压轴题05 数列压轴题15题型汇总-2024年高考数学压轴题专项训练（新高考通用）

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压轴题05数列压轴题十五大题型汇总
01数列不等式、单调性与最值性问题
1.（2024·浙江宁波·二模）已知数列an满足an=λn2−n，对任意n∈1,2,3都有an>an+1，且对任意n∈nn≥7,n∈N都有anA．114,18B．114,17C．115,17D．115,18
【答案】C
【分析】由题意可得数列an在1,3上是递减数列，数列an在7,+∞上是递增数列，再根据二次函数的单调性即可得解.
【详解】因为对任意n∈1,2,3都有an>an+1，
所以数列an在1,3上是递减数列，
因为对任意n∈nn≥7,n∈N都有an所以数列an在7,+∞上是递增数列，
所以λ>012λ>7212λ<152，解得115<λ<17，
所以实数λ的取值范围是115,17.
故选：C.
2. （2024·全国·模拟预测）若数列an，对于∀k∈N∗, n∈N∗，都有an+k−an>kt（t为常数）成立，则称数列an具有性质P(t)．已知数列an的通项公式为an=2n+1−λn2+4n，且具有性质P(4)，则实数λ的取值范围是（ ）
A．(85,+∞)B．(43,+∞)C．(−∞,43)D．(−∞,85)
【答案】C
【分析】由题意，先将an+k−an>4k成立变形为k=1时an+1−an>4成立，将通项公式an=2n+1−λn2+4n代入，从而将问题转化为2n+12n+1>λ恒成立问题，研究新数列的单调性即可解决问题．
【详解】依题意，得an+k−an>4k，故只需考虑k=1时，an+1−an>4，n∈N∗．
因为an=2n+1−λn2+4n，只需要[2n+2−λ(n+1)2+4(n+1)]−[ 2n+1−λn2+4n)>4，
即2n+2−λ(n+1)2> 2n+1−λn2，整理得2n+12n+1>λ．
令bn=2n+12n+1，则bn+1−bn= 2n+22n+3−2n+12n+1=(2n−1)×2n+1(2n+3)(2n+1)>0，
所以对任意的n∈N∗恒成立，所以数列bn为递增数列，
则bn≥b1=43，所以λ<43，即λ的取值范围为(−∞ ,43)．
故选：C．
3. （23-24高三下·江苏泰州·阶段练习）已知数列an满足2an+1−1an+an+12an+1=2，n∈N*．
(1)已知an>0，
①若a3=1，求a1；
②若关于m的不等式am<1的解集为M，集合M中的最小元素为8，求a1的取值范围；
(2)若a1=111，是否存在正整数kk≥2，使得ak=a1，若存在，求出k的最小值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)①a1=1或2或3或4 ；②1≤a1<128
(2)存在；kmin=11
【分析】
（1）①当n=1时代入递推公式，解出a2，再解出a1即可；②由递推关系分解因式得到2an+1−an2an+1−an−1=0，得到an,an+1的关系，再结合已知最小元素列不等式求解即可；
（2）由上问写出ak的表达式，再由ak=a1=111，得到关于2k−1−111=m'，解出符合条件的k即可.
【详解】（1）
①2a3−1a2+a2+12a3=2⇒1a2+a2+12=2⇒a22−3a2+2=0，∴a2=1或2，
而2a2−1a1+a1+12a2=2．若a2=1，∴1a1+a1+12=2⇒a1=1或2．
若a2=2，∴3a1+a1+14=2⇒a1=3或4，经检验均符合．∴a1=1或2或3或4．
②由条件知4an+12−2an+1+an2+an=4anan+1，
∴2an+1−an2−2an+1−an=0，∴2an+1−an2an+1−an−1=0，
a2=a12或a2=a1+12，a3=a14或a1+14或a12+12→a1+24或a1+12+12→a1+34
a4=a18或a1+18，a1+28，a1+38，…，a1+78，
…
a7=a126或a1+126，…，a1+6326，a8=a127或a1+127，…或a1+12727
∴a1,a2,⋅⋅⋅,a7≥1a8<1⇒a1+6326≥1a127<1⇒1≤a1<128．
（2）
ak=a12k−1或a1+12k−1，a1+22k−1，…，a1+2k−1−12k−1，k≥2，
令a1+m'2k−1=111，0≤m'≤2k−1−1，m'∈N，∴2k−1−111=m'，
当2≤k≤10时，m'不是自然数，
所以当k=11时，m'=93，a11=111+93210=111=a1，
∴存在这样的k，kmin=11．
【点睛】
方法点睛：已知数列递推求数列中的具体项时，直接代入n求解即可；由递推公式求数列的符合某一条件的项时，常将递推公式分解因式，得出数列的性质，然后再根据已知条件求解.
4. （多选）（2024·广东·模拟预测）英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点.已知二次函数f(x)有两个不相等的实根b,c，其中c>b.在函数f(x)图象上横坐标为x1的点处作曲线y=f(x)的切线，切线与x轴交点的横坐标为x2；用x2代替x1，重复以上的过程得到x3；一直下去，得到数列{xn}.记an=lnxn−bxn−c，且a1=1，xn>c，下列说法正确的是（ ）
A．x1=ec−be−1（其中lne=1）B．数列{an}是递减数列
C．a6=132D．数列an+1an的前n项和Sn=2n−21−n+1
【答案】AD
【分析】根据a1=1可求x1的表达式，判断A的真假；利用导数求二次函数在x=xn处切线的斜率，进一步写出在x=xn处的切线方程，求出直线与x轴的交点横坐标，得xn+1，进一步判断数列an的结构特征，得到数列an是等比数列，可判断BC的真假；利用公式法可求数列an+1an的前n项和，判断D的真假.
【详解】对于A选项，由a1=lnx1−bx1−c=1得x1−bx1−c=e，所以x1=e·c−be−1，故A正确.
∵二次函数fx有两个不等式实根b，c，
∴不妨设fx=a(x−b)(x−c)，
因为f'x=a(2x−b−c)，
所以f'xn=a(2xn−b−c)，
∴在横坐标为xn的点处的切线方程为：y−fxn=a(2xn−b−c)(x−xn)，
令y=0，则xn+1=a⋅xn2xn−b−c−f(xn)a(2xn−b−c)=axn2−abca(2xn−b−c)=xn2−bc2xn−b−c，
因为xn+1−bxn+1−c=xn2−bc−b(2xn−b−c)xn2−bc−c(2xn−b−c)=xn2−2bxn+b2xn2−2cxn+c2=(xn−b)2(xn−c)2
所以lnxn+1−bxn+1−c=2lnxn−bxn−c，即：an+1=2an
所以{an}为公比是2，首项为1的等比数列.
所以an=2n−1故BC错.
对于D选项，由an+1an=2n−1+(12)n−1，得Sn=1−2n1−2+1−12n1−12=2n−1+2−22n=2n+1−12n−1故D正确.
故选：AD
5. （2024·陕西西安·三模）已知正项数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，且满足an=Tn3Tn−1(n∈N∗)，则不等式Sn>11成立的n的最小值为（ ）
A．11B．12C．13D．10
【答案】B
【分析】根据题意得到3Tn+1=Tn+1，再利用构造法得到数列{Tn−12}为等比数列，从而求得{an}的通项公式，再利用放缩法，结合等比数列的求和公式即可得解.
【详解】∵ an=Tn3Tn−1(n∈N∗)，∴an+1=Tn+13Tn+1−1=Tn+1Tn，
∴3Tn+1=Tn+1，则Tn+1−12=13Tn−12，
∵ n=1时，a1=T13T1−1=a13a1−1，∴ a1=23，则T1−12=a1−12=16≠0，
故Tn+1−12Tn−12=13，
因此{Tn−12}是以16为首项，13为公比的等比数列.
所以Tn−12=16⋅(13)n−1，即Tn=12⋅(13)n+12.
根据题中条件an=Tn3Tn−1=12⋅(13)n+1232⋅(13)n+32−1=3n+13n+3=1−23n+3，
则an<1，an=1−23n+3>1−23n，
因此a1+a2+a3+⋯+an>n−2(13+132+133+⋯+13n)=n−2⋅13−13n+11−13=n−1+13n.
当n=11时，a1+a2+a3+⋯+a11<11；
当n=12时，a1+a2+a3+⋯+a12>12−1+1312=11+1312>11.
综上，不等式Sn>11成立的n的最小值为12.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用构造法求得an=1−23n+3，从而利用放缩法即可得解.
02数列分奇偶问题
6.（2024·河北石家庄·二模）已知数列an满足a1=7,an+1=an−3,n为奇数,2an,n为偶数.
(1)写出a2,a3,a4;
(2)证明:数列a2n−1−6为等比数列;
(3)若bn=a2n，求数列n⋅bn−3的前n项和Sn.
【答案】(1)a2=4，a3=8，a4=5
(2)证明见解析
(3)Sn=1+(n−1)⋅2n
【分析】（1）由数列的递推式，分别令n=1，2，3，计算可得所求值；
（2）推得a2n+1−6=2(a2n−1−6)，由等比数列的定义，可得证明；
（3）求得bn=3+2n−1，n⋅(bn−3)=n⋅2n−1，由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，可得所求和．
【详解】（1）由a1=7,an+1=an−3,n为奇数, 2an,n为偶数.
可得a2=a1−3=4；a3=2a2=8；a4=a3−3=5；
（2）证明：由题可得a2n+1−6=2a2n−6=2a2n−1−6−6=2(a2n−1−6)，
则数列{a2n−1−6}是首项为1，公比为2的等比数列；
（3）由（2）可得a2n−1−6=2n−1，即a2n−1=6+2n−1，
bn=a2n=a2n−1−3=3+2n−1，
n⋅(bn−3)=n⋅2n−1，
前n项和Sn=1⋅20+2⋅21+3⋅22+...+n⋅2n−1，
2Sn=1⋅2+2⋅22+3⋅23+...+n⋅2n，
两式相减可得−Sn=1+21+22+...+2n−1−n⋅2n=1−2n1−2−n⋅2n，
化简可得Sn=1+(n−1)⋅2n．
7. （2024·广东佛山·二模）已知数列an满足a1=1，an+1=an+1,n为奇数3an,n为偶数，且bn=a2n+1−a2n−1．
(1)证明bn为等比数列，并求数列bn的通项公式；
(2)设cn=bn−5bn+1−5，且数列cn的前n项和为Tn，证明：当n≥2时，1213n−1−3<3Tn−n【答案】(1)证明见解析，bn=5⋅3n−1
(2)证明见解析
【分析】（1）利用等比数列的定义证明数列是等比数列.
（2）先把数列{cn}进行适当的放缩，再用分组求和的方法求Tn满足的关系，并证明.
【详解】（1）因为an=1，an+1=an+1,n为奇数3an,n为偶数，
所以a2=a1+1=2，a3=3a2=3×2=6，b1=a3−a1=6−1=5.
易知an+1>an>0，所以a2n+1−a2n−1>0，
因为bn+1bn=a2n+3−a2n+1a2n+1−a2n−1=3a2n+2−3a2na2n+1−a2n−1=3a2n+1+1−3a2n−1+1a2n+1−a2n−1=3a2n+1−a2n−1a2n+1−a2n−1=3．
所以bn是等比数列，首项b1=5，公比q=3，所以bn=5⋅3n−1．
（2）由（1）可得cn=bn−5bn+1−5=5⋅3n−1−55⋅3n−5=3n−1−13n−1，
先证明左边：即证明1213n−1−3<3Tn−n，
当n≥2时，cn=3n−1−13n−1>3n−1−13n=13−13n，
所以Tn>13−131+13−132+⋅⋅⋅+13−13n=n3−131−13n1−13=n3−121−13n，
所以3Tn−n>1213n−1−3，
再证明右边：3Tn−n因为cn=3n−1−13n−1=13⋅3n−33n−1=131−23n−1<131−23n=13−23n+1，
所以Tn<13−232+13−233+⋅⋅⋅+13−23n+1=n3−2321−13n1−13=n3−13+13n+1，
即3Tn−n<13n−1，下面证明13n−1即证13n设1−13n=t，t∈23,1，则13n=1−t，设ft=lnt+1−t，t∈23,1，
因为f't=1t−1=1−tt>0，所以函数ft=lnt+1−t在t∈23,1上单调递增，
则ft所以13n<−ln1−13n，所以3Tn−n<13n−1综上，1213n−1−3<3Tn−n【点睛】方法点睛：数列不等式的证明方法主要有：
（1）作差比较法：不等式两边作差与0比较大小.
（2）放缩比较法：对表达式适当放缩，证出不等式.
8. （2024·北京丰台·一模）已知数列an满足an+1=an2n=2k，k∈N∗,an+12n=2k−1，k∈N∗,则（ ）
A．当a1<0时，an为递增数列，且存在常数M>0，使得anB．当a1>1时，an为递减数列，且存在常数M>0，使得an>M恒成立
C．当0N0时，an−12<1100
D．当0N0，使得an−12>11000
【答案】D
【分析】直接构造反例即可说明A和B错误；然后证明引理：当0N0，使得an−12≥1100. 最后由该引理推出C错误，D正确.
【详解】当a1=−12时，a2=a1+12=14，a3=a22=18<14=a2，所以此时an不是递增数列，A错误；
当a1=32时，a2=a1+12=54，a3=a22=58，a4=a3+12=1316>58=a3，所以此时an不是递减数列，B错误；
我们证明以下引理：当0N0，使得an−12≥1100.
若该引理成立，则它有两个直接的推论：
①存在0N0，使得an−12≥1100；
②当0N0，使得an−12>11000.
然后由①是C的否定，故可以说明C错误；而②可以直接说明D正确.
最后，我们来证明引理：
当0如果aN0+1∉12−1100,12+1100，则aN0+1−12≥1100；
如果aN0+1∈12−1100,12+1100，则aN0+2=aN0+12或aN0+2=aN0+1+12.
此时若aN0+2=aN0+12，则aN0+2=aN0+12<12+11002=14+1200=12−14+1200=12−14−1200<12−1100；
若aN0+2=aN0+1+12，则aN0+2=aN0+1+12>12−1100+12=34−1200=12+14−1200=12+14−1200>12+1100.
无论哪种情况，都有aN0+2∉12−1100,12+1100，从而aN0+2−12≥1100.
这说明aN0+1−12≥1100或aN0+2−12≥1100，所以可以选取n∈N0+1,N0+2，使得an−12≥1100. 这就说明存在n>N0，使得an−12≥1100.
这就证明了引理，从而可以推出C错误，D正确.
故选：D.
【点睛】最关键的地方在于引理：当0N0，使得an−12≥1100. 这一引理可以帮助我们判断出较难判断的C和D选项.
9. （2024·辽宁·二模）如果数列xn,yn，其中yn∈Z，对任意正整数n都有xn−yn<12，则称数列yn为数列xn的“接近数列”．已知数列bn为数列an的“接近数列”．
(1)若an=2n+23n∈N*，求b1,b2,b3的值；
(2)若数列an是等差数列，且公差为dd∈Z，求证：数列bn是等差数列；
(3)若数列an满足a1=231100，且an+1=−910an+5720，记数列an､bn的前n项和分别为Sn,Tn，试判断是否存在正整数n，使得Sn【答案】(1)b1=3,b2=5,b3=7
(2)证明见解析
(3)存在，17
【分析】（1）将n=1,2,3分别代入an−bn<12即可求解；
（2）利用等差数列的定义和绝对值不等式性质先证充分性，再证必要性即可；
（3）构造等比数列求出an的通项公式，进一步求其前n项和Sn，分n为奇数和偶数两种情况结合数列an的单调性，确定bn的通项，进而确定Tn，再解不等式求解即可.
【详解】（1）由题：令n=1,则a1−b1<12，即83−b1<12，故−12<83−b1<12，
得136（2）由题意an−bn<12，
故an−12从而an+1−an−1因为bn∈Z,d∈Z，所以bn+1−bn−d=0,即bn+1−bn=d，故数列bn是等差数列.
（3）因为an+1=−910an+5720,则an+1+λ=−910an+λ，解得λ=−32，
又a1−32=81100≠0，故an+1−32是以81100为首项，公比为−910的等比数列，
则an−32=81100⋅−910n−1，即an=−910n+1+32，
当n为奇数时，an=910n+1+32，易知an=910n+1+32单调递减，
故32当n为偶数时，an=−910n+1+32，易知an=−910n+1+32单调递增，
故a2≤an<32，即7711000≤an<32，得an−1∈[−2291000,12)，进一步有bn=1；
综上，bn=1,n为偶数，2,n为奇数，
易知Sn=32n+811901−−910n,
当n为偶数时，Tn=32n;由Sn1，无解；
当n为奇数时，Tn=Tn+1−bn+1=3n+12−1=3n+12;
由Sn故n>lg9101481≈16.7，所以存在正整数n，使得Sn【点睛】关键点点睛：本题考查数列的通项公式及求和，关键是分奇数和偶数并利用数列单调性确定an的范围来确定bn.
10. （多选）2024·辽宁沈阳·二模）已知数列an的通项公式为an=−1n⋅1n−c2+1n=1,2,3,⋯，则下列说法正确的有（ ）
A．若c≤1，则数列an单调递减
B．若对任意n∈N*，都有an≥a1，则c≤1
C．若c∈N*，则对任意i,j∈N*，都有ai+aj≠0
D．若an的最大项与最小项之和为正数，则2k−12【答案】ACD
【分析】对于选项A，求出an=1(n−c)2+1,an+1=1(n+1−c)2+1，再作差判断两式分母的大小关系判断即可；对于选项B，求解a1，再分n为奇数与偶数的情况讨论即可；对于选项C，分n为奇数与偶数的情况讨论，进而求和分析是否为0即可；对于选项D，先将条件转化为：到c距离最小的正奇数到c的距离大于到c距离最小的正偶数到c的距离，再分情况讨论即可.
【详解】对于选项A，由条件知an=1n−c2+1，an+1=1n+1−c2+1，而n+1−c2+1−n−c2+1=2n+1−2c，
结合c≤1，n∈N∗知2n+1−2c≥2n−1>0，所以n+1−c2+1>n−c2+1，
所以an+1对于选项B，首先有a1=−11−c2+1<0.
若c≤2，则当n为偶数时，an=1n−c2+1>0>−11−c2+1=a1，从而an≥a1必成立；
而当n为奇数且n≥3时，由n−c≥3−c>0，知n−c=n−c≥3−c=3−2c+c≥3−4+c=c−1，n−c=n−c≥3−c>1−c，从而c−1≤n−c，即1−c2≤n−c2，这意味着an=−1n−c2+1≥−11−c2+1=a1.
所以只要c≤2，就一定有an≥a1恒成立，所以由an≥a1恒成立不可能得到c≤1，故B错误；
对于选项C，显然当i,j同为奇数或同为偶数时，必有ai,aj同号，故ai+aj≠0；
而当i,j的奇偶性不同时，i+j为奇数，此时不妨设i,j分别是奇数和偶数，则
ai+aj=−1i−c2+1+1j−c2+1=i−c2+1−j−c2+1i−c2+1j−c2+1=i−c2−j−c2i−c2+1j−c2+1=i−ji+j−2ci−c2+1j−c2+1
因为c∈N∗，故2c为偶数，而i+j为奇数，所以i+j−2c≠0，
所以ai+aj≠0，故C正确；
对于选项D，首先显然的是，最大项必定是某个第偶数项，最小项必定是某个第奇数项.
当n=n1为偶数时，要让an=1n−c2+1最大，即要让n−c最小；
而当n=n2为奇数时，要让an=−1n−c2+1最小，即要让n−c最小.
设n1和n2分别是到c距离最小的正偶数和正奇数，则条件相当于an1+an2>0.
而an1+an2=1n1−c2+1−1n2−c2+1=n2−c2−n1−c2n1−c2+1n2−c2+1，故条件等价于n2−c2>n1−c2，即n2−c>n1−c.
这表明，条件等价于，到c距离最小的正奇数到c的距离，大于到c距离最小的正偶数到c的距离.
若c≤1，则到c距离最小的正奇数和正偶数分别是1和2，而由1−c≥1−1=0可知2−c≥2−c>1−c=1−c，不符合条件；
若c>1，c是正奇数，则到c距离最小的正奇数到c的距离为0，不可能大于到c距离最小的正偶数到c的距离，不符合条件；
若c>1，且c不是正奇数，设到c的距离最近的正偶数为2kk∈N∗，则2k−1此时到c距离最小的正偶数到c的距离为2k−c，从而到c距离最小的正奇数到c的距离大于2k−c，进一步知任意正奇数到c的距离都大于2k−c.
从而2k+1−c>2k−c，2k−1−c>2k−c，这意味着0<2k+1−c2−2k−c2=1⋅4k+1−2c=4k+1−2c，0<2k−1−c2−2k−c2=−1⋅4k−1−2c=2c−4k+1，所以2k−12综上，2k−12故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题的数列通项中含有−1n，这往往意味着我们需要对n的奇偶性作分类讨论，分两种情况对数列进行讨论才可全面地解决问题.
03数列新定义问题
11. （2024·广东深圳·二模）无穷数列a1，a2，…，an，…的定义如下：如果n是偶数，就对n尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是an﹔如果n是奇数，就对3n+1尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是an．
(1)写出这个数列的前7项；
(2)如果an=m且am=n，求m，n的值；
(3)记an=fn，n∈N*，求一个正整数n，满足n【答案】(1)a1=1，a2=1，a3=5，a4=1，a5=1，a6=3，a7=11；
(2)m=n=1；
(3)n=22025k−1（答案不唯一，满足n=2mk−1m≥2025,m,k∈N∗即可）
【分析】（1）根据数列an的定义，逐一求解；
（2）根据数列an的定义，分n=1和n>1分别求解；
（3）根据数列an的定义，写出fn的值，即可求解.
