新高考数学二轮复习高分突破练习04 数列的性质 蛛网图 最值 恒成立 插项 公共项 规律 奇偶问题（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习高分突破练习04 数列的性质 蛛网图 最值 恒成立 插项 公共项 规律 奇偶问题（2份，原卷版+解析版），共26页。
1、数列的周期性，此类问题的解法是由定义求出数列的前几项，然后归纳出周期性.
2、函数与数列的综合问题，解决该问题应该注意的事项：
(1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；
(2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；
(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.
3、证明数列单调性的方法：根据与的关系判断出数列的单调性（当恒为正或者负时，可以考虑利用与的大小关系判断数列单调性）.
4、当出现与年份有关的数列选择题，题目本身难度比较大的时候，比如，出现2019、2020、2021类似这样的数字，我们完全可以通过逐个分析选项，通过选项找规律后判断是否符合题意，来决定哪个选项正确.比如求，可以令，将选项中的所有数字用来表示，然后通过来验证哪个选项正确.如果题目问的是之类的偶数年份，最好是通过这样的偶数项来验证.
【典型例题】
例1．（2024·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考期中）已知数列满足（，为自然对数的底数），且对任意的都存在，使得成立，则数列的首项须满足（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设，令，得到.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
故，即（当且仅当时取等号）.
故（当且仅当时取等号）.
即.要使对任意的都存在，使得成立，
显然时，，一定能满足题意；
当时，，如图此时不满足题意；
当时，，如图此时满足题意；
综上，.
故选：C
例2．（2024·全国·模拟预测）定义：满足 为常数，）的数列 称为二阶等比数列，为二阶公比.已知二阶等比数列的二阶公比为，则使得 成立的最小正整数为（ ）
A．7B．8C．9D．10
【答案】B
【解析】由题意知二阶等比数列的二阶公比为，则，
故，
将以上各式累乘得：，
故，令，由于，
故，即，
又的值随n的增大而增大，且，
当时，，
当时，，
故n的最小值为8，
故选：B
例3．（2024·湖北武汉·统考模拟预测）法布里-贝罗研究多光束干涉在薄膜理论中的应用时，用光波依次透过层薄膜，记光波的初始功率为，记为光波经过第层薄膜后的功率，假设在经过第层薄膜时光波的透过率，其中，2，3…，为使得，则的最大值为（ ）
A．31B．32C．63D．64
【答案】C
【解析】由题意，所以，
所以，即，
显然关于单调递增，其中，
又，所以的最大值为63.
故选：C.
例4．（2024·陕西咸阳·统考模拟预测）数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想：是质数．直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出，不是质数．现设，数列的前项和为，则使不等式成立的正整数的最大值为（ ）
A．11B．10C．9D．8
【答案】B
【解析】依题意，，，
则，
则
，即，而，解得，
所以满足条件的正整数的最大值为.
故选：B
例5．（2024·全国·模拟预测）已知，，，数列与数列的公共项按从大到小的顺序排列组成一个新数列，则数列的前99项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为数列是正奇数数列，对于数列，当为奇数时，设，则，为奇数；当为偶数时，设，则，为偶数，所以，
，
所以，
故选：D．
例6．（2024·广东广州·华南师大附中校考一模）在数列中的相邻两项与之间插入一个首项为，公差为的等差数列的前项，记构成的新数列为，若，则前65项的和为（ ）
A．B．-13C．D．-14
【答案】A
【解析】数列为：，
，
设及其后面项的和为，则，
所以数列是以1为首项，公差为的等差数列.
所以前65项的和为，
故选：A.
例7．（2024·河南·河南省内乡县高级中学校考模拟预测）“角谷猜想”首先流传于美国，不久便传到欧洲，后来一位名叫角谷静夫的日本人又把它带到亚洲，因而人们就顺势把它叫作“角谷猜想”.“角谷猜想”是指一个正整数，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就除以2，这样经过若干次运算，最终回到1.对任意正整数，按照上述规则实施第次运算的结果为，若，且均不为1，则（ ）
A．5或16B．5或32
C．5或16或4D．5或32或4
【答案】B
【解析】由题知，因为，则有：
若为奇数，则，得，不合题意，所以为偶数，则；
若为奇数，则，得，不合题意，所以为偶数，；
若为奇数，则，得，不合题意，所以为偶数，且；
若为奇数，则，得，不合题意，所以为偶数，且；
若为奇数，则，可得；若为偶数，则.
