2026《金版教程》高考复习方案数学基础版-微专题(八) 情境下的数列问题

重点解读情境下的数列问题常通过具体的问题背景或新的定义，考查数列在解决实际问题中的应用，以此来检验学生的核心价值、学科素养、关键能力、必备知识．常用的解题步骤是审题、建立数列模型、研究模型、解决实际问题，即一是理解题意，分清条件和结论，理清数量关系；二是把文字语言、新情景转化为熟悉的数学语言；三是构建相应的数学模型，利用已学的数列知识、解题的方法和技巧求解．类型一数学文化中的数列问题(1)(2025·广东实验中学高三月考)我国古代数学家李冶在其著作《测圆海镜》中系统地介绍了天元术，即利用未知数列方程的一般方法，与现代数学中列方程的方法基本一致．先“立天元一为……”，相当于“设x为……”，再根据问题给出的条件列出两个相等的代数式，最后通过合并同类项得到方程a0xn＋a1xn－1＋…＋an－1x＋an＝0.设f(x)＝a0xn＋a1xn－1＋…＋an－1x＋an.若f(2)＝5×2n＋1－3n－8，则f(1)＝()A.eq\f(3n2＋4n,2) B.eq\f(3n2＋11n＋4,2)C.eq\f(3n2＋5n＋4,2) D.eq\f(3n2＋7n＋4,2)答案：D解析：令Tn＝f(2)＝2na0＋2n－1a1＋…＋2an－1＋an＝5×2n＋1－3n－8，当n≥1时，2Tn－1＝2na0＋2n－1a1＋…＋2an－1＝5×2n＋1－6n－10，两式相减，得Tn－2Tn－1＝an＝3n＋2(n≥1)，当n＝0时，T0＝a0＝2，满足上式，所以f(1)＝a0＋a1＋a2＋…＋an＝2＋5＋…＋3n＋2＝eq\f(（3n＋4）（n＋1）,2)＝eq\f(3n2＋7n＋4,2).故选D.(2)(2025·广东深圳红山中学高三第一次考试)南宋数学家在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的二阶等差数列与一般等差数列不同，二阶等差数列中前后两项之差并不相等，但是逐项之差成等差数列．现有二阶等差数列{an}，其前5项分别为1，3，6，10，15，设数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和为Sn，则S2025＝________．答案：eq\f(2025,1013)解析：由题意可得(a3－a2)－(a2－a1)＝(6－3)－(3－1)＝1，故数列an＋1－an是以1为公差，2为首项的等差数列，即an＋1－an＝n＋1，则当n≥2时，有an－an－1＝n，an－1－an－2＝n－1，…，a2－a1＝2，则an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋n－1＋n－2＋…＋2＋1＝eq\f(n（n＋1）,2)(n≥2)，又a1＝1符合上式，所以an＝eq\f(n（n＋1）,2)，n∈N*，故eq\f(1,an)＝eq\f(2,n（n＋1）)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，则S2025＝eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2025)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,2025)－\f(1,2026)))＝eq\f(2025,1013).运用所学的等差数列、等比数列知识去求解古代著名的数学问题，解答时准确理解用古文语言给出的数学问题的含义是解答好本类试题的关键，熟练掌握等差数列、等比数列的通项公式及求和公式，既是基础又是有力保障．1.大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏的世界数学史上第一道数列题．已知该数列{an}的前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，记bn＝(－1)n·an，n∈N*，则数列{bn}的前20项和是()A．110 B．100C．90 D．80答案：A解析：观察此数列可知，当n为偶数时，an＝eq\f(n2,2)，当n为奇数时，an＝eq\f(n2－1,2)，因为bn＝(－1)n·an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(n2－1,2)，n为奇数，,\f(n2,2)，n为偶数，))所以数列{bn}的前20项和为(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.故选A.类型二实际生活中的数列问题(1)(2024·湖南新高考高三第二次联考)张扬的父亲经营着一家童鞋店，该店提供从25码到36.5码的童鞋，尺寸之间按0.5码为公差排列成等差数列．有一天，张扬帮助他的父亲整理某一型号的童鞋，以便确定哪些尺寸需要进货，张扬在进货单上标记了两个缺货尺寸．几天后，张扬的父亲询问那些缺货尺寸是哪些，但张扬无法找到标记缺货尺寸的进货单，他只记得其中一个尺寸是28.5码，并且在当时将所有有货尺寸加起来的总和是677码，则另外一个缺货尺寸是()A．28码 B．29.5码C．32.5码 D．