6.5 数列的综合(实战册)-【实战高考】2026年高考数学总复习（山东专版）

实战 实战高考·数学 模拟精练) 3.(2025辽宁辽阳一模)已知等比数列{a,}是 1.(2025黑龙江哈尔滨一模)已知数列{a.}满 递减数列，记数列{a.}的前n项和为Sm,且 足a十2：+4+…十=2·31-6 n ,2S,8a成等差数列，3a=a十2a,数 列{b.}满足bn+1=2b.-2n+1,b1=3,n (n∈N),若b.= 3 (2n十+1)(2n十3)，则数列 ∈N*. {b.}的前15项和为( (1)求{a.}和{b.}的通项公式： A器-1 B36 173 anbn,n是奇数， c新， D (2)若= (6n+19)a 求数列 bnon+2 ,n是偶数， {c.}的前2n项和T2u. 2.(2025山西晋中模拟)记数列{a.}的前n项 和为Sm,已知a1=3,Sn+1=Sn十an十2. (1)求{an}的通项公式； (2求数列+是的前n项和T 6.5数列的综合 过去考什么 山东新高考全练 答案：P421 (2024新课标I卷，19,17分；考，点)设m为正 分数列的概率为P,证明：P.>3 整数，数列a1,a2,…,a4m+2是公差不为0的等 差数列，若从中删去两项a:和a;(i<j)后剩余 的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数 都能构成等差数列，则称数列a1,a2,·,am+2 是(i,)一可分数列. (1)写出所有的(i,j),1≤i<j≤6，使数列a1, a2,…,a6是(i,j)一可分数列； (2)当m≥3时，证明：数列a1,a2,…,a4m+2是 (2,13)—可分数列； (3)从1,2，…，4m+2中一次任取两个数i和 j(i<j),记数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)-可 74 O专题六数列 将来考什么 山东模拟专练 答案：P422 考点闯关) 考点数列的综合 3.(2025山东滨州二模)在一个有穷数列的每 1.（多选)(2024山东济南二模)已知数列 相邻两项之间插入这两项的积，形成一个新 a满足a1∈[g,2》an=m西公， 的数列，我们把这样的操作称为该数列的一 2, 次“积扩充”.如：数列2,3经过第一次“积扩 (n∈N*),记数列{an}的前n项和为Sm,则 充”后得到数列2,6,3；第二次“积扩充”后 对任意n∈N*,下列结论正确的是( 得到数列2,12,6,18,3；….设数列1,2， A.存在k∈N*,使a=1 4经过第n次“积扩充”后所得数列的项数 B.数列{a.}单调递增 记为A,所有项的积记为P. Ca≥a+ (1)求A2和P2; D.2au+1≤2a1+Sn (2)求An和Pm; 2.(2024山东日照二模)“一1,0,1序列”在通 (3)求数列{Pn}的前n项积Tm 信技术中有着重要应用，该序列中的数取值 于-1,0或1.设A是一个有限“-1,0,1序 列”，f(A)表示把A中每个一1都变为一1， 0,每个0都变为一1,1，每个1都变为0,1， 得到新的有序实数组.例如：A= (-1,0,1),则f(A)=(-1,0,-1,1,0,1). 定义A+1=f(A),=1,2,3,…,若A1= (一1,1)，Am中1的个数记为b,则{bn}的 前10项和为 分层闯关) 基础题组 则{an}与{Sn}“伴随” 1.(多选)(2025山东泰安一模)已知无穷数列 C.若{am}的前5项为2,3,5,8,13，{bn}与 {an},{bn},若对Hn∈N*,都有an-bn≤ {an}“伴随”，设集合P={xlx=b,i=1, 1,则称{an}与{bm}“伴随”.下列选项正确的 2,3,4,5},则P中元素个数为4或5 是( D.若{an}是公差为d的等差数列，且{an}所 A.若an (}，6=as61),则 有的“伴随”数列{bn}都是递增数列，则d >2 {am}与{bn}“伴随” 2.(2024山东日照一模)已知各项均为正数的 B.若a.一n(m十)，{a,}的前n项和为S., 数列{an}的前n项和为Smu,且an,Sn,a成 75 实战 实战高考·数学 等差数列 能力题组 (1)求a1及{a}的通项公式； 4.创意题(2025山东烟台一模)设A,是一个 (2)记集合a.a.十4≤2k,kEN的元素 项数为n(n≥2)的数列，其中每一项均为集 an 个数为b,求数列{b}的前50项和. 合{0,1,2}中的元素.定义数列A (∈N)如下：若A-1:x1,x2,…,x,则 A:yM2,…,%,其中，当x=+1时，y= x,当x卡G+1时，=x十xx+1十x+1 4(x:十x+1)+5,i=1,2,…,n,且xn+1=x1. (1)若数列A:0,1,2,求数列A3. (2)若存在m∈N,对任意A,均有数列An 与A。为同一数列，则称m为数列组{A:}的 一个周期。 (i)若n=3,求数列组{A}的最小正周期； (ii)若数列组{A}存在周期，求n的所有可 能取值 3.(2025山东菏泽一模)定义正方形数阵 {a,)}满足a,》=-j,其中i,j∈N*. (1)若i+j=100,求数阵{a,》}所有项的 和T; (2)若m,n,p,q∈N*,求证：am,ap,g也是 数阵{ai,)}中的项； (3)若i,∈{1,2,3，…，n},i≠j且n≥3，求 ai,)的值为奇数的概率Pm. 