高考数学命题热点名师解密专题：解创新数列之匙(理)
高考数学 导数、数列压轴题的破解策略 数列创试题 素材
高考数学 导数、数列压轴题的破解策略 数列创新试题例1. 〔2021高考，理〕数列{}n a 满足1a =12且1n a +=n a -2n a 〔n ∈*N 〕 〔1〕证明：112nn a a +≤≤〔n ∈*N 〕； 〔2〕设数列{}2n a 的前n 项和为n S ，证明112(2)2(1)n S n n n ≤≤++〔n ∈*N 〕. 【解析】〔1〕首先根据递推公式可得12n a ≤，再由递推公式变形可知 211[1,2]1n n n n n n a a a a a a +==∈--，从而得证；〔2〕由1111=n n n n a a a a ++-和112n n a a +≤≤得，11112n n a a +≤-≤，从而可得*111()2(1)2n a n N n n +≤≤∈++，即可得证. 试题解析：〔1〕由题意得，210n n n a a a +-=-≤，即1n n a a +≤，12n a ≤，由11(1)n n n a a a --=- 得1211(1)(1)(1)0n n n a a a a a --=--⋅⋅⋅->，由102n a <≤得， 211[1,2]1n n n n n n a a a a a a +==∈--，即112n n a a +≤≤；〔2〕由题意得21n n n a a a +=-， ∴11n n S a a +=-①，由1111=n n n n a a a a ++-和112n n a a +≤≤得，11112n na a +≤-≤， ∴11112n n n a a +≤-≤，因此*111()2(1)2n a n N n n +≤≤∈++②，由①②得 112(2)2(1)n S n n n ≤≤++. 例2：将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，得到如下图的01-三角数表．从上往下数，第1次全行的数都为1的是第1行，第2次全行的数都为1的是第3行，…，第n 次全行的数都为1的是第 行；第61行中1的个数是 ． 第1行 1 1 第2行 1 0 1第3行 1 1 1 1 第4行 1 0 0 0 1 第5行 1 1 0 0 1 1 …… ………………………………………【解析】第1次全行的数都为1的是第121-行， 第2次全行的数都为1的是第221-行， 第3次全行的数都为1的是第321-行， ……，第n 次全行的数都为1的是第21n -行(可用数学归纳法或者递推关系证明)； 第62163-=行数都为1，从而逆推出第61行为1,1,0,0,1,1,0,0,1,1,,1,1,0,0,1,1，一共有32个1．例3：〔2021高考，理〕设*n N ∈，n x 是曲线221n y x +=+在点(12)，处的切线与x 轴交点的横坐标.〔Ⅰ〕求数列{}n x 的通项公式；〔Ⅱ〕记2221321n n T x x x -=，证明14n T n≥. 【解析】〔Ⅰ〕对题中所给曲线的解析式进展求导，得出曲线221n y x +=+在点(12)，处的切线斜率为22n +.从而可以写出切线方程为2(22)(1)y n x -=+-.令0y =.解得切线与x 轴交点的横坐标1111n nx n n =-=++. 〔Ⅱ〕要证14n T n≥，需考虑通项221n x -，通过适当放缩可以使得每项相消即可证明.思路如下：先表示出22222213211321()()()242n n n T x x x n --==，求出初始条件当1n =时，114T =.当2n ≥时，单独考虑221n x-，并放缩得222222122221(21)(21)1441()2(2)(2)(2)n n n n n n n xn n n n n-------==>==，所以211211()2234n n T n n ->⨯⨯⨯⨯=，综上可得对任意的*n N ∈，均有14n T n≥. 试题解析：〔Ⅰ〕解：2221'(1)'(22)n n y xn x ++=+=+，曲线221n y x +=+在点(12)，处的切线斜率为22n +.从而切线方程为2(22)(1)y n x -=+-.令0y =，解得切线与x 轴交点的横坐标1111n nx n n =-=++. 〔Ⅱ〕证：由题设和〔Ⅰ〕中的计算结果知22222213211321()()()242n n n T x x x n--==. 当1n =时，114T =. 当2n ≥时，因为222222122221(21)(21)1441()2(2)(2)(2)n n n n n n n xn n n n n-------==>==，所以211211()2234n n T n n->⨯⨯⨯⨯=. 综上可得对任意的*n N ∈，均有14n T n≥. 例4：将杨辉三角中的每一个数rn C 都换成1(1)rnn C +，就得到一个如右图所示的分数三角形，成为莱布尼茨三角形，从莱布尼茨三角形可看出1111(1)(1)r x rn n n n C n C nC -+=++，其中x = ； 令()22111113121n n n a nC n C -=+++++，那么lim n n a →∞= ． 【解析】∵11111(1)(1)r r rn n n n C n C nC +-+=++ ∴1x r =+；∵()()()212111n n n C n n n -=++- 111111n n n n ⎛⎫⎛⎫=--- ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭，∴012234111345n a C C C =+++()321111n n n n nC n C ---+++ 111121n n =--++， ∴1lim 2n n a →∞=． 例5：〔2021高考〕设1234,,,a a a a 是各项为正数且公差为d (0)d ≠的等差数列 〔1〕证明：31242,2,2,2a a a a依次成等比数列；〔2〕是否存在1,a d ，使得2341234,,,a a a a 依次成等比数列，并说明理由；〔3〕是否存在1,a d 及正整数,n k ，使得k n k n k n n a a a a 342321,,,+++依次成等比数列，并说 明理由.【解析】〔1〕根据等比数列定义只需验证每一项与前一项的比值都为同一个不为零的常数即可〔2〕此题列式简单，变形较难，首先令1dt a =将二元问题转化为一元，再分别求解两个高次方程，利用消最高次的方法得到方程：27+430t t +=，无解，所以不存在〔3〕同〔2〕先令1dt a =将二元问题转化为一元，为降次，所以两边取对数，消去n,k 得到关于t 的一元方程4ln(13)ln(1)ln(13)ln(12)3ln(12)ln(1)0t t t t t t ++-++-++=，从而将方程的解转化为研究函数()4ln(13)ln(1)ln(13)ln(12)3ln(12)ln(1)g t t t t t t t =++-++-++零点情况，这个函数需要利用二次求导才可确定其在(0,)+∞上无零点试题解析：〔1〕证明：因为112222n n n na a a d a ++-==〔1n =，2，3〕是同一个常数，所以12a ，22a ，32a ，42a 依次构成等比数列．〔2〕令1a d a +=，那么1a ，2a ，3a ，4a 分别为a d -，a ，a d +，2a d +〔a d >，2a d >-，0d ≠〕． 假设存在1a ，d ，使得1a ，22a ，33a ，44a 依次构成等比数列，那么()()34a a d a d =-+，且()()6422a d a a d +=+． 令d t a =，那么()()3111t t =-+，且()()64112t t +=+〔112t -<<，0t ≠〕， 化简得32220t t +-=〔*〕，且21t t =+．将21t t =+代入〔*〕式，()()21212313410t t t t t t t t +++-=+=++=+=，那么14t =-．显然14t =-不是上面方程得解，矛盾，所以假设不成立， 因此不存在1a ，d ，使得1a ，22a ，33a ，44a 依次构成等比数列． 〔3〕假设存在1a ，d 及正整数n ，k ，使得1na ，2n ka +，23n ka +，34n ka +依次构成等比数列，那么()()()221112n kn k n a a d a d +++=+，且()()()()32211132n kn kn k a d a d a d +++++=+．分别在两个等式的两边同除以()21n k a +及()221n k a +，并令1d t a =〔13t >-，0t ≠〕， 那么()()()22121n kn k t t +++=+，且()()()()32211312n kn kn k t t t +++++=+．将上述两个等式两边取对数，得()()()()2ln 122ln 1n k t n k t ++=++， 且()()()()()()ln 13ln 1322ln 12n k t n k t n k t +++++=++． 化简得()()()()2ln 12ln 12ln 1ln 12k t t n t t +-+=+-+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦， 且()()()()3ln 13ln 13ln 1ln 13k t t n t t +-+=+-+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦．令()()21t t ϕϕ'=，那么()()()()212011213t t t t ϕ'=>+++．由()()()()1200000g ϕϕϕ====，()20t ϕ'>， 知()2t ϕ，()1t ϕ，()t ϕ，()g t 在1,03⎛⎫- ⎪⎝⎭和()0,+∞上均单调．故()g t 只有唯一零点0t =，即方程〔**〕只有唯一解0t =，故假设不成立． 所以不存在1a ，d 及正整数n ，k ，使得1na ，2n ka +，23n ka +，34n ka +依次构成等比数列．例6：假设数列{}n a 满足212n na p a +=〔p 为正常数，n *∈N 〕，那么称{}n a 为“等方比数列〞．甲：数列{}n a 是等方比数列；乙：数列{}n a 是等比数列，那么〔 〕A ．甲是乙的充分条件但不是必要条件B ．甲是乙的必要条件但不是充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 【解析】取{}n a 为1,2,4,8,---，2124n na a +=，那么数列{}n a 是等方比数列，但，不是等比数列；假设数列{}n a 是等比数列，设公比为q ，那么222112n n n n a a q a a ++⎛⎫== ⎪⎝⎭为正常数，那么数列{}n a 是等方比数列，应选B ．例7:对数列{}n a ，规定{}n a ∆为数列{}n a 的一阶差分数列，其中()1n n n a a a n N ++∆=-∈；对正整数k ，规定{}k n a ∆为数列{}n a 的k 阶差分数列，其中111k k k n n n a a a --+∆=∆-∆()1k n a -=∆∆．〔1〕数列{}n a 的通项公式()2n a n n n N+=+∈，试判断{}{}2nna a ∆∆、是否为等差数列或者等比数列？为什么？〔2〕数列{}n a 首项11a =，且满足212nn n n a a a +∆-∆+=-，求数列{}n a 的通项公式．【解析】〔1〕∵()2n a n n n N +=+∈，∴()121n n n a a a n +∆=-=+，212n n n a a a +∆=∆-∆=，∴数列{}n a ∆是等差数列，{}2n a ∆是常数列，既是等差数列，又是等比数列．〔2〕∵212nn n n a a a +∆-∆+=-，∴()112n n n n n a a a a ++∆-∆-∆+=-，∴122nn n a a +=+，两边同时除以12n +，得：111222n n n n a a ++=+ 令2n n na b =，那么： 112n n b b +-=， ∴2n n b =，即12n n a n -=⋅． 例8：假设有穷数列12,...n a a a 〔n 是正整数〕，满足1211,,....,n n n a a a a a a -===，即1i n i a a -+=〔i 是正整数，且1i n ≤≤〕，就称该数列为“对称数列〞．〔1〕数列{}n b 是项数为7的“对称数列〞，且1234,,,b b b b 成等差数列，142,11b b ==，试写出{}n b 的每一项；〔2〕{}n c 是项数为()211k k -≥的对称数列，且121,...k k k c c c +-构成首项为50，公差为4-的等差数列，数列{}n c 的前21k -项和为21k S -，那么当k 为何值时，21k S -取到最大值？最大值为多少？〔3〕对于给定的正整数1m >，试写出所有项数不超过2m 的对称数列，使得211,2,2...2m -成为数列中的连续项；当1500m >时，试求其中一个数列的前2021项和2008S ．【解析】〔1〕设数列{}n b 的公差为d ，那么：1132314=+=+=d d b b ，解得： 3=d ，∴数列{}n b 为25811852，，，，，，． 〔2〕由对称数列的定义知：12121k k k k c c c c c c +-+++=+++，∴()211212k k k k k S c c c c -+-=+++-()()12504502k k k -⎡⎤=⨯+⨯--⎢⎥⎣⎦2410450k k =-+-()2413626k =--+，∴当13k =时，21k S -取到最大值626． 〔3〕∵211,2,2 (2)m -成为项数不超过2m 的对称数列中的连续项，∴该数列只可能是：21121,2,,2,2,2,2,,2,1m m m m ----； 或者2121,2,,2,2,2,,2,1m m m ---； 或者12212,2,,2,1,1,2,,2,2m m m m ----；或者12212,2,,2,1,2,,2,2m m m m ----；下面计算2121,2,,2,2,2,,2,1m m m ---的前2021项和2008S ：①当15002008m <<时，()()2009232008222m m m m m S S ----=++++()()1220092122m m m --=-+-1220093221m m --=⨯--；②当2008m ≥时，2008200821S =-；故2121,2,,2,2,2,,2,1m m m ---的前2021项和为：()()20082008122009212008322115002008m m m S m --⎧-≥⎪=⎨⨯--<<⎪⎩ ． 例9：在()2m m ≥个不同数的排列12n p p p 中，假设1i j m ≤<≤时i j p p >〔即前面某数大于后面某数〕，那么称i p 与j p 构成一个逆序. 一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数. 记排列321)1()1( -+n n n 的逆序数为n a ，如排列21的逆序数11a =，排列321的逆序数36a =.〔Ⅰ〕求45a a 、，并写出n a 的表达式；〔Ⅱ〕令nn n n n a aa ab 11+++=，证明: 32221+<++<n b b b n n ．【解析】〔Ⅰ〕15,1054==a a ，2)1(12)1(+=+++-+=n n n n a n 〔Ⅱ〕 ∵1122n n n n n a a n n b a a n n+++=+=++2>=，1,2,n=∴n b b b n 221>+++ . 又∵222222n n n b n n n n +=+=+-++, ∴12n b b b +++111122[()()]132n n n =+-++-+ =32221232+<+-+-+n n n n . 综上，12223n n b b b n <++<+.例10：11211222,,,a A a A A ==+12n n n n n a A A A =+++，当,2n N n *∈≥时，求证：〔1〕)1(1+=-n n a n a ； 〔2〕12111(1)(1)(1)3na a a +++<． 证明：〔1〕当2n k ≥≥时，()!!k n n A n k =-()()()111!11!k n n n nA n k ---==---⎡⎤⎣⎦，∴12n n n n n a A A A =+++()121111n n n n n n A A A ----=++++)1(1-+=n a n ；〔2〕由〔1〕na a nn =+-11， ∴12311111111n a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭nn a a a a a a a a 1111332211+⨯⨯+⨯+⨯+= )!1()1(32112312+=+⨯⨯⨯=++n a a n a a a a a n n n ()1211111(1)!n n n n A A A n ++++=++++ 11111!(1)!2!n n =+++++- 11121223(1)n n <++++⨯⨯-⨯313112<-=-+=nn ． 例11：假设定义在区间D 上的函数()f x 对于D 上的任意n 个值1231,,,,,n n x x x x x -，总满足：()()()12n f x f x f x n+++12n x x x f n +++⎛⎫≤ ⎪⎝⎭称函数()f x 为D 上的凸函数，那么在锐角三角形ABC ∆中，cos cos cos A B C ++的最大值是．解：∵函数()cos f x x =为0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上的凸函数， ∴cos cos cos 3A B C ++1cos32A B C ++≤=， 故3cos cos cos 2A B C ++≤． 例12：在)(n m f ，中，m 、n 、)(n m f ，均为非负整数，且对任何n m ，有：①1)0(+=n n f ，；②)1()01(，，m f m f =+；③()()111f m n f m f m n ++=+⎡⎤⎣⎦，，，；试求：〔1〕)01(，f 的值；〔2〕)1(n f ，关于n 的表达式；〔3〕)3(n f ，关于n 的表达式．解：〔1〕)01(，f )10(，f =211＝＝+；〔2〕))11(0()1(-=n f f n f ，，，()(11)11f n n =-+≥，，故数列{}()(11)1f n n -≥，成等差数列，其中首项2)01(=，f ，公差11=d ，∴2)01()1(1+=+=⋅n d n f n f ，，． 〔3〕))12(1()2(-=n f f n f ，，，()(21)21f n n =-+≥，，故数列{}()(21)1f n n -≥，也成等差数列，其中首项(20)(11)213f f ==+=，，，公差22=d ，∴322)02()2(+=+=⋅n n f n f ，，．∵))13(2()3(-=n f f n f ，，，()2(31)31f n n =-+≥⋅，，可变形为：()(3)32[(31)3]1f n f n n +=-+≥，，．故数列{}3)13(+-n f ，n (≥)1成等比数列，其中首项为8353)12(3)03(=+=+=+，，f f ，公比2=q ．∴32)3(3-=+n n f ，四季寄语情感寄语在纷繁的人群中/牵手走过岁月/就像走过夏季/拥挤的海滩在我居住的江南/已是春暖花开季节/采几片云彩/轻捧一掬清泉/飘送几片绿叶/用我的心/盛着寄给/北国的你不要想摆脱冬季/看/冰雪覆盖的世界/美好的这样完整/如我对你的祝福/完整地这样美好挡也挡不住的春意/像挡也挡不住的/想你的心情/它总在杨柳枝头/泄露我的秘密往事的怀念/爬上琴弦/化作绵绵秋雨/零零落落我诚挚的情怀/如夏日老树下的绿荫/斑斑驳驳虽只是一个小小的祝福/却化做了/夏季夜空/万点星辰中的一颗对你的思念/温暖了/我这些个漫长的/冬日从春到夏,从秋到冬......只要你的帘轻动,就是我的思念在你窗上走过.在那个无花果成熟的季节,我才真正领悟了你不能表达的缄默.我又错过了一个花期/只要你知道无花也是春天/我是你三月芳草地燕子声声里,相思又一年朋友,愿你心中,没有秋寒.一到冬天,就想起/那年我们一起去吃的糖葫芦/那味道又酸又甜/就像......爱情.谢谢你/在我孤独时刻/拜访我这冬日陋室只要有个窗子/就拥有了四季/拥有了世界愿你:俏丽如三春之桃,清素若九秋之菊没有你在身边,我的生活永远是冬天!让我们穿越秋天/一起去领略那收获的喜悦!在冬天里,心中要装着春天;而在春天,却不能忘记冬天的寒冷.落红不是无情物,化作春泥更护花.愿是只燕,衔着春光,翩翩向你窗.请紧紧把握现在/让我们把一种期翼/或者是一种愿望/种进大地/明春/它就会萌生绿色的叶片.此刻又是久违的秋季/又是你钟爱的季节/于是/秋风秋雨秋云秋月/都化作你的笑颜身影/在我的心底落落起起.此刻已是秋季/你可体验到/收获怀念的感觉/和秋雨一样真实动人.一条柳枝/愿是你生活的主题/常绿常新/在每一个春季雨声蝉鸣叶落风啸/又一个匆匆四季/在这冬末春初/向遥远的你/问安!又是夏季/时常有暴雨雷鸣/此刻/你可以把我当作大雨伞/直至雨过天晴/留给你一个/彩虹的夏季!。
