2025數(shù)學(xué)步步高大一輪復(fù)習(xí)講義人教A版第六章必刷小題11數(shù)列必刷小題11數(shù)列一、單項(xiàng)選擇題1．(2023·贛州統(tǒng)考)已知等差數(shù)列{an}中，Sn是其前n項(xiàng)和，若a3＋S3＝22，a4－S4＝－15，則a5等于()A．7B．10C．11D．13答案C解析設(shè)公差為d，則a1＋2d＋3a1＋3d＝22，a1＋3d－4a1－6d＝－15，解得a1＝3，d＝2，故a5＝a1＋4d＝3＋8＝11.2．已知等差數(shù)列{an}的公差為4，且a2，a3，a6成等比數(shù)列，則a14等于()A．46B．48C．50D．52答案C解析由題意得aeq\o\al(2,3)＝a2a6＝(a3－4)(a3＋3×4)，解得a3＝6，所以a14＝a3＋11×4＝50.3．已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝1，anan＋1＝2n(n∈N*)，則a10等于()A．64B．32C．16D．8答案B解析∵數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝1，anan＋1＝2n，∴a1a2＝2，解得a2＝2.當(dāng)n≥2時(shí)，eq\f(anan＋1,anan－1)＝2，即eq\f(an＋1,an－1)＝2，所以eq\f(a10,a8)·eq\f(a8,a6)·eq\f(a6,a4)·eq\f(a4,a2)＝24，所以eq\f(a10,a2)＝24，故a10＝25＝32.4．(2023·漳州模擬)已知數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))為等比數(shù)列，且a4＝2，a8＝16，則a10等于()A．30B．±30C．40D．±40答案C解析令bn＝eq\f(an,n)，設(shè)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))的公比為q，因?yàn)閍4＝2，a8＝16，所以b4＝eq\f(a4,4)＝eq\f(1,2)，b8＝eq\f(a8,8)＝2，又b8＝b4q4，所以q4＝eq\f(2,\f(1,2))＝4，得到q2＝2，所以b10＝eq\f(a10,10)＝b8q2＝4，所以a10＝40.5．(2024·榆林聯(lián)考)《九章算術(shù)》中有如下問(wèn)題：“今有蒲生一日，長(zhǎng)四尺，莞生一日，長(zhǎng)一尺．蒲生日自半，莞生日自倍．”意思是今有蒲第一天長(zhǎng)高四尺，莞第一天長(zhǎng)高一尺，以后蒲每天長(zhǎng)高為前一天的一半，莞每天長(zhǎng)高為前一天的兩倍．若要使莞的長(zhǎng)度是蒲的長(zhǎng)度的2倍，則需要的時(shí)間為()A．4天B．5天C．6天D．7天答案A解析由題意，蒲第一天長(zhǎng)高四尺，以后蒲每天長(zhǎng)高為前一天的一半，∴蒲的生長(zhǎng)構(gòu)成首項(xiàng)為4，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn＝eq\f(4×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝8－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－3，又由莞第一天長(zhǎng)高一尺，每天長(zhǎng)高為前一天的兩倍，則莞的生長(zhǎng)構(gòu)成首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列，其前n項(xiàng)和為T(mén)n＝eq\f(1×1－2n,1－2)＝2n－1，又∵Tn＝2Sn，∴2n－1＝2×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(8－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－3))，解得n＝4或n＝0(舍去)．6．若數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝1，eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2,an)＋1，則a9等于()A.eq\f(1,210－1)B.eq\f(1,29－1)C．210－1D．29－1答案B解析因?yàn)閍1＝1，eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2,an)＋1，所以eq\f(1,an＋1)＋1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))，又eq\f(1,a1)＋1＝2，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列，所以eq\f(1,an)＋1＝2n，即an＝eq\f(1,2n－1)，所以a9＝eq\f(1,29－1).7．小明同學(xué)在研究數(shù)列{an}時(shí)，發(fā)現(xiàn)其遞推公式an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)可以利用“疊羅漢”的思想來(lái)處理，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a3＝a1＋a2，,a4＝a3＋a2＝a1＋a2＋a2，,a5＝a4＋a3＝a1＋a2＋a2＋a3，,…，))如果該數(shù)列{an}的前兩項(xiàng)分別為a1＝1，a2＝2，其前n項(xiàng)和記為Sn，若a2026＝m，則S2024等于()A．2mB.eq\f(2m－1,2)C．m＋2D．m－2答案D解析由an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)，得an＝an＋2－an＋1(n∈N*)，所以S2024＝a2024＋a2023＋a2022＋…＋a3＋a2＋a1＝(a2026－a2025)＋(a2025－a2024)＋(a2024－a2023)＋…＋(a5－a4)＋(a4－a3)＋(a3－a2)＝a2026－a2＝m－2.8．