【文档说明】2023年高考数学必刷压轴题（新高考版）专题16 数列（选填压轴题） Word版含解析.docx，共(23)页，1.648 MB，由小赞的店铺上传

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专题16数列（选填压轴题）1．（2022·湖北·黄冈中学高三阶段练习）若实数M满足：对每个满足212nnaa+=−的不为常数的数列na，存在*Nk，使得kaM，则M的最大值为（）A．1−B．152−−C．152−+D．2【答案】C【详解】令1152a−+=，则

()*2121515,N22kkaak−−+−−==.故152M−+.下证：当152M−+=时满足条件.①存在152ka−+，已经成立；②存在152ka−−，则1152ka+−+，成立；③存在15

1522ka−−+，则1152ka+−−，成立.假设存在1a，使得对每个1515,,22nna−−−，设110at+=.则111133111122nnnnnaaaat−−−−+=−++.令3215log12n

t−++，则1512na−++，矛盾.故总存在ka，满足①，②，③其中之一.故选：C2．（2022·北京八中高三阶段练习）对于无穷数列na，给出如下三个性质：①10a；②*,N,nsnsnsaaa++；③*Nn

，*N,ntntaa+.定义：同时满足性质①和②的数列na为“s数列”，同时满足性质①和③的数列na为“t数列”，则下列说法正确的是（）A．若23nan=−，则na为“s数列”B．若12nna=−，则na为“t数列”C．若na为“s数列”，则

na为“t数列”D．若na为“t数列”，则na为“s数列”【答案】A【详解】若23nan=−，则12310a=−=−，满足①，()*3,2N,nsnsnsa+=+−，()232326nsnsnaas+=−+−=+−，因为(

)()2326nsns+−+−，所以*,N,nsnsnsaaa++，满足②，故A正确；若12nna=−，则1111220a=−−=，满足①，12ntnta++=−，令112

2ntn+−−，若n为奇数，此时012n−，存在t*N，且为奇数时，此时满足11220ntn+−−，若n为偶数，此时102n−，则此时不存在t*

N，使得1122ntn+−−，综上：B选项错误；设21nan=−−，此时满足12130a=−−=−，也满足()*,N,21nsnsans+=−+−，()212122nsaans

ns+=−−−−=−+−，即*,N,nsnsnsaaa++，但不满足③*Nn，*N,ntntaa+，因为()212212ntnnantntata+=−+−=−−−=−，综上C选项错误；不妨设()2nna=−

，满足120a=−，且*Nn，()2nna=−，当n为奇数时，取1t=，使得()112nnnaa++=−，当n为偶数时，取2t=，使得()222nnnaa++=−，故na为“t数列”，但此时不满足*,N,nsnsnsaaa++，不妨取

1,2ns==，则1232,4,8aaa=−==−，而1212824aaa+=−−+=+，则na不是“s数列”，D选项错误.故选：A.3．（2022·上海市洋泾中学高三开学考试）已知[)x表示大于x的最小整数，例如[3)4=，[

1.3)1−=−，下列命题中正确的是（）①函数()[)fxxx=−的值域是(0,1]；②若{}na是等差数列，则[)na也是等差数列；③若{}na是等比数列，则[)na也是等比数列；④若()0,2023x，则方程)1e1xxx−=+有20

22个解.A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】D【详解】当Zx时，)1xx=+，())11fxxxxx=−=+−=，当Zx时，令xna=+，Zn，()0,1a，则)1xn=+，())()10,1fxxxa=−=−，因此())

fxxx=−的值域是(0,1，0.9,1,1.1是等差数列，但)0.91=，)12=，)1.12=不成等差数列；0.5,1,2是等比数列，但)0.51=，)12=，)23=不成等比数列；由前分析可得当Zx时，()1fx=；当Zx，xna=+，

Zn，()0,1a时，()()111fxaxnnx=−=−−=+−，所以()()1fxfx+=，即())fxxx=−是周期为1的函数，由指数函数的性质，可得函数11exy−=过()1,1，在(),−+上单调递减，当()0,1x时，()(0,1fx，111ex

−，去交点；当()1,2x时，()(0,1fx，1101ex−，必有一个交点；则后面每个周期都有一个交点，所以()0,2023x，则方程)12xx−=由2022个根.①④正确，故选：D.4．（2022·河南信阳·高二期末（理））二进制数是用0和1表示的数

