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重难点突破 01 数列中的数学文化与新定义
一．选择题（共25小题）
1．（2023•北京模拟）2023年是我国规划的收官之年，2022年11月23日全国22个省份
的832个国家级贫困县全部脱贫摘帽．利用电商平台，开启数字化科技优势，带动消费扶
贫起到了重要作用．阿里研究院数据显示，2013年全国淘宝村仅为20个，通过各地政府
精准扶贫，与电商平台不断合作创新，2014年、2015年、2016年全国淘宝村分别为212个、
779个、1311个，从2017年起比上一年约增加1000个淘宝村，请你估计收官之年全国淘
宝村的数量可能为
A．4212个 B．4311个 C．4779个 D．8311个
【解答】解：根据题意，从 2017年起比上一年约增加 1000个淘宝村，2016年有淘宝村
1311个，
可以看成首项为1311，公差为1000的等差数列，
求2023年淘宝村的数量，
．
故选： ．
2．（2023•全国一模）南宋数学家在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些
新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，高阶等差数列中前后两项之
差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．现有高阶等差数列，其前 7项分
别为1，2，4，7，11，16，22，则该数列的第20项为
A．172 B．183 C．191 D．211
【解答】解：高阶等差数列 ，2，4，7，11，16，22， ，
令 ，则数列 ，2，3，4，5，6， ，
则数列 为等差数列，首项 ，公差 ， ，则 ，
则故选： ．
3．（2023•雅安模拟）小方计划从4月1日开始存储零钱，4月1日到4月4日每天都存储
1元，从4月5日开始，每天存储的零钱比昨天多1元，则小方存钱203天 月1日为第1
天）的储蓄总额为
A．19903元 B．19913元 C．20103元 D．20113元
【解答】解：4月1日到4月4日每天都存储1元，从4月5日开始，每天存储的零钱比昨
天多1元，
则 小 方 存 钱 203 天 月 1 日 为 第 1 天 ） 的 储 蓄 总 额 为
元．
故选： ．
4．（2023•甘肃模拟）九连环是一种流传于我国民间的传统智力玩具．它用九个圆环相连
成串，解开九连环最少需要移动341次．它在中国有近两千年的历史，《红楼梦》中有林
黛玉巧解九连环的记载．周邦彦也留下关于九连环的名句“纵妙手、能解连环．”九连环
有多种玩法，在某种玩法中：已知解下 1个圆环最少需要移动圆环1次，解下2个圆环最
少需要移动圆环2次，记 为解下 个圆环需要移动圆环的最少次数，且
，则解下8个圆环所需要移动圆环的最少次数为
A．54 B．90 C．170 D．256【解答】解：由题意， ， ， ，
； ；
； ；
； ；
，所以 ，
则解下8个圆环最少需要移动的次数为 ．
故选： ．
5．（2023•池州模拟）如图的形状出现在南宋数学家杨部所著的《详解九章算法 商功》
中，后人称为“三角垛”．角垛”的最上层有 1个小球，第二层有3个小球，第三层有6
个小球设各层球数构成数列 ．该数列从第二项起每一项与前一项的差构成等差数列，
则该“三角垛”中第8层小球个数为
A．21 B．28 C．36 D．45
【解答】解：根据题意，设第 层有 个小球，
则 ， ， ，
从第二项起每一项与前一项的差构成等差数列，
而 ， ，则 ， ， ，
故 ， 即 该 “ 三 角垛”中第8层小球个数为36．
故选： ．
6．（2023•浉河区校级模拟）三潭印月被誉为“西湖第一胜境”，所谓三潭，实际上是 3
