人教A版2024年高考数学难点专题必修四难点 数列2（含解析）

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必修四难点 数列2
一、单选题
1．已知等比数列中，，是方程的两个根，则=
A．1 B．±1 C．2018 D．1，2018
2．已知等比数列中，，则公比为（ ）
A． B． C． D．
3．已知数列满足，若，则（ ）
A．2 B． C． D．
4．数列中，，则（ ）
A． B．9 C． D．13
5．如果数列对任意的均有恒成立，那么称数列为“M－数列”，下列数列是“M－数列”的是（ ）
A． B． C． D．
6．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列，其前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，则该数列的第10项为（ ）
A．39 B．45 C．48 D．58
7．已知数列中，若，则等于（ ）
A． B． C． D．1
8．已知数列中满足，，则的最小值为（ ）
A．9 B．7 C． D．
9．已知数列是1为首项，2为公差的等差数列，是1为首项，2为公比的等比数列，设，，，则（ ）
A． B． C． D．
10．欧拉是18世纪最优秀的数学家之一，几乎每个数学领域都可以看到欧拉的名字，例如初等几何中的欧拉线、多面体中的欧拉定理、微分方程中的欧拉方程，以及数论中的欧拉函数等等．个数叫互质数）的正整数（包括1）的个数，记作．例如：小于或等于4的正整数中与4互质的正整数有1，3这两个，即．记为数列的前n项和，则（ ）
A． B． C． D．
11．已知无穷数列满足：如果，那么，且，，，是与的等比中项．若的前n项和存在最大值S，则（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
12．《九章算术》中第七卷“盈不足”问题中有这样一则：“今有蒲生一日，长三尺；莞生一日，长一尺．蒲生日自半，莞生日自倍．”意思是：今有蒲生长1日，长为3尺；莞生长1日，长为1尺．蒲的生长逐日减半，莞的生长逐日加倍．若第n天（n∈R）蒲、莞的长度相等，则第[n]天蒲长了尺．（其中[n]表示不超过n的最大整数）
A．2 B． C．1 D．
13．已知函数的图象过点，令，,记数列的前项为，则=（ ）
A． B．
C． D．
14．已知等比数列各项均为正数，且满足：，，记，则使得的最小正数n为（ ）
A．36 B．35 C．34 D．33
15．在数列，中，满足，且，若，则（ ）
A．5050 B．5100 C．10050 D．10100
16．已知数列满足：，，其中为的前项和．若对任意的均有恒成立，则的最大整数值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
17．已知数列的前n项和为，且，则使得成立的n的最大值为（ ）
A．32 B．33 C．44 D．45
18．已知是直角三角形，是直角，内角所对的边分别为，面积为．若，则下列选项错误的是（ ）
A．是递增数列 B．是递减数列
C．数列存在最大项 D．数列存在最小项
19．已知数列{an}满足：a1=0，（n∈N*），前n项和为Sn (参考数据： ln2≈0.693，ln3≈1.099)，则下列选项中错误的是（ ）
A．是单调递增数列，是单调递减数列 B．
C． D．
20．数列满足，，则下列说法错误的是（ ）
A．若且，数列单调递减
B．若存在无数个自然数，使得，则
C．当或时，的最小值不存在
D．当时，
二、多选题
21．一个无穷数列{an}的前三项是1，2，3，下列可以作为其通项公式的是（ ）
A．
B．
C．
D．
22．设为数列的前项和，且，若数列满足：，且，则以下说法正确的是（ ）
A．数列是等比数列 B．数列是递增数列
C． D．
23．已知等差数列 是递减数列，且满足的前项和为，下列选项中正确的是（ ）
A． B．当时，最大
C． D．
24．设数列的前n项和为，若，则称数列是数列的“均值数列”．已知数列是数列的“均值数列”，且，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．是递减数列
C．若数列的前n项和为，则
D．若存在，使得成立，则m的取值范围是
25．已知定义域为R的函数满足，且函数是奇函数，，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的一个周期是8
B．
C．函数是偶函数
D．若，则
三、填空题
26．在等比数列中，若，，则公比为 .
27．《莱茵德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一，其中一道题目的背景是这样的：把100片面包分给5个人，使每个人分得的面包数成等差数列，且使较大的三个数之和的是较小的两个数之和，若将这5个数从小到大排列成递增的等差数列，则该数列的公差为 .
