2024-2025学年上学期高二数学北师大版期中必刷常考题之数列在日常经济生活中的应用

第30页（共30页）2024-2025学年上学期高二数学北师大版（2019）期中必刷常考题之数列在日常经济生活中的应用一．选择题（共5小题）1．（2025•山东模拟）渐进式延迟退休方案是指采取较缓而稳妥的方式逐步延长退休年龄，该方案将从正式实施开始每年延长几个月的退休时间，直到达到法定退休年龄．男性延迟退休的年龄情况如表所示：出生年份1961年1962年1963年1964年1965年1966年退休年龄60岁60岁+2月60岁+4月60岁+6月60岁+8月60岁+10月若退休年龄an与出生年份n满足一个等差数列{an}，则1981年出生的员工退休年龄为（）A．63岁 B．62岁+10月 C．63岁+2月 D．63岁+4月2．（2024秋•榆林期末）现计划将某山体的一面绿化，自山顶向山底栽种10排塔松，第1排栽种6棵，第2排比第1排多栽种2棵，第3排比第2排多栽种4棵，…，第n排比第n﹣1排多栽种2（n﹣1）棵（2≤n≤10且n∈N*），则第10排栽种塔松的棵数为（）A．90棵 B．92棵 C．94棵 D．96棵3．（2024秋•天河区期末）设m为正整数，数列a1，a2，…，a3m+2是公比不为1的等比数列，若从中删去两项ai和aj（i＜j）后剩余的3m项可被平均分为m组，且每组的3个数都能构成等比数列，则称数列a1，a2，…，a3m+2是（i，j）﹣可分数列．现有下列3个命题：①数列a1，a2，…，a5是（1，5）可分数列；②数列a1，a2，…，a8是（2，5）可分数列；③数列a1，a2，…，a3m+2（m≥3）是（6，9）可分数列．其中是真命题的为（）A．① B．①② C．①③ D．②③4．（2024秋•广东期末）古典吉他的示意图如图所示．A0，B分别是上弦枕、下弦枕，Ai（i＝1，2，…，19）是第i品丝．记ai为Ai与Ai﹣1的距离，Li为Ai与A0的距离，且满足ai=xL-Li-1M，i＝1，2，…，19，其中xL为弦长（A0与BA．数列a1，a2，…，a19是等差数列，且公差为-XB．数列a1，a2，…，a19是等比数列，且公比为M-C．数列L1，L2，…，L19是等比数列，且公比为2MD．数列L1，L2，…，L19是等差数列，且公差为(5．（2024秋•长春校级期末）小明为锻炼身体，增强体质，计划从假期第一天开始慢跑，第一天跑步3公里，以后每天跑步比前一天增加的距离相同．若小明打算用20天跑完98公里，则预计这20天中小明日跑步量超过6公里的天数为（）A．8 B．9 C．4 D．5二．多选题（共3小题）（多选）6．（2024秋•西安期末）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法﹣商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设第n层有an个球，从上往下n层球的总数为Sn，则（）A．S3＝a4 B．anC．an+1﹣an＝n+1 D．a10＝55（多选）7．（2024秋•衡水期末）冒泡排序是一种计算机科学领域的较简单的排序算法，其基本思想是：通过对待排序序列{x1，x2，…，xn}从左往右，依次对相邻两个元素{xk，xk+1}（k＝1，2，…，n﹣1）比较大小，若xk＞xk+1，则交换两个数的位置，使值较大的元素逐渐从左移向右，就如水底下的气泡一样逐渐向上冒，重复以上过程直到序列中所有数都是按照从小到大排列为止．例如：对于序列{2，1，4，3}进行冒泡排序，首先比较{2，1}，需要交换1次位置，得到新序列{1，2，4，3}，然后比较{2，4}，无需交换位置，最后比较{4，3}，又需要交换1次位置，得到新序列{1，2，3，4}最终完成了冒泡排序，同样地，序列{1，4，2，3}需要依次交换{4，2}，{4，3}完成冒泡排序．因此，{2，1，4，3}和{1，4，2，3}均是交换2次的序列．现在对任一个包含n个不等实数的序列进行冒泡排序（n⩾3），设在冒泡排序中序列需要交换的最大次数为an，只需要交换1次的序列个数为bn，只需要交换2次的序列个数为cn，则（）A．序列{2，7，1，8}是需要交换3次的序列 B．anC．bn＝n﹣1 D．c5＝9（多选）8．（2024秋•昌江区校级期末）若数列{an}中任意连续三项ai，ai+1，ai+2，均满足（ai﹣ai+2）（ai+2﹣ai+1）＞0，则称数列{an}为跳跃数列．则下列结论正确的是（）A．等比数列：1，-13，19，-1B．数列{an}的通项公式为an=cosnπ2(nC．等差数列不可能是跳跃数列 D．等比数列是跳跃数列的充要条件是该等比数列的公比q∈（﹣1，0）三．填空题（共4小题）9．（2024秋•承德期末）螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始向外逐圈旋绕而形成的曲线，如下图（1）所示．如图（2）所示阴影部分也是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正方形ABCD的边长为4，取正方形ABCD各边的四等分点E，F，G，H，作第2个正方形EFGH，然后再取正方形EFGH各边的四等分点M，N，P，Q，作第3个正方形MNPQ，依此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案．