第四章 数列（压轴专练）（八大题型）-2024-2025学年高二数学单元速记·巧练（沪教版2020选择性必修第一册）

第四章 数列（压轴专练）（八大题型） 题型1：证明不等式 1．我们称满足：（）的数列为“级梦数列”. （1）若是“1级梦数列”且，求和的值； （2）若是“1级梦数列”且满足，，求的最小值； （3）若是“0级梦数列”且，设数列的前项和为，证明：（）. 【答案】（1），；（2）；（3）证明见解析. 【分析】（1）根据递推关系式，可求数列前四项的值，代入所求式子即可求解； （2）根据递推关系式，采用裂项相消的方法可化简条件，然后写出构造均值不等式即可求出其最小值； （3）通过，利用累加法求出，通过两边同除可得，累加求的范围，从而得出结论. 【解析】（1）是“1级梦数列”,所以， 当n=2,3,4,时，代入可求得 所以； （2）由条件可得：， ∴ 解得 ∴ 当且仅当时取等号. （3）根据，                               累加得① 又由，，； 下面用数学归纳法证明： （i）当时，，，； （ii）假设时，满足，则 由（i）（ii）可得，对一切自然数都有成立. 故，即 累加得：， 所以 ② 由①②得. 【点睛】本题涉及数列，数学归纳法，不等式，累加，构造等诸多数学思想方法，是跨章节以数列为背景的综合性问题，属于难题.解决此类问题，需要综合运用所学知识，并且要创造性的运用到题目中，对题目所给条件，数列的递推关系式灵活变形是解决本题的关键. 2．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. 题型2：放缩法 3．定义在上的函数满足：若对任意的实数，有，则称为函数． （1）判断和是否为函数，并说明理由； （2）当时，函数的图像是一条连续的曲线，值域为，且，求证：关于的方程在区间上有且只有一个实数根； （3）设为函数，且，定义数列：，，证明：对任意，有． 【答案】（1）不是函数，是函数，理由见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析. 【分析】(1)利用给定定义结合已知函数式直接验证即可得解； (2)构造函数，利用零点存在性定理及反证法即可得解； (3)根据给定条件，先证得，然后利用数学归纳法证明对任意正整数成立. 【解析】(1)，， ，显然值可以趋近于正无穷大，即不成立， 所以函数不是函数； ， 而，则恒成立， 所以函数是函数； (2)令，显然的图象是上的一条连续曲线，而值域为，且， 于是得，，由零点存在性定理知，方程在内有实根， 若在内有两个不同的实根，则有，即， 而函数是函数，对上述的，必有与矛盾， 所以关于的方程在区间上有且只有一个实数根； (3)因函数是函数，又，，于是得，即， ，从而有， 用数学归纳法证明不等式：，， ①当时，不等式显然成立， ②假设时，不等式成立，即， ，即有，则， 又，即， 则，即， 从而得，即时，不等式成立， 综合①②得，对任意，有. 【点睛】思路点睛：数学归纳法主要用于解决与正整数有关的数学问题．在用数学归纳法证明时，第①步验算n=n0的n0不一定为1，而是根据题目要求选择合适的起始值；第②步，证明n=k+1时命题也成立的过程，一定要用到归纳假设，否则就不是数学归纳法. 4．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3：构造法 5．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 6．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4：新定义题 7．已知数列，若为等比数列，则称具有性质. (1)若数列具有性质，且，，求的值； (2)若，判断并证明数列是否具有性质； (3)设，数列具有性质，其中，，，试求数列的通项公式. 【答案】(1); (2)数列具有性质，证明见详解; (3) 【分析】（1）根据数列数列具有性质可得为等比数列,根据等比数列性质可求得答案； （2）依据数列新定义，结合等比数列定义即可判断结论，进而证明； （3）求出,可得,进而推出,分为奇、偶数,求出,综合可得答案. 【解析】（1）由题意数列具有性质为等比数列,设公比为, 由得 , （2）数列具有性质;证明如下: 因为, 所以 则,即为等比数列, 所以数列具有性质. （3）因为,则 , 故, 适合该式,故, 所以由 得 , 因为数列具有性质，故为等比数列，设其公比为，则， 故 当为偶数时, , 当为奇数时, , 故 【点睛】关键点睛：本题是关于数列新定义类型题目，解答的关键是要理解数列新定义，并依据该定义去解决问题. 8．设且，数列的各项均为整数，其前n项和为、定义：若满足前r项依次成公差为1的等差数列，从第项起往后依次成公比为2的等比数列，则称为“r关联数列”； (1)若为“3关联数列”，求； (2)若为“6关联数列”，证明：对任意正整数n，都有； (3)设k、m为正整数且．若为“r关联数列”，且，是否存在k、m，使得?若存在，求出所有满足条件的k、m；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)，，，. 【分析】（1）利用等差、等比数列通项公式就可求解； （2）利用列举求和思想，就可作出判断，再进行证明即可； （3）利用二次函数对称性和指数函数单调性，就可以进行判断，再结合列举即可得到答案. 