重难点16 数列的综合应用（举一反三）（新高考专用）（教师版） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

重难点16数列的综合应用【十二大题型】【新高考专用】TOC\o"1-3"\h\u【题型1等差、等比数列的交汇问题】 3【题型2数列中的数学文化问题】 6【题型3数列的实际应用问题】 9【题型4数列中的不等式恒成立、有解问题】 13【题型5数列中的不等式证明问题】 17【题型6子数列问题】 21【题型7数列与函数的交汇问题】 26【题型8数列与导数的交汇问题】 29【题型9数列与概率统计的交汇问题】 34【题型10数列与平面几何的交汇问题】 38【题型11数列中的结构不良题】 43【题型12数列的新定义、新情景问题】 471、数列的综合应用数列是高考的热点内容，命题形式多种多样，大小均有，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，数列的综合应用问题以及数列与函数、不等式等知识的交汇问题，是历年高考的热点内容，以解答题的形式考查，一般围绕等差数列、等比数列的知识命题，涉及数列的函数性质、通项公式、前n项和公式等.去年高考压轴题中出现数列的新定义、新情景题，综合性强，难度大，需要灵活求解.【知识点1等差、等比数列的交汇问题的解题策略】1．等差、等比数列的交汇问题的求解思路：(1)等差与等比数列的基本量间的关系，利用方程思想和通项公式、前n项和公式求解，求解时注意对性质的灵活运用.(2)数列的综合运算问题常将等差、等比数列结合，两者相互联系、相互转化，解答这类问题的方法：寻找通项公式，利用性质进行转化.【知识点2数列的数学文化问题】1．数列的数学文化问题的解题步骤：(1)读懂题意：会脱去数学文化的背景，读懂题意；(2)构造模型：根据题意，构造等差数列、等比数列或递推关系式的模型；(3)求解模型：利用数列知识求解数列的基本量、通项公式、前n项和等，解决问题.【知识点3数列的新定义、新情景问题】1．数列的新定义、新情景问题的求解策略(1)新定义问题：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.(2)新情景问题：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.【知识点4数列的综合应用】1．数列与不等式交汇问题的解题策略(1)解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；若是含参数的不等式恒成立、有解问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决.(2)数列与不等式交汇问题的答题模板第一步：根据题目条件，求出数列的通项公式；第二步：根据数列项的特征，选择合适的方法(公式法、分组转化法、裂项相消法、错位相减法等)求和；第三步：利用第二步中所求得的数列的和，证明不等式或求参数的范围；第四步：反思解题过程，检验易错点，规范解题步骤.2．数列与函数交汇问题的解题策略数列与函数综合问题的主要类型及解题策略(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题.(2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要利用数列的通项公式、前n项和公式、求和方法等对式子化简变形.注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时要注意这一特殊性.3．子数列问题的解题策略子数列是数列问题中的一种常见题型，将原数列转化为子数列问题一般适用于某个数列是由几个有规律的数列组合而成的，具体求解时，要搞清楚子数列的项在原数列中的位置，以及在子数列中的位置，即项不变化，项数变化，它体现了转化与化归以及分类讨论、函数与方程的思想，能很好地考查学生的思维.4．数列中结构不良题的解法(1))先定后动，先对题目中确定的条件进行分析推断，再观察分析“动”条件，结合题干要求选出最适合自己解答的条件求解.(2)最优法，当题干中确定的条件只有一个时，要根据自己的知识优势和擅长之处选择更适合自己的条件进行解答.5．数列的实际应用问题的解题策略(1)数列的实际应用中的常见模型①数列——分期付款模型；②数列——产值增长模型；③数列——其他模型；(2)解决数列的实际应用问题的解题思路①根据题意，分析题干条件，正确确定数列模型；②利用数列知识求出数列的基本量、通项公式等，准确求解模型；③通过数列模型解决问题，注意不要忽视问题的实际意义.【题型1等差、等比数列的交汇问题】【例1】（2024·四川绵阳·三模）已知首项为1的等差数列an满足：a1,a2,a3+1成等比数列.(1)求数列an(2)若数列bn满足：a1bn+a2【解题思路】（1）由已知列式求得公差，代入等差数列的通项公式得答案；（2）令Dn=a1bn+a【解答过程】（1）设an公差为d，又a所以a2又a1=1，即1+d2=2+2d，解得而d=−1时，不满足a1,a所以an（2）令Dn所以Dn+1两式相减有：Dn+1所以数列bn的前n+1项和为2⋅3n又D1=a所以Tn【变式1-1】（2023·全国·模拟预测）已知等差数列an的前n项和为Sn，a1+a2+3(1)求数列an(2)设bn=an⋅3a【解题思路】（1）设出公差，表达出前5项，通过等差和等比关系求出a3和公差d，即可得到数列a（2）表达出数列bn的通项公式，得到数列bn的前n项和Tn的表达式，利用错位相减法即可得出数列b【解答过程】（1）由题意，n∈在等差数列an中，设公差为d由a1+a2+3又a3＋2，a4，a5－2成等比数列，∴7，5＋d，3＋2d成等比数列，得5+d2=73+2d，即d−2∴an=a∴数列an的通项公式为：a（2）由题意及（1）得，n∈N在数列an中，a在数列bn中，b∴bn∴Tn3T两式相减得−2=3+2⋅=−6+2−2n∴Tn【变式1-2】（2024·上海奉贤·二模）已知数列{an}和{bn}，其中bn=2(1)若an=2n，求(2)若{bn}是各项为正的等比数列，Sn=3n【解题思路】（1）先判定数列{an}和{bn}分别为等差和等比数列，进而分别得到其通项公式，从而利用分组求和的方法得到数列（2）利用数列{an+bn}的前n项和Sn=3n列出方程组，解之即可求得a1、d【解答过程】（1）解：当n≥2时，an−an−1=2n−2(n−1)=2bnbn−1又b1=2所以Sn（2）解：{bn}是各项为正的等比数列，设其首项为b由bn=2an则数列{an}为等差数列，设其首项为a由数列{an+bn可得方程组a1+b解得：b1q(q−1)2=0，∵b1由a1+2a1则数列{an}的通项公式为an=1【变式1-3】（2024·天津·二模）设an是等差数列，其前n项和Sn，bn是等比数列，且a1=(1)求an与b(2)设cn=anbn,n(3)若对于任意的n∈N*不等式na【解题思路】（1）结合等差数列的通项公式，求和公式以及等比数列的通项公式进行求解；（2）可以采取分组求和的方式，即将奇数项与偶数项的和分开求解，再利用错位相减法以及裂项相消法分别求和；（3）对于求参数的范围，一般可以采用分离参数的方法，对于求后面式子的最值，结合函数的单调性进行分析求解．