赏析数列创新题

数列中的知识交汇和创新型问题1王先生今年初向银行申请个人住房贷款100万元购买住房，按复利计算，并从贷款后的次月初开始还贷，分10年还清.银行给王先生提供了两种还贷方式：①等额本金：在还款期内把本金总额等分，每月偿还同等数额的本金和剩余本金在该月所产生的利息；②等额本息：在还款期内，每月偿还同等数额的贷款(包括本金和利息).(1)若王先生采取等额本金的还贷方式，已知第一个还贷月应还15000元，最后一个还贷月应还6500元，试计算王先生该笔贷款的总利息；(2)若王先生采取等额本息的还贷方式，贷款月利率为0.3%，.银行规定每月还贷额不得超过家庭月收入的一半，已知王先生家庭月收入为23000元，试判断王先生该笔贷款能否获批.(不考虑其他因素)参考数据1.003119≈1.428，1.003180≈1.433，1.003121≈1.4372024年高考数学专项复习数列中的知识交汇和创新型问题（解析版）2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a n的通项公式，该数列以33.6为首项，并使得24和19.2也是该数列的项；(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、⋯⋯、m+1a m表示高度为a m的方体连续堆叠m+1层的总高度)，请问新堆叠坊塔a m(m+1的高度是否超过310米？并说明理由.3在当前市场经济条件下，某服装市场上私营个体商店中的商品所标价格a与其实际价值b之间存在着相当大的差距.对购物的消费者来说，这个差距越小越好，而商家则相反，于是就有消费者与商家的“讨价还价”，常见的方法是“对半还价法”，消费者第一次减去定价的一半，商家第一次讨价加上二者差价的一半;消费者第二次还价再减去二者差价的一半，商家第二次讨价，再加上二者差价的一半，如此下去，可得表1:表1次数消费者还价商家讨价第一次b1=12a c1=b1+12(a-b1)第二次b2=c1-12(c1-b1)c2=b2+12(c1-b2)第三次b3=c2-12(c2-b2)c3=b3+12(c2-b3)⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅第n次b n=c n-1-12(c n-1-b n-1)c n=b n+12(c n-1-b n)消费者每次的还价b n(n∈k)组成一个数列b n.(1)写出此数列的前三项，并猜测通项b n的表达式并求出limn→+∞b n；(2)若实际价格b与定出a的价格之比为b:a=0.618:1，利用“对半还价法”讨价还价，最终商家将能有百分之几的利润?4近两年，直播带货逐渐成为一种新兴的营销模式，带来电商行业的新增长点.某直播平台第1年初的启动资金为500万元，由于一些知名主播加入，平台资金的年平均增长率可达40%，每年年底把除运营成本a万元，再将剩余资金继续投入直播平合.(1)若a=100，在第3年年底扣除运营成本后，直播平台的资金有多少万元？(2)每年的运营成本最多控制在多少万元，才能使得直播平台在第6年年底㧅除运营成本后资金达到3000万元？(结果精确到0.1万元)5甲、乙两人同时分别入职A,B两家公司，两家公司的基础工资标准分别为：A公司第一年月基础工资数为3700元，以后每年月基础工资比上一年月基础工资增加300元；B公司第一年月基础工资数为4000元，以后每年月基础工资都是上一年的月基础工资的1.05倍．(1)分别求甲、乙两人工作满10年的基础工资收入总量(精确到1元)(2)设甲、乙两人入职第n年的月基础工资分别为a n、b n元，记c n=a n-b n，讨论数列c n的单调性，指出哪年起到哪年止相同年份甲的月基础工资高于乙的月基础工资，并说明理由．6治理垃圾是S市改善环境的重要举措．去年S市产生的垃圾量为200万吨，通过扩大宣传、环保处理等一系列措施，预计从今年开始，连续5年，每年的垃圾排放量比上一年减少20万吨，从第6年开始，每年的垃圾排放量为上一年的75%．(1)写出S市从今年开始的年垃圾排放量与治理年数n n∈N*的表达式；(2)设A n为从今年开始n年内的年平均垃圾排放量．如果年平均垃圾排放量呈逐年下降趋势，则认为现有的治理措施是有效的；否则，认为无效，试判断现有的治理措施是否有效，并说明理由．7为了防止某种新冠病毒感染，某地居民需服用一种药物预防.规定每人每天定时服用一次，每次服用m毫克.已知人的肾脏每24小时可以从体内滤除这种药物的80%，设第n次服药后(滤除之前)这种药物在人体内的含量是a n毫克，(即a1=m).(1)已知m=12，求a2､a3；(2)该药物在人体的含量超过25毫克会产生毒副作用，若人需要长期服用这种药物，求m的最大值.8保障性租赁住房，是政府为缓解新市民、青年人住房困难，作出的重要决策部署．2021年7月，国务院办公厅发布《关于加快发展保障性租赁住房的意见》后，国内多个城市陆续发布了保障性租赁住房相关政策或征求意见稿．为了响应国家号召，某地区计划2021年新建住房40万平方米，其中有25万平方米是保障性租赁住房．预计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%，另外，每年新建住房中，保障性租赁住房的面积均比上一年增加5万平方米．(1)到哪一年底，该市历年所建保障性租赁住房的累计面积(以2021年为累计的第一年)将首次不少于475万平方米?(2)到哪一年底，当年建造的保障性租赁住房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%?9某市2013年发放汽车牌照12万张，其中燃油型汽车牌照10万张，电动型汽车2万张，为了节能减排和控制总量，从2013年开始，每年电动型汽车牌照按50%增长，而燃油型汽车牌照每一年比上一年减少0．5万张，同时规定一旦某年发放的牌照超过15万张，以后每一年发放的电动车的牌照的数量维持在这一年的水平不变．(1)记2013年为第一年，每年发放的燃油型汽车牌照数量构成数列a n，每年发放电动型汽车牌照数为构成数列b n，完成下列表格，并写出这两个数列的通项公式；a1=10a2=9.5a3=a4=b1=2b2=3b3=b4=(2)从2013年算起，累计各年发放的牌照数，哪一年开始超过200万张？10市民小张计划贷款60万元用于购买一套商品住房，银行给小张提供了两种贷款方式：①等额本金：每月的还款额呈递减趋势，且从第二个还款月开始，每月还款额与上月还款额的差均相同；②等额本息：每月的还款额均相同．银行规定，在贷款到账日的次月当天开始首次还款(如2020年7月7日贷款到账，则2020年8月7日首次还款)．已知该笔贷款年限为20年，月利率为0.4%．(1)若小张采取等额本金的还款方式，已知第一个还款月应还4900元，最后一个还款月应还2510元，试计算该笔贷款的总利息．(2)若小张采取等额本息的还款方式，银行规定，每月还款额不得超过家庭平均月收入的一半．已知小张家庭平均月收入为1万元，判断小张申请该笔贷款是否能够获批(不考虑其他因素)．参考数据：1.0042.61．(3)对比两种还款方式，从经济利益的角度考虑，小张应选择哪种还款方式．11流行性感冒是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病.某市去年11月份曾发生流感，据统计，11月1日该市的新感染者有30人，以后每天的新感染者比前一天的新感染者增加50人.由于该市医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，从11月k+19≤k≤29,k∈N*日起每天的新感染者比前一天的新感染者减少20人.(1)若k=9，求11月1日至11月10日新感染者总人数；(2)若到11月30日止，该市在这30天内的新感染者总人数为11940人，问11月几日，该市新感染者人数最多？并求这一天的新感染者人数.12某知识测试的题目均为多项选择题，每道多项选择题有A，B，C，D这4个选项，4个选项中仅有两个或三个为正确选项.题目得分规则为：全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.已知测试过程中随机地从四个选项中作选择，每个选项是否为正确选项相互独立.若第一题正确选项为两个的概率为13，并且规定若第i i=1,2,⋯,n-1题正确选项为两个，则第i+1题正确选项为两个的概率为13；第i i=1,2,⋯,n-1题正确选项为三个，则第i+1题正确选项为三个的概率为1 3.(1)若第二题只选了“C”一个选项，求第二题得分的分布列及期望；(2)求第n题正确选项为两个的概率；(3)若第n题只选择B、C两个选项，设Y表示第n题得分，求证：E Y ≤1718.13甲､乙两人进行象棋比赛，赛前每人发3枚筹码.一局后负的一方，需将自己的一枚筹码给对方；若平局，双方的筹码不动，当一方无筹码时，比赛结束，另一方最终获胜.由以往两人的比赛结果可知，在一局中甲胜的概率为0.3､乙胜的概率为0.2.(1)第一局比赛后，甲的筹码个数记为X，求X的分布列和期望；(2)求四局比赛后，比赛结束的概率；(3)若P i i=0,1,⋯,6表示“在甲所得筹码为i枚时，最终甲获胜的概率”，则P0=0,P6=1.证明：P i+1-P ii=0,1,2,⋯,5为等比数列.14已知数列a n的前n项和为S n,a1=2，对任意的正整数n，点a n+1,S n均在函数f x =x图象上.(1)证明：数列S n是等比数列；(2)问a n中是否存在不同的三项能构成等差数列？说明理由.15如果数列a n对任意的n∈N*，a n+2-a n+1>a n+1-a n，则称a n为“速增数列”.(1)请写出一个速增数列a n的通项公式，并证明你写出的数列符合要求；(2)若数列a n为“速增数列”，且任意项a n∈Z，a1=1，a2=3，a k=2023，求正整数k的最大值.16设数列a n的前n项和为S n，若12≤a n+1a n≤2n∈N*，则称a n是“紧密数列”.(1)若a n=n2+2n4n ，判断a n是否是“紧密数列”，并说明理由；(2)若数列a n前n项和为S n=14n2+3n，判断a n是否是“紧密数列”，并说明理由；(3)设数列a n是公比为q的等比数列.若数列a n与S n都是“紧密数列”，求q的取值范围.17已知a n和b n是各项均为正整数的无穷数列，若a n和b n都是递增数列，且a n中任意两个不同的项的和不是b n 中的项，则称a n 被b n 屏蔽．已知数列c n 满足1c 1+3c 2+⋅⋅⋅+2n -1c n=n n ∈N * ．(1)求数列c n 的通项公式；(2)若d n 为首项与公比均为c 1+1的等比数列，求数列c n ⋅d n 的前n 项和S n ，并判断S n 能否被c n 屏蔽，请说明理由．18设y =f (x )是定义域为R 的函数，如果对任意的x 1、x 2∈R x 1≠x 2 ,f x 1 -f x 2 <x 1-x 2 均成立，则称y =f (x )是“平缓函数”.(1)若f 1(x )=1x 2+1,f 2(x )=sin x ，试判断y =f 1(x )和y =f 2(x )是否为“平缓函数” ?