专题06 数学归纳法与数列压轴题专项训练-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册

专题06 数学归纳法与数列压轴 数列 · 章级培优　压轴题专项训练 解题通法 题型归纳 题型一、归纳—猜想—证明 题型二、整除性与整数性 题型三、新定义数列的性质判断 题型四、删除项、分组与子列型综合 题型五、集合元素个数与取值范围 压轴挑战 ▍ 解题通法 本讲把数列压轴题的三条线索并到一处．第一条是数学归纳法：奠基与递进缺一不可，由 的假设推到 的结论时，每一步变形都要交代依据，等式要算清增减的项数，整除要在 的式子里配出 的整体，用不上归纳假设的递推不是数学归纳法．第二条是结构与计数：删去哪些项、怎样分组、子列怎样取，都要把分法写明并把个数算足，构造出的分组既不重复也不遗漏，含变换的问题要先找出每次操作都不变的量，由不变量立必要条件，「至少有多少种」与「恰有多少种」要分清．第三条是集合与范围：集合元素受互异性约束，要先剔除重复再计数；含「存在」的条件只需一个下标合格，含「任意」的条件要由最值控制，二者常常互为补集，端点能否取到必须单独检验． ▍ 题型归纳 ▍ 题型一、归纳—猜想—证明 ▸ 典例 1 已知数列 满足 ，（）． （1）写出 、、，并猜想 的通项公式； （2）用数学归纳法证明（1）中的猜想． 【答案】，，，猜想 ，并用数学归纳法证得它对一切 成立． 【分析】按递推式逐项代入算出前三项，由分子恒为 、分母依次为 、、 猜想 ，再分奠基与递进两步证明． 【详解】解：（1）因为 ，所以 ． 同理 ，． 这三项的分子都是 ，分母依次为 、、，又 也符合这一规律，所以猜想 ． （2）用数学归纳法证明． 奠基：当 时，，猜想成立． 递进：假设当 （，）时猜想成立，即 ． 当 时，依据递推式 ，把归纳假设整体代入，得 ， 即当 时猜想也成立． 由奠基与递进可知，对一切 ，都有 ． 检验：递推式两边取倒数得 ，故 是首项为 、公差为 的等差数列，，与所得结论一致． ▍ 题型模版 1.特征：给出首项与递推式（或给出若干具体项），要求先算前几项、观察规律、写出猜想，再用数学归纳法把猜想坐实． 2.方法：第一步验证 ；第二步先写出「假设 时命题成立」的具体内容，再把 的对象按递推式展开，将归纳假设整体代入，变形到与 的目标式完全一致，最后写明结论对一切 成立． 3.提醒：奠基与递进缺一不可，只验起点不递推、或只递推不验起点都不能下结论；第二步必须真正用到归纳假设；起始值 由对象的实际范围决定，不一定是 ；由 到 时增减的项数要逐项数清，猜想的结论还要回代 、 校核． ▸ 变式 1-1 用数学归纳法证明：（，）． 【答案】不等式对一切 的正整数 成立． 【分析】从 到 左边只增加一项 ，只需证 ，即 ． 【详解】证明：（1）奠基：当 时，左边 ，右边 ， 因为 ，所以不等式成立． （2）递进：假设当 （，）时不等式成立，即 ． 当 时，左边 ，由归纳假设得 左边 ． 因为 时 ，所以 ， 于是 （分母变大，分数变小，放缩方向为缩小）． 从而 ， 即当 时不等式也成立． 由（1）（2）可知，对一切 的正整数 ，都有 ． 注意 时左边 、右边 ，不等式不成立，所以起始值必须取 ． ▸ 变式 1-2 记 为数列 的前 项和，已知 ， 是公差为 的等差数列． （1）求 的通项公式； （2）证明：． 【答案】（1）；（2）先证得 ，再由 得证． 【分析】第（1）问由 得 ，与 的式子相减化为 ，累乘求通项；第（2）问先算前几项的和猜想 ，再用数学归纳法证明． 【详解】解：（1）因为 ，所以 ，故 ，即 ． 当 时，，两式相减得 ， 两边乘 并整理，得 ，即 ． 又已知 ，于是当 时 ， 且 时 ，所以 （）． （2）由（1）得 ，依次计算前 项和： ，，， 它们分别等于 、、，故猜想 ． 下面用数学归纳法证明这个猜想． 奠基：当 时，左边 ，右边 ，等式成立． 递进：假设当 （，）时等式成立，即 ． 当 时，因为 ，由归纳假设得 左边 ， 而 正是 时的右边，故当 时等式也成立． 由奠基与递进可知，对一切 ，都有 ． 又 时 ，所以 ，即 ，故 ． ▍ 题型二、整除性与整数性 ▸ 典例 2 已知集合 ，，，，且 为偶数．给定数列 和序列 ，其中 （），对数列 进行如下变换：将 的第 项均加 ，其余项不变，得到的数列记作 ；将 的第 项均加 ，其余项不变，得到的数列记作 ；以此类推，得到数列 ，简记为 ． （1）给定数列 和序列 ，，，写出 ； （2）是否存在序列 ，使得 为 ，，，，，，，？若存在，写出一个 ；若不存在，说明理由． 【答案】（1） 为 ；（2）不存在这样的序列 ． 【分析】集合 由「四个下标之和能被 整除」这一整除性条件给出，每次变换都在 、、、 这四组中各取一项加 ，故四组各自增加量之和都等于变换次数 ；第（1）问按三次变换逐项累加，第（2）问比较四组增加量之和即可判否． 【详解】解：（1）先检验序列的每一项都属于 ： 与 都能被 整除， 且四个坐标分别取自 、、、，所以 与 都是 中的元素， 是合法序列． 第一次变换 使第 项各加 ，得 ； 第二次变换 使第 项各加 ，得 ； 第三次变换 使第 项各加 ，得 ，所以 为 ． （2）不存在．理由如下． 按 的定义，每个 的两个坐标满足「一组里恰取一个」：，，，， 即一次变换使 、、、 这四组中恰有一项加 ，于是每组的增加量之和都恰好增加 ． 设 共含 次变换，记变换后第 项的增加量为 ，则四组的增加量之和都等于 ， 即必有 ． 而题目要求的增加量依次为 ，四组的和分别为 、、、， 三者互不相等，与上面必须四组相等的条件矛盾，所以满足要求的序列 不存在． 再说明这一判据只用到必要条件：即使四组的增加量之和已经相等，仍须把每次变换所取的四个下标配成和为偶数者，才能断言序列合法． 以四组之和都为 为例， 组里下标 取 次、下标 取 次， 组里两个下标各取 次， 逐次写出这八组下标时，每次所取的四个下标中「来自所在组第二个」的个数必须为偶数，那一次变换才真正属于 ． ▍ 题型模版 1.特征：命题形如「 能被 整除」或「（或某个下标、某个参数）为整数」，要求对一切正整数 成立，或要求求出使整数性条件成立的正整数的最大值；也可由「若干下标之和为偶数」这类整除约束规定可取的指标，再判断满足整数性要求的对象是否存在． 2.方法：整除题在归纳法与同余法中选用一种并写全理由：归纳法要把 的式子拆成「 的倍数加上若干倍乘 的整体」；同余法要把高次幂按 降次，使两部分合并成 的倍数．