重難點16數列的綜合應用【十二大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1等差、等比數列的交匯問題】 3【題型2數列中的數學文化問題】 6【題型3數列的實際應用問題】 9【題型4數列中的不等式恒成立、有解問題】 13【題型5數列中的不等式證明問題】 17【題型6子數列問題】 21【題型7數列與函數的交匯問題】 26【題型8數列與導數的交匯問題】 29【題型9數列與概率統計的交匯問題】 34【題型10數列與平面幾何的交匯問題】 38【題型11數列中的結構不良題】 43【題型12數列的新定義、新情景問題】 471、數列的綜合應用數列是高考的熱點內容，命題形式多種多樣，大小均有，屬于高考的必考內容之一.從近幾年的高考情況來看，數列的綜合應用問題以及數列與函數、不等式等知識的交匯問題，是歷年高考的熱點內容，以解答題的形式考查，一般圍繞等差數列、等比數列的知識命題，涉及數列的函數性質、通項公式、前n項和公式等.去年高考壓軸題中出現數列的新定義、新情景題，綜合性強，難度大，需要靈活求解.【知識點1等差、等比數列的交匯問題的解題策略】1．等差、等比數列的交匯問題的求解思路：(1)等差與等比數列的基本量間的關系，利用方程思想和通項公式、前n項和公式求解，求解時注意對性質的靈活運用.(2)數列的綜合運算問題常將等差、等比數列結合，兩者相互聯系、相互轉化，解答這類問題的方法：尋找通項公式，利用性質進行轉化.【知識點2數列的數學文化問題】1．數列的數學文化問題的解題步驟：(1)讀懂題意：會脫去數學文化的背景，讀懂題意；(2)構造模型：根據題意，構造等差數列、等比數列或遞推關系式的模型；(3)求解模型：利用數列知識求解數列的基本量、通項公式、前n項和等，解決問題.【知識點3數列的新定義、新情景問題】1．數列的新定義、新情景問題的求解策略(1)新定義問題：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.(2)新情景問題：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.【知識點4數列的綜合應用】1．數列與不等式交匯問題的解題策略(1)解決數列與不等式的綜合問題時，若是證明題，則要靈活選擇不等式的證明方法，如比較法、綜合法、分析法、放縮法等；若是含參數的不等式恒成立、有解問題，則可分離參數，轉化為研究最值問題來解決.(2)數列與不等式交匯問題的答題模板第一步：根據題目條件，求出數列的通項公式；第二步：根據數列項的特征，選擇合適的方法(公式法、分組轉化法、裂項相消法、錯位相減法等)求和；第三步：利用第二步中所求得的數列的和，證明不等式或求參數的范圍；第四步：反思解題過程，檢驗易錯點，規范解題步驟.2．數列與函數交匯問題的解題策略數列與函數綜合問題的主要類型及解題策略(1)已知函數條件，解決數列問題，此類問題一般利用函數的性質、圖象研究數列問題.(2)已知數列條件，解決函數問題，解決此類問題一般要利用數列的通項公式、前n項和公式、求和方法等對式子化簡變形.注意數列與函數的不同，數列只能看作是自變量為正整數的一類函數，在解決問題時要注意這一特殊性.3．子數列問題的解題策略子數列是數列問題中的一種常見題型，將原數列轉化為子數列問題一般適用于某個數列是由幾個有規律的數列組合而成的，具體求解時，要搞清楚子數列的項在原數列中的位置，以及在子數列中的位置，即項不變化，項數變化，它體現了轉化與化歸以及分類討論、函數與方程的思想，能很好地考查學生的思維.4．數列中結構不良題的解法(1))先定后動，先對題目中確定的條件進行分析推斷，再觀察分析“動”條件，結合題干要求選出最適合自己解答的條件求解.(2)最優法，當題干中確定的條件只有一個時，要根據自己的知識優勢和擅長之處選擇更適合自己的條件進行解答.5．數列的實際應用問題的解題策略(1)數列的實際應用中的常見模型①數列——分期付款模型；②數列——產值增長模型；③數列——其他模型；(2)解決數列的實際應用問題的解題思路①根據題意，分析題干條件，正確確定數列模型；②利用數列知識求出數列的基本量、通項公式等，準確求解模型；③通過數列模型解決問題，注意不要忽視問題的實際意義.【題型1等差、等比數列的交匯問題】【例1】（2024·四川綿陽·三模）已知首項為1的等差數列an滿足：a1,a2,a3+1成等比數列.(1)求數列an(2)若數列bn滿足：a1bn+a2【解題思路】（1）由已知列式求得公差，代入等差數列的通項公式得答案；（2）令Dn=a1bn+a【解答過程】（1）設an公差為d，又a所以a2又a1=1，即1+d2=2+2d，解得而d=?1時，不滿足a1,a所以an（2）令Dn所以Dn+1兩式相減有：Dn+1所以數列bn的前n+1項和為2?3n又D1=a所以Tn【變式1-1】（2023·全國·模擬預測）已知等差數列an的前n項和為Sn，a1+a2+3(1)求數列an(2)設bn=an?3a【解題思路】（1）設出公差，表達出前5項，通過等差和等比關系求出a3和公差d，即可得到數列a（2）表達出數列bn的通項公式，得到數列bn的前n項和Tn的表達式，利用錯位相減法即可得出數列b【解答過程】（1）由題意，n∈在等差數列an中，設公差為d由a1+a2+3又a3＋2，a4，a5－2成等比數列，∴7，5＋d，3＋2d成等比數列，得5+d2=73+2d，即d?2∴an=a∴數列an的通項公式為：a（2）由題意及（1）得，n∈N在數列an中，a在數列bn中，b∴bn∴Tn3T兩式相減得?2=3+2?=?6+2?2n∴Tn【變式1-2】（2024·上海奉賢·二模）已知數列{an}和{bn}，其中bn=2(1)若an=2n，求(2)若{bn}是各項為正的等比數列，Sn=3n【解題思路】（1）先判定數列{an}和{bn}分別為等差和等比數列，進而分別得到其通項公式，從而利用分組求和的方法得到數列（2）利用數列{an+bn}的前n項和Sn=3n列出方程組，解之即可求得a1、d【解答過程】（1）解：當n≥2時，an?an?1=2n?2(n?1)=2bnbn?1又b1=2所以Sn（2）解：{bn}是各項為正的等比數列，設其首項為b由bn=2an則數列{an}為等差數列，設其首項為a由數列{an+bn可得方程組a1+b解得：b1q(q?1)2=0，∵b1由a1+2a1則數列{an}的通項公式為an=1【變式1-3】（2024·天津·二模）設an是等差數列，其前n項和Sn，bn是等比數列，且a1=(1)求an與b(2)設cn=anbn,n(3)若對于任意的n∈N*不等式na【解題思路】（1）結合等差數列的通項公式，求和公式以及等比數列的通項公式進行求解；（2）可以采取分組求和的方式，即將奇數項與偶數項的和分開求解，再利用錯位相減法以及裂項相消法分別求和；（3）對于求參數的范圍，一般可以采用分離參數的方法，對于求后面式子的最值，結合函數的單調性進行分析求解．