，它的基数为2，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”，二制数()0122kaaaa(*kN）对应的十进制数记为km，即1001122...22kkkkkmaaaa−−=++++，其中01a=，01123iaik=

，（，，，，），则在0128aaaa，，，中恰好有2个0的所有二进制数0182(...)aaa对应的十进制数的总和为（）A．1910B．1990C．12252D．12523【答案】D【详解】根据题意得87608128

12222maaa=++++，因为在0128aaaa，，，中恰好有2个0的有28C=28种可能，即所有符合条件的二进制数()01282aaaa的个数为28．所以所有二进制数()01282a

aaa对应的十进制数的和中，82出现28C=28次，72，62…，2，02均出现27C=21次，所以满足0128aaaa，，，中恰好有2个0的所有二进制数()01282aaaa对应的十进制数的和为2760287

8C2+2+...+2+2+C2=21255+28256=12523（）故选：D．5．（2022·安徽省定远县第三中学高三阶段练习）已知数列{nc}满足*1131,,1nnncccnc+==+N，则18c（）A．

12,35B．21,73C．1,427D．21,94【答案】C【详解】由*13,1nnnccnc+=+N，得32*1111=+,nnnnnccnccc++=

N，21110=nnnccc+−，所以111nncc+，又110c=，所以数列1nc是递增数列且11nc，333132361111++333nnnnnnnccccccc+==+++，所以33*1113,nnncc+

−N，所以33333333181817171621111111111cccccccc=−+−++−+317152+=，所

以318152c，31817522c.当1n=，得1213112ccc==+，由01nc得63nncc，则3333231631111+3334nnnnnnnncccccccc+==+++++，同上由累加法得()333333

31231721811131745641664ccccccc+++++++=，所以1814c，所以187142c，则181247c.故选：C.6．（2022·江苏南京·高二期末）将等比数列nb按原顺序分成1项，2

项，4项，…，12n−项的各组，再将公差为2的等差数列na的各项依次插入各组之间，得到新数列nc：1b，1a，2b，3b，2a，4b，5b，6b，7b，3a，…，新数列nc的前n项和为nS．若11c=，22c=，3134S=，则S20

0=（）A．3841117232−B．3861113032−C．3861117232−D．38411302−【答案】A【详解】解：由已知得11b=，12a=，2331214bcScc=

=−−=，等比数列nb的公比14q=．令21122221nnnT−=++++=−，则663T=，7127T=，8255T=所以数列nc的前200项中含有数列na的前7项，含有数列nb的前193项，故()()20012181292Sbbbaaa=+++

++++1933841176112472172123214−=++=−−．故选：A．7．（2022·辽宁·渤海大学附属高级中学模拟预测）已知等差数列na的前n项和为nS，且满足()552sin2350aa+−−=，()20182

0182sin2370aa+−−=，则下列结论正确的是（）A．20222022S=，且52018aaB．20222022S=−，且52018aaC．20224044S=−，且52018aaD．20224044S=，且52018aa【答案】C【详解】设函数()2

sin3fxxx=−，则()fx为奇函数，且()2cos30fxx=−，所以()fx在R上递减，由已知可得()()552sin2321aa+−+=−，()()201820182sin2321aa+−+=，有

()521fa+=−，()201821fa+=，所以()()5201822fafa++，且()()5201822fafa+=−+，所以520185201822aaaa++，且()5201822aa+=−+，所以520184aa+=−，120222022520182022()10

11()40442aaSaa+==+=−.故选：C.8．（2022·全国·高三专题练习）已知数列na满足()21111,3nnnaaaan+==−N，则（）A．100521002aB．100510032aC．10073100

2aD．100710042a【答案】B【详解】∵11a=，易得()220,13a=，依次类推可得()0,1na由题意，1113nnnaaa+=−，即()1131133nnnnnaaaaa+==+−−，∴1111133nnnaaa+−=−，即211

113aa−，321113aa−，431113aa−，…，1111,(2)3nnnaa−−，累加可得()11113nna−−，即11(2),(2)3nnna+，∴()3,22nann+，即100134a，100

100100334a,又11111111,(2)333132nnnnaaann+−==+−+−+，∴211111132aa−=+，321111133aa−+，431111134aa−+，…，1