已知正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＝2，Seq\o\al(2,n＋1)－3nan＋1＝Sn(Sn＋2·3n)，則S2023等于()A．32023－1 B.eq\f(32023－1,2)C.eq\f(32023＋1,2) D.eq\f(32022＋1,2)答案C解析由題意得，Seq\o\al(2,n＋1)－3n(Sn＋1－Sn)＝Sn(Sn＋2·3n)，則Seq\o\al(2,n＋1)－Seq\o\al(2,n)＝3n(Sn＋1＋Sn)，又{an}都為正項(xiàng)，則Sn>0，故Sn＋1－Sn＝3n，所以S2023－S2022＋…＋S3－S2＋S2－S1＝32022＋…＋32＋3＝eq\f(3×1－32022,1－3)，所以S2023－S1＝S2023－2＝eq\f(32023－3,2)，故S2023＝eq\f(32023＋1,2).二、多項(xiàng)選擇題9．已知正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的公比為q，a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，an＋1an＋2an＋3＝324，則下列說(shuō)法正確的是()A．q2＝3 B．a(chǎn)eq\o\al(3,2)＝4C．a(chǎn)4a6＝2eq\r(3) D．n＝12答案BD解析正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的公比為q，則an＝a1qn－1，由a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，得aeq\o\al(3,2)＝4，aeq\o\al(3,5)＝12，故B正確；而a5＝a2q3，于是(a2q3)3＝12，即q9＝3，故A錯(cuò)誤；而a5＝eq\r(3,12)，則a4a6＝aeq\o\al(2,5)＝2eq\r(3,18)，故C錯(cuò)誤；由an＋1an＋2an＋3＝324，得aeq\o\al(3,n＋2)＝324，即(a2qn)3＝324，因?yàn)閍eq\o\al(3,2)＝4，因此q3n＝81＝34＝(q9)4＝q36，顯然q>1，所以3n＝36，解得n＝12，故D正確．10．記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則()A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等比數(shù)列B．{anan＋1}是等比數(shù)列C．Sn，S2n，S3n成等比數(shù)列D．Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比數(shù)列答案AB解析設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q(q≠0)，則有eq\f(an＋1,an)＝q，所以eq\f(\f(1,an＋1),\f(1,an))＝eq\f(an,an＋1)＝eq\f(1,q)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以eq\f(1,q)為公比的等比數(shù)列，故A正確；eq\f(an＋1an＋2,anan＋1)＝q2，所以{anan＋1}是以q2為公比的等比數(shù)列，故B正確；若公比q＝－1，則S2n＝0，所以Sn，S2n，S3n不能構(gòu)成等比數(shù)列，故C錯(cuò)誤；若公比q＝－1，且n為偶數(shù)，則Sn，S2n－Sn，S3n－S2n都等于0，此時(shí)不能構(gòu)成等比數(shù)列，故D錯(cuò)誤．11．已知等差數(shù)列{an}的公差為d，前n項(xiàng)和為Sn，且d≠0，a1，a4，a6成等比數(shù)列，則()A．S19＝0B．a(chǎn)9＝0C．當(dāng)d<0時(shí)，S9是Sn的最大值D．當(dāng)d>0時(shí)，S10是Sn的最小值答案ACD解析因?yàn)閍1，a4，a6成等比數(shù)列，所以a1a6＝aeq\o\al(2,4)，即a1(a1＋5d)＝(a1＋3d)2，整理得a1d＝－9d2，因?yàn)閐≠0，所以a1＝－9d，所以a10＝a1＋9d＝0，則S19＝eq\f(19a1＋a19,2)＝19a10＝0，故A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)d<0時(shí)，{an}是遞減數(shù)列，此時(shí)a1>a2>…>a9>a10＝0>a11>…，所以當(dāng)n＝9或n＝10時(shí)，Sn取得最大值，即(Sn)max＝S9＝S10，故C正確；當(dāng)d>0時(shí)，{an}是遞增數(shù)列，此時(shí)a1<a2<…<a9<a10＝0<a11<…，所以當(dāng)n＝9或n＝10時(shí)，Sn取得最小值，即(Sn)min＝S9＝S10，故D正確．12．(2024·保定模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿(mǎn)足a1＝1，a2＝2，an＋1＝4an－3an－1(n≥2)，則下列說(shuō)法正確的是()A．?dāng)?shù)列{an＋1－an}為等比數(shù)列B．?dāng)?shù)列{an＋1－3an}為等差數(shù)列C．a(chǎn)n＝3n－1＋1D．