专题27 数列分奇偶、公共项、重新排序、插入项等十一大题型汇总（解析版）-2024年高考数学重难点题型突破（新高考通用）

重难点专题27数列分奇偶、公共项、重新排序、插入项等十一大题型汇总题型1数列分奇偶之隔项型 1题型2数列分奇偶之an+an+1=f(n)型 10题型3数列分奇偶之anan+1=f(n)型 19题型4数列分奇偶之含有（-1）n 23题型5数列分奇偶之含有{a2n},{a2n-1}型 30题型6数列分奇偶之分段数列型 35题型7数列公共项问题 43题型8重新排序问题 51题型9插入项问题 64题型10与概率统计结合的数列问题 79题型11新定义数列 92题型1数列分奇偶之隔项型【例题1】（2023·湖南·铅山县第一中学校联考三模）在数列an中，a1=18，a(1)求an(2)记数列an的前n项和为Sn，求【答案】(1)a(2)96【分析】（1）由已知条件an+2-an=-6可得，当n为奇数时，数列an（2）分别讨论当n为奇数或偶数，得出数列an各项的值或大小，从而求得S【详解】（1）当n为奇数时，即数列an的奇数项是以18为首项，-6为公差的等差数列，当n为偶数时，即数列an的偶数项是以24为首项，-6为公差的等差数列，所以an（2）当n为奇数时，an即a1，a3，a5都大于0，a当n为偶数时，an即a2，a4，a6，a8都大于0，所以Sn的最大值为a【变式1-1】1.（2023·天津·统考一模）已知数列an中，a1=1，a2=2，an+2(1)求数列an(2)若bn=1S2n+5(3)在（2）的条件下，设cn=b【答案】(1)a(2)T(3)证明见解析【分析】（1）根据条件可得数列an的奇数项和偶数项均为等差数列，分奇偶求数列a（2）先分组求和求得S2n，再利用裂项相消法求得（3）先求出cn的通项公式，cn=bn+14nbnbn+2=【详解】（1）∵a1=1，a2∴当n=2k-1，则an当n=2k，k∈则an∴an（2）由（1）得an∴Sa1∴bn∴T（3）证明：由（2）得bn=1∴0<n+12由不等式的性质得n+1令dn=n+22n-∴Qn12由得①-②得，12∴Qn由不等式的性质得k=1故k=1令en=n+12n-∴Pn12由③-④得，12∴Pn由不等式的性质得Pn故6-【变式1-1】2.（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考模拟预测）已知数列an满足：a1=38，aA．320232+3C．320238 【答案】C【分析】由an+2-an≤3n得到an+6-【详解】∵a1=∴an+4-∴an又an+6-所以an所以a3-故a2n+1则a2所以a2023=3故选：C．【变式1-1】3.（2020·全国·高三校联考阶段练习）已知数列{an}中，a1=1，a2n=a2n-1+(-1)【答案】2【解析】根据递推公式a2n=a2n-1+-1nn∈N*列举出前【详解】由题意，得a2=a1-1，a所以a2+a又a2=a1-1=0，aa4a6a8…，a2n将上式相加，得a2n所以S偶所以S20【点睛】本题主要考查数列递推关系的应用及累加法求数列的通项，同时考查转化的思想和运算能力，属于难题．【变式1-1】4.（2023秋·湖南·高三校联考阶段练习）已知数列an满足a(1)求数列an(2)若数列cn满足cn=【答案】(1)a(2)证明见解析【分析】（1）分别取n为奇数和偶数时，再利用诱导公式化简递推式，即可得出数列an（2）由（1）知cn=2n-1【详解】（1）当n=2k-1k∈N*即a2k+1a2k-1=2，所以数列当n=2kk∈N*所以数列a2k是首项为1、公差为2的等差数列，因此a故数列an的通项公式为（2）证明：由（1）知，cn=2n-1则S=112①－②得12化简得S=3-2n+3故c1【点睛】关键点睛：隔项数列求通项，分类讨论n为奇数和偶数两种情况是关键.考查了数列递推式，诱导公式及数列前n项和的错位相减法，属于较难题.【变式1-1】5.（2021秋·浙江杭州·高三学军中学校考期中）已知数列an的各项均为正数，前n项和为Sn，a1=2,，a(1)求an(2)设数列bn满足bn=【答案】(1)an=2(2)证明过程见解析.【分析】（1）当n=2k-1，n=2k，k∈N（2）利用放缩法进行证明即可.(1)解：当n=2k-1,k∈N*时，a∴a∴奇数项成等比数列∴a∴n=2k-1时，a当n=2k,k∈N*时，an+2当k=k+1时，a2k+4②-①得a化简得a即a等式两边同时除以4k+2a等价于a即a由题知a2=4，当k=1故a2k4∴n=2k时，a综上，an=(2)解：由（1）知，a∴2当n≥3时，2-∴2n-1×2-∴12∴即1∴【点睛】思路点睛：在利用放缩法证明数列不等式时，要注意放缩的方向，在放缩方向明确之后，放大得太多，或者缩小得太多，可以适当进行调整，比如从第二项开始放缩或者第三项开始放缩.【变式1-1】6.（2022秋·江苏盐城·高三统考阶段练习）已知数列an满足a1=a2=32，an+2=an+2×3n【答案】bn=3n【分析】（1）根据递推关系求得bn+1-b（2）代入求得的bn，化简cn，得利用裂项相消法求得前n项和.【详解】解：a1=a2=32又bn+1则bn上式对n=1也成立，所以bn=3由bncn则数列cn的前n项和为=1故答案为：bn=3n，【点睛】关键点点睛：求bn通项时，累加法求和需要考虑n=1的情况；化简cn成可以裂项的形式题型2数列分奇偶之an+an+1【例题2】（2023春·山东淄博·高三沂源县第一中学校考期中）已知数列an的前n项和为Sn，且a1A．32 B．33 C．44 D．45【答案】C【分析】分奇偶项讨论，根据题意利用并项求和求Sn【详解】当n为偶数时，S=6+14+⋅⋅⋅令Sn解得2≤当n为奇数时，S=4+10+18+⋅⋅⋅令Sn=n解得1≤综上所述：n的最大值为44.故选：C.【点睛】方法点睛：并项求和适用的条件和注意事项：1.适用条件：数列中出现-1n,sin2.注意分类讨论的应用，比如奇偶项，同时还需注意起止项的处理.【变式2-1】1.（2023春·辽宁鞍山·高三鞍山一中校考期中）已知数列ann∈N*的前n项和为S(1)记bn=a(2)记cn=-1n+1a【答案】(1)不是等差数列，证明详见解析；(2)当n为偶数时，Tn=34n【分析】（1）取n=1时可求b1，当n≥2时可根据sn与an的关系求出an+an+1，再验证n=1是否满足即可判断其是否为等差数列；（2）当【详解】（1）因为Sn当n=1时，S2+S当n≥2时，因为Sn-Sn-所以①-②得：an+1+an=6n（2）由an+1+an所以当n≥数列a2k（k∈数列a2k+1（k当n为偶数时，不妨设n=2kk此时T===16==3因为n=2kk当n为奇数时，不妨设n=2k+1此时T===16+6=16+6=18k因为n=2k综上所述，当n为偶数时，Tn=34n【变式2-1】2.（2023·全国·高三专题练习）已知{an}是由非负整数组成的数列，满足a(1)求a3；(2)证明a(3)求{an}的通项公式及其前n项和Sn．【答案】(1)2；(2)证明见解析；(3)an=n【分析】(1)代入n=3，可得a3⋅(2)利用数学归纳法证明即可；(3)隔项差为定值，采用奇偶分析法求解.【详解】（1）当n=3时，因为a3,a若a3=1，则a4=10,a若a3=10，则所以a3（2）①当n=3时，a②假设当n=k(k又ak=ak-所以当n=k+1时，等式成立根据①和②，可知结论对一切n≥3正整数都成立．（3）因为a当n=2k即数列an的奇数项为等差数列，且首项为a∴a2所以当n=2k当n=2k即数列an的偶数项为等差数列，且首项为a∴所以当n=2k综上所述，a当n=2S2k=(所以当n=2kk当n=2S2k-所以n=2k-综上所述，S【点睛】方法点睛：数学归纳法的一般步骤：（1）验证n=（2）假设当n=k时成立，证得（3）得到证明的结论．其中在n=k到【变式2-1】3.