2025數學步步高大一輪復習講義人教A版第六章必刷小題11數列必刷小題11數列一、單項選擇題1．(2023·贛州統考)已知等差數列{an}中，Sn是其前n項和，若a3＋S3＝22，a4－S4＝－15，則a5等于()A．7B．10C．11D．13答案C解析設公差為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．已知等差數列{an}的公差為4，且a2，a3，a6成等比數列，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．已知數列{an}滿足a1＝1，anan＋1＝2n(n∈N*)，則a10等于()A．64B．32C．16D．8答案B解析∵數列{an}滿足a1＝1，anan＋1＝2n，∴a1a2＝2，解得a2＝2.當n≥2時，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)已知數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))為等比數列，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)，設數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))的公比為q，因為a4＝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·榆林聯考)《九章算術》中有如下問題：“今有蒲生一日，長四尺，莞生一日，長一尺．蒲生日自半，莞生日自倍．”意思是今有蒲第一天長高四尺，莞第一天長高一尺，以后蒲每天長高為前一天的一半，莞每天長高為前一天的兩倍．若要使莞的長度是蒲的長度的2倍，則需要的時間為()A．4天B．5天C．6天D．7天答案A解析由題意，蒲第一天長高四尺，以后蒲每天長高為前一天的一半，∴蒲的生長構成首項為4，公比為eq\f(1,2)的等比數列，其前n項和為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，又由莞第一天長高一尺，每天長高為前一天的兩倍，則莞的生長構成首項為1，公比為2的等比數列，其前n項和為Tn＝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．若數列{an}滿足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解析因為a1＝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，所以數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))是首項為2，公比為2的等比數列，所以eq\f(1,an)＋1＝2n，即an＝eq\f(1,2n－1)，所以a9＝eq\f(1,29－1).7．小明同學在研究數列{an}時，發現其遞推公式an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)可以利用“疊羅漢”的思想來處理，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，,…，))如果該數列{an}的前兩項分別為a1＝1，a2＝2，其前n項和記為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．已知正項數列{an}的前n項和為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，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、多項選擇題9．已知正項等比數列{an}的公比為q，a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，an＋1an＋2an＋3＝324，則下列說法正確的是()A．q2＝3 B．aeq\o\al(3,2)＝4C．a4a6＝2eq\r(3) D．n＝12答案BD解析正項等比數列{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錯誤；而a5＝eq\r(3,12)，則a4a6＝aeq\o\al(2,5)＝2eq\r(3,18)，故C錯誤；由an＋1an＋2an＋3＝324，得aeq\o\al(3,n＋2)＝324，即(a2qn)3＝324，因為aeq\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為等比數列{an}的前n項和，則()A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等比數列B．{anan＋1}是等比數列C．Sn，S2n，S3n成等比數列D．Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比數列答案AB解析設等比數列{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為公比的等比數列，故B正確；若公比q＝－1，則S2n＝0，所以Sn，S2n，S3n不能構成等比數列，故C錯誤；若公比q＝－1，且n為偶數，則Sn，S2n－Sn，S3n－S2n都等于0，此時不能構成等比數列，故D錯誤．11．已知等差數列{an}的公差為d，前n項和為Sn，且d≠0，a1，a4，a6成等比數列，則()A．S19＝0B．a9＝0C．