76 O专题六数列 培优题组 (3)若a.= (n+1)2+1,1≤≤100 n(n+1) b.= 5.创意题(2024山东青岛一模)记集合S= 0,n>100, {{an}|无穷数列{a.}中存在有限项不为零， n∈N*},对任意{an}∈S,设变换f({a.}) ）,1≤n≤500， {dn}={an}☒{b.}, =a1十a2x十…十anx-1十…，x∈R.定义运 (0,n>500, 算☒：若{a.},{b.}∈S,则{an}⑧{bn}∈S, f({a.☒bn})=f({an})·f({bn}). 证明：dw< (1)若{an}☒{bn}-{mn},用a1,a2,a3,a4, b1,b2,b3,b4表示m4; (2)证明：({am}☒{bn})☒{cm}={an}☒ ({bn}☒{cn}); 他省考什公 高考全国视野 答案：P425 真题精练 数列A的第i1,j1,s1,项加1，得到数列 1.(2025天津卷，19,15分)已知数列{a.}是等 T1(A);将数列T1(A)的第i2,j2,s2,t2项加 差数列，{bn}是等比数列，a1=b1=2,a2= 1,得到数列T2T1(A)；…;重复上述操作， b2+1,a3=b3. 得到数列T,…T2T1(A),记为2(A) (1)求{an},{bn}的通项公式 (1)给定数列A:1,3,2,4,6,3,1,9和序列 2:(1,3,5,7),(2,4,6,8),(1,3,5,7),写出 (2)Vn∈N*,I∈{0,1}，有Tm={p1ab+ 2(A). p2a2b2+…+pn-1an-1bn-1十pnanbn|p1,p2, (2)是否存在序列2，使得2(A)为a1+2, …,pn-1,pn∈I}, a2+6,a3十4，a4+2,a5+8,a6十2，a7+4,a8 (i)求证：对任意实数t∈Tm,均有t< 十4？若存在，写出一个符合条件的2；若不 an+16n+1; 存在，请说明理由， ()求Tn所有元素之和. (3)若数列A的各项均为正整数，且a1十 a3十as十a1为偶数，证明：“存在序列2，使 得2(A)为常数列”的充要条件为“a1十a2= a3十a4=a5+a6=a7+ag”. 2.(2024北京卷，21,15分)设集合M={(i,j, s,t)i∈{1,2}，j∈{3,4}，s∈{5,6}，t∈{7， 8},且i十j十s十t为偶数}.对于给定有穷数 列A:{an}(1≤n≤8)，及序列2：w,2,…, w,w=(i,j,S,tk)∈M,定义变换T:将 77 实战 实战高考·数学 模拟精练 3.(2025四川南充二模)对于无穷数列{x.}和 1.(2025陕西西安模拟)对函数y=f(x),若 函数f(x),若xn+1=f(xn)(n∈N*),则称 数列{xn}满足xn+1=x一 )则称 f(xn) f(x)是数列{xm}的生成函数 (1)定义在R上的函数g(x)满足：对任意 {xn}为牛顿数列.若函数f(x)=x2,数列 n∈N*,都有g(2m+1)=2g(2m)+2",且 {xn}为牛顿数列，且x1=2,a.=log2x,则 g(2)=1;又数列{an}满足an=g(2m). S10=( ) A.20 B.-35 (0求证：)=x+号是数列经}的生成 C.30 D.-55 函数； 2.(2025广东佛山二模)对于数列{am},若3d (ii)求数列{an}的前n项和Sm. ∈R,使得Hn∈N*,都有a+2十2a+1十an (2)已知f(x)=2025x十2 x+2026 是数列{b}的生 =d成立，则称{a}为“三和定值数列”.已 知{an}为“三和定值数列”，且a1=2,a2=4, 成函数，且么=2若数列像之的前项 d=8. 和为Tn,求证：25(1-0.99")<Tn< (1)求a3,a4,5; 250(1-0.999m)(n∈N*,n≥2) (2)已知Sn为数列{a.}的前n项和， 求S2025. 78○实战册参考答案及解析 6.5数列的综合 山东新高考全练 (1)解：首先，我们设数列a1,a2,…,a4m+2的公差为d,则 ③{4k2+3,4k2+4,4k2+5,4k2+6},{4k2+7,4k2+8, d≠0. 4k2+9,4k2+10},…,{4m-1,4m,4m+1,4m+2},共m 由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是 一k2组. 等差数列，当且仅当该数列是等差数列， (如果某一部分的组数为0，则忽略之) 故我们可以对该数列进行适当的变形a=二a1十1( 故此时数列1,2，…，4m十2是(i,j)一可分数列， d 第二种情况：如果iB,j∈A,且j-≠3. =1,2,…,4m+2) 此时设i=4k1+2,j=42+1,k1,k2∈{0,1,2，…，m}, 得到新数列ak=(k=1,2,…,4m十2)，然后对a1,a2, …,a4m+2进行相应的讨论即可， 则由i<j可知41+2<42十1，即2-k1> 4, 换言之，我们不妨设a=(k=1,2,…,4m十2)，此后的讨 故2>k1. 论均建立在该假设下进行. 