条件：已知的值，且对于，都有（其中、、、均为常数，且，，），那么，可作特征方程. （1）当特征方程有两个相同的根（称作特征根）时，若，则，；若，则，其中，. 特别地，当存在使时，无穷数列不存在； （2）当特征方程有两个相异的根、（称作特征根）时，则，，其中，（其中）. 题型2： 恒成立问题 4．已知数列的首项为1，前n项和为，且对任意的，均有. (1)当时，证明为等比数列，并求数列的通项公式； (2)当时，均为整数，若使得对一切恒成立的的所有可能取值有9个，求T的值. 5．随着信息技术的快速发展，离散数学的应用越来越广泛．差分和差分方程是描述离散变量变化的重要工具，并且有广泛的应用．对于数列，规定为数列的一阶差分数列，其中，规定为数列的二阶差分数列，其中． (1)数列的通项公式为，试判断数列，是否为等差数列，请说明理由? (2)数列是以1为公差的等差数列，且，对于任意的，都存在，使得，求a的值． 题型3：证明不等式 6．已知数列. (1)证明：是等比数列； (2)已知数列. ①求的最大值； ②对任意的正整数，证明：. 7．模糊数学普遍存在于自然界和数学模型中，比如天气预测､种群数量变化和天体运动等等.假设在一个模糊数学系统中，用来表示系统在第个时刻的状态值，且该系统下一时刻的状态满足，，其中. (1)当时，若满足对，有，求； (2)当时，判断中是否存在连续的三项构成等比数列；若存在，求出连续的三项；若不存在，说明理由. (3)若，，记，证明：. 题型4：放缩法在数列中的应用 8．已知各项均为正数的数列满足，，其前n项和为，则下列关于数列的叙述错误的是(    ) A． B． C． D． 9．对于数列若存在常数，对任意的，恒有，则称数列为有界数列.记是数列的前项和，下列说法错误的是（    ） A．首项为1，公比为的等比数列是有界数列 B．若数列是有界数列，则数列是有界数列 C．若数列是有界数列，则数列是有界数列 D．若数列、都是有界数列，则数列也是有界数列 10．已知数列、满足，，，． （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）设数列的前项和为，求证：； （Ⅲ）设数列的前项和为，求证：当时，． 11．已知数列满足，，令，设数列前n项和为． (1)求证：数列为等差数列； (2)若存在，使不等式成立，求实数的取值范围； (3)设正项数列满足，求证：． 12．约数，又称因数.它的定义如下：若整数除以整数除得的商正好是整数而没有余数，我们就称为的倍数，称为的约数.设正整数共有个正约数，即为. (1)当时，若正整数的个正约数构成等比数列，请写出一个的值； (2)当时，若构成等比数列，求正整数； (3)记，求证：. 题型5：数列与圆锥曲线 13．已知双曲线的中心为坐标原点，左焦点为，渐近线方程为. (1)求的方程； (2)若互相垂直的两条直线均过点，且，直线交于两点，直线交于两点，分别为弦和的中点，直线交轴于点，设. ①求； ②记，，求. 14．已知抛物线：的焦点为，过点的直线与相交于点，，面积的最小值为（为坐标原点）.按照如下方式依次构造点：的坐标为，直线，与的另一个交点分别为，，直线与轴的交点为，设点的横坐标为. (1)求的值； (2)求数列的通项公式； (3)数列中，是否存在连续三项（按原顺序）构成等差数列？若存在，指出所有这样的连续三项；若不存在，请说明理由. 题型6：新定义题综合 15．设有穷数列的项数为，若（为常数，且），则称该数列为等积数列，叫做该数列的公共积. (1)若是公共积为的等积数列，求该数列的公共积及； (2)若是公共积为的等积数列，且（且为常数），证明：当时，对任意给定的，数列中一定存在相等的两项； (3)若是公共积为1的等积数列，且是奇数，对任意的都存在正整数，使得，求证：是等比数列. 16．已知无穷正项数列单调递增，其首项记为，.若，，其中为正整数集的子集，称数列在内满足性质；若，，称数列在内满足性质；若，，则数列在内满足性质. (1)若，判断数列具有哪种性质，并说明理由； (2)若数列具有性质，证明：时，； (3)若数列是正整数数列，表示有限集合中元素的个数，求证：若数列满足性质，则． 