专题05数列热点问题-2024年高考数学六大题解满分解题技巧秘籍
数列热点问题是高考数学中的一个常见题型，涉及到数列的公式、递推关系、性质等内容。
解题时，需要运用一些解题技巧和方法，帮助我们快速找到解题思路和解题方法。
本文将介绍一些解题指导和解题技巧，以帮助同学们在高考数学中顺利解出数列热点问题。
一、题目分析在解题时，首先要对题目进行分析，了解题目要求、条件和给出的信息。
同时，要注意题目中是否涉及到常见的数列类型，如等差数列、等比数列、斐波那契数列等。
对数列类型的识别能够帮助我们快速找到解题的思路和方法。
二、找出递推关系在解数列问题时，一般都要找出数列的递推关系，即当前项与前一项之间的关系。
常见的递推关系包括等差递推关系、等比递推关系、斐波那契递推关系等。
通过找出递推关系，我们可以利用已知的条件来求解未知的项或性质。
三、寻找规律和性质在解题过程中，我们常需要观察数列的规律和性质。
通过观察找到的规律和性质，我们可以进一步得出结论，并解答题目中的问题。
寻找规律和性质时，可以关注数列的项数、奇偶性、尾项、前n项和等等。
四、变形和转化有时候，题目中给出的数列不太容易求解或者不太容易找到递推关系。
这时，我们可以尝试对数列进行变形或转化。
常见的变形和转化包括对数列项进行加减乘除操作，对数列求逆序、绝对值、倒数等。
通过变形和转化，我们可以简化解题过程，找到更容易求解的数列。
五、利用性质和定理在解题时，我们可以运用已知的数列性质和定理来辅助解题。
常见的数列性质和定理包括等差数列的前n项和公式、等比数列的前n项和公式、等差中项公式、斐波那契数列的性质等。
熟练掌握这些数列性质和定理，并且善于灵活运用，可以帮助我们快速解决问题。
六、举例和验证在解题过程中，我们可以通过举例和验证来确认我们得到的结论和答案是否正确。
通过选取一些特殊的数列或者项数，我们可以检验我们的结论和答案是否符合预期。
如果验证结果不符合预期，我们需要检查之前的推理链条，找出错误的地方，并进行修正。
总结：数列热点问题在高考数学中占据着重要的位置。
2024年高考数学专项复习数列中的知识交汇和创新型问题(解析版)
数列中的知识交汇和创新型问题1王先生今年初向银行申请个人住房贷款100万元购买住房，按复利计算，并从贷款后的次月初开始还贷，分10年还清.银行给王先生提供了两种还贷方式：①等额本金：在还款期内把本金总额等分，每月偿还同等数额的本金和剩余本金在该月所产生的利息；②等额本息：在还款期内，每月偿还同等数额的贷款(包括本金和利息).(1)若王先生采取等额本金的还贷方式，已知第一个还贷月应还15000元，最后一个还贷月应还6500元，试计算王先生该笔贷款的总利息；(2)若王先生采取等额本息的还贷方式，贷款月利率为0.3%，.银行规定每月还贷额不得超过家庭月收入的一半，已知王先生家庭月收入为23000元，试判断王先生该笔贷款能否获批.(不考虑其他因素)参考数据1.003119≈1.428，1.003180≈1.433，1.003121≈1.4372024年高考数学专项复习数列中的知识交汇和创新型问题（解析版）2佛山新城文化中心是佛山地标性公共文化建筑.在建筑造型上全部都以最简单的方块体作为核心要素，与佛山世纪莲体育中心的圆形莲花造型形成“方”“圆”呼应.坊塔是文化中心的标志性建筑、造型独特、类似一个个方体错位堆叠，总高度153.6米.坊塔塔楼由底部4个高度相同的方体组成塔基，支托上部5个方体，交错叠合成一个外形时尚的塔身结构.底部4个方体高度均为33.6米，中间第5个方体也为33.6米高，再往上2个方体均为24米高，最上面的两个方体均为19.2米高.(1)请根据坊塔方体的高度数据，结合所学数列知识，写出一个等差数列a n的通项公式，该数列以33.6为首项，并使得24和19.2也是该数列的项；(2)佛山世纪莲体育中心上层屋盖外径为310米.根据你得到的等差数列，连续取用该数列前m(m∈N*)项的值作为方体的高度，在保持最小方体高度为19.2米的情况下，采用新的堆叠规则，自下而上依次为2a1、3a2、4a3、⋯⋯、m+1a m表示高度为a m的方体连续堆叠m+1层的总高度)，请问新堆叠坊塔a m(m+1的高度是否超过310米？并说明理由.3在当前市场经济条件下，某服装市场上私营个体商店中的商品所标价格a与其实际价值b之间存在着相当大的差距.对购物的消费者来说，这个差距越小越好，而商家则相反，于是就有消费者与商家的“讨价还价”，常见的方法是“对半还价法”，消费者第一次减去定价的一半，商家第一次讨价加上二者差价的一半;消费者第二次还价再减去二者差价的一半，商家第二次讨价，再加上二者差价的一半，如此下去，可得表1:表1次数消费者还价商家讨价第一次b1=12a c1=b1+12(a-b1)第二次b2=c1-12(c1-b1)c2=b2+12(c1-b2)第三次b3=c2-12(c2-b2)c3=b3+12(c2-b3)⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅第n次b n=c n-1-12(c n-1-b n-1)c n=b n+12(c n-1-b n)消费者每次的还价b n(n∈k)组成一个数列b n.(1)写出此数列的前三项，并猜测通项b n的表达式并求出limn→+∞b n；(2)若实际价格b与定出a的价格之比为b:a=0.618:1，利用“对半还价法”讨价还价，最终商家将能有百分之几的利润?4近两年，直播带货逐渐成为一种新兴的营销模式，带来电商行业的新增长点.某直播平台第1年初的启动资金为500万元，由于一些知名主播加入，平台资金的年平均增长率可达40%，每年年底把除运营成本a万元，再将剩余资金继续投入直播平合.(1)若a=100，在第3年年底扣除运营成本后，直播平台的资金有多少万元？(2)每年的运营成本最多控制在多少万元，才能使得直播平台在第6年年底㧅除运营成本后资金达到3000万元？(结果精确到0.1万元)5甲、乙两人同时分别入职A,B两家公司，两家公司的基础工资标准分别为：A公司第一年月基础工资数为3700元，以后每年月基础工资比上一年月基础工资增加300元；B公司第一年月基础工资数为4000元，以后每年月基础工资都是上一年的月基础工资的1.05倍．(1)分别求甲、乙两人工作满10年的基础工资收入总量(精确到1元)(2)设甲、乙两人入职第n年的月基础工资分别为a n、b n元，记c n=a n-b n，讨论数列c n的单调性，指出哪年起到哪年止相同年份甲的月基础工资高于乙的月基础工资，并说明理由．6治理垃圾是S市改善环境的重要举措．去年S市产生的垃圾量为200万吨，通过扩大宣传、环保处理等一系列措施，预计从今年开始，连续5年，每年的垃圾排放量比上一年减少20万吨，从第6年开始，每年的垃圾排放量为上一年的75%．(1)写出S市从今年开始的年垃圾排放量与治理年数n n∈N*的表达式；(2)设A n为从今年开始n年内的年平均垃圾排放量．如果年平均垃圾排放量呈逐年下降趋势，则认为现有的治理措施是有效的；否则，认为无效，试判断现有的治理措施是否有效，并说明理由．7为了防止某种新冠病毒感染，某地居民需服用一种药物预防.规定每人每天定时服用一次，每次服用m毫克.已知人的肾脏每24小时可以从体内滤除这种药物的80%，设第n次服药后(滤除之前)这种药物在人体内的含量是a n毫克，(即a1=m).(1)已知m=12，求a2､a3；(2)该药物在人体的含量超过25毫克会产生毒副作用，若人需要长期服用这种药物，求m的最大值.8保障性租赁住房，是政府为缓解新市民、青年人住房困难，作出的重要决策部署．2021年7月，国务院办公厅发布《关于加快发展保障性租赁住房的意见》后，国内多个城市陆续发布了保障性租赁住房相关政策或征求意见稿．为了响应国家号召，某地区计划2021年新建住房40万平方米，其中有25万平方米是保障性租赁住房．预计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%，另外，每年新建住房中，保障性租赁住房的面积均比上一年增加5万平方米．(1)到哪一年底，该市历年所建保障性租赁住房的累计面积(以2021年为累计的第一年)将首次不少于475万平方米?(2)到哪一年底，当年建造的保障性租赁住房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%?9某市2013年发放汽车牌照12万张，其中燃油型汽车牌照10万张，电动型汽车2万张，为了节能减排和控制总量，从2013年开始，每年电动型汽车牌照按50%增长，而燃油型汽车牌照每一年比上一年减少0．5万张，同时规定一旦某年发放的牌照超过15万张，以后每一年发放的电动车的牌照的数量维持在这一年的水平不变．(1)记2013年为第一年，每年发放的燃油型汽车牌照数量构成数列a n，每年发放电动型汽车牌照数为构成数列b n，完成下列表格，并写出这两个数列的通项公式；a1=10a2=9.5a3=a4=b1=2b2=3b3=b4=(2)从2013年算起，累计各年发放的牌照数，哪一年开始超过200万张？10市民小张计划贷款60万元用于购买一套商品住房，银行给小张提供了两种贷款方式：①等额本金：每月的还款额呈递减趋势，且从第二个还款月开始，每月还款额与上月还款额的差均相同；②等额本息：每月的还款额均相同．银行规定，在贷款到账日的次月当天开始首次还款(如2020年7月7日贷款到账，则2020年8月7日首次还款)．已知该笔贷款年限为20年，月利率为0.4%．(1)若小张采取等额本金的还款方式，已知第一个还款月应还4900元，最后一个还款月应还2510元，试计算该笔贷款的总利息．(2)若小张采取等额本息的还款方式，银行规定，每月还款额不得超过家庭平均月收入的一半．已知小张家庭平均月收入为1万元，判断小张申请该笔贷款是否能够获批(不考虑其他因素)．参考数据：1.0042.61．(3)对比两种还款方式，从经济利益的角度考虑，小张应选择哪种还款方式．11流行性感冒是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病.某市去年11月份曾发生流感，据统计，11月1日该市的新感染者有30人，以后每天的新感染者比前一天的新感染者增加50人.由于该市医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，从11月k+19≤k≤29,k∈N*日起每天的新感染者比前一天的新感染者减少20人.(1)若k=9，求11月1日至11月10日新感染者总人数；(2)若到11月30日止，该市在这30天内的新感染者总人数为11940人，问11月几日，该市新感染者人数最多？并求这一天的新感染者人数.12某知识测试的题目均为多项选择题，每道多项选择题有A，B，C，D这4个选项，4个选项中仅有两个或三个为正确选项.题目得分规则为：全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.已知测试过程中随机地从四个选项中作选择，每个选项是否为正确选项相互独立.若第一题正确选项为两个的概率为13，并且规定若第i i=1,2,⋯,n-1题正确选项为两个，则第i+1题正确选项为两个的概率为13；第i i=1,2,⋯,n-1题正确选项为三个，则第i+1题正确选项为三个的概率为1 3.(1)若第二题只选了“C”一个选项，求第二题得分的分布列及期望；(2)求第n题正确选项为两个的概率；(3)若第n题只选择B、C两个选项，设Y表示第n题得分，求证：E Y ≤1718.13甲､乙两人进行象棋比赛，赛前每人发3枚筹码.一局后负的一方，需将自己的一枚筹码给对方；若平局，双方的筹码不动，当一方无筹码时，比赛结束，另一方最终获胜.由以往两人的比赛结果可知，在一局中甲胜的概率为0.3､乙胜的概率为0.2.(1)第一局比赛后，甲的筹码个数记为X，求X的分布列和期望；(2)求四局比赛后，比赛结束的概率；(3)若P i i=0,1,⋯,6表示“在甲所得筹码为i枚时，最终甲获胜的概率”，则P0=0,P6=1.证明：P i+1-P ii=0,1,2,⋯,5为等比数列.14已知数列a n的前n项和为S n,a1=2，对任意的正整数n，点a n+1,S n均在函数f x =x图象上.(1)证明：数列S n是等比数列；(2)问a n中是否存在不同的三项能构成等差数列？说明理由.15如果数列a n对任意的n∈N*，a n+2-a n+1>a n+1-a n，则称a n为“速增数列”.(1)请写出一个速增数列a n的通项公式，并证明你写出的数列符合要求；(2)若数列a n为“速增数列”，且任意项a n∈Z，a1=1，a2=3，a k=2023，求正整数k的最大值.16设数列a n的前n项和为S n，若12≤a n+1a n≤2n∈N*，则称a n是“紧密数列”.(1)若a n=n2+2n4n ，判断a n是否是“紧密数列”，并说明理由；(2)若数列a n前n项和为S n=14n2+3n，判断a n是否是“紧密数列”，并说明理由；(3)设数列a n是公比为q的等比数列.若数列a n与S n都是“紧密数列”，求q的取值范围.17已知a n和b n是各项均为正整数的无穷数列，若a n和b n都是递增数列，且a n中任意两个不同的项的和不是b n 中的项，则称a n 被b n 屏蔽．已知数列c n 满足1c 1+3c 2+⋅⋅⋅+2n -1c n=n n ∈N * ．(1)求数列c n 的通项公式；(2)若d n 为首项与公比均为c 1+1的等比数列，求数列c n ⋅d n 的前n 项和S n ，并判断S n 能否被c n 屏蔽，请说明理由．18设y =f (x )是定义域为R 的函数，如果对任意的x 1、x 2∈R x 1≠x 2 ,f x 1 -f x 2 <x 1-x 2 均成立，则称y =f (x )是“平缓函数”.(1)若f 1(x )=1x 2+1,f 2(x )=sin x ，试判断y =f 1(x )和y =f 2(x )是否为“平缓函数” ?并说明理由;(参考公式:x >0时，sin x <x 恒成立)(2)若函数y =f (x )是“平缓函数”，且y =f (x )是以1为周期的周期函数，证明:对任意的x 1、x 2∈R ，均有f x 1 -f x 2 <12;(3)设y =g (x )为定义在R 上函数，且存在正常数A >1使得函数y =A ⋅g (x )为“平缓函数”. 现定义数列x n 满足:x 1=0,x n =g x n -1 (n =2,3,4,⋯)，试证明:对任意的正整数n ,g x n ≤A |g (0)|A -1.19若项数为N N ≥3 的数列A N :a 1,a 2,⋯,a N 满足：a 1=1,a i ∈N *i =2,3,⋯,N ，且存在M ∈2,3,⋯,N -1 ，使得a n +1-a n ∈1,2 ,1≤n ≤M -1-1,-2 ,M ≤n ≤N -1，则称数列A N 具有性质P .(1)①若N =3，写出所有具有性质P 的数列A 3；②若N =4,a 4=3，写出一个具有性质P 的数列A 4；(2)若N =2024，数列A 2024具有性质P ，求A 2024的最大项的最小值；(3)已知数列A N :a 1,a 2,⋯,a N ,B N :b 1,b 2,⋯,b N 均具有性质P ，且对任意i ,j ∈1,2,⋯,N ，当i ≠j 时，都有a i ≠a j ,b i ≠b j ．记集合T 1=a 1,a 2,⋯,a N ，T 2=b 1,b 2,⋯,b N ，求T 1∩T 2中元素个数的最小值.20在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”.如数列1，2第1次“和扩充”后得到数列1，3，2，第2次“和扩充”后得到数列1，4，3，5，2.设数列a ，b ，c 经过第n 次“和扩充”后所得数列的项数记为P n ，所有项的和记为S n .(1)若a =1,b =2,c =3，求P 2，S 2；(2)设满足P n ≥2023的n 的最小值为n 0，求n 0及S n 03(其中[x ]是指不超过x 的最大整数，如1.2 =1，-2.6 =-3)；21已知Q ：a 1,a 2,⋯,a k 为有穷整数数列.给定正整数m ,若对任意的n ∈1,2,⋅⋅⋅,m ,在Q 中存在a i ,a i +1,a i +2,⋯,a i +j j ≥0 ,使得a i +a i +1+a i +2+⋅⋅⋅+a i +j =n ,则称Q 为m -连续可表数列.(1)判断Q ：2,1,4,2是否为7-连续可表数列？是否为8-连续可表数列？说明理由；(2)若Q ：a 1,a 2,⋯,a k 为8-连续可表数列,求证：k 的最小值为4.22已知有限数列a n ，从数列a n 中选取第i 1项、第i 2项、⋯、第i m 项(i 1<i 2<⋯<i m )，顺次排列构成数列b k ，其中b k =a i k，1≤k ≤m ，则称新数列b k 为a n 的长度为m 的子列．规定：数列a n 的任意一项都是a n 的长度为1的子列，若数列a n 的每一子列的所有项的和都不相同，则称数列a n 为完全数列．设数列a n 满足a n =n ，1≤n ≤25,n ∈N *．(1)判断下面数列a n 的两个子列是否为完全数列，并说明由；数列①：3，5，7，9，11；数列②：2，4，8，16．(2)数列a n 的子列b k 长度为m ，且b k 为完全数列，证明：m 的最大值为6；(3)数列a n 的子列b k 长度m =5，且b k 为完全数列，求1b 1+1b 2+1b 3+1b 4+1b 5的最大值．23有穷数列{a n }共m 项(m ≥3)．其各项均为整数，任意两项均不相等．b i =a i -a i +1 i =1,2,⋯,m -1 ，b i ≤b i +1i =1,2,⋯,m -2 ．(1)若{a n }：0，1，a 3．求a 3的取值范围；(2)若m =5，当5i =1a i 取最小值时，求4i =1b i 的最大值；(3)若1≤a i ≤m i =1,2,...,m ，m -1k =1b k =m +1，求m 的所有可能取值．24如图为一个各项均为正数的数表，记数表中第i 行第j 列的数为a i ,j ，已知各行从左至右成等差数列，各列从上至下成公比相同的等比数列.1⋯620⋮(1)若a i,j；=100，求实数对i,j(2)证明：所有正整数恰在数表中出现一次.25若数列a n为η数列.记S n=a1+a2 满足a k+1-a k=1k=1,2,3,⋯,n-1n≥2，则称数列a n+a3+⋯+a n.(1)写出一个满足a1=a5=1，且S5=5的η数列；(2)若a1=24,n=2000，证明：η数列a n是递增数列的充要条件是a n=2023；(3)对任意给定的整数n n≥3，使得S n=1？如果存在，写出一个满足条 ，是否存在首项为1的η数列a n件的η数列a n；如果不存在，说明理由.26定义矩阵运算：a b c dx y =ax +bycx +d y．已知数列a n ，b n 满足a 1=1，且n 11na nb n=n 2+2nn 2n +1．(1)证明：a n ，b n 分别为等差数列，等比数列．(2)求数列a 2n +3b 2n -1+1 的前n 项和S n ．27将数列{a n }按照一定的规则，依顺序进行分组，得到一个以组为单位的序列称为数列{a n }的一个分群数列，{a n }称为这个分群数列的原数列.