【解答過程】（1）設等差數列an的公差為d，等比數列bn的公比為由S3=15，?3a1+3d=15，又a由a4=b2，?a1+3d=b∴an=3+2(n?1)=2n+1即an=2n+1，（2）當n為奇數時，cn記AnAn9A①??8A??8A?A當n為偶數時，cn記Bn?Bn?B?T（3）由an=2n+1與可得n2n+2?λ>n2+n?6設f(n)=nf(n+1)?f(n)=?n+7∴f(n)單調遞增，又∵n+6∴f(n)=1?n+6∴λ≥1．【題型2數列中的數學文化問題】【例2】（2024·陜西安康·模擬預測）“孫子定理”又稱“中國剩余定理”，最早可見于我國南北朝時期的數學著作《孫子算經》，該定理是中國古代求解一次同余式組的方法，它凝聚著中國古代數學家的智慧，在加密?秘密共享等方面有著重要的應用.已知數列an單調遞增，且由被2除余數為1的所有正整數構成，現將a6,A．1157 B．1177 C．1155 D．1122【解題思路】由題意可知an=2n?1，求出【解答過程】由題可知數列an所以an=2n?1，得a6所以a6,a故選：A.【變式2-1】（2024·全國·模擬預測）據中國古代數學名著《周髀算經》記截：“勾股各自乘，并而開方除之（得弦）．”意即“勾”a、“股”b與“弦”c之間的關系為a2+b2=c2（其中a≤b）．當a,b,c∈A．145 B．181 C．221 D．265【解題思路】由給定的勾股弦數組序列中，an=2n+1n∈N?，c?b=1，得a2=【解答過程】因為a2+b在給定的勾股弦數組序列中，c?b=1，所以a2易得勾股弦數組序列中“勾”的通項公式為an所以an故“弦”的通項公式為cn=2n所以第10個勾股弦數組中的“弦”等于2×10故選：C．【變式2-2】（2024·四川·模擬預測）分形幾何學是美籍法國數學家伯努瓦?曼德爾布羅特在20世紀70年代創立的一門新學科，它的創立為解決傳統科學領域的眾多難題提供了全新的思路．下圖展示了如何按照圖①的分形規律生長成一個圖②的樹形圖，則在圖②中第5行的黑心圈的個數是（

）A．12 B．13 C．40 D．121【解題思路】本題是一個探究型的題目，從圖①中讀取信息：白球分形成兩白一黑，黑球分型成一白兩黑；由圖②，從第二行起，球的總個數是前一行的3倍，白球的個數是前一行白球個數的兩倍加上黑球的個數，黑球的個數是前一行黑球個數的兩倍加上白球的個數.由此建立遞推關系求解得到結果.【解答過程】設題圖②中第n行白心圈的個數為an，黑心圈的個數為b依題意可得an+b所以an+b∴a又an+1=2a故有an+1∴an?bn為常數數列，且a1∴a由①②相加減得：∴an=所以b5故選：C．【變式2-3】（2024·陜西漢中·二模）圖1是第七屆國際數學教育大會（簡稱ICME?7）的會徽圖案，會徽的主題圖案是由如圖2所示的一連串直角三角形演化而成的，其中OA1=AA．n2 B．n2 C．n2【解題思路】記OA1,??OA2,??…,??OA【解答過程】記OA1,由題意知，OA1=所以a1=1，且an2=an?1所以an由an>0，所以所以第n個三角形的面積為12故選：B．【題型3數列的實際應用問題】【例3】（23-24高二下·河南駐馬店·期中）某醫院購買一臺大型醫療機器價格為a萬元，實行分期付款，每期付款b萬元，每期為一個月，共付12次，如果月利率為5‰，每月復利一次，則a，b滿足（

）A．12b=a B．12b=aC．12b=a1+5‰ D．【解題思路】由題意可得b1+1.005+【解答過程】b1+1.005+由1+1.005+1.0052+?+a=b由1+1.005+1.005故a<12b，即有a<12b<a1+5‰故選：D.【變式3-1】（2024·山西運城·一模）某工廠加工一種電子零件，去年12月份生產1萬個，產品合格率為87%.為提高產品合格率，工廠進行了設備更新，今年1月份的產量在去年12月的基礎上提高4%，產品合格率比去年12月增加0.4%A．5月份 B．6月份C．7月份 D．8月份【解題思路】該工廠每月的產量、不合格率分別用an、bn表示，月份用nn∈N?【解答過程】設從今年1月份起，每月的產量和產品的合格率都按題中的標準增長，該工廠每月的產量、不合格率分別用an、bn表示，月份用則an=1×1+4%n=1.004則從今年1月份起，各月不合格產品數量為an因為a==1.04當n≤6時，an+1bn+1?a即a1當7≤n≤23且n∈N?時，an+1bn+1即a7因此，當n=7時，anbn故選：C.【變式3-2】（2023·湖南郴州·三模）“現值”與“終值”是利息計算中的兩個基本概念，掌握好這兩個概念，對于順利解決有關金融中的數學問題以及理解各種不同的算法都是十分有益的.所謂“現值”是指在n期末的金額，把它扣除利息后，折合成現時的值，而“終值”是指n期后的本利和.它們計算的基點分別是存期的起點和終點.例如，在復利計息的情況下，設本金為A，每期利率為r，期數為n，到期末的本利和為S，則S=A(1+r)n其中，S稱為n期末的終值，A稱為n期后終值S的現值，即n期后的S元現在的價值為現有如下問題：小明想買一座公寓有如下兩個方案方案一：一次性付全款25萬元；方案二：分期付款，每年初付款3萬元，第十年年初付完；(1)已知一年期存款的年利率為2.5%(2)若小明把房子租出去，第一年年初需交納租金2萬元，此后每年初漲租金1000元，參照第（1））問中的存款年利率2.5%參考數據：(1+2.5【解題思路】（1）解法1（從終值來考慮），分別求出若全款購置，則25萬元10年后的價值和若分期付款，每年初所付金額3萬元，10年后的總價值，兩者比較即可得出答案.解法2（從現值來考慮）每年初付租金3萬元的10年現值之和與購置一次付款25萬元相比，即可得出答案.（2）設小明第十年房租到期后小明所獲得全部租金的終值為T萬元，T=2(1+2.5%)【解答過程】（1）解法1（從終值來考慮）若全款購置，則25萬元10年后的價值25(1+2.5%若分期付款，每年初所付金額3萬元，10年后的總價值為S=3(1+2.5因此，付全款較好.解法2（從現值來考慮）每年初付租金3萬元的10年現值之和為Q=3+??Q≈3×41×0.28比購置一次付款25萬元多，故購置設備的方案較好.（2）由題意，設小明第十年房租到期后小明所獲得全部租金的終值為T萬元，T=2記1+2.5%T=qT=作差可得：1?q?T=3q?0.1?T=3?q【變式3-3】（2023·廣東佛山·一模）佛山新城文化中心是佛山地標性公共文化建筑.在建筑造型上全部都以最簡單的方塊體作為核心要素，與佛山世紀蓮體育中心的圓形蓮花造型形成“方”“圓”呼應.坊塔是文化中心的標志性建筑、造型獨特、類似一個個方體錯位堆疊，總高度153.6米.坊塔塔樓由底部4個高度相同的方體組成塔基，支托上部5個方體，交錯疊合成一個外形時尚的塔身結構.底部4個方體高度均為33.6米，中間第5個方體也為33.6米高，再往上2個方體均為24米高，最上面的兩個方體均為19.2米高.(1)請根據坊塔方體的高度數據，結合所學數列知識，寫出一個等差數列an(2)佛山世紀蓮體育中心上層屋蓋外徑為310米.