【解析】（1）因为数列为“3关联数列”，所以前3项依次成公差为1的等差数列，从第2项起往后依次成公比为2的等比数列， 则而且，解得 （2）因为数列为“6关联数列”，所以前6项依次成公差为1的等差数列，从第5项起往后依次成公比为2的等比数列， 则而且，解得， 根据等差，等比数列通项公式可得：， 所以数列前十项列举为：， 则数列前十项列举为： 所以数列前十项列举为： 通过上述列举可猜想对任意正整数n，都有， 证明：当时，由数列列举可得， 当时，， 所以 当时，，所以，而， 所以仍然满足， 综上可得：对任意正整数n，都有； （3）由数列为“r关联数列”，且，则有 且，解得，所以数列通项公式为：， 而当时，， 当时， ， 所以， 当时，由二次函数对称性计算可得： 当时，是一个递增数列，所以要使得，， 则有，即满足， 变形得：， 当，； 当，； 当，； 而当时，， 而当时，，所以，不可能满足， 综合上述使得的k、m为，，， 【点睛】方法点睛：此分段数列，用好列举思想和分类求和思想，就可以作出准确判断. 9．在各项均不为零的数列中，选取第项、第项、…、第项，其中，，若新数列为等比数列，则称新数列为的一个长度为m的“等比子列”.已知等差数列，其各项与公差d均不为零. (1)若在数列中，公差，，且存在项数为3的“等比子列”，求数列的通项公式； (2)若，数列为的一个长度为的“等比子列”，其中，公比为.当最小时，求的通项公式； (3)若公比为的等比数列，满足，，，证明：数列为数列的“等比子列”. 【答案】(1)或； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）“等比子列”可能为；；，根据等比数列和等差数列的性质，可求的通项公式； （2）要使公比最小，则，结合、等比等差数列通项公式即可求的通项公式； （3）要证数列为数列的“等比子列”，即要证数列中每一项都是数列中的项，可用数学归纳法证明. 【解析】（1）由题设， 时，等比子列可能为；；， 经验证： 等比子列为时无解； 等比子列为时，前4项为：，故通项为； 等比子列为时，前4项为：，故通项为； （2）由题设，而，则为递增的等差数列， 要使公比最小，则，即， 所以，则，又， 所以，可得. （3）由，有，即， 由，，， 所以，即，可得或， 由，则， 要证数列为数列的“等比子列”，即证数列中每一项都是数列中的项， 数学归纳法证明如下： 由上推理及题设知，前3项满足，即时结论成立； 假设时结论成立，即使， 当时，， 所以是的第项，故结论也成立， 综上，，总有的任意一项都是中的某一项， 综上，数列为数列的“等比子列”，得证. 【点睛】关键点点睛：第三问，化为证明数列中每一项都是数列中的项，并应用数学归纳法求证. 10．对于，若数列满足，则称这个数列为“K数列”． (1)已知数列1，2m，是“K数列”，求实数m的取值范围． (2)是否存在首项为的等差数列为“K数列”，且其前n项和使得恒成立?若存在，求出数列的通项公式；若不存在，请说明理由． (3)已知各项均为正整数的等比数列是“K数列”，数列不是“K数列”，若，试判断数列是否为“K数列”，并说明理由． 【答案】(1) (2)不存在，理由见解析 (3)答案见解析 【分析】（1）根据题意得到，且，，再解不等式组即可； （2）首先假设存在等差数列符合要求，从而得到成立，再分类讨论和的情况，即可得到答案. （3）首先设数列的公比为q，则，根据题意得到，从而得到为最小项，同理得到为最小项，再利用“数列”的定义得到，或，，再分类讨论即可得到答案. 【解析】（1）由题意得，且，解得，所以实数m的取值范围是． （2）不存在．理由：假设存在等差数列符合要求，设公差为d，则， 由得． 由题意，得对均成立，即． 当时，； 当时，恒成立， 因为，所以，与矛盾， 所以这样的等差数列不存在． （3）设数列的公比为q，则． 因为的每一项均为正整数，且， 所以在中，为最小项. 同理，中，为最小项. 由为“K数列”，只需，即． 又因为不是“数列”，且为最小项， 所以，即． 由数列的每一项均为正整数，可得， 所以或． 当时，，则． 令，则， 又， 所以为递增数列，即， 因为， 所以对于任意的，都有，即数列为“K数列”． 当时，，则． 因为，所以数列不是“K数列”． 综上所述，当时，，数列为“K数列”； 当时，，数列不是“K数列”． 【点睛】关键点点睛：需要根据题中所给的“K数列”满足的条件,分析数列满足的关系式再进行列式分析,属于难题. 11．对于数列:,定义“变换”:将数列变换成数列:,其中,且.这种“变换”记作,继续对数列进行“变换”,得到数列:,依此类推,当得到的数列各项均为0时变换结束. (1)写出数列:2,6,4经过5次“变换”后得到的数列; (2)若不全相等,判断数列:经过不断的“变换”是否会结束,并说明理由; (3)设数列:400,2,403经过次“变换”得到的数列各项之和最小,求的最小值. 【答案】(1)2,0,2 (2)数列经过不断的“变换”不可能结束,理由见解析 (3)136 【分析】(1)根据数列的新定义写出经过5 次“变换”后得到的数列即可; (2)先假设数列经过不断的“变换”结束,不妨设最后三个数列为,由数列往前推,则非零常数列可能会通过“变换”结束,或者数列为常数列,进而推得可能出现的情况,推出矛盾,故假设不成立,即可证明; (3)先往后推几项,发现规律,假设1次“变换”得到数列的通项,多写出几项,推出规律,往后继续进行,推到使数字接近1时,再继续推,往后会发现次“变换”得到的数列是循环的,得到最小值,进而推出次数即可. 