Sn＝eq\f(3n－1,4)＋eq\f(n,2)答案ABD解析因?yàn)閑q\f(an＋1－an,an－an－1)＝eq\f(4an－3an－1－an,an－an－1)＝eq\f(3an－an－1,an－an－1)＝3(n≥2)，所以數(shù)列{an＋1－an}為公比為3的等比數(shù)列，故A正確；因?yàn)?an＋1－3an)－(an－3an－1)＝an＋1－4an＋3an－1＝0，即an＋1－3an＝an－3an－1(n≥2)，所以數(shù)列{an＋1－3an}為常數(shù)列，即公差為0的等差數(shù)列，故B正確；由以上分析可得an＋1－an＝1×3n－1，且an＋1－3an＝－1，解得an＝eq\f(3n－1＋1,2)，故C錯(cuò)誤；Sn＝a1＋a2＋…＋an＝eq\f(30＋1,2)＋eq\f(31＋1,2)＋…＋eq\f(3n－1＋1,2)＝eq\f(1,2)×(30＋31＋…＋3n－1)＋eq\f(n,2)＝eq\f(1,2)×eq\f(1－3n,1－3)＋eq\f(n,2)＝eq\f(3n－1,4)＋eq\f(n,2)，故D正確．三、填空題13．已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足anan＋2＝aeq\o\al(2,n＋1)，n∈N*，若a7＝16，a3a5＝4，則a2的值為_(kāi)_______．答案－eq\f(1,2)或eq\f(1,2)解析因?yàn)閍nan＋2＝aeq\o\al(2,n＋1)，n∈N*，所以數(shù)列{an}為等比數(shù)列，設(shè)其公比為q.由a7＝16，a3a5＝aeq\o\al(2,4)＝4，得a4＝±2，q3＝eq\f(a7,a4)＝±8，所以q＝±2.當(dāng)q＝2時(shí)，a4＝2，則a2＝eq\f(1,2)；當(dāng)q＝－2時(shí)，a4＝－2，則a2＝－eq\f(1,2).綜上，a2的值為－eq\f(1,2)或eq\f(1,2).14．(2023·重慶模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿(mǎn)足Sn＋2an＝－1，則an＝________.答案－eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1解析由題意得Sn＋2an＝－1，即Sn＝－2an－1，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝－2an－1－(－2an－1－1)＝－2an＋2an－1，即an＝eq\f(2,3)an－1，當(dāng)n＝1時(shí)，3a1＝－1，即a1＝－eq\f(1,3)，因此數(shù)列{an}是首項(xiàng)為－eq\f(1,3)，公比為eq\f(2,3)的等比數(shù)列，所以an＝－eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1.15．(2023·德州模擬)寫(xiě)出一個(gè)同時(shí)具有下列性質(zhì)①②的數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式：an＝________.①am－n＝am－an(m>n，m，n∈N*)；②{an}是遞增數(shù)列．答案2n(符合kn(k>0)的形式即可)解析假設(shè)數(shù)列為等差數(shù)列，設(shè)其公差為d，首項(xiàng)為a1，由性質(zhì)①可得a1＋(m－n－1)d＝a1＋(m－1)d－a1－(n－1)d，整理得a1＝d，即an＝a1＋(n－1)d＝dn，再根據(jù)②可知，公差d>0，取d＝2，顯然an＝2n滿(mǎn)足題意．(符合kn(k>0)的形式即可)16．已知向量序列：a1，a2，a3，…，an滿(mǎn)足如下條件：|a1|＝4|d|＝2,2a1·d＝－1且an－an－1＝d(n＝2,3,4，…)．若a1·ak＝0，則k＝________；|a1|，|a2|，|a3|，…，|an|，…中第________項(xiàng)最小．答案93解析因?yàn)閍n－an－1＝d(n＝2,3,4，…)，所以an－an－1＝d，an－1－an－2＝d，…，a2－a1＝d，累加得an＝a1＋(n－1)d，所以ak＝a1＋(k－1)d，則a1·ak＝aeq\o\al(2,1)＋(k－1)a1·d＝0，即4－eq\f(k－1,2)＝0，解得k＝9；an＝a1＋(n－1)d，即aeq\o\al(2,n)＝|an|2＝[a1＋(n－1)d]2＝eq\f(n－12,4)－(n－1)＋4(n∈N*)，易知當(dāng)n－1＝－eq\f(－1,2×\f(1,4))＝2，即n＝3時(shí)，|an|取得最小值．培優(yōu)點(diǎn)9新情景、新定義下的數(shù)列問(wèn)題近幾年全國(guó)各地高考試題，我們總能在試卷的壓軸題位置發(fā)現(xiàn)新定義數(shù)列題的身影，它們對(duì)數(shù)列綜合問(wèn)題的考查常常以新定義、新構(gòu)造和新情景形式呈現(xiàn)，有時(shí)還伴隨著數(shù)列與集合，難度較大．題型一數(shù)列中的新概念通過(guò)創(chuàng)新概念，以集合、函數(shù)、數(shù)列等的常規(guī)知識(shí)為問(wèn)題背景，直接利用創(chuàng)新概念的內(nèi)涵來(lái)構(gòu)造相應(yīng)的關(guān)系式(或不等式等)，結(jié)合相關(guān)知識(shí)中的性質(zhì)、公式來(lái)綜合與應(yīng)用．例1(1)0－1周期序列在通信技術(shù)中有著重要應(yīng)用．若序列a1a2…an…滿(mǎn)足ai∈{0,1}(i＝1,2，…)，且存在正整數(shù)m，使得ai＋m＝ai(i＝1,2，…)成立，則稱(chēng)其為0－1周期序列，并稱(chēng)滿(mǎn)足ai＋m＝ai(i＝1,2，…)的最小正整數(shù)m為這個(gè)序列的周期．對(duì)于周期為m的0－1序列a1a2…an…，C(k)＝eq\f(1,m)eq\i\su(i＝1,m,a)iai＋k(k＝1,2，…，m－1)是描述其性質(zhì)的重要指標(biāo)，下列周期為5的0－1序列中，滿(mǎn)足C(k)≤eq\f(1,5)(k＝1，2,3,4)的序列是()A．11010… B．11011…C．10001… D．11001…答案C解析周期為5的0－1序列中，C(k)＝eq\f(1,5)eq\i\su(i＝1,5,a)iai＋k(k＝1,2,3,4)．驗(yàn)證C(1)＝eq\f(1,5)(a1a2＋a2a3＋a3a4＋a4a5＋a5a6)＝eq\f(1,5)(a1a2＋a2a3＋a3a4＋a4a5＋a5a1)≤eq\f(1,5).