模考中的高次方和与高阶等差题训练-2026届高三数学一轮复习（新高考）

( 第 1 页 共 4 页 ) ( 第 1 页 共 4 页 ) 更多模考中的高次方和与高阶等差题 一、多选题 1．（2023·湖北·模拟预测）已知数列为公差为的等差数列，为公比为的正项等比数列.记，则（    ）参考公式：.A．当时， B．当时， C． D． 【答案】BCD 【知识点】基本不等式求和的最小值、裂项相消法求和、等比数列下标和性质及应用、利用等差数列的性质计算 【分析】根据等差数列、等比数列的性质及求和公式一一计算即可. 【详解】A项，由为公比为的正项等比数列， 则当时，， ， 显然时，，故A错误； B项，由数列为公差为的等差数列， 则， 所以， 解得，即，故B正确； C项，由为公比为的正项等比数列，可得， 所以， 故， 所以， ， 故，当且仅当时取得等号； 综上，故C正确；D项，由题意得，， 则， 故 ， 故裂项可得：， 所以 ，故D正确； 故选：BCD 【点睛】C项的关键在于化简得，利用倒序相加法转化为求解的最值，利用基本不等式求最值即可得； D项的关键在于利用条件化简得，再用裂项相消求和判定不等式. 2．（24-25高三上·安徽蚌埠·阶段练习）朱世杰（1249年—1314年），字汉卿，号松庭，元代数学家､教育家，毕生从事数学教育，有“中世纪世界最伟大的数学家”之誉.他的一部名著《算学启蒙》是中国最早的科普著作，该书中有名的是“堆垛问题”，其中有一道问题如下：今有三角锥垛果子，每面底子四十四个，问共积几何？含义如下：把一样大小的果子堆垛成正三棱锥形（如图所示，给出了5层三角锥垛从上往下看的示意图），底面每边44个果子，顶部仅一个果子，从顶层向下数，每层的果子数分别为，共有44层，问全垛共有多少个果子？现有一个层三角锥垛，设从顶层向下数，每层的果子数组成数列，其前项和为，则下列结论正确的是（    ）（参考公式：） A．B．是等差数列 C．函数单调递增 D．原书中该“堆垛问题”的结果为15080 【答案】BC 【知识点】观察法求数列通项、求等差数列前n项和 【分析】根据三角锥垛层的果子数可以观察得数列的通项公式，求和即可. 【详解】对于A，每层的果子数分别为， 构成数列，则易知，故A错误； 对于B，时，， 故为等差数列，故B正确； 对于C， ，则，故单调递增，C正确； 对于D，，故D错误. 故选：BC. 3. 古希腊毕达哥拉斯学派的“三角形数”是一列点（或圆球）在等距的排列下可以形成正三角形的数，如1，3，6，10，15，…，我国宋元时期数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”，其中的“落一形”锥垛就是每层为“三角形数”的三角锥的锥垛（如图所示，顶上一层1个球，下一层3个球，再下一层6个球…），若一“落一形”三角锥垛有20层，则该锥垛球的总个数为（    ） （参考公式：） A．1450 B．1490 C．1540 D．1580 解析：由于“三角形数”可以写， 故第层“三角形数”为，所以层时，三角锥垛垛球的总个数为： ，所以若一“落一形”三角锥垛有20层，则该锥垛球的总个数为，故选：C． 4．“垛积术”是我国古代数学的重要成就之一.南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中记载了“方垛”的计算方法：“果子以垛，下方十四个，问计几何？术曰：下方加一，乘下方为平积.又加半为高，以乘下方为高积.如三而一.”意思是说，将果子以方垛的形式摆放（方垛即每层均为正方形，自下而上每层每边果子数依次递减1个，最上层为1个），最下层每边果子数为14个，问共有多少个果子？计算方法用算式表示为.利用“方垛”的计算方法，可计算最下层每边果子数为14个的“三角垛”（三角垛即每层均为正三角形，自下而上每层每边果子数依次递减1个，最上层为1个）共有果子数为（    ） A．420个 B．560个 C．680个 D．1015个 解析：由题意知，最下层每边为14个果子的“方垛”总的果子数的计算式为，所以可得最下层每边为个果子的“方垛”总的果子数的计算式为，最下层每边为个果子的“三角垛”自上而下的第层果子数为，所以层“三角垛”总的果子数为，因为 ，所以取，可得“三角垛”的果子总数为560个.