11111,(3)3nnnaan−−+，累加可得()11111111,(3)3323nnnan−−++++，∴10011111111133334943932399326a−+++

+++，即100140a，∴100140a，即10051002a；综上：100510032a．故选：B．9．（2022·全国·高三专题练习）各项都不为0的数列na的前k项和kS满足12kkkSaa+=，其中11a=，数列1nnaa+

的前n项和为nT，若10nT≥恒成立，则的最小值为（）A．8B．9C．10D．20【答案】D【详解】数列na的前k项和kS满足12kkkSaa+=，则2k时，112kkkSaa−−=，则111222kk

kkkkkSSaaaaa−+−−==−又数列na的各项都不为0，则112kkaa+−−=又由111222aSaa==，可得22a=则数列na的奇数项是以1为首项公差为2的等差数列，2112(1

)21mamm−=+−=−数列na的偶数项是以2为首项公差为2的等差数列，222(1)2mamm=+−=则数列na的通项公式为nan=则()11111nnnnnnaa+==−++则数列1nnaa+的前n项和111111112

233411nnnnnT=−+−+−++−=++又10nT≥，即101nn+恒成立，则1010n+恒成立又当1,Nnn时1010n+的最大值为20，则2

0≥故选：D10．（2022·全国·高三专题练习）设等差数列na的前n项和为nS，首项10a，公差0d，若对任意的nN，总存在kN，使21(21)knSkS−=−．则9kn−的最小值为（）

A．74−B．64−C．53−D．43−【答案】C【详解】由题意得()121(21)(21)2knkaakS−−+=−则得(21)2(21)2knkakS−=−，即knaS=，令2n=得2kaS=，即11(1)2akdad+−=+①，即得12akd−=.因为首项10a，公差0d，则得120

akd−=，即2k.又因为kN，所以1k=，代入①得1da=−.当1da=−时，由knaS=得1111(1)(1)2nnaakana−−−=−即(1)(2)12nnk−−=+，所以21219222knnn−=−+即21214259228knn−=−−

因此当10n=或11时，9kn−的最小值为53−.故选：C11．（2022·浙江·模拟预测）记{1,2,,100}U=．对数列()Nnan和U的子集T，若T=，定义0TS=；若12,,,

kTttt=，定义12kTtttSaaa=+++．则以下结论正确的是（）A．若()Nnan满足21,{1,2,4,8}nanT=−=，则15TS=B．若()Nnan满足21nan=−，则对任意正整数(1100),{1,2,

,},TkkkTkSaC．若()Nnan满足13−=nna，则对任意正整数1(1100),{1,2,,},TkkkTkSa+D．若()Nnan满足13−=nna，且,,CDCUDUSS，则2+CCDDSSS【答

案】D【详解】因为21,{1,2,4,8}nanT=−=，所以12481371526TSaaaa=+++=+++=，A错，取3k=，1,2,3T=，则1231359TSaaa=++=++=，35a=，所以TkSa，B错，因为1,2,,Tk，1*30

,Nnnan−=，所以112113+3(31)32kkkTkSaaa−+++=++=−.因此，1TkSa+，C错，若D是C的子集，则2CCDCDDDDSSSSSSS+=++=.若C是D的子集，则22CCDCCCDSSSSS

S+=+=.若D不是C的子集，且C不是D的子集.令UECD=ð，UFDC=ð则E，F，EF=.于是CECDSSS=+，DFCDSSS=+，进而由CDSS，得EFSS.设k是E中的最大数，l为F中的最大数，则1,1,klkl.由（2）知，1

EkSa+，于是1133lklFEkaSSa−+==，所以1lk−，即lk.又kl，故1lk−，从而1121131133222llkEFlaSSaaa−−−−+++=+++=，故21EFSS+，所以2()1CCDDCDSSSS−−+，即21CCDD

SSS++.所以D对，故选：D.12．（2022·全国·高三专题练习）已知数列na满足1(0)aaa=，11nnnaaa+=+，给出下列三个结论：①不存在a，使得数列na单调递减；②对任意的a，不等式212nnnaaa+++对所有的nN恒成立；③当1a=

