第六章　培优点9　新情景、新定义下的数列问题-2025高中数学大一轮复习讲义人教A版

培优点9新情景、新定义下的数列问题近几年全国各地高考试题，我们总能在试卷的压轴题位置发现新定义数列题的身影，它们对数列综合问题的考查常常以新定义、新构造和新情景形式呈现，有时还伴随着数列与集合，难度较大．题型一数列中的新概念通过创新概念，以集合、函数、数列等的常规知识为问题背景，直接利用创新概念的内涵来构造相应的关系式(或不等式等)，结合相关知识中的性质、公式来综合与应用．例1(1)0－1周期序列在通信技术中有着重要应用．若序列a1a2…an…满足ai∈{0,1}(i＝1,2，…)，且存在正整数m，使得ai＋m＝ai(i＝1,2，…)成立，则称其为0－1周期序列，并称满足ai＋m＝ai(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…an…，C(k)＝eq\f(1,m)eq\i\su(i＝1,m,a)iai＋k(k＝1,2，…，m－1)是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0－1序列中，满足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解析周期为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)．验证C(1)＝eq\f(1,5)(a1a2＋a2a3＋a3a4＋a4a5＋a5a6)＝eq\f(1,5)(a1a2＋a2a3＋a3a4＋a4a5＋a5a1)≤eq\f(1,5).对于A，C(1)＝eq\f(1,5)(1＋0＋0＋0＋0)＝eq\f(1,5)，满足C(1)≤eq\f(1,5).对于B，C(1)＝eq\f(1,5)(1＋0＋0＋1＋1)＝eq\f(3,5)>eq\f(1,5)，不满足C(1)≤eq\f(1,5)，故排除B.对于C，C(1)＝eq\f(1,5)(0＋0＋0＋0＋1)＝eq\f(1,5)，满足C(1)≤eq\f(1,5).对于D，C(1)＝eq\f(1,5)(1＋0＋0＋0＋1)＝eq\f(2,5)>eq\f(1,5)，不满足C(1)≤eq\f(1,5)，故排除D.再对A，C验证C(2)＝eq\f(1,5)(a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a6＋a5a7)＝eq\f(1,5)(a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a1＋a5a2)≤eq\f(1,5).对于A，C(2)＝eq\f(1,5)(0＋1＋0＋1＋0)＝eq\f(2,5)>eq\f(1,5)，不满足C(2)≤eq\f(1,5)，故排除A.对于C，C(2)＝eq\f(1,5)(0＋0＋0＋0＋0)＝0，满足C(2)≤eq\f(1,5).(2)(2023·武汉模拟)将1,2，…，n按照某种顺序排成一列得到数列{an}，对任意1≤i<j≤n，如果ai>aj，那么称数对(ai，aj)构成数列{an}的一个逆序对．若n＝4，则恰有2个逆序对的数列{an}的个数为()A．4B．5C．6D．7答案B解析若n＝4，则1≤i<j≤4，由1,2,3,4构成的逆序对有(4,3)，(4,2)，(4,1)，(3,2)，(3,1)，(2,1)，若数列{an}的第一个数为4，则至少有3个逆序对；若数列{an}的第二个数为4，则恰有2个逆序对的数列{an}为{1,4,2,3}；若数列{an}的第三个数为4，则恰有2个逆序对的数列{an}为{1,3,4,2}或{2,1,4,3}；若数列{an}的第四个数为4，则恰有2个逆序对的数列{an}为{2,3,1,4}或{3,1,2,4}，综上，恰有2个逆序对的数列{an}的个数为5.思维升华与数列的新概念有关的问题的求解策略①通过给出一个新的数列的概念，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．②遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析，运算，验证，使得问题得以解决．跟踪训练1(多选)(2023·江西联考)在一次数学活动课上，老师设计了有序实数组A＝{a1，a2，a3，…，an}，ai∈{0,1}，i＝1,2,3，…，n，f(A)表示把A中每个1都变为0,0，每个0都变为1，所得到的新的有序实数组，例如A＝{0,1}，则f(A)＝{1,0,0}．定义Ak＋1＝f(Ak)，k＝1,2,3，…，n，若A1＝{0,1}，则()A．A100中有249个1B．A101中有249个0C．A1，A2，A3，…，A100中0的总个数比1的总个数多250－1D．A1，A2，A3，…，A100中1的总个数为251－1答案AC解析因为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}，显然，A1，A3，A5中分别有2,4,8项，其中1和0的项数相同，A2，A4，A6中分别有3,6,12项，其中有eq\f(1,3)的项为1，eq\f(2,3)的项为0，设An中共有an项，其中有bn项1，cn项0，则an＝bn＝cn＝所以A100中有249个1，A正确；A101中有250个0，B错误；cn－bn＝则A1，A2，A3，…，A100中0的总个数比1的总个数多0＋20＋0＋21＋0＋…＋249＝eq\f(250－1,2－1)＝250－1，C正确；A1，A2，A3，…，A100中1的总个数为eq\f(1×250－1,2－1)＋eq\f(1×250－1,2－1)＝251－2，D错误．