整数性题先用「整数递增数列相邻两项至少差 」定出和的下界，再构造达到下界附近的具体数列；含变换的整数性题先找不变量（每次变换对各组的贡献相同、各组之和的差保持不变），由不变量给出必要条件，再逐步检验奇偶限制． 3.提醒：归纳法没有配出 的整体，等于没用假设；配出的系数必须是整数倍才能断言整除；同余法每一步要交代模数与依据；整数性题得到下界后还要检验恰好等于所给和的数列确实存在，并且满足首项与递增的全部限制；必要条件只能判「不存在」，判「存在」必须把操作序列逐项写出并验证每个组合都符合整除约束． ▸ 变式 2-1 已知数列 是各项均为整数的递增数列，且 ，若 ，则 的最大值为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】项数最多时首项与公差都取最小，即 、，得前 项和的最小可能值 ，用它不超过 夹出 ，再构造取等的数列． 【详解】解：因为 是各项均为整数的递增数列，所以 （），又 ， 故 ，于是 ． 由 得 ，即 ． 因为 时 ， 时 ，所以 ． 再构造 的例子：取 ，前 项之和为 ， 所以这 项之和为 ，且 ，数列仍是各项为整数的递增数列，全部条件满足． 因此 的最大值为 ，选 C． 把多余的和补到最后一项，既保持递增又不改变项数，这是整数性问题中「下界加构造」的标准收尾． ▸ 变式 2-2 用数学归纳法证明：对任意 ， 能被 整除． 【答案】证得 对一切 成立． 【分析】从 到 ，前一部分乘 、后一部分乘 ，把 写成 就能同时得到 的整体与 的倍数． 【详解】证明：（1）奠基：当 时，，能被 整除，命题成立． （2）递进：假设当 （，）时命题成立，即 ． 当 时，． 把 写成 ，得 ，所以 ． 由归纳假设， 是 的倍数，故 也是 的倍数； 显然是 的倍数， 所以 能被 整除，即当 时命题也成立． 由（1）（2）可知，对一切 ， 能被 整除． 同余验算：，故 ，于是 ，与归纳法一致． ▍ 题型三、新定义数列的性质判断 ▸ 典例 3 设 与 是两个不同的无穷数列，且都不是常数列，记集合 ．给出下列四个结论：①若 与 均为等差数列，则 中最多有 个元素；②若 与 均为等比数列，则 中最多有 个元素；③若 为等差数列， 为等比数列，则 中最多有 个元素；④若 为递增数列， 为递减数列，则 中最多有 个元素．其中所有正确结论的序号是           ． 【答案】①③④ 【分析】一句话复述定义： 是所有使两数列在第 项相等的下标组成的集合，元素个数就是两数列图象公共正整点的个数；于是一次式与一次式、一次式与指数曲线、两支关于 轴对称的指数曲线分别用「交点个数」来数，错的结论要举反例． 【详解】解：定义中的 表示 ，即点 与 重合， 的元素个数就是两个图象公共正整点的个数． ①：设 ，，则 ． 若 ，这是关于 的一次式，只有一个零点，故 至多含 个元素；若 且 ，则 恒不为 ，； 若 且 ，则两数列完全相同，与「两个不同的数列」矛盾，不会出现．所以①正确． ②：取 ，，则 的公比为 ， 的公比为 ，都是等比数列，都不是常数列，且两数列不同． 当 为奇数时 ，即一切奇数下标都属于 ， 含无穷多个元素，故②错误． ③：设 （，因为 不是常数列），（，）． 当 时，点 都在曲线 上；指数曲线是凸的，一条直线与它至多有 个公共点（若有三个公共点，横坐标 ，则两点连线的斜率随区间右移严格增大，三点不可能共线），故 至多 个元素． 当 且 时，奇数项满足 ，偶数项满足 ，即点分落在关于 轴对称的两支曲线上． 直线与其中一支有两个公共点时，其斜率与这一支的增减方向同号；与另一支有两个公共点时斜率与另一支的增减方向同号，而两支的增减方向相反， 所以两支不可能同时各有两个公共点，故 的元素个数不超过 ．当 时 只取 与 两个值， 而 严格单调，方程 与 各至多一个正整数解，故 至多 个元素．综上 中最多有 个元素． 再说明 个能取到：取 ，，则 ，，， 即 至少含 、、 三个元素，与上界一致，故③正确． ④：若有两个下标 同属于 ，则由 递增得 ，由 递减得 ， 与 、 矛盾，故这样的下标至多一个， 中最多有 个元素，④正确． 综上，所有正确结论的序号是①③④． ▍ 题型模版 1.特征：题干先给出一个新概念（集合、变换、可表性、新的关系式），再要求判断若干结论、判断某个对象是否具备该性质，或求出使性质成立的对象个数与取值范围；也常直接给出含「存在」「任意」的量词命题，要求判断两个条件之间的推出关系． 2.方法：第一步用一句话把定义复述成「谁等于谁、对谁任意、存在谁」；第二步把定义落到具体对象上逐条验算，列出全部合格的下标、枚举连续段的和，或把数列看成函数图象上的点列；第三步按「先排除、再构造」写结论：判错举出反例，判对给出上界或依据，并检验上界能否取到；判断条件关系时，先把两个条件都写成量词形式，再由量词的强弱直接推充分性，必要性一律举出满足弱条件却不满足强条件的具体数列． 3.提醒：定义里的「任意」与「存在」不可互换；常数列、公比为负、公比为 等边界情形要单独检验；计数时先剔除重复元素；「最多有几个」必须既证上界又给出取到上界的例子，只举一个满足的例子不能证明结论恒成立． ▸ 变式 3-1 已知 ， 均为无穷数列，则「存在常数 ，使得 （）」是「（）」的（　　） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】一句话复述定义：前一个条件要求存在一个常数把两列全部项「隔开」，即 的每一项都不超过 且 的每一项都不小于 ；后一个条件只要求同一下标处两列的项满足不等关系，两个条件的量词结构不同，充分性直接放缩，必要性举出交错递增的反例． 【详解】解：记甲：存在常数 ，使得对一切 都有 ；乙：对一切 都有 ． 先证甲能推出乙．若甲成立，取到这个常数 ，则对任一正整数 ，由 且 ， 两式相接得 ， 是任意的，故乙成立，甲是乙的充分条件． 再证乙不能推出甲．取 ，（），则 对一切 成立，乙成立． 若存在常数 使 对一切 成立，则 对一切正整数 成立，这与自然数列无上界矛盾， 故这样的 不存在，即甲不成立，甲不是乙的必要条件． 再取一个两列都有界的例子：，，因为 ， 所以 对一切 成立，乙成立；而 依次为 单调递增且可以任意接近 ， 依次为 ，最小的是 ． 要使 对一切 成立须 ，要使 对一切 成立须 ，两者不能同时满足，故甲仍不成立． 