根據你得到的等差數列，連續取用該數列前m（m∈N*）項的值作為方體的高度，在保持最小方體高度為19.2米的情況下，采用新的堆疊規則，自下而上依次為2a1、3a2、4a3、……、【解題思路】（1）根據等差數列的通項公式運算求解，并檢驗24和19.2是否符合；（2）根據題意求S7【解答過程】（1）由題意可知：a1=33.6，注意到取等差數列的公差d=?2.4，則an令an=36?2.4n=24，解得令an=36?2.4n=19.2，解得故an（2）可以，理由如下：由（1）可知：m≤7,a設數列n+1an的前n項和為∵S7故新堆疊坊塔的高度可以超過310米.【題型4數列中的不等式恒成立、有解問題】【例4】（2024·湖南長沙·模擬預測）已知數列an滿足a(1)求數列an(2)已知數列bn滿足b①求數列bn的前n項和T②若不等式?1nλ<Tn+【解題思路】（1）利用數列的遞推關系求an（2）①利用錯位相減求和即可；②設cn=2?22n【解答過程】（1）因為a1當n=1時，a1=2，當n≥2時，①?②得1nan=2，即（2）①，由（1）知bn=a所以1212所以Tn②，由①得?1n設cn=2?2當n為偶數時，λ<2?22n當n為奇數時，?λ<2?22n恒成立，所以?λ<2?綜上，λ的取值范圍是?1,3【變式4-1】（2024·廣東廣州·模擬預測）已知數列an的前n項和為Sn，數列Snn是公差為(1)求數列an(2)若存在n∈N*，使得1a【解題思路】（1）根據等差數列的通項公式可得Sn=n（2）由（1）可得1anan+1=【解答過程】（1）由題意知：數列San是公差為12所以Snn=2+又當n≥2時，an因為a1=2滿足上式，所以故數列an的通項公式為a（2）由（1）知an=n+1，可得故1a解法1：由1a1a即λ≤n2n+2又由n2當且僅當n=4n即n=2時取等號，故實數λ的取值范圍為解法2：由1a可得λ≤1當n+2=4，即n=2時，12則λ≤116，故實數λ的取值范圍為【變式4-2】（23-24高二下·湖北·期中）已知數列an的前n項和為Sn，且滿足Sn=2an?2.數列bn的前(1)求數列an(2)若cn=anbn，設數列cn的前n【解題思路】（1）根據Sn與an的關系，作差結合等比數列定義即可求得an=2n，當（2）先利用錯位相減法求得Hn=n?1【解答過程】（1）對于數列an，當n=1時，S1=2當n≥2時，Sn?1=2a所以an是以a1=2對于數列bn，當n=1時，1b1n≥2時，1b與原式作差可得bn+1因為b2?b所以bn是以b1=1（2）由（1）可知cn所以Hn所以2H兩式作差可得?H所以Hn所以n?1?2n+1當n=2k,k∈N+時，m<1?1當n=2k?1,k∈N+時，?m<1?1綜上可得：?1【變式4-3】（2024·重慶·模擬預測）已知a1=(1)證明：當n≥2時，an+1(2)令bn（i）證明：當n≥2時，1b（ii）是否存在正實數m，使得1bn?n【解題思路】（1）依題意可得an?1?1a（2）（i）依題意可得bn+1=bn1?（ii）由（i）可知當n≥2時，1bn=2+i=2n?111?bi【解答過程】（1）因為an+1當n≥2時an=2?a所以an+1=2?an?1（2）（i）因為a1=3當n=1時a2=2?a1?1當n≥2時，an+1=a即?bn+1=?所以1bn+1=1b所以1b3?1b2=11?累加可得1b當n=2時1b綜上可得當n≥2時，1b（ii）由（i）可知當n≥2時，1b又b1=b2=12即bn+1≤bn，所以對?n∈N?，以此類推可得對?n∈N?，均有由①式，當n≥4時1b所以1bn?n>1又n=1,2,3時，易知1bn?n≥0成立，所以1假設存在符合題意的m，則有1b即1bn≤n+m所以當n≥4時由①可得1=2+i=2n?1i+m即1bn≥n+i=2n?1所以當n≥4時i=2n?1令fx=x?lnx+1，所以fx在0,+∞上單調遞增，所以fx>f0所以1i+m?1所以i=2n?1所以lnn+m?1m+1≤m當n→+∞綜上，不存在符合題意的m.【題型5數列中的不等式證明問題】【例5】（2024·全國·模擬預測）已知數列an的前n項和S(1)求an(2)證明：a1【解題思路】（1）利用Sn和a（2）利用2k【解答過程】（1）因為Sn令n=1得S1=2a當n≥2時，Sn?1由①?②得an即a又a1所以數列an故an+1=2（2）因為ak當n=1時，a1當n≥2時，a==2綜上，a1【變式5-1】（2024·河北秦皇島·二模）已知等比數列an的前n項和為Sn，且數列(1)求an(2)若bn=n+2nn+1an+1，數列b【解題思路】（1）先求出數列Sn+2的通項，再根據an與S（2）利用裂項相消法求解即可.【解答過程】（1）因為數列Sn又S1+2=a當n≥2時，由Sn+2=a兩式相減得an又an是等比數列，所以a2a1=所以an=2所以an（2）由（1）知bn所以T==1又1(n+1)?2n+1【變式5-2】（2024·全國·模擬預測）已知數列an滿足3n?1a(1)求數列an(2)若bn=a【解題思路】（1）考查an與Sn的關系，借助an與Sn的關系的解題步驟①（2）先求出1bn，再求和1b1+【解答過程】（1）當n=1時，a1當n≥2時，3n?13n?2①?3×②得an因為a1=4不滿足上式，所以（2）由（1）bn因為4n?1?1=3×4當n=1時，1b當n≥2時，1=1綜上，對任意的n∈N?，【變式5-3】（2024·山東·二模）記Sn為數列an的前n項和，(1)求a3和a(2)設數列1an的前n項和為Tn【解題思路】（1）分別取n=1和n=3即可求得a3的值，對n進行分奇偶討論，即可得到a（2）根據題意化簡得到1T【解答過程】（1）因為a2所以當n=1時，S1+1當n=3時，S3+18=?又因為Sn+1當n為奇數時，cosnπ=?1,所以Sn+1作差，an+1+1當n為偶數時，cosnπ=1,所以Sn+1作差，an+1+1所以，an=?（2）由第1小問得，|an|=所以令bn=1|a所以T=(=8所以1T下面證明k=1n因為1T所以k=1n下面證明k=1n因為4k所以1T所以k=1n所以18【題型6子數列問題】【例6】（2024·河南商丘·模擬預測）當i1，i2，?，ik∈N(1)直接給出ik與k(2)是否存在這樣的i1,i2,i3(3)若S=ai1+ai2【解題思路】（1）直接通過下標的性質即可比較大小；（2）先假設存在這樣的i1（3）利用q≥2及S的定義即可得到S≥2k?1【解答過程】（1）由題可知i1ik故ik≥k，顯然不等號取等當且僅當（2）不存在.設an假設存在這樣的i1,i2,i3而q>0,q≠1，故i2?i但i1,i2,i3而i3?2i2+這導致矛盾，所以不存在這樣的i1（3）設S=ai1+a注意到ik≤m,m∈N*，且an此時我們有S?≤a也就是說S<a綜上所述，當a1=1，q≥2時，有【變式6-1】（2024·北京西城·二模）已知數列A:a1,a2,?,an，從A中選取第i?1項、第i?2項、…、第i?k項i?1<i?2<?<i?k構成數列B:ai?1,ai?2(1)當n=4時，比較A的具有性質P的子列個數與不具有性質P的子列個數的大小，并說明理由；(2)已知數列A:1?（ⅰ）給定正整數k≤n2，對A的k項子列B，求所有（ⅱ）若A有m個不同的具有性質P的子列B1,B2,?,Bm，滿足：???1≤i<j≤m，B【解題思路】（1）根據定義得出n=4時，A共有15個子列，結合性質P的內容即可判斷；（2）（ⅰ）根據ai?1,ai?2,?,ai?k是A的k?(（ⅱ）設Bk?(?k=1,2,?,m?)的首項為xk，末項為yk，記xk?【解答過程】（1）當n=4時，A共有24其中具有性質P的子列有4+3+2+1=10個，