對(duì)于A，C(1)＝eq\f(1,5)(1＋0＋0＋0＋0)＝eq\f(1,5)，滿(mǎn)足C(1)≤eq\f(1,5).對(duì)于B，C(1)＝eq\f(1,5)(1＋0＋0＋1＋1)＝eq\f(3,5)>eq\f(1,5)，不滿(mǎn)足C(1)≤eq\f(1,5)，故排除B.對(duì)于C，C(1)＝eq\f(1,5)(0＋0＋0＋0＋1)＝eq\f(1,5)，滿(mǎn)足C(1)≤eq\f(1,5).對(duì)于D，C(1)＝eq\f(1,5)(1＋0＋0＋0＋1)＝eq\f(2,5)>eq\f(1,5)，不滿(mǎn)足C(1)≤eq\f(1,5)，故排除D.再對(duì)A，C驗(yàn)證C(2)＝eq\f(1,5)(a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a6＋a5a7)＝eq\f(1,5)(a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a1＋a5a2)≤eq\f(1,5).對(duì)于A，C(2)＝eq\f(1,5)(0＋1＋0＋1＋0)＝eq\f(2,5)>eq\f(1,5)，不滿(mǎn)足C(2)≤eq\f(1,5)，故排除A.對(duì)于C，C(2)＝eq\f(1,5)(0＋0＋0＋0＋0)＝0，滿(mǎn)足C(2)≤eq\f(1,5).(2)(2023·武漢模擬)將1,2，…，n按照某種順序排成一列得到數(shù)列{an}，對(duì)任意1≤i<j≤n，如果ai>aj，那么稱(chēng)數(shù)對(duì)(ai，aj)構(gòu)成數(shù)列{an}的一個(gè)逆序?qū)Γ鬾＝4，則恰有2個(gè)逆序?qū)Φ臄?shù)列{an}的個(gè)數(shù)為()A．4B．5C．6D．7答案B解析若n＝4，則1≤i<j≤4，由1,2,3,4構(gòu)成的逆序?qū)τ?4,3)，(4,2)，(4,1)，(3,2)，(3,1)，(2,1)，若數(shù)列{an}的第一個(gè)數(shù)為4，則至少有3個(gè)逆序?qū)Γ蝗魯?shù)列{an}的第二個(gè)數(shù)為4，則恰有2個(gè)逆序?qū)Φ臄?shù)列{an}為{1,4,2,3}；若數(shù)列{an}的第三個(gè)數(shù)為4，則恰有2個(gè)逆序?qū)Φ臄?shù)列{an}為{1,3,4,2}或{2,1,4,3}；若數(shù)列{an}的第四個(gè)數(shù)為4，則恰有2個(gè)逆序?qū)Φ臄?shù)列{an}為{2,3,1,4}或{3,1,2,4}，綜上，恰有2個(gè)逆序?qū)Φ臄?shù)列{an}的個(gè)數(shù)為5.思維升華與數(shù)列的新概念有關(guān)的問(wèn)題的求解策略①通過(guò)給出一個(gè)新的數(shù)列的概念，或約定一種新的運(yùn)算，或給出幾個(gè)新模型來(lái)創(chuàng)設(shè)新問(wèn)題的情景，要求在閱讀理解的基礎(chǔ)上，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學(xué)的知識(shí)和方法，實(shí)現(xiàn)信息的遷移，達(dá)到靈活解題的目的．②遇到新定義問(wèn)題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點(diǎn)，弄清新定義的性質(zhì)，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析，運(yùn)算，驗(yàn)證，使得問(wèn)題得以解決．跟蹤訓(xùn)練1(多選)(2023·江西聯(lián)考)在一次數(shù)學(xué)活動(dòng)課上，老師設(shè)計(jì)了有序?qū)崝?shù)組A＝{a1，a2，a3，…，an}，ai∈{0,1}，i＝1,2,3，…，n，f(A)表示把A中每個(gè)1都變?yōu)?,0，每個(gè)0都變?yōu)?，所得到的新的有序?qū)崝?shù)組，例如A＝{0,1}，則f(A)＝{1,0,0}．定義Ak＋1＝f(Ak)，k＝1,2,3，…，n，若A1＝{0,1}，則()A．A100中有249個(gè)1B．A101中有249個(gè)0C．A1，A2，A3，…，A100中0的總個(gè)數(shù)比1的總個(gè)數(shù)多250－1D．A1，A2，A3，…，A100中1的總個(gè)數(shù)為251－1答案AC解析因?yàn)锳1＝{0,1}，所以A2＝{1,0,0}，A3＝{0,0,1,1}，A4＝{1,1,0,0,0,0}，A5＝{0,0,0,0,1,1,1,1}，A6＝{1,1,1,1,0,0,0,0,0,0,0,0}，顯然，A1，A3，A5中分別有2,4,8項(xiàng)，其中1和0的項(xiàng)數(shù)相同，A2，A4，A6中分別有3,6,12項(xiàng)，其中有eq\f(1,3)的項(xiàng)為1，eq\f(2,3)的項(xiàng)為0，設(shè)An中共有an項(xiàng)，其中有bn項(xiàng)1，cn項(xiàng)0，則an＝bn＝cn＝所以A100中有249個(gè)1，A正確；A101中有250個(gè)0，B錯(cuò)誤；cn－bn＝則A1，A2，A3，…，A100中0的總個(gè)數(shù)比1的總個(gè)數(shù)多0＋20＋0＋21＋0＋…＋249＝eq\f(250－1,2－1)＝250－1，C正確；A1，A2，A3，…，A100中1的總個(gè)數(shù)為eq\f(1×250－1,2－1)＋eq\f(1×250－1,2－1)＝251－2，D錯(cuò)誤．題型二以數(shù)列和項(xiàng)與通項(xiàng)關(guān)系定義新數(shù)列例2(1)(多選)(2023·蘇州模擬)若數(shù)列{an}滿(mǎn)足：對(duì)任意的n∈N*(n≥3)，總存在i，j∈N*，使an＝ai＋aj(i≠j，i<n，j<n)，則稱(chēng){an}是“F數(shù)列”．