如图（2）阴影部分，设直角三角形AEH面积为b1，直角三角形EMQ面积为b2，后续各直角三角形面积依次为b3，…，bn，若数列{bn}的前n项和Sn≤λ2-3λ恒成立，则实数10．（2024秋•衡水期末）对于数列{an}，若存在M＞0，使得对任意n∈N*，有|a2﹣a1|+|a3﹣a2|+…+|an+1﹣an|＜M，则称{an}为“有界变差数列”．给出以下四个结论：①若等差数列{an}为“有界变差数列”，则{an}的公差d等于0；②若各项均为正数的等比数列{an}为“有界变差数列”，则其公比q的取值范围是（0，1）；③若数列{an}是“有界变差数列”，则存在T＞0，使得对任意n∈N*，有﹣T＜an＜T；④若数列{an}是“有界变差数列”，则数列{a其中所有正确结论的序号是．11．（2024秋•北碚区期末）传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数．他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，如图中第一行的1，3，6，10，…称为正三角形数，第二行的1，4，9，16，…称为正方形数，第三行的1，5，12，22称为正五边形数．则正三角形数所构成数列{an}的通项公式为，正二十边形数所构成数列的第25项为．12．（2024秋•黄浦区期末）如图的工艺品是由九个圆柱焊接而成．这些圆柱具有共同的轴，最下边的圆柱的高为10cm、底面半径为5cm．从由下至上第二个圆柱开始，每个圆柱的底面半径与高都分别是其下面一个圆柱的底面半径与高的0.8倍，则这个工艺品的表面积（含最下边圆柱的下底面积）约为cm2（精确到1cm2）．四．解答题（共3小题）13．（2024秋•沧州期末）定义：若存在λ∈（﹣∞，0）∪（0，+∞），p∈（1，+∞），使得数列{an+λ⋅pn-1}（λ，p均为常数）是公差为d的等差数列，则称{an}是（λ，p，（1）若数列{bn}是（3，2，1）差比双重数列，且b1＝﹣4，求{bn}的通项公式；（2）设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn①试问{an}是否为差比双重数列？若是，求该差比双重数列的系数；若不是，请说明理由；②证明：i=114．（2024秋•日照期末）已知等差数列{an}的公差d∈（0，π]，集合S={（1）若a1=π3，（2）若a1＝0，集合S中恰好有两个元素，求d；（3）当cosan+7＝cosan时，是否存在d使得集合S中恰好有三个元素，如果存在，求出d的值，并给出证明过程；如果不存在，请说明理由．15．（2024秋•南平期末）对于数列{un}，若存在常数M＞0，对任意n∈N*，恒有|un+1﹣un|+|un﹣un﹣1|+⋯+|u2﹣u1|≤M，则称数列{un}是M﹣数列．（1）已知数列{an}的通项公式为an=1n，证明：数列{an（2）已知Sn是数列{bn}的前n项和，3Sn＝bn﹣1，证明：数列{bn}是M﹣数列；（3）若数列{cn}，{dn}都是M﹣数列，证明：数列{cn•dn}是M﹣数列．

2024-2025学年上学期高二数学北师大版（2019）期中必刷常考题之数列在日常经济生活中的应用参考答案与试题解析题号12345答案DDCBC一．选择题（共5小题）1．（2025•山东模拟）渐进式延迟退休方案是指采取较缓而稳妥的方式逐步延长退休年龄，该方案将从正式实施开始每年延长几个月的退休时间，直到达到法定退休年龄．男性延迟退休的年龄情况如表所示：出生年份1961年1962年1963年1964年1965年1966年退休年龄60岁60岁+2月60岁+4月60岁+6月60岁+8月60岁+10月若退休年龄an与出生年份n满足一个等差数列{an}，则1981年出生的员工退休年龄为（）A．63岁 B．62岁+10月 C．63岁+2月 D．63岁+4月【考点】数列的应用．【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】D【分析】根据等差数列的定义与通项公式即可求解．【解答】解：根据题意可得等差数列{an}的首项为60，公差为16∴an=60+(n-1)×16∴a21=60+20×16=63故选：D．【点评】本题考查等差数列的应用，属基础题．2．（2024秋•榆林期末）现计划将某山体的一面绿化，自山顶向山底栽种10排塔松，第1排栽种6棵，第2排比第1排多栽种2棵，第3排比第2排多栽种4棵，…，第n排比第n﹣1排多栽种2（n﹣1）棵（2≤n≤10且n∈N*），则第10排栽种塔松的棵数为（）A．90棵 B．92棵 C．94棵 D．96棵【考点】数列的应用；归纳推理．【专题】对应思想；分析法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】D【分析】利用相加相消法，再结合等差数列的求和公式得解．【解答】解：设第n排栽种的塔松的数量为an（n＝1，2，3，⋯，10），由题意知a1＝6，a2﹣a1＝2，a3﹣a2＝4，⋯，a10﹣a9＝18，所以a10故选：D．【点评】本题考查了等差数列前n项和的知识，应注意相加相消法的使用，属于基础题．3．