专题4 数列中的其他综合压轴题型（含摆动数
列、开放性、新定义、应用、创新题型）（解析版）
数列的运算中含加、减、乘、除、乘方与开方，指数与对数，还有不等号等，形式多样化，方法灵活，
题意新颖，要求考生具有扎实的基础知识和较高的数学能力，包括题目阅读能力，细节观察能力，转化与
化归思想，特殊与一般思想，分类思想等，从而使数列成为高考和其它选拔性考试的一种常见题型，值得
我们好好重视，多维度观察与学习。
本节学习内容：
摆动数列题型：分段函数形式：
1
(
,
( )
)
,
n
f n n
a
g n n
为奇数
为偶数
，
1
(
,
(
)
)
,
n
n
n
f a
n
a
g a
n
为奇数
为偶数
，
1
(
,
,
(
,
)
)
.
n
n
n
n
n
f a
a
a
g a
a
当
为偶数时
当
为奇数时
含( 1)n
数列
等和数列、相加为变量
1
( )
n
n
a
a
f n
、
1
( )
n
n
S
S
f n
等积数列、相乘为变量
1
( )
n
n
a a
f n
开放性题型：答案不唯一，属于发散性的问题，此类题目的条件或结论不完备，要求考生自己去探索，结
合已知条件，进行观察、分析、比较和概括．
新定义题型：考察对定义的理解，结合新数列的新性质与数列常用基本“旧”性质，进行综合分析能力，
主要是将新性质顺势准确的应用在“旧”性质上，从而顺利解题.
应用题型：数列应用题通常以实际问题为背景，以数学建模为核心，以求解问题为目标，重点考查学生的
数列知识和分析问题与解决问题的能力．数列应用于生活的方方面面，经常用于分期付款、产
值增长等.
常用解题思路：审题、建模、研究模型、解决问题.
常用数列知识有等比数列求和、数列递推关系式，数列单调性，数列与指对运算相结合等.
创新题型：创新题一般与探究推理相结合，考查学生逻辑推理、信息加工、阅读理解、分析问题和解决问
题的能力，第一需要准确理解题意，确定该问题是数列问题；第二分析数量关系.从特殊到一般，
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找到数量规律，进行归纳与类比或猜想；第三构建数学模型，通过观察发现规律，把实际问题
转化为数学问题，解决数学问题.
题型一摆动数列
例一、
1. 已知数列
na
满足
1
1
a ，
1
1,
2,
n
n
n
a
n
a
a
n
为奇数
为偶数.
(1)记
2
n
n
b
a
，写出
1b 、
2b ，并求数列
nb
的通项公式；
(2)求
na
的前n 项和
nT .
【答案】(1)
1
2
b
，
2
5
b
，
3
1
nb
n
(2)
2
2
3
1,
4
3
,
4
n
n
n
T
n
n
为奇数
为偶数
【分析】（1）利用数列
na
的递推公式以及
2
n
n
b
a
可写出
1b 、
2b 的值，推导出数列
nb
为等差数列，确定
该数列的首项和公差，即可求得数列
nb
的通项公式；
（2）对n 分偶数和奇数两种情况讨论，在n 为偶数时，设
2
n
k k
N
，计算出
2
2
1
k
k
a
a
k
N
的表
达式，结合等差数列的求和公式可求得
nT 的表达式；在n 为奇数时，设
2
1
n
k
k
N
，由
2
2
n
k
k
T
T
a
可求得
nT 的表达式.综合可得出
nT 的表达式.
【详解】（1）解：因为数列
na
满足
1
1
a ，
1
1,
2,
n
n
n
a
n
a
a
n
为奇数
为偶数，
所以，
1
2
1 1
2
b
a
a
，
2
4
3
2
1
2 1
5
b
a
a
a
，
1
2
2
2
1
2
2
1
2 1
3
3
n
n
n
n
n
n
b
a
a
a
a
b
，即
1
3
n
n
b
b
，
所以，数列
nb
是公差为3，首项为2 的等差数列，
因此，
2
3
1
3
1
nb
n
n
.
（2）当n 为偶数时，设
2
n
k k
N
，则
2
2
1
1
k
k
a
a
，
2
n
k
，
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所以，
2
2
1
2
2
1
2
1
2 3
1
1
6
3
k
k
k
k
a
a
a
b
k
k
，
此时，
2
1
2
3
4
2
1
2
n
k
k
k
T
T
a
a
a
a
a
a
2
2
2
3
6
3
3
3
3
2
2
4
k
k
n
n
k
；
当n 为奇数时，设
2
1
n
k
k
N
，则
1
2
n
k
，
则
2
2
1
2
2
2
3
3
1
n
k
k
k
k
k
T
T
T
a
T
b
k
k
2
2
2
1
1
3
1
3
3
1
3
3
1
2
2
4
n
n
n
k
k
.
综上所述，
2
2
3
1,
4
3
,
4
n
n
n
T
n
n
为奇数
为偶数
.
2．
n
S 是等差数列
na
的前n 项和，数列
nb
满足
1
n
n
n
b
n
S
，
1
1
3
a
b
，
2
2
5
a
b
．
(1)求数列
nb
的通项公式；
(2)设数列
nb
的前n 项和为
nT ．
①求
10
T ；
②若集合
100
A
n n
且
100,
N
nT
n
，求集合A 中所有元素的和．
【答案】(1)
2
1
n
nb
n
n
(2)①0 ；②2575
【分析】（1）分别令
1
n 和
2
n
，解方程可得
1a ，
2
a ，可得
na 与
n
S ，进而可得
nb ；
（2）利用分组求和的方法可得
nT ，进而确定集合A 中元素.
【详解】（1）当
1
n 时，
1
1
1
1
1
1
1
b
S
a
，
所以
1
1
1
1
1
3
a
b
a
a
，解得
1
1
a ，
当
2
n
时，
2
2
2
1
2
2
2
1
2
1
b
S
a
a
a
，
所以
2
2
2
2
1
5
a
b
a
a
，解得
2
3
a
，
则
2
1
3 1
2
d
a
a
，
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所以
1 2
1
2
1
na
n
n
，
1
2
1 2
1
2
2
n
n
a
a
n
n
n
S
n
，
则
2
1
n
nb
n
n
；
（2）
①
2
2
2
2
10
1
2
10
1 1
2
2
9
9
10
10
T
b
b
b
2
2
2
2
2
2
1
2
10
1
2
3
4
9
10
1
2
10
1
2
10
0
，
②
1
2
2
2
2
2
1
2
1
1
2
2
3
3
1
1
1
1
n
n
n
n
T
b
b
b
n
n
n
n
1
2
2
2
2
2
1
2
3
1
1
2
3
1
1
1
n
n
n
n
n
n
1
2
2
2
2
2
1
1
2
3
1
1
1
2
n
n
n n
n
n
，
当n 为偶数时，
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
2
3
1
1
2
3
1
0
2
2
2
2
n
n n
n n
n n
n n
T
n
n
n
n
，
所以当n 为偶数时，
100
nT
恒成立，
当n 为奇数时，
2
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
2
3
1
2
2
2
n
n n
n n
n
n
T
n
n
n
n
n
，
令
2
100
nT
n
n
，
又函数
2
n
n
在
N
n
上单调递增，且
2
9
9
90
100
，
2
10
10
110
100
，
所以
9
n
，
所以集合A 中所有元素的和为
2
100
50
1
9
5
2
4
100
1
3
5
7
9
2575
2
2
.
3．已知数列
na
的前n 项和为
n
S ，
1
1
a ，
2
*
1
4
2,
n
n
S
S
n
n
n
N
，则
100
a
（
）
A．414
B．406
C．403
D．393
【答案】B
【分析】利用两式相减得
1
8
4
n
n
a
a
n
，再利用两式相减可得
2
8
2
n
n
a
a
n
，由此可得
2
8
6
n
a
n
，
进一步可得答案.
【详解】由
2
1
2
1
4
4
1
n
n
n
n
S
S
n
S
S
n
，两式相减得
1
1
8
4
n
n
S
S
n
，即
1
8
4
n
n
a
a
n
.
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再由
1
2
1
8
4
8
12
n
n
n
n
a
a
n
a
a
n
，两式相减得
2
8
2
n
n
a
a
n
，由
2
1
16
S
S
，得
2
14
a
，
故
2n
a
为以14 为首项，8 为公差的等差数列，故
2
14
1
8
8
6
n
a
n
n
，
故
100
8 50
6
406
a
.
故选：B
【点睛】关键点点睛：根据递推关系求出数列
na
的偶数项构成以14 为首项，8 为公差的等差数列，是解
题的关键，属于较难题目.
4．数列
na
满足
1
16n
n
n
a a
，
1
2
N
a
n
．
(1)求
na
的通项公式；
(2)设
1
,
,
n
n
n
a n
b
b
n n
为奇数
为偶数，求数列
nb
的前2n项和
2n
S
．
【答案】(1)
2
1
2 n
na
(2)
4 16
1
1
15
n
n n
【分析】（1）根据递推公式作商得
2
16
n
n
a
a
，再分类讨论结合累乘法计算即可；
（2）结合（1）的结论，及分组求和法计算即可.
【详解】（1）∵
1
16n
n
n
a a
，
1
2
a
，则
2
8
a
，
∴
1
1
2
16n
n
n
a
a
，两式相除得：
2
16
n
n
a
a
，
当
2
1
n
k
时，
1
3
5
7
2
1
1
3
5
2
3
16k
k
k
a
a
a
a
a
a
a
a
，
∴
3
2
4
1
1
2 16
2 k
k
k
a
，即
2
1
2 n
na
，
当
2
n
k
时，
1
6
8
2
4
2
4
6
2
2
16k
k
k
a
a
a
a
a
a
a
a
，
∴
1
2
4
1
2
8 16k
k
k
a
，即
2
1
2 n
na
，
综上所述，
na
的通项公式为：
2
1
2 n
na
；
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（2）由题设及（1）可知：
2
1
1
2
,
,
n
n
n
n
b
b
n n
为奇数
为偶数，
2
1
2
3
4
2
1
2
1
3
5
2
1
2
4
2
n
n
n
n
n
S
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
1
3
5
2
1
1
3
5
2
1
2
4
6
2
n
n
b
b
b
b
b
b
b
b
n
1
3
5
2
1
2
2
4
6
2
n
b
b
b
b
n
1
5
9
4
3
2 2
2
2
2
2
4
6
2
n
n
2 1 16
4 16
1
2
2
2
1
1 16
2
15
n
n
n
n
n n
5．任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3 再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种
运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1
4
2
1
．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷
猜想”等）．如取正整数
6
m
，根据上述运算法则得出6
3
10
5
16
8
4
2
1
，共需经过8
个步骤变成1（简称为8 步“雹程”）．现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列
na
满足：
1a
m
（m 为
正整数），
1
,
,
2
3
1,
.
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
当
为偶数时
当
为奇数时
当
3
m
时，
1
2
3
100
a
a
a
a
．
【答案】265
【分析】首先根据题意得到
1
2
3
4
5
42
a
a
a
a
a
，再根据
6
7
100
31 7
4
2
223
a
a
a
求解即可.
【详解】3
10
5
16
8
4
2
1
4
2
1
，
1
2
3
4
5
3 10
5 16
8
42
a
a
a
a
a
，
95 3
31
2
，所以
6
7
100
31 7
4
2
223
a
a
a
．
所以
1
2
100
42
223
265
a
a
a
．
故答案为：265
6．已知数列
na
的各项均为非负实数，且对任意正整数
2
n
，均有
1
1
n
n
n
a
a
a
n
.
(1)若
1
2
3
,
,
a a a 成等差数列，证明：存在无穷多个正整数k ，使得
ka
k
；
(2)若
2
2022
1
a a
，求
2023
a
的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
1
2024 2025
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【分析】（1）由递推公式推出
6
6
n
n
a
a
，再根据条件判定即可；
（2）结合（1）的结论，化简各项之间的关系再利用对勾函数求最值即可.
【详解】（1）由
1
1
3
2
1
1
1
2
1
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
n
a
a
a
n
a
a
n
a
n
2
3
n
n
a
，
则
6
3
2
3
3
6
n
n
n
a
n
a
a
，
故
na
中序号相差6 的项形成的子数列是以6 为公差的等差数列，
又
1
2
3
,
,
a a a 成等差数列，故
2
1
3
2
1
2
2
2
2
a
a
a
a
a
a
，
所以
3
1
4
3
2
1
5
4
3
6
1
4
,
3
5
,
4
5,
5
a
a a
a
a
a a
a
a
a
a
，
又
6
6
6
6
N
n
n
n
m
n
a
a
a
a
m m
，
当
2
n
时，
2 6
2
6
m
a
m
，当
5
n
时，
5 6
5
6
m
a
m
，
所以对于
ka
k
，当
6
2
k
m
或
6
5
k
m
N
m
时，等号恒成立，证毕；
（2）由上可知
3
2
1
4
1
5
2
6
1
2
3
2,
5
,
7
,
7
9
a
a
a
a
a a
a a
a
a
a
，
所以
2022
6
3
2023
1
2016
2025
,
2022
a
a
a a
a
，
又
2
2022
1
a a
，所以
2
3
1
1
3
2022
3
3
1
1
1
2
2025
2023
2025
2025
a
a
a
a
a
a
a
a
，
又因为数列
na
的各项均为非负实数，所以
3
0
a
，即
3
2025
2025
a
，
由对勾函数得单调性可知当
3
2025
2025
a
时，
1
max
1
2 2025
a
，
此时
2023
1
1
2022
2024 2025
a
a
.
【点睛】关键点睛：本题关键在于第一问找出数列的性质，利用等差数列的通项公式即可证明结论；第二
问则找出对应项之间的关系利用对勾函数的性质求最值即可.
练习题：
1．已知数列
na
满足
1
1
a ,
1
1,
2
,
n
n
n
a
n
a
a n
为奇数
为偶数
.
(1)记
2
n
n
b
a
,写出
1b ,
2b ,
3b ,
4b ,并猜想数列
nb
的通项公式;
(2)证明（1）中你的猜想;
(3)若数列
na
的前n 项和为
n
S ,求
2n
S
.
【答案】(1)
1
2
b
,
2
5
b
,
3
11
b
,
4
23
b
,猜想
1
3 2
1
n
nb
(2)证明见解析
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(3)
1
2
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3
6
n
n
S
n
【分析】(1)根据
na
的递推关系式及首项,写出
2
3
4
8
,
,
,
,
a a a
a
,进而求得
1b ,
2b ,
3b ,
4b ,根据推导过程及各项即
可猜想其通项公式;
(2)因为
2
n
n
b
a
,所以找到
2
2
n
a
和
2n
a 的关系,即
1
nb 与
nb 的关系,对式子进行配凑,可发现
1
nb
是以3 为首
项,2 为公比的等比数列,即可得
nb
的通项公式;
(3)根据
2
1
2
2
n
n
a
a
,可得
2
1
1
2
n
n
a
b
,将
2n
S
写为
1
3
2
1
2
4
2
n
n
a
a
a
a
a
a
,再将
2
1
1
2
n
n
a
b
,
2n
n
a
b
代入,可得
2
1
1
1
2
3
n
n
n
S
b
b
a
b
b
,将
1
3 2
1
n
nb
代入,再利用等比数列的求和公式即可得
2n
S
.
【详解】（1）由题知
1
1,
2
,
n
n
n
a
n
a
a n
为奇数
为偶数
,
因为
1
1
a ,所以
1
2
1 1
2
b
a
a
,
3
2
2
4
a
a
,
2
4
3
1
5
b
a
a
,
5
4
2
10
a
a
,
5
3
6
1
11
b
a
a
,
7
6
2
22
a
a
,
7
4
8
1
23
b
a
a
,
综上:
1
2
b
,
2
5
b
,
3
11
b
,
4
23
b
,
猜想
1
3 2
1
n
nb
.
（2）由题意,知
2
1
2
2
n
n
a
a
,
2
2
2
1
1
n
n
a
a
,代入得
2
2
2
2
1
n
n
a
a
,
于是
2
2
2
1
2
2
n
n
a
a
,即
1
1
2
1
n
n
b
b
,
因为
1
1
3
b ,所以
1
nb
是以3 为首项,2 为公比的等比数列,
故
1
3 2
1
n
nb
.
（3）因为
2
1
1
2
1
1
2
1
2
2
n
n
n
n
a
a
a
b
,
2
1
3
2
1
2
4
2
n
n
n
S
a
a
a
a
a
a
1
1
2
1
1
2
2
2
2 n
n
a
b
b
b
b
b
b
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b
b
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n
n
1
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6
n
n
.
2．设正项数列
na
的前n 项和为
n
S ，已知
3
5
a ，且
2
1
4
4
1
n
n
a
S
n
．
(1)求
na
的通项公式；
(2)若
1
1
n
n
n
n
n
b
a a
，求数列
nb
的前n 项和
nT ．
【答案】(1)
2
1
na
n
(2)
,
,
2 2
1
1
,
.
2 2
1
n
n
n
n
T
n
n
n
为偶数
为奇数
【分析】（1）根据
1
(
2)
n
n
n
S
S
a n
得到
1
2
n
n
a
a
，根据
2
1
4
4
1
n
n
a
S
n
和
3
5
a 得到
2
1
2
a
a
，即可
得到数列
na
是公差为2 的等差数列，然后求通项即可；
（2）利用裂项相消的方法求和即可.
【详解】（1）因为
2
1
4
4
1
n
n
a
S
n
，所以
2
1
4
4
1
n
n
S
a
n
①，
所以
2
n
时，
2
1
4
4
1
1
n
n
S
a
n
②．
由
①
②，得
2
2
n
n 1
n
4a
a
a
4
，即
2
2
1
2
n
n
a
a
．
因为
na
各项均为正数，所以
1
2
n
n
a
a
，即
1
2
n
n
a
a
，
因为
3
5
a ，所以
2
3
1
2
4
9
a
a
a
，
2
2
1
4
5
a
a
，解得
2
3
a
，
1
1
a ，
2
1
2
a
a
，
所以数列
na
是公差为2 的等差数列，
所以
1
1
2
2
1
na
n
n
．
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（2）由（1）得
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2
1
n
n
n
n
b
n
n
n
n
．
当n 为偶数时，
1
1
1 1
1
1 1
1
1 1
1
1
1
1
1
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3
4 3
5
4 5
7
4 7
9
4 2
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2
1
nT
n
n
1
1
1
4
2
1
2 2
1
n
n
n
；
当n 为奇数时，
1
1
1 1
1
1 1
1
1 1
1
1
1
1
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4
3
4 3
5
4 5
7
4 7
9
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1
2
1
nT
n
n
1
1
1
1
4
2
1
2 2
1
n
n
n
．
所以
,
,
2 2
1
1
,
.
2 2
1
n
n
n
n
T
n
n
n
为偶数
为奇数
3．(多选)已知数列
na
的前n 项和
n
S 满足
2
1
1
n
n
S
S
n
n
，
1
1
a ，则（
）
A．数列
na
的奇数项成等差数列
B．数列
na
的偶数项成等差数列
C．
2
2
2
n
S
n
D．
2
2
1
2
1
n
S
n
【答案】ABC
【分析】令
1
n 可求出
2
a 的值，当
2
n
时，由
2
1
1
n
n
S
S
n
n
可得出
2
1
1
n
n
S
S
n
n
，两式作差，
结合等差数列的定义可判断AB 选项；利用并项求和法可判断C 选项；由
2
2
1
2
2
1
2
1
1
n
n
S
S
n
n
可判断D 选项.
【详解】因为数列
na
的前n 项和
n
S 满足
2
1
1
n
n
S
S
n
n
，
则
1
2
3
S
S
，即
1
2
2
2
2
3
a
a
a
，可得
2
1
a ，
当
2
n
时，由
2
1
1
n
n
S
S
n
n
可得
2
2
1
1
1
1
1
n
n
S
S
n
n
n
n
，
两式作差，有
1
2
n
n
a
a
n
，
又由
1
2
2
a
a
，可得当
1
n 时，
1
2
n
n
a
a
n
，则
1
2
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n
n
a
a
n
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n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
n
n
，
可得数列
na
的奇数项、偶数项均成等差数列，可知选项AB 正确；
2
2
1
2
3
4
2
1
2
2 1
2
1
(
)
(
)
(
)
2 1 3
2
1
2
2
n
n
n
n
n
S
a
a
a
a
a
a
n
n
，
故C 选项正确；
2
2
2
1
2
2
1
2
1
1
2
2
1
n
n
S
n
n
S
n
n
，故D 选项错误．
故选：ABC.
4．已知数列
na
满足
*
1
1
1,
2
N
n
n
n
a
a
a
n
（是常数）.
(1)若
0
，证明
na
是等比数列；
(2)若
0
，且
na
是等比数列，求的值以及数列
2
3
1
( 1) log
n
n
a
的前n 项和
n
S .
【答案】(1)证明见解析
(2)
3
2
,
6
1
( 1)
1
4
n
n
n
S
【分析】（1）根据等比数列的定义证得结论成立.
（2）利用分组求和法以及对n 进行分类讨论来求得
n
S .
【详解】（1）依题意，
*
1
1
1,
2
N
n
n
n
a
a
a
n
，
当
0
时，
1
1
0,
n
n
n
na
a
a
a
，
所以数列
na
是首项
1
1
a ，公比为1
的等比数列.
（2）依题意，
*
1
1
1,
2
N
n
n
n
a
a
a
n
，
0
，且
na
是等比数列，
则
1
2
2
2
1
2,
2
1
a
a
a
a
，
2
2
3
3
3
2
1
2 ,
2
1
a
a
a
a
，
所以
2
2
1
1
2
1
，而
0
，故解得
3
2
，
则
1
2
3
1,
2,
4
a
a
a
，所以等比数列
na
的公比
2
q =
，
则
1
3
2
3
1
2
,
2
n
n
n
n
a
a
，
所以
2
3
2
3
1
2
( 1) log
( 1) log
( 1)
2
3
2
n
n
n
n
n
n
a
，
所以，当n 为偶数时，
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S
n
n
3
6
3
2
2
4
n
n
n
，
当n 为奇数时，
1
1
3
3
1
6
2
1
3
1
2
2
4
n
n
n
n
n
S
S
a
n
n
，
综上所述，
6
1
( 1)
1
4
n
n
n
S
.
5．如图，平面四边形ABCD中
ABD
△
的面积是
CBD
△
面积的两倍，数列
na
满足
1
1
a ，
2
5
a
，当
2
n
时，恒有
1
1
1
n
n
n
n
BD
a
a
BA
a
a
BC
，则数列
na
的前2n项和为
．
【答案】
3 9
1
4
n
【分析】根据
ABD
△
的面积与
CBD
△
面积的倍数关系，得到
1
2
3
3
BO
BA
BC
.求得
2
3
3
BD
BA
BC
，
得出
1
1
3
n
n
n
n
a
a
a
a
，即数列
1
n
n
a
a
为等比数列，再进行求解出数列
na
的前2n项和.