综上所述：或32.
故选：B
例8．（2024·陕西安康·陕西省安康中学统考模拟预测）已知数列的首项为，，则数列的前2023项和为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】当为奇数时，，，，，
当为偶数时，，，，，
∴，，
当，时，
，，
∴，，即为奇数时，数列是常数列，，
∴当为奇数时，；
又∵当为偶数时，为奇数，，∴，
综上所述，数列的通项公式为.
∴数列的通项公式为，其前项和为，
，①
①，得
，②
①②，得
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴.
故选：A.
例9．（2024·江西·金溪一中校联考模拟预测）如图，有一列曲线，，，…已知所围成的图形是面积为1的等边三角形，是对进行如下操作得到：将的每条边三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉（，1，2，…）。记为曲线所围成图形的面积。则数列的通项公式
【答案】
【解析】设图形的边长为，由题意可知，，边数是3；
根据图形规律，图形边长为，边数为每一条边都扩大4倍，即；
图形边长为，边数为；
以此类推，图形边长为，边数为；
图形边长为，边数为；
而根据图形规律可知曲线所围成图形的面积等于曲线所围成的面积加上每一条边增加的小等边三角形的面积，
每一个边增加的小等边三角形面积为，
则，整理后得，
又图形的面积，
由累加法可知，，，……，，
得，
故答案为：
【过关测试】
一、单选题
1．（2024·全国·校联考模拟预测）已知等差数列满足，记数列的前项和为，则当有最大值（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设等差数列的公差为，由，得，解得，
则，，数列是首项为正数的递减数列，
由，即，解得，
即，，于是，而，
因此，且，，
则，，，，
又，
所以中最大，即当时，取得最大值.
故选：A
2．（2024·陕西咸阳·统考模拟预测）等差数列中的，是函数的极值点，则（ ）
A．B．C．3D．
【答案】A
【解析】由求导得：，
有，即有两个不等实根，
显然是的变号零点，即函数的两个极值点，
依题意，，在等差数列中，，
所以.
故选：A
3．（2024·广东深圳·统考一模）已知数列满足，，若为数列的前项和，则（ ）
A．624B．625C．626D．650
【答案】C
【解析】数列中，，，
当时，，即数列的奇数项构成等差数列，其首项为1，公差为2，
则，
当时，，即数列的偶数项构成等比数列，其首项为1，公比为，
则，
所以.
故选：C
4．（2024·湖南岳阳·统考一模）已知两个等差数列2，6，10，…及2，8，14，…，200，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则数列的各项之和为（ ）
A．1666B．1654C．1472D．1460
【答案】A
【解析】有两个等差数列2，6，10，…及2，8，14，…，200，
由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列：
2，14，26，38，50，…，182，194，共有项，是公差为12的等差数列，
故新数列前17项的和为，
即数列的各项之和为1666.
故选：A.
5．（2024·海南·校联考模拟预测）“大衍数列”来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，是中华传统文化中的一大瑰宝.已知“大衍数列”的前10项分别为，据此可以推测，该数列的第15项与第60项的和为（ ）
A．1012B．1016C．1912D．1916
【答案】C
【解析】观察此数列，偶数项为，可得此时满足，
奇数项为，可得，
所以，，则，
所以.
故选：C.
6．（2024·江西宜春·校联考模拟预测）图是第七届国际数学教育大会的会徽图案，会徽的主体图案是由如图所示的一连串直角三角形演化而成的，其中，如果把图中的直角三角形继续作下去，记，，，的长度构成的数列为，则 （ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意知，，
，，，，都是直角三角形，
，且，故，
数列是以为首项，为公差的等差数列，
．
又，，
数列的通项公式为，
，
故选：C．
7．（2024·浙江温州·温州中学模拟预测）已知数列满足，，给出下列三个结论：①不存在a，使得数列单调递减；②对任意的a，不等式对所有的恒成立；③当时，存在常数C，使得对所有的都成立．其中正确的是（ ）
A．①②B．②③C．①③D．①②③
【答案】A
【解析】由，可得，则，，则，都有数列单调递增，故①正确；
由可得，又数列单调递增，则，
则，即，②正确；
由可得，则，，
，，将以上等式相加得，
又，单调递增，则，又由可得，
又，则，即，则，设，
，易得，当时，，
则，，故不存在常数C，使得对所有的都成立，故③错误.