如(a 1,a 2,⋯,a r )，(a r +1,a r +2,⋯,a t )，(a t +1,a t +2,⋯,a s )，⋯，(a m +1,a m +2,⋯,a n )，⋯是数列{a n }的一个分群数列，其中第k 个括号称为第k 群.已知数列{a n }的通项公式为a n =2n .(1)若数列{a n }的一个分群数列每个群都含有3项，该分群数列第k 群的最后一项为b k ，求数列{b n }的通项公式.(2)若数列{a n }的一个分群数列满足第k 群含有k 项，A k 为{a n }的该分群数列第k 群所有项构成的数集，设M ={m |a m ∈A k ,a m +6∈A k +2}，求集合M 中所有元素的和.28已知数列a n3n是以13为首项的常数列，S n为数列a n的前n项和．(1)求S n；(2)设正整数m=b0×30+b1×31+⋯+b k×3k，其中b i∈{0,1,2},i,k∈N．例如：3=0×30+1×31，则b0=0，b1=1；4=1×30+1×31，则b0=1，b1=1．若f(m)=b0+b1+⋯+b k，求数列S n⋅f S n的前n项和T n．29已知a n是公比为q的等比数列．对于给定的k(k=1,2,3⋯n)，设T(k)是首项为a k，公差为2a k -1的等差数列a n，记T(k)的第i项为b(k)i．若b(1)1+b(2)1=b(2)2，且b(1)2=b(2)3．(1)求a n的通项公式；(2)求ni=11 b(2)i b(2)i+1；(3)求ni=1b(k)i．30已知数列a n的前n项和为S n，且S n=2n+1．(1)求a n的通项公式；(2)保持a n中各项先后顺序不变，在a k与a k+1之间插入k个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列b n，记b n的前n项和为T n，求T100的值(用数字作答)．31若项数为k (k∈N*，k≥3)的有穷数列{a n}满足：0≤a1<a2<a3<⋅⋅⋅<a k，且对任意的i ，j (1≤i≤j≤k)，a j+a i或a j-a i是数列{a n}中的项，则称数列{a n}具有性质P．(1)判断数列0 , 1 , 2是否具有性质P，并说明理由；(2)设数列{a n}具有性质P，a i (i=1，2，⋯， k)是{a n}中的任意一项，证明：a k-a i一定是{a n}中的项；(3)若数列{a n}具有性质P，证明：当k≥5时，数列{a n}是等差数列．32已知有穷数列A:a1，a2，⋯，a n(n≥3)中的每一项都是不大于n的正整数.对于满足1≤m≤n的整数m，令集合A(m)={k a k=m ，k=1 ， 2 ， ⋯ ，n }.记集合A(m)中元素的个数为s(m)(约定空集的元素个数为0).(1)若A:6 ， 3 ， 2 ， 5 ， 3 ， 7 ， 5 ， 5，求A(5)及s(5)；(2)若1s(a1)+1s(a2)+⋯+1s(a n)=n，求证：a1 ,a2 ,⋯ ,a n互不相同；(3)已知a1=a , a2=b，若对任意的正整数i，j(i≠j，i+j≤n)都有i+j∈A(a i)或i+j∈A(a j)，求a1+a2 +⋯+a n的值.33已知无穷数列a n 满足a n =max a n +1,a n +2 -min a n +1,a n +2 (n =1,2,3,⋯)，其中max {x ,y }表示x ，y 中最大的数，min {x ,y }表示x ，y 中最小的数.(1)当a 1=1，a 2=2时，写出a 4的所有可能值；(2)若数列a n 中的项存在最大值，证明：0为数列a n 中的项；(3)若a n >0(n =1,2,3,⋯)，是否存在正实数M ，使得对任意的正整数n ，都有a n ≤M ？如果存在，写出一个满足条件的M ；如果不存在，说明理由.34设λ为整数．有穷数列a n 的各项均为正整数，其项数为m (m ≥2)．若a n 满足如下两个性质，则称a n 为P λ数列：①a m =1，且a i ≠1(i =1,2,⋯,m -1)；②a n +1=λa n +1 ,a n 为奇数,a n2,a n 为偶数 (n =1,2,⋯,m-1)(1)若a n 为P 1数列，且a 1=5，求m ；(2)若a n 为P -1数列，求a 1的所有可能值；(3)若对任意的P 1数列a n ，均有m ≤2log 2a 1+d ，求d 的最小值．35若数列A n 满足A n +1=A 2n ，则称数列A n 为“平方递推数列”．已知数列a n 中，a 1=9，点a n ,a n +1 在函数f (x )=x2+2x 的图象上，其中n 为正整数，(1)证明：数列a n +1 是“平方递推数列”，且数列lg a n +1 为等比数列；(2)设b n =lg a n +1 ,c n =2n +4，定义a *b =a ,a ≤b ,b ,a >b ,，且记d n =b n *c n ，求数列d n 的前n 项和S n ．36如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的比都大于2，则称这个数列为“G 型数列”．(1)若数列a n 满足a 1=1，a n +1a n =32n -1，求证：数列a n 是“G 型数列”．(2)若数列a n 的各项均为正整数，且a 1=1，a n 为“G 型数列”，记b n =a n +1，数列b n 为等比数列，公比q 为正整数，当b n 不是“G 型数列”时，求数列a n 的通项公式．(3)在(2)的条件下，令c n =1a n a n +1，记c n 的前n 项和为S n ，是否存在正整数m ，使得对任意的n ∈N *，都有1S n∈m -1,m 成立？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由．37已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，且a 4=4，数列b n 的前n 项之积为T n ，b 1=13，且S n =log 3T n ．(1)求T n ；(2)令c n =a nb n，是否存在正整数n ，使得“c n -1=c n +c n +1”与“c n 是c n -1，c n +1的等差中项”同时成立？请说明理由．38若无穷数列a n 满足∀n ∈N *，a n -a n +1 =n +1，则称a n 具有性质P 1．若无穷数列a n 满足∀n ∈N *，a n a n +4+1≥a 2n +2，则称a n 具有性质P 2．(1)若数列a n 具有性质P 1，且a 1=0，请直接写出a 3的所有可能取值；(2)若等差数列a n 具有性质P 2，且a 1=1，求a 22+a 23的取值范围；(3)已知无穷数列a n 同时具有性质P 1和性质P 2，a 5=3，且0不是数列a n 的项，求数列a n 的通项公式．39如果数列a n对任意的n∈N*，a n+2-a n+1>a n+1-a n，则称a n为“速增数列”.(1)判断数列2n是否为“速增数列”？说明理由；(2)若数列a n为“速增数列”.且任意项a n∈Z，a1=1,a2=3,a k=2023，求正整数k的最大值；(3)已知项数为2k(k≥2,k∈Z)的数列b n是“速增数列”，且b n的所有项的和等于k，若c n=2b n，n=1, 2,3,⋯,2k，证明：c k c k+1<2.40已知数表A2n=a11a12⋯a1na21a22⋯a2n中的项a ij(i=1,2;j=1,2,⋯,n)互不相同，且满足下列条件：①a ij∈1,2,⋯,2n；②(-1)m+1a1m-a2m<0(m=1,2,⋯,n).则称这样的数表A2n具有性质P.(1)若数表A22具有性质P，且a12=4，写出所有满足条件的数表A22，并求出a11+a12的值；(2)对于具有性质P的数表A2n，当a11+a12+⋅⋅⋅+a1n取最大值时，求证：存在正整数k1≤k≤n，使得a1k= 2n；(3)对于具有性质P的数表A2n，当n为偶数时，求a11+a12+⋅⋅⋅+a1n的最大值.数列中的知识交汇和创新型问题1王先生今年初向银行申请个人住房贷款100万元购买住房，按复利计算，并从贷款后的次月初开始还贷，分10年还清.银行给王先生提供了两种还贷方式：①等额本金：在还款期内把本金总额等分，每月偿还同等数额的本金和剩余本金在该月所产生的利息；②等额本息：在还款期内，每月偿还同等数额的贷款(包括本金和利息).(1)若王先生采取等额本金的还贷方式，已知第一个还贷月应还15000元，最后一个还贷月应还6500元，试计算王先生该笔贷款的总利息；(2)若王先生采取等额本息的还贷方式，贷款月利率为0.3%，.银行规定每月还贷额不得超过家庭月收入的一半，已知王先生家庭月收入为23000元，试判断王先生该笔贷款能否获批.(不考虑其他因素)参考数据1.003119≈1.428，1.003180≈1.433，1.003121≈1.437【答案】(1)290000元(2)王先生该笔贷款能够获批【分析】(1)由题意，每月的还贷额构成一个等差数列，对数列求和可得所求利息；(2)利用等比数列求和公式，求得王先生每月还货额，与题目所给数据比较，得结论.【详解】(1)由题可知，等额本金还货方式中，每月的还贷额构成一个等差数列a n，S n表示数列a n的前n项和.则a1=15000,a120=6500，故S120=15000+65002×120=1290000.故王先生该笔贷款的总利息为：1290000-1000000=290000元.(2)设王先生每月还货额为x元，则有x+x(1+0.003)1+x(1+0.003)2+⋯+x(1+0.003)119=1000000×(1+0.003)120，即x 1-1.0031201-1.003=1000000×(1+0.003)120，故x=1000000×(1+0.003)120×0.0031.003120-1≈9928.因为9928<23000×12=11500，故王先生该笔贷款能够获批.2佛山新城文化中心是佛山地标性公共文化建筑.在建筑造型上全部都以最简单的方块体作为核心要素，与佛山世纪莲体育中心的圆形莲花造型形成“方”“圆”呼应.坊塔是文化中心的标志性建筑、造型独特、类似一个个方体错位堆叠，总高度153.6米.坊塔塔楼由底部4个高度相同的方体组成塔基，支托上部5个方体，交错叠合成一个外形时尚的塔身结构.底部4个方体高度均为33.6米，中间第5个方体也为33.6米高，再往上2个方体均为24米高，最上面的两个方体均为19.2米高.(1)请根据坊塔方体的高度数据，结合所学数列知识，写出一个等差数列a n 的通项公式，该数列以33.6为首项，并使得24和19.2也是该数列的项；(2)佛山世纪莲体育中心上层屋盖外径为310米.根据你得到的等差数列，连续取用该数列前m (m ∈N *)项的值作为方体的高度，在保持最小方体高度为19.2米的情况下，采用新的堆叠规则，自下而上依次为2a 1、3a 2、4a 3、⋯⋯、m +1 a m (m +1 a m 表示高度为a m 的方体连续堆叠m +1层的总高度)，请问新堆叠坊塔的高度是否超过310米？并说明理由.【答案】(1)a n =36-2.4n (答案不唯一，符合题意即可)(2)可以，理由见详解【分析】(1)根据等差数列的通项公式运算求解，并检验24和19.2是否符合；(2)根据题意求S 7，并与310比较大小，分析判断.【详解】(1)由题意可知：a 1=33.6，注意到33.6-24=9.6,24-19.2=4.8，取等差数列的公差d =-2.4，则a n =33.6-2.4n -1 =36-2.4n ，令a n =36-2.4n =24，解得n =5，即24为第5项；令a n =36-2.4n =19.2，解得n =7，即19.2为第7项；故a n =36-2.4n 符合题意.(2)可以，理由如下：由(1)可知：m ≤7,a 1=33.6,a 2=31.2,a 3=28.8,a 4=26.4,a 5=24,a 6=21.6,a 7=19.2，设数列n +1 a n 的前n 项和为S n ，∵S 7=2a 1+3a 2+4a 3+...+8a 7=856.8>310，故新堆叠坊塔的高度可以超过310米.3在当前市场经济条件下，某服装市场上私营个体商店中的商品所标价格a 与其实际价值b 之间存在着相当大的差距.对购物的消费者来说，这个差距越小越好，而商家则相反，于是就有消费者与商家的“讨价还价”，常见的方法是“对半还价法”，消费者第一次减去定价的一半，商家第一次讨价加上二者差价的一半;消费者第二次还价再减去二者差价的一半，商家第二次讨价，再加上二者差价的一半，如此下去，可得表1:表1次数消费者还价商家讨价第一次b 1=12a c 1=b 1+12(a -b 1)第二次b 2=c 1-12(c 1-b 1)c 2=b 2+12(c 1-b 2)第三次b 3=c 2-12(c 2-b 2)c 3=b 3+12(c 2-b 3)⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅第n 次b n =c n -1-12(c n -1-b n -1)c n =b n +12(c n -1-b n )消费者每次的还价b n (n ∈k )组成一个数列b n .(1)写出此数列的前三项，并猜测通项b n 的表达式并求出lim n →+∞b n ；(2)若实际价格b 与定出a 的价格之比为b :a =0.618:1，利用“对半还价法”讨价还价，最终商家将能有百分之几的利润?【答案】(1)答案见解析(2)8%【分析】(1)根据条件即可得到数列b n 的通项公式，进而可直接计算lim n →+∞b n ；(2)根据价格比得a ,b 关系，代入(1)中lim n →+∞b n 计算即可.【详解】(1)b 1=12a ，b 2=c 1-12c 1-b 1 =12a +14a -18a =-12a +-12 2a +-12 3a +a ，b 3=c 2-12c 2-b 2 =-12a +-12 2a +⋯+-125a +a ，观察可得，b n =c n -1-12c n -1-b n -1 =-12a +-12 2a +⋯+-12 2n -1a +a=-13a 1+12 2n -1+a lim n →∞b n =lim n →∞-13a 1+12 2n -1 +a =-13a +a =23a .(2)因为b :a =0.618:1，所以a =b0.618，故23a =2b 3×0.618≈1.08b 故商家将有约8%的利润.4近两年，直播带货逐渐成为一种新兴的营销模式，带来电商行业的新增长点.某直播平台第1年初的启动资金为500万元，由于一些知名主播加入，平台资金的年平均增长率可达40%，每年年底把除运营成本a 万元，再将剩余资金继续投入直播平合.(1)若a =100，在第3年年底扣除运营成本后，直播平台的资金有多少万元？(2)每年的运营成本最多控制在多少万元，才能使得直播平台在第6年年底㧅除运营成本后资金达到3000万元？(结果精确到0.1万元)【答案】(1)936万元(2)3000万元【分析】(1)用a n 表示第n 年年底扣除运营成本后直播平台的资金，然后根据已知计算a 1,a 2,a 3可得；(2)由已知写出a 1,a 2,a 3,⋯,a 6，然后由a 6≥3000求得a 的范围．【详解】(1)记a n 为第n 年年底扣除运营成本后直播平台的资金，则a 1=500×1.4-100=600，a 2=600×1.4-100=740a3=740×1.4-100=936故第3年年底扣除运营成本后直播平台的资金为936万元.(2)a1=500×1.4-a，a2=500×1.4-a×1.4-a=500×1.42-1.4a-a⋯a6=500×1.46-1.45+1.44+⋯+1a=500×1.46-a⋅1-1.461-1.4由a6≥3000，得a≤46.8，故运营成本最多控制在46.8万元，才能使得直播平台在第6年年底扣除运营成本后资金达到3000万元.5甲、乙两人同时分别入职A,B两家公司，两家公司的基础工资标准分别为：A公司第一年月基础工资数为3700元，以后每年月基础工资比上一年月基础工资增加300元；B公司第一年月基础工资数为4000元，以后每年月基础工资都是上一年的月基础工资的1.05倍．(1)分别求甲、乙两人工作满10年的基础工资收入总量(精确到1元)(2)设甲、乙两人入职第n年的月基础工资分别为a n、b n元，记c n=a n-b n，讨论数列c n的单调性，指出哪年起到哪年止相同年份甲的月基础工资高于乙的月基础工资，并说明理由．【答案】(1)甲的基础工资收入总量606000元；乙的基础工资收入总量603739元(2)单调性见解析；从第5年到第14年甲的月基础工资高于乙的月基础工资；理由见解析【分析】(1)易得甲的工资满足等差数列，乙的工资满足等比数列，再根据等差等比数列的求和公式求解即可(2)根据题意可得c n=3400+300n-4000×1.05n-1，再求解c n+1-c n>0分析c n的单调性，并计算c n<0时n的取值范围即可【详解】(1)甲的基础工资收入总量S1=3700×10+12×10×9×300×12=606000元乙的基础工资收入总量S2=4000× 1.0510-11.05-1×12=603739元(2)a n=3700+300n-1，b n=4000×1.05n-1c n=3400+300n-4000×1.05n-1，c n+1=3400+300n+1-4000×1.05n，设c n+1-c n=300-200×1.05n-1>0，即1.05n-1<1.5，解得1≤n≤8所以当1≤n≤8时，c n递增，当n≥9时，c n递减又当c n<0，即3400+300n<4000×1.05n-1，解得5≤n≤14，所以从第5年到第14年甲的月基础工资高于乙的月基础工资． ．6治理垃圾是S市改善环境的重要举措．去年S市产生的垃圾量为200万吨，通过扩大宣传、环保处理等一系列措施，预计从今年开始，连续5年，每年的垃圾排放量比上一年减少20万吨，从第6年开始，每年的垃圾排放量为上一年的75%．(1)写出S市从今年开始的年垃圾排放量与治理年数n n∈N*的表达式；(2)设A n为从今年开始n年内的年平均垃圾排放量．如果年平均垃圾排放量呈逐年下降趋势，则认为现有的治理措施是有效的；否则，认为无效，试判断现有的治理措施是否有效，并说明理由．【答案】(1)a n=200-20n,1≤n<5 100×34n-5,n≥6。
高考数学题型全归纳数列创新题的基本类型及求解策略
a1j 4 3( j 1) ；
第二行是首项为，公差为的等差数列：
a2j
7 5( j 1) ， ……，
第行是首项为 4 3(i 1) ，公差为 2i 1 的等差数列，
因此 aij 4 3(i 1) (2i 1)( j 1) 2ij i j i(2 j 1) j ；
⑶必要性：若在该等差数阵中，则存在正整数
……
……
……
……
aij 表示位于第行第 j 列的数．
…… aij ……
…… …… ……
⑴写出 a45 的值；
⑵写出 aij 的计算公式；
⑶证明：正整数在该等差数列阵中的充要条件是
2 N 1可以分解成两个不是的正整数之积．
解：⑴ a45 49 （详见第二问一般性结论） ．
⑵该等差数阵的
第一行是首项为，公差为的等差数列：
的距离即 FP1
7 1 ，最大值为右焦点到左顶点的距离即
PF21
7 1 ，故若公差 d 0 ，
则71
2
1
7 1 ( n 1)d ，∴ n
d
1≥ 21 0 d ≤
，∴
10 ．同理，若公差 d
0 ，则可求得
1
≤d 0
10
．
评析：
本题很好地将数列与椭圆的有关性质结合在一起，形式新颖，内容深遂，有一定的难度，可
1 1 20 , 2
0 20
1 21 , 3
1 20
1 21 ， 4
0
02
1
2
0 2 1 2，
5 1 20 0 21 1 22 ，进而知 7 1 20 1 21 1 22 ，写成二进制为 111 ．
于 是 知 二 进 制 为 位 数 能 表 示 十 进 制 中 最 大 的 数 是 111111 化 成 十 进 制 为
高考数学 题型全归纳 数列创新题的基本类型及求解策略
