专题05 数列 压轴题（压轴题专项训练）数学高二沪教版2020选择性必修第一册

专题05 数列 压轴题 目录 典例详解 类型一、数列与集合 类型二、最值问题 ；数列在其他模块的应用 类型三、存在性问题 类型四、判断命题是否正确 类型五、解答题—数列与函数 类型六、解答题—新定义题 压轴专练 压轴技巧 1.构造法Ⅰ (1)形如an＋1＝αan＋β(α≠0,1，β≠0)的递推式可用构造法求通项，构造法的基本原理是在递推关系的两边加上相同的数或相同性质的量，构造数列的每一项都加上相同的数或相同性质的量，使之成为等差数列或等比数列． (2)递推公式an＋1＝αan＋β的推广式an＋1＝αan＋β×γn(α≠0,1，β≠0，γ≠0,1)，两边同时除以γn＋1后得到＝·＋，转化为bn＋1＝kbn＋(k≠0,1)的形式，通过构造公比是k的等比数列求解． 2.构造法Ⅱ 可以化为an＋1－x1an＝x2(an－x1an－1)，其中x1，x2是方程x2－px－q＝0的两个根，若1是方程的根，则直接构造数列{an－an－1}，若1不是方程的根，则需要构造两个数列，采取消元的方法求数列{an}． 3.数列应用问题常见模型 (1)等差模型：后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值． (2)等比模型：后一个量与前一个量的比是同一个固定的非零常数． (3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，那么应考虑an与an＋1(或者相邻三项)之间的递推关系，或者Sn与Sn＋1(或者相邻三项)之间的递推关系． 4.等差、等比数列的综合问题 对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系．数列的求和主要是等差、等比数列的求和及裂项相消法求和与错位相减法求和，本题中利用裂项相消法求数列的和，然后利用b1＝1，d>0证明不等式成立．另外本题在探求{an}与{cn}的通项公式时，考查累加、累乘两种基本方法． 5.数列在函数、不等式中的应用 数列与函数、不等式的综合问题关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，求出数列的通项或前n项和，再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题，通过放缩进行不等式的证明． 类型一、数列与集合 例1．，，，，任意，，，，满足，求有序数列有 变式1-1．已知集合，，是由函数，的图像上两两不相同的点构成的点集，集合，其中、.若集合中的元素按照从小到大的顺序排列能构成公差为的等差数列，当时，则符合条件的点集的个数为 . 变式1-2．设数列，…，即当时，，记为数列前项和.对于，定义集合是的整数倍，，且.集合中元素的个数为 . 变式1-3．无穷等比数列满足首项，记，若对任意正整数集合是闭区间，则的取值范围是 ． 变式1-4．设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合，给出下列4个结论： ①若与均为等差数列，则M中最多有1个元素； ②若与均为等比数列，则M中最多有2个元素； ③若为等差数列，为等比数列，则M中最多有3个元素； ④若为递增数列，为递减数列，则M中最多有1个元素. 其中正确结论的序号是 . 类型二、最值问题 ；数列在其他模块的应用 例2．数列满足，若，且，则的最大值为 变式2-1．已知无穷数列的前项和为，不等式对任意不等于2的正整数恒成立，且，那么这样的数列有 个. 变式2-2．已知等差数列（公差不为零）和等差数列的前n项和分别为，，如果关于x的实系数方程有实数解，那么以下2025个方程（，2，3，…，2025）中，无实数解的方程最多有（    ） A．1009个 B．1010个 C．1012个 D．1013个 变式2-3．在数列中，若存在两个连续的三项，，与，，相同，则称是“3阶可重复数列”.已知给定项数为（，）的数列，其中一定是“阶可重复数列”，则的最小值是 . 类型三、存在性问题 例3．已知等差数列的公差，等比数列的公比，且，.设为的前项和（），则下列结论中正确的是（    ） A．存在唯一的公比，使得 B．存在，使得恒成立 C．若，当时，恒成立 D．当时，恒成立 变式3-1．斐波那契数列又称为黄金分割数列，在现代物理、化学等领域都有应用，斐波那契数列满足，给出下列四个结论，其中所有正确结论的序号是 ． ①存在正整数，使得成等差数列； ②存在正整数，使得成等比数列； ③存在常数，使得对任意正整数，都有成等差数列； ④存在正整数，且，使得． 变式3-2．设数列的前n项的和为，若对任意的正整数n，都有，则称数列满足性质P．关于以下两个命题，下列判断正确的是（   ）． ①存在等差数列满足性质P； ②若等比数列的首项为正数且公比为q，则是满足性质P的充分非必要条件． A．①和②都为真命题 B．①和②都为假命题 C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为真命题 变式3-3．已知各项均为正实数的数列，若对任意的正整数，都存在唯一的正整数，使得（为的前项和），那么称为数列，记，称为的“和数列”，则下列命题中真命题的序号为（   ） ①存在等差数列为数列 ②存在等比数列为数列 ③若数列为严格增数列，则其“和数列”为严格增数列 ④若数列的“和数列”为严格增数列，则为增数列 A．①②③ B．①③④ C．①③ D．②③ 类型四、判断命题是否正确 例4．若数列 满足: 存在常数 ，使得对于任意给定的正数 (无论多小)，总存在正整数 ，使得当 时，恒有 ，就称数列 收敛于 ，称数列 为收敛数列. 则下列结论中正确的有（   ）个 ①数列 不是收敛数列 ②若数列 为收敛数列，则存在正实数 ，使得对任意正整数 ，都有 ③若数列 和 为收敛数列，则数列 不一定为收敛数列 ④若数列 和 为收敛数列，则数列 不一定为收敛数列 A．1 B．2 C．3 D．4 变式4-1．已知r，s，t，q均为正整数，这下列序号中，命题A是命题B的充要条件的有（    ） ①：命题A：等差数列且    命题B： ②：命题A：等比数列且        命题B： A．①② B．①②都不是 C．① D．② 变式4-2．设，，、，是数列的前项和，且满足，数列是由个大于的整数组成的有穷数列，若，，则称数列是数列的“数列”.对于数列有如下两个命题：①若，则数列不是数列的“数列”；②若，则数列的“数列”至少有5个.