（2024秋•天河区期末）设m为正整数，数列a1，a2，…，a3m+2是公比不为1的等比数列，若从中删去两项ai和aj（i＜j）后剩余的3m项可被平均分为m组，且每组的3个数都能构成等比数列，则称数列a1，a2，…，a3m+2是（i，j）﹣可分数列．现有下列3个命题：①数列a1，a2，…，a5是（1，5）可分数列；②数列a1，a2，…，a8是（2，5）可分数列；③数列a1，a2，…，a3m+2（m≥3）是（6，9）可分数列．其中是真命题的为（）A．① B．①② C．①③ D．②③【考点】数列的应用．【专题】计算题；证明题；转化思想；分析法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．【答案】C【分析】根据（i，j）可分数列的定义即可验证结论．【解答】解：对于①，由于从数列a1，a2，…，a5中删去a1，a5两项后，剩余的3项可被平均分为1组，a2，a3，a4能构成等比数列，所以数列a1，a2，…，a5是（1，5）可分数列，故①正确；对于②，由于从数列a1，a2，…，a8中删去a2，a5两项后，剩余的项a1，a3，a4，a6，a7，a8，平均分为2个组后不可能构成等比数列，所以数列a1，a2，…，a8是（2，5）不可分数列，故②错误；对于③，由于从数列a1，a2，…，a3m+2（m≥3）中删去a6，a9两项后，{a1，a2，a3}，{a4，a7，a10}，{a5，a8，a11}，a11项后的顺序不变，依次三项可构成等比数列，所以数列a1，a2，…，a3m+2（m≥3）是（6，9）可分数列，故③正确．故选：C．【点评】本题考查数列的应用，属于中档题．4．（2024秋•广东期末）古典吉他的示意图如图所示．A0，B分别是上弦枕、下弦枕，Ai（i＝1，2，…，19）是第i品丝．记ai为Ai与Ai﹣1的距离，Li为Ai与A0的距离，且满足ai=xL-Li-1M，i＝1，2，…，19，其中xL为弦长（A0与BA．数列a1，a2，…，a19是等差数列，且公差为-XB．数列a1，a2，…，a19是等比数列，且公比为M-C．数列L1，L2，…，L19是等比数列，且公比为2MD．数列L1，L2，…，L19是等差数列，且公差为(【考点】数列的应用；等差数列的性质；等比数列的性质．【专题】转化思想；定义法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．【答案】B【分析】由题意，可得XL＝a1M，进而推得aiM＝a1M﹣（a1+a2+⋯+ai﹣1），在此基础上进行变换，可得ai【解答】解析：取i＝1，依题意a1=XL-L0M又Li＝a1+a2+⋯+ai，从而ai即aiM＝a1M﹣（a1+a2+⋯+ai﹣1），所以ai﹣1M＝a1M﹣（a1+a2+⋯+ai﹣2），相减得aiM﹣ai﹣1M＝﹣ai﹣1，即ai所以，数列a1，a2，…，a19是以a1＝|A0A1|为首项，公比为q=故选：B．【点评】本题考查数列的应用，属难题．5．（2024秋•长春校级期末）小明为锻炼身体，增强体质，计划从假期第一天开始慢跑，第一天跑步3公里，以后每天跑步比前一天增加的距离相同．若小明打算用20天跑完98公里，则预计这20天中小明日跑步量超过6公里的天数为（）A．8 B．9 C．4 D．5【考点】数列的应用；等差数列的前n项和．【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】C【分析】由已知可得这20天日跑步量成等差数列，记为{an}，先求出该数列的通项公式，进而求出an＞6的解集，分析可得答案．【解答】解：由已知可得这20天日跑步量成等差数列，记为{an}，设其公差为d，前n项和为Sn，且a1＝3，若小明打算用20天跑完98公里，即S20＝20a1+20(20-1)2d＝98，解可得d则an＝a1+（n﹣1）d=n若an＞6，即n+145＞6，解可得n所以这20天中老张日跑步量超过5公里的天数为20﹣16＝4天．故选：C．【点评】本题考查数列的实际应用，涉及等差数列的通项公式和求和，属于基础题．二．多选题（共3小题）（多选）6．（2024秋•西安期末）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法﹣商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设第n层有an个球，从上往下n层球的总数为Sn，则（）A．S3＝a4 B．anC．an+1﹣an＝n+1 D．a10＝55【考点】数列的应用；归纳推理．【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；推理和证明；运算求解．【答案】ACD【分析】根据题意，由a1、a2、a3、a4的值，验证A正确，归纳数列{an}的递推公式，可得B错误、C正确，进而求出数列{an}的通项公式，计算可得D正确，综合可得答案．【解答】解：根据题意，设第n层有an个球，则a1＝1，a2＝3，a3＝6，a4＝10，……，则有S3＝a1+a2+a3＝10，A正确；归纳可得：an+1﹣an＝n+1，则B错误，C正确；由此可得an将n＝5代入可得：a10＝55，D正确．故选：ACD．【点评】本题考查数列的应用，涉及归纳推理的应用，属于基础题．（多选）7．