并说明理由;(参考公式:x >0时，sin x <x 恒成立)(2)若函数y =f (x )是“平缓函数”，且y =f (x )是以1为周期的周期函数，证明:对任意的x 1、x 2∈R ，均有f x 1 -f x 2 <12;(3)设y =g (x )为定义在R 上函数，且存在正常数A >1使得函数y =A ⋅g (x )为“平缓函数”. 现定义数列x n 满足:x 1=0,x n =g x n -1 (n =2,3,4,⋯)，试证明:对任意的正整数n ,g x n ≤A |g (0)|A -1.19若项数为N N ≥3 的数列A N :a 1,a 2,⋯,a N 满足：a 1=1,a i ∈N *i =2,3,⋯,N ，且存在M ∈2,3,⋯,N -1 ，使得a n +1-a n ∈1,2 ,1≤n ≤M -1-1,-2 ,M ≤n ≤N -1，则称数列A N 具有性质P .(1)①若N =3，写出所有具有性质P 的数列A 3；②若N =4,a 4=3，写出一个具有性质P 的数列A 4；(2)若N =2024，数列A 2024具有性质P ，求A 2024的最大项的最小值；(3)已知数列A N :a 1,a 2,⋯,a N ,B N :b 1,b 2,⋯,b N 均具有性质P ，且对任意i ,j ∈1,2,⋯,N ，当i ≠j 时，都有a i ≠a j ,b i ≠b j ．记集合T 1=a 1,a 2,⋯,a N ，T 2=b 1,b 2,⋯,b N ，求T 1∩T 2中元素个数的最小值.20在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”.如数列1，2第1次“和扩充”后得到数列1，3，2，第2次“和扩充”后得到数列1，4，3，5，2.设数列a ，b ，c 经过第n 次“和扩充”后所得数列的项数记为P n ，所有项的和记为S n .(1)若a =1,b =2,c =3，求P 2，S 2；(2)设满足P n ≥2023的n 的最小值为n 0，求n 0及S n 03(其中[x ]是指不超过x 的最大整数，如1.2 =1，-2.6 =-3)；21已知Q ：a 1,a 2,⋯,a k 为有穷整数数列.给定正整数m ,若对任意的n ∈1,2,⋅⋅⋅,m ,在Q 中存在a i ,a i +1,a i +2,⋯,a i +j j ≥0 ,使得a i +a i +1+a i +2+⋅⋅⋅+a i +j =n ,则称Q 为m -连续可表数列.(1)判断Q ：2,1,4,2是否为7-连续可表数列？是否为8-连续可表数列？说明理由；(2)若Q ：a 1,a 2,⋯,a k 为8-连续可表数列,求证：k 的最小值为4.22已知有限数列a n ，从数列a n 中选取第i 1项、第i 2项、⋯、第i m 项(i 1<i 2<⋯<i m )，顺次排列构成数列b k ，其中b k =a i k，1≤k ≤m ，则称新数列b k 为a n 的长度为m 的子列．规定：数列a n 的任意一项都是a n 的长度为1的子列，若数列a n 的每一子列的所有项的和都不相同，则称数列a n 为完全数列．设数列a n 满足a n =n ，1≤n ≤25,n ∈N *．(1)判断下面数列a n 的两个子列是否为完全数列，并说明由；数列①：3，5，7，9，11；数列②：2，4，8，16．(2)数列a n 的子列b k 长度为m ，且b k 为完全数列，证明：m 的最大值为6；(3)数列a n 的子列b k 长度m =5，且b k 为完全数列，求1b 1+1b 2+1b 3+1b 4+1b 5的最大值．23有穷数列{a n }共m 项(m ≥3)．其各项均为整数，任意两项均不相等．b i =a i -a i +1 i =1,2,⋯,m -1 ，b i ≤b i +1i =1,2,⋯,m -2 ．(1)若{a n }：0，1，a 3．求a 3的取值范围；(2)若m =5，当5i =1a i 取最小值时，求4i =1b i 的最大值；(3)若1≤a i ≤m i =1,2,...,m ，m -1k =1b k =m +1，求m 的所有可能取值．24如图为一个各项均为正数的数表，记数表中第i 行第j 列的数为a i ,j ，已知各行从左至右成等差数列，各列从上至下成公比相同的等比数列.1⋯620⋮(1)若a i,j；=100，求实数对i,j(2)证明：所有正整数恰在数表中出现一次.25若数列a n为η数列.记S n=a1+a2 满足a k+1-a k=1k=1,2,3,⋯,n-1n≥2，则称数列a n+a3+⋯+a n.(1)写出一个满足a1=a5=1，且S5=5的η数列；(2)若a1=24,n=2000，证明：η数列a n是递增数列的充要条件是a n=2023；(3)对任意给定的整数n n≥3，使得S n=1？如果存在，写出一个满足条 ，是否存在首项为1的η数列a n件的η数列a n；如果不存在，说明理由.26定义矩阵运算：a b c dx y =ax +bycx +d y．已知数列a n ，b n 满足a 1=1，且n 11na nb n=n 2+2nn 2n +1．(1)证明：a n ，b n 分别为等差数列，等比数列．(2)求数列a 2n +3b 2n -1+1 的前n 项和S n ．27将数列{a n }按照一定的规则，依顺序进行分组，得到一个以组为单位的序列称为数列{a n }的一个分群数列，{a n }称为这个分群数列的原数列.如(a 1,a 2,⋯,a r )，(a r +1,a r +2,⋯,a t )，(a t +1,a t +2,⋯,a s )，⋯，(a m +1,a m +2,⋯,a n )，⋯是数列{a n }的一个分群数列，其中第k 个括号称为第k 群.已知数列{a n }的通项公式为a n =2n .(1)若数列{a n }的一个分群数列每个群都含有3项，该分群数列第k 群的最后一项为b k ，求数列{b n }的通项公式.(2)若数列{a n }的一个分群数列满足第k 群含有k 项，A k 为{a n }的该分群数列第k 群所有项构成的数集，设M ={m |a m ∈A k ,a m +6∈A k +2}，求集合M 中所有元素的和.28已知数列a n3n是以13为首项的常数列，S n为数列a n的前n项和．(1)求S n；(2)设正整数m=b0×30+b1×31+⋯+b k×3k，其中b i∈{0,1,2},i,k∈N．例如：3=0×30+1×31，则b0=0，b1=1；4=1×30+1×31，则b0=1，b1=1．若f(m)=b0+b1+⋯+b k，求数列S n⋅f S n的前n项和T n．29已知a n是公比为q的等比数列．对于给定的k(k=1,2,3⋯n)，设T(k)是首项为a k，公差为2a k -1的等差数列a n，记T(k)的第i项为b(k)i．若b(1)1+b(2)1=b(2)2，且b(1)2=b(2)3．(1)求a n的通项公式；(2)求ni=11 b(2)i b(2)i+1；(3)求ni=1b(k)i．30已知数列a n的前n项和为S n，且S n=2n+1．(1)求a n的通项公式；(2)保持a n中各项先后顺序不变，在a k与a k+1之间插入k个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列b n，记b n的前n项和为T n，求T100的值(用数字作答)．31若项数为k (k∈N*，k≥3)的有穷数列{a n}满足：0≤a1<a2<a3<⋅⋅⋅<a k，且对任意的i ，j (1≤i≤j≤k)，a j+a i或a j-a i是数列{a n}中的项，则称数列{a n}具有性质P．(1)判断数列0 , 1 , 2是否具有性质P，并说明理由；(2)设数列{a n}具有性质P，a i (i=1，2，⋯， k)是{a n}中的任意一项，证明：a k-a i一定是{a n}中的项；(3)若数列{a n}具有性质P，证明：当k≥5时，数列{a n}是等差数列．32已知有穷数列A:a1，a2，⋯，a n(n≥3)中的每一项都是不大于n的正整数.对于满足1≤m≤n的整数m，令集合A(m)={k a k=m ，k=1 ， 2 ， ⋯ ，n }.记集合A(m)中元素的个数为s(m)(约定空集的元素个数为0).(1)若A:6 ， 3 ， 2 ， 5 ， 3 ， 7 ， 5 ， 5，求A(5)及s(5)；(2)若1s(a1)+1s(a2)+⋯+1s(a n)=n，求证：a1 ,a2 ,⋯ ,a n互不相同；(3)已知a1=a , a2=b，若对任意的正整数i，j(i≠j，i+j≤n)都有i+j∈A(a i)或i+j∈A(a j)，求a1+a2 +⋯+a n的值.33已知无穷数列a n 满足a n =max a n +1,a n +2 -min a n +1,a n +2 (n =1,2,3,⋯)，其中max {x ,y }表示x ，y 中最大的数，min {x ,y }表示x ，y 中最小的数.(1)当a 1=1，a 2=2时，写出a 4的所有可能值；(2)若数列a n 中的项存在最大值，证明：0为数列a n 中的项；(3)若a n >0(n =1,2,3,⋯)，是否存在正实数M ，使得对任意的正整数n ，都有a n ≤M ？如果存在，写出一个满足条件的M ；如果不存在，说明理由.34设λ为整数．有穷数列a n 的各项均为正整数，其项数为m (m ≥2)．若a n 满足如下两个性质，则称a n 为P λ数列：①a m =1，且a i ≠1(i =1,2,⋯,m -1)；②a n +1=λa n +1 ,a n 为奇数,a n2,a n 为偶数 (n =1,2,⋯,m-1)(1)若a n 为P 1数列，且a 1=5，求m ；(2)若a n 为P -1数列，求a 1的所有可能值；(3)若对任意的P 1数列a n ，均有m ≤2log 2a 1+d ，求d 的最小值．35若数列A n 满足A n +1=A 2n ，则称数列A n 为“平方递推数列”．已知数列a n 中，a 1=9，点a n ,a n +1 在函数f (x )=x2+2x 的图象上，其中n 为正整数，(1)证明：数列a n +1 是“平方递推数列”，且数列lg a n +1 为等比数列；(2)设b n =lg a n +1 ,c n =2n +4，定义a *b =a ,a ≤b ,b ,a >b ,，且记d n =b n *c n ，求数列d n 的前n 项和S n ．36如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的比都大于2，则称这个数列为“G 型数列”．(1)若数列a n 满足a 1=1，a n +1a n =32n -1，求证：数列a n 是“G 型数列”．(2)若数列a n 的各项均为正整数，且a 1=1，a n 为“G 型数列”，记b n =a n +1，数列b n 为等比数列，公比q 为正整数，当b n 不是“G 型数列”时，求数列a n 的通项公式．(3)在(2)的条件下，令c n =1a n a n +1，记c n 的前n 项和为S n ，是否存在正整数m ，使得对任意的n ∈N *，都有1S n∈m -1,m 成立？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由．