專題12數(shù)列與函數(shù)不等式的綜合問(wèn)題（解密講義）

專題12數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問(wèn)題（解密講義）【知識(shí)梳理】1.數(shù)列的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是通過(guò)找到圖形之間的關(guān)系，得到數(shù)列。求數(shù)列通項(xiàng)公式常用的方法：(1)由與的關(guān)系求通項(xiàng)公式(2)公式法：利用等差(比)數(shù)列求通項(xiàng)公式．(3)在已知數(shù)列{an}中，滿足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，則可用累加法求數(shù)列的通項(xiàng)an.(4)在已知數(shù)列{an}中，滿足eq\f(an＋1,an)＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，則可用累積法求數(shù)列的通項(xiàng)an.(5)將遞推關(guān)系進(jìn)行變換，轉(zhuǎn)化為常見(jiàn)數(shù)列(等差、等比數(shù)列)．2.用數(shù)列知識(shí)解相關(guān)的實(shí)際問(wèn)題，關(guān)鍵是合理建立數(shù)學(xué)模型——數(shù)列模型，弄清所構(gòu)造的數(shù)列是等差模型還是等比模型，它的首項(xiàng)是什么，項(xiàng)數(shù)是多少，然后轉(zhuǎn)化為解數(shù)列問(wèn)題．求解時(shí)，要明確目標(biāo)，即搞清是求和，還是求通項(xiàng)，還是解遞推關(guān)系問(wèn)題，所求結(jié)論對(duì)應(yīng)的是解方程問(wèn)題，還是解不等式問(wèn)題，還是最值問(wèn)題，然后進(jìn)行合理推算，得出實(shí)際問(wèn)題的結(jié)果．常見(jiàn)數(shù)列應(yīng)用題模型的求解方法(1)產(chǎn)值模型：原來(lái)產(chǎn)值的基礎(chǔ)數(shù)為N，平均增長(zhǎng)率為p，對(duì)于時(shí)間n的總產(chǎn)值y＝N(1＋p)n.(2)銀行儲(chǔ)蓄復(fù)利公式：按復(fù)利計(jì)算利息的一種儲(chǔ)蓄，本金為a元，每期的利率為r，存期為n，則本利和y＝a(1＋r)n.(3)銀行儲(chǔ)蓄單利公式：利息按單利計(jì)算，本金為a元，每期的利率為r，存期為n，則本利和y＝a(1＋nr)．(4)分期付款模型：a為貸款總額，r為年利率，b為等額還款數(shù)，則b＝eq\f(r1＋rna,1＋rn－1).3.數(shù)列與函數(shù)常常以函數(shù)的解析式為載體，轉(zhuǎn)化為數(shù)列問(wèn)題，常用的數(shù)學(xué)思想方法有“函數(shù)與方程”“等價(jià)轉(zhuǎn)化”等．4.數(shù)列與不等式問(wèn)題要抓住一個(gè)中心——函數(shù)，兩個(gè)密切聯(lián)系：一是數(shù)列和函數(shù)之間的密切聯(lián)系，數(shù)列的通項(xiàng)公式是數(shù)列問(wèn)題的核心，函數(shù)的解析式是研究函數(shù)問(wèn)題的基礎(chǔ)；二是方程、不等式與函數(shù)的聯(lián)系，利用它們之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系進(jìn)行靈活的處理．?dāng)?shù)列與函數(shù)的綜合問(wèn)題一般是利用函數(shù)作為背景，給出數(shù)列所滿足的條件，通常利用點(diǎn)在曲線上給出Sn的表達(dá)式，還有以曲線上的切點(diǎn)為背景的問(wèn)題，解決這類問(wèn)題的關(guān)鍵在于利用數(shù)列與函數(shù)的對(duì)應(yīng)關(guān)系，將條件進(jìn)行準(zhǔn)確的轉(zhuǎn)化．?dāng)?shù)列與不等式的綜合問(wèn)題一般以數(shù)列為載體，考查最值問(wèn)題，不等關(guān)系或恒成立問(wèn)題．解決數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問(wèn)題要注意以下幾點(diǎn)：(1)數(shù)列是一類特殊的函數(shù)，函數(shù)定義域是正整數(shù)，在求數(shù)列最值或不等關(guān)系時(shí)要特別重視；(2)解題時(shí)準(zhǔn)確構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)性質(zhì)時(shí)注意限制條件；(3)不等關(guān)系證明中進(jìn)行適當(dāng)?shù)姆趴s．5.＂新定義＂型問(wèn)題是指在問(wèn)題中定義了高中數(shù)學(xué)中沒(méi)有學(xué)過(guò)的一些概念、新運(yùn)算、新符號(hào)，要求學(xué)生讀懂題意并結(jié)合已有知識(shí)進(jìn)行理解，而后根據(jù)新定義進(jìn)行運(yùn)算、推理、遷移的一種題型.它一般分為三種類型：（1）定義新運(yùn)算；（2）定義初、高中知識(shí)銜接＂新知識(shí)＂;（3）定義新概念.這類試題考查考生對(duì)＂新定義＂的理解和認(rèn)識(shí)，以及靈活運(yùn)用知識(shí)的能力，解題時(shí)需要將＂新定義＂的知識(shí)與已學(xué)知識(shí)聯(lián)系起來(lái)，利用已有的知識(shí)經(jīng)驗(yàn)來(lái)解決問(wèn)題.方法技巧：數(shù)列與函數(shù)、不等式綜合問(wèn)題的求解策略：1、已知數(shù)列的條件，解決函數(shù)問(wèn)題，解決此類問(wèn)題一把要利用數(shù)列的通項(xiàng)公式，前項(xiàng)和公式，求和方法等對(duì)于式子化簡(jiǎn)變形，注意數(shù)列與函數(shù)的不同，數(shù)列只能看作是自變量為正整數(shù)的一類函數(shù)，在解決問(wèn)題時(shí)要注意這一特殊性；2、解決數(shù)列與不等式的綜合問(wèn)題時(shí)，若是證明題中，則要靈活選擇不等式的證明方法，如比較法、綜合法、分析法、放縮法等，若是含參數(shù)的不等式恒成立問(wèn)題，則可分離參數(shù)，轉(zhuǎn)化為研究最值問(wèn)題來(lái)解決.1.數(shù)列的綜合問(wèn)題，往往將數(shù)列與函數(shù)、不等式結(jié)合，探求數(shù)列中的最值或證明不等式.2.以等差數(shù)列、等比數(shù)列為背景，利用函數(shù)觀點(diǎn)探求參數(shù)的值或范圍.3.將數(shù)列與實(shí)際應(yīng)用問(wèn)題相結(jié)合，考查數(shù)學(xué)建模和數(shù)學(xué)應(yīng)用.考點(diǎn)命題點(diǎn)考題數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問(wèn)題=1\*GB3①數(shù)列中函數(shù)模型的應(yīng)用=2\*GB3②數(shù)列不等式的恒成立問(wèn)題=3\*GB3③數(shù)列新定義2023北京卷T21，2023天津卷T19，2022北京卷T21，2022浙江卷T10，2022浙江卷T20，2022新高考II卷T17考點(diǎn)一數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問(wèn)題命題點(diǎn)1數(shù)列中函數(shù)模型的應(yīng)用典例01（2018·北京·高考真題）“十二平均律”