故选：A.
8．（2024·浙江绍兴·浙江省新昌中学校考模拟预测）设等差数列的前n项和为，首项，公差，若对任意的，总存在，使．则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意得
则得，即，
令得，即①，即得.
因为首项，公差，则得，即.
又因为，所以，代入①得.
当时，由得
即，所以
即
因此当或11时，的最小值为.
故选：C
9．（2024·浙江·统考二模）已知为非常数数列且，，，下列命题正确的是（ ）
A．对任意的，，数列为单调递增数列
B．对任意的正数，存在，，，当时，
C．存在，，使得数列的周期为2
D．存在，，使得
【答案】B
【解析】当时：恒成立.此时数列为单调递减数列.A错误.
令，记，，则，.
，令，取
则在上单调递增.
令或.
如图所示：在区间内总能找到一个，使得的极限为1.B正确.
假设存在，，使得数列的周期为2，即.
则
②-①：，又.
化简得：.
记,恒成立.
故在上单调递增.
要使，
则需.与为非常数数列矛盾.C错误.
因为
所以
则.
不存在，，使得.D错误.
10．（2024·浙江绍兴·高三校考阶段练习）已知数列，，下列说法正确的是（ ）
A．对任意的，存在，使数列是递增数列；
B．对任意的，存在，使数列不单调；
C．对任意的，存在，使数列具有周期性；
D．对任意的，当时，存在.
【答案】C
【解析】A选项，要想保证数列是递增数列，则必有，其中，因为，所以当或2时，取得最大值，此时为，故，解得：，而，不合题意，故A错误；因为，，所以，数列是递增数列，故B错误；
令，令，解得：，，即，为其不动点，因为，所以，
，令得：，，且，从蛛网模型可以看出，
当时，随着的增大，趋向于不动点或不动点或变为周期数列，且此时数列的值均在A点的左边，故对任意的，当时，均有，C选项正确，D选项错误.
故选：C
11．（2024·浙江·高三专题练习）已知函数，且对任意的实数x，恒成立.若存在实数，，…，（），使得成立，则n的最大值为（ ）
A．25B．26C．28D．31
【答案】B
【解析】由题意得，，所以解得所以
.
令，若，则.
令，，故，即当时，.存在，，…，（）使得成立，即存在，，…，（），使得，由时，的最小值为2，最大值为51，得，得，又，所以可得n的最大值为26.
故选：B.
12．（2024·浙江舟山·舟山中学校考模拟预测）设数列满足对任意的恒成立，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．数列单调递增
C．存在正整数M，当时，恒成立
D．存在正整数M，当时，恒成立
【答案】D
【解析】
令，则，
对A：反例：，，
满足
此时，，，故A错误；
对B：反例：，，
满足，
此时，，，，数列不是单调递增数列.
对C：反例：，满足条件.
但对任意的有，
因此不存在正整数M，当时，恒成立.
对D：当时，
因此，
即
因此存在正整数，
当时，恒成立，故D正确.
故选：D
13．（2024·浙江·高二平湖市当湖高级中学校联考期中）已知数列满足，若不等式对任意的都成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由数列满足，
可得，易知，
因为，
所以，
所以，
因为，
所以是首项为2，公差为1的等差数列，
所以，
所以且，
因为不等式恒成立，
所以整理得恒成立，
因为，当且仅当时取等号，舍去.
当时，；当时，，
所以，
即实数的取值范围是，
故选：A.
14．（2024·浙江绍兴·校考模拟预测）已知正项数列满足，，则（ ）
A．对任意的，都有
B．对任意的，都有
C．存在，使得
D．对任意的，都有
【答案】D
【解析】因为，，不妨令，则，即，故AB错误；
，构造，则，当，，单增，当时，，单减，故，即，所以，即，因为，所以，累乘法可得，即，也即.故C错误，D正确.