34码答案：C解析：设第一个尺码为a1，公差为d，则a1＝25，d＝0.5，则an＝25＋(n－1)×0.5＝0.5n＋24.5，当an＝0.5n＋24.5＝36.5时，n＝24，故若不缺码，所有尺寸加起来的总和为S24＝eq\f(（a1＋a24）×24,2)＝738(码)，所有缺货尺码的和为738－677＝61(码)，又因为缺货的一个尺寸为28.5码，则另外一个缺货尺寸是61－28.5＝32.5(码)．故选C.(2)(2024·山西运城高三一模)某工厂加工一种电子零件，去年12月生产1万个，产品合格率为87%.为提高产品合格率，工厂进行了设备更新，今年1月的产量在去年12月的基础上提高4%，产品合格率比去年12月增加0.4%，计划以后两年内，每月的产量和产品合格率都按此标准增长，那么该工厂的月不合格品数达到最大是今年的()A．5月 B．6月C．7月 D．8月答案：C解析：设从今年1月起，每月的产量和产品的合格率都按题中的标准增长，该工厂每月的产量(单位：万个)、不合格率分别用an，bn表示，月份用n(n∈N*)表示，则an＝1×(1＋4%)n＝1.04n，bn＝1－(87%＋n×0.4%)＝－0.004n＋0.13，其中n≤24，n∈N*，则从今年1月起，各月不合格产品的数量为anbn＝1.04n×(0.13－0.004n)，因为an＋1bn＋1－anbn＝1.04n＋1×[0.13－0.004(n＋1)]－1.04n×(0.13－0.004n)＝1.04n[1.04×0.13－1.04×0.004(n＋1)－0.13＋0.004n]＝1.04n(0.00104－0.00016n)＝eq\f(1.04n,105)(104－16n)＝eq\f(8×1.04n,105)(13－2n)，当1≤n≤6时，an＋1bn＋1－anbn>0，即an＋1bn＋1>anbn，此时数列{anbn}递增，即a1b1<a2b2<…<a7b7；当7≤n≤23且n∈N*时，an＋1bn＋1－anbn<0，即an＋1bn＋1<anbn，此时数列{anbn}递减，即a7b7>a8b8>…>a24b24，因此当n＝7时，anbn最大，故该工厂的月不合格品数达到最大是今年的7月．故选C.求解数列实际问题的注意事项(1)审题、抓住数量关系、建立数学模型，注意问题是求什么(n，an，Sn)．(2)解答数列应用题要注意步骤的规范性：设数列，判断数列，解题完毕要作答．(3)在归纳或求通项公式时，一定要将项数n计算准确．(4)在数列类型不易分辨时，要注意归纳递推关系．2.(2024·河南焦作模拟)直播带货是一种直播和电商相结合的销售手段，目前受到了广大消费者的追捧，针对这种现状，某传媒公司决定逐年加大直播带货的资金投入，若该公司今年投入的资金为2000万元，并在此基础上，以后每年的资金投入均比上一年增长12%，则该公司需经过________年其年投入资金开始超过7000万元．(参考数据：lg1.12≈0.049，lg2≈0.301，lg7≈0.845)()A．14 B．13C．12 D．11答案：C解析：设该公司经过n年投入的资金为an万元，则a1＝2000×1.12，由题意可知，数列{an}是以2000×1.12为首项，1.12为公比的等比数列，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，因此该公司需经过12年其年投入资金开始超过7000万元．故选C.3．(2024·北京高考)汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱．若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为65mm，325mm，325mm，且斛量器的高为230mm，则斗量器的高为________mm，升量器的高为________mm.(不计量器的厚度)答案：2357.5解析：设升、斗量器的高分别为h1mm，h2mm，则eq\f(π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(325,2)))\s\up12(2)h2,π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(65,2)))\s\up12(2)h1)＝eq\f(π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(325,2)))\s\up12(2)×230,π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(325,2)))\s\up12(2)h2)＝10，故h2＝23，h1＝57.5.4．(2025·湖北襄阳模拟)蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关，如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”．画法如下：在水平直线上取长度为1的线段AB，作一个等边三角形ABC，然后以点B为圆心，AB为半径逆时针画圆弧交线段CB的延长线于点D(第一段圆弧)，再以点C为圆心，CD为半径逆时针画圆弧交线段AC的延长线于点E，再以点A为圆心，AE为半径逆时针画圆弧……以此类推，当得到的“蚊香”恰好有15段圆弧时，“蚊香”的长度为________．