【详解】（1）根据题意，a1=3×1+1÷2÷2=1，a2=2÷2=1，
a3=3×3+1÷2=5，a4=4÷2÷2=1，a5=3×5+1÷24=1，
a6=6÷2=3，a7=3×7+1÷2=11．
（2）由已知，m，n均为奇数，不妨设n≤m．
当n=1时，因为a1=1，所以m=1，故m=n=1；
当n>1时，因为3n+14又m为奇数，am=n，所以存在k∈N*，使得n=3m+12k为奇数．
所以2kn=3m+1=33n+12+1=9n+52．
而4n<9n+52<6n，所以4n<2kn<6n，即4<2k<6，k∈N*，无解．
所以m=n=1．
（3）显然，n不能为偶数，否则fn≤n2所以，n为正奇数．
又f1=a1=1，所以n≥3．
设n=4k+1或n=4k−1，k∈N*．
当n=4k+1时，fn=34k+1+14=3k+1<4k+1=n，不满足n当n=4k−1时，fn=34k−1+12=6k−1>4k−1=n，即n所以，取n=22025k−1，k∈N*时，
322025k−1+12=3×22024k−1<⋯即n【点睛】关键点点睛：第（3）问中，发现当n=4k−1时，满足n12. （2024·广东梅州·二模）已知an是由正整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为Mn，即Mn=maxa1,a2,⋅⋅⋅,an；前n项的最小值记为mn，即mn=mina1,a2,⋅⋅⋅,an，令pn=Mn−mn（n=1,2,3,⋅⋅⋅），并将数列pn称为an的“生成数列”．
(1)若an=3n，求其生成数列pn的前n项和；
(2)设数列pn的“生成数列”为qn，求证：pn=qn；
(3)若pn是等差数列，证明：存在正整数n0，当n≥n0时，an，an+1，an+2，⋅⋅⋅是等差数列．
【答案】(1)323n−1−3n
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用指数函数的性质判断数列的单调性，从而得出{pn}的通项，由分组求和法及等比数列的前n项和公式进行求解即可；
（2）根据数列的单调性，结合生成数列的定义进行证明即可；
（3）根据等差数列的定义分类讨论进行证明即可．
【详解】（1）因为an=3n关于n单调递增，
所以Mn=maxa1,a2,⋅⋅⋅,an=an=3n，
mn=mina1,a2,⋅⋅⋅,an=a1=3，
于是pn=Mn−mn=3n−3，
pn的前n项和Pn=31−3+32−3+⋯+3n−3=31−3n1−3−3n=323n−1−3n．
（2）由题意可知Mn+1≥Mn，mn+1≤mn，
所以Mn+1−mn+1≥Mn−mn，
因此pn+1≥pn，即{pn}是单调递增数列，且p1=M1−m1=0，
由“生成数列”的定义可得qn=pn．
（3）若{pn}是等差数列，证明：存在正整数n0，当n≥n0时，an,an+1,an+2,…是等差数列．
当{pn}是一个常数列，则其公差d必等于0，pn=p1=0，
则Mn=mn，因此{an}是常数列，也即为等差数列；
当{pn}是一个非常数的等差数列，则其公差d必大于0，pn+1>pn，
所以要么Mn+1=an+1>Mn，要么mn+1=an+1又因为{an}是由正整数组成的数列，所以{an}不可能一直递减，
记an=min{a,a2,⋯,an,⋯}，则当n>n0时，有Mn=mn，
于是当n>n0时，pn=Mn−mn=an−an0，
故当n>n0时，an=pn+an0，…，
因此存在正整数n0，当n≥n0时，an,an+1,an+2，…是等差数列．
综上，命题得证．
【点睛】方法点睛：常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于cn=an+bn，其中an和bn分别为特殊数列，裂项相消法类似于an=1nn+1，错位相减法类似于cn=an⋅bn，其中an为等差数列，bn为等比数列等.
13. （2024·浙江·模拟预测）已知实数q≠0，定义数列an如下：如果n=x0+2x1+22x2+⋯+2kxk,xi∈0,1，i=0,1,2,⋯,k，则an=x0+x1q+x2q2+⋯+xkqk．
(1)求a7和a8（用q表示）；
(2)令bn=a2n−1，证明：i=1nbi=a2n−1；
(3)若1【答案】(1)a7=1+q+q2,a8=q3
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）观察题目条件等式中的系数可得答案；
（2）bn=a2n−1=qn−1，分别计算i=1nbi和a2n−1可证明结论；
（3）先根据a2n−1=qn−1无上界说明存在正整数m，使得an【详解】（1）因为7=1+2+22，所以a7=1+q+q2；
因为8=23，所以a8=q3；
（2）由数列an定义得：bn=a2n−1=qn−1；所以i=1nbi=1+q+q2+⋯+qn−1．
而2n−1=1+2+22+⋯+2n−1，
所以a2n−1=1+q+q2+⋯+qn−1=i=1nbi；
（3）当1an．
设m是满足am>an的最小正整数．下面证明am≤an+1．
①若m−1是偶数，设m−1=2x1+22x2+⋯+2kxk,xi∈0,1,i=1,2,⋯,k，
则m=1+2x1+22x2+⋯+2kxk，于是am=1+x1q+x2q2+⋯+xkqk=1+am−1．
因为an≥am−1，所以am=1+am−1≤an+1．
②若m−1是奇数，设m−1=1+2+22+⋯+2l+2l+2xl+2+⋯+2kxk，
则am−am−1=ql+1−1+q+q2+⋯+ql=q−11+q+q2+⋯+ql−1+q+q2+⋯+ql+1<1．
所以am综上所述，对于任意正整数n，存在正整数m，使得an14. （2024·安徽池州·模拟预测）定义：若对∀k∈N*,k≥2,ak−1+ak+1≤2ak恒成立，则称数列an为“上凸数列”．
(1)若an=n2−1，判断an是否为“上凸数列”，如果是，给出证明；如果不是，请说明理由．
(2)若an为“上凸数列”，则当m≥n+2m,n∈N*时，am+an≤am−1+an+1．
（ⅰ）若数列Sn为an的前n项和，证明：Sn≥n2a1+an；
（ⅱ）对于任意正整数序列x1,x2,x3,⋯,xi,⋯,xn（n为常数且n≥2,n∈N*），若i=1nxi2−1≥i=1nxi−λ2−1恒成立，求λ的最小值．
【答案】(1)是，证明见解析
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）n−1
【分析】（1）构造函数fx=(x+1)2−1−x2−1,x≥1，利用导数研究其单调性结合“上凸数列”定义判定即可；
（2）（ⅰ）利用“上凸数列”定义及倒序相加法证明即可；令an=n2−1，利用条件及数列求和适当放缩计算即可.
【详解】（1）an是“上凸数列”，理由如下：
因为an=n2−1,an+1−an=(n+1)2−1−n2−1，
令fx=(x+1)2−1−x2−1,x≥1，
则f'x=x+1(x+1)2−1−xx2−1 =(x+1)3x−1−x3x+2(x+1)2−1⋅x2−1．
当x≥1时，(x+1)3x−1−x3x+2=−2x−1<0，
所以(x+1)3x−1所以f'x<0,fx在区间1,+∞上单调递减，
所以fn>fn+1,an+1−an>an+2−an+1，
所以an+2+an≤2an+1，
所以an是“上凸数列”．
（2）（ⅰ）证明：因为an是“上凸数列”，由题意可得对任意1≤i≤ni∈N*，
ai+an−i+1≥ai−1+an−i+2≥ai−2+an−i+3⋅⋅⋅≥a2+an−1≥a1+an，
所以2Sn=a1+an+a2+an−1+⋅⋅⋅+an−1+a2+an+a1≥na1+an，
所以Sn≥n2a1+an．
（ⅱ）解：令an=n2−1，
由（1）可得当an=n2−1时，an是“上凸数列”，
由题意可知，当m≥n+2m,n∈N*时，am+an≤am−1+an+1．
因为i=1nxi2−1=x12−1+x22−1+x32−1+⋅⋅⋅+xn2−1，
即i=1nxi2−1=x12−1+x22−1+x32−1+⋅⋅⋅
+i=1nxi−x1−x2−⋯−xn−12−1．
所以i=1nxi2−1≥x1−x1+12−1+x22−1+⋅⋅⋅+
i=1nxi−x1−x2−⋅⋅⋅−xn−1+x1−12−1 ≥12−1+x2−x2+12+⋯+i=1nxi−1−x2−⋅⋅⋅−xn−1+x2−12−1⋯
≥0+0+0+⋯+i=1nxi−n+12−1≥i=1nxi−λ2−1，
当且仅当x1=x2=⋅⋅⋅=xn−1时等号成立，
所以λ≥n−1．
综上所述，λ的最小值为n−1．
15. （2024·吉林白山·二模）已知数列an的前n项和为Sn，若数列an满足：①数列an项数有限为N；②SN=0；③i=1Nai=1，则称数列an为“N阶可控摇摆数列”.
(1)若等比数列an1≤n≤10为“10阶可控摇摆数列”，求an的通项公式；
(2)若等差数列an1≤n≤2m,m∈N*为“2m阶可控摇摆数列”，且am>am+1，求数列an的通项公式；
(3)已知数列an为“N阶可控摇摆数列”，且存在1≤m≤N，使得i=1Nai=2Sm，探究：数列Sn能否为“N阶可控摇摆数列”，若能，请给出证明过程；若不能，请说明理由.
【答案】(1)an=110⋅(−1)n−11≤n≤10或an=110⋅(−1)n1≤n≤10
(2)an=−2n+2m+12m21≤n≤2m,m∈N*
(3)不能，理由见解析
【分析】（1）根据q=1和q≠1讨论，利用等比数列前n项和结合数列新定义求解即可；
（2）结合数列定义，利用等差数列的前n项和及通项公式求解即可；
（3）根据数列an为“N阶可控摇摆数列”求得Sn≤12，再利用数列Sn的前n项和得S1=S2=S3=⋯=Sm−1=0，然后推得S1+S2+S3+⋯+SN=0与S1+S2+S3+⋯+SN=1不能同时成立，即可判断.
【详解】（1）若q=1，则S10=10a1=0，解得a1=0，则i=110ai=0，与题设矛盾，舍去；
若q≠1，则S10=a11−q101−q=0，得q=−1，
而i=110ai=10a1=1，解得a1=110或a1=−110，
故an=110⋅(−1)n−11≤n≤10或an=110⋅(−1)n1≤n≤10.
（2）设等差数列a1,a2,a3,⋯,a2mm≥1的公差为d，
因为a1+a2+a3+⋯+a2m=0，则2ma1+a2m2=0，则a1+a2m=am+am+1=0,am=−am+1，
由am>am+1，得d<0,am>0,am+1<0，
而i=12mai=1，故a1+a2+a3+⋯+am=12,am+1+am+2+am+3+⋯+a2m=−12，
两式相减得m2⋅d=−1，即d=−1m2，
又a1m+mm−12d=12，得a1=2m−12m2，
所以an=a1+n−1d=2m−12m2+n−1⋅−1m2=−2n+2m+12m21≤n≤2m,m∈N*.
（3）记a1,a2,a3,⋯,aN中所有非负项之和为A，负项之和为B，
因为数列an为“N阶可控摇摆数列”，则A+B=0,A−B=1,得A=12,B=−12，
故−12=B≤Sn≤A=12n=1,2,3,⋯,N，所以Sn≤12.
若存在1≤m≤N，使得i=1Nai=2Sm，即Sm=12，
则a1≥0,a2≥0,⋯,am≥0,am+1≤0,am+2≤0,⋯,aN≤0，
且am+1+am+2+⋯+aN=−12.
假设数列Sn也为“N阶可控摇摆数列”，记数列Sn的前n项和为Tn，
则Tm=S1+S2+S3+⋯+Sm≤12,
因为Sm=12，所以S1=S2=S3=⋯=Sm−1=0.
所以a1=a2=a3=⋯=am−1=0,am=12；
又am+1+am+2+⋯+aN=−12，则Sm+1,Sm+2,⋯,SN≥0.
所以S1+S2+S3+⋯+SN=S1+S2+S3+⋯+SN；
即S1+S2+S3+⋯+SN=0与S1+S2+S3+⋯+SN=1不能同时成立.
故数列Sn不为“N阶可控摇摆数列”.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义问题，应根据定义得到数列满足的递推关系，再利用常见的数列通项公式求法（如公式法、累加法、待定系数法等）求得数列通项公式和前n项和，最后再通项和前n项和的基础上讨论数列的性质.
04数列重新排序问题
16. （2024·全国·模拟预测）已知n∈N∗，an=12n−1，bn=1(n+1)2−1，数列an与数列bn的公共项按从大到小的顺序排列组成一个新数列cn，则数列cn的前99项和为（ ）
A．196197B．198199C．98197D．99199
【答案】D
【分析】对n分奇数与偶数讨论，求出数列an与数列bn的公共项，利用裂项相消法求和.
【详解】因为数列2n−1是正奇数数列，对于数列(n+1)2−1，当n为奇数时，设n=2k−1k∈N∗，则(n+1)2−1=4k2−1，为奇数；当n为偶数时，设n= 2kk∈N∗，则(n+1)2−1=(2k+1)2−1=4k(k+1)，为偶数，所以cn=14n2−1，
cn=14n2−1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
所以c1+c2+⋯+c99=12×(1−13+13−15+⋯+1197−1199)=12×(1−1199)=99199，
故选：D．
22.
列，故可以通过判断数列(n+1)2−1各项的奇偶，得到cn=14n2−1，再利用裂项相消法求和即可．
17. （2024·黑龙江·二模）已知集合A=a1,a2,⋯,an,⋯,B=b1,b2,⋯,bn,⋯,an是公比为2的等比数列且a2+3,a3+1,a4−3构成等比数列.
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn是等差数列，将集合A∪B的元素按由小到大的顺序排列构成的数列记为cn.
①若bn=5n−1，数列cn的前n项和为Sn，求使Sn≤2024成立的n的最大值；
②若A∩B=∅，数列cn的前5项构成等比数列，且c1=1,c9=8，试写出所有满足条件的数列bn.
【答案】(1)an=2n−1
(2)① 32；②bn=2n
【分析】（1）利用基本量法得到公比q的方程，得到q,进而求出通项公式；
（2）①确定两数列的公共元素，并结合等差和等比数列求和公式求解；②对元素2进行分类讨论，确定bn.
【详解】（1）an是公比为2的等比数列且a2+3,a3+1,a4−3构成等比数列.
则a3+12=a2+3a4−3，即4a1+12=2a1+38a1−3，
解得a1=1，故数列an的通项公式an=2n−1.
（2）①an=2n−1,设其前n项和An=1−2n1−2=2n−1，
bn=5n−1,设其前n项和Bn=4+5n−1n2=5n2+3n2，
集合A∪B中的所有元素的最小值为a1=1，
且b1=a3=4,b13=a7=64,b205=a11=1024三个元素是{bn}中前205项中的元素，
且是A∩B中的元素，
又S18=B13+1+2+8+16+32=5×132+3×132+59=501．
又b26=129>a8=128，
故S32=B26+1+2+8+16+32+128 =5×262+3×262+177=1906，
且S33=S32+b27=1906+134=2040,
故使Sn≤2024成立的n的最大值是32.
②因为A= 1,2,⋯,2n−1,⋯，A∪B中的元素按从小到大的顺序记为{cn}，
对集合{cn}中的元素2进行分类讨论：
当c2=2时，由{cn}的前5项成等比数列，得c4=23=8=c9，显然不成立；
当c3=2时，由{cn}的前5项成等比数列，得b12=2，∴b1=2；
因此数列{cn}的前5项分别为1，2，2，22，4；
这样bn=2n，则数列{cn}的前9项分别为1，2，2，22，4，32，
42，52，8；上述数列符合要求；
当ck=2(k≥4)时，有b2−b1<2−1，即数列{bn}的公差d<1，
∴b6=b1+5d<2+5=7，1，2，4∴1，2，4在数列{cn}的前8项中，由于A∩B=∅，这样，b1，b2，…，b6
以及1，2，4共9项，
它们均小于8，即数列{cn}的前9项均小于8，这与c9=8矛盾，所以也不成立；
综上所述，bn=2n；
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的公共项问题，关键是利用数列特点确定公共项，并估算和为2024的大概位置.
18. （2022·上海虹口·一模）已知集合A={y|y=2x,x∈N∗}，B={y|y=3x,x∈N∗}.A∪B中的所有元素按从小到大的顺序排列构成数列{an}，Sn为数列{an}的前n项的和.
(1)求S10；
(2)如果am=81，a2022=t，求m和t的值；
(3)如果n=3k−12+k(k∈N∗)，求11Sn（用k来表示）.
【答案】(1)S10=84；
(2)m=44，t=4030；
(3)11Sn=11(3k−1)(3k+7)4，k∈N∗.
【分析】（1）根据集合A、B的描述分析A∪B中的元素组成，进而写出A∪B的前10项，即可求S10.
（2）由81=34结合2n<81且n∈N∗即可求m值；令t=2187、t=6561判断对应{an}中的n，进而确定t值.
（3）由{an}中属于集合A、B中元素之间的个数关系，判断{an}的中分别含集合A、B中元素个数，进而应用分组求和，结合等差、等比前n项和求11Sn即可.
【详解】（1）由题设，集合A中元素为bn=2n,n∈N∗，集合B中元素为cn=3n,n∈N∗，且A、B没有重复元素，
∴A∪B的前10项为{2,3,4,6,8,9,10,12,14,16}，故S10=84.
（2）由am=81=34，故{an}中含集合B的4个元素；
由2n<81且n∈N∗，可得n≤40，故{an}中含集合A的40个元素；
∴m=40+4=44；
由37=2187，若t=2187，则{an}中含集合B的7个元素；
此时，由2n<2187且n∈N∗，可得n≤1093，故{an}中含集合A的1093个元素；
∴{an}中n=1100.
由38=6561，若t=6561，则{an}中含集合B的8个元素；
此时，由2n<6561且n∈N∗，可得n≤3280，故{an}中含集合A的3280个元素；
∴{an}中n=3288.
综上，由1100<2022<3288，即2187∴A∪B中含集合B的7个元素，含集合A的2015个元素，
∴a2022=t=2×2015=4030.
（3）由题设，若{an}中含m个集合B的元素，在第m−1个和第m个集合B的元素之间存在3m−1个集合A的元素，
∴若最后一项属于集合B且{an}共有i个集合B的元素，i∈N∗，
∴{an}共有n=i+3i−12个元素，
由题设，n=3k−12+k(k∈N∗)，故{an}含k个集合B的元素，含3k−12个集合A的元素，
∴Sn=3(1−3k)1−3+3k−12×2+12×3k−12×(3k−12−1)×2=(3k−1)(3k+7)4，
∴11Sn=11(3k−1)(3k+7)4，k∈N∗.
【点睛】关键点点睛：根据集合A、B的描述及其元素的性质，结合各小问条件判断{an}中含A、B中元素个数，进而求参数及前n项和.
19. （2020·湖南长沙·三模）已知数列an的前n项和为Sn，a1=aa>0,a∈N∗，Sn=pan+1（p≠0且p≠−1，n∈N∗）．
（1）求数列an的通项公式；
（2）在①ak+1，ak+3，ak+2，②ak+2，ak+1，ak+3这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，要使问题成立：
对任意的正整数k，若将ak+1，ak+2，ak+3按______的顺序排列后构成等差数列，且公差为dk，求p的值及对应的dk．
【答案】（1）an=an=1app+1pn−2n≥2；（2）见解析
【分析】（1）由Sn=pan+1再写式子Sn−1=pan（n≥2），两式作差得到an+1an=1+pp（n≥2），所以数列{an}从第二项起是公比为p+1p的等比数列，又当n＝1时a2=ap，从而可得通项公式；
（2）由（1）分别写出ak+1，ak+2，ak+3，若选①，则ak+1+ak+2=2ak+3，解出p值，即可求得dk；同理若选②，则ak+2+ak+3=2ak+1，解出p值，求得dk.
【详解】（1）因为Sn=pan+1，当n≥2时，Sn−1=pan，
两式相减，得an+1an=p+1pn≥2，故数列an从第二项起是公比为p+1p的等比数列，
又当n=1时，a1−pa2=0，a1=a，
所以a2=ap，从而an=an=1app+1pn−2n≥2．
（2）由（1）得ak+1=app+1pk−1，ak+2=app+1pk，ak+3=app+1pk+1，
若选①，则ak+1+ak+2=2ak+3，p+1p=1或p+1p=−12，得p=−23，
所以ak+1=−3a2−12k−1，ak+3=−3a2−12k+1，
所以dk=ak+3−ak+1=9a8×−12k−1．
若选②，则ak+2+ak+3=2ak+1，p+1p=1或p+1p=−2，得p=−13，
所以ak+1=−3a−2k−1，ak+2=−3a−2k，
所以dk=ak+1−ak+2=−9a⋅−2k−1．
【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，考查等差数列的性质，考查计算能力，属于中档题．
20. （2022·上海金山·一模）已知有穷数列an的各项均不相等，将an的项从大到小重新排序后相应的项数构成新数列pn，称pn为an的“序数列”.例如，数列a1､a2､a3满足a1>a3>a2，则其“序数列”pn为1､3､2，若两个不同数列的“序数列”相同，则称这两个数列互为“保序数列”.
(1)若数列3−2x､5x+6､x2的“序数列”为2､3､1，求实数x的取值范围；
(2)若项数均为2021的数列xn､yn互为“保序数列”，其通项公式分别为xn=n+12⋅23n，yn=−n2+tn（t为常数），求实数t的取值范围；
(3)设an=qn−1+p，其中p､q是实常数，且q>−1，记数列an的前n项和为Sn，若当正整数k≥3时，数列an的前k项与数列Sn的前k项（都按原来的顺序）总是互为“保序数列”，求p､q满足的条件.
【答案】(1)1(2)4(3)答案见解析
【分析】（1）由题意得出不等式即可求出；
（2）作差判断xn增减，得出序数列即可求解；
（3）讨论q=±1或q=0，q>1，0【详解】（1）由题意得a2>a3>a1，即5x+6>x2x2>3−2x，解得1（2）xn+1−xn=n+3223n+1−n+1223n=3−2n623n，
当n=1时，x2−x1>0，即x2>x1，当n≥2时，xn+1−xn<0，即xn+1故x2>x1,x2>x3>x4>⋯>x2021，
又x1=1，x3=2827，x4=89，因此xn的序数列为2,3,1,4,5，…，2021．
又因{xn}、{yn}互为“保序数列”，故y2>y3>y1>y4>y5>⋯>y2021，
只需满足2（3）① 当q=±1或q=0时，数列{an}中有相等的项，不满足题意.
② 当q>1时，数列{an}单调递增，故{Sn}也应单调递增，
从而Sn+1−Sn=an+1=qn+p>0对n∈N∗且n0.
③ 当0从而Sn+1−Sn=an+1=qn+p<0对n∈N∗且n又数列{qn+p}单调递减，故p+q<0.
④ 当−1p；{a2n}单调递增，且a2n于是S2n+1−S2n−1=a2n+a2n+1=q2n−1+q2n+2p<0对n∈N∗且n≤k−12恒成立，即2p<(−q)2n−1(1+q)，从而2p≤0.
另一方面，S2n+2−S2n=a2n+1+a2n+2=q2n+q2n+1+2p>0对n∈N∗且n≤k−22恒成立，即2p>−q2n(1+q)，从而2p≥0.
综上，2p=0，即p=0.
此时S2n−1=1−q2n−11−q=11−q−q2n−11−q>11−q，S2n=1−q2n1−q=11−q−q2n1−q<11−q，满足题意.