由于j-i≠3，故(4k2+1)-(4k1+2)≠3，从而2一k1≠ 回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数 1,这就意味着k2一k1≥2. i和j(i<j),使得剩下的四个数是等差数列， 此时，由于从数列1,2，…，4m十2中取出i=4k1十2和 那么剩下的四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3， j=4k2十1后，剩余的4m个数可以分为以下四个部分，共 4,5,6,所以所有可能的(i,)就是(1,2)，(1,6)，(5,6). m组，使得每组成等差数列： (2)证明：由于从数列1,2，…，4m十2中取出2和13后， ①{1,2,3,4}，{5,6,7,8}，…，{4k1-3,4k1-2,4k1-1, 剩余的4m个数可以分为以下两个部分，共m组，使得每 41},共k1组； 组成等差数列： ②{4k1+1,3k1+k2+1,2k1+2k2+1,k1+3k2+1},{3k1 ①{1,4,7,10}{3,6,9,12}，{5,8,11,14}，共3组； +k2+2,2k1+2k2+2,k1+3k2+2,4k2+2},共2组； ②{15,16,17,18}，{19,20,21,22}，…，{4m-1,4m,4m十 ③全体{4k1+p,3k1+k2+p,2k1+2k2+p,k1+3k2+ 1,4m+2},共m-3组 p},其中p=3,4,…,2一k1,共k2-k1一2组； (如果m一3=0，则忽略②) ④{4k2+3,4k2+4,4k2+5,4k2+6},{4k2+7,4k2+8, 故数列1,2，…，4m十2是(2,13)-可分数列. 4k2+9,4k2+10},…,{4m-1,4m,4m+1,4m+2}共m (3)证明：定义集合A={4k十1|k=0,1,2,…,m}={1,5, k2组. 9,13,…,4m+1}, (如果某一部分的组数为0，则忽略之) 集合B={4k+2k=0,1,2,…,m}={2,6,10,14,…,4m 这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个 +2. 横排，排成一个包含2一1一2个行，4个列的数表以后， 下面证明：对1≤ij≤4m十2，如果下面两个命题同时成 4个列分别是下面这些数： 立，则数列1,2，…，4m十2一定是(i,j)一可分数列. {4k1+3,4k1+4,…,3k1十k2},{3k1十k2+3,3k1+k2+ 命题1：i∈A,j∈B或i∈B,i∈A; 4,…,2k1+2k2},{2k1十2k2十3,2k1十22+4，…，1+ 命题2：j-≠3. 3k2},{k1+3k2+3,k1+3k2+4,…,4k2. 我们分两种情况证明这个结论 可以看出每列都是连续的若干个整数，它们在取遍以后， 第一种情况：如果∈A,j∈B,且j-≠3. 将取遍{4k1十1,4k1+2,…,4k2十2}中除开五个集合{4k 此时设=4k1十1，j=4k2十2，k1,k2∈{0,1,2，…，m}, +1,4k1+2},{3k1+k2+1,3k1+k2+2},{2k1+2k2+1, 则由可知4h1十1<4十2，即：一1>一子，故好 2k1+22+2},{k1+3k2+1,1+3k2+2},{4k2+1,4k2 十2}中的十个元素以外的所有数. ≥k1. 而这十个数中，除开已经去掉的4k1+2和4k2十1以外， 此时，由于从数列1,2，…，4m十2中取出i=4k1+1和j 剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数. =42+2后， 这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1， 剩余的4m个数可以分为以下三个部分，共m组，使得每 2,…,4m十2是(i,j)-可分数列. 组成等差数列： 至此，我们证明了：对1≤i<j≤4m+2,如果前述命题1 ①{1,2,3,4}，{5,6,7,8}，·，{4k1-3,4k1-2,4k1-1, 和命题2同时成立，则数列1,2，…，4m十2一定是(i,j) 4k1},共1组； 可分数列. ②{4k1+2,4k1+3,4k1+4,4k1+5},{41+6,4k1+7, 然后我们来考虑这样的(i,)的个数 4k1+8,4k1+9},…,{4k2-2,4k2一1,4k2,4k2+1},共k2 首先，由于A∩B=必，A和B各有m十1个元素，故满足 一1组； 命题1的(i,j)总共有(m十1)2个； 421 答案 实战高考·数学 而如果j-=3,假设iA,j∈B,则可设=4k1十1，j= 当我们从1,2，…，4m十2中一次任取两个数i和j(i<) 4k2+2,代入得(4k2+2)-(4k1+1)=3. 时，总的选取方式的个数等于4m+2,4m+1)=(2m十 1 2 但这导致2-1=2，矛盾，所以B,jA, 1)(4m+1). 设i=4k1十2，j=4k2十1，k1,k2∈{0,1,2，…，m},则(4k2 +1)-(4k1十2)=3，即k2-k1=1, 而根据之前的结论，使得数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)一 所以可能的(k1,k2)恰好就是(0,1)，(1,2)，…，(m一1， 可分数列的(i,j)至少有(m十1)2一m个. m),对应的(i,j)分别是(2,5)，(6,9)，…，(4m-2,4m+ 所以数列a,a2,…,a4m+2是(i,j)一可分数列的概率Pm 1),总共m个. (m十1)2-m m2+m+1 所以在(m十1)2个满足命题1的(i,j)中，不满足命题2 一定满足Pm≥(2m+1m+）-(2m+D4m+)> 的恰好有m个. 