压轴题05数列压轴题十五大题型汇总-1

这是一份压轴题05数列压轴题十五大题型汇总-1，共59页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知数列满足，对任意都有，且对任意都有，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．若数列，对于，都有（为常数）成立，则称数列具有性质．已知数列的通项公式为，且具有性质，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．已知正项数列的前项和为，前项积为，且满足，则不等式成立的的最小值为（ ）
A．11B．12C．13D．10
4．已知数列满足则（ ）
A．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
B．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
C．当时，存在正整数，当时，
D．当时，对于任意正整数，存在，使得
5．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．
二、多选题
6．英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点.已知二次函数有两个不相等的实根，其中.在函数图象上横坐标为的点处作曲线的切线，切线与轴交点的横坐标为；用代替，重复以上的过程得到；一直下去，得到数列.记，且，，下列说法正确的是（ ）
A．（其中）B．数列是递减数列
C．D．数列的前项和
7．已知数列的通项公式为，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则数列单调递减
B．若对任意，都有，则
C．若，则对任意，都有
D．若的最大项与最小项之和为正数，则
三、填空题
8．若数列满足，则称数列为“k阶相消数列”.已知“2阶相消数列”的通项公式为，记，，，则当 时，取得最小值
9．已知数列满足，则 ．
10．若数列满足，且，则数列的前2023项的积为 .
11．已知为数列的前项和，，平面内三个不共线的向量，，，满足，，，若，，在同一直线上，则 .
12．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 ．
四、解答题
13．已知数列满足，．
(1)已知，
①若，求；
②若关于m的不等式的解集为M，集合M中的最小元素为8，求的取值范围；
(2)若，是否存在正整数，使得，若存在，求出k的最小值，若不存在，请说明理由．
14．已知数列满足
(1)写出;
(2)证明:数列为等比数列;
(3)若，求数列的前项和.
15．已知数列满足，，且．
(1)证明为等比数列，并求数列的通项公式；
(2)设，且数列的前项和为，证明：当时，．
16．如果数列，其中，对任意正整数都有，则称数列为数列的“接近数列”．已知数列为数列的“接近数列”．
(1)若，求的值；
(2)若数列是等差数列，且公差为，求证：数列是等差数列；
(3)若数列满足，且，记数列的前项和分别为，试判断是否存在正整数，使得？若存在，请求出正整数的最小值；若不存在，请说明理由．（参考数据：）
17．无穷数列，，…，，…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﹔如果n是奇数，就对尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是．
(1)写出这个数列的前7项；
(2)如果且，求m，n的值；
(3)记，，求一个正整数n，满足．
18．已知是由正整数组成的无穷数列，该数列前项的最大值记为，即；前项的最小值记为，即，令（），并将数列称为的“生成数列”．
(1)若，求其生成数列的前项和；
(2)设数列的“生成数列”为，求证：；
(3)若是等差数列，证明：存在正整数，当时，，，，是等差数列．
19．已知实数，定义数列如下：如果，，则．
(1)求和（用表示）；
(2)令，证明：；
(3)若，证明：对于任意正整数，存在正整数，使得．
20．定义：若对恒成立，则称数列为“上凸数列”．
(1)若，判断是否为“上凸数列”，如果是，给出证明；如果不是，请说明理由．
(2)若为“上凸数列”，则当时，．
（ⅰ）若数列为的前项和，证明：；
（ⅱ）对于任意正整数序列（为常数且），若恒成立，求的最小值．
21．已知数列的前项和为，若数列满足：①数列项数有限为；②；③，则称数列为“阶可控摇摆数列”.
(1)若等比数列为“10阶可控摇摆数列”，求的通项公式；
(2)若等差数列为“阶可控摇摆数列”，且，求数列的通项公式；
(3)已知数列为“阶可控摇摆数列”，且存在，使得，探究：数列能否为“阶可控摇摆数列”，若能，请给出证明过程；若不能，请说明理由.
22．已知集合是公比为2的等比数列且构成等比数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)设是等差数列，将集合的元素按由小到大的顺序排列构成的数列记为.
①若，数列的前项和为，求使成立的的最大值；
②若，数列的前5项构成等比数列，且，试写出所有满足条件的数列.