个石塔和其周围水域，石塔建于宋代元四年（公元1089年），每个高2米，分别矗立在水
光潋滟的湖面上，形成一个等边三角形，记为△ ，设△ 的边长为 ，取△
每边的中点构成△ ，设其边长为 ，依此类推，由这些三角形的边长构成一
个数列 ，若 的前6项和为 ，则△ 的边长
A．62 B．61 C．31 D．30
【解答】解：根据题意可知 是公比为 的等比数列，
的前6项和为 ，
解得 ．
故选： ．
7．（2023•海淀区二模）芯片是科技产品中的重要元件，其形状通常为正方形．生产芯片
的原材料中可能会存在坏点，而芯片中出现坏点即报废，通过技术革新可以减小单个芯片
的面积，这样在同样的原材料中可以切割出更多的芯片，同时可以提高芯片生产的产品良
率． ．在芯片迭代升级过程中，每一代芯
片的面积为上一代的 ．图1是一块形状为正方形的芯片原材料，上面有 4个坏点，若将其按照图2的方式切割成4个大小相同的正方形，得到4块第3代芯片，其中只有一块无
坏点，则由这块原材料切割得到第3代芯片的产品良率为 ．若将这块原材料切割成16
个大小相同的正方形，得到16块第5代芯片，则由这块原材料切割得到第5代芯片的产品
良率为
A． B． C． D．
【解答】解：依题意将这块原材料如下切割得到第5代芯片，其中12块无坏点，4块有坏
点，
故第5代芯片的产品良率为 ．
故选： ．
8．（2023•四川三模）分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学．作为当
今世界十分风靡和活跃的新理论、新学科，它的出现使人们重新审视这个世界：世界是非
线性的，分形无处不在．分形几何学不仅让人们感悟到科学与艺术的融合，数学与艺术审
美的统一，而且还具有深刻的科学方法论意义，由此可见分形的重要性．美国物理学大师
曾说过：今后谁不熟悉分形，谁就不能被称为科学上的文化人． 雪花曲
线是一种典型的分形曲线，它的制作步骤如下：
第一步：任意画一个正三角形，记为 ，并把 的每一条边三等分；
第二步：以三等分后的每一条边中间一段为边向外作正三角形，并把这“中间一段”擦掉
记所得图形为 ；第三步：把 的每一条边三等分，重复第二步的制作，记所得图形为 ；
同样的制作步骤重复下去，可以得到 ， ， ，直到无穷，所画出的曲线叫做 雪
花曲线．
若下图中 的边长为1，则图形 的周长为
A．6 B． C． D．
【解答】解：根据题意，记第 个图形为 ，其中三角形边长为 ，边数为 ，
分析可得： ， ，
则图形 的边数为 ，边长 ，则第 个图形为 的周长为 ，
故当 时，周长为 ，
故选： ．
9．（2023•榆林三模）现有17匹善于奔驰的马，它们从同一个起点出发，测试它们一日可
行的路程．已知第 ，2， ， 匹马的日行路程是第 匹马日行路程的1.05倍，
且第16匹马的日行路程为315里，则这17匹马的日行路程之和约为（取
A．7750里 B．7752里 C．7754里 D．7756里
【解答】解：根据题意，第 ，2， ， 匹马的日行路程是第 匹马日行路程的
1.05倍，且第16匹马的日行路程为315里，所以第17匹马的日行路程为 里，
则这17匹马的日行路程之和为 里，
故选： ．
10．（2023•门头沟区一模）中国古代数学著作《九章算术》是人类科学史上应用数学的最
早巅峰．书里记载了这样一个问题“今有女子善织，日自倍，五日织五尺．问日织几
何？”译文是“今有一女子很会织布，每日加倍增长，5天共织5尺，问每日各织布多少
尺？”，则该女子第二天织布
A． 尺 B． 尺 C． 尺 D． 尺
【解答】解：设每日织布尺数构成的数列为 ，
则 是公比为2的等比数列，
由题知 ，解得 ，
该女子第二天织布数为 ．
故选： ．
11．（2023•安康一模）南京市地铁 号线经扩建后于2022年国庆当天正式运行，从起点
站长江大桥北站到终点站金牛湖站总行程大约为51.3千米，小张是陕西来南京游玩的一名