故不具有性質P的子列有5個，

所以A的具有性質P的子列個數大于不具有性質P的子列個數．（2）（ⅰ）若B:ai?1,則B′:n+1?ai?1所以T(B?)+T(因為給定正整數k≤n2，A有Cn所以所有T(B?)的算術平均值為1（ⅱ）設Bk?(?k=1,2,?,m?)若存在j=1,2,?,m，使yj<xk?所以，對任意j=1,2,?,m，都有yj≥因為對于k=1,2,?,m，xk∈{?所以共有xk因為B1所以對于不同的子列Bi,Bj，所以xk?當n是奇數時，取xk∈{?共有n+12?(n+1?當n是偶數時，取xk∈{?共有n2?(n+1?綜上，n為奇數時，m的最大值為(n+1)24；n為偶數時，m的最大值為【變式6-2】（23-24高二下·安徽·階段練習）從N?中選取k(k≥3)個不同的數，按照任意順序排列，組成數列an，稱數列an為N?的子數列，當1≤i≤j≤k時，把aj?a(1)若N?的子數列an(1≤n≤k,k≥5)是首項為2，公比為2的等比數列，求N(2)若N?的子數列an是遞增數列，且子二代數列bn共有k?1(3)若k=100，求N?的子二代數列b【解題思路】（1）通過子二代數列的概念求數列bn（2）通過子二代數列的概念和遞增數列an，以及子二代數列bn中共有k?1項判斷出a2（3）通過構造子數列an:an=【解答過程】（1）由題意，得an所以數列bn因為2+4+6+8+12+14+16+24=86，所以數列bn（2）因為an是遞增數列，且bn共有所以a2所以a2?a1，a3?a1，同理，a3所以a3?a2，a4?a2，且都是bn又bn中共有k?1項，所以a3?a2所以a2所以an（3）因為k=100，當1≤i<j≤100時，aj?a設an=2若存在i1，i2，j1，j2j1所以2i若i1≠i2，設2i1?所以i1=i所以aj所以bn【變式6-3】（23-24高三上·北京·開學考試）給定正整數k，m，其中2≤m≤k，如果有限數列an同時滿足下列兩個條件，則稱an為(k,m)?數列．記(k,m)?數列的項數的最小值為條件①：an的每一項都屬于集合{1,2,3,?,k}條件②：從集合{1,2,3,?,k}中任取m個不同的數排成一列，得到的數列都是an注：從an中選取第i1項、第i2項、…、第is項（其中i1(1)分別判斷下面兩個數列是否為(3,3)?數列，并說明理由：數列A1數列A2(2)求證：G(k,2)=2k?1；(3)求G(4,4)的值．【解題思路】（1）根據(k,m)?數列的定義進行判斷可得結論；（2）根據1,2；1,3；?，1,k；2,3；2,4；?；2,k；?等數列都是{an}的子數列，得到數列{an}中一定有1,2,3,?,k；k,1；k?1,1；k,2；k?1,2；?等數列都為{a（3）從集合{1,2,3,4}中取出4個不同的數排成一列，可得24個數列，根據數列都是{an}的子數列中應包含這24個數列中的每一個數列可知數列{an}中一定有【解答過程】（1）m=3,k=3，數列A1和A2中每一項都屬于集合從集合{1,2,3}中取出3個不同的元素，排成一列得到1,2,3；1,3,2；2,1,3；2,3,1；3,1,2；3,2,1.根據子數列的定義可知，以上6個數列都是數列A1的子數列，故數列A1是而數列3,1,2不是數列A2的子數列，故數列A2不是（2）m=2，若從集合{1,2,3,?,k}中任取2個不同的數排成一列，得到的數列都是數列{a則為了滿足1,2；1,3；?，1,k；2,3；2,4；?；2,k；?等數列都是{a則數列{an}又為了滿足k,1；k?1,1；k,2；k?1,2；?等數列都為{a則數列{an}則當數列{an}為1,2,3,?k,k?1,?,2,1故G(k,2)=2k?1.（3）m=k=4，從集合{1,2,3,4}中取出4個不同的數排成一列，可得1,2,3,4；1,2,4,3；1,3,2,4；1,3,4,2；1,4,2,3；1,4,3,2；2,1,3,4；2,1,4,3；2,3,1,4；2,3,4,1，2,4,1,3；2,4,3,1；3,1,2,4；3,1,4,2；3,2,1,4；3,2,4,1；3,4,1,2；3,4,2,1；4,1,2,3；4,1,3,2；4,2,1,3；4,2,3,1；4,3,1,2；4,3,2,1，共24個數列.故數列{an}中一定有1,2,3,4為保證數列{an}的子數列中有1,3,2,4和1,4,2,3，則數列{an為保證數列{an}的子數列中有3,4,1,2，數列{an為保證數列{an}的子數列中有4,1,2,3和4,2,3,1，則數列{an故G(4,4)=12.【題型7數列與函數的交匯問題】【例7】（2024·青海·模擬預測）已知定義在R上的函數fx滿足fx+y=fxfy?2fA．299+198 B．299+196 C．【解題思路】依次求出f(2)=22+2,f(3)=【解答過程】∵f(1)=4=2+2,∴f(2)=f(1+1)=f(1)f(1)?2f(1)?2f(1)+6,=4×4?2×4?2×4+6=6=2∴f(3)=f(2+1)=f(2)f(1)?2f(2)?2f(1)+6=6×4?2×6?2×4+6=10=2∴f(4)=f(2+2)=36?12?12+6=18=2∴f(5)=f(3+2)=60?20?12+6=34=2???∴f(99)=2∴f(1)+f(2)+?+f(99)=(2+2)+===2故選：D.【變式7-1】（2024·遼寧·二模）設等差數列{an}的前n項和為Sn，點(n,SA．C0=1 B．若A=0，則?nC．若A>0，則?n0∈N?，使Sn最大 D．若【解題思路】根據等差數列{an}的前n項和Sn=12dn2+(a1?12d)n【解答過程】因為等差數列{an}的前n項和S所以?n∈N?，點(n,S對于A中，因為(n,Sn)(n∈可得A=12d，B=a1對于B中，若A=0，則d=0，此時Sn當a1>0時，不存在n0對于C中，若A>0，則d>0，Sn對于D中，若A<0，則d<0，Sn故選：D.【變式7-2】（2024·上海·模擬預測）已知fx=12x2+12x，數列(1)求數列an(2)若gx=4x4x+2【解題思路】（1）由題意得Sn=12n（2）先求得g(x)+g(1?x)=1，bn【解答過程】（1）因為點n,Snn∈所以Sn當n=1時，S1=1當n≥2時，a=1因為a1所以an（2）因為gx所以g(x)+g(1?x)=4因為an=n，所以所以T=g1又T=g2024①+②，得2T所以T2024【變式7-3】（2024·廣東·一模）已知數列an的前n項和為Sn，n為正整數，且(1)求證數列an?1是等比數列，并求數列(2)若點Pan?1,bn+23在函數y=log4x的圖象上，且數列【解題思路】（1）由an,S（2）求出bn，代入cn，裂項后分【解答過程】（1）當n=1時，3(a1?1)=4(當n≥2時，由3Sn?n兩式相減可得，an=4a所以數列an?1是以5?1=4為首項，所以an?1=4?4（2）點Pan?1,所以bn+23所以cn當n=2k,k∈NTn當n=2k?1,k∈NT綜上，Tn【題型8數列與導數的交匯問題】【例8】（2024·全國·模擬預測）設整數p>1，x>?1且x≠0，函數f(x)=(1+x)(1)證明：f(x)>0；(2)設x>0，證明：ln(1+x)<x(3)設n∈N?