17．若项数有限的数列满足，且，则称数列为“n阶上进数列”. (1)若等比数列是“2024阶上进数列”，求的通项公式； (2)若数列是“n阶上进数列”，其前n项和记为. （i）证明：； （ii）若存在，使得，且的前m项均为非负数，其他项均为非正数，判断数列是否是“n阶上进数列”，并说明理由. 参考公式：. 18．记数列的前项和为，若对任意，，则称是“数列”． (1)若，判断是否是“数列”，并说明理由； (2)若是首项为1，公比为的等比数列，且数列和均是“数列”． ①求的取值范围； ②当时，若在所有数列中随机抽取一个数列，求在的条件下，恰为偶数的概率． (3)若等差数列是首项为1的“数列”，且，求正整数的最小值，以及取最小值时相应数列的公差． 19．设为正整数，数列是公差的等差数列，若从中删去两项和后剩余的4项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是（）—可分数列． (1)分别求出所有的个数，使数列和数列是—可分数列； (2)证明：当时，数列是—可分数列，且每组等差数列的公差都为； (3)已知使数列是—可分数列的所有的个数为，求证：当时， （i）； （ii）． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！第 1 页 共 16 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 特训04 数列 难点分析 （六大题型） 目录： 题型1： 构造法求数列的通项公式 题型2： 恒成立问题 题型3：证明不等式 题型4：放缩法在数列中的应用 题型5：数列与圆锥曲线 题型6：新定义题综合 题型1： 构造法求数列的通项公式 1．数列满足，则下列说法错误的是（    ） A．存在数列使得对任意正整数p，q都满足 B．存在数列使得对任意正整数p，q都满足 C．存在数列使得对任意正整数p，q都满足 D．存在数列使得对任意正整数p，q都满足 【答案】C 【分析】依题设找到数列满足的递推关系，或举反例否定. 【解析】由，得， 令，， 则当时，数列满足题设，所以A正确； 由，得， 令，则当时，数列满足题设，所以B正确； 由， 令，得，，，， 令，得，，， 则，，从而，与矛盾，所以C错误； 由，得， 令，则当时，数列满足题设，所以D正确. 故选：C 【点睛】思路点睛：肯定命题，构造符合题设数列，注意类比常见函数的运算性质，寻找恰当的数列；否定命题，赋值举反例，发现矛盾. 2．设的三边长分别为若 (1)比较与的大小； (2)求数列的通项公式； (3)作于记与的面积之差的绝对值为则在数列中,是否存在某两项使依次成等差数列?证明你的结论. 【答案】（1）（2）（3）不存在，详解见解析 【分析】（1）通过题设三个基本条件，，先代换出，通过构造数列，得出，即可求得 （2）通过，将代换，得，再求数列通项公式，即可求得 （3）通过不等式的放缩，设，可得，代换出，则，可证，从而不存在两点满足题设条件 【解析】（1），， ， （2）由， ，，， （3），不妨设，，此时 如图：    , ， ，即得不出，所以不存在使依次成等差数列 【点睛】本题考查数列的递推性质，构造数列求通项，放缩法求证不等式，对逻辑推理能力，计算能力，思维转化能力都有较高要求，其中构造数列法值得学习和研究，第三问的问题转化相当巧妙，如果正向求解，难免陷入困局，转变思路，通过研究与的关系大大降低了难度，也从侧面解决了问题，切题方式同样值得我们研究学习，试题整体难度较大 3．设，满足递推关系，初值条件．令，即，令此方程的两个根为、，若，则有（其中），若，则有（其中）. 证明：如果数列满足下列条件：已知的值，且对于，都有（其中、、、均为常数，且，，），那么，可作特征方程. （1）当特征方程有两个相同的根（称作特征根）时，若，则，；若，则，其中，. 特别地，当存在使时，无穷数列不存在； （2）当特征方程有两个相异的根、（称作特征根）时，则，，其中，（其中）. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】（1）作变换，推导出，然后分和两种情况讨论，在时可得出，进而可推出；在时，推导出数列是以为公差的等差数列，进而可证得结论成立； （2）作变换推导出，然后分和两种情况讨论，在时，由数列是等比数列，公比为，可得出；在时，推导出.进而可证得结论成立. 【解析】（1）作变换， 则 ，① ∵是特征方程的根，∴ 将该式代入①式得② 将代入特征方程可整理得，这与已知条件矛盾. 故特征方程的根于是③ 当，即时，由②式得故 当即时，由②、③两式可得 此时可对②式作如下变化：④ 由是方程的两个相同的根可以求得 ∴将此式代入④式得 令则 故数列是以为公差的等差数列. ∴其中 当时， 当存在使时，无意义. 故此时，无穷数列是不存在的； （2）∵特征方程有两个相异的根、， ∴其中必有一个特征根不等于，不妨令 于是可作变换 故，将代入再整理得，⑤ 由（1）知不是特征方程的根，故故 所以由⑤式可得：.⑥ ∵特征方程有两个相异根、方程有两个相异根、， 而方程与方程又是同解方程. ∴， 将上两式代入⑥式得. 当即时，数列是等比数列，公比为. 此时对于都有 当即时，上式也成立. 由且可知 所以（证毕） 【点睛】关键点点睛：本题考查不动点法构造数列的证明，证明第（1）问的关键在于利用为特征方程的根，得出代入递推式化简计算，证明第（2）问的关键在于对特征方程同解变形得到，代入递推式化简计算，同时在证明时要注意对相应数列的首项是否为零进行分类讨论. 题型2： 恒成立问题 4．已知数列的首项为1，前n项和为，且对任意的，均有. (1)当时，证明为等比数列，并求数列的通项公式； (2)当时，均为整数，若使得对一切恒成立的的所有可能取值有9个，求T的值. 【答案】(1)证明过程见解析，； (2)，20，21. 【分析】（1）利用得到为公比为2的等比数列，且； （2）利用得到，，利用和得到，由于，随着的增大，的取值范围内的整数个数越大，经验证，，20，21时满足要求. 【解析】（1）当时，①，当时，， 当时，②，①－②得，即， 又，所以为公比为2的等比数列，且； （2）时，③， 当时，，当时，④， 式子③－④得， 故，故， ，，即，故，， ，即，， ， 其中，，故不等式恒成立， ，， 解得， 其中， 由于，故 所以，， 同理可得， 故需满足的范围为， 由于，随着的增大，的取值范围内的整数个数越大， 当时，， 的所有可能取值为，为8个，不合要求， 当时，， 的所有可能取值为，为9个，满足要求， 经验值和时，满足要求， 当时，， 的所有可能取值为，为10个，不合要求， 因为对一切恒成立的的所有可能取值有9个， 所以，20，21. 【点睛】对于公式， （1）当时，用替换中的得到一个新的关系式，利用，可得时的表达式， （2）当时，，求出， （3）对时的结果进行检验，看是否符合时的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写，如果不符合，则要分开写. 5．随着信息技术的快速发展，离散数学的应用越来越广泛．差分和差分方程是描述离散变量变化的重要工具，并且有广泛的应用．对于数列，规定为数列的一阶差分数列，其中，规定为数列的二阶差分数列，其中． (1)数列的通项公式为，试判断数列，是否为等差数列，请说明理由? (2)数列是以1为公差的等差数列，且，对于任意的，都存在，使得，求a的值． 【答案】(1)不是等差数列；是等差数列；理由见解析 (2) 【分析】（1）理清条件的新定义，结合等差数列性质进行判断； （2）根据新定义和等差数列、等比数列的性质进行分类讨论即可得解. 【解析】（1）不是等差数列；是等差数列；理由如下： 因为，所以， 因为，，， 故，， 显然， 所以不是等差数列； 因为， 则，， 所以是首项为12，公差为6的等差数列. （2）因为数列是以1为公差的等差数列，， 所以，故， 所以数列是以公比为的正项等比数列，， 所以， 且对任意的，都存在，使得，即， 所以，因为，所以， ①若，则，解得（舍去）或， 即当时，对任意的，都存在，使得； ②若，则， 即对任意的，不存在，使得； 综上所述，. 