【解析】（1）解:由题知,5次变换后得到的数列依次为 4,2,2; 2,0,2; 2,2,0; 0,2,2; 2,0,2… 所以数列:2,6,4经过5次“变换”后得到的数列为 2,0,2; （2）数列经过不断的“变换”不可能结束 设数列, 且, 由题可知, , 即非零常数列才能通过“变换”结束,① 设(为非零自然数), 则为变换得到数列的前两项,数列只有四种可能: 而以上四种情况中,数列的第三项是0或, 即不存在数列,使得其经过“变换”成为非零常数列② 由①②得,数列经过不断的“变换”不可能结束; （3）数列经过一次“变换”后得到数列:398,401,3, 其结构为, 数列经过6次“变换”得到的数列 分别为: . 所以,经过6次“变换”后得到的数列也是形如“”的数列, 变化的是,除了3之外的两项均减小18, 数列经过次“变换”后 得到的数列为2,5,3, 接下来经过“变换”后得到的数列 分别为:3,2,1; 1,1,2; 0,1,1; 1,0,1; 1,1,0; 0,1,1; 1,0,1; …. 至此,数列和的最小值为2, 以后数列循环出现,数列各项和不会更小, 所以经过次“变换”得到的数列各项和达到最小, 即的最小值为136. 【点睛】思路点睛:本题考查数列的新定义问题,结合证明方法,属于难题,关于数列新定义问题,一般思路为: (1)根据定义写出几项, (2)找出规律, (3)写出通项, (4)证明结论. 题型5：数列 12．设和是两个等差数列，记，其中表示，，，这个数中最大的数． (1)若，，求，，的值； (2)若为常数列，证明是等差数列； (3)证明：或者对任意正数，存在正整数，当时，；或者存在正整数，使得，，，，是等差数列． 【答案】(1)，，； (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）分别求得，，，，，，代入即可求得，，； （2）根据，，即可作差得，即可根据时，则，以及时，，此时为常数，所以是等差数列； （3）方由，分类讨论，，三种情况进行讨论根据等差数列的性质，即可求得使得，，，是等差数列； 【解析】（1）已知，， ，，，，，， 当时，， 当时，,,， 当时，,,,， （2）设（为常数），的通项公式为. ， 先考虑， 则时，， 所以. 当时，则，， 此时为常数，所以是等差数列； 当时，则，， 此时是常数列，也是等差数列； 综上所述：是等差数列； （3）设数列和的公差分别为， 则， 所以， ①当时，取正整数，则当时，，因此， 此时，是等差数列； ②当时，对任意， 此时，是等差数列； ③当时，当时，有， 所以 ， 对任意正数，取正整数， 故当时，. 【点睛】方法点睛：求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解. 13．已知点是函数图像上不同的点，设首项（常数，记． (1)若数列是一个5项的等比数列，其中，当时，试写出数列的前6项； (2)若数列是一个无穷等差数列，满足，当时，求数列的前项和； (3)若对于任意，都有，当数列各项均不为1时，记，若存在常数，使得对于任意，不等式都成立，求非负实数的取值范围． 【答案】(1) (2)，其中. (3)且. 【分析】（1）根据题意，直接写出数列的前6项； （2）根据题意，可得，然后分为奇数与为偶数讨论，即可得到其前项和； （3）根据题意，先分与讨论，由，然后构造函数，通过对其性质研究，归纳总结，即可得到结果. 【解析】（1）设数列的公比为，由及可得，即， 因此数列为， 由以及知，类似的， 即数列的前6项为 （2）设列的公差为，由，可知，于是， 因此①，则②，两式相减得， 再结合可知，此时数列的奇数项构成以0为首项，3为公差的等差数列；偶数项构成以1为首项，3为公差的等差数列. 记其前项和为，则当为偶数时， ， 当为奇数时，为偶数，，且， 于是， 综上所述，，其中. （3）若，则，，下证：，. 当时，设，； 设当时， ，， 则时，，， 而，故成立， 而，故， 由数学归纳法可得，成立. 此时，，故取，此时满足不等式都成立. 若，则，，下证：，. 当时，，； 设当时，：设，. 则当时，，， 而，故成立， 而，故， 由数学归纳法可得，成立. 此时，，故取，此时满足不等式都成立. 若，由与同时成立，因为， 故，因为数列各项均不为1， 故，故，故为等比数列，故， 当时，，故， ，故， 而， 故， 而当时，，故， 同理， 而存在常数，使得对于任意，不等式都成立， 故，故. 所以，故， 故，解得即矛盾. 综上，且. 【点睛】关键点睛：本题主要考查了数列的相关性质，数列求和问题，以及数列与函数的关系，难度较难，解答本题的关键在于应用好分组求和，以及利用好数列与函数的关系求解. 14．设数列的前项和为，且. (1)求数列的通项公式； (2)在和之间插入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. ①求； ②对于①中的，是否存在正整数，使得成立？若存在，求出所有的正整数对；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)①；②存在，和 【分析】（1）利用与的关系，可求得. （2）利用错位相减法，得到， 然后得到， 然后利用单调性进行放缩讨论，可证明题设成立. 【解析】（1）当时，得； 当时，，， 两式相减得，所以. （2）① 设， 所以， 上面两式相减得， 所以 所以， 所以. ② 法一：因为，都是递减数列； 通过放缩法限定的范围，； 则， 令， 即恒成立， 所以当时，单调递增， 当时，； 则，无解； 当时，； 则， 所以，，，成立，解得，，存在； 当时，； 则， 所以，，，成立，解得，，存在； 当时，；不满足题意，故不存在； 综上所述，当正整数对取和时，成立. 法二：直接讨论 由得 ，，，所以， 当，时，不管怎么取，都有， 无解； 当，时，， 无解； 当，时，，所以， ； 当，时，， 无解； 当时，，而， 所以， 若，则只能， 综上所述，当正整数对取和时，成立. 15．