可见乙成立而甲不成立与两列是否有界无关，关键在于「对每一个 分别比较」并不能保证「存在一个统一的下标无关的常数把两列隔开」． 综上，甲是乙的充分条件但不是必要条件，选 A． 本题的量词结构是「存在一个 对一切 成立」与「对一切 分别成立」的对比：前者要求同一个常数同时压住两列的全部项，后者只约束同一位置上的两个项． ▸ 变式 3-2 已知集合 ，．从 中选取 个不同的元素组成一个序列：，，，，其中 称为该序列的第 项（），若该序列的相邻项 ， 满足 ，，或 ，（），则称该序列为 K 列． （1）对于第 项为 的 K 列，写出它的第 项； （2）设 为 K 列，且 中的项 （）满足：当 为奇数时 ，当 为偶数时 ，判断 、 能否同时为 中的项，并说明理由． 【答案】（1）第 项为 或 ；（2）不能同时为 中的项． 【分析】一句话复述定义：K 列就是坐标依次按「横向差 、纵向差 」或「横向差 、纵向差 」跳动的点列．第（1）问把两种跳法分别代入 ，再按坐标必须落在 内筛去不合的点；第（2）问先由 的归属定出两点所在项序的奇偶，再注意每一步都使 的奇偶性改变一次，用奇偶性不相容判否． 【详解】解：（1）第 项为 ，若 且 ，则 ，， 两个坐标都必须属于 ，故只得到 ； 若 且 ，则 ，，同理只得到 ， 所以第 项为 或 ． （2）不能同时为 中的项．理由如下． 由题设，项序为奇数时该项的横坐标属于 ，项序为偶数时横坐标属于 ． 因为 与 都属于 而不属于 ，所以若 是 中的项，它只能出现在偶数项的位置上， 同样只能出现在偶数项的位置上． 设 是第 项、 是第 项，则 、 都是偶数， 也是偶数（不妨设 ）． 再看相邻两项横、纵坐标之和的奇偶性：每一步的坐标改变量要么为 、，要么为 、， 两种情形里恰有一个改变量是奇数、另一个是偶数，故 是奇数， 即每往前一步， 的奇偶性就改变一次． 由第 项到第 项共走 步， 为偶数，所以 与 的奇偶性相同． 但 给出 ，是奇数， 给出 ，是偶数，两者奇偶性不同，矛盾． 故 与 不能同时为 中的项． 注意这里没有用到 的具体取值限制：判据只有两条，一是横坐标把项序的奇偶固定下来，二是每一步都改变 的奇偶性， 因此把 换成任一横坐标属于 而横、纵坐标之和为偶数的点，同样的推理都成立． ▍ 题型四、删除项、分组与子列型综合 ▸ 典例 4 设 为正整数，数列 是公差不为 的等差数列．若从中删去两项 和 （）后剩余的 项可被平均分为 组，且每组的 个数都能构成等差数列，则称数列 是「—可分数列」． （1）写出所有的 （），使数列 是「—可分数列」； （2）当 时，证明：数列 是「—可分数列」； （3）从 中一次任取两个数 和 （），记数列 是「—可分数列」的概率为 ，证明：． 【答案】（1）、、；（2）（3）证明见详解． 【分析】一句话复述定义：删去两项后余下的 项能恰好分成 组、每组四个数成等差数列．因公差 ，四项成等差数列当且仅当它们的下标成等差数列，故只讨论下标；第（1）问枚举四元等差数列，第（2）问给出分组，第（3）问构造足够多一定可分的取法并用计数下界估计概率． 【详解】解：设公差为 ，则 是下标 的一次函数， 四个数 成等差数列当且仅当 成等差数列，所以下面只讨论下标，把数列记为 ． （1）当 时共有 项，删去两项后剩 项，这 个下标要成等差数列．在 中，四项的等差数列只有 、、（公差只能为 ，公差为 时须有 超出范围）， 它们对应的删去两项依次为 、、，所以所求的 为 、、． （2）当 时，从 中删去 与 ，把剩余 个数分成两部分． 第一部分共 组：、、，每组都是公差为 的等差数列； 第二部分从 起每 个连续数一组：、、、，每组公差为 ． 因为 到 共有 个数，所以第二部分恰有 组． 两部分合计 组，每组 个数共 个，且恰好是删去 与 后的全部剩余项，既不重复也不遗漏， 所以当 时数列是「—可分数列」．（当 时第二部分组数为 ，只有第一部分，仍成立．） （3）从 中任取两个数共有 种取法．下面给出三类一定可分的取法． 第一类：，其中 ．删去这两项后剩余三段：；；， 长度分别为 、、，都是 的倍数，每段按连续四个数一组划分，每组公差为 ，一定可分，共有 种． 第二类：，其中 ．删去这两个相邻项后剩 与 ，长度都是 的倍数， 按连续四个数一组划分即可，共有 种． 第三类：，其中 且 ，记 ．两端段长仍是 的倍数，可按连续四个数一组划分； 中间剩下 共 个数，整体减去 后等价于 ． 当 时分为 与 ，两组公差都为 ；当 时分为 、、（）以及 ， 每组都是公差为 的等差数列，且恰好覆盖 （其中 与 正是被删去的两项）． 此类中 可取 ，个数为 ． 三类取法的形式互不相同，故使数列可分的取法至少有 种， 于是 ． 又 ，所以 ，从而 ． 第（2）问的 属于第三类中 、 的情形，两问的分组方式在 时一致，可互相验证． ▍ 题型模版 1.特征：给定项数为 的数列，要求删去若干项、把剩余项分成若干组，或取出满足某个条件的子列，判断是否具备指定结构并统计方法数；也常把有限项数列按段赋予不同结构（前若干项成等差、后若干项成等比），或按一定的取法对若干项作同样变换，要求判断结果能否达到． 2.方法：先用数列自身的性质把问题化归到最简对象（公差不为 的等差数列只看下标）；再按模分段，使各段长度恰为组内项数的整数倍；给出的每一组都要写出公差并检验它成等差数列，最后数清「组数乘每组项数等于剩余项数」；估计方法数时只把一定可分的取法计入下界；分段结构题先找出两段的公共项，用它把公比与公差串起来，再由数列的增减性舍去不合的公比；含变换的题目先找不变量（每次变换对各组的贡献相同），由不变量立必要条件，判「存在」时再把变换序列逐次写出． 3.提醒：分组必须既不重复也不遗漏，段与段的衔接处（被删去的项、段首段尾、同时属于两段的那一项）要逐个检验；组数为 的部分要说明可以忽略；「至少多少种」不是精确个数，不能反过来用它否定其他情形；下标与项不能混淆，等价转化依赖公差不为 ；必要条件只能判不存在，判存在必须给出符合全部约束的具体写法． ▸ 变式 4-1 我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的「环权」．已知 枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为 的数列 ，该数列的前 项成等差数列，后 项成等比数列，且 ，，，则           ；数列 所有项的和为           ． 