【点睛】思路点睛：本题考查数列的新定义问题，关于新定义问题的常见思路为： （1）理解新定义，明确新定义中的条件、原理、方法与结论等； （2）新定义问题要与平时所学知识相结合运用； （3）对于不等式恒成立问题要结合均值不等式进行求解最值，把握好分类讨论的时机. 题型3：证明不等式 6．已知数列. (1)证明：是等比数列； (2)已知数列. ①求的最大值； ②对任意的正整数，证明：. 【答案】(1)证明见解析 (2)①；②证明见解析 【分析】（1）借助所得表示出及，再作商后结合等比数列判定定理即可得证； （2）①结合（1）中所得可得数列的通项公式，再借助分离常数法可得数列的单调性，即可得解；②将所需证明的转化为证明，从而只需证明，借助数列的通项公式，结合基本不等式放缩得到即可得证. 【解析】（1）由可得， ， 两式相除可得，又， 故是首项为公比为的等比数列； （2）①由（1）可知，，解得，故， ，故随的增大而减小， 即时的值最大，且最大值； ②， ， 当且仅当时取等； ， 其中，当且仅当时取等； ，其中， 故，当且仅当时取等； 故，当且仅当时取等； 由此对任意恒成立，即原不等式成立. 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于将所需证明的转化为证明，再利用基本不等式放缩得到即可得证. 7．模糊数学普遍存在于自然界和数学模型中，比如天气预测､种群数量变化和天体运动等等.假设在一个模糊数学系统中，用来表示系统在第个时刻的状态值，且该系统下一时刻的状态满足，，其中. (1)当时，若满足对，有，求； (2)当时，判断中是否存在连续的三项构成等比数列；若存在，求出连续的三项；若不存在，说明理由. (3)若，，记，证明：. 【答案】(1) (2)不存在，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据已知定义和等量关系可求得或，分别讨论两种情况可得，结合可知数列为常数列，由此可得； （2）假设存在连续三项成等比数列，根据等比数列定义可推导得到，与矛盾，由此可得结论； （3）首先确定，进而推导得到为递减数列，根据和可放缩证得结论. 【解析】（1）当时，， 由题意知：，， 两式作差得：，或； 当时，，解得：或，又，； 当时，，解得：； 恒成立，又，， 数列为常数列，即. （2）当时，； 假设在数列中，存在连续的三项成等比数列，则， ，， ，即， 又，，解得：，与矛盾， 假设错误，即在中，不存在连续的三项成等比数列. （3）当时，， 当时，且，； ，，，， 数列为递减数列， ，， . 【点睛】关键点点睛：本题考查数列与函数结合的新定义问题，第三问证明不等式的关键是能够根据确定数列的单调性，结合的范围对数列的通项进行适当放缩，进而求和得到结论. 题型4：放缩法在数列中的应用 8．已知各项均为正数的数列满足，，其前n项和为，则下列关于数列的叙述错误的是(    ) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】A选项：先构造函数，并研究其单调性，利用进行放缩，利用数学归纳法可证明； B选项：构造函数h(x)＝，，判断其单调性即可； C选项：利用数学归纳法和假设法可证明. D选项：结合C选项结论对进行放缩即可证明. 【解析】设函数，则，故在上单调递增. 用数学归纳法先证： 当时，有； 假设n＝k时，， 由于， ∴根据在上单调递增可知， 即当n＝k＋1时，，∴由数学归纳法原理可知. 对于选项A， 令，∵，故g(x)在单调递增，故g(x)＞g(0)＝0，即，即， ∴，故A正确. 对于选项B， 令h(x)＝，，∵，令m(x)＝，则， 令，则， ∴，即在单调递增， ∴，∴，即在单调递增， ， 在单调递增，，即，即. 故(*)，从而选项B错误. 对于选项C，可用数学归纳法证明： 当时，有成立， 当n＝k时，假设， 若， 则由(*)可知， 与假设矛盾，故. 故.从而选项C正确. 对于选项D，当时，， 故.故选项D正确. 故选：B. 【点睛】本题关键是根据选项构造函数，将数列的范围等问题转化为研究函数的单调性问题.