【详解】
如图所示，连接AC ，BD相交于O，分别过A，C 作AE
BD
于E，CF
BD
于F，
则AE CF
，因为
ABD
△
的面积是
CBD
△
面积的两倍.
所以
2
AE
CF
，
2
AO
OC
.
即
1
2
2
3
3
BO
BA
BC
BO
BO
BA
BC
.
设BD
BO
，则
2
3
3
BD
BA
BC
，
又因为
1
1
1
n
n
n
n
BD
a
a
BA
a
a
BC
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所以对比系数得
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1
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n
n
n
n
a
a
a
a
即
1
1
3
n
n
n
n
a
a
a
a
则数列
1
n
n
a
a
为首项是
2
1
6
a
a
，公比是3 的等比数列.
所以
1
1
6 3
n
n
n
a
a
则
1
1
6 3
n
n
n
a
a
设数列
na
的前2n项和为
2
1
2
3
4
2
1
2
n
n
n
S
a
a
a
a
a
a
0
2
2
2
2
1
2
6 3
6 3
6 3
6 1
9
9
9
n
n
n
S
1 9
3
6
9
1
1 9
4
n
n
故答案为：
3 9
1
4
n
【点睛】本题考查了向量与数列求和的综合性问题，面积比与向量表示系数成比的关系找到计算数列的突
破点，通过并项求和计算出结果，属于中档题.
6．已知数列
na
的前n 项和为
n
S ，
1
3
a
，且
1
3
1,
,
2
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
为奇数
为偶数
，若
90
m
S
，则m
．
【答案】25
【分析】由已知列举
na
的前9 项，得出其规律，再计算即可.
【详解】当
1
3
a
时，
2
10
a
，
3
5
a ，
4
16
a
，
5
8
a
，
6
4
a
，
7
2
a
，
8
1
a ，
9
4
a
，...，
则数列{
}
na
从第6 项开始，数列为周期为3 的周期数列，一个周期三项的和为7．
因为
5
42
S
；所以
5
m
，由
7
90
42
7
1
k
k
，
Z
k
，得
6
k
，
所以
25
5
6 7
4
2
90
S
S
，所以
25
m
．
故答案为：25．
题型二开放性题型
例二、
1．设
n
S 是数列
na
的前n 项和，写出同时满足下列条件数列
na
的一个通项公式:
.
①数列
n
S
n
是等差数列；②
2
n
，
1
1
2
n
n
n
S
S
S
；③
N
n
，
0
nS
【答案】
2
3
na
n
(答案不唯一)
【分析】利用等差数列的性质及求和公式计算即可.
【详解】设
n
S
n
的公差为d ，则
2
1
1
1
n
n
S
S
n
d
S
a n
d n
n
n
，
所以
2
1
1
1
n
S
a
n
d n
n
，作差可得
1
1
1
2
2
1
n
n
a
a
nd
a
a
n
d
，
故
1
2
n
n
a
a
d
，即
na
是以2d 为公差的等差数列；
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由
1
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2
n
n
n
n
n
S
S
S
a
a
，则
0
d
；
由③可知
1
0
a
，
不妨令
2
3
na
n
，满足题意.
故答案为：
2
3
na
n
.(答案不唯一)
2．若数列
1
2
:
,
,
,
2
n
n
A
a a
a
n
满足
1
1
1,2,
,
1
k
k
a
a
k
n
，则称
n
A 为E 数列.记
1
2
n
S A
a
a
na
.
(1)写出一个满足
1
5
0
a
a
，且
5
0
S A
的E 数列
5
A ；
(2)若
1
2022
a
，
2021
n
，证明E 数列
n
A 是递减数列的充要条件是
2
na
；
(3)对任意给定的整数
2
n n
，是否存在首项为0 的E 数列
n
A ，使得
0
n
S A
？如果存在，写出一个满
足条件的E 数列
n
A ；如果不存在，说明理由.
【答案】(1)0,1,2,1,0（或0,1,0,1,0）
(2)证明见解析；
(3)不存在，理由见解析.
【分析】(1)根据
1
1
1,2,
,
1
k
k
a
a
k
n
与
1
5
0
a
a
和
5
0
S A
可考虑写出0,1交替的数列.
(2)先证必要性，根据E 数列
n
A 是递减数列，可得
1
1
1,2,
,2021
k
k
a
a
k
，进而求得
2021
2
a
.再证明
充分性，因为
1
1
1,2,
,
1
k
k
a
a
k
n
，故
1
1
1,2,
,
1
k
k
a
a
k
n
，再累加可得
2021
1
2020
a
a
证
明即可.
(3)设
1
1,2,
,
1
k
k
k
c
a
a
k
n
,则
1
kc ，再累加求得
1
2
1
1
1
1
1
2
1
2
n
n
n n
c
n
c
n
A
c
S
，再分析
n
S A
的奇偶，根据整除的性质，
先假设存在再证明矛盾即可.
【详解】（1）0,1,2,1,0 （或0,1,0,1,0 ）
（2）必要性：因为E 数列
n
A 是递减数列，
所以
1
1
k
k
a
a
1,2,
2021
k
，
所以
n
A 是首项为2022 ，公差为1
的等差数列，
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所以
2021
2022
2021 1
1
2
a
；
充分性：由于
2021
2020
1
a
a
，
2020
2010
1
a
a
，…，
2
1
1
a
a
，
所以
2021
1
2020
a
a
，即
2021
1
2020
2
a
a
，
因为
2021
2
a
，所以
1
1
0
1,2,
,2021
k
k
a
a
k
，
所以数列
n
A 是递减数列.
综上，结论得证．
（3）令
1
k
k
k
c
a
a
1,2,
1
k
n
，
则
1
kc ．
因为
2
1
1
a
a
c
，
3
1
1
2
a
a
c
c
，……,
1
1
2
1
n
n
a
a
c
c
c
，
所以
1
1
2
3
1
1
2
3
n
n
S A
na
n
c
n
c
n
c
c
1
2
1
1
2
1
1
1
1
2
1
n
n
n
c
n
c
n
c
1
2
1
1
1
1
1
(
2
1
2
n
n n
c
n
c
n
c
）
因为
1
kc ，所以1
kc
为偶数
1,2,
1
k
n
，
所以
1
2
1
1
)
1
1
2
1
n
c
n
c
n
c
（
为偶数．
所以要使
0
n
S A
，必须使
1
2
n n
为偶数，即4 整除
1
n n
，
亦即
4
n
m
或
4
1
n
m
*
m
N
．
当
*
4
n
m m
N
时，
E 数列
n
A 的项满足
4
1
4
3
0
k
k
a
a
，
4
2
1
k
a
，
4
1
1,2,
k
a
k
m
时，
有
1
0
a
，
0
n
S A
；
当
*
4
1
n
m
m
N
时，
E 数列
n
A 的项满足
4
1
4
3
0
k
k
a
a
，
4
2
1
k
a
，
4
1
k
a
，
4
1
0
1,2,
k
a
k
m
时，
有
1
0
a
，
0
n
S A
．
当
4
2
n
m
，
4
3
n
m
m
N
时，
1
n n
不能被4 整除，
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所以对任意给定的整数(
2)
n n
,不存在E 数列
n
A 使得
1
0
a
，
0
n
S A
．
【点睛】关键点点睛：在解数列新定义的问题,需要根据题意去绝对值分析,并根据整除的性质推理证明.
3．已知各项均为整数的数列
1
2
:
,
,
,
N
N
A
a
a
a
3,
N
N
N .满足
1
0
N
a a
，且对任意
2,3,
,
i
N
，都有
1
|
|
1
i
i
a
a
≤.记
1
2
(
)
N
N
S A
a
a
a
.
（1）若
1
3
a
，写出一个符合要求的
6A ；
（2）证明：数列
N
A 中存在
ka 使得
0
ka
；
（3）若
(
)
N
S A
是N 的整数倍，证明：数列
N
A 中存在
ra 使得
(
)
N
r
S A
N a
.
【答案】（1）3,2,1,1,0, 1
(答案不唯一)；（2）证明见解析（3）证明见解析.
【分析】（1）根据条件写出
6A ，满足相邻项相差为0 或1，
6
0
a
即可；
（2）假设
1
0,
0
N
a
a
，把
N
A 中的所有负数组成集合T ，取T 中最大值为
m
a ，可证明
1
0
m
a
，若
1
0,
0
N
a
a
，考虑数列
1
2
:
,
,
,
N
N
B
a
a
a
，同上处理得
1
0
m
a
，即
1
0
m
a
；
（3）设
(
)
n
S A
t
N
，则t
Z
.
n
A 中最大值为
0
M
，最小值为
0
m
，可得
1
2
N
a
a
a
m
t
M
N
，设在数
列
N
A 中，
ia
m
，
j
a
M
，
2
j
i
，构造数列B ：
1
,
,
,
i
i
j
a
t a
t
a
t
，则数列B 至少有3 项，利用（2）
存在r ，
0
ra
t
，
ra
t
，若i
j
，构造数列B ：
1
,
,
,
i
i
j
t
a t
a
t
a
，同理得证．
【详解】解：（1）3,2,1,1,0, 1
.答案不唯一.
（2）因为
1
0
N
a a
，所以
1,
N
a a 异号.
假设
1
0,
0
N
a
a
.
设
}
{1
{
,
|
2
}
0,
,
,3,
i
T
i a
i
N
.因为
1
0
a
，所以T .
又因为T 是有限自然数集，所以可设T 中的最大数为m ，1
1
m
N
..
令
1
k
m
，则
0
ka ³
.
因为
1
1
|
|
1
k
k
k
k
a
a
a
a
，所以
1
1
1
1
k
k
m
a
a
a
.
因为0
1
ka
，且
ka 为整数，所以
0
ka
.
因此若数列
1
2
:
,
,
,
(
)
3
N
N
A
a a
a
N
满足
1
0,
0
N
a
a
，且对任意
2,3,
,
i
N
，
都有
1
|
|
1
i
i
a
a
≤，
则存在
ka 使得
0
ka
.
若
1
0,
0
N
a
a
，则数列
1
2
,
,
,
N
a
a
a
满足
1
0
0,
N
a
a
，
且对任意
2,3,
,
i
N
，都有
1
1
1
)
)
| (
(
| |
|
i
i
i
i
a
a
a
a
，
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故存在
ka
使得
0
ka
，即存在
ka 使得
0
ka
.
综上，数列
N
A 中存在
ka 使得
0
ka
.
（3）设
(
)
n
S A
t
N
，则t
Z
.
设数列
1
2
:
,
,
,
N
N
A
a
a
a
中的最大值为
0
M
，最小值为
0
m
.
因为
(
)
N
Nm
S A
NM
，所以
1
2
.
N
a
a
a
m
t
M
N
设在数列
N
A 中，
ia
m
，
j
a
M
.
若i
j
，因为|
1
( 1)
2
|
i
j
a
a
M
m
，所以
2
j
i
.
设数列
1
:
,
,
,
i
i
j
B a
t a
t
a
t
，则数列B 至少有3 项.
因为(
)(
)
(
)(
)
0
i
j
a
t a
t
m
t M
t
，且对任意
1,2,
,
k
j
i
，
都有
1
1
| (
)
(
) | |
| 1
i k
i k
i k
i k
a
t
a
t
a
a
，
所以由（2）可知存在
ra
t
使得
0
ra
t
，
{
1,
2,
,
1}
r
i
i
j
.，即
(
)
r
n
S A
t
a
N
.
若i
j
，设数列
1
:
,
,
,
j
j
i
C t
a
t
a
t
a
.
同理，存在
r
t
a
使得
0
r
t
a
{
1,
2,
,
1}
r
j
j
i
.，即
(
)
r
n
S A
t
a
N
.
综上，若
(
)
N
S A
是N 的整数倍，则数列
N
A 中存在
ra 使得(
)
N
r
S A
Na
.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，解题关键是问题的转化，第（2）小题在负数向正数转化时
中间一定会出现0，这里出现一个技巧，在正数向负数转化时（当然也会出现0），取相反数构成新数列，
问题变为刚解决的问题，负数向正数转化．第（3）小题利用极端思想，取数列中的最大值M 和最小值m ，
由最小值到最大值间的数列（原数列的一部分），构造数列{
}
ka
t
（或{
}
k
t
a
）利用（2）的结论得证．
4．已知无穷数列{an}，对于m∈N*，若{an}同时满足以下三个条件，则称数列{an}具有性质P(m)．
条件①：an＞0（n＝1，2，…）；
条件②：存在常数T＞0，使得an≤T（n＝1，2，…）；
条件③：an＋an+1＝man＋2（n＝1，2，…）．
（1）若an＝5＋4
1
(
)
2
n
（n＝1，2，…），且数列{an}具有性质P（m），直接写出m 的值和一个T 的值；
（2）是否存在具有性质P（1）的数列{an}？若存在，求数列{an}的通项公式；若不存在，说明理由；
（3）设数列{an}具有性质P（m），且各项均为正整数，求数列{an}的通项公式．
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【答案】（1）
2
m
；
6
T
；（2）不存在具有性质
(1)
P
的数列
na
；答案见解析；（3）
na
c
（c 为常数，
且
*
cN ）．
【分析】（1）根据性质( )
P m 的定义求解；
（2）用反证法，假设存在具有性质P（1）的数列{an}，则
2
1
n
n
n
a
a
a
，得数列{
}
na
递增，然后证明
3
2
2
n
n
a
a
a
，n 个不等式相加得
3
3
2
na
a
na
，这时取
3
2
T
a
n
a
，则得到
3
na
T
，出现矛盾，完成证
明；
（3）确定
1
m ，若
2
m
，则有
2
1
1 (
)
2
n
n
n
a
a
a
，变形为
2
1
1
1 (
)
2
n
n
n
n
a
a
a
a
，
这样可以得出
2
1
2
1
1
2
n
n
n
a
a
a
a
，然后说明
1
2
*
a
a
c
N
适合，
1
2
a
a
不适合；在
3
m
时，取
1
max{
,
}
n
n
n
b
a a
，利用不等式性质可得
2
n
n
a
b
，
3
n
n
a
b
，于是有
2
n
n
b
b
，数列{ }
nb
的奇数项递减（偶
数项也递减），而
1b 是确定的正整数，这样可推导出矛盾的结论，从而得出结论．
【详解】解：（1）
2
m
；
答案不唯一．如
6
T
．
理由如下：
1
4
2
2
n
（
1
n 时取等号），
N*
n
，所以
1
5
4
3
0
2
n
na
；
1
4
1
2
n
（
2
n
时取等号），
N*
n
，所以
1
5
4
5 1
6
2
n
na
，不小于6 的实数都可以是T ；
1
2
1
2
1
1
1
1
5
4
5
4
10
2
10
2
4
2
2
2
2
2
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
，
2
m
．
（2）不存在具有性质
(1)
P
的数列{
}
na
，理由如下：
假设存在具有性质
(1)
P
的数列，设为
na
，则
1
m ．
所以
2
1
n
n
n
a
a
a
，
1,2,
n
．
因为
0
na
（
1,2,
n
），
所以
2
1
n
n
a
a
，即
2
3
4
a
a
a
．
所以
3
2
1
2
2
n
n
n
n
a
a
a
a
a
，即
4
3
2
a
a
a
，
5
4
2
a
a
a
，，
3
2
2
n
n
a
a
a
．
累加得，
3
3
2
na
a
na
．
对于常数
0
T
，当
3
2
T
a
n
a
时，
3
2
3
na
na
a
T
，与②矛盾．
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所以不存在具有性质
(1)
P
的数列
na
．
（3）因为数列
na
具有性质
( )
P m ，由（2）知
1
m ．
①当
2
m
时，
2
1
1 (
)
2
n
n
n
a
a
a
，即
2
1
1
1 (
)
2
n
n
n
n
a
a
a
a
，
1,2,
n
．
所以
2
1
2
1
1
2
n
n
n
a
a
a
a
．
若
1
2
a
a
c
（c 为常数，且
*
cN ），则
na
c
，
1,2,
n
．
经检验，数列{ }
c （
*
cN ）具有性质
(2)
P
．
若
1
2
a
a
，当
2
2
1
log
n
a
a
时，
2
1
2
1
1
(0,1)
2
n
n
n
a
a
a
a
，
与
*
na N 矛盾．
②当
3
m
时，令
*
1
max
n
n
n
b
a
a
N
，
，则
2
1
1
1
1
1
(
)
(
)
(
)
3
3
n
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
b
b
b
m
，
1,2,
n
．
所以
3
2
1
2
1
1
1
1
(
)
(
)
(
)
3
3
n
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
b
b
b
m
．
所以
2
2
3
max
n
n
n
n
b
a
a
b
，
．
所以
2
1
n
n
b
b
，
1,2,
n
．
所以
3
1
1
b
b
，
5
3
1
b
b
，，
2
1
2
1
1
n
n
b
b
．
所以
2
1
1
n
b
b
n
．
当
1
n
b
时，
2
1
1
0
n
b
b
n
，与
*
2
1
n
b
N 矛盾．
综上所述，数列
na
的通项公式为
na
c
（c 为常数，且
*
cN ）．
【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，解题关键是理解新定义，并能应用新定义解题．解题时由于
新定义提供的理论根据较少，因此在证明与之有关的命题时可能应用反证法思想．本题中的矛盾的出现主
要是把已知性质
( )
P m 的等式转化为不等式，推导出
*
na
N
．
练习题：
1．已知一个首项为1 的数列
na
，从第二项起，每一项减去它前一项的差构成等比数列，每一项除以它
前一项的商构成等差数列．请写出一个满足题意的数列通项公式，即
na
．
【答案】
1
2
,
N
n
na
n
（答案不唯一）.
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【分析】设等比数列
1
n
n
a
a
的公比为q，等差数列
1
n
n
a
a
的公差为d ，令
1
n
n
n
b
a
a
，利用等比数列的
求和公式，求得
1
1
1
(1
)
1
n
n
b
q
a
a
q
，取
2
q =
，求得
1
1
(2
1)
1
n
na
b
，不妨设等差数列
1
n
n
a
a
的公差为
0
d
，根据
3
2
1
2
a
a
a
a
，求得
1
2n
na
，得到答案.
【详解】由首项为
1
1
a 的数列
na
，从第二项起，每一项减去它前一项的差构成等比数列，每一项除以它
前一项的商构成等差数列，
可得数列
1
n
n
a
a
为等比数列，数列
1
n
n
a
a
为等差数列，
设等比数列
1
n
n
a
a
的公比为q，等差数列
1
n
n
a
a
的公差为d ，
令
1
n
n
n
b
a
a
，则
1
2
1
2
3
2
3
4
3
1
1
,
,
,
,
n
n
n
b
a
a b
a
a b
a
a
b
a
a
，
各式相加得到
1
2
1
n
n
b
b
b
a
a
，可得
1
1
1
(1
)
1
n
n
b
q
a
a
q
，
取
2
q =
，可得
1
1
(2
1)
1
n
na
b
，
不妨设等差数列
1
n
n
a
a
的公差为
0
d
，则
3
2
1
2
a
a
a
a
，可得
2
2
1
3
a
a a
，
即
1
2
2
1
1
[(2
1)
1]
1 [(2
1)
1]
b
b
，解得
1
1
b ，此时
1
2n
na
，
所以满足条件的一个通项公式可以为
1
2
,
N
n
na
n
.
故答案为：
1
2
,
N
n
na
n
（答案不唯一）.
2．若实数数列
1
2
:
,
,
,
2
n
n
A
a a
a
n
满足
1
1
1,2,
,
1
k
k
a
a
k
n
，则称数列
n
A 为E 数列.
(1)请写出一个5 项的E 数列
5
A ，满足
1
5
0
a
a
，且各项和大于零；
(2)如果一个E 数列
n
A 满足：存在正整数
1
2
3
4
5
1
2
3
4
5
, , , ,
i i i i i
i
i
i
i
i
n
使得
1
2
3
4
5
,
,
,
,
i
i
i
i
i
a a
a
a
a 组成首项为1，
公比为2
的等比数列，求n 的最小值；
(3)已知
1
2
2
,
,
,
2
m
a a
a
m
为E 数列，求证：
3
2
1
1 ,
,
,
2
2
2
m
a
a
a
为E 数列且
2
2
4
,
,
,
2
2
2
m
a
a
a
为E 数列”的充要条
件是“
1
2
2
,
,
,
m
a a
a
是单调数列”.
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【答案】(1)
5 :0,1,0,1,0
A
(答案不唯一)；
(2)16 ；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据E 数列的定义写出一个满足条件的数列即可.
（2）由E 数列的定义，只需让正整数1
1
i 且1
5
i
i
间的间隔尽量小，结合题设找到
1ia 后续各项数字出现规
律，找到5i 对应1i
n
的最小位置，即可得n 的最小值.
（3）由E 数列的定义，分别从充分性、必要性两方面证明结论，注意反证法的应用.
【详解】（1）由题设，
2
1
3
2
4
3
5
4
|
| |
| |
| |
| 1
a
a
a
a
a
a
a
a
，又
1
5
0
a
a
，
所以
2
4
|
| |
| 1
a
a
，存在
3
0
a
满足条件，
又
1
2
3
4
5
2
4
0
a
a
a
a
a
a
a
，则
2
4
1
a
a
，
综上，满足题设的E 数列
5
A 有0,1,0,1,0 .
（2）由题设，
1
2
3
4
5
,
,
,
,
i
i
i
i
i
a a
a
a
a 为1, 2,4, 8,16
，
所以E 数列
n
A 从
1ia 开始依次往后各项可能出现的数字如下：
1 1
ia {0,2}，
1 2
ia {
}
113
,, ，
1 3
ia { 2,0,2,4}
，
1 4
ia { 3, 1,1,3,5}
，
1 5
ia { 4, 2,0,2,4,6}
，
1 6
ia { 5, 3, 1,1,3,5,7}
，
1 7
ia { 6, 4, 2,0,2,4,6,8}
，
1 8
ia { 7, 5, 3, 1,1,3,5,7,9}
，…，
1 15
ia
{ 14, 12,...,14,16}
要使n 的最小即正整数1
1
i 且1
5
i
i
间的间隔尽量小，又1
2
3
4
5
i
i
i
i
i
n
，则
2
1
3
1
4
1
5
1
3
5
9
15
,
,
,
i
i
i
i
i
i
i
i
a
a
a
a
a
a
a
a
，
综上，n 的最小值为5
1
15
16
i
i
.