1 这就得到同时满足命题1和命题2的(i,j)的个数为(m十 m2+m+4 (m+3)2 1)2-m. (2m+1)(4m+2)2(2m+1)(2m+1)-8 山东模拟专练 考点闯关) g)在[31)上单调递减。 考点数列的综合 ①BCD解析对于B,要证数列{am}单调递增，只需要证 为g(）-9->0g)-<0， sn2>a 所以g()在[3,1)上存在唯一的索点 令f)=m受x-xx∈[3,1，则f)=吾ms吾x1, 当xe[日a)时，g)>0;当xe(,l)时，g) 了飞)在[31)上单调递减 0. 因为f(传)=-10f)=-1<0, 所以g)-血受红一是一在[日）上为增函数，在 (x1,1)上为减函数， 所以了()在[日，1)上存在唯一的零点 因为g(兮）=g1)=0,所以当x∈[3,1)时，有g)≥ 当x∈[号，m)时，f()>0;当x∈(m,1)时，f() 0,即m受≥ <0 所以f)=受x-x在x∈[日m)上为增画数，在z 令=a,则有m登a≥是a:十，故C正确 ∈(x0,1)上为减函数. 对于D,令A)=im吾红一是r∈[合1小，则h) 因为f(兮）=君>0，f1)=0,所以当x∈[号，1)时，有 fx)>0,即sin受x>x. M()在[日，1上单调运减。 令x=a,则有sin受an>a,故B正确。 因为（传）=-<0,)=一<0， 对于A,假设存在∈N*,使得a%=1,则a+1=sin 2 所以A(x)在[3,1)上为减通数。 =sin2-1, 因为h(得)=0，所以当x∈[号，1)时，总有A(x)≤ 所以ak+1=1,所以ak+1=ak=1, 与B选项中数列{an}单调递增矛盾，故A错误. h(）=0，即≤号 对于C,要证a1≥n十}，只需证sn哥an≥8an 所以sma≤号a,印a1≤号a, 3 + 整理得am1-au≤包a共中=1,23，…， 令)=m吾红-是红-是x∈[日小，则g) 故a2-a1≤2a,ag-a<2,a+1-au≤2an .1 1 3 1 累加后可得am+1一a1≤2Sm,即2am+1≤2a1+Sm,故D 422 Q实战册参考答案及解析 正确。 所以Pm=223"+1 2682解析因为A1=(-1,1),依题意得A2=（-1,0, (3)要求Tm=P1·P2·…·Pm, 0,1),A3=(-1,0,-1,1,-1,1,0,1), 只需求1og2Tn=log2(P1·P2…Pn)=log2P1+log2P2十 显然A1中有2项，其中1项为一1,1项为1，A2中有4项， …十log2Pn. 其中1项为一1,1项为1,2项为0，A3中有8项，其中3项 又1og2Pm=log222·3+1=2·3m+1, 为一1,3项为1,2项为0， 所以log2P1+1og2P2+·+log2Pm=(2·31+1)+ 由此可得An中共有2n项，其中1和一1的项数相同. (2·32+1)+…+(2·3m+1)=2X 设An中有cm项为0,1和一1的项数相同都为bn,所以2bn +cn=2n,b1=1, 31+30++3)+n=2x33+n=91+-3, 从而2bn-1十cn-1=2-1(n≥2)①. 所以log2Tm=3+1十n-3,所以Tn=231+m-3 因为f(A)表示把A中每个一1都变为一1,0，每个0都 分层闯关 变为一1,1，每个1都变为0,1，得到新的有序实数组，则 基础题组 bm=bm-1十cm-1(n≥2)②. 1BCD 解析对于A,当n=2时，a2-b2= ①+②，得bn十bm-1=2n-1(n≥2)③， 所以bn十bn+1=2n④. (号)°-cs3x=2,故a)与6x)不“作随，故A ④-③，得b+1-bm-1=2n-1(n≥2)， 错误。 所以当n为奇数且n≥3时，bn=(bm一bm-2)十(bm-2 111 bn-4)十…+(b3-b)+b1=2n-2+2m-4+…+21+1 对于B,图为amn十-an十1，所以S.=}-司 11 =2m十1 3 23+… 11 1 +nn+i=l-n中市，所以am-Sal= 经检验，当n=1时符合，所以=2”1(m为奇数). -1+-日1<1.所以a与 11 3 当n为偶数时，n一1为奇数， {Sm}“伴随”，故B正确. 又因为bn十bm-1=2n-1(n≥2)， 对于C,因为{am}与{bn}“伴随”，所以an一bm≤l,故am 所以b,=21-6-1=21-2四}+1_21，所以b. -1≤bm≤an十1. 3 3 因为{an}的前5项为2,3,5,8,13， 2m为专。 所以1≤b1≤3,2≤b2≤4,4≤b3≤6,7≤b4≤9,12≤b5 ≤14， 2号m为%数 故可能b1和b2相等，b2和b3相等，但不能同时成立，b1, 当n为奇数时，6十61=21+21-1=20， b2,b3与b4,b5不相等， 3 3 故P中元素的个数为4或5，故C正确 所以{bm}的前10项和为(b1+b2)+(b3十b4)+(bs十bs) 对于D,因为{am}是公差为d的等差数列，所以an=a1十 +(b7+b8)+(b9+b10)=21+23+25+27+29= (n-1)d. 2×(1-45)=682. 因为{an}与{bn}“伴随”， 1-4 所以an-bn≤1，所以an-1≤bn≤an十1①. 3解：(1)由题意，得A1=5,A2=9,P1=20+1+2+1+3= 因为数列{bn}是递增数列，所以bn+1>bn. 27=128,P2=27+1+2+4+5=219」 由①，得b+1≥an+1-1=am十d-1,bn≤an十1，所以an (2)因为Am+1=An十An-1=2Am-1,所以Am+1一1= +d-1>an+1, 2(An-1). 