37已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，且a 4=4，数列b n 的前n 项之积为T n ，b 1=13，且S n =log 3T n ．(1)求T n ；(2)令c n =a nb n，是否存在正整数n ，使得“c n -1=c n +c n +1”与“c n 是c n -1，c n +1的等差中项”同时成立？请说明理由．38若无穷数列a n 满足∀n ∈N *，a n -a n +1 =n +1，则称a n 具有性质P 1．若无穷数列a n 满足∀n ∈N *，a n a n +4+1≥a 2n +2，则称a n 具有性质P 2．(1)若数列a n 具有性质P 1，且a 1=0，请直接写出a 3的所有可能取值；(2)若等差数列a n 具有性质P 2，且a 1=1，求a 22+a 23的取值范围；(3)已知无穷数列a n 同时具有性质P 1和性质P 2，a 5=3，且0不是数列a n 的项，求数列a n 的通项公式．39如果数列a n对任意的n∈N*，a n+2-a n+1>a n+1-a n，则称a n为“速增数列”.(1)判断数列2n是否为“速增数列”？说明理由；(2)若数列a n为“速增数列”.且任意项a n∈Z，a1=1,a2=3,a k=2023，求正整数k的最大值；(3)已知项数为2k(k≥2,k∈Z)的数列b n是“速增数列”，且b n的所有项的和等于k，若c n=2b n，n=1, 2,3,⋯,2k，证明：c k c k+1<2.40已知数表A2n=a11a12⋯a1na21a22⋯a2n中的项a ij(i=1,2;j=1,2,⋯,n)互不相同，且满足下列条件：①a ij∈1,2,⋯,2n；②(-1)m+1a1m-a2m<0(m=1,2,⋯,n).则称这样的数表A2n具有性质P.(1)若数表A22具有性质P，且a12=4，写出所有满足条件的数表A22，并求出a11+a12的值；(2)对于具有性质P的数表A2n，当a11+a12+⋅⋅⋅+a1n取最大值时，求证：存在正整数k1≤k≤n，使得a1k= 2n；(3)对于具有性质P的数表A2n，当n为偶数时，求a11+a12+⋅⋅⋅+a1n的最大值.数列中的知识交汇和创新型问题1王先生今年初向银行申请个人住房贷款100万元购买住房，按复利计算，并从贷款后的次月初开始还贷，分10年还清.银行给王先生提供了两种还贷方式：①等额本金：在还款期内把本金总额等分，每月偿还同等数额的本金和剩余本金在该月所产生的利息；②等额本息：在还款期内，每月偿还同等数额的贷款(包括本金和利息).(1)若王先生采取等额本金的还贷方式，已知第一个还贷月应还15000元，最后一个还贷月应还6500元，试计算王先生该笔贷款的总利息；(2)若王先生采取等额本息的还贷方式，贷款月利率为0.3%，.银行规定每月还贷额不得超过家庭月收入的一半，已知王先生家庭月收入为23000元，试判断王先生该笔贷款能否获批.(不考虑其他因素)参考数据1.003119≈1.428，1.003180≈1.433，1.003121≈1.437【答案】(1)290000元(2)王先生该笔贷款能够获批【分析】(1)由题意，每月的还贷额构成一个等差数列，对数列求和可得所求利息；(2)利用等比数列求和公式，求得王先生每月还货额，与题目所给数据比较，得结论.【详解】(1)由题可知，等额本金还货方式中，每月的还贷额构成一个等差数列a n，S n表示数列a n的前n项和.则a1=15000,a120=6500，故S120=15000+65002×120=1290000.故王先生该笔贷款的总利息为：1290000-1000000=290000元.(2)设王先生每月还货额为x元，则有x+x(1+0.003)1+x(1+0.003)2+⋯+x(1+0.003)119=1000000×(1+0.003)120，即x 1-1.0031201-1.003=1000000×(1+0.003)120，故x=1000000×(1+0.003)120×0.0031.003120-1≈9928.因为9928<23000×12=11500，故王先生该笔贷款能够获批.2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a n 的通项公式，该数列以33.6为首项，并使得24和19.2也是该数列的项；(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2a 1、3a 2、4a 3、⋯⋯、m +1 a m (m +1 a m 表示高度为a m 的方体连续堆叠m +1层的总高度)，请问新堆叠坊塔的高度是否超过310米？并说明理由.【答案】(1)a n =36-2.4n (答案不唯一，符合题意即可)(2)可以，理由见详解【分析】(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S 7，并与310比较大小，分析判断.【详解】(1)由题意可知：a 1=33.6，注意到33.6-24=9.6,24-19.2=4.8，取等差数列的公差d =-2.4，则a n =33.6-2.4n -1 =36-2.4n ，令a n =36-2.4n =24，解得n =5，即24为第5项；令a n =36-2.4n =19.2，解得n =7，即19.2为第7项；故a n =36-2.4n 符合题意.(2)可以，理由如下：由(1)可知：m ≤7,a 1=33.6,a 2=31.2,a 3=28.8,a 4=26.4,a 5=24,a 6=21.6,a 7=19.2，设数列n +1 a n 的前n 项和为S n ，∵S 7=2a 1+3a 2+4a 3+...+8a 7=856.8>310，故新堆叠坊塔的高度可以超过310米.3在当前市场经济条件下，某服装市场上私营个体商店中的商品所标价格a 与其实际价值b 之间存在着相当大的差距.对购物的消费者来说，这个差距越小越好，而商家则相反，于是就有消费者与商家的“讨价还价”，常见的方法是“对半还价法”，消费者第一次减去定价的一半，商家第一次讨价加上二者差价的一半;消费者第二次还价再减去二者差价的一半，商家第二次讨价，再加上二者差价的一半，如此下去，可得表1:表1次数消费者还价商家讨价第一次b 1=12a c 1=b 1+12(a -b 1)第二次b 2=c 1-12(c 1-b 1)c 2=b 2+12(c 1-b 2)第三次b 3=c 2-12(c 2-b 2)c 3=b 3+12(c 2-b 3)⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅第n 次b n =c n -1-12(c n -1-b n -1)c n =b n +12(c n -1-b n )消费者每次的还价b n (n ∈k )组成一个数列b n .(1)写出此数列的前三项，并猜测通项b n 的表达式并求出lim n →+∞b n ；(2)若实际价格b 与定出a 的价格之比为b :a =0.618:1，利用“对半还价法”讨价还价，最终商家将能有百分之几的利润?【答案】(1)答案见解析(2)8%【分析】(1)根据条件即可得到数列b n 的通项公式，进而可直接计算lim n →+∞b n ；(2)根据价格比得a ,b 关系，代入(1)中lim n →+∞b n 计算即可.【详解】(1)b 1=12a ，b 2=c 1-12c 1-b 1 =12a +14a -18a =-12a +-12 2a +-12 3a +a ，b 3=c 2-12c 2-b 2 =-12a +-12 2a +⋯+-125a +a ，观察可得，b n =c n -1-12c n -1-b n -1 =-12a +-12 2a +⋯+-12 2n -1a +a=-13a 1+12 2n -1+a lim n →∞b n =lim n →∞-13a 1+12 2n -1 +a =-13a +a =23a .(2)因为b :a =0.618:1，所以a =b0.618，故23a =2b 3×0.618≈1.08b 故商家将有约8%的利润.4近两年，直播带货逐渐成为一种新兴的营销模式，带来电商行业的新增长点.某直播平台第1年初的启动资金为500万元，由于一些知名主播加入，平台资金的年平均增长率可达40%，每年年底把除运营成本a 万元，再将剩余资金继续投入直播平合.(1)若a =100，在第3年年底扣除运营成本后，直播平台的资金有多少万元？(2)每年的运营成本最多控制在多少万元，才能使得直播平台在第6年年底㧅除运营成本后资金达到3000万元？(结果精确到0.1万元)【答案】(1)936万元(2)3000万元【分析】(1)用a n 表示第n 年年底扣除运营成本后直播平台的资金，然后根据已知计算a 1,a 2,a 3可得；(2)由已知写出a 1,a 2,a 3,⋯,a 6，然后由a 6≥3000求得a 的范围．【详解】(1)记a n 为第n 年年底扣除运营成本后直播平台的资金，则a 1=500×1.4-100=600，a 2=600×1.4-100=740a3=740×1.4-100=936故第3年年底扣除运营成本后直播平台的资金为936万元.(2)a1=500×1.4-a，a2=500×1.4-a×1.4-a=500×1.42-1.4a-a⋯a6=500×1.46-1.45+1.44+⋯+1a=500×1.46-a⋅1-1.461-1.4由a6≥3000，得a≤46.8，故运营成本最多控制在46.8万元，才能使得直播平台在第6年年底扣除运营成本后资金达到3000万元.5甲、乙两人同时分别入职A,B两家公司，两家公司的基础工资标准分别为：A公司第一年月基础工资数为3700元，以后每年月基础工资比上一年月基础工资增加300元；B公司第一年月基础工资数为4000元，以后每年月基础工资都是上一年的月基础工资的1.05倍．(1)分别求甲、乙两人工作满10年的基础工资收入总量(精确到1元)(2)设甲、乙两人入职第n年的月基础工资分别为a n、b n元，记c n=a n-b n，讨论数列c n的单调性，指出哪年起到哪年止相同年份甲的月基础工资高于乙的月基础工资，并说明理由．【答案】(1)甲的基础工资收入总量606000元；乙的基础工资收入总量603739元(2)单调性见解析；从第5年到第14年甲的月基础工资高于乙的月基础工资；理由见解析【分析】(1)易得甲的工资满足等差数列，乙的工资满足等比数列，再根据等差等比数列的求和公式求解即可(2)根据题意可得c n=3400+300n-4000×1.05n-1，再求解c n+1-c n>0分析c n的单调性，并计算c n<0时n的取值范围即可【详解】(1)甲的基础工资收入总量S1=3700×10+12×10×9×300×12=606000元乙的基础工资收入总量S2=4000× 1.0510-11.05-1×12=603739元(2)a n=3700+300n-1，b n=4000×1.05n-1c n=3400+300n-4000×1.05n-1，c n+1=3400+300n+1-4000×1.05n，设c n+1-c n=300-200×1.05n-1>0，即1.05n-1<1.5，解得1≤n≤8所以当1≤n≤8时，c n递增，当n≥9时，c n递减又当c n<0，即3400+300n<4000×1.05n-1，解得5≤n≤14，所以从第5年到第14年甲的月基础工资高于乙的月基础工资． ．6治理垃圾是S市改善环境的重要举措．去年S市产生的垃圾量为200万吨，通过扩大宣传、环保处理等一系列措施，预计从今年开始，连续5年，每年的垃圾排放量比上一年减少20万吨，从第6年开始，每年的垃圾排放量为上一年的75%．(1)写出S市从今年开始的年垃圾排放量与治理年数n n∈N*的表达式；(2)设A n为从今年开始n年内的年平均垃圾排放量．如果年平均垃圾排放量呈逐年下降趋势，则认为现有的治理措施是有效的；否则，认为无效，试判断现有的治理措施是否有效，并说明理由．【答案】(1)a n=200-20n,1≤n<5 100×34n-5,n≥6。