设等差数列的公差为，且，若设是从开始的前项数列的和，即（，），（），如此下去，其中数列是从第（）开始到第（）项为止的数列的和，即（，）. (1)若数列（，），试找出一组满足条件的、、，使得：； (2)试证明对于数列（），一定可通过适当的划分，使所得的数列中的各数都为平方数； (3)若等差数列中，，试探索该数列中是否存在无穷整数数列（），，使得为等比数列，如存在，就求出数列；如不存在，则说明理由. 【答案】(1)； (2)证明见解析 (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）由题意可知，，，，即可使得； （2）由（1）的分析，可知只要，则所得划分就是符合题意的，由，，是完全平方数； （3）假设存在存在无穷整数数列，由题意求得：，数列必定是公比大于1的整数的等比数列，但事实上，，从而要求是完全平方数，这是不可能的，故假设错误，本题结论是不存在． 【解析】（1）解：； （2）解：记即，又由，， 所以第二段可取3个数，； 再由，即， 所以第三段可取9个数，即 依次下去， 一般地：， 所以，          则， 由此得证． （3）解：不存在．令，则， 假设存在符合题意的等差数列，则的公比必为大于的整数， （因为，所以，所以， 即， 此时注意到，   要使成立，则必为完全平方数， 但，矛盾， 所以不存在符合题意的等差数列． 【点睛】本题考查等差数列与等比数列的综合运用，考查新定义，考查反证法的运用，考查学生分析问题及解决问题的能力，属于难题．本题解决第三问的关键是 利用反证法假设存在存在无穷整数数列，求得，确定数列必定是公比大于1的整数的等比数列，但事实上，，从而要求是完全平方数，于是假设错误，本题结论是不存在． 题型6：数列与函数 16．设函数，（其中常数，），无穷数列满足：首项，. (1)判断函数的奇偶性，并说明理由； (2)若数列是严格增数列，求证：当时，数列不是等差数列； (3)当时，数列是否可能为公比小于0的等比数列？若可能，求出所有公比的值；若不可能，请说明理由. 【答案】(1)奇函数，理由见解析 (2)见解析 (3)存在公比为负数的无穷等比数列，其公比只能是 【分析】 （1）利用奇偶性的定义即可判定； （2）反证法，假设假设数列是等差数列，公差为，然后结合等差数列的性质推出矛盾； （3）根据递推关系得到与的关系，讨论公比与的大小关系，然后根据等比数列的性质即可得出答案. 【解析】（1） 任取，都有，     因此函数是奇函数． （2） 反证法：假设数列是等差数列，公差为，                 由数列是严格增数列可知． 因为，所以，即非零常数           因为， 所以（其中是正整数）．                              因为，，所以．方程无解，矛盾． 假设不成立，即当时，数列不是等差数列． （3） 若数列是等比数列，则其各项均非零，设其公比为 由 得 ，即． 考虑方程，均为该方程（记为①）的解．        由函数的值域为可知，即， 所以．若，则当充分大时（时）， ，这与矛盾，从而不合题意．           若，函数在是严格增函数 由时，可知函数当时，均有， 因此函数的零点（即方程①的解）的绝对值均大于1，即． 但若，由，则当充分大时（时）， 将有，这与矛盾，从而不合题意．                综上，只能有．此时方程①为， 记．因为， 所以存在，使是方程①的解． 进而由函数是奇函数，也是方程①的解．因此只需取   其中是正整数即可. 综合上述，存在公比为负数的无穷等比数列，其公比只能是． 17．已知． (1)若函数是实数集R上的严格增函数，求实数m的取值范围； (2)已知数列是等差数列（公差），．是否存在数列使得数列是等差数列？若存在，请写出一个满足条件的数列，并证明此时的数列是等差数列；若不存在，请说明理由； (3)若，是否存在直线满足：①对任意的都有成立， ②存在使得？若存在，请求出满足条件的直线方程；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在数列，数列满足：，证明见解析 (3)存在直线满足题意，直线方程为 【分析】（1）此题分析题意，根据实数集题意可得对任意的R都成立，故可得出答案. （2）利用等差数列性质，结合题意，首先得出对一切正整数成立. 再经过化简计算得出结果. （3）首先分析题意，按三种不同情况进行分析，最后得出直线方程为. 【解析】（1）（1）因为函数是实数集R上的严格增函数， 所以对任意的R都成立 因为函数的最小值为，所以 （2），若是等差数列，则对一切正整数成立， 即， 将代入化简得， 即， 展开化简得对一切正整数成立，所以， 故； 此时 ，所以为常数， 故是等差数列 （3）令 则当时， 时，存在使得， 即存在使得，与题意不符 同理，时，存在使得，与题意不符 时， 当时，显然存在使得，即存在使得 当时，对任意的都有， 当时，存在，使得，且对任意的都有，即对任意的都有 综上，存在直线满足题意，直线方程为 18．已知函数是定义在上的偶函数，当时，，（为正整数）. (1)当时，求的解析式； (2)若函数存在零点，且零点个数不超过10，求实数的取值范围； (3)求数列的前项和为是否存在极限？若存在，求出这个极限；若不存在，请说明理由 【答案】(1) (2) (3)存在，这个极限为2 【分析】（1）利用函数奇偶性即可求出结果； （2）对取值进行讨论，分别求出解析式，画出图像进而可以求出结果； （3）分奇偶进行讨论求出结果. 