資源簡介

　數列中的“三新”問題
高考定位　新高考的命題要求為：創新試題形式，加強情境設計，注意聯系社會生活實際，增加綜合性、開放性、應用性、探究性試題.這些要求反映在數列試題中，就是出現了數列的新情境、新定義和新性質問題，這些“三新”問題逐漸成為熱點的壓軸題.
【題型突破】
題型一　數列的新情境問題
例1 (2024·長沙模擬)南宋的數學家楊輝“善于把已知形狀、大小的幾何圖形的求面積，體積的連續量問題轉化為求離散變量的垛積問題”.在他的專著《詳解九章算法·商功》中，楊輝將堆垛與相應立體圖形作類比，推導出了三角垛、方垛、芻薨垛、芻童垛等的公式.如圖，“三角垛”的最上層有1個球，第二層有3個球，第三層有6個球……第n＋1層球數是第n層球數與n＋1的和，設各層球數構成一個數列{an}.
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)證明：當x>0時，ln(1＋x)>；
(3)若數列{bn}滿足bn＝，對于n∈N*，證明：b1＋b2＋b3＋…＋bn訓練1 (2024·佛山模擬)佛山新城文化中心是佛山地標性公共文化建筑.在建筑造型上全部都以最簡單的方塊體作為核心要素，與佛山世紀蓮體育中心的圓形蓮花造型形成“方”“圓”呼應.坊塔是文化中心的標志性建筑、造型獨特、類似一個個方體錯位堆疊，總高度153.6米.坊塔塔樓由底部4個高度相同的方體組成塔基，支托上部5個方體，交錯疊合成一個外形時尚的塔身結構.底部4個方體高度均為33.6米，中間第5個方體也為33.6米高，再往上2個方體均為24米高，最上面的兩個方體均為19.2米高.
(1)請根據坊塔方體的高度數據，結合所學數列知識，寫出一個等差數列{an}的通項公式，該數列以33.6為首項，并使得24和19.2也是該數列的項；
(2)佛山世紀蓮體育中心上層屋蓋外徑為310米.根據你得到的等差數列，連續取用該數列前m(m∈N*)項的值作為方體的高度，在保持最小方體高度為19.2米的情況下，采用新的
堆疊規則，自下而上依次為2a1、3a2、4a3、……、(m＋1)am((m＋1)am表示高度為am的方體連續堆疊m＋1層的總高度)，請問新堆疊坊塔的高度是否超過310米？并說明理由.
題型二　數列的新定義問題
例2 (2024·南通調研)設有窮數列{an}的項數為m(m≥2)，若正整數k(2≤k≤m)滿足 nak則稱k為數列{an}的“min點”.
(1)若an＝(－1)n(2n－3)(1≤n≤5)，求數列{an}的“min點”；
(2)已知有窮等比數列{an}的公比為2，前n項和為Sn，若數列存在“min點”，求正數a1的取值范圍；
(3)若an≥an－1－1(2≤n≤m)，數列{an}的“min點”的個數為p，證明：a1－am≤p.
訓練2 (2024·鹽城模擬)在數列{an}的第k項與第k＋1項之間插入k個1，稱為變換Γ.數列{an}通過變換Γ所得數列記為Ω1(an)，數列Ω1(an)通過變換Γ所得數列記為Ω2(an)，…，以此類推，數列Ωn－1(an)通過變換Γ所得數列記為Ωn(an)(其中n≥2).
(1)已知等比數列{an}的首項為1，項數為m，其前m項和為Sm，若Sm＝2am－1＝255，求數列Ω1(an)的項數；
(2)若數列{an}的項數為3，Ωn(an)的項數記為bn.
①當n≥2時，試用bn－1表示bn；
②求證：2×32n－1≤bn≤62n－1.
題型三　數列的凹凸性
例3 (2024·棗莊模擬)若數列{an}的各項均為正數，對任意n∈N*，有a≥an＋2an，則稱數列{an}為“對數凹性”數列.
(1)已知數列1，3，2，4和數列1，2，4，3，2，判斷它們是否為“對數凹性”數列，并說明理由；
(2)若函數f(x)＝b1＋b2x＋b3x2＋b4x3有三個零點，其中bi>0(i＝1，2，3，4).