江西高考压轴类数列探究型创新试题赏解廖东明探究型创新题是探究问题的解决方法，常常以实际背景出现，主要考查学生的综合素质与创新精神，是创造力的体现．高考命题者，往往在压轴题上匠心独运，刻意创新，以“问题”为核心，以“探究”为途径，以“发现”为目的，凸显高层次思维．解答时应注意抓住有限的（或隐含的）题设条件，通过联想创造性地运用知识，设计出解决问题的方法．化归与转化是解决探究型创新题的常用的数学思想．例１（2009年高考江西卷理）各项均为正数的数列{}n a ，12,a a a b ==，且对满足m n p q +=+的正整数,,,m n p q 都有(1)(1)(1)(1)p q m n m n p q a a a a a a a a ++=++++． （1）当14,25a b ==时，求通项n a ；（2）证明：对任意a ，存在与a 有关的常数λ，使得对于每个正整数n ，都有1n a λλ≤≤． 分析：（１）要求通项n a ，必须依据条件建构关于n a 的递推式（含有n a 、1n a -，也可能含有2n a -），注意到1214,25a a ==，12(1)n n +=+-，容易得到n a 的递推式；然后根据n a 的递推式的结构特征设法构造一个新的数列，进而求出n a ．（２）由目标式1n a λλ≤≤⇔21()10n n a a λλ-++≤ （*），需要构建关于n a 的一元二次不等式，其中λ与a 有关．依题意(1)(1)m n m n m n a a b a a ++=++只与m n +有关，将a 插入需令1m =，有1(1)(1)n n n a a b a a ++=++，另外令m n =得222(1)n n n a b a =+，与不等式（*）比较知，应构建不等式222()0(1)n n n a b g a a =≥>+，于是构造函数()(0)(1)(1)a x f x x a x +=>++，利用导数和分类讨论知识求出()f x 的范围（用a 表示），让()g a 成为这个范围的最小值．问题便可获解．解：（1）由(1)(1)(1)(1)p q m n m n p qa a a a a a a a ++=++++得121121(1)(1)(1)(1)n n n n a a a a a a a a --++=++++，将1214,25a a ==代入化简得11212n n n a a a --+=+．则11(2)212n n n k a k a k a --++++=+，11(2)212n n n m a m a m a --++++=+，1121222122n n n n k a a k k k m a m m a m --+++++=⋅+++++．令212k k k +=+，解得1k =±；令212m m m +=+，解得1m =±．取1k =-，1m =，则11111,131n n n n a a a a ----=⋅++故数列1{}1n n a a -+为等比数列，从而1113n n n a a -=+，即3131n n n a -=+． 可验证1n =时也成立，故3131n n n a -=+即为所求．(2) 由题设(1)(1)m n m n a a a a +++的值仅与m n +有关,记为,m n b +则111(1)(1)(1)(1)n n n n n a a a a b a a a a +++==++++．考察函数 ()(0)(1)(1)a x f x x a x +=>++，21()(1)(1)a f x a x -'=/++．当1a >时()0f x '<，()f x 为减函数，当x →+∞时，1()1f x a →+，即1()1f x a >+；当1a =时()0f x '=，()f x 为常数函数，即1()2f x =；当1a <时()0f x '>，()f x 为增函数，()(0)1a f x f a>=+．则在定义域上有 1,111()(),12,011a a f x g a a a a a ⎧>⎪+⎪⎪≥==⎨⎪⎪<<⎪+⎩，故对*n N ∈， 1()n b g a +≥恒成立．又222()(1)n n n a b g a a =≥+，注意到10()2g a <≤，解上式得=n a ≤≤，取λ=，即有 1n a λλ≤≤． 点评：（１）审视递推式11212n n n a a a --+=+，取倒数或者构造数列{}n a k +或1{}nk a +（k 为常数）等都无法实现，但是通过11(2)212n n n k a k a k a --++++=+得到启发，采用比值法再从结构统一的角度建构方程组而获解，这个探索是很有意义的．一般地，递推数列{}n a 满足1nn n aa b a ca d++=+（0c ≠，0ad bc -≠），求其通项公式的一般步骤是：①由特征方程ax b x cx d +=+求出不动点12,x x ；②列出数列1n n b a x =-，2n n c a x =-；③由n nb c 得出关系，从而解出n a ．分式线性递推数列是高中数学竞赛的一个热点．作为创新试题，要求考生在原有基础上尝试，否定，猜想，进而猜测出所要构造的新数列可能具有的特征，是合理的．（２）面对创新试题，理解题意，转译条件是很重要的；紧扣待求（证）目标，进行反演，便于“构架”条件与结论的桥梁，明晰解题思路．本道试题颇具竞赛题的风味．解答创新试题，一般无套路可依，解题者需要有扎实的基础知识和较丰富的解题经验，审视题设条件（不容忽视细节！），正确转化（简化）条件，善于观察联想猜测，并灵活运用相关知识严密解证，步步推进，方可接近目标，。

数 列 创 新 试 题 的 特 点目前高考创新试题中，数列试题占有很大比例，已成为一道亮丽的风景，我们在复习时一定要给予高度注视．那么高考数列创新试题都有那些特点呢？ 1． 新在“文字叙述”长一般来讲，高考数列创新小题都要创设一个新情境，所以大都文字叙述较长，在求解时一定要认真审题，细心推敲，可以说这里有意考解读能力．例1已知n 次多项式1011()....n n n n n P x a x a xa x a --=++++，如果在一种算法中,计算0(2,3,4,...,)k x k n =的值需要1k -次乘法, 计算30()P x 的值共需要9次运算（6次乘法, 3次加法）, 那么计算0()n P x 的值共需要 次运算．现给出一种减少运算次数的算法：0011(),()()(0,1,2,...,1).k k k P x a P x xP x a k n ++==+=- 利用该算法, 计算30()P x 的值共需要6次运算, 计算0()n P x 的值共需要 次运算．解说：本题的叙述显然较长，不仅定义了新“算法”，而且给出一个实例，我们要仔细解读．依其定义，30220130003)(a x a x a x a x P +++=，因计算0(2,3,4,...,)k x k n =的值需要1k -次乘法，所以30()P x 的运算次数为：乘法是60123=+++，加法是3次，故有9次．由此产生规律： n n n n n a x a x a x a x P ++++=-- 202101000)(的运算次数为2)3(2)1(21)2()1(+=++=+++-+-+n n n n n n n n n ． 对于第二问，因3023)()(a x xP x P +=，2012)()(a x xP x P +=，1001)()(a x xP x P +=， 因)(00x P 为常数，所以三式中每次一个乘法运算和一个加法运算，共有623=⨯次，由此得： n n n a x xP x P +=-)()(01，1021)()(---+=n n n a x xP x P ，…，1001)()(a x xP x P +=，这些式子中每个需要进行一次乘法和一此加法，故共有算法n n 22=⨯此． 即第一个空填2)3(+n n ；第二个空填n 2． 2． 新在“知识交汇”强高考命题立意是在知识交汇处设计问题，强化综合能力的考察，以突出选拔功能．所以一些形式新颖内容丰厚的试题不断出现，数列小题表现在这方面尤为突出．例2一给定函数)(x f y =的图象在下列图中，并且对任意)1,0(1∈a ，由关系式)(1n n a f a =+得到的数列}{n a 满足)(*1N n a a n n ∈>+，则该函数的图象是（ ）（A ） （B ） （C ） （D ）解说：此题是数列和函数的交汇，不仅考察综合能力，而且考察思维灵活性．如由条件)(1n n a f a =+及)(*1N n a a n n ∈>+得：n n a a f >)(，则当)1,0(∈x 时，函数)(x f 的图象在直线x y =上方，故A 真．例3 设F 是椭圆16722=+y x 的右焦点，且椭圆上至少有21个不同的点P i （i =1，2，3，…），使|FP 1|，|FP 2|，|FP 3|，…组成公差为d 的等差数列，则d 的取值范围为 .解说：此题是解析几何与数列交汇，我们先由解几知识得椭圆上的点到右焦点距离最小值是17-=-c a ，最大值是17+=+c a ．因此，如果等差数列递增，则17||1-=FP ，那么1720)17(||21+≤+-=d FP，由此得1010≤<d ；如果等差数列递减，则17||1+=FP ，那么1720)17(||21-≥++=d FP ，由此得0101<≤-d 。