，證明：【解題思路】（1）通過求導數得到函數的單調性，從而得到函數的最小值f0=0，從而（2）構造函數g(x)=ln(1+x)?x(x>0)，求導數得到函數的單調性，從而得到函數的最大值g(0)=0，從而gx（3）利用（1）（2）中的結論，(1+x)p≥1+px，ln(1+x)<x，得到(1+p?1)1p【解答過程】（1）f′x=p(1+x)p?1?p=p(1+x)因此，當?1<x<0時，f′x<0，f(x)單調遞減；當x>0時，f′x（2）設g(x)=ln(1+x)?x(x>0)，則g′x=故g(x)<g(0)=0，從而當x>0時，ln1+x（3）由（1）知(1+x)p≥1+px，所以1+p?1于是1+21=p=1n2?1因此，1+2【變式8-1】（2024·廣東東莞·三模）已知常數m∈R，設fx(1)若m=1，求函數y=fx在1,1(2)是否存在0<x1<x2<x3，且(3)求證：當m≤0時，對任意x1,x2∈【解題思路】（1）求m=1時，函數fx的導函數及f（2）根據題意可得x22=x1（3）令x2x1=t>1，分析可得，要證明令gt=1t?t+2【解答過程】（1）當m=1時，fx則f′所以f′所以切線方程為y=1；（2）若x1,x若fx1、fx2、所以2lnx所以2mx當m=0時，成立，當m≠0時，則2x2=x1x12+2x1x3+所以m=0時，存在x1當m≠0時，不存在x1（3）fx=lnx+要證明f′x1只需證明x1又x1?=?3mx所以只需證明?3mx令x2則?3mx1所以?3mx1+只需證明1t令gt則g′所以函數gt在1,+所以gt<g若m≤0，則mt2x所以當m≤0時，對任意x1,x2∈【變式8-2】（2024·山西·一模）已知a>0，且a≠1，函數fx(1)記an=fn?lnn+1+n,Sn(2)若a=1e，證明：(3)若fx有3個零點，求實數a【解題思路】（1）直接利用等差數列、等比數列的求和公式計算即可；（2）利用導數研究ex?x+1（3）分段討論函數的單調性，結合零點存在性定理及極限思想計算即可.【解答過程】（1）由題意可知a=89時，所以S=2024?8×8（2）易知a=1e時，令gx顯然x∈?1,0時，g′x即gx在?1,0上單調遞減，在0,+故gx≥g0=0?f又f0=0，所以x∈?1,0時，f故xfx（3）①若a>1，易知fx②若a∈1e,1時，則x∈?1,0時，ax<1由（2）可知：x∈?1,0時，fx∈0,+∞時，且f0=0，則函數③由（2）知，a=1e時，fx④若a∈0,1e令?x顯然x∈?1,0時，?′x即?x在?1,0上單調遞減，在0,+注意到??1=a>0,?0所以?x1∈即fx在?1,x1和x又x→?1時，fx→?∞，f所以在區間?1,x1,綜上a∈0,【變式8-3】（2024·安徽蚌埠·模擬預測）已知函數fx=ln(1)若a=1，證明：x>0時，fx(2)若函數Fx=fx(3)已知數列an的通項公式為an=【解題思路】（1）構建Gx（2）求導可得F′x=xx?a2（3）根據（1）（2）分析可得1<n+12【解答過程】（1）由題意可知：fx<x2gx+1構建Gx則G′可知Gx在0,+∞上單調遞減，則x>0時，所以x>0時，fx（2）由題意可知：Fx則F①若1≤a<2，則?1≤a2?2a<0，由F可知Fx在a②若a=2，則F′可知Fx0,+③若a>2，則a2?2a>0，由F′可知Fx在0,綜上所述：a=2．（3）由（2）知：Fx=ln所以x>0時，Fx=ln由（1）知：x>0時，lnx+1則1x所以x>0時，1<1令x=1n得：即e<因為an+1所以e?由an+1an<1知：所以an+1所以an【題型9數列與概率統計的交匯問題】【例9】（2024·黑龍江·二模）某校組織知識競賽，已知甲同學答對第一題的概率為111，從第二題開始，若甲同學前一題答錯，則此題答對的概率為14；若前一題答對，則此題答對的概率為13.記甲同學回答第n題時答錯的概率為Pn，當n≥2時，PnA．97132 B．49132 C．4766【解題思路】寫出甲同學回答第n題時答錯的概率Pn=112P【解答過程】因為回答第n?1題時有答對、答錯兩種情況，則回答第n題n≥2時答錯的概率Pn所以Pn由題意知P1=10所以Pn?811是首項為所以Pn?8顯然數列Pn遞減，所以當n≥2時，P所以M的最小值為4966故選：D.【變式9-1】（2024·山東菏澤·一模）若數列an的通項公式為an=(?1)n?1n，記在數列anA．P1=23 B．P9<【解題思路】利用分類討論及通項公式的特點，再利用組合數公式和古典概型的概率的計算公式求出概率的通式即可求解.【解答過程】n為奇數時，前n+2項中有n+32個奇數項，即有n+3Pn=Cn為偶數時，前n+2項中有n+22個奇數項，即有n+2PnP9=12P11P12故選：C.【變式9-2】（2024·廣東廣州·模擬預測）甲、乙、丙三人進行傳球游戲，每次投擲一枚質地均勻的正方體骰子決定傳球的方式：當球在甲手中時，若骰子點數大于3，則甲將球傳給乙，若點數不大于3，則甲將球保留繼續投擲骰子；當球在乙手中時，若骰子點數大于4，則乙將球傳給甲，若點數不大于4，則乙將球傳給丙；當球在丙手中時，若骰子點數大于3，則丙將球傳給甲，若骰子點數不大于3，則丙將球傳給乙.初始時，球在甲手中.(1)求三次投擲骰子后球在甲手中的概率；(2)投擲nn∈N*次骰子后，記球在乙手中的概率為p(3)設an=1【解題思路】（1）分析事件“三次投擲骰子后球在甲手中”包括四類情況，由獨立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式即得；（2）經分析，pn滿足遞推公式p（3）將（2）代入化簡得an=6×[11?(?【解答過程】（1）依題意，球在甲手中時，保留在自己手中的概率為12，傳給乙的概率為1球在乙手中時，傳給甲的概率為13，傳給丙的概率為23；球在丙手中時，傳給甲和丙的概率都是則三次投擲骰子后球在甲手中包括四類的情況，第一類情況：甲→甲→甲→甲，概率為12第二類情況：甲→乙→甲→甲，概率為12第三類情況：甲→乙→丙→甲，概率為12第四類情況：甲→甲→乙→甲，概率為1由互斥事件的概率加法公式，三次投擲骰子后球在甲手中的概率為18（2）由于投擲n次骰子后球不在乙手中的概率為1?pn，此時無論球在甲手中還是球在丙手中，均有故有pn+1=1又p1=12，所以數列pn所以pn所以數列pn的通項公式p（3）由（2）可得an=1則a1+=6×[①當n是奇數時，因?(?12)n+1于是，6×[23?