課下鞏固精練卷(五十二)※壓軸解答題創(chuàng)新考法——數(shù)列1．(2024·福建廈門二模)若?n∈N*，都存在唯一的實(shí)數(shù)cn，使得f(cn)＝n，則稱函數(shù)f(x)存在“源數(shù)列”{cn}．已知f(x)＝x－lnx，x∈(0，1].(1)證明：f(x)存在源數(shù)列；(2)(ⅰ)若f(x)－λx≤0恒成立，求λ(ⅱ)記f(x)的源數(shù)列為{cn}，證明：{cn}前n項(xiàng)和Sn<53解：(1)由f(x)＝x－lnx，x∈(0，1]，得f′(x)＝12即f(x)在(0，1]上單調(diào)遞減，又f(1)＝1，當(dāng)x>0且x無限趨近于0時(shí)，f(x)趨向于正無窮大，即f(x)的值域?yàn)閇1，＋∞)，且函數(shù)在(0，1]上單調(diào)遞減，對(duì)于f(x)可以取到任意正整數(shù)，且在x∈(0，1]上都有存在唯一自變量與之對(duì)應(yīng)，故對(duì)于?n∈N*，令f(x)＝n，其在(0，1]上的解必存在且唯一，不妨設(shè)解為cn，即?n∈N*，則都存在唯一的實(shí)數(shù)cn∈(0，1]，使得f(cn)＝n，即f(x)存在源數(shù)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，則φ′(t)＝2t－2lnt－2，令g(t)＝φ′(t)＝2t－2lnt－2，t∈(0，1]，則g′(t)＝2－2t≤0，僅在t即g(t)在(0，1]上單調(diào)遞減，故g(t)≥g(1)＝0，即φ(t)在(0，1]上單調(diào)遞增，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<當(dāng)n＝1時(shí)，S1≤112＝1<當(dāng)n≥2時(shí)，Sn≤1＋23?2即{cn}前n項(xiàng)和Sn<532．設(shè)數(shù)列A：a1，a2，a3，…，an(n≥3，n∈N*)，對(duì)A中各項(xiàng)隨機(jī)排列一次，就得到一個(gè)數(shù)列B：b1，b2，b3，…，bn，若B中的項(xiàng)滿足|bn－bi|≥|bn－bi＋1|(i∈{1，2，3，…，n－2}，n≥3)，則稱數(shù)列B為n階非嚴(yán)格增距數(shù)列．(1)已知數(shù)列10，－5，7，－4，請(qǐng)寫出該數(shù)列對(duì)應(yīng)的所有4階非嚴(yán)格增距數(shù)列；(2)已知數(shù)列A：a1，a2，a3，…，an(n≥3，n∈N*)是公比為q的等比數(shù)列，數(shù)列B：an，an－1，…，a2，a1(n≥3，n∈N*)為n階非嚴(yán)格增距數(shù)列，求q的取值范圍；(3)將數(shù)列1，3，5，…，2n－1(n≥3，n∈N*)中的各項(xiàng)隨機(jī)排列一次，得到一個(gè)數(shù)列B：b1，b2，b3，…，bn，若數(shù)列B為n階非嚴(yán)格增距數(shù)列，且數(shù)列B′：b1，b2，b3，…，bn－1為n－1階非嚴(yán)格增距數(shù)列的概率為Pn，證明：Pn≤23解：(1)4階非嚴(yán)格增距數(shù)列有：10，7，－4，－5；－5，－4，7，10；－5，－4，10，7；10，7，－5，－4.(2)由題意可知：an＝a1qn-1，要使數(shù)列B：an，an－1，…，a2，a1(n≥3，n∈N*)為n階非嚴(yán)格增距數(shù)列，則|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|.