2025年高考数学提分系列 专题：数列综合【九大考点】

2025年高考数学提分系列 专题：数列综合【九大考点】 【第一篇】知识清单篇 数列与函数的综合 数列的函数特性： 等差数列和等比数列的通项公式及前n项和公式中共涉及五个量a1， a n，q，n， S n，知三求二，体现了方程的思想的应用．解答数列与函数的综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题． 【解题方法点拨】 1．在解决有关数列的具体应用问题时： （1）要读懂题意，理解实际背景，领悟其数学实质，舍弃与解题无关的非本质性东西； （2）准确地归纳其中的数量关系，建立数学模型； （3）根据所建立的数学模型的知识系统，解出数学模型的结果； （4）最后再回到实际问题中去，从而得到答案． 2．在求数列的相关和时，要注意以下几个方面的问题： （1）直接用公式求和时，注意公式的应用范围和公式的推导过程． （2）注意观察数列的特点和规律，在分析数列通项的基础上，或分解为基本数列求和，或转化为基本数列求和． （3）求一般数列的前n项和时，无一般方法可循，要注意掌握某些特殊数列的前n项和的求法，触类旁通． 3．在用观察法归纳数列的通项公式（尤其是在处理客观题目时）时，要注意适当地根据具体问题多计算相应的数列的前几项，否则会因为所计算的数列的项数过少，而归纳出错误的通项公式，从而得到错误的结论． 数列的极限 1、数列极限的定义： 一般地，如果当项数n无限增大时，无穷数列{an}的项an无限趋近于某个常数a（即| a n﹣a|无限地接近于0），那么就说数列{an}以a为极限，记作an＝a．（注：a不一定是{ a n}中的项 ） 2、几个重要极限： 3、数列极限的运算法则： 4、无穷等比数列的各项和： （1）公比的绝对值小于1的无穷等比数列前n项的和，当n无限增大时的极限，叫做这个无穷等比数列各项的和，记做SSn． （2） 【解题方法点拨】 （1）只有无穷数列才可能有极限，有限数列无极限． （2）运用数列极限的运算法则求数列极限应注意法则适应的前提条件．（参与运算的数列都有极限，运算法则适应有限个数列情形） （3）求数列极限最后往往转化为（m∈N）或qn（|q|＜1）型的极限． （4）求极限的常用方法： ①分子、分母同时除以nm或an． ②求和（或积）的极限一般先求和（或积）再求极限． ③利用已知数列极限（如等）． ④含参数问题应对参数进行分类讨论求极限． ⑤∞﹣∞，，0﹣0，等形式，必须先化简成可求极限的类型再用四则运算求极限． 数列与不等式的综合 证明与数列求和有关的不等式基本方法： （1）直接将数列求和后放缩； （2）先将通项放缩后求和； （3）先将通项放缩后求和再放缩； （4）尝试用数学归纳法证明． 常用的放缩方法有： ，，， [] （n≥2）， （）（n≥2）， ， 2（）2（）． ． 【解题方法点拨】 证明数列型不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧而充满思考性和挑战性，能全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力，因而成为高考压轴题及各级各类竞赛试题命题的极好素材．这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析其特征，抓住其规律进行恰当地放缩；其放缩技巧主要有以下几种： （1）添加或舍去一些项，如：|a|；n； （2）将分子或分母放大（或缩小）； （3）利用基本不等式；； （4）二项式放缩； （5）利用常用结论； （6）利用函数单调性． （7）常见模型： ①等差模型；②等比模型；③错位相减模型；④裂项相消模型；⑤二项式定理模型；⑥基本不等式模型． 数列与向量的综合 函数、数列、解析几何作为高中数学的主要躯干，蕴含着诸多的数学思想和方法（数形结合、函数与方程、转化和归纳等），因而一直是高考的重点．尤其是它们互相之间及和其他数学知识（如复数、向量等）之间的互相渗透、互相联系，更为高考命题带来广阔的空间．而传统的章节复习法使学生分散地学习知识，对各个章节的联系和渗透考虑较少，从而造成对一些综合题心存胆怯．近几年高考中常见的函数﹣数列﹣解析几何综合题就是其中的典型． 【解题方法点拨】 事实上，无论是函数、数列还是解析几何中的曲线（包括复数、向量），都表现出数和形两种状态，数列是一个特殊的函数；函数的图象（解析式）则可看作解析几何中一种特殊的形（方程）；而复数、向量的坐标顺理成章地使它们与函数、数列及解析几何发生联系．解函数﹣数列﹣解析几何综合题首先是建立在对数学基本概念理解的基础上，然后抓住概念间内在的联系，将问题转化为较熟悉的数学问题予以解决，当然这也离不开对各章节内部的扎实基本功． 等差数列与等比数列的综合 1、等差数列的性质 （1）若公差d＞0，则为递增等差数列；若公差d＜0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列； （2）有穷等差数列中，与首末两端“等距离”的两项和相等，并且等于首末两项之和； （3）m，n∈N+，则am＝an+（m﹣n）d； （4）若s，t，p，q∈N*，且s+t＝p+q，则as+at＝ap+aq，其中as，at，ap，aq是数列中的项，特别地，当s+t＝2p时，有 as+at＝2ap； （5）若数列{an}，{bn}均是等差数列，则数列{man+kbn}仍为等差数列，其中m，k均为常数． （6）an，an﹣1，an﹣2，…，a2，a1仍为等差数列，公差为﹣d． （7）从第二项开始起，每一项是与它相邻两项的等差中项，也是与它等距离的前后两项的等差中项，即2an+1＝an+an+2， 2an＝an﹣m+an+m，（n≥m+1，n，m∈N+） （8）am，am+k，am+2k，am+3k，…仍为等差数列，公差为kd（首项不一定选a1）． 2、等比数列的性质． （1）通项公式的推广： a n＝ a m•qn﹣ m，（n，m∈N*）． （2）若{ a n}为等比数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则 ak• a l＝ a m• a n （3）若{ a n}，{ b n}（项数相同）是等比数列，则{λan}（λ≠0），{a}，{ a n• b n}，仍是等比数列． （4）单调性：或⇔{ a n}是递增数列；或⇔{ a n}是递减数列；q＝1⇔{ a n}是常数列；q＜0⇔{ a n}是摆动数列． 数列与三角函数的综合 函数、数列、解析几何作为高中数学的主要躯干，蕴含着诸多的数学思想和方法（数形结合、函数与方程、转化和归纳等），因而一直是高考的重点．尤其是它们互相之间及和其他数学知识（如复数、向量等）之间的互相渗透、互相联系，更为高考命题带来广阔的空间．而传统的章节复习法使学生分散地学习知识，对各个章节的联系和渗透考虑较少，从而造成对一些综合题心存胆怯．近几年高考中常见的函数﹣数列﹣解析几何综合题就是其中的典型． 【解题方法点拨】 事实上，无论是函数、数列还是解析几何中的曲线（包括复数、向量），都表现出数和形两种状态，数列是一个特殊的函数；函数的图象（解析式）则可看作解析几何中一种特殊的形（方程）；而复数、向量的坐标顺理成章地使它们与函数、数列及解析几何发生联系．解函数﹣数列﹣解析几何综合题首先是建立在对数学基本概念理解的基础上，然后抓住概念间内在的联系，将问题转化为较熟悉的数学问题予以解决，当然这也离不开对各章节内部的扎实基本功． 数列的求和 就是求出这个数列所有项的和，一般来说要求的数列为等差数列、等比数列、等差等比数列等等，常用的方法包括： （1）公式法： ①等差数列前n项和公式：Sn＝na1n（n﹣1）d或Sn ②等比数列前n项和公式： ③几个常用数列的求和公式： （2）错位相减法： 适用于求数列{an×bn}的前n项和，其中{an}{bn}分别是等差数列和等比数列． （3）裂项相消法： 适用于求数列{}的前n项和，其中{an}为各项不为0的等差数列，即（）． （4）倒序相加法： 推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个（a1+an）． （5）分组求和法： 有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可． 【第二篇】考点导航篇 【考点一】数列的应用 【考点二】数列与函数综合 【考点三】数列的极限 【考点四】数列与不等式的综合 【考点五】数列与向量问题 【考点六】等差数列与等比数列综合 【考点七】数列与三角函数综合 【考点八】数列与解析几何综合 【考点九】等比数列求和综合 【第三篇】跟踪训练篇 【考点一】数列的应用 1．