在解题过程中需熟练运用数学归纳法、假设法、数列放缩等方法或技巧，属于难题. 9．对于数列若存在常数，对任意的，恒有，则称数列为有界数列.记是数列的前项和，下列说法错误的是（    ） A．首项为1，公比为的等比数列是有界数列 B．若数列是有界数列，则数列是有界数列 C．若数列是有界数列，则数列是有界数列 D．若数列、都是有界数列，则数列也是有界数列 【答案】B 【分析】根据有界数列的定义，利用不等式放缩，可判断A、C正确；设，可判断B错误；根据数列和数列的有界性，用和来控制，即可选项D. 【解析】解：对A:设满足题设的等比数列为，则， 当时，， 所以， 即， 所以首项为1，公比为的等比数列是有界数列，故A正确； 对B: 事实上，设，则，易知数列是有界数列，而此时， 所以，由的任意性，知数列不是有界数列，故B错误； 对C：因为数列是有界数列，所以存正数，对任意有 ，即， 于是， 所以数列是有界数列，故C正确； 对D：若数列、都是有界数列，则存在正数，，使得对任意，有 ；， 又因为 同理，可得， 所以 ， 所以 ， 数列也是有界数列，故D正确. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于读懂题目，准确把握“有界数列”的定义. 10．已知数列、满足，，，． （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）设数列的前项和为，求证：； （Ⅲ）设数列的前项和为，求证：当时，． 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）证明见解析. 【分析】（Ⅰ）推导出数列，可得出，利用基本不等式可得出，再由可得出，利用作差法证得，进而可证得结论； （Ⅱ）由可得出，结合可推导出，进而得出，再利用放缩法可证得结论成立； （Ⅲ）由可推导出，进而可得出，再利用累加法及等比数列的求和公式即可证明． 【解析】（Ⅰ）因为，则为常数数列， 又，，且，则， 故，，易知， 所以（当且仅当时取等号）， 因为，因此． 又，所以； （Ⅱ）由，有， 又，则，则； 故，即， 所以， 当时，； 当时，， 因此，的前项和； （Ⅲ）由，得， 又，则，故， 所以， 因此，的前项和． 【点睛】本题考查数列与不等式的证明，涉及基本不等式、放缩法的应用，考查推理能力，属于难题. 11．已知数列满足，，令，设数列前n项和为． (1)求证：数列为等差数列； (2)若存在，使不等式成立，求实数的取值范围； (3)设正项数列满足，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据等差数列的定义证明；（2）根据裂项相消法计算求解；（3）求出通项公式，然后根据放缩法证明. 【解析】（1）因为，所以数列为等差数列，首项为1，公差为2； （2）由（1）问可知；故； 所以． 所以存在，使不等式成立， 即存在，使不等式成立， 即存在，使不等式成立，所以； 因为， 当且仅当，即时取得等号； 综上：实数的取值范围是：； （3）因为，所以，所以，即； 因为； 所以； ∴ ； 综上：原不等式得证． 12．约数，又称因数.它的定义如下：若整数除以整数除得的商正好是整数而没有余数，我们就称为的倍数，称为的约数.设正整数共有个正约数，即为. (1)当时，若正整数的个正约数构成等比数列，请写出一个的值； (2)当时，若构成等比数列，求正整数； (3)记，求证：. 【答案】(1)8 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）正整数的个正约数构成等比数列，则满足题意，即； （2）由题意可知，结合可推出是完全平方数，进而可得，由此可知为，即可求得； （3）由题意知，从而可得，采用放缩法以及裂项求和的方法，即可证明结论. 【解析】（1）当时正整数的4个正约数构成等比数列， 比如为8的所有正约数，即. 于是的一个值为8. （2）由题意可知， 因为，依题意可知，所以， 化简可得，所以， 因为，所以， 因此可知是完全平方数. 由于是整数的最小非1因子，是的因子，且，所以， 所以为， 所以. （3）证明：由题意知， 所以， 因为， 所以 ，因为，所以， 所以，即. 