23．已知集合，.中的所有元素按从小到大的顺序排列构成数列，为数列的前项的和.
(1)求；
(2)如果，，求和的值；
(3)如果，求（用来表示）.
24．已知数列的前项和为，，（且，）．
（1）求数列的通项公式；
（2）在①，，，②，，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，若将，，按______的顺序排列后构成等差数列，且公差为，求的值及对应的．
25．已知有穷数列的各项均不相等，将的项从大到小重新排序后相应的项数构成新数列，称为的“序数列”.例如，数列､､满足，则其“序数列”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､､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､互为“保序数列”，其通项公式分别为，（t为常数），求实数t的取值范围；
(3)设，其中p､q是实常数，且，记数列的前n项和为，若当正整数时，数列的前k项与数列的前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.
26．已知是等差数列，其公差大于1，其前项和为是等比数列，公比为，已知.
(1)求和的通项公式；
(2)若正整数满足，求证：不能成等差数列；
(3)记，求的前项和.
27．已知数列,
(1)求.
(2)求的通项公式；
(3)设的前项和为,若,求.
28．点S是直线外一点，点M，N在直线上（点M，N与点P，Q任一点不重合）．若点M在线段上，记；若点M在线段外，记．记．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，，点D是射线上一点，且．
(1)若，求；
(2)射线上的点，，，…满足，，
（i）当时，求的最小值；
（ii）当时，过点C作于，记，求证：数列的前n项和．
29．已知数列为数列的前n项和，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)求证：；
(3)证明：．
30．对于数列，如果存在正整数，使得对任意，都有，那么数列就叫做周期数列，叫做这个数列的周期.若周期数列满足：存在正整数，对每一个，都有，我们称数列和为“同根数列”.
(1)判断数列是否为周期数列.如果是，写出该数列的周期，如果不是，说明理由；
(2)若和是“同根数列”，且周期的最小值分别是和，求的最大值.
31．若无穷数列的各项均为整数．且对于，，都存在，使得，则称数列满足性质P．
(1)判断下列数列是否满足性质P，并说明理由．
①，，2，3，…；
②，，2，3，…．
(2)若数列满足性质P，且，求证：集合为无限集；
(3)若周期数列满足性质P，求数列的通项公式．
32．在数列中，已知．
(1)求数列的通项公式；
(2)在数列中的和之间插入1个数，使成等差数列；在和之间插入2个数，使成等差数列；…；在和之间插入个数，使成等差数列，这样可以得到新数列，设数列的前项和为，求（用数字作答）．
33．已知为等差数列，前项和为，若.
(1)求；
(2)对任意的，将中落入区间内项的个数记为.
①求；
②记的前项和记为，是否存在，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
34．已知正项数列的前n项和为，且．
(1)求证：
(2)在与间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在3项，（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．
35．已知是等差数列，是公比不为1的等比数列，，，，且是与的等差中项．
(1)求：数列和的通项公式．
(2)设，求.
(3)若对于数列、，在和之间插入个，组成一个新的数列，记数列的前n项和为，求．
36．已知数列的各项均为正数，，．
(1)若，证明：；
(2)若，证明：当取得最大值时，．
37．记为数列的前项和，．
(1)求和的通项公式；
(2)设数列的前项和为，证明：．
38．若数列满足，其中，则称数列为M数列.
(1)已知数列为M数列，当时.
（ⅰ）求证：数列是等差数列，并写出数列的通项公式；
（ⅱ），求.
(2)若是M数列，且，证明：存在正整数n.使得.
39．英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处的阶导数都存在时，．注：表示的2阶导数，即为的导数，表示的阶导数，该公式也称麦克劳林公式．
(1)根据该公式估算的值，精确到小数点后两位；
(2)由该公式可得：．当时，试比较与的大小，并给出证明；
(3)设，证明：．
40．已知数列的首项为1，前n项和为，且，其中．
(1)求证：数列是等比数列；
(2)当时，求证：．
参考答案：
1．C
【分析】由题意可得数列在上是递减数列，数列在上是递增数列，再根据二次函数的单调性即可得解.