（2025•孝义市模拟）若数列A：a1，a2，⋯，an（n≥3）中且对任意的2≤k≤n﹣1，ak+1+ak﹣1＞2ak恒成立，则称数列A为“U﹣数列”． （1）若数列1，x，y，7为“U﹣数列”，写出所有可能的x，y； （2）若“U﹣数列”A：a1，a2，⋯，an中，a1＝1，a2＝1，an＝2017，求n的最大值． 2．（2025•深圳模拟）已知无穷数列{an}满足，a1，a2为正整数，an＝|an+1﹣an+2|，n∈N*． （1）若a1＝1，a3＝2，求a4； （2）证明：“存在k∈N*，使得ak＝0”是“{an}是周期为3的数列”的必要不充分条件； （3）若a1≠a2，是否存在数列{an}，使得an＜2025恒成立？若存在，求出一组a1，a2的值；若不存在，请说明理由． 3．（2024秋•日照期末）已知等差数列{an}的公差d∈（0，π]，集合． （1）若，，求集合S； （2）若a1＝0，集合S中恰好有两个元素，求d； （3）当cosan+7＝cosan时，是否存在d使得集合S中恰好有三个元素，如果存在，求出d的值，并给出证明过程；如果不存在，请说明理由． 4．（2024秋•海淀区期末）已知{an}为各项均为整数的无穷递增数列，且a1＝1，对于{an}中的任意一项ak（k≥3），在{an}中都存在两项ai，aj（i＜j），使得ak＝2aj﹣ai或ak． （Ⅰ）若a2＝3，a5＝25，写出a4的所有可能值； （Ⅱ）若am＝2025． ①当a2＝3时，求m的最大值； ②当a2＝2时，求m的最小值． 【考点二】数列与函数综合 5．（2025•温州开学）设函数f（x）＝xlnx，已知点，过点An（0，yn）作曲线y＝f（x）的切线，与曲线y＝f（x）相切于点Bn+1（xn+1，yn+1）． （1）证明：； （2）证明：（i）；（ii）数列{xn}单调递增； （3）记数列{xn}的前n项和为Sn，数列{}的前n项和为Tn，证明：． 6．（2024秋•宁波期末）已知函数f（x）＝x2+x，数列{xn}（xn＜﹣1）的首项．以后各项按如下方式取定：记曲线y＝f（x）在（xn，f（xn））处的切线为ln，若f′（xn）≠0，则记ln与x轴交点的横坐标是xn+1． （1）证明：数列为等比数列； （2）设，求数列{n•an}的前n项和Sn． 7．（2025•肇庆二模）把一列函数按一定次序排列称为函数列，记为{fn（x）}．例如：函数列{x，2x，3x，…，nx，…}可以记为fn（x）＝nx，n∈N*，记f′n（x）为fn（x）的导函数． （1）若fn（x）＝nlnx．证明：{f′（2024）}为等差数列． （2）已知定义在R上的函数列{fn（x）}满足（x），且对任意的n∈N*，都有fn（0）＝n． （i）设x0≥0证明：fn（x0）＝n的充要条件是x0＝0． （ii）取定正数x0，使数列{fn（x0）}是首项和公比均为q的等比数列，证明：q． 8．（2024秋•静安区校级期末）设函数y＝f（x）对任意实数x，y∈Z都有f（x+y）＝f（x）+f（y）+2xy． （1）若f（1）＝1，猜想f（x）的函数解析式，并用数学归纳法对其进行证明； （2）设（1）中函数f（x）值域中所有正值从小到大依次排列的数列为{an}，设{an}的前n项和为Tn，小张同学猜想：，请你运用数学归纳法对其进行证明； （3）设f（1）＝a，若f（x）在区间[2024，2025]上严格递增，求：a的取值范围． 【考点三】数列的极限 9．（2022•上海）已知在数列{an}中，a2＝1，其前n项和为Sn． （1）若{an}是等比数列，S2＝3，求Sn； （2）若{an}是等差数列，S2n≥n，求其公差d的取值范围． 10．（2022春•徐汇区期末）数列{an}中，a2＝1，前n项和为Sn． （1）若数列{an}为等比数列，且满足S2＝4，求； （2）若数列{an}为等差数列，公差为d，且对任意正整数n均满足S2n＞n，求d的取值范围． 11．（2022春•普陀区校级期末）设数列{an}的前n项和为Sn． （1）若{an}是等比数列，a2，S2，求； （2）若{an}是等差数列，a1＝1，d＝4，若Sk是数列{an}中的项，求所有满足条件的正整数k组成的集合； （3）若数列{an}满足a1＝1且an+1＝2Sn，是否存在无穷数列{an}，使得a2022＝﹣2021？若存在，写出一个这样的无穷数列（不需要证明它满足条件）；若不存在，说明理由． 12．（2020春•浦东新区校级期末）已知数列{an}满足an+an+1＝4n，且{an}为等差数列，数列{an}的前n项和为Sn． （1）求{an}的通项公式； （2）求． 【考点四】数列与不等式的综合 13．（2025•任城区校级模拟）设正项数列{an}的前n项和为Sn，若． （Ⅰ）求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）若不等式对任意正整数n均成立，求λ的取值范围． 14．（2024秋•吉林期末）已知等差数列{an}满足a4＝4a1，a6+a8＝14，等比数列{bn}满足b1＝1，log2b4＝﹣3． （1）求数列{an}，{bn}的通项公式； （2）令，求证：，其中n≥4． 15．（2025•丽江模拟）已知数列{an}的首项，且满足． （1）求证：数列为等比数列． （2）若，求满足条件的最大整数n． 16．（2024秋•城厢区校级期末）已知数列{an}满足． （1）求{an}的通项公式； （2）在an和an+1之间插入n个数，使这n+2个数构成等差数列，记这个等差数列的公差为dn，求数列的前n项和Tn． （3）若不等式对任意的n∈N*恒成立，求m的取值范围． 【考点五】数列与向量问题 17．（2024秋•江西月考）如图，已知点列与An（an，0）满足xn+1＞xn，且||＝||，其中n∈Z+，x1＝1． （1）求x2； （2）求xn+1与xn的关系式； （3）证明：4n2． 18．（2024秋•松江区校级期中）已知x轴上的点A1（1，0）、A2（5，0）、⋯，An（an，0）满足．射线y＝x（x≥0）上的点B1（3，3）、B2（5，5）、⋯，Bn（bn，bn）满足|，n∈N*． （1）证明：{an+1﹣an}是等比数列； （2）用n表示点An和点Bn的坐标； （3）求四边形AnAn+1Bn+1Bn的面积Sn的取值范围． 19．（2024秋•博望区校级月考）在平面直角坐标系中，横、纵坐标都是整数的点称为整点，对于任意相邻三点都不共线的有序整点列A（n）：A1，A2，A3，⋯，An与B（n）：B1，B2，B3，⋯，Bn，其中n≥3，若同时满足：①两点列的起点和终点分别相同：②，其中i＝1，2，3，⋯，n﹣1，则称A（n）与B（n）互为正交点列． （1）求A（3）：A1（1，1），A2（4，﹣1），A3（6，1）的正交点列B（3）； （2）判断A（4）：A1（0，0），A2（1，2），A3（0，4），A4（1，6）是否存在正交点列B（4）？并说明理由． 20．（2024春•丰台区期中）已知向量（a0，b0，c0），其中a0，b0，c0是两两不相等的正整数．记（ai，bi，ci），（ai+1，bi+1，ci+1），其分量之间满足递推关系ai+1＝|ai﹣bi|，bi+1＝|bi﹣ci|，ci+1＝|ci﹣ai|，i＝0，1，2，3，…． （Ⅰ）当（2，3，5）时，直接写出向量； （Ⅱ）证明：不存在i∈N*，使得（ai，bi，ci）中ai＝bi＝ci； （Ⅲ）证明：存在k∈N*，当i≥k时，向量（ai，bi，ci）满足aibici＝0． 【考点六】等差数列与等比数列综合 21．（2024秋•泰州期末）在公差不为零的等差数列{an}中，a1+a3＝8，且a1，a3，a9成等比数列． （1）求数列{an}的通项公式； （2）设bn，数列{bn}的前n项和为Sn，求证：Sn． 22．（2024秋•安徽期末）设△AnBn∁n（n∈N*）的内角An，Bn，∁n的对边分别为an，bn，cn，已知b1＞c1，b1+c1＝2a1． （Ⅰ）求A1的取值范围； （Ⅱ）若对任意的n∈N*，都有an＝2，且an，bn+1，cn成等差数列，an，cn+1，bn也成等差数列，证明：△AnBn∁n的周长为定值． 23．（2024秋•温州期末）已知数列{an}为公差不为0等差数列，数列{bn}为等比数列，记数列a1，b1，a2，b2，a3，b3，…an，bn，…为数列{cn}． （1）若c1＝1，c5＝7，且c1，c2，c3，c4为等比数列，求数列{bn}的通项公式； （2）若an＝n，，求证：存在m，使得cm+1，cm+2，cm+3为等差数列； （3）若存在m，n∈N*满足cm+1，cm+2，cm+3，⋯cm+n是等比数列，求n的最大值． 