（3）由
3
2
1
1 ,
,
,
2
2
2
m
a
a
a
为E 数列，则
2
1
2
3
|
| 2
m
m
a
a
，由
2
2
4
,
,
,
2
2
2
m
a
a
a
为E 数列，则
2
2
2
|
| 2
m
m
a
a
，
又
1
2
2
,
,
,
2
m
a a
a
m
为E 数列，即
2
2
1
2
1
2
2
2
2
2
3
|
| |
| |
| 1
m
m
m
m
m
m
a
a
a
a
a
a
，
若
1
2
2
,
,
,
m
a a
a
不是单调数列，
则存在
2
2
1
2
2
2
1
m
m
m
m
a
a
a
a
，即
2
2
2
m
m
a
a
，显然与
2
2
2
|
| 2
m
m
a
a
矛盾；
或存在
2
1
2
2
2
3
2
2
m
m
m
m
a
a
a
a
，即
2
1
2
3
m
m
a
a
，显然与
2
1
2
3
|
| 2
m
m
a
a
矛盾；
综上，
1
2
2
,
,
,
m
a a
a
是单调数列，充分性得证；
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由
1
2
2
,
,
,
2
m
a a
a
m
是单调数列且为E 数列，
所以
2
2
1
2
1
2
2
2
2
2
3
1
m
m
m
m
m
m
a
a
a
a
a
a
，则
2
1
2
3
2
2
2
2
m
m
m
m
a
a
a
a
，
则
2
1
2
3
2
2
2
|
| |
| 2
m
m
m
m
a
a
a
a
，即
2
1
2
3
2
2
2
|
| |
| 1
2
2
2
2
m
m
m
m
a
a
a
a
，
所以
3
2
1
1 ,
,
,
2
2
2
m
a
a
a
、
2
2
4
,
,
,
2
2
2
m
a
a
a
均为E 数列，必要性得证；
综上，
3
2
1
1 ,
,
,
2
2
2
m
a
a
a
为E 数列且
2
2
4
,
,
,
2
2
2
m
a
a
a
为E 数列”的充要条件是“
1
2
2
,
,
,
m
a a
a
是单调数列”.
【点睛】关键点点睛：第二问，根据等比数列写出
1
2
3
4
5
,
,
,
,
i
i
i
i
i
a a
a
a
a 的各项，结合1
2
3
4
5
i
i
i
i
i
n
及E 数
列的定义，有
1ia 必是最靠前的项，再依次项判断后续各项数字出现规律，找到5i 对应1i
n
的最小位置.
3．已知
na
是无穷数列，且
1
0
a
.给出两个性质：①对于任意的m ，
*
N
n
，都有
m n
m
n
a
a
a
；②存
在一个正整数p ，使得
n
p
n
a
a
，对于任意的
*
N
n
都成立.
（Ⅰ）试写出一个满足性质①的公差不为0 的等差数列
na
（结论不需要证明）
（Ⅱ）若
2 n
na
，判断数列
na
是否同时满足性质①和性质②，并说明理由；
（Ⅲ）设
na
为等比数列，且满足性质②，证明：数列
na
满足性质①.
【答案】（Ⅰ）答案见解析；（Ⅱ）答案见解析，理由见解析；（Ⅲ）证明见解析.
【解析】（Ⅰ）设等差数列的公差为d ，由性质①，得出只需取
1
0
a
，
0
d
即可；
（Ⅱ）先由
2 n
na
，得
1
1
2
n
n
n
a
a
a
，推出
1
p 时满足性质②；得出
na
为递增数列，推出
m n
m
m
n
a
a
a
a
满足性质①，即可得出结论；
（Ⅲ）设等比数列
na
的公比为
0
q q
，分别讨论
0
q
，
0
q
两种情况，根据性质②，得到等比数列
na
的公比
0,1
q
，推出
1
n
n
n
a
a q
a
，得到
m n
m
m
n
a
a
a
a
，即可证明结论成立.
【详解】（Ⅰ）答案不唯一，如
3
na
n
.
因为
m n
m
n
a
a
a
，即
1
1
1
1
1
1
a
m
m
d
a
m
d
a
n
d
，即
1a
d
，
只需取
1
0
a
，
0
d
即可；
（Ⅱ）数列
na
同时满足性质①和性质②.
理由如下：由
2 n
na
，得
0
na
，且
1
1
2
n
n
n
a
a
a
.
所以
1
p ，使得
n
p
n
a
a
，对于任意的
*
N
n
都成立.
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所以数列
na
满足性质②.
由
1
n
n
a
a
，得数列
na
为递增数列.
又因为
0
na
，所以对于任意的
*
,
N
m n
，
m n
m
m
n
a
a
a
a
.
即数列
na
满足性质①.
（Ⅲ）设等比数列
na
的公比为
0
q q
，
当
0
q
时，由
1
0
a
，得
0
na
，
由题意，知
n
p
n
a
a
，即
1
0
p
na
q
，所以
1
0
p
q
，即
1
p
q .
故0
1
q
.
当
0
q
时，由
1
0
a
，得
2
0
a
.
由性质②，知
2
2
p
a
a
，即
2
1
0
p
a
q
，所以
1
0
p
q
，即
1
p
q .
故
1
1
1
p
p
a
a q
a
，这与性质②不符，
所以
0
q
不成立.
综上，等比数列
na
的公比
0,1
q
.
所以
1
n
n
n
a
a q
a
，即数列
na
为递增数列，且
0
na
.
故对于任意的
*
,
N
m n
，
m n
m
m
n
a
a
a
a
.
即数列
na
满足性质①.
【点睛】本题主要考查数列新定义，考查等差数列与等比数列的综合，属于中档题型.
4．已知等差数列
1
2
:
,
,
,
,
n
A
a
a
a
，若存在有穷等比数列
1
2
:
,
,
,
N
B
b
b
b
，其中
1
1
b ，公比为q，满足
1
1
k
k
k
b
a
b
，其中
2,3,
,
k
N
，则称数列B 为数列A 的长度为N 的“等比伴随数列”．
(1)数列{
}
na
的通项公式为
8
5
na
n
，写出数列{
}
na
的一个长度为4 的“等比伴随数列”；
(2)等差数列{
}
na
的公差为d ，若{
}
na
存在长度为5的“等比伴随数列”{ }
nb
，其中
1
2n
nb
，求d 的最大值；
(3)数列A 的通项公式为
na
n
，数列B 为数列A 的长度为N 的“等比伴随数列”，求N 的最大值．
【答案】(1)1,4,16,64 （答案不唯一）
(2) 3
(3) 6
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【分析】(1)根据新定义的理解即可得出结果；
(2)根据
1
1
k
k
k
b
a
b
和等差数列的通项公式列出不等式组，即可解得公差的范围；
(3)设长度为N 的“等比伴随数列”的公比为q，将问题转化为
2
1
1
k
k
q
k
q
对2
k
N
恒成立，对k 的取
值分类讨论，当
4
k 时，构造函数，利用导数证明
max
min
ln
1
ln
1
1
2
k
k
k
k
（
）
即可.
【详解】（1）数列
na
的一个长度为4 的“等比伴随数列”为1,4，16,64（答案不唯一）.
（2）由题意，
1
1
2
2
3
3
4
4
5
b
a
b
a
b
a
b
a
b
，
即
1
1
1
1
1
2,
2
4,
4
2
8,
8
3
16
a
a
d
a
d
a
d
，则2
3
d
.
又数列:1,4,7,10
na
符合题意，所以d 的最大值为3.
（3）设长度为N 的“等比伴随数列”的公比为q，
则对任意正整数k ，当
2 3
k
N
，，，
时，都有
1
1
k
k
k
b
a
b
成立，
即
2
1
1
k
k
q
k
q
对2
k
N
恒成立.
当
2
k
时，有
1
q ；
当
3
k
时，
2
2
q
q
，即
2
2
q
；
当
4
k 时，有
ln
1
ln
1
ln
1
2
k
k
q
k
k
恒成立，
即当
4
k
时，
max
min
ln
1
ln
1
1
2
k
k
k
k
（
）
.
令
ln
1
4 ,
1
x
f x
x
x
当
4
x
时，
2
1 ln
1
0
1
x
f
x
x
，
所以
f x 在
4,
单调递减，所以当k 4 时，
max
ln
1
ln3
1
3
k
k
.
同理，令
ln
1
4
2
x
g x
x
x
，则
g x 在
4,
上单调递减，
即4
k
N
时，
min
ln
1
ln
1
2
2
k
N
k
N
.
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则
ln
1
ln3
3
2
N
N
，即
3ln
1
2 ln3
0
N
N
.
令
3ln
1
2 ln3
4
h x
x
x
x
，当
4
x
时，
3
3
0
1
h
x
ln
x
，
所以
h x 在
4,
上单调递减.
又由于(6)
3ln5
4ln3
0
(7)
3ln6
5ln3
0
h
h
，
，
所以，存在
0x (6，7)，使得
0
0
h x
，
所以N 的最大值为6．
【点睛】对新定义的数列，要充分理解新定义的性质，结合等差、等比数列的相关知识找到题干中的等量
关系，构造新函数，学会利用导数研究函数的单调性、最值，将未知的问题转化为熟悉的知识点，在平时
的练习中，要注重培养函数思想、转化思想等.
题型三新定义题型
例三、
1．（多选）设数列
1
2
:
,
,
,
2
n
A a a
a
n
，如果
1
2
0
2024
n
a
a
a
≤
，且
*,
1,2,
,
ia
i
n
N
，
对于
2, 1
1
k
s
t
r
k
，使
k
s
t
r
a
a
a
a
成立，则称数列A 为E 数列.则下列说法正确的是
（
）
A．数列2,6,14,22 是E 数列
B．若数列A 是E 数列，且
2023
na
，则n 的最小值为3
C．若数列A 是E 数列，且
2024
na
，则
1a 为奇数
D．若数列A 是E 数列，且
1
2
a
，则存在n ，使
2023
na
【答案】AB
【分析】根据E 数列的性质，结合假设法、奇数的性质逐一判断即可.
【详解】对于A，因为
2
1
1
1
3
1
2
2
4
1
2
3
6,
2
6
6
14,
2
6 14
22
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
，所以
是E 数列，A 正确；
对于B ，首先证明n 不能为2.
假设
2
n
，由数列A 为E 数列知，
2
1
1
1
1
3
2023
a
a
a
a
a
.
所以
*
1
2023
3
a
N ，与已知矛盾，
故假设不成立.所以n 不能为2.
因为数列
: 289,867,2023
A
，
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满足
2
1
1
1
1
3
1
2
2
3
867,
289
867
867
2023
a
a
a
a
a
a
a
a
a
，
此时A 是E 数列，所以n 的最小值为3,B正确.
对于C ，以下证明：若
1a 为奇数，则
na 必为奇数.假设数列A 中存在偶数，
设
2
ka
k
是数列A 中第一个偶数，因为数列A 是E 数列，
所以1
1
s
t
r
k
≤≤≤≤
，使
k
s
t
r
a
a
a
a
.
因为
,
,
s
t
r
a a a 均为奇数，
所以
ka 也为奇数，与
ka 为偶数矛盾.所以若
1a 为奇数，则
na 必为奇数.
因为
2024
na
为偶数，所以
1a 不能为奇数，只能为偶数，C 错误.
对于D ，以下证明：若
1
2
a
，则
4
2
na
p
p
N .若不然，
设
2
ka
k
为第一个满足
4
2
ka
p
p
N 的项，
因为数列A 是E 数列，
所以1
1
s
t
r
k
≤≤≤≤
，使
k
s
t
r
a
a
a
a
.
因为
1
2
3
1
2
3
4
2,
4
2,
4
2
,
,
s
t
r
a
p
a
p
a
p
p p
p
N ，
所以
1
2
3
4
1
2
ka
p
p
p
，与
4
2
ka
p
p
N 矛盾；
所以若
1
2
a
，则
4
2
na
p
p
N .而
2023
4
2
na
p
p
N ，D 错误.
故选：AB
【点睛】关键点睛：本题的关键是明确E 数列的性质，利用假设法进行求解.
2．设满足以下两个条件的有穷数列
1
2
3
,
,
,
,
n
a a a
a
为n 阶“期待数列”：①
1
2
3
0
n
a
a
a
a
L
；
②
1
2
3
|
|
|
|
|
|
|
| 1
n
a
a
a
a
.
（1）若等比数列{
}
na
为2k 阶“期待数列”
*
N
k
，求公比q；
（2）若一个等差数列{
}
na
既是2k 阶“期待数列”又是递增数列
*
N
k
，求该数列的通项公式；
（3）记n 阶“期待数列” { }
ia
的前k 项和为
(
1,2,3,
, )
kS
k
n
，求证；数列{ }(
1,2,3,
, )
iS
i
n
不能为n 阶“期
待数列”.
【答案】（1）
1
q ；（2）
2
2
2
1
2
n
n
k
a
k
；（3）证明见解析.
【分析】（1）对q是否等于1 进行讨论，令
2
0
k
S
解出q；
（2）由
2
0
k
S
得出下标和为2
1
k 的两项和为0，根据数列的单调性得出前k 项和为
1
2
，后k 项和为1
2 ，
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根据等差数列的性质将后k 项和减去前k 项和即可得出公差d 与k 的关系，再利用求和公式得出首项
1a ；
（3）①根据条件①②即可得出数列的所有正项和为1
2 ，所有负项和为
1
2
，故而
1
1
2
2
kS
；
②由①可知{ }
ia
的前m 项全为非负数，后面的项全是负数，于是{
}
iS 的前m 项和为1
2 ，故而得出
1
2
m
a
，
于是得出
1
2
1
2
|
|
|
|
|
|
n
n
S
S
S
S
S
S
．
【详解】解：（1）若
1
q ，由①得：
1 2
0
a
k
，得
1
0
a
，不合题意，舍去；
若
1
q ，由①得：
2
1
1
2
3
2
(1
)
0
1
k
k
a
q
a
a
a
a
q
，解得
1
q ．
（2）设等差数列的公差是(
0)
d d
，
因为
1
2
1
2
3
2
2 (
)
0
2
k
k
k a
a
a
a
a
a
，
1
2
1
0
k
k
k
a
a
a
a
，
0
d
，
0
ka
，
1
0
ka
，
则
1
2
3
1
2
k
a
a
a
a
，
1
2
3
2
1
2
k
k
k
k
a
a
a
a
．
两式相减得：
2
1
k d ，
2
1
d
k
，
又
1
2
3
1
(
1)
1
2
2
k
k k
a
a
a
a
a k
d
，解得
1
2
1
2
2
k
a
k
，
1
2
2
2
1
2
1
2
2
1
(
1)
(
1)
2
2
n
k
n
k
a
a
n
d
n
k
k
k
．
（3）记
1
2
3
,
,
,
,
n
a a a
a
中非负项和为A ，负项和为B ，
则
0
A
B
，
1
A
B
，得
1
1
,
2
2
A
B
，
因为
1
1
2
2
k
B
S
A
，所以
1
|
|
2
kS
.
若存在
{1,2,3,
, }
m
n
，使
1
2
m
S
，
则
1
0
a
，
2
0
a
，，
0
m
a
，
1
0
m
a
，
2
0
m
a
，，
0
na
，且
1
2
3
2
1
2
m
m
m
n
a
a
a
a
，
若数列{ }(
1,2,3,
, )
iS
i
n
是n 阶“期待数列”，记{ }(
1,2,3,
, )
iS
i
n
的前k 项和为
kT ，
则
1
|
|
2
kT
，
1
2
1
2
m
m
T
S
S
S
，
因为
1
2
m
S
，所以
1
2
1
0
m
S
S
S
，所以
1
2
1
0
m
a
a
a
，
1
2
m
a
，
又因为
1
2
2
1
2
m
m
n
a
a
a
，则
1
2
,
,
,
0
m
m
n
S
S
S
，
所以
1
2
1
2
|
|
|
|
|
|
n
n
S
S
S
S
S
S
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所以
1
2
0
n
S
S
S
与
1
2
|
|
|
|
|
| 1
n
S
S
S
不能同时成立，
即数列{ }(
1,2,3,
, )
iS
i
n
不能为n 阶“期待数列”.
【点睛】本题考查了等差数列，等比数列的性质，数列前n 项和的定义，对新定义的理解，属于难题．
3．若无穷数列{
}
na
满足：
1a 是正实数，当
2
n
时，
1
1
2
1
max
,
,
,
n
n
n
a
a
a a
a
，则称{
}
na
是“Y 数列”．
(1)若{
}
na
是“Y 数列”且
1
1
a ，写出
4a 的所有可能值；
(2)设{
}
na
是“Y 数列”，证明：{
}
na
是等差数列的充分必要条件是{
}
na
单调递减；
(3)若{
}
na
是“Y 数列”且是周期数列（即存在正整数T ，使得对任意正整数n ，都有
)
T
n
n
a
a
，求集合
*
1,1
2021,
i
i a
a
i
i
N
∣
的元素个数的所有可能取值．
【答案】(1)所有可能值为2
，0，2，8
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【分析】（1）根据定义写出
2
3
4
,
,
a a a 即可；
（2）利用已知条件，证明充分条件以及必要条件即可；
（3）方法1：因为{
}
na
为周期数列，推出
1
{
}
n
n
a
a
为周期数列，根据周期性推导出结果即可；方法2：设
第一次出现大于
1a 的项为
ia ，则
1
1
2
max
,
,
,
i
i
i
i
a
a
a a
a
a
，
所以
1
2
1
...
,
Z
i
i
i
a a
ka
a k
，与{
}
na
为周期数列矛盾，所以
1
2
1
max
,
,
,
i
a a
a
a
，
后面的分析与方法1 一样.
【详解】（1）所有可能的情况有：
2
2
a ，0，
3
4
a
，0，1，1
，
4
8
a
，0，2，2
，2，0，0，2
，
故
4a 的所有可能值为2
，0，2，8．
（2）因为
2
1
1
|
|
a
a
a
，所以
2
0
a
或
1
2a ．
当{
}
na
是等差数列时，假设
2
1
2
a
a
，则
3
2
1
1
2
3
a
a
a
a
．
此时
3
2
1
|
|
a
a
a
，而
1
2
1
max
,
2
a a
a
，矛盾，所以
2
0
a
．
于是公差
2
1
1
0
d
a
a
a
，所以{
}
na
单调递减；
当{
}
na
单调递减时，对任意
2
n
，
1
2
1
1
max
,
,
,
n
a a
a
a
，
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又
1
1
|
|
n
n
n
n
a
a
a
a
，所以
1
1
n
n
a
a
a
，从而{
}
na
是等差数列；
综上，{
}
na
是等差数列的充分必要条件是{
}
na
单调递减；
（3）方法1：因为{
}
na
为周期数列，所以
1
1
i
i
i T
i
T
a
a
a
a
，
所以
1
{
}
n
n
a
a
为周期数列，又
1
1
2
1
max
,
,
,
n
n
n
a
a
a a
a
，
所以
2
1
3
2
1
n
n
a
a
a
a
a
a
设一个周期里：
1
1
2
2
1
T
T
i
i
T
T
a
a
a
a
a
a
，
因为
1
2
2
1
T
T
T
T
a
a
a
a
，所以
1
1
2
2
1
T
T
i
i
T
T
a
a
a
a
a
a
，
所以
1
n
n
a
a
c
为定值，
因为
2
1
1
|
|
a
a
a
，所以
1
1
1
2
1
max
,
,
,
n
n
n
a
a
a
a a
a
，
取
1
1
1
1
,0,
,0,
,
,
a
a
a
a
，则
1
ia
a
=
有2011 1
1011
2
个，
取
1
1
1
1
1
1
1
,0,
, 2 ,
, 1008
1009 , 1008 ,
,0,
a
a
a
a
a
a
a
，
则
1
ia
a
=
有1个，
取
1
1
1
1
1
1
1
,0,
, 2 ,
, 1007
1008 , 1007
,
,0,
,0
a
a
a
a
a
a
a
，
则
1
ia
a
=
有1个，
取
1
1
1
1
1
1
1
,0,
, 2 ,
, 1006
1007
, 1006 ,
,0,
,0,
a
a
a
a
a
a
a
a
，
则
1
ia
a
=
有2 个，
依次取数得到1~1010 个
1
ia
a
=
，个数最多有1011 个.
方法2：设第一次出现大于
1a 的项为
ia ，则
1
1
2
max
,
,
,
i
i
i
i
a
a
a a
a
a
，
所以
1
2
1
...
,
Z
i
i
i
a a
ka
a k
，与{
}
na
为周期数列矛盾，
所以
1
2
1
max
,
,
,
i
a a
a
a
，
取
1
1
1
1
,0,
,0,
,
,
a
a
a
a
，则
1
ia
a
=
有2011 1
1011
2
个，
取
1
1
1
1
1
1
1
,0,
, 2 ,
, 1008
1009 , 1008 ,
,0,
a
a
a
a
a
a
a
，
则
1
ia
a
=
有1个，
取
1
1
1
1
1
1
1
,0,
, 2 ,
, 1007
1008 , 1007
,
,0,
,0
a
a
a
a
a
a
a
，
则
1
ia
a
=
有1个，
取
1
1
1
1
1
1
1
,0,
, 2 ,
, 1006
1007
, 1006 ,
,0,
,0,
a
a
a
a
a
a
a
a
，
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则
1
ia
a
=
有2 个，
依次取数得到1~1010 个
1
ia
a
=
，个数最多有1011 个.
4．已知数列
na
是由正整数组成的无穷数列，若存在常数
*
N
k
，使得
2
1
2
n
n
n
a
a
ka
，对任意的
*
N
n
成
立，则称数列
na
具有性质
k
．
（1）分别判断下列数列
na
是否具有性质
2
；（直接写出结论）①
1
na ；②
2
na
n
．
（2）若数列
na
满足
1
1,2,3
n
n
a
a
n
，求证：“数列
na
具有性质
2
”是“数列
na
为常数列”的充分
不必要条件；
（3）已知数列
na
中
1
1
a ，且
1
1,2,3
n
n
a
a
n
．若数列
na
具有性质
4
，求数列
na
的通项公式．
【答案】（1）①数列
na
具有“性质
2
”；②数列
na
不具有“性质
2
”；（2）证明见解析；（3）
2
1
na
n
．
【分析】（1）验证对任意的
*
N
n
，是否有
2
1
2
2
n
n
n
a
a
a
成立；
（2）先证明充分性，即证明当数列
na
具有性质
2
时，
na
为常数列，再证明充分性，即
na
为常数
列时，
na
具有性质
2
；
（3）先利用
na
具有性质
4
证明
1
2
n
n
a
a
恒成立，然后运用反证法可证明
1
2
n
n
a
a
成立，则
1
2
n
n
a
a
，然后可解得数列
na
的通项公式.