旅客，从起点站开始，他利用手机上的里程表测出前两站的距离大约为 2千米，以后每经
过一站里程约增加0.1千米，据此他测算出本条地铁线路的站点（含起始站与终点站）数
一共有
A．18 B．19 C．21 D．22
【解答】解：由题意设前两站的距离为 千米，
第二站与第三站之间的距离为 千米， ，第 站与第 站之间的距离为 千米，
则 是等差数列，首项是 ，公差 ，
则 ，解得 ，
则站点数一共有19个．
故选： ．
12．（2023•南京二模）大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主
要用于解释中国传统文化中的太极衍生即太极生两仪原理，如图所示（图中●表示太极，
表示 阳仪， 表示阴仪）．若数列的每一项都代表太极衍生过程中经历过的两仪数量总
和，即 为天一对应的经历过的两仪数量总和0， 为衍生到地二时经历过的两仪数量总
和2， 为衍生到天三时经历过的两仪数量总和4， ，按此规律，则 为
大衍图
A．84 B．98 C．112 D．128
【解答】解：根据题意，设该数列为 ，则 ，
故 ．
故选： ．13．（2023•李沧区校级一模）云冈石窟，古称为武州山大石窟寺，是世界文化遗产．若某
一石窟的某处“浮雕像”共7层，每一层的“浮雕像”个数是其下一层的2倍，共有1016
个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上每一层的“浮雕
像”的个数构成一个数列 ，则 的值为
A．8 B．10 C．12 D．16
【解答】解：从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列 ，
则 是以2为公比的等比数列，
， ，解得 ，
所以 ，
．
故选： ．
14．（2023•海淀区校级三模）已知数列 满足：对任意的 ，总存在 ，使
得 ，则称 为“回旋数列”．以下结论中正确的个数是
①若 ，则 为“回旋数列”；
②设 为等比数列，且公比 为有理数，则 为“回旋数列”；
③设 为等差数列，当 ， 时，若 为“回旋数列”，则 ；
④若 为“回旋数列”，则对任意 ，总存在 ，使得 ．
A．1 B．2 C．3 D．4
【解答】解：对于①：若 ，
可得 ，由 ，
可得 ，
取 即可，
此时 为“回旋数列”，故①正确；
对于②：已知 为等比数列，且公比 为有理数，
当 时， ， ，
由 ，
可得 ，
所以当 时， 明显不成立，
故 不是“回旋数列”，故②错误；
对于③：因为 是等差数列，
所以 ， ，
因为数列 是“回旋数列”，
所以 ，
整理得 ，
因为 为非负整数，
所以要保证 恒为整数，
故 为所有非负整数的公约数，且 ，所以 ，故③正确；
对于④：由①可得当 时， 为“回旋数列”，可得 ， ，
显然不存在 ，使得 ，故④错误．
综上得结论正确的有①③．
故选： ．
15．（2023•南通模拟）传说国际象棋发明于古印度，为了奖赏发明者，古印度国王让发明
者自己提出要求，发明者希望国王让人在他发明的国际象棋棋盘上放些麦粒，规则为：第
一个格子放一粒，第二个格子放两粒，第三个格子放四粒，第四个格子放八粒 依此规律，
放满棋盘的 64 个格子所需小麦的总重量大约为 吨． 麦子大约 20000 粒，
A． B． C． D．
【解答】解：由题意得，格子的麦粒数构成以1为首项，以2为公比的等比数列，
，
麦子大约20000粒， 吨麦子大约为 粒，
，
，
故选： ．
16．（2023•上饶模拟）2022年10月16日上午10时，举世瞩目的中国共产党第二十次全
国代表大会在北京人民大会堂隆重开幕，某单位组织全体人员在报告厅集体收看，已知该
报告厅共有16排座位，共有432个座位数，并且从第二排起，每排比前一排多 2个座位数，
则最后一排的座位数为
A．12 B．26 C．42 D．50
【解答】解：根据题意，把各排座位数看作等差数列，