【答案】； 【分析】前 项与后 项共用第 项，设后 项的公比为 ，由 与 隔 项得 ，按「从小到大」取 ，回代定出 与前 项的公差，再逐项写出求和． 【详解】解：因为后 项 成等比数列，设其公比为 ，则 ， 所以 ，解得 或 ． 又 枚环权的质量从小到大排列，故 ，舍去 ，取 ． 由 得 ． 前 项 成等差数列，设公差为 ，则 ，即 ，解得 ， 所以 ，于是 为 ，后 项为 ， 这 个数为 ，确为从小到大排列，全部条件满足． 故 ． 求和时第 项只取一次：， 所以数列 所有项的和为 ，两空依次填 、． 检验：把 逐项相加得 ，且第 项为 ， 与已知一致； 若误取 ，则后 项依次为 ，出现负数且不再递增，与「从小到大」矛盾，可见舍去的理由必须交代． ▸ 变式 4-2 已知数列 满足 ，且当 为奇数时 ，当 为偶数时 ． （1）记 ，写出 、，并求数列 的通项公式； （2）求 的前 项和． 【答案】（1），，；（2）． 【分析】递推式按 的奇偶分段，取偶数项作子列后一次跨两步，相邻子列项之差为 ；求前 项和时把相邻的奇、偶项配成 对，每对之和为 ． 【详解】解：（1）． 因为 ，，所以 ． 一般地，（此处 为偶数，故 ； 为奇数，故 ）， 所以 是以 为首项、 为公差的等差数列，． （2）由（1）知 ；又 ，所以 ． 于是第 对相邻项之和为 ． 前 项恰为前 对，所以 ． 故 的前 项和为 ． 检验子列： 到 依次为 ，其中偶数项 是公差 的等差数列，与 一致． ▍ 题型五、集合元素个数与取值范围 ▸ 典例 5 已知函数 的定义域为 ，且当 时，．对任意 ，定义集合 ． （1）若当 时 ，求 ； （2）若 是奇函数，，且 ，证明：； （3）设 满足：①若 ，则 ；②当 时 ，证明：． 【答案】（1）；（2）（3）证明见详解． 【分析】集合 的元素是「增量 」而不是自变量，它就是 整体减去 ．第（1）问按 与 两支分别解指数不等式 与一次不等式 ，再取并集；第（2）问先由奇函数定出 与 时 ，对 的正负分别算出 的区间形式，再由 转成 、 的大小关系比较端点；第（3）问用反证法：设 ，在 一支上取 使 ，由①得 ，它与②在区间 上给出的要求互相矛盾． 【详解】解：（1）因为 ，所以 ，且 ． 当 时，，由 随 增大而增大， 等价于 ，得 ； 当 时，，由 得 ，得 ． 两段合并即 ，所以 ． 检验端点： 时 ， 时 ，都不满足严格大于，故两端都取不到． （2）因为 是定义在 上的奇函数，所以 ，即 ． 当 时 ，，由奇函数得 ，于是 时 取遍 且随 增大而增大； 时 取遍 ，随 增大而增大；． 注意 ，故 、 都不为零，只需按 的正负分情形． 情形一：．此时 ，且 ．使 的 为：当 时须 ，即 ；当 时 ，无解， 故此时 ． 若 ，由 得 ，故 ，从而 ，于是 ，即 ； 若 ，则 ，条件 自动成立，而由情形二知 含有一切正数，故仍有 ． 情形二：．此时 ，，而 时 、，故由 得 ， 且 ，即 ，所以 ，． 对 ，使 的 为： 时 恒成立； 时 成立； 时须 ，即 ，亦即 ，故 ， 从而 ． 由 得 ，故 ，于是 ． 两种情形都已证，故当 且 时恒有 ． 说明条件 不可少：若取 、，则 ， 此时 ，而 ， 元素 属于 却不属于 ，包含关系失效，可见 这一限制必须保留． （3）用反证法．由 时 得这一支上的值都落在 内，且可以任意接近 ． 假设 ，由 是 的上界中最小的一个，必可取到 使 ，即 ． 在条件①中取 、，由 得 ． 任取 满足 ，则 ，于是 ，即 ， 从而 ，按 的定义得 ，即 对一切满足 的 都成立． 再取 满足 ，这样的 确实存在，因为 且 ． 它一方面由上一段给出 ，另一方面由 与条件②给出 ，二者矛盾， 故假设 不成立，所以 ． 补充说明：上述推理否定了 ，得到的是可以取等的下界，故结论只能写成 而不能改为 ； 两处的关键点都在于先把「使函数值变大的增量 」翻译成「使 超过某个值的自变量 」，再回到 的区间上比较端点． ▍ 题型模版 1.特征：由数列的项、下标或函数值构成一个集合，要求元素个数、元素之和，或要求使某个条件成立的下标存在，求参数的取值范围． 2.方法：先把集合改写成「使某个关于 的等式（或不等式）成立的下标 的全体」，用通项的单调性或周期性把候选下标限制在一段范围内，再逐个检验；由「使函数值变大的增量 」构成的集合，要先看成 再整体减去 ，按自变量的分段解析式逐段解不等式，最后取并集；比较这类集合的包含关系时，先把 译成 与 的大小关系，再比较两个区间的端点；含「存在」的条件只要有一个 合格，含「任意」的条件要用最值控制，二者常互为补集，求范围时先取临界情形再验证端点，证下界型结论常用反证法：在已知解析式的那一支上取到破坏假设的点，把推出的整段区间与另一条限制同时满足处导出矛盾；集合由「任取若干项相加」构成时，先用数学归纳法求出这些项的总和，再由每一项都大于它前面各项之和证明不同的取法给出不同的元素，最后按每个元素在全体元素中出现的次数计数求和． 3.提醒：集合元素有互异性，不同下标可能给出同一元素，必须先去重再计数，取法数与元素个数不能混用；分清集合里的元素是下标还是项；由「任意两个元素都满足某条件」定的集合，要先找出不合的那一对（例如两个奇数之积为奇数），由此定出该类元素的个数上限，再把另一类取尽并补到上限，构造的集合要逐对回代检验；取值范围的端点要说明能取到或取不到的理由，构造实例不能只凭必要条件；定义中的限制条件（如 ）要交代为什么不能去掉；平移型集合的端点包含与不包含要逐个核对，不能只比区间长度． ▸ 变式 5-1 已知某集合中的元素是不重复的数字组成的三位正整数，若该集合中任意两个数的积均为偶数，则该集合的元素个数的最大值为           ． 【答案】 【分析】先把「任意两个数的积均为偶数」翻译成集合内部的结构：两个奇数同在一个集合里就会给出奇数之积，故奇数至多一个；再按个位数字分类数出数字不重复的三位偶数的个数，最后补上一个奇数并检验取法确实存在． 【详解】解：记该集合为 ．因为 中的元素是集合的元素，互不相同，「任意两个数的积」指的是两个不同元素相乘． 若 中含有两个奇数，则这两个奇数的积是奇数，与「任意两个数的积均为偶数」矛盾，故 中至多含有一个奇数． 反过来，奇数与偶数相乘积为偶数，偶数与偶数相乘积也是偶数，所以把一个奇数与若干个偶数并在一起并不破坏条件． 于是要使元素个数最多，就应取尽一切数字不重复的三位偶数，再补上一个数字不重复的三位奇数． 