故选：B 二、填空题 5．南宋数学家杨辉研究了垛积与各类多面体体积的联系，由多面体体积公式导出相应的垛积术公式．例如方亭(正四棱台)体积为，其中为上底边长，为下底边长，为高．杨辉利用沈括隙积术的基础上想到：若由大小相等的圆球垛成类似于正四棱台的方垛，上底由个球组成，以下各层的长、宽依次各增加一个球，共有层，最下层(即下底)由个球组成，杨辉给出求方垛中物体总数的公式如下：根据以上材料，我们可得_________ 解析：根据题意，令，.故答案为： 6．南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积、体积的连续量问题转化为离散量的垛积问题”，在他的专著《详解九章算法•商功》中，杨辉将堆垜与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍童垛等的公式，例如三角垛指的是如图顶层放1个，第二层放3个，第三层放6个，第四层放10个第n层放个物体堆成的堆垛，则___________ 解析：由题可知：，即有， 所以，当n=1成立,所以，所以,.故答案为： 三、解答题 7．（2024·浙江温州·三模）现有张形状相同的卡片，上而分别写有数字，将这张卡片充分混合后，每次随机抽取一张卡片，记录卡片上的数字后放回，现在甲同学随机抽取4次. (1)若，求抽到的4个数字互不相同的概率； (2)统计学中，我们常用样本的均值来估计总体的期望.定义为随机变量的阶矩，其中1阶矩就是的期望，利用阶矩进行估计的方法称为矩估计. （ⅰ）记每次抽到的数字为随机变量，计算随机变量的1阶矩和2阶矩；（参考公式：）（ⅱ）知甲同学抽到的卡片上的4个数字分别为3，8，9，12，试利用这组样本并结合（ⅰ）中的结果来计算的估计值.（的计算结果通过四舍五入取整数） 【答案】(1) (2)（ⅰ），；（ⅱ） 【知识点】分组（并项）法求和、计算古典概型问题的概率、独立事件的乘法公式、求离散型随机变量的均值 【分析】（1）根据相互独立事件的概率公式计算可得； （2）（ⅰ）根据阶矩的定义、期望公式及等差数列求和公式计算可得；（ⅱ）首先求出样本数据的阶矩及阶矩，结合（ⅰ）的中的结果得到方程组，解得即可. 【详解】（1）依题意可得抽到的个数字互不相同的概率； （2）（ⅰ）依题意的可能取值为，，，， 且（且）， 所以 ， 依题意的可能取值为，，， 且（且）， 所以 ； （ⅱ）依题意样本数据，，，为期望（平均数）为， 则，，，为期望（平均数）为， 所以， 消去得， 整理得，解得（负值已舍去）， 又，，所以. 8．（23-24高一下·北京·期末）一个与自然数有关的命题，如果： ①当时，命题成立；②在假设“当时，命题成立”的前提下，能够推出“当时，合题成立”． 那么，命题对于任何不小于的自然数成立． 上述方法，称为“数学归纳法”． 例如，利用“数学归纳法”证明：平面内的个圆将平面至多分为个区域，其中． 注意1个圆将平面分为2个区域．当时，． 所以，当时，命题成立． 假设当时，命题成立，即平面内的个圆将平面至多分为个区域． 在此基础上，增加1个圆． 为使区域最多，应使增加的圆与前个圆均相交，于是增加了个交点，个交点将增加的圆分为段弧，段弧分别将其经过的区域分为2个区域，于是增加了个区域． 从而，平面内的个圆将平面至多分为个区域． 当时，． 所以，当时，合题成立． 综上，命题对于任何成立． 利用“数学归纳法”证明： (1)，其中． (2)，其中，． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【知识点】数学归纳法证明其他问题、数学归纳法证明数列问题、数学归纳法 【分析】（1）根据数学归纳法证明的步骤进行证明； （2）根据数学归纳法证明的步骤进行证明. 【详解】（1）①当时，左边，右边，等式成立； ②假 设 当 时等式成立，即. 那么， 即当时等式也成立. 由①②知，等式对任何都成立. （2）①当时，左边，右边，不等式成立； ②假 设 当 时不等式成立， 即， 由于， 当时，单调递增，则，所以， 那么，， 即当时不等式也成立. 