解得>2，故D正确， 又A1-1=4≠0，所以An-1≠0，所以41=2， 2解：(1)因为an,S,a品成等差数列， A-1 所以数列{Am一1}是以4为首项，2为公比的等比数列， 所以2Sm=am十a品①，且am>0. 所以An-1=2n+1,即Am=2n+1+1. 当n=1时，可得2a1=a1十a,解得a1=1或a1=0(舍 设Lm=log2Pm,则Ln+1=3Lm-2,即Lm+1一1= 去)； 3(Lm-1). 当n≥2时，可得2Sm-1=am-1+a品-1②， 因为-1=6≠0，所以L。-10,所以气-3， ①-②，得2am=an一am-1十a品一a品-1，整理得(an十 an-1)(an-an-1)=an+an-1, 所以数列{L一1}是以6为首项，3为公比的等比数列， 且am十an-1>0,所以an-am-1=1, 所以Lm-1=6·3m-1=2·3m,即Lm=2·3n+1, 所以数列{am}是以首项为1，公差为1的等差数列，所以 423 答案 实战高考·数学 am=1+n-1=n. 个偶数， (2因为am+≤2，所以+号≤2，即≥(a+】 n2 an 故，》的取值情况有受×受×2=受（种），故卫. 因为2(+)≥×2√-2，当且仅当n= A ,即 n=2时等号成立， =2(n-1) 所以b1=0,b2=1. 综上所述，当≥3且n为奇数时，P。=";当m≥3且m 2n 当≥3时，因为号(2-1+2)=-（合22）》 为偶数时，Pn=2(m一) <,号(2+是)-k+名>， 能力题组 0,k=0, ④解：(1)因为A0:0,1,2,所以对于A1:y1,y2,y3,y1=02 +0×1+12-4×(0+1)+5=2,y2=12+1×2+22-4× 所以bk=2k-1.综上所述，bk=1,k=1, 2k-1,k≥3. (1+2)+5=0,3=22+2×0+02-4×(2+0)+5=1, 所以A1:2,0,1. 所以数列bk的前50项和为0十1十5+7十·十99=1十 48×(5+99)=2497. 对于A2:y1y2,y3,y1=22+2×0+02-4×(2+0)+5= 2 1,y2=02+0×1+12-4×(0+1)+5=2,9=12+1×2 3(1)解：若十j=100,则(i,j)的所有取值情况为： +22-4×(1+2)+5=0, (1,99),(2,98),(3,97),·,(50,50),…,(97,3),(98,2), 所以A2:1,2,0.同理可求得A3:0,1,2 (99,1), (2)(①)若x=0,x+1=1,则y:=02+0×1+12-4×(0+ 故数阵{a(i,》}共99项. 1)+5=2,记f(0,1)=f(1,0)=2; 由a(i,》=2-j2,知a(50,50)=0, 若x:=0,x+1=2,则y:=02+0×2+22-4×(0+2)十5 a(1,99)十a(99,1)=a(2,98)十a(98,2)=…=a(,》十aj,)=0, =1,记f(0,2)=f(2,0)=1; 所以T=a1,99)十a(2,98)+a(3,97)十…十a(50,50)十…十 若x=1,x+1=2,则y=12+1×2+22-4×(1+2)+5 a(97,3)十a(98,2)+a(99,)=0. =0,记f(1,2)=f(2,1)=0. (2)证明：a(m,ma(p,9=(m2-n2)(p2-q2)=(mp+nq)2 令a,b,c∈{0,1,2}，a,b,c各不相同， -(mq+np)2. f(a,6)=f(b,a)=c,f(b,c)=f(c,b)=a,f(c,a)= 由m,n,p,q∈N*,知mp+nq,mq十np∈N*, f(a,c)=b. 故a(m,)a(p,g=a(mp十四，mg十p), 若A0:a,b,c,则A1:c,a,b,A2:b,c,a,A3:a,b,c,显然A0 所以a(m,)a(p,g)也是数阵{a(,》}中的项。 =A3,即3k是周期(k∈N*); (3)解：a(,》=2-j2=(i-j)(i十j),i,j∈ 若A0:a,a,c,则A1:a,b,b,A2:c,b,c,A3:a,a,c,显然A0 {1,2,3,…,n},i≠j. =A3,即3k是周期(k∈N*); 由i一j与i十j具有相同的奇偶性，知要使ai,)的值为奇 若Ao:a,a,a,则A:a,a,a,即k是周期(k∈N*) 数，需使i一j与i十j都是奇数，即i与j必定一奇一偶. 综上所述，若n=3,则对任意Ao,3k为数列组{A;}的周 当n=3时，(i,)的取值情况有4种，故P3=告=名； 期，所以数列组{A}的最小正周期是3. (ii)当n为偶数时，不妨设A0:1,2,1,2,…,1,2,则A:0, 当n=4时，，j)的取值情况有8种，故P,=&=名， 0,0,…,0,j∈N*, 此时不存在正整数m,使得数列Am与Ao为同一数列，即 当n=5时，(i,》的取值情况有12种，故P,=品=3 数列组{A;}不存在周期 A号5 当n为奇数时，因为A0的每一项均为{0,1,2}中的元素， 当心3且n为奇数时，1,23中有”告个奇数。 所以A0至多有3m个， 因此对于给定的Ao,总存在t∈N*,∈N,使得A ”2个偶数， =Ak+t. 故，》的取值情况有”空×”2×2=2（种），故卫. 