数列中的创新型问题命题点1数学文化情境下的数列应用例1[2021新高考卷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S 1＝240dm 2，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S 2＝180dm 2，以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5；如果对折n 次，那么∑J1S k ＝240（3－r32）dm 2.解析依题意得，S 1＝120×2＝240（dm 2）；S 2＝60×3＝180（dm 2）；当n ＝3时，共可以得到5dm ×6dm ，52dm ×12dm ，10dm ×3dm ，20dm ×32dm 四种规格的图形，且面积均为30dm 2，所以S 3＝30×4＝120（dm 2）；当n ＝4时，共可以得到5dm ×3dm ，52dm ×6dm ，54dm ×12dm ，10dm ×32dm ，20dm ×34dm 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，且面积均为15dm 2，所以S 4＝15×5＝75（dm 2）；……所以可归纳S k ＝2402×（k ＋1）＝240（r1）2.所以∑J1S k ＝240（1＋322＋423＋…＋2－1＋r12）①，所以12×∑J1S k ＝240（222＋323＋424＋…＋2＋r12r1）②，由①－②得，12×∑J1S k ＝240（1＋122＋123＋124＋…＋12－r12r1）＝240{1＋122[1－（12）－1]1－12－r12r1}＝240（32－r32r1），所以∑J1S k ＝240（3－r32）（dm 2）.方法技巧通过数学建模解决数学文化问题的步骤读懂题意会“脱去”题目中的背景，提取关键信息.构造模型由题意构建等差数列、等比数列或递推关系式的模型.“解模”把问题转化为与数列有关的问题，如求指定项、公差（或公比）、项数、通项公式或前n 项和等.训练1[2023安徽名校联考]“物不知数”原载于《孙子算经》，它的系统解法是南宋数学家秦九韶在《数书九章·大衍求一术》中给出的.“大衍求一术”是中国古算中最具独创性的成就之一，属现代数论中的一次同余式组问题.现有一道同余式组问题：将正整数中，被4除余1且被6除余3的数，按由小到大的顺序排成一列，构成数列{a n }，记{a n }的前n 项和为S n ，则S 10＝（C）A.495B.522C.630D.730解析由题知，被4除余1且被6除余3的数中，最小的正整数是9，则满足条件的数列{a n }是以9为首项，12为公差的等差数列，则a n ＝12n －3（n ∈N *），所以S 10＝10×（9+117）2＝630.故选C.命题点2现代生活情境下的数列应用例2某市抗洪指挥部接到最新雨情预报，未来24h 城区拦洪坝外洪水将超过警戒水位，因此需要紧急抽调工程机械加高加固拦洪坝.经测算，加高加固拦洪坝工程需要调用20辆某型号翻斗车，平均每辆翻斗车需要工作24h.而抗洪指挥部目前只有一辆翻斗车可立即投入施工，其余翻斗车需要从其他施工现场抽调.若抽调的翻斗车每隔20min 才有一辆到达施工现场投入工作，要在24h 内完成拦洪坝加高加固工程，指挥部至少还需要抽调这种型号翻斗车（C）A.25辆 B.24辆C.23辆D.22辆解析由题意可知，一辆翻斗车需要20×24＝480（h ）才能完成拦洪坝的加高加固工程，设至少需要n 辆这种型号的翻斗车才能在24h 内完成该工程，这n 辆翻斗车的工作时间（单位：h ）按从大到小排列依次记为a 1，a 2，…，a n ，则数列{a n }是公差为－13的等差数列，所以a 1＝24，记{a n }的前n 项和为S n ，则S n ＝na 1＋（－1）2×（－13）＝24n －16n （n －1），当n ＝23时，S n ≈467.7＜480，当n ＝24时，S n ＝484＞480，故n 的值为24，至少需要24辆翻斗车，所以至少还需要抽调23辆翻斗车，故选C.训练2[多选]如图所示，这是小朋友们喜欢玩的彩虹塔叠叠乐玩具.某数学兴趣小组利用该玩具制订如下玩法：在2号杆中自下而上串有由大到小的n （n ∈N *）个彩虹圈，将2号杆中的彩虹圈全部移动到1号杆中，3号杆可以作为过渡使用；每次只能移动一个彩虹圈，且无论在哪个杆中，小的彩虹圈必须放置在大的上方；将一个彩虹圈从一个杆移动到另一个杆中记为移动1次，记a n 为2号杆中n 个彩虹圈全部移动到1号杆所需要的最少移动次数，设b n ＝a n ＋1－n ，则下面结论正确的是（ABD ）A.a 3＝7B.a n ＋1＝2a n ＋1C.b n ＝2n ＋n －1D.∑i=1i＋ii i+1＝12－12r2－－2解析由题意易得，a 1＝1，a 2＝3.易知将n ＋1个彩虹圈全部移动到1号杆中所需要的最少次数为a n ＋1，若要将2号杆中的n ＋1个彩虹圈全部移动到1号杆中，则第一步，将除了最大的彩虹圈的n 个彩虹圈全部移动到3号杆中，所需要移动的最少次数为a n ；第二步，将最大的彩虹圈移动到1号杆中，最少需要移动1次；第三步，将3号杆中的n 个彩虹圈全部移动到1号杆中，需要移动的最少次数为a n ，所以a n ＋1＝2a n ＋1，所以a n ＋1＋1＝2（a n ＋1）.又a 1＋1＝2，所以数列{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＋1＝2n ，a n ＝2n －1，a 3＝7，所以选项A ，B 均正确；因为b n ＝a n ＋1－n ，所以b n ＝2n ＋1－1－n ，所以选项C 错误；因为＋r1＝1－1r1，所以∑i=1i ＋ii i+1＝11－12＋12－13＋13－14＋…＋1－1r1＝11－1r1＝12－12r2－－2，所以选项D 正确.综上，选ABD.命题点3数列中的新定义问题例3我们把形如F n ＝22＋1（n ∈N ）的数叫做“费马数”，设a n ＝log 2（F n －1），n ∈N *，S n 表示数列{a n }的前n 项和，则使不等式2212＋2323＋…＋2r1r1＜63127成立的最大正整数n 的值是（A ）A.5B.6C.7D.8解析因为F n ＝22＋1（n ∈N ），所以当n ∈N *时，a n ＝log 2（F n －1）＝log 2（22＋1－1）＝2n，所以S n ＝2×（1－2）1－2＝2n ＋1－2.而2r1r1＝2r1（2r1－2)(2r2－2）＝12r1－2－12r2－2，所以2212＋2323＋…＋2r1r1＝122－2－123－2＋123－2－124－2＋…＋12r1－2－12r2－2＝12－12r2－2.若12－12r2－2＜63127，则12r2－2＞1254，即2n ＋2＜256，解得n ＜6，故选A.训练3函数y ＝[x ]称为高斯函数，[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.已知数列{a n }满足a 3＝3，且a n ＝n （a n ＋1－a n ），若b n ＝[lg a n ]，则数列{b n }的前2025项和为4968.解析由a n ＝n （a n ＋1－a n ），得（n ＋1）a n ＝na n ＋1，即r1＝r1，利用累乘法（或r1r1＝＝33＝1），可得a n ＝n .记{b n }的前n 项和为T n ，当1≤n ≤9时，0≤lg a n ＜1，b n ＝[lg a n ]＝0；当10≤n ≤99时，1≤lg a n ＜2，b n ＝1；当100≤n ≤999时，2≤lg a n ＜3，b n ＝2；当1000≤n ≤2025时，3≤lg a n ＜4，b n ＝3.所以T 2025＝（b 1＋…＋b 9）＋（b 10＋…＋b 99）＋（b 100＋…＋b 999）＋（b 1000＋…＋b 2025）＝9×0＋90×1＋900×2＋1026×3＝4968.1.[命题点1/2023河南郑州一模]我国古代有这样一个数学问题：今有男子善走，日增等里，首日行走一百里，九日共行一千二百六十里，问日增几何？其大意是：现有一个善于步行的人，第一天行走了一百里，以后每天比前一天多走d 里，九天他一共行走了一千二百六十里，求d 的值.关于该问题，下列结论错误的是（A）A.d ＝15B.此人第三天行走了一百二十里C.此人前七天一共行走了九百一十里D.此人前八天一共行走了一千零八十里解析设此人第n（n∈N*）天走a n里，则数列{a n}是公差为d的等差数列，记数列{a n}的前n项和为S n，由题意可得1=100，9=91+36=1260，解得d＝10，A错.a3＝a1＋2d＝120，B对.S7＝7a1＋6×72d＝910，C对.S8＝8a1＋7×82d＝1080，D对.故选A.2.[命题点2/2023江西清江中学期末]现某药厂打算投入一条新的药品生产线，已知该生产线连续生产n年的累计年产量（单位：万件）为T（n）＝14n（n＋1）（n＋3），如果年产量超过60万件，可能出现产量过剩，产生药物浪费.从避免药物浪费和环境保护的角度出发，这条生产线的最大生产期限应拟定为（B）A.7年B.8年C.9年D.10年解析设第n年年产量为a n，则第一年年产量为a1＝T1＝2，以后各年年产量为a n＝T（n）－T（n－1）＝14n（3n＋5）（n≥2，n∈N*），a1＝2也符合上式，所以a n＝14n（3n＋5）（n∈N*）.令14n（3n＋5）≤60，得3n2＋5n－240≤0.设f（x）＝3x2＋5x－240，其图象的对称轴为直线x＝－56，则当x＞0时，f（x）单调递增.又f（8）＝3×82＋5×8－240＝－8＜0，f（9）＝3×92＋5×9－240＝48＞0，所以3n2＋5n－240≤0的最大正整数解为8，则这条生产线的最大生产期限应拟定为8年.故选B.3.[命题点3/多选/2023北京师范大学第二附属中学期中]若一个数列的第m项等于这个数列的前m项的乘积，则称这个数列为“m积特征列”，若各项均为正数的等比数列{a n}为“6积特征列”，且a1＞1，则当{a n}的前n项之积最大时，n的值为（CD）A.5B.4C.3D.2解析由{a n}是等比数列，得a n＝a1q n－1，其中q为数列{a n}的公比.因为数列{a n}是“6积特征列”，所以a6＝a1a2a3a4a5a6，所以15q10＝1，所以a1q2＝1，所以a1＝q－2.因为数列{a n}各项均为正数，a1＞1，所以0＜q＜1.设数列{a n}的前n项之积为P n，则有P n＝a1a2…a n＝1q1＋2＋3＋…＋（n－1）＝2－52.因为0＜q＜1，所以当2－52最小时，P n最大.结合二次函数的图象及n∈N*知当n＝2或n＝3时，2－52最小，P n最大.故选CD.学生用书·练习帮P3151.[2023武汉市5月模拟]将1，2，…，n 按照某种顺序排成一列得到数列{a n }，对任意1≤i ＜j ≤n ，如果a i ＞a j ，那么称数对（a i ，a j ）构成数列{a n }的一个逆序对.若n ＝4，则恰有2个逆序对的数列{a n }的个数为（B）A.4B.5C.6D.7解析由题知数列{a n }中的项都是正整数，当n ＝4时，1≤i ＜j ≤4，将1，2，3，4按照某种顺序排成一列，则用列举法列出所有恰有2个逆序对的数列的组合为{1，4，2，3}，{1，3，4，2}，{2，1，4，3}，{2，3，1，4}，{3，1，2，4}，共5个，故选B.2.[2024湖南名校联考]南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中提出了高阶等差数列的问题，即一个数列{a n }本身不是等差数列，但从数列{a n }中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列{b n }（称数列{a n }为一阶等差数列），或者{b n }仍旧不是等差数列，但从数列{b n }中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列{c n }（称数列{a n }为二阶等差数列）……以此类推，得到高阶等差数列.类比高阶等差数列的定义，我们亦可定义高阶等比数列，设数列{a n }：1，1，3，27，729，…是一阶等比数列，则∑J110log 3a n 的值为（参考公式：12＋22＋…＋n 2＝6（n ＋1）（2n ＋1））（B ）A.60B.120C.240D.480解析由题意知，数列{a n }为一阶等比数列.