由①②知，不等式对任何都成立. 9．（23-24高三下·辽宁·阶段练习）已知数列满足，，令. (1)求证：数列为等差数列；(2)设，数列的前n项和为，定义为不超过x的最大整数，例如，，求数列的前n项和.（参考公式：） 【答案】(1)证明见解析； (2) 【知识点】数列新定义、分组（并项）法求和、裂项相消法求和、判断等差数列 【分析】（1）将已知变形得，代入已知条件整理后得证； （2）由已知求得，利用分组求和法，裂项相消法求得，再根据新定义得出，最后分类分组求得． 【详解】（1）由题意得，代入得，整理得． 所以是等差数列；（2）由已知，又，所以， 所以， ， 所以，，，， 时，，， 所以，，， 时，． 【点睛】方法点睛：新定义问题，关键是正确理解新定义，然后把新定义转化为我们已有的知识进行运用求解．对数列求和问题，可根据通项的表达形式选取公式法、裂项相消法、错位相乘法、分组求和法、倒序相加法等求和． 10．（2024·江西·模拟预测）我国元代数学家朱世杰在他的《四元玉鉴》一书中对高阶等差数列求和有精深的研究，即“垛积术”．对于数列，①，从第二项起，每一项与它前面相邻一项的差构成数列，②，称该数列②为数列①的一阶差分数列，其中；对于数列②，从第二项起，每一项与它前面相邻一项的差构成数列，③，称该数列③为数列①的二阶差分数列，其中按照上述办法，第次得到数列，④，则称数列④为数列①的阶差分数列，其中，若数列的阶差分数列是非零常数列，则称数列为阶等差数列（或高阶等差数列）． (1)若高阶等差数列为，求数列的通项公式； (2)若阶等差数列的通项公式． （ⅰ）求的值；（ⅱ）求数列的前项和． 附：． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【知识点】裂项相消法求和、分组（并项）法求和、二项展开式的应用、数列新定义 【分析】（1）根据阶等差数列的定义，分别求出一阶差分数列和二阶差分数列，发现二阶差分数列为常熟列，即可得出，即，得到为等差数列，求得，即，然后用累加法即可求解； （2）（ⅰ）根据阶等差数列的定义，从一阶差分数列、二阶差分数列、三阶差分数列…依次往下求，当出现常数列时为止，即可确定为r的值；（ⅰⅰ）结合二项式定理将转化为了，然后利用裂项相消求和与分组求和的方法即可得解. 【详解】（1）数列的一阶差分数列为， 二阶差分数列为，为非零常数列， 所以，即，且， 所以数列是首项为1、公差为4的等差数列， 所以，即，且， 所以当时， ， 当时，，也满足上式， 综上，数列的通项公式为． （2）（ⅰ），所以， ， 所以， 所以， 所以数列是4阶等差数列，即． （ⅱ） ， 所以， 又 ， 所以 ．【点睛】关键点点睛：本题第2问的第ⅱ小问，求和关键是把平时熟悉的裂项相消求和与分组求和的方法应用到该题，结合二项式定理巧妙而关键的将转化为了，然后第一组可以用裂项相消求和的思想来求和，第二组用题干中给出的公式求和，第三组用等差数列公式求和即可. 11．（24-25高三上·山东青岛·期中）如果正项有穷数列满足，即，我们称其为“1的对称数列”，例如：数列2，3，，与数列3，2，1，，都是“1的对称数列”． (1)设是项数为8的“1的对称数列”，其中是等差数列，且，请依次写出的每一项；(2)设数列是13项的“1的对称数列”，其中是等比数列，，求数列的所有项和的最小值； (3)设数列是项的“1的对称数列”，数列前项的通项公式为，求数列的前项和．（注：） 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】等比数列通项公式的基本量计算、求等比数列前n项和、裂项相消法求和、数列新定义 【分析】（1）根据等差数列写出前四项，再由新定义写出后四项即可； （2）由等比数列可求出数列前五项，再由新定义得出后五项及中间项，所以第六项及第八项可设为，求和后利用基本不等式得最值即可；（3）当时直接由公式求和，当时，利用裂项相消法求和即可. 