28．已知数列的前n项和，且满足，则 ．
29．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 .
30．将横坐标与纵坐标均为整数的点称为格点．已知，将约束条件表示的平面区域内格点的个数记作，则 ．
四、解答题
31．设数列的前n项和，为等比数列，且，.
⑴求数列和的通项公式；
⑵求数列的前n项和．
32．在数列中，，，通项公式，其中p，q为常数，．
(1)求的通项公式；
(2)88是否是数列中的项？
33．已知是公差的等差数列，，，成等比数列，；数列是公比为正数的等比数列，且，．
(1)求数列，的通项公式；
(2)求数列的前项和．
34．对各项均为正整数的有限数列：，每次进行以下变换之一；
变换：将其中一项删除；
变换：将其中一项的数值由x变为y，其中；
变换：将其中一项变为两项，由x变为y，z，其中．
(1)若：2，3，经过k次变换后其所有项均被删除，且上述三种变换都至少进行了一次，求k；
(2)甲对进行一次变换得到，乙对进行一次变换得到，…，甲、乙轮流进行变换，直到所有项均被删除．
①若：1，2，2，甲能否确保自己最后将所有项删除？说明理由．
②若：1，2，3，乙能否确保自己最后将所有项删除？说明理由．
③若：1，2，3，4，5，是否有人能确保自己最后将所有项删除？说明理由．
35．已知集合．
⑴是否存在实数，使得集合中所有整数的元素和为28 若存在，求出，若不存在,请说明理由；
⑵以为首项，为公比的等比数列前项和记为，对任意，均有，求的取值范围.
参考答案：
1．B
【分析】根据等比数列的等比中项性质与二次函数的根与系数之间的关系进行求解即可．
【详解】∵，是方程x2﹣4x+1=0的两个根，
∴=1，
则在等比数列{an}中，=1，
=
故选B．
【点睛】本题主要考查等比数列的性质的应用，注意开方有两个结果，属于基础题．
2．B
【分析】根据等比数列的通项公式，结合递推公式进行求解即可.
【详解】若，那么，
所以，
所以，解得或，又，
所以，
所以，
故选：B
3．A
【分析】由题可得数列是周期为3的周期数列，进而即得.
【详解】数列，满足，，
，，
所以数列是周期为3的周期数列，
，
.
故选：A．
4．D
【分析】根据题意，分别令，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，且，
令，则，
令，则.
故选:D
5．C
【分析】根据各选项的通项公式，直接验证是否恒成立即得．
【详解】若，则，
即，不满足条件，不是“M－数列”；
若，则，
即，不满足条件，不是“M－数列”；
若，则，即，满足条件，是“M－数列”；
若，则，当n＝1，2，3时，，不满足条件，不是“M－数列”．
故选:C．
6．C
【分析】由题意，根据高阶等差数列的定义判断出该数列后一项与前一项的差构成新的等差数列，即可求解.
【详解】因为，
而1，2，3，4，5，6构成等差数列，
所以，解得：；
，解得：；
，解得：.
故该数列的第10项为48.
故选：C
7．A
【解析】利用递推公式推出数列的周期，根据周期可求得结果.
【详解】因为，所以，
所以，
所以数列的周期为3，
所以.
故选：A
【点睛】本题考查了数列的周期性，考查了利用周期求数列的项，属于中档题.
8．C
【分析】由累加法可得，根据的单调性，即可确定的最小值.
【详解】由，，
∴
，
所以，
所以，
又因为对勾函数在递减，在递增，
且，所以的最小值为.
故选：C
【点睛】本题主要考查利用累加法求数列的通项公式，以及利用函数的单调性求数列的最值，考查学生的分析问题和解决问题能力.
9．A
【分析】求出数列、的通项公式，可求得的表达式，利用分组求和法可求.
【详解】由已知可得，，
，
故选：A.
10．B
【分析】根据题意，得到，结合等比数列的求和公式，即可求解.
【详解】由题意，若正整数，且与不互质，则这个数为偶数或的倍数，共有个，所以，
即数列是首项为2，公比为6的等比数列，所以．
故选：B.
11．B
【分析】由是与的等比中项求出，再分情况计算判断作答.