（2024秋•衡水期末）冒泡排序是一种计算机科学领域的较简单的排序算法，其基本思想是：通过对待排序序列{x1，x2，…，xn}从左往右，依次对相邻两个元素{xk，xk+1}（k＝1，2，…，n﹣1）比较大小，若xk＞xk+1，则交换两个数的位置，使值较大的元素逐渐从左移向右，就如水底下的气泡一样逐渐向上冒，重复以上过程直到序列中所有数都是按照从小到大排列为止．例如：对于序列{2，1，4，3}进行冒泡排序，首先比较{2，1}，需要交换1次位置，得到新序列{1，2，4，3}，然后比较{2，4}，无需交换位置，最后比较{4，3}，又需要交换1次位置，得到新序列{1，2，3，4}最终完成了冒泡排序，同样地，序列{1，4，2，3}需要依次交换{4，2}，{4，3}完成冒泡排序．因此，{2，1，4，3}和{1，4，2，3}均是交换2次的序列．现在对任一个包含n个不等实数的序列进行冒泡排序（n⩾3），设在冒泡排序中序列需要交换的最大次数为an，只需要交换1次的序列个数为bn，只需要交换2次的序列个数为cn，则（）A．序列{2，7，1，8}是需要交换3次的序列 B．anC．bn＝n﹣1 D．c5＝9【考点】数列的应用．【专题】计算题；转化思想；分析法；点列、递归数列与数学归纳法；数学抽象；逻辑思维；运算求解．【答案】BCD【分析】根据题意，不妨设序列的n个元素为1，2，3，…n，由题意可判断A中序列交换次数；再根据等差数列前项和公式即可判断B；得出只要交换1次的序列的特征即可判断C；利用累加法求出通项公式即可判断D．【解答】解：对A，序列{2，7，1，8}，比较{2，7}，无需交换位置，比较{7，1}，需要交换1次位置，得到新序列{2，1，7，8}，比较{7，8}，无需交换位置，最后比较{2，1}，需要交换1次位置，得到新序列{1，2，7，8}，完成冒泡排序，共需要交换2次，故A错误；对B，不妨设序列的n个元素为1，2，3，…n，交换次数最多的序列为{n，n﹣1，…2，1}，将元素n冒泡到最右侧，需交换次n﹣1次，将元素n﹣1冒泡到最右侧，需交换次n﹣2次，…，故共需要(n即最大交换次数an故B正确；对C，只要交换1次的序列是将{1，2，3，…n}中的任意相邻两个数字调换位置的序列，故有n﹣1个这样的序列，即bn＝n﹣1，故C正确；对D，当n个元素的序列顺序确定后，将元素n+1添加进原序列，使得新序列（共n+1个元素）交换次数也是2，则元素n+1在新序列的位置只能是最后三个位置，若元素n+1在新序列的最后一个位置，则不会增加交换次数，故原序列交换次数为2（这样的序列有cn个），若元素n+1在新序列的倒数第二个位置，则会增加1次交换，故原序列交换次数为1（这样的序列有个bn＝n﹣1），若元素n+1在新序列的倒数第三个位置，则会增加2次交换，故原序列交换次数为0（这样的序列有1个），因此，cn+1＝cn+n﹣1+1＝cn+n，所以c5＝c4+4＝c3+7＝c2+9，显然c2＝0所以c5＝9，故D正确．故选：BCD．【点评】本题考查数列的综合应用，属于难题．（多选）8．（2024秋•昌江区校级期末）若数列{an}中任意连续三项ai，ai+1，ai+2，均满足（ai﹣ai+2）（ai+2﹣ai+1）＞0，则称数列{an}为跳跃数列．则下列结论正确的是（）A．等比数列：1，-13，19，-1B．数列{an}的通项公式为an=cosnπ2(nC．等差数列不可能是跳跃数列 D．等比数列是跳跃数列的充要条件是该等比数列的公比q∈（﹣1，0）【考点】数列的应用．【专题】计算题；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】ACD【分析】根据跳跃数列定义逐项判断可得答案．【解答】解：对于选项A，由跳跃数列定义数列{an}中任意连续三项ai，ai+1，ai+2，均满足（ai﹣ai+2）（ai+2﹣ai+1）＞0，则称数列{an}为跳跃数列．可知，等比数列：1，-13，19，-故A正确；对于选项B，数列的前三项为a1＝0，a2＝﹣1，a3＝0，不符合跳跃数列的定义，故B错误；对于选项C，当等差数列公差d＞0时，它是单调递增数列；公差d＜0时，它是单调递减数列；公差d＝0时，它是常数列，所以等差数列不可能是跳跃数列，故C正确；对于选项D，等比数列{an}是跳跃数列，则(ai-ai+2)(ai+2-ai+1即﹣1＜q＜0，若比数列{an}的公比﹣1＜q＜0，则（q+1）q（q﹣1）2＜0，可得(ai-ai+2故D正确．故选：ACD．【点评】本题考查新定义的应用，数列的应用，是中档题．三．填空题（共4小题）9．（2024秋•承德期末）螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始向外逐圈旋绕而形成的曲线，如下图（1）所示．如图（2）所示阴影部分也是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正方形ABCD的边长为4，取正方形ABCD各边的四等分点E，F，G，H，作第2个正方形EFGH，然后再取正方形EFGH各边的四等分点M，N，P，Q，作第3个正方形MNPQ，依此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案．如图（2）阴影部分，设直角三角形AEH面积为b1，直角三角形EMQ面积为b2，后续各直角三角形面积依次为b3，…，bn，若数列{bn}的前n项和Sn≤λ2-3λ恒成立，则实数λ的取值范围为（﹣∞．