【详解】（1）设为前四项的公差， ， ， 的各项为. （2）设前五项公比为，显然， ， 则，可得， 解得或， 当时，，当时，（舍去）， 因为数列是13项的“1的对称数列”，所以， 设， ， 当且仅当时取等号， 所以数列的所有项和的最小值为. （3）当时， ，当时， ， 所以. 【点睛】关键点点睛：新定义问题关键在于理解定义，运用定义解题，求和时利用所给公式及裂项相消法. 12．（2024·湖南衡阳·一模）某次生日会上，餐桌上有一个披萨饼，小华同学准备用刀切的方式分给在座的位小伙伴，由此思考一个数学问题：假设披萨近似可看成平面上的一个圆，第条切痕看作直线，设切下，最多能切出的块数为，如图易知，.   (1)试写出，，作出对应简图，并指出要将披萨分给在座的位小伙伴（不考虑大小平分），最少要切几下； (2)这是一个平面几何问题，利用“降维打击”思想，联想到一条线段被切下能划分成段，由此求出数列的通项公式； (3)若将披萨换成一个蛋糕（近似看成空间中的一个圆柱体），同样用刀切方式分蛋糕，可以从上下底面和侧面各方向切入，每次切面都看作一个平面.若切下，最多能切出的块数为，求出的通项公式，并指出这时最少需要切几下能分给个人.（已知） 【答案】(1)，，图形见解析，最少要切下 (2) (3)，最少需要切4下 【知识点】累加法求数列通项、数列-其他模型 【分析】（1）根据题意，作出相应简图，从而分析得解； （2）根据题意分析得，从而利用累加法，结合等差数列的求和公式即可得解； （3）利用（2）中结论，分析得，进而利用累加法，结合等差数列的求和公式即可得解. 【详解】（1）如图：，，    可知，再作一条直线，使其与，，都相交于圆内，且与相交于圆上，可分为块，    故最少要切下. （2）记线段上个点将其划分成段，则， 为使得划分区域块尽可能多，每添加一条直线， 使其与前条直线，，，都相交于个不同的点， 则新增个区域块，即，且， 故. （3）记第刀所形成的切面所在平面为， 若切第刀，新增切面平面与前个平面，，，， 相交于条不同的直线，，，，， 这条不同的直线把划分的区块数即为新增的空间区块数， 由（2）可知为使此数最大，则，且， 故 ， 则，故此时最少切下即可. 13．（24-25高三上·河北秦皇岛·开学考试）设集合，记中元素的个数为，数列的前项和为．(1)求的值； (2)当时，从中随机取出一个元素，求以为长度的三条线段为边能构成一个三角形的概率； (3)求． 参考公式：． 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】数列新定义、计算古典概型问题的概率、分组（并项）法求和 【分析】（1）根据所给条件求出、、、，即可得解； （2）分①当且为偶数，②当且为奇数两种情况讨论，求出及不能构成三角形的个数，再由对立事件及古典概型的概率公式计算可得； （3）利用分组求和法求出，从而求出，即可求出. 【详解】（1）因为， 所以，当时，所以； 当时，所以； 所以. （2）①当且为偶数时， 若，则不存在； 若，则为，，符合条件，此时有个元素，其中不能构成三角形； 若，则为，，，，符合条件，此时有个元素，其中不能构成三角形； ， 若，则为，，，，，符合条件，此时有个元素，其中不能构成三角形； 综上，当且为偶数时，， 其中不能构成三角形的个数为， 所以当且为偶数时，所求概率； ②当且为奇数时，若，则不存在； 若，则为，符合条件，此时有个元素，其中不能构成三角形； 若，则为，，，符合条件，此时有个元素，其中不能构成三角形； 若，则为，，，，，符合条件，此时有个元素，其中不能构成三角形； ， 若，则为，，，，，符合条件，此时有个元素，其中不能构成三角形； 综上，当且为奇数时，， 其中不能构成三角形的个数为， 所以当且为奇数时，所求概率； 所以当时，. （3）因为 ， ， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是分①当且为偶数，②当且为奇数两种情况讨论，求出，第三问关键是分组求和. 14．