②當n是偶數時，因?(?12)n+1于是，6×[23?綜上，∴a【變式9-3】（2024·全國·模擬預測）甲、乙兩名小朋友，每人手中各有3張龍年紀念卡片，其中甲手中的3張卡片為1張金色和2張銀色，乙手中的3張卡片都是金色的，現在兩人各從自己的卡片中隨機取1張，去與對方交換，重復n次這樣的操作，記甲手中銀色紀念卡片xn張，恰有2張銀色紀念卡片的概率為pn，恰有1張銀色紀念卡片的概率為(1)求p2(2)問操作幾次甲手中銀色紀念卡片就可能首次出現0張，求首次出現這種情況的概率p．(3)記an（i）證明數列an?1為等比數列，并求出（ii）求xn的分布列及數學期望．（用n【解題思路】（1）根據題意，弄清楚p2，q（2）由（1）知，交換一次不會出現x1=0的情況，而（3）根據題意，可得pn+1=13pn+29qn，q【解答過程】（1）根據題意，p2包含兩種情況：第一次甲交換金色卡片，第二次甲還交換金色卡片；第一次甲交換銀色卡片，第二次甲交換金色卡片，乙交換銀色卡片.則p1所以p2q2第一次甲交換金色卡片，第二次甲還交換銀色卡片；第一次甲交換銀色卡片，第二次甲交換銀色卡片，乙交換銀色卡片或第二次甲交換金色卡片，乙交換金色卡片.則q2=p（2）結合（1）的計算得p1+q而p2+q（3）根據題意可得pn+1qn+1（i）a1=2p所以an+1所以數列an?1是首項為13所以an（ii）由已知及（1）（2），得xn的所有可能取值為0,1,2其分布列為x012P1?qp從而Ex【題型10數列與平面幾何的交匯問題】【例10】（23-24高三下·全國·階段練習）已知等比數列an的公比為q，前n項和為Sn，an>0，（1）求an（2）在平面直角坐標系xOy中，設點Qkk,bk(k=1,2,3???)，直線QkQ【解題思路】（1）設出等比數列的首項a1和公比q，根據已知條件列出關于a1,q的方程組，由此求解出a（2）根據題意表示出斜率關系，然后采用累加法求解出bn【解答過程】（1）因為等比數列an的公比為q，2a2由已知q>0，a1>0，得解得q=2或q=?1（舍），所以q=2，anSn由S5=4a4?1所以an=2（2）由直線QkQk+1的斜率為2k，得由b2?b1=21，b可得bn所以bn當n=1時也滿足bn所以bn=2【變式10-1】（2024·四川達州·二模）已知拋物線Γ:y2=2px(p>0)，直線l:y=k(x?p)與Γ交于A,B兩點，線段(1)求拋物線Γ的方程；(2)直線l與x軸交于點C,O為原點，設△BOC,△COM,△MOA的面積分別為S△BOC,S△COM,【解題思路】（1）聯立Γ:y2=2px(p>0)與l:y=k(x?p)，得到兩根之和，故（2）聯立拋物線和直線方程，得到ky2?4y?8k=0，故y1+y2=4【解答過程】（1）設Ax∵y∴y1+∵kym=2∴Γ（2）∵y2=4x故y1

∵S△BOC,∴2ym=y2∴9ym2∴k=±10【變式10-2】（2024·安徽合肥·二模）已知an是各項均為正數的等比數列，且a1+a2=3，a3?a2=2（1）求數列an，b（2）如圖在平面直角坐標系中，點P1a1,0，P2Q1a1,b1，Q2a2,b2，…，【解題思路】（1）數列an的公比為q，數列bn的公差為d，根據已知條件列方程求出首項和q，（2）利用（1）的結論計算PnPn+1=a【解答過程】（1）設數列an的公比為q，則q>0因為a1+a所以a1得3q2?5q?2=0所以q=2，可得a1=1，所以設數列bn的公差為d因為b3=5，所以b1+2d=54b1（2）由（1）得PnPn故cn則TnTn2T由①－②得，?T==3?2n所以Tn【變式10-3】（2024·四川內江·模擬預測）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，點P是橢圓上的動點，F1,F(1)求橢圓C的方程；(2)若直線l過點P4,0，與橢圓交于A，B兩點．若AP,AB【解題思路】（1）根據相關點法計算得出橢圓的方程；（2）根據直線與橢圓相交聯立方程組消元利用韋達定理求解，結合若AP,AB,【解答過程】（1）由題意可設F1因為G到點M?13,0與點所以GM+則點G的軌跡為實軸長43，焦距為23因為G是△PF1F2的重心，可得點G在線段OP上，且OG=13則橢圓C的方程為x2（2）根據題意可知直線l的斜率一定存在，設直線l的方程為y=k(x?4)，A(x1,消元可得(3+4則Δx1+AB=1+BP因為AP,AB,則(121+k（也可用AB→2=所以AB根據題意可知F2BF余弦定理可得cos===cos∠AF2【題型11數列中的結構不良題】【例11】（24-25高二上·全國·課后作業）已知an是等差數列，其前n項和為Sn，a4=?3，再從條件①：(1)數列an(2)Sn的最小值，并求當Sn取得最小值時【解題思路】（1）應用等差數列通項公式及前n項和公式基本量運算即可求出通項公式；（2）先求出Sn，再根據二次函數的性質可得S【解答過程】（1）若選擇①：設等差數列an的公差為d，由a4=?3又S4=?24，得4a解得a1=?9，所以an即數列an的通項公式為a若選擇②：設等差數列an的公差為d，由a4=?3又a1=2a3，即解得a1=?12，所以an即數列an的通項公式為a（2）若選擇①：由an=2n?11,n∈N根據二次函數的性質可得當n=5時，Sn即當n=5時，Sn取得最小值，且最小值為S若選擇②：由an=3n?15,n∈N根據二次函數的性質可得當n=4或n=5時，Sn即當n=4或n=5時，Sn取得最小值，且最小值為S【變式11-1】（2024·青海西寧·二模）已知數列an，_______________.請從下列兩個條件中任選一個，補充在上面的問題中并解答.（注：如果選擇多個條件，按照第一個解答給分.）①數列an的前n項和為Sn=2an?2（n∈N?(1)求數列an(2)令bn=an+log2【解題思路】（1）選①或②均可證明數列an是以2為首項，2為公比的等比數列，再由等比數列的通項公式求出數列a（2）由分組求和法結合等差、等比的前n項和公式求解即可.【解答過程】（1）若選①Sn當n=1時，a1=2a當n≥2時，由Sn=2a（I）?（II）得：an=2a所以數列an是以2為首項，2為公比的等比數列，所以a若選②，當n=1時，a1=A當n≥2時，an=A當n=1時，a1所以數列an是以2為首項，2為公比的等比數列，所以a（2）因為bn=a所以Tn則Tn【變式11-2】（2024·四川德陽·三模）已知an是等差數列，bn是等比數列，且bn的前n項和為Sn，2a1=(1)求數列an和b(2)設數列anbn的前n項和為T【解題思路】（1）根據等差數列定義可求得數列an的通項公式，利用等比數列定義根據條件①②列方程組解得公比可得數列b（2）利用錯位相減法求出Tn【解答過程】（1）設等差數列an的公差為d∵2a1=2∴a1∴a1∴an設等比數列bn的公比為q若選條件①，b5由b1=2，且得b1∴q2?4q+4=0，解得所以bn故bn若選條件②，bn+1令n=1，得b2∴公比q=b∴數列bn從而bn（2）因為Tn所以12兩式相減，得12即12所以Tn【變式11-3】（23-24高二下·北京懷柔·期末）已知等差數列an的前n項和為Sn，且(1)求等差數列an(2)若各項均為正數的數列bn其前n項和為Tn，再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，設cn=an+bn條件①：Tn條件②：b1條件③：?n≥2且n∈Z都有bn2【解題思路】（1）設出首項和公差，建立方程求解基本量，求出通項公式即可.