专题12数列与函数不等式的综合问题（解密讲义）

专题12数列与函数、不等式的综合问题（解密讲义）【知识梳理】1.数列的应用，解题的关键是通过找到图形之间的关系，得到数列。求数列通项公式常用的方法：(1)由与的关系求通项公式(2)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．(3)在已知数列{an}中，满足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，则可用累加法求数列的通项an.(4)在已知数列{an}中，满足eq\f(an＋1,an)＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，则可用累积法求数列的通项an.(5)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)．2.用数列知识解相关的实际问题，关键是合理建立数学模型——数列模型，弄清所构造的数列是等差模型还是等比模型，它的首项是什么，项数是多少，然后转化为解数列问题．求解时，要明确目标，即搞清是求和，还是求通项，还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题，还是解不等式问题，还是最值问题，然后进行合理推算，得出实际问题的结果．常见数列应用题模型的求解方法(1)产值模型：原来产值的基础数为N，平均增长率为p，对于时间n的总产值y＝N(1＋p)n.(2)银行储蓄复利公式：按复利计算利息的一种储蓄，本金为a元，每期的利率为r，存期为n，则本利和y＝a(1＋r)n.(3)银行储蓄单利公式：利息按单利计算，本金为a元，每期的利率为r，存期为n，则本利和y＝a(1＋nr)．(4)分期付款模型：a为贷款总额，r为年利率，b为等额还款数，则b＝eq\f(r1＋rna,1＋rn－1).3.数列与函数常常以函数的解析式为载体，转化为数列问题，常用的数学思想方法有“函数与方程”“等价转化”等．4.数列与不等式问题要抓住一个中心——函数，两个密切联系：一是数列和函数之间的密切联系，数列的通项公式是数列问题的核心，函数的解析式是研究函数问题的基础；二是方程、不等式与函数的联系，利用它们之间的对应关系进行灵活的处理．数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出Sn的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化．数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查最值问题，不等关系或恒成立问题．解决数列与函数、不等式的综合问题要注意以下几点：(1)数列是一类特殊的函数，函数定义域是正整数，在求数列最值或不等关系时要特别重视；(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件；(3)不等关系证明中进行适当的放缩．5.＂新定义＂型问题是指在问题中定义了高中数学中没有学过的一些概念、新运算、新符号，要求学生读懂题意并结合已有知识进行理解，而后根据新定义进行运算、推理、迁移的一种题型.它一般分为三种类型：（1）定义新运算；（2）定义初、高中知识衔接＂新知识＂;（3）定义新概念.这类试题考查考生对＂新定义＂的理解和认识，以及灵活运用知识的能力，解题时需要将＂新定义＂的知识与已学知识联系起来，利用已有的知识经验来解决问题.方法技巧：数列与函数、不等式综合问题的求解策略：1、已知数列的条件，解决函数问题，解决此类问题一把要利用数列的通项公式，前项和公式，求和方法等对于式子化简变形，注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时要注意这一特殊性；2、解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题中，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等，若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决.1.数列的综合问题，往往将数列与函数、不等式结合，探求数列中的最值或证明不等式.2.以等差数列、等比数列为背景，利用函数观点探求参数的值或范围.3.将数列与实际应用问题相结合，考查数学建模和数学应用.考点命题点考题数列与函数、不等式的综合问题=1\*GB3①数列中函数模型的应用=2\*GB3②数列不等式的恒成立问题=3\*GB3③数列新定义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考点一数列与函数、不等式的综合问题命题点1数列中函数模型的应用典例01（2018·北京·高考真题）“十二平均律”

是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122.若第一个单音的频率为f，A．32f BC．1225f【答案】D【详解】分析：根据等比数列的定义可知每一个单音的频率成等比数列，利用等比数列的相关性质可解.详解：因为每一个单音与前一个单音频率比为122所以an又a1=f故选D.点睛：此题考查等比数列的实际应用，解决本题的关键是能够判断单音成等比数列.等比数列的判断方法主要有如下两种：（1）定义法，若an+1an=q（q≠0,n∈N*）或an（2）等比中项公式法，若数列{an}中，an≠0且an-1典例02（2017·上海·统考高考真题）根据预测，某地第n(n∈N*)个月共享单车的投放量和损失量分别为a其中an=5n4+15,1≤n≤3-10n+470累计投放量与累计损失量的差.