题型二以数列和项与通项关系定义新数列例2(1)(多选)(2023·苏州模拟)若数列{an}满足：对任意的n∈N*(n≥3)，总存在i，j∈N*，使an＝ai＋aj(i≠j，i<n，j<n)，则称{an}是“F数列”．则下列数列是“F数列”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解析对于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，显然对任意的n∈N*(n≥3)，总存在i，j∈N*，使得an＝ai＋aj，满足“F数列”；对于B，由a1＝12，a2＝22，a3＝32，显然a3≠a1＋a2，不满足“F数列”；对于C，对于任意3n，n∈N*，个位数为3,9,7,1均为奇数，所以3i＋3j必为偶数，显然3i＋3j＝3n不成立，不满足“F数列”；对于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，故对任意的n∈N*(n≥3)，总存在an＝ai＋aj，满足“F数列”．(2)(多选)(2023·威海模拟)已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn.设λ与k是常数，若对任意n∈N*，均有成立，则称此数列为“λ－k”数列．若数列{an}是“eq\f(\r(2),2)－2”数列，且an>0，则()A．Sn＝9n－1B．{an}为等比数列C．{Sn－an}的前n项和为eq\f(9n－1－1,8)D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))为等差数列答案AC解析由条件可知，λ＝eq\f(\r(2),2)，k＝2，则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)，两边平方后，整理为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)，则Sn＋1＝Sn，则an＋1＝0，这与an>0矛盾，所以不成立，所以eq\r(Sn＋1)＝3eq\r(Sn)，则Sn＋1＝9Sn，S1＝a1＝1，所以数列{Sn}是首项为1，公比为9的等比数列，即Sn＝9n－1，故A正确；由Sn＋1＝9Sn可得Sn＝9Sn－1(n≥2)，两式相减得，an＋1＝9an(n≥2)，并且n＝1时，S2＝9S1，即a1＋a2＝9a1，得a2＝8，那么eq\f(a2,a1)＝8≠9，所以{an}不是等比数列，故B错误；an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,8·9n－2，n≥2，))当n＝1时，S1－a1＝0，当n≥2时，设数列{Sn－an}的前n项和为Tn，则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)，当n＝1时，T1＝0成立，故Tn＝eq\f(9n－1－1,8)，故C正确；因为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)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))不是等差数列，故D错误．思维升华解决此类问题，关键是根据题干中的新定义、新公式、新定理、新法则、新运算等，将新数列转化为等差或等比数列，或者找到新数列的递推关系进行求解．跟踪训练2(多选)(2023·北京人大附中模拟)已知数列{an}满足：对任意的n∈N*，总存在m∈N*，使得Sn＝am，则称{an}为“回旋数列”．以下结论中正确的是()A．若an＝2023n，则{an}为“回旋数列”B．设{an}为等比数列，且公比q为有理数，则{an}为“回旋数列”C．设{an}为等差数列，当a1＝1，公差d<0时，若{an}为“回旋数列”，则d＝－1D．若{an}为“回旋数列”，则对任意n∈N*，总存在m∈N*，使得an＝Sm答案AC解析对于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，则{an}为“回旋数列”，故A正确；对于B，当q＝1时，Sn＝na1，am＝a1，由Sn＝am可得na1＝a1，故当n＝2时，很明显na1＝a1不成立，故{an}不是“回旋数列”，故B错误；对于C，{an}是等差数列，故am＝1＋(m－1)d，Sn＝n＋eq\f(nn－1,2)d，因为数列{an}是“回旋数列”，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)为非负整数，所以要保证eq\f(n－1,d)恒为整数，故d为所有非负整数的公约数，且d<0，所以d＝－1，故C正确；对于D，由A可知，当an＝2023n时，{an}为“回旋数列”，取a2＝2023×2，Sm＝2023×eq\f(mm＋1,2)，显然不存在m，使得Sm＝a2＝2023×2，故D错误．题型三数列新情景例3(1)九连环是中国最杰出的益智游戏．