則下列數(shù)列是“F數(shù)列”的有()A．a(chǎn)n＝2n B．a(chǎn)n＝n2C．a(chǎn)n＝3n D．a(chǎn)n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(5),2)))n－1答案AD解析對(duì)于A，由ai＋aj＝2(i＋j)，要使an＝ai＋aj＝2n(i≠j，i<n，j<n)且i，j∈N*，所以只需n＝i＋j≥3，顯然對(duì)任意的n∈N*(n≥3)，總存在i，j∈N*，使得an＝ai＋aj，滿(mǎn)足“F數(shù)列”；對(duì)于B，由a1＝12，a2＝22，a3＝32，顯然a3≠a1＋a2，不滿(mǎn)足“F數(shù)列”；對(duì)于C，對(duì)于任意3n，n∈N*，個(gè)位數(shù)為3,9,7,1均為奇數(shù)，所以3i＋3j必為偶數(shù)，顯然3i＋3j＝3n不成立，不滿(mǎn)足“F數(shù)列”；對(duì)于D，由n∈N*(n≥3)，an－1＋an－2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(5),2)))n－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(5),2)))n－3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(5),2)))n－2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,1－\r(5))))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(5),2)))n－2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1＋\r(5),2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(5),2)))n－1＝an，故對(duì)任意的n∈N*(n≥3)，總存在an＝ai＋aj，滿(mǎn)足“F數(shù)列”．(2)(多選)(2023·威海模擬)已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝1，前n項(xiàng)和為Sn.設(shè)λ與k是常數(shù)，若對(duì)任意n∈N*，均有成立，則稱(chēng)此數(shù)列為“λ－k”數(shù)列．若數(shù)列{an}是“eq\f(\r(2),2)－2”數(shù)列，且an>0，則()A．Sn＝9n－1B．{an}為等比數(shù)列C．{Sn－an}的前n項(xiàng)和為eq\f(9n－1－1,8)D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))為等差數(shù)列答案AC解析由條件可知，λ＝eq\f(\r(2),2)，k＝2，則eq\r(Sn＋1)－eq\r(Sn)＝eq\f(\r(2),2)eq\r(an＋1)＝eq\f(\r(2),2)eq\r(Sn＋1－Sn)，兩邊平方后，整理為Sn＋1－4eq\r(Sn＋1Sn)＋3Sn＝0，即(eq\r(Sn＋1)－eq\r(Sn))(eq\r(Sn＋1)－3eq\r(Sn))＝0，得eq\r(Sn＋1)＝eq\r(Sn)或eq\r(Sn＋1)＝3eq\r(Sn)，若eq\r(Sn＋1)＝eq\r(Sn)，則Sn＋1＝Sn，則an＋1＝0，這與an>0矛盾，所以不成立，所以eq\r(Sn＋1)＝3eq\r(Sn)，則Sn＋1＝9Sn，S1＝a1＝1，所以數(shù)列{Sn}是首項(xiàng)為1，公比為9的等比數(shù)列，即Sn＝9n－1，故A正確；由Sn＋1＝9Sn可得Sn＝9Sn－1(n≥2)，兩式相減得，an＋1＝9an(n≥2)，并且n＝1時(shí)，S2＝9S1，即a1＋a2＝9a1，得a2＝8，那么eq\f(a2,a1)＝8≠9，所以{an}不是等比數(shù)列，故B錯(cuò)誤；an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,8·9n－2，n≥2，))當(dāng)n＝1時(shí)，S1－a1＝0，當(dāng)n≥2時(shí)，設(shè)數(shù)列{Sn－an}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，則Tn＝(S1－a1)＋(S2－a2)＋…＋(Sn－an)＝(S1＋S2＋…＋Sn)－(a1＋a2＋…＋an)＝eq\f(1－9n,1－9)－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(8×1－9n－1,1－9)))＝eq\f(9n－1－1,8)，當(dāng)n＝1時(shí)，T1＝0成立，故Tn＝eq\f(9n－1－1,8)，故C正確；因?yàn)閑q\f(S1,a1)＝1，eq\f(S2,a2)＝eq\f(9,8)，eq\f(S3,a3)＝eq\f(81,72)，eq\f(S1,a1)＋eq\f(S3,a3)≠2eq\f(S2,a2)，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))不是等差數(shù)列，故D錯(cuò)誤．思維升華解決此類(lèi)問(wèn)題，關(guān)鍵是根據(jù)題干中的新定義、新公式、新定理、新法則、新運(yùn)算等，將新數(shù)列轉(zhuǎn)化為等差或等比數(shù)列，或者找到新數(shù)列的遞推關(guān)系進(jìn)行求解．跟蹤訓(xùn)練2(多選)(2023·北京人大附中模擬)已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足：對(duì)任意的n∈N*，總存在m∈N*，使得Sn＝am，則稱(chēng){an}為“回旋數(shù)列”．以下結(jié)論中正確的是()A．若an＝2023n，則{an}為“回旋數(shù)列”B．設(shè){an}為等比數(shù)列，且公比q為有理數(shù)，則{an}為“回旋數(shù)列”C．