﹣【考点】数列的应用．【专题】计算题；对应思想；分析法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】（﹣∞．﹣1]∪[4，+∞）【分析】先求正方形边长的规律，再求三角形面积的规律，从而就可以求和了，再解不等式即可求解．【解答】解：由题意，由外到内依次各正方形的边长分别为a1，a2，a3，⋯，an，则aa3an于是数列{an}是以4为首项，104为公比的等比数列，则a由题意可得：S△AHE=于是bnSn=32⋅1-(58)n1-58=4[1-(58)故答案为：（﹣∞．﹣1]∪[4，+∞）．【点评】本题考查数列的应用，考查学生的运算能力，属于中档题．10．（2024秋•衡水期末）对于数列{an}，若存在M＞0，使得对任意n∈N*，有|a2﹣a1|+|a3﹣a2|+…+|an+1﹣an|＜M，则称{an}为“有界变差数列”．给出以下四个结论：①若等差数列{an}为“有界变差数列”，则{an}的公差d等于0；②若各项均为正数的等比数列{an}为“有界变差数列”，则其公比q的取值范围是（0，1）；③若数列{an}是“有界变差数列”，则存在T＞0，使得对任意n∈N*，有﹣T＜an＜T；④若数列{an}是“有界变差数列”，则数列{a其中所有正确结论的序号是①③④．【考点】数列的应用．【专题】转化思想；定义法；等差数列与等比数列；运算求解；新定义类．【答案】①③④．【分析】对①：借助等差数列性质可得|a2﹣a1|+|a3﹣a2|+…+|an+1﹣an|＝n|d|，结合定义，分d＝0及d≠0讨论即可得；对②：借助等比数列性质可得|a2﹣a1|+|a3﹣a2|+…+|an+1﹣an|＝（a1+a2+⋯an）•|q﹣1|，结合定义，分q≠1及q＝1进行讨论，当q≠1时，结合等比数列求和公式分0＜q＜1及q＞1讨论即可得；对③：借助绝对值不等式放缩可得|an+1|﹣|a1|＜M，即可得存在T≥M+|a1|满足题意；对④：结合③中所得，结合合理放缩可得|an+1【解答】解：对于①，|a2﹣a1|+|a3﹣a2|+…+|an+1﹣an|＝n|d|，若d＝0，则n|d|＝0＜M对任意的M＞0恒成立，符合要求；若d≠0，则对任意的M＞0，总存在n≥M|d|，使得n|综上，{an}的公差d等于0，命题①正确；对于②，由题意可得a1＞0，q＞0，则|a2﹣a1|+|a3﹣a2|+…+|an+1﹣an|＝（a1+a2+⋯+an）•|q﹣1|，若q≠1，则|a若0＜q＜1，则|a故对任意的M≥a1，有|a2﹣a1|+|a3﹣a2|+…+|an+1﹣an|＜M恒成立，符合要求；若q＞1，则|a当n→+∞时，a1(q若q＝1，则|a2﹣a1|+|a3﹣a2|+…+|an+1﹣an|＝0，此时对任意的M＞0，有|a2﹣a1|+|a3﹣a2|+…+|an+1﹣an|＝0＜M恒成立，符合要求；综上，q∈（0，1]，命题②错误；对于③，由题意得，对任意n∈N*，有|a2﹣a1|+|a3﹣a2|+…+|an+1﹣an|＜M，又|a2﹣a1|+|a3﹣a2|+…+|an+1﹣an|≥|（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+⋯（an+1﹣an）|＝|an+1﹣a1|，故|an+1﹣a1|＜M，又|an+1﹣a1|≥|an+1|﹣|a1|，故|an+1|﹣|a1|＜M，即|an+1|＜M+|a1|，即有|an|＜M+|a1|，则总存在T≥M+|a1|，使得对任意n∈N*，有﹣T＜an＜T，命题③正确；对于④，设|a2﹣a1|+|a3﹣a2|+…+|an+1﹣an|＜M，由③知：对任意n∈N*，总存在T≥M+|a1|，使﹣T＜an＜T，则|a则|＜|＜M故{an2故答案为：①③④．【点评】本题考查了数列与不等式的应用问题，也考查了运算求解能力，是难题．11．（2024秋•北碚区期末）传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数．他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，如图中第一行的1，3，6，10，…称为正三角形数，第二行的1，4，9，16，…称为正方形数，第三行的1，5，12，22称为正五边形数．则正三角形数所构成数列{an}的通项公式为an=n2+n2，正二十边形数所构成数列的第25【考点】数列的应用；归纳推理．【专题】整体思想；归纳法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．【答案】an=n【分析】分析正三角形数，正方形数，正五边形数的特点规律，归纳正二十边形数的规律，即可求值．【解答】解：因为对正三角形数所构成的数列{an}：a1＝1，a2＝1+2，a3＝1+2+3，a4＝1+2+3+4，…，所以an＝1+2+3+...+n=n对正方形数所构成的数列{bn}：b1＝1，b2＝1+3，b3＝1+3+5，b4＝1+3+5+7，…，所以bn＝1+3+5+...+（2n﹣1）＝n2．对正五边形数所构成的数列{cn}：c1＝1，c2＝1+4，c3＝1+4+7，c4＝1+4+7+10，…，所以cn＝1+4+7+...