（2022·全国·高三专题练习）已知在数列{an}中，a1=3(1)求数列{an}的前n(2)若1<r<s且r，s∈N*，是否存在直线l，使得当a1，ar，as成等差数列时，点列(【答案】(1)S(2)存在，y=2x+6，证明见解析【分析】（1）根据题干条件得到an+1-2n=-(an-2n-1)，从而得到{an-2n-1}(1)∵a∴a又∵a∴数列{an-∴a∴a当n为正偶数时，Sn当n为正奇数时，Sn∴S(2)结论：存在满足条件的直线y=2x+6．理由如下：假设a1，ar，as∴2[2整理得：2r依题意，1<r<s且r，s∈N*，下面对r、①若r、s均为偶数，则2r解得：s<r+1，与1<r<s且r，s∈N②若r为奇数、s为偶数，则2r解得：s>r+1；③若r为偶数、s为奇数，则2r解得：s<r+1，与1<r<s且r，s∈N④若r、s均为奇数，则2r解得：s<r+1，与1<r<s且r，s∈N综上①②③④，只有当r为奇数、s为偶数时，a1，ar，因为2r-2s-1=-3，所以2s=22r【变式2-1】4.（2023·全国·高三专题练习）已知Sn是数列an的前n项和，①∀n∈N*，an+an+1=4n；②数列S(1)求an(2)设bn=an+an+1【答案】(1)条件选择见解析，a(2)T【分析】（1）选①，分析可知数列a2k-1、a2kk∈N*均为公差为4的等差数列，求出a2的值，可求得选②，求得S22的值，可得出数列Snn的公差，即可求得Sn（2）求得bn=1（1）解：选条件①：∀n∈N*，an所以，an+2即数列a2k-1、a2kk∈于是a2k-1又a1+a2=4，a选条件②：因为数列Snn为等差数列，且Snn的前得S11+所以Snn的公差为得到Snn=1+当n≥2，an又a1=1满足an=2n-1，所以，对任意的（2）解：因为bn所以T=1【变式2-1】5.（2023秋·广东珠海·高三珠海市第二中学校考阶段练习）已知数列an满足a1=1,(1)若λ=0，证明an(2)若λ≠0，且an是等比数列，求λ的值以及数列(-1)nlog2a【答案】(1)证明见解析(2)λ=32【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Sn【详解】（1）依题意，a1当λ=0时，an所以数列an是首项a1=1（2）依题意，a1=1,an+则a1a2所以2λ-12=1×2λ+1，而λ≠0则a1=1,a2=2,则an所以(-1)n所以，当n为偶数时，S=3×n当n为奇数时，Sn综上所述，Sn【变式2-1】6.（2023秋·广东广州·高三广州市第一中学校考阶段练习）在数列an中，已知an+1+(1)求证：an(2)求数列an的前n项和S【答案】(1)证明详见解析(2)S【分析】（1）通过凑配法证得an（2）利用分组求和法求得Sn【详解】（1）由an+1+a即an+1所以an-2n是首项为（2）由（1）得an所以S=2题型3数列分奇偶之ana【例题3】（2023·全国·高三专题练习）已知数列an的前n项和为Sn，a1=2，(1)求an(2)设bn=-1n⋅3n-1，数列bn【答案】(1)an=2n(2)λ∈【分析】（1）由anan+1=4Sn，可得an-1（2）方法1，由题bn=-3n--1n，由等比数列前n项和公式可得T2k,【详解】（1）∵anan+1=4S∴anan+1-an-1=4ann≥2，∵又a1=2，a1a2=4S1，当n=2k-1时，a2k-1=4k-2=22k-1；当n=2k综上，an=2n（2）方法一：∵bn∴Tn=-31--3∴T2k=3方法二：∵bn∴b2k-1∴T2k∴T2k-1∴n=2k,k∈N*时，n=2k-1,k∈N*时，若∀k∈N*，都有T2k-1<λ<T2k成立，只需使λ>T∴λ∈【变式3-1】1.（2022秋·湖南衡阳·高三衡阳市一中校考阶段练习）已知数列an满足ana(1)求数列an(2)设bn=2n-1【答案】(1)a(2)证明见解析【分析】（1）根据题意整理可得an+2an【详解】（1）由anan+1=2所以a2n-1由a1=1及an所以n为奇数时，ann为偶数时，an所以a（2）bSn则12两式相减得12所以Sn因为Sn+1-S所以Sn≥S【变式3-1】2.（2023秋·山东德州·高三德州市第一中学校考阶段练习）数列an满足ana(1)求an(2)设bn=an,n为奇数b【答案】(1)a(2)4【分析】（1）根据递推公式作商得an+2（2）结合（1）的结论，及分组求和法计算即可.【详解】（1）∵anan+1=16∴an+1an+2当n=2k-1时，a3∴a2k-1=2×16当n=2k时，a4∴a2k=8×16综上所述，an的通项公式为：a（2）由题设及（1）可知：bnS==2=2=2×【变式3-1】3.（2023秋·江苏·高三校联考阶段练习）记Sn是数列an的前n项和，已知a1(1)记bn=a(2)求S20【答案】(1)b(2)420【分析】（1）由数列递推式和等差数列的通项公式，计算可得所求通项公式；（2）结合等差数列求和公式，利用分组求和法求解即可.【详解】（1）因为anan+1=4Sn②-①得，an+1an+2-a所以数列an令n=1代入anan+1=4Sn+1所以b1所以数列bn是公差为4，首项为5的等差数列，其通项公式为（2）当n为奇数时，an=2n-1，当n为偶数时，所以S=1+5+⋯+37+5+9+⋯+41=190+230题型4数列分奇偶之含有（-1）【例题4】（2023·江西鹰潭·二模）已知等差数列an满足：a1=1，a3=5，数列bn的前n项和Sn【答案】1+【分析】根据题意求出an，再由Sn与bn【详解】因为a1=1，a3所以an因为Sn=2b两式相减可得，bn=2b又S1=2b所以数列bn故bn令cn∴T-2两式相减得：3==∴Tn=故答案为：1+【变式4-1】1.（2023春·浙江杭州·高三杭州市长河高级中学校考期中）已知数列an的前n项和Sn=【答案】-【分析】分成奇偶求出a2k,a2k+1【详解】根据题意可得a1=1又a2a易知，数列{an}的奇数项为递减的等比数列且各项为正；偶数项为递增的等比数列且各项为负，于是不等式(p-只需要a2<a故-3故答案为：-3【变式4-1】2.（2023春·河南南阳·高三校联考期中）在数列an中，a1=3(1)求an(2)设bn=4【答案】(1)a(2)-【分析】（1）利用构造法及等比数列的通项公式即可求解；（2）根据（1）的结论及数列的单调性的应用，利用恒成立问题的解决办法即可求解.【详解】（1）因为an+1=4所以an+1-2=4an-因为a1=3，所以所以an所以an-2=故an的通项公式为a（2）由（1）可得bn=4故bn+1-因为bn所以bn+1-当n为奇数时，3×4n+t由于fn=-当n=1时，fnmax当n为偶数时，3×4n-t由于fn=3当n=2时，fnmin综上，t的取值范围为-4【变式4-1】3.（2023春·山东日照·高三统考期中）在数列an中，a1=0(1)求数列an(2)已知数列bn的前n项和为Sn，且数列bn满足bn=an【答案】(1)a(2)-【分析】（1）由an=2an-（2）利用错位相减法求得Sn【详解】（1）因为n≥2时，an∴a所以数列an+22所以an+22n=（2）由题意知：bn令Sn则2S①-②得-Sn∴-1令cn=n所以数列cn若n为偶数，cnmin=c2若n为奇数，cnmin=c1=8综上.λ【变式4-1】4.（2023·湖南永州·统考三模）记正项数列an的前n项积为Tn，且(1)证明：数列Tn(2)记bn=-1n⋅8【答案】(1)证明见解析(2)-【分析】（1）根据题意得到TnTn-1=a（2）由（1）可得Tn=4n【详解】（1）证明：由题意得Tn=a1a2⋯因为1an=1-4即Tn当n=1时，可得T1=a1所以数列Tn是以5为首项，4（2）解：由（1）可得Tn所以bn所以S2=-【变式4-1】5.