（2）條件①利用數列前n項和和通項公式的關系求出bn=2?3n?1，再利用分組求和法求和即可，條件②利用等比數列的定義求出【解答過程】（1）已知等差數列an中，滿足a設首項為a1，公差為d得到a4=a∴（2）選條件①∵Tn=3n?1.當n≥2時，bn當n=1時，b1=2?∵b∴b設cn=an+M==n選條件②∵b1=2,∴bn=2?3n?1，設cM==n選條件③?n≥2且n∈Z都有bn2=b∵b1=∴q∴b∴bn=2?3n?1，設cM==n【題型12數列的新定義、新情景問題】【例12】（2024·河北張家口·二模）如果項數相同的數列an,bn滿足an∪bn=1,2,3,?,2n，且i為奇數時，ai<bi；i為偶數時，ai(1)若an∪b(2)當an（i）證明：Sn取最大值時，存在a（ii）當n為偶數時，求Sn【解題思路】（1）根據所給定義列出符合題意的“互補交叉數列對"；（2）（i）假設存在j∈1,2,3,?,n，使bj=2n且j為奇數，不妨設b1=2n，當存在aii為偶數），使得ai>a1，對其進行一次變換，推出矛盾；若對任意的aii為偶數），都有ai<a1【解答過程】（1）因為an∪b則滿足條件的“互補交叉數列對”分別為5,2,36,1,4（2）（i）證明：若Sn取最大值時，存在j∈1,2,3,?,n，使由題意知j為奇數，不妨設b1①若存在aii為偶數），使得ai>a1，則讓b1這樣所得到的新數列an但調整后的an′的前n項和Sn′>②若對任意的aii為偶數），都有ai<a再讓a1的值變為初始a2的值，所得到的新數列an綜上可知，存在正整數i∈1,2,3,?,n，使得a（ii）當n為偶數時，令n=2i，對任意滿足條件的“互補交叉數列對”a1一方面，a2因此a2另一方面，bi因此b1即a1記Tn為bn的前n項和，由①+②得又Sn+T又“數列對”i+1,4i,i+3,4i?1,i+5,4i?2,i+7,4i?3,?,3i+2,3i?1,3i+1i+2,1,i+4,2,i+6,3,i+8,4,?,i?1,3i,i且Sn綜上可知，當n為偶數時，Sn的最大值為11【變式12-1】（2024·浙江·模擬預測）已知正整數m，設a1，a2，…，a2m，b1，b2，…，b2m是4m個非負實數，S=i=12mai=i=12mbi(1)寫出8個不全相等的數，使得這8個數構成8,2—孿生數組；(2)求最小的S，使得a1，a2，…，a6，b1，b2(3)若m≥4，且a1，a2，…，a2m，b1，b2，…，b參考公式：（i）x1+x2+x32≥3x1x2+x2x【解題思路】（1）根據S,m—孿生數組的含義寫出即可；（2）由題知m=3，進而可以求出S，再結合參考公式（i）即可證明；（3）由題知S=3，結合（2）可得S=i=1【解答過程】（1）根據S,m—孿生數組的含義可知:2,2,2,2,0,4,0,4構成8,2—孿生數組，當然其答案不唯一;（2）若m=3，由題知:a1a所以S=i=1由參考公式（i），有a1記T是數列an中奇數項的和，即T=不妨設T≤S2因為S>0，解得S≥12，當且僅當ai故最小的S為12.（3）類比前問，得:S=i=1由參考公式（ii），有若m為正偶數，i=1ma2i?1由基本不等式，得a1當且僅當a1所以S≤i=1ma2i?1a同理，當m為正奇數，解得S≥16，由a1,a對于參考公式（ii），左邊的項在右邊全部出現，若等號成立，則其余項均需為0.若n=4，則等號直接成立.不妨設x1x2當n為正奇數時，xn當n為正偶數時，若n≥6，則x3xn=0，不妨使故a1所以aaii=1,2,?,2m【變式12-2】（2024·安徽蕪湖·模擬預測）對于數列an,bn，如果存在正整數n0≥3，當任意正整數n≤n0時均有b1<a1<(1)已知bn=2n，請寫出一個數列(2)若an,bn滿足an+bn=6n?2，其中b(3)已知等差數列bn和正整數等比數列an滿足：an=k2024?n(k+1)n?1(n=1,2,…,2024)【解題思路】（1）利用指數數列，構造一個加上正的常數，就可得到一個遞增相伴數列，只需要檢驗前二項和最后三項；（2）由于有一個是等差數列，兩數列相加也是等差數列，說明另一個數列還是等差數列，通過假設，就可以表示出兩個數列的通項，進而引入后三項不等式進行分析，即可求出數列通項；（3）利用前面兩小問，知道構造的數列比已知數列每項加1，再去證明即可.【解答過程】（1）由于bn=2n，我們可以取再由bn?an?1=所以恒有an?1<b（2）∵設b2=t∴當an為bn的“無限遞增相伴數列”時bn∴1+(n?1)(t?1)<3+(n?1)(7?t)<1+n(t?1)∴t<4n?3n?1t>8n?52n?1，當n=2時，即an（3）證明：取b2024=ab1所以d=b由an=k于是an又因為b2024=a2024?1<而n≥2時，an所以b2<a2<由b2上式對于充分大的k成立，即總存在滿足條件的正整數k.【變式12-3】（2024·新疆·二模）我們把滿足下列條件的數列an稱為m?L①數列an②存在正奇數m，使得數列an的每一項除以m(1)若a，b，c是公差為2的等差數列，求證：a，b，c不是3?L數列；(2)若數列bn滿足對任意正整數p，q，恒有bp+q=1p+1(3)已知各項均為正數的數列cn共有100項，且對任意1≤n≤100，恒有c1+c2+?+c【解題思路】（1）根據m?L數列的定義證明即可；（2）由條件bp+q=1p+（3）用賦值的方法可知數列cn是首項為2k,公差為k的等差數列,再對c1+c2+?+c【解答過程】（1）若a,b,c是3?L數列,則a,b,c都是正偶數,設a=2tt∈N若t=3mm∈N?,則a=6m,a若t=3m?1m∈N?,則b=6m,b若t=3m?2m∈N?,則c=6m,c所以a,b,c不是3?L數列.（2）在bp+q=1p+所以數列bnn是首項為8,公比為8的等比數列,所以因為8n是正偶數,所以數列b因為8nCn所以8n除以7的余數為1,即數列b所以一定不是正偶數,即數列bn所以數列bnn是（3）因為c=c所以1+c1+c1?2得因為cn>0,所以2+23?4得因為cn+c在c1分別令n=1,n=2,得c1所以數列cn是首項為2k,公差為k所以cn若數列cn是111?L則k是正偶數,2k,3k,?,100k,101k除以111所得的商都不是正偶數,因為111=3×37,且c2所以當k為3或37的正偶數倍時,數列cn不是111?L所以滿足條件的所有兩位數k值的和為10+12+14+?+98?(12+18+24+?+96)?74=10+98一、單選題1．（2024·內蒙古包頭·三模）設Sn為等差數列an的前n項和，若S5=4a1，a1A．11 B．12 C．20 D．21【解題思路】依題意得a1=?10d，再由【解答過程】設等差數列an的公差為d由S5=4a1，得5a1+由Sn>a得?10nd+n×得?10n+n×得n?1n?22得1<n<22，且n∈N則n的最大值為21，故選：D.2．（2024·山東菏澤·二模）已知an是等差數列，a1=3,a4=12，在數列bn中bA．6072 B．2C．22023+6072 【解題思路】求出公差，得an，求出公比，得bn，即可求【解答過程】設an的公差為d,bn則由題意可得，a4=a1+3d所以a根據已知又有：b1則8=1?q3，得所以bn?a故b2024故選：C.3．（2024·四川·模擬預測）南宋數學家楊輝的重要著作《詳解九章算法》中的“垛積術”問題介紹了高階等差數列．以高階等差數列中的二階等差數列為例，其特點是從數列中的第二項開始，每一項與前一項的差構成等差數列．若某個二階等差數列的前4項為1,4,8,13，則該數列的第18項為（