故选：D
15．（2024·江西·江西省丰城中学校联考模拟预测）大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．已知数列满足：，记，，则数列的前项和是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】，
，
数列是以为周期的周期数列，
又，，，
的前项和为.
故选：C.
16．（2024·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知数列满足：.则的前60项的和为（ ）
A．1240B．1830C．2520D．2760
【答案】D
【解析】由，
故，，，，….
故，，，….
从第一项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于3；
，，，….
从第二项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以13为首项，以24为公差的等差数列.
故.
故选：D.
17．（2024·河南驻马店·高三校联考阶段练习）数列满足，则数列的前60项和等于（ ）
A．1830B．1820C．1810D．1800
【答案】D
【解析】当为正奇数时，由题意可得，，
两式相加得；
当为正偶数时，由题意可得，，
两式相减得.
因此，数列的前项和为.
故选：D.
18．（2024·安徽六安·高三安徽省金寨第一中学期末）已知数列满足为正整数，，则下列选项正确的是（）
A．若，则
B．若，则所有可能取值的集合为
C．若，则
D．若，为正整数，则的前项和为
【答案】C
【解析】A选项，若，则，，，，，
，，，故A不正确；
B选项，若，则，或
当时，，，，或，，；
当时，，，，
或，，，或，，，
或，，，
故所有可能取值的集合为，故B不正确；
C选项，若，则，，，，，
，，，，
所以从第项开始为周期数列，且周期为，
则，，故，C正确；
D选项，若，则，，，，，
所以的前项和为，故D不正确．
故选：C
19．（2024·重庆·高二重庆八中校考期末）已知数列满足，且，记数列的前 项和为，则（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【解析】，当时，，，
两式相减得，，
所以的奇数项是以为首项，4为公差的等差数列，，
当时，，，两式相减得，，
所以的偶数项是以5为首项，为公差的等差数列， ；
所以，，
设，则，
所以
，则.
故选：A
20．（2024·山西临汾·统考一模）已知数列满足：，设，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为数列满足：，且，
对任意的，为偶数，则，
所以，，所以，.
故选：A.
21．（2024·重庆·高三统考阶段练习）已知数列满足，，记，则有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】对于A项，由已知可得，故A项错误；
对于B项，由已知可得，，，故B错误；
对于C项，由已知可得，，，
即，所以.故C项错误；
对于D项，因为，，
所以，是以3为首项，4为公差的等差数列，
所以，.故D正确.
故选：D.
二、多选题
22．（2024·浙江金华·高三期末）已知为非常数数列且，，，则（ ）
A．对任意的，数列为单调递增数列
B．对任意的正数，存在，当时，
C．不存在，使得数列的周期为
D．不存在，使得
【答案】BCD
【解析】对于A，当时，，此时为单调递减数列，A错误；
对于B，令，令，，则；
，令，则，可取，
当时，，在上单调递增；
令，解得：或，
如图所示，在区间内，总能找到一个，使得的极限为，B正确；
对于C，假设存在，使得数列的周期为，则；
，，
，即；
令，则，在上单调递增，
则由得：，即为常数列，与已知矛盾，
假设错误，即不存在，使得数列的周期为，C正确；
对于D，，
，
不存在，使得，D正确.
故选：BCD.
23．（2024·云南保山·高三统考期末）任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2，反复进行上述两种计算，经过有限步后，必进入循环.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”.事实上“冰雹猜想”的递推关系如下：已知数列满足：（为正整数），，若，则的值可以是（ ）
A．12B．13C．40D．80
【答案】ABD
【解析】由题意知：因为，若为偶数，则，解得，（满足），
若为奇数，则，解得，（舍去）；
由，若为偶数，则，解得，（满足），
若为奇数，则，解得，（满足）；
由，若为偶数，则，解得，（满足），
若为奇数，则，解得，（舍去）；
由，若为偶数，则，解得，（满足），
若为奇数，则，解得，（舍去）；
由，若为偶数，则，解得，（满足），故D正确；
若为奇数，则，解得，（满足）；故B正确；
由，若为偶数，则，解得，（满足），故A正确；
若为奇数，则，解得，（舍去）；
故选：ABD.