（2023春·浙江杭州·高三杭州四中校考期中）数列an满足a1=1，a(1)求a3、a4，并求数列(2)求数列an的前2023项的和S(3)设bn=a2n-1【答案】(1)a3=2，a(2)S(3)证明见解析【分析】（1）根据递推公式可直接写出a3、a4的值，分析出a2k-1k∈N（2）利用等差、等比数列的求和公式可求得S2023（3）求得bn=n2n，利用错位相减法求出Tn，分析可知，要证明当n≥6时，Tn-2【详解】（1）解：因为a1=1，a2所以，a3=a当n为奇数时，设n=2k-则an+2=所以，数列a2k-1k则a2k-当n为偶数时，设n=2kk则an+2=所以，数列a2kk∈N*是以此时，an综上所述，an（2）解：所以，S=1012×（3）解：由（1）知，bn=a12①-②得，1=1所以Tn要证明当n≥6时，Tn-2令cn=n当n≥6时，cn故当n≥6时，数列cn因此，当n≥6时，题型5数列分奇偶之含有{a2n},{a【例题5】（2023·河南·校联考模拟预测）已知函数an满足a1=1，a2k=aA．21012 B．21012-1【答案】B【分析】结合a2k=a2k-1+1，a【详解】因为a2所以a2k是首项为所以a2022=a故选：B【变式5-1】1.（2023秋·河北邯郸·高二统考期末）在数列an中，a3=64(1)证明：a2n，(2)求an(3)若bn=an3n-1-【答案】(1)证明见解析(2)a(3)Sn=【分析】（1）利用等比数列的定义证明；（2）根据数列为等比数列，可写出通项；（3）利用裂项相消和分组求和，求数列bn的前n项和Sn，根据结果比较Sn【详解】（1）证明：因为a3=64，且anan因为an所以a2n+2则a2n是首项为16公比为16的等比数列，（2）则a2n，a2所以an故an（3）因为bn所以Sn因为n2所以Sn所以Sn【点睛】思路点睛：本题的难点在数列bn的前n项和Sn，数列bn的通项经过化简后，分母是n2+【变式5-1】2.（2022·全国·模拟预测）已知数列an满足a1=3(1)设bn=a(2)设数列an的前n项和为Sn，求使得不等式【答案】(1)证明见解析(2)20【分析】（1）由已知条件，用a2n表示出bn，得出a2n=bn-12，再用a（2）由（1）的结论表示出S2n=2n+1+3n-【详解】（1）证明：∵an∴a2n=a∴a又∵b∴b∴a∵b∴b又∵a∴b∴a∴bn+1∴b又∵b∴b∴b∴数列bn（2）由（1）可知数列bn∴b即bn∴a∴S∴S又∵a∴a即a2∴a∴S∵SS2∴Sn在∵SS20∴满足题意的n的最小值是20．【变式5-1】3.（2023·云南·校联考模拟预测）已知等差数列an的公差不为零，其前n项和为Sn，且a2是a1和(1)求数列an(2)若数列bn满足a1b【答案】(1)a(2)T【分析】（1）设等差数列an的公差为d（2）先利用递推作差法求得anbn【详解】（1）设等差数列an的公差为d，因为a2是a1则a22=化简得d=2a又a2n=2a化简得d=a1+1,故an（2）因为a1所以a1两式相减得a=(2n-1)又a1b又an=2n-1则T=1×22T两式相减得：T=2题型6数列分奇偶之分段数列型对于通项公式分奇、偶不同的数列{an}求S，时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以把a2k-1+a2k看作一项，求出S2k，再求S2k-1=S2k-a2k【例题6】（2023·浙江宁波·统考二模）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m=6，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”）．猜想的递推关系如下：已知数列an满足a1=m【答案】{1,8,10,64}【分析】根据递推公式逆向寻找结果即可.【详解】若a6=2，则a5=4，则当a4=8时，则a3=16，则a2=32，或当a4=1时，a3=2或a3=0（舍），若a3即m所有可能取值的集合为{1,8,10,64}.故答案为：{1,8,10,64}【变式6-1】1.（天津市十二区重点学校2023届高三下学期毕业班联考（二）数学试题）已知数列an满足：2an+1=an+an+2(1)求an，b(2)已知cn=a(3)求证：1a【答案】(1)an=(2)(2(3)证明见解析【分析】（1）由题意可得an为等差数列，b（2）代入化简可得cn（3）放缩可得1a【详解】（1）由题意知，an为等差数列，设公差为d，b又2a1=b1=2，a4=b∴a4=b2=4=（2）由cn∴k=[1+5+9++==(2n（3）1a=1∴1=1+1∵12n(n=1时，1<54【变式6-1】2.（山东省济宁市2023届高三二模拟数学试题）已知数列an的前n项和为Sn,(1)求数列an(2)若bn=an，n 为奇数【答案】(1)a(2)T2n【分析】（1）根据等差数列的基本量计算即可求解，（2）由分组求和，结合等差等比数列的求和公式即可求解.【详解】（1）由an-所以数列an为等差数列．所以S5=5所以公差d=a3（2）当n为奇数时，bn=an=所以T【变式6-1】3.（天津市部分区2023届高三二模数学试题）已知an为等差数列，数列bn满足bn+1=2bn(1)求an和b(2)若cn=an,(3)设an的前n项和为Sn，证明：【答案】(1)an=(2)3(3)证明见解析【分析】（1）分析可知bn为等比数列，确定该数列的公比与首项，可求得数列b（2）求出数列cn的通项公式，利用奇偶分组求和法结合等差数列的求和公式、错位相减法即可求得数列cn的前（3）先证明柯西不等式s12+【详解】（1）解：由bn+1=2bnn∈所以，b1=b设等差数列an的公差为d，由a1+b1所以，an（2）解：cn=3n2+1T2记An=c所以，AnBn14①-②可得3=78+因此，T2（3）证明：先证明柯西不等式s1构造函数fx显然fx≥0所以，Δ=4即s1当且仅当si本题中，由（1）可得Sn所以，1bnS所以，i=1i=1所以，i=1但Sn则i=1【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anbn结构，其中a（3）对于an（4）对于1anan+1结构，其中a【变式6-1】4.（河北省承德市2023届高三下学期4月高考模拟数学试题）已知数列an满足a1(1)证明：数列a2(2)若将数列an中满足ai=aj的项ai，aj【答案】(1)证明见解析(2)2166【分析】（1）利用等差数列的定义证明；（2）数列an【详解】（1）数列an满足a1设bn=a有bn+1=所以数列bn是首项为3公差为3的等差数列，即数列a（2）由（1）可知，bn设cn=a2n设数列bn的前n项和为Sn，数列cn数列an的前40项和为S若bk=cnkk=1+3n≤将数列an的前40项中所有的相同项都剔除，则数列aS20【变式6-1】5．（2023秋·安徽宣城·高三统考期末）已知数列an满足，an+1=a(1)写出b1，b2，并求出数列(2)记cn=log【答案】(1)b1=4，b(2)45+20【分析】（1）由递推关系既可求得b1，b2，再由数列an的通项公式代入到b（2）将数列bn的通项公式代入到cn=log3【详解】（1）因为a1=2，an+1=a又bn=a2n当n=2k-1，当n=2k，k∈当k>1时，a2k则a2k=数列bn是以b故bn（2）由（1）可得cn记cn的前项和为S则S=10log【变式6-1】6．（2023·山东菏泽·统考二模）已知各项为正数的等比数列an满足a(1)求数列an(2)设b1=1，bn+1=【答案】(1)an(2)S2【分析】（1）设an首项为a1，公比为q，由an⋅a（2）由题可得当n为奇数时，bn+1=【详解】（1）设an首项为a因an⋅a又an各项为正数，则a1,（2）由（1）及题意可得，b1当n为奇数时，bn则当n为偶数时，bnS==1+=1+2题型7数列公共项问题【方法总结】数列中的公共项问题是对两个数列合成一个新数列进行研究，而数列中的奇、偶项问题是对一个数列分成两个新数列进行研究，都是要充分利用新数列的特征（等差、等比或其他特征）求解原数列问题【例题7】（2023春·河北石家庄·高三石家庄市第十五中学校考阶段练习）数列an,bn的通项公式分别为anA．