（23-24高二上·河北保定·期末）已知等差数列的前项和为，，且． (1)求数列的通项公式；(2)设，数列的前项和为，定义为不超过的最大整数，例如，，求数列的前项和． （说明：） 【答案】(1) (2) 【知识点】等差数列通项公式的基本量计算、裂项相消法求和、分组（并项）法求和、数列新定义 【分析】（1）根据等差数列通项和求和公式可构造方程组求得，由此可得； （2）采用分组求和和裂项相消法可求得，由取整运算定义可得，分类讨论可求得. 【详解】（1）设等差数列的公差为， 由得：，解得：， .（2）由（1）得：， ， ； 则当时，；当时，； 当时，； 综上所述：. 15．我们把公差不为0的等差数列称为“一阶等差数列”，若数列是“一阶等差数列”，则称数列是“二阶等差数列”.定义：若数列是“阶等差数列”，则称数列为“阶等差数列”.例如：，后项与前项的差值：，这些差值构成的数列是公差为2的等差数列，则称数列为“二阶等差数列”. (1)若数列的通项公式为，试判断数列是否为“二阶等差数列”，并说明理由； (2)若数列为“二阶等差数列”，且，对应的“一阶等差数列”首项为1，公差为3，求； (3)若“三阶等差数列”的前4项依次为，其前项和为，求. 解析：（1），是公差为2的等差数列，则数列是“二阶等差数列”. （2）由题意是“一阶等差数列”，又首项为1，公差为3. ，满足上式，.“二阶等差数列”的通项公式为. （3）是“三阶等差数列”，是“二阶等差数列”，设是“一阶等差数列”.由题意得，， .满足上式，. .满足上式，. .16．已知数列，且.若是一个非零常数列，则称是一阶等差数列，若是一个非零常数列，则称是二阶等差数列. （1）已知，试写出二阶等差数列的前五项； （2）在（1）的条件下，证明：； （3）若的首项，且满足，判断是否为二阶等差数列. 解析 ：（1），，，，. （2），又. （3）不是二阶等差数列.理由如下：数列满足 又，（），由 则，数列是首项为，公比为4的等比数列 ，，显然非常数列，不是二阶等差数列. 17．我国元代数学家朱世杰在他的《四元玉鉴》一书中对高阶等差数列求和有精深的研究，即“垛积术”．对于数列，①，从第二项起，每一项与它前面相邻一项的差构成数列，②，称该数列②为数列①的一阶差分数列，其中；对于数列②，从第二项起，每一项与它前面相邻一项的差构成数列，③，称该数列③为数列①的二阶差分数列，其中按照上述办法，第次得到数列，④，则称数列④为数列①的阶差分数列，其中，若数列的阶差分数列是非零常数列，则称数列为阶等差数列（或高阶等差数列）．(1)若高阶等差数列为，求数列的通项公式； (2)若阶等差数列的通项公式． （ⅰ）求的值； （ⅱ）求数列的前项和． 附：． 解析：（1）数列的一阶差分数列为，二阶差分数列为，为非零常数列，所以，即，且，所以数列是首项为1、公差为4的等差数列，所以，即，且，所以当时， ， 当时，，也满足上式，综上，数列的通项公式为． （2）（ⅰ），所以， ， 所以， 所以，所以数列是4阶等差数列，即． （ⅱ） ，所以，又 ，所以． 学科网（北京）股份有限公司 $$ ( 第 1 页 共 4 页 ) ( 第 1 页 共 4 页 ) 更多模考中的高次方和与高阶等差题 一、多选题 1．（2023·湖北·模拟预测）已知数列为公差为的等差数列，为公比为的正项等比数列.记，则（    ）参考公式：. A．当时， B．当时， C． D． 【答案】 2．（24-25高三上·安徽蚌埠·阶段练习）朱世杰（1249年—1314年），字汉卿，号松庭，元代数学家､教育家，毕生从事数学教育，有“中世纪世界最伟大的数学家”之誉.他的一部名著《算学启蒙》是中国最早的科普著作，该书中有名的是“堆垛问题”，其中有一道问题如下：今有三角锥垛果子，每面底子四十四个，问共积几何？含义如下：把一样大小的果子堆垛成正三棱锥形（如图所示，给出了5层三角锥垛从上往下看的示意图），底面每边44个果子，顶部仅一个果子，从顶层向下数，每层的果子数分别为，共有44层，问全垛共有多少个果子？现有一个层三角锥垛，设从顶层向下数，每层的果子数组成数列，其前项和为，则下列结论正确的是（    ）（参考公式：） A． B．是等差数列 C．函数单调递增 D．原书中该“堆垛问题”的结果为15080 【答案】 3. 