【点睛】关键点睛：本题考查数列的应用，考查数列的性质，善于利用放缩法，裂项求和法. 题型5：数列与圆锥曲线 13．已知双曲线的中心为坐标原点，左焦点为，渐近线方程为. (1)求的方程； (2)若互相垂直的两条直线均过点，且，直线交于两点，直线交于两点，分别为弦和的中点，直线交轴于点，设. ①求； ②记，，求. 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）设双曲线方程为，表示渐近线方程，从而得到方程组，求出、，即可求出曲线方程； （2）①首先判断直线的斜率均存在且不为，设的方程为，，，，，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，即可求出点坐标，同理可得点坐标，根据、、三点共线，表示出，即可得解；②首先得到，再利用并项求和法及错位相减法计算可得. 【解析】（1）依题意设双曲线方程为， 则渐近线方程为， 则，解得，所以的方程为； （2）①当直线中又一条直线的斜率为，另一条直线的斜率不存在是，直线与轴重合，不符合题意； 所以直线的斜率均存在且不为， 设的方程为，，，，， 由，得， 则，所以，， 所以，则， 所以，同理可得， 因为、、三点共线，所以， 又，所以， 因为，所以； ②， 所以 ， 设， 则， 所以， 所以， 所以， 所以.    【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为、； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式； （5）代入韦达定理求解. 14．已知抛物线：的焦点为，过点的直线与相交于点，，面积的最小值为（为坐标原点）.按照如下方式依次构造点：的坐标为，直线，与的另一个交点分别为，，直线与轴的交点为，设点的横坐标为. (1)求的值； (2)求数列的通项公式； (3)数列中，是否存在连续三项（按原顺序）构成等差数列？若存在，指出所有这样的连续三项；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）设直线与相关点的坐标，然后联立抛物线和直线方程，利用韦达定理计算出需要的值，最后表示出面积，计算其最值，求出即可； （2）利用抛物线中点弦定理，求出相关直线方程，然后表示出，然后找到两者关系，最后利用其关系求得通项公式即可； （3）利用等差中项的判断方式，判断数列不可能存在连续三项是等差数列. 【解析】（1）设直线， 联立，得， 得 由韦达定理可知： 由题可知： 因为面积的最小值为，且， 所以. （2）设， 由题可知，，两式求差可得 所以， 所以直线方程为，整理得 同理：方程为： 令可得 可知，方程为： 因为过焦点，所以有 方程为： 令可得 由，可知 因为， 得 取对数可得 由题可知， 所以数列是以为首项，2为公比的等比数列； 所以有 解得 （3）不存在，理由如下 假设存在，则一定有 因为，得 化简得 因为 显然 所以在无解； 故不存在连续的三项为等差数列. 【点睛】关键点点睛：第一问，可以利用常规的计算方式计算，也可以利用抛物线的焦点三角形的面积公式（为直线倾斜角）判断即可，最好证明该二级结论； 第二问，主要是需要找到关系，所以需要多建立直线方程，最好用相同的容易计算的方式，所以利用中点弦定理，建立方程，比较容易计算，得到，此种数列，去对数求解即可; 第三问，判断是否存在连续三项为等差数列，假设存在，然后直接用反证法证明即可. 题型6：新定义题综合 15．设有穷数列的项数为，若（为常数，且），则称该数列为等积数列，叫做该数列的公共积. (1)若是公共积为的等积数列，求该数列的公共积及； (2)若是公共积为的等积数列，且（且为常数），证明：当时，对任意给定的，数列中一定存在相等的两项； (3)若是公共积为1的等积数列，且是奇数，对任意的都存在正整数，使得，求证：是等比数列. 