167 B．168 C．169 D．170【答案】C【分析】利用列举法可知，将集合A中的元素由小到大进行排序，构成的数列记为cn，可知数列cn为等差数列，求出数列cn【详解】由题意可知，数列an:2、5、8、11、14、17、20、23、26、29、数列bn:1、5、9、13、17、21、25、29、33、37、将集合A中的元素由小到大进行排序，构成数列cn:5、17、29、易知数列cn是首项为5，公差为12的等差数列，则c由cn=12n因此，集合A∩nn故选：C.【变式7-1】1．（2021春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）已知等差数列an的前n项和为Sn（1）求数列an（2）已知数列bn是以4为首项，4为公比的等比数列，若数列an与bn的公共项为am，记m由小到大构成数列cn，求c【答案】（1）an=2n【分析】（1）根据S4=S5=-20，计算得到a（2）首先根据题意得到cn=4【详解】（1）设等差数列an的公差为d因为S4=S因为S5=5a所以d=所以a（2）由题意知bn因为am=2m-10因此cn所以T=【变式7-1】2．（2023·全国·高三专题练习）已知等差数列an中，a1=1且a1，a2，a7-（1）求数列an，b（2）将数列an，bn的公共项ak1,【答案】（1）an=2n-1；【分析】（1）根据等比数列的性质，可求等差数列an的公差，从而求得数列an的通项公式，由bn（2）由（1）得2kn-【详解】（1）设等差数列an的公差为d，因为a1，a2所以a1a7-4=a所以an当n=1时，3因为3bn-2S所以3bn-所以数列bn是首项为1，公比q所以bn（2）依题意，akn=bn所以Tn【点睛】本题主要考查等差、等比数列的通项公式、求和等基础知识，考查运算求解能力，逻辑推理能力，化归与转化思想等，属于中档题.【变式7-1】3．（2023·全国·高三专题练习）记Sn为公比不为1的等比数列an的前n项和，a5(1)求an(2)设bn=log2an2，若由an与bn【答案】(1)a(2)T【分析】（1）设等比数列的公比为qq≠1，由a5-a（2）由（1）可得bn=2n-1，即可得到数列bn的特征，令an>0，求出【详解】（1）解：设等比数列的公比为qq≠因为a5-a4=-8又S6=a11所以an（2）解：由（1）可得bn则数列bn为0、2、4、6、⋯⋯又an=-1n所以c1=2，c2=23，所以cn为以2为首项，4所以Tn【变式7-1】4．（2022秋·安徽阜阳·高三安徽省临泉第一中学校联考阶段练习）已知等差数列an的前n项和为Sn，且(1)求数列an(2)若数列bn由Sn与an的公共项按从小到大的顺序排列而成，求数列b【答案】(1)a(2)22【分析】（1）根据等差数列通项公式和前n项和公式列式计算即可；（2）计算得出Sn的通项公式，分析可得bn表示全体正奇数的平方从小到大组成的数列，据此推断出数列bn【详解】（1）设等差数列an的公差为d由S5=2a4解得a所以an（2）因为Sn=n而an表示全体正奇数从小到大组成的数列，所以b因为432<2022<452，所以【变式7-1】5．（2023·全国·高三专题练习）已知数列an的前n项的和为Sn且满足Sn=2an-2n，数列b【答案】an=【分析】利用∴an=Sn-Sn-1(n≥【详解】当n=1时，a1=当n≥2时，Sn-1∴an2n=an-1∴an2∵数列bn是两个等差数列1,4,7,10,⋅⋅⋅与∴数列bn的首项为4，因为等差数列1,4,7,10,⋅⋅⋅，的公差为3，等差数列4,9,14,19,⋅⋅⋅的公差为5，所以数列b∴b【变式7-1】6．（2022·全国·高三专题练习）已知Sn为数列an的前n项和，且an>0，an(1)求an(2)将数列bn与cn的所有公共项按从小到大的顺序组成新数列dn【答案】(1)an(2)570.【分析】(1)由给定的递推公式结合Sn+1-(2)根据给定条件求出数列dn(1)由an2+2an即an+1+an又a12+2a1=4S1+3所以an的通项公式a(2)由(1)知，bn=4n-1，数列bn与cn而k,n∈N*，于是得n-1因此，b3m-2=令dn的前n项和为Tn，则所以dn【变式7-1】7．（2022·全国·高三专题练习）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝S5＝－20.(1)求数列{an}的通项公式；(2)已知数列{bn}是以4为首项，4为公比的等比数列，若数列{an}与{bn}的公共项为am，记m由小到大构成数列{cn}，求{cn}的前n项和Tn.【答案】(1)an＝2n－10(2)Tn＝5n＋2【分析】（1）设等差数列{an}（2）由等比数列的通项公式和数列的分组求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和．（1）解：设等差数列{an}的公差为d，由S4＝S5＝－20，得4a1＋6d＝5a1＋10d＝－20，解得a1＝－8，d＝2，则an＝－8＋2(n－1)＝2n－10；（2）解：数列{bn}是以4为首项，4为公比的等比数列，∴bn＝4·4n－1＝4n(n∈N*)，又依题意2m－10＝4n，∴m＝10+4则Tn＝5n＋2(1-4n【变式7-1】8．（2022·全国·高三专题练习）已知数列2an是公比为4的等比数列，且满足a2，a4，a7成等比数列，Sn为数列bn的前n项和，且bn是1和Sn【答案】11302【分析】根据数列2an是公比为4的等比数列，满足a2，a4，a7成等比数列，得到an=2n+4，根据题意得到2【详解】数列2an是公比为4的等比数列，则2a即ana2，a4，a7成等比数列，故a2⋅故anbn是1和Sn的等差中项，则当n=1时，2b1当n≥2时，2bn-1=1+故bn是首项为1公比为2的等比数列，bn=故bn令an=2n当m=4时，n当m=5时，n当m=6时，n当m=7时，n当m=8时，n当m=9时，n故数列an的前105项中有5项需要剔除，分别为8,16,32,64,128故数列cn的前100项和为105题型8重新排序问题【例题8】（2023·湖南·铅山县第一中学校联考二模）设正项数列an的前n项和为Sn，且(1)求数列an(2)能否从an中选出以a1为首项，以原次序组成的等比数列ak1,ak【答案】(1)a(2)能，kn=2【分析】（1）根据an与Sn的关系式，分成n=1与n（2）观察an知其每项均为偶数，讨论当ak1=a1=4【详解】（1）当n=1时，4S1得a1=4或当n≥2时，由得4S①-②得：4a化简得an因为an>0，所以an即数列an所以an（2）存在.当ak1=会得到数列an中原次序的一列等比数列a此时的公比q=2，是最小的，此时该等比数列的项均为偶数，均在数列a下面证明此时的公比最小：ak1=a1=4，假若则ak3=4所以ak又akm=2即kn的通项公式为：k故Tn【变式8-1】1．（2023·江西·高三校联考期中）设正项数列an的前n项和为Sn，且4Sn=an2+2an-8，从an中选出以A．2m-2 B．2m【答案】C【分析】根据an与Sn的关系式，分成n=1与n≥2两种情况求解an，观察an知其每项均为偶数，讨论当a【详解】当n=1时，4S1得a1=4或当n≥2时，由得4S①-②得：4a化简得an因为an>0，所以an即数列an所以an当ak1=会得到数列an中原次序的一列等比数列a此时的公比q=2，是最小的，此时该等比数列的项均为偶数，均在数列a下面证明此时的公比最小：ak1=a1=4，假若则ak3=4所以ak又akm=2故选：C【变式8-1】2．