设等差数列通项为 ，首项为 ，公差为 ，前 项和为 ，则 ，所以 ，解得 ，
所以 ．
故选： ．
17．（2023•湖北模拟）为平衡城市旅游发展和生态环境保护，某市计划通过五年时间治理
城市环境污染，预计第一年投入资金81万元，以后每年投入资金是上一年的 倍；第一年
的旅游收入为20万元，以后每年旅游收入比上一年增加10万元，则这五年的投入资金总
额与旅游总收入差额为
A．325万元 B．581万元 C．721万元 D．980万元
【解答】解：根据题意可知，这五年投入的金额构成首项为81，公比为 的等比数列，
所以这五年投入的资金总额是 （万元），
由题意可知，这五年的旅游收入构成首项为20，公差为10的等差数列，
所以这五年的旅游总收入是 （万元），
所以这五年的投入资金总额与旅游总收入差额为 （万元）．
故选： ．
18．（2023•金凤区校级一模）农历是我国古代通行历法，被誉为“世界上最突出和最优秀
的智慧结晶”．它以月相变化周期为依据，每一次月相朔望变化为一个月，即“朔望月”
约为29.5306天．由于历法精度的需要，农历设置“闰月”，即按照一定的规律每过若干
年增加若干月份，来修正因为天数的不完美造成的误差，以使平均历年与回归年相适应：
设数列 满足 ， ， ， ，其中 均为正整数：
， ， ， ， ， ，那么第 级修正是“平均一年闰 个月”．已知我国农历为“19年共闰7个月”，则它是
A．第6级修正 B．第5级修正 C．第4级修正 D．第3级修正
【解答】解： ， ， ， ， ， ， ，
， ， ，
，
，
则我国农历为19年共闰7个月为第5级修正，
故选： ．
19．（2023•湖滨区三模）在当前市场经济条件下，私营个体商店中的商品，所标价格 与
其实际价值之间，存在着相当大的差距．对顾客而言，总是希望通过“讨价还价”来减少
商品所标价格 与其实际价值的差距．设顾客第 次的还价为 ，商家第 次的讨价为
有一种“对半讨价还价”法如下：顾客第一次的还价为标价 的一半，即第一次还价
，商家第一次的讨价为 与标价 的平均值，即 ； ；顾客第 次的还价
为上一次商家的讨价 与顾客的还价 的平均值，即 ，商家第 次的讨价
为上一次商家的讨价 与顾客这一次的还价 的平均值，即 ．现有一件衣服
标价1200元，若经过 次的“对半讨价还价”， 与 相差不到1元，则 最小值为A．4 B．5 C．6 D．7
【解答】解：依题意可知 ，
，
所以数列 是以 为首项，公比为 的等比数列，
所以 ，
由 ，
得 ，
，其中 ，
经检验可知， 的最小值为6．
故选： ．
20．（2023•万州区校级模拟）如图中阴影部分是一个美丽的螺旋线型图案，其画法是：取
正六边形 各边的三等分点 ， ， ， ， ， ，作第 2 个正六边形
，然后再取正六边形 各边的三等分点 ， 、 、 ， ，
，作第3个正六边形 ，依此方法，如果这个作图过程可以一直继续下去，
由△ ，△ ， 构成如图阴影部分所示的螺旋线型图案，则该螺旋线型图案的
面积与正六边形 的面积的比值趋近于A． B． C． D．
【解答】解：由外至内设每个六边形的边长构成数列 ，每个阴影三角形的面积构成数
列
设 ，则 ， ， ．
依此类推， ，
所以数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，所以 ，
又 ，
所以 ， ， ．
依此类推， ，则数列 的前 项和
，
如果这个作图过程可以一直继续下去，则 ，此时 ，
正六边形的面积为 ，
故该螺旋线型图案的面积与正六边形 的面积的比值趋近于 ．
故选： ．
21．（2023•思明区校级模拟）如图所示，九连环是中国传统民间智力玩具，以金属丝制成
9个圆环，解开九连环共需要256步，解下或套上一个环算一步，且九连环的解下和套上
是一对逆过程．九连环把玩时按照一定得程序反复操作，可以将九个环全部从框架上解下
