數學，不僅是運算和推理的工具，還是表達和交流的語言，因此基于問題情境下的數列問題在高考中正逐步成為熱點，通過具體的問題背景或新的定義，考查數列在問題情境中的應用，以此來檢驗學生的核心價值、學科素養、關鍵能力、必備知識．常用的解題思路是審題、建立數列模型、研究模型、解決實際問題，即一是理解題意，分清條件和結論，理清數量關系；二是把文字語言、新情景轉化為熟悉的數學語言；三是構建相應的數學模型，利用已學的數列知識、解題的方法和技巧求解．類型一數學文化中的數列問題數學文化題一般是從中華優秀傳統文化中挖掘素材，將傳統文化與高中數學知識有機結合，有效考查閱讀理解能力、抽象概括能力、轉化與化歸能力．解題時要對試題所提供的數學文化信息進行整理和分析，從中構建等差數列或等比數列模型．例1(1)(2023·湖南永州第一次高考適應性考試)如圖所示，九連環是中國傳統民間智力玩具，以金屬絲制成9個圓環，解開九連環共需要256步，解下或套上一個環算一步，且九連環的解下和套上是一對逆過程．九連環把玩時按照一定的程序反復操作，可以將九個環全部從框架上解下或者全部套上．將第n個圓環解下最少需要移動的次數記為an(n≤9，n∈N*)，已知a1＝1，a2＝1，按規則有an＝an－1＋2an－2＋1(n≥3，n∈N*)，則解下第4個圓環最少需要移動的次數為()A．4 B．7C．16 D．31答案B解析由題意，a1＝1，a2＝1，an＝an－1＋2an－2＋1(n≥3，n∈N*)，解下第4個圓環，則n＝4，即a4＝a3＋2a2＋1，而a3＝a2＋2a1＋1＝1＋2＋1＝4，則a4＝4＋2＋1＝7.故選B.(2)(2024·湖北鄂州模擬)天干地支紀年法，源于中國．中國自古便有十天干與十二地支．十天干即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸，十二地支即子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．天干地支紀年法是按順序以一個天干和一個地支相配，排列起來，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如說第一年為“甲子”，第二年為“乙丑”，第三年為“丙寅”，……，依此類推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新開始，即“甲戌”“乙亥”，之后地支回到“子”重新開始，即“丙子”，……，依此類推.1911年中國爆發推翻清朝專制帝制、建立共和政體的全國性革命，這一年是辛亥年，史稱“辛亥革命”.1949年新中國成立，請推算新中國成立的年份為()A．己丑年 B．己酉年C．丙寅年 D．甲寅年答案A解析根據題意可得，天干是以10為公差的等差數列，地支是以12為公差的等差數列，從1911年到1949年經過38年，且1911年為“辛亥”年，以1911年的天干和地支分別為首項，則38＝3×10＋8，則1949年的天干為己，38＝12×3＋2，則1949年的地支為丑，所以1949年為己丑年．故選A.運用所學的等差數列、等比數列知識去求解古代著名的數學問題，解答時準確理解用古文語言給出的數學問題的含義是解答好本類試題的關鍵，熟練掌握等差數列、等比數列的通項公式及求和公式，既是基礎又是有力保障．1．(2023·江西南昌蓮塘第一中學高三二模)大衍數列來源于《乾坤譜》中對易傳“大衍之數五十”的推論，主要用于解釋中國傳統文化中的太極衍生原理，數列中的每一項，都代表太極衍生過程中，曾經經歷過的兩儀數量總和，是中華傳統文化中隱藏的世界數學史上第一道數列題．已知該數列{an}的前10項依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，記bn＝(－1)n·an，n∈N*，則數列{bn}的前20項和是()A．110 B．100C．90 D．80答案A解析觀察此數列可知，當n為偶數時，an＝eq\f(n2,2)，當n為奇數時，an＝eq\f(n2－1,2)，因為bn＝(－1)n·an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(n2－1,2)，n為奇數，,\f(n2,2)，n為偶數，))所以數列{bn}的前20項和為(0＋2)＋(－4＋8)＋(－12＋18)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(192－1,2)＋\f(202,2)))＝2＋4＋6＋…＋20＝eq\f(10×（2＋20）,2)＝110.故選A.類型二實際生活中的數列問題數列知識可以用來解決實際生活中較為普遍的很多問題，在解決一些關于利息計算、產值增長、銀行存款等問題時常常會用到等比數列的相關知識．