（2022春·广东韶关·高三乐昌一中校考阶段练习）已知a1，a2，…，a是由n（n∈N*）个整数1，2，…，n按任意次序排列而成的数列，数列{b}满足b=n+1﹣a（k=1，2，…，n）．(1)当n=3时，写出数列{a}和{b}，使得a2=3b2；(2)证明：当n为正偶数时，不存在满足a=b（k=1，2，…，n）的数列{a}；(3)若c1，c2，…，c是1，2，…，n按从大到小的顺序排列而成的数列，写出c（k=1，2，…，n），并用含n的式子表示c1+2c2+…+nc．（参考：12+22+…+n2=16【答案】(1){an}：1，3，2，{bn}：3，1，2；或{an}：2，3，1，{bn}：2，1，3(2)证明见解析(3)ck=（n+1）﹣k；1【分析】(1)先写出an的各种情况，再根据a(2)用反证法即可；(3)按照题意写出ck的通项公式，再写出新数列k(1)当n=3时，数列{a}为：1，2，3；1，3，2；2，1，3；2，3，1；3，1，2；3，2，1．当{a}为：1，2，3时，此时对应的{b}为：3，2，1，不满足题意；依次可得满足题意的数列{a}和{b}分别为：{a}：1，3，2，{b}：3，1，2；或{a}：2，3，1，{b}：2，1，3；(2)证明：若a=b（k=1，2，…，n），则有a=n+1﹣a（k=1，2，…，n），于是ak=n∵a1，a2，…，a是均为正整数，∴不存在满足a=b（k=1，2，…，n）的数列{a}；(3)由题意可得，c=n﹣（k﹣1）=（n+1）﹣k，∴S=c1+2c2+…+nc=[（n+1）﹣1]+2[（n+1）﹣2]+…+n[（n+1）﹣n]=（1+2+…+n）（n+1）﹣（12+22+…+n2）=12nn综上，（1）{a}：1，3，2，{b}：3，1，2；或{a}：2，3，1，{b}：2，1，3．（3）ck=n【变式8-1】3．（2019春·浙江·高三校联考阶段练习）已知数列an满足：an+1-a（Ｉ）求数列an的通项公式a（Ⅱ）设bn=(t-5an)3-n-13（【答案】（Ｉ）an【分析】（Ｉ）先裂项an+1-an（Ⅱ）先求数列bn【详解】（Ⅰ）因为an所以a==1（Ⅱ）由（Ⅰ）可得bn设x=5k+t+5，则b①若bk+1为bk与b②若bk为bk+1与bk+2所以x=10或x所以5k③若bk+2为bk与bk+1方程无整数根.综上可知，不存在这样的k，t值.【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解和等比中项的应用，迭代消元是求解通项公式的常用方法，侧重考查数学运算的核心素养.【变式8-1】4．（2021·上海黄浦·统考一模）已知a1，a2，…，an是由n（n∈N*）个整数1，2，…，n按任意次序排列而成的数列，数列{bn}满足bk=n+1-ak（（1）证明：当n为正偶数时，不存在满足ak=bk（（2）写出ck（k=1,2,⋯,n（3）利用(1-b1)2+(2【答案】（1）证明见解析；（2）16【分析】(1)可用反证法证明,假设存在满足ak=bk(k=1,2,…,(3)由1-b1【详解】（1）若ak=b则有ak=n当n为正偶数时，n+1为大于1的正奇数，故n因为a1，a2，…，所以不存在满足ak=bk（（2）ck=n因为ck于是Sn==(1+2+==1（3）先证b1(1-这里，bk=n因为a1，a2，…，an为从1所以b1，b2，…，bn为从1从而b1于是由①，得0≤因此，b1即b1再证a1由bk得b=[1(n因为b1即n(所以a1即a1【点睛】本题考查数列的求和方法，以及数列不等式的证明，考查反证法的运用和综合法的运用，考查推理能力，考查学生的计算能力，属于难题.【变式8-1】5．（2021·全国·高三专题练习）已知a1，a2，…，an是由n（n∈N*）个整数1，2，…，n按任意次序排列而成的数列，数列（1）当n=3时，写出数列{an}和（2）证明：当n为正偶数时，不存在满足ak=bk（（3）若c1，c2，…，cn是1，2，…，n按从大到小的顺序排列而成的数列，写出ck（k=1,2,（参考：12【答案】（1）a1=2，a2=3，a3=1；b1=2，b2=1，b3=3或a1=1，a【解析】（1）取n=3，可得数列{an}，结合bk（2）若ak=bk，则有ak=n+1-ak（k=1,2,⋯,n），得到ak＝n+1【详解】[解]（1）a1=2，a2=3，a3=1；a1=1，a2=3，a3=2；[证明]（2）若ak=bk（k=1,2,当n为正偶数时，n+1为大于1的正奇数，故n因为a1，a2，…，an均为正整数，所以不存在满足ak=[解]（3）ck=n因为ck=(=(1+2+=1【点睛】本题考查数列递推式，考查了数列的应用，考查数列的函数特性，属难题．【变式8-1】6．（2020·全国·高三专题练习）数列an的前n项和为Sn且满足a1=1，2a（1）求Sn（2）若数列an是等比数列，求实数p（3）是否存在实数p，使得数列1a【答案】（1）Sn=p4【分析】（1）由2an+1=2an+p，得an（2）由数列an是等比数列，得a22=a1a（3）当p=0时，由（1）及a1=1，得1an=1n=1,2,3,⋅⋅⋅【详解】（1）由2an+1∴数列an是以a1=1则Sn（2）若数列an是等比数列，则a∵a1=1，∴2a2=2∴1+p22（3）当p=0时，由（1）及a1=1即数列1a∴当p=0当p≠0时，∵a1=1，下面用反证法证明，当p≠0，从数列假设存在p0≠0，从数列1设数列bn的公差为d（1）当p0>0时，∴数列bn是各项为正数的递减数列，则d∵bn∴当n>1-b1d，即n-1>（2）当p0<0时，令p0当n>1-2∴数列bn是各项为负数的递增数列，则d∵bn=b1+综上所述，p=0是唯一满足条件的p【点睛】本小题主要考查等差数列的定义和前n项和公式，考查等比数列通项公式的基本量计算，考查反证法证明，考查分类讨论的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.【变式8-1】7．（2023·江西·高三统考期中）设正项数列an的前n项和为Sn，且(1)求数列an(2)能否从an中选出以a1为首项，以原次序组成等比数列【答案】(1)a(2)能，a【分析】（1）根据an与Sn的关系式，分成n=1与n（2）当ak1=a1=4，公比【详解】（1）当n=1时，4S1得a1=4或当n≥2时，由得4S①-②得：4a化简得an因为an>0，所以an即数列an所以an（2）存在.当ak1=会得到数列an中原次序的一列等比数列a此时的公比q=2，是最小的，此时该等比数列的项均为偶数，均在数列a下面证明此时的公比最小：ak1=a1=4，假若则ak3=4所以akm【变式8-1】8．（2023·全国·高三专题练习）若数列{an}(1)已知数列{an}为4，3，1，2，数列{bn(2)已知数列{cn}的通项公式为c(3)已知数列{dn}为单调递增的等差数列，且d1≠【答案】(1){an}(2){c(3)证明见解析【分析】（1）根据题中定义判断（2）假设存在三项成等比数列后列方程，判断是否有解（3）假设存在三项成等比数列后列方程，找出一组解【详解】（1）{an}{an}{b且这四者的其他次序也不构成等比数列，所以{b（2）{c假设{cn}即{cn}中存在的cm，也就是cn2=22n-2+等式左边22等式右边2k所以数列{c综上可得{c（3）证明：因为等差数列{dn}因为dn∈Z则d≥1，且d为了使得{dn}为“等比源数列”，只需要{dn}中存在第使得dn2=即(n当n=dm所以{dn}中存在dm，所以，数列{d题型9插入项问题【例题9】（2023·全国·学军中学校联考二模）设数列an满足a(1)求数列an(2)在数列an的任意ak与ak+1项之间，都插入kk∈N*个相同的数(-1)k【答案】(1)a(2)T【分析】（1）由条件证明数列an+1-（2）数列bn中在ak+1之前共有k【详解】（1）因为an所以an+1-所以数列an+1-所以an所以当n≥a2所以an所以当n≥2,n∈N所以数列an的通项公式为a（2）数列bn中在ak+1当k=5时，k2+3k则==【变式9-1】1．