或者全部套上．将第 个圆环解下最少需要移动的次数记为 ，已知 ，
，按规则有 ，则解下第4个圆环最少需要移动的次数
为A．4 B．7 C．16 D．31
【解答】解：由题意得 ， ， ，
由解下第4个圆环可得 ，
又 ，
则 ，
故选： ．
22．（2023•南关区校级模拟）如图，阴影部分是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是
这样的：正方形 的边长为4，取正方形 各边的四等分点 ， ， ， ，作
第2个正方形 ，然后再取正方形 各边的四等分点 ， ， ， ，作第3
个正方形 ，依此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案．设图中直角
面积为 ，直角 面积为 ，后续各直角三角形面积依次为 ， ， ，
则 的值为
A． B． C． D．
【解答】解：设第 个正方形的边长为 ，由已知可推得 ，则 ， ，
由已知可得， ， ， ，
所以 ，即 ，
所以，数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，所以 ，
所以 ， ， ，
所以， ．
故选： ．
23．（2023•黄石模拟）中国古代的武成王庙是专门祭祀姜太公以及历代良臣名将的庙宇，
这类庙宇的顶部构造颇有讲究，如图是某武成王顶部的剖面直观图，其中 ，
， ，2，3， ，数列 ，2，3， 是等差数列
且 ，若以 为坐标原点，以 ， ，分别为 ， 轴正方向建立平面直角坐
标系，则直线 的斜率是
A．0.4 B．0.45 C．0.5 D．0.55
【解答】解：由题意可知： ，令 ， ，因为 ，2，3， ，
所以 ，2，3， ，
因为数列 ，2，3， 是第二项为 的等差数列，
设公差为 ，则 ，因为 ，所以 ，
同理
则直线 的斜率 ，
故选： ．
24．（2023•十堰模拟）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一
列数：1，1，2，3，5，8，13，21， ．该数列的特点为前两个数都是1，从第三个数起，
每一个数都等于它的前面两个数的和，即 ，人们把这样的一列数组成的数列
称为“斐波那契数列”，则
A． B．2024 C． D．1
【解答】解：因为 ，
当 时 ， 所 以
．
又 ，所以 是首项为1，公比为 的等比数列，
则 ，
故 ．故选： ．
25．（2023•闵行区二模）若数列 、 均为严格增数列，且对任意正整数 ，都存在
正整数 ，使得 ， ，则称数列 为数列 的“ 数列”．已知数列
的前 项和为 ，则下列选项中为假命题的是
A．存在等差数列 ，使得 是 的“ 数列”
B．存在等比数列 ，使得 是 的“ 数列”
C．存在等差数列 ，使得 是 的“ 数列”
D．存在等比数列 ，使得 是 的“ 数列”
【解答】解：对于 ，例如 ，则 是等差数列， ， 都是严格增数列，
可得 ，
则 ，
取 ，则 ， ，即 ， 成立，
所以 是 的“ 数列”，所以 为真命题，所以 正确；
对于 ，例如 ，则 是等比数列， ， 都是严格增数列，
可得 ，则 ，
取 ，则 ， ，即 ， 成立，
所以 是 的“ 数列”，所以 为真命题，所以 正确；
对于 ，存在等差数列 ，使得 是 的“ 数列”，设等差数列 的公差为 ，因为 ， 都是严格增数列，
所以 ， ，所以 ，取 ，满足 ，
可知必存在 ，使得 成立，
当 时，对任意正整数 ，则有 ；
对任意正整数 ，则有 ；故不存在正整数 使得 ，
所以 为假命题；
对于 ；例如 ，则 是等比数列， ， 都是严格增数列，
可得 ，则 ，
取 ，则 ， ，即 ， 成立，
所以 是 的“ 数列”，所以 为真命题，所以 正确；
故选： ．
二．填空题（共5小题）
26．（2023•桃城区校级一模）分形几何学是法国数学家曼德尔勃罗特在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众多领域的难题提供了全新的思路．如图，正
三角形 的边长为4，取 各边的中点 ， ， 作第2个三角形，然后再取
各边的中点 ， ， 作第3个三角形，以此方法一直进行下去．已知 为第
1个三角形，设前 个三角形的面积之和为 ，若 ，则 的最小值为 3 ．【解答】解：根据题意，设第 个三角形的面积为 ，
分析可得：第 个三角形的边长为第 个三角形边长的一半，则 ，
而第一个三角形的面积 ，
故数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，
则前 个三角形的面积之和为 ，
若 ，解可得 ，故 的最小值为3；
故答案为：3．
27．（2023•固镇县三模）我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有人持金出五
关，前关二而税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并
五关所税，适重一斤，问本持金几何”其意思为“今有人持金出五关，第 1关收税金 ，
第2关收税金为剩余金的 ，第3关收税金为剩余金的 ，第4关收税金为剩余金的 ，
第5关收税金为剩余金的 ，5关所收税金之和，恰好重1斤，问原来持金多少？”若
将题中“5关所收税金之和，恰好重1斤，问原来持金多少？”改成假设这个原来持金
为 ，按此规律通过第8关，则第8关需收税金为 ．
【解答】解：第1关收税金： ；第2关收税金： ；第3关收税金：
；
，可得第8关收税金： ，即 ．故答案为： ．
28．（2023•保定二模）我们知道地球和火星差不多在同一轨道平面上运动，火星轨道在地
球轨道之外．当地球和火星与太阳在同一条直线上，这一天文现象称为“冲日”，简称
“冲”．假设地球和火星都做近似匀速圆周运动，火星绕太阳一周约需 687天，地球绕太
阳一周约需365.25天，则相邻两次“冲日”之间间隔约为 780 天．（结果精确到个
位）
【解答】解：由题意知，地球一天绕太阳转 ，火星一天绕太阳转 ，
设相邻两次“冲日”间隔 天，由于 ，
则 ，
所以 ．
故答案为：780．
29．（2022•南通模拟）德国数学家康托尔是集合论的创始人，以其名字命名的“康托尔尘
埃”作法如下：第一次操作，将边长为1的正方形分成9个边长为 的小正方形后，保留
靠角的4个，删去其余5个；第二次操作，将第一次剩余的每个小正方形继续 9等分，并
保留每个小正方形靠角的4个，其余正方形删去；以此方法继续下去 ．经过 次操作
后，共删去个 小正方形；若要使保留下来的所有小正方形面积之和不超过
，则至少需要操作 次．
【解答】解：由题可知，每次删掉的正方形数构成公比为4，首项为5的等比数列，
所以经过 次操作后，共删去的正方形个数 ；易知，第 次操作后共保留 个小正方形，其边长为 ，
所以，保留下来的所有小正方形面积之和为 ，
由 ，解得 ，
所以，至少需要9次操作才能使保留下来的所有小正方形面积之和不超过 ．
故答案为： ．
30．（2023•河南三模）为激发大家学习数学的兴趣，在一次数学活动课上．老师设计了有
序实数组 ， ， ， ， ， ，0， ，2，3， ， ， （A）表
示把 中每个 都变为 ，0，每个0都变为 ，1，每个1都变为0，1所得到的新的有
序实数组，例如： ，0， ，则 （A） ，0， ，1，0， ．定义
， ，2，3， ．若 ，则 中有 个1．
【解答】解：因为 ，依题意 （A） ，0， ，1，0， ．定义
， ，2，3， ，
所以 ，0，0， ， ，0， ，1， ，1，0， ，
显然， 中有2项，其中1项为 ，1项为1，
中有4项，其中1项为1，1项为 ，2项为0，
中有8项，其中3项为1，3项为 ，2项为0，
由此可得 总共有 项，其中1和 的项数相同．设 中有 项为1， 项为0，所以 ，
因为 （A）表示把 中每个 都变为 ，0，每个0都变为 ，1，每个1都变为0，1
所得到的新的有序实数组，
则 ，
所以 ，
可得 ，即 ，
则 ，
所以 ，解得 ，
所以 中有 个1．
三．解答题（共5小题）
31．（2023•海淀区校级三模）若数列 满足 ，2，3， ，
，则称数列 为 数列．记 ．
（1）写出一个满足 ，且 的 数列；
（2）若 ， ，证明： 数列 是递增数列的充要条件是 ；
（3）对任意给定的整数 ，是否存在首项为1的 数列 ，使得 ？如果存在，
写出一个满足条件的 数列 ；如果不存在，说明理由．
【解答】解：（1）1，0，1，2，1．（答案不唯一1，2，1，0，1．
（2）证明：必要性：
因为 数列 是递增数列，所以 ，2，3， ， ．
所以 数列 是以24为首项，公差为1的等差数列．
所以 ．
充分性：
因为 ，
所以 ，
所以 ， ， ， ，
所以 ，即 ，
因为 ， ，
所以 ，
所以 ，2，3， ， ，
即 数列 是递增数列．
综上，结论得证；
（3）令 ，2，3， ， ，则 ．
所以 ， ， ， ，
所以
，
因为 ，所以 为偶数 ，2，3， ， ，
所以 为偶数，
所以要使 ，即 ，
必须使 为偶数，
即4整除 ，
因为 ，
所以 或 ．
当 时， 数列 的项满足 ， ， ， ，
，2，3， ， 时，
有 ， ；
当 时， 数列 的项满足 ， ， ， ，
，2，3， ， 时，
有 ， ；
当 或 时， 不能被4整除，此时不存在 数列 ，使
得 ， ．
32．（2023•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 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 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 、 、 、 、 表示高度为 的
方体连续堆叠 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．
【解答】解：（1）由题意可知： ，注意到 ， ，
取等差数列的公差 ，则 ，
令 ，解得 ，即24为第5项；
令 ，解得 ，即19.2为第7项；
故 符合题意；
（2）可以，理由如下：
由（1）可知： ， ， ， ， ， ， ，，
设数列 的前 项和为 ，
，
故新堆叠坊塔的高度可以超过310米．
33．（2023•昆明一模）
雪花是一种美丽的结晶体，放大任意一片雪花的局部，会发现雪花的局部和整体的形状竟
是相似的．上图是瑞典科学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案，其作法如下：
将图①中正三角形的每条边三等分，并以中间的那一条线段为一边向形外作正三角形，再
去掉底边，得到图②；
将图②的每条边三等分，重复上述的作图方法，得到图③；
按上述方法，所得到的曲线称为科赫雪花曲线 ．
现将图①、图②、图③、 中的图形依次记为 、 、 、 、 ．小明为了研究图形
的面积，把图形 的面积记为 ，假设 ，并作了如下探究：
边数 3 12 48 192
3 12 48
从 起，每一个比前一个图形
多出的三角形的个数从 起，每一个比前一个图形
多出的每一个三角形的面积
根据小明的假设与思路，解答下列问题．
（1）填写表格最后一列，并写出 与 ， 的关系式；
（2）根据（1）得到的递推公式，求 的通项公式；
（3）从第几个图形开始，雪花曲线所围成的面积大于 ．
参考数据
【解答】解：（1）表格最后一列从上到下依次为： ； ， ；
， ，
， ；
（2）由 与 ， 的递推关系可得：
， ， ， ，
所有等式等号左右两边分别相加可得， ，
， ；
（3）由题可得， ，即 ，
即 ， ，
又 ， ，
代入得 ，
．从第7个图形开始，雪花曲线所围成的面积大于 ．
34．（2023•重庆模拟）卡特兰数是组合数学中一个常在各种计数问题中出现的数列．以比
利时的数学家欧仁 查理 卡特兰 命名．历史上，清代数学家明安图 年
年）在其《割圜密率捷法》最早用到“卡特兰数”，远远早于卡塔兰．有中国学者
建议将此数命名为“明安图数”或“明安图 卡特兰数”．卡特兰数是符合以下公式的一
个数列： 且 ．如果能把公式化成上面这种形式的数，就
是卡特兰数．卡特兰数是一个十分常见的数学规律，于是我们常常用各种例子来理解卡特
兰数．比如：在一个无穷网格上，你最开始在 上，你每个单位时间可以向上走一格，
或者向右走一格，在任意一个时刻，你往右走的次数都不能少于往上走的次数，问走到
， 有多少种不同的合法路径．记合法路径的总数为 ．
（1）证明 是卡特兰数；
（2）求 的通项公式．
【解答】解：（1）证明：在一个无穷网格上，最开始在 上，
每个单位时间可以向上走一格，或者向右走一格，
在任意一个时刻，往右走的次数都不能少于往上走的次数，记合法路径的总数为 ．
若先走到 则合法路径 ，
若先走到 且不走到 ，
相当于走到 后向右走到 再走到 ，
合法路径 ，若先走到 且不走到 ， ，
相当于走到 后再从 走到 ，合法路径 ，于是 ，即 为卡特兰数；
（2）记直线 ，则所有不合法路线都会与直线 有交点，
记第一个交点为 ，
将 之后的路径都沿着 对称，那么这条不合法路径的终点成为了 ，
总路线为 ，不合法路线为 ，合法路径为 ，即 ．
35．（2023•海淀区校级模拟）若无穷数列 的各项均为整数．且对于 ， ，
，都存在 ，使得 ，则称数列 满足性质 ．
（1）判断下列数列是否满足性质 ，并说明理由．
① ， ，2，3， ；
② ， ，2，3， ．
（2）若数列 满足性质 ，且 ，求证：集合 为无限集；
（3）若周期数列 满足性质 ，求数列 的通项公式．
【解答】解：（1）对① ， ，2，3， ；
可令 ，对 ， ，则 ， ，可得 ，显然不存在 ， ，使得 ，故数列 不满足性质 ；
对② ， ，2，3，
对于 、 ， ，则 ， ，
故 ，
因为 ， ， ， ，则 ，且 ，
所以存在 ， ，使得 ，故数列
满足性质 ．
（2）证明：若数列 满足性质 ，且 ，则有：
取 ， ， ，均存在 ， ，使得 ，
取 ， ， ，均存在 ， ，
使得 ，
取 ， ，均存在 ， ，
使得 ．
故数列 中存在 ，使得 ，
即 ．
运用反证法证明：假设 为有限集，其元素由小到大依次为 ， ， ，
，
取 ， ，均存在 ， ，使得 ，取 ， ， 均 存 在 ， ， 使 得
，
取 ， ， 均 存 在 ， ， 使 得
，
即 这与假设相矛盾，故集合 为无限集．
（3）设周期数列 的周期为 ， ，则对 ，均有 ，
设周期数列 的最大值为 ， ， ，最小项为 ， ，
即对 ，均有 ，
若数列 满足性质
运用反证法证明．假设 ，取 ， ，则 ， ，使得
，则 ，
即 ，
这对 ，均有 矛盾，假设不成立，即对 ，均有 ；
运用反证法证明．假设 时，取 ， ，则 ， ，使得
，这与对 ，均有 矛盾，假设不成立，即对 ，均有 ．
综上所述，对 ，均有 ；
运用反证法证明．假设 为数列 中的项，由（2）可得 ，3为数列 中的项，
因为 ，即 为数列 中的项，这与对 ，均有 相矛
盾，即对 ，均有 ．同理可证 ，
因为 ，则 ，2， ．
当 时，即数列 为常数列时，设 ，故对 ， ， ，都存在 ，
使得 ，解得 或3，即 或3，符合题意；
当 时，即数列 至少有两个不同项，则有：
①当0，2为数列 中的项，则 ，即 为数列 中的项，但 ，
2， ，不成立；
②当0，3为数列 中的项，则 ，即 为数列 中的项，但 ，
2， ，不成立；
③当2，3为数列 中的项，则 ，即1为数列 中的项，但 ，2，
，不成立；
综上所述， 或 ．