【解析】（1）当时，是偶函数， （2），当时，， ， 当时，， 当时，， 当时，， 图像如图所示： 若，函数有1个零点； 若，函数有2个零点； 若，函数有3个零点； 若，函数有4个零点； 若，函数有5个零点； 若，函数有6个零点； 是偶函数， 要使函数存在零点，且零点个数不超过10， 必须且只需. 所以实数的取值范围 （3）由（2）知，， ， 从而， . 19．设数列的前n项和为，对一切，点都在函数图象上. (1)求，归纳数列的通项公式（不必证明）； (2)将数列依次按1项、2项、3项、4项循环地分为、、、、、、、、、…，分别计算各个括号内各数之和，设由这些和按原来括号的前后顺序构成新的数列为，求的值； (3)设为数列的前n项积，若不等式对一切都成立，求a的取值范围. 【答案】(1). (2) (3) 【分析】(1)根据题意求出前几项利用归纳推理猜想通项公式 ； (2)观察发现规律，可得：是第25组中第4个括号内各数之和； (3)将恒成立问题转化为求函数的最值进行求解. 【解析】（1）因为点在函数的图像上，故，所以， 令，得，所以，令，得，所以， 令，得，所以.由此猜想:. 当时，，且已知，， 当时，， 故，化简整理得， 当时，，两式相减可得，结合， 故数列是以为首项，为公差的等差数列，即， 数列是以为首项，为公差的等差数列，即，故， 经检验符合题意，且当时，， , 故成立 （2）(2) 因为,所以数列依次按1项、2项、3项、4项循环地分为， … 每一次循环记为一组. 由于每一个循环含有4个括号， 故是第25组中第4个括号内各数之和. 由分组规律知， 由各组第4个括号中所有第1个数组成的数列是等差数列， 且公差为20.同理， 由各组第4个括号中所有第2个数、所有第3个数、所有第4个数分别组成的数列也都是等差数列， 且公差均为20. 故各组第4个括号中各数之和构成等差数列， 且公差为80.注意到第一组中第4个括号内各数之和是68， 所以又,所以. （3）(3)因为,故 所以. 又故对一切都成 立， 就是 对一切都成立设则只需即可. 由于 所以,故是单调递减,于是 令,即解得或 综上所述，使得所给不等式对一切'都成立的实数a的取值范围是. 20．设是定义域为的函数，如果对任意的、均成立， 则称是“平缓函数”. (1)若， 试判断和是否为“平缓函数” ? 并说明理由; (参考公式:时， 恒成立) (2)若函数是“平缓函数”， 且是以 1为周期的周期函数， 证明:对任意的、， 均有; (3)设 为定义在上函数， 且存在正常数 使得函数为“平缓函数”. 现定义数列满足:， 试证明:对任意的正整数. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）利用是“平缓函数”判断可得答案； （2）设、，分、，根据为上的“平缓函数”可得答案； （3）由为上的“平缓函数”得，对任意的，利用证明可得答案. 【解析】（1）对于函数，由对任意的、， ， 可知函数是上的“平缓函数”. 对于函数，由对任意的、， ， 因此函数也是上的“平缓函数”； （2）由已知可得，由于函数是周期函数， 故不妨设、. 当时，由为上的“平缓函数”得； 当时，不妨设，，此时由为上的“平缓函数”得 综上所述，命题得证； （3）由为上的“平缓函数”，且得，则对任意的， ， 因此 【点睛】思路点睛：本题主要是根据是“平缓函数”的定义和性质进行判断，考查了学生的逻辑推理能力、运算能力. 题型7：数列与集合、逻辑用语等 21．若数列和的项数均为，则将数列和的距离定义为. (1)求数列1，3，5，6和数列2，3，10，7的距离； (2)记A为满足递推关系的所有数列的集合，数列和为A中的两个元素，且项数均为.若，，数列和的距离，求m的最大值； (3)记S是所有7项数列（其中，或1）的集合，，且T中的任何两个元素的距离大于或等于3.求证：T中的元素个数小于或等于16. 【答案】(1)7 (2)3469 (3)证明见详解 【分析】（1）由数列距离的定义直接求出所给两个数列的距离； （2）由题意分析可知 A中数列项的周期性，可得结合周期性求得m的最大值； （3）假设T中的元素个数大于等于17个，设出，最终求得和中必有一个成立，与已知矛盾即可得解. 【解析】（1）由题意可知：数列1，3，5，6和数列2，3，10，7的距离为. （2）设，其中，且， 因为，则，，，， 则有A中数列的项呈周期性重复，且间隔4项重复一次， 在数列中，； 在数列中，； 因为，可知， 即项数m越大，数列和的距离越大， 由得：， 可知：若时，； 又因为， 可知：若时，； 综上所述：所以m的最大值为3469. （3）假设T中的元素个数大于等于17个，在数列中，， 则仅由数列前三项组成的数组有且仅有8个： ， 那么这17个元素(即数列)之中必有三个具有相同的， 设这个数列分别为； ； ， 其中， 因为这三个数列中每两个的距离大于等于3，则在和中，中至少有三个成立， 不妨设，由题意，中一个等于0，而另一个等于1， 又因或1，于是得和中必有一个成立， 同理可得：和中必有一个成立，和中必有一个成立， 即“中至少有两个成立”或“中至少有两个成立”中必有一个成立， 从而得和中必有一个成立，与T中任何两个元素的距离大于或等于3矛盾，即假设不成立， 所以T中的元素个数小于或等于16. 【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，并合理地运用计算、分析、推理等方法综合解决. 22．对于数列把a₁作为新数列的第一项，把a₁或作为新数列的第ⅰ项，数列称为数列的一个生成数列．例如，数列1，2，3，4，5的一个生成数列是．已知数列为数列的生成数列，为数列的前n项和． (1)写出的所有可能值； (2)若生成数列满足，求数列的通项公式； (3)证明：对于给定的的所有可能值组成的集合为． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）列举出数列所有可能情况，分别计算和值即可； （2）根据与之间的关系分析可得：若，，进而分析可知当且仅当时，才成立．进而可得通项公式； （3）首先集合的个数最多有种情形，进而可知确定集合的表示形式，可知得分子必是奇数，进而可知只有当数列与数列的前项完全相同时，才有，即可得结果. 【解析】（1）由题意可得：，， 则， 由于， 所以可能值为． （2）因为， 当时，， 当时，， 可得，， 又因为是的生成数列， 则，，， 可得 在以上各种组合中， 当且仅当时，才成立． 所以． （3）因为共有种情形． 且，即， 又因为，分子必是奇数， 满足条件的奇数共有个． 设数列与数列为两个生成数列，数列的前项和为，数列的前项和为， 从第二项开始比较两个数列，设第一个不相等的项为第项． 由于，不妨设， 则 ， 所以，只有当数列与数列的前项完全相同时，才有． 可知共有种情形，其值各不相同． 所以可能值必恰为，共个． 即所有可能值集合为． 【点睛】关键点点睛：第三问确定集合的表示形式，关键在于说明分子为奇数.由得分子必是奇数，奇数个数由范围确定. 23．数列的前n项组成集合，从集合中任取个数，其所有可能的k个数的乘积的和为（若只取一个数，规定乘积为此数本身），例如：对于数列，当时，时，； (1)若集合，求当时，的值； (2)若集合，证明：时集合的与时集合的（为了以示区别，用表示）有关系式，其中； (3)对于（2）中集合．定义，求（用n表示）． 【答案】(1)，，； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）利用的定义可得的值； （2）时，集合的中乘积由两部分构成，一部分是乘积中含，另一部分不含，从而可得之间的关系； （3）可先证明所有非空子集中各元素的乘积和为，从而可得． 【解析】（1）时，， ∴，，． （2）时，集合的中各乘积由两部分构成， 一部分是乘积中含因数，乘积的其他因数来自集合，故诸乘积和为； 另一部分不含，乘积的所有因数来自集合，故诸乘积的和为． 故． （3）我们先证明一个性质： 所有非空子集中各元素的乘积和为． 证明：考虑的展开式，该展开式共有项， 每一项均为各因式中选取或后的乘积（除去各项均选1）． 对于的任意非空子集， 该集合中各元素的乘积为的展开式中的某一项：即第个因式选择， ，其余的因式选择1， 注意到非空子集的个数为， 故的所有非空子集中各元素的乘积均在的展开式中恰好出现一次， ∴所有非空子集中各元素的乘积和为． 故对于， . 24．记实数、中较小者为，例如，，对于无穷数列，记.若对任意均有，则称数列为“趋向递增数列”. (1)已知数列、的通项公式分别为，，判断数列、是否为“趋向递增数列”？并说明理由； (2)已知首项为，公比为的等比数列是“趋向递增数列”，求公比的取值范围； (3)若数列满足、为正实数，且，求证：数列为“趋向递增数列”的必要非充分条件是中没有. 【答案】(1)数列不是“趋向递增数列”，数列是“趋向递增数列”，理由见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用定义“趋向递增数列”判断数列、，可得出结论； （2）求得，分、、、、、六种情况讨论，验证能否恒成立，综合可得出的取值范围； （3）利用充分条件、必要条件的定义，利用反证法结合“趋向递增数列”的性质证明数列中没有，再证明出数列中没有时数列不是“趋势递增数列”. 【解析】（1）解：由于，记， 所以， ， 由于，不满足对任意均有， 所以数列不是“趋向递增数列”， 由于，记， 所以， 数列是“趋向递增数列”. （2）解：. 当时，数列为单调递增数列，此时，满足题意， 当时，数列为常数列，不满足题意； 当时，数列为单调递减数列，此时，不满足题意； 当时，此时，满足题意； 当时，此时，不满足题意； 当时，此时，不满足题意， 综上所述，的取值范围是. （3）证明：先证必要性：假设存在正整数使得，， 令. 因为、为正实数，且，所以，于是. 则数列从第项开始为：、、、、、、. 若为奇数，，， 与数列为“趋向递增数列”矛盾： 若为偶数，，，‘’与数列为“趋向递增数列”矛盾， 故假设不成立，所以数列为“趋向递增数列”的必要条件是中没有； 再证非充分： 首先，若中没有，构造数列：，，，，此时， ，，与“趋向递增数列”定义矛盾； 其次，证明数列中各项均大于. 下面利用数学归纳法证明.即证：， ①当时，，； ②假设当时，命题成立，即，. 当时，，. 因此，有对任意，均有. 当为偶数时，； 当为奇数时，， 所以对任意均成立. 因此，中没有是数列为“趋向递增数列”非充分条件. 所以数列为“趋向递增数列”的必要非充分条件是中没有. 【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义“趋势递增数列”，在证明第三问时，可充分采用反证法与数学归纳法结合充分条件、必要条件的定义来证明，并且可充分利用特例法来推出矛盾. 题型8：数列与圆锥曲线、平面向量等 25．已知三条直线（）分别与抛物线交于点、，为轴上一定点，且，记点到直线的距离为，△的面积为． (1)若直线的倾斜角为，且过抛物线的焦点，求直线的方程； (2)若，且，证明：直线过定点； (3)当时，是否存在点，使得，，成等比数列，，，也成等比数列？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在点满足题意 【分析】（1）根据抛物线交点，结合直线的点斜式即可求解， （2）联立直线与抛物线方程得韦达定理，即可根据数量积的坐标运算求解， （3）联立直线与椭圆方程，根据弦长公式求解，根据点到直线距离求解，进而根据等比中项即可代入化简求解. 