24．（2024秋•黑龙江校级期末）已知{an}是首项为1的等差数列，其前n项和为Sn，S7＝70，{bn}为等比数列，b2＝a6，b2+b3＝80． （Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式； （Ⅱ）求数列{（﹣1）n}的前n项和Tn； （Ⅲ）记cn＝b2n，若λ对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围． 【考点七】数列与三角函数综合 25．（2020•如皋市校级模拟）设各项均为正实数的数列{an}的前n项和为Sn，且满足（n∈N*）． （Ⅰ）求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）设数列{bn}的通项公式为（t∈N*），若b1，b2，bm（m≥3，m∈N*）成等差数列，求t和m的值； （Ⅲ）证明：存在无穷多个三边成等比数列且互不相似的三角形，其三边长为数列{an}中的三项，，． 26．（2020秋•汤原县校级期末）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，C，且． （1）求角A的大小； （2）若等差数列{an}的公差不为零，a1sinA＝1，且a2，a4，a8成等比数列；若bn，求数列{bn}的前n项和Sn． 27．（2019•西宁模拟）已知在△ABC中，2B＝A+C，且c＝2a． （1）求角A，B，C的大小； （2）设数列{an}满足，前n项和为Sn，若Sn＝20，求n的值． 28．（2017•广西一模）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bcos2acos2c． （Ⅰ）求证：a，c，b成等差数列； （Ⅱ）若C，△ABC的面积为2，求c． 【考点八】数列与解析几何综合 29．（2024秋•宿迁校级期末）对每个正整数n，An（xn，yn）是抛物线x2＝4y上的点，过焦点F的直线FAn交抛物线于另一点Bn（sn，tn）． （1）证明：xnsn＝﹣4（n≥1）； （2）取xn＝2n+1，并记an＝|AnBn|，求数列{an}的前n项和． 30．（2024秋•河南期末）已知在正项数列{an}中，首项a1＝2，点在双曲线y2﹣x2＝1上，数列{bn}中，点（bn，Tn）在直线上，其中Tn是数列{bn}的前n项和． （1）求数列{an}、{bn}的通项公式； （2）求使得|Tn﹣1|成立n的最小值； （3）若cn＝an•bn，求证：数列{cn}为递减数列． 31．（2025•温州模拟）已知双曲线过点P1（2，2），其渐近线的方程为y＝±2x．按照如下方式依次构造点Pn（n＝2，3，⋯）：过右支上点Pn﹣1作斜率为1的直线与C的左支交于点Qn﹣1，过Qn﹣1再作斜率为﹣1的直线与C的右支交于点Pn（xn，yn）． （1）求双曲线C的方程； （2）用xn，yn表示点Qn﹣1的坐标； （3）求证：数列{2xn﹣yn}是等比数列． 32．（2024秋•威海期末）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0），点在C上，k为常数，k＞0，按如下方式依次构造点Pn（n＝2，3，4，…），过点Pn﹣1作x轴的垂线交C于点Qn﹣1，过Qn﹣1且斜率为k的直线与C的另一个交点为Pn，记Pn的坐标为（xn，yn）． （1）当k＝2时，求x2，y2； （2）设an＝xn+1﹣xn，证明：数列{an}是等差数列； （3）设Sn为△PnPn+1Pn+2的面积，证明：Sn为定值． 【考点九】等比数列求和综合 33．（2024秋•南平期末）已知等比数列{an}的公比q＞0，且a1a5﹣a3＝56，a6＝64． （1）求数列{an}的通项公式； （2）记bn＝log2an，数列的前n项和为Sn，证明：Sn＜1． 34．（2025春•思明区校级月考）已知：Sn是数列{an}的前n项和，若． （1）求证：{an}为等差数列． （2）设数列的前n项和为Tn，若Tn＜1对任意的n∈N+恒成立，求a1的取值范围． 35．（2024秋•新泰市校级期末）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，且S3+S5＝50，a1，a4，a13成等比数列． （1）求数列{an}的通项公式； （2）设是首项为1，公比为3的等比数列， ①求数列{bn}的前n项和Tn； ②若不等式对一切n∈N*恒成立，求实数λ的最大值． 36．（2025春•河西区校级月考）定义集合与实数间的运算符号*，设A为集合，n为正整数，A*n＝{x|x∈A且x＝kn，k∈N*}，例如A＝{1，2，3，4，5，6}，A*2＝{2，4，6}．已知A1＝{1}，A2＝{2，3}，A3＝{4，5，6}，A4＝{7，8，9，10}，…以此类推，令Rn＝An*n（n∈N*），例如R1＝{1}，R2＝{2}，R3＝{6}，R4＝{8}． （1）求R5，R6； （2）若an∈Rn，求an的通项公式； （3）设cn，cn的前n项和为Sn，试证明2≤Sn+cn． 2025年高考数学提分系列 专题：数列综合【九大考点】 参考答案与试题解析 一．解答题（共36小题） 1．（2025•孝义市模拟）若数列A：a1，a2，⋯，an（n≥3）中且对任意的2≤k≤n﹣1，ak+1+ak﹣1＞2ak恒成立，则称数列A为“U﹣数列”． （1）若数列1，x，y，7为“U﹣数列”，写出所有可能的x，y； （2）若“U﹣数列”A：a1，a2，⋯，an中，a1＝1，a2＝1，an＝2017，求n的最大值． 【解答】解：（1）数列A：a1，a2，⋯，an（n≥3）中且对任意的2≤k≤n﹣1，ak+1+ak﹣1＞2ak恒成立，则称数列A为“U﹣数列”． 依题意，因为数列1，x，y，7为“U﹣数列”，则， 注意到x，y∈N*，故所有可能的x，y为或或． （2）一方面，注意到ak+1+ak﹣1＞2ak⇔ak+1﹣ak＞ak﹣ak﹣1： 对任意的1≤i≤n，令bi＝ai+1﹣ai，则bi∈Z且bk＞bk﹣1（2≤k≤n﹣1）， 故bk≥bk﹣1+1对任意的2≤k≤n﹣1恒成立（★）， 当a1＝1，a2＝1，an＝2017时，注意到b1＝a2﹣a1≥1﹣1＝0， 得bi＝（bi﹣bi﹣1）+（bi﹣1﹣bi﹣2）+⋯+（b2﹣b1）+b1≥i﹣1（2≤i≤n﹣1）， 此时， 即，解得﹣62≤n≤65，故n≤65；另一方面， 取bi＝i﹣1（1≤i≤64），则对任意的2≤k≤64，bk＞bk﹣1，故数列{an}为“U﹣数列”， 此时a65＝1+0+1+2+...+63＝1；即n＝65符合题意． 综上，n的最大值为65． 2．（2025•深圳模拟）已知无穷数列{an}满足，a1，a2为正整数，an＝|an+1﹣an+2|，n∈N*． （1）若a1＝1，a3＝2，求a4； （2）证明：“存在k∈N*，使得ak＝0”是“{an}是周期为3的数列”的必要不充分条件； （3）若a1≠a2，是否存在数列{an}，使得an＜2025恒成立？若存在，求出一组a1，a2的值；若不存在，请说明理由． 【解答】解：（1）因为an＝|an+1﹣an+2|对任意n∈N*成立， 令n＝1，得1＝a1＝|a2﹣a3|，所以1＝|a2﹣2|，则a2＝1或3， 若a2＝1，由a2＝|a3﹣a4|，则1＝|2﹣a4|，则a4＝1或3， 若a2＝3，由a2＝|a3﹣a4|，则3＝|2﹣a4|，则a4＝﹣1或5， 因为a4＝|a5﹣a6|＞0，综上所述：a4＝1或3或5； （2）证明：记a1＝x，a2＝y， 必要性：若{an}是周期为3的周期数列，a3＝a1+a2或a2﹣a1， 当a3＝a1+a2时，数列{an}的前5项为：x，y，x+y，x，y， 由a3＝|a4﹣a5|得x+y＝|x﹣y|，该式当且仅当x＝0或y＝0时成立， 与a1，a2为正整数矛盾； 当a3＝a2﹣a1时，数列{an}的前5项为：x，y，y﹣x，x，y， 由a2＝|a3﹣a4|得y＝|y﹣2x|，则y＝2x﹣y或y＝y﹣2x（舍去，此时x＝0）， 因此x＝y，a3＝0， 此时数列{an}：x，x，0，x，x，0，x，x，0，…，存在k∈N*，使得ak＝0， 另一方面：取数列{an}：1，1，0，1，1，2，3，5，…， 其中当n≥3时，an+2＝an+1+an，此时数列{an} 不是周期数列， 