【解答过程】（1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为由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）当n为奇数时，cn记AnAn9A①−−8A⇒−8A⇒A当n为偶数时，cn记Bn⇒Bn⇒B⇒T（3）由an=2n+1与可得n2n+2⇒λ>n2+n−6设f(n)=nf(n+1)−f(n)=−n+7∴f(n)单调递增，又∵n+6∴f(n)=1−n+6∴λ≥1．【题型2数列中的数学文化问题】【例2】（2024·陕西安康·模拟预测）“孙子定理”又称“中国剩余定理”，最早可见于我国南北朝时期的数学著作《孙子算经》，该定理是中国古代求解一次同余式组的方法，它凝聚着中国古代数学家的智慧，在加密､秘密共享等方面有着重要的应用.已知数列an单调递增，且由被2除余数为1的所有正整数构成，现将a6,A．1157 B．1177 C．1155 D．1122【解题思路】由题意可知an=2n−1，求出【解答过程】由题可知数列an所以an=2n−1，得a6所以a6,a故选：A.【变式2-1】（2024·全国·模拟预测）据中国古代数学名著《周髀算经》记截：“勾股各自乘，并而开方除之（得弦）．”意即“勾”a、“股”b与“弦”c之间的关系为a2+b2=c2（其中a≤b）．当a,b,c∈A．145 B．181 C．221 D．265【解题思路】由给定的勾股弦数组序列中，an=2n+1n∈N∗，c−b=1，得a2=【解答过程】因为a2+b在给定的勾股弦数组序列中，c−b=1，所以a2易得勾股弦数组序列中“勾”的通项公式为an所以an故“弦”的通项公式为cn=2n所以第10个勾股弦数组中的“弦”等于2×10故选：C．【变式2-2】（2024·四川·模拟预测）分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦・曼德尔布罗特在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统科学领域的众多难题提供了全新的思路．下图展示了如何按照图①的分形规律生长成一个图②的树形图，则在图②中第5行的黑心圈的个数是（

）A．12 B．13 C．40 D．121【解题思路】本题是一个探究型的题目，从图①中读取信息：白球分形成两白一黑，黑球分型成一白两黑；由图②，从第二行起，球的总个数是前一行的3倍，白球的个数是前一行白球个数的两倍加上黑球的个数，黑球的个数是前一行黑球个数的两倍加上白球的个数.由此建立递推关系求解得到结果.【解答过程】设题图②中第n行白心圈的个数为an，黑心圈的个数为b依题意可得an+b所以an+b∴a又an+1=2a故有an+1∴an−bn为常数数列，且a1∴a由①②相加减得：∴an=所以b5故选：C．【变式2-3】（2024·陕西汉中·二模）图1是第七届国际数学教育大会（简称ICME−7）的会徽图案，会徽的主题图案是由如图2所示的一连串直角三角形演化而成的，其中OA1=AA．n2 B．n2 C．n2【解题思路】记OA1,  OA2,  …,  OA【解答过程】记OA1,由题意知，OA1=所以a1=1，且an2=an−1所以an由an>0，所以所以第n个三角形的面积为12故选：B．【题型3数列的实际应用问题】【例3】（23-24高二下·河南驻马店·期中）某医院购买一台大型医疗机器价格为a万元，实行分期付款，每期付款b万元，每期为一个月，共付12次，如果月利率为5‰，每月复利一次，则a，b满足（

）A．12b=a B．12b=aC．12b=a1+5‰ D．【解题思路】由题意可得b1+1.005+【解答过程】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‰故选：D.【变式3-1】（2024·山西运城·一模）某工厂加工一种电子零件，去年12月份生产1万个，产品合格率为87%.为提高产品合格率，工厂进行了设备更新，今年1月份的产量在去年12月的基础上提高4%，产品合格率比去年12月增加0.4%A．5月份 B．6月份C．7月份 D．8月份【解题思路】该工厂每月的产量、不合格率分别用an、bn表示，月份用nn∈N∗【解答过程】设从今年1月份起，每月的产量和产品的合格率都按题中的标准增长，该工厂每月的产量、不合格率分别用an、bn表示，月份用则an=1×1+4%n=1.004则从今年1月份起，各月不合格产品数量为an因为a==1.04当n≤6时，an+1bn+1−a即a1当7≤n≤23且n∈N∗时，an+1bn+1即a7因此，当n=7时，anbn故选：C.【变式3-2】（2023·湖南郴州·三模）“现值”与“终值”是利息计算中的两个基本概念，掌握好这两个概念，对于顺利解决有关金融中的数学问题以及理解各种不同的算法都是十分有益的.所谓“现值”是指在n期末的金额，把它扣除利息后，折合成现时的值，而“终值”是指n期后的本利和.它们计算的基点分别是存期的起点和终点.例如，在复利计息的情况下，设本金为A，每期利率为r，期数为n，到期末的本利和为S，则S=A(1+r)n其中，S称为n期末的终值，A称为n期后终值S的现值，即n期后的S元现在的价值为现有如下问题：小明想买一座公寓有如下两个方案方案一：一次性付全款25万元；方案二：分期付款，每年初付款3万元，第十年年初付完；(1)已知一年期存款的年利率为2.5%(2)若小明把房子租出去，第一年年初需交纳租金2万元，此后每年初涨租金1000元，参照第（1））问中的存款年利率2.5%参考数据：(1+2.5【解题思路】（1）解法1（从终值来考虑），分别求出若全款购置，则25万元10年后的价值和若分期付款，每年初所付金额3万元，10年后的总价值，两者比较即可得出答案.解法2（从现值来考虑）每年初付租金3万元的10年现值之和与购置一次付款25万元相比，即可得出答案.（2）设小明第十年房租到期后小明所获得全部租金的终值为T万元，T=2(1+2.5%)【解答过程】（1）解法1（从终值来考虑）若全款购置，则25万元10年后的价值25(1+2.5%若分期付款，每年初所付金额3万元，10年后的总价值为S=3(1+2.5因此，付全款较好.解法2（从现值来考虑）每年初付租金3万元的10年现值之和为Q=3+⇒⇒Q≈3×41×0.28比购置一次付款25万元多，故购置设备的方案较好.（2）由题意，设小明第十年房租到期后小明所获得全部租金的终值为T万元，T=2记1+2.5%T=qT=作差可得：1−q⇒T=3q−0.1⇒T=3⋅q【变式3-3】（2023·广东佛山·一模）佛山新城文化中心是佛山地标性公共文化建筑.在建筑造型上全部都以最简单的方块体作为核心要素，与佛山世纪莲体育中心的圆形莲花造型形成“方”“圆”呼应.坊塔是文化中心的标志性建筑、造型独特、类似一个个方体错位堆叠，总高度153.6米.坊塔塔楼由底部4个高度相同的方体组成塔基，支托上部5个方体，交错叠合成一个外形时尚的塔身结构.