+（3n﹣2）=n…对正二十边形数所构成的数列{dn}：d1＝1，d2＝1+19，d3＝1+19+37，d4＝1+19+37+55，…，所以dn＝1+19+37+⋯+（18n﹣17）=n(18n-16)2=所以d25＝9×252﹣8×25＝5425．故答案为：an=n2+【点评】本题考查了利用归纳法求数列前n项和的应用问题，是中档题．12．（2024秋•黄浦区期末）如图的工艺品是由九个圆柱焊接而成．这些圆柱具有共同的轴，最下边的圆柱的高为10cm、底面半径为5cm．从由下至上第二个圆柱开始，每个圆柱的底面半径与高都分别是其下面一个圆柱的底面半径与高的0.8倍，则这个工艺品的表面积（含最下边圆柱的下底面积）约为1014cm2（精确到1cm2）．【考点】数列的应用；圆柱的侧面积和表面积．【专题】计算题；方程思想；综合法；等差数列与等比数列；立体几何；运算求解．【答案】1014．【分析】根据题意，设由下至上第n个圆柱的侧面积为Sn，求出最下边的圆柱的底面积和侧面积，分析可得数列{Sn}是首项为100π，公比为0.64的等比数列，由此可得工艺品的侧面积和底面积，进而计算可得答案．【解答】解：根据题意，设由下至上第n个圆柱的侧面积为Sn，最下边的圆柱的高h＝10cm、底面半径r＝5cm，其底面积S′＝πr2＝25π，侧面积S1＝2πrh＝100π，而从由下至上第二个圆柱开始，每个圆柱的底面半径与高都分别是其下面一个圆柱的底面半径与高的0.8倍，则Sn+1＝0.64Sn，（n∈N*且n≥1），故数列{Sn}是首项为100π，公比为0.64的等比数列，故工艺品的侧面积S″＝S1+S2+S3+……+S9=100π(1-0.64工艺品的底面积2S′＝50π≈157cm2，故这个工艺品的表面积S＝2S′+S″＝1014．故答案为：1014．【点评】本题考查旋转体的体积计算，涉及等比数列的求和，属于中档题．四．解答题（共3小题）13．（2024秋•沧州期末）定义：若存在λ∈（﹣∞，0）∪（0，+∞），p∈（1，+∞），使得数列{an+λ⋅pn-1}（λ，p均为常数）是公差为d的等差数列，则称{an}是（λ，p，（1）若数列{bn}是（3，2，1）差比双重数列，且b1＝﹣4，求{bn}的通项公式；（2）设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn①试问{an}是否为差比双重数列？若是，求该差比双重数列的系数；若不是，请说明理由；②证明：i=1【考点】数列的应用．【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解；新定义类．【答案】（1）bn（2）①是，差比双重数列的系数为﹣15；②证明见解答．【分析】（1）利用差比双重数列的定义再结合等差数列通项公式即可求得；（2）①由Sn=3an-2n②由①得an+4n【解答】解：（1）由数列{bn}是（3，2，1）差比双重数列，得λ＝3，p＝2，d＝1，b1则数列{bn+3⋅2nbn所以数列{bn}的通项公式bn（2）①由Sn当n＝1时，a1＝S1＝3a1﹣2，解得a1＝1，当n≥2，Sn两式相减得：an＝3an﹣3an﹣1﹣4n+2，整理得：an于是an+4n+10=3则数列{an+4n+10}是首项为15，公比为32因此an+4n则an数列{an-所以{an}是差比双重数列，差比双重数列的系数为﹣15；②证明：由①知an则10i由i=1n可得23i①﹣②可得1=2整理得：i=1因此i=1所以i=1【点评】本题考查数列的新定义，考查等差数列与等比数列的性质及错位相减法求和，属难题．14．（2024秋•日照期末）已知等差数列{an}的公差d∈（0，π]，集合S={（1）若a1=π3，（2）若a1＝0，集合S中恰好有两个元素，求d；（3）当cosan+7＝cosan时，是否存在d使得集合S中恰好有三个元素，如果存在，求出d的值，并给出证明过程；如果不存在，请说明理由．【考点】数列的应用．【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；点列、递归数列与数学归纳法；三角函数的图象与性质；运算求解．【答案】（1）S（2）S＝4πR2＝12π或d（3）不存在，理由见解析【分析】（1）令bn＝cosan，求出数列{bn}的通项公式，可得其周期，结合周期性可求得集合S；（2）求得b1＝cos0＝1，b2＝cosd，b3＝cos2d，根据题意可知cosd＝1或cos2d＝1或cos2d＝cosd，结合d∈（0，π]可求出d的值，进而可求得数列{bn}的通项公式，结合周期性检验即可；（3）由cos（an+7d）＝cosan可得an+7d＝an+2kπ或an+7d＝2kπ﹣an（k∈Z），结合d＞0可得出k＝1、2、3，然后对k的取值进行分类讨论，根据b1、b2、⋯、b7中至少有3个值相等进行推理，推出矛盾，从而说明满足条件的d不存在．