（天津市和平区2023届高三三模数学试题）已知等比数列an的前n项和为S(1)求数列an(2)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个等差数列，记插入的这n个数之和为Tn，若不等式((3)记bn=1【答案】(1)a(2)-(3)详见解析.【分析】（1）根据an和Sn的关系即可求解；（2）根据等差数列前n项和公式求出Tn【详解】（1）设等比数列an的公比为q当n=1时，有a2=当n≥2时，an整理得an+1=2an所以等比数列an的通项公式为an=（2）由已知在an与an+1之间插入n所以Tn则(-设cn=2-当n为偶数时，λ<2-22n当n为奇数时，-λ<2-22综上所述，λ的取值范围是-1,（3）证明：由（1）得bn则有b=2b<2【变式9-1】2．（福建省2022-2023学年高三下学期质优生“筑梦”联考数学试题）数列an的前n项和为Sn,a1(1)计算a3,a(2)在an和an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，在数列d【答案】(1)a3=8,a(2)不存在，理由见解析【分析】（1）利用3Sn-1,2（2）求出数列dn的通项公式，利用dm,【详解】（1）由题意，n∈在数列an当n≥2时，∴3S即Sn+1-Sn∴a3猜想an下面我们证明an∵a1∴a2∵当n≥2时，∴对任意正整数n，均有an∴an∴an∴an即数列an的通项公式为：a（2）由题意及（1）得，n在数列an中，a∴dn假设数列dn中存在3项dm,dk即2k化简得22∵m,∴m+∴m+1p+1又m+∴(m+p∴m=∴m=∴在数列dn中不存在3项dm,【变式9-1】3．（2023春·辽宁锦州·高三校考期中）记Sn为各项均为正数的等比数列an的前n项和，S3=14，且a3(1)求an(2)在an和an+1之间插入n个数，使得这n+2个数依次组成公差为dn【答案】(1)a(2)T【分析】（1）根据等差数列、等比数列的性质计算基本量即可得通项公式；（2）根据等差数列的性质计算得dn【详解】（1）设数列an的首项为a1，公比为q，则因为a3，3a2，a4成等差数列，则因为a1≠0，所以由②式可得q2+代入①式可得a1=2（2）由题可得an+1-an则1dn=则12故①－②得：12所以Tn【变式9-1】4．（2023春·山东菏泽·高三统考期末）已知等比数列an的前n项和为Sn，且(1)求数列an(2)如图，aaa…a数阵的第n(n∈N*)行是an与an+1之间插入n个数b【答案】(1)a(2)T【分析】第一问由题目所给的递推公式化简得an+1=3an，从而求出a1和【详解】（1）由an+1=2Sn两式相减可得an所以an+1=3an又a2=2所以an（2）由题意可知：2b则T=a1=2+3×令Qn则3Q两式相减得-2所以Q =2n故Tn【变式9-1】5．（2023春·浙江杭州·高三浙江大学附属中学期中）已知数列an的前n项和为Sn，且(1)求数列an(2)在an和an+1之间插入n个数，使得这(n+2)数依次组成公差为d【答案】(1)a(2)T【分析】（1）根据an与Sn的关系，利用相减法即可求得数列（2）由题意可得dn=2nn【详解】（1）因为12当n≥2时，12Sn-1当n=1时，12所以数列an是以a1=2为首项，2（2）由题可得an+1-an则1dn=则12故①-②得：1所以Tn【变式9-1】6．（2023春·云南玉溪·高三云南省玉溪第一中学校考阶段练习）已知正项数列an满足，a1=2(1)求数列an(2)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn【答案】(1)a(2)证明见解析【分析】（1）由题意得an+1-2a（2）利用等差数列的通项公式求出dn【详解】（1）由an+12因式分解得an因为an为正项数列，所以a所以an是首项为2，公比为2的等比数列，即a（2）由（1）可知an=2∵an∴dn=2Tn则12∴12∴Tn又因为1dn=∴1【变式9-1】7．（2023·全国·高三专题练习）Sn为数列an的前n项和，已知(1)证明：an(2)保持数列an中各项先后顺序不变，在ak与ak+1之间插入数列n+1⋅2n的前k项，使它们和原数列的项构成一个新的数列：a1，2⋅21，a2，2【答案】(1)证明见解析(2)7429【分析】（1）根据数列an的前n项和S（2）根据题意，利用等比数列的前n项和公式和错位相减法解求解.【详解】（1）由S1=3-由Sn=3-相减得2an+1又a1-1=0，故a（2）设数列n+1⋅2n的前项和为两边同乘以2得2T以上两式相减得Tn设akN=1+2+当k=8时，N=45<50，当k=9故这个新数列的前50项中包含an的前9项，以及列n由（1）知SnS==257+=261+7=7429．【变式9-1】8．（2023春·上海·高三校联考阶段练习）在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”．如数列1，2第1次“和扩充”后得到数列1，3，2，第2次“和扩充”后得到数列1，4，3，5，2.设数列a，b，c经过第n次“和扩充”后所得数列的项数记为Pn，所有项的和记为S(1)若a=1,b=2,c=3(2)设满足Pn≥2023的n的最小值为n0，求n0及S(3)是否存在实数a，b，c，使得数列{Sn}为等比数列？若存在，求a【答案】(1)P2=9，(2)n0=10，(3)存在，详见解析.【分析】（1）根据题中定义进行求解即可；（2）根据“和扩充”的方法，确定Pn+1和Pn的递推关系式，利用配凑法求得Pn的通项公式，解不等式（3）根据“和扩充”的方法，利用等比数列求和公式结合条件可得Sn【详解】（1）数列1,2,3，经第1次“和扩充”后得到数列为1,3,2,5,3，数列1,2,3，经第2次“和扩充”后得到数列为1,4,3,5,2,7,5,8,3，所以P2=5+4=9，（2）数列经每1次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，由数列经“和扩充”后的项数为Pn则经第n+1次“和扩充”后增加的项数为P所以Pn+1=由（1）得P1-1=4所以Pn-1=4由Pn=2n+1+1≥所以n0数列a，b，c经过第1次“和扩充”后得到数列a,a+数列a，b，c经过第2次“和扩充”后得到数列a,2a+数列a，b，c经过第3次“和扩充”后得到数列a,3ab,3b+即Sn（3）因为S1=2a+3b+2c，S所以，S=2=b若使Sn为等比数列，则a+c即a+c=0综上，存在实数a，b，c，满足a+c=0b≠【点睛】数学中的新定义题目解题策略：①仔细阅读，理解新定义的内涵；②根据新定义，对对应知识进行再迁移.【变式9-1】9．（2023·全国·高三专题练习）已知正项数列an的前n项和为，且a1=1，S(1)求Sn(2)在数列an的每相邻两项ak，ak+1之间依次插入【答案】(1)Sn=2(2)186【分析】（1）根据Sn（2）根据bn【详解】（1）因为Sn+12-=8n-1+⋯+8×因为an>0，所以Sn当n=1时，S所以Sn=2n（2）（方法1）因为Sn=2n所以当n≥2时，所以a所以数列bn设1+2+⋯+n因为n∈N*所以bn所以T100（方法2）设1+2+⋯+n因为n∈N*根据数列bnT=S1+S2+S【变式9-1】10．