（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；（2）已知该地共享单车停放点第n个月底的单车容纳量Sn=-4(n-46)【答案】（1）935；（2）见解析.【详解】试题分析：（1）计算an和bn的前（2）令an≥bn得出n≤42，再计算第试题分析：（1）(（2）-10n+470>n+5⇒n≤42，即第42个月底，保有量达到最大(a1+a2+典例03（2023·全国·统考高考真题）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若末命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．(1)求第2次投篮的人是乙的概率；(2)求第i次投篮的人是甲的概率；(3)已知：若随机变量Xi服从两点分布，且PXi=1=1-PXi=0=qi,i=1,2,⋅⋅⋅,n，则【答案】(1)0.6(2)1(3)E(Y)=【分析】（1）根据全概率公式即可求出；（2）设PAi=（3）先求出两点分布的期望，再根据题中的结论以及等比数列的求和公式即可求出．【详解】（1）记“第i次投篮的人是甲”为事件Ai，“第i次投篮的人是乙”为事件B所以，P=0.5×1-0.6（2）设PAi=PA即pi+1构造等比数列pi设pi+1+λ=25p又p1=12,p1即pi（3）因为pi=1所以当n∈N*时，故E(Y)=5【点睛】本题第一问直接考查全概率公式的应用，后两问的解题关键是根据题意找到递推式，然后根据数列的基本知识求解．1．某人从2023年起，每年1月1日到银行新存入2万元（一年定期），若年利率为2%保持不变，且每年到期存款均自动转为新的一年定期，到2033年1月1日将之前所有存款及利息全部取回，他可取回的线数约为（

）（单位：万元）参考数据：1.02A．2.438 B．19.9 C．22.3 D．24.3【答案】C【分析】复利计息问题，逐年分析寻找规律，根据等比数列的求和公式即可求解.【详解】由题意，2023年存的2万元共存了10年，本息和为21+0.022024年存的2万元共存了9年，本息和为21+0.02⋯⋯2032年存的2万元共存了1年，本息和为21+0.02所以到2033年1月1日将之前所有存款及利息全部取回，他可取回的钱数约为21+0.0210+2故选：C.2．王先生今年初向银行申请个人住房贷款100万元购买住房，按复利计算，并从贷款后的次月初开始还贷，分10年还清.银行给王先生提供了两种还贷方式：①等额本金：在还款期内把本金总额等分，每月偿还同等数额的本金和剩余本金在该月所产生的利息；②等额本息：在还款期内，每月偿还同等数额的贷款（包括本金和利息）.(1)若王先生采取等额本金的还贷方式，已知第一个还贷月应还15000元，最后一个还贷月应还6500元，试计算王先生该笔贷款的总利息；(2)若王先生采取等额本息的还贷方式，贷款月利率为0.3%，.银行规定每月还贷额不得超过家庭月收入的一半，已知王先生家庭月收入为23000元，试判断王先生该笔贷款能否获批.（不考虑其他因素）参考数据1.003119≈1.428，【答案】(1)290000元(2)王先生该笔贷款能够获批【分析】（1）由题意，每月的还贷额构成一个等差数列，对数列求和可得所求利息；（2）利用等比数列求和公式，求得王先生每月还货额，与题目所给数据比较，得结论.【详解】（1）由题可知，等额本金还货方式中，每月的还贷额构成一个等差数列an，Sn表示数列an的前则a1=15000,a故王先生该笔贷款的总利息为：12900001000000=290000元.（2）设王先生每月还货额为x元，则有x+x(1+0.003)即x1-故x=1000000×因为9928<23000×123．“现值”与“终值”是利息计算中的两个基本概念，掌握好这两个概念，对于顺利解决有关金融中的数学问题以及理解各种不同的算法都是十分有益的.所谓“现值”是指在n期末的金额，把它扣除利息后，折合成现时的值，而“终值”是指n期后的本利和.它们计算的基点分别是存期的起点和终点.例如，在复利计息的情况下，设本金为A，每期利率为r，期数为n，到期末的本利和为S，则S=A(1+r)n其中，S称为n期末的终值，A称为n期后终值S的现值，即n期后的S元现在的价值为现有如下问题：小明想买一座公寓有如下两个方案方案一：一次性付全款25万元；方案二：分期付款，每年初付款3万元，第十年年初付完；(1)已知一年期存款的年利率为2.5%(2)若小明把房子租出去，第一年年初需交纳租金2万元，此后每年初涨租金1000元，参照第（1））问中的存款年利率2.5%，预计第十年房租到期后小明所获得全部租金的终值.参考数据：(1+2.5【答案】(1)购置设备的方案较好(2)27.88（万元）【分析】（1）解法1（从终值来考虑），分别求出若全款购置，则25万元10年后的价值和若分期付款，每年初所付金额3万元，10年后的总价值，两者比较即可得出答案.解法2（从现值来考虑）每年初付租金3万元的10年现值之和与购置一次付款25万元相比，即可得出答案.（2）设小明第十年房租到期后小明所获得全部租金的终值为T万元，T=2(1+2.5%)【详解】（1）解法1（从终值来考虑）若全款购置，则25万元10年后的价值25(1+2.5%若分期付款，每年初所付金额3万元，10年后的总价值为S=3(1+2.5%因此，付全款较好.解法2（从现值来考虑）每年初付租金3万元的10年现值之和为Q=3+⇒⇒Q≈3×41×0.28比购置一次付款25万元多，故购置设备的方案较好.（2）由题意，设小明第十年房租到期后小明所获得全部租金的终值为T万元，T=2记1+2.5%T=qT=作差可得：1-q⇒T=3q-0.1⇒T=3⋅q1-q命题点2数列不等式的恒成立问题典例01（2022·浙江·统考高考真题）已知数列an满足a1=1,A．2<100a100<52B．