时，存在常数C，使得2nanC+对所有的*nN都成立．其中正确的是（）A．①②B．②③C．①③D．①②③【答案】A【详解】由11nnnaaa+=+，1(0)aaa=可得0na，则()21112nnnnnaaaaa++==+

+，1120nnnaaa+−=+，则0a，都有数列na单调递增，故①正确；由112nnnaaa+−=+可得()()12111111nnnnnnnnnnaaaaaaaaaa++++++−−−−=−=，又数列na单调递增，则10nnaa+−，

则()()2110nnnnaaaa+++−−−，即212nnnaaa+++，②正确；由112nnnaaa+=++可得112(1)2nnnanana+−+=−+，则()111221nnnanana−−−=−−+，L，32212322

aaa−=−+，21112221aaa−=−+，将以上等式相加得1121211111122nnnanaaaaaa−−−=−++++=++，又0na，na单调递增，则11naa=，又由112nnnaaa+=++可得113(1)313nnnnananana+−+=−+−−

，又130a−，则30nan−，即113nan，则21111111()3231naan−+++++−，设1111()2341fnn=++++−，1111111111()2448888222gn=++

+++++=+++，易得()()fngn，当n→+时，()gn→+，则()fn→+，2111naa−++→+，故不存在常数C，使得2nanC+对所有的*nN都成立，故③错误.故选：A.13．（2022·全国·高三专题练习）

2022年第二十四届北京冬奥会开幕式上由96片小雪花组成的大雪花惊艳了全世界，数学中也有一朵美丽的雪花一“科赫雪花”．它可以这样画，任意画一个正三角形1P，并把每一边三等分：取三等分后的一边中间一段为边向外作正三角形，并把这“中

间一段”擦掉，形成雪花曲线2P；重复上述两步，画出更小的三角形．一直重复，直到无穷，形成雪花曲线，34,,,,nPPP．设雪花曲线nP的边长为na，边数为nb，周长为nl，面积为nS，若13a=，则下列说法正确的是（）A．35513,9272al==B

．13185SSSC．,,,nnnnablS均构成等比数列D．211134nnnnSSba−−−=+【答案】B【详解】据题意知：1211111114,434,9333nnnnnnnnnnaabblab−−−−−=

=====，∴551256,279al==，A错误；211193sin6024Sa==，当2n时，2222113313343444949nnnnnnnSSba−−−−−−===，D错误；

∴()()()221213219333444144999nnnnSSSSSSSS−−=+−+−++−=+++++118327345209n−=−，由11193183273445209S−==−也满足上式，则118

327345209nnS−=−，所以nS不构成等比数列，C错误；由上，311038183,355SS==，则13185SSS，B正确.故选：B．14．（2022·浙江·赫威斯育才高中模拟预测）已知数列n

a中，152a=，212nnaa+=+，记10242N=，101210Taaa=，则（）A．1011,42NNTB．1012,23TNNC．1023,34TNND．103,4TNN【答案】B【详解】解：因为15

22a=，则214a，故22a，依次类推有2na，令()11nnnnabbb=+，则12b=，212111nnnnbbbb+++=+，又因为1()fxxx=+在(1,)+上递增，故21nnbb+=，即1lg2lgnnbb+=，所以数列lgnb是公比为2的等比数列，故有1lg2lg2

nnb−=，即122nnb−=，亦即1122122nnna−−=+，则01901922210222111222222T=+++01901922222210231222222N+++

===，又因为01901922210222111222222T=+++0191210222222111222111222=+++

01911210222222241111222111132222=−+++1010112121241422123332N−−=−=，故选：B.1

5．（2022·浙江金华·三模）已知数列na，nb满足12a=，112b=，1*11,1nnnnnnabanbab++=+=+N，则下列选项错误的是（）A．2214ab=B．5050112abC．5050505052

abab+=D．505015ab−【答案】D【详解】因为1*11,1nnnnnnabanbab++=+=+N，所以111111nnnnnnnnnnnnnnabbaaababbaabb+

+++===++，所以212111224abba===，故A正确；由题意得：1111112224nnnnnnnnnnnnnnabbaababababab++=++=+++=，当且仅当1nnnnabab=时，取

等号；所以4nnab，即14nnab所以505049494848494948484949111222abababababab++=+=++1111494911...249ababab==++++，又12a=，112b=，所以