證明：數列b1，b2，b3，b4為“對數凹性”數列；
(3)若數列{cn}的各項均為正數，c2>c1，記{cn}的前n項和為Sn，Wn＝Sn，對任意三個不相等正整數p，q，r，存在常數t，使得(p－q)Wr＋(q－r)Wp＋(r－p)Wq＝t.
證明：數列{Sn}為“對數凹性”數列.
訓練3 (2024·金華三模)若正實數數列{cn}滿足c≤cncn＋2(n∈N*)，則稱{cn}是一個對數凸數列；若實數列{dn}滿足2dn＋1≤dn＋dn＋2，則稱{dn}是一個凸數列.已知{an}是一個對數凸數列，bn＝ln an.
(1)證明：a1a10≥a5a6；
(2)若a1a2…a2 024＝1，證明：a1 012a1 013≤1；
(3)若b1＝1，b2 024＝2 024，求b10的最大值.
【精準強化練】
1.(2024·泰安三模)對于m，t∈N*，s∈N，t不是10的整數倍，則m＝t·10s，則稱m為s級十全十美數.已知數列{an}滿足：a1＝8，a2＝40，an＋2＝5an＋1－6an.
(1)若{an＋1－kan}為等比數列，求k；
(2)求在a1，a2，a3，…，a2 024中，3級十全十美數的個數.
2.(2024·深圳二模)無窮數列a1，a2，…，an，…的定義如下：如果n是偶數，就對n盡可能多次地除以2，直到得出一個奇數，這個奇數就是an；如果n是奇數，就對3n＋1盡可能多次地除以2，直到得出一個奇數，這個奇數就是an.
(1)寫出這個數列的前7項；
(2)如果an＝m且am＝n，求m，n的值；
(3)記an＝f(n)，n∈N*，求一個正整數n，滿足n【解析版】
題型一　數列的新情境問題
例1 (2024·長沙模擬)南宋的數學家楊輝“善于把已知形狀、大小的幾何圖形的求面積，體積的連續量問題轉化為求離散變量的垛積問題”.在他的專著《詳解九章算法·商功》中，楊輝將堆垛與相應立體圖形作類比，推導出了三角垛、方垛、芻薨垛、芻童垛等的公式.如圖，“三角垛”的最上層有1個球，第二層有3個球，第三層有6個球……第n＋1層球數是第n層球數與n＋1的和，設各層球數構成一個數列{an}.
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)證明：當x>0時，ln(1＋x)>；
(3)若數列{bn}滿足bn＝，對于n∈N*，證明：b1＋b2＋b3＋…＋bn(1)解　根據題意，an＋1＝an＋n＋1，
當n≥2時，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1＝，
又a1＝1也滿足，所以an＝.
(2)證明　設f(x)＝ln(1＋x)－，x∈(0，＋∞)，
則f′(x)＝－＝>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
則f(x)>f(0)＝0，
即ln(1＋x)－>0，
即當x>0時，ln(1＋x)>.
(3)證明　由(2)可知當x>0時，ln(1＋x)>，
令x＝(n∈N*)，則ln>，
所以bn＝＝＝＝<(n＋1)×2n，
所以b1＋b2＋b3＋…＋bn<2×21＋3×22＋4×23＋…＋(n＋1)×2n，
令Tn＝2×21＋3×22＋4×23＋…＋(n＋1)×2n，
令2Tn＝2×22＋3×23＋4×24＋…＋(n＋1)×2n＋1，
所以－Tn＝2＋21＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)×2n＋1
＝2＋－(n＋1)×2n＋1＝－n·2n＋1，
所以Tn＝n·2n＋1，
所以b1＋b2＋b3＋…＋bn規律方法　1.本題的第(3)問關鍵是利用第(2)問的結論，恰當地給x賦值后，轉化為數列的求和問題.
2.解決數列的新情境問題要首先理解題意，從新情境中抽象出等差數列、等比數列等特殊的數列、轉化為數列的通項、性質或求和問題.
訓練1 (2024·佛山模擬)佛山新城文化中心是佛山地標性公共文化建筑.在建筑造型上全部都以最簡單的方塊體作為核心要素，與佛山世紀蓮體育中心的圓形蓮花造型形成“方”“圓”呼應.坊塔是文化中心的標志性建筑、造型獨特、類似一個個方體錯位堆疊，總高度153.6米.坊塔塔樓由底部4個高度相同的方體組成塔基，支托上部5個方體，交錯疊合成一個外形時尚的塔身結構.底部4個方體高度均為33.6米，中間第5個方體也為33.6米高，再往上2個方體均為24米高，最上面的兩個方體均為19.2米高.