设b n ＝r1，则{b n }为等比数列，其中b 1＝1，b 2＝3，公比为q ＝21＝3，所以b n ＝3n －1.故a n ＝b n －1b n －2…b 1·a 1＝31＋2＋3＋…＋（n －2）＝3（－1)(－2）2，n ≥2，a 1＝1，也适合上式，所以log 3a n ＝log 33（－1)(－2）2＝（－1)(－2）2＝12（n 2－3n ＋2）.所以∑J110log 3a n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋log 3a 3＋…＋log 3a 10＝12×[（12＋22＋…＋102）－3×（1＋2＋…＋10）＋2×10]＝12×[（16×10×11×21）－3×（1+10）×102＋2×10]＝120.故选B.3.[2023昆明市模拟]Farey 序列是指把在0到1之间的所有分母不超过n （n ∈N *）的最简分数及0（视为01）和1（视为11）按从小到大的顺序排列起来所形成的数列，记作F －n ，例如F －4就是01，14，13，12，23，34，11.则F －7的项数为19.解析F －7中分子为1的有17，16，15，14，13，12；分子为2的有27，25，23；分子为3的有37，35，34；分子为4的有47，45；分子为5的有57，56；分子为6的有67；再加上01和11两项，共有19项.4.对于数列{a n }，使数列{a n }的前k 项和为正整数的k 的值叫做“幸福数”.已知a n ＝log 4r1，则数列{a n }在区间[1，2025]内的所有“幸福数”的个数为5.解析a n ＝log 4r1＝log 4（n ＋1）－log 4n ，设数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ＝log 42－log 41＋log 43－log 42＋…＋log 4（n ＋1）－log 4n ＝log 4（n ＋1）.根据题意得S k 为正整数，设S k ＝m （m ∈N *），则log 4（k ＋1）＝m ，所以k ＋1＝4m ，令1≤k ≤2025，则1≤4m －1≤2025，故m 可取1，2，3，4，5，共5个数，所以所求“幸福数”有5个，故答案为5.5.我国古人将一年分为二十四个节气，如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，冬至的晷长最长，夏至的晷长最短，周而复始.已知冬至的晷长为13.5尺，芒种的晷长为2.5尺，则一年中夏至到大雪的晷长的和为84尺.解析依题意，冬至的晷长为13.5尺，记为a 1＝13.5，芒种的晷长为2.5尺，记为a 12＝2.5，因为相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，所以从冬至到芒种的晷长可构成等差数列{a n }，n ∈N *，n ≤12，则数列{a n }的公差d ＝12－112－1＝2.5－13.512－1＝－1.因为夏至与芒种相邻，且夏至的晷长最短，所以夏至的晷长为a 12＋d ＝1.5（尺），又大雪与冬至相邻，且冬至的晷长最长，所以大雪的晷长为a 1＋d ＝12.5（尺）.显然夏至到大雪的晷长可构成一个递增的等差数列，其首项为1.5，末项为12.5，共12项，所以一年中夏至到大雪的晷长的和为1.5+12.52×12＝84（尺）.6.某项测试有10道必答题，甲和乙参加该测试，分别用数列{a n }和{b n }记录他们的成绩.若第k 题甲答对，则a k ＝k ，若第k 题甲答错，则a k ＝－k ；若第k 题乙答对，则b k ＝2k －1，若第k 题乙答错，则b k ＝－2k －1.已知b 1＋b 2＋…＋b 10＝767，a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a 10b 10＝9217，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝39.解析由题意可知｜a k ｜＝k ，｜b k ｜＝2k －1，记T ＝∑i=110｜a i ｜｜b i ｜＝1×20＋2×21＋…＋10×29，则2T ＝1×21＋2×22＋…＋10×210，两式相减得T ＝－（20＋21＋…＋29）＋10×210＝－1－2101－2＋10×210＝1＋9×210＝9217，所以∑i=110｜a i ｜｜b i ｜＝∑i=110a ib i ，该式表明对于10道题中的每一道题，甲和乙同时答对或者同时答错.由题意可知，乙的成绩为∑i=110b i ＝767，若乙10道题全部答对，则其获得的总成绩应为20＋21＋22＋…＋29＝1－2101－2＝1023，令1023－7672＝2m －1，解得m ＝8，所以乙除第8题答错外，其余题均答对，所以甲除第8题答错外，其余题均答对，所以∑i=110a i ＝1＋2＋3＋4＋5＋6＋7－8＋9＋10＝39.7.[2023上海华东师范大学第二附属中学期末改编]某工厂在2023年上半年施行“减员增效”措施，对部分人员实行分流，规定分流人员第一年可以到原单位领取工资的100％，从第二年起，以后每年只能在原单位按上一年工资的23领取工资.该厂根据分流人员的技术特长，计划创办新的经济实体，该经济实体预计第一年属投资阶段，第二年每人可在工资的基础上额外获得b 元收入，从第三年起每人每年的额外收入可在上一年的基础上增加50％.假设某人分流前工资收入为每年a 元，分流后进入新经济实体，第n 年的年收入为a n 元.（1）求{a n }的通项公式.（2）当b ＝827时，这个人哪一年的年收入最少？最少为多少元？（3）当b ≥38时，是否能保证这个人分流一年后的年收入永远超过分流前的年收入？解析（1）由题意得，当n ＝1时，a 1＝a ，当n ≥2时，a n ＝（23）n －1a ＋（32）n －2b .所以a n ＝，=1，（23）－1＋（32）－2，≥2.（2）b ＝827，当n ≥2时，a n ＝（23）n －1a ＋827（32）n －2≥3×27＝89，当且仅当（23）n －1a ＝827（32）n －2时，上式的等号成立，即（23）2n －3＝（23）3，解得n ＝3，此时a n ＝a 3＝89.又a 1＝a ＞89，所以这个人分流后第三年的年收入最少，最少为89元.（3）当n ≥2时，a n ＝（2）n －1a ＋（32）n －2b ≥（23）n －1a ＋38（32）n－2≥2a ，当且仅当b ＝38且n ＝log 2313时，上式等号成立，又n ≥2且n ∈N *，因此等号不能取到，所以当n ≥2时，a n ＞a .故当b ≥38时，能保证这个人分流一年后的年收入永远超过分流前的年收入.。

数学创新试题数列经典题选析2013年考前必练数列是高中代数的重要内容，又是学习高等数学的基础. 在高考和各种数学竞赛中都占有重要的地位.一、等差数列与等比数列例1．A ＝{递增等比数列的公比}，B ＝{递减等比数列的公比}，求A ∩B ． 解：设q ∈A ，则可知q>0（否则数列为摆动数列）．由a n ＋1－a n ＝a 1·q n －a 1·q n －1＝a 1·q n －1(q －1)>0，得 当a 1＞0时，那么q ＞1；当a 1＜0时，则0＜q ＜1． 从而可知 A ＝{q | 0<q<1或q>1}．若q ∈A ，同样可知q>0．由a n ＋1－a n ＝a 1·q n －a 1·q n －1＝a 1·q n －1(q －1)＜0，得 当a 1＞0时，那么0＜q ＜1；当a 1＜0时，则q ＞1． 亦可知 B ＝{q | 0<q<1或q>1}． 故知A ∩B ＝{q | 0<q<1或q>1}．说明：貌似无法求解的问题，通过数列的基本量，很快就找到了问题的突破口！例2．求数列1，(1＋2)，(1＋2＋22)，……，(1＋2＋22＋……＋2n －1)，……前n 项的和．分析：要求得数列的和，当务之急是要求得数列的通项，并从中发现一定规律．而通项又是一等比数列的和．设数列的通项为a n ，则a n ＝1＋2＋22＋……＋2n －1＝1·(1－2n)1－2＝2n －1．从而该数列前n 项的和S n ＝(2－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n－1)＝(2＋22＋23＋ (2))－n ＝2·(1－2n)1－2－n ＝2n ＋1－n －2．说明：利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法. 1、 等差数列求和公式：d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=2、等比数列求和公式：⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--==)1(11)1()1(111q q q a a qq a q na S n nn3、 )1(211+==∑=n n k S nk n4、)12)(1(6112++==∑=n n n k S nk n 5、 213)]1(21[+==∑=n n k S nk n 常用的数列求和方法有：利用常用求和公式求和；错位相减法求和；反序相加法求和；分组法求和；裂项法求和；合并法求和；利用数列的通项求和等等。

数列创新题的基本类型及求解策略高考创新题，向来是高考试题中最为亮丽的风景线．这类问题着重考查观察发现，类比转化以及运用数学知识，分析和解决数学问题的能力．当然数列创新题是高考创新题重点考查的一种类型．下举例谈谈数列创新题的基本类型及求解策略． 一、创新定义型例1．已知数列{}n a 满足1log (2)n n a n +=+（n *∈N ），定义使123k a a a a ⋅⋅⋅⋅为整数的数叫做企盼数，则区间[1,2005]内所有的企盼数的和M =________． 解：∵1log (2)n n a n +=+（n *∈N ），∴1232312......log 3log 4log (2)log (2)k k a a a a k k +=⋅⋅⋅+=+．要使2log (2)k +为正整数，可设1()22n k n ++=，即1()22n k n +=-（n *∈N ）． 令11222005n +-≤≤⇒19n ≤≤（n *∈N ）． 则区间[1,2005]内所有企盼数的和9912341011()(22)(22)(22)(22).......(22)n n n M k n +====-=-+-+-++-∑∑29234102(21)(222.......2)2918205621-=+++++⨯=-=-，∴2056M =． 评析：准确理解企盼数的定义是求解关键．解题时应将阅读信息与所学知识结合起来，侧重考查信息加工能力． 二、性质探求型例2．已知数列{}n a 满足31,2,3,4,5,67n n n n a a n +=⎧=⎨-⎩≥，则2005a =______．解：由3n n a a +=-，7n ≥知，63n n n a a a ++=-=．从而当n ≥6时，有6n n a a +=，于是知20053346111a a a ⨯+===． 评析：本题主要通过对数列形式的挖掘得出数列特有的性质，从而达到化归转化解决问题的目的．其中性质探求是关键． 三、知识关联型例3．