24．（2024·江苏无锡·高二无锡市第一中学校考期末）斐波那契数列由意大利数学家斐波那契发现，因以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．斐波那契数列在很多方面都与大自然神奇地契合，小到向日葵、松果、海螺的生长过程，大到海浪、飓风、宇宙系演变，皆有斐波那契数列的身影，充分展示了“数学之美”．斐波那契数列用递推的方式可定义如下：数列满足：，，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．是奇数
【答案】ACD
【解析】对A：由，可得，
即有，故A正确；
对于B：由题意，，，，
以上式子累加得：，故B不正确；
对于C：因为，则，
则
，故C正确；
对于D：根据通项公式可得斐波那契数列为，
3的倍数项为偶数，其他项为奇数，下面用数学归纳法证明：
①当，2，3时，，，满足规律，
②假设当，，时满足为偶数，，为奇数，
③当，，时，
，因为，为奇数，所以为偶数，
，因为为奇数，为偶数，所以为奇数，
，因为为奇数，为偶数，所以为奇数，
故3的倍数项为偶数，其他项为奇数得证，
2024项是非3的倍数项，故D正确；
故选：ACD
25．（2024·全国·高三专题练习）意大利人斐波那契于1202年从兔子繁殖问题中发现了这样的一列数：1，1，2，3，5，8，13，….即从第三项开始，每一项都是它前两项的和．后人为了纪念他，就把这一列数称为斐波那契数列．下面关于斐波那契数列说法正确的是（ ）
A．
B．是奇数
C．
D．
【答案】AD
【解析】由已知得数列满足递推关系.
选项A：
，A正确；
选项B：观察数列可知，数列每三项都是奇、奇、偶重复循环，2022＝674×3，恰好能被3整除，且为偶数，所以也为偶数，故B错误；
选项C：若选项C正确，又，则，
同理，依次类推，可得，显然错误，故C错误；
选项D：，
所以，故D正确．
故选：AD．
26．（2024·河南·统考模拟预测）大衍数列，来源于《乾坤谱》中对《易传》“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，大衍数列中的每一项都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量的总和.大衍数列从第一项起依次为0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，….记大衍数列的前项和为，其通项公式 .则（ ）
参考公式：
A． 是数列中的项B．
C．D．
【答案】ABD
【解析】对A：当为偶数时，，解得，不符题意；
当为奇数时，，解得，符合题意，故A正确；
对B：
，故B正确；
对C：由题意知
，
所以，故C错误；
对D：
故D正确；
故选：ABD.
27．（2024·湖南长沙·高三长郡中学校考期末）欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互质的正整数的个数（公约数只有1的两个正整数称为互质整数），例如：，，则（ ）
A．B．当n为奇数时，
C．数列为等比数列D．数列的前项和小于
【答案】ACD
【解析】对于A，因为，，，所以，故A正确；
对于B，由于，故B错误；
对于C，因为小于的所有正奇数与均互质，且小于的所有正奇数有个，
所以，因此数列为等比数列，故C正确；
对于D，同理小于的所有3的倍数与均不互质，共有个，
因此小于的所有与互质的数共有个，即，
所以，令，
则，故D正确，
故选：ACD.
28．（2024·重庆·统考模拟预测）已知数列满足，，，记数列的前项和为，若存在正整数，，使得，则的值是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】AB
【解析】由题意数列满足，，，
可得数列的奇数项构成以1为首项，2为公差的等差数列，
偶数项构成以2为首项，3为公比的等比数列，
故，
所以，
故
，
，
故，
由可知都大于3，
所以只能是其中之一，
若，即，即，无解；
若，即，
若，即，
故选：AB
三、填空题
29．（2024·全国·模拟预测）已知等比数列的前项和为，且，，若关于的不等式对恒成立，则实数的最大值为 ．
【答案】
【解析】设等比数列的公比为，显然，
则，，
解得，，，，
关于的不等式对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
.
（解法一）设，，
则，
当时，，
当时，，
当时，，
，，；
（解法二），
当且仅当，即时等号成立，
又，当或时，取得最小值24，
故，.
故答案为：.
30．（2024·全国·模拟预测）已知数列满足，若对恒成立，则的取值范围为 .
【答案】
【解析】法一：
由，得，两式相减得，
则数列，都是以2为公差的单调递增数列.