底部4个方体高度均为33.6米，中间第5个方体也为33.6米高，再往上2个方体均为24米高，最上面的两个方体均为19.2米高.(1)请根据坊塔方体的高度数据，结合所学数列知识，写出一个等差数列an(2)佛山世纪莲体育中心上层屋盖外径为310米.根据你得到的等差数列，连续取用该数列前m（m∈N*）项的值作为方体的高度，在保持最小方体高度为19.2米的情况下，采用新的堆叠规则，自下而上依次为2a1、3a2、4a3、……、【解题思路】（1）根据等差数列的通项公式运算求解，并检验24和19.2是否符合；（2）根据题意求S7【解答过程】（1）由题意可知：a1=33.6，注意到取等差数列的公差d=−2.4，则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设数列n+1an的前n项和为∵S7故新堆叠坊塔的高度可以超过310米.【题型4数列中的不等式恒成立、有解问题】【例4】（2024·湖南长沙·模拟预测）已知数列an满足a(1)求数列an(2)已知数列bn满足b①求数列bn的前n项和T②若不等式−1nλ<Tn+【解题思路】（1）利用数列的递推关系求an（2）①利用错位相减求和即可；②设cn=2−22n【解答过程】（1）因为a1当n=1时，a1=2，当n≥2时，①−②得1nan=2，即（2）①，由（1）知bn=a所以1212所以Tn②，由①得−1n设cn=2−2当n为偶数时，λ<2−22n当n为奇数时，−λ<2−22n恒成立，所以−λ<2−综上，λ的取值范围是−1,3【变式4-1】（2024·广东广州·模拟预测）已知数列an的前n项和为Sn，数列Snn是公差为(1)求数列an(2)若存在n∈N*，使得1a【解题思路】（1）根据等差数列的通项公式可得Sn=n（2）由（1）可得1anan+1=【解答过程】（1）由题意知：数列San是公差为12所以Snn=2+又当n≥2时，an因为a1=2满足上式，所以故数列an的通项公式为a（2）由（1）知an=n+1，可得故1a解法1：由1a1a即λ≤n2n+2又由n2当且仅当n=4n即n=2时取等号，故实数λ的取值范围为解法2：由1a可得λ≤1当n+2=4，即n=2时，12则λ≤116，故实数λ的取值范围为【变式4-2】（23-24高二下·湖北·期中）已知数列an的前n项和为Sn，且满足Sn=2an−2.数列bn的前(1)求数列an(2)若cn=anbn，设数列cn的前n【解题思路】（1）根据Sn与an的关系，作差结合等比数列定义即可求得an=2n，当（2）先利用错位相减法求得Hn=n−1【解答过程】（1）对于数列an，当n=1时，S1=2当n≥2时，Sn−1=2a所以an是以a1=2对于数列bn，当n=1时，1b1n≥2时，1b与原式作差可得bn+1因为b2−b所以bn是以b1=1（2）由（1）可知cn所以Hn所以2H两式作差可得−H所以Hn所以n−1⋅2n+1当n=2k,k∈N+时，m<1−1当n=2k−1,k∈N+时，−m<1−1综上可得：−1【变式4-3】（2024·重庆·模拟预测）已知a1=(1)证明：当n≥2时，an+1(2)令bn（i）证明：当n≥2时，1b（ii）是否存在正实数m，使得1bn−n【解题思路】（1）依题意可得an−1−1a（2）（i）依题意可得bn+1=bn1−（ii）由（i）可知当n≥2时，1bn=2+i=2n−111−bi【解答过程】（1）因为an+1当n≥2时an=2−a所以an+1=2−an−1（2）（i）因为a1=3当n=1时a2=2−a1−1当n≥2时，an+1=a即−bn+1=−所以1bn+1=1b所以1b3−1b2=11−累加可得1b当n=2时1b综上可得当n≥2时，1b（ii）由（i）可知当n≥2时，1b又b1=b2=12即bn+1≤bn，所以对∀n∈N∗，以此类推可得对∀n∈N∗，均有由①式，当n≥4时1b所以1bn−n>1又n=1,2,3时，易知1bn−n≥0成立，所以1假设存在符合题意的m，则有1b即1bn≤n+m所以当n≥4时由①可得1=2+i=2n−1i+m即1bn≥n+i=2n−1所以当n≥4时i=2n−1令fx=x−lnx+1，所以fx在0,+∞上单调递增，所以fx>f0所以1i+m−1所以i=2n−1所以lnn+m−1m+1≤m当n→+∞综上，不存在符合题意的m.【题型5数列中的不等式证明问题】【例5】（2024·全国·模拟预测）已知数列an的前n项和S(1)求an(2)证明：a1【解题思路】（1）利用Sn和a（2）利用2k【解答过程】（1）因为Sn令n=1得S1=2a当n≥2时，Sn−1由①−②得an即a又a1所以数列an故an+1=2（2）因为ak当n=1时，a1当n≥2时，a==2综上，a1【变式5-1】（2024·河北秦皇岛·二模）已知等比数列an的前n项和为Sn，且数列(1)求an(2)若bn=n+2nn+1an+1，数列b【解题思路】（1）先求出数列Sn+2的通项，再根据an与S（2）利用裂项相消法求解即可.【解答过程】（1）因为数列Sn又S1+2=a当n≥2时，由Sn+2=a两式相减得an又an是等比数列，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【变式5-2】（2024·全国·模拟预测）已知数列an满足3n−1a(1)求数列an(2)若bn=a【解题思路】（1）考查an与Sn的关系，借助an与Sn的关系的解题步骤①（2）先求出1bn，再求和1b1+【解答过程】（1）当n=1时，a1当n≥2时，3n−13n−2①−3×②得an因为a1=4不满足上式，所以（2）由（1）bn因为4n−1−1=3×4当n=1时，1b当n≥2时，1=1综上，对任意的n∈N∗，【变式5-3】（2024·山东·二模）记Sn为数列an的前n项和，(1)求a3和a(2)设数列1an的前n项和为Tn【解题思路】（1）分别取n=1和n=3即可求得a3的值，对n进行分奇偶讨论，即可得到a（2）根据题意化简得到1T【解答过程】（1）因为a2所以当n=1时，S1+1当n=3时，S3+18=−又因为Sn+1当n为奇数时，cosnπ=−1,所以Sn+1作差，an+1+1当n为偶数时，cosnπ=1,所以Sn+1作差，an+1+1所以，an=−（2）由第1小问得，|an|=所以令bn=1|a所以T=(=8所以1T下面证明k=1n因为1T所以k=1n下面证明k=1n因为4k所以1T所以k=1n所以18【题型6子数列问题】【例6】（2024·河南商丘·模拟预测）当i1，i2，⋯，ik∈N(1)直接给出ik与k(2)是否存在这样的i1,i2,i3(3)若S=ai1+ai2【解题思路】（1）直接通过下标的性质即可比较大小；（2）先假设存在这样的i1（3）利用q≥2及S的定义即可得到S≥2k−1【解答过程】（1）由题可知i1ik故ik≥k，显然不等号取等当且仅当（2）不存在.设an假设存在这样的i1,i2,i3而q>0,q≠1，故i2−i但i1,i2,i3而i3−2i2+这导致矛盾，所以不存在这样的i1（3）设S=ai1+a注意到ik≤m,m∈N*，且an此时我们有S−≤a也就是说S<a综上所述，当a1=1，q≥2时，有【变式6-1】（2024·北京西城·二模）已知数列A:a1,a2,⋯,an，从A中选取第i 1项、第i 2项、…、第i k项i 1<i 2<⋯<i k构成数列B:ai 1,ai 2(1)当n=4时，比较A的具有性质P的子列个数与不具有性质P的子列个数的大小，并说明理由；(2)已知数列A:1 （ⅰ）给定正整数k≤n2，对A的k项子列B，求所有（ⅱ）若A有m个不同的具有性质P的子列B1,B2,⋯,Bm，满足：∀  1≤i<j≤m，B【解题思路】（1）根据定义得出n=4时，A共有15个子列，结合性质P的内容即可判断；（2）（ⅰ）根据ai 1,ai 2,⋯,ai k是A的k (（ⅱ）设Bk ( k=1,2,⋯,m )的首项为xk，末项为yk，记xk 【解答过程】（1）当n=4时，A共有24其中具有性质P的子列有4+3+2+1=10个，