综上，“存在k∈N*，使得ak＝0”是“{an}是周期为3的周期数列”的必要不充分条件； （3）不存在，理由如下：an＝|an+1﹣an+2|，等价于an+2＝an+1﹣an（*）或an+2＝an+1+an（**）， 首先说明不存在k∈N*，使得ak＝0， 否则由ak﹣2＝|ak﹣1﹣ak|得ak﹣2＝ak﹣1，记为w， 所以ak﹣3＝|ak﹣2﹣ak﹣1|＝0，ak﹣4＝|ak﹣3﹣ak﹣2|＝w，ak﹣5＝|ak﹣4﹣ak﹣3|＝w， 依此类推得前k项为…，w，w，0，w，w，0，w，w，0（第k项）， 则a1，a2要么相等，要么有一项为0，矛盾， 因此an≥1对任意n∈N*成立， 其次，不存在k∈N*，使得ak+2＝ak+1﹣ak以及ak+3＝ak+2﹣ak+1同时成立， 否则两式相加得ak+3＝﹣ak，矛盾； （i）若（*）式只对有限个正整数n才成立， 不妨设当且仅当n∈{p1，p2，…，pk}时（*）式成立，其中p1＜p2＜…＜pk， 则当n≥pk+1时，（**）式恒成立，此时an+2＝an+1+an≥an+1+1恒成立， 由此易知当n≥pk+1，an≥n﹣pk，因此数列{an}是无界数列； （ii）若存在无限个正整数n使得（*）式成立， 不妨设当且仅当n∈{i1，i2，…，ik，…}时（*）式成立，其中i1＜i2＜…＜ik＜…， 考虑aim+1与，为方便书写记im＝p，im+1＝p+j，j≥2， 则ap＝ap﹣1﹣ap﹣2，ap+1＝ap+ap﹣1， 若j＝2，则ap+j﹣1＝ap+1＝ap﹣1+ap≥ap﹣1+1， 若j＞2，则ap+2＝ap+1+ap，…，ap+j﹣1＝ap+j﹣2+ap+j﹣3，ap+j＝ap+j﹣1﹣ap+j﹣2， 则ap＜ap+1＜…＜ap+j﹣2＜ap+j﹣1， 此时ap+j﹣1＝ap+j+ap+j﹣2≥1+ap+j﹣2≥1+ap+1≥ap﹣1+2， 无论哪种情况总有ap+j﹣1≥ap﹣1+1成立，即恒成立， 记，则bk+1≥bk+1恒成立，由此易得数列{an}是无界数列， 所以，存在n∈N*使得an≥2025，故不存在符合题意的a1，a2． 3．（2024秋•日照期末）已知等差数列{an}的公差d∈（0，π]，集合． （1）若，，求集合S； （2）若a1＝0，集合S中恰好有两个元素，求d； （3）当cosan+7＝cosan时，是否存在d使得集合S中恰好有三个元素，如果存在，求出d的值，并给出证明过程；如果不存在，请说明理由． 【解答】解：等差数列{an}的公差d∈（0，π]，集合． （1）令bn＝cosan，因为，，则an， 则，周期为T＝3． 又因为，b2＝cosπ＝﹣1，， 由周期性可知． （2）因为b1＝cos0＝1，b2＝cosd，b3＝cos2d， 因为S恰好有两个元素，所以cosd＝1或cos2d＝1或cos2d＝cosd， 因为d∈（0，π]，则﹣1≤cosd＜1，且2d∈（0，2π]， 若cos2d＝1，则2d＝2π，可得S＝12π； 若cos2d＝cosd，则2cos2d﹣1＝cosd， 解得，则， 所以S＝12π或． ①当S＝12π时，bn＝cos（nπ﹣π），周期为2， 所以b1＝cos0＝1，b2＝cosπ＝﹣1，此时S＝{﹣1，1}，符合题意； ②当时，，周期为3， 所以b1＝cos0＝1，，，此时，符合题意； 综上，S＝12π或． （3）不存在d使得集合S恰好有三个元素，证明如下： 因为cos（an+7d）＝cosan，则有an+7d＝an+2kπ或an+7d＝2kπ﹣an（k∈Z）， 因为{an}为公差d＞0的等差数列， 故an+7d＝an+2kπ，所以，又0＜d≤π，故k＝1、2、3． ①当k＝1时，因为b1、b2、⋯、b7中至少有3个值相等， 此时，不成立； ②当k＝2时，因为b1、b2、⋯、b7至少有3个值相等， 此时，必然有am﹣an＝2π（m，n∈{1，2，⋯，7}）， 即（m﹣n）d＝2π，则，即且m﹣n不是整数，故不符合条件； ③当k＝3时，因为b1、b2、⋯、b7至少有3个值相等， 此时，必然有am﹣an＝2π或4π（m，n∈{1，2，⋯，7}）， 若（m﹣n）d＝2π，则，即且m﹣n不是整数， 若（m﹣n）d＝4π则，即且m﹣n不是整数， 故k＝3不符合条件； 综上，不存在d使得集合S恰好有三个元素． 4．（2024秋•海淀区期末）已知{an}为各项均为整数的无穷递增数列，且a1＝1，对于{an}中的任意一项ak（k≥3），在{an}中都存在两项ai，aj（i＜j），使得ak＝2aj﹣ai或ak． （Ⅰ）若a2＝3，a5＝25，写出a4的所有可能值； （Ⅱ）若am＝2025． ①当a2＝3时，求m的最大值； ②当a2＝2时，求m的最小值． 【解答】解：（Ⅰ）a3＝2a2﹣a1＝5或， 当a3＝5时，因为，符合条件； 则a4＝2a3﹣a1＝9或a4＝2a3﹣a2＝7或或， 又因为{an}为各项均为整数的无穷递增数列，则a4＝9或a4＝7． 当a3＝9时，则a4＝2a3﹣a1＝17或a4＝2a3﹣a2＝15或或， 当a4＝17时，a5＝2×17﹣9＝2a4﹣a3，符合题意， 当a4＝15时，，符合题意， 当a4＝81或27，此时不满足数列为递增数列，故舍去， 综上，a4的所有可能值为7，9，15，17． （Ⅱ）①m的最大值为1013，理由如下： （i）当an＝2n﹣1时符合题意且m＝1013． （ii）假设{an}中存在偶数，且首个偶数为ak（k≥3）， 因为{an}为递增数列，所以存在i＜j，使得ak＝2aj﹣ai＝aj+（aj﹣ai）＞aj或， 进而有i＜j＜k．所以ai，aj为奇数，此时2aj﹣ai，均不为偶数，与ak为偶数矛盾． 所以{an}中各项均为正奇数， 又因为{an}为递增数列，所以am≥2m﹣1， 即2025≥2m﹣1，m≤1013． 综上m的最大值为1013． ②m的最小值为7，理由如下： （i）首先证明m＝7时存在符合条件的{an}： 当{an}前7项为{1，2，3，9，27，45，2025}时m＝7， 且可构造{an}的后续项使其符合题意（如可取． （ii）其次证明m≥6． 由题，当i＜j时，aj≥2，ai≥1， 所以，， 进而有（k≥3）， 所以a3≤4，a4≤16，a5≤256， 所以m≥6． （ii）最后证明m≠6． 假设存在{an}符合题意且a6＝2025， 因为a5≤256，所以当i＜j≤5时，2aj﹣ai≤2a5﹣a1≤2×256﹣1＜2025， 所以存在i＜j≤5，有，从而， 所以j＝5，所以，从而a5＝45r（1≤r≤4，且r∈Z），因为a4≤16， 所以当s＜t≤4时，2at﹣as≤2a4﹣a1≤2×16﹣1＜45， 所以存在s＜t≤4，有，从而为整数， 又因为1≤r≤4，所以as为5的倍数，与as≤a3≤4矛盾． 综上有m的最小值为7． 5．（2025•温州开学）设函数f（x）＝xlnx，已知点，过点An（0，yn）作曲线y＝f（x）的切线，与曲线y＝f（x）相切于点Bn+1（xn+1，yn+1）． （1）证明：； （2）证明：（i）；（ii）数列{xn}单调递增； （3）记数列{xn}的前n项和为Sn，数列{}的前n项和为Tn，证明：． 【解答】解：（1）证明：令函数g（x）＝lnx﹣ex+2，， 故函数g（x）在上单调递增，在上单调递减． 因此，当且仅当时等号成立． （2）（i）证明：f（x）定义域为x∈（0，+∞），f'（x）＝1+lnx， 因此当时，f'（x）＜0，故f（x）单调递减； 当时，f'（x）＞0，故f（x）单调递增． 切线AnBn+1的方程为y﹣yn+1＝（1+lnxn+1）（x﹣xn+1）， 将点An（0，yn）坐标代入得yn＝﹣xn+1整理得到xn+1＝﹣xnlnxn， ， 由（1）得， 因此．其中当且仅当等号成立，即， 而，因此； （ii）证明：由于，， 因此数列{xn}单调递增． （3）证明：由（1）得lnx≤ex﹣2； 所以， 累加求和可得Sn+1﹣x1＞2Sn﹣3Tn， 所以． 6．（2024秋•宁波期末）已知函数f（x）＝x2+x，数列{xn}（xn＜﹣1）的首项．以后各项按如下方式取定：记曲线y＝f（x）在（xn，f（xn））处的切线为ln，若f′（xn）≠0，则记ln与x轴交点的横坐标是xn+1． （1）证明：数列为等比数列； （2）设，求数列{n•an}的前n项和Sn． 【解答】解：（1）证明：由f（x）＝x2+x，得f'（x）＝2x+1， 曲线y＝f（x）在（xn，f（xn））处的切线方程为y﹣f（xn）＝f'（xn）（x﹣xn）， 令y＝0可得，， 由ln， 因为xn＜﹣1，所以， 由得， 所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列． （2）由（1）得， 则Sn＝1×20+2×21+…+n•2n﹣1， 2Sn＝1×2+2×22+…+n•2n， 两式相减得，﹣Sn＝20+21+…+2n﹣1﹣n•2nn•2n＝（1﹣n）•2n﹣1， 则Sn＝（n﹣1）•2n+1． 