【详解】因为对任意都有，
所以数列在上是递减数列，
因为对任意都有，
所以数列在上是递增数列，
所以，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：C.
2．C
【分析】由题意，先将成立变形为时成立，将通项公式代入，从而将问题转化为恒成立问题，研究新数列的单调性即可解决问题．
【详解】依题意，得，故只需考虑时，，．
因为，只需要，
即，整理得．
令，则，
所以对任意的恒成立，所以数列为递增数列，
则，所以，即的取值范围为．
故选：C．
3．B
【分析】根据题意得到，再利用构造法得到数列为等比数列，从而求得的通项公式，再利用放缩法，结合等比数列的求和公式即可得解.
【详解】，，
，则，
时，，，则，
故，
因此是以为首项，为公比的等比数列.
所以，即.
根据题中条件，
则，，
因此.
当时，；
当时，.
综上，不等式成立的的最小值为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，从而利用放缩法即可得解.
4．D
【分析】直接构造反例即可说明A和B错误；然后证明引理：当时，对任意的正整数，都存在，使得. 最后由该引理推出C错误，D正确.
【详解】当时，，，所以此时不是递增数列，A错误；
当时，，，，所以此时不是递减数列，B错误；
我们证明以下引理：当时，对任意的正整数，都存在，使得.
若该引理成立，则它有两个直接的推论：
①存在，使得对任意的正整数，都存在，使得；
②当时，对任意的正整数，都存在，使得.
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：
当时，对任意确定的正整数：
如果，则；
如果，则或.
此时若，则；
若，则.
无论哪种情况，都有，从而.
这说明或，所以可以选取，使得. 这就说明存在，使得.
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：当时，对任意的正整数，都存在，使得. 这一引理可以帮助我们判断出较难判断的C和D选项.
5．D
【分析】对n分奇数与偶数讨论，求出数列与数列的公共项，利用裂项相消法求和.
【详解】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．
6．AD
【分析】根据可求的表达式，判断A的真假；利用导数求二次函数在处切线的斜率，进一步写出在处的切线方程，求出直线与轴的交点横坐标，得，进一步判断数列的结构特征，得到数列是等比数列，可判断BC的真假；利用公式法可求数列的前项和，判断D的真假.
【详解】对于A选项，由得，所以，故A正确.
二次函数有两个不等式实根，，
不妨设，
因为，
所以，
在横坐标为的点处的切线方程为：，
令，则，
因为
所以，即：
所以为公比是2，首项为1的等比数列.
所以故BC错.
对于D选项，，得故D正确.
故选：AD
7．ACD
【分析】对于选项A，求出，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，再分为奇数与偶数的情况讨论即可；对于选项C，分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：到距离最小的正奇数到的距离大于到距离最小的正偶数到的距离，再分情况讨论即可.
【详解】对于选项A，由条件知，，而，
结合，知，所以，
所以，即数列单调递减，故A正确；
对于选项B，首先有.
若，则当n为偶数时，，从而必成立；
而当n为奇数且时，由，知，，从而，即，这意味着.
所以只要，就一定有恒成立，所以由恒成立不可能得到，故B错误；
对于选项C，显然当同为奇数或同为偶数时，必有同号，故；
而当的奇偶性不同时，为奇数，此时不妨设分别是奇数和偶数，则
因为，故为偶数，而为奇数，所以，
所以，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.
当为偶数时，要让最大，即要让最小；
而当为奇数时，要让最小，即要让最小.
设和分别是到距离最小的正偶数和正奇数，则条件相当于.
而，故条件等价于，即.
这表明，条件等价于，到距离最小的正奇数到的距离，大于到距离最小的正偶数到的距离.
若，则到距离最小的正奇数和正偶数分别是1和2，而由可知，不符合条件；
若，是正奇数，则到距离最小的正奇数到的距离为0，不可能大于到距离最小的正偶数到的距离，不符合条件；
若，且不是正奇数，设到的距离最近的正偶数为，则.
此时到距离最小的正偶数到的距离为，从而到距离最小的正奇数到的距离大于，进一步知任意正奇数到的距离都大于.
从而，，这意味着，，所以.
综上，，，故D正确．
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题的数列通项中含有，这往往意味着我们需要对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.