故不具有性质P的子列有5个，

所以A的具有性质P的子列个数大于不具有性质P的子列个数．（2）（ⅰ）若B:ai 1,则B′:n+1−ai 1所以T(B )+T(因为给定正整数k≤n2，A有Cn所以所有T(B )的算术平均值为1（ⅱ）设Bk ( k=1,2,⋯,m )若存在j=1,2,⋯,m，使yj<xk 所以，对任意j=1,2,⋯,m，都有yj≥因为对于k=1,2,⋯,m，xk∈{ 所以共有xk因为B1所以对于不同的子列Bi,Bj，所以xk 当n是奇数时，取xk∈{ 共有n+12⋅(n+1−当n是偶数时，取xk∈{ 共有n2⋅(n+1−综上，n为奇数时，m的最大值为(n+1)24；n为偶数时，m的最大值为【变式6-2】（23-24高二下·安徽·阶段练习）从N∗中选取k(k≥3)个不同的数，按照任意顺序排列，组成数列an，称数列an为N∗的子数列，当1≤i≤j≤k时，把aj−a(1)若N∗的子数列an(1≤n≤k,k≥5)是首项为2，公比为2的等比数列，求N(2)若N∗的子数列an是递增数列，且子二代数列bn共有k−1(3)若k=100，求N∗的子二代数列b【解题思路】（1）通过子二代数列的概念求数列bn（2）通过子二代数列的概念和递增数列an，以及子二代数列bn中共有k−1项判断出a2（3）通过构造子数列an:an=【解答过程】（1）由题意，得an所以数列bn因为2+4+6+8+12+14+16+24=86，所以数列bn（2）因为an是递增数列，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项，所以a3−a2所以a2所以an（3）因为k=100，当1≤i<j≤100时，aj−a设an=2若存在i1，i2，j1，j2j1所以2i若i1≠i2，设2i1−所以i1=i所以aj所以bn【变式6-3】（23-24高三上·北京·开学考试）给定正整数k，m，其中2≤m≤k，如果有限数列an同时满足下列两个条件，则称an为(k,m)−数列．记(k,m)−数列的项数的最小值为条件①：an的每一项都属于集合{1,2,3,⋯,k}条件②：从集合{1,2,3,⋯,k}中任取m个不同的数排成一列，得到的数列都是an注：从an中选取第i1项、第i2项、…、第is项（其中i1(1)分别判断下面两个数列是否为(3,3)−数列，并说明理由：数列A1数列A2(2)求证：G(k,2)=2k−1；(3)求G(4,4)的值．【解题思路】（1）根据(k,m)−数列的定义进行判断可得结论；（2）根据1,2；1,3；⋯，1,k；2,3；2,4；⋯；2,k；⋯等数列都是{an}的子数列，得到数列{an}中一定有1,2,3,⋯,k；k,1；k−1,1；k,2；k−1,2；⋯等数列都为{a（3）从集合{1,2,3,4}中取出4个不同的数排成一列，可得24个数列，根据数列都是{an}的子数列中应包含这24个数列中的每一个数列可知数列{an}中一定有【解答过程】（1）m=3,k=3，数列A1和A2中每一项都属于集合从集合{1,2,3}中取出3个不同的元素，排成一列得到1,2,3；1,3,2；2,1,3；2,3,1；3,1,2；3,2,1.根据子数列的定义可知，以上6个数列都是数列A1的子数列，故数列A1是而数列3,1,2不是数列A2的子数列，故数列A2不是（2）m=2，若从集合{1,2,3,⋯,k}中任取2个不同的数排成一列，得到的数列都是数列{a则为了满足1,2；1,3；⋯，1,k；2,3；2,4；⋯；2,k；⋯等数列都是{a则数列{an}又为了满足k,1；k−1,1；k,2；k−1,2；⋯等数列都为{a则数列{an}则当数列{an}为1,2,3,⋯k,k−1,⋯,2,1故G(k,2)=2k−1.（3）m=k=4，从集合{1,2,3,4}中取出4个不同的数排成一列，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个数列.故数列{an}中一定有1,2,3,4为保证数列{an}的子数列中有1,3,2,4和1,4,2,3，则数列{an为保证数列{an}的子数列中有3,4,1,2，数列{an为保证数列{an}的子数列中有4,1,2,3和4,2,3,1，则数列{an故G(4,4)=12.【题型7数列与函数的交汇问题】【例7】（2024·青海·模拟预测）已知定义在R上的函数fx满足fx+y=fxfy−2fA．299+198 B．299+196 C．【解题思路】依次求出f(2)=22+2,f(3)=【解答过程】∵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故选：D.【变式7-1】（2024·辽宁·二模）设等差数列{an}的前n项和为Sn，点(n,SA．C0=1 B．若A=0，则∃nC．若A>0，则∃n0∈N∗，使Sn最大 D．若【解题思路】根据等差数列{an}的前n项和Sn=12dn2+(a1−12d)n【解答过程】因为等差数列{an}的前n项和S所以∀n∈N∗，点(n,S对于A中，因为(n,Sn)(n∈可得A=12d，B=a1对于B中，若A=0，则d=0，此时Sn当a1>0时，不存在n0对于C中，若A>0，则d>0，Sn对于D中，若A<0，则d<0，Sn故选：D.