52<100a【答案】B【分析】先通过递推关系式确定an除去a1，其他项都在0,1范围内，再利用递推公式变形得到1an+1-1an=13-【详解】∵a1=1，易得a由题意，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综上：52故选：B．【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩.典例02（2021·天津·统考高考真题）已知{an}是公差为2的等差数列，其前8项和为64．{bn（I）求{an}（II）记cn（i）证明{c（ii）证明k=1【答案】（I）an=2n-1,n∈N*，bn=4n【分析】（I）由等差数列的求和公式运算可得{an}（II）（i）运算可得cn（ii）放缩得anan+1c【详解】（I）因为{an}是公差为2的等差数列，其前8所以a1+a所以an设等比数列{bn}所以b3-b所以bn（II）（i）由题意，cn所以cn所以cn2-所以数列{c（ii）由题意知，an所以an所以k=1n设Tn则12两式相减得12所以Tn所以k=1n【点睛】关键点点睛：最后一问考查数列不等式的证明，因为k=1na典例03（2022·浙江·统考高考真题）已知等差数列an的首项a1=-1，公差d>1．记an的前(1)若S4-2a(2)若对于每个n∈N*，存在实数cn，使a【答案】(1)S(2)1<d≤2【分析】（1）利用等差数列通项公式及前n项和公式化简条件，求出d，再求Sn(2)由等比数列定义列方程，结合一元二次方程有解的条件求d的范围.【详解】（1）因为S4所以-4+6d-2-1+d所以d2-3d=0，又所以d=3，所以an所以Sn（2）因为an+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对于任意的n∈所以n-2d-12n-3d-2≥0当n=1时，n-2d-1当n=2时，由2d-2d-14d-3d-2≥0当n≥3时，n-2d-1又d>1所以1<d≤21．数列an中，a1=3,an+1=1+1naA．83 B．15×897 C．【答案】C【分析】由已知条件可得ann=2n+1，再由∀n∈N*，都有λn9nan-8n【详解】解：因为an+1所以an+1所以数列{ann}是等差数列，首项为所以anan又因为∀n∈N*，都有λn所以∀n∈N*，都有λ≥令bn则bn+1所以bn+1-b所以当n≤7(n∈N*)时，b当n≥8(n∈N*)时，b所以在数列{bn}中，第8所以λ≥(故λ的最小值为(8故选：C.【点睛】关键点睛：本题的关键点有2个：一是将已知条件变形得数列{ann}是等差数列，首项为3，公差为2；二是判断出在数列{2．已知等比数列an的前n项和为Sn，且S3=7，S6=63，若关于n的不等式S2n-t【答案】24【分析】根据已知条件求出an的首项和公比，得到an和S2n，代入已知的不等式转化为求【详解】设等比数列an的公比为q，显然q≠1则S3=a解得a1=1，q=2，∴a∴关于n的不等式S2n-tan即22n-t×2n-1即t≤2n+1+32∴t≤2（解法一）设f(n)=2n+1+则fn+1当n=2时，f(n+1)-f(n)=0，当n=1时，f(n+1)-f(n)<0，当n≥3时，f(n+1)-f(n)>0，∴f(n)min=f(2)=f(3)=24，∴t≤24（解法二）∵2当且仅当2x+1=32又n∈N*，∴当n=2或n=3时，2n+1+故t≤24，tmax故答案为：24.3．已知数列an的前n项和为Sn，且an(1)若a1≠2，求证：(2)对任意n,m∈N*,m≠n，都有S【答案】(1)证明见解析(2)0,+【分析】（1）先写出数列an+S（2）设n>m，将Sn-Smn-m>1恒成立转化为Sn-n>Sm【详解】（1）因为an+Sn是以所以an+所以an+1+由②①，得2an+1-因为a1≠2，即所以an-2是以a1（2）由（1）得当a1≠2时，当a1=2时，适合上式，所以因为对任意n,m∈N*,m≠n不妨设n>m，则Sn-Sm>n-m设fn则fn+1所以a1-2⋅因为2-2n单调递减，所以2-2综上所述，a1的取值范围是0,+4．已知Sn为数列an的前n项和，且Sn=n(1)求证：数列an+1(2)求数列bn(3)设cn=an-22bn，且数列cn的前n【答案】(1)证明见解析(2)b(3)4,+【分析】（1）利用an=Sn-Sn-1整理化简可得n-2an+6=n-1an-1（2）利用数列an的通项公式即可得数列b（3）先利用错位相减法求出Tn，再将Tn+λn+1≥3恒成立转化为λ≥【详解】（1）当n=1时，a1=S当n≥2时，Sn-1所以an整理得n-2an所以n-1an+1由①②得2an=因为a1=6,a4=12所以an设Mn则Mn因为Mn+1所以数列an+1（2）设数列bn的公比为q结合（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设fn=n+1故fn+1因为-n故fn+1-fn<0故fn的最大值为f1=4，则λ≥4，即λ命题点3数列新定义典例01（2023·北京·统考高考真题）已知数列an,bn的项数均为m(m>2)，且an,bn∈{1,2,⋯,m},an,bn的前n项和分别为A(1)若a1=2,a(2)若a1≥b1，且(3)证明：存在p,q,s,t∈0,1,2,⋯,m，满足p>q,s>t,使得A【答案】(1)r0=0，r1=1(2)r(3)证明见详解【分析】（1）先求A0（2）根据题意题意分析可得ri+1-r（3）讨论Am,【详解】（1）由题意可知：A0当k=0时，则B0=A当k=1时，则B0<A当k=2时，则Bi≤A当k=3时，则Bi≤A综上所述：r0=0，r1=1，（2）由题意可知：rn≤m，且因为an≥1,bn≥1，且a1所以r0又因为2ri≤ri-1可得ri+1反