【详解】解：（1）①数列
na
具有“性质
2
”；②数列
na
不具有“性质
2
”．
（2）先证“充分性”：
当数列
na
具有“性质
2
”时，有
2
1
2
2
n
n
n
a
a
a
，
又因为
2
1
n
n
a
a
，
所以
2
2
1
0
0
n
n
n
n
a
a
a
a
，
进而有
2
n
n
a
a
，结合
2
1
n
n
a
a
有
1
2
n
n
n
a
a
a
，即“数列
na
为常数列”；
再证“必要性”：
若“数列
na
为常数列”，
则有
2
1
2
1
2
2
n
n
n
a
a
a
a
，即数列
na
具有“性质
2
”．
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（3）首先证明：
1
2
n
n
a
a
．
因为
na
具有“性质
4
”，
所以
2
1
2
4
n
n
n
a
a
a
．
当
1
n 时有
2
1
3
3
a
a
．
又因为
2
1
2
*
,
,
N
n
n
n
a
a
a
且
2
2
1
n
n
a
a
，
所以有
2
2
1
n
n
a
a
，
2
1
2
1
n
n
a
a
，
进而有
2
2
1
1
2
1
1
2
2
n
n
n
n
a
a
a
a
，
所以
1
2
3
n
n
a
a
，
结合
2
1
*
,
N
n
n
a
a
可得：
1
2
n
n
a
a
．
然后利用反证法证明：
1
2
n
n
a
a
．
假设数列
na
中存在相邻的两项之差大于，
即存在
*
N
k
满足：
2
1
2
3
k
k
a
a
或
2
2
2
1
3
k
k
a
a
，
进而有
1
2
2
2
1
2
2
1
4
k
k
k
k
k
k
a
a
a
a
a
a
2
2
2
2
1
2
1
k
k
k
k
a
a
a
a
2
2
2
1
2
1
2
2
1
2
2
2
1
9
k
k
k
k
k
k
k
k
a
a
a
a
a
a
a
a
又因为
*
1
N
k
k
a
a
，
所以
1
3
k
k
a
a
依次类推可得：
2
1
3
a
a
，矛盾，
所以有
1
2
n
n
a
a
．
综上有：
1
2
n
n
a
a
，
结合
1
1
a 可得
2
1
na
n
，
经验证，该通项公式满足
2
1
2
4
n
n
n
a
a
a
，
所以：
2
1
na
n
．
【点睛】本题考查新定义数列问题，考查学生获取新知识、应用新知识的能力，难度较大.
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5．在数字
1,2,
,
2
n n
的任意一个排列A ：
1
2
,
,
,
n
a a
a
中，如果对于,
N
i j
，i
j
，有
i
j
a
a
，那么
就称
,
i
j
a a
为一个逆序对．记排列A 中逆序对的个数为
S A ．如
4
n
时，在排列B ：3，2，4，1 中，逆
序对有
3,2 ，
3,1 ，
2,1 ，
4,1 ，则
4
S B
．
(1)设排列C ：
1
2
3
4
,
,
,
a a a a ，写出两组具体的排列C ，分别满足：①
5
S C
，②
4
S C
；
(2)对于数字1，2，…，n 的一切排列A ，求所有
S A 的算术平均值；
(3)如果把排列A：
1
2
,
,
,
n
a a
a
中两个数字
,
i
j
a a
i
j
交换位置，而其余数字的位置保持不变，那么就得到
一个新的排列，A：
1
2
,
,
,
n
b b
b
，求证：
S A
S A
为奇数．
【答案】(1)①C：4，2，3，1 ②C：2，4，3，1；
(2) (
1)
4
n n
(3)证明见解析
【分析】（1）根据所给定义列举出符合题意的排列即可；
（2）考察排列D：
1
2
1
,
,
,
,
n
n
d d
d
d
与排列
1
1
2
1
:
,
,
,
,
n
n
D
d
d
d
d
，因为数对
,
i
j
d d
与
,
j
i
d
d
中必有一个为逆
序对（其中1
i
j
n
），而排列D 中数对
,
i
j
d d
共有
2
Cn 个，即可得到
1
S D
S D
，从而得解；
（3）讨论当
1
j
i
，即
,
i
j
a a 相邻时，当
1
j
i
，即
,
i
j
a a 不相邻时，由新定义，运用调整法，可得
S A
S A
为奇数．
【详解】（1）①
: 4,2,3,1
C
，则逆序对有
4,2 ，
4,3 ，
2,1 ，
4,1 ，
3,1 ，则
5
S C
；
②
: 2,4,3,1
C
，则逆序对有
4,3 ，
3,1 ，
4,1 ，
2,1 ，则
4
S C
；
（2）考察排列D：
1
2
1
,
,
,
,
n
n
d d
d
d
与排列
1
1
2
1
:
,
,
,
,
n
n
D
d
d
d
d
，
因为数对
,
i
j
d d
与
,
j
i
d
d
中必有一个为逆序对（其中1
i
j
n
），
且排列D 中数对
,
i
j
d d
共有
2
(
1)
C
2
n
n n
个，
所以
1
(
1)
2
n n
S D
S D
．
所以排列D 与
1
D 的逆序对的个数的算术平均值为(
1)
4
n n
．
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而对于数字1，2，…，n 的任意一个排列A ：
1
2
,
,
,
n
a a
a
，都可以构造排列
1
1
2
1
:
,
,
,
,
n
n
A a a
a a
，
且这两个排列的逆序对的个数的算术平均值为(
1)
4
n n
．
所以所有
S A 的算术平均值为(
1)
4
n n
．
（3）证明：①当
1
j
i
，即
,
i
j
a a 相邻时，
不妨设
1
i
i
a
a
，则排列A为
1
2
1
1
2
,
,
,
,
,
,
,
,
i
i
i
i
n
a a
a
a
a a
a
，
此时排列A与排列A ：
1
2
,
,
,
n
a a
a
相比，仅多了一个逆序对
1,
i
i
a
a
，
所以
( ) 1
S A
S A
，
所以
2 (
1
)
S A
S A
S A
为奇数．
②当
1
j
i
，即
,
i
j
a a 不相邻时，
假设
,
i
j
a a 之间有m 个数字，记排列A ：
1
2
1
2
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
j
n
i
m
a a
a k k
k
a
a
，
先将
ia 向右移动一个位置，得到排列
1
1
2
1
2
1
:
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
i
i
m
j
n
A a a
a
k a k
k
a
a
，
由①，知
1
S A 与
S A 的奇偶性不同，
再将
ia 向右移动一个位置，得到排列
2
1
2
1
2
1
3
:
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
i
m
j
i
n
A
a a
a
k k
a k
k
a
a
，
由①，知
2
S A
与
1
S A 的奇偶性不同，
以此类推，
ia 共向右移动m 次，得到排列
1
2
1
2
,
,
,
,
,
,
,
,
,
:
,
m
m
i
j
n
A
a a
k k
k
a a
a
，
再将
ja 向左移动一个位置，得到排列，
1
1
2
1
1
,
,
,
,
,
,
,
,
,
:
,
m
i
m
j
i
n
A
a a
a
k
k
a a
a
，
以此类推，
ja 共向左移动
1
m 次，得到排列，
2
1
1
2
1
,
,
,
,
,
,
:
,
,
,
m
j
m
i
n
A
a a
a k
k
a
a
，
即为排列A，
由①可知仅有相邻两数的位置发生变化时，排列的逆序对个数的奇偶性发生变化，
而排列A 经过2
1
m 次的前后两数交换位置，可以得到排列A，
所以排列A 与排列A的逆序数的奇偶性不同，
所以
S A
S A
为奇数．
综上，得
S A
S A
为奇数．
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【点睛】关键点睛：对于新定义问题，解答的关键是理解定义，再利用相应的数学知识进行分析.
练习题：
1．若数列
na
满足
1
2
1
a
a
，
1
2
3
n
n
n
a
a
a
n
，则称该数列为斐波那契数列．如图所示的“黄金螺旋
线”是根据斐波那契数列画出来的曲线．图中的长方形由以斐波那契数为边长的正方形拼接而成，在每个
正方形中作圆心角为90的扇形，连接起来的曲线就是“黄金螺旋线”．记以
na 为边长的正方形中的扇形面
积为
nb ，数列
nb
的前n 项和为
n
S ．给出下列结论：
①
8
21
a
；
②
2023
a
是奇数；
③
2
4
6
2022
2023
a
a
a
a
a
；
④
2023
2023
2024
π
4
S
a
a
．
则所有正确结论的序号是
．
【答案】①②④
【分析】根据递推公式求出
8a 即可判断①；观察数列的奇偶特点即可判断②；根据递推公式，结合累加
法即可判断③；根据递推公式可得
2
1
1
n
n
n
n
n
n
n
a
a a
a a
a a
，结合累加法计算即可判断④.
【详解】对于①，由
1
2
1
1
a
a
，
，且
*
1
2
3
N
n
n
n
a
a
a
n
n
，
，可得斐波那契数列：1，1，2 ，3，
5，8，13，21，34故
8
21
a
，故①正确；
对于②：由斐波那契数列：1，1，2 ，3，5，8，13，21，34，55，89，144，
可得每三个数中前两个为奇数，后一个偶数，且2023
3 674 1
，所以
2023
a
是奇数，故②正确；
对于③：因为
2
3
1
4
5
3
2022
2023
2021
;
;
a
a
a a
a
a
a
a
a
，
相加可得：
2
4
6
2022
2023
1
a
a
a
a
a
，故③错误；
对于④：因为斐波那契数列总满足
*
1
2
3
N
n
n
n
a
a
a
n
n
，
，且
1
2
1
a
a
，
所以
2
1
2
1
a
a a
，
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2
2
2
2
2
3
1
2
3
2
1
a
a a
a
a
a
a a
a a
，
2
3
3
3
3
4
2
3
4
3
2
a
a a
a
a
a
a a
a a
，
类似的有，
1
1
2
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
a
a a
a
a
a
a a
a a
，
其中
2.
n
累加得
2
2
2
2
1
2
3
1
n
n
n
a
a
a
a
a
a
，
2
2
2
1
2
1
π
4
4
n
n
n
n
S
a
a
a
a a
，
故：
2023
2023
2024
π
4
S
a
a
，故④正确.
故答案为：①②④.
【点睛】关键点睛：本题的关键是理解斐波那契数列的特点，直接计算可判断①②，利用累加法即可判
断③④.
2．（多选）对于数列
na
，若存在正数M，使得对一切正整数n，都有
na
M
，则称数列
na
为有界数
列；若这样的正数M 不存在，则称数列
na
为无界数列．下列说法正确的有（
）
A．等比数列
na
的公比为q，若
1
q ，则
na
是有界数列
B．若数列
na
的通项
2
1
1
n
k
na
k ，则
na
是有界数列
C．若正项数列
na
满足：
1
2
(
3)
3
n
n
n
a
a
n
a
≥
，则
na
是无界数列
D．若数列
na
满足：
1
2
1
2
1
1
1
1
n
n
a
a
a
a a
a
，且
1
0,1
a
，则
na
是有界数列
【答案】ABD
【分析】根据新定义逐个判定是否正确，注重通项公式的求解过程中的技巧的应用.
【详解】对于A：不妨令首项为
1a ，则
1
1
n
na
a q
，因为0
1
q
，则
1
1
1
1
1
n
n
na
a q
a q
a
，
所以此时
na
为有界数列，所以A 正确；
对于B：当
2
n
时，
2
1
1
1
1
1
1
n
n n
n
n
，
又
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
1
1
2
2
3
1
1
2
n
a
n
n
n
n
，所以0
2
na
，
当
1
n 时，
1
1
2
a
，所以
na
是有界数列，B 正确；
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对于C：不妨令
1
2
,
0,
0
a
p a
q p
q
，
则
2
3
1
3
3
a
q
a
a
p
，
3
4
2
1
3
9
a
a
a
p
，
4
5
3
1
3
9
a
a
a
q
，
5
6
4
3
3
a
p
a
a
q
，
6
7
5
3
a
a
p
a
，
7
8
6
3
a
a
q
a
，
所以数列
na
周期数列，所以数列
na
是有界数列，C 错误；
对于D：由
1
2
1
2
1
1
1
1
n
n
a
a
a
a a
a
，得
1
2
1
1 2
1
1
1
1
1
2
n
n
n
a
a
a
a a
a
，
两式相减得
1 2
1
1
1
1
1
n
n
n
a
a a
a
a
，化简可得
1 2
1
1
n
n
a a
a
a
，
即
1 2
1
1
n
n
a
a a
a
用数学归纳法证明
0,1
na
，
当
1
n 时由题知
1
0,1
a
；
假设n
k
时结论成立，即
1 2
1
1
0,1
k
k
a
a a
a
，此时
1 2
1
1
k
k
a a
a
a
；
则当
1
n
k
时
2
2
1
1 2
1
3
1
1
1
1
2
4
k
k
k
k
k
k
k
a
a a
a
a
a
a
a
a
，
又因为
0,1
ka
，所以
2
1
1
3
0,1
2
4
k
k
a
a
，所以
1
n
k
时成立，
根据①和②可知，该结论成立，故
0,1
na
，所以
na
是有界数列，所以D 正确，
故选：ABD
【点睛】方法点睛：用数学归纳法可以很好的证明数列在某个区间的问题，但是要注意数学归纳法的书写
格式和数学逻辑.
3．设满足以下两个条件得有穷数列
1
2
3
,
,
,
,
n
a a a
a
为(
2,3,4,
)
n n
阶“期待数列”：
①
1
2
3
0
n
a
a
a
a
，②
1
2
3
1
n
a
a
a
a
.
（1）若等比数列{
}
na
为2 (
)
k k
N
阶“期待数列”，求公比q；
（2）若一个等差数列{
}
na
既为2 (
)
k k
N
阶“期待数列”又是递增数列，求该数列的通项公式；
（3）记n 阶“期待数列”
ia
的前k 项和为
(
1,2,3,
, )
kS k
n
.
（i ）求证：
1
2
k
S
；
（i i ）若存在
1,2,3,
,
m
n
，使
1
2
m
S
，试问数列
iS
(
1,2,3,
, )
i
n
是否为n 阶“期待数列”？若能，求
出所有这样的数列；若不能，请说明理由.
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【答案】（1）
1
q ；（2）
2
2
2
1
2
n
n
k
a
k
；（3）（i ）证明见解析；（ii ）不能，理由见解析.
【详解】试题分析：
（1）由n 阶“期待数列”定义，当
1
q ，结合已知条件①求得等比数列的公比
1
q ，若
1
q ，由①得,
1 2
0
a
k
，得
1
0
a
，不可能，所以
1
q ；
（2）设出等差数列的公差，结合①②求出公差，再由前k 项和为
1
2
求出首项，则等差数列的通项公式
可求；
（3）（i ）由n 阶“期待数列”{
}
na
前n 项中所有的和为0，所有项的绝对值之和为1，求得所有非负项的和
为1
2 ，所有负项的和为
1
2
，从而得到答案；
（ii ）借助于（i ）中结论知，数列(
1,2,3,
, )
kS
k
n
的前k 项和为
kT ，且满足
1
2
kT
，再由
1
2
m
S
，得
到
1
2
3
1
2
3
n
n
S
S
S
S
S
S
S
S
，从而说明
1
2
3
0
n
S
S
S
S
与
1
2
3
1
n
S
S
S
S
不能同时成立.
(1) 若
1
q ，则由①
2
1
1
2
3
2
(1
)
0
1
k
k
a
q
a
a
a
a
q
由
1
0
a
，所以
2
1
0
k
q
，得
1
q ，
由②得
1
1
2
a
k
或
1
1
2
a
k
,满足题意.
若
1
q ，由①得,
1 2
0
a
k
，得
1
0
a
，不可能.
综上所述
1
q .
(2)设等差数列
1
2
3
2
,
,
,
,
(
1)
k
a a a
a
k
的公差为(
0)
d d
.
因为
1
2
3
2
0
k
a
a
a
a
，所以
1
2
2 (
)
0
2
k
k a
a
.
所以
1
2
1
0
k
k
k
a
a
a
a
.
因为
0
d
，所以由
1
0
k
k
a
a
，得
.
由题中的①、②得
1
2
3
1
2
k
a
a
a
a
,
1
2
3
2
1
+
2
k
k
k
k
a
a
a
a
，
两式相减得
2
1
k
d
, 即
2
1
d
k
. 又
1
(
1)
1
2
2
k k
a k
d
,得
1
2
1
2
2
k
a
k
.
所以
1
2
2
2
1
2
1
2
2
1
(
1)
(
1)
2
2
n
k
n
k
a
a
n
d
n
k
k
k
.
(3) 记
1
2
3
,
,
,
,
n
a a a
a
中非负项和为A ,负项和为B .
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则
0,
1
A
B
A
B
, 得
1
1
,
2
2
A
B
.
（i ）因为
1
1
2
2
k
B
S
A
，所以
1
2
k
S
.
（ii ）若存在
1,2,3,
,
m
n
，使
1
2
m
S
，由前面的证明过程知：
1
2
1
2
0,
0,
,
0,
0,
0,
,
0
m
m
m
n
a
a
a
a
a
a
，
且
1
2
1
2
m
m
n
a
a
a
.
记数列(
1,2,3,
, )
iS
i
n
的前k 项和为
kT .若
iS
为n 阶“期待数列”，
则由(i )知,
1
2
kT
. 所以
1
2
3
1
2
m
m
T
S
S
S
S
因为
1
2
m
S
，所以
1
2
3
1
0
m
S
S
S
S
.
所以
1
2
3
1
0
m
a
a
a
a
,
1
2
m
a
.
又
1
2
1
2
m
m
n
a
a
a
, 则
1
2
,
,
,
0
m
m
n
S
S
S
.
所以
1
2
3
1
2
3
n
n
S
S
S
S
S
S
S
S
.
所以
1
2
3
0
n
S
S
S
S
与
1
2
3
1
n
S
S
S
S
不能同时成立.
所以对于有穷数列
1
2
3
,
,
,
,
n
a a a
a
(
2,3,4,
)
n
,若存在
1,2,3,
,
m
n
，使
1
2
m
S
，
则数列(
1,2,3,
, )
iS
i
n
不能为n 阶“期待数列”.
考点：数列的通项公式；数列与不等式的综合.
4．已知函数
y
f x
，对于数列
n
n
a
b
、
，若
,
n
n
a
f n
f b
n
，则称
na
为函数
y
f x
的“生成数
列”，
nb
为函数
y
f x
的一个“源数列”.
(1)已知
,
n
f
x
x
a
为函数
y
f x
的“生成数列”，
nb
为函数
y
f x
的“源数列”，求
4
2
a
b
；
(2)已知
e ,
x
n
f x
b
为函数
y
f x
的“源数列”，求证：对任意正整数n ，均有
2
1
nb
n
；
(3)已知
2
,
x
n
f x
x a
为函数
y
f x
的“生成数列”，
nb
为函数
y
f x
的“源数列”，
na
与
nb
的
公共项按从小到大的顺序构成数列
nc
，试问在数列
nc
中是否存在连续三项构成等比数列?请说明理由.
【答案】(1)6
(2)证明见解析
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(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）根据题意确定
na
n
，
2
nb
n
，计算得到答案.
（2）确定
ln
nb
n
，构造
2
1
ln
h x
x
x
，求导得到函数单调递增，计算最值得到证明.
（3）确定
2n
n
a
n
，2 n
b
nb
n
，根据
p
q
a
b
得到
2
2
2
p
p
p
p
q
，确定
2n
nc
n
，再假设存在得到
2
1
1
m
m
m
c
c
c
，整理得到
3 2
1
2
2
m
m
，无解，得到答案.
【详解】（1）
f
x
x
，
na
f n
n
，
n
n
f b
b
n
，故
2
nb
n
，
则
2
4
2
4
2
6
a
b
；
（2）
ex
f
x
，
e n
b
n
f b
n
，故
ln
nb
n
，
构造函数
2
1
ln
h x
x
x
，
2
x
，则
1
2
1
h
x
x
x
，
函数
h x
在
2,上单调递增，
3
2
0
2
h
，
故
0
h x
在
2,恒成立，
h x 单调递增，
故
2
1
ln
2
1
ln 2
0
h n
n
n
h
，即
2
1
ln
n
n
，
2
n
，
当
1
n 时，
2
1
ln
0
n
n
，
综上所述：
2
1
ln
n
n
恒成立，即
2
1
nb
n
.
（3）
2x
f x
x
，则
2n
na
f n
n
，
2 n
b
n
n
f b
b
n
，
设
p
q
a
b
，即2p
q
p
b
，则
2
2
2
p
p
p
p
q
，
设函数
2x
k x
x
，函数单调递增，对于任意
*
N
p
，有唯一的
*
N
q
与之对应，
即数列
n
a 中每一项，都有
nb 中的项与之相等，
2n
n
a
n
单调递增，
故
2n
nc
n
，
假设数列
nc
中存在连续三项构成等比数列，
2
1
1
m
m
m
c
c
c
，
2
m
，
*
N
m
，
故
2
1
1
2
2
1
2
1
m
m
m
m
m
m
，整理得到
3 2
1
2
2
m
m
，无正整数解.
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故假设不成立，即不存在连续三项构成等比数列.
【点睛】关键点睛：本题考查了函数导数和数列综合，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能
力，其中构造新函数确定函数的单调性得到
2n
nc
n
是解题的关键，这种技巧是常考技巧，需要熟练掌
握.
5．记R 上的可导函数
f x 的导函数为
f
x
，满足
1
n
n
n
n
f
x
x
x
f
x
的数列
nx
称为“牛顿数列”．若函数
²
f x
x
x
，数列
nx
为牛顿数列，设
ln
1
n
n
n
x
a
x
，已知
1
2
a
，
1
nx ，则
2a
，数列
na
的前
n 项和为
n
S ，若不等式
2
14
n
n
tS
S
对任意的
*
nN 恒成立，则t 的最大值为
．
【答案】
4
25
3
【分析】求出函数的导函数，即可得到
2
1
2
1
n
n
n
x
x
x
，再由
1a 求出
1
x ，即可求出
2
x ，从而求出
2
a ，又
2
1
1
1
1
n
n
n
n
x
x
x
x
，则
1
2
n
n
a
a
，即可求出
na
的通项公式与
n
S ，参变分离可得
14
n
n
t
S
S
对任意的
*
nN 恒成立，利用对勾函数的性质求出
min
14
n
n
S
S
，即可得解.
【详解】因为
²
f x
x
x
，则
2
1
f
x
x
，则
2
2
1
2
1
2
1
n
n
n
n
n
n
n
x
x
x
x
x
x
x
，
由
1
2
a
，
1
1
1
ln
1
x
a
x
，所以
2
1
1
e
1
x
x
，解得
2
1
2
e
e
1
x
，所以
1
2
4
1
2
4
e
2
e
1
1
x
x
x
，
所以
2
2
2
ln
4
1
x
a
x
，
由
2
1
2
1
n
n
n
x
x
x
，所以
2
2
2
1
2
2
1
1
2
1
1
2
1
1
2
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
，
所以
1
1
2
1
ln
2ln
1
n
2
1
l
1
n
n
n
n
n
n
n
n
x
x
x
a
a
x
x
x
，即数列
na
是以2 为首项、2 为公比的等比数列，
所以
2n
na
，
1
2 1 2
2
2
1 2
n
n
n
S
，
因为
2
14
n
n
tS
S
对任意的
*
nN 恒成立，又
0
n
S
且
n
S 单调递增，
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所以
14
n
n
t
S
S
对任意的
*
nN 恒成立，
令
14
g x
x
x
，
0,
x
，
根据对勾函数的性质可得
14
g x
x
x
在
0, 14 上单调递减，在
14,上单调递增，
又
1
2
2
14
6
S
S
，且
2
9
g
，
25
6
2
3
g
g
，
所以
2
2
14
25
3
t
S
S
，所以t 的最大值为25
3 .
故答案为：4 ；25
3
【点睛】关键点睛：本题的关键是得到
2
1
2
1
n
n
n
x
x
x
，从而得到
2
1
1
1
1
n
n
n
n
x
x
x
x
，求出数列的通项公式，
最后参变分离转化为求
min
14
n
n
S
S
.
题型四应用题
例四、
1. （多选）我国在预测人口变化趋势上有直接推算法、灰色预测模型、VAR 模型、队列要素法等
多种方法，直接推算法使用的公式是
0 1
1
n
nP
P
k
k
，其中
nP 为预测期人口数，
0P 为初期人口
数，k 为预测期内人口增长率，n 为预测期间隔年数，则下列说法正确的有（
）
A．若在某一时期内1
0
k
，则这期间人口数呈下降趋势
B．若在某一时期内
0
k
，则这期间人口数呈上升趋势
C．若在某一时期内0
1
k
，则这期间人口数摆动变化
D．若在某一时期内
0
k
，则这期间人口数不变
【答案】ABD
【分析】利用数列的单调性逐项判断，可得出合适的选项.
【详解】由
0 1
1
n
nP
P
k
k
，得当1
0
k
时，0
1
1
k
，
因为
0
0
P
，所以，对任意的n
N ，
0
nP ，
所以，
1
0
1
0
1
1
1
1
n
n
n
n
P
k
P
k
P
P
k
，则
1
n
n
P
P
，
此时，在某一时期内1
0
k
，则这期间人口数呈下降趋势，A 对；
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对于B 选项，当
0
k
时，1
1
k
，
因为
0
0
P
，所以，对任意的n
N ，
0
nP ，
所以，
1
0
1
0
1
1
1
1
n
n
n
n
P
k
P
k
P
P
k
，则
1
n
n
P
P
，
故在某一时期内
0
k
，则这期间人口数呈上升趋势，B 对；
对于C 选项，由B 选项可知，在某一时期内0
1
k
，则这期间人口数呈上升趋势，C 错；
对于D 选项，当
0
k
时，
0
nP
P
，
故在某一时期内
0
k
，则这期间人口数不变，D 对.
故选：ABD.
2．贾先生买了一套总价为840万元的商品房，首付300万元，其余540万元（本金）向银行申请贷款，贷
款月利率0.5% .从贷款后的第一个月后开始还款（即第一次还款日距贷款发放日正好一个月），30年还
清.(精确到1元)
(1)若每月等额偿还本金（540万元），则贷款利息随本金逐月递减，还款额也逐月递减，其计算方法是：每
月还款金额（贷款本金/还款月数）（本金已归还本金累计额）每月利率，请计算第3个月还款金
额是多少元？
(2)为图方便，若每月还款金额相等，问每月应还款多少元？（注：如果上个月欠银行贷款a 元，则一个月
后，应还给银行固定数额x 元，此时贷款余额为
1
0.5%
a
x
元）
(3)请问30年后还清贷款时，用这两种不同还款方式归还贷款，实际还款总额分别是多少元？（不考虑时间
价值等因素）.
【答案】(1)41850 元
(2)32376元
(3)答案见解析
【分析】（1）分别计算各个月份的还款金额；
（2）根据题干确定地推公式，进而得解；
（3）分别计算前n 项和即可.
【详解】（1）假设程先生在第n 个月的还款金额是
nb 万元，
第1个月还款金额：
1
540
540
0.5%
4.2
30 12
b
万元，
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第2 个月还款金额：
2
540
540
540
0.5%
4.1925
30 12
30 12
b
万元，
第3个月还款金额：
3
540
540
540
2
0.5%
4.185
30 12
30 12
b
万元，
所以，第3 个月还款金额为41850 元.
（2）设程先生在第n 个月时还欠银行贷款
na 万元，每月固定还款x 万元，
则
1 1
0.5%
n
n
a
a
x
，
0
540
a
，令
1
1.005
n
n
a
a
，
则
1
1.005
0.005
n
n
a
a
，所以
200x
，
所以
200
na
x
是公比为1.005的等比数列，
即
0
200
200
1.005 .
n
na
x
a
x
由
360
0
a
，
0
540
a
得
3.2376
x
万元，故每月应还款32376元.
（3）每月等额偿还本金，由（1）知：
540
540
540
1
0.5%=4.2075
0.0075
30 12
30 12
n
n
n
b
，
所以共还款为
360
360 359
4.2 360
0.0075
1027.35
2
S
万元；
每月还款金额相等，共还款为
360
3.2376 360
1165.536
T
万元.
3．（多选）马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，为状态空间中经
过从一个状态到另一个状态的转换的随机过程.该过程要求具备“无记忆”的性质：下一状态的概率分布只能
由当前状态决定，在时间序列中它前面的事件均与之无关.甲乙两个口袋中各装有1 个黑球和2 个白球，现
从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复进行
N
n n
次这样的操作，记甲口袋中黑球个
数为
n
X ，恰有1 个黑球的概率为
np ，则下列结论正确的是（
）
A．
1
5
9
p
B．
1
1
2
6
P X
C．数列
3
5
np
是等比数列
D．
n
X 的数学期望
1
n
E X
【答案】ACD
【分析】利用已知条件求出
1
5
9
p
，
1
2
0
9
P X
，
1
2
2
9
P X
即可判断A，B；
利用
1
1
1
5
2
2
=
0
2
9
3
3
n
n
n
np
p
P X
P X
推出
1
3
1
3
5
9
5
n
n
p
p
，可判断C；
利用
1
0
2
2
n
n
n
p
P X
P X
可判断D.
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【详解】由题意，
1
1
1
2
2
5
=
3
3
3
3
9
p
，故A 正确；
1
1
2
2
0
=
3
3
9
P X
，
1
1
2
2
2
=
3
3
9
P X
，故B 错误；
当
2
N
n
n
时，
1
1
1
5
2
2
=
0
2
9
3
3
n
n
n
np
p
P X
P X
1
1
1
5
2
0
2
9
3
n
n
n
p
P X
P X
1
1
5
2 1
9
3
n
n
p
p
1
1
2
9
3
np
整理得
1
3
1
3
5
9
5
n
n
p
p
，
1
3
3
2
5
5
5
9
45
p
，
故可知
3
5
np
是以
2
45
-
为首项，以
1
9
为公比的等比数列，故C 正确；
1
n
n
P X
p
，
1
1
1
1
1
2
1
2
1
0
0
0
3
3
3
9
3
n
n
n
n
n
P X
p
P X
p
P X
，
1
1
1
1
1
2
1
2
1
2
2
2
3
3
3
9
3
n
n
n
n
n
P X
p
P X
p
P X
，
因
1
1
0
2
P X
P X
，
所以
1
0
2
2
n
n
n
p
P X
P X
，
1
0
1
2
1
2
1
2
0
1
2
n
n
n
n
n
n
E
p
P X
P X
P X
p
X
，
故D 正确，
故选：ACD.
4．某地区2020 年底有居民住房面积为a，现在居民住房划分为三类，其中危旧住房占1
3 ，新型住房占
1
4 ．为加快住房建设，计划用10 年的时间全部拆除危旧住房（每年拆除的数量相同），自2021 年起居民
住房只建设新型住房．从2021 年开始每年年底的新型住房面积都比上一年底增加20% ，用
na 表示第n 年
底（2021 年为第一年）该地区的居民住房总面积．
(1)分别写出
1a ，
2
a ，
3a 的计算公式并归纳出
na 的计算公式（不必证明）．
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(2)危旧住房全部拆除后，至少再过多少年才能使该地区居民住房总面积翻两番？（精确到年，lg2
0.30
，
lg3
0.48
，lg43
1.63
）
【答案】(1)
1a ，
2
a ，
3a 详见解析，
1
5
1
1
20
,1
10
4
12
3
30
1
5
1
20
,
11
4
12
n
n
n
n
a
a
a
a
n
a
a
a n
％
％
(2)5年
【分析】（1）根据已知条件求得
1a ，
2
a ，
3a 的计算公式，进而归纳出
na 的计算公式.
（2）由
4
na
a
，解不等式求得需要的时间.
【详解】（1）其他形式住房
1
1
5
4
3
12
a
a
a
，
每年拆除危旧住房面积为1
1
1
10
3
30
a
a
，
则
1
1
5
1
1
1 20
4
12
3
30
a
a
a
a
a
％
，
2
2
1
5
1
2
1 20
4
12
3
30
a
a
a
a
a
％
，
3
3
1
5
1
3
1 20
4
12
3
30
a
a
a
a
a
％
．
一般地，
1
5
1
1 20
1
10
4
12
3
30
n
n
n
a
a
a
a
a
n
％
，
10
10
10
1
5
1
10
1
5
1 20
1 20
4
12
3
30
%
4
2
%
1
a
a
a
a
a
a
a
，
则
1
5
1
1
20
,1
10
4
12
3
30
1
5
1
20
,
11
4
12
n
n
n
n
a
a
a
a
n
a
a
a n
％
％
．
（2）当
11
n
时，令
1
5
1 20
4
4
12
n
a
a
a
％
，
即6
43
5
3
n
，两边取常用对数得
6
43
lg
lg
5
3
n
，
即
43
lg
lg 43
lg3
1.63
0.48
3
14.37
12
2lg 2
lg3 1
2 0.30
0.48 1
lg10
n
，
故取
15
n
，即至少再过15 10
5
年才能是居民住房总面积翻两番.
5．棋盘上标有第0、1、2...100 站，棋子开始位于第0 站，棋手抛掷均匀硬币走跳棋游戏，若掷出正面，
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棋子向前跳出一站；若掷出反面，棋子向前跳出两站，直到跳到第99 站或第100 站时，游戏结束.设棋子
位于第n 站的概率为
nP ，设
0
1
P ．则下列结论正确的有（
）
①
1
1
2
P
；
2
3
3
5
,
4
8
P
P
；
②数列
1
n
n
P
P
（1
99
n
）是公比为
1
2
的等比数列；
③
100
99
98
2P
P
P
；
④
100
1
3
P
．
A．1 个
B．2 个
C．3 个
D．4 个
【答案】C
【解析】根据题意得到
1P ，
2P ，
3P 的值，先让棋子在
2
n 站，然后得到在n 1
站和n 站的概率，得到三个
站之间的概率关系，整理得到数列
1
n
n
P
P
的通项，根据通项得到
98
P ，
99
P ，
100
P
，从而对四个结论进行
判断，得到答案.
【详解】根据题意第0 站
0
1
P ，硬币掷出正面到达第1站，所以
1
1
2
P
，
从第0 站，硬币掷出反面，或从第1站硬币掷出正面，到达第2 站，所以
2
1
1
1
3
2
2
2
4
P
，
从第1站，硬币掷出反面，或从第2 站硬币掷出正面，到达第3站，
所以
3
1
1
3
1
5
2
2
4
2
8
P
，
所以结论①正确；
从第
2
n 站，硬币掷出正面到达第n 1
站，所以
1
2
1
2
n
n
P
P
从第
2
n 站，硬币掷出反面，或从第n 1
站硬币掷出正面，到达第n 站，
所以
2
1
1
1
2
2
n
n
n
P
P
P
，
即
1
1
2
1
2
n
n
n
n
P
P
P
P
，
而
0
1
1
1
1
2
2
P
P
，
所以
1
n
n
P
P
（1
99
n
）是以
1
2
为首项，
1
2
为公比的等比数列，
所以
1
1
1
1
1
2
2
2
n
n
n
n
n
P
P
，
所以结论②正确；
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99
98
99
1
1
1
1
2
2
2
P
100
2
1
1
3
2
，
而
99
99
98
1
2
P
P
，所以
98
99
2
1
1
3
2
P
，
而当棋子跳到第99站时，游戏停止，
故
100
98
99
1
1
1
1
2
3
2
P
P
.
从而得到
100
99
2
1
2
1
3
2
P
，故
99
100
98
2
P
P
P
，
所以结论③错误；
100
98
99
1
1
1
1
1
2
3
2
3
P
P
，
所以结论④正确.
故选：C.
【点睛】本题考查建立数列模型解决实际问题，累加法求数列通项，考查化归与转化和分类讨论的思想，
属于难题.
练习题：
1. 某公司从2020 年初起生产某种高科技产品，初始投入资金为1000 万元，到年底资金增长50%.预计以后
每年资金增长率与第一年相同，但每年年底公司要扣除消费资金x 万元，余下资金再投入下一年的生产.设
第n 年年底扣除消费资金后的剩余资金为
na 万元.
(1)用x 表示
1a ，
2
a ，并写出
1
na 与
na 的关系式；.
(2)若企业希望经过5 年后，使企业剩余资金达3000 万元，试确定每年年底扣除的消费资金x 的值（精确
到万元）.
【答案】(1)
1
2
1
1500
2250
2.5
1.5
n
n
a
x
a
x
a
a
x
，
，
；
(2)x=348
【分析】(1)根据题意直接得
1
1500
a
x
，
2
1 1 50%
a
a
x
，进而归纳出
1
1.5
n
n
a
a
x
；
(2)由(1)可得
1
2
2
1
1.5
1 1.5 1.5
1.5
n
n
na
a
x
，利用等比数列的求和公式可得
1
1.5
1500
3
2
n
na
x
x
，结合
5
3000
a
即可计算出d 的值.
【详解】（1）由题意知，
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1
1000 1 50%
1500
a
x
x
，
2
1
1
1 50%
1.5
1.5 1500
2250
2.5
a
a
x
a
x
x
x
x
，
1
1 50%
1.5
n
n
n
a
a
x
a
x
；
（2）由(1)可得，
1
1.5
n
n
a
a
x
，
则
2
1
2
2
1.5
1.5 1.5
1.5
1.5
n
n
n
n
a
a
x
a
x
x
a
x
x
1
2
2
1
1.5
1 1.5 1.5
1.5
n
n
a
x
，
所以
1
1
1
1.5
1500
2
1.5
1
1.5
1500
3
2
n
n
n
na
x
x
x
x
，
即
1
1.5
1500
3
2
n
na
x
x
，
当
3000
na
时，
1
1.5
1500
3
2
3000
n
x
x
，
解得
1
1500 2
3
3
2
3
n
n
n
n
x
n
，
当
5
n
时，
5
5 1
5
5
1500 2
3
348
2
3
x
万元.
故该企业每年年底扣除消费资金为348 万元时，5 年后企业剩余资金为3000 万元.
2．马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，在强化学习、自然语言
处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用．其数学定义为：假设我们的序列状态是…，
2
t
X ，
1
t
X ，
t
X ，
1
t
X ，…，那么
1
t
X 时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态
t
X ，即
1
2
1
1
,
,
,
t
t
t
t
t
t
P X
X
X
X
P X
X
．
现实生活中也存在着许多马尔科夫链，例如著名的赌徒模型．
假如一名赌徒进入赌场参与一个赌博游戏，每一局赌徒赌赢的概率为50%，且每局赌赢可以赢得1 元，每
一局赌徒赌输的概率为50%，且赌输就要输掉1 元．赌徒会一直玩下去，直到遇到如下两种情况才会结束
赌博游戏：一种是手中赌金为0 元，即赌徒输光；一种是赌金达到预期的B 元，赌徒停止赌博．记赌徒的
本金为
*
N ,
A A
A
B
，赌博过程如下图的数轴所示．
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当赌徒手中有n 元（0
n
B
，
N
n
）时，最终输光的概率为
．．．．．．．．
P n ，请回答下列问题：
(1)请直接写出
0
P
与
P B 的数值．
(2)证明
P n
是一个等差数列，并写出公差d．
(3)当
100
A
时，分别计算
200
B
，
1000
B
时，
P A 的数值，并结合实际，解释当B 时，
P A 的
统计含义．
【答案】(1)
0
1
P
，
0
P B
(2)证明见解析；
1
d
B
(3)
200
B
时，
50%
P A
，当
1000
B
时，
90%
P A
，统计含义见解析
【分析】（1）明确
0
n
和n
B
的含义，即可得答案；
（2）由全概率公式可得
1
1
( )
(
1)
(
1)
2
2
P n
P n
P n
，整理为
1
1
P n
P n
P n
P n
，即可证明结
论；
（3）由（2）结论可得
( )
1
A
P A
B
，即可求得
200
B
，
1000
B
时，
P A 的数值，结合概率的变化趋
势，即可得统计含义.
【详解】（1）当
0
n
时，赌徒已经输光了，因此
0
1
P
.
当n
B
时，赌徒到了终止赌博的条件，不再赌了，因此输光的概率
0
P B
.
（2）记M：赌徒有n 元最后输光的事件，N：赌徒有n 元上一场赢的事件,
(
)
(
) (
|
)
(
) (
|
)
P M
P N P M N
P N P M N
,
即
1
1
( )
(
1)
(
1)
2
2
P n
P n
P n
，
所以
1
1
P n
P n
P n
P n
，
所以
{
}
P n
是一个等差数列，
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设
1
P n
P n
d
，则
1
2
1
0
P n
P n
d
P
P
d
，,
，
累加得
(0)
P
n
n
P
d
，故
(0)
P B
P
Bd
，得
1
d
B
，
（3）
100
A
，由
0
P n
P
nd
得
0
P A
P
Ad
,即
( )
1
A
P A
B
,
当
200
B
时，
50%
P A
，
当
1000
B
时，
90%
P A
，
当B 时，
1
P A ，因此可知久赌无赢家，
即便是一个这样看似公平的游戏，
只要赌徒一直玩下去就会100% 的概率输光．
【点睛】关键点睛：此题很新颖，题目的背景设置的虽然较为陌生复杂，但解答并不困难，该题将概率和
数列知识综合到了一起，解答的关键是要弄明白题目的含义，即审清楚题意，明确
1
1
( )
(
1)
(
1)
2
2
P n
P n
P n
，即可求解,
3．习主席说：“绿水青山就是金山银山”．某地响应号召，投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产
业，根据规划，2021 年投入1000 万元，以后每年投入将比上一年减少1
5 ，当地2021 年度旅游业收入约为
500 万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上一年增加1
4 ．
(1)设n 年内（2021 年为第一年）总投入为
n
S 万元，旅游业总收入为
nT 万元，写出
n
S ，
nT 的表达式；
(2)至少到哪一年，旅游业的总收入才能超过总投入．
（参考数据：lg2
0.3010
，lg3
0.4771
，lg5
0.6990
）
【答案】(1)
4
5000
1
5
n
n
S
，
5
2000
1
4
n
nT
(2)至少到2025 年旅游业的总收入才能超过总投入
【分析】（1）根据题意可知每年投入资金和旅游业收入是等比数列，根据等比数列前n 项和公式即可求解；
（2）根据（1）中解析式列出不等式
0
n
n
T
S
，令
4
5
n
x
，化简不等式即可求解.
【详解】（1）2021 年投入为1000 万元，第n 年投入为
1
1
1000
1
5
n
万元，
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所以n 年内的总投入为
1
1
1
1000
1000
1
1000
1
5
5
n
n
S
4
1000
1
5
4
5000
1
4
5
1
5
n
n
，
2021 年收入为500 万元，第2 年收入为
1
500
1
4
万元，第n 年收入为
1
1
500
1
4
n
万元
所以n 年内的总收入为
1
5
500
1
4
1
1
5
500
500
1
500
1
2000
1
5
4
4
4
1
4
n
n
n
nT
．
（2）设至少经过n 年旅游业的总收入才能超过总投入，由此
0
n
n
T
S
，
即
5
4
2000
1
5000
1
0
4
5
n
n
，化简得
4
5
5
2
7
0
5
4
n
n
，
设
4
5
n
x
，代入上式并整理得
2
5
7
2
0
x
x
，
解此不等式，得
2
5
x
或
1
x （舍去）．即4
2
5
5
n
，
不等式两边取常用对数可得
4
2
lg
lg
5
5
n
，即
2
lg
lg 2
lg5
5
4.1
4
2lg 2
lg5
lg 5
n
所以
5
n
，故至少到2025 年旅游业的总收入才能超过总投入.
4．2022 年北京冬奥会开幕式中，当《雪花》这个节目开始后，一片巨大的“雪花”呈现在舞台中央，十分
壮观.理论上，一片雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”，是瑞典数
学家科赫在1904 年研究的一种分形曲线.如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，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，重复进行这一过程
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若第1 个图中的三角形的周长为1，则第n 个图形的周长为
；若第1 个图中的三角形的面积为1，则
第n 个图形的面积为
.
【答案】
1
4
3
n
1
8
3
4
5
5
9
n
【分析】由图形之间的边长的关系，得到周长是等比数列，再按照等比数列通项公式可得解；
由图形之间的面积关系及累加法，结合等比数列求和可得解.
【详解】记第n 个图形为
nP ，三角形边长为
na ，边数
nb ，周长为
n
L ，面积为
n
S
1P 有
1b 条边，边长
1a ；
2P 有
2
1
4
b
b
条边，边长
2
1
1
3
a
a ；
3P 有
2
3
1
4
b
b
条边，边长
2
3
1
1
3
a
a
；
分析可知
1
1
3
n
n
a
a
，即
1
1
3
n
na
a
；
1
4
n
n
b
b
，即
1
1 4n
nb
b
当第1 个图中的三角形的周长为1 时，即
1
1
a ，
1
3
b
所以
1
1
1
4
3 4
3
3
n
n
n
n
n
n
L
a b
由图形可知
nP 是在
1
nP 每条边上生成一个小三角形，即
2
1
1
3
4
n
n
n
n
S
S
b
a
即
2
1
1
4
3
n
n
n
n
S
S
a
b
，
2
1
2
1
2
4
3
n
n
n
n
S
S
a
b
，，
2
2
1
2
1
4
3
S
S
a
b
利用累加法可得
2
2
2
1
1
1
1
2
2
4
3
n
n
n
n
n
S
S
a
b
a
b
a
b
数列
na
是以1
3 为公比的等比数列，数列
nb
是以4 为公比的等比数列，故
2
1
n
n
a
b
是以4
9 为公比的等比
数列，
当第1 个图中的三角形的面积为1 时，
1
1
S ，即
2
1
3
1
4 a
，此时
2
1
4 3
3
a
，
2
2
4 3
27
a
，
1P 有
1
3
b
条边，
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则
1
1
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
2
4
4
9
9
4
5
1
1
3
9
4
1
n
n
n
n
n
n
a
b
a
b
a
b
a
b
所以
1
1
3
1
4
5
9
n
n
S
S
，所以
1
8
3
4
5
5
9
n
n
S
故答案为：
1
4
3
n
，
1
8
3
4
5
5
9
n
【点睛】关键点睛：本题考查数列的应用，解题的关键是通过找到图形之间的关系，得到等比数列，求数
列通项公式常用的方法：（1）由
na 与
n
S 的关系求通项公式；（2）累加法；（3）累乘法；（4）两边取到数，
构造新数列法.
题型五
创新题
例五、
1．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
2
1
240dm
S
，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
2
2
180dm
S
，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
1
n
k
k
S
2
dm .
【答案】
5
4
15 3
720
2n
n
【分析】（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得
n
S ，再根据错位相减法得结果.
【详解】（1）由对折2 次共可以得到5dm 12dm
，10dm 6dm
，20dm 3dm
三种规格的图形，所以对着三
次的结果有：5
3
12 5 6 10 3 20
2
2
，
，
；
，共4 种不同规格（单位
2
dm ) ；
故对折4 次可得到如下规格：5 12
4
，5
6
2
，5 3
，
3
10
2
，
3
20
4
，共5 种不同规格；
（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积
成公比为1
2 的等比数列，首项为120
2
dm
,第n 次对折后的图形面积为
1
1
120
2
n
，对于第n 此对折后的
图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为
1
n种（证明从略），故得猜想
1
120(
1)
2
n
n
n
S
，
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设
0
1
2
1
1
120
1
120 2
120 3
120 4
2
2
2
2
n
k
n
k
n
S
S
，
则
1
2
1
1
120
2
120 3
120
120(
1)
2
2
2
2
2
n
n
n
n
S
，
两式作差得：
2
1
120
1
1
1
1
1
240 120
2
2
2
2
2
n
n
n
S
1
1
60 1
120
1
2
240
1
2
1
2
n
n
n
1
120
1
120
3
120
360
360
2
2
2
n
n
n
n
n
，
因此，
4
240
3
15
3
720
720
2
2
n
n
n
n
S
.
故答案为：5；
4
15
3
720
2n
n
.
【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；
（2）对于
n
n
a b
结构，其中
na
是等差数列，
nb
是等比数列，用错位相减法求和；
（3）对于
n
n
a
b
结构，利用分组求和法；
（4）对于
1
1
n
n
a a
结构，其中
na
是等差数列，公差为
0
d d
，则
1
1
1
1
1
1
n
n
n
n
a a
d
a
a
，利用裂项相
消法求和.
2．嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为
研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列
nb
：
1
1
1
1
b
，
2
1
2
1
1
1
b
，
3
1
2
3
1
1
1
1
b
，…，依此类推，其中
(
1,2,
)
k
k
N
．则（
）
A．
1
5
b
b
B．
3
8
b
b
C．
6
2
b
b
D．
4
7
b
b
【答案】D
【分析】根据
*
1,2,
k
k
N
… ，再利用数列
nb
与
k
的关系判断
nb
中各项的大小，即可求解.
【详解】[方法一]:常规解法
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因为
*
1,2,
k
k
N
，
所以
1
1
2
1
，
1
1
2
1
1
1
，得到
1
2
b
b
，
同理
1
1
2
2
3
1
1
1
，可得
2
3
b
b
，
1
3
b
b
又因为
2
2
3
4
1
1
,
1
1
1
1
2
2
3
3
4
1
1
1
1
1
，
故
2
4
b
b
，
3
4
b
b
；
以此类推，可得
1
3
5
7
b
b
b
b
… ，
7
8
b
b
，故A 错误；
1
7
8
b
b
b
，故B 错误；
2
6
2
3
1
1
1
1
…
，得
2
6
b
b
，故C 错误；
1
1
2
3
7
2
6
4
1
1
1
1
1
1
…
，得
4
7
b
b
，故D 正确.
[方法二]：特值法
不妨设
1,
na
则
1
2
3
4
5
6
7
8
3
5
8
13
21
34
55
b
2,b
b
,b
b
,b
b
,b
2
3
5
8
13
21
34
，
，
，
，
4
7
b
b
故D 正确.
3．对于数列
1 2n
na
n
，
*
nN ，的前n 项和，在学习完“错位相减法”后，善于观察的小周同学发现对
于此类“等差×等比数列”，也可以使用“裂项相消法”求解，以下是她的思考过程：
①为什么
1
1
1
1
1
n n
n
n
可以裂项相消？是因为此数列的第n，n＋1 项有一定关系，即第n 项的后一部
分与第n＋1 项的前一部分和为零
②不妨将
1 2n
na
n
，
*
nN 也转化成第n，n＋1 项有一定关系的数列，因为系数不确定，所以运用待
定系数法可得
1
2
1
2
1 2
n
n
n
na
pn
q
p n
q
n
，通过化简左侧并与右侧系数对应相等即可确定
系数
③将数列
1 2n
na
n
，
*
nN 表示成
1
2
1
2
n
n
na
pn
q
p n
q
形式，然后运用“裂项相消法”即可！
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聪明的小周将这一方法告诉了老师，老师赞扬了她的创新意识，但也同时强调一定要将基础的“错位相减
法”掌握．
(1)（巩固基础）请你帮助小周同学，用“错位相减法”求
na
的前n 项和
n
S ；
(2)（创新意识）请你参考小周同学的思考过程，运用“裂项相消法”求
na
的前n 项和
n
S ．
【答案】(1)
1
2n
n
S
n
(2)
1
2n
n
S
n
【分析】（1）直接根据错位相减法的解题步骤求解求
na
的前n 项和
n
S 即可；
（2）根据裂项法，设
1
2
1
2
n
n
na
pn
q
p n
q
，结合已知比较系数求得,p q ，再代入
1
2
3
n
n
S
a
a
a
a
，即可求得
n
S .
【详解】（1）因为
1 2n
na
n
所以
1
2
3
n
n
S
a
a
a
a
1
2
3
2 2
3 2
4 2
1 2n
n
①
则
2
3
4
1
2
2 2
3 2
4 2
1 2n
n
S
n
②
所以①-②得：
2
1
1
2
3
1
1
1
2
2
2 2
2
2
2
1 2
4
1 2
2
1 2
n
n
n
n
n
n
S
n
n
n
所以
1
2n
n
S
n
；
（2）因为
1 2n
na
n
，设
1
2
1
2
2
2
n
n
n
na
pn
q
p n
q
pn
q
p
，
比较系数得：
1
2
1
p
q
p
，得
1
1
p
q
，所以
1
1 2
2
n
n
na
n
n
，
所以
1
2
2
3
1
1
1
2
3
0 2
1
2
1
2
2
2
1 2
2
2
n
n
n
n
n
S
a
a
a
a
n
n
n
4．“垛积术”在我国古代早期主要用于天文历法，后来用于求高阶等差级数的和.元代数学家朱世杰在沈括
（北宋时期数学家）、杨辉（南宋时期数学家）研究成果的基础上，在《四元玉鉴》中利用了“三角垛”求一
系列重要的高阶等差级数的和.例如，欲求数列1 n
，
2
1
n
，
3
2
n
，…，
1
2
n
，
1
n的和，可
设计一个正立的n 行三角数阵，即正三角形A 的区域中所有数的分布规律为：第1 行为1 个n ，第2 行为
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2 个n 1
，第3 行为3 个
2
n ，…，第n 行为n 个1；再选一个数列
2
n
（其前n 项和已知），可设计一个
倒立的n 行三角数阵，即正三角形B 的区域中所有数的分布规律为：第1 行为n 个n ，第2 行为n 1
个
n 1
，第3 行为
2
n 个
2
n ，…，第n 行为1 个1.这两个三角数阵就组成一个n 行
1
n列的菱形数阵.若已
知
2
2
2
2
1
1
2
3
1 2
1
6
n
n n
n
，则运用垛积术，求得数列1 n
，
2
1
n
，
3
2
n
，…，
1
2
n
，
1
n的和为
.
【答案】
1
1
2
6 n n
n
【分析】根据菱形区域,
A B 的个数，结合公式，化简变形求值.
【详解】正三角形A 的区域与正三角形B 的区域的所有数的和为
1
1
2
1
...
1
n
n
n
n
1
2
...
1
n
n
1
1
2
n n
n
2
1
1
2 n n
而正三角形B 区域的所有数的和为
1
1 1
2
2
...
1
2
1
6
n
n
n n
n
，
所以正三角形A 的区域的所有数的和为
2
1
1
1
2
1
3
2
1
2
1
1
1
2
1
2
6
n
n
n
n
n
n n
n n
n
，
1
1
2
6 n n
n
故答案为：
1
1
2
6 n n
n
5．已知正项数列
na
满足
2
1
1
2
1
n
n
n
a
a
a
，
2023
2023
1
1
a
a
，则
1a
.
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【答案】
5
1
2
【分析】先根据
2
1
1
2
1
n
n
n
a
a
a
利用基本不等式证明
1
5
1
2
na
，再根据条件
2023
2023
1
1
a
a
解得
2023
5
1
2
a
，说明
na
是常数列，每一项都是
5
1
2
.
【详解】因为
1
0
na
，所以2
1
0
na
，即
1
2
na
，
故
2
1
5
5
1
1
1
1
1
1
1
5
1
4
4
+
2
1
1
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
，
当且仅当
5
1
2
na
时，等号成立.
设
2023
1
a
m
m
，可得
2
1
(
0)
m
m m
，解得
2023
5
1
2
a
m
，
故
na
是常数列，每一项都是
5
1
2
.
故答案为：
5
1
2
【点睛】先证明数列的项大于等于或者小于等于某个常数，再证明数列的某一项等于这个常数，可以证明
数列是一个常数列.
6．对于数列A :
1
2
3
*
,
,
,
1, ,3
N
2
i
a a a
a
i
,定义“T 变换”:T 将数列A 变换成数列B :
1
2
3
,
,
b b b ,其中
1
1,2
i
i
i
b
a
a
i
,且
3
3
1
b
a
a
.这种“T 变换”记作
B
T A
,继续对数列B 进行“T 变换”,得到数列
C :
1
2
3
,
,
c c c ,依此类推,当得到的数列各项均为0 时变换结束.
(1)写出数列A :2,6,4 经过5 次“T 变换”后得到的数列;
(2)若
1
2
3
,
,
a a a 不全相等,判断数列A :
1
2
3
,
,
a a a 经过不断的“T 变换”是否会结束,并说明理由;
(3)设数列A :400,2,403 经过k 次“T 变换”得到的数列各项之和最小,求k 的最小值.
【答案】(1)2,0,2
(2)数列A 经过不断的“T 变换”不可能结束,理由见解析
(3)136
【分析】(1)根据数列的新定义写出经过5 次“T 变换”后得到的数列即可;
(2)先假设数列A 经过不断的“T 变换”结束,不妨设最后三个数列为
1
2
3
1
2
3
:
,
,
,
:
,
,
,
: 0,0,0
D d d d E e e e F
,由F 数列
往前推,则非零常数列可能会通过“T 变换”结束,或者数列E 为常数列,进而推得D 可能出现的情况,推出矛盾,
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故假设不成立,即可证明;
(3)先往后推几项,发现规律,假设1 次“T 变换”得到数列的通项,多写出几项,推出规律,往后继续进行,推到使数
字接近1 时,再继续推,往后会发现k 次“T 变换”得到的数列是循环的,得到最小值,进而推出次数即可.
【详解】（1）解:由题知,5 次变换后得到的数列依次为
4,2,2;
2,0,2;
2,2,0;
0,2,2;
2,0,2…
所以数列A :2,6,4 经过5 次“T 变换”后得到的数列为
2,0,2;
（2）数列A 经过不断的“T 变换”不可能结束
设数列
1
2
3
1
2
3
:
,
,
,
:
,
,
,
: 0,0,0
D d d d E e e e F
,
且
,
T D
E T E
F
,
由题可知
1
2
2
3
3
1
0,
0,
0
e
e
e
e
e
e
,
1
2
3
e
e
e
,
即非零常数列才能通过“T 变换”结束,①
设
1
2
3
e
e
e
e
( e 为非零自然数),
则为变换得到数列E 的前两项,数列D 只有四种可能:
1
1
1
1
1
1
:
,
,
2 ;
:
,
,
;
D d d
e d
e D d d
e d
1
1
1
1
1
1
:
,
,
;
:
,
,
2 ;
D d d
e d D d d
e d
e
而以上四种情况中,数列E 的第三项是0 或2e,
即不存在数列D ,使得其经过“T 变换”成为非零常数列②
由①②得,数列A 经过不断的“T 变换”不可能结束;
（3）数列A 经过一次“T 变换”后得到数列B :398,401,3,
其结构为,
3,3
a a
,
数列B 经过6 次“T 变换”得到的数列
分别为:3, ,
3;
a a
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3,3,
6;
a
a
6,
9,3;
a
a
3,
12,
9;
a
a
15,3,
12;
a
a
18,
15,3
a
a
.
所以,经过6 次“T 变换”后得到的数列也是形如“ ,
3,3
a a
”的数列,
变化的是,除了3 之外的两项均减小18,
398
18
22
2
数列B 经过6 22
132
次“T 变换”后
得到的数列为2,5,3,
接下来经过“T 变换”后得到的数列
分别为:3,2,1;
1,1,2;
0,1,1;
1,0,1;
1,1,0;
0,1,1;
1,0,1;
….
至此,数列和的最小值为2,
以后数列循环出现,数列各项和不会更小,
所以经过1 132
3
136
次“T 变换”得到的数列各项和达到最小,
即k 的最小值为136.
【点睛】思路点睛:本题考查数列的新定义问题,结合证明方法,属于难题,关于数列新定义问题,一般思路为:
(1)根据定义写出几项,
(2)找出规律,
(3)写出通项,
(4)证明结论.
练习题：
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1．（多选）提丢斯波得定律是关于太阳系中行星轨道的一个简单的几何学规则，它是在1766年由德国的
一位中学老师戴维斯提丢斯发现的，后来被柏林天文台的台长波得归纳成一条定律，即数列
na
：0.4 ，
0.7 ，1，1.6，2.8 ，5.2，10，19.6表示的是太阳系第n 颗行星与太阳的平均距离( 以天文单位AU 为单
位).现将数列
na
的各项乘以10后再减4 ，得到数列
nb
，可以发现数列
nb
从第3项起，每项是前一项
的2 倍，则下列说法正确的是（
）
A．数列
nb
的通项公式为
2
3 2n
nb
B．数列
na
的第2023项为
2021
0.3 2
0.4
C．数列
na
的前n 项和
1
0.4
0.3
2
0.3
n
n
S
n
D．数列
n
nb
的前n 项和
1
3
1
2n
nT
n
【答案】BCD
【分析】由题意可得数列:0,3,6,12,24,48,96,192,
,
nb
由此可得数列
nb
从第2 项起构成公比为2 的等比
数列，从而可求出其通项公式，判断选项A，由于
4
10
n
n
b
a
，所以可求出数列
na
的通项公式，从而可
判断B，对于C，利用分组求和可求出数列
na
的前n 项和，对于D，利用错位相减法可求出数列
n
nb
的
前n 项和
【详解】数列
na
各项乘以10后再减4 得到数列:0,3,6,12,24,48,96,192,
,
nb
故该数列从第2 项起构成公比为2 的等比数列，所以
nb
2
0,
1
3 2
,
2
n
n
n
，故A 错误；
从而
2
0.4,
1
4
0.3 2
0.4,
2
10
n
n
n
n
b
a
n
，所以
2021
2023
0.3 2
0.4
a
，故B 正确；
当
1
n 时
1
1
0.4
S
a
；
当
2
n
时
n
S
0
1
2
1
2
0.4
0.3 2
2
2
0.4
1
n
n
a
a
a
n
1
1
1 2
0.4
0.3
0.4
0.3 2
0.3
1 2
n
n
n
n
，
当
1
n 时
1
0.4
S
也符合上式，所以
1
0.4
0.3
2
0.3
n
n
S
n
，故C 正确；
因为
n
nb
2
0,
1
3
2
,
2
n
n
n
n
，所以当
1
n 时
1
1
0
T
b
，
当
2
n
时
0
1
2
3
2
3
0
3 2
2
n
n
T
b
b
b
nb
1
2
2
3 2
4
2
2n
n
，
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1
2
3 2
2
3
n
T
2
3
1
2
4
2
2n
n
，
所以
0
3(2
nT
1
2
2
1
2
2
2
2
n
n
n
1
1
1
2
2
3 2
2
3 1
2
1
2
n
n
n
n
n
，所以
1
3
1
2n
nT
n
，
又当
1
n 时
1
0
T
也满足上式，所以
1
3
1
2n
nT
n
，故D 正确.
故选：BCD.
2．（多选）麦克斯韦妖（Maxwell＇s demon），是在物理学中假想的妖，能探测并控制单个分子的运动，
于1871 年由英国物理学家詹姆斯·麦克斯韦为了说明违反热力学第二定律的可能性而设想的．当时麦克斯
韦意识到自然界存在着与熵增加相拮抗的能量控制机制．但他无法清晰地说明这种机制．他只能诙谐地假
定一种“妖”，能够按照某种秩序和规则把作随机热运动的微粒分配到一定的相格里．麦克斯韦妖是耗散结
构的一个雏形．可以简单的这样描述，一个绝热容器被分成相等的两格，中间是由“妖”控制的一扇小“门”，
容器中的空气分子作无规则热运动时会向门上撞击，“门”可以选择性的将速度较快的分子放入一格，而较
慢的分子放入另一格，这样，其中的一格就会比另外一格温度高，可以利用此温差，驱动热机做功．这是
第二类永动机的一个范例．而直到信息熵的发现后才推翻了麦克斯韦妖理论．设随机变量X 所有取值为1，
2，…n，且
0
i
P x
i
P
（
1
i ，2，…n）
1
1
n
i
i
P
，定义X 的信息熵
2
1
log
n
i
i
i
H x
P
P
，则下列说法
正确的有（
）
A．n=1 时
0
H x
B．n=2 时，若
1
1
(0,
)
2
P
，则
H x 与
1P 正相关
C．若
1
2
1
1
2n
P
P
，
1
2
2,
N
k
k
P
P k
k
，
1
2
2n
n
H x
D．若n=2m，随机变量y 的所有可能取值为1,2,…,m，且
2
1
j
m
j
P y
j
P
P
（j=1,2,…,m）则
( )
( )
H x
H y
【答案】ABD
【分析】求出
( )
H x 判断出A；分析
( )
H x 对于
1P 的单调性判断B；利用数列求和求出
( )
H x 判断C；计算出
( ),
( )
H x H y ，利用基本不等式和对数函数的性质判断D 作答.
【详解】对于A，若
1
n ，则
1
1,
1
i
P
，因此
2
( )
(1 log 1)
0
H x
，A 正确；
对于B，当n=2 时，
1
1
(0,
)
2
P
，
1
2
1
1
2
1
( )
log
(1
)log (1
)
H x
P
P
P
P
，
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令
2
2
1
( )
log
(1
)log (1
),
(0,
)
2
f t
t
t
t
t t
，则
2
2
2
1
( )
log
log (1
)
log (
1)
0
f
t
t
t
t
，
即函数
( )
f t 在
1
(0,
)
2 上单调递增，所以
H x 与
1P 正相关，B 正确；
对于C，
1
2
1
1
2n
P
P
，
1
2
2,
N
k
k
P
P k
k
，则
2
2
2
1
1
2
1
2
,
2
2
2
k
k
k
n
n k
P
P
k
，
1
1
2
2
1
1
1
o
1
2
2
2
log
l g
k
n k
n
n k
k
k
P
k
P
n
，而
1
1
1
1
2
1
2
log
log
1
1
1
2
2
2
n
n
n
P
P
n
，
于是
1
1
1
2
2
2
2
1
1
1
2
2
1
( )
2
2
2
2
2
2
log
n
k
k
k
n
n
n
n
n
n
n
n
H
P
x
P
1
1
2
2
1
1
2
2
1
2
2
2
2
2
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
，令
2
3
1
1
2
3
1
2
2
2
2
2
n
n
n
n
n
S
，
则
2
3
4
1
1
2
3
1
2
2
2
1
2
2
2
n
n
n
S
n
n
，两式相减得
2
3
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
n
n
n
n
S
+
=
+
+
+
+
-
1
1
1
1
(1
)
2
2
2
1
1
2
2
1
2
n
n
n
n
n
，因此
2
2
2
n
n
n
S
，
1
1
1
1
1
2
2
( )
2
2
2
2
2
2
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
H x
S
，C
错误；
对于D，若
2
n
m
，随机变量y 的所有可能的取值为1,2,
,m
，且
2
1
j
m
j
P y
j
P
P
（
1,2,
,
j
m
），
2
2
2
2
1
1
1
log
log
m
m
i
i
i
i
i
i
H x
P
P
P
P
1
2
2
2
2
1
2
2
2
1
2
2
1
2
1
1
1
1
log
log
log
log
m
m
m
m
P
P
P
P
P
P
P
P
，
H y
1
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
2
2
1
1
1
1
1
log
log
log
m
m
m
m
m
m
m
m
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
1
2
2
2
2
1
2
2
2
1
2
2
2
1
2
2
1
1
2
1
1
1
1
log
log
log
log
m
m
m
m
m
m
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
，
由于
0
1,2,
,2
iP
i
m
，即有
2
1
1
1
i
i
m
i
P
P
P
，则
2
2
2
1
1
1
log
log
i
i
m
i
P
P
P
，
因此
2
2
2
1
1
1
log
log
i
i
i
i
m
i
P
P
P
P
P
，所以
H x
H y
，即
H x
H y
成立，D 正确.
故选：ABD
【点睛】思路点睛：错位相减求和.一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前
n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解．
3．某少数民族的刺绣有着悠久的历史，下图①、②、③、④为她们刺绣最简单的四个图案，这些图案
都由小正方形构成，小正方形数越多刺绣越漂亮，现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同)，设第
n 个图形包含
( )
f n 个小正方形.
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(1)求出
(5)
f
；
(2)归纳出
(
1)
f n
与
( )
f n 的关系式，并根据你得到的关系式求
( )
f n 的表达式；
(3)求证：
1
1
1
1
3
(1)
(2) 1
(3) 1
( ) 1
2
f
f
f
f n
.
【答案】(1)41
(2)
1
4
f n
f n
n
，
2
2
2
1
f n
n
n
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据图形中小正方形排列规律可得；
（2）先对已知的前几个图形中小正方形个数作差（后一个减去前一个），从而找出规律，进而归纳出
1
f n
f n
，然后利用累加法求出
( )
f n ；
（3）根据
( ) 1
f n 的特点，利用裂项相消法求和，进而证出不等式.
【详解】（1）∵
1
1
f
，
2
5
f
，
3
13
f
，
4
25
f
，
∴
5
25
4
4
41
f
.
（2）∵
2
1
4
4 1
f
f
，
3
2
8
4
2
f
f
，
4
3
12
4 3
f
f
，
5
4
16
4 4
f
f
，
1
4
f n
f n
n
，
∴
1
4
1
f n
f n
n
，
1
2
4
2
f n
f n
n
，
2
3
4
3
f n
f n
n
，，
2
1
4 1
f
f
，
以上各式相加得
1
4
1
2
2 1
2
1
f n
f
n
n
n
n
，
∴
2
2
2
1
2
f n
n
n
n
，
又
1
n 时，
1
f
也适合
f n ，
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∴
2
2
2
1
f n
n
n
.
（3）当
2
n
时，
2
1
1
1
1
1
1
2
2
1 1
2
1
f n
n
n
n
n
，
1
1
1
1
1
2
1
3
1
1
f
f
f
f n
1
1
1
1
1
1
1
1
3
1
3
1
1
1
1
2
2
2
3
1
2
2
2
2
n
n
n
n
，
∴
1
1
1
1
3
1
2
1
3
1
1
2
f
f
f
f n
.
1．已知数列
na
满足
1
1
a ，
1
1,
2
,
n
n
n
a
n
a
a n
为奇数
为偶数
，______，
*
nN ．从①
2
1
2
n
n
b
a
，
②
2
1
2
1
n
n
n
b
a
a
这两个条件中任选一个填在横线上，并完成下面问题．（注：如果两个条件分别作
答，按第一个解答计分）．
(1)写出
1b ，
2b ；
(2)证明
nb
为等比数列，并求数列
nb
的通项公式；
(3)求数列
na
的前2n 项和
2n
S
．
【答案】(1)
1
3
b
，
2
6
b
(2)证明见解析，
1
3 2n
nb
(3)
1
2
3 2
3
6
n
n
S
n
【分析】（1）由数列
na
的前几项，结合所选的条件写出
1b ，
2b ；
（2）结合所选的条件和数列
na
的递推，定义法证明
nb
为等比数列，利用首项和公比求数列
nb
的通项
公式；
（3）结合所选的条件和数列
nb
的通项公式，求出数列
na
的通项公式，使用并项求和法求前2n 项和
2n
S
．
【详解】（1）数列
na
满足
1
1
a ，
1
1,
2
,
n
n
n
a
n
a
a n
为奇数
为偶数
，
2
2
a ，
3
4
a
，
4
5
a
，
5
10
a
，
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选择①
2
1
2
n
n
b
a
，
1
1
2
3
b
a
，
2
3
2
6
b
a
；
选择②
2
1
2
1
n
n
n
b
a
a
，
1
3
1
3
b
a
a
，
2
5
3
6
b
a
a
.
（2）选择①
2
1
2
n
n
b
a
，
证明：∵
1
1
a ，
1
1,
2
,
n
n
n
a
n
a
a n
为奇数
为偶数
，∴
0
na
，∴
2
1
2
0
n
a
，
∵
2
1
2
1
+1
2
1
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
a
a
b
a
a
b
a
a
a
a
，
∴
nb
是等比数列，首项
1
1
2
3
b
a
，公比
2
q =
，
∴
1
3 2n
nb
.
选择②
2
1
2
1
n
n
n
b
a
a
证明：∵
1
1
a ，
1
1,
2
,
n
n
n
a
n
a
a n
为奇数
为偶数
，∴
1
n
n
a
a
，∴
2
1
2
1
0
n
n
a
a
，
∵
2
1
2
1
2
1
2
1
1
2
3
2
1
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
b
a
a
a
a
b
a
a
a
a
a
a
a
a
，
∴
nb
是等比数列，首项
1
3
b
，公比
2
q =
，
∴
1
3 2n
nb
.
（3）选择①
2
1
2
n
n
b
a
，
由（2）可得
1
2
1
2
3 2n
n
n
b
a
，∴
1
2
1
3 2
2
n
n
a
∴
2
1
2
2
3 2
2
n
n
n
a
a
，∴
1
2
3 2
1
n
n
a
令
2
1
2
3 2
3
n
n
n
n
c
a
a
∴
2
1
2
3
4
2
1
2
1
2
n
n
n
n
S
a
a
a
a
a
a
c
c
c
1
2
1
2 1 2
3 2
2
2
3
3
3
3 2
3
6
1 2
n
n
n
n
n
n
选择②
2
1
2
1
n
n
n
b
a
a
，
由（2）可得
1
2
1
2
1
3 2n
n
n
a
a
，由累加法可得，
0
1
1
2
1
1
2
1
2 -3
2
3
2
5
3
1
2
1 2
+
+
+
3
3 2
3
1 2
n
n
n
n
n
n
n
a
a
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n
n
n
n
c
a
a
，
∴
2
1
2
3
4
2
1
2
1
2
n
n
n
n
S
a
a
a
a
a
a
c
c
c
1
2
1
2 1 2
3 2
2
2
3
3
3
3 2
3
6
1 2
n
n
n
n
n
n
.
2．已知
n
S 为数列
na
的前n 项和，
1
1
a ，
2
1
2
2
1
n
n
S
S
n
n
．
(1)求
na
的通项公式；
(2)若
1
1
b ，
1
( 1)
n
n
n
n
b
b
a ，求数列
nb
的前n 项和
nT ．
【答案】(1)
2
1
na
n
(2)
2
2
1
1
1,
2
1,
N
2
2
1
1 ,
2 ,
N
2
2
n
n
n
n
k
k
T
n
n n
k k
【分析】（1）法一：根据
1
1
,
1
,
2
n
n
n
S n
a
S
S
n
得到
1
4 (
2)
n
n
a
a
n n ≥
，从而得到
1
1
4(
2)
n
n
a
a
n
，可
得{
}
na
的奇数项和偶数项分别为等差数列，求出奇数项和偶数项的通项公式，得到答案；
法二：变形得到
2
2
2
1
1
(
1)
(
)
( 1) (
1 )
n
n
n
S
n
S
n
S
，结合
2
1
1
0
S
，得到
2
n
S
n
，利用
1
1
,
1
,
2
n
n
n
S n
a
S
S
n
求出答案；
（2）变形得到
2
1
2
1
2(
1)
k
k
b
b
k ≥
，当n 为奇数时，
1
nb ，当n 为偶数时，
1
1
2
3 1
2
2
n
n
b
a
n
n
，分n 为奇数和偶数两种情况，求和，得到答案.
【详解】（1）法一: 当
1
n 时，
2
1
5
S
S
，即
2
1
2
5
a
a
，由
1
1
a ，得
2
3
a
，
由
2
1
2
2
1
n
n
S
S
n
n
，得
2
1
2(
1)
2(
1)
1
n
n
S
S
n
n
(
2)
n
，
两式相减得：
1
4 (
2)
n
n
a
a
n n ≥
．又
2
1
4
a
a
，满足上式．
所以当
*
nN 时，
1
4
n
n
a
a
n
，
又当
2
n
时，
1
4(
1)
n
n
a
a
n
，
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两式相减得：
1
1
4(
2)
n
n
a
a
n
，
所以数列{
}
na
的奇数项是以
1
1
a 为首项，4 为公差的等差数列，
所以
1
1
4
1
2(
1)
2
1
2
n
n
a
a
n
n
（n 为奇数），
数列{
}
na
的偶数项是以
2
3
a
为首项，4 为公差的等差数列，
所以
2
2
4
3
2
2
2
1
2
n
n
a
a
n
n
（n 为偶数），
所以
2
1
na
n
，即{
}
na
的通项公式是
2
1
na
n
．
法二：因为
2
1
2
2
1
n
n
S
S
n
n
，
所以
2
2
1
(
1)
(
)
n
n
S
n
S
n
，
同理可得
2
2
1
1
n
n
S
n
S
n
，
故
2
2
2
1
1
(
1)
(
)
( 1) (
1 )
n
n
n
S
n
S
n
S
，
因为
2
1
1
0
S
，所以
2
0
n
S
n
，即
2
n
S
n
，
当
2
n
时，
2
2
1
(
1)
2
1
n
n
n
a
S
S
n
n
n
，
当
1
n 时，
1
1
a 适合上式，所以{
}
na
的通项公式是
2
1
na
n
.
（2）因为
1
( 1)
n
n
n
n
b
b
a ，
故当
2
1
N
n
k
n
时，
2
2
1
2
1
2(2
1) 1
4
3
k
k
k
b
b
a
k
k
①，
当
2
N
n
k n
时，
2
1
2
2
2 2
1
4
1
k
k
k
b
b
a
k
k
②，
①、②两式相减得：
2
1
2
1
2(
1)
k
k
b
b
k ≥
，
因为
1
1
b ，
3
1
2
b
b
，所以
3
1
b ，
因为
2
1
2
1
2(
1)
k
k
b
b
k ≥
，所以当n 为奇数时，
1
nb ，
当n 为偶数时，
1
1
2(
1) 1
2
3
n
n
n
b
b
a
n
n
，
所以
1
1
2
3 1
2
2
n
n
b
a
n
n
，
所以
1,
2
1,
N
2
2,
2 ,
N
n
n
k
k
b
n
n
k k
；
当n 为偶数时，
2
1
3
1
2
4
(2
2
2)
1
1
2
(
)
(
)
1
2
2
2
2
n
n
n
n
n
n
T
b
b
b
b
b
b
n
n ,
当n 为奇数时，
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2
1
1
1
1
1
1
[
(
1)
(
1)] [2(
1)
2]
2
2
n
n
n
n
n
T
T
b
T
b
n
n
n
2
1
1
1
2
2
n
n
，
综上，
2
2
1
1
1,
2
1,
N
2
2
1
1 ,
2 ,
N
2
2
n
n
n
n
k
k
T
n
n n
k k
.
3．若数列
na
的通项公式是
1
3
2
n
na
n
，则a
a
a
【答案】3036
【分析】根据通项公式可知相邻奇数项与偶数项两项之和为常数，分组求和即可.
【详解】因为
1
3
2
n
na
n
，
所以
1
2
3
a
a
，
3
4
3
a
a
，，
2023
2024
3
a
a
，
所以a
a
a
，
故答案为：3036
4．数列{
}
na
满足
1
1
Z,
2
3
n
n
a
a
a
n
，其前n 项和为
n
S ，若
21
m
S
a
，则正整数m 的值为
．
【答案】251
【分析】由
1
2
3
n
n
a
a
n
得出
1
na
n
为等比数列，求得
,
n
m
a a ，利用分组求和求出
21
S ，分m 为奇数
和m 为偶数，两种情况讨论，列出方程，即可求解．
【详解】由
1
2
3
n
n
a
a
n
，可得
1
(
1) 1
(
1)
n
n
a
n
a
n
，
所以
1
na
n
为等比数列，所以
1
1
1
( 1)
(
2)
n
na
n
a
，
所以
1
1
( 1)
(
2)
1
n
na
a
n
，所以
1
1
( 1)
(
2)
1
m
m
a
a
m
，
又由
2
4
21
1
2
3
0
5
21
(
)
(
)
(
)
S
a
a
a
a
a
a
a
1
7 11 15
43
a
1
1
0
1
2
7
0
43
25
a
a
，
当m 为奇数时，
1
21
1
2
1
250
m
a
a
m
S
a
，得m ＝251，
当m 为偶数时，
1
21
1
(
2)
1
250
m
a
a
m
S
a
，得
1
2
247
m
a
，
因为
1
Z
a
，所以
1
2
247
m
a
为奇数，所以m 为偶数时无解．
综上所述，m ＝251．
故答案为：251．
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5．在数列
na
中，
1
1
a ，
1
,
2
3
1,
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
为偶数
为奇数
，则
1
2
3
2021
a
a
a
a
．
【答案】4716
【分析】由题目条件知，数列
na
的周期为3，代入即可求出.
【详解】由
1
,
2
3
1,
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
为偶数
为奇数
，
1
1
a ，可得
2
1
3
1
4
a
a
，
3
2
3
4
2,
1
2
2
a
a
a
a
．
∴可得
3
n
n
a
a
．所以数列
na
的周期为3.
1
2
3
2021
1
2
3
1
2
673
673 (1 4
2) 1 4
4716
a
a
a
a
a
a
a
a
a
．
故答案为：4716 .
6．已知正项数列
na
的前n 项和为
n
S ，
1
1
a ，且
2
1
2
n
n
n
S
S
a
n
≥
，设
1
2
1
n
n
n
n
a
b
S
，则数列
nb
前n 项和的取值范围为
．
【答案】
3
2
, 1
1,
2
3
【分析】根据
n
n
S
a
，
之间关系可得数列
na
为等差数列并得到
na ，然后得到
nb ，根据裂项相消可得数列
nb
前n 项和，最后进行判断即可.
【详解】由
2
1
n
n
n
S
S
a
①，则
2
1
1
n
n
n
S
S
a
②
②-①化简可得：
1
1
1
0
n
n
n
n
a
a
a
a
，又
0
na
，所以
1
1
2
n
n
a
a
n
当
2
n
时，
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
a
a
S
S
a
a
a
a
所以
2
1
1
a
a
符号
1
1
n
n
a
a
，故数列
na
是首项为1，公差为1 的等差数列
所以
na
n
，则
1
2
n
n
n
S
所以
2
1
1
2
1
1
1
1
1
2
n
n
n
n
n
b
n
n
n
令设数列
nb
前n 项和
nT
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所以
1
1
1
1
1
1
1
2
1
...
1
1
2
2
3
3
4
1
n
n
nT
n
n
所以
1
1,
1
1
1
1
n
n
n
T
n
n
为偶数
，为奇数
，
当n 为偶数时，
1
1
1
nT
n
，则
1
2
1
3
3
nT
且
1
nT
当n 为奇数时，
1
1
1
nT
n
，则
1
3
1
2
2
n
T
且
1
nT
综上所述：
3
2
, 1
1,
2
3
n
T
故答案为：
3
2
, 1
1,
2
3
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键有两点，第一求得
na
n
，第二求得
1
1
2
1
1
n
n
n
n
b
.
7．已知数列
na
满足下列条件：①数列
na
是等比数列；②数列
na
是单调递增数列；③数列
na
的
公比q满足0
1
q
.请写出一个符合条件的数列
na
的通项公式
.
【答案】
1
2
n
na
（答案不唯一）
【分析】根据题意判断数列特征，写出一个符合题意的数列
na
的通项公式即可.
【详解】因为数列
na
是等比数列，数列
na
是单调递增数列，数列
na
的公比q满足0
1
q
，
所以等比数列
na
公比0
1
q
，且各项均为负数，
符合题意的一个数列
na
的通项公式为
1
2
n
na
.
故答案为：
1
2
n
na
（答案不唯一）
8．图1 是中国古代建筑中的举架结构，
,
,
,
AA BB CC DD
是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称
为举，图2 是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中
1
1
1
1
,
,
,
DD CC BB AA 是举，
1
1
1
1
,
,
,
OD DC CB BA 是相等
的步，相邻桁的举步之比分别为
1
1
1
1
1
2
3
1
1
1
1
,
0.5,
,
DD
CC
BB
AA
k
k
k
OD
DC
CB
BA
．已知
1
2
3
,
,
k k k 成公差为0.1 的
等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则
3k （
）
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A．0.75
B．0.8
C．0.85
D．0.9
【答案】D
【分析】设
1
1
1
1
1
OD
DC
CB
BA
，则可得关于
3k 的方程，求出其解后可得正确的选项.
【详解】设
1
1
1
1
1
OD
DC
CB
BA
，则
1
1
1
2
1
3
,
,
CC
k BB
k
AA
k
，
依题意，有
3
1
3
2
0.2
,
0.1
k
k k
k
，且
1
1
1
1
1
1
1
1
0.725
DD
CC
BB
AA
OD
DC
CB
BA
，
所以
3
0.5
3
0.3
0.725
4
k
，故
3
0.9
k
，
故选：D
9．（多选）设正整数
0
1
1
0
1
1
9
9
9
9
k
k
k
k
n
a
a
a
a
，其中
0,1,2,3,4,5,6,7,8
0,1,2,
,
ia
i
k
.
记
0
1
k
n
a
a
a
，则（
）
A．
11
3
B．
81
29
5
n
n
C．
9
10
1
n
n
D．
9
1
8
n
n
【答案】ABD
【分析】根据n 的表达式，
n
的表达式，结合等比数列的前n 项和公式确定正确答案.
【详解】
0
1
11
2 9
1 9
，所以
11
2 1
3
，所以A 选项正确.
正整数
0
1
1
0
1
1
9
9
9
9
k
k
k
k
n
a
a
a
a
，
则
0
1
1
0
1
1
81
29
81
1
9
9
9
9
1
9
9
9
k
k
k
k
a
a
a
a
n
2
3
1
2
0
1
0
1
1
9
9
9
2 9
3 9
9
k
k
k
k
a
a
a
a
，
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所以
0
1
81
29
2
3
5
k
n
a
a
a
n
，所以B 选项正确.
0
1
1
0
1
1
9
9
9
10
9
1
9
9
9
k
k
k
k
a
a
n
a
a
1
2
1
0
1
1
0
9
9
1
9
9
1 9
k
k
k
k
a
a
a
a
，
所以
0
1
9
10
1
1
2
k
n
a
a
a
n
，所以C 选项错误.
9
1
1 9
8
1 9
n
n
，是首项为1，公比为9的数列的前n 项和，
即
0
1
2
1
9
1
1 9
1 9
1 9
1 9
1 9
8
1 9
n
n
n
，
所以
9
1
1 1
1
8
n
n
，所以D 选项正确.
故选：ABD
【点睛】解新定义题型的步骤：(1)理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.(2)重
视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类
情况.(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.
10．若数列
na
满足
2
2
1
n
n
a
a
p
（n 为正整数，p 为常数），则称数列
na
为等方差数列，p 为公方差.
(1)已知数列
nx
，
ny
的通项公式分别为：
1
nx
n
，
1
3n
ny
，判断上述两个数列是否为等方差数列，
并说明理由；
(2)若数列
na
是首项为1，公方差为2 的等方差数列，在（1）的条件下，在
ky 与
1
ky 之间依次插入数列
2
na
中的k 项构成新数列
nc
：
1y ，
2
1a ，
2y ，
2
2a ，
2
3a ，
3y ，
2
4
a ，
2
5a ，
2
6a ，
4y ，……，求数列
nc
中前30
项的和
30
T .
【答案】(1)
nx
是等方差数列；数列
ny
不是等方差数列；理由见解析
(2)1622
【分析】（1）根据等方差数列的定义分别判断
nx
，
ny
，即可得结论；
（2）由题意确定数列
nc
中前30 项中含有
ny
的前7 项和数列
2
na
的前23 项，结合等差数列以及等比
数列的前n 项和公式，即可求得答案.
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【详解】（1）
nx
是等方差数列；数列
ny
不是等方差数列；理由如下：
对于数列
nx
：
1
nx
n
，有
2
2
1
2
1
1
n
n
x
x
n
n
，
故数列
nx
是等方差数列；
对于
ny
：
1
3n
ny
，
2
2
2
2
2
2
2
1
3
3
8 3
n
n
n
n
n
y
y
，
因为
2
2
8 3 n
不是常数，故数列
ny
不是等方差数列；
（2）由题意知数列
na
是首项为1，公方差为2 的等方差数列，
故
2
2
1
2
n
n
a
a
，而
2
1
1
a ，所以
2
1
2(
1)
2
1
na
n
n
；
ny
是首项为1，公比为3 的等比数列，
而新数列
nc
中
1
ky 项（含
1
ky ）前共有
(
1)(
2)
(1
2
3
)
1
2
k
k
k
k
项，
令(
1)(
2)
30
2
k
k
，结合
N
k
，解得
6
k
，
故数列
nc
中前30 项含有
ny
的前7 项和数列
2
na
的前23 项，
所以数列
nc
中前30 项的和
7
30
1 3
23 22
23 1
2
1622
1 3
2
T
.
【点睛】关键点睛：解答本题第二问求数列
nc
中前30 项的和的关键是确定数列
nc
中前30 项含有
ny
的前7 项和数列
2
na
的前23 项，进而依据求和公式求得答案.
11．设数列
na
满足：
1
1
2
1,
,
2,3,
n
n
n
a
a
a
a
n
，其中
x 表示不超过实数x 的最大整数．若
na 被正
整数p 除所得的余数为k ，则记
mod
n
a
k
p
，若数列中不同的两项
,
i
j
a a 被p 除所得余数相同，则记
mod
i
j
a
a
p
．
(1)直接写出
2
3
4
5
,
,
,
a a a a ；
(2)若
0 mod7
n
a
，证明：
2
1
2
2
1 mod7
n
n
n
a
a
a
；
(3)证明：数列
na
有无穷多项是7 的倍数．
【答案】(1)
2
3
4
5
2,
3,
5,
7
a
a
a
a
(2)见解析
(3)见解析
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【分析】（1）根据题意中的递推公式，依次计算即可得出；
（2）借助题意中的递推公式，根据除法的规则证明得之；
（3）在第（2）问的结论基础上进行推理，在数列
na
中求出被7 除所得余数不一样的7 个数，则其中必
有一个为7 的倍数，运用这一方法证明其结论.
【详解】（1）当
2
n
时，
2
1
1
2
a
a
a
，
当
3
n
时，
3
2
1
2 1
3
a
a
a
，
当
4
n
时，
4
3
2
3
2
5
a
a
a
，
当
5
n
时，
5
4
2
5
2
7
a
a
a
，
所以
2
3
4
5
2,
3,
5,
7
a
a
a
a
；
（2）因为
1
2
n
n
n
a
a
a
，
所以
2
1
2
n
n
n
a
a
a
，
又因为
0 mod7
n
a
，
所以
2
1
n
a
被7 除所得余数与
2n
a 被7 除所得余数一致，即
2
1
2
mod7
n
n
a
a
，
同理：
2
2
1
n
n
n
a
a
a
，
因为
0 mod7
n
a
，
所以
2n
a 被7 除所得余数与
2
1
n
a
被7 除所得余数一致，即
2
2
1 mod7
n
n
a
a
，
故
2
1
2
2
1 mod7
n
n
n
a
a
a
；
（3）设
5
ka
k
是7 的倍数，
记
2
1
*
k
a
a
N ，则由（2）得，
2
1
2
2
1
mod7
k
k
k
a
a
a
a
，
若此时a 是7 的倍数，则可以得到数列
na
有无穷多项是7 的倍数，
若a 不是7 的倍数，设
4
3
k
a
b
，
则有
4
2
4
3
2
1
k
k
k
a
a
a
b
a
，
故
4
2
mod7
k
a
b
a
，
同理可得：
4
1
2
mod7
k
a
b
a
，
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4
3
mod7
k
a
b
a
，
4
1
4
mod7
k
a
b
a
，
4
2
5
mod7
k
a
b
a
，
4
3
6
mod7
k
a
b
a
，
因此，
4
3
k
a
，
4
2
k
a
，
4
1
k
a
，
4k
a
，
4
1
k
a
，
4
2
k
a
，
4
3
k
a
中必有一个数是7 的倍数，
从而序列中有无穷多项是7 的倍数.
【点睛】方法点睛：本题主要考查递推数列的知识，属于难题.递推数列常见的处理方法为：
（1）根据递推关系，逐一列举，归纳出数列的通项公式；
（2）根据递推关系，构造出新的等差数列或等比数列，求解其通项公式；
（3）根据递推关系，构造成可以“累加、累积”等模型，求解其通项公式；
（4）根据递推关系进行迭代推理，求解出具有同一类性质的项.
12．马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，因俄国数学家安德烈·马尔科夫得名，其过程具备“无记忆”
的性质，即第
1
n次状态的概率分布只跟第n 次的状态有关，与第
1
n，
2
n ，
3
n ，…次状态无关，
即
1
2
1
1
,
,
,
n
n
n
n
n
n
P X
X
X
X
P X
X
.已知甲盒子中装有2 个黑球和1 个白球，乙盒子中装有2 个
白球，现从甲、乙两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子中，重复n 次这样的操作.记甲盒子中
黑球个数为
n
X ，恰有2 个黑球的概率为
na ，恰有1 个黑球的概率为
nb .
(1)求
1a ，
1b 和
2
a ，
2b ；
(2)证明：
6
2
5
n
n
a
b
为等比数列（
2
n
且
*
nN ）；
(3)求
n
X 的期望（用n 表示，
2
n
且
*
nN ）.
【答案】(1)
1
1
2
2
2
1
5
1
,
,
,
3
3
9
3
b
a
b
a
(2)证明见解析
(3)
1
6
2
1
5
15 6
n
n
E X
【分析】（1）列举出所有交换的情况，分别求出概率即可求解，
（2）由根据独立事件的概率乘法公式，分类逐一讨论，即可求解
1
1
1
1
2
3
n
n
n
b
b
a
，
1
1
1
3
3
n
n
n
a
b
a
，由
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等比数列的定义即可求证；
（3）利用等比数列的通项求解
1
6
2
1
2
5
15 6
n
n
n
a
b
，进而根据期望的计算公式即可求解
(
)
n
E X
．
【详解】（1）若甲盒取黑，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为1 黑2 白，乙盒为1 黑1 白，概率为2
3 ，
若甲盒取白，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为2 黑1 白，乙盒为2 白，概率为1
3 ，
所以
1
1
1
2
,
3
3
a
b
，
①当甲盒1 黑2 白，乙盒为1 黑1 白，概率为
1
2
3
b
，此时：
若甲盒取黑，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为3 白，概率为
1
1
1
1
1
3
2
6
b
b
，
若甲盒取黑，乙盒取黑，此时互换，则甲盒中变为1 黑2 白，概率为
1
1
1
1
1
3
2
6
b
b
，
若甲盒取白，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为1 黑2 白，概率为
1
1
2
1
1
3
2
3
b
b
，
若甲盒取白，乙盒取黑，此时互换，则甲盒中变为2 黑1 白，概率为
1
1
2
1
1
3
2
3
b
b
，
②当甲盒2 黑1 白，乙盒为2 白，概率为
1
1
3
a
，此时：
若甲盒取黑，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为1 黑2 白，概率为
1
2
3 a ，
若甲盒取白，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为2 黑1 白，概率为
1
1
3 a ，
综上可知：
2
1
1
1
1
1
1
1
2
1
2
1
2
2
1
5
6
3
3
2
3
2
3
3
3
9
b
b
b
a
b
a
，
2
1
1
1
1
1
2
1
1
1
3
3
3
3
3
3
3
a
b
a
.
（2）经过n 次这样的操作.记甲盒子恰有2 个黑1 白的概率为
na ，恰有1 黑2 白的概率为
nb ，3 白的概率
为1
n
n
a
b
，
①当甲盒1 黑2 白，乙盒为1 黑1 白，概率为
nb ，此时：
若甲盒取黑，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为3 白，概率为1
1
1
3
2
6
n
n
b
b
，
若甲盒取黑，乙盒取黑，此时互换，则甲盒中变为1 黑2 白，概率为1
1
1
3
2
6
n
n
b
b
，
若甲盒取白，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为1 黑2 白，概率为2
1
1
3
2
3
n
n
b
b
，
若甲盒取白，乙盒取黑，此时互换，则甲盒中变为2 黑1 白，概率为2
1
1
3
2
3
n
n
b
b
，
②当甲盒2 黑1 白，乙盒为2 白，概率为
na ，此时：
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若甲盒取黑，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为1 黑2 白，概率为2
3
n
a ，
若甲盒取白，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为2 黑1 白，概率为1
3
na ，
③当甲盒中3 白，乙盒2 黑，概率为1
n
n
a
b
，此时：
若甲盒取白，乙盒取黑，此时互换，则甲盒中变为1 黑2 白，概率为1
n
n
a
b
，
故
1
1
1
2
1
1
1
1
6
3
3
2
3
n
n
n
n
n
n
n
n
b
b
b
a
b
a
b
a
.
1
1
1
3
3
n
n
n
a
b
a
，
因此
1
1
6
6
1
2
2
1
5
5
5
6
6
6
6
1
1
1
1
1
1
1
3
3
2
3
3
6
2
2
2
5
5
5
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
b
a
b
a
a
a
b
a
b
a
b
a
b
b
，
因此
6
2
5
n
n
a
b
为等比数列，且公比为1
6 .
（3）由（2）知
6
2
5
n
n
a
b
为等比数列，且公比为1
6 ，首项为
1
1
6
2
2
5
15
a
b
，
故
1
6
2
1
2
5
15 6
n
n
n
a
b
，所以
1
6
2
1
2
5
15 6
n
n
n
a
b
，
1
6
2
1
0
1
1
2
2
5
15 6
n
n
n
n
n
n
n
n
E X
a
b
b
a
b
a
.
【点睛】求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：
（1）根据题中条件确定随机变量的可能取值；
（2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；
（3）根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望.
（在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几何分布或二项分布等，
可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算）．
13．在一个传染病流行的群体中，通常有3 类人群：
类别
特征
S 类
（Susceptible）
易感染者，体内缺乏有关抗体，与I 类人群接触后易变为I 类人群．
I 类（Infectious）
感染者，可以接触S 类人群，并把传染病传染给S 类人群；康复后成为R 类人群．
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R 类
（Recovered）
康复者，自愈或者经治疗后康复且体内存在相关抗体的I 类人群；若抗体存在时间有
限，可能重新转化为S 类人群．
在一个600 人的封闭环境中，设第n 天S 类，I 类，R 类人群人数分别为
n
S ，
nI ，
n
R ．其中第1 天
1
540
S
，
1
60
I
，
1
0
R
．为了简化模型，我们约定各类人群每天转化的比例参数恒定：
S 类→I 类占当天S 类比例
I 类→R 类占当天I 类比例
R 类→S 类占当天R 类比例
(1)已知对于传染病A 有
1
15
α
，
1
6
，
0
γ
．求
2I ，
n
R ；
(2)已知对于传染病B 有
1
5
α
，
1
10
β
，
1
60
γ
．
（Ⅰ）证明：存在常数p，q，使得{
}
n
n
pS
I
q
是等比数列；
（Ⅱ）已知防止传染病大规模传播的关键途径至少包含：①控制感染人数；②保护易感人群．请选择一
项，通过相关计算说明：实际生活中，相较于传染病A 需要投入更大力量防控传染病B．
【答案】(1)
2
86
I
；
1
1
5
14
600
300
( )
900
(
)
6
15
n
n
n
R
；
(2)（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）答案见解析.
【分析】（1）根据条件可得
1
1
14
1
5
,
,
600
15
15
6
n
n
n
n
n
n
n
n
S
S
I
S
I
R
S
I
，进而可得
2I ，再通过构造数列
1
14
{
360
(
)
}
15
n
nI
，可得
1
1
14
5
360
(
)
300
( )
15
6
n
n
nI
，即求；
（2）由题可得
1
1
4
1
1
9
[
(600
)]
5
60
5
10
n
n
n
n
n
n
n
pS
I
q
p
S
S
I
S
I
q
，进而可得
47
12 ,
54
600
60 .
54
p
p
p
p
q
q
p
，即得；
再结合传染病A 和传染病B 的
nI 及传染病A 和传染病B 的
n
S 分析即得结论.
【详解】（1）由题可知
1
1
14
1
5
,
,
600
15
15
6
n
n
n
n
n
n
n
n
S
S
I
S
I
R
S
I
，
所以
2
1
1
1
5
86
15
6
I
S
I
，
∵
1
14
15
n
n
S
S
，
1
540
S
，
∴
n
S
是以540 为首项，以14
15 为公比的等比数列，
∴
1
14
540
(
)
15
n
n
S
，
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所以
1
1
1
5
5
14
36
(
)
15
6
6
15
n
n
n
n
n
I
S
I
I
，
配凑得到
1
1
14
5
14
360
(
)
[
360
(
)
]
15
6
15
n
n
n
n
I
I
，又
1
60
I
，
所以
1
14
{
360
(
)
}
15
n
nI
是首项为300
，公比为5
6 的等比数列，
∴
1
1
14
5
360
(
)
300
( )
15
6
n
n
nI
，即
1
1
14
5
360
(
)
300
( )
15
6
n
n
nI
，
所以
1
1
5
14
600
600
300
( )
900
(
)
6
15
n
n
n
n
n
R
S
I
．
（2）（Ⅰ）由题可知，
1
4
1
5
60
n
n
n
S
S
R
，
1
1
9
5
10
n
n
n
I
S
I
，
600
n
n
n
R
S
I
，
所以
1
1
4
1
1
9
[
(600
)]
5
60
5
10
n
n
n
n
n
n
n
pS
I
q
p
S
S
I
S
I
q
1 [(47
12)
(
54)
( 600
60 )]
60
n
n
p
S
p
I
p
q
，
对比系数得到
47
12 ,
54
600
60 .
54
p
p
p
p
q
q
p
解得
3,
200,
p
q
或
4,
240.
p
q
因此我们有：
{3
200}
n
n
S
I
是首项为1480，公比为17
20 的等比数列；
{4
240}
n
n
S
I
是首项为1980，公比为5
6 的等比数列．
原命题得证．
（Ⅱ）由上可知
1
17
3
200
1480
(
)
20
n
n
n
S
I
，
1
5
4
240
1980
( )
6
n
n
n
S
I
，
解得
1
1
5
17
40
1980
( )
1480
(
)
6
20
n
n
n
S
，
1
1
17
5
80
5920
(
)
5940
( )
20
6
n
n
nI
，
选择①：对比传染病A 和传染病B 的
nI 可知，当时间足够长时传染病A 的I 类人群将趋向于0，传染病B
的I 类人群将趋向于80．为了控制感染人数，相较于传染病A 需要投入更大力量防控传染病B．
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选择②：对比传染病A 和传染病B 的
n
S 可知，当时间足够长时传染病A 的S 类人群将趋向于0，传染病B
的S 类人群将趋向于40．为了保护易感人群，相较于传染病A 需要投入更大力量防控传染病B．
【点睛】关键点点睛：本题第一问的关键是构造数列
1
14
{
360
(
)
}
15
n
nI
，进而可得
1
1
14
5
360
(
)
300
( )
15
6
n
n
nI
；
第二问中关键是通过
1
1
4
1
1
9
[
(600
)]
5
60
5
10
n
n
n
n
n
n
n
pS
I
q
p
S
S
I
S
I
q
对比系数找出关系式，即得.
14．某地牧场牧草深受病害困扰，某科研团队研制了治疗牧草病害的新药，为探究新药的效果，进行了如
下的喷洒试验：隔离选取1000平方米牧草，在第一次喷药前测得其中800平方米为正常牧草，200 平
方米为受害牧草，每三天给受害牧草喷药一次．试验的结论为：每次喷药前的受害牧草有80%的面积
会在下一次喷药前变为正常牧草，每次喷药前的正常牧草有%
t
(0
t
20)
的面积会在下一次喷药前被
感染为受害牧草．假设试验过程牧草的总面积不变，记第n 次喷药前正常牧草的面积为
na 平方米．
(1)求使得
2
900
a
成立的t 的最大整数值；
(2)证明：在t 取（1）中最大整数值的情况下，如果试验一直持续，正常牧草的面积不可能超过920 平方米．
【答案】(1)使得
2
900
a
成立的t 的最大整数值为7
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意先求出递推公式，从而求出
2
a ，然后解不等式即可；
（2）由（1）得到递推公式，然后通过构造新数列法求出
na ，证明即可.
【详解】（1）由题意，在第一次喷药前，正常牧草面积
1
800
a
平方米．
每一次喷药后，正常牧草面积与喷药前正常牧草面积的关系为，
1
20
1000
80%
1
%
800
100
n
n
n
n
t
a
a
a
t
a
①.
所以
2
20
800
800
960
8
100
t
a
t
．
要使得
2
900
a
成立，即要使得960
8
900
t
成立，解得
7.5
t
．
所以，使得
2
900
a
成立的t 的最大整数值为7 ．
（2）证明：由题设得
7
t
，代入①式可得
1
0.13
800
n
n
a
a
②.
用待定系数法，设实数满足
1
0.13
n
n
a
a
③.
将③-②可得0.87
800
，
80000
87
．
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则数列
na
是公比为0.13的等比数列，通项公式为：
1
1
0.13n
na
a
．
解得
1
1
0.13n
na
a
，又因为
1
80000
80000
800
800
0
87
100
a
．
故
na
．
又因为87 920
80040
80000
．
所以
80000
80040
920
87
87
na
，
即无论n 取多少，正常牧草的面积
na 不可能超过920 平方米．
15．小王准备在单位附近的某小区买房，若小王看中的高层住宅总共有n 层（20
30
n
，
N
n
），设第
1 层的“环境满意度”为1，且第k 层（2
k
n
，
N
k
）比第
1
k 层的“环境满意度”多出
2
3
3
1
k
k
；
又已知小王有“恐高症”，设第1 层的“高层恐惧度”为1，且第k 层（2
k
n
，
N
k
）比第
1
k 层的
“高层恐惧度”高出1
3 倍.在上述条件下，若第k 层“环境满意度”与“高层恐惧度”分别为
ka ，
kb ，记小王
对第k 层“购买满意度”为
kc ，且
k
k
k
a
c
b
，则小王最想买第
层住宅.
（参考公式及数据：
2
2
2
2
(
1)(2
1)
1
2
3
6
n n
n
n
，ln 2
0.6931
，ln 3
1.0986
，3 4
1.1006
3
）
【答案】10
【分析】由题意可得
1
1
a ，且
2
1
3
3
1
k
k
a
a
k
k
，(
2)
k
；
1
1
b ，
1
1
1
3
3
4
1
k
k
k
k
b
b
b
b
，从而可求
出
ka 和
kb ，则
3
1
4
3
k
k
k
c
，方法一：作商比较
1
,
k
k
c c 的大小可得结论，方法二：构造函数
3
1
( )
4
3
x
x
f x
，
利用导数求其最大值即可》
【详解】依题意，
1
1
a ，且
2
1
3
3
1
k
k
a
a
k
k
，(
2)
k
，
所以
1
2
1
3
2
1
(
)
(
)
(
)
k
k
k
a
a
a
a
a
a
a
a
2
2
2
1 (3 2
3 2 1)
(3 3
3 3 1)
(3
3
1)
k
k
2
2
2
2
3 1
3 1 1
3 2
3 2
1
3 3
3 3 1
3
3
1
k
k
2
2
2
2
3(1
2
3
) 3(1 2 3
)
k
k
k
3
(
1)(2
1)
3 (
1)
2
2
k k
k
k k
k
k
，
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由题意得
1
1
b ，
1
1
1
3
3
4
1
k
k
k
k
b
b
b
b
，
所以
kb
是以1 为首项，4
3 为公比的等比数列，所以
1
4
3
k
kb
.
故小王对第k 层住宅的购买满意度
3
1
4
3
k
k
k
c
.
方法一：
由
1
3
3
1
3
4
1
1
(
1)
3
1
4
4
3
3
k
k
k
k
c
k
k
c
k
.即
3 4
(
1)
1
3
k
解得
9.9404
k
，
所以
1
2
3
9
10
c
c
c
c
c
，
同理有
10
11
12
c
c
c
L ，小王最想购买第10 层住宅.
方法二：
设
3
1
( )
4
3
x
x
f x
，(
1)
x
，则
2
1
4
( )
(3
ln
)
3
4
3
x
x
f
x
x
，
故
3
1
4
ln 3
x
时
( )
0
f
x
¢
>
，故
f x 在
3
1,
4
ln 3
上为增函数，
3
4
ln 3
x
时
0
f
x
，故
f x 在
3 ,
4
ln 3
上为减函数.
由于
3
3
10.4312
4
2ln 2
ln 3
ln 3
，
3
3
(11)
3 11
1
(10)
4 10
f
f
，
故
10
f
最大，小王最想购买第10 层住宅.
故答案为：10
【点睛】关键点点睛：此题考查数列的应用，考查累加法求数列的通项公式，考查导数应用，解题的关键
是根据题意得
2
1
3
3
1
k
k
a
a
k
k
，
1
1
1
3
3
4
1
k
k
k
k
b
b
b
b
，由此可求出
ka 和
kb ，从而可求出
kc ，考查
计算能力，属于难题.
16．1967 年，法国数学家蒙德尔布罗的文章《英国的海岸线有多长？》标志着几何概念从整数维到分数维
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的飞跃.1977 年他正式将具有分数维的图形成为“分形”，并建立了以这类图形为对象的数学分支——分
形几何．分形几何不只是扮演着计算机艺术家的角色，事实表明它们是描述和探索自然界大量存在的
不规则现象的工具．下面我们用分形的方法来得到一系列图形，如图1，线段AB 的长度为1，在线段
AB 上取两个点C，D，使得
1
3
AC
DB
AB
，以CD 为一边在线段AB 的上方做一个正三角形，然后
去掉线段CD，得到图2 中的图形；对图2 中的线段EC、ED 作相同的操作，得到图3 中的图形；依
此类推，我们就得到了以下一系列图形：
记第n 个图形（图1 为第一个图形）中的所有线段长的和为
n
S ，对任意的正整数n，都有
n
S
a
＜，则a 的
最小值为
．
【答案】2．
【分析】根据图形之间的关系可得
n
S 的递推关系，从而可求
n
S
的通项公式，故可求a 的最小值.
【详解】设第n 个图形中新出现的等边三角形的边长为
na ，则当
2
n
时，
2
1
1 1
1
3 3
3
n
n
na
，
设第n 个图形中新增加的等边三角形的个数为
nb ，则当
2
n
时，
2
2n
nb
，
故
1
2
1
1
2
3
n
n
n
n
S
S
，其中
2
n
，
由累加法可得
1
2
1
1
2
1
2
2
2
1
2
3
1
1
1
2
2
3
3
3
2
3
1
3
n
n
n
S
1
2
2
3
n
，
1
n 时，
1
1
S 也符合该式，故
1
2
2
3
n
n
S
，
故
2
n
S
对任意的
1
n 恒成立，故
2
a
即a 的最小值为2.
故答案为：2.
【点睛】方法点睛：与图形相关的数列的计算问题，一般根据相邻图形的变化关系寻找目标数列的递推关
系，再根据其形式得到通项，从而解决图形的计算问题.
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17．给定正整数k，m，其中2
m
k
，如果有限数列
na
同时满足下列两个条件，则称
na
为( ,
)
k m 数
列．记( ,
)
k m 数列的项数的最小值为
( ,
)
G k m ．
条件①：
na
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
na
的子数列．
注：从
na
中选取第1i 项、第2i 项、…、第si 项（其中1
2
s
i
i
i
）形成的新数列
1
2
,
,
,
s
i
i
i
a a
a
称为
na
的
一个子数列．
(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
1 :1,2,3,1,2,3,1,2,3
A
；
数列
2 :1,2,3,2,1,3,1
A
；
(2)求证：
( ,2)
2
1
G k
k
；
(3)求
(4,4)
G
的值．
【答案】(1)数列
1A 是(3,3) 数列，数列
2
A 不是(3,3) 数列，理由见解析
(2)证明见解析
(3)12
【分析】（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{
}
na
的子数列，得到数列{
}
na
中一定
有1,2,3,
,k
；,1
k
；
1,1
k
；,2
k
；
1,2
k
；等数列都为{
}
na
的子数列，得到数列{
}
na
中一定有
,
1,
,2,1
k k
，从而可得
( ,2)
2
1
G k
k
；
（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{
}
na
的子数列中应包
含这24 个数列中的每一个数列可知数列{
}
na
中一定有1,2,3,4 ,3,2,1,4,3,2,3,1，从而可得
(4,4)
12
G
.
【详解】（1）
3,
3
m
k
，
数列
1A 和
2
A 中每一项都属于集合{1,2,3}，符合条件①，
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
1A 的子数列，故数列
1A 是(3,3) 数列；
而数列3,1,2不是数列
2
A 的子数列，故数列
2
A 不是(3,3) 数列.
（2）
2
m
，
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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{
}
na
的子数列，
则为了满足1,2；1,3 ；，1,k ；2,3；2,4；；2,k ；等数列都是{
}
na
的子数列，
则数列{
}
na
中一定有1,2,3,
,k
，
又为了满足,1
k
；
1,1
k
；,2
k
；
1,2
k
；等数列都为{
}
na
的子数列，
则数列{
}
na
中一定有,
1,
,2,1
k k
，
则当数列{
}
na
为1,2,3,
,
1,
,2,1
k k
时，取到
( ,2)
G k
的值，
故
( ,2)
2
1
G k
k
.
（3）
4
m
k
，
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{
}
na
中一定有1,2,3,4 ,3,2,1，
为保证数列{
}
na
的子数列中有1,3,2,4 和1,4,2,3，则数列{
}
na
中一定有1,2,3,4 ,3,2,1,4,3，
为保证数列{
}
na
的子数列中有3,4,1,2 ，数列{
}
na
中一定有1,2,3,4 ,3,2,1,4,3,2 ，
为保证数列{
}
na
的子数列中有4,1,2,3和4,2,3,1，则数列{
}
na
中一定有1,2,3,4 ,3,2,1,4,3,2,3,1，
故
(4,4)
12
G
.
【点睛】关键点点睛：正确理解( ,
)
k m 数列的定义和
( ,
)
G k m 的含义是解题关键.
18．定义：满足下列两个条件的有穷数列
1b ，
2b ，…，
(
2,3,4,
)
nb n
为n 阶“期待数列”．
①
1
2
3
0
n
b
b
b
b
，②
1
2
3
1
n
b
b
b
b
．
试写出一个3 阶“期待数列”
；若2023 阶“期待数列”
nb
是递增的等差数列，则
2023
b
．
【答案】
1
1
,0,
2
2
（答案不唯一）
1
1012
【分析】根据给定条件，直接写出一个3 阶“期待数列”即可；利用等差数列性质结合条件①求出
1012
b
，再
由条件②及前n 项和公式求出
2023
b
作答.
【详解】符合条件的一个3 阶“期待数列”为：
1
1
,0,
2
2
；
2023
n
，数列
nb
是等差数列，且
1
3
23
2
20
0
b
b
b
b
，则
1
2023
2023
0
2
b
b
，即
1012
0
b
，
又数列
nb
递增，且
1
3
23
2
20
1
b
b
b
b
，则
2
1012
101
202
2023
3
1
2
b
b
b
b
，
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即
1012
2023
1
1012
2
2
b
b
，所以
2023
1
1012
b
.
故答案为：
1
1
,0,
2
2
；
1
1012
【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数
列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.
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