【解析】（1）焦点，斜率， 故直线的方程为． （2）联立消去，整理，得． 易，即， 设、，则， . 由，即，得， 由于，所以，直线， 故直线过定点. （3）当时，． 由于，所以， 设，则. 由， 得，即．  ①     联立消去，整理，得. 由，得． 于是． 由，，且， 得，从而， 即，化简，得． ②    ①②相减，整理，得． 而，即， 故，即．    又当时，比如取，，满足题意， 故存在点满足题意． 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法 （1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点. （2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 技巧：若直线方程为,则直线过定点; 若直线方程为 (为定值),则直线过定点 26．已知空间向量列，如果对于任意的正整数，均有，则称此空间向量列为“等差向量列”，称为“公差向量”；空间向量列，如果且对于任意的正整数，均有，，则称此空间向量列为“等比向量列”，常数称为“公比”． (1)若是“等比向量列”，为单位向量，求（用表示）； (2)若是“等差向量列”，“公差向量”，，；是“等比向量列”，“公比”，，．求． (3)若是“等差向量列”，，记，且，等式对于和2均成立，且，求的最大值． 【答案】(1)； (2)； (3)26. 【分析】（1）由为单位向量，结合等比数列前项和公式，求解即可； （2）由“等差向量列”定义和：等比向量列“定义得，，再利用数量积得坐标表示求出，再用错位相减法即可求解； （3）根据题意构造函数，根据函数的性质建立不等关系，进行求解. 【解析】（1）. （2）由“等差向量列”定义和：等比向量列“定义知 ， ， ， 设， ， 两式相减得 ， 所以. （3），所以，所以为等差数列， 所以， 由题意知， 构造函数， 则 ， 所以函数至少又三个零点，，，， 由函数的图象与性质，可知为偶数，且满足，解得， 所以，解得， 的最大值为26. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第四章 数列（压轴专练）（八大题型） 题型1：证明不等式 1．我们称满足：（）的数列为“级梦数列”. （1）若是“1级梦数列”且，求和的值； （2）若是“1级梦数列”且满足，，求的最小值； （3）若是“0级梦数列”且，设数列的前项和为，证明：（）. 2．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）． 题型2：放缩法 3．定义在上的函数满足：若对任意的实数，有，则称为函数． （1）判断和是否为函数，并说明理由； （2）当时，函数的图像是一条连续的曲线，值域为，且，求证：关于的方程在区间上有且只有一个实数根； （3）设为函数，且，定义数列：，，证明：对任意，有． 4．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3：构造法 5．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. 6．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4：新定义题 7．已知数列，若为等比数列，则称具有性质. (1)若数列具有性质，且，，求的值； (2)若，判断并证明数列是否具有性质； (3)设，数列具有性质，其中，，，试求数列的通项公式. 8．设且，数列的各项均为整数，其前n项和为、定义：若满足前r项依次成公差为1的等差数列，从第项起往后依次成公比为2的等比数列，则称为“r关联数列”； (1)若为“3关联数列”，求； (2)若为“6关联数列”，证明：对任意正整数n，都有； (3)设k、m为正整数且．若为“r关联数列”，且，是否存在k、m，使得?若存在，求出所有满足条件的k、m；若不存在，请说明理由． 9．在各项均不为零的数列中，选取第项、第项、…、第项，其中，，若新数列为等比数列，则称新数列为的一个长度为m的“等比子列”.已知等差数列，其各项与公差d均不为零. (1)若在数列中，公差，，且存在项数为3的“等比子列”，求数列的通项公式； (2)若，数列为的一个长度为的“等比子列”，其中，公比为.当最小时，求的通项公式； (3)若公比为的等比数列，满足，，，证明：数列为数列的“等比子列”. 10．对于，若数列满足，则称这个数列为“K数列”． (1)已知数列1，2m，是“K数列”，求实数m的取值范围． (2)是否存在首项为的等差数列为“K数列”，且其前n项和使得恒成立?若存在，求出数列的通项公式；若不存在，请说明理由． (3)已知各项均为正整数的等比数列是“K数列”，数列不是“K数列”，若，试判断数列是否为“K数列”，并说明理由． 11．对于数列:,定义“变换”:将数列变换成数列:,其中,且.这种“变换”记作,继续对数列进行“变换”,得到数列:,依此类推,当得到的数列各项均为0时变换结束. (1)写出数列:2,6,4经过5次“变换”后得到的数列; (2)若不全相等,判断数列:经过不断的“变换”是否会结束,并说明理由; (3)设数列:400,2,403经过次“变换”得到的数列各项之和最小,求的最小值. 题型5：数列 12．设和是两个等差数列，记，其中表示，，，这个数中最大的数． (1)若，，求，，的值； (2)若为常数列，证明是等差数列； (3)证明：或者对任意正数，存在正整数，当时，；或者存在正整数，使得，，，，是等差数列． 