数列创新题的基本类型及求解策略高考创新题，向来是高考试题中最为亮丽的风景线．这类问题着重考查观察发现，类比转化以及运用数学知识，分析和解决数学问题的能力．当然数列创新题是高考创新题重点考查的一种类型．下举例谈谈数列创新题的基本类型及求解策略． 一、创新定义型例1．已知数列{}n a 满足1log (2)n n a n +=+（n *∈N ），定义使123k a a a a ⋅⋅⋅⋅L 为整数的数叫做企盼数，则区间[1,2005]内所有的企盼数的和M =________．解：∵1log (2)n n a n +=+（n *∈N ），∴1232312......log 3log 4log (2)log (2)k k a a a a k k +=⋅⋅⋅+=+L ．要使2log (2)k +为正整数，可设1()22n k n ++=，即1()22n k n +=-（n *∈N ）．令11222005n +-≤≤⇒19n ≤≤（n *∈N ）．则区间[1,2005]内所有企盼数的和9912341011()(22)(22)(22)(22) (22)n n n M k n +====-=-+-+-++-∑∑29234102(21)(222.......2)2918205621-=+++++⨯=-=-，∴2056M =．评析：准确理解企盼数的定义是求解关键．解题时应将阅读信息与所学知识结合起来，侧重考查信息加工能力． 二、性质探求型例2．已知数列{}n a 满足31,2,3,4,5,67n n n n a a n +=⎧=⎨-⎩≥，则2005a =______．解：由3n n a a +=-，7n ≥知，63n n n a a a ++=-=．从而当n ≥6时，有6n n a a +=，于是知20053346111a a a ⨯+===．评析：本题主要通过对数列形式的挖掘得出数列特有的性质，从而达到化归转化解决问题的目的．其中性质探求是关键． 三、知识关联型例3．设是椭圆22176x y +=的右焦点，且椭圆上至少有21个不同的点(1,2,3,)i P i =L ，使123,,,PF PF PF L组成公差为的等差数列，则的取值范围为_______．解析：由椭圆第二定义知eii iPFPP='ei i iPF PP'⇒=，这些线段长度的最小值为右焦点到右顶点的距离即11FP=-，最大值为右焦点到左顶点的距离即211PF=+，故若公差0d>，11(1)n d-+-，∴2121nd>+≥，∴110d<≤．同理，若公差0d<，则可求得110d-<≤．评析：本题很好地将数列与椭圆的有关性质结合在一起，形式新颖，内容深遂，有一定的难度，可见命题设计者的良苦用心．解决的关键是确定该数列的最大项、最小项，然后根据数列的通项公求出公差的取值范围．四、类比联想型例4．若数列{}()na n*∈N是等差数列，则有数列123nna a a abn++++=L()n*∈N也是等差数列；类比上述性质，相应地：若数列{}n c是等比数列，且0nc>，则有数列nd=_______也是等比数列．解析：由已知“等差数列前n项的算术平均值是等差数列”可类比联想“等比数列前n项的几何平均值也应该是等比数列”不难得到nd=也是等比数列．评析：本题只须由已知条件的特征从形式和结构上对比猜想不难挖掘问题的突破口．五、规律发现型例5．将自然数1,2,3,4,L排成数陈（如右图），在处转第一个弯，在转第二个弯，在转第三个弯，…．，则第2005个转弯处的数为____________．21―22 ―23―24―25－26| |20 7 ―8 ―9 ―10 27| | |19 6 1 ―2 11 ……| | | |18 5 ―4 ―3 12| |17―16 ―15―14 ―13解：观察由起每一个转弯时递增的数字可发现为“1,1,2,2,3,3,4,4,L”．故在第2005个转弯处的数为：12(1231002)10031006010++++++=L．评析：本题求解的关键是对图表转弯处数字特征规律的发现．具体解题时需要较强的观察能力及快速探求规律的能力．因此，它在高考中具有较强的选拔功能． 六、图表信息型其中每行、每列都是等差数列，ija 表示位于第行第j 列的数．⑴写出45a 的值； ⑵写出ija 的计算公式；⑶证明：正整数在该等差数列阵中的充要条件是21N +可以分解成两个不是的正整数之积． 解：⑴4549a =（详见第二问一般性结论）． ⑵该等差数阵的第一行是首项为，公差为的等差数列：143(1)j a j =+-； 第二行是首项为，公差为的等差数列：275(1)j a j =+-，……，第行是首项为43(1)i +-，公差为21i +的等差数列， 因此43(1)(21)(1)2(21)ij a i i j ij i j i j j=+-++-=++=++；⑶必要性：若在该等差数阵中，则存在正整数,i j 使得(21)N i j j =++， 从而212(21)21N i j j +=+++ (21)(21)i j =++． 即正整数21N +可以分解成两个不是的正整数之积．充分性：若21N +可以分解成两个不是的正整数之积，由于21N +是奇数，则它必为两个不是的奇数之积，即存在正整数k ，l ，使得21(21)(21)N k l +=++，从而(21)kl N k l l a =++=可见在该等差数阵中．综上所述，正整数在该等差数阵中的充要条件是21N +可以分解成两个不是的正整数之积． 评析：本小题主要考查等差数列、充要条件等基本知识，考查逻辑思维能力、分析问题和解决问题的能力．求解关键是如何根据图表信息求出行列式中对应项的通项公式． 七、“杨辉三角”型例7．如图是一个类似“杨辉三角”的图形，第行共有个数，且该行的第一个数和最后一个数都是，中间任意一个数都等于第1n -行与之相邻的两个数的和，,1,2,,,.......(1,2,3,)n n n n a a a n =L 分别表示第行的第一个数，第二个数，……．第个数．求,2(2n a n ≥且)n ∈N 的通项式． 122343477451114115............................................解：由图易知2,23,24,25,22,4,7,11,a a a a ====L 从而知,2{}n a 是一阶等差数列，即3,22,24,23,25,24,2,2(1),22......(1)3......(2)4......(3)...............................1 (1)n n a a a a a a a a n n --=-=-=-=--以上1n -个式相加即可得到： ,22,2,2(1)(2)(1)(2)234.......(1)222n n n n n n a a n a +-+--=++++-=⇒=+即2,222n n n a -+=(2n ≥且)n ∈N 评析：“杨辉三角”型数列创新题是近年高考创新题的热点问题．求解这类题目的关键是仔细观察各行项与行列式的对应关系，通常需转化成一阶（或二阶）等差数列结合求和方法来求解．有兴趣的同学不妨求出(,ij a i j *∈N 且)i j ≥的通项式．八、阅读理解型例观察二进制位数，位数，位数时，对应的十进制的数，当二进制为位数能表示十进制中最大的数是 ．解：通过阅读，不难发现：00101112,20212,31212=⨯=⨯+⨯=⨯+⨯，0124020212=⨯+⨯+⨯，0125120212=⨯+⨯+⨯，进而知0127121212=⨯+⨯+⨯，写成二进制为111．于是知二进制为位数能表示十进制中最大的数是111111化成十进制为6012345211212121212126321-⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯==-．评析：通过阅读，将乍看陌生的问题熟悉化，然后找到解决的方法，即转化成等比数列求解．总之，求解数列创新题的关键是仔细观察，探求规律，注重转化，合理设计解题方案，最后利用等差、等比数列有关知识来求解．。
高考数学命题热点名师解密：专题(18)解创新数列之匙(文)(含答案)
专题18 解创新数列之匙一．【学习目标】1．会利用数列的函数性质解与方程、不等式、解析几何相结合的数列综合题．2．掌握相关的数列模型以及建立模型解决实际问题的方法．【知识要点】1．数列综合问题中应用的数学思想(1)用函数的观点与思想认识数列，将数列的通项公式和求和公式视为定义在正整数集或其有限子集{1，2，…，n}上的函数．(2)用方程的思想处理数列问题，将问题转化为数列基本量的方程．(3)用转化化归的思想探究数列问题，将问题转化为等差、等比数列来研究．(4)数列综合问题常常应用分类讨论思想、特殊与一般思想、类比联想思想、归纳猜想思想等．1．数列综合问题中应用的数学思想(1)用函数的观点与思想认识数列，将数列的通项公式和求和公式视为定义在正整数集或其有限子集{1，2，…，n}上的函数．(2)用方程的思想处理数列问题，将问题转化为数列基本量的方程．(3)用转化化归的思想探究数列问题，将问题转化为等差、等比数列来研究．(4)数列综合问题常常应用分类讨论思想、特殊与一般思想、类比联想思想、归纳猜想思想等．二．【方法总结】1.数列模型应用问题的求解策略(1)认真审题，准确理解题意.(2)依据问题情境，构造等差、等比数列，然后应用通项公式、数列性质和前n项和公式求解，或通过探索、归纳、构造递推数列求解.(3)验证、反思结果与实际是否相符.2.数列综合问题的求解程序(1)数列与函数综合问题或应用函数思想解决数列问题，或以函数为载体构造数列，应用数列理论求解.(2)数列的几何型综合问题，探究几何性质和规律特征，建立数列的递推关系式，然后求解问题.三．题型典例分析1.数列与函数的综合例1. 设函数()f x 是定义在()0,+∞上的单调函数，且对于任意正数,x y 有，已知112f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，若一个各项均为正数的数列{}n a 满足，其中n S 是数列{}n a 的前n 项和，则数列{}n a 中第18项18a =（ ）A. 136B. 9C. 18D. 36 【答案】C【方法规律总结】本题主要考查抽象函数的解析式以及数列通项与前n 项和之间的关系以及公式的应用，属于难题.已知n S 求n a 的一般步骤：（1）当1n =时，由11a S =求1a 的值；（2）当2n ≥时，由，求得n a 的表达式；（3）检验1a 的值是否满足（2）中的表达式，若不满足则分段表示n a ；（4）写出n a 的完整表达式练习1. 设函数()f x 是定义在()0,+∞上的单调函数，且对于任意正数,x y 有，已知112f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，若一个各项均为正数的数列{}n a 满足，其中n S 是数列{}n a 的前n 项和，则数列{}n a 中第18项18a =（ ） A. 136 B. 9 C. 18 D. 36 【答案】C 【解析】∵f （S n ）=f （a n ）+f （a n +1）-1=f[12a n （a n +1）]∵函数f （x ）是定义域在（0，+∞）上的单调函数，数列{a n }各项为正数∴S n =12a n （a n +1）①当n=1时，可得a 1=1；当n ≥2时，S n-1=12a n-1（a n-1+1）②， ①-②可得a n =12 a n （a n +1）-12a n-1（a n-1+1）∴（a n +a n-1）（a n -a n-1-1）=0 ∵a n ＞0，∴a n -a n-1-1=0即a n -a n-1=1∴数列{a n }为等差数列，a 1=1，d=1；∴a n =1+（n-1）×1=n 即a n =n 所以1818a =故选C练习2.已知是R 上的奇函数，，则数列{}n a 的通项公式为（ ）．A. n a n =B. 2n a n =C. 1n a n =+D.【答案】C【解析】∵是奇函数，∴，令12x =，， 令12x =-，，∴，∴，令112x n =-，∴，令112x n =-，∴，∵，∴，同理可得，，∴， 故选C练习3. 设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知，，则下列结论正确的是（ ）A.B. C.D.【答案】D【解析】令f (x )=x 3+2016x ,则f ′(x )=3x 2+2016>0，所以f (x )在R 上单调递增,且f (x )为奇函数。
高考数学命题热点名师解密专题：解不等式的方法(理)AlAUPA
专题33 解不等式的方法一．【学习目标】1．会从实际情境中抽象出一元二次不等式模型．2．结合“三个二次”之间的联系，掌握一元二次不等式的解法．3．熟练掌握分式不等式、含绝对值不等式、指数不等式和对数不等式的解法．二．【知识要点】1．一元一次不等式一元一次不等式ax>b(a≠0)的解集为：(1)a>0时，b xa >(2)a<0时，bxa <．2．一元二次不等式一元二次不等式ax2＋bx＋c>0(a>0)或ax2＋bx＋c≤0(a>0)的解集的各种情况如下表一元二次不等式ax2＋bx＋c>0(a>0)求解过程的程序框图如下．三．典例分析（一）分式不等式的解法1．设集合，集合，则（）A．B．C．D．【答案】D【解析】A＝{x|﹣2＜x＜4}，B＝{x|x＞﹣1}；∴A∩B＝{x|﹣1＜x＜4}．故选：D．练习1．若函数是奇函数，则使成立的的取值范围是( )A．B．C．D．【答案】D练习2．已知a∈R，不等式的解集为p，且－2∉p，则a的取值范围为( )A．(－3，＋∞)B．(－3,2)C．(－∞，2)∪(3，＋∞)D．(－∞，－3)∪[2，＋∞)【答案】D【解析】∵－2∉p，∴<1或－2＋a＝0，解得a≥2或a<－3.点睛：解分式不等式时，一般是把分式不等式转化为整式不等式求解，如果不等号中含有“等号”，但在转化时特别要注意分母不为零，否则就是错误的结论．本题中－2不是题中不等式的解，则就有使分母为零的一种情形，不能遗漏．练习3．已知函数f(x)(x∈R)的图象如图所示，f′(x)是f(x)的导函数，则不等式(x2－2x－3)f′(x)>0的解集为( )A．(－∞，－2)∪(1，＋∞)B．(－∞，－2)∪(1,2)C ．(－∞，－1)∪(－1,0)∪(2，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)【答案】D【解析】由f (x )的图象可知，在(－∞，－1)，(1，＋∞)上，f ′(x )>0，在(－1,1)上，f ′(x )<0.由(x 2－2x －3)·f ′(x )>0，得或即或，所以不等式的解集为(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)．练习3．已知函数若函数有3个零点，则实数的取值范围是_______ 【答案】【解析】 作出函数图像可知：当时有三个交点，故实数的取值范围是（三）抽象不等式 例3．定义在R 上的函数()f x ，对任意的x R ∈都有且当0x ≥时，，则不等式()0xf x <的解集为__________．【答案】【解析】当0x ≥时，由，得2x >；由，得02x <<.∵， ∴函数()f x 为奇函数。
2024年高考数学专项复习数列考查的九个热点(解析版)
数列考查的九个热点热点题型速览热点一等差数列的基本计算热点二等比数列的基本计算热点三等差数列与等比数列的综合计算热点四数列与函数的交汇热点五数列与不等式交汇热点六数列与解析几何交汇热点七数列与概率统计交汇热点八等差数列、等比数列的判断与证明热点九数列中的“新定义”问题热点一等差数列的基本计算1(2023春·河南开封·高三通许县第一高级中学校考阶段练习)已知等差数列a n 为递增数列，S n 为其前n 项和，a 3+a 7=34,a 4⋅a 6=280，则S 11=()A.516B.440C.258D.2202(2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考期中)某种卷筒卫生纸绕在圆柱形盘上，空盘时盘芯直径为60mm ，满盘时直径为120mm ，已知卫生纸的厚度为0.1mm ，则满盘时卫生纸的总长度大约( )(π≈3.14，精确到1m )A.65mB.85mC.100mD.120m3(2020·全国高考真题(理))北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块2024年高考数学专项复习数列考查的九个热点（解析版）4(2022·全国·统考高考真题)记S n为等差数列a n的前n项和．若2S3=3S2+6，则公差d=．【规律方法】1.等差数列中的基本量a1,a n,d,n,S n，“知三可求二”，在求解过程中主要运用方程思想.要注意使用公式时的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．在遇到一些较复杂的方程组时，要注意运用整体代换思想，使运算更加便捷．2. 在等差数列{a n}中，若出现a m-n，a m，a m+n等项时，可以利用等差数列的性质将其转化为与a m有关的条件；若求a m项，可由a m=12(a m-n+a m+n)转化为求a m-n，a m+n或a m-n+a m+n的值．3.数列的基本计算，往往以数学文化问题为背景.热点二等比数列的基本计算5(2020·全国·统考高考真题)设{a n}是等比数列，且a1+a2+a3=1，a2+a3+a4=2，则a6+a7+a8= ()A.12B.24C.30D.326(2023·广东揭阳·惠来县第一中学校考模拟预测)在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”.其大意是：有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地.则此人后3天共走的里程数为()A.6B.12C.18D.427(2023·全国高考真题)已知a n为等比数列，a2a4a5=a3a6，a9a10=-8，则a7=.【规律方法】1.等比数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公比q,然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解.2.等比数列的通项公式及前n项和公式,共涉及五个量a1,a n,q,n,S n,知其中三个就能求另外两个,体现了用方程的思想解决问题.3.根据题目特点，可选用等比数列的性质.热点三等差数列与等比数列的综合计算8(2019·北京·高考真题)设{an}是等差数列，a1=-10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．(Ⅰ)求{an}的通项公式；(Ⅱ)记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．9(2022·全国·统考高考真题)记S n为数列a n的前n项和．已知2S nn+n=2a n+1．(1)证明：a n是等差数列；(2)若a4,a7,a9成等比数列，求S n的最小值．10(2023·天津·统考高考真题)已知a n是等差数列，a2+a5=16,a5-a3=4．(1)求a n的通项公式和2n-1i=2n-1a i ．(2)已知b n为等比数列，对于任意k∈N*，若2k-1≤n≤2k-1，则b k<a n<b k+1，(Ⅰ)当k≥2时，求证：2k-1<b k<2k+1；(Ⅱ)求b n 的通项公式及其前n 项和．热点四数列与函数的交汇11(2018·浙江·高考真题)已知a 1,a 2,a 3,a 4成等比数列，且a 1+a 2+a 3+a 4=ln (a 1+a 2+a 3)．若a 1>1，则A.a 1<a 3,a 2<a 4B.a 1>a 3,a 2<a 4C.a 1<a 3,a 2>a 4D.a 1>a 3,a 2>a 412(2023秋·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习)如图1所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中，每根弦都垂直于x 轴，相邻两根弦间的距离为1，雁柱所在曲线的方程为y =1.1x ，第n 根弦(n ∈N ，从左数首根弦在y 轴上，称为第0根弦)分别与雁柱曲线和直线l ：y =x +1交于点A n x n ,y n 和B n x n,y n，则20n =0y n y n=.