當d<0時，S9是Sn的最大值D．當d>0時，S10是Sn的最小值答案ACD解析因為a1，a4，a6成等比數列，所以a1a6＝aeq\o\al(2,4)，即a1(a1＋5d)＝(a1＋3d)2，整理得a1d＝－9d2，因為d≠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錯誤；當d<0時，{an}是遞減數列，此時a1>a2>…>a9>a10＝0>a11>…，所以當n＝9或n＝10時，Sn取得最大值，即(Sn)max＝S9＝S10，故C正確；當d>0時，{an}是遞增數列，此時a1<a2<…<a9<a10＝0<a11<…，所以當n＝9或n＝10時，Sn取得最小值，即(Sn)min＝S9＝S10，故D正確．12．(2024·保定模擬)已知數列{an}的前n項和為Sn，且滿足a1＝1，a2＝2，an＋1＝4an－3an－1(n≥2)，則下列說法正確的是()A．數列{an＋1－an}為等比數列B．數列{an＋1－3an}為等差數列C．an＝3n－1＋1D．Sn＝eq\f(3n－1,4)＋eq\f(n,2)答案ABD解析因為eq\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)，所以數列{an＋1－an}為公比為3的等比數列，故A正確；因為(an＋1－3an)－(an－3an－1)＝an＋1－4an＋3an－1＝0，即an＋1－3an＝an－3an－1(n≥2)，所以數列{an＋1－3an}為常數列，即公差為0的等差數列，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．已知數列{an}滿足anan＋2＝aeq\o\al(2,n＋1)，n∈N*，若a7＝16，a3a5＝4，則a2的值為________．答案－eq\f(1,2)或eq\f(1,2)解析因為anan＋2＝aeq\o\al(2,n＋1)，n∈N*，所以數列{an}為等比數列，設其公比為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q＝2時，a4＝2，則a2＝eq\f(1,2)；當q＝－2時，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)已知數列{an}的前n項和Sn滿足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n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝－2an－1－(－2an－1－1)＝－2an＋2an－1，即an＝eq\f(2,3)an－1，當n＝1時，3a1＝－1，即a1＝－eq\f(1,3)，因此數列{an}是首項為－eq\f(1,3)，公比為eq\f(2,3)的等比數列，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)寫出一個同時具有下列性質①②的數列{an}的通項公式：an＝________.①am－n＝am－an(m>n，m，n∈N*)；②{an}是遞增數列．答案2n(符合kn(k>0)的形式即可)解析假設數列為等差數列，設其公差為d，首項為a1，由性質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②可知，公差d>0，取d＝2，顯然an＝2n滿足題意．(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________項最小．答案93解析因為an－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n－1＝－eq\f(－1,2×\f(1,4))＝2，即n＝3時，|an|取得最小值．培優點9新情景、新定義下的數列問題近幾年全國各地高考試題，我們總能在試卷的壓軸題位置發現新定義數列題的身影，它們對數列綜合問題的考查常常以新定義、新構造和新情景形式呈現，有時還伴隨著數列與集合，難度較大．題型一數列中的新概念通過創新概念，以集合、函數、數列等的常規知識為問題背景，直接利用創新概念的內涵來構造相應的關系式(或不等式等)，結合相關知識中的性質、公式來綜合與應用．例1(1)0－1周期序列在通信技術中有著重要應用．若序列a1a2…an…滿足ai∈{0,1}(i＝1,2，…)，且存在正整數m，使得ai＋m＝ai(i＝1,2，…)成立，則稱其為0－1周期序列，并稱滿足ai＋m＝ai(i＝1,2，…)的最小正整數m為這個序列的周期．對于周期為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)是描述其性質的重要指標，下列周期為5的0－1序列中，滿足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).對于A，C(1)＝eq\f(1,5)(1＋0＋0＋0＋0)＝eq\f(1,5)，滿足C(1)≤eq\f(1,5).對于B，C(1)＝eq\f(1,5)(1＋0＋0＋1＋1)＝eq\f(3,5)>eq\f(1,5)，不滿足C(1)≤eq\f(1,5)，故排除B.對于C，C(1)＝eq\f(1,5)(0＋0＋0＋0＋1)＝eq\f(1,5)，滿足C(1)≤eq\f(1,5).對于D，C(1)＝eq\f(1,5)(1＋0＋0＋0＋1)＝eq\f(2,5)>eq\f(1,5)，不滿足C(1)≤eq\f(1,5)，故排除D.