【详解】由是与的等比中项，得，
若，由及已知，得，由，得，则，
因此数列的项依次为：，数列是以4为周期的数列，
显然，数列单调递增，无最大项，因此数列的前项和无最大值；
若，同理可得数列的项依次为：，数列是以4为周期的数列，
，
数列是以4为周期的数列，且，此时的前n项和存在最大值，
所以的最大值.
故选：B
12．D
【分析】由蒲、莞的生长速度都是等比数列，利用等比数列的求和公式列方程可得结果.
【详解】因为蒲、莞的生长速度都是等比数列，
若第天长度相等，
则，化简可得，
故，则第2日蒲生长的长度为尺，故选D.
【点睛】本题主要考查阅读能力、建模能力，等比数列的通项公式与等比数列的求和公式，意在考查综合利用所学知识解决实际问题的能力，属于中档题.
13．C
【分析】根据的图象过点求出得，即得出函数的表达式，进而算出的表达式，最后用裂项相消法求出数列的前2018项和为.
【详解】因为函数的图象过点，所以,所以，解得，则,,
故选：C
14．B
【分析】先由已知条件判断出的取值范围，即可判断使得的最小正数n的数值.
【详解】由得：，.
，又，
，，
，则使得的最小正数n为35.
故选：B.
15．D
【分析】根据给定条件探求出数列的通项公式，将代入计算作答.
【详解】因，，
则数列是由计算而得的完全平方数的算术平方分根由小到大排列而成，
因，
即，即数列是首项为3，公差为2的等差数列，，
反之，当时，由得，因此，，，
于是得，，则，
所以.
故选：D
【点睛】思路点睛：涉及给出递推公式探求数列规律的问题，按条件写出数列前几项，利用观察法写出通项公式，再代入验证解决问题.
16．B
【解析】根据所给条件，结合，代入后展开化简，构造数列，由等差数列性质可知为等差数列，进而由首项与公差求得.将不等式化简可得，，代入后构造函数，并求得后可证明函数为单调递增数列，求得，即可确定的最大整数值.
【详解】当时，由条件，
可得，整理得，
化简得：，
从而，
故，
由于，
所以数列是以为首项，1为公差的等差数列，
则，
整理得，
依题只须，
令，
则，
所以为单调递增数列，
故，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了数列递推公式的应用，构造数列法求通项公式，并构造函数证明数列的单调性，综合性强，属于难题.
17．C
【分析】
分奇偶项讨论，根据题意利用并项求和求，运算求解即可.
【详解】当为偶数时，
，
令，且n为偶数，
解得，故n的最大值为44；
当为奇数时，
，
令，且为奇数，
解得，故n的最大值为43；
综上所述：n的最大值为44.
故选：C.
【点睛】方法点睛：并项求和适用的条件和注意事项：
1.适用条件：数列中出现等形式时，常用利用并项求和求；
2.注意分类讨论的应用，比如奇偶项，同时还需注意起止项的处理.
18．B
【分析】根据已知条件可得，即得，由，得，由数列的单调性可判断选项A，B；由关系式可得，，从而可判断数列的最大项和最小项.
【详解】由题意知，所以，所以，即，所以，则，故，，由，得，
即，所以，则，而，
故，则，
所以，由于随着n的增大而减小，
所以随着n的增大而增大，
由题意可知，所以数列是递增数列，故选项A正确；
同理随着n的增大而增大，数列是递增数列，
故选项B错误；
又，由于，且，所以数列是首项为7，公比为的等比数列，故，结合，可以解得，，
所以，
所以，其中所以，
，其中所以，
因为数列随着k的增大而减小，数列随着k的增大而增大，所以数列随着k的增大而减小，故为数列中所有正项中最大的，同理数列随着k的增大而增大，故为数列中所有负项中最小的．综上所述，数列的最大项为，最小项为．故选项C，选项D均正确．
故选：B．
【点睛】关键点睛：涉及数列的单调性以及数列的最大项和最小项问题，综合性较强，难度较大，解答时要结合几何知识，能熟练的应用数列的相关知识作答，关键是要注意构造新数列解决问题.
19．C
【解析】设，则有，，构建，求导分析可知导函数恒大于零，即数列都是单调数列，分别判定，即得单调性，数列与数列的单调性一致，可判定A选项正确；B、C选项利用分析法证明，可知B正确，C错误；D选项利用数学归纳法证分两边证，即可证得.