）A．188 B．208 C．229 D．251【解題思路】記該二階等差數列為an，bn=an+1【解答過程】記該二階等差數列為an，且該數列滿足a1=1,由題意可知，數列bn為等差數列，且b所以等差數列bn的公差為d=b2所以b1=a所以a18故選：A.4．（2024·青海西寧·一模）等差數列an中的a2，a2024是函數fx=A．12 B．1 C．?1 D．【解題思路】先根據極值點求出導函數為0求出a2+a【解答過程】函數fx=x3?6導函數為f′x=3等差數列a中，a2+a則log2故選：B.5．（2024·全國·二模）數列an的奇數項成等比數列，偶數項成等比數列，Sn是數列an的前n項和，a1=3，a2=2A．a2k<B．當n≥5，且n∈N*時，數列C．aD．S【解題思路】首先分別求奇數項和偶數項的通項公式，再根據通項公式，判斷選項.【解答過程】由S4=a奇數項的首項為a1=3，公比q1=a所以a2k=aA.a2k<a2k+1,k∈N*B.a5=13，a6=12，C.a10D.S100=3故選：D.6．（2024·全國·模擬預測）已知n∈N?，an=12n?1，bn=1(n+1)2A．196197 B．198199 C．98197【解題思路】對n分奇數與偶數討論，求出數列an與數列b【解答過程】因為數列2n?1是正奇數數列，對于數列(n+1)2?1，當n為奇數時，設n=2k?1k∈N?，則(n+1)2?1=4k2?1，為奇數；當cn所以c1故選：D．7．（2024·湖北·二模）已知等差數列an的前n項和為Sn，且Sn=n2+m，n∈N*A．?2 B．0 C．1 D．2【解題思路】由Sn與an的關系且an為等差數列，求出an，由ann<2，得x2?(1+a)x?2【解答過程】因為Sn=n2+mn≥2時，an所以a1=1+m，a2因為an為等差數列，所以a1=1從而an=2n?1，所以x2?(1+a)x?2a則當0≤a≤1時，g(a)=2ag(0)=?x2+x≤0g(1)=2+1+x?x只有選項A符合題意，故選：A.8．（2024·內蒙古赤峰·三模）如圖是瑞典數學家科赫在1904年構造的能夠描述雪花形狀的圖案.圖形的作法是：從第一個正三角形（邊長為1）P1開始，把每條邊分成三等份，然后以各邊的中間一段為底邊分別向外作正三角形，再去掉底邊.反復進行這一過程，就得到一條“雪花”狀的曲線，稱為科赫曲線.設Pn的周長和面積分別為Ln、Sn，下列結論正確的是（

）①P?的邊數為3×4②L③LnS④?N>0,A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④【解題思路】設每個圖形的邊數為an，寫出a1，a2，a3，a4，a5，可判斷①；求得L5，可判斷②【解答過程】設每個圖形的邊數為an，由題意可得a1=3，a2=3×4，a3=3×42，aL5=3×4Ln第一個圖形的面積即正三角形的面積S1從第1個圖形到第2個圖形，邊數增加了，同時每條邊上多了一個小三角形，這個小三角形的面積是原圖形的19所以S2=S以此類推，第n個圖形的面積為Sn依次迭代，則S=S所以Sn=34+33LnSn=3×故選：D．二、多選題9．（2024·遼寧沈陽·模擬預測）某人買一輛15萬元的新車，購買當天支付3萬元首付，剩余向銀行貸款，月利率0.3%，分12個月還清（每月購買車的那一天分期還款）.有兩種金融方案：等額本金還款，將本金平均分配到每一期進行償還，每一期所還款金額由兩部分組成，一部分為每期本金，即貸款本金除以還款期數，另一部分是利息，即貸款本金與已還本金總額的差乘以利率；等額本息還款，每一期償還同等數額的本息和，利息以復利計算.下列說法正確的是（

A．等額本金方案，所有的利息和為2340元B．等額本金方案，最后一個月還款金額為10030元C．等額本息方案，每月還款金額中的本金部分呈現遞增等比數列D．等額本金方案比等額本息方案還款利息更少，所以等額本金方案優于等額本息方案【解題思路】對于AB，根據等額本金的還款方案分析計算即可，對于C，等額本息的還款方案分析判斷，對于D，通過比較兩種還款方案的優劣進行判斷.【解答過程】對于A，利息和為120000+110000+100000+?+10000×0.003=2340對于B，倒數第二個月還款后，剩余本金10000，一個月利息為30元，本息和應為10030元，故B正確；對于C，設第n個月貸款利息為an，償還本金為bn，則a1=0.3%p，a3=0.3%同理得b4=b1(1+0.3所以數列bn是以1+0.3對于D，由選項C可知，b1[1?(1+0.3所以每月還款的本息和為a1所以等額本息還款利息和為12(=12×=12×120000×0.3兩種貸款方案各有優劣，比等額本金高，但等額本金方案起初還款金額高，還款壓力大，還款金額逐年遞減；等額本息每月還款金額相同，低于等額本金方案前半段時間還款額，高于后半段時間還款額；還有通貨膨脹等諸多經濟因素影響兩種方案的收益，故不能簡單認為某種貸款方案優于另一種方案，故D錯誤.故選：ABC.10．（2024·吉林·模擬預測）已知在公差不為0的等差數列an中，a4=?5,a5是a2與a6的等比中項，數列bn的前A．an=2n?13 C．Sn=?1【解題思路】先由等差數列an的條件求得通項公式an=2n?13，進而求得bn，Sn【解答過程】設等差數列an的公差為d，則a5=a6=a4+2d=?5+2d，因為a5是即?5+d2=?5?2d?5+2d，解得d=0或2，又因為所以anbn令bn<0，則12n?13<12n?11，又因為即只有n=6時，bn<0且bn所以?n∈NSn因為只有n=6時，bn<0，除此之外bn>0，所以又n>6時，Sn=12?所以?n∈N故選：ABD.11．（2024·浙江寧波·模擬預測）已知數列un，其前n項和為Sn，若存在常數M>0，對任意的n∈N?，恒有un+1?uA．若un是以1為首項，q(|q|＜1)為公比的等比數列，則uB．若un為B?數列，則Sn也為C．若Sn為B?數列，則un也為D．若an,bn均為B?數列，則【解題思路】對A，根據題意