設(shè){an}為等差數(shù)列，當(dāng)a1＝1，公差d<0時(shí)，若{an}為“回旋數(shù)列”，則d＝－1D．若{an}為“回旋數(shù)列”，則對(duì)任意n∈N*，總存在m∈N*，使得an＝Sm答案AC解析對(duì)于A，由an＝2023n可得Sn＝2023(1＋2＋3＋…＋n)＝2023×eq\f(nn＋1,2)，由Sn＝am可得2023×eq\f(nn＋1,2)＝2023m，取m＝eq\f(nn＋1,2)即可，則{an}為“回旋數(shù)列”，故A正確；對(duì)于B，當(dāng)q＝1時(shí)，Sn＝na1，am＝a1，由Sn＝am可得na1＝a1，故當(dāng)n＝2時(shí)，很明顯na1＝a1不成立，故{an}不是“回旋數(shù)列”，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，{an}是等差數(shù)列，故am＝1＋(m－1)d，Sn＝n＋eq\f(nn－1,2)d，因?yàn)閿?shù)列{an}是“回旋數(shù)列”，所以1＋(m－1)d＝n＋eq\f(nn－1,2)d，即m＝eq\f(n－1,d)＋eq\f(nn－1,2)＋1，其中eq\f(nn－1,2)為非負(fù)整數(shù)，所以要保證eq\f(n－1,d)恒為整數(shù)，故d為所有非負(fù)整數(shù)的公約數(shù)，且d<0，所以d＝－1，故C正確；對(duì)于D，由A可知，當(dāng)an＝2023n時(shí)，{an}為“回旋數(shù)列”，取a2＝2023×2，Sm＝2023×eq\f(mm＋1,2)，顯然不存在m，使得Sm＝a2＝2023×2，故D錯(cuò)誤．題型三數(shù)列新情景例3(1)九連環(huán)是中國(guó)最杰出的益智游戲．九連環(huán)由九個(gè)相互連接的環(huán)組成，這九個(gè)環(huán)套在一個(gè)中空的長(zhǎng)形柄中，九連環(huán)的玩法就是要將這九個(gè)環(huán)從柄上解下來(lái)，規(guī)則如下：如果要解下(或安上)第n號(hào)環(huán)，則第(n－1)號(hào)環(huán)必須解下(或安上)，n－1往前的都要解下(或安上)才能實(shí)現(xiàn)．記解下n連環(huán)所需的最少移動(dòng)步數(shù)為an，已知a1＝1，a2＝2，an＝an－1＋2an－2＋1(n≥3)，則解六連環(huán)最少需要移動(dòng)圓環(huán)步數(shù)為()A．42B．85C．256D．341答案A解析由題意可得，a3＝a2＋2a1＋1＝2＋2＋1＝5，a4＝a3＋2a2＋1＝5＋4＋1＝10，a5＝a4＋2a3＋1＝10＋10＋1＝21，a6＝a5＋2a4＋1＝21＋20＋1＝42.(2)(2021·新高考全國(guó)Ⅰ)某校學(xué)生在研究民間剪紙藝術(shù)時(shí)，發(fā)現(xiàn)剪紙時(shí)經(jīng)常會(huì)沿紙的某條對(duì)稱(chēng)軸把紙對(duì)折．規(guī)格為20dm×12dm的長(zhǎng)方形紙，對(duì)折1次共可以得到10dm×12dm,20dm×6dm兩種規(guī)格的圖形，它們的面積之和S1＝240dm2，對(duì)折2次共可以得到5dm×12dm,10dm×6dm，20dm×3dm三種規(guī)格的圖形，它們的面積之和S2＝180dm2，以此類(lèi)推，則對(duì)折4次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數(shù)為_(kāi)____；如果對(duì)折n次，那么eq\i\su(k＝1,n,S)k＝_____dm2.答案5240eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(n＋3,2n)))解析依題意得，S1＝120×2＝240；S2＝60×3＝180；當(dāng)n＝3時(shí)，共可以得到5dm×6dm，eq\f(5,2)dm×12dm，10dm×3dm，20dm×eq\f(3,2)dm四種規(guī)格的圖形，且5×6＝30，eq\f(5,2)×12＝30，10×3＝30，20×eq\f(3,2)＝30，所以S3＝30×4＝120；當(dāng)n＝4時(shí)，共可以得到5dm×3dm，eq\f(5,2)dm×6dm，eq\f(5,4)dm×12dm，10dm×eq\f(3,2)dm，20dm×eq\f(3,4)dm五種規(guī)格的圖形，所以對(duì)折4次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數(shù)為5，且5×3＝15，eq\f(5,2)×6＝15，eq\f(5,4)×12＝15，10×eq\f(3,2)＝15，20×eq\f(3,4)＝15，所以S4＝15×5＝75；……所以可歸納Sk＝eq\f(240,2k)×(k＋1)＝eq\f(240k＋1,2k).所以eq\i\su(k＝1,n,S)k＝240eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,22)＋\f(4,23)＋…＋\f(n,2n－1)＋\f(n＋1,2n)))，①所以eq\f(1,2)×eq\i\su(k＝1,n,S)k＝240eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,22)＋\f(3,23)＋\f(4,24)＋…＋\f(n,2n)＋\f(n＋1,2n＋1)))，②由①－②得，eq\f(1,2)×eq\i\su(k＝1,n,S)k＝240eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋\f(1,24)＋…＋\f(1,2n)－\f(n＋1,2n＋1)))＝240eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\f(1,22)－\f(1,2n)×\f(1,2),1－\f(1,2))－\f(n＋1,2n＋1)))＝240eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(n＋3,2n＋1)))，所以eq\i\su(k＝1,n,S)k＝240eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(n＋3,2n)))dm2.