证：假设满足rn+1-r当i≥j时，则ri+1-ri≥2则rm=r又因为0≤j≤m-1，则rm假设不成立，故rn+1即数列rn是以首项为1，公差为1的等差数列，所以r（3）因为an,b（ⅰ）若Am=Bm，则可取t=q=0，满足p>q,s>t,（ⅱ）若Am<B构建Sn=Brn反证，假设存在正整数K，使得SK则BrK-这与brK+1∈1,2,⋅⋅⋅,m①若存在正整数N，使得SN=B可取t=q=0,p=N,s=r满足p>q,s>t，使得Ap②若不存在正整数N，使得SN因为Sn∈-1,-2,⋅⋅⋅,-所以必存在1≤X<Y≤m，使得SX即BrX-可取p=Y,s=r满足p>q,s>t，使得Ap（ⅲ）若Am定义Rk=max构建Sn=ARn反证，假设存在正整数K,1≤K≤m，使得SK则ARK-这与aRK+1∈1,2,⋅⋅⋅,m①若存在正整数N，使得SN=A可取q=t=0,s=N,p=R即满足p>q,s>t，使得Ap②若不存在正整数N，使得SN因为Sn∈-1,-2,⋅⋅⋅,-所以必存在1≤X<Y≤m，使得SX即ARX-可取p=R满足p>q,s>t，使得Ap综上所述：存在0≤q<p≤m,0≤t<s≤m使得Ap典例02（2022·北京·统考高考真题）已知Q:a1,a2,⋯,ak为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的n∈{1,2,⋯,m}，在Q中存在(1)判断Q:2,1,4是否为5-连续可表数列？是否为6-连续可表数列？说明理由；(2)若Q:a1,a2,⋯,a(3)若Q:a1,a2,⋯,a【答案】(1)是5-连续可表数列；不是6-连续可表数列．(2)证明见解析．(3)证明见解析．【分析】（1）直接利用定义验证即可；（2）先考虑k≤3不符合，再列举一个k=4合题即可；（3）k≤5时，根据和的个数易得显然不行，再讨论k=6时，由a1+a【详解】（1）a2=1，a1=2，a1+a2=3，a3=4，a2+（2）若k≤3,设为Q:a,b,c,则至多a+b,b+c,a+b+c,a,b,c，6个数字，没有8个，矛盾；当k=4时,数列Q:1,4,1,2，满足a1=1，a4=2，a3+a4=3，a2=4，（3）Q:a1,a2,⋯,ak，若i=j最多有若k≤5，则a1,a2从而若k<7,则k=6，a,b,c,d,e,f至多可表6(6+1)2而a+b+c+d+e+f<20，所以其中有负的，从而a,b,c,d,e,f可表1~20及那个负数（恰21个），这表明a~f中仅一个负的，没有0，且这个负的在a~f中绝对值最小，同时a~f中没有两数相同,设那个负数为-m(m≥1)，则所有数之和≥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}，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足20个，∵1=-1+2（仅一种方式），∴-1与2相邻，若-1不在两端,则"x若x=6，则5=6+(-1)（有2种结果相同，方式矛盾），∴x≠6，同理x≠5,4,3，故-1在一端，不妨为"-1若A=3,则5=2+3（有2种结果相同，矛盾），A=4同理不行，A=5，则6=-1+2+5（有2种结果相同，矛盾），从而A=6，由于7=-1+2+6,由表法唯一知3,4不相邻,、故只能-1,2,6,3,5,4，①或-1,2,6,4,5,3，②这2种情形，对①：9=6+3=5+4，矛盾，对②：8=2+6=5+3，也矛盾，综上k≠6，当k=7时，数列1,2,4,5,8,-2,-1满足题意，∴k≥7．【点睛】关键点睛，先理解题意，是否为m-可表数列核心就是是否存在连续的几项（可以是一项）之和能表示从1到m中间的任意一个值．本题第二问k≤3时，通过和值可能个数否定k≤3；第三问先通过和值的可能个数否定k≤5，再验证k=6时，数列中的几项如果符合必然是{-1,2,3,4,5,6}的一个排序，可验证这组数不合题．典例03（2021·北京·统考高考真题）设p为实数.若无穷数列an满足如下三个性质，则称an为R①a1+p≥0，且②a4n-1③am+n∈a（1）如果数列an的前4项为2，2，2，1，那么an是否可能为（2）若数列an是R0数列，求（3）设数列an的前n项和为Sn.是否存在Rp数列an，使得S【答案】（1）不可以是R2数列；理由见解析；（2）a5=1；（3【分析】(1)由题意考查a3的值即可说明数列不是R(2)由题意首先确定数列的前4项，然后讨论计算即可确定a5(3)构造数列bn=an+p，易知数列bn是R【详解】(1)因为p=2,a1=2,a因为a3=-2,所所以数列an，不可能是R2(2)性质①a1由性质③am+2∈am,am+1，因此若a4=0，由性质②可知a3<a若a4=1,a3=a因此只能是a4又因为a4=a1+a3若a1=1不满足a2=0当a1=0，则an前四项为:0，0，0下面用数学归纳法证明a4n+i当n=0时，经验证命题成立，假设当n≤k(k≥0)时命题成立，当n=k+1时：若i=1，则a4k+1+1aj+a否则，若a4k+5=k，取k=0可得：而由性质②可得：a5=a1同理可得：aj+aaj+aaj+a4k+7-j即当n=k+1时命题成立，证毕.综上可得：a1=0，(3)令bn=a∀m,n∈N*,bm+n由于b1因此数列bn为R0由（2）可知:若∀n∈N,aS11-S因此p=2，此时a1,a2【点睛】本题属于数列中的“新定义问题”，“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.1．设数列an的前n项和为Sn，若SnS2n为常数，则称数列an为“吉祥数列”.已知等差数列bn的首项为2，且公差不为0，若数列bn为A．bn=2n B．bn=n+1 C．