强基计划专题练05 数列（解析版）高考数学复习练习

这是一份强基计划专题练05 数列（解析版）高考数学复习练习，共42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。
1．已知数列满足，.给出下列四个结论：
①数列每一项都满足；
②数列的前n项和；
③数列每一项都满足成立；
④数列每一项都满足.
其中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①③B．②④C．①③④D．①②④
【答案】C
【分析】由递推公式，判断每个命题的正误.
【详解】①，，，所以，由递推关系得，①正确；
②，，，，则，所以②不正确；
③，所以，
累加得，，所以，，所以（，），，故成立，③正确；
④，，累乘得，，所以，④正确.
故选：C.
【点睛】将递推公式变形为和分别进行累加和累乘，得的取值范围.
2．若，且对任意正整数n，均有，则称一个复数数列为“有趣的”．若存在常数C，使得对一切有趣的数列及任意正整数m，均有，则C的最大值为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】C
【分析】根据“有趣的”复数数列的定义可知,可求得,,对参数分奇偶性讨论,结合三角不等式得
利用无穷等比数列求和,即可求得的最小值.
【详解】由题意得，，
所以，从而，所以数列为等比数列，故
进而有
令，
当m为偶数时，设，
则；
当m为奇数时，设，
故
综上可得C的最大值为，
故选:C．
【点睛】关键点点睛:在本题中关键是构造并利用等比数列,
第一次是构造等比数列:由可构造等比数列从而求得,
第二次构造等比数列:利用构造等比数列,
第三次是转化为等比数列求和:由得到等比数列求和.
二、多选题
3．定义：若数列满足，则称为“Titus双指数迭代数列”.已知在“Titus双指数迭代数列”中，首项，则（ ）
A．当时，
B．当时，为递增数列
C．当时，有最小值
D．当取任意非零实数时，一定有最大值或最小值
【答案】ABD
【分析】求出，即可判断A；构造函数，利用导数求出函数的单调区间，再通过取点与单调性确定的图象与直线的位置关系，逐一分析各个选项即可得解.
【详解】对于A，当时，，故A正确；
下面分析B，C，D项：
构造函数，则，
构造函数，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，所以，
即，所以单调递增，
再通过取点与单调性确定的图象与直线的位置关系，
当时，，
当时，，当时，，
根据位置关系作出大致图象如图1：
分析B项：如图2，
以为起始点，作垂直于轴的直线与的图象相交，确定交点，
从点作平行于轴的直线与的图象相交，确定交点，
从点作垂直于轴的直线与的图象相交，确定交点，
依此类推，由图可知，为递增数列，B正确；
分析C项：如图3，以为起始点，作垂直于轴的直线与的图象相交，确定交点，
从点作平行于轴的直线与的图象相交，确定交点，
从点作垂直于轴的直线与的图象相交，确定交点，
依此类推，由图可知，为递减数列，
无限趋近于0，无最小值，C错误；
分析D项：如图4，当时，以为起始点，作垂直于轴的直线与的图象相交，确定交点，
从点作平行于轴的直线与的图象相交，确定交点，
从点作垂直于轴的直线与的图象相交，确定交点，
依此类推，由图可知，当时，为递增数列，
设与的图象在第一象限的交点为，
结合B，C项可知：当或时，为递增数列，
当时，为递减数列，
当时，为常数列，
显然，一定有最小值或最大值，D正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：与数列的新定义有关的问题的求解策略：
①通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求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；
②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，运算，验证，使得问题得以解决．
4．已知函数，记的最小值为，数列的前n项和为，下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．若数列满足，则
【答案】ACD
【分析】利用基本不等式和柯西不等式推导出，从而得到A正确，B错误；构造函数得到在上恒成立，结合等比数列求和公式证明出C正确；D选项，化简得到，再用裂项相消法求和，证明出结论.
【详解】A选项，，故，
由基本不等式可得，故，当且仅当时，等号成立，
故，A正确；
B选项，由柯西不等式得
，
当且仅当时，等号成立，
故，
，故，当且仅当时，等号成立，
故，
依次类推，可得，当且仅当等号成立，
故
，B错误；
C选项，设，，
则在上恒成立，
故在上单调递减，
所以，故在上恒成立，
，C正确；
D选项，，
，
故，D正确.
故选：ACD
【点睛】常见的裂项相消法求和类型：
分式型：，，等；
指数型：，等，
根式型：等，
对数型：，且；
5．利用“”可得到许多与n（且）有关的结论，则正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】先证明出，当且仅当时，等号成立，A选项，令，得到，累加后得到A正确；B选项，推导出，，当且仅当时等号成立，令，可得，累加后得到B正确；C选项，推导出，累加后得到C错误；D选项，将中的替换为，推导出，故，当且仅当时，等号成立，累加后得到D正确.
【详解】令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，也时最小值，，
故，当且仅当时，等号成立，
A选项，令，所以，
故，
其中
，
所以，A正确；
B选项，将中的替换为，可得，，
当且仅当时等号成立，
令，可得，
所以，
故，
其中
所以，B正确；
C选项，将中的替换为，显然，
则，
故，
故，C错误；
D选项，将中的替换为，其中，，则，
则，故，当且仅当时，等号成立，
则，D正确.
故选：ABD
【点睛】导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和（常常用到裂项相消法求和）达到证明的目的.
6．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：，.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称为斐波那契数列，现将中的各项除以2所得的余数按原来的顺序构成的数列记为，数列的前项和为，数列的前项和为，下列说法正确的是（ ）
A．B．若，则
C．D．
【答案】ACD
【分析】根据数列的特征得到为，为周期为3的数列，从而得到，A正确；
根据数列的周期求和得到或，所以B错误.
利用斐波那契数列的特征得到，C正确；
根据提公因式和斐波那契数列的特征得到D正确.
【详解】根据斐波那契数列的特征可以看出：数列为依次连续两个奇数和一个偶数，
所以数列为，则数列为周期数列，且周期为3，
所以，所以A正确.
因为，且，所以或，所以B错误.
因为
，所以C正确.，
所以D正确.
故选：ACD
【点睛】斐波那契数列有以下性质：
（1）从第二项开始，每个偶数项的平方都比前后两项之积多1，每个奇数项的平方都比前后两项之积少1，
（2）奇数项之和，偶数项之和，
（3）平方之和，
（4）两倍项关系，
（5）.
三、填空题
7．已知数列、、的通项公式分别为、、，其中，，，，，令，（表示、、三者中的最大值），则对于任意，的最小值为__________．
【答案】
【分析】当时可得，再根据数列的单调性求得，取得最小值，而，分别求出、，比较可得时的最小值；然后当、时，根据数列的单调性，分别求出可能取得最小值时的值，比较即可得答案.
【详解】当时可得，
因为数列是单调递减数列，数列为单调递增数列，
所以当时，取得最小值，此时，
因为，而，
，
又，所以当时，的最小值为；
当时，，
因为数列为单调递减数列，数列为单调递增数列，
所以当时，取得最小值，此时，
因为，而，
，
此时的最小值为，而；
当时，，，
所以，
令，
因为数列为单调递减数列，数列为单调递增数列，
所以时，取得最小值，此时，
因为，，
，
又因为，此时的最小值为.
综上所述，的最小值为.
故答案为：.
8．作单位圆的外切和内接正边形，记外切正边形周长的一半为，内接正边形周长的一半为.计算可得，其中是正边形的一条边所对圆心角的一半.
给出下列四个结论：
①；②；
③；④记，则，.
其中正确结论的序号是__________.
【答案】①③④
【分析】对于①，在等腰三角形中求出，从而可求出，对于②，分别计算进行判断，对于③，分别计算进行判断，对于④，先计算，再计算化简后，利用换元法，构造函数利用导数可求得结果.
【详解】对于①，等腰三角形中，，则，
所以，所以①正确；
对于②，因为，，所以，，
所以，
，
所以，所以②错误；
对于③，因为，，所以，，，
所以，
，
所以，所以③正确；
对于④，，
所以
，
令（），则
，
所以，
所以在上递增，
所以，所以，所以④正确，
故答案为：①③④.
【点睛】关键点点睛：此题考查三角函数的综合应用，考查数列的应用，解题的关键是根据题意利用三角函数表示出和，及三角函数恒等变换公式的灵活应用，考查计算能力，属于难题.
9．对任意，函数满足，，数列的前15项和为，数列满足，若数列的前项和的极限存在，则___________.
【答案】
【分析】由题意可得，，．展开代入可得，又，化为．再根据数列的前15项和与，解得，．可得，．解出，即可得出，对分奇偶分别求和并取极限，利用极限相等求得.
【详解】，，
，
展开为，，
即，．
即，
，
化为．
数列{}是周期为2的数列．
数列{}的前15项和为，
．
又，
解得，．
∴，．
由0，，解得．
0，，解得，
又，
令数列的前项和为，则当为奇数时，，取极限得；
则当为偶数时，，取极限得；
若数列的前项和的极限存在，则，，
故答案为：.
【点睛】方法点睛：在遇到周期性数列求和时，可利用分组求和的方法，分别对奇数项和偶数项进行求和，然后再求和.
四、解答题
10．已知数列．给出两个性质：
①对于中任意两项，在中都存在一项，使得；
②对于中任意连续三项，均有．
(1)分别判断以下两个数列是否满足性质①，并说明理由：
（i）有穷数列：；
（ⅱ）无穷数列：．
(2)若有穷数列满足性质①和性质②，且各项互不相等，求项数m的最大值；
(3)若数列满足性质①和性质②，且，求的通项公式．
【答案】(1)（i）不满足，理由见详解；（ⅱ）满足，理由见详解
(2)3
(3)
【分析】（1）（i）令，代入求解即可判断；（ⅱ）对于任意，直接相乘得到即可判断；
（2）对于有穷数列，记其非零项中绝对值最大的一项为，绝对值最小的一项为，令时，得到；再令时，得到，从而得到数列至多有0，-1，1共3项，再构造数列：0，-1，1，证明其满足性质①和性质②，进而即可求得项数m的最大值；
（3）首先证明：当，时，数列满足，且， (*)，再考虑，，三项，结合性质(*)得到，从而，最后经验证，数列：满足条件，再通过反证法证明这是唯一满足条件的数列即可．
【详解】（1）（i）不满足．令，则不是数列{an } 中的项，故有穷数列不满足性质①；
（ⅱ）满足．对于任意，有，
由于，令即可，故无穷数列满足性质①．
（2）对于有穷数列，记其非零项中绝对值最大的一项为，绝对值最小的一项为，
故令时，存在一项，
又是数列非零项中绝对值最大的，所以，即；
再令时，存在一项，
又是数列非零项中绝对值最小的，所以，即，
又，所以数列所有非零项的绝对值均为1，
又数列的各项均不相等，所以其至多有0，-1，1共3项，所以，
构造数列：0，-1，1，
其任意两项乘积均为0，-1，1之一，满足性质①；
其连续三项满足，满足性质②.
又其各项均不相等，所以该数列满足条件，此时，
综上，的最大值为3．
（3）首先证明：当，时，数列满足，且， (*)
因为对于任意数列的连续三项，，，总有，
即 或，不论是哪种情形， 均有
当时，，即；
当时，，亦有，
又，故性质(*)得证．
考虑，，三项，有或，
若，则，此时令，有，
由性质(*)知不存在k 使得，且，
故只有，此时，
因为 ，
所以令时，，
由性质(*)知，只有或，
当 时，，，此时令，，
但，即，
由性质(*)知不存在k使得，
所以，即，从而，
经验证，数列：满足条件，下面证这是唯一满足条件的数列，
假设是第一个不满足上述通项公式的项，，
当，时，只能为，
令，则 ，但，
由性质(*)，不存在k使得，
当，时，只能为，
则，
令，则，但，
由性质(*)，不存在k 使得，
故不存在不满足上述通项公式的项，
综上，数列的通项公式为．
【点睛】与数列的新定义有关的问题的求解策略：
①通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求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；
②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，运算，验证，使得问题得以解决．
11．对于每项均是正整数的数列、、、，定义变换，将数列变换成数列、、、、．对于每项均是非负整数的数列、、、，定义变换，将数列各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列；又定义．设是每项均为正整数的有穷数列，令．
(1)如果数列为、、，写出数列、；
(2)对于每项均是正整数的有穷数列，证明；
(3)证明：对于任意给定的每项均为正整数的有穷数列，存在正整数，当时，．
【答案】(1)、、，、、、
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由、、，求得再通过求解；
（2）设有穷数列求得再求得，由，两者作差比较；
（3）设是每项均为非负整数的数列、、、．在存在，有时条件下，交换数列的第项与第项得到数列，在存在，使得时条件下，若记数列、、、为，，．由，得到．是大于的整数，所以经过有限步后，必有．
【详解】（1）解：、、，、、、，、、，
、、、，、、、.
（2）证明：设每项均是正整数的有穷数列为、、、，
则为、、、、，
从而．
又 ，
所以，
故．
（3）解：设是每项均为非负整数的数列，，．
当存在，使得时，交换数列的第项与第项得到数列，
则．
当存在，使得时，若记数列，，为，
则．
所以．
从而对于任意给定的数列，由，1，2，…
可知．
又由（2）可知，所以．
即对于，要么有，要么有．
因为是大于的整数，所以经过有限步后，必有．
即存在正整数，当时，.
【点睛】思路点睛：本题考查了数列新定义问题，按着某种规律新生出另一个数列的题目，涉及到归纳推理的思想方法，对学生的思维能力要求较高，综合性强，能很好的考查学生的综合素养，解答的关键是要理解新定义，根据定义进行逻辑推理，进而解决问题.
12．已知数列满足，其前8项的和为64；数列是公比大于0的等比数列，，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)记，，求数列的前项和；
(3)记，求．
【答案】(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）根据条件得到等差数列的公差，利用前项和公式，求出首项，得到通项公式，设出公比，得到方程，求出公比，写成通项公式；
（2）写出的通项公式，利用裂项相消法求和；
（3）方法一：变形得到，其中利用错位相减法求和，分为偶数和为奇数两种情况求解，最终求出；
方法二：变形后，利用裂项相消法求和，分为偶数和为奇数两种情况求解，最终求出.
【详解】（1）∵，
∴数列是公差为等差数列，且，
∴，解得，
∴；
设等比数列的公比为（），
∵，，
，即，
解得（舍去）或，
∴
（2）由（1）得
，
（3）方法一：
∵，
①
②
两式相减得，
，
，
当为偶数时，
，
当为奇数时，
，
.
方法二：
当为偶数时，
，
当为奇数时，
，
.
【点睛】方法点睛：常见的裂项相消法求和类型：
分式型：，，等；
指数型：，等，
根式型：等，
对数型：，且；
13．若无穷数列满足，，则称具有性质．若无穷数列满足，，则称具有性质．
(1)若数列具有性质，且，请直接写出的所有可能取值；
(2)若等差数列具有性质，且，求的取值范围；
(3)已知无穷数列同时具有性质和性质，，且不是数列的项，求数列的通项公式．
【答案】(1)的可能取值有：、、、
(2)
(3)
【分析】（1）根据题中定义可得出，，可依次求得、的取值；
（2）设等差数列的公差为，根据可求得的取值范围，再利用二次函数的基本性质可求得的取值范围；
（3）根据性质可得出，根据可推导出、必同号，再利用性质可得出，利用反证法可证得：，则，再证明出，由此可知，都成立，可猜测数列的通项公式，再利用反证法证明数列的唯一性即可.
【详解】（1）解：因为数列具有性质，则，所以，，
当时，由，所以，或，
当时， 由，所以，或.
综上所述，的可能取值有：、、、.
（2）解：设等差数列的公差为，
则，
即，所以，，
所以，，
因为，则，
所以，.
（3）解：根据性质，，都有，
又因为，所以，，
于是，因为、必同号，进而、必同号，
若，由性质，必有，，，，这与矛盾，
所以，，进而，，讨论可知或或，仅有这三种可能.
若，则，，，这与矛盾，因此，.
下面证明：，则，
利用反证法：假设，则，
又因为，所以，，
若，则或，与矛盾，则，所以，，则或，
于是无论哪种情况，，，
由且可得，此时满足，
所以，，则，，所以，，矛盾，
综上可知，，所以，，，
下面证明：，利用反证法，如不然，只能，所以，，则，
由于，所以，，只能有，，这与矛盾，
总之，，再由可得，进而，都成立，
可以猜测数列的通项为，
可验证此时、两条性质均成立，符合题意，
如另有其它数列符合题意，则至少前项必为：、、、、，
仍满足，，
设是第一个违反上述通项公式的项，
若，则，，所以，，符合通项公式，矛盾；
若，则，，所以，，也符合通项公式，矛盾.
综上所述，数列的通项公式必为.
【点睛】思路点睛：本题考查了数列新定义问题，按着某种规律新生出另一个数列的题目，涉及到归纳推理的思想方法，对学生的思维能力要求较高，综合性强，能很好的考查学生的综合素养，解答的关键是要理解新定义，根据定义进行逻辑推理，进而解决问题.
14．对于一个有穷单调递增正整数数列P，设其各项为，，，，若数列P中存在不同的四项，，，满足，则称P为等和数列，集合称为P的一个等和子集，否则称P为不等和数列．
(1)判断下列数列是否是等和数列，若是等和数列，直接写出它的所有等和子集；A：1，3，5，7，9；B：2，4，6，7，10；
(2)已知数列P：，，，，是等和数列，并且对于任意的，总存在P的一个等和子集M满足集合，求证：数列P是等差数列；
(3)若数列P：，，，是不等和数列，求证：．
【答案】(1)是等和数列，所有的等和子集为，，；不是等和数列
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由等和数列的定义判断即可；
（2）数列P最多有如下五个等和子集：，，，，，根据反证法结合等差数列的定义证明即可；
（3）假设，且不是整数，利用反证法证明即可.
【详解】（1）A是等和数列，所有的等和子集为，，；
B是不等和数列．
（2）数列P最多有如下五个等和子集：，，，，，
考虑，，只可能是如下三种情况的一种：
，，，
若，则，不是P的等和子集，
否则，或，并且不是P的等和子集，否则，，
所以，P的所有等和子集有，，
此时，不满足，该情况不成立，即；
由对称性可知，，
因此，，此时，，不是P的等和子集，
考虑，，
故，是P的等和子集，
故，，
由以上三式可知，即数列P是等差数列．
（3）假设，且不是整数，
则对于任意，总有，
因为数列P是不等和数列，所以，至少有个不同的取值，
若存在，则，，
当时，若，则，则存在等和数列，与题设矛盾，
故时，有，
所以，，只有个不同的取值，
因此，，，
又因为存在，所以，，此时，，矛盾．
若不存在，则，恰个不同的取值，
所以，，，并且，，
此时，，矛盾．
综上，．
【点睛】思路点睛：本题考查了数列新定义问题，按着某种规律新生出另一个数列的题目，涉及到归纳推理的思想方法，对学生的思维能力要求较高，综合性强，能很好的考查学生的综合素养，解答的关键是要理解新定义，根据定义进行逻辑推理，进而解决问题.
15．高铁的建设为一个地区的经济发展提供了强大的推进力，也给人们的生活带来极大便捷.以下是2022年开工的雄商高铁线路上某个路段的示意图，其中线段､代表山坡，线段为一段平地.设图中坡的倾角满足，长长长.假设该路段的高铁轨道是水平的（与平行），且端点分别与在同一铅垂线上，每隔需要建造一个桥墩（不考虑端点建造桥墩）
(1)求需要建造的桥墩的个数；
(2)已知高铁轨道的高度为，设计过程中每放置一个桥墩，设桥墩高度为（单位：），单个桥墩的建造成本为（单位：万元），求所有桥墩建造成本总和的最小值.
【答案】(1)18个
(2)715.625万元
【分析】（1）先由正切值得到余弦值，进而计算得到得到的长，再计算得出，结合每30m放置一个桥墩，
即可求出需要建造的个数.
（2）可设最左边的桥墩到的距离为米，为从左往由第个桥墩的高度，写出和
对应的桥墩高度的表达式，然后利用数列求和求出所有桥墩的高度，计算出成本总和的最小值即可得
出答案.
【详解】（1）由，，可得，，过点向作垂线，垂足为，则
，，，
故修建桥墩个数为个.
（2）设最左边的桥墩到的距离为米，为从左往由第个桥墩的高度，
由，之间可以建13或14个桥墩，当可以建14个桥墩时，
，当时，AC之间可以建13个桥墩，而，
即之间可以建8个桥墩，在时，当，，
，，；
当，
；当，；同理写出，
表达式总结如下：
①当时：
解得
求和后得到的高度总和
②当时：
求和后得到的高度总和
所以当，，当，，
即桥墩高度总和最小为，成本最小值为万元.
【点睛】方法点睛：利用数列求解最值问题一般有三种方法：
（1）数列也是特殊的函数，其定义域为正整数，因此可以利用函数单调性判断数列的单调性，从而确定数列的最值.
（2）结合基本不等式求最值，将通项或者前n项和转化为基本不等式的形式求最值.
（3）利用相邻项比较，判断数列的单调性，求最大值只需要满足，得出最值.
16．给定整数，由元实数集合定义其相伴数集，如果，则称集合S为一个元规范数集，并定义S的范数为其中所有元素绝对值之和.
(1)判断、哪个是规范数集，并说明理由；
(2)任取一个元规范数集S，记、分别为其中最小数与最大数，求证：；
(3)当遍历所有2023元规范数集时，求范数的最小值.
注：、分别表示数集中的最小数与最大数.
【答案】(1)集合A不是规范数集；集合B是规范数集；
(2)证明见详解；
(3).
【分析】（1）根据元规范数集的定义，只需判断集合中的元素两两相减的差的绝对值，是否都大于等于1即可；
（2）利用元规范数集的定义，得到，从而分类讨论、与三种情况，结合去绝对值的方法即可证明；
（3）法一：当时，证得，从而得到；当时，证得，从而得到；当时，分类讨论与两种情况，推得，由此得解；
法二：利用规范数集的性质与（2）中结论即可得解.
【详解】（1）对于集合A：因为，所以集合A不是规范数集；
对于集合B：因为，
又，，，，，，
所以B相伴数集，即，故集合B是规范数集.
（2）不妨设集合S中的元素为，即，
因为S为规范数集，则，则，且，使得，
当时，
则，
当且仅当且时，等号成立；
当时，
则，
当且仅当且时，等号成立；
当时，
则，
当且仅当时，等号成立；
综上所述：.
（3）法一：
不妨设，
因为S为规范数集，则，则，且，使得，
当时，
则当时，可得，
当且仅当时，等号成立，
则范数，
当且仅当时，等号成立，
又，
当且仅当时，等号成立，
故，即范数的最小值；
当时，
则当时，可得，
当且仅当时，等号成立，则，
则范数，
当且仅当时，等号成立，
又，
当且仅当时，等号成立，
故，即范数的最小值；
当，使得，且，
当，即，即时，
则当时，可得，
当且仅当时，等号成立，
则当时，可得，
当且仅当时，等号成立，
则范数
；
对于，其开口向上，对称轴为，
所以，
所以范数的最小值为；
当，即，即时，
则当时，可得，
当且仅当时，等号成立，
则当时，可得，
当且仅当时，等号成立，
则范数
；
对于，其开口向上，对称轴为，
所以，
所以范数；
综上所述：范数的最小值.
法二：
不妨设，
因为S为规范数集，则，则，且，使得，
所以对于，同样有，则，
由（2）的证明过程与结论可得，，当且仅当时，等号成立，
即，，……，
所以范数
，
当且仅当时，等号成立，
所以范数的最小值.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是理解元规范数集的定义，得到，再将集合中的元素进行从小到大排列，利用分类与整合的思想进行讨论分析，从而得解.
17．约数，又称因数.它的定义如下：若整数除以整数除得的商正好是整数而没有余数，我们就称为的倍数，称为的约数.设正整数共有个正约数，即为.
(1)当时，若正整数的个正约数构成等比数列，请写出一个的值；
(2)当时，若构成等比数列，求正整数；
(3)记，求证：.
【答案】(1)8.
(2).
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据题意即可写出a的一个值；
（2）由题意可知，，，，结合构成等比数列，可推出是完全平方数，继而可得，由此可知为，即可求得a；
（3）由题意知，，从而可得，采用放缩法以及裂项求和的方法，即可证明结论.
【详解】（1）当时正整数的4个正约数构成等比数列，
比如为8的所有正约数,即.
（2）由题意可知，，，，
因为，依题意可知，所以，
化简可得，所以，
因为，所以，
因此可知是完全平方数.
由于是整数的最小非1因子，是的因子，且，所以，
所以为，
所以,.
（3）证明：由题意知，，
所以，
因为，
所以
，
因为，，所以，
所以，
即.
【点睛】关键点点睛：在第二问的解答中，在得到后，要能根据，推得，继而得出，这是解决问题的关键.第三问的证明中，难点在于要能注意到，，从而可得，然后采用裂项求和的方法进行化简进而证明结论.
18．定义圈数列X：；X为一个非负整数数列，且规定的下一项为，记，这样的相邻两项可以统一表示为（的相邻两项为，即；的相邻两项为）.定义圈数列X做了一次P运算：选取一项，将圈数列X变为圈数列：，即将减2，相邻两项各加1，其余项不变.并记下标k输出了一次.记X进行过i次P运算后数列为：（规定）
(1)若X：4，0，0，直接写出一组可能的；
(2)若进行q次P运算后，有，此时下标k输出的总次数为，记直接写出一组非负实数，使得对任意，都成立，并证明；
(3)若X：，0，0，…，0，证明：存在M，当正整数时，中至少有一半的项非零.
【答案】(1)
(2)，证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据P运算的概念直接写出答案即可；
（2）从第一问的过程中可以猜测；然后利用极端原理或考虑整体或者局部的方程证明即可；
（3）想法利用（2）的结论，同时注意感受“一半”有配对的含义，因此可多观察下标k输出后附近的整体变化；然后利用数学归纳法证明即可.
【详解】（1）
（2）.
考察，由操作规则，下标k输出了总值为，收入了
因此，由，
∴.
.
方法一：极端原理：
设，∴，且，
∴，因此等号成立，有，
即的后一项也是最大值，重复n次这个过程，则所有数都是最大值，
即，∴.
方法二：考虑整体或者局部：
由，得到，
遍历所有k有，
从而有，
而，从而有，
∴，
即，即∴.
（3）X各项和为，每次运算都不会改变总和，
由抽屉原理，至少有一项，因此可以进行无数次P运算.
，因此各项值最多有种可能.
从而存在不同的正整数，满足，
将数列看作起点，，相当于次P运算回到原始状态，
由（2）的结论，每个下标都输出过.
取，当时，任取i，两个相邻下标，考察项的和：
存在，第t次P运算在下标i输出，
则.
现证明：当时，即第h次P运算，恒有.
当时，已证；
设时成立，即，
当时
1）若第h次P运算不在下标输出，由规则，
∴；
（2）若第h次P运算在i或下标输出，则与第t次运算同理可得
因此总有，
因此，当后，每个下标都有输出，其任何相邻的两个至少有一个是非零，从而中至少一半的项非零.
【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
19．数列的前项和为，若对任意的正整数，总存在正整数，使得，则称数列是“数列”.
(1)数列的前项和，判断数列是否为“数列”，并说明理由；
(2)数列是等差数列，其首项，公差，数列是“数列”，求的值；
(3)证明：对任意的等差数列，总存在两个“数列”和，使得成立.
【答案】(1)数列不是“数列”，理由见解析
(2)-1
(3)证明过程见解析
【分析】（1）根据求出，当时，令，无解，故数列不是“数列”；
（2）根据等差数列通项公式和前项和公式列出方程，得到，要保证恒为整数，又，求出
（3）令，得到数列均为“E数列”，从而得到结论.
【详解】（1）当时，，
当时，，
故，
当时，令，
，故，无解，故数列不是“数列”；
（2）是等差数列，故，
设前项和为，则，
因为数列是“数列”，
所以，即，
其中为非负整数，所以要保证恒为整数，
故为所有非负整数的公约数，且，
所以
（3）对任意的等差数列，，（d为公差），
设，则，
设数列的前项和为，为数列的第项，
设数列的前项和为，为数列的第项，
故数列均为“E数列”，
故对任意的等差数列，总存在两个“数列”和，使得成立.
【点睛】数列新定义问题，主要针对于等差，等比，递推公式和求和公式等综合运用，对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时涉及数列与函数，数列与解析几何，数列与二项式定理，数列与排列组合等知识的综合，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题.
20．定义：对于任意一个有穷数列，在其每相邻的两项间都插入这两项的和，得到的新数列称为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和，得到二阶和数列，以此类推可以得到阶和数列，如的一阶和数列是，设n阶和数列各项和为．
(1)试求数列的二阶和数列各项和与三阶和数列各项和，并猜想的通项公式（无需证明）；
(2)设，的前项和，若，求的最小值
【答案】(1)，，
(2)7
【分析】（1）根据进行猜想，结合等比数列的知识进而求解，并进行推导.
（2）利用裂项求和法求得，由此列不等式，从而求得的最小值.
【详解】（1）一阶和数列：，对应；
二阶和数列：，对应；
三阶和数列：，对应；
故猜想，，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以.
下面证明：
设，
则
，
所以成立.（证毕）
所以.
（2）由于，
所以，
则．
所以，
当时，，不成立，
当时，，成立，
所以的最小值为7．
【点睛】本题的难点在于第一问，猜想的递推关系式并利用配凑法求得.对于复杂的问题的研究，可先通过简化题目来进行，如本题求，找到规律后可进行猜想，猜想后要进行证明.
21．已知数列：，其中，且．
若数列满足，当时，或，则称：为数列的“紧数列”．
例如，数列：2，4，6，8的所有“紧数列”为2，3，5，8；2，3，7，8；2，5，5，8；2，5，7，8．
(1)直接写出数列A：1，3，6，7，8的所有“紧数列”；
(2)已知数列A满足：，，若数列A的所有“紧数列”均为递增数列，求证：所有符合条件的数列A的个数为；
(3)已知数列A满足：，，对于数列A的一个“紧数列”，定义集合，如果对任意，都有，那么称为数列A的“强紧数列”．若数列A存在“强紧数列”，求的最小值．（用关于N的代数式表示）
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据“紧数列”的定义写出即可；
（2）先证明数列从第2项开始到第项是连续正整数，再把问题转化成求满足要求的的个数为即可；
（3）根据“强紧数列”的定义求解即可．
【详解】（1）解：根据“紧数列”的定义得
；；；．
（2）解：∵ 对任意，有或，或，
数列A的所有“紧数列”均为递增数列，
∴ ；；
；④．
∵ 数列为递增数列，
显然成立，
，
∴ ③也成立，
对④，，也即，
又，
，
∴ 数列从第2项到第项为连续正整数．
，
，
，
，
∴ 满足条件的有个，
即所有符合条件的数列A的个数为．
（3）解：记，依题意，，
对，有或，
，
，
若，则，即，
若，则，即，
，
不能成立，
记，
，
则且，
若存在且，即，则，
否则，若，则，不符合题意，
因此，集合有下列三种情形，
，，
对，有，
则，
当且仅当取等号；
，其中，
对，有，对，有，
；
，
对，有，
，
综上，的最小值为．
【点睛】本题注意“夹逼思想”在数列问题中的运用；第3问中求的最小值用到了“累加法”，解题关键是对集合分类讨论．
22．已知和是各项均为正整数的无穷数列，如果同时满足下面两个条件：
①和都是递增数列；
②中任意两个不同的项的和不是中的项.
则称被屏蔽，记作.
(1)若，.
（i）判断是否成立，并说明理由；
（ii）判断是否成立，并说明理由.
(2)设是首项为正偶数，公差是的无穷等差数列，判断是否存在数列，使得.如果存在，写出一个符合要求的数列；如果不存在，说明理由；
(3)设是取值于正整数集的无穷递增数列，且对任意正整数，存在正整数，使得.证明：存在数列，使得.
【答案】(1)（i）不成立，理由见解析；（ii）成立，理由见解析；
(2)不存在，理由见解析；
(3)存在，证明见解析.
【分析】(1)根据的定义，对（i）（ii）分别分析；
(2)根据和的性质，以及数的奇偶性分析即可；
(3)根据条件，的特点是后一项与前一项的差越来越大，不妨构造并由构造，再运用反证法即可.
【详解】（1）（i）因为是所有的奇数构成的等差数列，
是所有的偶数构成的等差数列，对于的任意两项之和
必为偶数，必定是中的项，所以不成立；
（ii）中的任意两项之和必为偶数，必不属于的项，
所以成立；
（2）设(是正偶数)，则是由以及大于的所有的偶数构成的等差数列，是由正数构成的
递增数列，即 ，则当n足够大时，必有，即中必有两项之和大于并且是偶数，
即属于中的项，不存在使得；
（3）由题意，不妨假设 ，则 ，
设 ，假设 中的第n项和第n+p项之和
是 的第m项 ，即 ，则有 ，
由求根公式得 ，，
，，
，，
，
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(进群送往届全部资料)所以不成立，即中的任意两项之和
都不在中，所以存在数列 .
【点睛】关键点点睛：对于第三问，问题很抽象，理解的含义，构造是关键，考虑到的增长速度较慢，用等差数列来构造.