综上，当q>1时，p、q满足的条件是p+q>0；
当0当−105数列与三角函数结合
21. （2023·天津河北·一模）已知an是等差数列，其公差d大于1，其前n项和为Sn,bn是等比数列，公比为q，已知a1=b1,b2=2,q=d,S10=100.
(1)求an和bn的通项公式；
(2)若正整数m,n,p满足m(3)记cn=an2cs2nπ3−sin2nπ3，求cn的前3n项和P3n.
【答案】(1)an=2n−1,bn=2n−1
(2)证明见解析
(3)18n2+2n
【分析】（1）根据题意，由等差数列与等比数列的通项公式以及等差数列的前n项和公式，列出方程，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由等比数列的通项公式分别可得bm=2m−1,bn=2n−1,bp=2p−1，再由等差数列的性质代入计算，即可证明；
（3）根据题意，由数列cn的通项公式分别表示出c3n,c3n−1,c3n−2，再由并项求和法代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）由题意a1=b1,b2=b1q=a1d=2,q=d,S10=10a1+10×92d=100.
联立b2=b1q=a1d=2,S10=10a1+10×92d=100,即a1d=2,2a1+9d=20,
代入整理，9d2−20d+4=0，
∵d>1,∴d=2,a1=b1=1,q=2.
an=1+2n−1=2n−1,bn=1⋅2n−1=2n−1.
（2）bm=2m−1,bn=2n−1,bp=2p−1，
若bm,bn,bp成等差数列，
则有bm+bp=2bn，即2m−1+2p−1=2⋅2n−1=2n，
等式的左右两边同时除以2m−1，
可得1+2p−m=2n−m+1，
∵m2p−m为偶数，2n−m+1为偶数，而1是奇数，
等式不成立，
∴bm,bn,bp不能成等差数列.
（3）cn=an2cs2nπ3−sin2nπ3=an2cs2nπ3，
c3n=a3n2cs6nπ3=(6n−1)2，
c3n−1=a3n−12cs6n−2π3=(6n−3)2−12，
c3n−2=a3n−22cs6n−4π3=(6n−5)2−12，
c3n+c3n−1+c3n−2=(6n−1)2+(6n−3)2−12+(6n−5)2−12=36n−16，
∴P3n=36−16+36×2−16+⋯+36n−16
=20+36n−16n2=18n2+2n.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了等差数列的判定以及求和公式的应用以及并项求和法，难度较大，解答本题的关键在于结合公式代入计算以及将c3n+c3n−1+c3n−2三项合并求和
22. （2024·吉林·二模）已知数列an,a1=1,an+1=2an−csnπ2+2sinnπ2n∈N∗.
(1)求a2,a3.
(2)求an的通项公式；
(3)设nan−2n的前n项和为Tn,若Tm=2024m∈N∗,求m.
【答案】(1)a2=4,a3=9
(2)an=2n−sinnπ2
(3)4048
【分析】(1)将n=1,n=2分别代入关系式运算即可.
(2)考查等比数列的构造,通过构造等比数列，结合等比数列的通项公式求解即可.
(3)考查数列的周期性，通过对sinnπ2的周期性取值讨论求解即可.
【详解】（1）当n=1时,得a2=2a1−csπ2+2sinπ2=4；
当n=2时,得a3=2a2−cs2π2+2sin2π2=9.
（2）设an+1+αsinn+1π2+βcsn+1π2=2an+αsinnπ2+βcsnπ2,
整理得an+1=2an+2β−αcsnπ2+2α+βsinnπ2,
又an+1=2an−csnπ2+2sinnπ2,
∴2β−α=−1,2α+β=2,解得α=1,β=0,
∴an+1+sinn+1π2=2an+sinnπ2,又a1+sinπ2=2,
∴an+sinnπ2是以2为首项,2为公比的等比数列,
∴an+sinnπ2=2×2n−1=2n,∴an=2n−sinnπ2,
故an的通项公式为an=2n−sinnπ2.
（3）设bn=nan−2n=−n⋅sinnπ2,
设k∈N∗,则当n=4k+1时,sinnπ2=1;当n=4k+2时,sinnπ2=0;
当n=4k+3时,sinnπ2=−1;当n=4k+4时,sinnπ2=0.
∴b4k+1+b4k+2+b4k+3+b4k+4=−4k+1−4k+3×−1=2.
若Tm=2024m∈N∗,则m=20242×4=4048.
23. （2024·河南开封·三模）点S是直线PQ外一点，点M，N在直线PQ上（点M，N与点P，Q任一点不重合）．若点M在线段PQ上，记P,Q;M=SPsin∠PSMSQsin∠MSQ；若点M在线段PQ外，记P,Q;M=−SPsin∠PSMSQ⋅sin∠MSQ．记P,Q;M,N=P,Q;MP,Q;N．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知b=2，A=60°，点D是射线BC上一点，且B,C;D=c2．
(1)若AD=3+1，求∠ADC；
(2)射线BC上的点M0，M1，M2，…满足B,C;Mn,D=−1+3n2，n∈N，
（i）当n=0时，求AM0+8AD的最小值；
（ii）当n≠0时，过点C作CPn⊥AMn于Pn，记an=CPnn，求证：数列an的前n项和Sn<2+2．
【答案】(1)∠CDA=π4，5033
(2)证明见解析
【分析】（1）根据定义可得sin∠BAD=sin∠CAD，即可根据余弦定理求解，
（2）（i）根据等面积法可得1AM0+2AD=32，即可利用不等式乘“1”法即可求解，
（ii）由CPn=ACsinα=21+n2,an=2n1+n2，结合放缩法即可求解.
【详解】（1）因为B,C;D=c2>0,D是线段BC上一点，b=2，
所以B,C;D=csin∠BADbsin∠CAD=csin∠BAD2sin∠CAD=c2,故sin∠BAD=sin∠CAD，
所以AD为∠BAC的角平分线，又A=π3,所以∠BAD=∠CAD=30∘,
若AD=3+1，在△ACD中，由余弦定理可得CD2=AC2+AD2−2AC⋅ADcs∠CAD=4+3+12−4×3+1csπ6=2,
故CD=2，
由正弦定理可得CDsin∠CAD=ACsin∠CDA,故2sinπ6=2sin∠CDA，解得sin∠CDA=22,
由于AD是最大的边，所以∠CDA=π4，
（2）设∠CAMn=α，
（i）当n=0时，因为B,C;M0,D=−12<0,所以M0在线段BC的延长线上，
所以csinπ3+α2sinα=12c2⇒2sinπ3+α=sinα⇒α=π2，
因为S△ADM0=S△ADC+S△ACM0⇒AD⋅AM0sin2π3=AD⋅ACsinπ6+AC⋅AM0,
1AM0+2AD=32,
所以8AD+AM0=238AD+AM01AM0+2AD=238ADAM0+2AM0AD+17≥2328ADAM02AM0AD+17=5033
当且仅当8ADAM0=2AM0AD,即AM0=2AD取等号，此时AM0=1033,AD=533，
由于tan∠ACM0=533>3,∠ACM0>π3，等号可以取到，
故AM0+8AD的最小值为5033
（ii）当n≠0，B,C;Mn,D=−1+3n2<0,所以Mn在线段BC的延长线上，
所以csinπ3+α2sinα=1+3n2c2⇒2sinπ3+α=1+3nsinα⇒tanα=1n，
所以CPn=ACsinα=21+n2,an=2n1+n2,
n=1时，所以S1=a1=2<2+2，
n≥2,an=2n1+n2<2n2<21n−1−1n，
所以Sn=a1+a2+⋯+an<2+21−12+12−13+⋯+1n−1−1n=2+21−1n<2+2，
综上Sn<2+2
【点睛】方法点睛：根据数列的递推关系，利用累加法求出数列的通项公式以及，利用裂项法进行求和是解决本题的关键；常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于cn=an+bn，其中an和bn分别为特殊数列，裂项相消法类似于an=1nn+1，错位相减法类似于cn=an⋅bn，其中an为等差数列，bn为等比数列等.
24．（22-23高三上·湖北黄冈·阶段练习）已知数列an,a1=1,Sn为数列an的前n项和，且Sn=13(n+2)an．
(1)求数列an的通项公式；
(2)求证：sinan−an<0；
(3)证明：1+sin1a11+sin1a21+sin1a3⋯1+sin1an【答案】(1)an=12n(n+1)n∈N∗
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2得到ann+1=an−1n−1，变形后求出通项公式；
（2）构造F(x)=sinx−x(x>0)，利用导函数得到其单调性，得到sinx（3）先不等式两边取对数，再构造ℎx=ln1+x−x，x>0，利用导函数得到其单调性，得到ln(1+x)0)，从而对不等式放缩得到ln1+sin1an<21n−1n+1，利用累加法和放缩法证明出不等式.
【详解】（1）∵3Sn=(n+2)an (1)
当n≥2时3Sn−1=(n+1)an−1 (2)，
(1)−(2)得：
∴3an=(n+2)an−(n+1)an−1，(n−1)an=(n+1)an−1，即ann+1=an−1n−1，
变形为ann(n+1)=an−1(n−1)n=⋯=a11×2=12，
∴an=12n(n+1)n≥2，经检验n=1时也适合．
∴an=12n(n+1)n∈N∗.
（2）构造函数F(x)=sinx−x(x>0)，F'(x)=csx−1≤0，
∴F(x)在(0,+∞)上递减，
∴F(x)∴x>0时sinx∵an=12n(n+1)>0，n∈N∗
∴令x=an，则有sinan−an<0
（3）∵1an∈(0,1]，∴sin1an>0，原不等式等价于证明：
ln1+sin1a1+ln1+sin1a2+⋯+ln1+sin1an−1+ln1+sin1an<2，
令ℎx=ln1+x−x，x>0，
则ℎ'x=11+x−1=−x1+x<0，
所以ℎx=ln1+x−x在x>0上单调递减，
所以ℎx<ℎ0=0，
所以ln(1+x)0)，
∴ln1+sin1an令n=1,2,3⋯n，然后累加得：
ln1+sin1a1+ln1+sin1a2+⋯+ln1+sin1an−1+ln1+sin1an
<21−12+12−13+⋯+1n−1n+1=21−1n+1<2．原不等式得证．
【点睛】利用导函数证明数列相关的不等式，要结合不等式特点，构造相关的函数，再将数列代入即可，本题第三问要构造ℎx=ln1+x−x，x>0，得到ln(1+x)0)，再进行相应的放缩.
25. （2022·上海金山·一模）若数列an满足an+an+1+an+2+⋯+an+k=0n∈N∗,k∈N∗，则称数列an为“k阶相消数列”.已知“2阶相消数列”bn的通项公式为bn=2csωn，记Tn=b1b2⋯bn，1≤n≤2021，n∈N∗，则当n= 时，Tn取得最小值
【答案】2020
【分析】由bn+bn+1+bn+2=0n∈N∗可求出bn周期，
对csωn+csωn+1+csωn+2=0变形可求得csω=−12，从而求得cs2ω,cs3ω，得到bn的前三项，分析Tn的正负情况，可得n=3k+1k∈N时Tn为负值，对此时的Tn的求表达式可得−2k，k最大时Tn有最小值.
【详解】由已知得bn+bn+1+bn+2=0n∈N∗
故bn+1+bn+2+bn+3=0n∈N∗
故bn=bn+3n∈N∗，bn的周期为3
设bn=2cn，其中cn=csωn，故cn的周期为3
由题意有csωn+csωn+1+csωn+2=0
由和差化积公式有2csωn+ωn+22csωn+2−ωn2+csωn+1=0
故2csωn+1csω+csωn+1=0
因此csωn+12csω+1=0
若ωn+1=π2+kπk∈Z，不存在这样的ω对任意n恒成立，故舍
则csω=−12
c1=csω=−12，c2=cs2ω=2cs2ω−1=−12，
由三倍角公式有c3=cs3ω=4cs3ω−3csω=1
故Tn=b1b2⋯bn=2nc1c2⋯cn，当n=3k+1k∈N时，Tn<0；
当n=3k+2k∈N时，Tn>0；
当n=3k+3k∈N时，Tn>0.
n=3k+1k∈N时，Tn=2nc1c2c3kc1=2n14k−12 =−2k
3k+1≤2021，故k≤673，此时Tn最小，此时n=2020
故答案为：2020
06数列中的周期性
26. （2023·湖南永州·二模）已知数列an满足a3=−14,an+an+1=116n2csnπ2，则a240= ．
【答案】1785
【分析】利用余弦函数的周期性可得数列an满足a4k+4−a4k=k+14，再由累加法利用等差数列前n和可得结果.
【详解】由余弦函数性质可知数列csnπ2是以4为周期的周期数列，
易知a4k+a4k+1=k2，a4k+1+a4k+2=0，a4k+2+a4k+3=−k2+k+14，a4k+3+a4k+4=0，
则a4k+4−a4k=k+14，且a3=−14,a3+a4=0，可得a4=14；
由累加法可得a240=a240−a236+a236−a232+⋅⋅⋅+a8−a4+a4=59+14+58+14+⋅⋅⋅+1+14+14
=59+58+⋅⋅⋅+1+14×60=5959+12+15=1785；
故答案为：1785
【点睛】方法点睛：根据三角函数的周期性可得数列中的周期或类周期规律，再利用等差数列和等比数列性质，利用累加法或累乘法即可求得结果.
27. （2023·全国·模拟预测）若数列an满足an+1−anan+1−an=1，且a1=2，则数列an+3anan+2的前2023项的积为 .
【答案】2
【分析】由已知推出an+1=1+an1−an，由递推关系可得an+2=−1an，所以an+4=−1an+2=an，所以数列an的周期为4且an⋅an+2=−1，继而推出an+3anan+2=−an+3，由周期性计算乘积即可.
【详解】由已知可得：an+1−anan+1−an=1⇒an+1=1+an1−an⇒an+2=1+an+11−an+1=−1an
⇒an+4=−1an+2=an⇒an+3anan+2=−an+3
由上可得an周期为4，a1=2，可得a2=1+21−2=−3,a3=−12,a4=13，
故an+3anan+2的周期也为4，数列an+3anan+2的前4项分别为−a4=−13，−a5=−a1=−2，−a6=−a2=3，−a7=−a3=12，
故数列an+3anan+2的前2023项的积为−13×−2×3×1220204×−13×−2×3=2
【点睛】关键点点睛：（1）将已知等式化简､变形，得到数列an的周期为4；（2）化简an+3anan+2，寻找数列an+3anan+2和数列an之间的关系.
28. （2021·广东·模拟预测）已知Sn为数列an的前n项和，a1=a2=1，平面内三个不共线的向量OA，OB，OC，满足OC=an−1+an+1OA+1−anOB，n≥2，n∈N∗，若A，B，C在同一直线上，则S2021= .
【答案】0
【分析】先根据A,B,C三点共线求解出an−1,an,an+1之间的关系，由此确定出an为周期数列，并求解出前6项的值，然后根据周期性可求S2021的值.
【详解】设AC=λAB，所以AO+OC=λAO+λOB，所以OC=1−λOA+λOB，
所以an−1+an+1=1−λ1−an=λ，所以an−1+an+1+1−an=1，所以an−1+an+1=an，
所以an+an+2=an+1，所以an−1+an+1+an+2=an+1，所以an−1+an+2=0，
所以an+an+3=0，所以an+3+an+6=0，所以an+6=an，所以an是周期为6的周期数列，
因为a1=a2=1，所以a3=a2−a1=0,a4=a3−a2=−1,a5=a4−a3=−1,a6=a5−a4=0，
所以a1+a2+a3+a4+a5+a6=0，
所以S2021=S6×336+5=336×0+S5=1+1+0+−1+−1=0，
故答案为：0.
【点睛】结论点睛：已知平面中A、B、C三点共线 (O在该直线外)，若OA=xOB+yOC，则必有x+y=1.
29. （2024·湖南长沙·一模）对于数列an，如果存在正整数T，使得对任意nn∈N*，都有an+T=an，那么数列an就叫做周期数列，T叫做这个数列的周期.若周期数列bn,cn满足：存在正整数k，对每一个ii≤k,i∈N*，都有bi=ci，我们称数列bn和cn为“同根数列”.
(1)判断数列an=sinnπ､bn=1,n=13,n=2bn−1−bn−2,n≥3是否为周期数列.如果是，写出该数列的周期，如果不是，说明理由；
(2)若an和bn是“同根数列”，且周期的最小值分别是m+2和m+4m∈N*，求k的最大值.
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）根据周期数列的定义进行判断即可；
（2）根据同根数列的定义分类讨论进行求解即可.
【详解】（1）an､bn均是周期数列，理由如下：
因为an+1=sinn+1π=0=sinnπ=an，
所以数列an是周期数列，其周期为1（或任意正整数）.
因为bn+3=bn+2−bn+1=bn+1−bn−bn+1=−bn，
所以bn+6=−bn+3=bn.
所以数列bn是周期数列，其周期为6（或6的正整数倍）.
（2）当m是奇数时，首先证明k≥2m+5不存在数列满足条件.
假设k≥2m+5，即对于1≤i≤2m+5，都有ai=bi.
因为am+t=bm+t5≤t≤m+4，
所以at−2=bt−4=at−45≤t≤m+4，
即a1=a3=a5=⋯=am+2，及a2=a4=a6=⋯=am+1.
又t=m+5时，a1=a2m+2+1=b2m+5=bm+1=am+1，
所以an+1=an，与T1的最小值是m+2矛盾.
其次证明k=2m+4存在数列满足条件.
取am+2l+i=1,i=2k−11≤k≤m+322,i=2k1≤k≤m+12l∈N
及bm+4l+i=1,i=2k−11≤k≤m+322,i=2k1≤k≤m+12l∈N1,i=m+32,i=m+4，
对于1≤i≤2m+4，都有ai=bi.
当m是偶数时，首先证明k≥2m+4时不存在数列满足条件.
假设k≥2m+4，即对于1≤i≤2m+4，都有ai=bi.
因为am+t=bm+t5≤t≤m+3，
所以at−2=bt−4=at−45≤t≤m+3，
即a1=a3=a5=⋯=am+1，及a2=a4=a6=⋯=am.
又t=m+4时，am+2=bm=am，
所以an+2=an，与T1的最小值是m+2矛盾.
其次证明k=2m+3时存在数列满足条件.
取am+2l+i=1,i=2k−11≤k≤m+222,i=2k1≤k≤m23,i=m+2l∈N
及b(m+4)l+i=1,i=2k−11≤k≤m+222,i=2k1≤k≤m23,i=m+21,i=m+32,i=m+4(l∈N)
对于1≤i≤2m+3，都有ai=bi.
综上，当m是奇数时，k的最大值为2m+4；
当m是偶数时，k的最大值为2m+3.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解同根数列的定义，运用分类讨论思想进行求解是解题的关键.
30. （22-23高三下·北京·阶段练习）若无穷数列an的各项均为整数．且对于∀i,j∈N∗，ij，使得ak=aiaj−ai−aj，则称数列an满足性质P．
(1)判断下列数列是否满足性质P，并说明理由．
①an=n，n=1，2，3，…；
②bn=n+2，n=1，2，3，…．
(2)若数列an满足性质P，且a1=1，求证：集合n∈N∗an=3为无限集；
(3)若周期数列an满足性质P，求数列an的通项公式．
【答案】(1)数列an不满足性质P；数列bn满足性质P，理由见解析
(2)证明见解析
(3)an=0或an=3．
【分析】（1）根据题意分析判断；
（2）根据题意先证3为数列an中的项，再利用反证法证明集合n∈N∗∣an=3为无限集；
（3）先根据题意证明an∈0,2,3，再分an为常数列和非常数列两种情况，分析判断.
【详解】（1）对①，取i=1，对∀j∈N∗,j>1，则ai=a1=1,aj=j，
可得aiaj−ai−aj=j−1−j=−1，
显然不存在k>j,k∈N∗，使得ak=−1，
所以数列an不满足性质P；
对②，对于∀i,j∈N∗,i故bibj−bi−bj=i+2j+2−i+2−j+2=i⋅j+i+j
=i⋅j+i+j−2+2，因为i,j∈N∗,i≥1,j≥2，
则i⋅j+i+j−2∈N∗，且i⋅j+i+j−2=ij+1+j−2≥3，
所以存在k=i⋅j+i+j−2∈N∗，k>j，
使得bk=i⋅j+i+j−2+2=bibj−bi−bj，
故数列bn满足性质P；
（2）若数列an满足性质P，且a1=1，则有：
取i=1,j=j1>1,j1∈N∗，均存在k1>j1,k1∈N∗，使得ak1=a1aj1−a1−aj1=−1，
取i=1,j=j2>k1,j2∈N∗，均存在k2>j2>k1,k2∈N∗，使得ak2=a1aj2−a1−aj2=−1，
取i=k1,j=k2>k1，均存在m1>k2>1,m1∈N∗，使得am1=ak1ak2−ak1−ak2=3，
故数列an中存在n∈N∗，使得an=3，即n∈N∗∣an=3≠∅，
反证：假设n∈N∗∣an=3为有限集，其元素由小到大依次为n1,n2,⋯,nlnl>1，
取i=1,j=nl+1>nl，均存在kL>nl+1,kL∈N∗，使得akL=a1anl+1−a1−anl+1=−1，
取i=1,j=kL+1，均存在kL+1>kL+1,kL+1∈N∗，使得akL+1=a1akL+1−a1−akL+1=−1，
取i=kL,j=kL+1，均存在nl+1>kL+1>nl,nl+1∈N∗，使得anl+1=akLakL+1−akL−akL+1=3，
即nl+1∈n∈N∗∣an=3这与假设相矛盾，故集合n∈N∗∣an=3为无限集.
（3）设周期数列an的周期为T≥1,T∈N∗，则对∀n∈N∗，均有an=an+T，
设周期数列an的最大项为aM,M∈N∗,1≤M≤T，最小项为aN,N∈N∗,1≤N≤T，
即对∀n∈N∗，均有aN≤an≤aM，
若数列an满足性质P：
反证：假设aM≥4时，取i=M,j=M+T，则∃k>M+T,k∈N∗，使得ak=aMaM+T−aM−aM+T=aM2−2aM，
则ak−aM=aM2−3aM=aMaM−3>0，即ak>aM，
这对∀n∈N∗，均有aN≤an≤aM矛盾，假设不成立；则对∀n∈N∗，均有an≤3；
反证：假设aN≤−2时，取i=N,j=N+T，则∃k>N+T,k∈N∗，使得ak=aNaN+T−aN−aN+T=aN2−2aN≥4，
这与对∀n∈N∗，均有an≤3矛盾，假设不成立，即对∀n∈N∗，均有an≥−1；
综上所述：对∀n∈N∗，均有−1≤an≤3，
反证：假设1为数列an中的项，由（2）可得：−1,3为数列an中的项，
∵−1×3−−1−3=−5，即−5为数列an中的项，
这与对∀n∈N∗，均有−1≤an≤3相矛盾，即对∀n∈N∗，均有an≠1，同理可证：an≠−1，
∵an∈Z，则an∈0,2,3，
当T=1时，即数列an为常数列时，设an=a，故对∀i,j∈N∗,ij，
使得ak=aiaj−ai−aj=a2−2a=a，解得a=0或a=3，即an=0或an=3符合题意；
当T≥2时，即数列an至少有两个不同项，则有：
①当0,2为数列an中的项，则0×2−0−2=−2，即−2为数列an中的项，但−2∉0,2,3，不成立；
②当0,3为数列an中的项，则0×3−0−3=−3，即−3为数列an中的项，但−3∉0,2,3，不成立；
③当2,3为数列an中的项，则2×3−2−3=1，即1为数列an中的项，但1∉0,2,3，不成立；
综上所述：an=0或an=3.