【详解】由题可知，a1=0，，
设，则有，即
令，则，这里将视为上的前后两点，因函数单调递增，所以，
所以数列都是单调数列
又因为同理可知，，所以单调递增，单调递减
因为数列与数列的单调性一致，所以单调递增，单调递减，
故A选项正确；
因为，则，欲证，即
由，上式化为，
显然时，，当时，，故成立；
所以原不等式成立
故B选项正确；
欲证，只需证，即
即，显然成立
故，所以
故C选项错误；
欲证，因单调性一致则只需证，只需证
因为，若，则；
又因为，若，则；
由数学归纳法有，则成立
故D选项正确。
故答案为：C
【点睛】本题考查二阶线性数列的综合问题，涉及单调数列的证明，还考查了分析法证明与数学归纳法的证明，属于难题.
20．B
【分析】作差得，并由二次函数性质得，由得或，
由此可判断ABC，对选项D，时命题成立，在时，证明（易得）和，从而只要证明，为证此不等式，只要对最后一项用放缩法，，然后从后向前依次相加即可得．
【详解】A．， 只要，则，
，
若，即，则或，
显然时，，
若，则，因此，
若，则，
所以当且时，对任意的，，从而，，递减，A正确，
B．由上面推理，时，也有无数个正整数，使得，B错；
C．由选项A知，或时，递减，无最小值，C正确；
D．，，又由以上推理知递减，所以，
时，，时，，则，
所以对任意，，
下证，
时，，
时，，设，
，
，
，，
依次类推，，
所以，
综上，对任意，，
综上，，D正确．
故选：B．
【点睛】易错点点睛：本题考查数列的单调性，考查数列不等式的证明，数列作为特殊的函数，其单调性与函数的单调性有相似之处（可以利用函数的单调性得数列的单调性），又与函数的单调性不尽相同，如本题，在作差后如果直接由得数列是递减数列的结论，则出现错误，错误的原因在于是数列中项，而不是自变量，此式只能说明时，，而不能直接说明数列就是递减的，它必须利用数列的递推性质进行推理判断．由此可得时数列也不是递减的．本题选项D的证明是难点，不等式的放缩法只对和式中最后一项进行放缩，然后从后向前依次求和可得．这个求和不是通常的裂项求和，实质上只对最后一项由放缩法进行了裂项操作，然后即依次求和得出结论．本题属于困难题．
21．AD
【分析】根据各选项的通项公式，分别求出、、判断是否符合题意，即可知正确选项.
【详解】对于A，若，则，，，符合题意；
对于B，若，则，不符合题意；
对于C，若，当时，，不符合题意；
对于D，若，则，，，符合题意.
故选：AD.
22．ACD
【分析】利用求得通项公式，即可得判断A；化简判断的正负可判断单调性判断B；利用错位相减法可求得，再作差判断的正负可判断D.
【详解】，则当时，，
两式相减得，当时，也适合，故，
则，则，所以数列是等比数列，故A正确；
，，
当时，，即，则数列不是递增数列，故B错误；
，
，
两式相减可得，
所以，故C正确；
，
当时，，则,
当时，，则，
当时，，则，
综上可得，故D正确.
故选：ACD.
23．AC
【分析】由题意首先得出，从而判断A，进一步根据等差数列前项和判断BCD三个选项.
【详解】由题意等差数列 是递减数列，且满足，所以，
从而，故A正确；而，所以当且仅当或时，最大，故B错误；
由B选项分析可知，故C正确；因为，故D错误.
故选：AC.
24．ACD
【分析】利用与的关系及数列的单调性，结合错位相减法求数列的前项和及成立问题的解决办法即可求解.
【详解】当时，，解得，
因为，
当时，
所以，
由，得，即，
取时，，此式不满足，
故数列的通项公式为，
由题意可得，则,
因为，
所以，则A正确．
因为，所以不是递减数列，则B错误．
因为,
当时，，
所以当时，，
所以，
所以，即，即，即，
取时，，此式满足，
所以数列的前n项和为 ，故C正确．
当时，，
所以，
所以，即，
所以数列是单调递减数列.
当时，，
所以，
则由数列的单调性可知．
因为存在，使得成立，
所以，即，解得，故D正确．
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：解决此题的关键是利用与的关系的推导思路，求出，再利用错位相减法求数列的前项和及数列的单调性，将成立问题转化为求最值问题即可.