要使对恒成立，只需，
而，，则，解得.
法二：
由，得，两式相减得，
又，则，，
要使对恒成立，即，
即，解得.
故答案为：.
31．（2024·全国·模拟预测）已知等比数列的前项和为，若对任意的，，恒成立，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【解析】设等比数列的公比为，
①当时，，，，因此不等式即，所以，
因为，当且仅当时取等号，所以，解得或．
②当时，，，，
因此不等式即，
所以，
由于，所以，因此，
解得或．综上，实数的取值范围是．
故答案为：
32．（2024·全国·模拟预测）已知数列的通项公式为.若对于任意，不等式恒成立，则实数的取值范围为 .
【答案】
【解析】由，得，
所以.
设，
则.
设，则，
令，解得，即在上单调递增，
令，解得，即在上单调递减，
又，，，
所以当时，，即，
所以.
当时，，即，所以.
综上，，所以，即，
所以的取值范围为.
故答案为：
33．（2024·全国·模拟预测）已知数列的前n项和满足，，且，若数列的通项公式为，将数列与的公共项按从小到大的顺序排列得到数列，则的前n项和为 ．
【答案】
【解析】中，令得，即，
又，故令时，，即，
所以，解得，
由，得，，
两式相减得，，
两边同时除以，得，，
即，
故，，
经检验，也符合上式，故．
数列是以1为首项，以4为公差的等差数列，
数列是以1为首项，以3为公差的等差数列，
这两个数列的公共项构成的新数列是以1为首项，以12为公差的等差数列，
故的前n项和为．
故答案为：
34．（2024·全国·模拟预测）已知，数列为，规律是在和中间插入项，所有插入的项构成以3为首项，2为公差的等差数列，则数列的前30项和为 ．
【答案】829
【解析】因为，所以为等比数列，所有插入的项构成以3为首项，2为公差的等差数列，
由于，，，，
因此数列的前30项中含有的前7项，含有的前23项，
所以所求和为．
故答案为：829.
35．（2024·重庆·校联考一模）数学家康托（）在线段上构造了一个不可数点集——康托三分集.将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，余下的区间段长度为；再将余下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，余下的区间段长度为.以此类推，不断地将余下各个区间均分为三段，并各自去掉中间的区间段.重复这一过程，余下的区间集合即为康托三分集，记数列表示第次操作后余下的区间段长度.
（1） ；
（2）若，都有恒成立，则实数的取值范围是 .
【答案】 ； .
【解析】由题意可知：，，，.
所以.
所以数列为首项，公比的等比数列，所以.
因为，都有恒成立，且，所以恒成立，只需
记，显然，.
所以.
令，即，即，解得：.
因为，所以，可以取包含以后的所有正整数，即以后递减.
而
，
所以.
综上所述：当时，最大.
所以，所以实数的取值范围是.
故答案为：；.
36．（2024·上海金山·统考一模）设是由正整数组成且项数为的增数列，已知，，数列任意相邻两项的差的绝对值不超过1，若对于中任意序数不同的两项和，在剩下的项中总存在序数不同的两项和，使得，则的最小值为 .
【答案】
【解析】因为数列任意相邻两项的差的绝对值不超过1，，所以，
又是由正整数组成且项数为的增数列，所以或，
当时，，此时，
这与在剩下的项中总存在序数不同的两项和，使得矛盾，
所以，类似地，必有，，，，
由得前6项任意两项之和小于等于3时，均符合，
要最小，则每项尽可能小，且值要尽量小，
则，，
同理，，，…，，当中间各项为公差为1的等差数列时，可使得值最小，且满足已知条件.
由对称性得最后6项为，，
则的最小值.
37．（2024·河北唐山·唐山市第十中学校考模拟预测）已知数列满足，且，为数列的前项和，则 ， .
【答案】
【解析】因为数列满足，
所以，即，，
所以，解得，同理可得: ， ，
则.
由，
当时，可得，
可化为:，即，以此类推得：
，
所以，可化为:，
所以数列是等比数列，公比为，首项为，
所以，可变形为，
又，，所以时也成立.
所以数列是等比数列，公比为，首项为，
，可得，
所以，
所以.
故答案为: ；.