按个位数字分类数三位偶数：个位只能取 、、、、，且三个数字两两不同，百位不能为 ． 个位为 时，百位可取 至 共 个，十位可取除百位与 之外的 个数字，共 个； 个位为 、、、 之一时，百位可取除个位之外的 至 中 个，十位可取除百位与个位之外（含 ）的 个数字，共 个； 两类相加，数字不重复的三位偶数共 个． 数字不重复的三位奇数同样可数：个位取 、、、、 之一共 个，百位取除个位外的非零数字 个，十位取剩余 个数字，共 个，随便取其中一个都可并入． 因此 的元素个数至多为 ． 再说明 确实取到：取 为全体 个数字不重复的三位偶数与三位奇数 组成的集合， 任意两个元素相乘，只要其中有一个偶数积就是偶数，而 中仅 一个奇数，不存在两个奇数相乘的情形，故条件全部满足． 所以该集合的元素个数的最大值为 ，填 ． 本题的两个易错处：一是漏掉「两个奇数之积为奇数」这一限制，把奇数一并取尽；二是数偶数时把个位为 与个位为非零偶数两类混在一起，导致百位的可取个数算错． ▸ 变式 5-2 已知等差数列 和等比数列 满足 ，，． （1）求 和 的通项公式； （2）给定 ，记集合 ，集合 ．①求证：对任意的 ，有 ；②求 中所有元素之和． 【答案】（1），；（2）①证明见详解；② 【分析】第（1）问把 、 译成关于公差 与公比 的方程组，消元得 ；第（2）问记 ，先用数学归纳法求出 的封闭形式，再由 大于它前面各项之和得出 的元素互不相同，共 个，最后按「每个 恰在一半的元素中出现」求总和． 【详解】解：（1）设 的公差为 ， 的公比为 （），则 ，，，． 由 得 ，即 ；由 得 ，即 ， 两式消去 得 ，即 ，解得 （ 舍去），于是 ， 所以 ，． 回代检验：，，全部条件满足． （2）记 ，则 的元素形如 ，其中 ． ①先用数学归纳法证明 ． 奠基：当 时，左边 ，右边 ，等式成立． 递进：假设当 （，）时等式成立，记 ，即 ． 当 时，因为 ，由归纳假设得 ， 而 正是 时的右边，故当 时等式也成立． 由奠基与递进， 对一切 成立． 任取 ，因为各 且 ，所以 ． 又 ，两者之差为 ， 当 时 ，故该差为正，于是 ，①得证． ②先数清 中有几个元素．由①中的求和式，对 有 ， 即每一项都大于它前面所有项之和． 设两组取法 与 不同，取最大的下标 使 ，则两和之差为 ，其中后面的和式的绝对值不超过 ，故差不为 ， 即不同的 给出不同的元素．于是 的元素个数为 ，无需再剔除重复元素． 再求总和：在每个下标 上， 的取法有 组，故 在全部元素之和中出现 次， 所以 中所有元素之和为 ． 检验： 时 ，元素之和为 ，公式给 ； 时 ，，，元素之和为 ，公式给 ； 时 ，，元素之和为 ，公式给 ，三者都吻合，故所求之和为 ． ▍ 压轴挑战 1．已知对任意给定的实数 ，都有 ，当 时，其中 ，则正整数 的最大值为 （　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】把 的系数合成一项：两处二项展开式的系数各为 与 ，由 提出公因子，正负只由 与 、 的大小决定． 【详解】解：由二项式定理， 的第 项为 ， 按 的降幂展开，含 的项为 ， 两式相加，得 （这里用到 ，故 可作公因子）， 其中 ，所以 的符号完全由中括号内的和决定． 当 为偶数时 ，中括号内为 ，故 ，一切偶数下标都不合格，特别 ； 当 为奇数时 ，中括号内为 ， 因为底数 大于 ，幂 随指数 增大而增大，所以 当且仅当 ，即 ， 又 为奇数，故合格的 依次为 、、、、，其中最大的是 ． 逐项核对边界： 时 ，两指数 与 中 较小，差为负，合格； 时 ，差换成和，为正，不合格； 时 ，也不合格， 可见 之后不再有负的系数，正整数 的最大值为 ，选 C． 注意 时 ，与「 为偶数时系数为正」的结论一致；把系数列 看成以 为下标的有穷数列，它的正负规律正是由 与 的对称比较给出的． 2．设 是 行 列的数表，位于第 行第 列的数记为 ，且 （；）．若对任意的 和 ，当 ， 且 时，均有 ，则称数表 具有性质 ．当 ， 时，若数表 具有性质 ，则 中 的个数的最大值为 （　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】性质 说的是：凡是行距与列距之差等于 的四角，四个数之和为 ，即四角中恰有两个 与两个 ．把四行配成第 、 行与第 、 行两对，分别求出两行之和的上界，再用 的个数与全部元素之和的关系定出答案． 【详解】解：记第 行五个数之和为 （）， 中 的个数为 ，则 的个数为 ， 于是全部元素之和为 ，即 ，只需求四行之和的最大值． 先看第 行与第 行．取 （）．在性质 中令 、，此时 ，故须 ， 即对相邻的两个列号有 ，也就是 （）， 依次得 、、、，所以 ． 而 是两个等于 或 的数之和，故 ，即 ． 再看第 行与第 行．行距为 时列距必须是 ，可取的列号对只有 与 ， 由 与 同取列号对 ，得 与 ，两式相减得 ； 同理列号对 给出 ，且 ，， 两式相加，含 与 的项全部抵消，故 ． 因此 ，代入前式得 ． 下面给出 的数表：第一行依次为 、、、、；第二行依次为 、、、、； 第三行与第二行相同；第四行与第一行相同，每行各含 个 ，共 个 ． 逐类检验性质 ：行距 、列距 的六组四角中，凡取自第一、二行（或第三、四行）的一组，其四角为 、、、，和为 ；凡取自第二、三行的一组，四角为 、、、 或 、、、，和也为 ； 行距 、列距 的两组四角取自第一、三行或第二、四行的第 列与第 列，四角依次为 、、、，和为 ； 行距 、列距 的四组四角取自第一、四行的相邻两列，四角依次为 、、、，和为 ，全部条件满足． 故 中 的个数的最大值为 ，选 C． 这里行距与列距之差为 这一限制，使第一、四行之间只剩相邻列的约束、第二、三行之间只剩隔两列的约束，两对行给出的上界恰好相加，这正是上界 能取到的结构性原因． 3．设 ，数列 ，， 满足 ，，．若对任意的 ，，， 均能作为三角形的三边长，则满足条件的正整数 有 （　　） A． 个 B． 个 C． 个 D．无穷多个 【答案】B 【分析】 是 与 的加权平均，故 取遍 时 恰取遍 与 之间的全部数，最小的是 ；三边条件中只有「较长者小于其余两者之和」可能失败，把它配成 最不利的一刻，得 ，再逐个检验 并用数学归纳法证明 之后全部失败． 【详解】解：因为 ，，且 是 与 的加权平均， 所以当 取遍 时， 恰好取遍以 为最小值、 为最大值的闭区间中的每一数，特别地 ． 