【点睛】关键点点睛：（1）对于证明中出现直接证明不方便时，我们可以利用反证法证明；
（2）对于周期数列an满足性质P，证明思路：先逐步缩小精确an的取值可能，再检验判断.
07数列中插入项问题
31. （2024·全国·模拟预测）已知an=2n，数列cn为a1,b1,a2,b2,b3,a3,b4,b5,b6,a4,b7,b8,b9,b10,a5,⋯，规律是在ak和ak+1中间插入k项，所有插入的项构成以3为首项，2为公差的等差数列bn，则数列cn的前30项和为 ．
【答案】829
【分析】因为所有插入的项构成以3为首项，2为公差的等差数列，根据题意，得到数列的前30项中含有{an}的前7项，含有{bn}的前23项，结合等差、等比数列的求和公式，即可求解.
【详解】因为an=2n，所以an为等比数列，所有插入的项构成以3为首项，2为公差的等差数列，
由于1+2+3+4+5+6=21，21+6=27<30，1+2+3+4+5+6+7=28，28+7=35>30，
因此数列cn的前30项中含有an的前7项，含有bn的前23项，
所以所求和为2×1−271−2+(3×23+23×22×22)=829．
故答案为：829.
32. （2024·河北沧州·一模）在数列an中，已知a1+a22+a322+⋯+an2n−1=2n．
(1)求数列an的通项公式；
(2)在数列an中的a1和a2之间插入1个数x11，使a1,x11,a2成等差数列；在a2和a3之间插入2个数x21,x22，使a2,x21,x22,a3成等差数列；…；在an和an+1之间插入n个数xn1,xn2,⋯,xnn，使an,xn1,xn2,⋯,xnn,an+1成等差数列，这样可以得到新数列bn:a1,x11,a2,x21,x22,a3,x31,x32,x33,a4,⋯,an，设数列bn的前n项和为Sn，求S55（用数字作答）．
【答案】(1)an=2n
(2)14337
【分析】（1）根据数列的前n项和求数列的通项公式，一定要分n=1和n≥2讨论.
（2）首先弄清楚新数列bn前55项的构成，再转化为错位相减法求和.
【详解】（1）当n=1时，a1=2；
当n≥2时，an2n−1=a1+a22+a322+⋯+an2n−1−a1+a22+a322+⋯+an−12n−2 =2n−2n−1=2，
所以an2n−1=2 ⇒ an=2n，n≥2.
当n=1时，上式亦成立，
所以：an=2n.
（2）由n+1+2+3+⋯+n−1=55 ⇒ n=10.
所以新数列bn前55项中包含数列an的前10项，还包含，x11，x21，x22，x31，x32，⋯，x98，x99.
且x11=a1+a22，x21+x22=2a2+a32，x31+x32+x33=3a3+a42， x91+x92+⋯+x99=9a9+a102.
所以S55=a1+a2+⋯+a10+a1+a22+2a2+a32+⋯+9a9+a102
=3a1+5a2+7a3+⋯+19a92+11a102.
设T=3a1+5a2+7a3+⋯+19a9 =3×21+5×22+7×23+⋯+19×29
则2T=3×22+5×23+7×24+⋯+19×210，
所以−T=T−2T=3×21+2×22+23+⋯+29−19×210 =−17×210−2.
故：T=17×210+2.
所以S55=17×210+22+112×210=28×29+1=14337.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是要弄清楚新数列bn前55项的构成.可先通过列举数列bn的前几项进行观察得到规律.
33. （2024·新疆·二模）已知an为等差数列，前n项和为Tn，若T4=4T2,a2n=2an+1.
(1)求an；
(2)对任意的m∈N*，将an中落入区间2m,22m内项的个数记为bm.
①求bm；
②记cm=222m−1−bm, cm的前m项和记为Tm，是否存在m,t∈N*，使得Tm−tTm+1−t=1ct+1成立？若存在，求出mt的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)an=2n−1
(2)①bm=22m−1−2m−1；②存在，mt=9.
【分析】
（1）设数列an的公差，由题设条件，列出关于a1,d的方程组，解之即得；
（2）①使an=2n−1 ∈2m,22m，解得2m−1+12【详解】（1）设an的公差为d,由T4=4T2可得4a1+6d=42a1+d，即2a1−d=0①，
又由a2n=2an+1可得a1+2n−1d=2a1+n−1d+1,即a1−d+1=0②
联立① ②解得：a1=1,d=2,∴an=2n−1；
（2）①2m<2n−1<22m，即2m+12∵n∈N*,∴2m−1+1≤n≤22m−1,∴bm=22m−1−(2m−1+1)+1=22m−1−2m−1.
②由①得cm=22m−1=12m−2,易知cm是等比数列，首项为2，公比为12，故Tm=21−(12)m1−12=41−(12)m，
由Tm−tTm+1−t=1ct+1得：Tm+1−tTm−t=ct+1, Tm−t+cm+1Tm−t=ct+1，cm+1Tm−t=ct, ∴Tm−t=cm+1ct=12m+1−t
∴4−4⋅12m−t=12m⋅121−t，
∴12m=4−t4+121−t,∵12m>0,4+121−t>0,∴4−t>0,∵t∈N*∴t∈1,2,3，
t=1时，解得12m=35⇒m=lg1235∉Z（舍）；
t=2时，解得12m=13⇒m=lg1213∉Z（舍）；
t=3时，解得12m=18⇒m=3∈Z；
所以存在这样的m=3t=3，满足所给的条件，mt=9.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查由已知数列在给定区间内的项数构建的新数列求法，以及与其有关的数列的和满足某条件情况的存在性问题，属于难题.
解题的关键在于理解新数列的构成条件要求，准确写出其通项，再对其满足的条件进行化简，分析研判，讨论参数满足的几类情况即得.
34. （23-24高三上·河北石家庄·阶段练习）已知正项数列an的前n项和为Sn，且Sn2+2Sn+1=94an2．
(1)求证：1S1+1S2+1S3+⋯+1Sn<34
(2)在an与an+1间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，在数列dn中是否存在3项dm,dk,dp，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列?若存在，求出这样的3项，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明过程见解析；
(2)不存在，理由见解析.
【分析】（1）利用an=Sn−Sn−1n≥2和等比数列的定义即可得出Sn，再由放缩法和等比数列前n项和公式即可证明.
（2）利用等差数列的通项公式即可得出dn；假设在数列dn中存在三项dm，dk，dp（其中m，k，p成等差数列）成等比数列，利用等差数列和等比数列的定义及其反证法即可得出.
【详解】（1）因为an>0，Sn2+2Sn+1=94an2，所以Sn+12=94an2即Sn+1=32an，①
当n≥2时，Sn−1+1=32an−1②
②−①得：an=32an−32an−1即an=3an−1，
当n=1时，S1+1=32a1，所以a1=2，
所以an是以2为首项，q=3为公比的等比数列，
所以Sn=a11−qn1−q=21−3n1−3=3n−1，又因为1Sn=13n−1<12⋅3n−1,n≥2，
所以
当n=1时，1S1=12<34；
当n≥2时，1S1+1S2+1S3+⋯+1Sn<12+1213+132+⋯+13n−1=12+12131−13n−11−13=34−14⋅13n-1<34， 综上所述：1S1+1S2+1S3+⋯+1Sn<34.
（2）因为an=2⋅3n−1，an+1=2⋅3n，由题意知：an+1−an=n+2−1dn，
所以dn=4⋅3n−1n+1
假设在数列dn中是否存在3项dm,dk,dp，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列，
则dk2=dm⋅dp，即4⋅3k−1k+12=4⋅3m−1m+1⋅4⋅3p−1p+1
化简得：32k−2k+12=3m+p−2m+1p+1，
又因为m，k，p成等差数列，所以m+p=2k，
所以k+12=m+1⋅p+1即mp=k2，又m+p=2k，所以m+p22=mp
即m−p2=0，所以m=p=k，这与题设矛盾.
所以在数列dn中不存在3项dm,dk,dp，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列.
35. （23-24高三上·天津东丽·阶段练习）已知an是等差数列，bn是公比不为1的等比数列，a2=6，a4+a5=22，3a1=4b1，且2b2是3b1与b3的等差中项．
(1)求：数列an和bn的通项公式．
(2)设dn=−1nanbn2,n为奇数−8n2+36n−36bn,n为偶数，求i=12ndi.
(3)若对于数列an、bn，在ak和ak+1之间插入bk个2k∈N∗，组成一个新的数列cn，记数列cn的前n项和为Tn，求T2024．
【答案】(1)an=2n+2,bn=3n;
(2)3−24n9n−332+4n29n
(3)4104
【分析】
（1）根据等差等比数列的通项公式，计算可得；
（2）结合两个数列的通项公式，可判断的前项中两个数列的项数，然后分组和错位相减求和可得；
（3）求出an的项数和总共有多少个2，利用分组求和可得.
【详解】（1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，q≠1
由a2=6,a4+a5=22，则a2+2d+a2+3d=22，故d=2，
所以an=a2+n−2d=6+2n−2=2n+2，
则a1=4，由3a1=4b1，则b1=3，
又由2b2是3b1与b3的等差中项，所以2×2b2=3b1+b3，
即12q=9+3q2，解得q=3或q=1（舍去），
故bn=b1qn−1=3⋅3n−1=3n，
（2）由dn=−1nanbn2,n为奇数−8n2+36n−36bn,n为偶数 ，则dn=−3nn+1,n为奇数−8n2+36n−363n,n为偶数
i=12ndi=d1+d2+⋯+d2n−1+d2n
=d1+d3+⋯+d2n−1+d2+d4+⋯+d2n=Pn+Qn，
则Pn=2⋅−3+4−33+⋯+2n−32n−1，
9Pn=2⋅−33+4−35+⋯+2n−32n+1，
两式相减得，−8Pn=2⋅−3+2−33+⋯+2−32n−1−2n−32n+1，
−8Pn=2⋅−31−−32n1−9−2n−32n+1，
则Pn=3−24n9n−332，
Qn=−8×2232+−8×4234+⋯+−82n232n
+36×2−3632+36×4−3634+⋯+36×2n−3632n==−8Mn+36Nn
其中Mn=2232+4234+⋯+2n232n=229+4292+⋯+2n29n①，Nn=132+334+⋯+2n−132n=19+392+⋯+2n−19n
19Mn=2292+4293+⋯+2n29n+1②
①-②相减可得，
89Mn=229+1292+⋯+8n−49n−2n29n+1=419+392+⋯+2n−19n−2n29n+1
则8Mn=3619+392+⋯+2n−19n−4n29n=36Nn−4n29n
所以Qn=4n29n
则i=12ndi=3−24n9n−332+4n29n；
（3）根据题意可得，a1,2,2,2,a2,2,2,2,2,2,2,2,2,2,a3,⋯,ak,⋯,ak+1
则k+1+3+32+⋯+3k≤2024，
故k+1+31−3k1−3≤2024，则k+3k+12−12≤2024，
故当k=6时，6+372−12=1099≤2024成立，
当k=7时，7+382−12>2024成立，
所以an共有7项，共有2017个2，
则T2024=2×2017+74+2×7+22=4104
08数列与放缩结合
36. （2024·全国·模拟预测）已知数列an的各项均为正数，a1=1，an+2an≥an+12．
(1)若a2=3，证明：an≥3n−1；
(2)若a10=512，证明：当a4取得最大值时，1a1+1a2+⋯+1an<2．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意可得an+2an+1≥an+1an=qn，则q1≤q2≤⋯≤qn，结合q1=3和累乘法计算即可证明；
（2）由a1⋅q1⋅q2⋯q9≥q1⋅q2⋅q33⋅a1可得a4=q1q2q3的最大值为8，进而q1=q2=⋯=q9=2，得an≥2n−1，结合等比数列前n项求和公式计算即可.
【详解】（1）由题意知，an+2an+1≥an+1an，设an+1an=qn，∴q1≤q2≤⋯≤qn，
∵a2=3，a1=1，∴q1=3，
当n≥2时，an=a1⋅a2a1⋅a3a2⋯anan−1=a1⋅q1⋅q2⋯qn−1≥a1⋅q1n−1=3n−1．
当n=1时，a1=1满足an≥3n−1，
综上，an≥3n−1.
（2）a10=a1⋅q1⋅q2⋯q9=512≥q1⋅q2⋅q33⋅a1，∴q1⋅q2⋅q3≤8，
∴a4的最大值为8，当且仅当q1⋅q2⋅q3=q4⋅q5⋅q6=q7⋅q8⋅q9时取等号．
而q1≤q2≤⋯≤qn，∴q1=q2=⋯=q9=2，
而n≥10时，qn≥qn−1≥⋯≥q9=2，
∴an≥a1⋅qn−1=2n−1，
∴1a1+1a2+⋯+1an≤1+12+(12)2+⋯+(12)n−1=1⋅1−12n1−12=21−12n<2．
37. （2024·山东·二模）记Sn为数列an的前n项和，a2=14,Sn+12n=ancsnπ．
(1)求a3和an的通项公式；
(2)设数列1an的前n项和为Tn，证明：18−18×14n【答案】(1)a3=−116；an=−2−(n+1),n为奇数2−n,n为偶数 n∈N*.
(2)答案见解析
【分析】（1）分别取n=1和n=3即可求得a3的值，对n进行分奇偶讨论，即可得到an的通项公式；
（2）根据题意化简得到1T2k=38×14k−1，再对该式进行两次放缩，分别求和即可证明不等式.
【详解】（1）因为a2=14,Sn+12n=ancsnπ，
所以当n=1时，S1+12=−a1，所以a1=−14；
当n=3时，S3+18=−a3，所以a1+a2+a3+18=−a3，所以a3=−116.
又因为Sn+12n=ancsnπ，所以Sn+1+12n+1=an+1cs(n+1)π.
当n为奇数时，csnπ=−1,cs(n+1)π=1，
所以Sn+12n=−an，Sn+1+12n+1=an+1，
作差，an+1+12n+1−12n=an+1+an，所以an=−12n+1=−2−(n+1).
当n为偶数时，csnπ=1,cs(n+1)π=−1，
所以Sn+12n=an，Sn+1+12n+1=−an+1，
作差，an+1+12n+1−12n=−an+1−an，所以an=−2an+1+12n+1=−2⋅(−12n+2)+12n+1=(12)n=2−n.
所以，an=−2−(n+1),n为奇数2−n,n为偶数 n∈N*.
（2）由第1小问得，|an|=2−(n+1),n为奇数2−n,n为偶数 n∈N*，
所以令bn=1|an|= 2n+1,n为奇数2n,n为偶数 n∈N*，
所以T2k=b1+b2+b3+⋯+b2k=(b1+b3+⋯+b2k−1)+(b2+b4+⋯+b2k)
=(22+24+⋯+22k)+(22+24+⋯+22k)=2×(22+24+⋯+22k)
=83(4k−1).
所以1T2k=38×14k−1.
下面证明k=1n1T2k>18−18×14n：
因为1T2k=38×14k−1>38×14k，
所以k=1n1T2k>38×(141+142+⋯+14n)=38×14[1−(14)n]1−14=18−18×14n.
下面证明k=1n1T2k<16：
因为4k−1=4k−1k≥(4−1)4k−1=3×4k−1，
所以1T2k=38×14k−1≤18×14k−1=12×14k，
所以k=1n1T2k=18[1−(14)n]14=1−(14)n6<16.
所以18−18×14n【点睛】方法点睛：本题考查数列的求通项、求和与放缩问题。求通项时要进行奇偶讨论，通项公式也要写成分段函数的形式，放缩用到了两个不等式14k−1>14k和4k−1≥3×4k−1，放缩之后再进行求和，即可证明不等式.
38. （2024·天津和平·一模）若数列an满足an+1=an2+dn∈N∗，其中d≠0,an>0，则称数列an为M数列.
(1)已知数列an为M数列，当d=1,a1=1时.
（ⅰ）求证：数列an2是等差数列，并写出数列ann∈N∗的通项公式；
（ⅱ）Tn=k=12nak4+ak2(−1)kn∈N∗，求k=1n1Tkn∈N∗.
(2)若an是M数列n∈N∗，且d>0，证明：存在正整数n.使得i=1n1ai>2024.
【答案】(1)（ⅰ）证明见解析，an=n（ⅱ）12−12n+2
(2)证明见解析
【分析】（1）(ⅰ)根据等差数列定义即可证明并写出通项公式（ⅱ）分组求和得出Tn，利用裂项相消法求解即可；
（2）求出1an，利用放缩法可得1an>2a12+nd−a12+n−1dd，相加相消即可i=1n1ai>2da12+nd−a1，据此即可得证.
【详解】（1）（ⅰ）由an+1=an2+d，可得an+12−an2=1n∈N∗，
所以数列an2是首项为a12公差为1的等差数列，
所以an2=a12+n−1d=n，
又因为an>0，所以an=nn∈N∗.
（ⅱ）an2=n,an4=n4=n2，
Tn=k=12nak4+ak2(−1)k=k=12n(−1)k⋅k2+k=12n(−1)k⋅k
设A=k=12n(−1)k⋅k2，B=k=12n(−1)k⋅k，
A=k=12n(−1)k⋅k2=−12+22−32+42−⋯+2n2=3+7+⋯4n−1=4n+2⋅n2=2n2+n，B=k=12n(−1)k⋅k=−1+2−3+4−⋯+2n=n，
所以Tn=A+B=2n2+n+n=2n2+2n,1Tn=12nn+1=121n−1n+1，
i=1n1Tn=121−12+12−13+⋯+1n−1n+1=121−1n+1=12−12n+2.
（2）若an是M数列n∈N∗，有an2=a12+n−1d，
故an=a12+n−1d，且d>0，
即1an=1a12+n−1d=2a12+n−1d+a12+n−1d
>2a12+nd+a12+n−1d=2a12+nd−a12+n−1da12+nd+a12+n−1da12+nd−a12+n−1d
=2a12+nd−a12+n−1dd，
则i=1n1ai>2da12+d−a12+a12+2d−a12+d+⋯+a12+nd−a12+(n−1)d
=2da12+nd−a1，
由a12+nd−a1随n的增大而增大，
若2da12+nd−a1>2024，可得n>2024a1+10122d，
因为n∈N∗，故对任意的d>0，总存在正整数n使2da12+nd−a1>2024，
即总存在正整数n，使得i=1n1ai>2024.
【点睛】关键点点睛：本题解题中，对求和要求较高，裂项相消法求和是解决问题的关键，其次利用放缩法适当放缩，继续利用裂项相消法是证明的关键.
39. （2024·湖北·一模）英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当fx在x=0处的nn∈N*阶导数都存在时，fx=f0+f'0x+f″02!x2+f303!x3+⋯+fn0n!xn+ ⋯．注：f″x表示fx的2阶导数，即为f'x的导数，fnxn≥3表示fx的n阶导数，该公式也称麦克劳林公式．
(1)根据该公式估算sin12的值，精确到小数点后两位；
(2)由该公式可得：csx=1−x22!+x44!−x66!+⋯．当x≥0时，试比较csx与1−x22的大小，并给出证明；
(3)设n∈N*，证明：k=1n1(n+k)tan1n+k>n−14n+2．
【答案】(1)0.48；
(2)csx≥1−x22，证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据麦克劳林公式求得sinx=x−x33!+x55!−x77!+⋯，赋值即可求得近似值；
（2）构造函数gx=csx−1+x22,x≥0，利用导数判断其单调性和最值，即可证明；
（3）根据（2）中所得结论，将目标式放缩为 1n+ktan1n+k>1−12n+2k−1−12n+2k+1，再裂项求和即可证明.
【详解】（1）令fx=sinx，则f'(x) =csx，f″(x) =−sinx，f(3)x=−csx，f(4)x=sinx，⋯
故f0=0，f'(0) =1，f″(0) =0，f(3)0=−1，f(4)0=0，⋯
由麦克劳林公式可得sinx=x−x33!+x55!−x77!+⋯，
故sin12=12−148+⋯≈0.48.
（2）结论：csx≥1−x22，
证明如下：
令gx=csx−1+x22,x≥0，
令ℎx=g'x=−sinx+x,ℎ'x=−csx+1≥0，
故ℎx在0,+∞上单调递增，ℎx≥ℎ0=0，
故gx在0,+∞上单调递增，gx≥g0=0，
即证得csx−1+x22≥0，即csx≥1−x22．
（3）由（2）可得当x≥0时，csx≥1−x22，且由ℎx≥0得sinx≤x，
当且仅当x=0时取等号，故当x>0时，csx>1−x22,sinx1n+ktan1n+k=cs1n+kn+ksin1n+k>cs1n+kn+k⋅1n+k=cs1n+k>1−12(n+k)2，
而12(n+k)2=2(2n+2k)2<2(2n+2k)2−1=22n+2k−12n+2k+1
=12n+2k−1−12n+2k+1，
即有1n+ktan1n+k>1−12n+2k−1−12n+2k+1
故k=1n1(n+k)tan1n+k>n−12n+1−12n+3+12n+3−12n+5+⋯+14n−1−14n+1
=n−12n+1+14n+1
而n−12n+1+14n+1−n−14n+2=14n+1−14n+2>0，
即证得k=1n1(n+k)tan1n+k>n−14n+2.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的处理关键是能够利用第二问结论，将原式放缩为1n+ktan1n+k>1−12n+2k−1−12n+2k+1，再利用裂项求和法证明，对学生已知条件的利用能力以及综合应用能力提出了较高的要求，属综合困难题.
40. （2024·全国·模拟预测）已知数列an的首项为1，前n项和为Sn，且Sn=2Sn−1+1，其中n≥2．
(1)求证：数列an是等比数列；
(2)当n≥2时，求证：1S1+1S2+1S3+⋅⋅⋅+1Sn<21−12n．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用Sn与an的关系证明an是等比数列
（2）求得Sn=2n−1，利用放缩得1Sn<12n−1n≥2，再求1Sn的和即可证得结论.