(1)請根據坊塔方體的高度數據，結合所學數列知識，寫出一個等差數列{an}的通項公式，該數列以33.6為首項，并使得24和19.2也是該數列的項；
(2)佛山世紀蓮體育中心上層屋蓋外徑為310米.根據你得到的等差數列，連續取用該數列前m(m∈N*)項的值作為方體的高度，在保持最小方體高度為19.2米的情況下，采用新的
堆疊規則，自下而上依次為2a1、3a2、4a3、……、(m＋1)am((m＋1)am表示高度為am的方體連續堆疊m＋1層的總高度)，請問新堆疊坊塔的高度是否超過310米？并說明理由.
解　(1)由題意可知a1＝33.6，注意到33.6－24＝9.6，24－19.2＝4.8，
取等差數列的公差d＝－2.4，
則an＝33.6－2.4(n－1)＝36－2.4n，
令an＝36－2.4n＝24，解得n＝5，
即24為第5項；
令an＝36－2.4n＝19.2，解得n＝7，
即19.2為第7項；
故an＝36－2.4n符合題意.
(2)可以，理由如下：
由(1)可知m≤7，a1＝33.6，a2＝31.2，a3＝28.8，a4＝26.4，a5＝24，a6＝21.6，a7＝19.2，
設數列{(n＋1)an}的前n項和為Sn，
∵S7＝2a1＋3a2＋4a3＋…＋8a7＝856.8>310，
故新堆疊坊塔的高茺可以超過310米.
題型二　數列的新定義問題
例2 (2024·南通調研)設有窮數列{an}的項數為m(m≥2)，若正整數k(2≤k≤m)滿足 nak則稱k為數列{an}的“min點”.
(1)若an＝(－1)n(2n－3)(1≤n≤5)，求數列{an}的“min點”；
(2)已知有窮等比數列{an}的公比為2，前n項和為Sn，若數列存在“min點”，求正數a1的取值范圍；
(3)若an≥an－1－1(2≤n≤m)，數列{an}的“min點”的個數為p，證明：a1－am≤p.
(1)解　因為a1＝1，a2＝1，a3＝－3，a4＝5，a5＝－7，
所以數列{an}的“min點”為3，5.
(2)解　依題意，Sn＝＝a1(2n－1)，
因為數列存在“min點”，
所以存在n(n≥2)，使得Sn＋所以a1(2n－1)＋即a1(2n－2)<·.
因為n≥2，所以2n－2>0，所以a<.
又當n＝2時，取最大值，所以a<，
又a1>0，所以0當0所以數列存在“min點”，
所以a1的取值范圍為.
(3)證明　①若an≥a1(n≥2)，則數列{an}不存在“min點”，即p＝0.
由am－a1≥0，得a1－am≤0，所以a1－am≤p.
②若存在an，使得an下證數列{an}有“min點”.
證明：若a2若a2≥a1，因為存在an，使得an所以設數列{an}中第1個小于a1的項為an1，
則an1所以n1是數列{an}的第1個“min點”.
綜上，數列{an}存在“min點”.
不妨設數列{an}的“min點”由小到大依次為n1，n2，n3，…，np，
則ani＋1是ani，ani＋1，ani＋2，…，ani＋1－1，ani＋1中第1個小于ani的項，
故ani－ani＋1≤ani＋1－1－ani＋1，
因為an≥an－1－1(2≤n≤m)，
所以an－1－an≤1，
所以ani＋1－1－ani＋1≤1，所以ani－ani＋1≤1.
所以a1－am≤a1－anp＝(a1－an1)＋(an1－an2)＋(an2－an3)＋…＋(anp－1－anp)
≤(an1－1－an1)＋(an2－1－an2)＋(an3－1－an3)＋…＋(anp－1－anp)
≤1＋1＋1＋…＋1(p個1).
所以a1－am≤p.
綜上a1－am≤p，得證.