三边长条件是三式两两之和大于第三者．因为 ，所以 对一切 恒成立； 剩下两条中较紧的一条是「较长边小于另两边之和」．设 ，则须 对一切 成立， 而 的最小值在 处取得（即 ），故须且只须 ； 同理当 时须且只须 （在 处最紧）．合起来就是 ． 逐个代入： 时 ，，须 ，不成立； 时 ，，须 ，即 ，不成立； 时 ，，须 ，不成立； 时 ，， 成立； 时 ，， 且 ，成立； 时 ，，，成立； 时 ，，须 ，不成立． 下面用数学归纳法证明 时都有 ，即从 起条件一律不成立． 奠基： 时 ，成立． 递进：假设 （）时 ，则 ， 而 （因 ），故 ，即 时也成立． 由奠基与递进，对一切 有 ，此时 ，条件不成立． 综上，满足条件的正整数只有 三个，选 B． 注意「对任意的 」要由最不利的那一个 控制： 只能把 在两数之间移动，所以只需检查 与 两端． 4．设函数 的定义域为 ，值域为 ，且对定义域中任意实数 均成立 ．若 ，则实数 的取值范围是 （　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】记 ，条件即 ，于是只要每个 的像 都落回 ， 上的函数值就已取遍 ；由 得 ，故只需 ．反向则把非零值只放在 的不动点上造反例． 【详解】解：记 ，题设即对一切 都有 ，且 把 映到 ． 先解 的不动点：由 得 ，其正根记作 ，于是 ，且 ，． 充分性：设 ，任取 ，若 ，则 已由区间 上的自变量取到； 若 ，则由 得 ，又 ，故 ， 而 ，说明 仍等于 上某个自变量的函数值，所以 ， 符合要求． 必要性：设 ，构造函数 如下：令 ，当 时令 ． 因为 当且仅当 ，而由 得 ，即 ， 所以当 时 ，两边函数值都是 ，当 时 ，两边函数值都是 ， 可见所构造的 对一切 都满足 ，其值域 ． 但此时 ，即 ， 在 上只取 ，， 故 时题设的等式并不能成立， 的取值范围是 ，选 A． 这道题的实质是递推 的不动点：映射把整个定义域压进 ，只有把 取得不小于不动点 ，才能保证每个 的像都回到 内； 端点 能取到，是因为 时 是不等号，落在闭区间之内，故写作 而不是开区间． 5．已知 （ 且 ）．若存在实数 使得 、、 依次成等差数列，则实数 的取值范围是 （　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】三数依次成等差数列即 ，定义域先把 锁在 内，再用对数的运算律把等式化为 ，即 ，剩下的只是这个方程有无正根． 【详解】解：三个数 、、 依次成等差数列，即 ． 由对数的定义域须 、、；因为 ，由 得 ，此时另外两个条件自动满足， 故所求的 必须是正数． 由运算律，，， 于是 ，展开得 ，整理为 ， 问题化为：关于 的这个方程至少有一个正根． 当 时 ，两根之积为 ，两根异号，故恰有一个正根，存在符合要求的 ； 当 时 ，记 ，方程即 ，两根之积 而两根之和 ，两根同为负数，没有正根， 此时不存在使三数成等差数列的 ，故 不合要求；又 被题设排除． 综上， 的取值范围是 ，选 B． 具体验算：取 ，方程为 ，正根为 ，此时 与 相等， 三项 、、 依次成等差数列，且各对数的真数都为正； 取 ，方程为 ，即 ，两根为 ，都是负数， 没有可取的正数 ，与上面的讨论一致． 注意两根之积的符号是分类的关键：它由 的符号决定，因而一个「存在」的问题被化成了二次方程根的分布问题． 6．已知集合 ，．将 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列 ，记 为数列 的前 项和，则使得 成立的 的最小值为           ． 【答案】 【分析】 是全体正奇数， 是 ，两集合无公共元素；先定出 在合并数列中的位置 与该处的和，再把每个「奇数段」内的 写成 ，化简 成关于 的二次不等式逐段检验． 【详解】解： 为 ，，因为 （）都是偶数，所以 与 无公共元素， 的元素按从小到大排列为 （其中 等既不是奇数也不是 的整数次幂，不在数列内），计数时不必再剔除重复元素． 当 时，，，，不成立，下面按 的位置分段讨论． 不超过 的正奇数有 共 个， 中不超过 的数有 共 个， 所以 是数列的第 项，且 ． 在 之后、 之前依次是 个奇数，故当 时 ，从而 （取 时即 ）， （ 时就是 ）． 于是不等式 在 处化为 ， 即 ，其中 ． 逐段检验： 时 ，， 可取 、，，，都不成立； 时 ，， 可取 、、，，，，都不成立； 时 ，， 可取 至 ， 开口向上，在 上两端取最大值，，，全为负，不成立； 时 ，， 可取 至 ， 的对称轴为 ，在 上两端取最大值，，不成立； 时 ，， 可取 至 ， 在 上递增，，，， 所以最小的合格下标是 ． 直接核对： 到 中含奇数 共 个，其和为 ，含 中元素 共 个，其和为 ， 所以 ，而 ，， 成立； 又 ，， 不成立，与上面的逐段结论一致． 故 的最小值为 ，填 ． 7．已知等差数列 的公差为 ，前 项和为 ，．若数列 在区间 上至少有两项，则公差 的取值范围是           ． 【答案】 【分析】由 得 ，其符号与增减都由 决定； 时 全非正、不可能落在 ， 时 自 起严格递增，「至少两项」等价于最小的两项 、 都不超过 ，由 定出上界． 【详解】解：由 ，． 若 ，则对一切 有 ，从而 ，落在 内的项数为 ，不合题意． 若 ，则 ，当 时 ，且 （因 随 递增）， 即正数项 严格递增，落在 内的是这一段递增数列的一个前缀． 要使落在 内的项至少有两项，只需其最小的两项 与 都小于 ， 即 且 ，后者 已蕴含前者，故 ． 检验端点：当 时 ，仅 一项落在 内，不满足「至少两项」，故上界取不到； 当 时 都趋于 但仍为正且递增，落在 内的项数任意多，条件成立，但 时 不合格，故下界 取不到． 所以公差 的取值范围是 ，填 ． 关键是把「至少两项」翻译成递增数列的前缀长度问题：递增时合格的项必连续出现，只要卡住第 小的一项 即可． 8．已知数列 满足 ，，且对任意 、，均存在正整数 ，使得 ． （1）求 的所有可能值； （2）设命题 ：若 成等差数列，则 ．判断 的真假并说明理由；写出 的逆命题 ，判断 的真假并说明理由． 【答案】（1） 的所有可能值为 或 ；（2） 是真命题，逆命题 是假命题． 