则下列结论中正确的是（   ） A．①为真②为真 B．①为真②为假 C．①为假②为真 D．①为假②为假 变式4-3．已知数列满足，其中为常数．对于下述两个命题： ①对于任意的，任意的，都有是严格增数列； ②对于任意的，存在，使得是严格减数列． 以下说法正确的为（    ） A．①真命题；②假命题 B．①假命题；②真命题 C．①真命题；②真命题 D．①假命题；②假命题 变式4-4．已知数列的前项和为，设（为正整数）.若存在常数，使得任意两两不相等的正整数，都有，则称数列为“轮换均值数列”.现有下列两个命题：①任意等差数列都是“轮换均值数列”.②存在公比不为1的等比数列是“轮换均值数列”.则下列说法正确的是（    ） A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①､②都是真命题 D．①､②都是假命题 变式4-5．已知无穷数列各项均为正实数，其前项的和为，若对任意的正整数，均存在正整数，使得成立，则称为“正向控制数列”；若对任意的正整数，均存在正整数，使得成立，则称为“反向控制数列”． 现有下列两个命题： （1）存在等差数列既为“正向控制数列”，又为“反向控制数列”； （2）存在等比数列既为“正向控制数列”，又为“反向控制数列”． 则下列说法正确的是（   ） A．（1）是真命题，（2）是假命题 B．（1）是假命题，（2）是真命题 C．（1）（2）都是真命题 D．（1）（2）都是假命题 类型五、解答题—数列与函数 例5．已知定义在上的函数满足（其中为正常数）． (1)若，且为奇函数，求的值： (2)若，且（且．证明：存在，使得函数为周期函数． (3)若，且当时，．设（为正整数），求使得都小于2025的最大正整数． 变式5-1．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． 变式5-2．对于函数和数列、，若，，则称为函数的“影数列”，为函数的一个“镜数列”.已知，，. (1)若为的“影数列”，为的“镜数列”，求的值； (2)在（1）的条件下，当，时，比较和的大小，并说明理由； (3)若为函数的“影数列”，为函数的“镜数列”，现将与的公共项按从小到大的顺序重新构成数列，试问在数列中是否存在连续三项构成等比数列？请说明理由. 变式5-3．如果函数满足以下两个条件，我们就称函数为型函数. ①对任意的，有； ②对于任意的，若，则. 求证： (1)是型函数； (2)型函数在上为增函数； (3)对于型函数，有（为正整数）. 变式5-4．已知数列是等差数列，设的公差为d，前n项和为，， (1)若，，求：数列的前n项和 (2)若数列中的任意项均为正整数，无穷等比数列满足，公比，求：数列中所有项的和 (3)在（2）的条件下，设数列的通项公式为（其中且），设数列{an}的前n项和为，试比较与的大小，并证明你的结论 变式5-5．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. 类型六、解答题—新定义题 例6．设数列的前n项和为.若（），则称是“紧密数列”. (1)已知数列是“紧密数列”，其前5项依次为1，，，x，，求x的取值范围； (2)若数列的前n项和为（），判断是否是“紧密数列”，并说明理由； (3)设数列是公比为q的等比数列.若数列与都是“紧密数列”，求q的取值范围. 变式6-1．设x是实数，z是整数，若，则称z是“在数轴上与x距离最近的整数”． (1)若数列的通项公式是，求证：数轴上与距离最近的整数是n； (2)若数列满足：，当时，，若是在数轴上与距离最近的整数，求数列的前n项和． 变式6-2．若数列与都是严格增数列且无公共项，将它们的项合并在一起并按由小到大的顺序排列，在得到的新数列中，来自的任意两项均不相邻，则称为的“隔数列”. (1)若是首项与公差均为整数的等差数列，，且数列是数列的“隔数列”，求的通项公式； (2)若，是首项为1，公比为的等比数列，且数列是数列的“隔数列”，求整数的值； (3)设是公比为的无穷等比数列，其前项和为，若是的“隔数列”，求的取值范围． 变式6-3．已知无穷实数列，，若存在，使得对任意，恒成立，则称为有界数列； 记，（，2，3…，），若存在，使得对任意，，恒成立，则称为有界变差数列. (1)已知无穷数列的通项公式为，，判断是否为有界数列，是否为有界变差数列，并说明理由； (2)已知首项为，公比为实数q的等比数列为有界变差数列，求q的取值范围； (3)已知两个单调递增的无穷数列和都为有界数列，记，，证明：数列为有界变差数列. 变式6-4．若项数为的有穷数列满足且，我们称这样的数列为数列: (1)若数列是数列，且为等比数列，项数为2024，求该数列的通项； (2)若数列是数列，且为等差数列，项数为且，求该数列的通项用k,n表示； (3)若数列是数列，项数为，记的前项和为，若存在，使，试问：数列能否是数列，若能，求出所有这样的数列；若不能，请说明理由. 一、解答题 1．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）． 2．若项数为且的有穷数列满足：，则称数列具有“性质”． (1)判断下列数列是否具有“性质”，并说明理由； ①1，2，4，3；②2，4，8，16． (2)设，2，，，若数列具有“性质”，且各项互不相同．求证：“数列为等差数列”的充要条件是“数列为常数列”； (3)已知数列具有“性质”．若存在数列，使得数列是连续个正整数1，2，，的一个排列，且，求的所有可能的值． 3．已知为实数，数列满足：①；②．若存在一个非零常数，对任意，都成立，则称数列为周期数列． (1)当时，求的值； (2)求证：存在正整数，使得； (3)设是数列的前项和，是否存在实数满足：①数列为周期数列；②存在正奇数，使得．若存在，求出所有的可能值；若不存在，说明理由． 4．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. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 数列 压轴题 目录 典例详解 类型一、数列与集合 类型二、最值问题 ；数列在其他模块的应用 类型三、存在性问题 类型四、判断命题是否正确 类型五、解答题—数列与函数 类型六、解答题—新定义题 压轴专练 压轴技巧 1.