25．ACD
【分析】本题要从前两个抽象表达式入手，判断函数的轴对称和中心对称两个特征，从而得出函数的周期性，接着通过赋值代入求出一个周期内的函数值或者项的特征，可相继判断B,D两项，利用偶函数的定义可判断C项.
【详解】由可知函数的图象关于直线对称．
因为函数是奇函数，所以函数的图象关于点对称，
（根据是奇函数，得，即得到）因此函数的一个周期为8，
（若函数的图象既关于直线对称，又关于点对称，则函数的周期为），故选项A正确；
对于选项B：由函数的图象关于点对称，得，
，又，所以，故，
因此，因此选项B错误；
对于选项C：，故函数是偶函数，故选项C正确；
对于选项D：令，则，因此函数的一个周期是2，
因，所以，又，故，
所以当x为奇数时，当x为偶数时，
所以
，故选项D正确．
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：本题考查了抽象函数图像的对称性和周期性,属于难度较大知识点.关于函数的对称性和周期性主要有以下结论.
设函数．
（1）若，则函数的周期为2a；
（2）若，则函数的周期为2a；
（3）若，则函数的周期为2a；
（4）若，则函数的周期为2a；
（5）若，则函数的周期为；
（6）若函数的图象关于直线与对称，则函数的周期为；
（7）若函数的图象既关于点对称，又关于点对称，则函数的周期为；
（8）若函数的图象既关于直线对称，又关于点对称，则函数的周期为；
（9）若函数是偶函数，且其图象关于直线对称，则函数的周期为2a；
（10）若函数是奇函数，且其图象关于直线对称，则函数的周期为4a．
26．
【分析】根据题意得出关于和的方程组，即可解出的值.
【详解】由题意可得，解得.
故答案为：.
【点睛】本题考查等比数列基本量的计算，建立方程组是解答的关键，考查运算求解能力，属于基础题.
27．
【解析】利用和表示出已知的等量关系，从而构造出方程组求得结果.
【详解】设个数从小到大排列所成的等差数列为，公差为
则， ，解得：
故答案为：
【点睛】本题考查等差数列的实际应用问题，关键是能够利用首项和公差表示出已知的等量关系.
28．
【解析】当时，求得，当时，，可得是等比数列，即可求的通项公式，从而可求.
【详解】当时，解得：，
当时，，
所以，
所以是以为首项，公比为2的等比数列，
所以，
所以，
故答案为：
【点睛】本题考查了由递推公式求数列的通项公式，考查了等比数列前n项和公式，属于中档题.
29．20228
【分析】由数表归纳可得每一行的数都构成等差数列，且第行的公差是，记第行第个数为；化简可得，构造数列，可判断该数列为等差数列，化简可求得，从而第2022行的第一个数，再归纳找到个位数的规律，即可求得．
【详解】解：由数表可得，每一行的数都构成等差数列，且第行的公差是，
记第行第个数为，
则，
则，，
故数列是以首项为，公差为的等差数列，
故，
故，
故第2022行的第一个数为，
的个位数是2，的个位数是4，的个位数是8，的个位数是6，的个位数是2，，
的个位数以4为周期循环，而，故的个位数是6，
又，
故第2022行的第一个数的个位数为，
故2022年的特别密码是20228.
故答案为：20228．
【点睛】本题考查了归纳推理及数列的综合应用，同时考查了构造法及转化思想的应用，属于难题．
30．
【分析】画出可行域，得到直线，落在阴影部分的整数点的个数和即为，接下来分奇偶，求出不同情况下的通项公式，从而求出结果.
【详解】画出可行域，如图，直线，落在阴影部分的整数点的个数和即为，
设，落在阴影部分的整数点个数设为，
当k=2m时，由得：，
当时，，此时，
当k=2m-1时，由得：，
当时，，此时，，
则
故答案为：
【点睛】对于数列与其他知识综合问题，要能够根据题意抽象出数列是哪种数列，以及数列的通项公式或者求和公式再进行求解.
31．（1）；；（2）.
【分析】（1）由代入化简即可得出通项公式；并据此得出和，根据等比公式定义可得通项公式；
（2）根据等比数列前n项和公式可得结果．
【详解】（1）因为数列的前n项和.
所以当n=1时，有；
当时，，
经检验：对n=1也成立，所以.