【变式7-2】（2024·上海·模拟预测）已知fx=12x2+12x，数列(1)求数列an(2)若gx=4x4x+2【解题思路】（1）由题意得Sn=12n（2）先求得g(x)+g(1−x)=1，bn【解答过程】（1）因为点n,Snn∈所以Sn当n=1时，S1=1当n≥2时，a=1因为a1所以an（2）因为gx所以g(x)+g(1−x)=4因为an=n，所以所以T=g1又T=g2024①+②，得2T所以T2024【变式7-3】（2024·广东·一模）已知数列an的前n项和为Sn，n为正整数，且(1)求证数列an−1是等比数列，并求数列(2)若点Pan−1,bn+23在函数y=log4x的图象上，且数列【解题思路】（1）由an,S（2）求出bn，代入cn，裂项后分【解答过程】（1）当n=1时，3(a1−1)=4(当n≥2时，由3Sn−n两式相减可得，an=4a所以数列an−1是以5−1=4为首项，所以an−1=4⋅4（2）点Pan−1,所以bn+23所以cn当n=2k,k∈NTn当n=2k−1,k∈NT综上，Tn【题型8数列与导数的交汇问题】【例8】（2024·全国·模拟预测）设整数p>1，x>−1且x≠0，函数f(x)=(1+x)(1)证明：f(x)>0；(2)设x>0，证明：ln(1+x)<x(3)设n∈N∗，证明：【解题思路】（1）通过求导数得到函数的单调性，从而得到函数的最小值f0=0，从而（2）构造函数g(x)=ln(1+x)−x(x>0)，求导数得到函数的单调性，从而得到函数的最大值g(0)=0，从而gx（3）利用（1）（2）中的结论，(1+x)p≥1+px，ln(1+x)<x，得到(1+p−1)1p【解答过程】（1）f′x=p(1+x)p−1−p=p(1+x)因此，当−1<x<0时，f′x<0，f(x)单调递减；当x>0时，f′x（2）设g(x)=ln(1+x)−x(x>0)，则g′x=故g(x)<g(0)=0，从而当x>0时，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【变式8-1】（2024·广东东莞·三模）已知常数m∈R，设fx(1)若m=1，求函数y=fx在1,1(2)是否存在0<x1<x2<x3，且(3)求证：当m≤0时，对任意x1,x2∈【解题思路】（1）求m=1时，函数fx的导函数及f（2）根据题意可得x22=x1（3）令x2x1=t>1，分析可得，要证明令gt=1t−t+2【解答过程】（1）当m=1时，fx则f′所以f′所以切线方程为y=1；（2）若x1,x若fx1、fx2、所以2lnx所以2mx当m=0时，成立，当m≠0时，则2x2=x1x12+2x1x3+所以m=0时，存在x1当m≠0时，不存在x1（3）fx=lnx+要证明f′x1只需证明x1又x1−=−3mx所以只需证明−3mx令x2则−3mx1所以−3mx1+只需证明1t令gt则g′所以函数gt在1,+所以gt<g若m≤0，则mt2x所以当m≤0时，对任意x1,x2∈【变式8-2】（2024·山西·一模）已知a>0，且a≠1，函数fx(1)记an=fn−lnn+1+n,Sn(2)若a=1e，证明：(3)若fx有3个零点，求实数a【解题思路】（1）直接利用等差数列、等比数列的求和公式计算即可；（2）利用导数研究ex−x+1（3）分段讨论函数的单调性，结合零点存在性定理及极限思想计算即可.【解答过程】（1）由题意可知a=89时，所以S=2024−8×8（2）易知a=1e时，令gx显然x∈−1,0时，g′x即gx在−1,0上单调递减，在0,+故gx≥g0=0⇒f又f0=0，所以x∈−1,0时，f故xfx（3）①若a>1，易知fx②若a∈1e,1时，则x∈−1,0时，ax<1由（2）可知：x∈−1,0时，fx∈0,+∞时，且f0=0，则函数③由（2）知，a=1e时，fx④若a∈0,1e令ℎx显然x∈−1,0时，ℎ′x即ℎx在−1,0上单调递减，在0,+注意到ℎ−1=a>0,ℎ0所以∃x1∈即fx在−1,x1和x又x→−1时，fx→−∞，f所以在区间−1,x1,综上a∈0,【变式8-3】（2024·安徽蚌埠·模拟预测）已知函数fx=ln(1)若a=1，证明：x>0时，fx(2)若函数Fx=fx(3)已知数列an的通项公式为an=【解题思路】（1）构建Gx（2）求导可得F′x=xx−a2（3）根据（1）（2）分析可得1<n+12【解答过程】（1）由题意可知：fx<x2gx+1构建Gx则G′可知Gx在0,+∞上单调递减，则x>0时，所以x>0时，fx（2）由题意可知：Fx则F①若1≤a<2，则−1≤a2−2a<0，由F可知Fx在a②若a=2，则F′可知Fx0,+③若a>2，则a2−2a>0，由F′可知Fx在0,综上所述：a=2．（3）由（2）知：Fx=ln所以x>0时，Fx=ln由（1）知：x>0时，lnx+1则1x所以x>0时，1<1令x=1n得：即e<因为an+1所以e−由an+1an<1知：所以an+1所以an【题型9数列与概率统计的交汇问题】【例9】（2024·黑龙江·二模）某校组织知识竞赛，已知甲同学答对第一题的概率为111，从第二题开始，若甲同学前一题答错，则此题答对的概率为14；若前一题答对，则此题答对的概率为13.记甲同学回答第n题时答错的概率为Pn，当n≥2时，PnA．97132 B．49132 C．4766【解题思路】写出甲同学回答第n题时答错的概率Pn=112P【解答过程】因为回答第n−1题时有答对、答错两种情况，则回答第n题n≥2时答错的概率Pn所以Pn由题意知P1=10所以Pn−811是首项为所以Pn−8显然数列Pn递减，所以当n≥2时，P所以M的最小值为4966故选：D.【变式9-1】（2024·山东菏泽·一模）若数列an的通项公式为an=(−1)n−1n，记在数列anA．P1=23 B．P9<【解题思路】利用分类讨论及通项公式的特点，再利用组合数公式和古典概型的概率的计算公式求出概率的通式即可求解.【解答过程】n为奇数时，前n+2项中有n+32个奇数项，即有n+3Pn=Cn为偶数时，前n+2项中有n+22个奇数项，即有n+2PnP9=12P11P12故选：C.【变式9-2】（2024·广东广州·模拟预测）甲、乙、丙三人进行传球游戏，每次投掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传球的方式：当球在甲手中时，若骰子点数大于3，则甲将球传给乙，若点数不大于3，则甲将球保留继续投掷骰子；当球在乙手中时，若骰子点数大于4，则乙将球传给甲，若点数不大于4，则乙将球传给丙；当球在丙手中时，若骰子点数大于3，则丙将球传给甲，若骰子点数不大于3，则丙将球传给乙.初始时，球在甲手中.(1)求三次投掷骰子后球在甲手中的概率；(2)投掷nn∈N*次骰子后，记球在乙手中的概率为p(3)设an=1【解题思路】（1）分析事件“三次投掷骰子后球在甲手中”包括四类情况，由独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）经分析，pn满足递推公式p（3）将（2）代入化简得an=6×[11−(−【解答过程】（1）依题意，球在甲手中时，保留在自己手中的概率为12，传给乙的概率为1球在乙手中时，传给甲的概率为13，传给丙的概率为23；球在丙手中时，传给甲和丙的概率都是则三次投掷骰子后球在甲手中包括四类的情况，第一类情况：甲→甲→甲→甲，概率为12第二类情况：甲→乙→甲→甲，概率为12第三类情况：甲→乙→丙→甲，概率为12第四类情况：甲→甲→乙→甲，概率为1由互斥事件的概率加法公式，三次投掷骰子后球在甲手中的概率为18（2）由于投掷n次骰子后球不在乙手中的概率为1−pn，此时无论球在甲手中还是球在丙手中，均有故有pn+1=1又p1=12，所以数列pn所以pn所以数列pn的通项公式p（3）由（2）可得an=1则a1+=6×[①当n是奇数时，因−(−12)n+1于是，6×[23−②当n是偶数时，因−(−12)n+1于是，6×[23−综上，∴a【变式9-3】（2024·全国·模拟预测）甲、乙两名小朋友，每人手中各有3张龙年纪念卡片，其中甲手中的3张卡片为1张金色和2张银色，乙手中的3张卡片都是金色的，现在两人各从自己的卡片中随机取1张，去与对方交换，重复n次这样的操作，记甲手中银色纪念卡片xn张，恰有2张银色纪念卡片的概率为pn，恰有1张银色纪念卡片的概率为(1)求p2(2)问操作几次甲手中银色纪念卡片就可能首次出现0张，求首次出现这种情况的概率p．