【分析】第（1）问按 定出唯一的 ，再按 让 取遍 得 的两个可能值；第（2）问先由「前 项成等差」锁死 ，算出 的全体取值均小于 ，判定 真；逆命题 只改「若」与「则」，用一条不满足等差却使 的合法递推链举反例，判定 假． 【详解】解：（1）当 时，，故 ， 唯一． 当 时，，， 取 得 ；取 得 ，所以 的所有可能值为 或 ． （2）先判 ．若 成等差数列，由 、 知公差为 ，故 ，特别地 ，且 ． 当 时 ，，所以 ，其中最大者为 ， 故只要前 项成等差，就有 ， 是真命题． 再写逆命题 ：若 ，则 成等差数列． 取数列 ，逐段检验其递推合法性： ；；；；；； 每一步减去的下标 都在 内，符合题设，且 ． 但该数列的前 项差依次为 ，并非等差数列，即 成立而「前 项成等差」不成立， 故 是假命题． 综上， 的可能值为 或 ； 为真命题，逆命题 为假命题． 注意「成等差」能唯一确定前 项从而控制 的取值范围，而 只是不等的约束，允许中途选取不同下标 ，条件较弱，推不出等差，这正是 真而 假的根本原因． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 数学归纳法与数列压轴 数列 · 章级培优　压轴题专项训练 解题通法 题型归纳 题型一、归纳—猜想—证明 题型二、整除性与整数性 题型三、新定义数列的性质判断 题型四、删除项、分组与子列型综合 题型五、集合元素个数与取值范围 压轴挑战 ▍ 解题通法 本讲把数列压轴题的三条线索并到一处．第一条是数学归纳法：奠基与递进缺一不可，由 的假设推到 的结论时，每一步变形都要交代依据，等式要算清增减的项数，整除要在 的式子里配出 的整体，用不上归纳假设的递推不是数学归纳法．第二条是结构与计数：删去哪些项、怎样分组、子列怎样取，都要把分法写明并把个数算足，构造出的分组既不重复也不遗漏，含变换的问题要先找出每次操作都不变的量，由不变量立必要条件，「至少有多少种」与「恰有多少种」要分清．第三条是集合与范围：集合元素受互异性约束，要先剔除重复再计数；含「存在」的条件只需一个下标合格，含「任意」的条件要由最值控制，二者常常互为补集，端点能否取到必须单独检验． ▍ 题型归纳 ▍ 题型一、归纳—猜想—证明 ▸ 典例 1 已知数列 满足 ，（）． （1）写出 、、，并猜想 的通项公式； （2）用数学归纳法证明（1）中的猜想． ▍ 题型模版 1.特征：给出首项与递推式（或给出若干具体项），要求先算前几项、观察规律、写出猜想，再用数学归纳法把猜想坐实． 2.方法：第一步验证 ；第二步先写出「假设 时命题成立」的具体内容，再把 的对象按递推式展开，将归纳假设整体代入，变形到与 的目标式完全一致，最后写明结论对一切 成立． 3.提醒：奠基与递进缺一不可，只验起点不递推、或只递推不验起点都不能下结论；第二步必须真正用到归纳假设；起始值 由对象的实际范围决定，不一定是 ；由 到 时增减的项数要逐项数清，猜想的结论还要回代 、 校核． ▸ 变式 1-1 用数学归纳法证明：（，）． ▸ 变式 1-2 记 为数列 的前 项和，已知 ， 是公差为 的等差数列． （1）求 的通项公式； （2）证明：． ▍ 题型二、整除性与整数性 ▸ 典例 2 已知集合 ，，，，且 为偶数．给定数列 和序列 ，其中 （），对数列 进行如下变换：将 的第 项均加 ，其余项不变，得到的数列记作 ；将 的第 项均加 ，其余项不变，得到的数列记作 ；以此类推，得到数列 ，简记为 ． （1）给定数列 和序列 ，，，写出 ； （2）是否存在序列 ，使得 为 ，，，，，，，？若存在，写出一个 ；若不存在，说明理由． ▍ 题型模版 1.特征：命题形如「 能被 整除」或「（或某个下标、某个参数）为整数」，要求对一切正整数 成立，或要求求出使整数性条件成立的正整数的最大值；也可由「若干下标之和为偶数」这类整除约束规定可取的指标，再判断满足整数性要求的对象是否存在． 2.方法：整除题在归纳法与同余法中选用一种并写全理由：归纳法要把 的式子拆成「 的倍数加上若干倍乘 的整体」；同余法要把高次幂按 降次，使两部分合并成 的倍数．整数性题先用「整数递增数列相邻两项至少差 」定出和的下界，再构造达到下界附近的具体数列；含变换的整数性题先找不变量（每次变换对各组的贡献相同、各组之和的差保持不变），由不变量给出必要条件，再逐步检验奇偶限制． 3.提醒：归纳法没有配出 的整体，等于没用假设；配出的系数必须是整数倍才能断言整除；同余法每一步要交代模数与依据；整数性题得到下界后还要检验恰好等于所给和的数列确实存在，并且满足首项与递增的全部限制；必要条件只能判「不存在」，判「存在」必须把操作序列逐项写出并验证每个组合都符合整除约束． ▸ 变式 2-1 已知数列 是各项均为整数的递增数列，且 ，若 ，则 的最大值为（　　） A． B． C． D． ▸ 变式 2-2 用数学归纳法证明：对任意 ， 能被 整除． ▍ 题型三、新定义数列的性质判断 ▸ 典例 3 设 与 是两个不同的无穷数列，且都不是常数列，记集合 ．给出下列四个结论：①若 与 均为等差数列，则 中最多有 个元素；②若 与 均为等比数列，则 中最多有 个元素；③若 为等差数列， 为等比数列，则 中最多有 个元素；④若 为递增数列， 为递减数列，则 中最多有 个元素．其中所有正确结论的序号是           ． ▍ 题型模版 1.特征：题干先给出一个新概念（集合、变换、可表性、新的关系式），再要求判断若干结论、判断某个对象是否具备该性质，或求出使性质成立的对象个数与取值范围；也常直接给出含「存在」「任意」的量词命题，要求判断两个条件之间的推出关系． 2.方法：第一步用一句话把定义复述成「谁等于谁、对谁任意、存在谁」；第二步把定义落到具体对象上逐条验算，列出全部合格的下标、枚举连续段的和，或把数列看成函数图象上的点列；第三步按「先排除、再构造」写结论：判错举出反例，判对给出上界或依据，并检验上界能否取到；判断条件关系时，先把两个条件都写成量词形式，再由量词的强弱直接推充分性，必要性一律举出满足弱条件却不满足强条件的具体数列． 3.提醒：定义里的「任意」与「存在」不可互换；常数列、公比为负、公比为 等边界情形要单独检验；计数时先剔除重复元素；「最多有几个」必须既证上界又给出取到上界的例子，只举一个满足的例子不能证明结论恒成立． ▸ 变式 3-1 已知 ， 均为无穷数列，则「存在常数 ，使得 （）」是「（）」的（　　） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ▸ 变式 3-2 已知集合 ，．