【解答】解：等差数列{an}的公差d∈（0，π]，集合S={（1）令bn＝cosan，因为a1=π3，d=则bn=cos(2又因为b1=cosπ3=12，b2由周期性可知S={（2）因为b1＝cos0＝1，b2＝cosd，b3＝cos2d，因为S恰好有两个元素，所以cosd＝1或cos2d＝1或cos2d＝cosd，因为d∈（0，π]，则﹣1≤cosd＜1，且2d∈（0，2π]，若cos2d＝1，则2d＝2π，可得S＝12π；若cos2d＝cosd，则2cos2d﹣1＝cosd，解得cosd=-1所以S＝12π或d=①当S＝12π时，bn＝cos（nπ﹣π），周期为2，所以b1＝cos0＝1，b2＝cosπ＝﹣1，此时S＝{﹣1，1}，符合题意；②当d=2π3时，所以b1＝cos0＝1，b2=cos2π综上，S＝12π或d=（3）不存在d使得集合S恰好有三个元素，证明如下：因为cos（an+7d）＝cosan，则有an+7d＝an+2kπ或an+7d＝2kπ﹣an（k∈Z），因为{an}为公差d＞0的等差数列，故an+7d＝an+2kπ，所以d=2kπ7，又0＜d≤π，故k＝1、①当k＝1时，因为b1、b2、⋯、b7中至少有3个值相等，此时a7②当k＝2时，因为b1、b2、⋯、b7至少有3个值相等，此时a7-a1=6d=24π7∈(3π，4π)，必然有am﹣即（m﹣n）d＝2π，则d=2πm-n，即③当k＝3时，因为b1、b2、⋯、b7至少有3个值相等，此时a7-a1=6d=36π7∈(5π，6π)，必然有am﹣an＝若（m﹣n）d＝2π，则d=2πm-n，即若（m﹣n）d＝4π则d=4πm-n，即故k＝3不符合条件；综上，不存在d使得集合S恰好有三个元素．【点评】本题考查三角函数、数列、函数周期性的综合应用问题．解题的难点在于能够周期，确定等量关系，从而得到的取值，再根据集合的元素个数，讨论可能的取值情况，通过特殊值确定满足条件的；对于无法取得特殊值的情况，找到不满足条件的具体原因．本题对于学生的综合应用能力要求较高，属于难题．15．（2024秋•南平期末）对于数列{un}，若存在常数M＞0，对任意n∈N*，恒有|un+1﹣un|+|un﹣un﹣1|+⋯+|u2﹣u1|≤M，则称数列{un}是M﹣数列．（1）已知数列{an}的通项公式为an=1n，证明：数列{an（2）已知Sn是数列{bn}的前n项和，3Sn＝bn﹣1，证明：数列{bn}是M﹣数列；（3）若数列{cn}，{dn}都是M﹣数列，证明：数列{cn•dn}是M﹣数列．【考点】数列的应用．【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析；【分析】（1）由条件可得an+1﹣an＜0，证明|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+⋯+|a2﹣a1|＝a1﹣an+1＜1，结合定义判断结论，（2）由条件，结合Sn与bn关系求数列{bn}的通项公式，证明|bn+1（3）由定义存在M1，M2，满足有|cn+1﹣cn|+|cn﹣cn﹣1|+⋯+|c2﹣c1|≤M1；|dn+1﹣dn|+|dn﹣dn﹣1|+⋯+|d2﹣d1|≤M2.设K1＝M1+|c1|，K2＝M2+|d1|，先证明|cn+1dn+1﹣cndn|≤K2|cn+1﹣cn|+K1|dn+1﹣dn|，再证明|cn+1dn+1﹣cndn|+|cndn﹣cn﹣1dn﹣1|+⋯+|c2d2﹣c1d1|≤K2M1+K1M2，结合定义判断结论．【解答】证明：（1）因为an=1n，所以an+1﹣a所以|an+1﹣an|＝an﹣an+1，所以|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+⋯+|a2﹣a1|＝a1﹣a2+a2﹣a3+…+an﹣an+1=a1-an+1=1-1（2）因为3Sn＝bn﹣1，当n≥2时，3Sn﹣1＝bn﹣1﹣1，两式相减得3bn＝bn﹣bn﹣1，所以bn当n＝1时，3S1＝b1﹣1，所以3b1＝b1﹣1，所以b1所以{bn}是首项与公比都为-1所以bn所以|故|=3×因此数列{bn}是32（3）若数列{cn}，{dn}是M﹣数列，则存在正数M1，M2，对任意n∈N*，有|cn+1﹣cn|+|cn﹣cn﹣1|+⋯+|c2﹣c1|≤M1；|dn+1﹣dn|+|dn﹣dn﹣1|+⋯+|d2﹣d1|≤M2．注意到|cn|＝|cn﹣cn﹣1+cn﹣1﹣cn﹣2+⋯+c2﹣c1+c1|≤|cn﹣cn﹣1|+|cn﹣1﹣cn﹣2|+⋯+|c2﹣c1|+|c1|≤M1+|c1|．同理|dn|≤M2+|d1|，设K1＝M1+|c1|，K2＝M2+|d1|，则有|cn+1dn+1﹣cndn|＝|cn+1dn+1﹣cndn+1+cndn+1﹣cndn|≤|dn+1|•|cn+1﹣cn|+|cn|•|dn+1﹣dn|≤K2|cn+1﹣cn|+K1|dn+1﹣dn|，所以|cn+1dn+1﹣cndn|+|cndn﹣cn﹣1dn﹣1|+⋯+|c2d2﹣c1d1|≤K2（|cn+1﹣cn|+|cn﹣cn﹣1|+⋯+|c2﹣c1|）+K1（|dn+1﹣dn|+|dn﹣dn﹣1|+⋯+|d2﹣d1|）≤K2M1+K1M2．所以数列{cn•dn}是（K2M1+K1M2）﹣数列．【点评】本题考查数列的综合应用，等比数列的应用，新定义的应用，属难题．