7．（2025•肇庆二模）把一列函数按一定次序排列称为函数列，记为{fn（x）}．例如：函数列{x，2x，3x，…，nx，…}可以记为fn（x）＝nx，n∈N*，记f′n（x）为fn（x）的导函数． （1）若fn（x）＝nlnx．证明：{f′（2024）}为等差数列． （2）已知定义在R上的函数列{fn（x）}满足（x），且对任意的n∈N*，都有fn（0）＝n． （i）设x0≥0证明：fn（x0）＝n的充要条件是x0＝0． （ii）取定正数x0，使数列{fn（x0）}是首项和公比均为q的等比数列，证明：q． 【解答】证明：（1）由题知，所以， 记，因为， 所以{an}为等差数列，即{f'n（2024）}是首项为，公差为的等差数列． （2）令，则， 所以gn（x）在R上单调递增，所以当x≥0时，gn（x）≥gn（0）＝fn（0）＝n， 则当x≥0时，． （i）充分性：当x0＝0时，由题知fn（0）＝n显然成立． 必要性：若fn（x0）＝n，则由x≥0时，，得， 则，所以nx0≤0． 因为x0≥0，n＞0，所以x0＝0， 所以fn（x0）＝n的充要条件是x0＝0． （ii）由题知且，则， 两边取自然对数得，则需， 考虑函数，， 当x∈（0，e）时，F'（x）＞0，当x∈（e，+∞）时，F'（x）＜0， 所以F（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减， 所以，F（3）}， 因为F（2）＝F（4），F（x）在（e，+∞）上单调递减，所以F（3）＞F（4）， 所以， 则，即． 8．（2024秋•静安区校级期末）设函数y＝f（x）对任意实数x，y∈Z都有f（x+y）＝f（x）+f（y）+2xy． （1）若f（1）＝1，猜想f（x）的函数解析式，并用数学归纳法对其进行证明； （2）设（1）中函数f（x）值域中所有正值从小到大依次排列的数列为{an}，设{an}的前n项和为Tn，小张同学猜想：，请你运用数学归纳法对其进行证明； （3）设f（1）＝a，若f（x）在区间[2024，2025]上严格递增，求：a的取值范围． 【解答】解：（1）函数y＝f（x）对任意实数x，y∈Z都有f（x+y）＝f（x）+f（y）+2xy，f（1）＝1， 令x＝y＝0得：f（0）＝2f（0）+0⇒f（0）＝0． 又f（1）＝1， 令x＝y＝1，则f（2）＝2f（1）+2＝4； 令x＝2，y＝1，则f（3）＝f（2）+f（1）+2×2×1＝4+1+4＝9． 猜测：当x∈N*时，f（x）＝x2． 下面利用数学归纳法证明： 首先，当x＝1时，猜测成立； 其次，假设x＝k（k∈N*）时，即猜测成立，f（k）＝k2． 则当x＝k+1时，f（x）＝f（k+1）＝f（k）+f（1）+2k＝k2+2k+1＝（k+1）2． 即x＝k+1时，猜测也成立． 即当x∈N*时，f（x）＝x2． 又令x＝1，y＝﹣1，则f（0）＝f（1）+f（﹣1）﹣2⇒f（﹣1）＝2﹣f（1）＝1； 令x＝y＝﹣1，则f（﹣2）＝2f（﹣1）+2×（﹣1）×（﹣1）＝4； 令x＝﹣2，y＝﹣1，则f（﹣3）＝f（﹣2）+f（﹣1）+2×（﹣2）×（﹣1）＝9． 同理，当x为负整数时，f（x）＝x2． 综上，f（x）＝x2，x∈Z． （2）证明：函数f（x）值域中所有正值从小到大依次排列的数列为{an}， 设{an}的前n项和为Tn，小张同学猜想：， （1）中函数f（x）值域中所有正值从小到大依次排列的数列为{an}，则． 当n＝1时，a1＝1，，命题成立； 假设n＝k时，命题成立，即． 当n＝k+1时，， ∴ ． ∴当n＝k+1时，命题也成立． 综上可知：，n∈N*成立． （3）f（1）＝a，若f（x）在区间[2024，2025]上严格递增， ∵f（0）＝0，f（1）＝a， ∴f（x+1）＝f（x）+f（1）+2x⇒f（x+1）﹣f（x）＝2x+a． ∴f（1）＝a，f（2）﹣f（1）＝2+a，f（3）﹣f（2）＝2×2+a，f（4）﹣f（3）＝2×3+a，⋯，f（n）﹣f（n﹣1）＝2（n﹣1）+a． 各式相加得：． ∵f（x）在区间[2024，2025]上严格递增，∴函数f（x）的对称轴， ∴a≥﹣4047． 9．（2022•上海）已知在数列{an}中，a2＝1，其前n项和为Sn． （1）若{an}是等比数列，S2＝3，求Sn； （2）若{an}是等差数列，S2n≥n，求其公差d的取值范围． 【解答】解：（1）在等比数列{an}中，a2＝1，S2＝3，则a1＝2， ∴公比q，则， ∴Sn4； （2）若{an}是等差数列， 则n， 即（3﹣2n）d≤1，当n＝1时，d≤1； 当n≥2时，d恒成立，∵∈[﹣1，0），∴d≥0． 综上所述，d∈[0，1]． 10．（2022春•徐汇区期末）数列{an}中，a2＝1，前n项和为Sn． （1）若数列{an}为等比数列，且满足S2＝4，求； （2）若数列{an}为等差数列，公差为d，且对任意正整数n均满足S2n＞n，求d的取值范围． 【解答】（1）解：S2＝a1+a2＝4，a2＝1，则a1＝3，所以等比数列{an}的公比为，∴， 因此，．故． （2）解：由已知可得， 则a2+a2n﹣1＞1，即2a2+（2n﹣3）d＞1，可得（2n﹣3）d＞﹣1． 当n＝1时，可得d＜1； 当n≥2时，则2n﹣3＞1，所以，， 因为数列为单调递增数列，而，故d≥0． 综上所述，0≤d＜1． 故d的取值范围为[0，1）． 11．（2022春•普陀区校级期末）设数列{an}的前n项和为Sn． （1）若{an}是等比数列，a2，S2，求； （2）若{an}是等差数列，a1＝1，d＝4，若Sk是数列{an}中的项，求所有满足条件的正整数k组成的集合； （3）若数列{an}满足a1＝1且an+1＝2Sn，是否存在无穷数列{an}，使得a2022＝﹣2021？若存在，写出一个这样的无穷数列（不需要证明它满足条件）；若不存在，说明理由． 【解答】解：（1）设{an}的公比为q，则，解得， 故，故 （2）由题意，an＝1+4（n﹣1）＝4n﹣3， 故，即求正整数k使得 成立，易得4n﹣3（n∈N+）表示所有被4除余1的正整数， 若k为偶数则Sk＝k（2k﹣1）为偶数，不满足，故k为奇数． 可将所有正奇数设为两类：k＝4t﹣3（t∈N+）或k＝4t﹣1（t∈N+）．当k＝4t﹣3（t∈N+）时， ，满足被4除余1；当k＝4t﹣1（t∈N+）时， ，不满足被4除余1． 综上所述，当且仅当k＝4t﹣3（t∈N+）时，正整数k使得成立， 即所有满足条件的正整数k组成的集合为{k|k＝4t﹣3（t∈N+）}， （3）因为当n＝1时，， 解得a2＝2或a2＝﹣1．又， 当n≥2时，，两式相减有， 即，故， 故或， 即an+1＝an+1（n≥2）或an+1＝﹣an（n≥2）． 当n＝1时，a2＝2或a2＝﹣1也满足，故an+1＝an+1 （n∈N+）或． 故满足题意的一个无穷数列可为1，2，3…2020，2021，﹣2021，2021，﹣2021，2021…，即 （答案不唯一）． 12．（2020春•浦东新区校级期末）已知数列{an}满足an+an+1＝4n，且{an}为等差数列，数列{an}的前n项和为Sn． （1）求{an}的通项公式； （2）求． 【解答】解：（1）∵an+an+1＝4n， ∴an﹣1+an＝4n﹣4（n≥2）， 两式作差可得：an+1﹣an﹣1＝4＝2d，∴d＝2， 又a1+a2＝2a1+d＝2a1+2＝4，∴a1＝1， ∴an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1； （2）由（1）知，， ∴， ∴． 13．（2025•任城区校级模拟）设正项数列{an}的前n项和为Sn，若． （Ⅰ）求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）若不等式对任意正整数n均成立，求λ的取值范围． 【解答】解：（Ⅰ）当n＝1时，，∴a1＝1； 当n≥2时，且， 两式相减，得（an+an﹣1）（an﹣an﹣1﹣1）＝0． ∵{an}为正项数列，∴an﹣an﹣1＝1， ∴an＝1+（n﹣1）＝n． （Ⅱ）由（Ⅰ）可知，， ∴， ∴ ， 故，∴， ∵恒成立，∴， ∴λ的取值范围为． 14．（2024秋•吉林期末）已知等差数列{an}满足a4＝4a1，a6+a8＝14，等比数列{bn}满足b1＝1，log2b4＝﹣3． （1）求数列{an}，{bn}的通项公式； （2）令，求证：，其中n≥4． 