50502249100ab+=，505012249481124ab++=，故B正确；又()111111nnnnnnnnnnababababab+++=+++=++所以()()()2222111111nnnnnnnnnnnnabababababab+

++++=++=+所以()()()2221111111125...4nnnnnnnnabababababab+++++++====所以()2505050505050505025542ababa

bab+=+=，故C正确；()1111nnnnnnabbaab++−=−+所以()()()2222111111nnnnnnnnnnnnabababababab++++−=−+=−即()()()222111111119...4nnnnnnnnababababa

bab++++−−−====所以50505050331001522abab−==，故D错误.故选：D.16．（2022·全国·高三专题练习）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号．用他的名字定义的函数称为高斯函数()fxx=，其中

x表示不超过x的最大整数．已知数列na满足12a=，25a=，2145nnnaaa+++=，若21lognnba+=，nS为数列11000nnbb+的前n项和，则2022S=（）A．249B．499C．749D．9

99【答案】A【详解】由2145nnnaaa+++=，得()2114nnnnaaaa+++−=−，又213aa−=，所以数列1nnaa+−是以3为首项，4为公比的等比数列，则1134nnnaa−+−=①；由2145nnna

aa+++=得，21144nnnnaaaa+++−=−，又2143aa−=−，所以数列14nnaa+−是常数列，则121443nnaaaa+−=−=−②，由①②联立可得141nna+=+；因为44124nnn+

，所以222log4log41)log(24)nnn+（即：22log(41)21nnn++所以()212loglog412nnnban++===，故110001000112502211nnbb

nnnn+==−++（），所以202211111125012501223202220232023S=−+−++−=−，则2022249S=．

故选：A17．（2022·湖南·雅礼中学高三阶段练习）已知三角形数表：现把数表按从上到下、从左到右的顺序展开为数列na，记此数列的前n项和为nS．若()2ZN,77tmStmm=，，则m的最小值是_____．【答案】95【详解】设首项为第1组，接

下来两项为第2组，再接下来三项为第3组，以此类推．设第n组的项数为n，则n组的项数和为()12nn+，因为77m，令()1772nn+得()12Nnn即m出现在第13组之后，第n组的和为122112nn−=−−，n组总共的和为(

)12122212nnnn+−−=−−−，若2tmS=，则()12nnm+−项的和应与2n−−互为相反数，设()12nnm+−项总共有k项，则其前k项和为21k−所以()212,12,Nknnk−=+解得4k当4k=时，13n=，则m的最

小值为13144952m=+=.故答案为：95.18．（2022·浙江·高二期末）已知数列na满足10a=，对于每一个*nN，43na−，42na−，41na−构成公差为2的等差数列，41na−，4na，

41na+构成公比为13的等比数列，若*nN，不等式22440nntata−−−恒成立，则正整数t的最小值为______.【答案】5【详解】22a=，41422nnaa−−=+，144119nnaa+−=，42412nnaa++=+，

∴4242424212051599292nnnnaaaa+−+−=+−=−，∴4252na−−是以25122a−=−为首项，公比为19的等比数列，∴142511229nna−−−=−，∴14211552,2922nna−−=−+

，则14311110,2922nna−−=−+，14111994,2922nna−−=−+，14111943,329232nna−=−+，则*nN，不等式()()224440nnnn

tatatata−−−=+−−恒成立，等价于()max4nta+或()minnta，即92t或0t，故正整数t的最小值为5.故答案为：519．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()1tan2fxx=−，

各项均不相等的数列na满足()*πN4iai，()nnbfa=，数列na和nb的前n项和分别为nS和nT，给出下列两个命题：①若12022nna=−，则20222022T；②存在等差数列na，使得20222022202

20TS−成立．关于上述两个命题，以上说法正确的是______．（填写序号）【答案】①②【详解】解：()1tan2nnnbfaa==−，当12022nna=−时，11tan22022nnb=−−，121tan2022b=+，2221tan2022b=−，3321tan

2022b=+，4421tan2022b=−，()55221tan11tan20222022nnnb=+=−−，，b，由于当Nn时，2π020222n，，2tan2202ny=单调递增，故可得122222

tantan220222022bb+=+−，3434222tantan220222022bb+=+−，2021202220212022222tantan220222022bb+=+−，2022122022210112022