【详解】（1）由Sn=2Sn−1+1n≥2，得Sn+1=2Sn+1，
两式相减，得Sn+1−Sn=2Sn−Sn−1n≥2，
又当n≥2时，an=Sn−Sn−1，an+1=Sn+1−Sn，
所以an+1=2an，an+1an=2n≥2，
又S2=2S1+1，a1=1，所以a2=2，a2a1=2，（注意验证n=1是否符合an+1an=2）
因此数列an是以1为首项，2为公比的等比数列．
（2）由（1）知an=2n−1，所以Sn=1−2n1−2=2n−1．
当n≥2时，2n−1>1，
所以Sn=2n−1>2n−2n−1=2n−1>0，
所以1Sn=12n−1<12n−1，
所以当n≥2时，1S1+1S2+1S3+⋅⋅⋅+1Sn<1+12+122+⋅⋅⋅+12n−1=1−12n1−12=21−12n．
09斐波那契数列问题
41. （2024·新疆·二模）斐波那契数列又称黄金分割数列，它在很多方面与大自然神奇的契合，小到地球上的动植物，如向日葵､松果､海螺的成长过程，大到海浪､飓风､宇宙星系演变，都遵循着这个规律，人们亲切地称斐波那契数列为自然界的“数学之美”，在数学上斐波那契数列an一般以递推的方式被定义：a1=a2=1,an+2=an+an+1，则下列说法正确的是（ ）
A．记Sn为数列an的前n项和，则S7=31
B．在斐波那契数列中，从不大于34的项中任取一个数，恰好取到偶数的概率为13
C．a1+a3+a5+⋯+a2023=a2025
D．a12+a32+a52+⋯+a20232=a2024a2025
【答案】B
【分析】
由数列的前两项和递推关系式求出数列的前几项，即可判断A和B的真假；由递推关系式用累加的方法可以判断C和D的真假.
【详解】对于A，∵an+2=an+an+1,a1=a2=1，
∴a3=2,a4=3,a5=5,a6=8,a7=13，
∴S7=1+1+2+3+5+8+13=33，所以A错误；
对于B，斐波那契数列数列中不大于34的数依次是1,1,2,3,5,8,13,21,34，
其中偶数有3个，所以任取一个数字，取到的偶数的概率为39=13，所以B正确；
对于C，由a1=a2，a3=a4−a2，a5=a6−a4，⋯，a2023=a2024−a2022，
上式相加得：a1+a3+a5+⋯+a2023=a2024，所以C错误；
对于D，由an+2=an+1+an，得an+1=an+2−an，
则a12=a1a2，a22=a2a3−a1=a2a3−a1a2，a32=a3a4−a2=a3a4−a2a3，
⋯，a20232=a2023a2024−a2022=a2023a2024−a2022a2023，
上式相加得：a12+a32+a52+⋯+a20232=a2023a2024，所以D错误.
故选：B.
【点睛】
关键点点睛：本题解决的关键是充分理解斐波那契数列的递推式，并熟练掌握其变形.
42. （多选）（2024·全国·模拟预测）意大利数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时发现数列1，1,2,3,5,8,13,⋯数列中的每一项称为斐波那契数，记作Fn．已知F1=1,F2=1,Fn=Fn−1+Fn−2n∈N*,n>2．则（ ）
A．F12=134
B．F2+F4+F6+F8=F9−1
C．若斐波那契数Fn除以4所得的余数按照原顺序构成数列an，则a2023+a2024=2
D．若F2024=p0．则F1+F2+F3+⋅⋅⋅+F2022=p0−2
【答案】BC
【分析】
A，B，结合递推公式，写出前14项即可；C，an是以6为最小正周期的数列；D，结合递推公式迭代即可.
【详解】
对于A，斐波那契数列1，1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,⋯，F12=144，A错误；
对于B，F2+F4+F6+F8=1+3+8+21=33=34−1=F9−1，B正确；
对于C，由斐波那契数Fn除以4所得的余数按照原顺序构成数列an，
因为a1=1，a2=1，a3=2，a4=3，a5=1，a6=0，
根据数列Fn的性质以及Mn的定义可得，
a7=1，a8=1，a9=2，a10=3，a11=1，a12=0.
同理可推得，当k∈N∗时，有a6k−5=1，a6k−4=1，a6k−3=2，a6k−2=3，a6k−1=1，a6k=0，
所以an是以6为最小正周期的数列，又因为2023÷6=337⋅⋅⋅⋅⋅⋅1，
2024÷6=337⋅⋅⋅⋅⋅⋅2，a2023+a2024=2，C正确；
对于D，由斐波那契数列性质F1=1，F2=1，
Fn=Fn−1+Fn−2n∈N∗,n>2．
可知F1+F2+F3+⋯+F2022=F3−F2+F4−F3+⋅⋅⋅+F2024−F2023
=F2024−F2=p0−1，D错误．
故选：BC．
43. （2024·江西·一模）斐波那契数列(Fibnacci sequence)，又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多·斐波那契(Lenard Fibnacci)以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、…，在数学上，斐波那契数列以如下递推的方式定义：a0=1,a1=1,an=an−1+an−2(n≥2,n∈N∗),A=a1,a2,⋯,a2024,B⊆A且B≠∅中，则B中所有元素之和为奇数的概率为 ．
【答案】2202322024−1
【分析】
记A中所有偶数组成的集合为C，所有奇数组成的集合为D，集合C的子集为E，集合D中含有奇数个元素的子集为F，则所有元素之和为奇数的集合B可看成E∪F，然后可解.
【详解】由斐波那契数列规律可知，集合A=a1,a2,⋯,a2024中的元素有674个偶数，1350个奇数，
记A中所有偶数组成的集合为C，所有奇数组成的集合为D，集合C的子集为E，集合D中含有奇数个元素的子集为F，
则所有元素之和为奇数的集合B可看成E∪F，
显然集合E共有2674个，集合F共有C13501+C13503+C13505+⋅⋅⋅+C13501349=21349个，
所以所有元素之和为奇数的集合B共有2674×21349=22023个，
又集合A的非空子集共有22024−1个，所以B中所有元素之和为奇数的概率为2202322024−1.
故答案为：2202322024−1
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是将集合A分拆成所有偶数组成的集合及所有奇数组成的集合，利用二项式系数的性质求出含有奇数个奇数组成的集合个数.
44． （多选）（22-23高三上·山西·阶段练习）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8，13，21，….该数列的特点如下：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数组成的数列an称为斐波那契数列，现将an中的各项除以2所得的余数按原来的顺序构成的数列记为bn，数列an的前n项和为Sn，数列bn的前n项和为Tn，下列说法正确的是（ ）
A．T2022=1348B．S1000=a1002−1
C．若Tn=2022，则n=3033D．a12+a22+a32+⋯+a5002=a500a501
【答案】ABD
【分析】根据斐波那契数列的特征得出数列bn为1，1，0，1，1，0，⋯，再利用数列bn的周期性可得出选项A和C的正误，利用波那契数列的特征，可判断出选项B和D的正误.
【详解】根据斐波那契数列的特征可以看出，数列an为依次连续两个奇数和一个偶数，
所以数列bn为1，1，0，1，1，0，⋯，则数列bn为周期数列，且周期为3，
选项项A，因为T2022=1+1+0×674=1348，故选项A正确；
选项B，因为S1000=a1+a2+⋯+a999+a1000=a3−a2+a4−a3+⋯+a1001−a1000+a1002−a1001 =a1002−a2=a1002−1，故选项B正确；
选项C，因为2022=1+1+0×1011，1011×3=3033，且b3031=1，b3032=1，b3033=0，
所以n=3033或n=3032，故选项C错误；
选项D，因a12+a22+a32+⋯+a5002=a1a2+a22+a32+⋯+a5002
=a2a1+a2+a32+⋯+a5002=a2a3+a32+⋯+a5002
=⋯=a499a500+a5002=a500a501，故选项D正确.
故选：ABD.
45. （多选）（2021·福建福州·模拟预测）斐波那契螺旋线，也称“黄金螺旋”，是根据斐波那契数列画出来的螺旋曲线，自然界中存在许多斐波那契螺旋线的图案，是自然界最完美的经典黄金比例.作图规则是在以斐波那契数为边的正方形拼成的长方形，然后在正方形里面画一个90度的扇形，连起来的弧线就是斐波那契螺旋线.它来源于斐波那契数列，又称为黄金分割数列.现将斐波那契数列记为{an}，a1=a2=1，an=an−1+an−2(n≥3)，边长为斐波那契数an的正方形所对应扇形面积记为bn(n∈N∗)，则（ ）
A．3an=an−2+an+2(n≥3)B．a1+a2+a3+⋅⋅⋅+a2019=a2021+1
C．π4(b2020−b2019)=a2018⋅a2021D．b1+b2+b3+⋅⋅⋅+b2020=π4a2020⋅a2021
【答案】AD
【分析】根据数列的递推公式可判断选项A，再根据累加法计算判断选项B，根据扇形的面积公式判断选项C，再次应用累加法及递推公式判断选项D.
【详解】由递推公式an=an−1+an−2(n≥3)，可得an+2=an+1+an=2an+an−1，an−2=an−an−1，
所以an−2+an+2=2an+an−1+an−an−1=3an(n≥3)，A选项正确；
又由递推公式可得a1=1，a2=a3−a1，a3=a4−a2，类似的有an=an+1−an−1(n≥2)，
累加得a1+a2+a3+⋯+an=an+an+1−a2=an+2−1，
故a1+a2+a3+⋅⋅⋅+a2019=a2021+1错误，B选项错误；
由题可知扇形面积bn=π4an2，
故bn−bn−1=π4(an2−an−12)=π4(an+an−1)(an−an−1)=π4an+1⋅an−2，
故π4(b2020−b2019)=a2018⋅a2021错误，C选项错误；
由an=an−1+an−2(n≥3)，
a12=a2⋅a1，
a22=a2⋅a2=a2⋅(a3−a1)=a3⋅a2−a2⋅a1，
a32=a3⋅a3=a3⋅(a4−a2)=a4⋅a3−a3⋅a2，
类似的有an2=an⋅an=an⋅(an+1−an−1)=an+1⋅an−an⋅an−1，
累加得a12+a22+a32+⋯+an2=a12+(a3⋅a2−a2⋅a1)+(a4⋅a3−a3⋅a2)+⋯+(an+1⋅an−an⋅an−1)=an+1⋅an，
又bn=π4an2，所以b1+b2+b3+⋯+bn=π4(a12+a22+a32+⋯+an2)=π4an+1⋅an，
所以b1+b2+b3+⋅⋅⋅+b2020=π4a2020⋅a2021正确，D选项正确；
故选：AD.
10数列与排列组合结合
46.（多选） （2024·全国·模拟预测）甲、乙、丙三人做足球传球训练，规定：每次传球时，传球人将球传给另两人中的任何一人是等可能的．假设第1次由甲将球传出，第k次传球后，球回到甲处的概率为pk（k∈N∗），则（ ）
A．p2=12B．p3>p4C．pk+2pk+1=1D．p15>13
【答案】AC
【分析】由传球规则得pk+1=1−pk×12，判断各选项的正误.
【详解】因为p2=12×12+12×12=12，A正确；
因为p3=1−p2×12=14，p4=1−p3×12=38，所以p3因为pk+1=1−pk×12，即pk+2pk+1=1，C正确；
因为pk+1=−12pk+12，所以pk+1−13=−12pk+12−13=−12pk−13，
所以数列pk−13是首项为−13，公比为−12的等比数列，
所以pk−13=−13×−12k−1，所以pk=13−13×−12k−1，
所以p15=13−13×−1214=131−1214<13，D错误．
故选：AC．
【点睛】第k+1次传球后，球回到甲处等价于第k次传球后，球不在甲处且下一次传球给甲.
47. （多选）（2023·广东深圳·二模）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1的顶点A处有一只青蛙，假设青蛙会随机地沿一条棱跳到相邻的某个顶点，且跳向每个顶点的概率相同，记青蛙跳动n次后仍在底面ABCD上的概率为Pn，则下列结论正确的是（ ）
A．P1=23
B．青蛙跳动奇数次后只能位于点B,C,D,A1四个点中某一个点处
C．数列Pn−12是等比数列
D．青蛙跳动4次后恰好回到点A的概率为727
【答案】ACD
【分析】由条件直接代入即可判断AB，由条件可得Pn−12是等比数列，即可判断CD.
【详解】跳动1次后等可能地在顶点B,D,A1处，P1=23，故A正确.
跳动奇数次后只能位于点B,D,A1,C1，跳动偶数次后只能位于点A,C,B1,D1，故B错误.
Pn+1=23Pn+131−Pn=13Pn+13，故Pn+1−12=13Pn−12，故Pn−12是等比数列，且Pn−12=1613n−1=1213n，即Pn=1213n+1，故C正确.
由点A出发，经过偶数次移动只能到达点A,C,B1,D1（奇数次后只能位于点B,D,A1,C1），考虑移动n次（n是偶数）返回到A的路径数为An，显然A0=1.由于移动n−1次后只能位于点B,D,A1,C1，其中位于B,D,A1再移动1次就可能返回到A，所以考虑移动n−2次后所在点A,C,B1,D1，把这四个点分成两类：点A和点C,B1,D1.
若在点A（路径数为An−2），再移动2次返回到A只有3种折返路径（即ABA,ADA,AA1A）；若在点C,B1,D1（路径数为3n−2−An−2）中的一个，再移动2次返回到A的路径数每个点处都有2条路径（即CBA,CDA,B1BA,B1A1A,D1DA,D1A1A）.综上，移动n次（n是偶数）返回到A的路径数An=3An−2+23n−2−An−2，即An−An−2=2⋅3n−2，累加可得An=3n+34，总路径数为3n，故青蛙跳动n（n为偶数）次后恰好回到A的概率为Pn=An3n=1413n−1+1，当n=4时，P4=727，故D正确.
故选：ACD
48. （2024·全国·模拟预测）从集合x∈N∗|1≤x≤9中随机抽取若干个数（大于等于一个）．
(1)求这些数排序后能成等比数列的概率；
(2)求这些数排序后能成等差数列的概率．
【答案】(1)4511
(2)41511
【分析】（1）先得到5、7不能被抽到，再分抽取的数有1和无1，结合抽取的数的个数，进行分类讨论，求出抽取的所有结果共有29−1=511种，从而得到概率；
（2）根据抽取的个数和公差进行分类讨论，求出这些数排序后能成等差数列的个数，结合（1）中所求的抽取的所有结果共有511中，从而求出概率.
【详解】（1）若5、7在所抽取的数里，由于其是质数，且无法找到其他被其整除的数，故5、7不能被抽取到．
①若抽取的数有1，
（I）若抽取三个数，设其他两个数为a,ba符合条件的a,b只能为2,4和3,9两组，
此时所抽取的数为1,2,4和1,3,9，共两组；
（II）若所抽取的数的个数大于3，记此等比数列的公比为q，则q≥2．
若q=2，则所抽取的数为1,2,4,8；
若q≥3，则该等比数列的最大一项大于等于33=27，明显不符合题意，
故该情况仅有1,2,4,8，1组符合条件．
②若抽取的数无1，则抽取的数应在2,3,4,6,8,9中．该等比数列公比q≥2，
因此若最小的一项为3，则最大一项≥3×22=12，矛盾，所以最小的一项应为2．
易知符合条件的仅有2,4,8，1组．
综合上述情况，仅有1,2,4，1,3,9，1,2,4,8，2,4,8共4组符合条件．
而抽取的所有结果共有C91+C92+C93+⋯+C99=29−1=511种，故概率P=4511；
（2）①当抽取的数有3项时，
（I）若该等差数列的公差d=1，则有1,2,3，2,3,4，⋯，7,8,9共7组符合条件．
（II）若该等差数列的公差d=2，则有1,3,5，2,4,6，⋯，5,7,9共5组符合条件．
（III）若该等差数列的公差d=3，则有1,4,7，2,5,8，3,6,9共3组符合条件．
（IV）若该等差数列的公差d=4，则仅有1,5,9，1组符合条件．
（V）若该等差数列的公差d≥5，则没有满足条件的选取组合．
故此情况共有7+5+3+1=16组符合条件；
②当抽取的数有4项时，
（I）若该等差数列的公差d=1，则有1,2,3,4，2,3,4,5，⋯，6,7,8,9共6组符合条件．
（II）若该等差数列的公差d=2，则有1,3,5,7，2,4,6,8，3,5,7,9共3组符合条件．
（III）若该等差数列的公差d≥3，则没有满足条件的选取组合．
故此情况共有6+3=9组符合条件．
③当抽取的数有5项时，
（I）若该等差数列的公差d=1，则有1,2,3,4,5，2,3,4,5,6，⋯，5,6,7,8,9共5组符合条件．
（II）若该等差数列的公差d=2，则仅有1,3,5,7,9，1组符合条件．
（III）若该等差数列的公差d≥3，则没有满足条件的选取组合．
故此情况共有5+1=6组符合条件．
以此类推，当抽取6、7、8、9项时，都当且仅当公差为1时有符合条件的选取组合，分别有4、3、2、1组，
综上所述，满足条件的选取组合共有16+9+6+4+3+2+1=41组，
由（1）知，抽取的所有结果共有29−1=511种，故概率P2=41511．
49. （2023·河北承德·模拟预测）某校高三年级有n(n>2,n∈N∗)个班，每个班均有(n+30)人，第k（k=1,2,3,⋅⋅⋅,n）个班中有(k+10)个女生，余下的为男生.在这n个班中任取一个班，再从该班中依次取出三人，若第三次取出的人恰为男生的概率是813，则n= .
【答案】9
【分析】根据题设，第k个班中，取三次的方法有(n+30)(n+29)(n+28)种，再求第三次取出的人为男生的方法数，进而求出第k个班中第三次取出的人为男生的概率Pk=n−k+20n+30，再由1nk=1nPk=813即可求参数.
【详解】每个班被取出的概率为1n，取第k个班中取三次的方法有(n+30)(n+29)(n+28)种；
第三次取出的人为男生的方法，如下四种情况：
男男男：(n−k+20)×(n−k+19)×(n−k+18)种；
女男男：(k+10)×(n−k+20)×(n−k+19)种；
男女男：(n−k+20)×(k+10)×(n−k+19)种；
女女男：(k+10)×(k+9)×(n−k+20)种；
所以，第三次取出为男生的方法数：
(n−k+20)×(n−k+19)×(n−k+18) +2(k+10)×(n−k+20)×(n−k+19) +(k+10)×(k+9)×(n−k+20)= (n−k+20)(n+28)(n+29)，
综上，第k个班中第三次取出的人为男生的概率Pk=(n−k+20)(n+28)(n+29)(n+30)(n+29)(n+28)=n−k+20n+30，
所以，任选一个班第三次取出的人恰为男生的概率1nk=1nPk=1nk=1nn−k+20n+30=1n(n+30)k=1n(n−k+20)=813，
则1n(n+30)×[n(n−1)2+20n]=n+392(n+30)=813，即1+9n+30=1613，可得n=9.
故答案为：9
【点睛】关键点点睛：首先求出第k个班中，取三次的方法数和第三次取出的人为男生的方法数，进而得到第k个班中第三次取出的人为男生的概率Pk为关键.
50. （23-24高三下·浙江杭州·开学考试）设整数n,k满足1≤k≤n，集合A=2m0≤m≤n−1,m∈Z.从A中选取k个不同的元素并取它们的乘积，这样的乘积有Cnk个，设它们的和为an,k.例如a3,2=20⋅21+20⋅22+21⋅22=14.
(1)若n≥2，求an,2；
(2)记fnx=1+an,1x+an,2x2+⋯+an,nxn.求fn+1xfnx和fn+1xfn2x的整式表达式；
(3)用含n，k的式子来表示an+1,k+1an,k.
【答案】(1)4n3−2n+23
(2)fn+1xfnx=1+2nx，fn+1xfn2x=1+x
(3)an+1,k+1an,k=2n+k+1−2k2k+1−1
【分析】
（1）根据题意，直接代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由条件可得fnx=1+20x1+21x1+22x⋯1+2n−1x，从而表示出fn+1x与fn2x，然后相除，即可得到结果；
（3）根据题意，可得an,0=1，an+1,0=1，再由（2）可得fn+1x=k=0nan,k+2nan,k−1xk，然后化简即可得到an+1,k+1=2k+1an,k+1+2kan,k，即可得到结果.
【详解】（1）an,2=12k=0n−12k2−k=0n−12k2=122n−12−12−4n−14−1=122n−12−4n−13=4n3−2n+23
（2）因为fnx=1+20x1+21x1+22x⋯1+2n−1x，
fn+1x=1+20x1+21x1+22x⋯1+2n−1x1+2nx，
两式相除，fn+1xfnx=1+2nx，
fn2x=1+20⋅2x1+21⋅2x1+22⋅2x⋯1+2n−1⋅2x
=1+21x1+22x…1+2n−1x1+2nx，
两式相除，fn+1xfn2x=1+x
（3）因为fnx=k=0nan,kxk①，所以an,0=1，
因为fn+1x=k=0n+1an+1,kxk②，所以an+1,0=1，
由（2）和①可得，fn+1x=1+2nx⋅fnx=k=0nan,kxk+2nk=0nan,kxk+1=k=0nan,k+2nan,k−1xk③，
由②和③，比较xk+1的系数，可得an+1,k+1=an,k+1+2nan,k④，
因为fn+1x=1+xfn2x=k=0n2xk+xk=0nan,k2xk
=k=0nan,k2kxk+k=0nan,kxk+1=k=0n2kan,k+2k−1an,k−1xk，
由②比较xk+1的系数可得an+1,k+1=2k+1an,k+1+2kan,k⑤，
由④⑤消去an,k+1可得2k+1−1an+1,k+1=2n+k+1−2kan,k，
所以an+1,k+1an,k=2n+k+1−2k2k+1−1.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了新定义问题，意在考查学生的计算能力转化能力和总和应用能力，其中将定义中的知识转化为已有的知识点是考查的重点，需熟练掌握.
11高斯函数问题
51. （2023·全国·模拟预测）已知正项数列an，bn满足：a1=1，bn=an2，bn+1−bn=an，S2023=1b1+1b2+⋯+1b2023，[x]表示不超过x的最大整数，则S2023=（ ）
A．1B．2C．3D．2023
【答案】B
【分析】由bn+1−bn=an+12−an2=an，则an+1−an<12，再利用放缩法与裂项相消求解
【详解】因为bn+1−bn=an+12−an2=an，
所以an+12=an2+an=an+122−14又因为an>0(n≥1)，所以an+1即an+1−an<12，an=an−an−1+an−1−an−2+⋯+a2−a1+a1<12(n−1)+1=n+12(n≥2)，
从而1bn=1an2>4(n+1)2>4(n+1)(n+2)=41n+1−1n+2(n≥2)，
所以S2023=1b1+1b2+⋯+1b2023>1+413−14+14−15+⋯+12024−12025=1+43−42025>2，
又bn+1bn=an+12an2=1+1an>1+2n+1=n+3n+1(n≥2)，
所以bn=bnbn−1⋅bn−1bn−2⋅⋯⋅b2b1⋅b1>n+2n⋅n+1n−1⋅⋯⋅53×42×1=(n+1)(n+2)6(n≥2)，
即1bn<6(n+1)(n+2)=6×1n+1−1n+2(n≥2)，
故S2023=1b1+1b2+⋯+1b2023<1+613−14+14−15+⋯+12024−12025=3−62025<3，
则S2023=2.