【解答】解：（1）由题意，n∈N*， 设等差数列{an}的公差为d， 由a4＝4a1，a6+a8＝14，可得，解得a1＝d＝1， ∴数列{an}的通项公式为， 设等比数列{bn}的公比为q， 由b1＝1，log2b4＝﹣3，可得log2b1q3＝﹣3，即q3＝2﹣3，解得， ∴数列{bn}的通项公式为． （2）证明：由题意及（1）得，n≥4且n∈N*， 设Tn＝c1+c2+⋯+cn， 当n为奇数时，， 在中， ∵， ∴， 在中，， 两式相减可得， ∴， ∴， 当n为偶数时，， 同理可得，， 综上，． 15．（2025•丽江模拟）已知数列{an}的首项，且满足． （1）求证：数列为等比数列． （2）若，求满足条件的最大整数n． 【解答】（1）证明：由，得， 则，又，， ∴数列是以为首项，以为公比的等比数列； （2）解：由（1）可得，， ∴， 则 ＝2n＝1． 由，得100， 即99， ∵y为单调增函数，∴满足99的最大正整数n为99． 即满足条件的最大整数n＝99． 16．（2024秋•城厢区校级期末）已知数列{an}满足． （1）求{an}的通项公式； （2）在an和an+1之间插入n个数，使这n+2个数构成等差数列，记这个等差数列的公差为dn，求数列的前n项和Tn． （3）若不等式对任意的n∈N*恒成立，求m的取值范围． 【解答】解：（1）数列{an}满足， 当n＝1时，a1＝1， 当n≥2时，由， 可得， 两式相减可得． 所以， 上式对n＝1也成立， 所以{an}的通项公式为． （2）在an和an+1之间插入n个数，使这n+2个数构成等差数列，记这个等差数列的公差为dn， 知，得， 则， ， 相减可得 ， 所以． （3）得（﹣1）nm＜2+Tn， 又因为， 当n为奇数时，由对任意的n∈N*恒成立， 得m＞（﹣2﹣Tn）max＝﹣2﹣T1，即， 当n为偶数时，由对任意的n∈N*恒成立， 得m＜（2+Tn）min＝2+T2，即， 所以． 17．（2024秋•江西月考）如图，已知点列与An（an，0）满足xn+1＞xn，且||＝||，其中n∈Z+，x1＝1． （1）求x2； （2）求xn+1与xn的关系式； （3）证明：4n2． 【解答】解：（1）因为，， 所以（x2﹣x1，）•（x2﹣a1，）＝（x2﹣x1）（x2﹣a1）•0， 化为x2﹣a1，又（x2﹣x1）2+（）2＝（x2﹣a1）2+（）2， 得，由x1＝1，可得x2﹣2＝0， 所以x2＝2． （2）由， ①， 又，则②， 将①代入②得． （3）证明：首先证明当n≥2时，xn+1﹣x2（xn+1﹣xn）． 由， xn+1﹣xn⇒2xnxn+1， 因为， 所以xn+1﹣x2≤2（2...）＝2（） ， ∴． 18．（2024秋•松江区校级期中）已知x轴上的点A1（1，0）、A2（5，0）、⋯，An（an，0）满足．射线y＝x（x≥0）上的点B1（3，3）、B2（5，5）、⋯，Bn（bn，bn）满足|，n∈N*． （1）证明：{an+1﹣an}是等比数列； （2）用n表示点An和点Bn的坐标； （3）求四边形AnAn+1Bn+1Bn的面积Sn的取值范围． 【解答】证明：（1）已知x轴上的点A1（1，0），A2（5，0），⋯，An（an，0）满足， 则， ∵A1（1，0），A2（5，0）， ∴a2﹣a1＝4， 所以{an+1﹣an}是以4为首项，为公比的等比数列． （2）解：由 （1）得{an+1﹣an}是以4为首项，为公比的等比数列， ∴， ∴ 9﹣24﹣n，（n≥2）， a1＝1符合上式， ∴， ∵射线y＝x（x≥0）上的点B1（3，3），B2（5，5），⋯，Bn（bn，bn）满足， 则， ∴， ∴bn+1﹣bn＝2， ∵B1（3，3）， ∴{bn}是以3为首项，2为公差的等差数列， ∴bn＝2n+1， ∴Bn（2n+1，2n+1）， （3）解：由（2）得An（9﹣24﹣n，0），Bn（2n+1，2n+1）， 则， 四边形AnAn+1Bn+1Bn面积为：， 即， 令，则， ∴，g（2）＞g（1）， 当n＝1时，可知g（2）＞g（1）； 当n≥2 时，可知g（n+1）＜g（n）； ∴ 即g（2）＞g（3）＞g（4）＞⋯＞g（n）＞⋯， 所以g（n）的最大值为， 又g（1）＝2，且， 所以0＜g（n）＜3，而， 故9＜S≤12， 所以四边形AnAn+1Bn+1Bn的面积Sn的取值范围是（9，12]． 19．（2024秋•博望区校级月考）在平面直角坐标系中，横、纵坐标都是整数的点称为整点，对于任意相邻三点都不共线的有序整点列A（n）：A1，A2，A3，⋯，An与B（n）：B1，B2，B3，⋯，Bn，其中n≥3，若同时满足：①两点列的起点和终点分别相同：②，其中i＝1，2，3，⋯，n﹣1，则称A（n）与B（n）互为正交点列． （1）求A（3）：A1（1，1），A2（4，﹣1），A3（6，1）的正交点列B（3）； （2）判断A（4）：A1（0，0），A2（1，2），A3（0，4），A4（1，6）是否存在正交点列B（4）？并说明理由． 【解答】解：（1）设点列A1（1，1），A2（4，﹣1），A3（6，1）的正交点列是B1，B2，B3， 由正交点列的定义可知B1（1，1），B3（6，1）， 设， 由正交点列的定义可知， 即，解得， 所以点列A1（1，1），A2（4，﹣1），A3（6，1）的正交点列是B1（1，1）， B2（3，4），B3（6，1）． （2）由题可得， 设点列B1，B2，B3，B4是点列A1，A2，A3，A4的正交点列， 则可设， 因为A1与B1，A4与B4相同，所以有， 因为λ1，λ2，λ3∈Z，（1）+（2）×2得方程4λ2＝13，显然不成立， 所以有序整点列A1（0，0），A2（1，2），A3（0，4），A4（1，6）不存在正交点列． 20．（2024春•丰台区期中）已知向量（a0，b0，c0），其中a0，b0，c0是两两不相等的正整数．记（ai，bi，ci），（ai+1，bi+1，ci+1），其分量之间满足递推关系ai+1＝|ai﹣bi|，bi+1＝|bi﹣ci|，ci+1＝|ci﹣ai|，i＝0，1，2，3，…． （Ⅰ）当（2，3，5）时，直接写出向量； （Ⅱ）证明：不存在i∈N*，使得（ai，bi，ci）中ai＝bi＝ci； （Ⅲ）证明：存在k∈N*，当i≥k时，向量（ai，bi，ci）满足aibici＝0． 【解答】解：（I）因为（2，3，5），根据题意可得（1，2，3），（1，1，2），（0，1，1），（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1）⋯ 所以，所以从开始，周期为3，所以（1，1，0）； （II）证明：假设存在i∈N*，i≥2，使得（ai，bi，ci）中ai＝bi＝ci＝w， 设（ai﹣1，bi﹣1，ci﹣1），所以ai＝|ai﹣1﹣bi﹣1|＝w，bi＝|bi﹣1﹣ci﹣1|＝w，ci＝|ci﹣1﹣ai﹣1|＝w， 不妨设ai﹣1≤bi﹣1≤ci﹣1，则由bi﹣1﹣ai﹣1＝w，ci﹣1﹣bi﹣1＝w，ci﹣1﹣ai﹣1＝w， 由（bi﹣1﹣ai﹣1）+（ci﹣1﹣bi﹣1）＝ci﹣1﹣ai﹣1 可得2w＝w，解得w＝0，即ai＝bi＝ci＝0， 以此类推，可得ai﹣1＝bi﹣1＝ci﹣1＝0，ai﹣2＝bi﹣2＝ci﹣2＝0，⋯，a1＝b1＝c1＝0，a0＝b0＝c0＝0， 这与a0，b0，c0是两两不相等的正整数矛盾， 故假设不成立，所以不存在i∈N*，使得（ai，bi，ci）中ai＝bi＝ci； （III）证明：设ai，bi，ci三个数中最大的为mi，记作mi＝max{ai，bi，ci}， 因为ai+1＝|ai﹣bi|，bi+1＝|bi﹣ci|，ci+1＝|ci﹣ai|，ai，bi，ci∈N， 所以mi+1≤mi，i＝0，1，2，3，…， 若m1，m2，m3，⋯单调递减，由mi∈N可得存在k，使得mk＝0， 由（2）的证明可得a0＝b0＝c0＝0，这与题设矛盾， 所以m1，m2，m3，⋯不可能单调递减，即存在k∈N*，使得mk+1＝mk， 根据Xk+1的定义，可得Xk＝（ak，bk，ck）中三个数中必有0， 假设ai，bi，ci三个数中有两个为0，显然i≥1， 不妨设ai＝bi＝0（i≥1），ci≠0，则ai＝|ai﹣1﹣bi﹣1|＝0，bi＝|bi﹣1﹣ci﹣1|＝0，即ai﹣1＝bi﹣1＝ci﹣1，这与ci＝|ci﹣1﹣ai﹣1|≠0矛盾，舍去； 假设ai，bi，ci三个数中有三个为0，显然i≥1，通过（2）已经证明不成立； 故ai，bi，ci三个数中只有一个数为0， 不妨设ak＝0，则Xk＝（0，bk，ck）， 设Xk﹣1＝（ak﹣1，bk﹣1，ck﹣1）（k≥2），所以ak＝|ak﹣1﹣bk﹣1|＝0，即ak﹣1＝bk﹣1 bk＝|bk﹣1﹣ck﹣1|，ck＝|ck﹣1﹣ak﹣1|＝|ck﹣1﹣bk﹣1|＝bk， 故（0，bk，bk），则（bk，0，bk），（bk，bk，0），（0，bk，bk），⋯ 所以存在k∈N*，当i≥k时，向量（ai，bi，ci）满足aibici＝0． 