例2(1)某人從2015年起，每年1月1日到銀行新存入5萬元(一年定期)，若年利率為2.5%保持不變，且每年到期存款均自動轉為新的一年定期，到2025年1月1日將之前所有存款及利息全部取回，他可取回的錢數約為(單位：萬元．參考數據：1.0259≈1.25，1.02510≈1.28，1.02511≈1.31)()A．51 B．57C．6.4 D．6.55答案B解析由題意，2015年存的5萬元共存了10年，本息和為5(1＋0.025)10萬元，2016年存的5萬元共存了9年，本息和為5(1＋0.025)9萬元，…，2024年存的5萬元共存了1年，本息和為5(1＋0.025)萬元，所以到2025年1月1日將之前所有存款及利息全部取回，他可取回的錢數為5(1＋0.025)10＋5(1＋0.025)9＋…＋5(1＋0.025)＝5×eq\f(1.025×（1.02510－1）,1.025－1)≈5×eq\f(1.025×（1.28－1）,0.025)＝57.4≈57萬元．(2)(2022·新高考Ⅱ卷)圖1是中國古代建筑中的舉架結構，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，相鄰桁的水平距離稱為步，垂直距離稱為舉．圖2是某古代建筑屋頂截面的示意圖．其中DD1，CC1，BB1，AA1是舉，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相鄰桁的舉步之比分別為eq\f(DD1,OD1)＝0.5，eq\f(CC1,DC1)＝k1，eq\f(BB1,CB1)＝k2，eq\f(AA1,BA1)＝k3.已知k1，k2，k3成公差為0.1的等差數列，且直線OA的斜率為0.725，則k3＝()A．0.75 B．0.8C．0.85 D．0.9答案D解析設OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，則DD1＝0.5，CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3，依題意，有k3－0.2＝k1，k3－0.1＝k2，且eq\f(DD1＋CC1＋BB1＋AA1,OD1＋DC1＋CB1＋BA1)＝0.725，所以eq\f(0.5＋3k3－0.3,4)＝0.725，故k3＝0.9.故選D.(3)(2022·全國乙卷)嫦娥二號衛星在完成探月任務后，繼續進行深空探測，成為我國第一顆環繞太陽飛行的人造衛星．為研究嫦娥二號繞日周期與地球繞日周期的比值，用到數列{bn}：b1＝1＋eq\f(1,a1)，b2＝1＋eq\f(1,a1＋\f(1,a2))，b3＝1＋eq\f(1,a1＋\f(1,a2＋\f(1,a3)))，…，以此類推，其中ak∈N*(k＝1，2，…)，則()A．b1＜b5 B．b3＜b8C．b6＜b2 D．b4＜b7答案D解析解法一：當n取奇數時，由已知b1＝1＋eq\f(1,a1)，b3＝1＋eq\f(1,a1＋\f(1,a2＋\f(1,a3)))，因為eq\f(1,a1)>eq\f(1,a1＋\f(1,a2＋\f(1,a3)))，所以b1>b3，同理可得b3>b5，b5>b7，…，于是可得b1>b3>b5>b7>…，故A不正確．當n取偶數時，由已知b2＝1＋eq\f(1,a1＋\f(1,a2))，b4＝1＋eq\f(1,a1＋\f(1,a2＋\f(1,a3＋\f(1,a4))))，因為eq\f(1,a2)>eq\f(1,a2＋\f(1,a3＋\f(1,a4)))，所以b2<b4，同理可得b4<b6，b6<b8，…，于是可得b2<b4<b6<b8<…，故C不正確．因為eq\f(1,a1)>eq\f(1,a1＋\f(1,a2))，所以b1>b2，同理可得b3>b4，b5>b6，b7>b8，又b3>b7，所以b3>b8，故B不正確．故選D.解法二(取特殊值)：取ak＝1，于是有b1＝2，b2＝eq\f(3,2)，b3＝eq\f(5,3)，b4＝eq\f(8,5)，b5＝eq\f(13,8)，b6＝eq\f(21,13)，b7＝eq\f(34,21)，b8＝eq\f(55,34).于是得b1＞b5，b3＞b8，b6＞b2.故選D.求解數列實際問題的注意事項(1)審題、抓住數量關系、建立數學模型，注意問題是求什么(n，an，Sn)．(2)解答數列應用題要注意步驟的規范性：設數列，判斷數列，解題完畢要作答．(3)在歸納或求通項公式時，一定要將項數n計算準確．(4)在數列類型不易分辨時，要注意歸納遞推關系．2．(2024·焦作模擬)直播帶貨是一種直播和電商相結合的銷售手段，目前受到了廣大消費者的追捧，針對這種現狀，某傳媒公司決定逐年加大直播帶貨的資金投入，若該公司今年投入的資金為2000萬元，并在此基礎上，以后每年的資金投入均比上一年增長12%，則該公司需經過________年其年投入資金開始超過7000萬元．(參考數據：lg1.12≈0.049，lg2≈0.301，lg7≈0.845)()A．14 B．13C．12 D．