从 中选取 个不同的元素组成一个序列：，，，，其中 称为该序列的第 项（），若该序列的相邻项 ， 满足 ，，或 ，（），则称该序列为 K 列． （1）对于第 项为 的 K 列，写出它的第 项； （2）设 为 K 列，且 中的项 （）满足：当 为奇数时 ，当 为偶数时 ，判断 、 能否同时为 中的项，并说明理由． ▍ 题型四、删除项、分组与子列型综合 ▸ 典例 4 设 为正整数，数列 是公差不为 的等差数列．若从中删去两项 和 （）后剩余的 项可被平均分为 组，且每组的 个数都能构成等差数列，则称数列 是「—可分数列」． （1）写出所有的 （），使数列 是「—可分数列」； （2）当 时，证明：数列 是「—可分数列」； （3）从 中一次任取两个数 和 （），记数列 是「—可分数列」的概率为 ，证明：． ▍ 题型模版 1.特征：给定项数为 的数列，要求删去若干项、把剩余项分成若干组，或取出满足某个条件的子列，判断是否具备指定结构并统计方法数；也常把有限项数列按段赋予不同结构（前若干项成等差、后若干项成等比），或按一定的取法对若干项作同样变换，要求判断结果能否达到． 2.方法：先用数列自身的性质把问题化归到最简对象（公差不为 的等差数列只看下标）；再按模分段，使各段长度恰为组内项数的整数倍；给出的每一组都要写出公差并检验它成等差数列，最后数清「组数乘每组项数等于剩余项数」；估计方法数时只把一定可分的取法计入下界；分段结构题先找出两段的公共项，用它把公比与公差串起来，再由数列的增减性舍去不合的公比；含变换的题目先找不变量（每次变换对各组的贡献相同），由不变量立必要条件，判「存在」时再把变换序列逐次写出． 3.提醒：分组必须既不重复也不遗漏，段与段的衔接处（被删去的项、段首段尾、同时属于两段的那一项）要逐个检验；组数为 的部分要说明可以忽略；「至少多少种」不是精确个数，不能反过来用它否定其他情形；下标与项不能混淆，等价转化依赖公差不为 ；必要条件只能判不存在，判存在必须给出符合全部约束的具体写法． ▸ 变式 4-1 我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的「环权」．已知 枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为 的数列 ，该数列的前 项成等差数列，后 项成等比数列，且 ，，，则           ；数列 所有项的和为           ． ▸ 变式 4-2 已知数列 满足 ，且当 为奇数时 ，当 为偶数时 ． （1）记 ，写出 、，并求数列 的通项公式； （2）求 的前 项和． ▍ 题型五、集合元素个数与取值范围 ▸ 典例 5 已知函数 的定义域为 ，且当 时，．对任意 ，定义集合 ． （1）若当 时 ，求 ； （2）若 是奇函数，，且 ，证明：； （3）设 满足：①若 ，则 ；②当 时 ，证明：． ▍ 题型模版 1.特征：由数列的项、下标或函数值构成一个集合，要求元素个数、元素之和，或要求使某个条件成立的下标存在，求参数的取值范围． 2.方法：先把集合改写成「使某个关于 的等式（或不等式）成立的下标 的全体」，用通项的单调性或周期性把候选下标限制在一段范围内，再逐个检验；由「使函数值变大的增量 」构成的集合，要先看成 再整体减去 ，按自变量的分段解析式逐段解不等式，最后取并集；比较这类集合的包含关系时，先把 译成 与 的大小关系，再比较两个区间的端点；含「存在」的条件只要有一个 合格，含「任意」的条件要用最值控制，二者常互为补集，求范围时先取临界情形再验证端点，证下界型结论常用反证法：在已知解析式的那一支上取到破坏假设的点，把推出的整段区间与另一条限制同时满足处导出矛盾；集合由「任取若干项相加」构成时，先用数学归纳法求出这些项的总和，再由每一项都大于它前面各项之和证明不同的取法给出不同的元素，最后按每个元素在全体元素中出现的次数计数求和． 3.提醒：集合元素有互异性，不同下标可能给出同一元素，必须先去重再计数，取法数与元素个数不能混用；分清集合里的元素是下标还是项；由「任意两个元素都满足某条件」定的集合，要先找出不合的那一对（例如两个奇数之积为奇数），由此定出该类元素的个数上限，再把另一类取尽并补到上限，构造的集合要逐对回代检验；取值范围的端点要说明能取到或取不到的理由，构造实例不能只凭必要条件；定义中的限制条件（如 ）要交代为什么不能去掉；平移型集合的端点包含与不包含要逐个核对，不能只比区间长度． ▸ 变式 5-1 已知某集合中的元素是不重复的数字组成的三位正整数，若该集合中任意两个数的积均为偶数，则该集合的元素个数的最大值为           ． ▸ 变式 5-2 已知等差数列 和等比数列 满足 ，，． （1）求 和 的通项公式； （2）给定 ，记集合 ，集合 ．①求证：对任意的 ，有 ；②求 中所有元素之和． ▍ 压轴挑战 1．已知对任意给定的实数 ，都有 ，当 时，其中 ，则正整数 的最大值为 （　　） A． B． C． D． 2．设 是 行 列的数表，位于第 行第 列的数记为 ，且 （；）．若对任意的 和 ，当 ， 且 时，均有 ，则称数表 具有性质 ．当 ， 时，若数表 具有性质 ，则 中 的个数的最大值为 （　　） A． B． C． D． 3．设 ，数列 ，， 满足 ，，．若对任意的 ，，， 均能作为三角形的三边长，则满足条件的正整数 有 （　　） A． 个 B． 个 C． 个 D．无穷多个 4．设函数 的定义域为 ，值域为 ，且对定义域中任意实数 均成立 ．若 ，则实数 的取值范围是 （　　） A． B． C． D． 5．已知 （ 且 ）．若存在实数 使得 、、 依次成等差数列，则实数 的取值范围是 （　　） A． B． C． D． 6．已知集合 ，．将 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列 ，记 为数列 的前 项和，则使得 成立的 的最小值为           ． 7．已知等差数列 的公差为 ，前 项和为 ，．若数列 在区间 上至少有两项，则公差 的取值范围是           ． 8．已知数列 满足 ，，且对任意 、，均存在正整数 ，使得 ． （1）求 的所有可能值； （2）设命题 ：若 成等差数列，则 ．判断 的真假并说明理由；写出 的逆命题 ，判断 的真假并说明理由． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $