2026版正禾一本通高三一轮总复习数学（北师版）-课下巩固精练卷(五十二)

课下巩固精练卷(五十二)※压轴解答题创新考法——数列1．(2024·福建厦门二模)若∀n∈N*，都存在唯一的实数cn，使得f(cn)＝n，则称函数f(x)存在“源数列”{cn}．已知f(x)＝x－lnx，x∈(0，1].(1)证明：f(x)存在源数列；(2)(ⅰ)若f(x)－λx≤0恒成立，求λ(ⅱ)记f(x)的源数列为{cn}，证明：{cn}前n项和Sn<53解：(1)由f(x)＝x－lnx，x∈(0，1]，得f′(x)＝12即f(x)在(0，1]上单调递减，又f(1)＝1，当x>0且x无限趋近于0时，f(x)趋向于正无穷大，即f(x)的值域为[1，＋∞)，且函数在(0，1]上单调递减，对于f(x)可以取到任意正整数，且在x∈(0，1]上都有存在唯一自变量与之对应，故对于∀n∈N*，令f(x)＝n，其在(0，1]上的解必存在且唯一，不妨设解为cn，即∀n∈N*，则都存在唯一的实数cn∈(0，1]，使得f(cn)＝n，即f(x)存在源数列．(2)(ⅰ)f(x)－λx≤0恒成立，即λ≥x－xlnx令t＝x∈(0，1]，即λ≥t2－2tlnt恒成立，令φ(t)＝t2－2tlnt，则φ′(t)＝2t－2lnt－2，令g(t)＝φ′(t)＝2t－2lnt－2，t∈(0，1]，则g′(t)＝2－2t≤0，仅在t即g(t)在(0，1]上单调递减，故g(t)≥g(1)＝0，即φ(t)在(0，1]上单调递增，故φ(t)max＝φ(1)＝1，故λ≥1.(ⅱ)由(ⅰ)得f(x)≤1x，故f(cn)≤1cn，即n故cn≤1n2<当n＝1时，S1≤112＝1<当n≥2时，Sn≤1＋23−2即{cn}前n项和Sn<532．设数列A：a1，a2，a3，…，an(n≥3，n∈N*)，对A中各项随机排列一次，就得到一个数列B：b1，b2，b3，…，bn，若B中的项满足|bn－bi|≥|bn－bi＋1|(i∈{1，2，3，…，n－2}，n≥3)，则称数列B为n阶非严格增距数列．(1)已知数列10，－5，7，－4，请写出该数列对应的所有4阶非严格增距数列；(2)已知数列A：a1，a2，a3，…，an(n≥3，n∈N*)是公比为q的等比数列，数列B：an，an－1，…，a2，a1(n≥3，n∈N*)为n阶非严格增距数列，求q的取值范围；(3)将数列1，3，5，…，2n－1(n≥3，n∈N*)中的各项随机排列一次，得到一个数列B：b1，b2，b3，…，bn，若数列B为n阶非严格增距数列，且数列B′：b1，b2，b3，…，bn－1为n－1阶非严格增距数列的概率为Pn，证明：Pn≤23解：(1)4阶非严格增距数列有：10，7，－4，－5；－5，－4，7，10；－5，－4，10，7；10，7，－5，－4.(2)由题意可知：an＝a1qn-1，要使数列B：an，an－1，…，a2，a1(n≥3，n∈N*)为n阶非严格增距数列，则|a1－ai＋1|≥|a1－ai|(i∈{2，3，…，n－1}，n≥3)恒成立，所以|a1－a1qi|≥|a1－a1qi-1|，即|a1||1－qi|≥|a1||1－qi-1|，所以|1－qi|≥|1－qi-1|.当q≥1时，qi≥qi-1≥1，所以qi－1≥qi-1－1≥0，所以|1－qi|≥|1－qi-1|，满足题意；当0<q<1时，qi<qi-1<1，所以1－qi>1－qi-1>0，所以|1－qi|>|1－qi-1|，满足题意；当－1≤q<0时，1－qi≥0，1－qi-1≥0，由|1－qi|≥|1－qi-1|，得1－qi≥1－qi-1，即qi≤qi-1，但qi与qi-1的大小关系不确定，所以不满足题意；当－2<q<－1时，不妨设a1＝1，则|a1－a2|＝|1－q|，|a1－a3|＝|1－q2|＝|(1＋q)(1－q)|<|1－q|＝|a1－a2|，不满足题意；当q≤－2时，|q|≥2，|q|i－|q|i-1≥2，则|q|i－1≥|q|i-1＋1，故|qi－1|≥|q|i－1≥|q|i-1＋1≥|qi-1－1|，满足题意．综上可知，q的取值范围为(－∞，－2]∪(0，＋∞)．(3)当bn＝1时，有bn－1－bn≤bn－2－bn≤…≤b1－bn，所以bn－1≤bn－2≤…≤b1，故bn－1＝3，bn－2＝5，…，b1＝2n－1，因此数列B：2n－1，2n－3，2n－5，…，3，1，满足数列B′：b1，b2，b3，…，bn－1为n－1阶非严格增距数列．当bn＝3时，bn－1＝1，则2≤bn－2－bn≤bn－3－bn≤…≤b1－bn，所以bn－2≤bn－3≤…≤b1，故bn－2＝5，…，b1＝2n－1，因此数列B：2n－1，2n－3，…，5，1，3，满足数列B′：b1，b2，b3，…，bn－1为n－1阶非严格增距数列．当bn＝2n－1或bn＝2n－3时，同理可知，数列1，3，5，…，2n－3，2n－1和数列1，3，5，…，2n－5，2n－1，2n－3均满足题意．当bn＝p，p∈{5，7，…，2n－5}时，因为|bn－bi|≥|bn－bi＋1|，所以|bn－b1|≥|bn－b2|≥…≥|bn－bn－1|，故|bn－bn－1|＝2，所以bn－1＝p－2或bn－1＝p＋2.若bn＝p，bn－1＝p－2，则bn－2＝p＋2，所以bn－3＝p－4或bn－3＝p＋4，要满足|bn－1－bn－3|≥|bn－1－bn－2|，则bn－3＝p＋4，所以bn－4＝p－4，此时|bn－1－bn－4|<|bn－1－bn－3|，不符合题意，故此时不存在满足题意的数列．若bn＝p，bn－1＝p＋2，则bn－2＝p－2，所以bn－3＝p－4或bn－3＝p＋4，要满足|bn－1－bn－3|≥|bn－1－bn－2|，则bn－3＝p－4，所以bn－4＝p＋4，此时|bn－1－bn－4|<|bn－1－bn－3|，不符合题意，故此时不存在满足题意的数列．所以当bn＝p，p∈{5，7，…，2n－5}时，不存在数列B使得B为n阶非严格增距数列，同时数列B′为n－1阶非严格增距数列．综上可知，满足条件的数列B有4个．将数列1，3，5，…，2n－1(n≥3，n∈N*)中的各项随机排列一次，有Ann＝n！种情况，所以Pn＝4n！≤43！3．(2024·河南信阳模拟)若数列{xn}满足：存在等差数列{cn}，使得集合{xn＋cn|n∈N*}元素的个数为不大于k(k∈N*)，则称数列{xn}具有Q(k)性质．(1)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝an＋2＋cosnπ2＋sinnπ2(n∈N*)．求证：数列{an＋cosnπ2(2)若数列{an}有Q(k1)性质，数列{bn}有Q(k2)性质，证明：数列{an＋bn}有Q(k1k2)性质；(3)记Tn为数列{fn}的前n项和，若数列{Tn}具有Q(k)性质，是否存在m∈N*，使得数列{fn}具有Q(m)性质？说明理由．解：(1)由cosn+1π2＝cosnπ故an＋1＋cosn+1π2＝an＋2＋cosnπ2＋sinnπ2－sin即an＋1＋cosn+1π2－又a1＋cosπ2＝a1＝2，故数列{an＋cosn则an＋cosnπ2＝2n，即an＝2n－cos故存在等差数列dn＝－2n，使an＋dn＝2n－cosnπ2－2n＝－cos由－cosnπ2∈{－1，0，1}，故数列{an}有(2)设对数列{an}，存在等差数列{en}，使en对数列{bn}，存在等差数列{gn}，使gn则对数列{an＋bn}，存在等差数列{en＋gn}，使an＋bn＋gn＋en的值为si＋tj(i＝1，2，3，…，k1，j＝1，2，3，…，k2)，这样的si＋tj最多有k1k2个，即数列{an＋bn}有Q(k1k2)性质．(3)设对数列{Tn}，存在等差数列{Hn}，且其公差为d，使得Tn＋Hn∈{h1，h2，…，hk}．当n≥2时，有fn＝Tn－Tn－1＝(Tn＋Hn)－(Tn－1＋Hn－1)－(Hn－Hn－1)＝(Tn＋Hn)－(Tn－1＋Hn－1)－d，由Tn＋Hn∈{h1，h2，…，hk}，故当n≥2时，(Tn＋Hn)－(Tn－1＋Hn－1)－d＝hi－hj－d(i，j＝1，2，3，…，k)，当i＝j时，hi－hj－d＝－d，当i≠j时，hi－hj－d可能有k(k－1)＝k2－k(种)，故这样的hi－hj－d最多有k2－k＋1个，即存在等差数列{pn}：pn＝0，使{fn＋pn|n∈N*}⊆{f1}∪{hi－hj－d|i，j＝1，2，3，…，k}，{fn＋pn|n∈N*}的元素个数不超过k2－k＋2个，故一定存在m＝k2－k＋2，使得数列{fn}具有Q(m)性质．4．(2024·北京西城模拟)已知A为有限个实数构成的非空集合，设A＋A＝{ai＋aj|ai，aj∈A}，A－A＝{ai－aj|ai，aj∈A}，记集合A＋A和A－A其元素个数分别为|A＋A|，|A－A|，设n(A)＝|A＋A|－|A－A|.例如当A＝{1，2}时，A＋A＝{2，3，4}，A－A＝{－1，0，1}，|A＋A|＝|A－A|，所以n(A)＝0.(1)若A＝{1，3，5}，求n(A)的值；(2)设A是由3个正实数组成的集合且(A＋A)∩A＝∅，A′＝A∪{0}，证明：n(A′)－n(A)为定值；(3)若{an}是一个各项互不相同的无穷递增正整数数列，对任意n∈N*，设An＝{a1，a2，…，an}，bn＝n(An)．已知a1＝1，a2＝2，且对任意n∈N*，bn≥0，求数列{an}的通项公式．解：(1)当A＝{1，3，5}时，A＋A＝{2，4，6，8，10}，A－A＝{－4，－2，0，2，4}，|A＋A|＝|A－A|，所以n(A)＝0.(2)设A＝{a1，a2，a3}，由于(A＋A)∩A＝∅，所以对任意m＝1，2，3，不存在i，j＝1，2，3，使得am＝ai＋aj，于是A′＋A′＝(A＋A)∪{0，a1，a2，a3}，|A′＋A′|＝|A＋A|＋4，由于(A＋A)∩A＝∅，所以对任意m＝1，2，3，不存在i，j＝1，2，3，使得am＝ai－aj，于是A′－A′＝(A－A)∪{a1，a2，a3，－a1，－a2，－a3}，从而|A′－A′|＝|A－A|＋6，于是n(A′)－n(A)＝－2为定值．(3)假设存在n，使得an≠n，设m＝min{n|an≠n}．根据条件，m≥3，且Am－1＝{1，2，…，m－1}，Am－1＋Am－1＝{2，3，4，…，2m－2}，|Am－1＋Am－1|＝2m－3，Am－1－Am－1＝{0，±1，±2，…，±(m－2)}，|Am－1－Am－1|＝2m－3，根据假设，an≥m＋1.(ⅰ)如果am＝m＋k(k＝1，2，…，m－3)，那么属于Am＋Am但不属于Am－1＋Am－1的元素组成的集合是{2m－1，2m，…，2m＋k－1}∪{2m＋2k}，从而|Am＋Am|－|Am－1＋Am－1|＝k＋2.属于Am－Am，但不属于Am－1－Am－1的元素组成的集合是{±(m－1)，±m，…，±(m