Tbbb=+++=，所以①正确；由知20222022T，所以202220220T−，要使得2022202220220TS−成立，只需20220S即可，所以只需120220aa+，即122021da−，又π4na，不妨取168084ad==−ππ，，2022πππ202168

08412a=+−=−，满足2022π4a，12022012aa+=π，所以存在这样等差数列na，所以②正确．故答案为：①②.20．（2022·广东深圳·高三阶段练习）设正整数010117777kkkknaaaa−−=++++，其中0,1,2,3,4,5,6ka

，记()()()()()01,127knaaaSnn=+++=+++，当6n„时，()Sn=___________（用含n的代数式表示）.【答案】27372nn+【详解】()()()()()()()17675747372SnS

nnnnnn−−=−+−+−+−+−()()717,2nnn+−+…，又()0761717nn−=+−，所以()7611nnn−=+−=，同理，()0752717nn−=+−，所以(

)75211nnn−=+−=+，()0716717nn−=+−，所以()71615nnn−=+−=+，07077nn=+，所以()7nn=.，所以()()1715,2SnSnnn−−=+…，又()()()()112722S=+++=，所以()

()22271573722nnnnSn+++==.故答案为：27372nn+21．（2022·全国·高三专题练习）已知有穷数列na各项均不相等，将na的项从大到小重新排序后相应的项数构成新数列nb，称数列

nb为数列na的“序数列”.例如数列1a，2a，3a满足132aaa，则其序数列nb为1，3，2.若有穷数列nd满足11d=，()114nnndd+−=（n为正整数），且数列21nd−的序数列单调递减，

数列2nd的序数列单调递增，则123420212022dddddd−+−++−=___________.【答案】2022411154−−【详解】解：21{}nd−的序数列单调递减，数列21{}nd−单调递增

，21210nndd+−−，212221()()0nnnndddd+−−+−，而22111()()44nn−，212221||||nnnndddd+−−−，2210nndd−−，221221211(1)()44nnnnndd−−−−

−==，①2{}nd的序数列单调递增，数列2{}nd单调递减，同理可得2120nndd+−，21221221(1)()44nnnnndd++−−=−=，②由①②可得11(1)4nnnndd++−−=，∴12342021202235202111114444dd

dddd−+−++−=−−−−−35202111114444=−++++10112211144114−=−−2022411154=−−.故答案为：2022411154

−−.22．（2022·全国·高三专题练习）某校建立了一个数学网站，本校师生可以用特别密码登录网站免费下载学习资源.这个特别密码与如图数表有关.数表构成规律是：第一行数由正整数从小到大排列得到，下一行数由前一行每两个相邻数的和写在这两个数正中间

下方得到.以此类推，每年的特别密码是由该年年份及数表中第年份行（如2019年即为第2019行）自左向右第一个数的个位数字构成的五位数.如：2020年特别密码前四位是2020，第五位是第2020行自左向右第1个数的个位数字.按此规则，2022年的特别密码是___________.【答案】

20228【详解】解：由数表可得，每一行的数都构成等差数列，且第n行的公差是12n−，记第n行第m个数为(,)fnm，则1(1,1)(,1)(,2)2(,1)2nfnfnfnfn−+=+=+，则1(1,1)(,1)1224nnfnfn++=

+，()1,112f=，故数列(,1)2nfn是以首项为12，公差为14的等差数列，故(,1)111(1)(1)2244nfnnn=+−=+，故()2,1(1)2nfnn−=+，故第2022行的第一个数为202020202023220232=，12的

个位数是2，22的个位数是4，32的个位数是8，42的个位数是6，52的个位数是2，，2n的个位数以4为周期循环，而20204505=，故20202的个位数是6，又1863=，故第2022行的第一个数的个位数为8，故2022年的特别密码是2022

8.故答案为：20228．23．（2022·全国·模拟预测（文））已知等差数列na的前n项和为nS，且0nS，若存在常数使得()*42nnSSnN=恒成立，则常数的值为___________.