13．已知点是函数图像上不同的点，设首项（常数，记． (1)若数列是一个5项的等比数列，其中，当时，试写出数列的前6项； (2)若数列是一个无穷等差数列，满足，当时，求数列的前项和； (3)若对于任意，都有，当数列各项均不为1时，记，若存在常数，使得对于任意，不等式都成立，求非负实数的取值范围． 14．设数列的前项和为，且. (1)求数列的通项公式； (2)在和之间插入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. ①求； ②对于①中的，是否存在正整数，使得成立？若存在，求出所有的正整数对；若不存在，说明理由. 15．设等差数列的公差为，且，若设是从开始的前项数列的和，即（，），（），如此下去，其中数列是从第（）开始到第（）项为止的数列的和，即（，）. (1)若数列（，），试找出一组满足条件的、、，使得：； (2)试证明对于数列（），一定可通过适当的划分，使所得的数列中的各数都为平方数； (3)若等差数列中，，试探索该数列中是否存在无穷整数数列（），，使得为等比数列，如存在，就求出数列；如不存在，则说明理由. 题型6：数列与函数 16．设函数，（其中常数，），无穷数列满足：首项，. (1)判断函数的奇偶性，并说明理由； (2)若数列是严格增数列，求证：当时，数列不是等差数列； (3)当时，数列是否可能为公比小于0的等比数列？若可能，求出所有公比的值；若不可能，请说明理由. 17．已知． (1)若函数是实数集R上的严格增函数，求实数m的取值范围； (2)已知数列是等差数列（公差），．是否存在数列使得数列是等差数列？若存在，请写出一个满足条件的数列，并证明此时的数列是等差数列；若不存在，请说明理由； (3)若，是否存在直线满足：①对任意的都有成立， ②存在使得？若存在，请求出满足条件的直线方程；若不存在，请说明理由． 18．已知函数是定义在上的偶函数，当时，，（为正整数）. (1)当时，求的解析式； (2)若函数存在零点，且零点个数不超过10，求实数的取值范围； (3)求数列的前项和为是否存在极限？若存在，求出这个极限；若不存在，请说明理由 19．设数列的前n项和为，对一切，点都在函数图象上. (1)求，归纳数列的通项公式（不必证明）； (2)将数列依次按1项、2项、3项、4项循环地分为、、、、、、、、、…，分别计算各个括号内各数之和，设由这些和按原来括号的前后顺序构成新的数列为，求的值； (3)设为数列的前n项积，若不等式对一切都成立，求a的取值范围. 20．设是定义域为的函数，如果对任意的、均成立， 则称是“平缓函数”. (1)若， 试判断和是否为“平缓函数” ? 并说明理由; (参考公式:时， 恒成立) (2)若函数是“平缓函数”， 且是以 1为周期的周期函数， 证明:对任意的、， 均有; (3)设 为定义在上函数， 且存在正常数 使得函数为“平缓函数”. 现定义数列满足:， 试证明:对任意的正整数. 题型7：数列与集合、逻辑用语等 21．若数列和的项数均为，则将数列和的距离定义为. (1)求数列1，3，5，6和数列2，3，10，7的距离； (2)记A为满足递推关系的所有数列的集合，数列和为A中的两个元素，且项数均为.若，，数列和的距离，求m的最大值； (3)记S是所有7项数列（其中，或1）的集合，，且T中的任何两个元素的距离大于或等于3.求证：T中的元素个数小于或等于16. 22．对于数列把a₁作为新数列的第一项，把a₁或作为新数列的第ⅰ项，数列称为数列的一个生成数列．例如，数列1，2，3，4，5的一个生成数列是．已知数列为数列的生成数列，为数列的前n项和． (1)写出的所有可能值； (2)若生成数列满足，求数列的通项公式； (3)证明：对于给定的的所有可能值组成的集合为． 23．数列的前n项组成集合，从集合中任取个数，其所有可能的k个数的乘积的和为（若只取一个数，规定乘积为此数本身），例如：对于数列，当时，时，； (1)若集合，求当时，的值； (2)若集合，证明：时集合的与时集合的（为了以示区别，用表示）有关系式，其中； (3)对于（2）中集合．定义，求（用n表示）． 24．记实数、中较小者为，例如，，对于无穷数列，记.若对任意均有，则称数列为“趋向递增数列”. (1)已知数列、的通项公式分别为，，判断数列、是否为“趋向递增数列”？并说明理由； (2)已知首项为，公比为的等比数列是“趋向递增数列”，求公比的取值范围； (3)若数列满足、为正实数，且，求证：数列为“趋向递增数列”的必要非充分条件是中没有. 题型8：数列与圆锥曲线、平面向量等 25．已知三条直线（）分别与抛物线交于点、，为轴上一定点，且，记点到直线的距离为，△的面积为． (1)若直线的倾斜角为，且过抛物线的焦点，求直线的方程； (2)若，且，证明：直线过定点； (3)当时，是否存在点，使得，，成等比数列，，，也成等比数列？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 26．已知空间向量列，如果对于任意的正整数，均有，则称此空间向量列为“等差向量列”，称为“公差向量”；空间向量列，如果且对于任意的正整数，均有，，则称此空间向量列为“等比向量列”，常数称为“公比”． (1)若是“等比向量列”，为单位向量，求（用表示）； (2)若是“等差向量列”，“公差向量”，，；是“等比向量列”，“公比”，，．求． (3)若是“等差向量列”，，记，且，等式对于和2均成立，且，求的最大值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$