8．2020
【分析】由可求出周期，
对变形可求得，从而求得，得到的前三项，分析的正负情况，可得时为负值，对此时的的求表达式可得，最大时有最小值.
【详解】由已知得
故
故，的周期为3
设，其中，故的周期为3
由题意有
由和差化积公式有
故
因此
若，不存在这样的对任意恒成立，故舍
则
，，
由三倍角公式有
故，当时，；
当时，；
当时，.
时，
，故，此时最小，此时
故答案为：2020
9．
【分析】利用余弦函数的周期性可得数列满足，再由累加法利用等差数列前和可得结果.
【详解】由余弦函数性质可知数列是以为周期的周期数列，
易知，，，，
则，且，可得；
由累加法可得
；
故答案为：
【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.
10．2
【分析】由已知推出，由递推关系可得，所以，所以数列的周期为4且，继而推出，由周期性计算乘积即可.
【详解】由已知可得：
由上可得周期为4，，可得，
故的周期也为4，数列的前4项分别为，，，，
故数列的前2023项的积为
【点睛】关键点点睛：（1）将已知等式化简､变形，得到数列的周期为4；（2）化简，寻找数列和数列之间的关系.
11．
【分析】先根据三点共线求解出之间的关系，由此确定出为周期数列，并求解出前项的值，然后根据周期性可求的值.
【详解】设，所以，所以，
所以，所以，所以，
所以，所以，所以，
所以，所以，所以，所以是周期为的周期数列，
因为，所以，
所以，
所以，
故答案为：.
【点睛】结论点睛：已知平面中三点共线 (O在该直线外)，若，则必有.
12．829
【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项中含有的前7项，含有的前23项，结合等差、等比数列的求和公式，即可求解.
【详解】因为，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.
13．(1)①或2或3或4 ；②
(2)存在；
【分析】（1）①当时代入递推公式，解出，再解出即可；②由递推关系分解因式得到，得到的关系，再结合已知最小元素列不等式求解即可；
（2）由上问写出的表达式，再由，得到关于，解出符合条件的k即可.
【详解】（1）①，∴或2，
而．若，∴或2．
若，∴或4，经检验均符合．∴或2或3或4．
②由条件知，
∴，∴，
或，或或或
或，，，…，，
…
或，…，，或，…或
∴．
（2）或，，…，，，
令，，，∴，
当时，不是自然数，
所以当时，，，
∴存在这样的k，．
【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.
14．(1)，，
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由数列的递推式，分别令，2，3，计算可得所求值；
（2）推得，由等比数列的定义，可得证明；
（3）求得，，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
可得；；；
（2）证明：由题可得，
则数列是首项为1，公比为2的等比数列；
（3）由（2）可得，即，
，
，
前项和，
，
两式相减可得，
化简可得．
15．(1)证明见解析，
(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）先把数列进行适当的放缩，再用分组求和的方法求满足的关系，并证明.
【详解】（1）因为，，
所以，，.
易知，所以，
因为．
所以是等比数列，首项，公比，所以．
（2）由（1）可得，
先证明左边：即证明，
当时，，
所以，
所以，
再证明右边：，
因为，
所以，
即，下面证明，
即证，即证，
设，，则，设，，
因为，所以函数在上单调递增，
则，即，，
所以，所以．
综上，．
【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.
16．(1)
(2)证明见解析
(3)存在，17
【分析】（1）将分别代入即可求解；
（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）构造等比数列求出的通项公式，进一步求其前n项和，分n为奇数和偶数两种情况结合数列的单调性，确定的通项，进而确定，再解不等式求解即可.
【详解】（1）由题：令则，即，故，
得，又，同理可得，.
（2）由题意，
故，
从而，即，
因为，所以即，故数列是等差数列.
（3）因为,则，解得，
又，故是以为首项，公比为的等比数列，
则，即，
当n为奇数时，，易知单调递减，
故，得，进一步有；
当n为偶数时，，易知单调递增，
故，即，得，进一步有；
综上，，
易知
当n为偶数时，由，得即，无解；
当n为奇数时，
由,得即，
故，所以存在正整数，使得，正整数的最小值为17.
【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的范围来确定.