设是椭圆22176x y +=的右焦点，且椭圆上至少有21个不同的点(1,2,3,)i P i =，使123,,,PF PF PF 组成公差为的等差数列，则的取值范围为_______．解析：由椭圆第二定义知e i i iPF PP ='e i i i PF PP '⇒=，这些线段长度的最小值为右焦点到右顶点的距离即11FP =-，最大值为右焦点到左顶点的距离即211PF =+，故若公差0d >11(1)n d +=-+-，∴2121n d >+≥，∴1010d <≤．同理，若公差0d <，则可求得1010d -<≤． 评析：本题很好地将数列与椭圆的有关性质结合在一起，形式新颖，内容深遂，有一定的难度，可见命题设计者的良苦用心．解决的关键是确定该数列的最大项、最小项，然后根据数列的通项公求出公差的取值范围． 四、类比联想型例4．若数列{}()n a n *∈N 是等差数列，则有数列123nn a a a a b n++++=()n *∈N 也是等差数列；类比上述性质，相应地：若数列{}n c 是等比数列，且0n c >，则有数列n d =_______也是等比数列．解析：由已知“等差数列前n 项的算术平均值是等差数列”可类比联想“等比数列前n 项的几何平均值也应该是等比数列”不难得到n d =也是等比数列．评析：本题只须由已知条件的特征从形式和结构上对比猜想不难挖掘问题的突破口． 五、规律发现型例5．将自然数1,2,3,4,排成数陈（如右图），在处转第一个弯，在转第二个弯，在转第三个弯，…．，则第2005个转弯处的数为____________．21―22 ―23―24―25－26| | 20 7 ― 8 ―9 ―10 27 | | | 19 6 1 ―2 11 …… | | | | 18 5 ― 4 ―3 12 | | 17―16 ―15―14 ―13解：观察由起每一个转弯时递增的数字可发现为“1,1,2,2,3,3,4,4,”．故在第2005个转弯处的数为：12(1231002)10031006010++++++=．评析：本题求解的关键是对图表转弯处数字特征规律的发现．具体解题时需要较强的观察能力及快速探求规律的能力．因此，它在高考中具有较强的选拔功能． 六、图表信息型例6．下表给出一个“等差数阵”：ij ⑴写出45a 的值； ⑵写出ij a 的计算公式；⑶证明：正整数在该等差数列阵中的充要条件是21N +可以分解成两个不是的正整数之积． 解：⑴4549a =（详见第二问一般性结论）． ⑵该等差数阵的第一行是首项为，公差为的等差数列：143(1)j a j =+-； 第二行是首项为，公差为的等差数列：275(1)j a j =+-，……， 第行是首项为43(1)i +-，公差为21i +的等差数列， 因此43(1)(21)(1)2(21)ij a i i j ij i j i j j =+-++-=++=++；⑶必要性：若在该等差数阵中，则存在正整数,i j 使得(21)N i j j =++， 从而212(21)21N i j j +=+++ (21)(21)i j =++． 即正整数21N +可以分解成两个不是的正整数之积．充分性：若21N +可以分解成两个不是的正整数之积，由于21N +是奇数，则它必为两个不是的奇数之积，即存在正整数k ，l ，使得21(21)(21)N k l +=++，从而(21)kl N k l l a =++=可见在该等差数阵中．综上所述，正整数在该等差数阵中的充要条件是21N +可以分解成两个不是的正整数之积． 评析：本小题主要考查等差数列、充要条件等基本知识，考查逻辑思维能力、分析问题和解决问题的能力．求解关键是如何根据图表信息求出行列式中对应项的通项公式． 七、“杨辉三角”型例7．如图是一个类似“杨辉三角”的图形，第行共有个数，且该行的第一个数和最后一个数都是，中间任意一个数都等于第1n -行与之相邻的两个数的和，,1,2,,,.......(1,2,3,)n n n n a a a n =分别表示第行的第一个数，第二个数，……．第个数．求,2(2n a n ≥且)n ∈N 的通项式．122343477451114115............................................解：由图易知2,23,24,25,22,4,7,11,a a a a ====从而知,2{}n a 是一阶等差数列，即3,22,24,23,25,24,2,2(1),22......(1)3......(2)4......(3)...............................1 (1)n n a a a a a a a a n n --=-=-=-=--以上1n -个式相加即可得到： ,22,2,2(1)(2)(1)(2)234.......(1)222n n n n n n a a n a +-+--=++++-=⇒=+即2,222n n n a -+=(2n ≥且)n ∈N评析：“杨辉三角”型数列创新题是近年高考创新题的热点问题．求解这类题目的关键是仔细观察各行项与行列式的对应关系，通常需转化成一阶（或二阶）等差数列结合求和方法来求解．有兴趣的同学不妨求出(,ij a i j *∈N 且)i j ≥的通项式． 八、阅读理解型例8．电子计算机中使用二进制，它与十进制的换算关系如下表：大的数是 ． 解：通过阅读，不难发现：00101112,20212,31212=⨯=⨯+⨯=⨯+⨯，0124020212=⨯+⨯+⨯，0125120212=⨯+⨯+⨯，进而知0127121212=⨯+⨯+⨯，写成二进制为111．于是知二进制为位数能表示十进制中最大的数是111111化成十进制为6012345211212121212126321-⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯==-．评析：通过阅读，将乍看陌生的问题熟悉化，然后找到解决的方法，即转化成等比数列求解． 总之，求解数列创新题的关键是仔细观察，探求规律，注重转化，合理设计解题方案，最后利用等差、等比数列有关知识来求解．。

第15讲 创新型数列问题一．选择题（共5小题）1．《张丘建算经》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有女不善织，日减功迟，初日织五尺，末日织一尺，今共织九十尺，问织几日？”，已知“日减功迟”的具体含义是每天比前一天少织同样多的布，则此问题的答案是( ) A ．10日B ．20日C ．30日D ．40日【解析】解：设此数列为等差数列{}n a ，15a =，1n a =，90n S =．∴(15)902n ⨯+=，解得30n =． 故选：C ．2．著名的斐波那契数列{}:1n a ，1，2，3，5，8，⋯，满足121a a ==，21n n n a a a ++=+，*n N ∈，若2020211k n n a a -==∑，则(k = ) A ．2020B ．4038C ．4039D ．4040【解析】解：根据题意斐波那契数列{}n a 中：满足121a a ==，21n n n a a a ++=+，*n N ∈，当n 为奇数时，11232462411n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a +--------=+=++=+++=⋯=+++⋯++． 则202021354039404011k n n a a a a a a -===+++⋯+=∑．所以4040k =． 故选：D ．3．已知数列{}n a 满足11a =-，1|1|21n n n a a a +=-++，其前n 项和为n S ，则下列说法正确的个数为( ) ①数列{}n a 是等差数列； ②数列{}n a 是等比数列； ③23n n a -=；④1332n n S --=．A ．0B ．1C ．2D ．3【解析】解：数列{}n a 满足11a =-，1|1|21n n n a a a +=-++，可得21a =，33a =，49a =，所以数列不是等差数列，也不是等比数列，所以①②③不正确； 当2n 时，1111333113931132n n n n S -----=-++++⋯+=-+=-，当1n =时，也满足表达式，所以1332n n S --=，所以④正确． 故选：B ．4．用()g n 表示自然数n 的所有因数中最大的那个奇数，例：9的因数有1，3，9，g （9）9=，10的因数有1，2，5，10，(10)5g =，那么g （1）g +（2）g +（3）2016(21)(g +⋯+-= ) A ．201541433⨯+B ．201541433⨯-C ．201641433⨯+D ．201641433⨯+【解析】解：由()g n 的定义知()(2)g n g n =，且若n 为奇数则()g n n = 令(2016)f g =（1）g +（2）g +（3）2016(21)g +⋯- 则(2017)f g =（1）g +（2）g +（3）2017(21)g +⋯-201713(21)g =++⋯+-+（2）g +（4）2017(22)g +⋯+-2016201712[1(21)]2g =+-⨯+（1）g +（2）20172016(22)4(2016)g f +⋯+-=+即2016(2017)(2016)4f f -=，分别取n 为1，2，⋯，n 并累加得(2017)f f -（1）20162201620164(14)4444(41)143⨯-=++⋯+==--，又f （1）g =（1）1=，所以20164(2017)(41)13f =-+所以(2016)f g =（1）g +（2）g +（3）201620152015441(21)(41)14333g +⋯-=-+=⨯-．故选：B ．5．数列{}n a 满足113a =，且对任意*n N ∈，21n nn a a a +=+，11nn a =+，数列{}n 的前n 项和为n S ，则2017S 的整数部分是( )A ．1B ．2C ．3D ．4【解析】解：21n nn a a a +=+，113a =，1n n a a +∴>． 2114939a ∴=+=，234452()9981a =+=，2452526916()181816561a =+=>．4n ∴时，1(0,1)n a ∈．21n n n a a a +=+，∴11111n n n a a a +=-+，可得：11111n n n a a a +=-+， 111nn n a a +∴=-，∴数列{}n 的前n 项和122311111111111()()()n n n n S a a a a a a a a ++=-+-+⋯+-=-． 20171201820181113(2,3)S a a a ∴=-=-∈． 其整数部分为2． 故选：B ．二．填空题（共10小题） 6．在数列{}n a 中，112a =，且11(*)2n na n N a +=∈-，设数列{}n a 的前n 项的积为n T ，则100T =1101 ． 【解析】解：112a =，且11(*)2n n a n N a +=∈-，2111212322a a ∴===--， 3211132424233a a ====--， 由归纳推理得1n na n =+， 则数列{}n a 的前100项的积为1001231001234101101T =⨯⨯⨯⋯⨯=， 故答案为：1101． 