再對A，C驗證C(2)＝eq\f(1,5)(a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a6＋a5a7)＝eq\f(1,5)(a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a1＋a5a2)≤eq\f(1,5).對于A，C(2)＝eq\f(1,5)(0＋1＋0＋1＋0)＝eq\f(2,5)>eq\f(1,5)，不滿足C(2)≤eq\f(1,5)，故排除A.對于C，C(2)＝eq\f(1,5)(0＋0＋0＋0＋0)＝0，滿足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列{an}，對任意1≤i<j≤n，如果ai>aj，那么稱數對(ai，aj)構成數列{an}的一個逆序對．若n＝4，則恰有2個逆序對的數列{an}的個數為()A．4B．5C．6D．7答案B解析若n＝4，則1≤i<j≤4，由1,2,3,4構成的逆序對有(4,3)，(4,2)，(4,1)，(3,2)，(3,1)，(2,1)，若數列{an}的第一個數為4，則至少有3個逆序對；若數列{an}的第二個數為4，則恰有2個逆序對的數列{an}為{1,4,2,3}；若數列{an}的第三個數為4，則恰有2個逆序對的數列{an}為{1,3,4,2}或{2,1,4,3}；若數列{an}的第四個數為4，則恰有2個逆序對的數列{an}為{2,3,1,4}或{3,1,2,4}，綜上，恰有2個逆序對的數列{an}的個數為5.思維升華與數列的新概念有關的問題的求解策略①通過給出一個新的數列的概念，或約定一種新的運算，或給出幾個新模型來創設新問題的情景，要求在閱讀理解的基礎上，依據題目提供的信息，聯系所學的知識和方法，實現信息的遷移，達到靈活解題的目的．②遇到新定義問題，應耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析，運算，驗證，使得問題得以解決．跟蹤訓練1(多選)(2023·江西聯考)在一次數學活動課上，老師設計了有序實數組A＝{a1，a2，a3，…，an}，ai∈{0,1}，i＝1,2,3，…，n，f(A)表示把A中每個1都變為0,0，每個0都變為1，所得到的新的有序實數組，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1B．A101中有249個0C．A1，A2，A3，…，A100中0的總個數比1的總個數多250－1D．A1，A2，A3，…，A100中1的總個數為251－1答案AC解析因為A1＝{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，其中1和0的項數相同，A2，A4，A6中分別有3,6,12項，其中有eq\f(1,3)的項為1，eq\f(2,3)的項為0，設An中共有an項，其中有bn項1，cn項0，則an＝bn＝cn＝所以A100中有249個1，A正確；A101中有250個0，B錯誤；cn－bn＝則A1，A2，A3，…，A100中0的總個數比1的總個數多0＋20＋0＋21＋0＋…＋249＝eq\f(250－1,2－1)＝250－1，C正確；A1，A2，A3，…，A100中1的總個數為eq\f(1×250－1,2－1)＋eq\f(1×250－1,2－1)＝251－2，D錯誤．題型二以數列和項與通項關系定義新數列例2(1)(多選)(2023·蘇州模擬)若數列{an}滿足：對任意的n∈N*(n≥3)，總存在i，j∈N*，使an＝ai＋aj(i≠j，i<n，j<n)，則稱{an}是“F數列”．則下列數列是“F數列”的有()A．an＝2n B．an＝n2C．an＝3n D．an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(5),2)))n－1答案AD解析對于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，顯然對任意的n∈N*(n≥3)，總存在i，j∈N*，使得an＝ai＋aj，滿足“F數列”；對于B，由a1＝12，a2＝22，a3＝32，顯然a3≠a1＋a2，不滿足“F數列”；對于C，對于任意3n，n∈N*，個位數為3,9,7,1均為奇數，所以3i＋3j必為偶數，顯然3i＋3j＝3n不成立，不滿足“F數列”；對于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，故對任意的n∈N*(n≥3)，總存在an＝ai＋aj，滿足“F數列”．(2)(多選)(2023·威海模擬)已知數列{an}的首項a1＝1，前n項和為Sn.設λ與k是常數，若對任意n∈N*，均有成立，則稱此數列為“λ－k”數列．若數列{an}是“eq\f(\r(2),2)－2”數列，且an>0，則()A．Sn＝9n－1B．{an}為等比數列C．{Sn－an}的前n項和為eq\f(9n－1－1,8)D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))為等差數列答案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，所以數列{Sn}是首項為1，公比為9的等比數列，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，S2＝9S1，即a1＋a2＝9a1，得a2＝8，那么eq\f(a2,a1)＝8≠9，所以{an}不是等比數列，故B錯誤；an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,8·9n－2，n≥2，))當n＝1時，S1－a1＝0，當n≥2時，設數列{Sn－an}的前n項和為Tn，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n＝1時，T1＝0成立，故Tn＝eq\f(9n－1－1,8)，故C正確；因為eq\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)，所以數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))不是等差數列，故D錯誤．