所以，
因为，，，解得：.
又为等比数列，所以首项，公比，所以，即的通项公式为.
（2）为等比数列，通项公式为.
所以由等比数列前n项和公式可得
.
32．(1)
(2)88不是数列中的项
【分析】（1）将，代入到通项公式中，联立成方程组，求解出参数p，q，从而得出通项公式；
（2）令，解出的值，若为正整数，则是数列中的项；若不是正整数，则不是数列中的项.
【详解】（1）解：因为，，通项公式，
所以，
解得，，
所以；
（2）令，
解得，
因为，
所以88不是数列中的项.
33．(1)，；
(2)
【分析】（1）利用等比中项及等差数列的通项公式求得，进而可得，根据，求出和可得；
（2）通过（1）可知，进而利用错位相减法计算即得结论．
【详解】（1）因为是公差的等差数列，且,,成等比数列
，即，即 ，
又由=26得，
所以，所以，，
.
，即，
，即；，
又为正数，，，
.
（2）由（1）知，，
，
，
34．(1)5
(2)①可以，理由见详解；②可以，理由见详解；③可以，理由见详解
【分析】（1）根据题意可得第一次变换只能为或时，再根据变换特点理解求解；
（2）根据题意分析处理①②，对与③甲将变换为，把问题转化为②理解处理.
【详解】（1）若执行变换，则原来项的数值，若执行变换，则原来项的数值，且当时，
∵，则、各执行一次且第一次变换只能为或时，即为相当于三个元素执行进行消去，共需三次
∴.
（2）根据题意可得：有奇数项逐个消去，最终由甲执行最后一次变换，有偶数项逐个消去，最终由乙执行最后一次变换，执行、不会影响最终结果，执行会转换最终结果.
①∵，则为奇数项且最多可以执行2次（偶数次），
∴能确保甲最后将所有项删除，只需保证执行偶数次即可，
甲第一次执行消去项1，得到
1，2，2 2，2 2 结束
1，2，2 2，2 1，2 1，1 1 结束
②，则为奇数项且最多可以执行3次（奇数次），
能确保乙最后将所有项删除，只需保证执行奇数次，如下表所示：
1，2，3 1，2 1，1 1 结束
1，2，3 1，3 1，1 1 结束
1，2，3 2，3 2，2 2 结束
1，2，3 2，3 2，2 1，2 1 ，1 1 结束
1，2，3 1，1，3 1，1，1，1 1，1，1 1，1 1 结束
1，2，3 1，1，2 1，1 1 结束
1，2，3 1，2，2 2，2 2 结束
1，2，3 1，2，2 2，2 1，2 1，1 1 结束
1，2，3 1，1，1，2 1，1，1，1 1，1，1 1，1 1 结束
③∵，则为奇数项且最多可以执行10次（偶数次），
∴能确保甲最后将所有项删除，只需保证执行偶数次即可.
步骤如下：甲将变换为，
将看成组1，看成组2，
若乙对组1变换，根据②可知，甲可以最后将所有项删除，
若乙对组2变换，根据②可知，甲只需执行和乙相同的变换即可保证最后将所有项删除.
【点睛】①对三种变换理解的：执行、不会影响最终结果，执行会转换最终结果；
②将问题化为已经解决的问题分析理解.
35．⑴，⑵
【分析】(1)本题首先可以通过因式分解将转化为，然后分别对以及进行分类讨论，即可得出结果；
(2)本题首先可以将分为、、、、五个区间，然后得出在每个区间下的集合的取值范围，再然后判断每个区间下的值是否在集合的取值范围之中，即可得出结果．
【详解】⑴集合:，，，
①当时，，不符合；
②当时，，设，，
则，所以，即．
⑵①当时，，而，
故时，不存在满足条件的；
②当时，，，
因为越大，越小，所以是关于的增函数，
因为，所以，对任意，只须满足，得；
③当时，，
因为，所以，故不存在实数；
④当时，，，，满足题意；
⑤当时，，
，
，
所以，，且，
，
故，
对任意只需，即，解得，
综上所述，的取值范围是．
【点睛】本题考查不等式的相关性质以及等比数列的相关性质，主要考查一元二次不等式的求解以及等比数列的前项和，考查分类讨论思想，考查计算能力，体现了综合性，是难题．
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