7．若数列{}n a 满足11a =，*11()()4n n n a a n N ++=∈，设21123444n n n S a a a a -=+++⋯+，类比课本中推导等比数列前n 项和公式的方法，可求得54n n n S a -= n ． 【解析】解：由21123444n n n S a a a a -=+++⋯+① 得2311231444444n n n n n s a a a a a --=+++⋯++②①+②得：2111223154()4()4()4n n n n n n s a a a a a a a a --=+++++⋯+++ 211111144()24()4444n n n n a a --=+⨯++⋯++11114n n a =+++⋯++ 4n n n a =+． 所以54n n n s a n -=． 故答案为n ．8．在数列{}n a ，{}n b中，12()n n n a a b +=++12()n n n b a b +=+-111a b ==，设数列{}n c 满足11n n n c a b =+，则数列{}n c 的前10项和10S =1023256． 【解析】解：数列{}n a ，{}n b中，12()n n n a a b +=++①，12()n n n b a b +=+-②所以①+②得：114()n n n n a b a b +++=+，整理得114n n n na b a b +++=+（常数）， 所以数列{}n n a b +是以112a b +=为首项，4为公比的等比数列． 所以121242n n n n a b --+=⨯=．①⨯②得：222114()4()8n n n n n n n n a b a b a b a b ++=+-+=， 所以118n n n na b a b ++=（常数），故数列{}n n a b 是以111a b =为首项，8为公比的等比数列，所以11188n n n n a b --=⨯=，由于数列{}n c 满足212111228n n n n n n c a b ---=+==，所以101012(1)10232125612S -==-， 故答案为：1023256． 9．设函数()f x 在定义域D 上满足1()1,()02f f x =-≠，且当x ，y D ∈时，()()()1x y f x f y f xy ++=+，若数列{}n x 中，11221,(,*)21n n n n x x x x D n N x +==∈∈+，则数列{()}n f x 的通项公式为 1()2n n f x -=- ． 【解析】解：函数()f x 在定义域D 上满足1()1,()02f f x =-≠，且当x ，y D ∈时，()()()1x yf x f y f xy ++=+，数列{}n x 中，11221,(,*)21n n n n x x x x D n N x +==∈∈+， 1222()()()1nn n n x f x f f x x +∴==+，∴1()2()n n f x f x +=，11()()12f x f ==-，1()2n n f x -∴=-．故答案为：1()2n n f x -=-．10．已知数列{}n a 是等差数列，数列{}n b 是等比数列，对一切*n N ∈，都有1n n na b a +=，则数列{}n b 的通项公式为 1n b = ．【解析】解：设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ， 1n n n a b a +=，∴211n n n ab a +++=， ∴221()n n n a a q a ++=，221()n n n a a q a ++∴=， 2312()n n n a a q a +++∴=，∴2312221n n n n n n a a a a a a +++++=， 即33312()n n n n a a a a +++=，即33(3)()(2)n n n n a d a d a d a ++=+， 化简可得，0n a d =， 0n a ≠，0d ∴=，故数列{}n a 是常数列， 故11n n na b a +==， 故答案为：1n b =．11．已知各项均为整数的数列{}n a 中，12a =，且对任意的*n N ∈，满足1212,3212n n n n n n a a a a ++-<+->⨯-，则2017a = 20172 ．【解析】解：由满足1122n n n a a +-<+，121122n n n a a +++∴-<+，2321n n n a a +∴-<⨯+． 又2321n n n a a +->⨯-．232n n n a a +∴-=⨯．20172017201520152013311()()()a a a a a a a a ∴=-+-+⋯+-+2015201313232322=⨯+⨯+⋯+⨯+10082(41)3241-=⨯+-20172=．故答案为：20172．12．定义：对于数列{}n x ，如果存在常数p ，使对任意正整数n ，总有1()()0n n x p x p +--<成立，那么我们称数列{}n x 为“p -摆动数列”①若21n a n =-，(10)n n b q q =-<<，*n N ∈，则数列{}n a 不是 “p -摆动数列”， {}n b “p -摆动数列”（回答是或不是）；②已知“p -摆动数列” {}n c 满足111n n c c +=+，11c =．则常数p 的值为 ； 【解析】（1）由21n a n =-知道{}n a 是递增数列，故不存在满足定义的p ，又因为(10)n n b q q =-<<可知n b 正负数值交替出现，故0p =时满足定义．（2）因为数列{}n c 是“p -摆动数列”，故1n =时有21()()0x p x p --<，可求得112p <<， 又因为使对任意正整数n ，总有1()()0n n c p c p +--<成立，即有21()()0n n c p c p ++--<成立， 则2()()0n n c p c p +-->，所以1c p >，3c p >，⋯，21n c p ->， 同理2c p <，4c p <，⋯，2n c p <， 所以221n n c p c -<<，即212111n n c c --<+，解得21n c ->51p -， 同理2211n n c c >+，解得2n c <，即51p -，综上，p =．13．数列{}n a 满足11121.n n n na a a n a ++-==，*n N ∈，则n a =2(1)n n + ． 【解析】解：根据题意，数列{}n a 满足112n n n na a n a ++-=，即112n n n na a na ++-=，变形可得：12n n a na n +=+， 则1211211212()()()113(1)n n n n n a a a n n a a a a a n n n n-----=⋯⨯=⨯⨯⋯⨯⨯=++， 故答案为：2(1)n n+．14．我们知道，如果定义在某区间上的函数()f x 满足对该区间上的任意两个数1x 、2x ，总有不等式1212()()()22f x f x x x f ++成立，则称函数()f x 为该区间上的向上凸函数（简称上凸）．类比上述定义，对于数列{}n a ，如果对任意正整数n ，总有不等式：212n n n a a a +++成立，则称数列{}n a 为向上凸数列（简称上凸数列）．现有数列{}n a 满足如下两个条件：（1）数列{}n a 为上凸数列，且11a =，1028a =；（2）对正整数*(110,)n n n N <∈，都有||20n n a b -，其中2610n b n n =-+． 则数列{}n a 中的第五项5a 的取值范围为 [13，25] ． 【解析】解：212n n n a a a +++，∴211211n n n na a a a n n n n+++--+--+-，∴1015110151a a a a ----，把11a =，1028a =代入，得513a ⋯（1）． 在||20n n ab -，2610n b n n =-+中，令5n =，得52530105b =-+=， 552020a b ∴--，51525a ∴-⋯（2）． （1）、（2）联立得1325a ． 答案：[13，25]．15．若数列{}n a ，{}n b 满足11a =，11b =，若对任意的*n N ∈，都有1n n n a a b +=+，1n n n b a b +=+111()3n nn nc a b =+，则无穷数列{}n c 的所有项的和为 1 ． 【解析】解：由题意，112()n n n n a b a b +++=+，{}n n a b ∴+是首项为2，公比为2的等比数列，∴2n n n a b +=，而22211()()2n n n n nn n n a b a b a b a b ++=+-+=，可得12n n n a b -=， 从而11112()333n n n n n n n n n n a b c a b a b +=+==，其各项和为12311113c q ==--．故答案为：1．。

数列中的创新题析数列作为高考考查的重点，几乎每年高考题中都推出一些题意新颖，构思精巧，具有明确导向的创新题型使高考数学充满活力和魅力。

在今后的考题中创新题型将越来越受到关注，本文以数列中的创新题进行分类解析，以抛砖引玉。

一、定义新概念或新运算型新信息题成为高考试题改革的一个新的亮点，通过给出一个新概念，或约定一种新运 算，或给出几个新的模型等创设一种全新的问题情境，主要考查学生独立提取信息、加工信息的学习能力，要求考生在阅读理解的基础上，紧扣条件，抓住关键的信息，实现信息的转化，达到灵活解题的目的。

例1、 在)2(≥m m 个不同数的排列n p p p 21中，若m j i ≤≤≤1时j i p p >（即前面某数大于后面某数），则称i p 与j p 构成一个逆序，一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数，记排列（n ＋1）n （n －1）…321的逆序数为n a ，如排列21的逆序数1a ＝1，排列321的逆序数32=a ，排列4321的逆序数.63=a（1） 求4a 、5a ，并写出n a 的表达式； （2） 令nn n n n a aa ab 11+++=，证明32221+<+++<n b b b n n ，n ＝1，2，…. 解：（1）由已知得4a ＝10，5a ＝15n a .2)1(12)1(+=+++-+=n n n n （2）因为nn n n n a a a a b 11+++=222222=+⋅+>+++=n n n n n n n n ，n ＝1，2，…， 所以.221n b b b n >+++ 又因为n b 222222+-+=+++=n n n n n n ，n ＝1，2，…， 所以)]211()4121()3111[(2221+-++-+-+=+++n n n b b b n.32221232+<+-+-+=n n n n综上32221+<+++<n b b b n n ，n ＝1，2，…. 点评：主要考查数列通项求和的方法。