【答案】D【分析】设出等差数列bn的公差d，根据SnS【详解】设等差数列bn的公差d，则S∴Sn又数列bn为“吉祥数列”，∴S不妨设Sn则得d2则d2=2kd,2-d∴bn故选：D．2．（多选）若数列cn满足cn+1=cn2，则称cn为“平方递推数列”.已知数列an是A．lgan是等差数列 B．C．anan+1是“平方递推数列” D．an+1【答案】BC【分析】对于AB，由题意得an+1=an【详解】对A，因为an是“平方递推数列”，所以an+1=a所以an>0，则lgan+1-lg对B，因为lgan+1lgan=对C，因为an+2an+1=an+12an2对D，因为an+2+an+1=an+12+a故选：BC.3．已知数列an满足：an＋(1)求数列an(2)已知数列bn满足bn＝1，n=1logn+2an,n≥2,n∈N*,定义使b1·【答案】(1)an(2)1349.【分析】（1）通过迭代相减发现an的奇数项和偶数项各自成等差数列，继而分奇偶项求出通向公式即可（2）根据新定义求出b1·b2·b3⋯bk并令其为m，将k用m表示，并根据k的范围求出m【详解】（1）∵an∴当n≥2时，an故两式相减可得：an∴an的奇数项和偶数项各自成等差数列，且公差为2，且a1＝∴奇数项a2k－1=4＋偶数项a2k=5＋2k∴数列an的通项公式为a（2）∵bn＝1∴b∴b1·b令log4k＋令1≤4m-3≤2024又m∈Z，∴m的值取为1，2，3，4，5∴区间[1，2024]内所有“幸福数41AA·新题速递1．（2023·河南·河南省内乡县高级中学校考模拟预测）“角谷猜想”首先流传于美国，不久便传到欧洲，后来一位名叫角谷静夫的日本人又把它带到亚洲，因而人们就顺势把它叫作“角谷猜想”.“角谷猜想”是指一个正整数，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就除以2，这样经过若干次运算，最终回到1.对任意正整数a0，按照上述规则实施第n次运算的结果为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】根据“角谷猜想”的规则，由a5=1倒推a【详解】由题知an+1=3若a4为奇数，则a5=3a4+1=1，得若a3为奇数，则a4=3a3+1=2，得若a2为奇数，则a3=3a2+1=4，得若a1为奇数，则a2=3a1+1=8，得若a0为奇数，则a1=3a0+1=16，可得综上所述：a0=5故选：B2．（2023·湖南岳阳·统考一模）核电站只需消耗很少的核燃料，就可以产生大量的电能，每千瓦时电能的成本比火电站要低20%以上.核电无污染，几乎是零排放，对于环境压力较大的中国来说，符合能源产业的发展方向，2021年10月26日，国务院发布《2030年前碳达峰行动方案》，提出要积极安全有序发展核电.但核电造福人类时，核电站的核泄漏核污染也时时威胁着人类，如2011年，日本大地震导致福岛第一核电站发生爆炸，核泄漏导致事故所在地被严重污染，主要的核污染物是锶90，它每年的衰减率为2.47%.专家估计，要基本消除这次核事故对自然环境的影响至少需要800年，到那时，原有的锶90大约剩（

）（参考数据lg0.9753≈-0.01086A．1108% B．1107%【答案】B【分析】根据题意，每年的剩余量可构成等比数列，据此求出800年后剩余量即可得解.【详解】由题意，设一开始锶90质量为1，则每年的剩余量构成以1-2.47%则经过800年锶90剩余质量为a=1×(97.53两边取常用对数可得：lga=所以a=10故选：B3．（多选）（2023·云南·校联考模拟预测）在数列an中，an2-an-12=p（n≥2,n∈N*,p为非零常数），则称an为“等方差数列”，A．(-3)nB．若正项等方差数列an的首项a1=1，且C．等比数列不可能为等方差数列D．存在数列an【答案】BC【分析】根据等方差数列的定义依次分析四个选项可得答案.【详解】对于A，因为an2=(-3)2na22-a1对于B，因为an>0，a1所以a22=2p-p+1=p+1因为a1,a2,所以p2-p=0，因为p≠0，所以p=1，所以an2=n，又a对于C，设等比数列{an}的公比为q则当n≥2时，an2-an-12=a12q对于D，假设存在数列an既是等差数列，又是等方差数列，则当n≥2时，an-an-1若d=0，则an=a若d≠0，则(an-an-1所以an=d故存在数列an既是等差数列，又是等方差数列.故D故选：BC4．（多选）（2023·江苏扬州·仪征中学校考模拟预测）已知数列an满足a1=1,A．a2023>aC．1an2+15【答案】ABD【分析】对于A：根据数列单调性的定义分析判断；对于B：根据an+1=an+an2【详解】对于选项A：因为an+1-a所以数列an为递增数列，可得a2023>对于选项B：因为an+1=a两边平方整理得4an+12对于选项C：因为数列an为递增数列且an≥1>0所以1an2对于选项D：因为4an+12两边平方得an2=可得a2023所以a2023即a20232-1<1011，所以a故选：ABD.5．（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）数列{an}中，an=logn+1(n+2) (n∈N【答案】2026【分析】利用换底公式得到a1⋅a2⋅…⋅ak=ln(k+2)【详解】因为an所以a1设t=ln(k+2)ln所以k+2为2的整数次幂，因为1≤k≤2023，所以3≤k+2≤2025，故满足条件的k+2=4，8，16，32，64，128，256，512，1024，故区间[1,2023]内的所有期盼数的和为：4-2+8-2+16-2+32-2+64-2+128-2+256-2+512-2+1024-2=41-2故答案为：2026．6．（2023·江苏镇江·江苏省镇江中学校考三模）在平面直角坐标系xOy中，给出如下定义：对于点Px,y，若点Q坐标为x+y2,x-y2，则称点Q为点P的“衍生点”.