答案：80π解析：由题意可知，每段圆弧的圆心角为eq\f(2π,3)，设第n段圆弧的半径为rn，则可得rn＋1＝rn＋1，r1＝1，故数列{rn}是首项为r1＝1，公差为d＝1的等差数列，则rn＝1＋n－1＝n，则“蚊香”的长度为eq\f(2π,3)r1＋eq\f(2π,3)r2＋…＋eq\f(2π,3)r15＝eq\f(2π,3)(r1＋r2＋…＋r15)＝eq\f(2π,3)×eq\f(15×（1＋15）,2)＝80π.类型三数列中的新定义问题(1)(2025·山东七校高三联考)定义：已知数列{an}(n∈N*)的首项a1＝1，前n项和为Sn.设λ与k是常数，若对一切正整数n，均有Seq\s\up6(\f(1,k))n＋1－Seq\s\up6(\f(1,k))n＝λaeq\s\up6(\f(1,k))n＋1成立，则称此数列为“λ&k”数列．若数列{an}(n∈N*)是“eq\f(\r(3),3)&2”数列，则数列{an}的通项公式为an＝()A．3×4n－2 B.eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,3×4n－2，n≥2))C．4×3n－2 D.eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,4×3n－2，n≥2))答案：B解析：∵数列{an}(n∈N*)是“eq\f(\r(3),3)&2”数列，则λ＝eq\f(\r(3),3)，k＝2，∴Seq\s\up6(\f(1,2))n＋1－Seq\s\up6(\f(1,2))n＝eq\f(\r(3),3)aeq\s\up6(\f(1,2))n＋1，而Sn＋1－Sn＝an＋1，∵an>0，∴Sn＋1>Sn，∴Seq\s\up6(\f(1,2))n＋1－Seq\s\up6(\f(1,2))n>0，∴Seq\s\up6(\f(1,2))n＋1－Seq\s\up6(\f(1,2))n＝eq\f(\r(3),3)(Sn＋1－Sn)eq\s\up6(\f(1,2))，∴(Seq\s\up6(\f(1,2))n＋1－Seq\s\up6(\f(1,2))n)2＝eq\f(1,3)(Seq\s\up6(\f(1,2))n＋1－Seq\s\up6(\f(1,2))n)(Seq\s\up6(\f(1,2))n＋1＋Seq\s\up6(\f(1,2))n)，∴Seq\s\up6(\f(1,2))n＋1－Seq\s\up6(\f(1,2))n＝eq\f(1,3)(Seq\s\up6(\f(1,2))n＋1＋Seq\s\up6(\f(1,2))n)，∴Seq\s\up6(\f(1,2))n＋1＝2Seq\s\up6(\f(1,2))n，∴Sn＋1＝4Sn，又S1＝a1＝1，∴Sn＝4n－1，∴an＝4n－1－4n－2＝3×4n－2(n≥2)，又a1＝1不满足上式，∴an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,3×4n－2，n≥2.))故选B.(2)(2025·浙江部分重点中学高三一模)若数列{an}，{bn}满足：对于任意正整数n，(an－bn)·(an＋1－bn＋1)≤0，则称an，bn互为“交错数列”．记正项数列{xn}的前n项和为Sn，已知1，eq\r(Sn＋1)，xn成等差数列，则与数列{xn}互为“交错数列”的是()A．an＝n＋sinnπ B．bn＝n＋cosnπC．cn＝2n＋sinnπ D．dn＝2n＋cosnπ答案：D解析：由1，eq\r(Sn＋1)，xn成等差数列，可得2eq\r(Sn＋1)＝1＋xn，xn>0，当n＝1时，2eq\r(S1＋1)＝2eq\r(x1＋1)＝1＋x1，解得x1＝3，由2eq\r(Sn＋1)＝1＋xn，得4(Sn＋1)＝(1＋xn)2，则4(Sn－1＋1)＝(1＋xn－1)2(n≥2)，上面两式相减，得4xn＝(2＋xn＋xn－1)(xn－xn－1)，化为2(xn＋xn－1)＝(xn＋xn－1)(xn－xn－1)，又xn>0，所以xn－xn－1＝2，所以{xn}是以3为首项，2为公差的等差数列，可得xn＝3＋2(n－1)＝2n＋1.对于A，an＝n＋sinnπ＝n，(an－xn)(an＋1－xn＋1)＝(n－2n－1)(n＋1－2n－3)＝n2＋3n＋2>0，数列{an}与数列{xn}不互为“交错数列”，故A不符合题意；对于B，由bn＝n＋cosnπ，可得(b1－x1)(b2－x2)＝(0－3)×(3－5)＝6>0，数列{bn}与数列{xn}不互为“交错数列”，故B不符合题意；对于C，cn＝2n＋sinnπ＝2n，(cn－xn)·(cn＋1－xn＋1)＝(2n－2n－1)(2n＋2－2n－3)＝1>0，数列{cn}与数列{xn}不互为“交错数列”，故C不符合题意；对于D，由dn＝2n＋cosnπ，可得(dn－xn)(dn＋1－xn＋1)＝(2n＋cosnπ－2n－1)[2n＋2＋cos(nπ＋π)－2n－3]＝1－cos2nπ＝0，数列{dn}与数列{xn}互为“交错数列”，故D符合题意．故选D.数列新定义问题的解题策略策略一读懂定义，理解新定义数列的含义策略二特殊分析，比如先对n＝1，2，3，…的情况进行讨论策略三通