思維升華對(duì)于新情景問(wèn)題，關(guān)鍵是要從問(wèn)題情境中尋找“重要信息”，即研究對(duì)象的本質(zhì)特征、數(shù)量關(guān)系(數(shù)量化的特征)等，建立數(shù)學(xué)模型求解．跟蹤訓(xùn)練3幾位大學(xué)生響應(yīng)國(guó)家的創(chuàng)業(yè)號(hào)召，開(kāi)發(fā)了一款應(yīng)用軟件．為激發(fā)大家學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的興趣，他們推出了“解數(shù)學(xué)題獲取軟件激活碼”的活動(dòng)．這款軟件的激活碼為下面數(shù)學(xué)問(wèn)題的答案：已知數(shù)列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一項(xiàng)是20，接下來(lái)的兩項(xiàng)是20,21，再接下來(lái)的三項(xiàng)是20,21,22，依此類(lèi)推．求滿(mǎn)足如下條件的最小整數(shù)N：N>55且該數(shù)列的前N項(xiàng)和為2的整數(shù)冪．那么該款軟件的激活碼是()A．95B．105C．115D．125答案A解析將數(shù)列排成行的形式11,21,2,41,2,4,8第n行為20,21，…，2n－1，第n行和為an＝eq\f(1×1－2n,1－2)＝2n－1，前n行共有eq\f(nn＋1,2)個(gè)數(shù)，前eq\f(nn＋1,2)項(xiàng)和為Sn＝eq\f(2×1－2n,1－2)－n＝2n＋1－2－n，假設(shè)從第1行第1個(gè)數(shù)到第n＋1行第m(1≤m≤n＋1)個(gè)數(shù)共有N個(gè)數(shù)，則N＝eq\f(nn＋1,2)＋m，前N項(xiàng)和為T(mén)N＝Sn＋am＝2n＋1－2－n＋2m－1，若TN為2的整數(shù)冪，則有2＋n＝2m－1，∵N>55，∴n>10，且n為奇數(shù)，當(dāng)n＝11時(shí)，m無(wú)整數(shù)解，當(dāng)n＝13時(shí)，m＝4，此時(shí)N＝eq\f(13×14,2)＋4＝95.1．(2023·河北統(tǒng)考)數(shù)學(xué)家楊輝在其專(zhuān)著《詳解九章算術(shù)法》和《算法通變本末》中，提出了一些新的高階等差數(shù)列．其中二階等差數(shù)列是一個(gè)常見(jiàn)的高階等差數(shù)列，如數(shù)列2,4,7,11,16，從第二項(xiàng)起，每一項(xiàng)與前一項(xiàng)的差組成新數(shù)列2,3,4,5，新數(shù)列2,3,4,5為等差數(shù)列，則稱(chēng)數(shù)列2,4,7,11,16為二階等差數(shù)列．現(xiàn)有二階等差數(shù)列{an}，其前七項(xiàng)分別為2,2,3,5,8,12,17，則該數(shù)列的第20項(xiàng)為()A．173B．171C．155D．151答案A解析根據(jù)題意得新數(shù)列為0,1,2,3,4，…，則二階等差數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\f(n－1n－2,2)＋2，則a20＝eq\f(19×18,2)＋2＝173.2．(2023·佳木斯模擬)科學(xué)家牛頓用“作切線(xiàn)”的方法求函數(shù)的零點(diǎn)時(shí)，給出了“牛頓數(shù)列”，其定義是：對(duì)于函數(shù)f(x)，若數(shù)列{xn}滿(mǎn)足xn＋1＝xn－eq\f(fxn,f′xn)，則稱(chēng)數(shù)列{xn}為牛頓數(shù)列，若函數(shù)f(x)＝x2，數(shù)列{xn}為牛頓數(shù)列且x1＝2，an＝log2xn，則a8的值是()A．8B．2C．－6D．－4答案C解析根據(jù)題意，xn＋1＝xn－eq\f(fxn,f′xn)＝xn－eq\f(x\o\al(2,n),2xn)＝xn－eq\f(xn,2)＝eq\f(xn,2)，所以eq\f(xn＋1,xn)＝eq\f(1,2)，又x1＝2，所以{xn}為首項(xiàng)是2，公比是eq\f(1,2)的等比數(shù)列，所以xn＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2＝22－n，所以an＝log2xn＝log222－n＝2－n，所以a8＝2－8＝－6.3．若三個(gè)非零且互不相等的實(shí)數(shù)x1，x2，x3成等差數(shù)列且滿(mǎn)足eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(2,x3)，則稱(chēng)x1，x2，x3成一個(gè)“β等差數(shù)列”．已知集合M＝{x||x|≤100，x∈Z}，則由M中的三個(gè)元素組成的所有數(shù)列中，“β等差數(shù)列”的個(gè)數(shù)為()A．25B．50C．51D．100答案B解析由三個(gè)非零且互不相等的實(shí)數(shù)x1，x2，x3成等差數(shù)列且滿(mǎn)足eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(2,x3)，知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x2＝x1＋x3，,\f(1,x1)＋\f(1,x2)＝\f(2,x3)，))消去x2，并整理得，(2x1＋x3)(x1－x3)＝0，所以x1＝x3(舍去)，x3＝－2x1，于是有x2＝－eq\f(1,2)x1.在集合M＝{x||x|≤100，x∈Z}中，三個(gè)元素組成的所有數(shù)列必為整數(shù)列，所以x1必為2的倍數(shù)，且x1∈[－50,50]，x1≠0，故這樣的數(shù)列共50個(gè)．