下证：当k≥1时，Ak-1=Ak-1+t, 2 2 事实上，设[-(x:十x+1)](mod3)表示-(x十x+1)除 n2-1 以3的余数. 2 n+1 A号 2n 由数列A-1:x1,x2,…,xm到A:y1,y2,…,ym的变换结 果，知y=[-(x:+x+1)](mod3),i=1,2,…,n. 当n≥3且n为偶数时，1,2,3，…，n}中有受个奇数，受 不妨设Ak-1:a1,a2,…,am,Ak-1+t:b1,b2,…,bm. 424 Q实战册参考答案及解析 由Ak=Ak+1,知[-(ai十a+1)](mod3)=[-(b:+ (2)证明：因为f({an}☒{bn})=f({an})·f({bn}), b+1)](mod3),i=1,2,…,n. 所以f({an})·f({bn})·f({cn})=f({an}☒{bn})· 所以[2(-1)(a:十a+1)](mod3)=[2(-1)i(b:+ f({cn})=f({an}☒{bn})☒{cn}). b+1)](mod3), 又因为f({an)·f(《bn})·f(cm)=f({an})· 即[-a1+(-1)"a+1](mod3)=[-b1+(-1)b+1] [f({bn)·f({cn})]=f({an})·f({bn}☒{cm) =f({an}☒({bn}☒{cn}), (mod3). 结合n为奇数，am+1=a1,bn+1=b1,可得(-2a1)(mod3) 所以f({an}☒{bn})☒f{cn})=f({an}☒({bn}☒ =(-2b1)(mod3),则a1=b. f{cn})), 同理可证：对任意i∈{2,3，…，n},均有a=b,所以A-1 所以({an}☒{bnm})☒{cm}={an}☒({bn}☒{cn}). =Ak-1+, (3)证明：对于{am},{bn}∈S, 以此类推，得到Ak-2=A-2+t,…,A0=A, 因为(a1十a2x+…十amxn-1十…)(b1十b2x+…十 所以对于任意A0均存在整数t,使得Ao=A, bnxn-1+…)=d1十d2x十…十dnmx-1+…,所以dnxn-1 在Ao变化时，所有t的最小公倍数m即为数列组 =a1（bnx-1）十…十akxk-1(b+1-kxn-k）十… {A}的一个周期， 十am-1xn-2(b2x)十anxn-lb1, 综上所述，数列组{A;}均存在周期时，n的所有可能取值 所以dn=a1bn十a2bm-1+…+abm+1-k+…+am-1b2 为n=2k+1(k∈N*). +ab1, 培优题组 所以{an}☒{bn}={dn}={2abm+1-k. k=1 5(1)解：因为{an}☒{bn}={mn),f({an}☒{bn})= d200= 登ab201-=ab201-+ k=1 k101 akb201-k= f({an})·f({bn})=(a1+a2x+a3x2+a4x3+…)(b1+ 9(k+1)2+1 b2x+b3x2+b4x3+…)=…+(a1b4+a2bg+a3b2 白k(k十1)2+2 +a4b1)x3十…， f({mm})=m+m2x十msx2+m4x3+…, 所以d2o0= 点1+中)-驾点+ 所以m4x3=(a1b4+a2b3+a3b2+a4b1)x3, 1 102 1 所以m4=ab4+a2b3+a3b2+a4b1. Lk·2+灯一(k+1)·2+2 101×21022· 高考全国视野 真题精练 由题意可得Tm中的所有元素由以下系列中所有元素 ①(1)解：设数列{an}的公差为d,数列{bn}的公比为q(q 组成： ≠0)， 当p1,2,…,p-1,pm均为1时，该系列元素只有Sm= 2+d=2q+1 8+(3n-4)2+1,即C%个； 则由题意得 2+2d=2q2, 解得/d3, g=2, 当1,2，…，pm-1,pm中只有一个为0，其余均为1时，该 所以an=2+3(n-1)=3n-1,bn=2X2n-1=2n. 系列的元素有Sm一a1b1,Sm-a2b2,Sm-a3b3,…,Sn一 (2)()证明：由(1)知am+1bm+1=(3n+2)2n+1,pnanbn= anbn,共有Ch个， (3n-1)2"pn=0或pnanbn=(3n-1)2">0, 则这n个元素的和为CSm一(a1b1十a2b2十…十anbm)= 当Pnanbn=(3n-1)2n>0时， (Ch-C)Sn; 设Sn=p1a1b1+p2a2b2十…+pn-1an-1bn-1+pnanbn 当1，p2,…,pm-1,pm中只有2个为0，其余均为1时，该 2×2+5×22+…+(3n-4)2n-1+(3n-1)2n, 系列的元素为Sn-ab:-abj(i,j∈{1,2，…，n},i≠j), 则2Sm=2×22+5×23+…+(3n-4)2"+(3n-1)2n+1, 共有C?个， 所以-Sm=4+3×(22+23+…+2r)-(3n-1)2+1=4 则这n个元素的和为CSn-C》-1(a1b1十a2b2+…十 anbn)=(C-Ch-1)Sn; +3×22×1-2"）-(3m-1)2+1=-8+(4 1-2 当1,2，…，pm-1,pm中有3个为0，其余均为1时，该系 3n)2n+1, 列的元素为Sm一ab:一abj一abk(i,j,k∈{1,2，…，n},i 所以Sm=8十(3n-4)2n+1,为Tm中的最大元素， ≠j≠)，共有C个，则这n个元素的和为C3Sm 此时an+1b+1-Sm=(3n+2)2m+1-[8+(3n-4)2n+1] C%-1(a1b十a2b2十…十anbn)=(C3-C%-1)Su; =6·2+1-8>0恒成立， 所以对Vt长Tm,均有t<an+1bn+1. 