17．(1)，，，，，，；
(2)；
(3)（答案不唯一，满足即可）
【分析】（1）根据数列的定义，逐一求解；
（2）根据数列的定义，分和分别求解；
（3）根据数列的定义，写出的值，即可求解.
【详解】（1）根据题意，，，
，，，
，．
（2）由已知，m，n均为奇数，不妨设．
当时，因为，所以，故；
当时，因为，而n为奇数，，所以．
又m为奇数，，所以存在，使得为奇数．
所以．
而，所以，即，，无解．
所以．
（3）显然，n不能为偶数，否则，不满足．
所以，n为正奇数．
又，所以．
设或，．
当时，，不满足；
当时，，即．
所以，取，时，
即．
【点睛】关键点点睛：第（3）问中，发现当时，满足，从而设，，验证满足条件.
18．(1)
(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）因为关于单调递增，
所以，
，
于是，
的前项和．
（2）由题意可知，，
所以，
因此，即是单调递增数列，且，
由“生成数列”的定义可得．
（3）若是等差数列，证明：存在正整数，当时，是等差数列．
当是一个常数列，则其公差必等于0，，
则，因此是常数列，也即为等差数列；
当是一个非常数的等差数列，则其公差必大于0，，
所以要么，要么，
又因为是由正整数组成的数列，所以不可能一直递减，
记，则当时，有，
于是当时，，
故当时，，…，
因此存在正整数，当时，，…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，其中和分别为特殊数列，裂项相消法类似于，错位相减法类似于，其中为等差数列，为等比数列等.
19．(1)
(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），分别计算和可证明结论；
（3）先根据无上界说明存在正整数，使得，分是偶数和是奇数分别说明.
【详解】（1）因为，所以；
因为，所以；
（2）由数列定义得：；所以．
而，
所以；
（3）当，由（2）可知，无上界，故对任意，存在，使得．
设是满足的最小正整数．下面证明．
①若是偶数，设，
则，于是．
因为，所以．
②若是奇数，设，
则．
所以．
综上所述，对于任意正整数，存在正整数，使得．
20．(1)是，证明见解析
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）构造函数，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，利用条件及数列求和适当放缩计算即可.
【详解】（1）是“上凸数列”，理由如下：
因为，
令，
则．
当时，，
所以，
所以在区间上单调递减，
所以，
所以，
所以是“上凸数列”．
（2）（ⅰ）证明：因为是“上凸数列”，由题意可得对任意，
，
所以，
所以．
（ⅱ）解：令，
由（1）可得当时，是“上凸数列”，
由题意可知，当时，．
因为，
即
．
所以
，
当且仅当时等号成立，
所以．
综上所述，的最小值为．
21．(1)或
(2)
(3)不能，理由见解析
【分析】（1）根据和讨论，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）根据数列为“阶可控摇摆数列”求得，再利用数列的前项和得，然后推得与不能同时成立，即可判断.
【详解】（1）若，则，解得，则，与题设矛盾，舍去；
若，则，得，
而，解得或，
故或.
（2）设等差数列的公差为，
因为，则，则，
由，得，
而，故，
两式相减得，即，
又，得，
所以.
（3）记中所有非负项之和为，负项之和为，
因为数列为“阶可控摇摆数列”，则得，
故，所以.
若存在，使得，即，
则，
且.
假设数列也为“阶可控摇摆数列”，记数列的前项和为，
则
因为，所以.
所以；
又，则.
所以；
即与不能同时成立.
故数列不为“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.
22．(1)
(2)① 32；②
【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.
【详解】（1）是公比为2的等比数列且构成等比数列.
则，即，
解得，故数列的通项公式.
（2）①,设其前n项和，
,设其前n项和，
集合中的所有元素的最小值为，
且三个元素是中前205项中的元素，
且是中的元素，
又．
又，
故，
且,
故使成立的的最大值是32.
②因为，中的元素按从小到大的顺序记为，
对集合中的元素2进行分类讨论：
当时，由的前5项成等比数列，得，显然不成立；
当时，由的前5项成等比数列，得，；
因此数列的前5项分别为1，，2，，4；
这样，则数列的前9项分别为1，，2，，4，，
，，8；上述数列符合要求；
当时，有，即数列的公差，
，1，2，；
，2，4在数列的前8项中，由于，这样，，，，
以及1，2，4共9项，
它们均小于8，即数列的前9项均小于8，这与矛盾，所以也不成立；
综上所述，；
【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.