4．(2023·鹽城模擬)將正整數(shù)n分解為兩個(gè)正整數(shù)k1，k2的積，即n＝k1·k2，當(dāng)k1，k2兩數(shù)差的絕對(duì)值最小時(shí)，我們稱(chēng)其為最優(yōu)分解．如20＝1×20＝2×10＝4×5，其中4×5即為20的最優(yōu)分解，當(dāng)k1，k2是n的最優(yōu)分解時(shí)，定義f(n)＝|k1－k2|，則數(shù)列{f(5n)}的前2023項(xiàng)的和為()A．51012 B．51012－1C．52023 D．52023－1答案B解析當(dāng)n＝2k(k∈N*)時(shí)，由于52k＝5k×5k，此時(shí)f(52k)＝|5k－5k|＝0，當(dāng)n＝2k－1(k∈N*)時(shí)，由于52k－1＝5k－1×5k，此時(shí)f(52k－1)＝|5k－5k－1|＝5k－5k－1，所以數(shù)列{f(5n)}的前2023項(xiàng)的和為(5－1)＋0＋(52－5)＋0＋(53－52)＋0＋…＋(51011－51010)＋0＋(51012－51011)＝51012－1.5．(2023·鄭州模擬)普林斯頓大學(xué)的康威教授發(fā)現(xiàn)了一類(lèi)有趣的數(shù)列并命名為“外觀(guān)數(shù)列”，該數(shù)列的后一項(xiàng)由前一項(xiàng)的外觀(guān)產(chǎn)生．以1為首項(xiàng)的“外觀(guān)數(shù)列”記作A1，其中A1為1,11,21,1211,111221，…，即第一項(xiàng)為1，外觀(guān)上看是1個(gè)1，因此第二項(xiàng)為11；第二項(xiàng)外觀(guān)上看是2個(gè)1，因此第三項(xiàng)為21；第三項(xiàng)外觀(guān)上看是1個(gè)2,1個(gè)1，因此第四項(xiàng)為1211，…，按照相同的規(guī)則可得A1其他項(xiàng)，例如A3為3,13,1113,3113,132113，…，若Ai的第n項(xiàng)記作an，Aj的第n項(xiàng)記作bn，其中i，j∈[2,9]，若cn＝|an－bn|，則{cn}的前n項(xiàng)和為()A．2n|i－j| B．n(i＋j)C．n|i－j| D．eq\f(1,2)|i－j|答案C解析由題得，a1＝i，a2＝1i，a3＝111i，a4＝311i，…，an＝…i，b1＝j(luò)，b2＝1j，b3＝111j，b4＝311j，…，bn＝…j，由遞推可知，隨著n的增大，an和bn每一項(xiàng)除了最后一位不同外，其余各位數(shù)都相同，所以cn＝|an－bn|＝|i－j|，所以{cn}的前n項(xiàng)和為n|i－j|.6．(多選)在數(shù)列{an}中，若aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＝p(n≥2，n∈N*，p為常數(shù))，則{an}稱(chēng)為“等方差數(shù)列”，下列對(duì)“等方差數(shù)列”的判斷，其中正確的為()A．若{an}是等方差數(shù)列，則{aeq\o\al(2,n)}是等差數(shù)列B．若{an}是等方差數(shù)列，則{aeq\o\al(2,n)}是等方差數(shù)列C．{(－1)n}是等方差數(shù)列D．若{an}是等方差數(shù)列，則{akn}(k∈N*，k為常數(shù))也是等方差數(shù)列答案ACD解析對(duì)于A中，數(shù)列{an}是等方差數(shù)列，可得aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＝p(n≥2，n∈N*，p為常數(shù))，即有{aeq\o\al(2,n)}是首項(xiàng)為aeq\o\al(2,1)，公差為p的等差數(shù)列，故A正確；對(duì)于B中，例如：數(shù)列{eq\r(n)}是等方差數(shù)列，但是數(shù)列{n}不是等方差數(shù)列，故B不正確；對(duì)于C中，數(shù)列{(－1)n}中，aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＝[(－1)n]2－[(－1)n－1]2＝0，(n≥2，n∈N*)，所以數(shù)列{(－1)n}是等方差數(shù)列，故C正確；對(duì)于D中，數(shù)列{an}中的項(xiàng)列舉出來(lái)是a1，a2，…，ak，…，a2k，…，數(shù)列{akn}中的項(xiàng)列舉出來(lái)是ak，a2k，a3k，…，因?yàn)閍eq\o\al(2,k＋1)－aeq\o\al(2,k)＝aeq\o\al(2,k＋2)－aeq\o\al(2,k＋1)＝…＝aeq\o\al(2,2k)－aeq\o\al(2,2k－1)＝p，所以(aeq\o\al(2,k＋1)－aeq\o\al(2,k))＋(aeq\o\al(2,k＋2)－aeq\o\al(2,k＋1))＋…＋(aeq\o\al(2,2k)－aeq\o\al(2,2k－1))＝kp，所以aeq\o\al(2,kn＋1)－aeq\o\al(2,kn)＝kp，所以數(shù)列{akn}是等方差數(shù)列，故D正確．7．(多選)(2023·浙江聯(lián)考)“角谷猜想”是指一個(gè)正整數(shù)，如果是奇數(shù)就乘以3再加1，如果是偶數(shù)就除以2，這樣經(jīng)過(guò)若干次這兩種運(yùn)算，最終必進(jìn)入循環(huán)圖1→4→2→1.對(duì)任意正整數(shù)a0，按照上述規(guī)則實(shí)施第n次運(yùn)算的結(jié)果為an(n∈N)，下列說(shuō)法正確的是()A．當(dāng)a0＝7時(shí)，則a11＝5B．當(dāng)a0＝16時(shí)，數(shù)列{an}為遞減數(shù)列C．若a5＝1，且ai(i＝1,2,3,4)均不為1，則a0＝5D．當(dāng)a0＝10時(shí)，從ai(i＝1,2,3,4,5,6)中任取兩個(gè)數(shù)至少一個(gè)為奇數(shù)的概率為e