【答案】(1)， (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据等积数列定义求解可得答案； （2）当时，根据等积数列的定义，、及可得答案； （3）设，利用是公共积为1的等积数列得，存在正整数，使得，必有，再有，得是公比为的等比数列可得答案. 【解析】（1）为等积数列，. ； （2）当时， 是公共积为的等积数列，， 又. 又， ，即原命题得证； （3）设 是公共积为1的等积数列，且， 对任意的，都存在正整数，使得， ，这项均为中的项， 由题可知，， 必有， 又， 是公比为的等比数列. 是公比为的等比数列. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是利用等积数列的定义和等比数列的定义求解. 16．已知无穷正项数列单调递增，其首项记为，.若，，其中为正整数集的子集，称数列在内满足性质；若，，称数列在内满足性质；若，，则数列在内满足性质. (1)若，判断数列具有哪种性质，并说明理由； (2)若数列具有性质，证明：时，； (3)若数列是正整数数列，表示有限集合中元素的个数，求证：若数列满足性质，则． 【答案】(1)数列满足性质，理由见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）对通项公式化简，用分组求和得到，然后比较，得结论； （2）由性质B得到列不等式化简得到，由累乘法求得，得证； （3）设新的数列，由数列满足性质A转换为，且为递减数列，从而得证. 【解析】（1）由于，从而 ， 从而数列满足性质． （2）数列具有性质，即． 由于，则，由累乘法，，从而 ，即． （3）记，则， ∵，即，等价于， 即证明存在唯一正整数满足此不等式组． 由于，则，其中，∴ ∵， 从而数列是首项为正整数的单调递减整数数列， 从而存在唯一正整数，使得． 综上，若数列满足性质，则． 17．若项数有限的数列满足，且，则称数列为“n阶上进数列”. (1)若等比数列是“2024阶上进数列”，求的通项公式； (2)若数列是“n阶上进数列”，其前n项和记为. （i）证明：； （ii）若存在，使得，且的前m项均为非负数，其他项均为非正数，判断数列是否是“n阶上进数列”，并说明理由. 参考公式：. 【答案】(1)或 (2)（i）证明见解析；（ii）不是，理由见解析 【分析】（1）根据等比数列性质以及“n阶上进数列”定义可解得公比，再由可得首项，可得其通项公式； （2）（i）根据可利用数学归纳法先证明，再由的关系式以及绝对值性质计算可得结论； （ii）利用反证法假设数列是“n阶上进数列”，由（i）中结论可得，因此可得出矛盾，所以数列不是“n阶上进数列”. 【解析】（1）设是公比为q的等比数列，显然， 则有，得，解得， 由 得，解得. 所以的通项公式为或. （2）（i）证明：先证明时，， 当时，显然； 当时，由，得， 即 . ，命题得证. （ii）数列不是“n阶上进数列”. 理由如下：若数列是“n阶上进数列”， 记数列的前m项和为，则由（i）知 由已知得，，…，，，，…， 所以，， 由，得， 又，所以 所以，. 又，则 所以； 所以与不能同时成立. 故数列不可能为“n阶上进数列”. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用反证法先假设数列为“n阶上进数列”，再根据（i）中结论可得，显然这与和矛盾，可得结论. 18．记数列的前项和为，若对任意，，则称是“数列”． (1)若，判断是否是“数列”，并说明理由； (2)若是首项为1，公比为的等比数列，且数列和均是“数列”． ①求的取值范围； ②当时，若在所有数列中随机抽取一个数列，求在的条件下，恰为偶数的概率． (3)若等差数列是首项为1的“数列”，且，求正整数的最小值，以及取最小值时相应数列的公差． 【答案】(1)是，理由见解析； (2)①；②； (3)，此时相应数列的公差为. 【分析】（1）由题可得通项公式，验证对任意，是否成立即可； （2）①由对任意，恒成立可得答案；②由①及题意可得答案； （3）由等差数列是首项为1的“数列”可得其公差范围，然后由题意可得关于公差的表达式，即可得答案. 