11答案C解析設該公司經過n年投入的資金為an萬元，則a1＝2000×1.12，由題意可知，數列{an}是以2000×1.12為首項，1.12為公比的等比數列，所以an＝2000×1.12n，由an＝2000×1.12n>7000可得n>log1.12eq\f(7,2)＝eq\f(lg7－lg2,lg1.12)≈11.1，因此該公司需經過12年其年投入資金開始超過7000萬元．故選C.3．(2023·北京高考)我國度量衡的發展有著悠久的歷史，戰國時期就已經出現了類似于砝碼的、用來測量物體質量的“環權”．已知9枚環權的質量(單位：銖)從小到大構成項數為9的數列{an}，該數列的前3項成等差數列，后7項成等比數列，且a1＝1，a5＝12，a9＝192，則a7＝________；數列{an}所有項的和為________．答案48384解析解法一：設前3項的公差為d，后7項的公比為q(q>0)，則q4＝eq\f(a9,a5)＝eq\f(192,12)＝16，且q>0，可得q＝2，則a3＝eq\f(a5,q2)＝3，即1＋2d＝3，可得d＝1，a7＝a3q4＝48，a1＋a2＋…＋a9＝1＋2＋3＋3×2＋…＋3×26＝3＋eq\f(3×（1－27）,1－2)＝384.解法二：因為當3≤n≤7時，{an}為等比數列，則aeq\o\al(2,7)＝a5a9＝12×192＝482，且an>0，所以a7＝48.又aeq\o\al(2,5)＝a3a7，則a3＝eq\f(aeq\o\al(2,5),a7)＝3.設后7項的公比為q(q>0)，則q2＝eq\f(a5,a3)＝4，解得q＝2，可得a1＋a2＋a3＝eq\f(3（a1＋a3）,2)＝6，a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝eq\f(a3－a9q,1－q)＝eq\f(3－192×2,1－2)＝381，所以a1＋a2＋…＋a9＝6＋381－a3＝384.4．(2021·新高考Ⅰ卷)某校學生在研究民間剪紙藝術時，發現剪紙時經常會沿紙的某條對稱軸把紙對折，規格為20dm×12dm的長方形紙，對折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm兩種規格的圖形，它們的面積之和S1＝240dm2，對折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三種規格的圖形，它們的面積之和S2＝180dm2，以此類推．則對折4次共可以得到不同規格圖形的種數為________；如果對折n次，那么eq\o(∑,\s\up8(n),\s\do8(k＝1))Sk＝________dm2.答案5240·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(n＋3,2n)))解析對折3次可以得到eq\f(5,2)dm×12dm，5dm×6dm，10dm×3dm，20dm×eq\f(3,2)dm，共四種規格的圖形，它們的面積之和為S3＝4×30＝120dm2.對折4次可以得到eq\f(5,4)dm×12dm，eq\f(5,2)dm×6dm，5dm×3dm，10dm×eq\f(3,2)dm，20dm×eq\f(3,4)dm，共五種規格的圖形，它們的面積之和為S4＝5×15＝75dm2.對折n次有n＋1種規格的圖形，且Sn＝eq\f(240,2n)(n＋1)，因此eq\o(∑,\s\up8(n),\s\do8(k＝1))Sk＝240·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,21)＋\f(3,22)＋…＋\f(n＋1,2n))).eq\f(1,2)eq\o(∑,\s\up8(n),\s\do8(k＝1))Sk＝240·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,22)＋\f(3,23)＋…＋\f(n,2n)＋\f(n＋1,2n＋1)))，因此eq\f(1,2)eq\o(∑,\s\up8(n),\s\do8(k＝1))Sk＝240·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n)－\f(n＋1,2n＋1)))＝240·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(n＋3,2n＋1))).所以eq\o(∑,\s\up8(n),\s\do8(k＝1))Sk＝240·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(n＋3,2n)))dm2.類型三數列中的新定義問題新定義主要是指即時定義新概念、新公式、新定理、新法則、新運算五種，然后根據此新定義去解決問題，有時還需要用類比的方法去理解新定義，這樣有助于對新定義的透徹理解．