是通用的音律體系，明代朱載堉最早用數(shù)學(xué)方法計(jì)算出半音比例，為這個(gè)理論的發(fā)展做出了重要貢獻(xiàn).十二平均律將一個(gè)純八度音程分成十二份，依次得到十三個(gè)單音，從第二個(gè)單音起，每一個(gè)單音的頻率與它的前一個(gè)單音的頻率的比都等于122.若第一個(gè)單音的頻率為f，A．32f BC．1225f【答案】D【詳解】分析：根據(jù)等比數(shù)列的定義可知每一個(gè)單音的頻率成等比數(shù)列，利用等比數(shù)列的相關(guān)性質(zhì)可解.詳解：因?yàn)槊恳粋€(gè)單音與前一個(gè)單音頻率比為122所以an又a1=f故選D.點(diǎn)睛：此題考查等比數(shù)列的實(shí)際應(yīng)用，解決本題的關(guān)鍵是能夠判斷單音成等比數(shù)列.等比數(shù)列的判斷方法主要有如下兩種：（1）定義法，若an+1an=q（q≠0,n∈N*）或an（2）等比中項(xiàng)公式法，若數(shù)列{an}中，an≠0且an-1典例02（2017·上?！そy(tǒng)考高考真題）根據(jù)預(yù)測(cè)，某地第n(n∈N*)個(gè)月共享單車的投放量和損失量分別為a其中an=5n4+15,1≤n≤3-10n+470累計(jì)投放量與累計(jì)損失量的差.（1）求該地區(qū)第4個(gè)月底的共享單車的保有量；（2）已知該地共享單車停放點(diǎn)第n個(gè)月底的單車容納量Sn=-4(n-46)【答案】（1）935；（2）見(jiàn)解析.【詳解】試題分析：（1）計(jì)算an和bn的前（2）令an≥bn得出n≤42，再計(jì)算第試題分析：（1）(（2）-10n+470>n+5?n≤42，即第42個(gè)月底，保有量達(dá)到最大(a1+a2+典例03（2023·全國(guó)·統(tǒng)考高考真題）甲、乙兩人投籃，每次由其中一人投籃，規(guī)則如下：若命中則此人繼續(xù)投籃，若末命中則換為對(duì)方投籃．無(wú)論之前投籃情況如何，甲每次投籃的命中率均為0.6，乙每次投籃的命中率均為0.8．由抽簽確定第1次投籃的人選，第1次投籃的人是甲、乙的概率各為0.5．(1)求第2次投籃的人是乙的概率；(2)求第i次投籃的人是甲的概率；(3)已知：若隨機(jī)變量Xi服從兩點(diǎn)分布，且PXi=1=1-PXi=0=qi,i=1,2,???,n，則【答案】(1)0.6(2)1(3)E(Y)=【分析】（1）根據(jù)全概率公式即可求出；（2）設(shè)PAi=（3）先求出兩點(diǎn)分布的期望，再根據(jù)題中的結(jié)論以及等比數(shù)列的求和公式即可求出．【詳解】（1）記“第i次投籃的人是甲”為事件Ai，“第i次投籃的人是乙”為事件B所以，P=0.5×1-0.6（2）設(shè)PAi=PA即pi+1構(gòu)造等比數(shù)列pi設(shè)pi+1+λ=25p又p1=12,p1即pi（3）因?yàn)閜i=1所以當(dāng)n∈N*時(shí)，故E(Y)=5【點(diǎn)睛】本題第一問(wèn)直接考查全概率公式的應(yīng)用，后兩問(wèn)的解題關(guān)鍵是根據(jù)題意找到遞推式，然后根據(jù)數(shù)列的基本知識(shí)求解．1．某人從2023年起，每年1月1日到銀行新存入2萬(wàn)元（一年定期），若年利率為2%保持不變，且每年到期存款均自動(dòng)轉(zhuǎn)為新的一年定期，到2033年1月1日將之前所有存款及利息全部取回，他可取回的線數(shù)約為（

）（單位：萬(wàn)元）參考數(shù)據(jù)：1.02A．2.438 B．19.9 C．22.3 D．24.3【答案】C【分析】復(fù)利計(jì)息問(wèn)題，逐年分析尋找規(guī)律，根據(jù)等比數(shù)列的求和公式即可求解.【詳解】由題意，2023年存的2萬(wàn)元共存了10年，本息和為21+0.022024年存的2萬(wàn)元共存了9年，本息和為21+0.02??2032年存的2萬(wàn)元共存了1年，本息和為21+0.02所以到2033年1月1日將之前所有存款及利息全部取回，他可取回的錢數(shù)約為21+0.0210+2故選：C.2．王先生今年初向銀行申請(qǐng)個(gè)人住房貸款100萬(wàn)元購(gòu)買住房，按復(fù)利計(jì)算，并從貸款后的次月初開(kāi)始還貸，分10年還清.銀行給王先生提供了兩種還貸方式：①等額本金：在還款期內(nèi)把本金總額等分，每月償還同等數(shù)額的本金和剩余本金在該月所產(chǎn)生的利息；②等額本息：在還款期內(nèi)，每月償還同等數(shù)額的貸款（包括本金和利息）.(1)若王先生采取等額本金的還貸方式，已知第一個(gè)還貸月應(yīng)還15000元，最后一個(gè)還貸月應(yīng)還6500元，試計(jì)算王先生該筆貸款的總利息；(2)若王先生采取等額本息的還貸方式，貸款月利率為0.3%，.銀行規(guī)定每月還貸額不得超過(guò)家庭月收入的一半，已知王先生家庭月收入為23000元，試判斷王先生該筆貸款能否獲批.（不考慮其他因素）參考數(shù)據(jù)1.003119≈1.428，【答案】(1)290000元(2)王先生該筆貸款能夠獲批【分析】（1）由題意，每月的還貸額構(gòu)成一個(gè)等差數(shù)列，對(duì)數(shù)列求和可得所求利息；（2）利用等比數(shù)列求和公式，求得王先生每月還貨額，與題目所給數(shù)據(jù)比較，得結(jié)論.【詳解】（1）由題可知，等額本金還貨方式中，每月的還貸額構(gòu)成一個(gè)等差數(shù)列an，Sn表示數(shù)列an的前則a1=15000,a故王先生該筆貸款的總利息為：12900001000000=290000元.（2）設(shè)王先生每月還貨額為x元，則有x+x(1+0.003)即x1-故x=1000000×因?yàn)?928<23000×123．“現(xiàn)值”與“終值”是利息計(jì)算中的兩個(gè)基本概念，掌握好這兩個(gè)概念，對(duì)于順利解決有關(guān)金融中的數(shù)學(xué)問(wèn)題以及理解各種不同的算法都是十分有益的.所謂“現(xiàn)值”是指在n期末的金額，把它扣除利息后，折合成現(xiàn)時(shí)的值，而“終值”是指n期后的本利和.它們計(jì)算的基點(diǎn)分別是存期的起點(diǎn)和終點(diǎn).例如，在復(fù)利計(jì)息的情況下，設(shè)本金為A，每期利率為r，期數(shù)為n，到期末的本利和為S，則S=A(1+r)n其中，S稱為n期末的終值，A稱為n期后終值S的現(xiàn)值，即n期后的S元現(xiàn)在的價(jià)值為現(xiàn)有如下問(wèn)題：小明想買一座公寓有如下兩個(gè)方案方案一：一次性付全款25萬(wàn)元；方案二：分期付款，每年初付款3萬(wàn)元，第十年年初付完；(1)已知一年期存款的年利率為2.5%(2)若小明把房子租出去，第一年年初需交納租金2萬(wàn)元，此后每年初漲租金1000元，參照第（1））問(wèn)中的存款年利率2.5%，預(yù)計(jì)第十年房租到期后小明所獲得全部租金的終值.參考數(shù)據(jù)：(1+2.5【答案】(1)購(gòu)置設(shè)備的方案較好(2)27.88（萬(wàn)元）【分析】（1）解法1（從終值來(lái)考慮），分別求出若全款購(gòu)置，則25萬(wàn)元10年后的價(jià)值和若分期付款，每年初所付金額3萬(wàn)元，10年后的總價(jià)值，兩者比較即可得出答案.解法2（從現(xiàn)值來(lái)考慮）每年初付租金3萬(wàn)元的10年現(xiàn)值之和與購(gòu)置一次付款25萬(wàn)元相比，即可得出答案.（2）設(shè)小明第十年房租到期后小明所獲得全部租金的終值為T萬(wàn)元，T=2(1+2.5%)【詳解】（1）解法1（從終值來(lái)考慮）若全款購(gòu)置，則25萬(wàn)元10年后的價(jià)值25(1+2.5%若分期付款，每年初所付金額3萬(wàn)元，10年后的總價(jià)值為S=3(1+2.5%因此，付全款較好.解法2（從現(xiàn)值來(lái)考慮）每年初付租金3萬(wàn)元的10年現(xiàn)值之和為Q=3+??Q≈3×41×0.28比購(gòu)置一次付款25萬(wàn)元多，故購(gòu)置設(shè)備的方案較好.（2）由題意，設(shè)小明第十年房租到期后小明所獲得全部租金的終值為T萬(wàn)元，T=2記1+2.5%T=qT=作差可得：1-q?T=3q-0.1?T=3?q1-q命題點(diǎn)2數(shù)列不等式的恒成立問(wèn)題典例01（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）已知數(shù)列an滿足a1=1,A．2<100a100<52B．52<100a【答案】B【分析】先通過(guò)遞推關(guān)系式確定an除去a1，其他項(xiàng)都在0,1范圍內(nèi)，再利用遞推公式變形得到1an+1-1an=13-【詳解】∵a1=1，易得a由題意，an+1=a∴1a即1a2-1a1>13累加可得1an-1>∴an<3n+2,又1a∴1a2-1a1=13累加可得1a∴1a即1a100<40，∴a綜上：52故選：B．