【解析】（1）是“数列”，理由如下： 因，则. 又，则，故. 则，即； ，即. 则满足，即是“数列”； （2）因是首项为1，公比为的等比数列， 则. ①因数列和均是“数列”，则， 当时，显然满足条件； 当时，， 若，且为奇数时，则，矛盾；为偶数时，，矛盾. 故，则或； 此时， 若，则 恒成立. 当时，函数单调递增，要使 恒成立，则， 此时，则满足条件； 当时， 函数单调递增，单调递减， 则要使恒成立，需满足， 解得：，则满足条件； 若，则 恒成立. 当时，注意到，则不满足条件； 当时， 函数单调递减，单调递增， 则要使恒成立，需满足， 解得.综上可知，为使数列和均是“数列”，； ②由①可知，且时，的取值只有2，3两种可能，则恰为偶数的概率为； （3）设等差数列公差为d，又， 则.因等差数列是“数列”， 则 恒成立. 因，则. 若，则函数均在上递增， 则为使恒成立，则， 解得：； 若，则函数均在上递减， 则当n趋近无穷大时，不成立. 综上可知：. 由，可得， 则要使k最小，且为正整数，则取为大于的最小整数，即335， 此时. 19．设为正整数，数列是公差的等差数列，若从中删去两项和后剩余的4项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是（）—可分数列． (1)分别求出所有的个数，使数列和数列是—可分数列； (2)证明：当时，数列是—可分数列，且每组等差数列的公差都为； (3)已知使数列是—可分数列的所有的个数为，求证：当时， （i）； （ii）． 【答案】(1)共3个；共5个 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据新定义，对于2组数列，利用列举法求出所有的可能，即可求解； （2）将删去后的数分成组，列举每组的4个数，求出对应的公差即可证明； （3）（i）分类讨论删去的2项所处的位置，结合新定义，求出对应的总数，即可证明；（ii）由（i）可得，利用累加法计算即可证明. 【解析】（1）等差数列， 删去2项后，剩下4个数，构成等差数列. 若删去，剩下，显然构成等差数列； 若删去，剩下，显然构成等差数列； 若删去，剩下，显然构成等差数列. 所以对于，满足条件的组合有：共3个. 等差数列， 删去2项后，剩下8项分成2组，每组4个数，且每组构成等差数列. 若删去，剩下， 分成2组：和，显然它们构成等差数列； 若删去，剩下， 分成2组：和，显然它们构成等差数列； 若删去，剩下， 分成2组：和，显然它们构成等差数列； 若删去，剩下， 分成2组：和，显然它们构成等差数列； 若删去，剩下， 分成2组：和，显然它们构成等差数列； 若删去，剩下， 分成2组：和，显然它们构成等差数列； 若删去，剩下， 分成2组：和，显然它们构成等差数列； 所以对于，满足条件的组合有：共7个. （2）设等差数列的公差为， 若，删去，剩下， 当时，剩下， 由（1）知，该数列为可分数列，且公差为； 当时，将分成组，每组4个数，各组数列的情况如下： 每组都构成等差数列，且每组的公差为. 综上，每组的4个数构成等差数列，且公差为. （3）（i）设在给定的情况下，的组数为， 当变成，数列就变成了， 可以分为3组： 前4个一组即，中间的一组，后4个一组即， 删去两项，会有以下几种情况： 若删去的两项都在中间，中间有个数，且为等差数列，总数为种； 若删去的两项，一项在第1组，另一项在中间组；或两项都在第1组； 第1组和中间组连起来，有项构成等差数列，总数为种， 去掉两项在中间的情况，共有种； 若删去的两项，一个在中间组，另一个在最后一组；或两项都在最后一组，共有种； 若删去的两项，一个在第1组，另一个在最后一组， 此时将删去，也满足题意； 由（2）知，将删去，也满足题意； 综上，， 即. （ii）当时，，有，故； 当时，由（i）知， 则，又， 设，则，所以， 累加可得，所以 即， 所以， 累加可得， 所以. 综上，. 【点睛】方法点睛： 学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！第 1 页 共 16 页 学科网（北京）股份有限公司 $$