考点卡片1．等差数列的性质【知识点的认识】等差数列如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，这个数列就叫做等差数列．这个常数叫做等差数列的公差，公差常用字母d表示．等差数列的通项公式为：an＝a1+（n﹣1）d；前n项和公式为：Sn＝na1+d2n（n﹣1）或Sn=n(a1+an)2（n∈N+），另一重要特征是若p+q＝2m，则有2am＝a等差数列的性质（1）若公差d＞0，则为递增等差数列；若公差d＜0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列；（2）有穷等差数列中，与首末两端“等距离”的两项和相等，并且等于首末两项之和；（3）m，n∈N+，则am＝an+（m﹣n）d；（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t＝p+q，则as+at＝ap+aq，其中as，at，ap，aq是数列中的项，特别地，当s+t＝2p时，有as+at＝2ap；（5）若数列{an}，{bn}均是等差数列，则数列{man+kbn}仍为等差数列，其中m，k均为常数．（6）an，an﹣1，an﹣2，…，a2，a1仍为等差数列，公差为﹣d．（7）从第二项开始起，每一项是与它相邻两项的等差中项，也是与它等距离的前后两项的等差中项，即2an+1＝an+an+2，2an＝an﹣m+an+m，（n≥m+1，n，m∈N+）（8）am，am+k，am+2k，am+3k，…仍为等差数列，公差为kd（首项不一定选a1）．【解题方法点拨】例：已知等差数列{an}中，a1＜a2＜a3＜…＜an且a3，a6为方程x2﹣10x+16＝0的两个实根．（1）求此数列{an}的通项公式；（2）268是不是此数列中的项？若是，是第多少项？若不是，说明理由．解：（1）由已知条件得a3＝2，a6＝8．又∵{an}为等差数列，设首项为a1，公差为d，∴a1+2d＝2，a1+5d＝8，解得a1＝﹣2，d＝2．∴an＝﹣2+（n﹣1）×2＝2n﹣4（n∈N*）．∴数列{an}的通项公式为an＝2n﹣4．（2）令268＝2n﹣4（n∈N*），解得n＝136．∴268是此数列的第136项．这是一个很典型的等差数列题，第一问告诉你第几项和第几项是多少，然后套用等差数列的通项公式an＝a1+（n﹣1）d，求出首项和公差d，这样等差数列就求出来了．第二问判断某个数是不是等差数列的某一项，其实就是要你检验看符不符合通项公式，带进去检验一下就是的．2．等差数列的前n项和【知识点的认识】等差数列是常见数列的一种，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，这个数列就叫做等差数列，而这个常数叫做等差数列的公差，公差常用字母d表示．其求和公式为Sn＝na1+12n（n﹣1）d或者S【解题方法点拨】eg1：设等差数列的前n项和为Sn，若公差d＝1，S5＝15，则S10＝解：∵d＝1，S5＝15，∴5a1+5×42d＝5a1+10＝15，即a1＝则S10＝10a1+10×92d＝10+45＝故答案为：55点评：此题考查了等差数列的前n项和公式，解题的关键是根据题意求出首项a1的值，然后套用公式即可．eg2：等差数列{an}的前n项和Sn＝4n2﹣25n．求数列{|an|}的前n项的和Tn．解：∵等差数列{an}的前n项和Sn＝4n2﹣25n．∴an＝Sn﹣Sn﹣1＝（4n2﹣25n）﹣[4（n﹣1）2﹣25（n﹣1）]＝8n﹣29，该等差数列为﹣21，﹣13，﹣5，3，11，…前3项为负，其和为S3＝﹣39．∴n≤3时，Tn＝﹣Sn＝25n﹣4n2，n≥4，Tn＝Sn﹣2S3＝4n2﹣25n+78，∴Tn点评：本题考查等差数列的前n项的绝对值的和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运用．其实方法都是一样的，要么求出首项和公差，要么求出首项和第n项的值．【命题方向】等差数列比较常见，单独考察等差数列的题也比较简单，一般单独考察是以小题出现，大题一般要考察的话会结合等比数列的相关知识考察，特别是错位相减法的运用．3．等比数列的性质【知识点的认识】等比数列（又名几何数列），是一种特殊数列．如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，这个数列就叫做等比数列，因为第二项与第一项的比和第三项与第二项的比相等，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q表示（q≠0）．注：q＝1时，an为常数列．等比数列和等差数列一样，也有一些通项公式：①第n项的通项公式，an＝a1qn﹣1，这里a1为首项，q为公比，我们发现这个通项公式其实就是指数函数上孤立的点．②求和公式，Sn=a1(1-qn)1-q，表示的是前面n项的和．③若m+n＝q+p，且都为正整数，那么有am•a等比数列的性质（1）通项公式的推广：an＝am•qn﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{an}为等比数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则ak•al＝am•an（3）若{an}，{bn}（项数相同）是等比数列，则{λan}（λ≠0），{a}，{an•bn}，仍是等比数列．（4）单调性：a1＞0q＞1或a1＜00＜q＜1⇔{an}是递增数列；a1＞00＜q＜1或⇔a1【解题方法点拨】例：2，x，y，z，18成等比数列，则y＝．解：由2，x，y，z，18成等比数列，设其公比为q，则18＝2q4，解得q2＝3，∴y＝2q2＝2×3＝6．故答案为：6．本题的解法主要是运用了等比数列第n项的通项