（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）已知数列an是等差数列，其前n和为Sn，a2=2,(1)求数列an，b(2)若对数列an，bn，在ak与ak+1之间插入bk个2（k∈【答案】(1)an=(2)4090【分析】（1）首先建立等差数列的基本量的方程组，求数列an的通项公式，再利用数列anb（2）根据通项公式，确定前2023项有多少个2以及含有数列an【详解】（1）设等差数列的首项为a1，公差为d由题意a1+d=2a1当n≥2时，①-②可得，bn当n=1时，a1b所以b（2）因为an=n，所以在数列dn中，从项共有项数为k+当k=11时，11+当k=12时，12+所以数列dn前2023项是项a所求和为T2023题型10与概率统计结合的数列问题【例题10】（河北省承德市2023届高三下学期4月高考模拟数学试题）某校高三年级有n(n>2,n∈N*)个班，每个班均有(n+30)人，第【答案】9【分析】根据题设，第k个班中，取三次的方法有(n+30)(n+29)(n+28)种，再求第三次取出的人为男生的方法数，进而求出第【详解】每个班被取出的概率为1n，取第k个班中取三次的方法有(第三次取出的人为男生的方法，如下四种情况：男男男：(n女男男：(k男女男：(n女女男：(k所以，第三次取出为男生的方法数：(n-k+20)×(n综上，第k个班中第三次取出的人为男生的概率Pk所以，任选一个班第三次取出的人恰为男生的概率1n则1n(n+30)×故答案为：9【点睛】关键点点睛：首先求出第k个班中，取三次的方法数和第三次取出的人为男生的方法数，进而得到第k个班中第三次取出的人为男生的概率Pk【变式10-1】1．（2023春·上海黄浦·高二上海市大同中学校考阶段练习）已知正三角形ABC，某同学从A点开始，用掷骰子的方法移动棋子.规定：①每掷一次骰子，把一枚棋子从三角形的一个顶点移动到另一个顶点.②棋子移动的方向由掷骰子（点数为1-6）决定，若掷出骰子的点数大于3，则按逆时针方向移动；若掷出骰子的点数不大于3，则按顺时针方向移动.设掷骰子n次时，棋子移动到A,B,C处的概率分别为PnA，PnB，【答案】21【分析】设PnA=an，PnB=bn，【详解】设PnA=an，P由于棋子移动的方向由掷骰子决定，若掷出骰子的点数大于3，则按逆时针方向移动；若掷出骰子的点数不大于3，则按顺时针方向移动，即顺时针与逆时针移动是等可能的，所以bn掷骰子n次时，棋子共有移动到A,B,∵bn=c又由题意可知bn∴n≥2时又∵an-1+b即bn=-可得数列{bn-13所以bn-1所以an故a7即P7故答案为：21【点睛】难点点睛：解答本题要将概率问题转化为数列问题解决，设PnA=an【变式10-1】2．（多选）（浙江省91高中联盟2022-2023学年高三下学期期中数学试题）已知红箱内有5个红球、3个白球，白箱内有3个红球、5个白球，所有小球大小、形状完全相同.第一次从红箱内取出一球后再放回原袋，第二次从与第一次取出的球颜色相同的箱子内取出一球，然后放回原袋，依次类推，第k+1次从与第k次取出的球颜色相同的箱子内取出一球，然后放回去.记第n次取出的球是红球的概率为Pn，数列Pn前nA．P2=C．当n无限增大，Pn将趋近于35【答案】ABD【分析】依题意求出P1，设第n次取出球是红球的概率为Pn，则白球概率为(1-Pn)，即可求出第n+1【详解】解：依题意P1设第n次取出球是红球的概率为Pn，则白球概率为(1对于第n+1次，取出红球有两种情况：①从红箱取出Pn×所以Pn+1=令an=Pn-12，则数列{故an=2-2因为Pn=12+所以4=5因为Pn=1当x→+∞时1即当n无限增大，Pn将趋近于1因为Pn==1故选：ABD．【变式10-1】3．（2023春·山东滨州·高二校联考期中）某中学以学生为主体，以学生的兴趣为导向，注重培育学生广泛的兴趣爱好，开展了丰富多彩的社团活动，其中一项社团活动为《奇妙的化学》，注重培养学生的创新精神和实践能力.本社团在选拔赛阶段，共设两轮比赛．第一轮是实验操作，第二轮是基础知识抢答赛．第一轮给每个小组提供5个实验操作的题目，小组代表从中抽取2个题目，若每个题目的实验流程操作规范可得10分，否则得0分．(1)已知某小组会5个实验操作题目中的3个，求该小组在第一轮得20分的概率；(2)已知恰有甲、乙、丙、丁四个小组参加化学基础知识的抢答比赛，每一次由四个小组中的一个回答问题，无论答题对错，该小组回答后由其他小组抢答下一问题，且其他小组有相同的机会抢答下一问题．记第n次回答的是甲的概率是Pn，若P①求P3和P②写出Pn与P【答案】(1)3(2)①P3=13，【分析】（1）根据古典概型的概率计算公式直接计算即可；（2）①根据题意可直接得出P3和P4；②当n≥2时，可得Pn=Pn-1⋅0+(1-Pn-1)×【详解】（1）该小组抽中会操作的实验题目的情况有C3该小组抽取实验题目的所有情况有C5故该小组在第一轮得20分的概率为P=（2）①由题意知，第一次是甲回答，第二次甲不回答，所以P2=0，则P4②由第n次回答的是甲的概率是Pn，得当n≥2时，第n第n-1次回答的不是甲的概率为则Pn则Pn与Pn-以上关系式可化为Pn-1所以Pn-14是以所以，PnP9=3所以P9所以第9次回答的是甲的可能性比第10次回答的是甲的可能性的大．【变式10-1】4.（2023春·江西景德镇·高三景德镇一中校考期中）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…，Xt-2，Xt-1，Xt，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AA当赌徒手中有n元（0≤n≤B，(1)请直接写出P0与P(2)证明Pn(3)当A=100时，分别计算B=200，B=1000时，PA的数值，并结合实际，解释当【答案】(1)P0=1(2)证明见解析；d(3)B=200时，PA=50%，当B【分析】（1）明确n=0和n（2）由全概率公式可得P(n)=（3）由（2）结论可得P(A)=1-AB，即可求得【详解】（1）当n=0时，赌徒已经输光了，因此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（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(即P(所以Pn所以{P设Pn-P累加得Pn-P(0)=nd（3）A=100，由Pn-P0当B=200时，P当B=1000时，P当B→∞时，P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P(【变式10-1】5．（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）某辖区组织居民接种新冠疫苗，现有A，B，C，D四种疫苗且每种都供应充足.前来接种的居民接种与号码机产生的号码对应的疫苗，号码机有A，B，C，D四个号码，每次可随机产生一个号码，后一次产生的号码由前一次余下的三个号码中随机产生，张医生接种A种疫苗后，再为居民们接种，记第n位居民（不包含张医生）接种A，B，C，D四种疫苗的概率分别为Pn(1)第2位居民接种哪种疫苗的概率最大；(2)证明：Pn(3)张医生认为，一段时间后接种A，B，C，D四种疫苗的概率应该相差无几，请你通过计算第10位居民接种A，B，C，D四种的概率，解释张医生观点的合理性.参考数据：1【答案】(1)第2位居民接种A疫苗的概率最大(2)证明见解析(3)答案见解析【分析】（1）易知第1位居民接种A,B,C,（2）由题意得到Pn+1B=13PnA（3）由Pn+1A=131-P【详解】（1）解：第1位居民接种A,B,第2位居民接种A疫苗的概率PA第2位居民接种B疫苗的概率PB同理，第2位居民接种C,D疫苗的概率也等于故第2位居民接种A疫苗的概率最大.（2）证明：由于第n位居民接种A,B,则Pn同理：Pn相减得Pn又P1B=故Pn（3）因为Pn+1A故数列PnA-又由P1故Pn即Pn从而P10同理P10所以P10第10位居民接种A,第n(n>10)【变式10-1】6．（2023春·广东汕头·高三汕头市潮阳实验学校校考阶段练习）第22届世界杯于2022年11月21日到12月18日在卡塔尔举办．在决赛中，阿根廷队通过点球战胜法国队获得冠军．