当1,2，…，pm-1,pm中有n一1个为0,1个为1时，该 (i)解：方法一：由(i)得Sn=8+(3n一4)2n+1,为Tm中的 系列的元素为a1b,a2b2,…,anbm,共有C为1个， 最大元素， 则这n个元素的和为C为1Sn-C二号(a1b1十a2b2十…+ 425 答案 实战高考·数学 abn)=(CA-1-Cn)Si 同时，由于i十jk十s十tk总是偶数，所以ak,1十ak,3十 当p1,2,…,pm-1,pn均为0时，该系列的元素为0=(C为 a,5十a,7和ak,2十ak,4十ak,6十ak,8的奇偶性保持不变， -CW)Sm,有C=1个. 从而as,1十as,3十as,5十as,7和a,2十a,4十as,6十as,8都是 综上所述，Tm中的所有元素之和为S十(Ca一1)Sm十(C% 偶数. -Ca-1)Sm+(C3-C%-1)Sm+…+(Ca1-C)Sn十0 下面证明不存在j=1,2,3,4使得a,2j1一as,2≥2. =[(C%十C2十…+C沿-1十C为)-(C%-1十Cn-1十…十 假设存在，根据对称性，不妨设j=1,as,2对-1一a,2i≥2，即 C+C)]S as,1-a,2≥2. =(2n-2m-1)Sm=2m-1Sn=2m-1·[8+(3n-4)2+1]. 情况1：若as,3-as,4+|a,5一as,6|十a,7一a,8|=0, 则由a,1十as,3十as,5十as,7和as,2十a,4十as,6十as,8都是 方法二：由(i)得S=8+(3n一4)2+1，为Tm中的最大 元素， 偶数，知a,1-as,2≥4. 由题意可得Tm={Sm,Sm一abi,Sn一abi-ajbj,Sn一ab 对该数列连续作四次变换(2,3,5,8)，(2,4,6,8)，(2,3,6， -abj-ab,…,abi+ajbj,ab,0},（i,j,k∈ 7),(2,4,5,7)后，新的|a+4,1-a+4,2|+1as+4,3 {1,2,…n},i≠j≠k), as+4,4十a+4,5一a+4,6十|a+4,7一a+4,8相比原来 所以Tm的所有的元素的和中各项ab:(i∈{1,2，…，n}) 的as,1一as,2|+|as,3-as,4|+|a,5-as,6+|as,7-as,8 出现的次数均为C”-1十Ch-1十…十C子+C%= 减少4，这与las,1-a,2|十|as,3一as,4|+|as,5-as,6十 2n-1次， |as,7一as,8的最小性矛盾. 情况2：若|as,3-a,4十|as,5-as,6|十a,7-as,8>0, 所以Tm中的所有元素之和为2n-1(a1b1十a2b2+…+ a,nbm)=2-1Sm=2n-1·[8+(3n-4)2n+1]. 不妨设as,3一as,4>0. 情况2一1：如果a,3一as,4≥1，则对该数列连续作两次变 2(1)解：由题意得2(A):3,4,4,5,8,4,3,10. 换(2,4,5,7)，(2,4,6,8)后，新的a+2,1-a+2,2|十 (2)解：假设存在符合条件的2，可知2(A)的第1,2项之 |as+2,3-as+2,4|+|as+2,5-as+2,6|+|as+2,7-as+2,8| 和为a十a2十s,第3,4项之和为a3十a4十s, 则Ca+2)+(a2+6)=a1+a2+, 相比原来的|as,1一as,2|十|as,3一as,4|十|a,5一as,6|十 而该方程组无解，故 l(a3+4)+(a4+2)=a3+a4+s, |as,7一as,8至少减少2，这与a,l一as,2|十|a,3-as,4 假设不成立， 十as,5-as,6十as,7一as,8的最小性矛盾； 故不存在符合条件的2. 情况2-2：如果as,4一as,3≥1，则对该数列连续作两次变 (3)证明：我们设序列Tk…T2T1(A)为{ak,n}(1≤n≤8)， 换(2,3,5,8)，(2,3,6,7)后，新的a+2,1一a+2,2|+ 特别规定a0,m=am(1≤n≤8). |as+2,3-as+2,4+|a+2,5-a+2,6|+|a+2,7-as+2,8 必要性： 相比原来的as,1一as,2|十|as,3一a,4十|a,5一as,6|十 若存在序列2：1,2，…，w,使得2(A)为常数列， |as,7-a,8|至少减少2，这与a,1一as,2|+|a,3一as,4 则a,1=a,2=a,3=a,4=as,5=a,6=a,7=a,8,所以 十as,5一a,6十as,7一as,8的最小性矛盾 as,1十as,2=a,3十a,4=as,5十as,6=a,7十a,8. 这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的j=1,2, 根据T6…T2T(A)的定义，显然有a,2-1十ak,2i= 3,4都有as,2j-1一as,2≤1. ak-1,2j-1十ak-1,25,这里j=1,2,3,4,k=1,2,… 假设存在j=1,2,3,4使得|as,2-1-a,2=1,则a,25-1 所以不断使用该式就得到a1十a2=a3十a4=a5十a6=a7 十as,2j是奇数，所以as,1十a5,2=a,3十a,4=a,5十a,6= 十a8,必要性得证 a,7十as,8都是奇数，设为2N十1， 充分性： 则此时对任意j=1,2,3,4,由|a,2对-1一as,2i≤1可知必 若a1十a2=a3十a4=a5十a6=a7十a8. 