例如，点1,2的“衍生点”为点32,-12.已知点A1的坐标为1,1，点A1的“衍生点”为点A2，点A2的“衍生点”为点A3,⋯，点Anx【答案】12,【分析】根据“衍生点”的坐标的定义列出几个点的坐标，观察这些点的坐标找出规律即可求解.【详解】依题意，A11,1，A1的“衍生点”A2A2的“衍生点”点A3的坐标为A3的“衍生点”A4的坐标为A4的“衍生点”点A5的坐标为A5的“衍生点”A6的坐标为14观察可得：当n为奇数时，点An的横坐标xn成以1为首项，12当n为偶数时，点An的横坐标xn和纵坐标yn相等，且都是以12为首项，若n为奇数，则n+1为偶数，所以点An+1的坐标为(所以线段OA故答案为：12,7．（2024·四川绵阳·绵阳南山中学实验学校校考模拟预测）已知数列an满足a1+3a2+3(1)求an和b(2)记集合M=n4λan≤bnb【答案】(1)an=(2)(【分析】（1）根据题意，当n≥2时，a1+3a2+32a3+⋯+（2）根据题意，转化为M=n|λ≤nn+12n+13n【详解】（1）解：由a1当n≥2时，a1相减可得3n-1an当n=1时，a1=1又由nbn+1=所以数列bnn为公差为0的等差数列，且首项为所以bnn=2（2）解：由bn=2n,n∈N可得M=n|λ≤记Pn=n所以Pn+1当n=1时，P2-P1>0，当n≥2而P2由于集合M的元素个数为2，所以M=2,3，所以20即实数λ的取值范围为(208．（2024·云南楚雄·云南省楚雄彝族自治州民族中学校考一模）已知数列an的前n项和为Sn，且Sn+2是首项为(1)求数列an(2)若对任意n∈N*，m>a【答案】(1)a(2)1【分析】（1）利用等比数列的通项公式求得Sn=2（2）利用裂项相消法即可得解.【详解】（1）因为Sn+2是首项为4，公比为所以Sn+2=4⋅2当n≥2时，Sn-1=2又a1=S（2）由（1）得an所以a1S=1因为n∈N*，2n+2-2>0，所以由题意可得m≥14，即m的取值范围是9．（2023·广西南宁·统考模拟预测）设数列an的前n项和为Sn，已知(1)求数列an(2)若数列bn满足bn=4anan+1-1an+2-1【答案】(1)a(2)-【分析】（1）首先可以根据已知得到an+2=2an+1（2）由（1）可知an=2n-1，先将数列bn的通项公式裂项得bn=2×12n-1-12【详解】（1）一方面：因为Sn+1-2S所以Sn+2-S另一方面：又n=1时，有S2-2S1=1所以此时a2结合以上两方面以及等比数列的概念可知数列an是首先为a1=1所以数列an的通项公式为a（2）由（1）可知an又由题意bn数列bn的前n项和为T又∀n∈N*，都有m2而y1=2所以y2=12n+1-1关于所以当n=1时，有Tn因此m2-43m<综上所述：m的取值范围为-210．（2023·河南郑州·统考模拟预测）已知数列an与bn的前n项和分别为An和Bn，且对任意n∈N(1)若An=3n2(2)若对任意n∈N*，都有an=Bn及b2【答案】(1)n(n+1)；(2)3【分析】（1）利用an,Sn求通项公式，再求证{b（2）由题设易得bn+1=3bn，等比数列前n项和公式求Bn，进而可得bn+1a【详解】（1）由题设，an=An-显然也满足上式，故an由an+1-a所以{bn}是首项、公差均为综上，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·河北张家口·统考三模）已知数列an满足3+(1)求数列an(2)记数列1an⋅an+1的前n【答案】(1)a(2)证明见解析【分析】（1）根据题意，求得a1=-1；当n≥2时，可得3+a12（2）令bn=1an⋅an+1【详解】（1）解：由题意，数列an满足3+当n=1时，可得3+a12当n≥2时，可得3+a两式相减得an2n当n=1时，a1所以数列an的通项公式为a（2）解：令bn=1可得bn所以Sn因为n∈N*，可得14n+212．（2023·上海闵行·上海市七宝中学校考模拟预测）在当前市场经济条件下，某服装市场上私营个体商店中的商品所标价格a与其实际价值b之间存在着相当大的差距.对购物的消费者来说，这个差距越小越好，而商家则相反，于是就有消费者与商家的“讨价还价”，常见的方法是“对半还价法”，消费者第一次减去定价的一半，商家第一次讨价加上二者差价的一半;消费者第二次还价再减去二者差价的一半，商家第二次讨价，再加上二者差价的一半，如此下去，可得表1:表1次数消费者还价商家讨价第一次bc第二次bc第三次bc⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅第n次bc消费者每次的还价bn(n∈k)组成一个数列(1)写出此数列的前三项，并猜测通项bn的表达式并求出lim(2)若实际价格b与定出a的价格之比为b:a=0.618:1，利用“对半还价法”讨价还价，最终商家将能有百分之几的利润?【答案】(1)答案见解析(2)8【分析】（1）根据条件即可得到数列bn的通项公式，进而可直接计算lim（2）根据价格比得a,b关系，代入（1）中limn→+∞【详解】（1）b1b2b3观察可得，b=-limn→（2）因为b:a=0.618:1，所以a=b故2故商家将有约8%的利润13．（2023·上海金山·统考一模）近两年，直播带货逐渐成为一种新兴的营销模式，带来电商行业的新增长点.某直播平台第1年初的启动资金为500万元，由于一些知名主播加入，平台资金的年平均增长率可达40%，每年年底把除运营成本a万元，再将剩余资金继续投入直播平合(1)若a=100，在第3年年底扣除运营成本后，直播平台的资金有多少万元？(2)每年的运营成本最多控制在多少万元，才能使得直播平台在第6年年底㧅除运营成本后资金达到3000万元？