故选：B
52. （2024·四川成都·模拟预测）高斯是德国著名数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用他名字定义的函数fx=x称为高斯函数，其中x表示不超过x的最大整数，如2.3=2,−1.9=−2，已知数列an满足a1=1,a2=5，an+2+4an=5an+1，若bn=lg2an+1,Sn为数列8108bn⋅bn+1的前n项和，则S2025= ．
【答案】2025
【分析】由an+2+4an=5an+1变形为an+2−an+1=4an+1−an，得到数列an+1−an是等比数列，从而得到an+1−an=4n，再利用累加法得到an+1，从而bn=lg2an+1=2n，再利用裂项相消法求解.
【详解】解：由an+2+4an=5an+1得an+2−an+1=4an+1−an，又a2−a1=5−1=4，
所以数列an+1−an是以4为首项和公比的等比数列，故an+1−an=4n，
由累加法得an+1=an+1−an+an−an−1+⋯+a2−a1+a1 =4n+4n−1+⋯+4+1=4n+1−13,
所以bn=lg2an+1=lg24n+1−13，
∵lg24n+1−13=lg24n+1−1−lg23又lg24n+1−13>lg24−14n3=lg24n=2n,∴bn=2n，
令cn=8108bn⋅bn+1,∵cn=8108bn⋅bn+1=81082n⋅2n+2=20271n−1n+1，
∴Sn=c1+c2+⋯+cn−1+cn=20271−12+12−13+⋯+1n−1n+1，
∴Sn=20271−1n+1，
代入n=2025得S2025=2027×1−12026=2025.
故答案为：2025
53. （2024·河北·模拟预测）已知x表示不超过x的最大整数，x=x−x，设n∈N∗，且n3+n4+n6=1，则n的最小值为 ；当1≤n≤2024时，满足条件的所有n值的和S= .
【答案】 4 342732
【分析】由3,4,6的最小公倍数为12，得只需在1≤n≤12这个范围内讨论即可，再结合等差数列得前n项和公式即可得解.
【详解】由题意，当1≤n<3时，n3=n4=n6=0，
则n3+n4+n6=n3+n4+n6=3n4=1，解得n=43（舍去），
当n=3时，n3=1,n4=n6=0，
则n3+n4+n6=n3−1+n4+n6=3n4−1=1，解得n=83（舍去），
当4≤n<6时，n3=n4=1,n6=0，
则n3+n4+n6=n3−1+n4−1+n6=3n4−2=1，解得n=4，
所以n的最小值为4，
当6≤n<8时，n3=2,n4=n6=1，
则n3+n4+n6=n3−2+n4−1+n6−1=3n4−4=1，解得n=203（舍去），
当n=8时，n3=n4=2,n6=1，
则n3+n4+n6=n3−2+n4−2+n6−1=3n4−5=1，解得n=8，
当9≤n≤11时，n3=3,n4=2,n6=1，
则n3+n4+n6=n3−3+n4−2+n6−1=3n4−6=1，解得n=283，
当n=12时，n3+n4+n6=4+3+2=0≠1，故n=12舍去，
因为3,4,6的最小公倍数为12，
以4为首项12为公差的等差数列，设为am，则am=12m−8，
以8为首项12为公差的等差数列，设为bm，则bm=12m−4，
所以数列am和bm是满足条件的所有n值，
令am=12m−8≤2024，解得m≤169，
令bm=12m−4≤2024，解得m≤169，
则当1≤n≤2024时，满足条件的所有n值的和
S=4+12×169−8×1692+8+12×169−4×1692=342732.
故答案为：4；342732.
【点睛】关键点点睛：由3,4,6的最小公倍数为12，可得只需在1≤n≤12这个范围内讨论，求出这个范围内的n的值，是解决本题的关键.
54. （2024高三·全国·专题练习）设n∈N*，an为(2x+3)n−(x+1)n的展开式的各项系数之和，c=2t−3，t∈R，bn=[a15]+[2a252]+⋯+[nan5n]([n]表示不超过实数x的最大整数)，则(n−t)2+(bn+c)2的最小值为 ．
【答案】15/0.2
【分析】
赋值法求出an=5n−2n，结合导数判断n−1【详解】
令x=1可得，an=5n−2n，nan5n=n−n25n，
设fx=lnxxx≥1，则f'x=1−lnxx2，
令f'x=0，得x=e.
当x∈1,e时，f'x>0，函数f(x)单调递增；
当x∈e,+∞时，f'x<0，函数f(x)单调递减．
则lnxx≤1e<12=lne故对任意的n≥1，lnnn故0bn=[a15]+[2a252]+⋯+[nan5n]
=1+2+⋯+(n−1)=n2−n2，
则(n−t)2+(bn+c)2的几何意义为点(n,n2−n2)(n∈N∗)到点(t,3−2t)的距离的平方，
∴最小值即点(n,n2−n2)(n∈N∗)到y=3−2x的距离的平方，
y=12x2−x与y=3−2x的交点横坐标x0=33−32∈1,2，
且点1,0到直线y=3−2x的距离d1=2−322+12=15，
点2,1到直线y=3−2x的距离d2=4+1−322+12=25，
∴(n−t)2+(bn+c)2的最小值为15.
故答案为:15.
【点睛】
关键点点睛：本题考查利用导数解决函数最值及点点距的应用，关键是利用导数判断出n−155. （2023·全国·模拟预测）已知数列an为公差不为0的等差数列，a3=5，且a2,a5,a14成等比数列，设x表示不超过x的最大整数，如3.5=3，−1.5=−2，记bn=lg2an，Sn为数列bn的前n项和，则S2024= .
【答案】20217
【分析】求出an通项公式和第2024项，进而求出数列bn的通项公式和前n项和公式，利用错位相减法即可得出S2024的值.
【详解】由题意，
数列an是等差数列，设公差为dd≠0，
因为a2,a5,a14成等比数列，
所以a2a14=a52，即5−d5+11d=5+2d2，
解得d=2或d=0（舍），
所以an=5+2n−3=2n−1，则a2024=4047.
当2n≤x≤2n+1时，lg2x=n，
即lg22n+1=lg22n+3=⋯=lg22n+1−1=n，共有2n−1个n.（
因为211<4047<212，所以S2024=b1+b2+b3+⋯+b2024=lg21+lg23+lg25+⋯+lg24047 =0+20×1+21×2+⋯+29×10+4047−20472×11=20×1+21×2+⋯+29×10+11000，①
则2S2024=21×1+22×2+23×3+⋯+210×10+22000，②
由①-②得−S2024=1+21+22+⋯+29−210×10−11000=210−12−1−210×10−11000=−20217，
所以S2024=20217.
故答案为：20217.
【点睛】本题考查错位相减法，取整函数，等差数列和等比数列的性质和求法，数列求和，考查学生的计算能力和分析问题，处理问题的能力，具有很强的综合性.
12数列与实际模型
56. （2024·北京海淀·一模）某生物兴趣小组在显微镜下拍摄到一种黏菌的繁殖轨迹，如图1.通过观察发现，该黏菌繁殖符合如下规律：①黏菌沿直线繁殖一段距离后，就会以该直线为对称轴分叉（分叉的角度约为60°），再沿直线繁殖，…；②每次分叉后沿直线繁殖的距离约为前一段沿直线繁殖的距离的一半.于是，该组同学将整个繁殖过程抽象为如图2所示的一个数学模型：黏菌从圆形培养皿的中心O开始，沿直线繁殖到A11，然后分叉向A21与A22方向继续繁殖，其中∠A21A11A22=60°，且A11A21与A11A22关于OA11所在直线对称，A11A21=A11A22=12OA11….若OA11=4cm，为保证黏菌在繁殖过程中不会碰到培养皿壁，则培养皿的半径r（r∈N∗，单位：cm）至少为（ ）

A．6B．7C．8D．9
【答案】C
【分析】根据黏菌的繁殖规律可得每次繁殖在OA11方向上前进的距离，结合无穷等比递缩数列的和的计算公式，即可判断答案.
【详解】由题意可知，OA11=4cm，只要计算出黏菌沿直线一直繁殖下去，在OA11方向上的距离的范围，即可确定培养皿的半径的范围，
依题意可知黏菌的繁殖规律，由此可得每次繁殖在OA11方向上前进的距离依次为：4,2×32,1,12×32,14,18×32,⋯，
则4+2×32+1+12×32=5+534>5+84=7，
黏菌无限繁殖下去，每次繁殖在OA11方向上前进的距离和即为两个无穷等比递缩数列的和，
即4+1+14+⋯+32×2+12+18+⋯≈41−14+32×21−14=16+433<16+83=8，
综合可得培养皿的半径r（r∈N∗，单位：cm）至少为8cm，
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题考查了数列的应用问题，背景比较新颖，解答的关键是理解题意，能明确黏菌的繁殖规律，从而求出每次繁殖在OA11方向上前进的距离的和，结合等比数列求和即可.
57. （2024·山西·模拟预测）如图所示是毕达哥拉斯的生长程序：正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形边上再连接正方形，如此继续.设初始正方形的边长为22，依次构造出的小正方形（含初始正方形）的边长构成数列bn，若an的前n项和为Sn=λn2+(20+λ)nλ<0,n∈N∗，令cn=maxan,1bn2，其中max{x,y}表示x，y中的较大值.若cn≥c3恒成立，则实数λ的取值范围是（ ）
A．[−4,−3]B．[−3,−2]C．−23,−12D．−3,−23
【答案】D
【分析】先求出数列an和bn的通项公式，再根据集合新定义确定cn，再由不等式cn≥c3恒成立分类讨论c3=a3时列不等式b3≤a3≤b4和c3=b3时列不等式a3≤b3≤a2求出对应的λ值取并集即可.
【详解】因为an的前n项和为Sn=λn2+(20+λ)nλ<0,n∈N∗，
所以当n≥2时，an=Sn−Sn−1=λn2+(20+λ)n−λn−12−(20+λ)n−1=2λn+20，
又当n=1时，a1=S1=20+2λ，符合上式，
所以数列an的通项公式an=2λn+20，
数列bn满足b1=22，
因为2b22=b12⇒b2=12，公比q=b2b1=12=22，
所以bn=b1qn−1=22×22n−1=22n，
所以1bn2=2n，
因为数列an=2λn+20,λ<0是递减数列，而1bn2=2n是递增数列；
cn=maxan,1bn2，其中max{x,y}表示x，y中的较大值.若cn≥c3恒成立，
所以c3是数列cn中的最小项，
所以当c3=a3时，则b3≤a3≤b4，即8≤6λ+20≤16，解得−2≤λ≤−23，
当c3=b3时，则a3≤b3≤a2，即6λ+20≤8≤4λ+20，解得−3≤λ≤−2，
取并集可得λ∈−3,−23，
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题中集合新定义是取较大者，这样就转化成比较an和1bn2的大小问题了，利用已知求出数列an和bn的通项公式再比较大小可确定cn，最后由不等式cn≥c3恒成立，列不等式组求出参数范围即可.
58. （2024·贵州遵义·一模）第24届北京冬奥会开幕式由一朵朵六角雪花贯穿全场，为不少人留下深刻印象．六角雪花曲线是由正三角形的三边生成的三条1级Kch曲线组成，再将六角雪花曲线每一边生成一条1级Kch曲线得到2级十八角雪花曲线（如图3）……依次得到n级Kn(n∈N∗)角雪花曲线．若正三角形边长为1，我们称∧为一个开三角（夹角为60°），则n级Kn角雪花曲线的开三角个数为 ，n级Kn角雪花曲线的内角和为 ．
【答案】 4n+2 3π×4n−2π
【分析】利用观察归纳法求出边数构成的数列通项，再利用n级Kn角雪花曲线的开三角个数及曲线的内角和变化规律列式求和即得.
【详解】依题意，n级Kn(n∈N∗)角雪花曲线的每一条边按生成，得n+1级Kn+1(n∈N∗)角雪花曲线的4条边，
因此n级Kn(n∈N∗)角雪花曲线的边数构成以12为首项，4为公比的等比数列，
则n级Kn(n∈N∗)角雪花曲线的边数为12×4n−1=3×4n，
当n=1时，曲线有6个开角，n级Kn(n∈N∗)角雪花曲线的开角数为an，a1=6，
由于n级Kn(n∈N∗)角雪花曲线的每一条边，向外形成一个开角，因此an+1=an+3×4n，
当n≥2时，n级Kn(n∈N∗)角雪花曲线的开角数an=a1+(a2−a1)+(a3−a2)+⋯+(an−an−1)
=6+3(4+42+⋯+4n−1)=6+3×4(1−4n−1)1−4=4n+2，a1=6满足上式，
所以n级Kn(n∈N∗)角雪花曲线的开角数an=4n+2；
令n级Kn角雪花曲线的内角和为bn，显然b1=6×π3+6×4π3=10π，
而n级Kn(n∈N∗)角雪花曲线到n+1级Kn+1(n∈N∗)角雪花曲线每增加一个开角，其内角和增加π3+2×4π3=3π，
于是bn+1=bn+3π×3×4n=bn+9π×4n，当n≥2时，n级Kn(n∈N∗)角雪花曲线的内角和：
bn=b1+(b2−b1)+(b3−b2)+⋯+(bn−bn−1) =10π+9π(4+42+⋯+4n−1)
=10π+9π×4(1−4n−1)1−4=3π×4n−2π，b1=10π满足上式，
所以n级Kn角雪花曲线的内角和为bn=3π×4n−2π.
故答案为：4n+2；3π×4n−2π
【点睛】思路点睛：涉及实际意义给出的数列问题，正确理解实际意义，列出关系式，再借助数列思想探求相邻两项间关系即可解决.
59. （2024·吉林·模拟预测）“冰天雪地也是金山银山”，2023-2024年雪季，东北各地冰雪旅游呈现出一片欣欣向荣的景象，为东北经济发展增添了新动能．某市以“冰雪童话”为主题打造—圆形“梦幻冰雪大世界”，其中共设“森林姑娘”“扣像墙”“古堡滑梯”等16处打卡景观．若这16处景观分别用A1,A2,⋯,A16表示，某游客按照箭头所示方向（不可逆行）可以任意选择一条路径走向其它景观，并且每个景观至多经过一次，那么他从入口出发，按图中所示方向到达A6有 种不同的打卡路线；若该游客按上述规则从入口出发到达景观Ai的不同路线有ai条，其中1≤i≤16,i∈N，记a2n+1=m1≤n≤7,n∈N，则i=1na2i= （结果用m表示）.
【答案】 8 m−1
【分析】结合题意及分类加法原理，依次计算到达A2、A3、A4、A5、A6的走法即可.由题意可知数列{an}为斐波那契数列，即an+an+1=an+2（1≤n≤14且n∈N∗），结合累加法求解即可.
【详解】由题意知，到达A2点共有1种走法，
到达A3点共有1+1=2种走法（一种是经过A2点到达A3，一种是直接到达A3），
到达A4点共有1+2=3种走法（一种是经过A2，一种是经过A3，所以到达A4将A2、A3的走法加起来），
到达A5点共有3+2=5种走法（一种是经过A2和A4，一种是经过A3，所以到达A5将A4、A3的走法加起来），
到达A6点共有3+5=8种走法（一种是经过A2和A4，一种是经过A3和A5，所以到达A6将A4、A5的走法加起来），
故按图中所示方向到达A6有8种不同的打卡路线.
由题意知，a1=1，a2=1，a3=a1+a2=2，a4=a2+a3=3，a5=a3+a4=5，…，an+an+1=an+2（1≤n≤14且n∈N∗），
因为an+an+1=an+2（1≤n≤14且n∈N∗），
所以a1+a2=a3，a3+a4=a5，a5+a6=a7，…，a2n−1+a2n=a2n+1，（1≤n≤7且n∈N∗），
将上式累加可得a1+a2+a3+a4+a5+a6+⋯+a2n−1+a2n=a3+a5+a7+⋯+a2n+1，（1≤n≤7且n∈N∗），
整理可得a1+a2+a4+a6+⋯+a2n=a2n+1，又a1=1，a2n+1=m，
所以a2+a4+a6+⋯+a2n=a2n+1−a1=m−1，即i=1na2i=m−1.
故答案为：8；m−1.
60. （2024·云南大理·模拟预测）我国古代名著《庄子•天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其意思为：一尺的木棍，每天截取一半，永远都截不完.已知长度为23的线段PQ，取PQ的中点M1，以PM1为边作等边三角形（如图1），该等边三角形的面积为S1，再取M1Q的中点M2，以M1M2为边作等边三角形（如图2），图2中所有的等边三角形的面积之和为S2，以此类推，则S3= ，k=1n14k+1SkSk+1= .
【答案】 63364/63643 19×13−14n+1−1
【分析】先由题意推导每个正三角形的面积可构成等比数列，再利用等比数列求和公式及裂项相消求解.
【详解】由题可得，S1=12×3×3×sin60∘=334，
从第2个等边三角形起，每个三角形的面积为前一个三角形面积的14，
故每个正三角形的面积可构成一个以S1为首项，14为公比的等比数列，
则Sn=1+14+142+⋯+14n−1S1=1−14nS11−14=31−14n，
所以S3=31−143=63364.
∵1Sn=13×4n4n−1
∴14n+1⋅1Sn⋅1Sn+1=14n+1×13×4n4n−1×13×4n+14n+1−1=13×4n4n−1×14n+1−1
=19×14n−1−14n+1−1
k=1n14k+1SkSk+1=19×141−1−142−1+142−1−143−1+⋯+14n−1−14n+1−1
=19×13−14n+1−1,
故答案为：63364；19×13−14n+1−1.
【点睛】方法点睛：常见的裂项相消的方法有：
1nn+1=1n−1n+1，
44n2−1=2(12n−1−12n+1)，
2n+n+1=2−n+n+1，
2n2n+1−12n−1=12n−1−12n+1−1，
1nn+1n+2=121nn+1−1n+1n+2。
13数列与集合新定义
61. （2024·浙江绍兴·二模）已知k∈N∗，集合Xk=xx=2i0+2i1+⋅⋅⋅+2ik,0≤i0(1)求X2中最小的元素；
(2)设a=21+23∈X1，b∈X1，且a+b∈X1，求b的值；
(3)记Yk=Xk∩2k+n−1,2k+n，n∈N∗，若集合Yk中的元素个数为bn，求m=1k+1bm2m−1.
【答案】(1)7
(2)b=24或10
(3)2k
【分析】（1）根据集合新定义，确定X2中最小的元素即可；
（2）根据集合X1中的元素可得a=21+23=10，设b=2j+2i，0≤i（3）设x∈Yk，则x=2i0+2i1+⋅⋅⋅+2ik，其中ik=k+n−1，0≤i0【详解】（1）X2中的最小元素为20+21+22=7.
（2）由题得a=21+23=10，设b=2j+2i，0≤i①当j≤3时，b=23+22=12或b=23+21=10或b=23+20=9或b=22+21=6或b=22+20=5或b=21+20=3.
经检验，当b=10时，a+b=20=24+22，符合题意，
所以b=10.
②当j=4时，b=24+23=24或b=24+22=20或b=24+21=18或b=24+20=17.
经检验，当b=24时，a+b=34=25+21，符合题意，
所以b=24.
③当j≥5时，不符合题意.
因此，b=24或10.
（3）设x∈Yk，则x=2i0+2i1+⋅⋅⋅+2ik，其中ik=k+n−1，
0≤i0设Sk=m=1k+1bm2m−1，则Sk=Ckk+12Ck+1k+122Ck+2k+⋅⋅⋅+12kC2kk.
因为Cnk+1=Cn−1k+Cn−1k+1，
所以Sk+1=Ck+1k+1+12Ck+2k+1+122Ck+3k+1+⋅⋅⋅+12kC2k+1k+1+12k+1C2k+2k+1
=Ckk+12Ck+1k+Ck+1k+1+122Ck+2k+Ck+2k+1+⋅⋅⋅+12kC2kk+C2kk+1+12k+1C2k+1k+C2k+1k+1
=Ckk+12Ck+1k+122Ck+2k+⋅⋅⋅+12kC2kk+12k+1C2k+1k
+12Ck+1k+1+122Ck+2k+1+⋅⋅⋅+12kC2kk+1+12k+1C2k+1k+1
=Sk+12Sk+1−12k+1C2k+2k+1+12kC2k+1k.
因为C2k+1k−12C2k+2k+1=2k+1!k!k+1!−12⋅2k+2!k+1!k+1!=2k+1!−2k+1!k!k+1!=0，
所以Sk+1=Sk+12Sk+1，所以Sk+1=2Sk，
又因为S1=1+12C21=2，所以Sk=2k.
62. （2024·北京东城·一模）有穷数列a1,a2,⋯,an(n>2)中，令Sp,q=ap+ap+1+⋯+aq1≤p≤q≤n,p,q∈N*，
(1)已知数列−3,2,−1,3，写出所有的有序数对p,q，且p0；
(2)已知整数列a1,a2,⋯,an,n为偶数，若Si,n−i+1i=1,2,⋯,n2，满足：当i为奇数时，Si,n−i+1>0；当i为偶数时，Si,n−i+1<0.求a1+a2+⋯+an的最小值；
(3)已知数列a1,a2,⋯,an满足S1,n>0，定义集合A=iSi+1,n>0,i=1,2,⋯,n−1.若A=i1,i2,⋯,ikk∈N*且为非空集合，求证：S1,n>ai1+ai2+⋯+aik.
【答案】(1)1,4、2,3、2,4、3,4
(2)n−1
(3)证明见解析
【分析】（1）结合题意，逐个计算即可得；
（2）由题意可得S1,n>0，S2,n−1<0，可得当i≠n2时，有ai+an−i+1≥2，当i=n2时，an2+an2+1≥1，结合ai+an−i+1≥ai+an−i+1，即可得解；
（3）将S1,n−ai1+ai2+⋯+aik展开，从而得到证明aim与aim+1之间的项之和，a1+a2+⋯+ai1−1，aik+1+aik−1+2+⋯+an都为正数，即可得证.