【答案】2或4【详解】由题意114(41)2(21)4222nnnnandand−−+=+，化简得111(4)202ddnadad−+−−+=，故11401202ddadad−=−−−=，由40dd−

=，得0d=或4=，当0d=时，显然2=；当4=时，12da=，满足条件，所以2=或4.故答案为：2或424．（2022·宁夏·吴忠中学三模（理））在第24届北京冬奥会开幕式上，一朵朵六角雪花飘拂在国家体育场上空，畅想着“一起向未来”的美好愿景.如图是“雪花曲线”的一种形成过程：

图1，正三角形的边长为1，在各边取两个三等分点，往外再作一个正三角形，得到图2中的图形；对图2中的各边作相同的操作，得到图3中的图形；依此类推，我们就得到了以下一系列图形，记第n个图形（图1为第一个图形）中的所有外围线段长的和为nc，则满足12381ncccc++++的最小正整数n的值为

______.（参考数据：lg20.3010，lg30.4771）【答案】9【详解】由图形变化规律可得11231643,4,,,3()33nncccc−====，12343(1())439(()1)81

4313nnncccc−++++==−−，则有441()10lg()lg108.006332lg2lg3nnn=−，所以最小正整数n的值为9.故答案为：9.25．（2022·宁夏·石嘴山市第一中学三模（理

））已知数列na的首项11a=，且满足()*112nnnaan+−=−N，则存在正整数n，使得()()10nnaa+−+成立的实数组成的集合为___________【答案】11,,22−−+【详解

】由题，1211213211111,,...222nnnaaaaaaa−−=−=−−=−−=−，累加可得1211111...222nna−=+−+−++−，故11212113212nnna−−

==−−−−，显然0na，故要存在正整数n，使()()10nnaa+−+成立，即()()10nnaa+−+，即na或1na+−，故存在正整数n，使na或1na+−，故()

minna或()1maxna+−，即()minna或()1minna+−，故直接分析1,nnaa+的最小值即可.又21132nna=−−，当n为奇数时，2121323nna=+

；当n为偶数时，2111322nna=−，当且仅当2n=时取得等号，综上有()2min12naa==，故12或12−.故答案为：11,,22−−+26．（2022·北京·北师大实验中学高二期中）设正整数012101

2122222kkkknaaaaa−−=+++++，其中()0,10,1,2,,iaik=，记0121nkkbaaaaa−=+++++.例如0125120212=++，那么51012b=++=.则下列

说法正确的有_______.①73b=；②2nnbb=；③231nnbb+=+；④8543nnbb++=.【答案】①②④【详解】由0127121212=++，那么71113b=++=，①正确；由0121012122222kkkknaaaaa−−

=+++++则01212301120222222kkkknaaaaa+−=++++++所以2nnbb=，②正确；由()0121230112312222212kkkknaaaaa+−+=+

++++++所以2301211nkbaaaa+=++++++，012111nkkbaaaaa−=+++++++故231nnbb++，③不正确；由1230120114243121222222kkkknaaaaa++−+=+

++++++0122341235018512021222222kkkknaaaaa++−+=++++++++所以4301211nkbaaaa+=++++++，85012101nkbaaaa+=+

++++++故8543nnbb++=，④正确．故答案为：①②④27．（2022·上海市七宝中学高二期中）已知数列na的首项12a=，且满足()()11320nnnnaaaa++−−−=对任意nN都成立，则能使2023ma=成立的正整数m的最小值为_________．【答案】15

【详解】由()()11320nnnnaaaa++−−−=知：13nnaa+=+或12nnaa+=；当13nnaa+=+时，数列na是以2为首项，3为公差的等差数列，()23131nann=+−=−，则312023mam=−=，解得：20243m=（舍）；当12nnaa

+=时，数列na是以2为首项，2为公比的等比数列，1222nnna−==，则22023mma==，解得：2log2023m=（舍）；数列na应是等差与等比的交叉数列，又12a=，24a=或25a=；若要m最小，

则20203210103ma=+=+，12020ma−=，21010ma−=，3456789505,502,251,248,124,124,62mmmmmmmaaaaaaa−−−−−−−=======，101112131414131,28,14,7,4,2mmmm

mmaaaaaaa−−−−−−=======，m的最小值为15.故答案为：15.28．（2022·全国·高三专题练习）已知定义在R上的函数()fx满足()()121fxfx+=+，当)0,1x时，()3fxx=．设()fx在区间)()*,1Nnnn+上

的最小值为na．若存在*nN，使得()127nan+−有解，则实数的取值范围是______________．【答案】3(,)32−【详解】当)0,1x时，()3fxx=，因为定义在R上的函数()fx满足()()121fxfx+=