（结果精确到0.1万元）【答案】(1)936万元(2)3000万元【分析】（1）用an表示第n年年底扣除运营成本后直播平台的资金，然后根据已知计算a（2）由已知写出a1,a2,【详解】（1）记an为第n则a1aa故第3年年底扣除运营成本后直播平台的资金为936万元.（2）a1a⋯a=500×由a6≥3000，得故运营成本最多控制在46.8万元，才能使得直播平台在第6年年底扣除运营成本后资金达到3000万元.BB·易错提升1．已知数列an为无穷数列．若存在正整数l，使得对任意的正整数n，均有an+l≤an，则称数列an为“l阶弱减数列”．有以下两个命题：①数列bn为无穷数列且bn=cosn-n2（n为正整数），则数列bn是“l阶弱减数列”的充要条件是l≥4；②数列cn为无穷数列且cnA．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题C．①､②都是真命题 D．①､②都是假命题【答案】C【分析】对于①：根据“l阶弱减数列”的定义结合充分必要条件分析判断；对于②：分析可得2a+qn+qn+1<0对一切正整数n恒成立，分q【详解】对于①：因为bn若该数列bn为“l弱减数列”因为5π6<3<可得b3-b同理可得b4<b当l≥4时，bn+l所以该数列为“l弱减数列”；综上所述：数列bn是“l阶弱减数列”的充要条件是l≥4，故①对于②：因为cn=an+1-若存在a∈R使得数列cn为“2阶弱减数列”则cn+2≤cn，即所以2a+qn+q若q>1，当a=0时，当q>1，则q当q<-1,n为奇数，qn可知a=0不合题意，所以a≠0，则q2当n=2m-1,m>log则qn+1可得2a+q若q=-1，取a<0，则2a+q若q<1，则-1<qn取a≤-1，则2a+q综上所述：存在a∈R，使得数列cn是“2阶弱减数列”，则-1≤q<1．故②是真命题故选：C.【点睛】方法点睛：对于新定义问题时，可以通过举例或转化法理解新定义，进而根据新定义分析求解.2．若数列an，对于∀k∈N*,n∈N*，都有an+k-an>kt（t为常数）成立，则称数列an具有性质P(t)．已知数列an的通项公式为A．(85,+∞) B．(4【答案】C【分析】由题意，先将an+k-an>4k成立变形为k=1时an+1【详解】依题意，得an+k-an>4k，故只需考虑k=1因为an=2n+1-λ即2n+2-λ(n+1)2>令bn=2n+12n+1所以对任意的n∈N*恒成立，所以数列bn则bn≥b1=43，所以λ<故选：C．3．（多选）意大利数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时发现数列1，1,2,3,5,8,13,⋯数列中的每一项称为斐波那契数，记作Fn．已知FA．FB．FC．若斐波那契数Fn除以4所得的余数按照原顺序构成数列anD．若F2024=【答案】BC【分析】A，B，结合递推公式，写出前14项即可；C，an是以6为最小正周期的数列；D，结合递推公式迭代即可【详解】对于A，斐波那契数列1，1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,⋯，F12对于B，F2+F对于C，由斐波那契数Fn除以4所得的余数按照原顺序构成数列a因为a1=1，a2=1，a3=2，根据数列Fn的性质以及Ma7=1，a8=1，a9=2，同理可推得，当k∈N*时，有a6k-5=1，a6k-4=1，a6k-3所以an是以6为最小正周期的数列，又因为2023÷6=337⋅⋅⋅⋅⋅⋅12024÷6=337⋅⋅⋅⋅⋅⋅2，a2023+a对于D，由斐波那契数列性质F1=1，Fn可知F=F2024-故选：BC．4．（多选）定义：在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫作该数列的一次“美好成长”．将数列1、2进行“美好成长”，第一次得到数列1、2、2；第二次得到数列1、2、2、4、2；⋯；设第n次“美好成长”后得到的数列为1、x1、x2、⋯、xk、2，并记aA．a2=5 BC．an+1=3an-1 D．数列【答案】ACD【分析】对A：由题意直接运算判断；对B：根据题意分析可得：bn+1+1=2bn+1，利用构造法结合等比数列分析运算；对C：根据第n+1次“美好成长”与第n次“美好成长”的关系分析运算；对D：由an+1【详解】对于A选项，a2=log对于B选项，设第n次“美好成长”后共插入bn项，即k=bn，共有bn则第n+1次“美好成长”后再插入bn+1项，则可得bn+1+1=2b故数列bn+1是以首项为2，公比为则bn+1=2×2n-1=对于C选项，由题意可知：a==3log21×对于D选项，因为an+1=3a所以，an+1-1所以数列an-12是首项为所以，an-1所以，3n所以，数列3nanan+1的前n项和为故选：ACD.【点睛】方法点睛：已知数列的递推关系求通项公式的典型方法：（1）当出现an（2）当出现an（3）当出现an（4）当出现anan-1=f5．1967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AC=DB=13AB，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记第n个图形（图1为第一个图形）中的所有线段长的和为Sn，对任意的正整数n，都有Sn＜a，则【答案】2．【分析】根据图形之间的关系可得Sn的递推关系，从而可求Sn的通项公式，故可求a【详解】设第n个图形中新出现的等边三角形的边长为an，则当n≥2时，a设第n个图形中新增加的等边三角形的个数为bn，则当n≥2时，b故Sn-S由累加法可得S=2-2n=1时，S1=1也符合该式，故故Sn<2对任意的n≥1恒成立，故a≥2即a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.6．