构造法Ⅰ (1)形如an＋1＝αan＋β(α≠0,1，β≠0)的递推式可用构造法求通项，构造法的基本原理是在递推关系的两边加上相同的数或相同性质的量，构造数列的每一项都加上相同的数或相同性质的量，使之成为等差数列或等比数列． (2)递推公式an＋1＝αan＋β的推广式an＋1＝αan＋β×γn(α≠0,1，β≠0，γ≠0,1)，两边同时除以γn＋1后得到＝·＋，转化为bn＋1＝kbn＋(k≠0,1)的形式，通过构造公比是k的等比数列求解． 2.构造法Ⅱ 可以化为an＋1－x1an＝x2(an－x1an－1)，其中x1，x2是方程x2－px－q＝0的两个根，若1是方程的根，则直接构造数列{an－an－1}，若1不是方程的根，则需要构造两个数列，采取消元的方法求数列{an}． 3.数列应用问题常见模型 (1)等差模型：后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值． (2)等比模型：后一个量与前一个量的比是同一个固定的非零常数． (3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，那么应考虑an与an＋1(或者相邻三项)之间的递推关系，或者Sn与Sn＋1(或者相邻三项)之间的递推关系． 4.等差、等比数列的综合问题 对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系．数列的求和主要是等差、等比数列的求和及裂项相消法求和与错位相减法求和，本题中利用裂项相消法求数列的和，然后利用b1＝1，d>0证明不等式成立．另外本题在探求{an}与{cn}的通项公式时，考查累加、累乘两种基本方法． 5.数列在函数、不等式中的应用 数列与函数、不等式的综合问题关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，求出数列的通项或前n项和，再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题，通过放缩进行不等式的证明． 类型一、数列与集合 例1．，，，，任意，，，，满足，求有序数列有 【答案】 【分析】利用列举法可得，设，列举可得解. 【详解】由题意知， 满足， 不妨设， 则必有，，，， 若，，解得，，，； 若，，解得，，， ， 由此可知此时有种情况， 结合任意，，，，共有对， 故答案为：. 变式1-1．已知集合，，是由函数，的图像上两两不相同的点构成的点集，集合，其中、.若集合中的元素按照从小到大的顺序排列能构成公差为的等差数列，当时，则符合条件的点集的个数为 . 【答案】 【分析】确定数列中最大值为，最小值为，然后根据分类得出等差数列，再由等差数列的项确定点的横坐标的值，然后由中对应点的情形确定集合个数． 【详解】由已知条件得, 设，则， 因为函数，则， 所以 ， 若，则, 由，得或或， 对应点, 由，得，对应点, 因此产生集合的集合中，点一定存在，至少有一个， 所以集合的个数为. 若，则, 由，得或， 对应点, 由，得或， 对应点, 因此产生集合的集合中， 点一定存在，至少有一个，至少有一个，至少有一个， 所以集合的个数为. 综上，集合的个数为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：确定集合的个数即为确定集合中元素的可能性，本题中首先确定出最终等差数列的最大值和最小值，从而根据公差得出等差数列，由等差数列确定可能含有的点，从而得出集合个数． 变式1-2．设数列，…，即当时，，记为数列前项和.对于，定义集合是的整数倍，，且.集合中元素的个数为 . 【答案】 【分析】根据题意分类讨论结合分组求和求出，进而可得由题意，则为奇数，进而分析计算即可. 【详解】当为偶数，则 当为奇数，则 因此， 当时，， 于是 ， 依题意，，则，为奇数， 又，则， 所以集合中元素的个数． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：分为奇数和偶数和而得的表达式，进而探讨是求解的关键. 变式1-3．无穷等比数列满足首项，记，若对任意正整数集合是闭区间，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】当时，不妨设，则，结合为闭区间可得对任意的恒成立，故可求的取值范围. 【详解】由题设有，因为，故，故， 当时，，故，此时为闭区间， 当时，不妨设，若，则， 若，则， 若，则， 综上，， 又为闭区间等价于为闭区间， 而，故对任意恒成立， 故即，故， 故对任意的恒成立，因， 故当时，，故即. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：与等比数列性质有关的不等式恒成立，可利用基本量法把恒成立为转为关于与公比有关的不等式恒成立，必要时可利用参变分离来处理. 变式1-4．设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合，给出下列4个结论： ①若与均为等差数列，则M中最多有1个元素； ②若与均为等比数列，则M中最多有2个元素； ③若为等差数列，为等比数列，则M中最多有3个元素； ④若为递增数列，为递减数列，则M中最多有1个元素. 其中正确结论的序号是 . 【答案】①③④ 【分析】利用两类数列的散点图的特征可判断①④的正误，利用反例可判断②的正误，结合通项公式的特征及反证法可判断③的正误. 【详解】对于①，因为均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上， 而两条直线至多有一个公共点，故中至多一个元素，故①正确. 对于②，取则均为等比数列， 但当为偶数时，有，此时中有无穷多个元素，故②错误. 对于③，设，， 若中至少四个元素，则关于的方程至少有4个不同的正数解， 若，则由和的散点图可得关于的方程至多有两个不同的解，矛盾； 若，考虑关于的方程奇数解的个数和偶数解的个数， 当有偶数解，此方程即为， 方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时， 否则，因单调性相反， 方程至多一个偶数解， 当有奇数解，此方程即为， 方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时即 否则，因单调性相反， 方程至多一个奇数解， 因为，不可能同时成立， 故不可能有4个不同的整数解，即M中最多有3个元素， 取 ，则,故③正确. 对于④，因为为递增数列，为递减数列，前者散点图呈上升趋势， 后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确. 