(参考数据：取1.122=8.14.)13(2023秋·福建厦门·高三厦门一中校考阶段练习)已知数列a n 满足a 1>0，a n +1=log 2a n ,n =2k -1,k ∈N ∗2a n+2,n =2k ,k ∈N ∗.(1)判断数列a 2n -1 是否是等比数列？若是，给出证明；否则，请说明理由；(2)若数列a n 的前10项和为361，记b n =1log 2a 2n +1 ⋅a 2n +2，数列b n 的前n 项和为T n ，求证：T n <12.14(2023·全国·高三专题练习)已知A x 1,y 2 、B x 2,y 2 是函数f x =2x 1-2x ,x ≠12-1,x =12的图象上的任意两点，点M 在直线x =12上，且AM =MB ．(1)求x 1+x 2的值及y 1+y 2的值；(2)已知S 1=0，当n ≥2时，S n =f 12 +f 2n +f 3n +⋅⋅⋅+f n -1n，设a n =2Sn，T n 数列a n 的前n 项和，若存在正整数c ，m ，使得不等式T m -c T m +1-c <12成立，求c 和m 的值；热点五数列与不等式交汇15(2022·浙江·统考高考真题)已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=a n -13a 2n n ∈N ∗，则()A.2<100a 100<52 B.52<100a 100<3 C.3<100a 100<72 D.72<100a 100<416(2023·浙江嘉兴·统考模拟预测)如图，在一个单位正方形中，首先将它等分成4个边长为12的小正方形，保留一组不相邻的2个小正方形，记这2个小正方形的面积之和为S 1；然后将剩余的2个小正方形分别继续四等分，各自保留一组不相邻的2个小正方形，记这4个小正方形的面积之和为S 2．以此类推，操作n 次，若S 1+S 2+⋅⋅⋅+S n ≥20232024，则n 的最小值是()A.9B.10C.11D.1217(2023秋·四川绵阳·高三绵阳中学校考阶段练习)已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，且S 4=4S 2,a 3n =3a n +2n ∈N *(1)求a n 的通项公式，(2)设b n =1a n a n +1，且b n 的前n 项和为T n ，证明，13≤T n <12.18(2022·全国·统考高考真题)记S n 为数列a n 的前n 项和，已知a 1=1,S n a n 是公差为13的等差数列．(1)求a n 的通项公式；(2)证明：1a 1+1a 2+⋯+1a n<2．19(2021·全国·统考高考真题)设a n 是首项为1的等比数列，数列b n 满足b n =na n3．已知a 1，3a 2，9a 3成等差数列．(1)求a n 和b n 的通项公式；(2)记S n 和T n 分别为a n 和b n 的前n 项和．证明：T n <S n2．20(2023·河南郑州·统考模拟预测)已知数列a n 与b n 的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *，a n +1-a n =32b n +1-b n 恒成立.(1)若A n =3n 2+3n2，b 1=2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n =B n 及b 2a 1a 2+b 3a 2a 3+b 4a 3a 4+⋯+b n +1a n a n +1<13恒成立，求正整数b 1的最小值.21(2023秋·云南·高三云南师大附中校考阶段练习)已知a n 为等差数列，b n 为等比数列，b 1=2a 1=2，a 5=5a 4-a 3 ，b 5=4b 4-b 3 ，数列c n 满足c n =1a n a n +2,n 为奇数b n,n 为偶数.(1)求a n 和b n 的通项公式；(2)证明：2ni =1c i ≥133.热点六数列与解析几何交汇22(2022·全国·统考高考真题)图1是中国古代建筑中的举架结构，AA ,BB ,CC ,DD 是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中DD 1,CC 1,BB 1,AA 1是举，OD 1,DC 1,CB 1,BA 1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为DD 1OD 1=0.5,CC 1DC 1=k 1,BB 1CB 1=k 2,AA 1BA 1=k 3．已知k 1,k 2,k 3成公差为0.1的等差数列，且直线OA 的斜率为0.725，则k 3=()A.0.75B.0.8C.0.85D.0.923(重庆·高考真题)设A x 1,y 1 ,B 4,95 ,C x 2,y 2 是右焦点为F 的椭圆x 225+y 29=1上三个不同的点，则“|AF |,|BF |,|CF |成等差数列”是“x 1+x 2=8”的()A.充要条件B.必要而不充分条件C.充分而不必要条件D.既不充分也不必要条件24(2021·浙江·统考高考真题)已知a ,b ∈R ,ab >0，函数f x =ax 2+b (x ∈R ).若f (s -t ),f (s ),f (s +t )成等比数列，则平面上点s ,t 的轨迹是()A.直线和圆B.直线和椭圆C.直线和双曲线D.直线和抛物线热点七数列与概率统计交汇25(2023秋·江西·高三校联考阶段练习)甲同学现参加一项答题活动，其每轮答题答对的概率均为13，且每轮答题结果相互独立.若每轮答题答对得5分，答错得0分，记第i 轮答题后甲同学的总得分为X i ，其中i =1,2,⋅⋅⋅,n .(1)求E X 99 ；(2)若乙同学也参加该答题活动，其每轮答题答对的概率均为23，并选择另一种答题方式答题：从第1轮答题开始，若本轮答对，则得20分，并继续答题；若本轮答错，则得0分，并终止答题，记乙同学的总得分为Y .证明：当i >24时，E X i >E Y .26(2023秋·湖北荆州·高三沙市中学校考阶段练习)在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，点A 处有一只小蚂蚁，每次随机等可能地沿各条棱或侧面对角线向另一顶点移动，设小蚂蚁移动n 次后仍在底面ABC 的顶点处的概率为P n .(1)求P1，P2的值.(2)求P n.27(2019·全国·高考真题(理))为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得-1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得-1分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X．(1)求X的分布列；(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，p i(i=0,1,⋯,8)表示“甲药的累计得分为i时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p0=0，p8=1，p i=ap i-1+bp i+cp i+1(i=1,2,⋯,7)，其中a=P(X=-1)，b=P(X=0)，c=P(X=1)．假设α=0.5，β=0.8．(i)证明：{p i+1-p i}(i=0,1,2,⋯,7)为等比数列；(ii)求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性．热点八等差数列、等比数列的判断与证明28【多选题】(2022·广东茂名·模拟预测)已知数列a n的前n项和为S，a1=1，S n+1=S n+2a n+1，数列2na n⋅a n+1的前n项和为Tn，n∈N*，则下列选项正确的为()A.数列a n+1是等比数列 B.数列a n+1是等差数列C.数列a n的通项公式为a n=2n-1 D.T n>129(2021·全国·统考高考真题)记S n为数列a n的前n项和，b n为数列S n的前n项积，已知2S n+1b n=2．(1)证明：数列b n是等差数列;(2)求a n的通项公式．热点九数列中的“新定义”问题30(2020·全国·统考高考真题)0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2⋯a n⋯满足a i∈{0,1}(i=1,2,⋯)，且存在正整数m，使得a i+m=a i(i=1,2,⋯)成立，则称其为0-1周期序列，并称满足a i+m=a i(i=1,2,⋯)的最小正整数m为这个序列的周期.对于周期为m的0-1序列a1a2⋯a n⋯，C(k)=1 mmi=1a i a i+k(k=1,2,⋯,m-1)是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足C(k)≤15(k=1,2,3,4)的序列是()A.11010⋯B.11011⋯C.10001⋯D.11001⋯31【多选题】(2023秋·湖南长沙·高三周南中学校考阶段练习)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状，把数分成许多类，如图中第一行图形中黑色小点个数：1，3，6，10，⋯称为三角形数，第二行图形中黑色小点个数：1，4，9，16，⋯称为正方形数，记三角形数构成数列a n，正方形数构成数列b n，则下列说法正确的是()A.1b 1+1b 2+1b 3+⋯+1b n<2；B.1225既是三角形数，又是正方形数；C.10i =11b i +1-a i +1=95；D.∀m ∈N *，m ≥2总存在p ，q ∈N *，使得b m =a p +a q 成立；32(2022秋·山东·高三校联考阶段练习)若项数为n 的数列a n 满足：a i =a n +1-i i =1，2，3，⋯，n 我们称其为n 项的“对称数列”．例如：数列1，2，2，1为4项的“对称数列”；数列1，2，3，2，1为5项的“对称数列”．设数列c n 为2k +1项的“对称数列”，其中c 1，c 2⋯c k +1是公差为2的等差数列，数列c n 的最大项等于8，记数列c n 的前2k +1项和为S 2k +1，若S 2k +1=32，则k =．数列考查的九个热点热点题型速览热点一等差数列的基本计算热点二等比数列的基本计算热点三等差数列与等比数列的综合计算热点四数列与函数的交汇热点五数列与不等式交汇热点六数列与解析几何交汇热点七数列与概率统计交汇热点八等差数列、等比数列的判断与证明热点九数列中的“新定义”问题热点一等差数列的基本计算1(2023春·河南开封·高三通许县第一高级中学校考阶段练习)已知等差数列a n 为递增数列，S n 为其前n 项和，a 3+a 7=34,a 4⋅a 6=280，则S 11=()A.516 B.440C.258D.220【答案】D【分析】根据给定条件，利用等差数列性质求出a 4,a 6，再利用前n 项和公式求解作答.【详解】等差数列a n 为递增数列，则a 4<a 6，由a 3+a 7=34，得a 4+a 6=34，而a 4⋅a 6=280，解得a 4=14,a 6=20，所以S 11=11(a 1+a 11)2=11a 6=220.故选：D2(2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考期中)某种卷筒卫生纸绕在圆柱形盘上，空盘时盘芯直径为60mm ，满盘时直径为120mm ，已知卫生纸的厚度为0.1mm ，则满盘时卫生纸的总长度大约( )(π≈3.14，精确到1m )A.65m B.85mC.100mD.120m【答案】B【分析】依题意，可以把绕在盘上的卫生纸长度，近似看成300个半径成等差数列的圆周长，然后分别计算各圆的周长，再借助等差数列前n 项和公式求总和即可.【详解】因为空盘时盘芯直径为60mm ，则半径为30mm ，周长为2π×30=60πmm ，又满盘时直径为120mm ，则半径为60mm ，周长为2π×60=120πmm ，又因为卫生纸的厚度为0.1mm ，则60-300.1=300，即每一圈周长成等差数列，项数为300，于是根据等差数列的求和公式，得：S300=300×60π+120π2=27000πmm ，又27000πmm≈84780mm≈85m，即满盘时卫生纸的总长度大约为85m，故选：B.3(2020·全国高考真题(理))北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块【答案】C【解析】设第n环天石心块数为a n，第一层共有n环，则a n是以9为首项，9为公差的等差数列，a n=9+n-1×9=9n，设S n为a n的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为S n，S2n-S n，S3n-S2n，因为下层比中层多729块，所以S3n-S2n=S2n-S n+729，即3n9+27n2-2n9+18n2=2n9+18n2-n9+9n2+729即9n2=729，解得n=9，所以S3n=S27=279+9×272=3402.故选：C4(2022·全国·统考高考真题)记S n为等差数列a n的前n项和．若2S3=3S2+6，则公差d=．【答案】2【分析】转化条件为2a1+2d=2a1+d+6，即可得解.【详解】由2S3=3S2+6可得2a1+a2+a3=3a1+a2+6，化简得2a3=a1+a2+6，即2a1+2d=2a1+d+6，解得d=2.故答案为：2.【规律方法】1.等差数列中的基本量a1,a n,d,n,S n，“知三可求二”，在求解过程中主要运用方程思想.要注意使用公式时的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．在遇到一些较复杂的方程组时，要注意运用整体代换思想，使运算更加便捷．2. 在等差数列{a n}中，若出现a m-n，a m，a m+n等项时，可以利用等差数列的性质将其转化为与a m有关的条件；若求a m 项，可由a m =12(a m -n +a m +n)转化为求a m -n ，a m +n 或a m -n +a m +n 的值．3.数列的基本计算，往往以数学文化问题为背景.热点二等比数列的基本计算5(2020·全国·统考高考真题)设{a n }是等比数列，且a 1+a 2+a 3=1，a 2+a 3+a 4=2，则a 6+a 7+a 8=()A.12B.24C.30D.32【答案】D【分析】根据已知条件求得q 的值，再由a 6+a 7+a 8=q 5a 1+a 2+a 3 可求得结果.【详解】设等比数列a n 的公比为q ，则a 1+a 2+a 3=a 11+q +q 2 =1，a 2+a 3+a 4=a 1q +a 1q 2+a 1q 3=a 1q 1+q +q 2 =q =2，因此，a 6+a 7+a 8=a 1q 5+a 1q 6+a 1q 7=a 1q 51+q +q 2 =q 5=32.故选：D .6(2023·广东揭阳·惠来县第一中学校考模拟预测)在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”.其大意是：有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地.则此人后3天共走的里程数为()A.6B.12C.18D.42【答案】D【分析】设第n n ∈N ∗ 天走a n 里，其中1≤n ≤6，由题意可知，数列a n 是公比为12的等比数列，利用等比数列的求和公式求出a 1的值，然后利用等比数列的求和公式可求得此人后3天共走的里程数.【详解】设第n n ∈N ∗ 天走a n 里，其中1≤n ≤6，由题意可知，数列a n 是公比为12的等比数列，所以，a 11-12 6 1-12=6332a 1=378，解得a 1=378×3263=192，所以，此人后三天所走的里程数为a 4+a 5+a 6=192×181-1231-12=42.故选：D .7(2023·全国高考真题)已知a n 为等比数列，a 2a 4a 5=a 3a 6，a 9a 10=-8，则a 7=.【答案】-2【分析】根据等比数列公式对a 2a 4a 5=a 3a 6化简得a 1q =1，联立a 9a 10=-8求出q 3=-2，最后得a 7=a 1q ⋅q 5=q 5=-2.【解析】设a n 的公比为q q ≠0 ，则a 2a 4a 5=a 3a 6=a 2q ⋅a 5q ，显然a n ≠0，则a 4=q 2，即a 1q 3=q 2，则a 1q =1，因为a 9a 10=-8，则a 1q 8⋅a 1q 9=-8，则q 15=q 5 3=-8=-2 3，则q 3=-2，则a 7=a 1q ⋅q 5=q 5=-2，故答案为：-2.【规律方法】1.等比数列运算问题的一般求法是设出首项a 1和公比q ,然后由通项公式或前n 项和公式转化为方程(组)求解.2.等比数列的通项公式及前n 项和公式,共涉及五个量a 1,a n ,q ,n ,S n ,知其中三个就能求另外两个,体现了用方程的思想解决问题.3.根据题目特点，可选用等比数列的性质.热点三等差数列与等比数列的综合计算8(2019·北京·高考真题)设{an }是等差数列，a 1=-10，且a 2+10，a 3+8，a 4+6成等比数列．(Ⅰ)求{an }的通项公式；(Ⅱ)记{an }的前n 项和为Sn ，求Sn 的最小值．【答案】(Ⅰ)a n =2n -12；(Ⅱ)-30.【分析】(Ⅰ)由题意首先求得数列的公差，然后利用等差数列通项公式可得a n 的通项公式；(Ⅱ)首先求得S n 的表达式，然后结合二次函数的性质可得其最小值.【详解】(Ⅰ)设等差数列a n 的公差为d ，因为a 2+10，a 3+8，a 4+6成等比数列，所以(a 3+8)2=(a 2+10)(a 4+6)，即(2d -2)2=d (3d -4)，解得d =2，所以a n =-10+2(n -1)=2n -12.(Ⅱ)由(Ⅰ)知a n =2n -12,所以S n =-10+2n -122×n =n 2-11n =n -112 2-1214；当n =5或者n =6时，S n 取到最小值-30.9(2022·全国·统考高考真题)记S n 为数列a n 的前n 项和．已知2S nn+n =2a n +1．(1)证明：a n 是等差数列；(2)若a 4,a 7,a 9成等比数列，求S n 的最小值．【答案】(1)证明见解析；(2)-78．【分析】(1)依题意可得2S n +n 2=2na n +n ，根据a n =S 1,n =1S n-Sn -1,n ≥2，作差即可得到a n -a n -1=1，从而得证；(2)法一：由(1)及等比中项的性质求出a 1，即可得到a n 的通项公式与前n 项和，再根据二次函数的性质计算可得．【详解】(1)因为2S nn+n =2a n +1，即2S n +n 2=2na n +n ①，当n ≥2时，2S n -1+n -1 2=2n -1 a n -1+n -1 ②，①-②得，2S n +n 2-2S n -1-n -1 2=2na n +n -2n -1 a n -1-n -1 ，即2a n +2n -1=2na n -2n -1 a n -1+1，即2n -1 a n -2n -1 a n -1=2n -1 ，所以a n -a n -1=1，n ≥2且n ∈N *，所以a n 是以1为公差的等差数列．(2)[方法一]：二次函数的性质由(1)可得a 4=a 1+3，a 7=a 1+6，a 9=a 1+8，又a 4，a 7，a 9成等比数列，所以a 72=a 4⋅a 9，即a 1+6 2=a 1+3 ⋅a 1+8 ，解得a 1=-12，所以a n=n-13，所以S n=-12n+n n-12=12n2-252n=12n-2522-6258，所以，当n=12或n=13时，S nmin=-78．[方法二]：【最优解】邻项变号法由(1)可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8，又a4，a7，a9成等比数列，所以a72=a4⋅a9，即a1+62=a1+3⋅a1+8，解得a1=-12，所以a n=n-13，即有a1<a2<⋯<a12<0,a13=0.