23．(1)；
(2)，；
(3)，.
【分析】（1）根据集合A、B的描述分析中的元素组成，进而写出的前10项，即可求.
（2）由结合且即可求值；令、判断对应中的，进而确定值.
（3）由中属于集合A、B中元素之间的个数关系，判断的中分别含集合A、B中元素个数，进而应用分组求和，结合等差、等比前n项和求即可.
【详解】（1）由题设，集合A中元素为，集合B中元素为，且A、B没有重复元素，
∴的前10项为，故.
（2）由，故中含集合的4个元素；
由且，可得，故中含集合A的40个元素；
∴；
由，若，则中含集合的7个元素；
此时，由且，可得，故中含集合A的1093个元素；
∴中.
由，若，则中含集合的8个元素；
此时，由且，可得，故中含集合A的3280个元素；
∴中.
综上，由，即，
∴中含集合的7个元素，含集合A的个元素，
∴.
（3）由题设，若中含m个集合B的元素，在第个和第个集合B的元素之间存在个集合A的元素，
∴若最后一项属于集合且共有个集合B的元素，，
∴共有个元素，
由题设，，故含个集合的元素，含个集合A的元素，
∴，
∴，.
【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中含A、B中元素个数，进而求参数及前n项和.
24．（1）；（2）见解析
【分析】（1）由再写式子，两式作差得到（n≥2），所以数列{an}从第二项起是公比为的等比数列，又当n＝1时，从而可得通项公式；
（2）由（1）分别写出，，，若选①，则，解出p值，即可求得；同理若选②，则，解出p值，求得.
【详解】（1）因为，当时，，
两式相减，得，故数列从第二项起是公比为的等比数列，
又当时，，，
所以，从而．
（2）由（1）得，，，
若选①，则，或，得，
所以，，
所以．
若选②，则，或，得，
所以，，
所以．
【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．
25．(1)
(2)
(3)答案见解析
【分析】（1）由题意得出不等式即可求出；
（2）作差判断增减，得出序数列即可求解；
（3）讨论或，，，，根据数列的单调性结合题意可得.
【详解】（1）由题意得，即，解得；
（2），
当时，，即，当时，，即，
故，
又，，，因此的序数列为，…，2021．
又因、互为“保序数列”，故，
只需满足，解得：．
（3）① 当或时，数列中有相等的项，不满足题意.
② 当时，数列单调递增，故也应单调递增，
从而对且恒成立.又数列单调递增，故.
③ 当时，数列单调递减，故也应单调递减，
从而对且恒成立.
又数列单调递减，故.
④ 当时，数列单调递减，且；单调递增，且，
于是对且恒成立，即，从而.
另一方面，对且恒成立，即，从而.
综上，，即.
此时，，满足题意.
综上，当时，、满足的条件是；
当时，、满足的条件是；
当时，、满足的条件是.
26．(1)
(2)证明见解析
(3)
【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，再由等差数列的性质代入计算，即可证明；
（3）根据题意，由数列的通项公式分别表示出，再由并项求和法代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）由题意.
联立即
代入整理，，
.
.
（2），
若成等差数列，
则有，即，
等式的左右两边同时除以，
可得，
，
为偶数，为偶数，而1是奇数，
等式不成立，
不能成等差数列.
（3），
，
，
，
，
.
【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三项合并求和.
27．(1)
(2)
(3)4048
【分析】(1)将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，通过对的周期性取值讨论求解即可.
【详解】（1）当时,得；
当时,得
（2）设
整理得
又
解得
又
是以为首项,为公比的等比数列,
故的通项公式为
（3）设
设则当时,当时,
当时,当时,
若,则
28．(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）根据定义可得，即可根据余弦定理求解，
（2）（i）根据等面积法可得，即可利用不等式乘“1”法即可求解，
（ii）由，结合放缩法即可求解.