若新定義是運算法則，直接按照運算法則計算即可；若新定義是性質，要判斷性質的適用性，能否利用定義外延，也可用特殊值排除等方法．例3(1)(多選)(2023·廣東佛山調研)“提丟斯數列”是18世紀由德國物理學家提丟斯給出的，具體如下：取0，3，6，12，24，48，96，…，這樣一組數，容易發現，這組數從第3項開始，每一項是前一項的2倍，將這組數的每一項加上4，再除以10，就得到“提丟斯數列”：0.4，0.7，1，1.6，2.8，5.2，10，…，則下列說法中正確的是()A．“提丟斯數列”是等比數列B．“提丟斯數列”的第99項為eq\f(3×297＋4,10)C．“提丟斯數列”的前31項和為eq\f(3×230,10)＋eq\f(121,10)D．“提丟斯數列”中，不超過300的有11項答案BCD解析對于A，eq\f(0.7,0.4)≠eq\f(1,0.7)，所以“提丟斯數列”不是等比數列，故A錯誤；對于B，設“提丟斯數列”為數列{an}，當n≥2時，an＝eq\f(3×2n－2＋4,10)，所以a99＝eq\f(3×297＋4,10)，故B正確；對于C，“提丟斯數列”的前31項和為0.4＋eq\f(3,10)×(1＋21＋22＋…＋229)＋eq\f(4,10)×30＝eq\f(3×230,10)＋eq\f(121,10)，故C正確；對于D，由an＝eq\f(3×2n－2＋4,10)≤300，得n≤11，所以“提丟斯數列”中，不超過300的有11項，故D正確．故選BCD.(2)(多選)(2024·雅禮中學月考)記〈x〉表示與實數x最接近的整數eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(若x＝a＋\f(1,2)，a∈Z，則取〈x〉＝a))，數列{an}的通項公式為an＝eq\f(1,〈\r(n)〉)(n∈N*)，其前n項和為Sn，設k＝〈eq\r(n)〉，則下列結論正確的是()A．eq\r(n)＝k－eq\f(1,2) B．eq\r(n)<k＋eq\f(1,2)C．n≥k2－k＋1 D．S2024<90答案BCD解析由題意，〈x〉表示與實數x最接近的整數且k＝〈eq\r(n)〉，當n＝1時，可得eq\r(n)＝1，則k＝〈eq\r(n)〉＝1，k－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)≠1，A不正確；易得|eq\r(n)－〈eq\r(n)〉|<eq\f(1,2)，即|eq\r(n)－k|<eq\f(1,2)，所以－eq\f(1,2)<eq\r(n)－k<eq\f(1,2)，故eq\r(n)<k＋eq\f(1,2)成立，B正確；由B項分析知k－eq\f(1,2)<eq\r(n)<k＋eq\f(1,2)，易知k≥1，故對k－eq\f(1,2)<eq\r(n)<k＋eq\f(1,2)兩邊平方得k2－k＋eq\f(1,4)<n<k2＋k＋eq\f(1,4)，因為n∈N*且k2－k＋eq\f(1,4)不是整數，且k2－k＋1是大于k2－k＋eq\f(1,4)的最小整數，所以n≥k2－k＋1成立，C正確；當n＝1，2時，〈eq\r(n)〉＝1，此時a1＝a2＝1；當n＝3，4，5，6時，〈eq\r(n)〉＝2，此時a3＝a4＝a5＝a6＝eq\f(1,2)；當n＝7，8，9，10，11，12時，〈eq\r(n)〉＝3，此時a7＝a8＝…＝a12＝eq\f(1,3)；當n＝13，14，…，20時，〈eq\r(n)〉＝4，此時a13＝a14＝…＝a20＝eq\f(1,4)；…，所以數列{an}中有2個1，4個eq\f(1,2)，6個eq\f(1,3)，8個eq\f(1,4)，…，又2，4，6，8，…構成首項為2，公差為2的等差數列{bn}，其前n項和Tn＝eq\f(n（2＋2n）,2)＝n(n＋1)，而2024＝44×(44＋1)＋44，所以S2024＝1×2＋eq\f(1,2)×4＋eq\f(1,3)×6＋…＋eq\f(1,44)×88＋eq\f(1,45)×44＝2×44＋eq\f(44,45)＝88＋eq\f(44,45)<90，D正確．故選BCD.數列新定義問題的解題策略策略一讀懂定義，理解新定義數列的含義策略二特殊分析，比如先對n＝1，2，3，…的情況進行討論策略三通過特殊情況尋找新定義的數列的規律及性質，以及新定義數列與已知數列(如等差與等比數列)的關系，仔細觀察，探求規律，注重轉化，合理設計解題方案策略四聯系等差數列與等比數列知識，將新定義數列問題轉化為熟悉的知識進行求解5．(多選)(2023·山東日照模擬)若正整數m，n只有1為公約數，則稱m，n互質．對于正整數k，φ(k)是不大于k的正整數中與k互質的數的個數，函數φ(k)以其首名研究者歐拉命名，稱為歐拉函數．例如：φ(2)＝1，φ(3)＝2，φ(6)＝2，φ(8)＝4.已知歐拉函數是積性函數，即如果