【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵是利用遞推關(guān)系進(jìn)行合理變形放縮.典例02（2021·天津·統(tǒng)考高考真題）已知{an}是公差為2的等差數(shù)列，其前8項(xiàng)和為64．{bn（I）求{an}（II）記cn（i）證明{c（ii）證明k=1【答案】（I）an=2n-1,n∈N*，bn=4n【分析】（I）由等差數(shù)列的求和公式運(yùn)算可得{an}（II）（i）運(yùn)算可得cn（ii）放縮得anan+1c【詳解】（I）因?yàn)閧an}是公差為2的等差數(shù)列，其前8所以a1+a所以an設(shè)等比數(shù)列{bn}所以b3-b所以bn（II）（i）由題意，cn所以cn所以cn2-所以數(shù)列{c（ii）由題意知，an所以an所以k=1n設(shè)Tn則12兩式相減得12所以Tn所以k=1n【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：最后一問(wèn)考查數(shù)列不等式的證明，因?yàn)閗=1na典例03（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）已知等差數(shù)列an的首項(xiàng)a1=-1，公差d>1．記an的前(1)若S4-2a(2)若對(duì)于每個(gè)n∈N*，存在實(shí)數(shù)cn，使a【答案】(1)S(2)1<d≤2【分析】（1）利用等差數(shù)列通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式化簡(jiǎn)條件，求出d，再求Sn(2)由等比數(shù)列定義列方程，結(jié)合一元二次方程有解的條件求d的范圍.【詳解】（1）因?yàn)镾4所以-4+6d-2-1+d所以d2-3d=0，又所以d=3，所以an所以Sn（2）因?yàn)閍n+cn，所以an+1nd-1+4ccn由已知方程cn2+(14d-8nd+8)所以Δ=所以16d-8nd+812d-8nd+8≥0對(duì)于任意的n∈所以n-2d-12n-3d-2≥0當(dāng)n=1時(shí)，n-2d-1當(dāng)n=2時(shí)，由2d-2d-14d-3d-2≥0當(dāng)n≥3時(shí)，n-2d-1又d>1所以1<d≤21．?dāng)?shù)列an中，a1=3,an+1=1+1naA．83 B．15×897 C．【答案】C【分析】由已知條件可得ann=2n+1，再由?n∈N*，都有λn9nan-8n【詳解】解：因?yàn)閍n+1所以an+1所以數(shù)列{ann}是等差數(shù)列，首項(xiàng)為所以anan又因?yàn)?n∈N*，都有λn所以?n∈N*，都有λ≥令bn則bn+1所以bn+1-b所以當(dāng)n≤7(n∈N*)時(shí)，b當(dāng)n≥8(n∈N*)時(shí)，b所以在數(shù)列{bn}中，第8所以λ≥(故λ的最小值為(8故選：C.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵點(diǎn)有2個(gè)：一是將已知條件變形得數(shù)列{ann}是等差數(shù)列，首項(xiàng)為3，公差為2；二是判斷出在數(shù)列{2．已知等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且S3=7，S6=63，若關(guān)于n的不等式S2n-t【答案】24【分析】根據(jù)已知條件求出an的首項(xiàng)和公比，得到an和S2n，代入已知的不等式轉(zhuǎn)化為求【詳解】設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，顯然q≠1則S3=a解得a1=1，q=2，∴a∴關(guān)于n的不等式S2n-tan即22n-t×2n-1即t≤2n+1+32∴t≤2（解法一）設(shè)f(n)=2n+1+則fn+1當(dāng)n=2時(shí)，f(n+1)-f(n)=0，當(dāng)n=1時(shí)，f(n+1)-f(n)<0，當(dāng)n≥3時(shí)，f(n+1)-f(n)>0，∴f(n)min=f(2)=f(3)=24，∴t≤24（解法二）∵2當(dāng)且僅當(dāng)2x+1=32又n∈N*，∴當(dāng)n=2或n=3時(shí)，2n+1+故t≤24，tmax故答案為：24.3．已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且an(1)若a1≠2，求證：(2)對(duì)任意n,m∈N*,m≠n，都有S【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)0,+【分析】（1）先寫(xiě)出數(shù)列an+S（2）設(shè)n>m，將Sn-Smn-m>1恒成立轉(zhuǎn)化為Sn-n>Sm【詳解】（1）因?yàn)閍n+Sn是以所以an+所以an+1+由②①，得2an+1-因?yàn)閍1≠2，即所以an-2是以a1（2）由（1）得當(dāng)a1≠2時(shí)，當(dāng)a1=2時(shí)，適合上式，所以因?yàn)閷?duì)任意n,m∈N*,m≠n不妨設(shè)n>m，則Sn-Sm>n-m設(shè)fn則fn+1所以a1-2?因?yàn)?-2n單調(diào)遞減，所以2-2綜上所述，a1的取值范圍是0,+4．已知Sn為數(shù)列an的前n項(xiàng)和，且Sn=n(1)求證：數(shù)列an+1(2)求數(shù)列bn(3)設(shè)cn=an-22bn，且數(shù)列cn的前n【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)b(3)4,+【分析】（1）利用an=Sn-Sn-1整理化簡(jiǎn)可得n-2an+6=n-1an-1（2）利用數(shù)列an的通項(xiàng)公式即可得數(shù)列b（3）先利用錯(cuò)位相減法求出Tn，再將Tn+λn+1≥3恒成立轉(zhuǎn)化為λ≥【詳解】（1）當(dāng)n=1時(shí)，a1=S當(dāng)n≥2時(shí)，Sn-1所以an整理得n-2an所以n-1an+1由①②得2an=因?yàn)閍1=6,a4=12所以an設(shè)Mn則Mn因?yàn)镸n+1所以數(shù)列an+1（2）設(shè)數(shù)列bn的公比為q結(jié)合（1）及已知得b1解得q=2，所以bn（3）由（1）（2）得，cn所以Tn=又12①②，得12所以Tn由Tn+λ設(shè)fn=n+1故fn+1因?yàn)?n故fn+1-fn<0故fn的最大值為f1=4，則λ≥4，即λ命題點(diǎn)3數(shù)列新定義典例01（2023·北京·統(tǒng)考高考真題）已知數(shù)列an,bn的項(xiàng)數(shù)均為m(m>2)，且an,bn∈{1,2,?,m},an,bn的前n項(xiàng)和分別為A(1)若a1=2,a(2)若a1≥b1，且(3)證明：存在p,q,s,t∈0,1,2,?,m，滿足p>q,s>t,使得A【答案】(1)r0=0，r1=1(2)r(3)證明見(jiàn)詳解【分析】（1）先求A0（2）根據(jù)題意題意分析可得ri+1-r（3）討論Am,【詳解】（1）由題意可知：A0當(dāng)k=0時(shí)，則B0=A當(dāng)k=1時(shí)，則B0<A當(dāng)k=2時(shí)，則Bi≤A當(dāng)k=3時(shí)，則Bi≤A綜上所述：r0=0，r1=1，（2）由題意可知：rn≤m，且因?yàn)閍n≥1,bn≥1，且a1所以r0又因?yàn)?ri≤ri-1可得ri+1反證：假設(shè)滿足rn+1-r當(dāng)i≥j時(shí)，則ri+1-ri≥2則rm=r又因?yàn)?≤j≤m-1，則rm假設(shè)不成立，故rn+1即數(shù)列rn是以首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，所以r（3）因?yàn)閍n,b（?。┤鬉m=Bm，則可取t=q=0，滿足p>q,s>t,（ⅱ）若Am<B構(gòu)建Sn=Brn反證，假設(shè)存在正整數(shù)K，使得SK則BrK-這與brK+1∈1,2,???,m①若存在正整數(shù)N，使得SN=B可取t=q=0,p=N,s=r滿足p>q,s>t，使得Ap②若不存在正整數(shù)N，使得SN因?yàn)镾n∈-1,-2,???,-所以必存在1≤X<Y≤m，使得SX即BrX-可取p=Y,s=r滿足p>q,s>t，使得Ap（ⅲ）若Am定義Rk=max構(gòu)建Sn=ARn反證，假設(shè)存在正整數(shù)K,1≤K≤m，使得SK則ARK-這與aRK+1∈1,2,???,m①若存在正整數(shù)N，使得SN=A可取q=t=0,s=N,p=R即滿足p>q,s>t，使得Ap②若不存在正整數(shù)N，使得SN因?yàn)镾n∈-1,-2,???,-所以必存在1≤X<Y≤m，使得SX即ARX-可取p=R滿足p>q,s>t，使得Ap綜上所述：存在0≤q<p≤m,0≤t<s≤m使得Ap典例02（2022·北京·統(tǒng)考高考真題）已知Q:a1,a2,?,ak為有窮整數(shù)數(shù)列．給定正整數(shù)m，若對(duì)任意的n∈{1,2,?,m}，在Q中存在(1)判斷Q:2,1,4是否為5-連續(xù)可表數(shù)列？是否為6-連續(xù)可表數(shù)列？說(shuō)明理由；(2)若Q:a1,a2,?,a(3)若Q:a1,a2,?,a【答案】(1)是5-連續(xù)可表數(shù)列；不是6-連續(xù)可表數(shù)列．(2)證明見(jiàn)解析．(3)證明見(jiàn)解析．【分析】（1）直接利用定義驗(yàn)證即可；（2）先考慮k≤3不符合，再列舉一個(gè)k=4合題即可；（3）k≤5時(shí)，根據(jù)和的個(gè)數(shù)易得顯然不行，再討論k=6時(shí)，由a1+a【詳解】（1）a2=1，a1=2，a1+a2=3，a3=4，a2+（2）若k≤3,設(shè)為Q:a,b,c,則至多a+b,b+c,a+b+c,a,b,c，6個(gè)數(shù)字，沒(méi)有8個(gè)，矛盾；當(dāng)k=4時(shí),數(shù)列Q:1,4,1,2，滿足a1=1，a4=2，a3+a4=3，a2=4，（3）Q:a1,a2,?,ak，若i=j最多有若k≤5，則a1,a2從而若k<7,則k=6，a,b,c,d,e,f至多可表6(6+1)2而a+b+c+d+e+f<20，所以其中有負(fù)的，從而a,b,c,d,e,f可表1~20及那個(gè)負(fù)數(shù)（恰21個(gè)），這表明a~f中僅一個(gè)負(fù)的，沒(méi)有0，且這個(gè)負(fù)的在a~f中絕對(duì)值最小，同時(shí)a~f中沒(méi)有兩數(shù)相同,設(shè)那個(gè)負(fù)數(shù)為-m(m≥1)，則所有數(shù)之和≥m+1+m+2+?+m+5-m=4m+15，4m+15≤19?m=1，∴{a,b,c,d,e,f}={-1,2,3,4,5,6}，再考慮排序，排序中不能有和相同，否則不足20個(gè)，∵1=-1+2（僅一種方式），∴-1與2相鄰，若-1不在兩端,則"x若x=6，則5=6+(-1)（有2種結(jié)果相同，方式矛盾），∴x≠6，同理x≠5,4,3，故-1在一端，不妨為"-1若A=3,則5=2+3（有2種結(jié)果相同，矛盾），A=4同理不行，A=5，則6=-1+2+5（有2種結(jié)果相同，矛盾），從而A=6，由于7=-1+2+6,由表法唯一知3,4不相鄰,、故只能-1,2,6,3,5,4，①或-1,2,6,4,5,3，②這2種情形，對(duì)①：9=6+3=5+4，矛盾，對(duì)②：8=2+6=5+3，也矛盾，綜上k≠6，當(dāng)k=7時(shí)，數(shù)列1,2,4,5,8,-2,-1滿足題意，∴k≥7．【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛，先理解題意，是否為m-可表數(shù)列核心就是是否存在連續(xù)的幾項(xiàng)（可以是一項(xiàng)）之和能表示從1到m中間的任意一個(gè)值．本題第二問(wèn)k≤3時(shí)，通過(guò)和值可能個(gè)數(shù)否定k≤3；第三問(wèn)先通過(guò)和值的可能個(gè)數(shù)否定k≤5，再驗(yàn)證k=6時(shí)，數(shù)列中的幾項(xiàng)如果符合必然是{-1,2,3,4,5,6}的一個(gè)排序，可驗(yàn)證這組數(shù)不合題．典例03（2021·北京·統(tǒng)考高考真題）設(shè)p為實(shí)數(shù).若無(wú)窮數(shù)列an滿足如下三個(gè)性質(zhì)，則稱an為R①a1+p≥0，且②a4n-1③am+n∈a（1）如果數(shù)列an的前4項(xiàng)為2，2，2，1，那么an是否可能為（2）若數(shù)列an是R0數(shù)列，求（3）設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn.是否存在Rp數(shù)列an，使得S【答案】（1）不可以是R2數(shù)列；理由見(jiàn)解析；（2）a5=1；（3【分析】(1)由題意考查a3的值即可說(shuō)明數(shù)列不是R(2)由題意首先確定數(shù)列的前4項(xiàng)，然后討論計(jì)算即可確定a5(3)構(gòu)造數(shù)列bn=an+p，易知數(shù)列bn是R【詳解】(1)因?yàn)閜=2,a1=2,a因?yàn)閍3=-2,所所以數(shù)列an，不可能是R2(2)性質(zhì)①a1由性質(zhì)③am+2∈am,am+1，因此若a4=0，由性質(zhì)②可知a3<a若a4=1,a3=a因此只能是a4又因?yàn)閍4=a1+a3若a1=1不滿足a2=0當(dāng)a1=0，則an前四項(xiàng)為:0，0，0下面用數(shù)學(xué)歸納法證明a4n+i當(dāng)n=0時(shí)，經(jīng)驗(yàn)證命題成立，假設(shè)當(dāng)n≤k(k≥0)時(shí)命題成立，當(dāng)n=k+1時(shí)：若i=1，則a4k+1+1aj+a否則，若a4k+5=k，取k=0可得：而由性質(zhì)②可得：a5=a1同理可得：aj+aaj+aaj+a4k+7-j即當(dāng)n=k+1時(shí)命題成立，證畢.綜上可得：a1=0，(3)令bn=a?m,n∈N*,bm+n由于b1因此數(shù)列bn為R0由（2）可知:若?n∈N,aS11-S因此p=2，此時(shí)a1,a2【點(diǎn)睛】本題屬于數(shù)列中的“新定義問(wèn)題”，“新定義”主要是指即時(shí)定義新概念、新公式、新定理、新法則、新運(yùn)算五種，然后根據(jù)此新定義去解決問(wèn)題，有時(shí)還需要用類比的方法去理解新的定義，這樣有助于對(duì)新定義的透徹理解.但是，透過(guò)現(xiàn)象看本質(zhì)，它們考查的還是基礎(chǔ)數(shù)學(xué)知識(shí)，所以說(shuō)“新題”不一定是“難題”，掌握好三基，以不變應(yīng)萬(wàn)變才是制勝法寶.1．設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，若SnS2n為常數(shù)，則稱數(shù)列an為“吉祥數(shù)列”.已知等差數(shù)列bn的首項(xiàng)為2，且公差不為0，若數(shù)列bn為A．bn=2n B．bn=n+1 C．【答案】D【分析】設(shè)出等差數(shù)列bn的公差d，根據(jù)SnS【詳解】設(shè)等差數(shù)列bn的公差d，則S∴Sn又?jǐn)?shù)列bn為“吉祥數(shù)列”，∴S不妨設(shè)Sn則得d2則d2=2kd,2-d∴bn故選：D．2．（多選）若數(shù)列cn滿足cn+1=cn2，則稱cn為“平方遞推數(shù)列”.已知數(shù)列an是A．lgan是等差數(shù)列 B．C．a(chǎn)nan+1是“平方遞推數(shù)列” D．a(chǎn)n+1【答案】BC【分析】對(duì)于AB，由題意得an+1=an【詳解】對(duì)A，因?yàn)閍n是“平方遞推數(shù)列”，所以an+1=a所以an>0，則lgan+1-lg對(duì)B，因?yàn)閘gan+1lgan=對(duì)C，因?yàn)閍n+2an+1=an+12an2對(duì)D，因?yàn)閍n+2+an+1=an+12+a故選：BC.3．已知數(shù)列an滿足：an＋(1)求數(shù)列an(2)已知數(shù)列bn滿足bn＝1，n=1logn+2an,n≥2,n∈N*,定義使b1·【答案】(1)an(2)1349.【分析】（1）通過(guò)迭代相減發(fā)現(xiàn)an的奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)各自成等差數(shù)列，繼而分奇偶項(xiàng)求出通向公式即可（2）根據(jù)新定義求出b1·b2·b3?bk并令其為m，將k用m表示，并根據(jù)k的范圍求出m【詳解】（1）∵an∴當(dāng)n≥2時(shí)，an故兩式相減可得：an∴an的奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)各自成等差數(shù)列，且公差為2，且a1＝∴奇數(shù)項(xiàng)a2k－1=4＋偶數(shù)項(xiàng)a2k=5＋2k∴數(shù)列an的通項(xiàng)公式為a（2）∵bn＝1∴b∴b1·b令log4k＋令1≤4m-3≤2024又m∈Z，∴m的值取為1，2，3，4，5∴區(qū)間[1，2024]內(nèi)所有“幸福數(shù)41AA·新題速遞1．（2023·河南·河南省內(nèi)鄉(xiāng)縣高級(jí)中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）“角谷猜想”首先流傳于美國(guó)，不久便傳到歐洲，后來(lái)一位名叫角谷靜夫的日本人又把它帶到亞洲，因而人們就順勢(shì)把它叫作“角谷猜想”.“角谷猜想”是指一個(gè)正整數(shù)，如果是奇數(shù)就乘以3再加1，如果是偶數(shù)就除以2，這樣經(jīng)過(guò)若干次運(yùn)算，最終回到1.對(duì)任意正整數(shù)a0，按照上述規(guī)則實(shí)施第n次運(yùn)算的結(jié)果為ann∈N，若a5=1，且aiA．5或16 B．5或32C．5或16或4 D．5或32或4【答案】B【分析】根據(jù)“角谷猜想”的規(guī)則，由a5=1倒推a【詳解】由題知an+1=3若a4為奇數(shù)，則a5=3a4+1=1，得若a3為奇數(shù)，則a4=3a3+1=2，得若a2為奇數(shù)，則a3=3a2+1=4，得若a1為奇數(shù)，則a2=3a1+1=8，得若a0為奇數(shù)，則a1=3a0+1=16，可得綜上所述：a0=5故選：B2．（2023·湖南岳陽(yáng)·統(tǒng)考一模）核電站只需消耗很少的核燃料，就可以產(chǎn)生大量的電能，每千瓦時(shí)電能的成本比火電站要低20%以上.核電無(wú)污染，幾乎是零排放，對(duì)于環(huán)境壓力較大的中國(guó)來(lái)說(shuō)，符合能源產(chǎn)業(yè)的發(fā)展方向，2021年10月26日，國(guó)務(wù)院發(fā)布《2030年前碳達(dá)峰行動(dòng)方案》，提出要積極安全有序發(fā)展核電.但核電造福人類時(shí)，核電站的核泄漏核污染也時(shí)時(shí)威脅著人類，如2011年，日本大地震導(dǎo)致福島第一核電站發(fā)生爆炸，核泄漏導(dǎo)致事故所在地被嚴(yán)重污染，主要的核污染物是鍶90，它每年的衰減率為2.47%.專家估計(jì)，要基本消除這次核事故對(duì)自然環(huán)境的影響至少需要800年，到那時(shí)，原有的鍶90大約剩（

）（參考數(shù)據(jù)lg0.9753≈-0.01086A．1108% B．1107%【答案】B【分析】根據(jù)題意，每年的剩余量可構(gòu)成等比數(shù)列，據(jù)此求出800年后剩余量即可得解.【詳解】由題意，設(shè)一開(kāi)始鍶90質(zhì)量為1，則每年的剩余量構(gòu)成以1-2.47%則經(jīng)過(guò)800年鍶90剩余質(zhì)量為a=1×(97.53兩邊取常用對(duì)數(shù)可得：lga=所以a=10故選：B3．（多選）（2023·云南·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）在數(shù)列an中，an2-an-12=p（n≥2,n∈N*,p為非零常數(shù)），則稱an為“等方差數(shù)列”，A．(-3)nB．若正項(xiàng)等方差數(shù)列an的首項(xiàng)a1=1，且C．等比數(shù)列不可能為等方差數(shù)列D．存在數(shù)列an【答案】BC【分析】根據(jù)等方差數(shù)列的定義依次分析四個(gè)選項(xiàng)可得答案.【詳解】對(duì)于A，因?yàn)閍n2=(-3)2na22-a1對(duì)于B，因?yàn)閍n>0，a1所以a22=2p-p+1=p+1因?yàn)閍1,a2,所以p2-p=0，因?yàn)閜≠0，所以p=1，所以an2=n，又a對(duì)于C，設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q則當(dāng)n≥2時(shí)，an2-an-12=a12q對(duì)于D，假設(shè)存在數(shù)列an既是等差數(shù)列，又是等方差數(shù)列，則當(dāng)n≥2時(shí)，an-an-1若d=0，則an=a若d≠0，則(an-an-1所以an=d故存在數(shù)列an既是等差數(shù)列，又是等方差數(shù)列.故D故選：BC4．（多選）（2023·江蘇揚(yáng)州·儀征中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）已知數(shù)列an滿足a1=1,A．a(chǎn)2023>aC．1an2+15【答案】ABD【分析】對(duì)于A：根據(jù)數(shù)列單調(diào)性的定義分析判斷；對(duì)于B：根據(jù)an+1=an+an2【詳解】對(duì)于選項(xiàng)A：因?yàn)閍n+1-a所以數(shù)列an為遞增數(shù)列，可得a2023>對(duì)于選項(xiàng)B：因?yàn)閍n+1=a兩邊平方整理得4an+12對(duì)于選項(xiàng)C：因?yàn)閿?shù)列an為遞增數(shù)列且an≥1>0所以1an2對(duì)于選項(xiàng)D：因?yàn)?an+12兩邊平方得an2=可得a2023所以a2023即a20232-1<1011，所以a故選：ABD.5．（2023·陜西西安·陜西師大附中校考模擬預(yù)測(cè)）數(shù)列{an}中，an=logn+1(n+2)?(n∈N【答案】2026【分析】利用換底公式得到a1?a2?…?ak=ln(k+2)【詳解】因?yàn)閍n所以a1設(shè)t=ln(k+2)ln所以k+2為2的整數(shù)次冪，因?yàn)?≤k≤2023，所以3≤k+2≤2025，故滿足條件的k+2=4，8，16，32，64，128，256，512，1024，故區(qū)間[1,2023]內(nèi)的所有期盼數(shù)的和為：4-2+8-2+16-2+32-2+64-2+128-2+256-2+512-2+1024-2=41-2故答案為：2026．6．（2023·江蘇鎮(zhèn)江·江蘇省鎮(zhèn)江中學(xué)?？既＃┰谄矫嬷苯亲鴺?biāo)系xOy中，給出如下定義：對(duì)于點(diǎn)Px,y，若點(diǎn)Q坐標(biāo)為x+y2,x-y2，則稱點(diǎn)Q為點(diǎn)P的“衍生點(diǎn)”.例如，點(diǎn)1,2的“衍生點(diǎn)”為點(diǎn)32,-12.已知點(diǎn)A1的坐標(biāo)為1,1，點(diǎn)A1的“衍生點(diǎn)”為點(diǎn)A2，點(diǎn)A2的“衍生點(diǎn)”為點(diǎn)A3,?，點(diǎn)Anx【答案】12,【分析】根據(jù)“衍生點(diǎn)”的坐標(biāo)的定義列出幾個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，觀察這些點(diǎn)的坐標(biāo)找出規(guī)律即可求解.【詳解】依題意，A11,1，A1的“衍生點(diǎn)”A2A2的“衍生點(diǎn)”點(diǎn)A3的坐標(biāo)為A3的“衍生點(diǎn)”A4的坐標(biāo)為A4的“衍生點(diǎn)”點(diǎn)A5的坐標(biāo)為A5的“衍生點(diǎn)”A6的坐標(biāo)為14觀察可得：當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，點(diǎn)An的橫坐標(biāo)xn成以1為首項(xiàng)，12當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，點(diǎn)An的橫坐標(biāo)xn和縱坐標(biāo)yn相等，且都是以12為首項(xiàng)，若n為奇數(shù)，則n+1為偶數(shù)，所以點(diǎn)An+1的坐標(biāo)為(所以線段OA故答案為：12,7．（2024·四川綿陽(yáng)·綿陽(yáng)南山中學(xué)實(shí)驗(yàn)學(xué)校?？寄M預(yù)測(cè)）已知數(shù)列an滿足a1+3a2+3(1)求an和b(2)記集合M=n4λan≤bnb【答案】(1)an=(2)(【分析】（1）根據(jù)題意，當(dāng)n≥2時(shí)，a1+3a2+32a3+?+（2）根據(jù)題意，轉(zhuǎn)化為M=n|λ≤nn+12n+13n【詳解】（1）解：由a1當(dāng)n≥2時(shí)，a1相減可得3n-1an當(dāng)n=1時(shí)，a1=1又由nbn+1=所以數(shù)列bnn為公差為0的等差數(shù)列，且首項(xiàng)為所以bnn=2（2）解：由bn=2n,n∈N可得M=n|λ≤記Pn=n所以Pn+1當(dāng)n=1時(shí)，P2-P1>0，當(dāng)n≥2而P2由于集合M的元素個(gè)數(shù)為2，所以M=2,3，所以20即實(shí)數(shù)λ的取值范圍為(208．（2024·云南楚雄·云南省楚雄彝族自治州民族中學(xué)?？家荒＃┮阎獢?shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn+2是首項(xiàng)為(1)求數(shù)列an(2)若對(duì)任意n∈N*，m>a【答案】(1)a(2)1【分析】（1）利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式求得Sn=2（2）利用裂項(xiàng)相消法即可得解.【詳解】（1）因?yàn)镾n+2是首項(xiàng)為4，公比為所以Sn+2=4?2當(dāng)n≥2時(shí)，Sn-1=2又a1=S（2）由（1）得an所以a1S=1因?yàn)閚∈N*，2n+2-2>0，所以由題意可得m≥14，即m的取值范圍是9．（2023·廣西南寧·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，已知(1)求數(shù)列an(2)若數(shù)列bn滿足bn=4anan+1-1an+2-1【答案】(1)a(2)-【分析】（1）首先可以根據(jù)已知得到an+2=2an+1（2）由（1）可知an=2n-1，先將數(shù)列bn的通項(xiàng)公式裂項(xiàng)得bn=2×12n-1-12【詳解】（1）一方面：因?yàn)镾n+1-2S所以Sn+2-S另一方面：又n=1時(shí)，有S2-2S1=1所以此時(shí)a2結(jié)合以上兩方面以及等比數(shù)列的概念可知數(shù)列an是首先為a1=1所以數(shù)列an的通項(xiàng)公式為a（2）由（1）可知an又由題意bn數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為T又?n∈N*，都有m2而y1=2所以y2=12n+1-1關(guān)于所以當(dāng)n=1時(shí)，有Tn因此m2-43m<綜上所述：m的取值范圍為-210．（2023·河南鄭州·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）已知數(shù)列an與bn的前n項(xiàng)和分別為An和Bn，且對(duì)任意n∈N(1)若An=3n2(2)若對(duì)任意n∈N*，都有an=Bn及b2【答案】(1)n(n+1)；(2)3【分析】（1）利用an,Sn求通項(xiàng)公式，再求證{b（2）由題設(shè)易得bn+1=3bn，等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式求Bn，進(jìn)而可得bn+1a【詳解】（1）由題設(shè)，an=An-顯然也滿足上式，故an由an+1-a所以{bn}是首項(xiàng)、公差均為綜上，Bn（2）由an=Bn，所以bn+1=3bn，而b1≥1，故b所以Bn=bbn+1an所以1B所以1b1(1-所以1-23n+1-1<1，故11．（2023·河北張家口·統(tǒng)考三模）已知數(shù)列an滿足3+(1)求數(shù)列an(2)記數(shù)列1an?an+1的前n【答案】(1)a(2)證明見(jiàn)解析【分析】（1）根據(jù)題意，求得a1=-1；當(dāng)n≥2時(shí)，可得3+a12（2）令bn=1an?an+1【詳解】（1）解：由題意，數(shù)列an滿足3+當(dāng)n=1時(shí)，可得3+a12當(dāng)n≥2時(shí)，可得3+a兩式相減得an2n當(dāng)n=1時(shí)，a1所以數(shù)列an的通項(xiàng)公式為a（2）解：令bn=1可得bn所以Sn因?yàn)閚∈N*，可得14n+212．（2023·上海閔行·上海市七寶中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）在當(dāng)前市場(chǎng)經(jīng)濟(jì)條件下，某服裝市場(chǎng)上私營(yíng)個(gè)體商店中的商品所標(biāo)價(jià)格a與其實(shí)際價(jià)值b之間存在著相當(dāng)大的差距.對(duì)購(gòu)物的消費(fèi)者來(lái)說(shuō)，這個(gè)差距越小越好，而商家則相反，于是就有消費(fèi)者與商家的“討價(jià)還價(jià)”，常見(jiàn)的方法是“對(duì)半還價(jià)法”，消費(fèi)者第一次減去定價(jià)的一半，商家第一次討價(jià)加上二者差價(jià)的一半;消費(fèi)者第二次還價(jià)再減去二者差價(jià)的一半，商家第二次討價(jià)，再加上二者差價(jià)的一半，如此下去，可得表1:表1次數(shù)消費(fèi)者還價(jià)商家討價(jià)第一次bc第二次bc第三次bc?????????第n次bc消費(fèi)者每次的還價(jià)bn(n∈k)組成一個(gè)數(shù)列(1)寫(xiě)出此數(shù)列的前三項(xiàng)，并猜測(cè)通項(xiàng)bn的表達(dá)式并求出lim(2)若實(shí)際價(jià)格b與定出a的價(jià)格之比為b:a=0.618:1，利用“對(duì)半還價(jià)法”討價(jià)還價(jià)，最終商家將能有百分之幾的利潤(rùn)?【答案】(1)答案見(jiàn)解析(2)8【分析】（1）根據(jù)條件即可得到數(shù)列bn的通項(xiàng)公式，進(jìn)而可直接計(jì)算lim（2）根據(jù)價(jià)格比得a,b關(guān)系，代入（1）中l(wèi)imn→+∞【詳解】（1）b1b2b3觀察可得，b=-limn→（2）因?yàn)閎:a=0.618:1，所以a=b故2故商家將有約8%的利潤(rùn)13．（2023·上海金山·統(tǒng)考一模）近兩年，直播帶貨逐漸成為一種新興的營(yíng)銷模式，帶來(lái)電商行業(yè)的新增長(zhǎng)點(diǎn).某直播平臺(tái)第1年初的啟動(dòng)資金為500萬(wàn)元，由于一些知名主播加入，平臺(tái)資金的年平均增長(zhǎng)率可達(dá)40%，每年年底把除運(yùn)營(yíng)成本a萬(wàn)元，再將剩余資金繼續(xù)投入直播平合(1)若a=100，在第3年年底扣除運(yùn)營(yíng)成本后，直播平臺(tái)的資金有多少萬(wàn)元？(2)每年的運(yùn)營(yíng)成本最多控制在多少萬(wàn)元，才能使得直播平臺(tái)在第6年年底?除運(yùn)營(yíng)成本后資金達(dá)到3000萬(wàn)元？（結(jié)果精確到0.1萬(wàn)元）【答案】(1)936萬(wàn)元(2)3000萬(wàn)元【分析】（1）用an表示第n年年底扣除運(yùn)營(yíng)成本后直播平臺(tái)的資金，然后根據(jù)已知計(jì)算a（2）由已知寫(xiě)出a1,a2,【詳解】（1）記an為第n則a1aa故第3年年底扣除運(yùn)營(yíng)成本后直播平臺(tái)的資金為936萬(wàn)元.（2）a1a?a=500×由a6≥3000，得故運(yùn)營(yíng)成本最多控制在46.8萬(wàn)元，才能使得直播平臺(tái)在第6年年底扣除運(yùn)營(yíng)成本后資金達(dá)到3000萬(wàn)元.BB·易錯(cuò)提升1．已知數(shù)列an為無(wú)窮數(shù)列．若存在正整數(shù)l，使得對(duì)任意的正整數(shù)n，均有an+l≤an，則稱數(shù)列an為“l(fā)階弱減數(shù)列”．有以下兩個(gè)命題：①數(shù)列bn為無(wú)窮數(shù)列且bn=cosn-n2（n為正整數(shù)），則數(shù)列bn是“l(fā)階弱減數(shù)列”的充要條件是l≥4；②數(shù)列cn為無(wú)窮數(shù)列且cnA．①是真命題，②是假命題 B．①是假命題，②是真命題C．①?②都是真命題 D．①?②都是假命題【答案】C【分析】對(duì)于①：根據(jù)“l(fā)階弱減數(shù)列”的定義結(jié)合充分必要條件分析判斷；對(duì)于②：分析可得2a+qn+qn+1<0對(duì)一切正整數(shù)n恒成立，分q【詳解】對(duì)于①：因?yàn)閎n若該數(shù)列bn為“l(fā)弱減數(shù)列”因?yàn)?π6<3<可得b3-b同理可得b4<b當(dāng)l≥4時(shí)，bn+l所以該數(shù)列為“l(fā)弱減數(shù)列”；綜上所述：數(shù)列bn是“l(fā)階弱減數(shù)列”的充要條件是l≥4，故①對(duì)于②：因?yàn)閏n=an+1-若存在a∈R使得數(shù)列cn為“2階弱減數(shù)列”則cn+2≤cn，即所以2a+qn+q若q>1，當(dāng)a=0時(shí)，當(dāng)q>1，則q當(dāng)q<-1,n為奇數(shù)，qn可知a=0不合題意，所以a≠0，則q2當(dāng)n=2m-1,m>log則qn+1可得2a+q若q=-1，取a<0，則2a+q若q<1，則-1<qn取a≤-1，則2a+q綜上所述：存在a∈R，使得數(shù)列cn是“2階弱減數(shù)列”，則-1≤q<1．故②是真命題故選：C.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：對(duì)于新定義問(wèn)題時(shí)，可以通過(guò)舉例或轉(zhuǎn)化法理解新定義，進(jìn)而根據(jù)新定義分析求解.2．若數(shù)列an，對(duì)于?k∈N*,n∈N*，都有an+k-an>kt（t為常數(shù)）成立，則稱數(shù)列an具有性質(zhì)P(t)．已知數(shù)列an的通項(xiàng)公式為A．(85,+∞) B．(4【答案】C【分析】由題意，先將an+k-an>4k成立變形為k=1時(shí)an+1【詳解】依題意，得an+k-an>4k，故只需考慮k=1因?yàn)閍n=2n+1-λ即2n+2-λ(n+1)2>令bn=2n+12n+1所以對(duì)任意的n∈N*恒成立，所以數(shù)列bn則bn≥b1=43，所以λ<故選：C．3．（多選）意大利數(shù)學(xué)家斐波那契在研究兔子繁殖問(wèn)題時(shí)發(fā)現(xiàn)數(shù)列1，1,2,3,5,8,13,?數(shù)列中的每一項(xiàng)稱為斐波那契數(shù)，記作Fn．已知FA．FB．FC．若斐波那契數(shù)Fn除以4所得的余數(shù)按照原順序構(gòu)成數(shù)列anD．若F2024=【答案】BC【分析】A，B，結(jié)合遞推公式，寫(xiě)出前14項(xiàng)即可；C，an是以6為最小正周期的數(shù)列；D，結(jié)合遞推公式迭代即可【詳解】對(duì)于A，斐波那契數(shù)列1，1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,?，F(xiàn)12對(duì)于B，F(xiàn)2+F對(duì)于C，由斐波那契數(shù)Fn除以4所得的余數(shù)按照原順序構(gòu)成數(shù)列a因?yàn)閍1=1，a2=1，a3=2，根據(jù)數(shù)列Fn的性質(zhì)以及Ma7=1，a8=1，a9=2，同理可推得，當(dāng)k∈N*時(shí)，有a6k-5=1，a6k-4=1，a6k-3所以an是以6為最小正周期的數(shù)列，又因?yàn)?023÷6=337??????12024÷6=337??????2，a2023+a對(duì)于D，由斐波那契數(shù)列性質(zhì)F1=1，F(xiàn)n可知F=F2024-故選：BC．4．（多選）定義：在數(shù)列的每相鄰兩項(xiàng)之間插入此兩項(xiàng)的積，形成新的數(shù)列，這樣的操作叫作該數(shù)列的一次“美好成長(zhǎng)”．將數(shù)列1、2進(jìn)行“美好成長(zhǎng)”，第一次得到數(shù)列1、2、2；第二次得到數(shù)列1、2、2、4、2；?；設(shè)第n次“美好成長(zhǎng)”后得到的數(shù)列為1、x1、x2、?、xk、2，并記aA．a(chǎn)2=5 BC．a(chǎn)n+1=3an-1 D．?dāng)?shù)列【答案】ACD【分析】對(duì)A：由題意直接運(yùn)算判斷；對(duì)B：根據(jù)題意分析可得：bn+1+1=2bn+1，利用構(gòu)造法結(jié)合等比數(shù)列分析運(yùn)算；對(duì)C：根據(jù)第n+1次“美好成長(zhǎng)”與第n次“美好成長(zhǎng)”的關(guān)系分析運(yùn)算；對(duì)D：由an+1【詳解】對(duì)于A選項(xiàng)，a2=log對(duì)于B選項(xiàng)，設(shè)第n次“美好成長(zhǎng)”后共插入bn項(xiàng)，即k=bn，共有bn則第n+1次“美好成長(zhǎng)”后再插入bn+1項(xiàng)，則可得bn+1+1=2b故數(shù)列bn+1是以首項(xiàng)為2，公比為則bn+1=2×2n-1=對(duì)于C選項(xiàng)，由題意可知：a==3log21×對(duì)于D選項(xiàng)，因?yàn)閍n+1=3a所以，an+1-1所以數(shù)列an-12是首項(xiàng)為所以，an-1所以，3n所以，數(shù)列3nanan+1的前n項(xiàng)和為故選：ACD.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：已知數(shù)列的遞推關(guān)系求通項(xiàng)公式的典型方法：（1）當(dāng)出現(xiàn)an（2）當(dāng)出現(xiàn)an（3）當(dāng)出現(xiàn)an（4）當(dāng)出現(xiàn)anan-1=f5．1967年，法國(guó)數(shù)學(xué)家蒙德?tīng)柌剂_的文章《英國(guó)的海岸線有多長(zhǎng)？》標(biāo)志著幾何概念從整數(shù)維到分?jǐn)?shù)維的飛躍.1977年他正式將具有分?jǐn)?shù)維的圖形成為“分形”，并建立了以這類圖形為對(duì)象的數(shù)學(xué)分支——分形幾何．分形幾何不只是扮演著計(jì)算機(jī)藝術(shù)家的角色，事實(shí)表明它們是描述和探索自然界大量存在的不規(guī)則現(xiàn)象的工具．下面我們用分形的方法來(lái)得到一系列圖形，如圖1，線段AB的長(zhǎng)度為1，在線段AB上取兩個(gè)點(diǎn)C，D，使得AC=DB=13AB，以CD為一邊在線段AB的上方做一個(gè)正三角形，然后去掉線段CD，得到圖2中的圖形；對(duì)圖2中的線段EC、ED記第n個(gè)圖形（圖1為第一個(gè)圖形）中的所有線段長(zhǎng)的和為Sn，對(duì)任意的正整數(shù)n，都有Sn＜a，則【答案】2．【分析】根據(jù)圖形之間的關(guān)系可得Sn的遞推關(guān)系，從而可求Sn的通項(xiàng)公式，故可求a【詳解】設(shè)第n個(gè)圖形中新出現(xiàn)的等邊三角形的邊長(zhǎng)為an，則當(dāng)n≥2時(shí)，a設(shè)第n個(gè)圖形中新增加的等邊三角形的個(gè)數(shù)為bn，則當(dāng)n≥2時(shí)，b故Sn-S由累加法可得S=2-2n=1時(shí)，S1=1也符合該式，故故Sn<2對(duì)任意的n≥1恒成立，故a≥2即a故答案為：2.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：與圖形相關(guān)的數(shù)列的計(jì)算問(wèn)題，一般根據(jù)相鄰圖形的變化關(guān)系尋找目標(biāo)數(shù)列的遞推關(guān)系，再根據(jù)其形式得到通項(xiàng)，從而解決圖形的計(jì)算問(wèn)題.6．已知各項(xiàng)都不為0的數(shù)列an的前k項(xiàng)和Sk滿足2Sk=akak+1，其中a1=1，設(shè)數(shù)列1an【答案】7【分析】根據(jù)題意推得ak+1-ak-1=2，利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式，求得an的通項(xiàng)公式為an=n，得到Tn=1+12+13【詳解】因?yàn)?Sk=ak兩式相減可得2Sk-2因?yàn)閿?shù)列an的各項(xiàng)都不為0，所以a因?yàn)?a1=2數(shù)列an的奇數(shù)項(xiàng)是以1為首項(xiàng)，公差為2的等差數(shù)列，所以a數(shù)列an的偶數(shù)項(xiàng)是以2為首項(xiàng)，公差為2的等差數(shù)列，所以a故數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an=n，可得1令PnPn+1Pn+1-P所以Pn隨著n的增大而增大，即Pn在n=1處取最小值，又因?yàn)閷?duì)一切n∈N*，恒有T2n-T故t能取到的最大整數(shù)是7.故答案為：7.7．已知無(wú)窮數(shù)列{an}與無(wú)窮數(shù)列{bn}滿足下列條件：①an∈{0,1,2},n∈N*；②（1）若a1=b（2）是否存在a1,a2,a（3）若b1=1，求T【答案】（1）T4=3128；（2）不存在，理由見(jiàn)解析；（【分析】（1）由a1=b1=1,a2（2）假設(shè)存在，設(shè)b1,b2,b3,b4公差為（3）由題意b1=1>0，且b4k-3>0,b4k-2<0,b4k-1<0,b4k>0,設(shè)q【詳解】（1）b2=(-1)?|ab4∴T4（2）不存在，假設(shè)存在，設(shè)b1,b若b1>0，則b2<0,b若b1<0，則b2>0,b3∴假設(shè)不成立，故不存在.（3）由題意b1=1>0，且設(shè)qn=|12a得|bn+1顯然qn?q（?。┤魆n?qn+1=1，則（ⅱ）若qn?qn+1=則{(an,（ⅲ）若qn?qn+1=9∴qn?qn+1≤從而|b∴|b∴|T≤[1×1=(1（當(dāng){an}：又T2021>0，【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：此題考查由數(shù)列的遞推式求數(shù)列的項(xiàng)，判斷等差數(shù)列，考查分類討論思想，第3問(wèn)解題的關(guān)鍵是由已知可得b4k-3>0,b4k-2<0,b4k-1<0,b4k>0,設(shè)qn=|18．設(shè)數(shù)列A:a1,a2,…,an（n≥3）的各項(xiàng)均為正整數(shù)，且a1≤a2（1）判斷數(shù)列A1:1,2,4,7與數(shù)列A2（2）若數(shù)列A具有性質(zhì)T，且a1=1，a2=2，（3）若集合S={1,2,3,?,2019,2020}=S1∪S2∪S3∪S4∪S5∪S【答案】（1）數(shù)列A1不具有性質(zhì)T；數(shù)列A2具有性質(zhì)T（2）n的最小值為10（【解析】（1）a4=7不滿足存在正整數(shù)i,j(1≤i≤j<k)使得ak=ai+aj（2）由題可知a2=2，a3≤2a2=4，a4≤2a3≤8，?，a8≤2a7≤128，所以n≥9（3）反證法：假設(shè)結(jié)論不成立，即對(duì)任意Si(?i=1,2,?,6)都有：若正整數(shù)a,b∈【詳解】（1）數(shù)列A1不具有性質(zhì)T；數(shù)列A2具有性質(zhì)（2）由題可知a2=2，a3≤2a2=4所以n≥9.若n=9，因?yàn)閍9=200且a9同理，64≥因?yàn)閿?shù)列各項(xiàng)均為正整數(shù)，所以a3=4.所以數(shù)列前三項(xiàng)為因?yàn)閿?shù)列A具有性質(zhì)T，a4只可能為4,5,6,8之一，而又因?yàn)?≥所以a4同理，有a5此時(shí)數(shù)列為1,2,4,8,16,32,64,128,200.但數(shù)列中不存在1≤i≤j<9使得200=ai+所以n≥10.當(dāng)n=10時(shí)，取A:1,2,4,8,16,32,36,64,100,200.（構(gòu)造數(shù)列不唯一）經(jīng)驗(yàn)證，此數(shù)列具有性質(zhì)T.所以，n的最小值為10.（3）反證法：假設(shè)結(jié)論不成立，即對(duì)任意Si(?i=1,2,?,6)都有：若正整數(shù)否則，存在Si滿足：存在a,b∈Si，a<b使得b-a∈Si當(dāng)a<b-a時(shí)，a,b-a,b是一個(gè)具有性質(zhì)T的數(shù)列；當(dāng)a>b-a時(shí)，b-a,a,b是一個(gè)具有性質(zhì)T的數(shù)列；當(dāng)a=b-a時(shí)，a,a,b是一個(gè)具有性質(zhì)T的數(shù)列.（i）由題意可知，這6個(gè)集合中至少有一個(gè)集合的元素個(gè)數(shù)不少于337個(gè)，不妨設(shè)此集合為S1，從S1中取出337個(gè)數(shù)，記為a1令集合N1由假設(shè)，對(duì)任意?i=1,2,?,336，a337-（ii）在S2,S3,S4,從S2∩N1中取出68個(gè)數(shù)，記為令集合N2由假設(shè)b68-bi?S2.所以對(duì)任意i=1,2,?,67，b68由假設(shè)asi-as68?（iii）在S3,S4,S5,從S3∩N2中取出17個(gè)數(shù)，記為令集合N3由假設(shè)c17-ci?S3.所以對(duì)任意i=1,2,?,16，c17同樣，由假設(shè)可得bti-bt（iv）類似地，在S4,S5,S6中至少有一個(gè)集合包含從S4∩N3中取出6個(gè)數(shù)，記為則N4（v）同樣，在S5,S6中至少有一個(gè)集合包含N4中的至少?gòu)腟5∩N4中取出3個(gè)數(shù)，記為e1（vi）由假設(shè)可得e2同上可知，e2而又因?yàn)閑2-e1∈S，所以所以原命題得證.【點(diǎn)睛】本題考查了對(duì)新定義的理解和運(yùn)用能力，考查了反證法，考查了集合的并集運(yùn)算，準(zhǔn)確理解定義和運(yùn)用定義解題是解題關(guān)鍵，屬于難題.9．某化工廠從今年一月起，若不改善生產(chǎn)環(huán)境，按生產(chǎn)現(xiàn)狀，每月收入為70萬(wàn)元，同時(shí)將受到環(huán)保部門的處罰，第一個(gè)月罰3萬(wàn)元，以后每月增加2萬(wàn)元．如果從今年一月起投資500萬(wàn)元添加回收凈化設(shè)備（改造設(shè)備時(shí)間不計(jì)），一方面可以改善環(huán)境，另一方面也可以大大降低原料成本．據(jù)測(cè)算，添加回收凈化設(shè)備并投產(chǎn)后的前5個(gè)月中的累計(jì)生產(chǎn)凈收入g(n)是生產(chǎn)時(shí)間n個(gè)月的二次函數(shù)g(n)=n2+kn（k是常數(shù)），且前3個(gè)月的累計(jì)生產(chǎn)凈收入可達(dá)309萬(wàn)，從第6個(gè)月開(kāi)始，每個(gè)月的生產(chǎn)凈收入都與第5（1）求前8個(gè)月的累計(jì)生產(chǎn)凈收入g(8)的值；（2）問(wèn)經(jīng)過(guò)多少個(gè)月，投資開(kāi)始見(jiàn)效，即投資改造后的純收入多于不改造時(shí)的純收入．【答案】（1）g(8)=g(5)+3×109=852；（2）經(jīng)過(guò)9個(gè)月投資開(kāi)始見(jiàn)效．【詳解】試題分析:（1）根據(jù)g（3）得到k，再計(jì)算g（5）和g（5）﹣g（4），而g（8）=g（5）+3[g（5）﹣g（4）]，從而得到結(jié)果；（2）求出投資前后前n個(gè)月的總收入，列不等式解出n的范圍即可．試題解析（1）據(jù)題意g(3)=32+3k=309，解得第5個(gè)月的凈收入為g(5)-g(4)=109萬(wàn)元，所以，g(8)=g(5)+3×109=852萬(wàn)元（2）g(n)=即g(n)=要想投資開(kāi)始見(jiàn)效，必須且只需g(n