21．（2024秋•泰州期末）在公差不为零的等差数列{an}中，a1+a3＝8，且a1，a3，a9成等比数列． （1）求数列{an}的通项公式； （2）设bn，数列{bn}的前n项和为Sn，求证：Sn． 【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，d≠0，依题意， ，解得． 从而{an}的通项公式为an＝2n； 证明：（2）∵， ∴Sn． 22．（2024秋•安徽期末）设△AnBn∁n（n∈N*）的内角An，Bn，∁n的对边分别为an，bn，cn，已知b1＞c1，b1+c1＝2a1． （Ⅰ）求A1的取值范围； （Ⅱ）若对任意的n∈N*，都有an＝2，且an，bn+1，cn成等差数列，an，cn+1，bn也成等差数列，证明：△AnBn∁n的周长为定值． 【解答】解：（Ⅰ）∵b1+c1＝2a1， 在△A1B1C1中，由余弦定理得： ， ∵b1＞c1，∴，即，可得， 则， ∵A1∈（0，π），∴A1的取值范围是； 证明：（Ⅱ）∵an＝2，且an，bn+1，cn成等差数列，an，cn+1，bn也成等差数列， ∴， 则， 整理得． 又∵b1+c1＝2a1＝4，即b1+c1﹣4＝0， ∴bn+cn﹣4＝0，即bn+cn＝4． 则△AnBn∁n的周长是an+bn+cn＝6，为定值． 23．（2024秋•温州期末）已知数列{an}为公差不为0等差数列，数列{bn}为等比数列，记数列a1，b1，a2，b2，a3，b3，…an，bn，…为数列{cn}． （1）若c1＝1，c5＝7，且c1，c2，c3，c4为等比数列，求数列{bn}的通项公式； （2）若an＝n，，求证：存在m，使得cm+1，cm+2，cm+3为等差数列； （3）若存在m，n∈N*满足cm+1，cm+2，cm+3，⋯cm+n是等比数列，求n的最大值． 【解答】解：（1）数列{an}为公差不为0的等差数列，数列{bn}为等比数列， 记数列a1，b1，a2，b2，a3，b3，…an，bn，…为数列{cn}， c1＝1，c5＝7，且c1，c2，c3，c4为等比数列， 可得a1＝1，a3＝7，即有公差为3，则an＝3n﹣2，可得a2＝c3＝4，b1＝c2＝±±2， 4，由{bn}是等比数列，可得bn＝22n﹣1，或bn＝﹣22n﹣1； （2）证明：若an＝n，， 当m＝3时，c4＝b2＝2，c5＝a3＝3，c6＝b3＝4，所以c4，c5，c6成等差数列， 所以存在m，使得cm+1，cm+2，cm+3为等差数列； （3）设等差数列{an}的公差为d（d≠0），当n≥6时， 则cm+1，cm+2，cm+3，⋯，cm+n中至少有3项来自数列{an}，不妨设为ak，ak+1，ak+2， 则ak，ak+1，ak+2为等比数列，可得akak+2，即（ak+1﹣d）（ak+1+d）d， 解得d＝0（舍去）， 所以n≤5且cm+1，cm+2，cm+3，⋯，cm+n中最多有2项来自数列{an}， 当n＝5时，bk，bk+1，bk+2来自数列{bn}，取ak+1，ak+2， 或ak+1，ak+2，构造等差数列{an}， 此时cm+1，cm+2，cm+3，⋯，cm+n为有5项的等比数列， 所以n的最大值为5． 24．（2024秋•黑龙江校级期末）已知{an}是首项为1的等差数列，其前n项和为Sn，S7＝70，{bn}为等比数列，b2＝a6，b2+b3＝80． （Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式； （Ⅱ）求数列{（﹣1）n}的前n项和Tn； （Ⅲ）记cn＝b2n，若λ对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围． 【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d， 由a1＝1，S7＝70，得，解得d＝3， ∴an＝a1+（n﹣1）d＝1+3（n﹣1）＝3n﹣2； 设等比数列{bn}的公比为q， 由b2＝a6＝3×6﹣2＝16，b2+b3＝b2（1+q）＝16（1+q）＝80， 解得q＝4，∴； （Ⅱ）∵数列{an}的公差d＝3， ∴， 则当n为偶数时， ； 当n为奇数时，． ∴； （Ⅲ）∵，， ∴，， 则． 令， 则， 当2≤n≤3时，有dn＞dn﹣1，即d1＜d2＜d3， 当n＞3时，有dn＜dn﹣1，即d3＞d4＞d5＞...， ∴数列{dn}的最大项为， 由恒成立，得． 即实数λ的取值范围为． 25．（2020•如皋市校级模拟）设各项均为正实数的数列{an}的前n项和为Sn，且满足（n∈N*）． （Ⅰ）求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）设数列{bn}的通项公式为（t∈N*），若b1，b2，bm（m≥3，m∈N*）成等差数列，求t和m的值； （Ⅲ）证明：存在无穷多个三边成等比数列且互不相似的三角形，其三边长为数列{an}中的三项，，． 【解答】解：（Ⅰ）由题意，4Sn①， 当n≥2时，有4Sn﹣1②， ②﹣①，得（an+an﹣1）（an﹣an﹣1﹣2）＝0， ∵{an}各项为正， ∴an+an﹣1＞0， 从而an﹣an﹣1＝2，故{an}成公差2的等差数列． 又n＝1时，4a1，解得a1＝1．故an＝2n﹣1． …（4分） （Ⅱ）bn，要使b1，b2，bm成等差数列，须2b2＝b1+bm， 即2，整理得m＝3， 因为m，t为正整数，t只能取2，3，5． 故，，． …（10分） （Ⅲ）作如下构造：（2k+3）2，（2k+3）（2k+5），（2k+5）2，其中k∈N*，它们依次为数列{an}中第2k2+6k+5项，第2k2+8k+8项，第2k2+10k+13， 显然它们成等比数列，且，所以它们能组成三角形． 由k∈N*的任意性，知这样的三角形有无穷多个． 下面用反证法证明其中任意两个三角形△A1B1C1与△A2B2C2不相似． 若△A1B1C1∽△A2B2C2，且k1≠k2，则，整理得，所以k1＝k2，这与k1≠k2矛盾，因此，任意两个三角形不相似．故原命题正确． …（16分） 26．（2020秋•汤原县校级期末）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，C，且． （1）求角A的大小； （2）若等差数列{an}的公差不为零，a1sinA＝1，且a2，a4，a8成等比数列；若bn，求数列{bn}的前n项和Sn． 【解答】解：（1）由， 根据正弦定理可得，即b2+c2﹣a2bc， 所以cosA， 由0＜A＜π，得； （2）设{an}的公差为d（d≠0），由a1sinA＝1，即a1•sina1＝1，得a1＝2， a2，a4，a8成等比数列，可得a42＝a2a8．即（a1+3d）2＝（a1+d）（a1+7d）， 又d≠0，可得d＝2，则an＝2n， ， 则． 27．（2019•西宁模拟）已知在△ABC中，2B＝A+C，且c＝2a． （1）求角A，B，C的大小； （2）设数列{an}满足，前n项和为Sn，若Sn＝20，求n的值． 【解答】解：（1）由已知2B＝A+C，又A+B+C＝π，所以， 又由c＝2a，所以，所以c2＝a2+b2， 所以△ABC为直角三角形，， （2） 所以， 由． 解得2k+2＝6，所以k＝2，所以n＝4或n＝5． 28．（2017•广西一模）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bcos2acos2c． （Ⅰ）求证：a，c，b成等差数列； （Ⅱ）若C，△ABC的面积为2，求c． 【解答】解：（Ⅰ）证明：由正弦定理得： 即， ∴sinB+sinA+sinBcosA+cosBsinA＝3sinC…（2分） ∴sinB+sinA+sin（A+B）＝3sinC ∴sinB+sinA+sinC＝3sinC…（4分） ∴sinB+sinA＝2sinC ∴a+b＝2c…（5分） ∴a，c，b成等差数列．…（6分） （Ⅱ） ∴ab＝8…（8分） c2＝a2+b2﹣2abcosC ＝a2+b2﹣ab ＝（a+b）2﹣3ab ＝4c2﹣24．…（10分） ∴c2＝8得（12分） 29．