(3)记an（i）证明数列an−1为等比数列，并求出（ii）求xn的分布列及数学期望．（用n【解题思路】（1）根据题意，弄清楚p2，q（2）由（1）知，交换一次不会出现x1=0的情况，而（3）根据题意，可得pn+1=13pn+29qn，q【解答过程】（1）根据题意，p2包含两种情况：第一次甲交换金色卡片，第二次甲还交换金色卡片；第一次甲交换银色卡片，第二次甲交换金色卡片，乙交换银色卡片.则p1所以p2q2第一次甲交换金色卡片，第二次甲还交换银色卡片；第一次甲交换银色卡片，第二次甲交换银色卡片，乙交换银色卡片或第二次甲交换金色卡片，乙交换金色卡片.则q2=p（2）结合（1）的计算得p1+q而p2+q（3）根据题意可得pn+1qn+1（i）a1=2p所以an+1所以数列an−1是首项为13所以an（ii）由已知及（1）（2），得xn的所有可能取值为0,1,2其分布列为x012P1−qp从而Ex【题型10数列与平面几何的交汇问题】【例10】（23-24高三下·全国·阶段练习）已知等比数列an的公比为q，前n项和为Sn，an>0，（1）求an（2）在平面直角坐标系xOy中，设点Qkk,bk(k=1,2,3⋅⋅⋅)，直线QkQ【解题思路】（1）设出等比数列的首项a1和公比q，根据已知条件列出关于a1,q的方程组，由此求解出a（2）根据题意表示出斜率关系，然后采用累加法求解出bn【解答过程】（1）因为等比数列an的公比为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）由直线QkQk+1的斜率为2k，得由b2−b1=21，b可得bn所以bn当n=1时也满足bn所以bn=2【变式10-1】（2024·四川达州·二模）已知抛物线Γ:y2=2px(p>0)，直线l:y=k(x−p)与Γ交于A,B两点，线段(1)求抛物线Γ的方程；(2)直线l与x轴交于点C,O为原点，设△BOC,△COM,△MOA的面积分别为S△BOC,S△COM,【解题思路】（1）联立Γ:y2=2px(p>0)与l:y=k(x−p)，得到两根之和，故（2）联立抛物线和直线方程，得到ky2−4y−8k=0，故y1+y2=4【解答过程】（1）设Ax∵y∴y1+∵kym=2∴Γ（2）∵y2=4x故y1

∵S△BOC,∴2ym=y2∴9ym2∴k=±10【变式10-2】（2024·安徽合肥·二模）已知an是各项均为正数的等比数列，且a1+a2=3，a3−a2=2（1）求数列an，b（2）如图在平面直角坐标系中，点P1a1,0，P2Q1a1,b1，Q2a2,b2，…，【解题思路】（1）数列an的公比为q，数列bn的公差为d，根据已知条件列方程求出首项和q，（2）利用（1）的结论计算PnPn+1=a【解答过程】（1）设数列an的公比为q，则q>0因为a1+a所以a1得3q2−5q−2=0所以q=2，可得a1=1，所以设数列bn的公差为d因为b3=5，所以b1+2d=54b1（2）由（1）得PnPn故cn则TnTn2T由①－②得，−T==3−2n所以Tn【变式10-3】（2024·四川内江·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，点P是椭圆上的动点，F1,F(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l过点P4,0，与椭圆交于A，B两点．若AP,AB【解题思路】（1）根据相关点法计算得出椭圆的方程；（2）根据直线与椭圆相交联立方程组消元利用韦达定理求解，结合若AP,AB,【解答过程】（1）由题意可设F1因为G到点M−13,0与点所以GM+则点G的轨迹为实轴长43，焦距为23因为G是△PF1F2的重心，可得点G在线段OP上，且OG=13则椭圆C的方程为x2（2）根据题意可知直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为y=k(x−4)，A(x1,消元可得(3+4则Δx1+AB=1+BP因为AP,AB,则(121+k（也可用AB→2=所以AB根据题意可知F2BF余弦定理可得cos===cos∠AF2【题型11数列中的结构不良题】【例11】（24-25高二上·全国·课后作业）已知an是等差数列，其前n项和为Sn，a4=−3，再从条件①：(1)数列an(2)Sn的最小值，并求当Sn取得最小值时【解题思路】（1）应用等差数列通项公式及前n项和公式基本量运算即可求出通项公式；（2）先求出Sn，再根据二次函数的性质可得S【解答过程】（1）若选择①：设等差数列an的公差为d，由a4=−3又S4=−24，得4a解得a1=−9，所以an即数列an的通项公式为a若选择②：设等差数列an的公差为d，由a4=−3又a1=2a3，即解得a1=−12，所以an即数列an的通项公式为a（2）若选择①：由an=2n−11,n∈N根据二次函数的性质可得当n=5时，Sn即当n=5时，Sn取得最小值，且最小值为S若选择②：由an=3n−15,n∈N根据二次函数的性质可得当n=4或n=5时，Sn即当n=4或n=5时，Sn取得最小值，且最小值为S【变式11-1】（2024·青海西宁·二模）已知数列an，_______________.请从下列两个条件中任选一个，补充在上面的问题中并解答.（注：如果选择多个条件，按照第一个解答给分.）①数列an的前n项和为Sn=2an−2（n∈N∗(1)求数列an(2)令bn=an+log2【解题思路】（1）选①或②均可证明数列an是以2为首项，2为公比的等比数列，再由等比数列的通项公式求出数列a（2）由分组求和法结合等差、等比的前n项和公式求解即可.【解答过程】（1）若选①Sn当n=1时，a1=2a当n≥2时，由Sn=2a（I）−（II）得：an=2a所以数列an是以2为首项，2为公比的等比数列，所以a若选②，当n=1时，a1=A当n≥2时，an=A当n=1时，a1所以数列an是以2为首项，2为公比的等比数列，所以a（2）因为bn=a所以Tn则Tn【变式11-2】（2024·四川德阳·三模）已知an是等差数列，bn是等比数列，且bn的前n项和为Sn，2a1=(1)求数列an和b(2)设数列anbn的前n项和为T【解题思路】（1）根据等差数列定义可求得数列an的通项公式，利用等比数列定义根据条件①②列方程组解得公比可得数列b（2）利用错位相减法求出Tn【解答过程】（1）设等差数列an的公差为d∵2a1=2∴a1∴a1∴an设等比数列bn的公比为q若选条件①，b5由b1=2，且得b1∴q2−4q+4=0，解得所以bn故bn若选条件②，bn+1令n=1，得b2∴公比q=b∴数列bn从而bn（2）因为Tn所以12两式相减，得12即12所以Tn【变式11-3】（23-24高二下·北京怀柔·期末）已知等差数列an的前n项和为Sn，且(1)求等差数列an(2)若各项均为正数的数列bn其前n项和为Tn，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，设cn=an+bn条件①：Tn条件②：b1条件③：∀n≥2且n∈Z都有bn2【解题思路】（1）设出首项和公差，建立方程求解基本量，求出通项公式即可.