【详解】（1）因为D是线段上一点，，
所以故，
所以为的角平分线，又,所以,
若，在中，由余弦定理可得,
故，
由正弦定理可得,故，解得,
由于是最大的边，所以，
（2）设，
（i）当时，因为,所以在线段的延长线上，
所以，
因为,
,
所以
当且仅当,即取等号，此时，
由于,，等号可以取到，
故的最小值为
（ii）当，,所以在线段的延长线上，
所以，
所以,
时，所以，
,，
所以，
综上
【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，其中和分别为特殊数列，裂项相消法类似于，错位相减法类似于，其中为等差数列，为等比数列等.
29．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用得到，变形后求出通项公式；
（2）构造，利用导函数得到其单调性，得到，再令，则证明出结论；
（3）先不等式两边取对数，再构造，，利用导函数得到其单调性，得到，从而对不等式放缩得到，利用累加法和放缩法证明出不等式.
【详解】（1）
当时，
得：
，，即，
变形为，
，经检验时也适合．
.
（2）构造函数，，
在上递减，
，
时．
∵，
∴令，则有
（3），，原不等式等价于证明：
，
令，，
则，
所以在上单调递减，
所以，
所以，
令，然后累加得：
．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，，得到，再进行相应的放缩.
30．(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）均是周期数列，理由如下：
因为，
所以数列是周期数列，其周期为1（或任意正整数）.
因为，
所以.
所以数列是周期数列，其周期为6（或6的正整数倍）.
（2）当是奇数时，首先证明不存在数列满足条件.
假设，即对于，都有.
因为，
所以，
即，及.
又时，，
所以，与的最小值是矛盾.
其次证明存在数列满足条件.
取
及，
对于，都有.
当是偶数时，首先证明时不存在数列满足条件.
假设，即对于，都有.
因为，
所以，
即，及.
又时，，
所以，与的最小值是矛盾.
其次证明时存在数列满足条件.
取
及
对于，都有.
综上，当是奇数时，的最大值为；
当是偶数时，的最大值为.
【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.
31．(1)数列不满足性质P；数列满足性质P，理由见解析
(2)证明见解析
(3)或．
【分析】（1）根据题意分析判断；
（2）根据题意先证为数列中的项，再利用反证法证明集合为无限集；
（3）先根据题意证明，再分为常数列和非常数列两种情况，分析判断.
【详解】（1）对①，取，对，则，
可得，
显然不存在，使得，
所以数列不满足性质P；
对②，对于，则，，
故
，因为，
则，且，
所以存在，，
使得，
故数列满足性质P；
（2）若数列满足性质，且，则有：
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
故数列中存在，使得，即，
反证：假设为有限集，其元素由小到大依次为，
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
即这与假设相矛盾，故集合为无限集.
（3）设周期数列的周期为，则对，均有，
设周期数列的最大项为，最小项为，
即对，均有，
若数列满足性质：
反证：假设时，取，则，使得，
则，即，
这对，均有矛盾，假设不成立；则对，均有；
反证：假设时，取，则，使得，
这与对，均有矛盾，假设不成立，即对，均有；
综上所述：对，均有，
反证：假设1为数列中的项，由（2）可得：为数列中的项，
∵，即为数列中的项，
这与对，均有相矛盾，即对，均有，同理可证：，
∵，则，
当时，即数列为常数列时，设，故对，都存在，
使得，解得或，即或符合题意；
当时，即数列至少有两个不同项，则有：
①当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；
②当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；
③当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；
综上所述：或.
【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）对于周期数列满足性质，证明思路：先逐步缩小精确的取值可能，再检验判断.
32．(1)
(2)14337
【分析】（1）根据数列的前项和求数列的通项公式，一定要分和讨论.
（2）首先弄清楚新数列前55项的构成，再转化为错位相减法求和.
【详解】（1）当时，；
当时，，
所以，.
当时，上式亦成立，
所以：.
（2）由.
所以新数列前55项中包含数列的前10项，还包含，，，，，，，，.
且，，， .
所以
.
设
则，
所以.
故：.
所以.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是要弄清楚新数列前55项的构成.可先通过列举数列的前几项进行观察得到规律.
33．(1)
(2)①；②存在，.