（2024秋•宿迁校级期末）对每个正整数n，An（xn，yn）是抛物线x2＝4y上的点，过焦点F的直线FAn交抛物线于另一点Bn（sn，tn）． （1）证明：xnsn＝﹣4（n≥1）； （2）取xn＝2n+1，并记an＝|AnBn|，求数列{an}的前n项和． 【解答】解：（1）由题意可知：抛物线x2＝4y 的焦点F（0，1）， 且直线AnBn的斜率存在， 设直线AnBn：y＝knx+1， 联立方程， 消去y得x2﹣4knx﹣4＝0， 可得， 所以xnSn＝﹣4（n≥1）； （2）因为，由（1）可得 ， 则，， 可得， 设数列{an}的前n项和为Tn， 则 ， 所以． 30．（2024秋•河南期末）已知在正项数列{an}中，首项a1＝2，点在双曲线y2﹣x2＝1上，数列{bn}中，点（bn，Tn）在直线上，其中Tn是数列{bn}的前n项和． （1）求数列{an}、{bn}的通项公式； （2）求使得|Tn﹣1|成立n的最小值； （3）若cn＝an•bn，求证：数列{cn}为递减数列． 【解答】（1）解：由题意，点在双曲线y2﹣x2＝1上，则an+1﹣an＝1． ∴数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列， ∴an＝2+（n﹣1）•1＝n+1，n∈N*． 又∵点（bn，Tn）在直线上，则Tnbn+1． 当n＝1时，b1＝T1b1+1，解得b1； 当n≥2时，bn＝Tn﹣Tn﹣1bn+1bn﹣1﹣1， 整理，得bnbn﹣1． ∴数列{bn}是以为首项，为公比的等比数列， ∴bn•（）n﹣1，n∈N*． （2）解：由（1），得Tnbn+1•1＝1． 则|Tn﹣1|＝|11|， 即3n＞2020． ∵36＝729，37＝2187， ∴n的最小值为7． （3）证明：由（1），得cn＝an•bn＝（n+1）•． ∴cn+1﹣cn0，n∈N*． ∴cn+1＜cn对任意n∈N*恒成立． ∴数列{cn}为递减数列． 31．（2025•温州模拟）已知双曲线过点P1（2，2），其渐近线的方程为y＝±2x．按照如下方式依次构造点Pn（n＝2，3，⋯）：过右支上点Pn﹣1作斜率为1的直线与C的左支交于点Qn﹣1，过Qn﹣1再作斜率为﹣1的直线与C的右支交于点Pn（xn，yn）． （1）求双曲线C的方程； （2）用xn，yn表示点Qn﹣1的坐标； （3）求证：数列{2xn﹣yn}是等比数列． 【解答】解：（1）由题可得：，解得， 所以双曲线C的方程为． （2）过Pn（xn，yn）且斜率是﹣1的直线方程是x+y＝xn+yn， 联立，得：． 其两根是xQ，xn，由韦达定理可得：， 所以，即点Qn﹣1的坐标为． （3）证明：设xn﹣1＝xQ+t，yn﹣1＝yQ+t， 则 ， 解得：， 所以， ， 所以， 所以{2xn﹣yn}是公比为9的等比数列． 32．（2024秋•威海期末）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0），点在C上，k为常数，k＞0，按如下方式依次构造点Pn（n＝2，3，4，…），过点Pn﹣1作x轴的垂线交C于点Qn﹣1，过Qn﹣1且斜率为k的直线与C的另一个交点为Pn，记Pn的坐标为（xn，yn）． （1）当k＝2时，求x2，y2； （2）设an＝xn+1﹣xn，证明：数列{an}是等差数列； （3）设Sn为△PnPn+1Pn+2的面积，证明：Sn为定值． 【解答】（1）解：因为点在C上，所以，解得 p＝1，由题意知Q1的坐标为， 由，整理得，解得x2＝2，y2＝2． （2）证明：由题意知Qn﹣1的坐标为（xn﹣1，﹣yn﹣1），所以，， 又，两式相减得，即， 由题意知，可得， 所以，数列{yn}是以1为首项，为公差的等差数列，所以，，可得， 所以，， 可得，所以数列{an}是等差数列． （3）证明：要证Sn为定值，只需证Sn＝Sn+1 即证△PnPn+1Pn+2与△Pn+1Pn+2Pn+3面积相等， 因为，两式相减得，即， 所以，直线Pn+1Pn+2的斜率为， 同理可得直线PnPn+3的斜率为： ，所以，Pn+1Pn+2∥PnPn+3， 可得点Pn，Pn+3到直线Pn+1Pn+2的距离相等，所以Sn＝Sn+1，即Sn为定值． 33．（2024秋•南平期末）已知等比数列{an}的公比q＞0，且a1a5﹣a3＝56，a6＝64． （1）求数列{an}的通项公式； （2）记bn＝log2an，数列的前n项和为Sn，证明：Sn＜1． 【解答】解：（1）由题意可得， 解得a3＝﹣7或8， 当a3＝﹣7时，又由a6＝a3•q3＝64，可得q3（舍）； 当a3＝8时，由a6＝64，可得q3＝8，q＝2，满足题意， 所以； （2）证明：由（1）知，，所以， 所以， 因为n∈N*，所以． 34．（2025春•思明区校级月考）已知：Sn是数列{an}的前n项和，若． （1）求证：{an}为等差数列． （2）设数列的前n项和为Tn，若Tn＜1对任意的n∈N+恒成立，求a1的取值范围． 【解答】解：（1）证明：因为，所以是以1为首项，以为公差的等差数列， 所以，即， 所以Sn+1②，由②﹣①可得， 即，所以an+1＝（n+1）a1，an＝na1， 所以an+1﹣an＝a1，所以{an}为等差数列． （2）由（1）可知，an+1＝（n+1）a1，an＝na1，则， 则 ， 由Tn＜1对任意的n∈N+恒成立，可得对任意的n∈N+恒成立， 即对任意的n∈N+恒成立，所以， ，所以1．即a1≥1或a1≤﹣1， 所以a1的取值范围为（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞）． 35．（2024秋•新泰市校级期末）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，且S3+S5＝50，a1，a4，a13成等比数列． （1）求数列{an}的通项公式； （2）设是首项为1，公比为3的等比数列， ①求数列{bn}的前n项和Tn； ②若不等式对一切n∈N*恒成立，求实数λ的最大值． 【解答】解：（1）依题意得a1a13，S3+S5＝50， 即有，解得， ∴an＝a1+（n﹣1）d＝3+2（n﹣1）＝2n+1，即an＝2n+1． （2）①，， ， ， 所以 2n•3n． ∴． ②由（1）易求得Sn＝n（n+2）， 所以不等式对一切n∈N*恒成立， 即转化为对一切n∈N*恒成立， 令，则f（n）min≥λ， 又， 当1≤n≤2时，f（n+1）﹣f（n）＜0；n≥3时，f（n+1）﹣f（n）＞0， 所以f（1）＞f（2）＞f（3），且f（3）＜f（4）＜⋯， 则． 所以实数λ的最大值为． 36．（2025春•河西区校级月考）定义集合与实数间的运算符号*，设A为集合，n为正整数，A*n＝{x|x∈A且x＝kn，k∈N*}，例如A＝{1，2，3，4，5，6}，A*2＝{2，4，6}．已知A1＝{1}，A2＝{2，3}，A3＝{4，5，6}，A4＝{7，8，9，10}，…以此类推，令Rn＝An*n（n∈N*），例如R1＝{1}，R2＝{2}，R3＝{6}，R4＝{8}． （1）求R5，R6； （2）若an∈Rn，求an的通项公式； （3）设cn，cn的前n项和为Sn，试证明2≤Sn+cn． 【解答】解：（1）由题意可知，A5＝{11，12，13，14，15}，A6＝{16，17，18，19，20，21}， 所以R5＝{15}，R6＝{18}． （2）显然数列1，2，3，...的通项公式为bn＝n，集合A1中有1个元素，A2中有2个元素，…，An﹣1中有n﹣1个元素， 前n﹣1个集合中的元素个数为（n﹣1）（1+n﹣1）n（n﹣1），所以集合An中的第一个数是数列{bn}的第n（n﹣1）+1项，为（n2﹣n）+1，集合An中共有n项， 即An＝{（n2﹣n）+1，（n2﹣n）+2，（n2﹣n）+3，…，（n2﹣n）+n}， 因为Rn＝An*n，n∈N*，且An*n＝{x|x∈An 且x＝kn，k∈N*}， 设Rn中的元素为An中的第m项，则（n2﹣n）+m＝kn，即k∈N*， 则k， 当n为奇数时，m＝n，an（n2﹣n）+nn（n+1）， 当n为偶数时，m，an（n2﹣n）nn2， 即an． （3）证明：由（2）可知，cn， 当n为偶数时，Sn... ...， 设，n为偶数， ， 两式相减， 得， 所以，此时，n为偶数， 单调递增，当n＝2时，取得最小值2， 所以当n为偶数时，， 当n为奇数时， ， 设，则， 两式相减得， ， 所以， 此时，单调递增，当n＝1时，取得最小值2， 所以n为奇数时，； 综上可知，． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$