古希腊毕达哥拉斯学派的“三角形数”是一列点（或圆球）在等距的排列下可以形成正三角形的数，如1，3，6，10，15，…，我国宋元时期数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”，其中的“落一形”锥垛就是每层为“三角形数”的三角锥的锥垛（如图所示，顶上一层1个球，下一层3个球，再下一层6个球…），若一“落一形”三角锥垛有20层，则该锥垛球的总个数为（    ） （参考公式：） A．1450 B．1490 C．1540 D．1580 解析： 4．“垛积术”是我国古代数学的重要成就之一.南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中记载了“方垛”的计算方法：“果子以垛，下方十四个，问计几何？术曰：下方加一，乘下方为平积.又加半为高，以乘下方为高积.如三而一.”意思是说，将果子以方垛的形式摆放（方垛即每层均为正方形，自下而上每层每边果子数依次递减1个，最上层为1个），最下层每边果子数为14个，问共有多少个果子？计算方法用算式表示为.利用“方垛”的计算方法，可计算最下层每边果子数为14个的“三角垛”（三角垛即每层均为正三角形，自下而上每层每边果子数依次递减1个，最上层为1个）共有果子数为（    ） A．420个 B．560个 C．680个 D．1015个 解析： 二、填空题 5．南宋数学家杨辉研究了垛积与各类多面体体积的联系，由多面体体积公式导出相应的垛积术公式．例如方亭(正四棱台)体积为，其中为上底边长，为下底边长，为高．杨辉利用沈括隙积术的基础上想到：若由大小相等的圆球垛成类似于正四棱台的方垛，上底由个球组成，以下各层的长、宽依次各增加一个球，共有层，最下层(即下底)由个球组成，杨辉给出求方垛中物体总数的公式如下：根据以上材料，我们可得_________ 解析： 6．南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积、体积的连续量问题转化为离散量的垛积问题”，在他的专著《详解九章算法•商功》中，杨辉将堆垜与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍童垛等的公式，例如三角垛指的是如图顶层放1个，第二层放3个，第三层放6个，第四层放10个第n层放个物体堆成的堆垛，则___________ 解析： 三、解答题 7．（2024·浙江温州·三模）现有张形状相同的卡片，上而分别写有数字，将这张卡片充分混合后，每次随机抽取一张卡片，记录卡片上的数字后放回，现在甲同学随机抽取4次. (1)若，求抽到的4个数字互不相同的概率； (2)统计学中，我们常用样本的均值来估计总体的期望.定义为随机变量的阶矩，其中1阶矩就是的期望，利用阶矩进行估计的方法称为矩估计. （ⅰ）记每次抽到的数字为随机变量，计算随机变量的1阶矩和2阶矩；（参考公式：） （ⅱ）知甲同学抽到的卡片上的4个数字分别为3，8，9，12，试利用这组样本并结合（ⅰ）中的结果来计算的估计值.（的计算结果通过四舍五入取整数） 【答案】 8．（23-24高一下·北京·期末）一个与自然数有关的命题，如果： ①当时，命题成立； ②在假设“当时，命题成立”的前提下，能够推出“当时，合题成立”． 那么，命题对于任何不小于的自然数成立． 上述方法，称为“数学归纳法”． 例如，利用“数学归纳法”证明：平面内的个圆将平面至多分为个区域，其中． 注意1个圆将平面分为2个区域．当时，． 所以，当时，命题成立． 假设当时，命题成立，即平面内的个圆将平面至多分为个区域． 在此基础上，增加1个圆． 为使区域最多，应使增加的圆与前个圆均相交，于是增加了个交点，个交点将增加的圆分为段弧，段弧分别将其经过的区域分为2个区域，于是增加了个区域． 从而，平面内的个圆将平面至多分为个区域． 当时，． 所以，当时，合题成立． 综上，命题对于任何成立． 利用“数学归纳法”证明： (1)，其中． (2)，其中，． 【答案】 9．（23-24高三下·辽宁·阶段练习）已知数列满足，，令. (1)求证：数列为等差数列； (2)设，数列的前n项和为，定义为不超过x的最大整数，例如，，求数列的前n项和.