(1)扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有23(2)好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲､乙､丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，易知p1①试证明：pn②设第n次传球之前球在乙脚下的概率为qn，比较p10与q10的大小．【答案】(1)分布列见解析；期望为1(2)①证明见解析；②p【分析】（1）方法一：先计算门将每次可以扑出点球的概率，再列出其分布列，进而求得数学期望；方法二：判断X∼（2）①记第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，则当n≥2时，第n-1②由①求出p10【详解】（1）方法一：X的所有可能取值为0,1,2,3，在一次扑球中，扑到点球的概率P=所以PXPX所以X的分布列如下：X0123P512192241E方法二：依题意可得，门将每次可以扑到点球的概率为p=门将在前三次扑到点球的个数X可能的取值为0,1,2,3，易知X∼所以PX故X的分布列为：X0123P5126481所以X的期望EX（2）①第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn则当n≥2时，第n-第n-1次传球之前球不在甲脚下的概率为则pn即pn-1所以pn-13是以②由①可知pn=2所以q10故p10【变式10-1】7．（2023·全国·高三专题练习）某游戏中的角色“突击者”的攻击有一段冷却时间（即发动一次攻击后需经过一段时间才能再次发动攻击）.其拥有两个技能，技能一是每次发动攻击后有12的概率使自己的下一次攻击立即冷却完毕并直接发动，该技能可以连续触发，从而可能连续多次跳过冷却时间持续发动攻击；技能二是每次发动攻击时有1(1)当“突击者”发动一轮攻击时，记事件A为“技能一和技能二的触发次数之和为2”，事件B为“技能一和技能二各触发1次”，求条件概率P(2)设n是正整数，“突击者”一轮攻击造成的伤害为2n的概率记为Pn，求【答案】(1)89(2)81【分析】（1）分析试验过程，分别求出PA和P（2）分析“突击者”一轮攻击造成的伤害为2n,分为：i.进行2n次，均不触发技能二；前面的2n-1次触发技能一，最后一次不触发技能一；ii.第一次触发技能二，然后的n-1次触发技能一，第n次未触发技能一；iii.前面的2k,【详解】（1）两次攻击，分成下列情况：i.第一次攻击，技能一和技能二均触发，第二次攻击，技能一和技能二均未触发；ii.第一次攻击，技能一触发，技能二未触发，第二次攻击，技能二触发，技能一未触发；iii.第一、二次攻击，技能一触发，技能二未触发，第三次攻击，技能一、二未触发；所以PAPAB所以PB（2）“突击者”一轮攻击造成的伤害为2ni.记事件D：进行2n次，均不触发技能二；前面的2nii.记事件E：第一次触发技能二，然后的n-1次触发技能一，第niii.记事件Fk：前面的2k,k=1,2,n-PF则事件F1,F所以PF===8所以P===【点睛】关键点睛：这道题关键的地方是题意的理解，文字较多，要明白一轮攻击中含多次攻击，每次攻击判断技能的触发，在第二问中需要分多种情况进行讨论，然后用互斥事件的概率计算公式进行求解题型11新定义数列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.【例题11】（2023·陕西商洛·陕西省丹凤中学校考模拟预测）已知数列an满足a1=-1,nan+1-an=A．2020 B．2021 C．2022 D．2023【答案】A【分析】利用裂项相消求和可得答案.【详解】由题意得an+1则当n≥2时，an=a当n=1时也满足上式，所以anb1故bn的前2023项和为-1+0+1+1+⋯+1=2020故选：A.【变式11-1】1．（2023秋·北京海淀·高三首都师范大学附属中学校考阶段练习）斐波那契数列又称为黄金分割数列，在现代物理、化学等领域都有应用.斐波那契数列{an}满足a1=①存在m∈N*，使得am，a②存在m∈N*，使得am，a③存在常数t，使得对任意n∈N*，都有an，t④存在正整数i1 , i其中所有正确的个数是（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】由递推公式得{a【详解】对于①，由题意得a2=1,a对于②，由递推公式可知am，am+1，对于③，an+4故当t=32时，对任意n∈N*，an对于④，依次写出数列中的项为1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,610,987,1597,⋯，可得2023=1597+377+34+13+2，故④正确，故选：C【变式11-1】2.（2023·全国·高三专题练习）南宋数学家杨辉为我国古代数学研究做出了杰出贡献，他的著名研究成果“杨辉三角”记录于其重要著作《详解九章算法》，该著作中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列，以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列.若某个二阶等差数列的前4个为1，3，7，13，则该数列的第13项为（

）A．156 B．157 C．158 D．159【答案】B【分析】根据二阶等差数列的定义求出数列an+1【详解】设该二阶等差数列为an，则a由二阶等差数列的定义可知，a所以数列an+1-an是以a2所以a将所有上式累加可得an+1=a即该数列的第13项为a13故选：B【变式11-1】3.（2023秋·河南洛阳·高三洛宁县第一高级中学校考阶段练习）在数列an中，如果存在非零的常数T，使得an+T=an对于任意正整数n均成立，那么就称数列an为周期数列，其中T叫做数列an的周期．已知数列xn满足xn+2=xn+1-xnA．676 B．675 C．1350 D．1349【答案】C【分析】根据题意，求得x3=1-a,x4=2-a，得到x【详解】因为x1=1,x2所以x3因为数列xn的周期为3，可得x4=所以x1=1,x同理可得x4=1,x5=1,所以S2024故选：C.【变式11-1】4.（多选）（2023秋·广东·高三校联考阶段练习）对于数列an，若存在正数M，使得对一切正整数n，都有an≤M，则称数列an是有界的.若这样的正数M不存在，则称数列anA．若an=1n，则数列an是无界的C．若an=-1n，则数列Sn是有界的【答案】BC【分析】利用有界数列与无界数列的定义，结合放缩法与等比数列的前n项和公式即可得解.【详解】对于A，∵a∴存在正数M=1，使得an∴数列an对于B，∵-1≤sinn≤1，∴SSn所以存在正数M=1，使得Sn∴则数列Sn对于C，因为an所以当n为偶数时，Sn=0；当n为奇数时，∴Sn≤1，∴存在正数M=1∴数列Sn对于D，1n∴=2n+41-∵y=x-22x+1在0,+∞∴不存在正数M，使得Sn∴数列Sn故选：BC.【变式11-1】5.（多选）（2023秋·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）设正整数n=a0⋅90A．ω11=3C．ω9n+10=ω【答案】ABD【分析】根据n的表达式，ωn的表达式，结合等比数列的前n【详解】11=2×90+1×正整数n=a则81n+29=81=2⋅9所以ω81n+299n+10=9=1×9所以ω9n+109n-18=1-9n即9n所以ω9故选：ABD【点睛】【变式11-1】6.（2020秋·江苏·高二校联考阶段练习）在数列an中存在三项，按一定次序排列构成等比数列，则称a（1）已知数列an中，a1=2，a（2）在（1）的结论下，试判断数列an（3）已知数列an为等