九连环由九个相互连接的环组成，这九个环套在一个中空的长形柄中，九连环的玩法就是要将这九个环从柄上解下来，规则如下：如果要解下(或安上)第n号环，则第(n－1)号环必须解下(或安上)，n－1往前的都要解下(或安上)才能实现．记解下n连环所需的最少移动步数为an，已知a1＝1，a2＝2，an＝an－1＋2an－2＋1(n≥3)，则解六连环最少需要移动圆环步数为()A．42B．85C．256D．341答案A解析由题意可得，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·新高考全国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S1＝240dm2，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S2＝180dm2，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为_____；如果对折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)))解析依题意得，S1＝120×2＝240；S2＝60×3＝180；当n＝3时，共可以得到5dm×6dm，eq\f(5,2)dm×12dm，10dm×3dm，20dm×eq\f(3,2)dm四种规格的图形，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；当n＝4时，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；……所以可归纳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.思维升华对于新情景问题，关键是要从问题情境中寻找“重要信息”，即研究对象的本质特征、数量关系(数量化的特征)等，建立数学模型求解．跟踪训练3几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N>55且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是()A．95B．105C．115D．125答案A解析将数列排成行的形式11,21,2,41,2,4,8第n行为20,21，…，2n－1，第n行和为an＝eq\f(1×1－2n,1－2)＝2n－1，前n行共有eq\f(nn＋1,2)个数，前eq\f(nn＋1,2)项和为Sn＝eq\f(2×1－2n,1－2)－n＝2n＋1－2－n，假设从第1行第1个数到第n＋1行第m(1≤m≤n＋1)个数共有N个数，则N＝eq\f(nn＋1,2)＋m，前N项和为TN＝Sn＋am＝2n＋1－2－n＋2m－1，若TN为2的整数幂，则有2＋n＝2m－1，∵N>55，∴n>10，且n为奇数，当n＝11时，m无整数解，当n＝13时，m＝4，此时N＝eq\f(13×14,2)＋4＝95.1．(2023·河北统考)数学家杨辉在其专著《详解九章算术法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的高阶等差数列．其中二阶等差数列是一个常见的高阶等差数列，如数列2,4,7,11,16，从第二项起，每一项与前一项的差组成新数列2,3,4,5，新数列2,3,4,5为等差数列，则称数列2,4,7,11,16为二阶等差数列．现有二阶等差数列{an}，其前七项分别为2,2,3,5,8,12,17，则该数列的第20项为()A．173B．171C．155D．151答案A解析根据题意得新数列为0,1,2,3,4，…，则二阶等差数列{an}的通项公式为an＝eq\f(n－1n－2,2)＋2，则a20＝eq\f(19×18,2)＋2＝173.2．(2023·佳木斯模拟)科学家牛顿用“作切线”的方法求函数的零点时，给出了“牛顿数列”，其定义是：对于函数f(x)，若数列{xn}满足xn＋1＝xn－eq\f(fxn,f′xn)，则称数列{xn}为牛顿数列，若函数f(x)＝x2，数列{xn}为牛顿数列且x1＝2，an＝log2xn，则a8的值是()A．8B．2C．－6D．－4答案C解析根据题意，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}为首项是2，公比是eq\f(1,2)的等比数列，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．若三个非零且互不相等的实数x1，x2，x3成等差数列且满足eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(2,x3)，则称x1，x2，x3成一个“β等差数列”．已知集合M＝{x||x|≤100，x∈Z}，则由M中的三个元素组成的所有数列中，“β等差数列”的个数为()A．25B．50C．51D．100答案B解析由三个非零且互不相等的实数x1，x2，x3成等差数列且满足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，三个元素组成的所有数列必为整数列，所以x1必为2的倍数，且x1∈[－50,50]，x1≠0，故这样的数列共50个．4．(2023·盐城模拟)将正整数n分解为两个正整数k1，k2的积，即n＝k1·k2，当k1，k2两数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解．