當(dāng)q≥1時(shí)，qi≥qi-1≥1，所以qi－1≥qi-1－1≥0，所以|1－qi|≥|1－qi-1|，滿足題意；當(dāng)0<q<1時(shí)，qi<qi-1<1，所以1－qi>1－qi-1>0，所以|1－qi|>|1－qi-1|，滿足題意；當(dāng)－1≤q<0時(shí)，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與qi-1的大小關(guān)系不確定，所以不滿足題意；當(dāng)－2<q<－1時(shí)，不妨設(shè)a1＝1，則|a1－a2|＝|1－q|，|a1－a3|＝|1－q2|＝|(1＋q)(1－q)|<|1－q|＝|a1－a2|，不滿足題意；當(dāng)q≤－2時(shí)，|q|≥2，|q|i－|q|i-1≥2，則|q|i－1≥|q|i-1＋1，故|qi－1|≥|q|i－1≥|q|i-1＋1≥|qi-1－1|，滿足題意．綜上可知，q的取值范圍為(－∞，－2]∪(0，＋∞)．(3)當(dāng)bn＝1時(shí)，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，因此數(shù)列B：2n－1，2n－3，2n－5，…，3，1，滿足數(shù)列B′：b1，b2，b3，…，bn－1為n－1階非嚴(yán)格增距數(shù)列．當(dāng)bn＝3時(shí)，bn－1＝1，則2≤bn－2－bn≤bn－3－bn≤…≤b1－bn，所以bn－2≤bn－3≤…≤b1，故bn－2＝5，…，b1＝2n－1，因此數(shù)列B：2n－1，2n－3，…，5，1，3，滿足數(shù)列B′：b1，b2，b3，…，bn－1為n－1階非嚴(yán)格增距數(shù)列．當(dāng)bn＝2n－1或bn＝2n－3時(shí)，同理可知，數(shù)列1，3，5，…，2n－3，2n－1和數(shù)列1，3，5，…，2n－5，2n－1，2n－3均滿足題意．當(dāng)bn＝p，p∈{5，7，…，2n－5}時(shí)，因?yàn)閨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，則bn－2＝p＋2，所以bn－3＝p－4或bn－3＝p＋4，要滿足|bn－1－bn－3|≥|bn－1－bn－2|，則bn－3＝p＋4，所以bn－4＝p－4，此時(shí)|bn－1－bn－4|<|bn－1－bn－3|，不符合題意，故此時(shí)不存在滿足題意的數(shù)列．若bn＝p，bn－1＝p＋2，則bn－2＝p－2，所以bn－3＝p－4或bn－3＝p＋4，要滿足|bn－1－bn－3|≥|bn－1－bn－2|，則bn－3＝p－4，所以bn－4＝p＋4，此時(shí)|bn－1－bn－4|<|bn－1－bn－3|，不符合題意，故此時(shí)不存在滿足題意的數(shù)列．所以當(dāng)bn＝p，p∈{5，7，…，2n－5}時(shí)，不存在數(shù)列B使得B為n階非嚴(yán)格增距數(shù)列，同時(shí)數(shù)列B′為n－1階非嚴(yán)格增距數(shù)列．綜上可知，滿足條件的數(shù)列B有4個(gè)．將數(shù)列1，3，5，…，2n－1(n≥3，n∈N*)中的各項(xiàng)隨機(jī)排列一次，有Ann＝n！種情況，所以Pn＝4n！≤43！3．(2024·河南信陽模擬)若數(shù)列{xn}滿足：存在等差數(shù)列{cn}，使得集合{xn＋cn|n∈N*}元素的個(gè)數(shù)為不大于k(k∈N*)，則稱數(shù)列{xn}具有Q(k)性質(zhì)．(1)已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＋1＝an＋2＋cosnπ2＋sinnπ2(n∈N*)．求證：數(shù)列{an＋cosnπ2(2)若數(shù)列{an}有Q(k1)性質(zhì)，數(shù)列{bn}有Q(k2)性質(zhì)，證明：數(shù)列{an＋bn}有Q(k1k2)性質(zhì)；(3)記Tn為數(shù)列{fn}的前n項(xiàng)和，若數(shù)列{Tn}具有Q(k)性質(zhì)，是否存在m∈N*，使得數(shù)列{fn}具有Q(m)性質(zhì)？說明理由．