（2）条件①利用数列前n项和和通项公式的关系求出bn=2⋅3n−1，再利用分组求和法求和即可，条件②利用等比数列的定义求出【解答过程】（1）已知等差数列an中，满足a设首项为a1，公差为d得到a4=a∴（2）选条件①∵Tn=3n−1.当n≥2时，bn当n=1时，b1=2⋅∵b∴b设cn=an+M==n选条件②∵b1=2,∴bn=2⋅3n−1，设cM==n选条件③∀n≥2且n∈Z都有bn2=b∵b1=∴q∴b∴bn=2⋅3n−1，设cM==n【题型12数列的新定义、新情景问题】【例12】（2024·河北张家口·二模）如果项数相同的数列an,bn满足an∪bn=1,2,3,⋯,2n，且i为奇数时，ai<bi；i为偶数时，ai(1)若an∪b(2)当an（i）证明：Sn取最大值时，存在a（ii）当n为偶数时，求Sn【解题思路】（1）根据所给定义列出符合题意的“互补交叉数列对"；（2）（i）假设存在j∈1,2,3,⋯,n，使bj=2n且j为奇数，不妨设b1=2n，当存在aii为偶数），使得ai>a1，对其进行一次变换，推出矛盾；若对任意的aii为偶数），都有ai<a1【解答过程】（1）因为an∪b则满足条件的“互补交叉数列对”分别为5,2,36,1,4（2）（i）证明：若Sn取最大值时，存在j∈1,2,3,⋯,n，使由题意知j为奇数，不妨设b1①若存在aii为偶数），使得ai>a1，则让b1这样所得到的新数列an但调整后的an′的前n项和Sn′>②若对任意的aii为偶数），都有ai<a再让a1的值变为初始a2的值，所得到的新数列an综上可知，存在正整数i∈1,2,3,⋯,n，使得a（ii）当n为偶数时，令n=2i，对任意满足条件的“互补交叉数列对”a1一方面，a2因此a2另一方面，bi因此b1即a1记Tn为bn的前n项和，由①+②得又Sn+T又“数列对”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综上可知，当n为偶数时，Sn的最大值为11【变式12-1】（2024·浙江·模拟预测）已知正整数m，设a1，a2，…，a2m，b1，b2，…，b2m是4m个非负实数，S=i=12mai=i=12mbi(1)写出8个不全相等的数，使得这8个数构成8,2—孪生数组；(2)求最小的S，使得a1，a2，…，a6，b1，b2(3)若m≥4，且a1，a2，…，a2m，b1，b2，…，b参考公式：（i）x1+x2+x32≥3x1x2+x2x【解题思路】（1）根据S,m—孪生数组的含义写出即可；（2）由题知m=3，进而可以求出S，再结合参考公式（i）即可证明；（3）由题知S=3，结合（2）可得S=i=1【解答过程】（1）根据S,m—孪生数组的含义可知:2,2,2,2,0,4,0,4构成8,2—孪生数组，当然其答案不唯一;（2）若m=3，由题知:a1a所以S=i=1由参考公式（i），有a1记T是数列an中奇数项的和，即T=不妨设T≤S2因为S>0，解得S≥12，当且仅当ai故最小的S为12.（3）类比前问，得:S=i=1由参考公式（ii），有若m为正偶数，i=1ma2i−1由基本不等式，得a1当且仅当a1所以S≤i=1ma2i−1a同理，当m为正奇数，解得S≥16，由a1,a对于参考公式（ii），左边的项在右边全部出现，若等号成立，则其余项均需为0.若n=4，则等号直接成立.不妨设x1x2当n为正奇数时，xn当n为正偶数时，若n≥6，则x3xn=0，不妨使故a1所以aaii=1,2,⋯,2m【变式12-2】（2024·安徽芜湖·模拟预测）对于数列an,bn，如果存在正整数n0≥3，当任意正整数n≤n0时均有b1<a1<(1)已知bn=2n，请写出一个数列(2)若an,bn满足an+bn=6n−2，其中b(3)已知等差数列bn和正整数等比数列an满足：an=k2024−n(k+1)n−1(n=1,2,…,2024)【解题思路】（1）利用指数数列，构造一个加上正的常数，就可得到一个递增相伴数列，只需要检验前二项和最后三项；（2）由于有一个是等差数列，两数列相加也是等差数列，说明另一个数列还是等差数列，通过假设，就可以表示出两个数列的通项，进而引入后三项不等式进行分析，即可求出数列通项；（3）利用前面两小问，知道构造的数列比已知数列每项加1，再去证明即可.【解答过程】（1）由于bn=2n，我们可以取再由bn−an−1=所以恒有an−1<b（2）∵设b2=t∴当an为bn的“无限递增相伴数列”时bn∴1+(n−1)(t−1)<3+(n−1)(7−t)<1+n(t−1)∴t<4n−3n−1t>8n−52n−1，当n=2时，即an（3）证明：取b2024=ab1所以d=b由an=k于是an又因为b2024=a2024−1<而n≥2时，an所以b2<a2<由b2上式对于充分大的k成立，即总存在满足条件的正整数k.【变式12-3】（2024·新疆·二模）我们把满足下列条件的数列an称为m−L①数列an②存在正奇数m，使得数列an的每一项除以m(1)若a，b，c是公差为2的等差数列，求证：a，b，c不是3−L数列；(2)若数列bn满足对任意正整数p，q，恒有bp+q=1p+1(3)已知各项均为正数的数列cn共有100项，且对任意1≤n≤100，恒有c1+c2+⋯+c【解题思路】（1）根据m−L数列的定义证明即可；（2）由条件bp+q=1p+（3）用赋值的方法可知数列cn是首项为2k,公差为k的等差数列,再对c1+c2+⋯+c【解答过程】（1）若a,b,c是3−L数列,则a,b,c都是正偶数,设a=2tt∈N若t=3mm∈N∗,则a=6m,a若t=3m−1m∈N∗,则b=6m,b若t=3m−2m∈N∗,则c=6m,c所以a,b,c不是3−L数列.（2）在bp+q=1p+所以数列bnn是首项为8,公比为8的等比数列,所以因为8n是正偶数,所以数列b因为8nCn所以8n除以7的余数为1,即数列b所以一定不是正偶数,即数列bn所以数列bnn是（3）因为c=c所以1+c1+c1−2得因为cn>0,所以2+23−4得因为cn+c在c1分别令n=1,n=2,得c1所以数列cn是首项为2k,公差为k所以cn若数列cn是111−L则k是正偶数,2k,3k,⋯,100k,101k除以111所得的商都不是正偶数,因为111=3×37,且c2所以当k为3或37的正偶数倍时,数列cn不是111−L所以满足条件的所有两位数k值的和为10+12+14+⋯+98−(12+18+24+⋯+96)−74=10+98一、单选题1．（2024·内蒙古包头·三模）设Sn为等差数列an的前n项和，若S5=4a1，a1A．11 B．12 C．20 D．21【解题思路】依题意得a1=−10d，再由【解答过程】设等差数列an的公差为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则n的最大值为21，故选：D.2．（2024·山东菏泽·二模）已知an是等差数列，a1=3,a4=12，在数列bn中bA．6072 B．2C．22023+6072 【解题思路】求出公差，得an，求出公比，得bn，即可求【解答过程】设an的公差为d,bn则由题意可得，a4=a1+3d所以a根据已知又有：b1则8=1⋅q3，得所以bn−a故b2024故选：C.3．（2024·四川·模拟预测）南宋数学家杨辉的重要著作《详解九章算法》中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列．以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列．若某个二阶等差数列的前4项为1,4,8,13，则该数列的第18项为（