【分析】（1）设数列的公差，由题设条件，列出关于的方程组，解之即得；
（2）①使，解得，因，故，依题即得的通项为；②依题意，求得和其前项和，将其代入，化简得，可得（*），分析可得，分别将值代入（*），求得的值，检验即得可求得..
【详解】（1）设的公差为由可得，即①，
又由可得即②
联立① ②解得：；
（2）①，即，
.
②由①得易知是等比数列，首项为2，公比为，故，
由得：，
，
，
时，解得（舍）；
时，解得（舍）；
时，解得；
所以存在这样的，满足所给的条件，.
【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．(1)证明过程见解析；
(2)不存在，理由见解析.
【分析】（1）利用和等比数列的定义即可得出，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；假设在数列中存在三项，，（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，，所以即，①
当时，②
②①得：即，
当时，，所以，
所以是以2为首项，为公比的等比数列，
所以，又因为，
所以
当时，；
当时，， 综上所述：.
（2）因为，，由题意知：，
所以
假设在数列中是否存在3项，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列，
则，即
化简得：，
又因为m，k，p成等差数列，所以，
所以即，又，所以
即，所以，这与题设矛盾.
所以在数列中不存在3项，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列.
35．(1),;
(2)
(3)
【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）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由，则，故，
所以，
则，由，则，
又由是与的等差中项，所以，
即，解得或（舍去），
故，
（2）由 ，则
，
则，
，
两式相减得，，
，
则，
其中①，
②
①-②相减可得，
则
所以
则；
（3）根据题意可得，
则，
故，则，
故当时，成立，
当时，成立，
所以共有项，共有个，
则
36．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意可得，则，结合和累乘法计算即可证明；
（2）由可得的最大值为8，进而，得，结合等比数列前n项求和公式计算即可.
【详解】（1）由题意知，，设，，
，，，
当时，．
当时，满足，
综上，.
（2），，
的最大值为8，当且仅当时取等号．
而，，
而时，，
，
．
37．(1)；.
(2)答案见解析
【分析】（1）分别取和即可求得的值，对进行分奇偶讨论，即可得到的通项公式；
（2）根据题意化简得到，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，
所以当时，，所以；
当时，，所以，所以.
又因为，所以.
当为奇数时，，
所以，，
作差，，所以.
当为偶数时，，
所以，，
作差，，所以.
所以，.
（2）由第1小问得，，
所以令，
所以
.
所以.
下面证明：
因为，
所以.
下面证明：
因为，
所以，
所以.
所以.
【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和，放缩之后再进行求和，即可证明不等式.
38．(1)（ⅰ）证明见解析，（ⅱ）
(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，利用裂项相消法求解即可；
（2）求出，利用放缩法可得，相加相消即可，据此即可得证.
【详解】（1）（ⅰ）由，可得，
所以数列是首项为公差为1的等差数列，
所以，
又因为，所以.
（ⅱ），
设，，
，，
所以，
.
（2）若是M数列，有，
故，且，
即
，
则
，
由随的增大而增大，
若，可得，
因为，故对任意的，总存在正整数使，
即总存在正整数n，使得.
【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．(1)；
(2)，证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据麦克劳林公式求得，赋值即可求得近似值；
（2）构造函数，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 ，再裂项求和即可证明.
【详解】（1）令，则，，，，
故，，，，，
由麦克劳林公式可得，
故.
（2）结论：，
证明如下：
令，
令，
故在上单调递增，，
故在上单调递增，，
即证得，即．
（3）由（2）可得当时，，且由得，
当且仅当时取等号，故当时，，
，
而
，
即有
故
而，
即证得.
【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，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．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用与的关系证明是等比数列
（2）求得，利用放缩得，再求的和即可证得结论.
【详解】（1）由，得，
两式相减，得，
又当时，，，
所以，，
又，，所以，，（注意验证是否符合）
因此数列是以1为首项，2为公比的等比数列．
（2）由（1）知，所以．
当时，，
所以，
所以，
所以当时，．
【点睛】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）对的放缩，根据不同的要求，大致有三种情况：①；②；③．
（2）对的放缩，根据不同的要求，大致有两种情况：
①；②．
（3）对的放缩，为．