【详解】（1）p,q为1,4时，Sp,q=−3+2+−1+3=1>0，
p,q为2,3时，Sp,q=2+−1=1>0，
p,q为2,4时，Sp,q=2+−1+3=4>0，
p,q为3,4时，Sp,q=−1+3=2>0，
故p0的有序数对有1,4、2,3、2,4、3,4；
（2）由题意可得S1,n>0，S2,n−1<0，
又an为整数，故S1,n≥1，S2,n−1≤−1，
则S1,n−S2,n−1=a1+an≥2，
同理可得S2,n−1−S3,n−2=a2+an−1≤−2，
即有a2+an−1≥2，
同理可得，当i≠n2时，有ai+an−i+1≥2，
即当i≠n2时，有ai+an−i+1≥ai+an−i+1≥2，
当i=n2时，Sn2,n2+1=an2+an2+1≥1，
故a1+a2+⋯+an=a1+an+a2+an−1+⋯+an2+an2+1
≥a1+an+a2+an−1+⋯+an2+an2+1
=2n−22+1=n−1；
（3）对于数列a1,a2,⋯,an，A=i1,i2,⋯,ik，不妨设i1①首先考虑im−im−1≥2m=1,2,⋯,k,2≤i1由于Si1,n≤0，Si1+1,n>0，故ai1<0，同理ai2<0，⋯，aik<0，
故S1,n>0>ai1+ai2+⋯+aik.
②再考虑i1,i2,⋯,ik中有连续一段是连续的正整数的情况，
此时ip−1∉A, iq+1∉A, im+1−im=1,m=p,p+1,⋯,q−1),1≤p≤q−1≤k−1,
因为Sip,n−Siq+1,n=aip+1+aip+2+⋯+aiq，Sip,n−Siq+1,n<0，
故这说明此连续的q−p项的和为负.
同理，当含有多段的连续正整数的情况时，每段的和为负，
再由①中结论，可得S1,n>0>ai1+ai2+⋯+aik.
③若在①②中i1=1,i2=2,⋯,im=m,im+1∉A，由于Sim+1,n>0，
此时去掉前m项，则可转化①②的情况，所以有S1,n>0>ai1+ai2+⋯+aik.
④若A=1,2,3,⋯,mm≤n−1，则am+1+am+2+⋯+an>0，
所以此时有S1,n>ai1+ai2+⋯+aik，
综上，结论成立.
【点睛】关键点点睛：本题最后一小问关键点在于将S1,n−ai1+ai2+⋯+aik展开，从而得到证明aim与aim+1之间的项之和，a1+a2+⋯+ai1−1，aik+1+aik−1+2+⋯+an都为正数，即可得证.
63. （2024·湖南邵阳·二模）给定整数n≥3，由n元实数集合P定义其随影数集Q=x−y∣x,y∈P,x≠y.若minQ=1，则称集合P为一个n元理想数集，并定义P的理数t为其中所有元素的绝对值之和.
(1)分别判断集合S=−2,−1,2,3,T=−0.3,−1.2,2.1,2.5是不是理想数集；（结论不要求说明理由）
(2)任取一个5元理想数集P，求证：minP+maxP≥4；
(3)当P=x1,x2,⋯,x2024取遍所有2024元理想数集时，求理数t的最小值.
注：由n个实数组成的集合叫做n元实数集合，maxP,minP分别表示数集P中的最大数与最小数.
【答案】(1)集合S是理想数集，集合T不是理想数集
(2)证明见解析
(3)1024144
【分析】（1）由理想数集的定义即可判断；
（2）为了方便说明，假定元素间一个有序关系为x10讨论即可得证；
（3）首先通过分类讨论证明，对n元理想数集P，有minP+maxP≥n−1.从而有minPj+maxPj≥2025−2j，即x1+x2024≥2023,x2+x2023≥2021,⋯,x1012+x1013≥1，通过放缩与等差数列求和即可得解.
【详解】（1）设S=−2,−1,2,3,T=−0.3,−1.2,2.1,2.5的随影数集分别为Q1,Q2，
则minQ1=1>minQ2=0.9，
所以集合S是理想数集，集合T不是理想数集.
（2）不妨设集合P=x1,x2,x3,x4,x5且x1∵P为理想数集，∴∀i∈N*,1≤i≤4，则xi+1−xi≥1，且∃i0∈N*,1≤i0≤4，使得xi0+1−xi0=1.
当x1≥0时，minP+maxP=x1+x5=x2−x1+x3−x2+⋯+x4−x3+x5−x4+2x1≥4+2x1≥4.
当且仅当xi+1−xi=1且x1=0时，等号成立；
当x5≤0时，minP+maxP=x1+x5=−x1−x5=x2−x1+x3−x2+x4−x3+x5−x4−2x5≥4−2x5≥4.
当且仅当xi+1−xi=1且x5=0时，等号成立；
当x1<0,x5>0时，minP+maxP=x1+x5=−x1+x5=x2−x1+x3−x2+x4−x3+x5−x4≥4.
当且仅当xi+1−xi=1时，等号成立.
综上所述：minP+maxP≥4.
（3）设x1∵P为理想数集.
∴∀i∈N*,1≤i≤2023,xi+1−xi≥1，且∃i0∈N*,1≤i0≤2023，使得xi0+1−xi0=1.
∴对于Pj=xj,⋯,x2025−j⊆P，同样有∀i∈N*,1≤j≤1012,xj+1−xj≥1.
下先证对n元理想数集P，有minP+maxP≥n−1.
不妨设集合P中的元素满足x1∵P为理想数集，
∴∀i∈N*,1≤i≤n−1,xi+1−xi≥1，且∃x0∈N*,1≤i0≤n−1，使得xi0+1−xi0=1.
当x1≥0时，minP+maxP=x1+xn=x1+xn=x2−x1+x3−x2+⋯+xn−xn−1+2x1≥n−1+2x1≥n−1，
当且仅当xi+1−xi=1且x1=0时，等号成立；
当xn≤0时，minP+maxP=x1+xn=−x1−xn=x2−x1+x3−x2+⋯+xn−xn−1−2xn≥n−1−2xn≥n−1，当且仅当xi+1−xi=1且xn=0时，等号成立；
当x1<0,xn>0时，minP+maxP=x1+xn=−x1+xn=x2−x1+⋯+xn−xn−1≥n−1.
当且仅当xi+1−xi=1时，等号成立.
∴minP+maxP≥n−1.
∴minPj+maxPj≥2025−2j.当且仅当xj+1−xj=1时，等号成立.
∴x1+x2024≥2023,x2+x2023≥2021,⋯,x1012+x1013≥1.
∴理数t=x1+x2+⋯+x2024≥2023+2021+⋯+1=2023+1×10122=10122.
当且仅当x1012=0或x1013=0时，等号成立.
∴理数t的最小值为10122=1024144.
【点睛】关键点点睛：关键是通过分类讨论证明，对n元理想数集P，有minP+maxP≥n−1，由此即可顺利得解.
64. （2024·北京西城·一模）对正整数m≥3,n≥6，设数列A:a1,a2,⋯,an,ai∈0,1i=1,2,⋯,n.B是m行n列的数阵，bij表示B中第i行第j列的数，bij∈0,1i=1,2,⋯,m;j=1,2,⋯,n，且B同时满足下列三个条件：①每行恰有三个1；②每列至少有一个1；③任意两行不相同．记集合ia1bi1+a2bi2+⋯+anbin=0或3,i=1,2,⋯,m中元素的个数为K．
(1)若A:1,1,1,0,0,0,B=111000101100000111，求K的值；
(2)若对任意p,q∈1,2,⋯,n(p①B能否满足m=3r？说明理由；
②证明：K≥124n2−4n．
【答案】(1)K=2
(2)①不满足，理由见解析；②证明见解析
【分析】（1）记ti=a1bi1+a2bi2+⋯+anbin，计算出t1、t2、t3即可得；
（2）①由题意可得B中满足bip=biq=1的i,p,q的个数共有3m个，亦可得其为rCn2个，当m=3r时，可得Cn2=9，此方程无解，故不满足；②满足bip=biq=1，但ap≠aq的i,p,q的个数为2rCn23−K，亦可得其为rxn−x，即有rxn−x=2rCn23−K，借助该等式表示出K后放缩即可得.
【详解】（1）记ti=a1bi1+a2bi2+⋯+anbin，
则t1=a1b11+a2b12+a3b13+a4b14+a5b15+a6b16=3，
t2=a1b21+a2b22+a3b23+a4b24+a5b25+a6b26=2，
t3=a1b31+a2b32+a3b33+a4b34+a5b35+a6b36=0，故K=2；
（2）①B不满足m=3r，理由如下：
假设B满足m=3r，
因为B的每行恰有三个1，故B中满足bip=biq=1的i,p,q的个数共有3m个，
另一方面，从B中任选两列共有Cn2种可能，且对任意两列，
都恰有r行使得这两列的数均为1，故B中满足bip=biq=1的i,p,q的个数共有rCn2个，
所以3m=rCn2，当m=3r时，得Cn2=9，此方程无解，
所以B不满足m=3r；
②由①可得3m=rCn2，即m=rCn23，
下面考虑满足bip=biq=1，但ap≠aq的i,p,q的个数：
对B中满足ti≠0和3的m−K行，每行恰有两组p,q使bip=biq=1且ap≠aq，
所以满足bip=biq=1，但ap≠aq的i,p,q的个数为2m−K=2rCn23−K，
设数列A中有x项为1,n−x项为0，
满足bip=biq=1，但ap≠aq的p,q的个数为xn−x，
所以满足bip=biq=1，但ap≠aq的i,p,q的个数为rxn−x，
所以rxn−x=2rCn23−K，
所以K=rCn23−rxn−x2=r63x2−3nx+n2−n
≥r63n24−3n22+n2−n=r6n24−n≥124n2−4n．
【点睛】关键点点睛：本题考查新定义，关键点在于结合定义，得到满足bip=biq=1，但ap≠aq的i,p,q的个数为2rCn23−K且为rxn−x.
65. （2024·福建泉州·模拟预测）a,b表示正整数a，b的最大公约数，若x1,x2,⋯,xk⊆1,2,⋯,mk,m∈N∗，且∀x∈x1,x2,⋯,xk，x,m=1，则将k的最大值记为φm，例如：φ1=1，φ5=4.
(1)求φ2，φ3，φ6；
(2)已知m,n=1时，φmn=φmφn.
（i）求φ6n；
（ii）设bn=13φ6n−1，数列bn的前n项和为Tn，证明：Tn<625.
【答案】(1)φ2=1；φ3=2；φ6=2
(2)（i）φ6n=2⋅6n−1；（ii）证明见解析
【分析】（1）依题可得φm表示所有不超过正整数m，且与m互质的正整数的个数，进一步分析即可求解；
（2）（i）依题可得1,2n中与2n互质的正整数个数为2n−1，1,3n中与3n互质的正整数个数为2×3n−1，再结合φmn=φmφn即可求解；
（ii）先求得bn=16n−1，可利用bn≤15⋅6n−1，根据等比数列求和后即可求解；也可以利用放缩法结合数列求和的裂项相消法求解.
【详解】（1）依题可得φm表示所有不超过正整数m，且与m互质的正整数的个数，
因为与2互质的数为1，所以φ2=1；
因为与3互质的数为1，2，所以φ3=2；
因为与6互质的数为1，5，所以φ6=2.
（2）（i）因为1,2n中与2n互质的正整数只有奇数，
所以1,2n中与2n互质的正整数个数为2n−1，所以φ2n=2n−1，
又因为3k−2,3kk=1,2,⋯,3n−1中与3n互质的正整数只有3k−2与3k−1两个，
所以1,3n中与3n互质的正整数个数为2×3n−1，
所以φ3n=2×3n−1，所以φ6n=φ2nφ3n=2⋅6n−1，
（ii）解法一：因为bn=13φ6n−1，
所以bn=16n−1，所以bn≤15⋅6n−1，
令cn=15⋅6n−1，因为cn+1cn=15⋅6n15⋅6n−1=16，
所以数列cn是以15为首项，16为公比的等比数列，
所以数列cn的前n项和Sn=151−16n1−16=6251−16n，
所以Tn<6251−16n，
又因为16n>0，所以Tn<625，
解法二：因为bn=13φ6n−1，所以bn=16n−1，
又因为bn=16n−1=6n+1−16n−16n+1−1，
所以bn<6n+16n−16n+1−1=656n+1−1−6n−16n−16n+1−1=6516n−1−16n+1−1，
所以Tn<65161−1−162−1+162−1−163−1+163−1−164−1+⋯+16n−1−16n+1−1，
所以Tn<65161−1−16n+1−1，所以Tn<625−6516n+1−1
因为16n+1−1>0，所以Tn<625，
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键点一：对题中定义的理解；关键点二：对bn的放缩bn≤15⋅6n−1，或者bn<6n+16n−16n+1−1.
14数列与函数结合
66. （2024·青海·模拟预测）已知定义在R上的函数fx满足fx+y=fxfy−2fx−2fy+6，f1=4，则f1+f2+⋅⋅⋅+f99=（ ）
A．299+198B．299+196C．2100+198D．2100+196
【答案】D
【分析】依次求出f(2)=22+2,f(3)=23+2,f(4)=24+2,猜想f(99)=299+2,再用等比数列求和.
【详解】∵f(1)=4=2+2,
∴f(2)=f(1+1)=f(1)f(1)−2f(1)−2f(1)+6,
=4×4−2×4−2×4+6=6=22+2,
∴f(3)=f(2+1)=f(2)f(1)−2f(2)−2f(1)+6
=6×4−2×6−2×4+6=10=23+2,
∴f(4)=f(2+2)=36−12−12+6=18=24+2,
∴f(5)=f(3+2)=60−20−12+6=34=25+2,
⋅⋅⋅
∴f(99)=299+2,
∴f(1)+f(2)+⋯+f(99)
=(2+2)+22+2+⋯+299+2
=2+22+⋯+299+2×99
=21−2991−2+198
=2100−2+198=2100+196
故选：D
【点睛】关键点点睛:本题关键是通过计算f(n)观察得到f(n)=2n+2,进而转化为等比数列求和.
67. （多选）（2024·湖南娄底·一模）已知函数fx的定义域和值域均为x∣x≠0,x∈R，对于任意非零实数x,y,x+y≠0，函数fx满足：fx+yfx+fy=fxfy，且fx在−∞,0上单调递减，f1=1，则下列结论错误的是（ ）
A．f12=2B．i=12023f12i=22023−2
C．fx在定义域内单调递减D．fx为奇函数
【答案】BC
【分析】赋值法可判断A，根据等比数列求和公式判断B，利用奇偶函数的定义及赋值法判断C，由函数的特例可判断D.
【详解】对于A，令x=y=12，则2f1f(12)=[f(12)]2，
因f(12)≠0，故得f(12)=2f(1)=2，故A正确；
对于B,由fx+yfx+fy=fxfy，
令y=x，则f(2x)=[f(x)]22f(x)=12f(x)，
则f(12i)=f(2×12i+1)=12f(12i+1)，即f(12i+1)=2f(12i)，
故{f(12i)}是以f(12)=2为首项，2为公比的等比数列，
于是i=12023f12i=21−220231−2=22024−2，故B错误；
对于D，由题意，函数fx的定义域为−∞,0∪0,+∞，关于原点对称，
令y=−2x，则f−x=fxf−2xfx+f−2x①，
把x,y都取成−x，可得f−2x=f−xf−x2f−x=f−x2②，
将②式代入①式，可得f−x=fxf−x2fx+f−x2，
化简可得f−x=−fx,即fx为奇函数，故D正确；
对于C，∵fx在−∞,0上单调递减，函数为奇函数，可得fx在0,+∞上单调递减，
但是不能判断fx在定义域上的单调性，例如fx=1x，故C错误.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于对已知的函数抽象表达式的处理，一般以赋值化简为主，根据选项信息对自变量进行针对性赋值，求出函数值，或者推导出递推式，或者构造出f(−x),f(x)的关系式即可判断奇偶性等.
68.（多选） （2024·山西晋城·二模）已知函数f(x)的定义域为R，且对任意的x,y∈R，都有fxy=xfy+yfx，若f2=2，则下列说法正确的是（ ）
A．f(1)=0B．f(x)的图象关于y轴对称
C．i=12024f2i=2023×22025+2D．i=12024f2i=2024×22026+2
【答案】AC
【分析】对于A：令x=1,y=2代入运算即可判断；对于B：令x=y=−1解得f−1=0，令x=2,y=−1解得f−2=−2，即可判断；对于CD：若x,y>0，可得fxyxy=fxx+fyy，分析可知f2i2i是以首项f22=1，公差为1的等差数列，结合等差数列以及裂项相消法分析求解.
【详解】因为fxy=xfy+yfx，且函数f(x)的定义域为R，
对于选项A：令x=1,y=2，可得f2=f2+2f1，解得f1=0，故A正确；
对于选项B：令x=y=−1，可得f1=−f−1−f−1，解得f−1=0，
令x=2,y=−1，可得f−2=xf−1−f2=−f2=−2，
所以f(x)的图象不关于y轴对称，故B错误；
对于选项CD：若x,y>0，可得fxyxy=fxx+fyy，
令x=2i,y=2,i∈N*，可得f2i+12i+1=f2i2i+f22=f2i2i+1，
可知数列f2i2i是以首项f22=1，公差为1的等差数列，
可得f2i2i=1+i−1=i，
则f2i=i⋅2i=i−1⋅2i+1−i−22i，
所以i=12024f2i=0−−2+23−0+⋅⋅⋅+2023×22025−2022×22024=2023×22025+2，
故C正确，D错误；
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：根据题意整理可得若x,y>0，可得fxyxy=fxx+fyy，进而可得f2i+12i+1=f2i2i+1，结合等差数列分析求解.
69. （2024·内蒙古呼和浩特·一模）已知fx=1−x2,−1≤x≤1fx−2,x>1，若直线y=knx与fx有2n个交点n∈N*，则k12+k22+⋯+kn2= .
【答案】n2n+1
【分析】由题意首先确定函数的性质，然后结合直线与圆的位置关系得到kn的表达式，最后裂项求和即可求得k12+k22+⋯+kn2的值.
【详解】当−1≤x≤1时，y=fx=1−x2，即x2+y2=1，y≥0，
当x>1时，f(x)=f(x−2)，所以可得函数周期为2，
画出函数图象，如图所示：
若直线y=knx与fx有2n个交点，
根据图象知，直线y=knx与第n+1个半圆相切其圆心为On+12n,0
不妨设切点为P，连接POn+1，
所以在Rt△OPOn+1中，tan∠POOn+1=POn+1OP=1On+1O2−12=kn，
kn=12n2−1=14n2−1，故kn2=12n2−1=14n2−1=12n−12n+1=1212n−1−12n+1，
所以k12+k22+⋯+kn2=121−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1=n2n+1.
故答案为：n2n+1.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解。
70. （23-24高三下·河南濮阳·开学考试）已知函数fx的定义域为R，且f4x+1的图象关于点0,2中心对称，若f2+x−f2−x+4x=0，则i=1100fi= .
【答案】−9700
【分析】先根据条件证明f1+x+f1−x=4，然后由f2+x−f2−x+4x=0证明fn−2+fn=12−4n，再由此证明f4n−3+f4n−2+f4n−1+f4n=28−32n，最后由i=1100fi=i=125f4i−3+f4i−2+f4i−1+f4i得到结果.
【详解】对任意x∈R，由于4x+1∈R，且函数fx的定义域为R，
故点x,f4x+1在曲线y=f4x+1上，且曲线y=f4x+1关于点0,2中心对称，
故点−x,4−f4x+1也在曲线y=f4x+1上，从而4−f4x+1=f−4x+1，
从而对任意x∈R有f1+4x+f1−4x=4.
从而对任意x∈R，由x4∈R知f1+4⋅x4+f1−4⋅x4=4，即f1+x+f1−x=4.
根据条件又有f2+x−f2−x+4x=0，即f2+x−f2−x=−4x.
现在对任意的整数n，我们有：
fn=f2+n−2
=f2−n−2−4n−2
=f4−n+8−4n
=f1+3−n+8−4n
=4−f1−3−n+8−4n
=−fn−2+12−4n，
所以fn−2+fn=12−4n，从而有：
f4n−3+f4n−2+f4n−1+f4n
=f4n−3+f4n−1+f4n−2+f4n
=12−44n−1+12−44n
=28−32n.
故有：
i=1100fi=f1+f2+...+f100
=f1+f2+f3+f4+f5+f6+f7+f8+...+f97+f98+f99+f100
=i=125f4i−3+f4i−2+f4i−1+f4i
=i=12528−32i
=28⋅25−32i=125i
=28⋅25−32⋅12⋅1+25⋅25
=−9700.
故答案为：−9700.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是对函数方程的处理，通过其中x取值的任意性，代入合适的值得到关键条件.
15数列与函数导数结合
71. （2024·甘肃·一模）已知函数fx=sinxex（e为自然对数的底），x∈[0,+∞)，记xn为fx从小到大的第n个极值点，数列an的前n项和为Sn，且满足an=fxn，则S2024=（ ）
A．2eπ−e−2023π2eπ41−eπB．21−e2024π2eπ41−eπ
C．2eπ−e−2023π2eπ4eπ+1D．21−e2024π2eπ4eπ+1
【答案】C
【分析】由题意求导并令f'x=0，结合题意可求得xn=−3π4+nπ,n∈N∗，对n是奇数还是偶数进行分类讨论，再结合等比数列求和公式、分组求和法即可得解.
【详解】由题意fx=sinxex,f'x=excsx−exsinxe2x=csx−sinxex=2csx+π4ex，
令f'x=0，则csx+π4=0，即x+π4=π2+kπ,k∈Z，所以x=π4+kπ,k∈Z，
又x∈[0,+∞)，
所以xn是以π4为首项，π为公差的等差数列，即xn=−3π4+nπ,n∈N∗，
当n=2k−1,k∈N∗时，an=fxn=22e−3π4+nπ=22e−3π4+2k−1π=bk,n∈N∗，
当n=2k,k∈N∗时，an=fxn=−22e−3π4+nπ=−22e−3π4+2kπ=ck,n∈N∗，
从而S2024=a1+a3+⋯+a2023+a2+a4+⋯+a2024=b1+⋯+b1012+c1+⋯+c1012
=22eπ41−e−2π10121−e−2π+−22e5π41−e−2π10121−e−2π=21−e−π1−e−2π10122eπ41−e−2π=2eπ−e−2023π2eπ4eπ+1.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：关键是在得到xn=−3π4+nπ,n∈N∗之和还要对n分类讨论，得bk=a2k−1,ck=a2k,k∈Z，由此即可顺利得解.
72. （多选）（2024·全国·模拟预测）记函数fnx的导函数为fn+1x，已知f1x=x2ex，若数列an，bn满足fnx=x2+anx+bnex，则（ ）
A．an为等差数列B．bn为等比数列
C．n=3501bn=4849D．8bn≤2an
【答案】ACD
【分析】利用给定定义结合等差数列定义判断A，排除法判断B，利用累加法求出bn，再用裂项相消法判断C，利用数列的性质判断单调性判断D即可.