思維升華解決此類問題，關鍵是根據題干中的新定義、新公式、新定理、新法則、新運算等，將新數列轉化為等差或等比數列，或者找到新數列的遞推關系進行求解．跟蹤訓練2(多選)(2023·北京人大附中模擬)已知數列{an}滿足：對任意的n∈N*，總存在m∈N*，使得Sn＝am，則稱{an}為“回旋數列”．以下結論中正確的是()A．若an＝2023n，則{an}為“回旋數列”B．設{an}為等比數列，且公比q為有理數，則{an}為“回旋數列”C．設{an}為等差數列，當a1＝1，公差d<0時，若{an}為“回旋數列”，則d＝－1D．若{an}為“回旋數列”，則對任意n∈N*，總存在m∈N*，使得an＝Sm答案AC解析對于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“回旋數列”，故A正確；對于B，當q＝1時，Sn＝na1，am＝a1，由Sn＝am可得na1＝a1，故當n＝2時，很明顯na1＝a1不成立，故{an}不是“回旋數列”，故B錯誤；對于C，{an}是等差數列，故am＝1＋(m－1)d，Sn＝n＋eq\f(nn－1,2)d，因為數列{an}是“回旋數列”，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)為非負整數，所以要保證eq\f(n－1,d)恒為整數，故d為所有非負整數的公約數，且d<0，所以d＝－1，故C正確；對于D，由A可知，當an＝2023n時，{an}為“回旋數列”，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錯誤．題型三數列新情景例3(1)九連環是中國最杰出的益智游戲．九連環由九個相互連接的環組成，這九個環套在一個中空的長形柄中，九連環的玩法就是要將這九個環從柄上解下來，規則如下：如果要解下(或安上)第n號環，則第(n－1)號環必須解下(或安上)，n－1往前的都要解下(或安上)才能實現．記解下n連環所需的最少移動步數為an，已知a1＝1，a2＝2，an＝an－1＋2an－2＋1(n≥3)，則解六連環最少需要移動圓環步數為()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Ⅰ)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\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n＝3時，共可以得到5dm×6dm，eq\f(5,2)dm×12dm，10dm×3dm，20dm×eq\f(3,2)dm四種規格的圖形，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n＝4時，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五種規格的圖形，所以對折4次共可以得到不同規格圖形的種數為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.思維升華對于新情景問題，關鍵是要從問題情境中尋找“重要信息”，即研究對象的本質特征、數量關系(數量化的特征)等，建立數學模型求解．跟蹤訓練3幾位大學生響應國家的創業號召，開發了一款應用軟件．為激發大家學習數學的興趣，他們推出了“解數學題獲取軟件激活碼”的活動．這款軟件的激活碼為下面數學問題的答案：已知數列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一項是20，接下來的兩項是20,21，再接下來的三項是20,21,22，依此類推．求滿足如下條件的最小整數N：N>55且該數列的前N項和為2的整數冪．那么該款軟件的激活碼是()A．95B．105C．115D．125答案A解析將數列排成行的形式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)個數，前eq\f(nn＋1,2)項和為Sn＝eq\f(2×1－2n,1－2)－n＝2n＋1－2－n，假設從第1行第1個數到第n＋1行第m(1≤m≤n＋1)個數共有N個數，則N＝eq\f(nn＋1,2)＋m，前N項和為TN＝Sn＋am＝2n＋1－2－n＋2m－1，若TN為2的整數冪，則有2＋n＝2m－1，∵N>55，∴n>10，且n為奇數，當n＝11時，m無整數解，當n＝13時，m＝4，此時N＝eq\f(13×14,2)＋4＝95.1．(2023·河北統考)數學家楊輝在其專著《詳解九章算術法》和《算法通變本末》中，提出了一些新的高階等差數列．其中二階等差數列是一個常見的高階等差數列，如數列2,4,7,11,16，從第二項起，每一項與前一項的差組成新數列2,3,4,5，新數列2,3,4,5為等差數列，則稱數列2,4,7,11,16為二階等差數列．現有二階等差數列{an}，其前七項分別為2,2,3,5,8,12,17，則該數列的第20項為()A．173B．171C．155D．151答案A解析根據題意得新數列為0,1,2,3,4，…，則二階等差數列{an}的通項公式為an＝eq\f(n－1n－2,2)＋2，則a20＝eq\f(19×18,2)＋2＝173.2．