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，故數(shù)列{an＋cosn則an＋cosnπ2＝2n，即an＝2n－cos故存在等差數(shù)列dn＝－2n，使an＋dn＝2n－cosnπ2－2n＝－cos由－cosnπ2∈{－1，0，1}，故數(shù)列{an}有(2)設(shè)對(duì)數(shù)列{an}，存在等差數(shù)列{en}，使en對(duì)數(shù)列{bn}，存在等差數(shù)列{gn}，使gn則對(duì)數(shù)列{an＋bn}，存在等差數(shù)列{en＋gn}，使an＋bn＋gn＋en的值為si＋tj(i＝1，2，3，…，k1，j＝1，2，3，…，k2)，這樣的si＋tj最多有k1k2個(gè)，即數(shù)列{an＋bn}有Q(k1k2)性質(zhì)．(3)設(shè)對(duì)數(shù)列{Tn}，存在等差數(shù)列{Hn}，且其公差為d，使得Tn＋Hn∈{h1，h2，…，hk}．當(dāng)n≥2時(shí)，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}，故當(dāng)n≥2時(shí)，(Tn＋Hn)－(Tn－1＋Hn－1)－d＝hi－h(huán)j－d(i，j＝1，2，3，…，k)，當(dāng)i＝j(luò)時(shí)，hi－h(huán)j－d＝－d，當(dāng)i≠j時(shí)，hi－h(huán)j－d可能有k(k－1)＝k2－k(種)，故這樣的hi－h(huán)j－d最多有k2－k＋1個(gè)，即存在等差數(shù)列{pn}：pn＝0，使{fn＋pn|n∈N*}?{f1}∪{hi－h(huán)j－d|i，j＝1，2，3，…，k}，{fn＋pn|n∈N*}的元素個(gè)數(shù)不超過k2－k＋2個(gè)，故一定存在m＝k2－k＋2，使得數(shù)列{fn}具有Q(m)性質(zhì)．4．(2024·北京西城模擬)已知A為有限個(gè)實(shí)數(shù)構(gòu)成的非空集合，設(shè)A＋A＝{ai＋aj|ai，aj∈A}，A－A＝{ai－aj|ai，aj∈A}，記集合A＋A和A－A其元素個(gè)數(shù)分別為|A＋A|，|A－A|，設(shè)n(A)＝|A＋A|－|A－A|.例如當(dāng)A＝{1，2}時(shí)，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)設(shè)A是由3個(gè)正實(shí)數(shù)組成的集合且(A＋A)∩A＝?，A′＝A∪{0}，證明：n(A′)－n(A)為定值；(3)若{an}是一個(gè)各項(xiàng)互不相同的無窮遞增正整數(shù)數(shù)列，對(duì)任意n∈N*，設(shè)An＝{a1，a2，…，an}，bn＝n(An)．已知a1＝1，a2＝2，且對(duì)任意n∈N*，bn≥0，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．解：(1)當(dāng)A＝{1，3，5}時(shí)，A＋A＝{2，4，6，8，10}，A－A＝{－4，－2，0，2，4}，|A＋A|＝|A－A|，所以n(A)＝0.(2)設(shè)A＝{a1，a2，a3}，由于(A＋A)∩A＝?，所以對(duì)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＝?，所以對(duì)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}，從而|A′－A′|＝|A－A|＋6，于是n(A′)－n(A)＝－2為定值．(3)假設(shè)存在n，使得an≠n，設(shè)m＝min{n|an≠n}．根據(jù)條件，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，根據(jù)假設(shè)，an≥m＋1.(ⅰ)如果am＝m＋k(k＝1，2，…，m－3)，那么屬于Am＋Am但不屬于Am－1＋Am－1的元素組成的集合是{2m－1，2m，…，2m＋k－1}∪{2m＋2k}，從而|Am＋Am|－|Am－1＋Am－1|＝k＋2.屬于Am－Am，但不屬于Am－1－Am－1的元素組成的集合是{±(m－1)，±m(xù)，…，±(m