则当n=12或n=13时，S nmin=-78．【整体点评】(2)法一：根据二次函数的性质求出S n的最小值，适用于可以求出S n的表达式；法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．10(2023·天津·统考高考真题)已知a n是等差数列，a2+a5=16,a5-a3=4．(1)求a n的通项公式和2n-1i=2n-1a i ．(2)已知b n为等比数列，对于任意k∈N*，若2k-1≤n≤2k-1，则b k<a n<b k+1，(Ⅰ)当k≥2时，求证：2k-1<b k<2k+1；(Ⅱ)求b n的通项公式及其前n项和．【答案】(1)a n=2n+1，2n-1i=2n-1a i=3⋅4n-1；(2)(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)b n=2n，前n项和为2n+1-2.【分析】(1)由题意得到关于首项、公差的方程，解方程可得a1=3,d=2，据此可求得数列的通项公式，然后确定所给的求和公式里面的首项和项数，结合等差数列前n项和公式计算可得2n-1i=2n-1a i=3⋅4n-1.(2)(Ⅰ)利用题中的结论分别考查不等式两侧的情况，当2k-1≤n≤2k-1时，b k<a n，取n=2k-1，当2k-2≤n≤2k-1-1时，a n<b k，取n=2k-1-1，即可证得题中的不等式；(Ⅱ)结合(Ⅰ)中的结论，利用极限思想确定数列的公比，进而可得数列的通项公式，最后由等比数列前n 项和公式即可计算其前n项和.【详解】(1)由题意可得a2+a5=2a1+5d=16a5-a3=2d=4，解得a1=3d=2，则数列a n的通项公式为a n=a1+n-1d=2n+1，求和得2n-1i=2n-1a i=2n-1i=2n-12i+1=22n-1i=2n-1i+2n-1-2n-1+1=22n-1+2n-1+1+2n-1+2+⋯+2n-1+2n-1=22n-1+2n-1⋅2n-12+2n-1=3⋅4n-1.(2)(Ⅰ)由题意可知，当2k-1≤n≤2k-1时，b k<a n，取n=2k-1，则b k<a2k-1=2×2k-1+1=2k+1，即b k<2k+1，当2k-2≤n≤2k-1-1时，a n<b k，取n=2k-1-1，此时a n=a2k-1-1=22k-1-1+1=2k-1，据此可得2k-1<b k，综上可得：2k-1<b k<2k+1.(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：2k-1<bk<2k+1，2k+1-1<b k+1<2k+1+1则数列b n的公比q满足2k+1-12k+1=2-32k+1<q=b k+1b k<2k+1+12k-1=2+32k-1，当k∈N*,k→+∞时，2-3 2k+1→2,2+32k-1→2，所以q=2，所以2k-1<b12k-1<2k+1，即2k-12k-1=2-12k-1<b1<2k+12k-1=2+12k-1，当k∈N*,k→+∞时，2-1 2k-1→2,2+12k-1→2，所以b1=2，所以数列的通项公式为b n=2n，其前n项和为：S n=2×1-2n1-2=2n+1-2.热点四数列与函数的交汇11(2018·浙江·高考真题)已知a1,a2,a3,a4成等比数列，且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)．若a1>1，则A.a1<a3,a2<a4B.a1>a3,a2<a4C.a1<a3,a2>a4D.a1>a3,a2>a4【答案】B【分析】先证不等式x≥ln x+1，再确定公比的取值范围，进而作出判断.【详解】令f(x)=x-ln x-1,则f (x)=1-1x，令f(x)=0,得x=1，所以当x>1时，f (x)>0，当0<x<1时，f (x)<0，因此f(x)≥f(1)=0,∴x≥ln x+1，若公比q>0，则a1+a2+a3+a4>a1+a2+a3>ln(a1+a2+a3)，不合题意；若公比q≤-1，则a1+a2+a3+a4=a1(1+q)(1+q2)≤0,但ln(a1+a2+a3)=ln[a1(1+q+q2)]>ln a1>0，即a1+a2+a3+a4≤0<ln(a1+a2+a3)，不合题意；因此-1<q<0,q2∈(0,1)，∴a1>a1q2=a3,a2<a2q2=a4<0，选B.【点睛】构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法.如x≥ln x+1,e x≥x+1,e x≥x2+1(x≥0).12(2023秋·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习)如图1所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中，每根弦都垂直于x轴，相邻两根弦间的距离为1，雁柱所在曲线的方程为y=1.1x，第n根弦(n∈N，从左数首根弦在y轴上，称为第0根弦)分别与雁柱曲线和直线l：y=x+1交于点A n x n,y n和B n x n ,y n，则20n=0y n y n=.(参考数据：取1.122=8.14.)【答案】914【分析】根据题意可得y n =n +1,y n=1.1n ，进而利用错位相减法运算求解.【详解】由题意可知：y n =n +1,y n =1.1n ，则20n =0y n y n=20n =0n +1 1.1n =1×1.10+2×1.11+⋯+20×1.119+21×1.120，可得1.1×20n =0y n y n =1×1.11+2×1.12+⋯+20×1.120+21×1.121，两式相减可得：-0.1×20n =0y n y n=1.10+1.11+⋯+1.120-21×1.121=1-1.1211-1.1-21×1.121=1-1.121+0.1×21×1.121-0.1=1+1.122-0.1=1+8.14-0.1=-91.4，所以20n =0y n y n=914.故答案为：914.13(2023秋·福建厦门·高三厦门一中校考阶段练习)已知数列a n 满足a 1>0，a n +1=log 2a n ,n =2k -1,k ∈N ∗2a n+2,n =2k ,k ∈N ∗.(1)判断数列a 2n -1 是否是等比数列？若是，给出证明；否则，请说明理由；(2)若数列a n 的前10项和为361，记b n =1log 2a 2n +1 ⋅a 2n +2，数列b n 的前n 项和为T n ，求证：T n <12.【答案】(1)数列a 2n -1 成等比数列，证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)推导出a 2n +1=2a 2n +2=2log 2a 2n -1+2=4a 2n -1，得到结论；(2)先得到a 2n -1=a 1⋅4n -1，a 2n =2(n -1)+log 2a 1，从而得到S 10=341a 1+5log 2a 1+20，令f (x )=341x +5log 2x +20，得到函数单调递增，且由特殊点函数值得到a 1=1，b n =14n2，求出T 1=14<74，当n ≥2时，利用裂项相消法求和，得到T n <12.【详解】(1)数列a 2n -1 成等比数列，证明如下：根据a n +1=log 2a n ,n =2k -1,k ∈N ∗2a n+2,n =2k ,k ∈N ∗得，a 2n +1=2a 2n +2=2log 2a 2n -1+2=22a 2n -1=4a 2n -1；∵a 1>0，∴a 2n -1>0，a2n +1a 2n -1=4，即数列a 2n -1 成等比数列.(2)由(1)得，a 2n -1=a 1⋅4n -1，a 2n =log 2a 2n -1=2(n -1)+log 2a 1，故S 10=a 140+41+42+43+44 +5log 2a 1+2×(0+1+2+3+4)=341a 1+5log 2a 1+20，由S 10=361，得341a 1+5log 2a 1+20=361.令f (x )=341x +5log 2x +20，当x >0时，f (x )=341x +5log 2x +20单调递增，且f (1)=361=f a 1 ，故a 1=1，a 2n +1=4n =22n ，a 2n +2=log 2a 1+2n =2n ，∴b n =1log 2a 2n +1 ⋅a 2n +2=14n 2，T 1=b 1=14<12，当n ≥2时，b n =14n2<14(n -1)n =141n -1-1n∴T n =b 1+b 2+⋯+b n <141+1-12+12-13+⋯+1n -1-1n=142-1n <14×2=12，综上，知T n <1214(2023·全国·高三专题练习)已知A x 1,y 2 、B x 2,y 2 是函数f x =2x 1-2x,x ≠12-1,x =12的图象上的任意两点，点M 在直线x =12上，且AM =MB ．(1)求x 1+x 2的值及y 1+y 2的值；(2)已知S 1=0，当n ≥2时，S n =f 12 +f 2n +f 3n +⋅⋅⋅+f n -1n，设a n =2Sn，T n 数列a n 的前n 项和，若存在正整数c ，m ，使得不等式T m -c T m +1-c <12成立，求c 和m 的值；【答案】(1)x 1+x 2=1,y 1+y 2=-2(2)存在，c =1,m =1【分析】(1)根据点M 在直线x =12上，设M 12,y M ，利用AM =MB ，可得x 1+x 2=1，分类讨论：①x 1=12，x 2=12；②x 1≠12时，x 2≠12，利用函数解析式，可求y 1+y 2的值；(2)由(1)知，当x 1+x 2=1时，y 1+y 2=-2，∴f k n +f n -kn=-2，代入k =0，1，2，⋯，n -1，利用倒序相加法可得S n =1-n ，从而可得数列a n 的通项与前n 项和，利用T m -c T m +1-c <12化简即可求得结论.【详解】(1)根据点M 在直线x =12上，设M 12,y M ，则AM =12-x 1,y M -y 1 ，MB =x 2-12,y 2-y M ，∵AM =MB ，∴x 1+x 2=1．①当x 1=12时，x 2=12，y 1+y 2=f x 1 +f x 2 =-1-1=-2；②当x 1≠12时，x 2≠12，y 1+y 2=2x 11-2x 1+2x 21-2x 2=2x 11-2x 2 +2x 21-2x 1 1-2x 1 1-2x 2 =2(x 1+x 2)-8x 1x 21-2(x 1+x 2)+4x 1x 2=2(1-4x 1x 2)4x 1x 2-1=-2；综合①②得，y 1+y 2=-2．(2)由(1)知，当x 1+x 2=1时，y 1+y 2=-2．∴f k n +f n -k n=-2，k =0,1,2,⋯,n -1，∴n ≥2时，S n =f 1n +f 2n +f 3n +⋯+f n -1n①S n =f n -1n +f n -2n +f n -3n +⋯+f 1n ②①+②得，2S n =-2(n -1)，则S n =1-n ．又n =1时，S 1=0满足上式，∴S n =1-n ．∴a n =2S n=21-n ，∴T n =1+12+⋯+12n -1=1×1-12 n1-12=2-22n．∵T m -c T m +1-c <12，∴2T m -c -T m +1-c 2T m +1-c<0，∴c -2T m -T m +1c -T m +1<0，∵Tm +1=2-12m ，2T m -T m +1=4-42m -2+12m =2-32m ，∴12≤2-32m <c <2-12m <2，c ,m 为正整数，∴c =1，当c =1时，2-32m<12-12m >1，∴1<2m <3，∴m =1．【点评】作为高考热点，数列与函数的交汇问题，等差数列易于同二次函数结合，研究和的最值问题，而等比数列易于同指数函数结合，利用指数函数的单调性解决问题，递推、通项问题往往与函数的单调性、周期性相结合.热点五数列与不等式交汇15(2022·浙江·统考高考真题)已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=a n -13a 2n n ∈N ∗，则()A.2<100a 100<52 B.52<100a 100<3 C.3<100a 100<72 D.72<100a 100<4【答案】B【分析】先通过递推关系式确定a n 除去a 1，其他项都在0,1 范围内，再利用递推公式变形得到1a n +1-1a n =13-a n >13，累加可求出1a n >13(n +2)，得出100a 100<3，再利用1a n +1-1a n =13-a n<13-3n +2=131+1n +1 ，累加可求出1a n -1<13n -1 +1312+13+⋯+1n ，再次放缩可得出100a 100>52．【详解】∵a 1=1，易得a 2=23∈0,1 ，依次类推可得a n ∈0,1由题意，a n +1=a n 1-13a n ，即1a n +1=3a n 3-a n=1a n +13-a n ，∴1a n +1-1a n =13-a n >13，即1a 2-1a 1>13，1a 3-1a 2>13，1a 4-1a 3>13，⋯，1a n -1a n -1>13,(n ≥2)，累加可得1a n -1>13n -1 ，即1a n >13(n +2),(n ≥2)，∴a n <3n +2,n ≥2 ，即a 100<134，100a 100<10034<3,又1a n +1-1a n =13-a n <13-3n +2=131+1n +1 ,(n ≥2)，∴1a 2-1a 1=131+12 ，1a 3-1a 2<131+13 ，1a 4-1a 3<131+14 ，⋯，1a n -1a n -1<131+1n,(n≥3)，累加可得1a n -1<13n -1 +1312+13+⋯+1n ,(n ≥3)，∴1a 100-1<33+1312+13+⋯+1100 <33+1312×4+16×96 <39，即1a 100<40，∴a 100>140，即100a 100>52；综上：52<100a 100<3．故选：B ．16(2023·浙江嘉兴·统考模拟预测)如图，在一个单位正方形中，首先将它等分成4个边长为12的小正方形，保留一组不相邻的2个小正方形，记这2个小正方形的面积之和为S 1；然后将剩余的2个小正方形分别继续四等分，各自保留一组不相邻的2个小正方形，记这4个小正方形的面积之和为S 2．以此类推，操作n 次，若S 1+S 2+⋅⋅⋅+S n ≥20232024，则n 的最小值是()A.9B.10C.11D.12【答案】C【分析】由题意可知操作n 次时有2n 个边长为12n 的小正方形，即S n =2n ×12n2=12n，结合等比数列前n 项和解不等式即可.【详解】由题意可知操作1次时有21=2个边长为121=12的小正方形，即S 1=21×1212=121=12，操作2次时有22=4个边长为122=14的小正方形，即S 2=22×122 2=122=14，操作3次时有23=8个边长为123=18的小正方形，即S 3=23×1232=123=18，以此类推可知操作n 次时有2n 个边长为12n 的小正方形，即S n =2n ×12n2=12n ，由等比数列前n 项和公式有S 1+S 2+⋅⋅⋅+S n =12+12 2+⋅⋅⋅+12 n =12×1-12 n1-12=1-12 n，从而问题转换成了求1-12 n ≥20232024不等式的最小正整数解，将不等式变形为12 n ≤12024，注意到12 10=11024>12024，1211=12048<12024，且函数y =12x在R 上单调递减，所以n 的最小值是11.故选：C .17(2023秋·四川绵阳·高三绵阳中学校考阶段练习)已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，且S 4=4S 2,a 3n =3a n +2n ∈N *(1)求a n 的通项公式，(2)设b n =1a n a n +1，且b n 的前n 项和为T n ，证明，13≤T n <12.【答案】(1)a n =2n -1(2)证明见解析【分析】(1)利用等差数列的通项公式以及前n 项和公式，列方程求解首项和公差，即得答案；(2)由(1)结论可得b n =1a n a n +1的表达式，利用裂项求和可得T n 表达式，即可证明结论.【详解】(1)设a n 的公差为d ，由S 4=4S 2得，4a 1+6d =42a 1+d ，解得d =2a 1，∵a 3n =3a n +2，即a 1+3n -1 d =3a 1+n -1 d +2，∴2d =2a 1+2，结合d =2a 1，∴d =2,a 1=1,∴a n =1+2n -1 =2n -1；(2)证明：由b n =12n -1 2n +1=1212n -1-12n +1 .∴T n =b 1+b 2+⋯+b n =121-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1，即∴T n =121-12n +1 ，又T n 随着n 的增大增大，当n =1时，T n 取最小值为T 1=13，又n →+∞时，12n +1>0，且无限趋近于0，故T n =121-12n +1 <12，故13≤T n <12.18(2022·全国·统考高考真题)记S n 为数列a n 的前n 项和，已知a 1=1,S n a n 是公差为13的等差数列．(1)求a n 的通项公式；(2)证明：1a 1+1a 2+⋯+1a n<2．【答案】(1)a n =n n +12(2)见解析【分析】(1)利用等差数列的通项公式求得S n a n =1+13n -1 =n +23，得到S n =n +2 a n 3，利用和与项的关系得到当n ≥2时，a n =S n -S n -1=n +2 a n 3-n +1 a n -13,进而得：a n a n -1=n +1n -1，利用累乘法求得a n =n n +1 2，检验对于n =1也成立，得到a n 的通项公式a n =n n +1 2；(2)由(1)的结论，利用裂项求和法得到1a 1+1a 2+⋯+1a n =21-1n +1 ，进而证得.【详解】(1)∵a 1=1，∴S 1=a 1=1,∴S1a 1=1,又∵S n a n 是公差为13的等差数列，∴S n a n =1+13n -1 =n +23,∴S n =n +2 a n 3,∴当n ≥2时，S n -1=n +1 a n -13，∴a n =S n -S n -1=n +2 a n 3-n +1 a n -13,整理得：n -1 a n =n +1 a n -1,即a na n-1=n+1n-1,∴a n=a1×a2a1×a3a2×⋯×a n-1a n-2×a na n-1=1×31×42×⋯×nn-2×n+1n-1=n n+12，显然对于n=1也成立，∴a n的通项公式a n=n n+12；(2)1a n =2n n+1=21n-1n+1,∴1 a1+1a2+⋯+1a n=21-12+12-13+⋯1n-1n+1=21-1n+1<219(2021·全国·统考高考真题)设a n是首项为1的等比数列，数列b n满足b n=na n3．已知a1，3a2，9a3成等差数列．(1)求a n和b n的通项公式；(2)记S n和T n分别为a n和b n的前n项和．证明：T n<S n 2．【答案】(1)a n=13n-1，b n=n3n；(2)证明见解析.【分析】(1)利用等差数列的性质及a1得到9q2-6q+1=0，解方程即可；(2)利用公式法、错位相减法分别求出S n,T n，再作差比较即可.【详解】(1)因为a n是首项为1的等比数列且a1，3a2，9a3成等差数列，所以6a2=a1+9a3，所以6a1q=a1+9a1q2，即9q2-6q+1=0，解得q=13，所以a n=13n-1，所以b n=na n3=n3n.(2)[方法一]：作差后利用错位相减法求和T n=13+232+⋯+n-13n-1+n3n，S n 2=12130+131+132+⋯+13n-1 ，T n-S n2=13+232+333+⋯+n3n-12130+131+132+⋯+13n-1 =0-1230+1-1231+2-1232+⋯+n-1-123n-1+n3n．设Γn=0-1230+1-1231+2-1232+⋯+n-1-123n-1， ⑧则13Γn=0-1231+1-1232+2-1233+⋯+n-1-123n． ⑨由⑧-⑨得23Γn=-12+131+132+⋯+13n-1-n-323n=-12+131-13n-11-13-n-323n．所以Γn=-14×3n-2-n-322×3n-1=-n2×3n-1．因此T n-S n2=n3n-n2×3n-1=-n2×3n<0．故T n<S n 2．[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由(1)可得S n=1×1-13n1-13=321-13n，T n=13+232+⋯+n-13n-1+n3n，①1 3T n=132+233+⋯+n-13n+n3n+1，②①-②得23T n=13+132+133+⋯+13n-n3n+1=131-13n1-13-n3n+1=121-13n-n3n+1，所以T n=341-13n-n2⋅3n，所以T n-S n2=341-13n-n2⋅3n-341-13n=-n2⋅3n<0，所以T n<S n 2 .[方法三]：构造裂项法由(Ⅰ)知b n=n13n，令c n=(αn+β)13 n，且b n=c n-c n+1，即n13 n=(αn+β)13 n-[α(n+1)+β]13n+1，通过等式左右两边系数比对易得α=32,β=34，所以c n=32n+34 ⋅13 n．则T n=b1+b2+⋯+b n=c1-c n+1=34-34+n2 13 n，下同方法二．[方法四]：导函数法设f(x)=x+x2+x3+⋯+x n=x1-x n1-x，由于x1-x n1-x'=x1-x n'1-x-x1-x n×1-x'1-x2=1+nx n+1-(n+1)x n(1-x)2，则f (x)=1+2x+3x2+⋯+nx n-1=1+nx n+1-(n+1)x n(1-x)2．又b n=n13n=13n13 n-1，所以T n=b1+b2+b3+⋯+b n=131+2×13+3×132+⋯+n⋅13n-1 =13⋅f 13 =13×1+n13n+1-(n+1)13 n1-132=341+n13n+1-(n+1)13n =34-34+n213 n，下同方法二．20(2023·河南郑州·统考模拟预测)已知数列a n与b n的前n项和分别为A n和B n，且对任意n∈N*，a n +1-a n =32b n +1-b n 恒成立.(1)若A n =3n 2+3n2，b 1=2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n =B n 及b 2a 1a 2+b 3a 2a 3+b 4a 3a 4+⋯+b n +1a n a n +1<13恒成立，求正整数b 1的最小值.【答案】(1)n (n +1)；(2)3【分析】(1)利用a n ,S n 求通项公式，再求证{b n }是首项、公差均为2的等差数列，进而求B n ；(2)由题设易得b n +1=3b n ，等比数列前n 项和公式求B n ，进而可得b n +1a n a n +1=1B n -1B n +1，裂项相消法化简已知不等式左侧，得b 1>31-23n +1-1恒成立，进而求最小值.【详解】(1)由题设，a n =A n -A n -1=32[n 2+n -(n -1)2-n +1]=3n 且n ≥2，而a 1=A 1=3，显然也满足上式，故a n =3n ，由a n +1-a n =32b n +1-b n ⇒b n +1-b n =2，又b 1=2，所以{b n }是首项、公差均为2的等差数列.综上，B n =2×(1+...+n )=n (n +1).(2)由a n =B n ，a n +1-a n =32b n +1-b n ，则B n +1-B n =b n +1=32(b n +1-b n )，所以b n +1=3b n ，而b 1≥1，故bn +1b n=3，即{b n }是公比为3的等比数列.所以B n =b 1(1-3n )1-3=b 12(3n -1)，则B n +1=b12(3n +1-1)，b n +1a n a n +1=B n +1-B n B n +1B n =1B n -1B n +1，而b 2a 1a 2+b 3a 2a 3+b 4a 3a 4+⋯+b n +1a n a n +1<13，所以1B 1-1B 2+1B 2-1B 3+...+1B n -1B n +1=1B 1-1B n +1=1b 1-2b 1(3n +1-1)<13，所以1b 11-23n +1-1 <13⇒b 1>31-23n +1-1对n ∈N *都成立，所以1-23n +1-1<1，故b 1≥3，则正整数b 1的最小值为3.21(2023秋·云南·高三云南师大附中校考阶段练习)已知a n 为等差数列，b n 为等比数列，b 1=2a 1=2，a 5=5a 4-a 3 ，b 5=4b 4-b 3 ，数列c n 满足c n =1a n a n +2,n 为奇数b n,n 为偶数.(1)求a n 和b n 的通项公式；(2)证明：2ni =1c i ≥133.【答案】(1)a n =n ；b n =2n (2)证明见解析【分析】(1)设等差数列a n 的公差为d ，等比数列b n 的公比为q ，根据题意列式求d ,q ，进而可得结果；(2)利用分组求和以及裂项相消法求得T n =-14n +2+4n +13-56，进而根据数列单调性分析证明.【详解】(1)设等差数列a n 的公差为d ，等比数列b n 的公比为q ，由a 1=1，a 5=5a 4-a 3 ，可得1+4d =5d ，解得d =1。
【K12小初高学习】专题18 解创新数列之匙-名师揭秘2019年高考数学(理)命题热点全覆盖 (教师版)
专题18 解创新数列之匙一．【学习目标】1．会利用数列的函数性质解与方程、不等式、解析几何相结合的数列综合题． 2．掌握相关的数列模型以及建立模型解决实际问题的方法． 【知识要点】1．数列综合问题中应用的数学思想(1)用函数的观点与思想认识数列，将数列的通项公式和求和公式视为定义在正整数集或其有限子集{1，2，…，n }上的函数．(2)用方程的思想处理数列问题，将问题转化为数列基本量的方程． (3)用转化化归的思想探究数列问题，将问题转化为等差、等比数列来研究．(4)数列综合问题常常应用分类讨论思想、特殊与一般思想、类比联想思想、归纳猜想思想等． 1．数列综合问题中应用的数学思想(1)用函数的观点与思想认识数列，将数列的通项公式和求和公式视为定义在正整数集或其有限子集{1，2，…，n }上的函数．(2)用方程的思想处理数列问题，将问题转化为数列基本量的方程． (3)用转化化归的思想探究数列问题，将问题转化为等差、等比数列来研究．(4)数列综合问题常常应用分类讨论思想、特殊与一般思想、类比联想思想、归纳猜想思想等． 二．【方法总结】1.数列模型应用问题的求解策略 (1)认真审题，准确理解题意.(2)依据问题情境，构造等差、等比数列，然后应用通项公式、数列性质和前n 项和公式求解，或通过探索、归纳、构造递推数列求解.(3)验证、反思结果与实际是否相符. 2.数列综合问题的求解程序(1)数列与函数综合问题或应用函数思想解决数列问题，或以函数为载体构造数列，应用数列理论求解. (2)数列的几何型综合问题，探究几何性质和规律特征，建立数列的递推关系式，然后求解问题. 三．题型典例分析 1.数列与函数的综合例1. 设函数()f x 是定义在()0,+∞上的单调函数，且对于任意正数,x y 有，已知112f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，若一个各项均为正数的数列{}n a 满足，其中n S 是数列{}n a 的前n 项和，则数列{}n a 中第18项18a =（ ） A.136B. 9C. 18D. 36 【答案】C【方法规律总结】本题主要考查抽象函数的解析式以及数列通项与前n 项和之间的关系以及公式的应用，属于难题.已知n S 求n a 的一般步骤：（1）当1n =时，由11a S =求1a 的值；（2）当2n ≥时，由，求得n a 的表达式；（3）检验1a 的值是否满足（2）中的表达式，若不满足则分段表示n a ；（4）写出n a 的完整表达式练习1. 设函数()f x 是定义在()0,+∞上的单调函数，且对于任意正数,x y 有，已知112f ⎛⎫=-⎪⎝⎭，若一个各项均为正数的数列{}n a 满足，其中n S 是数列{}n a 的前n 项和，则数列{}n a 中第18项18a =（ ） A.136B. 9C. 18D. 36 【答案】C【解析】∵f （S n ）=f （a n ）+f （a n +1）-1=f[12a n （a n +1）]∵函数f （x ）是定义域在（0，+∞）上的单调函数，数列{a n }各项为正数∴S n =12a n （a n +1）①当n=1时，可得a 1=1；当n≥2时，S n-1=12a n-1（a n-1+1）②，①-②可得a n =12 a n （a n +1）-12a n-1（a n-1+1）∴（a n +a n-1）（a n -a n-1-1）=0 ∵a n ＞0，∴a n -a n-1-1=0即a n -a n-1=1∴数列{a n }为等差数列，a 1=1，d=1；∴a n =1+（n-1）×1=n 即a n =n 所以1818a = 故选C练习2.已知是R 上的奇函数，，则数列{}n a 的通项公式为（ ）．A. n a n =B. 2n a n =C. 1n a n =+D.【答案】C【解析】∵是奇函数，∴，令12x =，，令12x =-，，∴，∴，令112x n =-，∴，令112x n=-，∴，∵，∴，同理可得，，∴，故选C练习3. 设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知，，则下列结论正确的是（ ）A.B.C.D.【答案】D【解析】令f (x )=x 3+2016x ,则f ′(x )=3x 2+2016>0， 所以f (x )在R 上单调递增,且f (x )为奇函数。
2025年高中数学高考精品备课教案：数列中的创新型问题
数列中的创新型问题命题点1数学文化情境下的数列应用例1[2021新高考卷Ⅰ]某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20dm ×12dm 的长方形纸，对折1次共可以得到10dm ×12dm ，20dm ×6dm 两种规格的图形，它们的面积之和S 1＝240dm 2，对折2次共可以得到5dm ×12dm ，10dm ×6dm ，20dm ×3dm 三种规格的图形，它们的面积之和S 2＝180dm 2，以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5；如果对折n 次，那么∑J1S k ＝240（3－r32）dm 2.解析依题意得，S 1＝120×2＝240（dm 2）；S 2＝60×3＝180（dm 2）；当n ＝3时，共可以得到5dm ×6dm ，52dm ×12dm ，10dm ×3dm ，20dm ×32dm 四种规格的图形，且面积均为30dm 2，所以S 3＝30×4＝120（dm 2）；当n ＝4时，共可以得到5dm ×3dm ，52dm ×6dm ，54dm ×12dm ，10dm ×32dm ，20dm ×34dm 五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且面积均为15dm 2，所以S 4＝15×5＝75（dm 2）；……所以可归纳S k ＝2402×（k ＋1）＝240（r1）2.所以∑J1S k ＝240（1＋322＋423＋…＋2－1＋r12）①，所以12×∑J1S k ＝240（222＋323＋424＋…＋2＋r12r1）②，由①－②得，12×∑J1S k ＝240（1＋122＋123＋124＋…＋12－r12r1）＝240{1＋122[1－（12）－1]1－12－r12r1}＝240（32－r32r1），所以∑J1S k ＝240（3－r32）（dm 2）.方法技巧通过数学建模解决数学文化问题的步骤读懂题意会“脱去”题目中的背景，提取关键信息.构造模型由题意构建等差数列、等比数列或递推关系式的模型.“解模”把问题转化为与数列有关的问题，如求指定项、公差（或公比）、项数、通项公式或前n 项和等.训练1[2023安徽名校联考]“物不知数”原载于《孙子算经》，它的系统解法是南宋数学家秦九韶在《数书九章·大衍求一术》中给出的.“大衍求一术”是中国古算中最具独创性的成就之一，属现代数论中的一次同余式组问题.现有一道同余式组问题：将正整数中，被4除余1且被6除余3的数，按由小到大的顺序排成一列，构成数列{a n }，记{a n }的前n 项和为S n ，则S 10＝（C）A.495B.522C.630D.730解析由题知，被4除余1且被6除余3的数中，最小的正整数是9，则满足条件的数列{a n }是以9为首项，12为公差的等差数列，则a n ＝12n －3（n ∈N *），所以S 10＝10×（9+117）2＝630.故选C.命题点2现代生活情境下的数列应用例2某市抗洪指挥部接到最新雨情预报，未来24h 城区拦洪坝外洪水将超过警戒水位，因此需要紧急抽调工程机械加高加固拦洪坝.经测算，加高加固拦洪坝工程需要调用20辆某型号翻斗车，平均每辆翻斗车需要工作24h.而抗洪指挥部目前只有一辆翻斗车可立即投入施工，其余翻斗车需要从其他施工现场抽调.若抽调的翻斗车每隔20min 才有一辆到达施工现场投入工作，要在24h 内完成拦洪坝加高加固工程，指挥部至少还需要抽调这种型号翻斗车（C）A.25辆 B.24辆C.23辆D.22辆解析由题意可知，一辆翻斗车需要20×24＝480（h ）才能完成拦洪坝的加高加固工程，设至少需要n 辆这种型号的翻斗车才能在24h 内完成该工程，这n 辆翻斗车的工作时间（单位：h ）按从大到小排列依次记为a 1，a 2，…，a n ，则数列{a n }是公差为－13的等差数列，所以a 1＝24，记{a n }的前n 项和为S n ，则S n ＝na 1＋（－1）2×（－13）＝24n －16n （n －1），当n ＝23时，S n ≈467.7＜480，当n ＝24时，S n ＝484＞480，故n 的值为24，至少需要24辆翻斗车，所以至少还需要抽调23辆翻斗车，故选C.训练2[多选]如图所示，这是小朋友们喜欢玩的彩虹塔叠叠乐玩具.某数学兴趣小组利用该玩具制订如下玩法：在2号杆中自下而上串有由大到小的n （n ∈N *）个彩虹圈，将2号杆中的彩虹圈全部移动到1号杆中，3号杆可以作为过渡使用；每次只能移动一个彩虹圈，且无论在哪个杆中，小的彩虹圈必须放置在大的上方；将一个彩虹圈从一个杆移动到另一个杆中记为移动1次，记a n 为2号杆中n 个彩虹圈全部移动到1号杆所需要的最少移动次数，设b n ＝a n ＋1－n ，则下面结论正确的是（ABD ）A.a 3＝7B.a n ＋1＝2a n ＋1C.b n ＝2n ＋n －1D.∑i=1i＋ii i+1＝12－12r2－－2解析由题意易得，a 1＝1，a 2＝3.易知将n ＋1个彩虹圈全部移动到1号杆中所需要的最少次数为a n ＋1，若要将2号杆中的n ＋1个彩虹圈全部移动到1号杆中，则第一步，将除了最大的彩虹圈的n 个彩虹圈全部移动到3号杆中，所需要移动的最少次数为a n ；第二步，将最大的彩虹圈移动到1号杆中，最少需要移动1次；第三步，将3号杆中的n 个彩虹圈全部移动到1号杆中，需要移动的最少次数为a n ，所以a n ＋1＝2a n ＋1，所以a n ＋1＋1＝2（a n ＋1）.又a 1＋1＝2，所以数列{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＋1＝2n ，a n ＝2n －1，a 3＝7，所以选项A ，B 均正确；因为b n ＝a n ＋1－n ，所以b n ＝2n ＋1－1－n ，所以选项C 错误；因为＋r1＝1－1r1，所以∑i=1i ＋ii i+1＝11－12＋12－13＋13－14＋…＋1－1r1＝11－1r1＝12－12r2－－2，所以选项D 正确.综上，选ABD.命题点3数列中的新定义问题例3我们把形如F n ＝22＋1（n ∈N ）的数叫做“费马数”，设a n ＝log 2（F n －1），n ∈N *，S n 表示数列{a n }的前n 项和，则使不等式2212＋2323＋…＋2r1r1＜63127成立的最大正整数n 的值是（A ）A.5B.6C.7D.8解析因为F n ＝22＋1（n ∈N ），所以当n ∈N *时，a n ＝log 2（F n －1）＝log 2（22＋1－1）＝2n，所以S n ＝2×（1－2）1－2＝2n ＋1－2.而2r1r1＝2r1（2r1－2)(2r2－2）＝12r1－2－12r2－2，所以2212＋2323＋…＋2r1r1＝122－2－123－2＋123－2－124－2＋…＋12r1－2－12r2－2＝12－12r2－2.若12－12r2－2＜63127，则12r2－2＞1254，即2n ＋2＜256，解得n ＜6，故选A.训练3函数y ＝[x ]称为高斯函数，[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.已知数列{a n }满足a 3＝3，且a n ＝n （a n ＋1－a n ），若b n ＝[lg a n ]，则数列{b n }的前2025项和为4968.解析由a n ＝n （a n ＋1－a n ），得（n ＋1）a n ＝na n ＋1，即r1＝r1，利用累乘法（或r1r1＝＝33＝1），可得a n ＝n .记{b n }的前n 项和为T n ，当1≤n ≤9时，0≤lg a n ＜1，b n ＝[lg a n ]＝0；当10≤n ≤99时，1≤lg a n ＜2，b n ＝1；当100≤n ≤999时，2≤lg a n ＜3，b n ＝2；当1000≤n ≤2025时，3≤lg a n ＜4，b n ＝3.所以T 2025＝（b 1＋…＋b 9）＋（b 10＋…＋b 99）＋（b 100＋…＋b 999）＋（b 1000＋…＋b 2025）＝9×0＋90×1＋900×2＋1026×3＝4968.1.[命题点1/2023河南郑州一模]我国古代有这样一个数学问题：今有男子善走，日增等里，首日行走一百里，九日共行一千二百六十里，问日增几何？其大意是：现有一个善于步行的人，第一天行走了一百里，以后每天比前一天多走d 里，九天他一共行走了一千二百六十里，求d 的值.关于该问题，下列结论错误的是（A）A.d ＝15B.此人第三天行走了一百二十里C.此人前七天一共行走了九百一十里D.此人前八天一共行走了一千零八十里解析设此人第n（n∈N*）天走a n里，则数列{a n}是公差为d的等差数列，记数列{a n}的前n项和为S n，由题意可得1=100，9=91+36=1260，解得d＝10，A错.a3＝a1＋2d＝120，B对.S7＝7a1＋6×72d＝910，C对.S8＝8a1＋7×82d＝1080，D对.故选A.2.[命题点2/2023江西清江中学期末]现某药厂打算投入一条新的药品生产线，已知该生产线连续生产n年的累计年产量（单位：万件）为T（n）＝14n（n＋1）（n＋3），如果年产量超过60万件，可能出现产量过剩，产生药物浪费.从避免药物浪费和环境保护的角度出发，这条生产线的最大生产期限应拟定为（B）A.7年B.8年C.9年D.10年解析设第n年年产量为a n，则第一年年产量为a1＝T1＝2，以后各年年产量为a n＝T（n）－T（n－1）＝14n（3n＋5）（n≥2，n∈N*），a1＝2也符合上式，所以a n＝14n（3n＋5）（n∈N*）.令14n（3n＋5）≤60，得3n2＋5n－240≤0.设f（x）＝3x2＋5x－240，其图象的对称轴为直线x＝－56，则当x＞0时，f（x）单调递增.又f（8）＝3×82＋5×8－240＝－8＜0，f（9）＝3×92＋5×9－240＝48＞0，所以3n2＋5n－240≤0的最大正整数解为8，则这条生产线的最大生产期限应拟定为8年.故选B.3.[命题点3/多选/2023北京师范大学第二附属中学期中]若一个数列的第m项等于这个数列的前m项的乘积，则称这个数列为“m积特征列”，若各项均为正数的等比数列{a n}为“6积特征列”，且a1＞1，则当{a n}的前n项之积最大时，n的值为（CD）A.5B.4C.3D.2解析由{a n}是等比数列，得a n＝a1q n－1，其中q为数列{a n}的公比.因为数列{a n}是“6积特征列”，所以a6＝a1a2a3a4a5a6，所以15q10＝1，所以a1q2＝1，所以a1＝q－2.因为数列{a n}各项均为正数，a1＞1，所以0＜q＜1.设数列{a n}的前n项之积为P n，则有P n＝a1a2…a n＝1q1＋2＋3＋…＋（n－1）＝2－52.因为0＜q＜1，所以当2－52最小时，P n最大.结合二次函数的图象及n∈N*知当n＝2或n＝3时，2－52最小，P n最大.故选CD.学生用书·练习帮P3151.[2023武汉市5月模拟]将1，2，…，n 按照某种顺序排成一列得到数列{a n }，对任意1≤i ＜j ≤n ，如果a i ＞a j ，那么称数对（a i ，a j ）构成数列{a n }的一个逆序对.若n ＝4，则恰有2个逆序对的数列{a n }的个数为（B）A.4B.5C.6D.7解析由题知数列{a n }中的项都是正整数，当n ＝4时，1≤i ＜j ≤4，将1，2，3，4按照某种顺序排成一列，则用列举法列出所有恰有2个逆序对的数列的组合为{1，4，2，3}，{1，3，4，2}，{2，1，4，3}，{2，3，1，4}，{3，1，2，4}，共5个，故选B.2.[2024湖南名校联考]南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中提出了高阶等差数列的问题，即一个数列{a n }本身不是等差数列，但从数列{a n }中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列{b n }（称数列{a n }为一阶等差数列），或者{b n }仍旧不是等差数列，但从数列{b n }中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列{c n }（称数列{a n }为二阶等差数列）……以此类推，得到高阶等差数列.类比高阶等差数列的定义，我们亦可定义高阶等比数列，设数列{a n }：1，1，3，27，729，…是一阶等比数列，则∑J110log 3a n 的值为（参考公式：12＋22＋…＋n 2＝6（n ＋1）（2n ＋1））（B ）A.60B.120C.240D.480解析由题意知，数列{a n }为一阶等比数列.设b n ＝r1，则{b n }为等比数列，其中b 1＝1，b 2＝3，公比为q ＝21＝3，所以b n ＝3n －1.故a n ＝b n －1b n －2…b 1·a 1＝31＋2＋3＋…＋（n －2）＝3（－1)(－2）2，n ≥2，a 1＝1，也适合上式，所以log 3a n ＝log 33（－1)(－2）2＝（－1)(－2）2＝12（n 2－3n ＋2）.所以∑J110log 3a n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋log 3a 3＋…＋log 3a 10＝12×[（12＋22＋…＋102）－3×（1＋2＋…＋10）＋2×10]＝12×[（16×10×11×21）－3×（1+10）×102＋2×10]＝120.故选B.3.[2023昆明市模拟]Farey 序列是指把在0到1之间的所有分母不超过n （n ∈N *）的最简分数及0（视为01）和1（视为11）按从小到大的顺序排列起来所形成的数列，记作F －n ，例如F －4就是01，14，13，12，23，34，11.则F －7的项数为19.解析F －7中分子为1的有17，16，15，14，13，12；分子为2的有27，25，23；分子为3的有37，35，34；分子为4的有47，45；分子为5的有57，56；分子为6的有67；再加上01和11两项，共有19项.4.对于数列{a n }，使数列{a n }的前k 项和为正整数的k 的值叫做“幸福数”.已知a n ＝log 4r1，则数列{a n }在区间[1，2025]内的所有“幸福数”的个数为5.解析a n ＝log 4r1＝log 4（n ＋1）－log 4n ，设数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ＝log 42－log 41＋log 43－log 42＋…＋log 4（n ＋1）－log 4n ＝log 4（n ＋1）.根据题意得S k 为正整数，设S k ＝m （m ∈N *），则log 4（k ＋1）＝m ，所以k ＋1＝4m ，令1≤k ≤2025，则1≤4m －1≤2025，故m 可取1，2，3，4，5，共5个数，所以所求“幸福数”有5个，故答案为5.5.我国古人将一年分为二十四个节气，如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，冬至的晷长最长，夏至的晷长最短，周而复始.已知冬至的晷长为13.5尺，芒种的晷长为2.5尺，则一年中夏至到大雪的晷长的和为84尺.解析依题意，冬至的晷长为13.5尺，记为a 1＝13.5，芒种的晷长为2.5尺，记为a 12＝2.5，因为相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，所以从冬至到芒种的晷长可构成等差数列{a n }，n ∈N *，n ≤12，则数列{a n }的公差d ＝12－112－1＝2.5－13.512－1＝－1.因为夏至与芒种相邻，且夏至的晷长最短，所以夏至的晷长为a 12＋d ＝1.5（尺），又大雪与冬至相邻，且冬至的晷长最长，所以大雪的晷长为a 1＋d ＝12.5（尺）.显然夏至到大雪的晷长可构成一个递增的等差数列，其首项为1.5，末项为12.5，共12项，所以一年中夏至到大雪的晷长的和为1.5+12.52×12＝84（尺）.6.某项测试有10道必答题，甲和乙参加该测试，分别用数列{a n }和{b n }记录他们的成绩.若第k 题甲答对，则a k ＝k ，若第k 题甲答错，则a k ＝－k ；若第k 题乙答对，则b k ＝2k －1，若第k 题乙答错，则b k ＝－2k －1.已知b 1＋b 2＋…＋b 10＝767，a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a 10b 10＝9217，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝39.解析由题意可知｜a k ｜＝k ，｜b k ｜＝2k －1，记T ＝∑i=110｜a i ｜｜b i ｜＝1×20＋2×21＋…＋10×29，则2T ＝1×21＋2×22＋…＋10×210，两式相减得T ＝－（20＋21＋…＋29）＋10×210＝－1－2101－2＋10×210＝1＋9×210＝9217，所以∑i=110｜a i ｜｜b i ｜＝∑i=110a ib i ，该式表明对于10道题中的每一道题，甲和乙同时答对或者同时答错.由题意可知，乙的成绩为∑i=110b i ＝767，若乙10道题全部答对，则其获得的总成绩应为20＋21＋22＋…＋29＝1－2101－2＝1023，令1023－7672＝2m －1，解得m ＝8，所以乙除第8题答错外，其余题均答对，所以甲除第8题答错外，其余题均答对，所以∑i=110a i ＝1＋2＋3＋4＋5＋6＋7－8＋9＋10＝39.7.[2023上海华东师范大学第二附属中学期末改编]某工厂在2023年上半年施行“减员增效”措施，对部分人员实行分流，规定分流人员第一年可以到原单位领取工资的100％，从第二年起，以后每年只能在原单位按上一年工资的23领取工资.该厂根据分流人员的技术特长，计划创办新的经济实体，该经济实体预计第一年属投资阶段，第二年每人可在工资的基础上额外获得b 元收入，从第三年起每人每年的额外收入可在上一年的基础上增加50％.假设某人分流前工资收入为每年a 元，分流后进入新经济实体，第n 年的年收入为a n 元.（1）求{a n }的通项公式.（2）当b ＝827时，这个人哪一年的年收入最少？最少为多少元？（3）当b ≥38时，是否能保证这个人分流一年后的年收入永远超过分流前的年收入？解析（1）由题意得，当n ＝1时，a 1＝a ，当n ≥2时，a n ＝（23）n －1a ＋（32）n －2b .所以a n ＝，=1，（23）－1＋（32）－2，≥2.（2）b ＝827，当n ≥2时，a n ＝（23）n －1a ＋827（32）n －2≥3×27＝89，当且仅当（23）n －1a ＝827（32）n －2时，上式的等号成立，即（23）2n －3＝（23）3，解得n ＝3，此时a n ＝a 3＝89.又a 1＝a ＞89，所以这个人分流后第三年的年收入最少，最少为89元.（3）当n ≥2时，a n ＝（2）n －1a ＋（32）n －2b ≥（23）n －1a ＋38（32）n－2≥2a ，当且仅当b ＝38且n ＝log 2313时，上式等号成立，又n ≥2且n ∈N *，因此等号不能取到，所以当n ≥2时，a n ＞a .故当b ≥38时，能保证这个人分流一年后的年收入永远超过分流前的年收入.。
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专题18 解创新数列之匙一．【学习目标】1．会利用数列的函数性质解与方程、不等式、解析几何相结合的数列综合题．2．掌握相关的数列模型以及建立模型解决实际问题的方法．【知识要点】1．数列综合问题中应用的数学思想(1)用函数的观点与思想认识数列，将数列的通项公式和求和公式视为定义在正整数集或其有限子集{1，2，…，n}上的函数．(2)用方程的思想处理数列问题，将问题转化为数列基本量的方程．(3)用转化化归的思想探究数列问题，将问题转化为等差、等比数列来研究．(4)数列综合问题常常应用分类讨论思想、特殊与一般思想、类比联想思想、归纳猜想思想等．1．数列综合问题中应用的数学思想(1)用函数的观点与思想认识数列，将数列的通项公式和求和公式视为定义在正整数集或其有限子集{1，2，…，n}上的函数．(2)用方程的思想处理数列问题，将问题转化为数列基本量的方程．(3)用转化化归的思想探究数列问题，将问题转化为等差、等比数列来研究．(4)数列综合问题常常应用分类讨论思想、特殊与一般思想、类比联想思想、归纳猜想思想等．二．【方法总结】1.数列模型应用问题的求解策略(1)认真审题，准确理解题意.(2)依据问题情境，构造等差、等比数列，然后应用通项公式、数列性质和前n项和公式求解，或通过探索、归纳、构造递推数列求解.(3)验证、反思结果与实际是否相符.2.数列综合问题的求解程序(1)数列与函数综合问题或应用函数思想解决数列问题，或以函数为载体构造数列，应用数列理论求解.(2)数列的几何型综合问题，探究几何性质和规律特征，建立数列的递推关系式，然后求解问题.三．题型典例分析 1.数列与函数的综合例1. 设函数()f x 是定义在()0,+∞上的单调函数，且对于任意正数,x y 有，已知112f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，若一个各项均为正数的数列{}n a 满足，其中n S 是数列{}n a 的前n 项和，则数列{}n a 中第18项18a =（ ） A.136B. 9C. 18D. 36 【答案】C【方法规律总结】本题主要考查抽象函数的解析式以及数列通项与前n 项和之间的关系以及公式的应用，属于难题.已知n S 求n a 的一般步骤：（1）当1n =时，由11a S =求1a 的值；（2）当2n ≥时，由，求得n a 的表达式；（3）检验1a 的值是否满足（2）中的表达式，若不满足则分段表示n a ；（4）写出n a 的完整表达式练习1. 设函数()f x 是定义在()0,+∞上的单调函数，且对于任意正数,x y 有，已知112f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，若一个各项均为正数的数列{}n a 满足，其中n S 是数列{}n a 的前n 项和，则数列{}n a 中第18项18a =（ ） A.136B. 9C. 18D. 36【答案】C【解析】∵f （S n ）=f （a n ）+f （a n +1）-1=f[12a n （a n +1）]∵函数f （x ）是定义域在（0，+∞）上的单调函数，数列{a n }各项为正数∴S n =12a n （a n +1）①当n=1时，可得a 1=1；当n ≥2时，S n-1=12a n-1（a n-1+1）②， ①-②可得a n =12 a n （a n +1）-12a n-1（a n-1+1）∴（a n +a n-1）（a n -a n-1-1）=0 ∵a n ＞0，∴a n -a n-1-1=0即a n -a n-1=1∴数列{a n }为等差数列，a 1=1，d=1；∴a n =1+（n-1）×1=n 即a n =n 所以1818a = 故选C练习2.已知是R 上的奇函数，，则数列{}n a 的通项公式为（ ）．A. n a n =B. 2n a n =C. 1n a n =+D.【答案】C【解析】∵是奇函数，∴，令12x =，，令12x =-，，∴，∴，令112x n =-，∴，令112x n=-，∴，∵，∴，同理可得，，∴，故选C练习3. 设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知，，则下列结论正确的是（ ）A. B.C. D.【答案】D【解析】令f (x )=x 3+2016x ,则f ′(x )=3x 2+2016>0， 所以f (x )在R 上单调递增,且f (x )为奇函数。
由条件得,f (20131a -)=−1,f (41a -)=1， ∴,从而4a +2013a =2，又等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，所以2016S == =2016，因为f (20131a -)=−1,f (41a -)=1,f (x )在R 上单调递增， 所以41a ->20131a -,即4a >2013a ， 故选：D.练习4. 数列12,,,n a a a 是正整数1,2,,n 的任一排列，且同时满足以下两个条件：①11a =；②当2n ≥时， ().记这样的数列个数为()f n . （I ）写出的值；（II ）证明()2018f 不能被4整除. 【答案】(1)详见解析;(2)详见解析. 【解析】试题分析：（1）依题意，易得：；（2）把满足条件①②的数列称为n项的首项最小数列.对于n 个数的首项最小数列，由于11a =，故22a =或3.分成三类情况，利用已知条件逐一进行验证即可. 试题解析： （Ⅰ）解：.（Ⅱ）证明：把满足条件①②的数列称为n 项的首项最小数列.对于n 个数的首项最小数列，由于11a =，故22a =或3. （1）若22a =，则构成1n -项的首项最小数列，其个数为()1f n -；（2）若，则必有44a =，故构成3n -项的首项最小数列，其个数为()3f n -；（3）若23,a =则3=4a 或35a =. 设1k a +是这数列中第一个出现的偶数，则前k 项应该是，1k a +是2k 或22k -，即k a 与1k a +是相邻整数.由条件②，这数列在1k a +后的各项要么都小于它，要么都大于它，因为2在1k a +之后，故1k a +后的各项都小于它.这种情况的数列只有一个，即先排递增的奇数，后排递减的偶数. 综上，有递推关系：， 5n ≥.由此递推关系和（I ）可得，各数被4除的余数依次为：1，1，2，0，2，1，2，1，3，2，0，0，3，0，1，1，2，0，… 它们构成14为周期的数列，又，所以()2018f 被4除的余数与()2f 被4除的余数相同，都是1， 故()2018f 不能被4整除. 2特殊数列例2.已知数列,则2017a 一定是A. 奇数B. 偶数C. 小数D. 无理数 【答案】A【解析】因为,所以,则数列{}n a 从第3项开始,每一项均为其前两项的和,因为前两项均为1,是奇数,所以从第三项开始,第3n 项均为偶数,第3n +1项均为奇数,第3n+2项均为奇数,所以2017a 一定是奇数.【方法规律总结】：由前几项归纳数列通项或变化规律的常用方法及具体策略(1)常用方法：观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等方法.(2)具体策略：①分式中分子、分母的特征；②相邻项的变化特征；③拆项后的特征；④各项的符号特征和绝对值特征；⑤化异为同.对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系；⑥对于符号交替出现的情况，可用处理.练习1已知数列{}n a 满足，则10a =（ ）A. 30e B. 40e C. 1103e D. 1003e【答案】C【解析】∵∴∴，∴231n n n a e-=（）∴100310a e =故选C.练习2. ．设n S 为数列{}n a 的前n 项和，，且1232a a =.记n T 为数列1nn a S ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和，若，则m 的最小值为（ ）A.13 B. 12 C. 23D. 1 【答案】A【解析】由2a n ﹣a n ﹣1=3•2n ﹣1（n ≥2），得，由2a n ﹣a n ﹣1=3•2n ﹣1（n ≥2），且3a 1=2a 2，可得2a 2﹣a 1=6，即2a 1=6，得a 1=3． ∴数列{12n na -}是以12为首项，以14为公比的等比数列， 则∴（2+22+23+…+2n ）2•2n ﹣21﹣n．∵对∀n ∈N *，T n ＜m ， ∴m 的最小值为13． 故答案为A 。
【方法总结】：这个题目考查的是数列求通项的常用方法：配凑法，构造新数列。
也考查了等比数列求和公式的应用，数列和的最值。
关于数列之和的最值，可以直接观察，比如这个题目，一般情况下需要研究和的表达式的单调性：构造函数研究单调性，做差和0比研究单调性，直接研究表达式的单调性。
3.数列的性质例3. 已知数列则7a = （ ）A. 12-B. 14C. 14-或1D. 12【答案】B【解析】由条件可知，两边去倒数得是等差数列，故，故得故答案选B ．【方法总结】已知数列要求通项，可以两边取倒数，得到1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，已知11a =可以求出111a = ，再根据等差数列的性质求出数列的通项公式，，再取倒数可以求出21n a n=+，代入n=7,求得结果即可. 练习1. 数列{}n a 定义为10a >， 11a a =，， *n N ∈（1）若，求的值；（2）当0a >时，定义数列{}n b ，，，是否存在正整数(),i j i j ≤，使得.如果存在，求出一组(),i j ，如果不存在，说明理由.【答案】(1)2；(2)答案见解析 【解析】试题分析：(1)由题意可得，裂项求和有的值是2；(2)结合所给的递推关系讨论可得存在一组满足题意.试题解析：(1)所以故所以（2）由得，两边平方所以当1k b a =时，由知又，数列{}n a 递增，所以21k b a -=类似地，又所以存在正整数(),i j i j ≤，存在一组练习2. 在数1和2之间插入n 个正数，使得这n+2个数构成递增等比数列，将这n+2个数的乘积记为n A ，令．(1)数列{}n a 的通项公式为n a =____________；(2)=___________．【答案】22n +;【解析】()1设在数1和2之间插入n 个正数，使得这2n +个数构成递增等比数列{}n b则，即12n qq +=，为此等比数列的公比故数列{}n a 的通项公式为22n n a +=()2由()1可得，又, *n N ∈故答案为练习3. 已知两个等差数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为n A 和n B ，且，55a b =， n nab 为整数的正整数n 的取值集合为． 【答案】9； {}2,3,5,11 【解析】试题分析：由等差数列的性质和求和公式可得，可得n 的取值。