+，()()312121fxfxx+=+=+，令11tx=+，则11xt=−，所以，当)11,2t时，有311()2(1)1ftt=−+，所以，当)1,2x时，3()2(1)1fxx=−+，()()31214(1)3fxfxx+=

+=−+，令21tx=+，则21xt=−，)22,3t，有322()4(2)3ftt=−+，所以，当)2,3x时，3()4(2)3fxx=−+，同理可得，)3,4x时，3()8(3)7fxx=−+，根据规律，明显可见当),1xnn+，()2()21

nnnfxxn=−+−，且此时的()fx必为增函数，又因为na为()fx在区间)()*,1Nnnn+上的最小值，所以，1231,3,7,21nnaaaa====−，所以，若存在*nN，使得()127nan+−有解，则有272nn−有解，进

而必有max272nn−，根据该函数的特性，明显可见，当5n=时，有max273232nn−=，所以，此时有332故答案为：3(,)32−29．（2022·新疆昌吉·二模（理））已知函数()()216249,111,19

xxxfxfxx−+=−，则下列结论正确的有___________.①()19nfn−=，nN②()0,x+，()1fxx恒成立③关于x的方程()()fxmm=R有三个不同的实

根，则119m④关于x的方程()()19nfxn−=N的所有根之和为23nn+【答案】①③【详解】由()()()()()()121111111=2==n1199999nnnfnfnfnfnf−−−=−−−−==，故A对.由A可知，要使()0,x+，()1fxx恒成立，只需要满足

(01x，，()1fxx成立即可.即2116249xxx−+，即3216249-10xxx−+成立，令()3216249-1gxxxx=−+，则()248489=0gxxx=−+，得1213,44xx==，当14x=时

，()gx有最大值1=04g，故B不正确.作出()fx的图像，由图可知，要使方程()()fxmm=R有三个不同的实根，则()()2<<1fmf，即119m，故C对.由()()119fxfx=−可知，函数在(,1nn+上的图像可以由(-1,nn上的图像向右平移一个单位长度，

再将所有点的横坐标不变，纵坐标变为原来的19倍得到，由于2=16249yxx−+的对称轴为34x=，故()09fx=的两根之和为32，同理，()-19fx=的两根之和为3+2,2()1-9nfx=的两根之和为()3+2-12n，故所有

根之和为()233331+2++4++2-1=22222nnn++，故D错.故选：①③30．（2022·全国·高三专题练习）已知数列na和正项数列nb，其中π,π2na，且

满足2cos1nnnbab=−，数列sinnnba的前n项和为nS，记nnScn=，满足1421nncc+−=．对于某个给定1a或1b的值，则下列结论中：①151,12b−；②222b=；③若1512,22b−，则数列nc单调递增；④若11,12c

，则数列sinnnba从第二项起单调递增．其中正确命题的序号为______．【答案】①②③【详解】由2cos1nnnbab=−，可知2cos10nnnbba−−=，则21cosnnnbab−=，又π,π2na则2110nnbb−−，解之得5

1,12nb−.则①判断正确；由1421nncc+−=，可得21421cc−=，则21221sin2SSba−==，则221sin2ab=又由2cos1nnnbab=−，可知2222cos10bba−−=，则22221cosbab−=则由222222222211cossin12

baabb−+=+=，则2212b=或2252b=（舍）则222b=或222b=−（舍）.则②判断正确；由2cos1nnnbab=−，可知2111cos10bba−−=，则21111111cosbabbb−==−若1512,22b−，则1111

2cos1,2abb=−−−，又π,π2na，则13π,π4a，则12sin0,2a，则1111sin0,2cba=由1421nncc+−=，可得1114()222nncc+

−=−，则11111222nncc−=−+又1111111sin02122Scba−=−=−，则数列nc单调递增.则③判断正确；由nnScn=，可得11111222nnnSnccnn−−+

==由1111sinbaSc==，2221111111sin2()22222baSScc=−=−+−=，333211111111115sin3()32()224222248baSSccc=−=−+−−+=−+

则当11,12c时，33221115111sinsin()048242babacc−=−+−=−，即数列sinnnba的第三项小于第二项.则数列sinnnba从第二项起单调递增的说法判断错误.故答案为：①②③