已知各项都不为0的数列an的前k项和Sk满足2Sk=akak+1，其中a1=1，设数列1an【答案】7【分析】根据题意推得ak+1-ak-1=2，利用等差数列的通项公式，求得an的通项公式为an=n，得到Tn=1+12+13【详解】因为2Sk=ak两式相减可得2Sk-2因为数列an的各项都不为0，所以a因为2a1=2数列an的奇数项是以1为首项，公差为2的等差数列，所以a数列an的偶数项是以2为首项，公差为2的等差数列，所以a故数列an的通项公式为an=n，可得1令PnPn+1Pn+1-P所以Pn随着n的增大而增大，即Pn在n=1处取最小值，又因为对一切n∈N*，恒有T2n-T故t能取到的最大整数是7.故答案为：7.7．已知无穷数列{an}与无穷数列{bn}满足下列条件：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，理由见解析；（【分析】（1）由a1=b1=1,a2（2）假设存在，设b1,b2,b3,b4公差为（3）由题意b1=1>0，且b4k-3>0,b4k-2<0,b4k-1<0,b4k>0,设q【详解】（1）b2=(-1)⋅|ab4∴T4（2）不存在，假设存在，设b1,b若b1>0，则b2<0,b若b1<0，则b2>0,b3∴假设不成立，故不存在.（3）由题意b1=1>0，且设qn=|12a得|bn+1显然qn⋅q（ⅰ）若qn⋅qn+1=1，则（ⅱ）若qn⋅qn+1=则{(an,（ⅲ）若qn⋅qn+1=9∴qn⋅qn+1≤从而|b∴|b∴|T≤[1×1=(1（当{an}：又T2021>0，【点睛】关键点点睛：此题考查由数列的递推式求数列的项，判断等差数列，考查分类讨论思想，第3问解题的关键是由已知可得b4k-3>0,b4k-2<0,b4k-1<0,b4k>0,设qn=|18．设数列A:a1,a2,…,an（n≥3）的各项均为正整数，且a1≤a2（1）判断数列A1:1,2,4,7与数列A2（2）若数列A具有性质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）数列A1不具有性质T；数列A2具有性质T（2）n的最小值为10（【解析】（1）a4=7不满足存在正整数i,j(1≤i≤j<k)使得ak=ai+aj（2）由题可知a2=2，a3≤2a2=4，a4≤2a3≤8，⋯，a8≤2a7≤128，所以n≥9（3）反证法：假设结论不成立，即对任意Si( i=1,2,⋯,6)都有：若正整数a,b∈【详解】（1）数列A1不具有性质T；数列A2具有性质（2）由题可知a2=2，a3≤2a2=4所以n≥9.若n=9，因为a9=200且a9同理，64≥因为数列各项均为正整数，所以a3=4.所以数列前三项为因为数列A具有性质T，a4只可能为4,5,6,8之一，而又因为8≥所以a4同理，有a5此时数列为1,2,4,8,16,32,64,128,200.但数列中不存在1≤i≤j<9使得200=ai+所以n≥10.当n=10时，取A:1,2,4,8,16,32,36,64,100,200.（构造数列不唯一）经验证，此数列具有性质T.所以，n的最小值为10.（3）反证法：假设结论不成立，即对任意Si( i=1,2,⋯,6)都有：若正整数否则，存在Si满足：存在a,b∈Si，a<b使得b-a∈Si当a<b-a时，a,b-a,b是一个具有性质T的数列；当a>b-a时，b-a,a,b是一个具有性质T的数列；当a=b-a时，a,a,b是一个具有性质T的数列.（i）由题意可知，这6个集合中至少有一个集合的元素个数不少于337个，不妨设此集合为S1，从S1中取出337个数，记为a1令集合N1由假设，对任意 i=1,2,⋯,336，a337-（ii）在S2,S3,S4,从S2∩N1中取出68个数，记为令集合N2由假设b68-bi∉S2.所以对任意i=1,2,⋯,67，b68由假设asi-as68∉（iii）在S3,S4,S5,从S3∩N2中取出17个数，记为令集合N3由假设c17-ci∉S3.所以对任意i=1,2,⋯,16，c17同样，由假设可得bti-bt（iv）类似地，在S4,S5,S6中至少有一个集合包含从S4∩N3中取出6个数，记为则N4（v）同样，在S5,S6中至少有一个集合包含N4中的至少从S5∩N4中取出3个数，记为e1（vi）由假设可得e2同上可知，e2而又因为e2-e1∈S，所以所以原命题得证.【点睛】本题考查了对新定义的理解和运用能力，考查了反证法，考查了集合的并集运算，准确理解定义和运用定义解题是解题关键，属于难题.9．某化工厂从今年一月起，若不改善生产环境，按生产现状，每月收入为70万元，同时将受到环保部门的处罚，第一个月罚3万元，以后每月增加2万元．如果从今年一月起投资500万元添加回收净化设备（改造设备时间不计），一方面可以改善环境，另一方面也可以大大降低原料成本．据测算，添加回收净化设备并投产后的前5个月中的累计生产净收入g(n)是生产时间n个月的二次函数g(n)=n2+kn（k是常数），且前3个月的累计生产净收入可达309万，从第6个月开始，每个月的生产净收入都与第5（1）求前8个月的累计生产净收入g(8)的值；（2）问经过多少个月，投资开始见效，即投资改造后的纯收入多于不改造时的纯收入．【答案】（1）g(8)=g(5)+3×109=852；（2）经过9个月投资开始见效．【详解】试题分析:（1）根据g（3）得到k，再计算g（5）和g（5）﹣g（4），而g（8）=g（5）+3[g（5）﹣g（4）]，从而得到结果；（2）求出投资前后前n个月的总收入，列不等式解出n的范围即可．试题解析（1）据题意g(3)=32+3k=309，解得第5个月的净收入为g(5)-g(4)=109万元，所以，g(8)=g(5)+3×109=852万元（2）g(n)=即g(n)=要想投资开始见效，必须且只需g(n