）A．188 B．208 C．229 D．251【解题思路】记该二阶等差数列为an，bn=an+1【解答过程】记该二阶等差数列为an，且该数列满足a1=1,由题意可知，数列bn为等差数列，且b所以等差数列bn的公差为d=b2所以b1=a所以a18故选：A.4．（2024·青海西宁·一模）等差数列an中的a2，a2024是函数fx=A．12 B．1 C．−1 D．【解题思路】先根据极值点求出导函数为0求出a2+a【解答过程】函数fx=x3−6导函数为f′x=3等差数列a中，a2+a则log2故选：B.5．（2024·全国·二模）数列an的奇数项成等比数列，偶数项成等比数列，Sn是数列an的前n项和，a1=3，a2=2A．a2k<B．当n≥5，且n∈N*时，数列C．aD．S【解题思路】首先分别求奇数项和偶数项的通项公式，再根据通项公式，判断选项.【解答过程】由S4=a奇数项的首项为a1=3，公比q1=a所以a2k=aA.a2k<a2k+1,k∈N*B.a5=13，a6=12，C.a10D.S100=3故选：D.6．（2024·全国·模拟预测）已知n∈N∗，an=12n−1，bn=1(n+1)2A．196197 B．198199 C．98197【解题思路】对n分奇数与偶数讨论，求出数列an与数列b【解答过程】因为数列2n−1是正奇数数列，对于数列(n+1)2−1，当n为奇数时，设n=2k−1k∈N∗，则(n+1)2−1=4k2−1，为奇数；当cn所以c1故选：D．7．（2024·湖北·二模）已知等差数列an的前n项和为Sn，且Sn=n2+m，n∈N*A．−2 B．0 C．1 D．2【解题思路】由Sn与an的关系且an为等差数列，求出an，由ann<2，得x2−(1+a)x−2【解答过程】因为Sn=n2+mn≥2时，an所以a1=1+m，a2因为an为等差数列，所以a1=1从而an=2n−1，所以x2−(1+a)x−2a则当0≤a≤1时，g(a)=2ag(0)=−x2+x≤0g(1)=2+1+x−x只有选项A符合题意，故选：A.8．（2024·内蒙古赤峰·三模）如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案.图形的作法是：从第一个正三角形（边长为1）P1开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边.反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线，称为科赫曲线.设Pn的周长和面积分别为Ln、Sn，下列结论正确的是（

）①P₅的边数为3×4②L③LnS④∃N>0,A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④【解题思路】设每个图形的边数为an，写出a1，a2，a3，a4，a5，可判断①；求得L5，可判断②【解答过程】设每个图形的边数为an，由题意可得a1=3，a2=3×4，a3=3×42，aL5=3×4Ln第一个图形的面积即正三角形的面积S1从第1个图形到第2个图形，边数增加了，同时每条边上多了一个小三角形，这个小三角形的面积是原图形的19所以S2=S以此类推，第n个图形的面积为Sn依次迭代，则S=S所以Sn=34+33LnSn=3×故选：D．二、多选题9．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）某人买一辆15万元的新车，购买当天支付3万元首付，剩余向银行贷款，月利率0.3%，分12个月还清（每月购买车的那一天分期还款）.有两种金融方案：等额本金还款，将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期所还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率；等额本息还款，每一期偿还同等数额的本息和，利息以复利计算.下列说法正确的是（

A．等额本金方案，所有的利息和为2340元B．等额本金方案，最后一个月还款金额为10030元C．等额本息方案，每月还款金额中的本金部分呈现递增等比数列D．等额本金方案比等额本息方案还款利息更少，所以等额本金方案优于等额本息方案【解题思路】对于AB，根据等额本金的还款方案分析计算即可，对于C，等额本息的还款方案分析判断，对于D，通过比较两种还款方案的优劣进行判断.【解答过程】对于A，利息和为120000+110000+100000+⋯+10000×0.003=2340对于B，倒数第二个月还款后，剩余本金10000，一个月利息为30元，本息和应为10030元，故B正确；对于C，设第n个月贷款利息为an，偿还本金为bn，则a1=0.3%p，a3=0.3%同理得b4=b1(1+0.3所以数列bn是以1+0.3对于D，由选项C可知，b1[1−(1+0.3所以每月还款的本息和为a1所以等额本息还款利息和为12(=12×=12×120000×0.3两种贷款方案各有优劣，比等额本金高，但等额本金方案起初还款金额高，还款压力大，还款金额逐年递减；等额本息每月还款金额相同，低于等额本金方案前半段时间还款额，高于后半段时间还款额；还有通货膨胀等诸多经济因素影响两种方案的收益，故不能简单认为某种贷款方案优于另一种方案，故D错误.故选：ABC.10．（2024·吉林·模拟预测）已知在公差不为0的等差数列an中，a4=−5,a5是a2与a6的等比中项，数列bn的前A．an=2n−13 C．Sn=−1【解题思路】先由等差数列an的条件求得通项公式an=2n−13，进而求得bn，Sn【解答过程】设等差数列an的公差为d，则a5=a6=a4+2d=−5+2d，因为a5是即−5+d2=−5−2d−5+2d，解得d=0或2，又因为所以anbn令bn<0，则12n−13<12n−11，又因为即只有n=6时，bn<0且bn所以∀n∈NSn因为只有n=6时，bn<0，除此之外bn>0，所以又n>6时，Sn=12−所以∀n∈N故选：ABD.11．（2024·浙江宁波·模拟预测）已知数列un，其前n项和为Sn，若存在常数M>0，对任意的n∈N∗，恒有un+1−uA．若un是以1为首项，q(|q|＜1)为公比的等比数列，则uB．若un为B−数列，则Sn也为C．若Sn为B−数列，则un也为D．若an,bn均为B−数列，则【解题思路】对A，根据题意