有{as,2i-1,as,2}={N,N+1). 由已知，a1十a3十a5十a?为偶数，而a1十a2=a3十a4=a5 而as,1十as,3十as,5十a,7和as,2十a,4十as,6十as,8都是偶 +a6=a7+a8,所以a2+a4+a6+a8=4(a1+a2)一 数，故集合{ma,m=N}中的四个元素i,j,s,t之和为偶 (a1十a3十a5十a7)也是偶数. 数，对该数列进行一次变换(i,j,s,t),则该数列成为常数 我们设T,…T2T1(A)是通过合法的序列2的变换能得 列，新的as+1,1-as+1,2|十as+1,3-as+1,4|十as+1,5 到的所有可能的数列2(A)中，使得|a,1一as,2|十 a+1,6|十as+1,7一as+1,8等于零，比原来的a,1一as,2 |a,3-as,4|+a,5-as,6+as,7一as,8最小的一个. +as,3-as,4|+|as,5-as,6|+as,7-as,8|更小，这与 上面已经证明ak,2j-1十Qk,2=ak-1,2j-1十ak-1,2,这里j |a,l-as,2l+as,3-as,4+|as,5-a5,6|+as,7-a,8 =1,2,3,4,k=1,2,…. 的最小性矛盾。 从而由a1十a2=a3十a4=a5十a6=a7十a8可得as,l十 综上，只可能as,2j-1-as,2=0(j=1,2,3,4),而as,1十 as,2=as,3十a,4=as,5十as,6=as,7十as,8. as,2=as,3十as,4=a,5十as,6=as,7十as,8,故{a,m}=2(A) 426 ○实战册参考答案及解析 是常数列，充分性得证 又an=g(2n), 模拟精练) a+1=2a+2,即a-80+2 ①B解析因为f(x)=x2,所以f(x)=2x,则x+1=xn f(an) ∴)=x十是数列}的生成函数 又因为西=2，所以{x}是首项为=2，公比为g=号 (m解：由，知-+号，又号-， 的等比教列，所以=2×（分）》-（分）， “数列{}是以号为首项，2为公差的等差数列， 所以a=logx=log(合)》”2=2- 所以S0=10X9-8》=-35. ∴.Sm=1×20+2×21+3×22+…+nX2n-1, 2 2Sn=1X21+2X22+3X23+.+nX2m 2解：(1)因为d=8,所以am+2十2an+1十an=8. 两式相减，得一Sn=20十21十22十…十2-1一nX2m= 因为a1=2,a2=4,所以由a3十2a2十a1=8,解得a3= 2. 1×(1-2m）-n×2m=(1-n)X2m-1, 1-2 由a4十2a3十a2=8,解得a4=8. ∴.Sm=(n-1)×2m+1. 由a5十2a4十a3=8,解得a5=-6. （2证明：由题意，知1-0多是=2。 所以a3=-2,a4=8,a5=-6. (2)因为am+2十2am+1十an=8, bm+1-1=20256+2-6:+2026)_2024(n-1D bm+2026 bm+2026 设bn=am+1十an,则有bn+1十bn=8, bm+1十2-2025b,+2+(26:+4052)_20276n+2) 所以bm+2十b+1=8,则b+2=b. bm+2026 bm+2026, 又因为b1=a2十a1=6, .bm+1-1_2024,bm-1 所以b1=b3=b5=…=b2023=6, bm+1+22027`bm+2 即a1十a2=a3十a4=a5十a6=…=a2023十a2024=6. 又会}数列会}是以片为首项号8器为公 因为a1=2=(2×1-2)×(-1)+2, 比的等比数列， a2=4=(2×2-2)×(-1)2+2, .bm-1_1(2024)m-1 a3=-2=(2×3-2)×(-1)3+2, …6+24\2027/ a4=8=(2×4-2)×(-1)4+2, a5=-6=(2X5-2)×(-1)5+2, 义a9<82器 0.999, 所以am=(-1)n·(2n-2)十2， ÷×0.9g1<(82器)<×0.99e 所以a2025=-4048+2=-4046, N*,n≥2)， 所以S2025=a1十a2十a3十a4+…十a2023十a2024十a2025 _2024×6-4046=2026. 当22时，号20.991<T<0.091 2 3(1)(i)证明：由题意，知a1=g(2)=1,g(2n+1)= 即·1二0<T<·-8, 2g(2m)+2m. .25(1-0.99m)<T<250(1-0.999m)(n∈N*,m2). 专题七。立体几何与空间向量 7.1空间几何体的结构特征、表面积和体积 山东新高考全练 ①B解析设圆柱的底面半径为r,则圆锥的母线长为 所以能够被整体放入正方体内，故A正确。 √2十3，而它们的侧面积相等，所以2πrX√3=πrX 对于选项B,因为正方体的面对角线长为√2m,且√2> √3十2，即23=√3十2，解得r=3,故圆锥的体积为 1.4,所以能够被整体放入正方体内，故B正确. 号x×32X3=33元 对于选项C,因为正方体的体对角线长为3m,且√3< 1.8,所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确. 2ABD解析对于选项A,因为0.99m<1m,即球体的 对于选项D,因为1.2m>1m,所以底面正方形不能包含 直径小于正方体的棱长， 圆柱的底面圆. 427