故答案为：①③④. 【点睛】思路点睛：对于等差数列和等比数列的性质的讨论，可以利用两者散点图的特征来分析，注意讨论两者性质关系时，等比数列的公比可能为负，此时要注意合理转化. 类型二、最值问题 ；数列在其他模块的应用 例2．数列满足，若，且，则的最大值为 【答案】 【分析】利用三角换元、数学归纳法得，进一步化简所求表达式，结合三角函数的性质即可得解. 【详解】因为，所以可设， 又，所以，， 所以我们猜想，现在利用数学归纳法证明之， 设当时，公式成立， 则当时，， ， 综上所述，， 结合恒等式，有， 当时，即时，表达式有最大值. 故答案为：. 变式2-1．已知无穷数列的前项和为，不等式对任意不等于2的正整数恒成立，且，那么这样的数列有 个. 【答案】4 【分析】因为，令，求得，再由与的关系，求得或，求得，结合不等式恒成立，可得所求结论． 【详解】当时，，得或， 当时，由，得， 两式相减得：， 整理得，所以或， 当时，若，可得， 因为不等式对任意不等于2的正整数恒成立， 所以对任意不等于2的正整数恒成立， 则当时，，即，，，，成立； 若，时，，即，，，，成立； 当时，若，可得，，不合题意，舍去； 当时，若，可得， 由题意可得对任意不等于2的正整数恒成立， 则当时，，即，，，，成立； 若，时，，即，，，，成立； 当时，若，可得，，不合题意，舍去． 所以满足题意的数列有4个． 故答案为：4. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是用与的关系求得或，但由于或两个值，就会有四种组合，分类意义验证恒成立即可. 变式2-2．已知等差数列（公差不为零）和等差数列的前n项和分别为，，如果关于x的实系数方程有实数解，那么以下2025个方程（，2，3，…，2025）中，无实数解的方程最多有（    ） A．1009个 B．1010个 C．1012个 D．1013个 【答案】C 【分析】由等差数列的性质得到，要想方程无实根，要满足，结合根的判别式与基本不等式得到和至多一个成立，同理可证：和至多一个成立，，和至多一个成立，且，从而得到结论． 【详解】关于x的实系数方程有实数解，则， 其中，， 代入上式得：， 要想（，2，3，…，2025）方程无实数解，则， 显然第1013个方程有解， 设方程与方程的判别式分别为和， 则 ， 等号成立的条件是， 所以和至多一个成立，同理可证：和至多一个成立， ，和至多一个成立，且， 综上，在所给的2025个方程中，无实数根的方程最多1012个，有实数根的方程至少1013个． 故选：C． 变式2-3．在数列中，若存在两个连续的三项，，与，，相同，则称是“3阶可重复数列”.已知给定项数为（，）的数列，其中一定是“阶可重复数列”，则的最小值是 . 【答案】 【分析】由题意可知连续项共有种情况，然后分类讨论，分、和，根据题意讨论即可. 【详解】因为数列的每一项只可以是或，所以连续项共有种不同的情况， 若，则数列中有组连续项，则这其中至少有两组按次序对应相等， 即项数为的数列一定是“阶可重复数列”； 若，数列，，，，，，，，，不是“阶可重复数列”， 则时，均存在不是“阶可重复数列”的数列， 所以，要使数列一定是“阶可重复数列”，则的最小值为. 【点睛】思路点睛： 关于新定义题的思路有： （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. 类型三、存在性问题 例3．已知等差数列的公差，等比数列的公比，且，.设为的前项和（），则下列结论中正确的是（    ） A．存在唯一的公比，使得 B．存在，使得恒成立 C．若，当时，恒成立 D．当时，恒成立 【答案】D 【分析】对于A，列出方程组求出判断；对于B，根据题意可知存在，使得即可判断；对于C，求得，易得即可判断；对于D，根据题意，时，可证得，即，得到，再利用即可判断. 【详解】对于A，由题得，解得不符合题意，故A错误； 对于B，，又，则， 当时，即，解得， 又，所以存在，使得，故B错误； 对于C，，则，， 时，，则，故C错误； 对于D，， ， ， 又，所以当时， ， 即时，，又，，则， 所以， 即，故D正确； 故选：D. 变式3-1．斐波那契数列又称为黄金分割数列，在现代物理、化学等领域都有应用，斐波那契数列满足，给出下列四个结论，其中所有正确结论的序号是 ． ①存在正整数，使得成等差数列； ②存在正整数，使得成等比数列； ③存在常数，使得对任意正整数，都有成等差数列； ④存在正整数，且，使得． 【答案】①③④ 【分析】由成等差数列可判断①，由数列任意连续三项为（奇数，奇数，偶数）或（奇数，偶数，奇数），结合是否成立判断②；再由递推公式可得，即可判断③，写出前16项判断是否存在整数，且，使得可判断④. 【详解】由题意可知，显然成等差数列，即①正确； 由题可知在上依次为（奇数，奇数，偶数）或（奇数，偶数，奇数）， 所以不可能满足，故不存在正整数，使得成等比数列.因此②错误； 易知， 故满足，因此有成等差数列， 即存在常数，使得对任意正整数，都有成等差数列.所以③正确； 由递推公式计算可得数列前16项分别为1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,610,987, 其中， 所以存在正整数，且，使得，即④正确. 故答案为：①③④ 变式3-2．设数列的前n项的和为，若对任意的正整数n，都有，则称数列满足性质P．关于以下两个命题，下列判断正确的是（   ）． ①存在等差数列满足性质P； ②若等比数列的首项为正数且公比为q，则是满足性质P的充分非必要条件． A．①和②都为真命题 B．①和②都为假命题 C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为真命题 【答案】D 【分析】根据给定的定义，按公差的取值情况分类探讨判断①；利用等比数列通项公式及前n项和公式，结合不等式恒成立即可推理作答. 【详解】等差数列的公差为，当时，，不符合题意， 当时，， 函数的图象是开口向上的抛物线，对称轴， 存在，使得，取不小于的正整数，则有， 即，不符合题意，综上得①为假命题； 等比数列首项，因为数列满足性质P，则有，即， ，于是， 依题意，任意的，，函数在单调递减，值域是， 因此，即. 所以是满足性质P的充分非必要条件，②是真命题. 故选：D 变式3-3．