如20＝1×20＝2×10＝4×5，其中4×5即为20的最优分解，当k1，k2是n的最优分解时，定义f(n)＝|k1－k2|，则数列{f(5n)}的前2023项的和为()A．51012 B．51012－1C．52023 D．52023－1答案B解析当n＝2k(k∈N*)时，由于52k＝5k×5k，此时f(52k)＝|5k－5k|＝0，当n＝2k－1(k∈N*)时，由于52k－1＝5k－1×5k，此时f(52k－1)＝|5k－5k－1|＝5k－5k－1，所以数列{f(5n)}的前2023项的和为(5－1)＋0＋(52－5)＋0＋(53－52)＋0＋…＋(51011－51010)＋0＋(51012－51011)＝51012－1.5．(2023·郑州模拟)普林斯顿大学的康威教授发现了一类有趣的数列并命名为“外观数列”，该数列的后一项由前一项的外观产生．以1为首项的“外观数列”记作A1，其中A1为1,11,21,1211,111221，…，即第一项为1，外观上看是1个1，因此第二项为11；第二项外观上看是2个1，因此第三项为21；第三项外观上看是1个2,1个1，因此第四项为1211，…，按照相同的规则可得A1其他项，例如A3为3,13,1113,3113,132113，…，若Ai的第n项记作an，Aj的第n项记作bn，其中i，j∈[2,9]，若cn＝|an－bn|，则{cn}的前n项和为()A．2n|i－j| B．n(i＋j)C．n|i－j| D．eq\f(1,2)|i－j|答案C解析由题得，a1＝i，a2＝1i，a3＝111i，a4＝311i，…，an＝…i，b1＝j，b2＝1j，b3＝111j，b4＝311j，…，bn＝…j，由递推可知，随着n的增大，an和bn每一项除了最后一位不同外，其余各位数都相同，所以cn＝|an－bn|＝|i－j|，所以{cn}的前n项和为n|i－j|.6．(多选)在数列{an}中，若aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＝p(n≥2，n∈N*，p为常数)，则{an}称为“等方差数列”，下列对“等方差数列”的判断，其中正确的为()A．若{an}是等方差数列，则{aeq\o\al(2,n)}是等差数列B．若{an}是等方差数列，则{aeq\o\al(2,n)}是等方差数列C．{(－1)n}是等方差数列D．若{an}是等方差数列，则{akn}(k∈N*，k为常数)也是等方差数列答案ACD解析对于A中，数列{an}是等方差数列，可得aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＝p(n≥2，n∈N*，p为常数)，即有{aeq\o\al(2,n)}是首项为aeq\o\al(2,1)，公差为p的等差数列，故A正确；对于B中，例如：数列{eq\r(n)}是等方差数列，但是数列{n}不是等方差数列，故B不正确；对于C中，数列{(－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*)，所以数列{(－1)n}是等方差数列，故C正确；对于D中，数列{an}中的项列举出来是a1，a2，…，ak，…，a2k，…，数列{akn}中的项列举出来是ak，a2k，a3k，…，因为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，所以数列{akn}是等方差数列，故D正确．7．(多选)(2023·浙江联考)“角谷猜想”是指一个正整数，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就除以2，这样经过若干次这两种运算，最终必进入循环图1→4→2→1.对任意正整数a0，按照上述规则实施第n次运算的结果为an(n∈N)，下列说法正确的是()A．当a0＝7时，则a11＝5B．当a0＝16时，数列{an}为递减数列C．若a5＝1，且ai(i＝1,2,3,4)均不为1，则a0＝5D．当a0＝10时，从ai(i＝1,2,3,4,5,6)中任取两个数至少一个为奇数的概率为eq\f(3,5)答案AD解析若a0＝7，则a1＝22，a2＝11，a3＝34，a4＝17，a5＝52，a6＝26，a7＝13，a8＝40，a9＝20，a10＝10，a11＝5，故A选项符合题意；若a0＝16，则a1＝8，a2＝4，a3＝2，a4＝1，a5＝4，易知{an}不是递减数列，故B选项不符合题意；若a5＝1，则a4＝2，a3＝4，当a2＝8时，则a1＝16，a0＝5或32，a2＝1(舍去)，故C选项不符合题意；若a0＝10，则a1＝5，a2＝16，a3＝8，a4＝4，a5＝2，a6＝1，所以从ai(i＝1,2,3,4,5,6)中任取两个数至少一个为奇数的概率为1－eq\f(C\o\al(2,4),C\o\al(2,6))＝eq\f(3,5)，故D选项符合题意．8．(2023·宝鸡模拟)对给定的数列{an}(an≠0)，记bn＝eq\f(an＋1,an)，则称数列{bn}为数列{an}的一阶商数列；记cn＝eq\f(bn＋1,bn)，则称数列{cn}为数列{an}的二阶商数列；依此类推，可得数列{an}的P阶商数列(P∈N*)，已知数列{an}的二阶商数列的各项均为e，且a1＝1，a2＝1，则a10＝__________.答案e36解析由数列{an}的二阶商数列的各项均为e，可知cn＝eq\f(bn＋1,bn)＝e，