【详解】若f1x=x2ex，则f2x=(x2ex)'=(x2+2x)ex，
fnx=x2+anx+bnex，fn+1x=x2+an+1x+bn+1ex，
故an+1−an=2，易知a1=0,b1=0,a2=2,b2=0，经检验a2−a1=2，
故an是以0为首项，2为公差的等差数列，故A正确，
而b1=0，又因为等比数列中不能有0，则bn不可能为等比数列，故B错误，
易得an=2(n−1)=2n−2，bn+1=an+bn，故bn+1−bn=2n−2，
则bn−b1=0+…+2n−4=(n−1)(2n−2)2，则bn=(n−1)(n−2)，
故n=3501bn=11×2+…+148×49=1−12+…+148−149=4849，故C正确，
令Tn=2an−8bn=4n−1−8(n−1)(n−2)，且T1>0,T2>0,T3=0，
当n≥4时，令Cn=Tn+1−Tn=3×4n−1−16(n−1)，Cn+1−Cn=9×4n−1−16>9×43−16>0，
故Cn>9×43−16>0，故Tn+1−Tn>0，即Tn此时为单调递增数列，
故Tn>T4>0，即Tn≥0恒成立，故8bn≤2an成立，故D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题解题关键是构造新数列，利用数列的性质判断单调性，然后求出端点值，得到所要证明的不等关系即可．
73. （2024·全国·模拟预测）已知f(x)=eax−x−1，其中a∈R．
(1)当a=1时，证明：f(x)≥0；
(2)若f(x)≥0，求a的取值范围；
(3)设n∈Z∗，n≥2，证明：1+212+313+⋯+ n1n>n+ln(n+2)−ln3．
【答案】(1)证明见解析；
(2)a=1；
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系，求导研究其单调区间，可得答案；
（2）根据指数函数的性质，利用分类讨论思想，整理不等式构造函数，再利用导数求得其最值，建立不等式，可得答案；
（3）将不等式的右边整理为求和式，利用放缩法结合（1）的不等式可得答案.
【详解】（1）当a=1时，f(x)=ex−x−1，则f'x=ex−1．
当x>0时，f'x>0；当x<0时，f'x<0，
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增，在(−∞,0)上单调递减．
因此，f(x)≥f(0)=0．
（2）由f(x)≥0，则eax≥x+1．
当x∈(−∞,−1]时，显然不等式eax≥x+1恒成立．
当x∈(−1,+∞)时，eax≥x+1整理可得ax≥ln(x+1)．
令函数g(x)=ax−ln(x+1)(x>−1)，
易知g(0)=0，g'(x)=a−1x+1，则g'1a−1=0，易知g'x是增函数．
当x∈1a−1,+∞时，g'x>0，g(x)单调递增；
当x∈−1,1a−1时，g'x<0，g(x)单调递减，
故g(x)min=g1a−1=1−a−ln1a=1−a+lna．
所以为使∀x∈(−1,+∞)，都有g(x)≥0，必有1−a+lna≥0．
对∀a>0，都有lna≤a−1，当且仅当a=1时等号成立，
则有1−a+lna≥0lna≤a−1，所以lna=a−1，即a=1．
（3）由（1）知当x>0时，1+x1+k=2n1+ln1+1k+1=n+k=2nlnk+2k+1=n+k=2nlnk+2−lnk+1
=n+lnn+2−ln3，
利用不等式ln(1+x)可得n+ln(n+2)−ln3=1+k=2n1+ln1+1k+1 <1+k=2n1+1k+1
≤1+43+k=3n1+1k ≤1+16912+k=3n1+lnkk
<1+212+k=3nelnkk =1+212+k=3nk1k=k=1nk1k，
即当n≥2时，1+212+313+⋯+n1n>n+lnn+2−ln3．
【点睛】结论点睛：两个常见的重要不等式：
（1）lnx≤x−1；（2）ex≥x+1.
74. （2024·内蒙古呼伦贝尔·二模）已知函数f(x)=lnx−axex．
(1)当a=1时，证明：f(x)有且仅有一个零点．
(2)当x>0时，f(x)≤x恒成立，求a的取值范围．
(3)证明：ln22+ln33+⋅⋅⋅+lnnn≤n−e(1−e−n)e−1(n≥2,n∈N∗)．
【答案】(1)证明见解析；
(2)[−e,+∞)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）利用导数探讨函数的单调性，再利用零点存在性定理推理即得.
（2）等价变形给定的不等式，构造函数，利用导数求出函数的最大值即得.
（3）利用（2）的结论得lnxx≤1−1ex−1，再赋值并借助不等式性质，等比数列前n项和公式推理即得.
【详解】（1）当a=1时，函数f(x)=lnx−xex定义域为(0,+∞)，则f'(x)=1x−1−xex=ex+x2−xxex，
令g(x)=ex+x2−x，则g'(x)=ex+2x−1>0在(0,+∞)上恒成立，则g(x)在(0,+∞)上单调递增，
则g(x)>g0=1，即f'(x)>0在(0,+∞)上恒成立，f(x)在(0,+∞)上单调递增，
而f1=−1e<0，fe=1−eee>0，
所以根据零点存在定理知，f(x)有且仅有一个零点．
（2）当x>0时，f(x)≤x等价于a≥exlnx−xexx，
令ℎ(x)=exlnx−xexx，求导得ℎ'(x)=ex(x−1)(lnx−x−1)x2，令φ(x)=lnx−x−1，
则φ'(x)=1−xx，当x∈0,1时，φ'(x)>0，φ(x)单调递增，当x∈1,+∞时，φ'(x)<0，φ(x)单调递减，
则φ(x)≤φ1=−2，于是当x∈0,1时，ℎ'(x)>0，ℎ(x)单调递增，
当x∈1,+∞时，ℎ'(x)<0，ℎ(x)单调递减，因此ℎ(x)≤ℎ1=−e，
所以a的取值范围为−e,+∞．
（3）由（2）可知，当a=−e时，有lnx+xex−1≤x，则lnxx≤1−1ex−1，
因此ln22≤1−1e1,⋅⋅⋅,lnnn≤1−1en−1，
所以ln22+ln33+⋅⋅⋅+lnnn≤(n−1)−(1e1+⋅⋅⋅+1ex−1)=n−e(1−e−n)e−1．
【点睛】思路点睛：不等式恒成立或存在型问题，可构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
75. （2024·广东·一模）数值线性代数又称矩阵计算，是计算数学的一个重要分支，其主要研究对象包括向量和矩阵.对于平面向量a=(x,y)，其模定义为|a|=x2+y2.类似地，对于n行n列的矩阵Ann=a11a12a13⋯a1na21a22a23⋯a2na31a32a33⋯a3n⋮⋮⋮⋮，其模可由向量模拓展为A=i=1nj=1naij212（其中aij为矩阵中第i行第j列的数，∑为求和符号），记作AF，我们称这样的矩阵模为弗罗贝尼乌斯范数，例如对于矩阵A22=a11a12a21a22=2435，其矩阵模AF=i=1nj=1naij212=22+42+32+52=36.弗罗贝尼乌斯范数在机器学习等前沿领域有重要的应用.
(1)∀n∈N∗，n≥3，矩阵Bnn=100⋯0020⋯0003⋯0⋮⋮⋮⋮000⋯n，求使BF>35的n的最小值.
(2)∀n∈N∗，n≥3，，矩阵Cnn= 1csθcsθcsθ⋯csθcsθ0−sinθ−sinθcsθ−sinθcsθ⋯−sinθcsθ−sinθcsθ00sin2θsin2θcsθ⋯sin2θcsθsin2θcsθ⋮⋮⋮⋮⋮⋮0000⋯(−1)n−2sinn−2θ(−1)n−2sinn−2θcsθ0000⋯0(−1)n−1sinn−1θ求CF.
(3)矩阵Dmn=lnn+2n+1 0 0⋅⋅⋅0lnn+1n22lnn+1n220⋅⋅⋅0⋮ln43n−1n−1ln43n−1n−1ln43n−1n−1⋅⋅⋅0ln32nnln32nnln32nn⋅⋅⋅ln32nn，证明：∀n∈N∗，n≥3，DF>n3n+9.
【答案】(1)10
(2)‖C‖F=n
(3)证明见解析
【分析】
（1）根据等差数列求和公式和一元二次不等式的求解即可；
（2）总结得第n对角线上的平方和为cs2θ，再代入化简即可；
（3）等价转化结合放缩法得证明lnn+2n+1>1n+2,∀n≥1,n∈N∗成立，再利用换元法和导数证明即可.
【详解】（1）由题意得BF2=i=1nj=1nbij2=k=1nk=1+2+3+⋯+n−1+n=nn+12.
若‖B‖F>35，则n(n+1)2>45，即n2+n−90>0.
因式分解得(n−9)(n+10)>0.因为n∈N∗，所以n>9.
所以使‖B‖F>35的n的最小值是10.
（2）由题得第1对角线上的平方和为1+sin2θ+sin4θ+⋯+sin2n−2θ=1−sin2nθ1−sin2θ，
第2对角线上的平方和为
cs2θ1+sin2θ+⋯+sin2n−4θ=cs2θ⋅1−sin2n−2θ1−sin2θ=1−sin2n−2θ，
⋯
第k对角线上的平方和为
cs2θ1+sin2θ+⋯+sin2n−2kθ=cs2θ⋅1−sin2n−2k+2θ1−sin2θ=1−sin2n−2k+2θ，
⋯
第n对角线上的平方和为cs2θ，
所以‖C‖F2=1−sin2nθ1−sin2θ+1−sin2n−2θ+⋯+1−sin2n−2k+2θ+⋯+1−sin4θ+
cs2θ=1+sin2θ+sin4θ+⋯+sin2n−2θ+(n−2)−sin2n−2θ−⋯−sin2n−2k+2θ−⋯−
sin4θ+cs2θ=1+(n−2)+sin2θ+cs2θ=1+(n−2)+1=n.
所以‖C‖F=n.
（3）由题意知，证明‖D‖F>n3n+9
等价于证明ln232+ln243+⋯+ln2n+2n+1>n3n+9，
注意到左侧求和式k=1nln2k+2k+1=ln232+ln243+⋯+ln2n+2n+1，
将右侧含有n的表达式表示为求和式有
k=1n1k+2−1k+3=13−14+14−15+⋯+1n+1−1n+2+1n+2−1n+3
=13−1n+3=n3n+9
故只需证ln2n+2n+1>1(n+2)2>1(n+2)(n+3)=1n+2−1n+3,∀n≥1,n∈N∗成立，
即证lnn+2n+1>1n+2,∀n≥1,n∈N∗成立，令x=1+1n+1，
则需证lnx≥1−1x,x∈1,32成立，
记f(x)=lnx+1x−1,x∈1,32，则f'(x)=1x−1x2=x−1x2>0在1,32上恒成立，所以f(x)在1,32上单调递增，
所以f(x)>f(1)=ln1+1−1=0，
所以lnx>1−1x在1,32上恒成立，即lnn+2n+1>1n+2,∀n≥1,n∈N∗成立，
所以原不等式成立.
【点睛】关键点点睛：本题第三小问的关键是转化为证明ln232+ln243+⋯+ln2n+2n+1>n3n+9，再结合放缩法转化为证明lnn+2n+1>1n+2,∀n≥1,n∈N∗，最后利用导数证明即可.
76.(多选) （2023·江西·模拟预测）黄金分割是指将整体一分为二，较小部分a与较大部分b的比值等于较大部分b与整体部分a+b的比值，其比值为5−12，这个比例被公认为是最能引起美感的比例．四名同学对此展开了探究，下列说法中正确的是（ ）
A．若椭圆Γ的焦点在x轴上，上顶点为B，右顶点为A，左焦点为F．小欧提出只要满足BF⋅BA=0，椭圆Γ的离心率就等于5−12
B．一顶角等于36°的等腰三角形，小斯通过正、余弦定理和二倍角公式，算得该三角形底边长与腰长的比值等于5−12
C．假设n∈N*，小莱发现若公比大于0的等比数列an与著名的斐波那契数列的递推公式fn+2=fn+1+fn相同，则数列an的公比等于5−12
D．小利在阅读时了解到：古老的雅典帕提农神庙，其柱顶至屋顶的距离a与柱高b满足lg4a=lg6b=lg9a+b，则ab=5−12
【答案】ABD
【分析】选项A，将条件中BF⋅BA=0数量积用坐标表示，整理方程可得；选项B，分别用正余弦定理得到边长与腰长的方程，联立方程组可得；选项C，由等比数列性质，在an+2=an+1+an两边同除以an可得公比的方程；选项D，结合对数性质，借助连等式设k法，找到a,b的等量关系即可.
【详解】对选项A，设椭圆Γ的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
则Aa,0，B0,b，F−c,0，
由BF⋅BA=0，得(−c,−b)⋅(a,−b)=−ac+b2=0，
即c2+ac−a2=0，即e2+e−1=0，可得e=5−12，故A正确；
对选项B，设该三角形底边长为x，腰长为y，
由正弦定理得xy=sin36°sin72°=12cs36°，即1cs36°=2xy①；
又由余弦定理得cs36°=2y2−x22y2=1−12xy2②，
①②两式联立得xy3−2xy+1=0，即xy−1xy2+xy−1=0，
由于xy≠1，xy>0，故xy=5−12，故B正确；
对选项C，设数列an的公比为q，q>0，则an+2an+1=aa+1an=q，
由题意得，an+2=an+1+an，两边同除以an整理得，
q2−q−1=0，解得q=1+52，故C错误；
对选项D，设lg4a=lg6b=lg9a+b=k，
则a=4k，b=6k，a+b=9k，由6k2=4k×9k，
得b2=aa+b，即a2+ab−b2=0，
则ab2+ab− 1=0，且ab>0，解得ab=5−12，故D正确．
故选：ABD
77. （多选）（2023·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知正四面体ABCD中，AB=2，P1，P2，…，Pn在线段AB上，且AP1=P1P2=⋯=Pn−1Pn=PnB，过点P1作平行于直线AC，BD的平面，截面面积为an，则下列说法正确的是（ ）
A．a1=1
B．an为递减数列
C．存在常数m，使1an+m为等差数列
D．设Sn为数列n+1n2an的前n项和，则Sn=2023506时，n=2023
【答案】ABD
【分析】A选项，画出截面，并判断出截面为矩形，求出截面边长，得到an=4nn+12，求出a1；B选项，利用an+1−an<0得到B正确；C选项，求出1an+m=n4+14n+12+m，并用等差数列的定义判断C错误；D选项，化简得到n+1n2an=4n−4n+1，利用裂项相消法求和，列出方程，求出答案.
【详解】由题意得AP1=P1P2=P2P3=⋯=PnB=2n+1，
取BD中点O，连接AO,CO，因为△ABD,△BCD均为等边三角形，
所以AO⊥BD,CO⊥BD，
因为AO∩CO=O，AO,CO⊂平面AOC，
因为AC⊂平面AOC，
所以BD⊥AC，
A选项，过点P1做P1E//AC交BC于点E，过点P1做P1F//BD交AD于点F，连接FG，则P1F⊥P1E，
故四边形P1FGE为截面，且四边形P1FGE为矩形，
由相似知识可知AP1=P1F=2n+1，EP1=2nn+1，
故an=FP1⋅EP1=2n+1⋅2nn+1=4nn+12，所以a1=4×122=1，A正确；
B选项，因为an=4nn+12，所以an+1−an=4n+1n+22−4nn+12=4n+13−4nn+22n+22n+12=4−4n−4n2n+22n+12<0，
故an+1C选项，1an=n2+2n+14n，则1an+m=n4+14n+12+m，
1an+1+m−1an+m=n+14+14n+4+12+m−n4−14n−12−m=14n+4−14n+14不是常数，C错误；
D选项，n+1n2an=n+1n2⋅4nn+12=4nn+1=4n−4n+1，
则Sn=41−42+42−43+⋯+4n−4n+1=4−4n+1，
令4−4n+1=2023506，解得n=2023，D正确.
故选：ABD
78. （2023·湖南长沙·一模）如图，已知曲线C1:y=2xx+1(x>0)及曲线C2:y=13x(x>0)．从C1上的点Pnn∈N∗作直线平行于x轴，交曲线C2于点Qn，再从点Qn作直线平行于y轴，交曲线C1于点Pn+1，点Pn的横坐标构成数列an0(1)试求an+1与an之间的关系，并证明：a2n−1<12(2)若a1=13，求an的通项公式．
【答案】(1)an+1=an+16an；证明见解析
(2)an=12−112⋅−23n−11+14⋅−23n−1
【分析】（1）由题意可得Pnan,2anan+1，从而有Qnan+1,2anan+1，再根据Qn在y=13x上，即可得an+1与an之间的关系，根据an+1−12=−2an−126an，可得an+1−12与an−12异号，再结合0（2）根据an+1=an+16an，可得an+1−12=−2an−126an,an+1+13=3an+136an，两式相除，利用构造法结合等比数列的通项即可得解．
【详解】（1）Pnan,2anan+1，从而有Qnan+1,2anan+1，Qn在y=13x上，故2anan+1=13an+1，
故an+1=an+16an，
由a1>0及an+1=an+16an，知an>0，下证：a2n−1<12an+1−12=−2an−126an，故an+1−12与an−12异号，
00，即a2n−1<12（2）an+1=an+16an，则an+1−12=an+16an−12=−2an−126an，an+1+13=an+16an+13=3an+136an，
两式相除得an+1−12an+1+13=−23⋅an−12an+13，a1−12a1+13=−14，
故an−12an+13是以−14为首项，以−23为公比的等比数列，
则an−12an+13=−14⋅−23n−1，解得an=12−112⋅−23n−11+14⋅−23n−1．
【点睛】关键点点睛：本题考查了数列的递推公式，求数列的通项公式，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，构造等比数列an−12an+13是解题的关键.
79. （2024·河南·模拟预测）对于数列an，定义An=a1+3a2+⋯+3n−1an为数列an的“加权和”．设数列an的“加权和”An=n⋅3n，记数列an+pn+1的前n项和为Tn，若Tn≤T5对任意的n∈N*恒成立，则实数p的取值范围为（ ）
A．−167,−73B．−125,−73C．−52,−125D．−167,−94
【答案】B
【分析】借助an与Sn的关系可计算出数列an的解析式，即可得Tn=2+pn2+6+pn2，则分p=−2及p≠−2两种情况分类讨论，当p≠−2时，Tn为有特殊定义域的二次函数，结合二次函数的性质可得2+p<092≤−6+p22+p≤112，解出即可得.
【详解】当n≥2时，An−1=n−1⋅3n−1，则An−An−1=n⋅3n−n−1⋅3n−1=2n+1⋅3n−1，
即3n−1an=2n+1⋅3n−1，故an=2n+1，
当n=1时，A1=1⋅31=3=a1，符合上式，故an=2n+1，
则an+pn+1=2+pn+2，故Tn=4+p+2+pn+2n2=2+pn2+6+pn2，
因为Tn≤T5对任意的n∈N*恒成立，
当p=−2时，有2n≤10，即n≤5，不符合要求，
当p≠−2时，则有2+p<092≤−6+p22+p≤112，
解得−125≤p≤−73.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在得到Tn=2+pn2+6+pn2后，可知当p≠−2时，Tn为有特殊定义域的二次函数，即可结合二次的函数的性质解题.
80. （2024·北京石景山·一模）黎曼函数在高等数学中有着广泛应用，其一种定义为：x∈0,1时，Rx=1q,x=pqp,q∈N*,pq为既约真分数0,x=0,1和0,1内的无理数．若数列an=Rn−1n,n∈N*，给出下列四个结论：
①an=1n；②an+2其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】②③④
【分析】根据黎曼函数的定义和性质逐项分析.
【详解】对于①，∵n∈N+,∴n=1 时，a1=R0=0≠11 ，故①错误；
对于②，an+1=1n+1 ，an+2=1n+2，∴an+1>an+2，故②正确；
对于③，i=1naiai+1=a1a2+a2a3+a3a4+⋯+anan+1=12×13+13×14+⋯+1n⋅1n+1
=12−13+13−14+⋯+1n−1n+1=12−1n+1<12 ，故③正确；
对于④，i=1nai=a1+a2+a3+⋯+an=12+13+⋯+1n，n≥2 ，
构造函数gx=ex−x−1 ，x>0 ，则g'x=ex−1>0 ，gx单调递增，
∴g(x)>g(0)=0 ，即当x>0时ex>x+1 ，e12>12+1,e13>13+1,⋯,e1n>1n+1 ，
e12+13+⋯+1n>32×43×54×⋯×n+1n=n+12∴12+13+⋯+1n>lnn+12，
当n=1时，i=1nai=a1=0 ，ln1+12=0，∴i=1nai≥lnn+12 ，故④正确.
故选：②③④.
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决．
命题预测
本专题考查类型主要涉及点为数列，其中包含了数列的单调性、不等式，数列与三角函数、集合、函数等的结合，也包含数列的放缩，新定义等。
预计2024年后命题会继续在上述几个方面进行。
高频考法
题型01数列不等式、单调性与最值性问题
题型02数列分奇偶问题
题型03数列新定义问题
题型04数列重新排序问题
题型05数列与三角函数结合
题型06数列中的周期性
题型07数列中插入项问题
题型08数列与放缩结合
题型09斐波那契数列问题
题型10数列与排列组合结合
题型11高斯函数问题
题型12数列与实际模型
题型13数列与集合新定义
题型14数列与函数结合
题型15数列与函数导数结合
数列的新定义问题，一般根据定义得到数列满足的递推关系，再利用常见的数列通项公式求法（如公式法、累加法、待定系数法等）求得数列通项公式和前n项和，最后再通项和前n项和的基础上讨论数列的性质.
数列型不等式问题的求解过程中常用到放缩法，一般有两种情况：一是先放缩，再求和；二是先求和，再放缩．常用的放缩技巧如下：
（1）对1n2的放缩，根据不同的要求，大致有三种情况：①1n2<1n2−n=1n−1−1nn≥2；②1n2<1n2−1=121n−1−1n+1n≥2；③1n2<1n2−14=212n−1−12n+1．
（2）对12n的放缩，根据不同的要求，大致有两种情况：
①12n>1n+n+1=n+1−n；②12n<1n+n−1=n−n−1n≥2．
（3）对12n−1的放缩，为12n−1≤12n−1．
解决以集合为背景的新定义问题，注意：根据集合定义式，确定集合中元素的特点
抽象函数表达式的处理，一般以赋值化简为主，根据题目信息对自变量进行针对性赋值，求出函数值，或者推导出递推式，或者构造出f(−x),f(x)的关系式等.