已知各项均为正实数的数列，若对任意的正整数，都存在唯一的正整数，使得（为的前项和），那么称为数列，记，称为的“和数列”，则下列命题中真命题的序号为（   ） ①存在等差数列为数列 ②存在等比数列为数列 ③若数列为严格增数列，则其“和数列”为严格增数列 ④若数列的“和数列”为严格增数列，则为增数列 A．①②③ B．①③④ C．①③ D．②③ 【答案】C 【分析】根据给定定义，举例说明判断命题①④；按公比分类判断命题②；结合单调性推理判断命题③. 【详解】对于①，设等差数列的首项为，公差为，当时，， 对于任意的正整数，令，即， 因为是正整数，所以对于每一个，都存在唯一的正整数使得， 因此存在等差数列为数列，①正确； 对于②，设等比数列的首项为，公比为， 若，则，由，得，当时，此方程无解； 若，令，即， 当变化时，很难保证对于任意的正整数，都存在唯一的正整数使得等式成立， 例如，当时，，方程无正整数解， 因此不存在等比数列为数列，②错误； 对于③，，对任意，知存在， 使得， 则，即，且数列为严格增数列，， 因此其“和数列”为严格增数列，③正确； 对于④，例如，显然是所有正整数的排列， 且数列的“和数列”为严格增数列，但不是递增数列，④错误. 故选：C 类型四、判断命题是否正确 例4．若数列 满足: 存在常数 ，使得对于任意给定的正数 (无论多小)，总存在正整数 ，使得当 时，恒有 ，就称数列 收敛于 ，称数列 为收敛数列. 则下列结论中正确的有（   ）个 ①数列 不是收敛数列 ②若数列 为收敛数列，则存在正实数 ，使得对任意正整数 ，都有 ③若数列 和 为收敛数列，则数列 不一定为收敛数列 ④若数列 和 为收敛数列，则数列 不一定为收敛数列 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】根据新定义证明是一个收敛数列，即可判断①，取即可判断②，证明、一定为收敛数列，即可判断③④，从而得到结果. 【详解】对于①：因为，当无限大时，无限趋近于， 那么无限趋近于， 即对于任意给定的正数，总存在正整数 ，使得当 时， 恒有， 所以数列 是收敛数列，故①错误； 对于②：当时，，则， 当时，中最大的项为，取， 则，故②正确； 对于③：对任意的，取，当时，恒有， 当时，， 故当时， 则， 故数列一定为收敛数列，故③错误； 对于④：对任意的，令，取， 当时，恒有，当时，恒有， 故当时，则 ， 故数列一定为收敛数列，故④错误. 故选：A 【点睛】关键点点睛：本题考查了数列的新定义问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用数列的新定义，构造类似的关系，是解题的关键. 变式4-1．已知r，s，t，q均为正整数，这下列序号中，命题A是命题B的充要条件的有（    ） ①：命题A：等差数列且    命题B： ②：命题A：等比数列且        命题B： A．①② B．①②都不是 C．① D．② 【答案】B 【分析】根据充分、必要条件的判断方法，结合等差数列、等比数列的性质判定即可. 【详解】已知均为正整数. ①：若，设等差数列的公差为. 则，所以，所以，即. 所以命题A是命题 B的充分条件； 若，则. 若数列为等差数列，设公差为.即. 当时，，即. 当时，恒成立，所以不一定成立，不一定成立. 若数列不是等差数列，如数列各项为：1，2，3，3，2，1.，此时数列不是等差数列且 . 所以命题A不是命题B的必要条件. 综上所述，命题A是命题B的充分不必要条件. ②：若数列是等比数列，设公比为，由 得：. 所以，所以，即. 所以命题A是命题 B的充分条件； 若. 若数列为等比数列，设公比为，则. 因为，所以. 当时，，所以 ； 当时，恒成立，不一定成立 ； 若数列不是等比数列，如：数列各项均为零，则恒成立，不能推出数列等比且r+t=2s 所以命题A不是命题B的必要条件. 综上所述，命题A是命题B的充分不必要条件. 故选：B. 变式4-2．设，，、，是数列的前项和，且满足，数列是由个大于的整数组成的有穷数列，若，，则称数列是数列的“数列”.对于数列有如下两个命题：①若，则数列不是数列的“数列”；②若，则数列的“数列”至少有5个.则下列结论中正确的是（   ） A．①为真②为真 B．①为真②为假 C．①为假②为真 D．①为假②为假 【答案】A 【分析】先根据与的关系求出数列的通项公式，再结合“数列”的概念判断①②的真假即可. 【详解】对数列：① ② ①－②得：， 所以是以3为公比的等比数列， 令， 对①：若，. 因为，且为整数，，其余. 以为例，. 若，则，这与矛盾. 所以不能恒成立.故①为真. 对②：以为例： 设， 令，则方程的解有，，，，5个满足. 即时，数列的“数列”有5个. 当时，， 令，则方程满足的解的个数更多. 即时，数列的“数列”多于5个. …… 依次类推：当数列至少5个，故②为真. 故选：A 变式4-3．已知数列满足，其中为常数．对于下述两个命题： ①对于任意的，任意的，都有是严格增数列； ②对于任意的，存在，使得是严格减数列． 以下说法正确的为（    ） A．①真命题；②假命题 B．①假命题；②真命题 C．①真命题；②真命题 D．①假命题；②假命题 【答案】A 【分析】对于①，当时，，然后作差证明数列的单调性；对于②，当时，容易发现无论为何值，最终恒为常数. 【详解】对于①，时，，， 时，；时，，也有，故①为真命题. 对于②，时，，， 当时，，，不严格递减； 当时，，，不严格递减； 当时，， 若，则， 同理当时，， 则存在，使得， 则，，不严格递减. 综上所述，时，不可能是严格递减数列.故②为假命题. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题对①的分析得关键是对分类讨论，分和研究即可. 变式4-4．已知数列的前项和为，设（为正整数）.若存在常数，使得任意两两不相等的正整数，都有，则称数列为“轮换均值数列”.现有下列两个命题：①任意等差数列都是“轮换均值数列”.②存在公比不为1的等比数列是“轮换均值数列”.则下列说法正确的是（    ） A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①､②都是真命题 D．①､②都是假命题 【答案】A 【分析】根据题意，对于①，设等差数列的公差为，由等差数列的性质可得可得，即可得①正确；对于②，设等比数列的公比为，由等比数列的通项公式分析，可得，可得②不正确，综合即可得答案. 【详解】对于①，设等差数列的公差为，则， 代入 可得 ，即可得到，①正确； 对于②，设等比数列的公比为，则， 代入， 可得 要使其为常数，化简后会发现很难对于任意的都满足为常数（因为公比）， 故不存在公比不为1的等比数列是“轮换均值数列. ②不正确. 故选：A 变式4-5．已知无穷数列各项均为正实数，其前项的和为，若对任意的正整数，均存在正整数，使得成立，则称为“正向控制数列”；若对任意的正整数，均存在正整数，使得成立，则称为“反向控制数列”． 现有下列两个命题： （1）存在等差数列既为“正向控制数列”，又为“反向控制数列”； （2）存在等比数列既为“正向控制数列”，又为“反向控制数列”． 则下列说法正确的是（   ） A．（1）是真命题，（2）是假命题 B．（1）是假命题，（2）是真命题 C．（1）（2）都是真命题 D．（1）（2）都是假命题 【答案】B 【分析】根据等差数列的函数性质，即可求解（1）的真假，举例子即可求解（2）的真假. 【详解】若等差数列不是常数列，由题意可得公差，则可看成关于的一次函数，可看成关于的二次函数，即，， 由得， 当足够大时，不成立，故命题（1）不成立； 若等差数列是常数列，设，则，显然当时，此时，故命题（1）不成立； 综上可知，对任意的等差数列，命题（1）是假命题； 取等比数列，则， 若对任意的正整数，均存在正整数,不妨取，使得， 则对任意的正整数，不妨取，， 因此既为“正向控制数列”，又为“反向控制数列”． 故命题（2）正确. 故选：B. 类型五、解答题—数列与函数 例5．已知定义在上的函数满足（其中为正常数）． (1)若，且为奇函数，求的值： (2)若，且（且．证明：存在，使得函数为周期函数． (3)若，且当时，．设（为正整数），求使得都小于2025的最大正整数． 【答案】(1)0 (2)证明见解析 (3)最大为32，理由见解析 【分析】（1）由题可知，周期为2，得出，再结合奇函数的性质即可求解； （2）由题可得，代入，即可证明当时，是周期为4的周期函数； （3）令，，结合题目得出数列是以为首项，2为公比的等比数列，求得，再列出不等式求得的最大值，在验证即可得出的最大值． 【详解】（1）当时，，即周期为2， ∴①， 又∵为奇函数，∴②， 结合①②两式得． （2）证明：当时，， 而，代入得， 当时，即时，有， 从而，此时是周期为4的周期函数． （3）当时，， 当时，， 则，， ， 令，， 则， 因为， 所以， 而， 又 ， 所以数列是以为首项，2为公比的等比数列， 所以，显然该数列为递增数列， 令，解得最大值为10， 所以， 又， ， ， 所以最大值为32． 变式5-1．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. 【详解】（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. 变式5-2．对于函数和数列、，若，，则称为函数的“影数列”，为函数的一个“镜数列”.已知，，. (1)若为的“影数列”，为的“镜数列”，求的值； (2)在（1）的条件下，当，时，比较和的大小，并说明理由； (3)若为函数的“影数列”，为函数的“镜数列”，现将与的公共项按从小到大的顺序重新构成数列，试问在数列中是否存在连续三项构成等比数列？请说明理由. 【答案】(1)20 (2)，理由见解析 (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）由题设定义得出，，再计算的值； （2）当，时，猜想，利用数学归纳法证明即可； （3）由题设定义得出与的通项公式，进而构造函数证明数列中每一项，都有中的项与之相等，再由反证法假设数列中存在连续三项构成等比数列，由等比中项的性质推出矛盾，从而得出证明. 【详解】（1）由题意，，，，；以； （2）当，时，猜想，数学归纳法证明如下 （ⅰ）当时，，命题成立； （ⅱ）假设当时，命题成立，即， 则当时， （*） ，，即命题也成立 由（ⅰ）（ⅱ）可知，当，时，成立. （3），则，， 设，即，则， 函数，函数单调递增，对于任意，有唯一的与之对应， 即数列中每一项，都有中的项与之相等， 又单调递增，所以新， 假设数列中存在连续三项构成等比数列，，，， 故，整理得到， 当时，为偶数，等式不成立；所以等式无正整数解. 故假设不成立，即不存在连续三项构成等比数列. 【点睛】方法点睛：对于新定义题目，必须先看清楚题目是如何定义的，然后依据定义小心验证自己的理解是否有偏差题目，了解之后再考虑提炼第二问的解决方法. 变式5-3．如果函数满足以下两个条件，我们就称函数为型函数. ①对任意的，有； ②对于任意的，若，则. 求证： (1)是型函数； (2)型函数在上为增函数； (3)对于型函数，有（为正整数）. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据指数函数性质和型函数的定义即可证明； （2）取值，则，再结合型函数的定义即可证明； （3）放缩得，再不断放缩有，结合等比数列的求和公式即可. 【详解】（1）记； 对任意的，有； 对于任意的， 若， 则， 即. 故函数是型函数. （2）设，且，则. 因此 ， 可知在上为增函数. （3）因为， 所以 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是利用型函数的性质放缩得，最后再不断放缩，结合等比数列求和公式即可. 变式5-4．已知数列是等差数列，设的公差为d，前n项和为，， (1)若，，求：数列的前n项和 (2)若数列中的任意项均为正整数，无穷等比数列满足，公比，求：数列中所有项的和 (3)在（2）的条件下，设数列的通项公式为（其中且），设数列{an}的前n项和为，试比较与的大小，并证明你的结论 【答案】(1) (2) (3)答案见解析 【分析】（1）先确定的终边在第三象限，进而计算得到，进一步得到公差，进而可求数列的前n项和； （2）先利用及已知确定，，进而可求数列中所有项的和； （3）由（1）可求得，先比较与的大小，取特殊值确定猜想大小关系，进而利用数学归纳法求解即可. 【详解】（1）因为，所以的终边在第二，三象限及的负半轴上， 又，所以的终边在第三象限， 所以 ， 又，解得， 所以只有，其余各均大于0， 当时，， 当时， ， 所以的前n项和； （2）由，可得， 所以，所以， 因为数列中的任意项均为正整数，所以，所以或， 又，所以，，所以，所以， 所以数列中所有项的和为； （3）由（2）可得，，所以， ， ，因此要比较与的大小， 可先比较与的大小， 取时，有，取时，， 由此推测①， 若①式成立，则由对数函数的性质可得： 当时，，当时，. 下面用数学归纳法证明①式， （i）当时已验证①式成立， （ii）假设当时，①式成立， 即， 那么当时， ， 又， 所以， 所以， 这就是说①式当时成立， 由（i）（ii）知①式对任何正整数均成立. 【点睛】关键点点睛：关键是取几个特殊值，猜想，再进一步利用数学归纳法证明结论. 变式5-5．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组中第四个括号内各数之和，从而得解； （3）将恒成立问题转化为求函数的最值进行求解，从而得解. 【详解】（1）因为点在函数的图象上，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4为首项，4为公差的等差数列，即， 数列是以2为首项，4为公差的等差数列，即，故， 经检验符合题意，且当时，， ，故成立. （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）因为，故， 所以， ， 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. 【点睛】关键点点睛：本题考查用数学归纳法求数列的通项公式，考察数列新定义问题，考查数列中的不等式恒成立问题，关键是读懂新定义，通过寻找规律把问题转化为等差数列的相关问题，可将不等式恒成立问题转化为求数列的最值，确定数列的单调性是求最值常用方法. 类型六、解答题—新定义题 例6．设数列的前n项和为.若（），则称是“紧密数列”. (1)已知数列是“紧密数列”，其前5项依次为1，，，x，，求x的取值范围； (2)若数列的前n项和为（），判断是否是“紧密数列”，并说明理由； (3)设数列是公比为q的等比数列.若数列与都是“紧密数列”，求q的取值范围. 【答案】(1) (2)是，理由见解析 (3) 【分析】（1）根据“紧密数列”的定义，列不等式，即可求解； （2）首先根据公式求通项公式，再根据“紧密数列”的定义，即可列式判断； （3）首先根据数列是“紧密数列”，结合等比数列的性质，确定的范围，再在这个范围内分，和三个范围，结合数列是“紧密数列”，列式求解. 【详解】（1）由题意得：，所以. （2）由数列的前n项和（），得 时，， 时，， 验证，当时，，成立， 所以 所以，， 因为对任意，，即， 所以，，即是“紧密数列”. （3）由数列是公比为q的等比数列，得， 因为是“紧密数列”，所以. ①当时，，， 因为， 所以时，数列为“紧密数列”，故满足题意. ②当时，，则. 因为数列为“紧密数列”， 所以，对任意恒成立. （i）当时，， 即，对任意恒成立. 因为，，， 所以，， 所以，当时，，对任意恒成立. （ii）当时，， 即，对任意恒成立. 因为，，. 所以，解得， 又，此时q不存在. 综上所述，q的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解“紧密数列”的定义，对于第三问，关键是根据数列是“紧密数列”，找到命题的必要条件，再在范围内，分类讨论. 变式6-1．设x是实数，z是整数，若，则称z是“在数轴上与x距离最近的整数”． (1)若数列的通项公式是，求证：数轴上与距离最近的整数是n； (2)若数列满足：，当时，，若是在数轴上与距离最近的整数，求数列的前n项和． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用数列的性质和实数与最近整数的概念即可证明； （2）通过化简可先求出数列的通项公式，从而可得，再求出的前n项和即可. 【详解】（1）距离最近的整数是n， 由，我们需要证明， 观察到，而，即， 这表明确实位于和之间， ， 由于，分子为n，分母为一个大于2n的正数， 因此，即证明了在数轴上与n的距离最近. （2）对于，有， 因为， ， 此时，，所以， 又，所以， 所以； 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于理解实数与整数之间的“最近”概念，以及如何利用代数技巧来简化复杂的表达式。在求解数列问题时，分解因子、重写表达式和寻找规律是常用策略。 变式6-2．若数列与都是严格增数列且无公共项，将它们的项合并在一起并按由小到大的顺序排列，在得到的新数列中，来自的任意两项均不相邻，则称为的“隔数列”. (1)若是首项与公差均为整数的等差数列，，且数列是数列的“隔数列”，求的通项公式； (2)若，是首项为1，公比为的等比数列，且数列是数列的“隔数列”，求整数的值； (3)设是公比为的无穷等比数列，其前项和为，若是的“隔数列”，求的取值范围． 【答案】(1)或 (2) (3) 【分析】（1）设等差数列的首项为，公差为，则且，依题意可得，即可求出与，即可求出； （2）设的公比为，依题意可得或，即可求出的取值范围，从而得解； （3）依题意可得且，对一切正整数恒成立，即可求出的取值范围. 【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，则且， 由数列是数列的“隔数列”， 则，且， 所以且，即，所以或， 所以或； （2）设的公比为， 因为数列是数列的“隔数列”， 即数列是数列的“隔数列”， 所以或， 解得或，即或， 所以或， 所以整数的值为. （3）因为是的“隔数列”， 所以与都是严格增数列， 由是严格增数，可知对一切正整数恒成立， 又由是严格增数列，可知，即对一切正整数恒成立， 所以且， 这时因为对于一切大于等于的整数恒成立， 故必有， 即对一切正整数恒成立， 即对一切正整数恒成立， 即对一切正整数恒成立，所以，即， 所以的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题关键是理解所给定义，再结合等差（等比）数列的基本量计算即可. 变式6-3．已知无穷实数列，，若存在，使得对任意，恒成立，则称为有界数列； 记，（，2，3…，），若存在，使得对任意，，恒成立，则称为有界变差数列. (1)已知无穷数列的通项公式为，，判断是否为有界数列，是否为有界变差数列，并说明理由； (2)已知首项为，公比为实数q的等比数列为有界变差数列，求q的取值范围； (3)已知两个单调递增的无穷数列和都为有界数列，记，，证明：数列为有界变差数列. 【答案】(1)当时，为有界数列，理由见解析； (2)； (3)证明见解析 【分析】（1）由于，所以可得无穷数列为有界数列，由于，再由有界变差数列的定义进行判断即可； （2）由有界变差数列的定义可得，则为首相为，公比为的等比数列，从而可求得，然后分和进行讨论再结合有界变差数列的定义可得结果； （3）由题意可得则存在，使得对任意，恒成立，则存在，使得对任意，恒成立，由于和为单调递增数列的有界数列，所以可得，再求可得结论 【详解】（1）， 则即可，则为有界数列. 由，知， ，（，2，3…，）， ， 则即可，则为有界变差数列. （2）， 则， 当时，则，显然满足题意. 当时，则，则， 若，则，舍去，矛盾. 当时，则为首相为，公比为的等比数列， 则， 若时，，则符合题意. 若时，趋向于无穷大，与题意矛盾，舍去. 则q的取值范围为. （3）因为和为有界数列， 则存在，使得对任意，恒成立， 则存在，使得对任意，恒成立， ， 和为单调递增数列的有界数列， ， 则， 则 ， 存在即可，则数列为有界变差数列. 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键点有两个，一方面是理解有界数列和有界变差数列的定义，通过分析题设所给不等式进行判定；另一方面是解答第三问时绝对值的三角不等式的性质以及放缩法的应用，通过分析题设不等式找到的一个值即可证明. 变式6-4．若项数为的有穷数列满足且，我们称这样的数列为数列: (1)若数列是数列，且为等比数列，项数为2024，求该数列的通项； (2)若数列是数列，且为等差数列，项数为且，求该数列的通项用k,n表示； (3)若数列是数列，项数为，记的前项和为，若存在，使，试问：数列能否是数列，若能，求出所有这样的数列；若不能，请说明理由. 【答案】(1)答案见解析 (2)答案见解析 (3)不能，理由见解析 【分析】（1）根据等比数列的求和公式及新定义求出首项与公比即可得解； （2）根据等差数列及新定义求出首项就公差即可得出通项公式； （3）假设数列是M数列，根据（1）（2）可推出，矛盾，即可得解. 【详解】（1）设等比数列的公比为， 若，则由题意得，得， 由得或， 若，由题意得，，得，不可能， 综上所述，， 或 （2）设等差数列的公差为， ， ，， 即，当时，与数列的条件矛盾; 当时，据数列的条件得，， ，即，由得， 即， ； 当时，同理可得，即， 由得，即，， 综上所述，当时，， 当时，. （3）记中非负项和为，负项和为，则， 得，即， 若存在，使，由前面的证明过程知： ， 且， 若数列为数列，记数列的前项和为， 则，， 又， ，， 又，， ， 又与不能同时成立， 数列不为数列. 【点睛】关键点点睛：新定义题目的解题关键在于读懂所给定义，首先由特殊情况具体问题去结合新定义理解解题，提高对新定义的理解运用的基础上去解决更抽象更一般的问题，其次把握新定义的变形运用能力是关键，对能力要求很高. 一、解答题 1．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． 【详解】（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， . 2．若项数为且的有穷数列满足：，则称数列具有“性质”． (1)判断下列数列是否具有“性质”，并说明理由； ①1，2，4，3；②2，4，8，16． (2)设，2，，，若数列具有“性质”，且各项互不相同．求证：“数列为等差数列”的充要条件是“数列为常数列”； (3)已知数列具有“性质”．若存在数列，使得数列是连续个正整数1，2，，的一个排列，且，求的所有可能的值． 【答案】(1)数列1，2，4，3不具有“性质M”；数列2，4，8，16具有“性质M” (2)证明见解析 (3)或5 【分析】（1）按照题目给出的定义可直接判断； （2）根据充要条件的概念直接证明； （3）根据条件可知，，逐渐增大，且最小值为1，分情况可求之． 【详解】（1）解：，该数列不具有“性质”； ，该数列具有“性质”； （2）证明：充分性，若数列是常数列，则，即，或 又数列且各项互不相同，，数列为等差数列； 必要性，若数列为等差数列，则，即，数列为常数列； （3）解：数列是连续个正整数1，2，，的一个排列，当时，，，不符合题意； 当时，数列3，2，4，1满足，，符合题意； 当时，数列2，3，4，5，1满足，符合题意； 当时，令，2，，，则，且，的取值有以下三种可能 ①，②，③， 当时，，由（2）知，，，是公差为1或的等差数列， 若公差为1时，由得或，，不合题意，不合题意； 若公差为，同上述方法可得不符合题意； 当满足②，③时，同理可证不符合题意， 故：或5． 【点睛】本题考查了给出新定义求解问题，数列的通项公式，充要条件等知识，综合性较强，是难题． 3．已知为实数，数列满足：①；②．若存在一个非零常数，对任意，都成立，则称数列为周期数列． (1)当时，求的值； (2)求证：存在正整数，使得； (3)设是数列的前项和，是否存在实数满足：①数列为周期数列；②存在正奇数，使得．若存在，求出所有的可能值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)8 (2)证明见解析 (3). 【分析】（1）根据题意分别求出，，，，即可得解； （2）当时，可知在数列中直到第一个小于等于3的项出现之前，数列是以为首项，为公差的递减的等差数列，写出通项公式，可得当足够大时，总可以找到，使，当，易证得； （3）分和两种情况讨论，结合（2）可得当时，不合题意，再根据当时，数列的周期性，即可得出结论． 【详解】（1）解：当时，又 ，，，， 所以； （2）证明：当时，， 所以在数列中直到第一个小于等于3的项出现之前，数列是以为首项，为公差的递减的等差数列， 即， 所以当足够大时，总可以找到，使， 当时，则存在，使得， 当时，则存在，使得， 综上所述存在正整数，使得． （3）解：当时，，， 当时，由（2）得，存在正整数，使得， 因此此时不存在，所以， 所以，， 故此时数列是以2为周期的周期数列， 当时，则， 由（2）得，存在正整数，使得， 因此此时不存在， 所以此时数列不是周期数列， 所以当时，数列是以2为周期的周期数列， ，， 所以， 又因为， 所以， 所以， 所以存在，使得． 【点睛】本题考查等差数列、数列的周期性、数列的递推关系式，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属中档题． 4．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”. 【详解】（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. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $