2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案-數(shù)學(xué)-基礎(chǔ)版高考解答題專項突破（三） 數(shù)列的綜合問題含答案

2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案-數(shù)學(xué)-基礎(chǔ)版[考情分析]預(yù)計2025年高考會從以下兩個角度對數(shù)列的綜合問題進行考查：(1)考查等差、等比數(shù)列的基本運算和數(shù)列求和的問題，可能與函數(shù)、方程、不等式等知識綜合起來進行考查；(2)以新定義為載體，考查對新數(shù)列性質(zhì)的理解及應(yīng)用，以創(chuàng)新型題目的形式出現(xiàn)．考點一等差、等比數(shù)列的綜合問題例1(2024·山東濱州模擬)已知等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}滿足a1＝2，b2＝4，an＝2log2bn，n∈N*.(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式；(2)設(shè)數(shù)列{an}中不在數(shù)列{bn}中的項按從小到大的順序構(gòu)成數(shù)列{cn}，記數(shù)列{cn}的前n項和為Sn，求S100.解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因為b2＝4，所以a2＝2log2b2＝4，所以d＝a2－a1＝2，所以an＝2＋(n－1)×2＝2n.又an＝2log2bn，即2n＝2log2bn，所以n＝log2bn，所以bn＝2n.(2)由(1)得bn＝2n＝2·2n－1＝a2n－1，即bn是數(shù)列{an}中的第2n－1項．設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Pn，數(shù)列{bn}的前n項和為Qn，因為b7＝a26＝a64，b8＝a27＝a128，所以數(shù)列{cn}的前100項是由數(shù)列{an}的前107項去掉數(shù)列{bn}的前7項后構(gòu)成的，所以S100＝P107－Q7＝eq\f(107×（2＋214）,2)－eq\f(2－28,1－2)＝11302.對等差、等比數(shù)列的綜合問題，應(yīng)重點分析等差、等比數(shù)列項之間的關(guān)系．利用方程思想和通項公式、前n項和公式求解，求解時注意對性質(zhì)的靈活運用.1.(2022·浙江高考)已知等差數(shù)列{an}的首項a1＝－1，公差d>1.記{an}的前n項和為Sn(n∈N*)．(1)若S4－2a2a3＋6＝0，求Sn；(2)若對于每個n∈N*，存在實數(shù)cn，使an＋cn，an＋1＋4cn，an＋2＋15cn成等比數(shù)列，求d的取值范圍．解(1)因為S4－2a2a3＋6＝0，a1＝－1，所以－4＋6d－2(－1＋d)(－1＋2d)＋6＝0，所以d2－3d＝0，又d>1，所以d＝3，所以an＝3n－4，所以Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝eq\f(3n2－5n,2).(2)因為an＋cn，an＋1＋4cn，an＋2＋15cn成等比數(shù)列，所以(an＋1＋4cn)2＝(an＋cn)(an＋2＋15cn)，(nd－1＋4cn)2＝(－1＋nd－d＋cn)(－1＋nd＋d＋15cn)，ceq\o\al(2,n)＋(14d－8nd＋8)cn＋d2＝0，由已知可得方程ceq\o\al(2,n)＋(14d－8nd＋8)cn＋d2＝0的判別式大于等于0，所以Δ＝(14d－8nd＋8)2－4d2≥0，所以(16d－8nd＋8)(12d－8nd＋8)≥0對于任意的n∈N*恒成立，所以[(n－2)d－1][(2n－3)d－2]≥0對于任意的n∈N*恒成立，當(dāng)n＝1時，[(n－2)d－1][(2n－3)d－2]＝(d＋1)(d＋2)≥0，當(dāng)n＝2時，由(2d－2d－1)(4d－3d－2)≥0，可得d≤2，當(dāng)n≥3時，[(n－2)d－1][(2n－3)d－2]>(n－3)(2n－5)≥0，又d>1，所以1<d≤2，即d的取值范圍為(1，2]．考點二通項與求和問題例2(2023·黑龍江哈九中模擬)在①S3＝2a3－15；②a2＋6是a1，a3的等差中項；③2Sn＝tn＋1－3(t≠0)這三個條件中任選一個作為已知條件，補充在下面的問題中，并解答．已知正項等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝3，且滿足________．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)an＝bn－eq\f(1,bn)，求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(beq\o\al(2,n)＋\f(1,beq\o\al(2,n))))的前n項和Tn.注：若選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．解(1)設(shè)正項等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0)，若選①：由S3＝2a3－15，得a1＋a2＋a3＝2a3－15，所以a3－a2－a1＝15，又由a1＝3，可得3q2－3q－18＝0，解得q＝3或q＝－2(舍去)，所以an＝3×3n－1＝3n(n∈N*)．若選②：由a2＋6是a1，a3的等差中項，可得a1＋a3＝2(a2＋6)，又因為a1＝3，可得3＋3q2＝2(3q＋6)，即q2－2q－3＝0，解得q＝3或q＝－1(舍去)，所以an＝3×3n－1＝3n(n∈N*)．若選③：由2Sn＝tn＋1－3(t≠0)，當(dāng)n＝1時，2a1＝6＝2S1＝t2－3，解得t＝3或t＝－3(舍去)，所以2Sn＝3n＋1－3，當(dāng)n≥2時，2an＝2Sn－2Sn－1＝3n＋1－3－(3n－3)＝2·3n，所以an＝3n(n≥2)．經(jīng)驗證當(dāng)n＝1時，滿足an＝3n，所以an＝3n(n∈N*)．(2)由(1)知an＝3n，所以bn－eq\f(1,bn)＝3n，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(bn－\f(1,bn)))eq\s\up12(2)＝9n，所以beq\o\al(2,n)＋eq\f(1,beq\o\al(2,n))＝9n＋2，所以Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(beq\o\al(2,1)＋\f(1,beq\o\al(2,1))))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(beq\o\al(2,2)＋\f(1,beq\o\al(2,2))))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(beq\o\al(2,n)＋\f(1,beq\o\al(2,n))))＝(91＋2)＋(92＋2)＋…＋(9n＋2)＝91＋92＋…＋9n＋2n＝eq\f(9（1－9n）,1－9)＋2n＝eq\f(9n＋1＋16n－9,8).解決非等差、等比數(shù)列求和問題的兩種思路思路一轉(zhuǎn)化的思想，即將一般數(shù)列設(shè)法轉(zhuǎn)化為等差或等比數(shù)列，這一思想方法往往通過通項分解或錯位相減來完成思路二不能轉(zhuǎn)化為等差或等比數(shù)列的數(shù)列，往往通過裂項相消法、錯位相減法、倒序相加法等來求和2.(2024·廣東深圳中學(xué)月考)若一個數(shù)列的奇數(shù)項為公差為正的等差數(shù)列，偶數(shù)項為公比為正的等比數(shù)列，且公差、公比相同，則稱數(shù)列為“搖擺數(shù)列”，其表達式為an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(n－1,2)d，n＝2k＋1，k∈N，,a2qeq\s\up7(\f(n－2,2))，n＝2k，k∈N*，))若數(shù)列{an}(n∈N*)為“搖擺數(shù)列”且a1＝1，a1＋a2＝a3，a2a3＝20.(1)求{an}的通項公式；(2)若bn＝nan，求數(shù)列{bn}的前2n項和T2n.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(注：\o(∑,\s\up8(n),\s\do8(i＝1))i2＝\f(n（n＋1）（2n＋1）,6)))解(1)由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋a2＝a3，,a2a3＝20))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,a3＝5))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝－5，,a3＝－4))(舍去)，∴d＝q＝4，∴an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n－1，n＝2k＋1，k∈N，,2n，n＝2k，k∈N*.))(2)bn＝nan＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n2－n，n＝2k＋1，k∈N，,n·2n，n＝2k，k∈N*.))先求奇數(shù)項的和：bn＝2n2－n，n＝2k＋1，k∈N，Sn＝2×[12＋32＋…＋(2n－1)2]－n2，引入Wn＝22＋42＋…＋(2n)2＝4(12＋22＋…＋n2)，eq\f(1,2)(Sn＋n2)＋Wn＝eq\o(∑,\s\up8(2n),\s\do8(i＝1))i2＝eq\f(n（2n＋1）（4n＋1）,3)?Sn＝2(eq\o(∑,\s\up8(2n),\s\do8(i＝1))i2－Wn)－n2＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n（2n＋1）（4n＋1）,3)－4×\f(n（n＋1）（2n＋1）,6)))－n2＝eq\f(8n3－3n2－2n,3)，再求偶數(shù)項的和：bn＝n·2n，n＝2k，k∈N*，Sn′＝2×22＋4×24＋…＋2n×22n，4Sn′＝2×24＋4×26＋…＋2(n－1)×22n＋2n×22n＋2，兩式相減，得－3Sn′＝2×22＋2×24＋2×26＋…＋2×22n－2n×22n＋2＝eq\f(8×（1－4n）,1－4)－2n×22n＋2＝eq\f(（1－3n）×22n＋3－8,3)，∴Sn′＝eq\f(（3n－1）22n＋3＋8,9)，∴T2n＝Sn＋Sn′＝eq\f(8n3－3n2－2n,3)＋eq\f(（3n－1）22n＋3＋8,9).考點三數(shù)列與不等式的綜合問題例3(2023·安徽十校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}滿足a1＋a2＋…＋an－1－an＝－2(n≥2且n∈N*)，a2＝4.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2n,（an－1）（an＋1－1）)))的前n項和為Tn，求證：eq\f(2,3)≤Tn<1.解(1)因為a1＋a2＋…＋an－1－an＝－2，所以a1＋a2＋…＋an－an＋1＝－2，兩式相減得an＋1＝2an(n≥2)，當(dāng)n＝2時，a1－a2＝－2，又a2＝4，所以a1＝2，a2＝2a1，所以an＋1＝2an(n∈N*)，所以{an}是首項為2，公比為2的等比數(shù)列，所以an＝2n(n∈N*)．(2)證明：因為eq\f(2n,（an－1）（an＋1－1）)＝eq\f(2n,（2n－1）（2n＋1－1）)＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1－1)，所以Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2－1)－\f(1,22－1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22－1)－\f(1,23－1)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1)))＝1－eq\f(1,2n＋1－1)<1，由n≥1，得2n＋1≥4，所以1－eq\f(1,2n＋1－1)≥eq\f(2,3)，綜上，eq\f(2,3)≤Tn<1.1．?dāng)?shù)列型不等式的證明常用到“放縮法”，一是在求和中將通項“放縮”為“可求和數(shù)列”；二是求和后再“放縮”．2．放縮法常見的放縮技巧(1)eq\f(1,k2)＜eq\f(1,k2－1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)－\f(1,k＋1))).(2)eq\f(1,k)－eq\f(1,k＋1)＜eq\f(1,k2)＜eq\f(1,k－1)－eq\f(1,k).(3)2(eq\r(n＋1)－eq\r(n))＜eq\f(1,\r(n))＜2(eq\r(n)－eq\r(n－1))．(4)eq\f(1,2n＋1)＜eq\f(1,2n＋1)＜eq\f(1,2n)，eq\f(1,3n)＜eq\f(1,3n－1)≤eq\f(1,2·3n－1).3.(2023·河南五市高三二模)已知數(shù)列{an}滿足a1＝eq\f(2,3)，且2an＋1－an＋1an＝1，n∈N*.(1)證明數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,1－an)))是等差數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項公式；(2)記Tn＝a1a2a3…an，n∈N*，Sn＝Teq\o\al(2,1)＋Teq\o\al(2,2)＋…＋Teq\o\al(2,n).證明：Sn>4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,n＋3))).解(1)由2an＋1－an＋1an＝1，得an＋1＝eq\f(1,2－an)，則eq\f(1,1－an＋1)－eq\f(1,1－an)＝1，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,1－an)))是首項為eq\f(1,1－a1)＝3，公差d＝1的等差數(shù)列，所以eq\f(1,1－an)＝3＋(n－1)＝n＋2，整理得an＝eq\f(n＋1,n＋2)(n∈N*)，經(jīng)檢驗，符合要求．(2)證明：由(1)得an＝eq\f(n＋1,n＋2)(n∈N*)，Tn＝a1a2…an＝eq\f(2,n＋2)，∴Teq\o\al(2,n)＝eq\f(4,（n＋2）2)>eq\f(4,（n＋2）（n＋3）)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋2)－\f(1,n＋3)))，∴Sn＝Teq\o\al(2,1)＋Teq\o\al(2,2)＋…＋Teq\o\al(2,n)>4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n＋2)－\f(1,n＋3)))，即Sn>4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,n＋3))).考點四數(shù)列與函數(shù)的綜合問題例4(2024·江蘇輔仁中學(xué)階段考試)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，點(an，bn)在函數(shù)f(x)＝2x的圖象上(n∈N*)．(1)若a1＝－2，點(a8，4b7)在函數(shù)f(x)的圖象上，求數(shù)列{an}的前n項和Sn；(2)若a1＝1，函數(shù)f(x)的圖象在點(a2，b2)處的切線在x軸上的截距為2－eq\f(1,ln2)，求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))的前n項和Tn.解(1)由已知，得b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，有2a8＝4×2a7＝2a7＋2，解得d＝a8－a7＝2，所以Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.(2)函數(shù)f(x)＝2x的圖象在點(a2，b2)處的切線方程為y－2a2＝(2a2ln2)(x－a2)，它在x軸上的截距為a2－eq\f(1,ln2).則a2－eq\f(1,ln2)＝2－eq\f(1,ln2)，解得a2＝2，所以d＝a2－a1＝1，從而an＝n，bn＝2n.所以Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n－1,2n－1)＋eq\f(n,2n)，2Tn＝eq\f(1,1)＋eq\f(2,2)＋eq\f(3,22)＋…＋eq\f(n,2n－1).因此2Tn－Tn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)＝2－eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)＝eq\f(2n＋1－n－2,2n).所以Tn＝eq\f(2n＋1－n－2,2n).數(shù)列與函數(shù)綜合問題的常見類型及注意事項常見類型類型一已知函數(shù)條件，解決數(shù)列問題，此類問題一般是利用函數(shù)的性質(zhì)、圖象研究數(shù)列問題類型二已知數(shù)列條件，解決函數(shù)問題，解決此類問題一般要充分利用數(shù)列的范圍、公式、求和方法對式子化簡變形注意事項注意點一數(shù)列是一類特殊的函數(shù)，其定義域是正整數(shù)集(或有限子集)，它的圖象是一群孤立的點注意點二轉(zhuǎn)化為以函數(shù)為背景的條件時，應(yīng)注意題中的限制條件，如函數(shù)的定義域，這往往是非常容易忽視的問題注意點三利用函數(shù)的方法研究數(shù)列中相關(guān)問題時，應(yīng)準(zhǔn)確構(gòu)造函數(shù)，注意數(shù)列中相關(guān)限制條件的轉(zhuǎn)化4.(2024·湖南湘潭一中階段考試)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(x,2)＋sinx的所有正的極小值點從小到大排成的數(shù)列為{xn}．(1)求數(shù)列{xn}的通項公式；(2)設(shè){xn}的前n項和為Sn，求sinSn.解(1)令f′(x)＝eq\f(1,2)＋cosx＝0，所以cosx＝－eq\f(1,2)，解得x＝2kπ±eq\f(2π,3)(k∈Z)．由xn是f(x)的第n個正極小值點知，xn＝2nπ－eq\f(2π,3)(n∈N*)．(2)由(1)可知，Sn＝2π(1＋2＋…＋n)－eq\f(2nπ,3)＝n(n＋1)π－eq\f(2nπ,3)，所以sinSn＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(n（n＋1）π－\f(2nπ,3))).因為n(n＋1)表示兩個連續(xù)正整數(shù)的乘積，所以n(n＋1)一定為偶數(shù)，所以sinSn＝－sineq\f(2nπ,3).當(dāng)n＝3m－2(m∈N*)時，sinSn＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2mπ－\f(4π,3)))＝－eq\f(\r(3),2)；當(dāng)n＝3m－1(m∈N*)時，sinSn＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2mπ－\f(2π,3)))＝eq\f(\r(3),2)；當(dāng)n＝3m(m∈N*)時，sinSn＝－sin2mπ＝0.綜上所述，sinSn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，n＝3m－2（m∈N*），,\f(\r(3),2)，n＝3m－1（m∈N*），,0，n＝3m（m∈N*）.))課時作業(yè)1．(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷){an}為等差數(shù)列，bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an－6，n為奇數(shù)，,2an，n為偶數(shù)，))記Sn，Tn分別為數(shù)列{an}，{bn}的前n項和，S4＝32，T3＝16.(1)求{an}的通項公式；(2)證明：當(dāng)n>5時，Tn>Sn.解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，而bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an－6，n為奇數(shù)，,2an，n為偶數(shù)，))則b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6，于是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S4＝4a1＋6d＝32，,T3＝4a1＋4d－12＝16，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝5，,d＝2，))所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋3，所以{an}的通項公式是an＝2n＋3.(2)證法一：由(1)知，Sn＝eq\f(n（5＋2n＋3）,2)＝n2＋4n，bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n－3，n為奇數(shù)，,4n＋6，n為偶數(shù)，))當(dāng)n為偶數(shù)時，bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1，Tn＝eq\f(13＋（6n＋1）,2)·eq\f(n,2)＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(7,2)n，當(dāng)n>5時，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(7,2)n))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)n(n－1)>0，因此Tn>Sn；當(dāng)n為奇數(shù)時，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝eq\f(3,2)(n＋1)2＋eq\f(7,2)(n＋1)－[4(n＋1)＋6]＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(5,2)n－5，當(dāng)n>5時，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(5,2)n－5))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn.所以當(dāng)n>5時，Tn>Sn.證法二：由(1)知，Sn＝eq\f(n（5＋2n＋3）,2)＝n2＋4n，bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n－3，n為奇數(shù)，,4n＋6，n為偶數(shù)，))當(dāng)n為偶數(shù)時，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝eq\f(－1＋2（n－1）－3,2)·eq\f(n,2)＋eq\f(14＋4n＋6,2)·eq\f(n,2)＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(7,2)n，當(dāng)n>5時，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(7,2)n))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)n(n－1)>0，因此Tn>Sn；當(dāng)n為奇數(shù)時，若n≥3，則Tn＝(b1＋b3＋…＋bn)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)＝eq\f(－1＋2n－3,2)·eq\f(n＋1,2)＋eq\f(14＋4（n－1）＋6,2)·eq\f(n－1,2)＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(5,2)n－5，顯然T1＝b1＝－1滿足上式，因此當(dāng)n為奇數(shù)時，Tn＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(5,2)n－5，當(dāng)n>5時，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(5,2)n－5))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn.所以當(dāng)n>5時，Tn>Sn.2．(2023·江蘇徐州第七中學(xué)?？家荒?已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn＝eq\f(1,2)·3n＋b(b為常數(shù))．(1)求b的值和數(shù)列{an}的通項公式；(2)記cm為{an}在區(qū)間[－3m，3m](m∈N*)內(nèi)的項的個數(shù)，求數(shù)列{amcm}的前n項和Tn.解(1)由題設(shè)Sn＝eq\f(1,2)·3n＋b，顯然等比數(shù)列{an}的公比不為1，設(shè){an}的公比為q，則Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)＝eq\f(a1,1－q)－eq\f(a1qn,1－q)，∴b＝eq\f(a1,1－q)＝－eq\f(1,2)且q＝3，∴a1＝1，故數(shù)列{an}的通項公式為an＝3n－1，n∈N*.(2)令－3m≤3n－1≤3m，n∈N*，解得0≤n－1≤m，∴1≤n≤m＋1，數(shù)列{an}在區(qū)間[－3m，3m](m∈N*)內(nèi)的項的個數(shù)為m＋1，則cm＝m＋1，∴amcm＝(m＋1)×3m－1，∵Tn＝2×30＋3×31＋…＋(n＋1)×3n－1，①3Tn＝2×31＋3×32＋…＋(n＋1)×3n，②兩式相減，得－2Tn＝2×30＋31＋…＋3n－1－(n＋1)×3n＝1＋eq\f(1－3n,1－3)－(n＋1)·3n＝eq\f(（－1－2n）·3n＋1,2)，∴Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(1,4)))·3n－eq\f(1,4).3．(2024·河南鄭州外國語學(xué)校階段考試)已知f(x)＝－eq\r(4＋\f(1,x2))，數(shù)列{an}的前n項和為Sn，點Pneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an，－\f(1,an＋1)))(n∈N*)在曲線y＝f(x)上，且a1＝1，an＞0.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，且滿足eq\f(Tn＋1,aeq\o\al(2,n))＝eq\f(Tn,aeq\o\al(2,n＋1))＋16n2－8n－3，確定b1的值使得數(shù)列{bn}是等差數(shù)列．解(1)因為f(x)＝－eq\r(4＋\f(1,x2))，且點Pneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an，－\f(1,an＋1)))(n∈N*)在曲線y＝f(x)上，所以eq\f(1,an＋1)＝eq\r(4＋\f(1,aeq\o\al(2,n)))，即eq\f(1,aeq\o\al(2,n＋1))－eq\f(1,aeq\o\al(2,n))＝4，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,aeq\o\al(2,n))))是以1為首項，4為公差的等差數(shù)列，所以eq\f(1,aeq\o\al(2,n))＝1＋4(n－1)＝4n－3，即an＝eq\f(1,\r(4n－3))(n∈N*)．(2)由(1)知eq\f(Tn＋1,aeq\o\al(2,n))＝eq\f(Tn,aeq\o\al(2,n＋1))＋16n2－8n－3，即為(4n－3)Tn＋1＝(4n＋1)Tn＋(4n－3)(4n＋1)，整理得eq\f(Tn＋1,4n＋1)－eq\f(Tn,4n－3)＝1，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Tn,4n－3)))是以T1為首項，1為公差的等差數(shù)列，則eq\f(Tn,4n－3)＝T1＋n－1，即Tn＝(4n－3)(T1＋n－1)，當(dāng)n≥2時，bn＝Tn－Tn－1＝4b1＋8n－11，若{bn}是等差數(shù)列，則b1適合上式，令n＝1，得b1＝4b1－3，解得b1＝1.4．(2023·黑龍江齊齊哈爾模擬)在①Sn＝eq\f(3,2)an－3，其中Sn為數(shù)列{an}的前n項和；②a1＝1，an－an＋1＝anan＋1這兩個條件中任選一個，補充在下面問題中，并解答．問題：已知數(shù)列{an}滿足________．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)是否存在正整數(shù)m，使得am＋am＋1為數(shù)列{an}中的項？若存在，求出m；若不存在，說明理由．注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．解若選擇條件①：(1)令n＝1，則a1＝eq\f(3,2)a1－3，所以a1＝6，由于Sn＝eq\f(3,2)an－3，則當(dāng)n≥2時，Sn－1＝eq\f(3,2)an－1－3，兩式相減，得an＝eq\f(3,2)an－eq\f(3,2)an－1，則eq\f(an,an－1)＝3，所以{an}是首項為6，公比為3的等比數(shù)列，則數(shù)列{an}的通項公式為an＝6×3n－1＝2×3n.(2)假設(shè)存在正整數(shù)m，使得am＋am＋1＝ak(k∈N*)，則2×3m＋2×3m＋1＝2×3k，所以4×3m＝3k，此等式左邊為偶數(shù)，右邊為奇數(shù)，所以不存在正整數(shù)m滿足題意．若選擇條件②：(1)因為a1＝1，an－an＋1＝anan＋1，所以an≠0，eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝1，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首項為eq\f(1,a1)＝1，公差為1的等差數(shù)列，所以eq\f(1,an)＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝eq\f(1,n).(2)假設(shè)存在正整數(shù)m，使得am＋am＋1＝ak(k∈N*)，則eq\f(1,m)＋eq\f(1,m＋1)＝eq\f(1,k)，化簡得m2＋(1－2k)m－k＝0，解得m＝eq\f(2k－1＋\r(1＋4k2),2)，因為2k<eq\r(1＋4k2)<2k＋1，所以2k－eq\f(1,2)<m<2k，m無正整數(shù)解，故不存在正整數(shù)m滿足題意．5．已知等差數(shù)列{an}的公差為－1，且a2＋a7＋a12＝－6.(1)求數(shù)列{an}的通項公式與前n項和Sn；(2)將數(shù)列{an}的前4項抽去其中一項后，剩下三項按原來順序恰為等比數(shù)列{bn}的前3項，記{bn}的前n項和為Tn，若存在m∈N*，使對任意n∈N*，總有Sn＜Tm＋λ成立，求實數(shù)λ的取值范圍．解(1)由a2＋a7＋a12＝－6，得a7＝－2，∴a1＝4，∴an＝5－n，Sn＝eq\f(n（9－n）,2).(2)由題意知b1＝4，b2＝2，b3＝1，設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q，則q＝eq\f(b2,b1)＝eq\f(1,2)，∴Tm＝eq\f(4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(m))),1－\f(1,2))＝8eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(m)))，∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(m)的值隨m增加而減小，∴{Tm}為遞增數(shù)列，得4≤Tm＜8.又Sn＝eq\f(n（9－n）,2)＝－eq\f(1,2)(n2－9n)＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(9,2)))\s\up12(2)－\f(81,4)))，故(Sn)max＝S4＝S5＝10，若存在m∈N*，使對任意n∈N*，總有Sn＜Tm＋λ，則10＜8＋λ，解得λ＞2.故實數(shù)λ的取值范圍為(2，＋∞)．6．(2024·河北衡水調(diào)研)已知數(shù)列{an}滿足a1＝eq\f(3,7)，3an，2an＋1，anan＋1成等差數(shù)列．(1)證明數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))是等比數(shù)列，并求{an}的通項公式；(2)記{an}的前n項和為Sn，求證：eq\f(12,7)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))\s\up12(n)))≤Sn<eq\f(75,28).解(1)由已知得4an＋1＝3an＋anan＋1，因為a1＝eq\f(3,7)≠0，所以由遞推關(guān)系可得an≠0恒成立，所以eq\f(4,an)＝eq\f(3,an＋1)＋1，所以eq\f(4,an)－4＝eq\f(3,an＋1)－3，即eq\f(1,an＋1)－1＝eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1)).又因為eq\f(1,a1)－1＝eq\f(7,3)－1＝eq\f(4,3)，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))是首項為eq\f(4,3)，公比為eq\f(4,3)的等比數(shù)列，所以eq\f(1,an)－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))eq\s\up12(n)，所以an＝eq\f(1,1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))\s\up12(n)).(2)證明：由(1)可得an＝eq\f(1,1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))\s\up12(n))≥eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))\s\up12(n－1)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))\s\up12(n))＝eq\f(3,7)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n－1)，所以Sn≥eq\f(3,7)＋eq\f(3,7)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(1)＋…＋eq\f(3,7)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n－1)＝eq\f(12,7)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))\s\up12(n)))，an＝eq\f(1,1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))\s\up12(n))<eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))\s\up12(n))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n)，S1＝eq\f(3,7)<eq\f(75,28)，當(dāng)n≥2時，Sn<eq\f(3,7)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n)＝eq\f(3,7)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))\s\up12(2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))\s\up12(n－1))),1－\f(3,4))＝eq\f(75,28)－3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n)<eq\f(75,28).綜上所述，eq\f(12,7)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))\s\up12(n)))≤Sn<eq\f(75,28)成立．?dāng)?shù)學(xué)，不僅是運算和推理的工具，還是表達和交流的語言，因此基于問題情境下的數(shù)列問題在高考中正逐步成為熱點，通過具體的問題背景或新的定義，考查數(shù)列在問題情境中的應(yīng)用，以此來檢驗學(xué)生的核心價值、學(xué)科素養(yǎng)、關(guān)鍵能力、必備知識．常用的解題思路是審題、建立數(shù)列模型、研究模型、解決實際問題，即一是理解題意，分清條件和結(jié)論，理清數(shù)量關(guān)系；二是把文字語言、新情景轉(zhuǎn)化為熟悉的數(shù)學(xué)語言；三是構(gòu)建相應(yīng)的數(shù)學(xué)模型，利用已學(xué)的數(shù)列知識、解題的方法和技巧求解．類型一數(shù)學(xué)文化中的數(shù)列問題數(shù)學(xué)文化題一般是從中華優(yōu)秀傳統(tǒng)文化中挖掘素材，將傳統(tǒng)文化與高中數(shù)學(xué)知識有機結(jié)合，有效考查閱讀理解能力、抽象概括能力、轉(zhuǎn)化與化歸能力．解題時要對試題所提供的數(shù)學(xué)文化信息進行整理和分析，從中構(gòu)建等差數(shù)列或等比數(shù)列模型．例1(1)(2023·湖南永州第一次高考適應(yīng)性考試)如圖所示，九連環(huán)是中國傳統(tǒng)民間智力玩具，以金屬絲制成9個圓環(huán)，解開九連環(huán)共需要256步，解下或套上一個環(huán)算一步，且九連環(huán)的解下和套上是一對逆過程．九連環(huán)把玩時按照一定的程序反復(fù)操作，可以將九個環(huán)全部從框架上解下或者全部套上．將第n個圓環(huán)解下最少需要移動的次數(shù)記為an(n≤9，n∈N*)，已知a1＝1，a2＝1，按規(guī)則有an＝an－1＋2an－2＋1(n≥3，n∈N*)，則解下第4個圓環(huán)最少需要移動的次數(shù)為()A．4 B．7C．16 D．31答案B解析由題意，a1＝1，a2＝1，an＝an－1＋2an－2＋1(n≥3，n∈N*)，解下第4個圓環(huán)，則n＝4，即a4＝a3＋2a2＋1，而a3＝a2＋2a1＋1＝1＋2＋1＝4，則a4＝4＋2＋1＝7.故選B.(2)(2024·湖北鄂州模擬)天干地支紀(jì)年法，源于中國．中國自古便有十天干與十二地支．十天干即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸，十二地支即子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．天干地支紀(jì)年法是按順序以一個天干和一個地支相配，排列起來，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如說第一年為“甲子”，第二年為“乙丑”，第三年為“丙寅”，……，依此類推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新開始，即“甲戌”“乙亥”，之后地支回到“子”重新開始，即“丙子”，……，依此類推.1911年中國爆發(fā)推翻清朝專制帝制、建立共和政體的全國性革命，這一年是辛亥年，史稱“辛亥革命”.1949年新中國成立，請推算新中國成立的年份為()A．己丑年 B．己酉年C．丙寅年 D．甲寅年答案A解析根據(jù)題意可得，天干是以10為公差的等差數(shù)列，地支是以12為公差的等差數(shù)列，從1911年到1949年經(jīng)過38年，且1911年為“辛亥”年，以1911年的天干和地支分別為首項，則38＝3×10＋8，則1949年的天干為己，38＝12×3＋2，則1949年的地支為丑，所以1949年為己丑年．故選A.運用所學(xué)的等差數(shù)列、等比數(shù)列知識去求解古代著名的數(shù)學(xué)問題，解答時準(zhǔn)確理解用古文語言給出的數(shù)學(xué)問題的含義是解答好本類試題的關(guān)鍵，熟練掌握等差數(shù)列、等比數(shù)列的通項公式及求和公式，既是基礎(chǔ)又是有力保障．1．(2023·江西南昌蓮塘第一中學(xué)高三二模)大衍數(shù)列來源于《乾坤譜》中對易傳“大衍之?dāng)?shù)五十”的推論，主要用于解釋中國傳統(tǒng)文化中的太極衍生原理，數(shù)列中的每一項，都代表太極衍生過程中，曾經(jīng)經(jīng)歷過的兩儀數(shù)量總和，是中華傳統(tǒng)文化中隱藏的世界數(shù)學(xué)史上第一道數(shù)列題．已知該數(shù)列{an}的前10項依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，記bn＝(－1)n·an，n∈N*，則數(shù)列{bn}的前20項和是()A．110 B．100C．90 D．80答案A解析觀察此數(shù)列可知，當(dāng)n為偶數(shù)時，an＝eq\f(n2,2)，當(dāng)n為奇數(shù)時，an＝eq\f(n2－1,2)，因為bn＝(－1)n·an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(n2－1,2)，n為奇數(shù)，,\f(n2,2)，n為偶數(shù)，))所以數(shù)列{bn}的前20項和為(0＋2)＋(－4＋8)＋(－12＋18)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(192－1,2)＋\f(202,2)))＝2＋4＋6＋…＋20＝eq\f(10×（2＋20）,2)＝110.故選A.類型二實際生活中的數(shù)列問題數(shù)列知識可以用來解決實際生活中較為普遍的很多問題，在解決一些關(guān)于利息計算、產(chǎn)值增長、銀行存款等問題時常常會用到等比數(shù)列的相關(guān)知識．例2(1)某人從2015年起，每年1月1日到銀行新存入5萬元(一年定期)，若年利率為2.5%保持不變，且每年到期存款均自動轉(zhuǎn)為新的一年定期，到2025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(單位：萬元．參考數(shù)據(jù)：1.0259≈1.25，1.02510≈1.28，1.02511≈1.31)()A．51 B．57C．6.4 D．6.55答案B解析由題意，2015年存的5萬元共存了10年，本息和為5(1＋0.025)10萬元，2016年存的5萬元共存了9年，本息和為5(1＋0.025)9萬元，…，2024年存的5萬元共存了1年，本息和為5(1＋0.025)萬元，所以到2025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)為5(1＋0.025)10＋5(1＋0.025)9＋…＋5(1＋0.025)＝5×eq\f(1.025×（1.02510－1）,1.025－1)≈5×eq\f(1.025×（1.28－1）,0.025)＝57.4≈57萬元．(2)(2022·新高考Ⅱ卷)圖1是中國古代建筑中的舉架結(jié)構(gòu)，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，相鄰桁的水平距離稱為步，垂直距離稱為舉．圖2是某古代建筑屋頂截面的示意圖．其中DD1，CC1，BB1，AA1是舉，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相鄰桁的舉步之比分別為eq\f(DD1,OD1)＝0.5，eq\f(CC1,DC1)＝k1，eq\f(BB1,CB1)＝k2，eq\f(AA1,BA1)＝k3.已知k1，k2，k3成公差為0.1的等差數(shù)列，且直線OA的斜率為0.725，則k3＝()A．0.75 B．0.8C．0.85 D．0.9答案D解析設(shè)OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，則DD1＝0.5，CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3，依題意，有k3－0.2＝k1，k3－0.1＝k2，且eq\f(DD1＋CC1＋BB1＋AA1,OD1＋DC1＋CB1＋BA1)＝0.725，所以eq\f(0.5＋3k3－0.3,4)＝0.725，故k3＝0.9.故選D.(3)(2022·全國乙卷)嫦娥二號衛(wèi)星在完成探月任務(wù)后，繼續(xù)進行深空探測，成為我國第一顆環(huán)繞太陽飛行的人造衛(wèi)星．為研究嫦娥二號繞日周期與地球繞日周期的比值，用到數(shù)列{bn}：b1＝1＋eq\f(1,a1)，b2＝1＋eq\f(1,a1＋\f(1,a2))，b3＝1＋eq\f(1,a1＋\f(1,a2＋\f(1,a3)))，…，以此類推，其中ak∈N*(k＝1，2，…)，則()A．b1＜b5 B．b3＜b8C．b6＜b2 D．b4＜b7答案D解析解法一：當(dāng)n取奇數(shù)時，由已知b1＝1＋eq\f(1,a1)，b3＝1＋eq\f(1,a1＋\f(1,a2＋\f(1,a3)))，因為eq\f(1,a1)>eq\f(1,a1＋\f(1,a2＋\f(1,a3)))，所以b1>b3，同理可得b3>b5，b5>b7，…，于是可得b1>b3>b5>b7>…，故A不正確．當(dāng)n取偶數(shù)時，由已知b2＝1＋eq\f(1,a1＋\f(1,a2))，b4＝1＋eq\f(1,a1＋\f(1,a2＋\f(1,a3＋\f(1,a4))))，因為eq\f(1,a2)>eq\f(1,a2＋\f(1,a3＋\f(1,a4)))，所以b2<b4，同理可得b4<b6，b6<b8，…，于是可得b2<b4<b6<b8<…，故C不正確．因為eq\f(1,a1)>eq\f(1,a1＋\f(1,a2))，所以b1>b2，同理可得b3>b4，b5>b6，b7>b8，又b3>b7，所以b3>b8，故B不正確．故選D.解法二(取特殊值)：取ak＝1，于是有b1＝2，b2＝eq\f(3,2)，b3＝eq\f(5,3)，b4＝eq\f(8,5)，b5＝eq\f(13,8)，b6＝eq\f(21,13)，b7＝eq\f(34,21)，b8＝eq\f(55,34).于是得b1＞b5，b3＞b8，b6＞b2.故選D.求解數(shù)列實際問題的注意事項(1)審題、抓住數(shù)量關(guān)系、建立數(shù)學(xué)模型，注意問題是求什么(n，an，Sn)．(2)解答數(shù)列應(yīng)用題要注意步驟的規(guī)范性：設(shè)數(shù)列，判斷數(shù)列，解題完畢要作答．(3)在歸納或求通項公式時，一定要將項數(shù)n計算準(zhǔn)確．(4)在數(shù)列類型不易分辨時，要注意歸納遞推關(guān)系．2．(2024·焦作模擬)直播帶貨是一種直播和電商相結(jié)合的銷售手段，目前受到了廣大消費者的追捧，針對這種現(xiàn)狀，某傳媒公司決定逐年加大直播帶貨的資金投入，若該公司今年投入的資金為2000萬元，并在此基礎(chǔ)上，以后每年的資金投入均比上一年增長12%，則該公司需經(jīng)過________年其年投入資金開始超過7000萬元．(參考數(shù)據(jù)：lg1.12≈0.049，lg2≈0.301，lg7≈0.845)()A．14 B．13C．12 D．11答案C解析設(shè)該公司經(jīng)過n年投入的資金為an萬元，則a1＝2000×1.12，由題意可知，數(shù)列{an}是以2000×1.12為首項，1.12為公比的等比數(shù)列，所以an＝2000×1.12n，由an＝2000×1.12n>7000可得n>log1.12eq\f(7,2)＝eq\f(lg7－lg2,lg1.12)≈11.1，因此該公司需經(jīng)過12年其年投入資金開始超過7000萬元．故選C.3．(2023·北京高考)我國度量衡的發(fā)展有著悠久的歷史，戰(zhàn)國時期就已經(jīng)出現(xiàn)了類似于砝碼的、用來測量物體質(zhì)量的“環(huán)權(quán)”．已知9枚環(huán)權(quán)的質(zhì)量(單位：銖)從小到大構(gòu)成項數(shù)為9的數(shù)列{an}，該數(shù)列的前3項成等差數(shù)列，后7項成等比數(shù)列，且a1＝1，a5＝12，a9＝192，則a7＝________；數(shù)列{an}所有項的和為________．答案48384解析解法一：設(shè)前3項的公差為d，后7項的公比為q(q>0)，則q4＝eq\f(a9,a5)＝eq\f(192,12)＝16，且q>0，可得q＝2，則a3＝eq\f(a5,q2)＝3，即1＋2d＝3，可得d＝1，a7＝a3q4＝48，a1＋a2＋…＋a9＝1＋2＋3＋3×2＋…＋3×26＝3＋eq\f(3×（1－27）,1－2)＝384.解法二：因為當(dāng)3≤n≤7時，{an}為等比數(shù)列，則aeq\o\al(2,7)＝a5a9＝12×192＝482，且an>0，所以a7＝48.又aeq\o\al(2,5)＝a3a7，則a3＝eq\f(aeq\o\al(2,5),a7)＝3.設(shè)后7項的公比為q(q>0)，則q2＝eq\f(a5,a3)＝4，解得q＝2，可得a1＋a2＋a3＝eq\f(3（a1＋a3）,2)＝6，a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝eq\f(a3－a9q,1－q)＝eq\f(3－192×2,1－2)＝381，所以a1＋a2＋…＋a9＝6＋381－a3＝384.4．(2021·新高考Ⅰ卷)某校學(xué)生在研究民間剪紙藝術(shù)時，發(fā)現(xiàn)剪紙時經(jīng)常會沿紙的某條對稱軸把紙對折，規(guī)格為20dm×12dm的長方形紙，對折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm兩種規(guī)格的圖形，它們的面積之和S1＝240dm2，對折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三種規(guī)格的圖形，它們的面積之和S2＝180dm2，以此類推．則對折4次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數(shù)為________；如果對折n次，那么eq\o(∑,\s\up8(n),\s\do8(k＝1))Sk＝________dm2.答案5240·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(n＋3,2n)))解析對折3次可以得到eq\f(5,2)dm×12dm，5dm×6dm，10dm×3dm，20dm×eq\f(3,2)dm，共四種規(guī)格的圖形，它們的面積之和為S3＝4×30＝120dm2.對折4次可以得到eq\f(5,4)dm×12dm，eq\f(5,2)dm×6dm，5dm×3dm，10dm×eq\f(3,2)dm，20dm×eq\f(3,4)dm，共五種規(guī)格的圖形，它們的面積之和為S4＝5×15＝75dm2.對折n次有n＋1種規(guī)格的圖形，且Sn＝eq\f(240,2n)(n＋1)，因此eq\o(∑,\s\up8(n),\s\do8(k＝1))Sk＝240·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,21)＋\f(3,22)＋…＋\f(n＋1,2n))).eq\f(1,2)eq\o(∑,\s\up8(n),\s\do8(k＝1))Sk＝240·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,22)＋\f(3,23)＋…＋\f(n,2n)＋\f(n＋1,2n＋1)))，因此eq\f(1,2)eq\o(∑,\s\up8(n),\s\do8(k＝1))Sk＝240·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n)－\f(n＋1,2n＋1)))＝240·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(n＋3,2n＋1))).所以eq\o(∑,\s\up8(n),\s\do8(k＝1))Sk＝240·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(n＋3,2n)))dm2.類型三數(shù)列中的新定義問題新定義主要是指即時定義新概念、新公式、新定理、新法則、新運算五種，然后根據(jù)此新定義去解決問題，有時還需要用類比的方法去理解新定義，這樣有助于對新定義的透徹理解．若新定義是運算法則，直接按照運算法則計算即可；若新定義是性質(zhì)，要判斷性質(zhì)的適用性，能否利用定義外延，也可用特殊值排除等方法．例3(1)(多選)(2023·廣東佛山調(diào)研)“提丟斯數(shù)列”是18世紀(jì)由德國物理學(xué)家提丟斯給出的，具體如下：取0，3，6，12，24，48，96，…，這樣一組數(shù)，容易發(fā)現(xiàn)，這組數(shù)從第3項開始，每一項是前一項的2倍，將這組數(shù)的每一項加上4，再除以10，就得到“提丟斯數(shù)列”：0.4，0.7，1，1.6，2.8，5.2，10，…，則下列說法中正確的是()A．“提丟斯數(shù)列”是等比數(shù)列B．“提丟斯數(shù)列”的第99項為eq\f(3×297＋4,10)C．“提丟斯數(shù)列”的前31項和為eq\f(3×230,10)＋eq\f(121,10)D．“提丟斯數(shù)列”中，不超過300的有11項答案BCD解析對于A，eq\f(0.7,0.4)≠eq\f(1,0.7)，所以“提丟斯數(shù)列”不是等比數(shù)列，故A錯誤；對于B，設(shè)“提丟斯數(shù)列”為數(shù)列{an}，當(dāng)n≥2時，an＝eq\f(3×2n－2＋4,10)，所以a99＝eq\f(3×297＋4,10)，故B正確；對于C，“提丟斯數(shù)列”的前31項和為0.4＋eq\f(3,10)×(1＋21＋22＋…＋229)＋eq\f(4,10)×30＝eq\f(3×230,10)＋eq\f(121,10)，故C正確；對于D，由an＝eq\f(3×2n－2＋4,10)≤300，得n≤11，所以“提丟斯數(shù)列”中，不超過300的有11項，故D正確．故選BCD.(2)(多選)(2024·雅禮中學(xué)月考)記〈x〉表示與實數(shù)x最接近的整數(shù)eq\b