（参考公式：） 【答案】 10．（2024·江西·模拟预测）我国元代数学家朱世杰在他的《四元玉鉴》一书中对高阶等差数列求和有精深的研究，即“垛积术”．对于数列，①，从第二项起，每一项与它前面相邻一项的差构成数列，②，称该数列②为数列①的一阶差分数列，其中；对于数列②，从第二项起，每一项与它前面相邻一项的差构成数列，③，称该数列③为数列①的二阶差分数列，其中按照上述办法，第次得到数列，④，则称数列④为数列①的阶差分数列，其中，若数列的阶差分数列是非零常数列，则称数列为阶等差数列（或高阶等差数列）． (1)若高阶等差数列为，求数列的通项公式； (2)若阶等差数列的通项公式． （ⅰ）求的值； （ⅱ）求数列的前项和． 附：． 【答案】 11．（24-25高三上·山东青岛·期中）如果正项有穷数列满足，即，我们称其为“1的对称数列”，例如：数列2，3，，与数列3，2，1，，都是“1的对称数列”． (1)设是项数为8的“1的对称数列”，其中是等差数列，且，请依次写出的每一项； (2)设数列是13项的“1的对称数列”，其中是等比数列，，求数列的所有项和的最小值； (3)设数列是项的“1的对称数列”，数列前项的通项公式为，求数列的前项和．（注：） 【答案】 12．（2024·湖南衡阳·一模）某次生日会上，餐桌上有一个披萨饼，小华同学准备用刀切的方式分给在座的位小伙伴，由此思考一个数学问题：假设披萨近似可看成平面上的一个圆，第条切痕看作直线，设切下，最多能切出的块数为，如图易知，.    (1)试写出，，作出对应简图，并指出要将披萨分给在座的位小伙伴（不考虑大小平分），最少要切几下； (2)这是一个平面几何问题，利用“降维打击”思想，联想到一条线段被切下能划分成段，由此求出数列的通项公式； (3)若将披萨换成一个蛋糕（近似看成空间中的一个圆柱体），同样用刀切方式分蛋糕，可以从上下底面和侧面各方向切入，每次切面都看作一个平面.若切下，最多能切出的块数为，求出的通项公式，并指出这时最少需要切几下能分给个人.（已知） 【答案】 13．（24-25高三上·河北秦皇岛·开学考试）设集合，记中元素的个数为，数列的前项和为． (1)求的值； (2)当时，从中随机取出一个元素，求以为长度的三条线段为边能构成一个三角形的概率； (3)求． 参考公式：． 【答案】 14．（23-24高二上·河北保定·期末）已知等差数列的前项和为，，且． (1)求数列的通项公式； (2)设，数列的前项和为，定义为不超过的最大整数，例如，，求数列的前项和． （说明：） 【答案】 15．我们把公差不为0的等差数列称为“一阶等差数列”，若数列是“一阶等差数列”，则称数列是“二阶等差数列”.定义：若数列是“阶等差数列”，则称数列为“阶等差数列”.例如：，后项与前项的差值：，这些差值构成的数列是公差为2的等差数列，则称数列为“二阶等差数列”. (1)若数列的通项公式为，试判断数列是否为“二阶等差数列”，并说明理由； (2)若数列为“二阶等差数列”，且，对应的“一阶等差数列”首项为1，公差为3，求； (3)若“三阶等差数列”的前4项依次为，其前项和为，求. 解析： 16．已知数列，且.若是一个非零常数列，则称是一阶等差数列，若是一个非零常数列，则称是二阶等差数列. （1）已知，试写出二阶等差数列的前五项； （2）在（1）的条件下，证明：； （3）若的首项，且满足，判断是否为二阶等差数列. 解析 ： 17．我国元代数学家朱世杰在他的《四元玉鉴》一书中对高阶等差数列求和有精深的研究，即“垛积术”．对于数列，①，从第二项起，每一项与它前面相邻一项的差构成数列，②，称该数列②为数列①的一阶差分数列，其中；对于数列②，从第二项起，每一项与它前面相邻一项的差构成数列，③，称该数列③为数列①的二阶差分数列，其中按照上述办法，第次得到数列，④，则称数列④为数列①的阶差分数列，其中，若数列的阶差分数列是非零常数列，则称数列为阶等差数列（或高阶等差数列）． (1)若高阶等差数列为，求数列的通项公式； (2)若阶等差数列的通项公式． （ⅰ）求的值； （ⅱ）求数列的前项和． 附：． 解析： 学科网（北京）股份有限公司 $$