(2023·佳木斯模擬)科學家牛頓用“作切線”的方法求函數的零點時，給出了“牛頓數列”，其定義是：對于函數f(x)，若數列{xn}滿足xn＋1＝xn－eq\f(fxn,f′xn)，則稱數列{xn}為牛頓數列，若函數f(x)＝x2，數列{xn}為牛頓數列且x1＝2，an＝log2xn，則a8的值是()A．8B．2C．－6D．－4答案C解析根據題意，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}為首項是2，公比是eq\f(1,2)的等比數列，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．若三個非零且互不相等的實數x1，x2，x3成等差數列且滿足eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(2,x3)，則稱x1，x2，x3成一個“β等差數列”．已知集合M＝{x||x|≤100，x∈Z}，則由M中的三個元素組成的所有數列中，“β等差數列”的個數為()A．25B．50C．51D．100答案B解析由三個非零且互不相等的實數x1，x2，x3成等差數列且滿足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，三個元素組成的所有數列必為整數列，所以x1必為2的倍數，且x1∈[－50,50]，x1≠0，故這樣的數列共50個．4．(2023·鹽城模擬)將正整數n分解為兩個正整數k1，k2的積，即n＝k1·k2，當k1，k2兩數差的絕對值最小時，我們稱其為最優分解．如20＝1×20＝2×10＝4×5，其中4×5即為20的最優分解，當k1，k2是n的最優分解時，定義f(n)＝|k1－k2|，則數列{f(5n)}的前2023項的和為()A．51012 B．51012－1C．52023 D．52023－1答案B解析當n＝2k(k∈N*)時，由于52k＝5k×5k，此時f(52k)＝|5k－5k|＝0，當n＝2k－1(k∈N*)時，由于52k－1＝5k－1×5k，此時f(52k－1)＝|5k－5k－1|＝5k－5k－1，所以數列{f(5n)}的前2023項的和為(5－1)＋0＋(52－5)＋0＋(53－52)＋0＋…＋(51011－51010)＋0＋(51012－51011)＝51012－1.5．(2023·鄭州模擬)普林斯頓大學的康威教授發現了一類有趣的數列并命名為“外觀數列”，該數列的后一項由前一項的外觀產生．以1為首項的“外觀數列”記作A1，其中A1為1,11,21,1211,111221，…，即第一項為1，外觀上看是1個1，因此第二項為11；第二項外觀上看是2個1，因此第三項為21；第三項外觀上看是1個2,1個1，因此第四項為1211，…，按照相同的規則可得A1其他項，例如A3為3,13,1113,3113,132113，…，若Ai的第n項記作an，Aj的第n項記作bn，其中i，j∈[2,9]，若cn＝|an－bn|，則{cn}的前n項和為()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，b2＝1j，b3＝111j，b4＝311j，…，bn＝…j，由遞推可知，隨著n的增大，an和bn每一項除了最后一位不同外，其余各位數都相同，所以cn＝|an－bn|＝|i－j|，所以{cn}的前n項和為n|i－j|.6．(多選)在數列{an}中，若aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＝p(n≥2，n∈N*，p為常數)，則{an}稱為“等方差數列”，下列對“等方差數列”的判斷，其中正確的為()A．若{an}是等方差數列，則{aeq\o\al(2,n)}是等差數列B．若{an}是等方差數列，則{aeq\o\al(2,n)}是等方差數列C．{(－1)n}是等方差數列D．若{an}是等方差數列，則{akn}(k∈N*，k為常數)也是等方差數列答案ACD解析對于A中，數列{an}是等方差數列，可得aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＝p(n≥2，n∈N*，p為常數)，即有{aeq\o\al(2,n)}是首項為aeq\o\al(2,1)，公差為p的等差數列，故A正確；對于B中，例如：數列{eq\r(n)}是等方差數列，但是數列{n}不是等方差數列，故B不正確；對于C中，數列{(－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*)，所以數列{(－1)n}是等方差數列，故C正確；對于D中，數列{an}中的項列舉出來是a1，a2，…，ak，…，a2k，…，數列{akn}中的項列舉出來是ak，a2k，a3k，…，因為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)＝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，所以數列{akn}是等方差數列，故D正確．7．(多選)(2023·浙江聯考)“角谷猜想”是指一個正整數，如果是奇數就乘以3再加1，如果是偶數就除以2，這樣經過若干次這兩種運算，最終必進入循環圖1→4→2→1.對任意正整數a0，按照上述規則實施第n次運算的結果為an(n∈N)，下列說法正確的是()A．當a0＝7時，則a11＝5B．當a0＝16時，數列{an}為遞減數列C．若a5＝1，且ai(i＝1,2,3,4)均不為1，則a0＝5D．當a0＝10時，從ai(i＝1,2,3,4,5,6)中任取兩個數至少一個為奇數的概率為e