規律方法　數列中的新定義問題，主要是指即時定義新概念、新定理、新法則、新運算等，然后根據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，這樣有助于更透徹地理解新定義.但是，歸根結底這些問題考查的還是數列的基本概念、性質和運算，根據條件適時轉化是解決此類問題的基本思路與原則.
訓練2 (2024·鹽城模擬)在數列{an}的第k項與第k＋1項之間插入k個1，稱為變換Γ.數列{an}通過變換Γ所得數列記為Ω1(an)，數列Ω1(an)通過變換Γ所得數列記為Ω2(an)，…，以此類推，數列Ωn－1(an)通過變換Γ所得數列記為Ωn(an)(其中n≥2).
(1)已知等比數列{an}的首項為1，項數為m，其前m項和為Sm，若Sm＝2am－1＝255，求數列Ω1(an)的項數；
(2)若數列{an}的項數為3，Ωn(an)的項數記為bn.
①當n≥2時，試用bn－1表示bn；
②求證：2×32n－1≤bn≤62n－1.
(1)解　設等比數列{an}的公比為q，顯然q≠1，
由a1＝1，Sm＝2am－1＝255，
得
解得q＝2，m＝8.
故數列{an}有8項，經過1次變換后的項數為8＋1＋2＋…＋7＝36，即Ω1(an)的項數為36.
(2)①解　由Ωn(an)的項數為bn，則當n≥2時，
bn＝bn－1＋[1＋2＋…＋(bn－1－1)]，
所以bn＝bn－1＋(bn－1－1)＝b＋bn－1.
②證明　因為數列{an}是一個3項的數列，
所以b1＝6，
由bn＝b＋bn－1>b(n≥2)，
所以lg bn>2lg bn－1－lg 2，
于是lg bn－lg 2>2(lgbn－1－lg 2)，
則有lg bn－lg 2>2n－1(lg b1－lg 2)，
所以lg bn－lg 2>2n－1lg 3，
得lg bn>lg 2＋2n－1lg 3，即bn>2·32n+1 (n≥2)，
所以bn≥2×32n－1.
∵bn≥2×32n－1>1，
∴bn－1于是bn＝b＋bn－1則有lg bn<2lg bn－1，可得lg bn<2n－1lg b1，
有lg bn所以bn≤62n－1，
綜上所述，2×3n－1≤bn≤62n－1.
題型三　數列的凹凸性
例3 (2024·棗莊模擬)若數列{an}的各項均為正數，對任意n∈N*，有a≥an＋2an，則稱數列{an}為“對數凹性”數列.
(1)已知數列1，3，2，4和數列1，2，4，3，2，判斷它們是否為“對數凹性”數列，并說明理由；
(2)若函數f(x)＝b1＋b2x＋b3x2＋b4x3有三個零點，其中bi>0(i＝1，2，3，4).
證明：數列b1，b2，b3，b4為“對數凹性”數列；
(3)若數列{cn}的各項均為正數，c2>c1，記{cn}的前n項和為Sn，Wn＝Sn，對任意三個不相等正整數p，q，r，存在常數t，使得(p－q)Wr＋(q－r)Wp＋(r－p)Wq＝t.
證明：數列{Sn}為“對數凹性”數列.
(1)解　根據“對數凹性”數列的定義可知數列1，3，2，4中22≥3×4不成立，
所以數列1，3，2，4不是“對數凹性”數列；
而數列1，2，4，3，2中均成立，所以數列1，2，4，3，2是“對數凹性”數列.
(2)證明　根據題意及三次函數的性質易知f′(x)＝b2＋2b3x＋3b4x2有兩個不等實數根，
所以Δ1＝4b－4×3b2b4>0 b>3b2b4，
又bi>0(i＝1，2，3，4)，所以b>3b2b4>b2b4，
顯然x＝0 f(0)＝b1>0，即x＝0不是f(x)的零點，
又f＝b1＋b2＋b3＋b4，
令t＝，則f(t)＝b1＋b2t＋b3t2＋b4t3也有三個零點，
即f＝有三個零點，
則g(x)＝b1x3＋b2x2＋b3x＋b4有三個零點，
所以g′(x)＝3b1x2＋2b2x＋b3有兩個零點，
所以同上有Δ2＝4b－4×3b1b3>0 b>3b1b3>b1b3，
故數列b1，b2，b3，b4為“對數凹性”數列.
(3)證明　將p，q互換得t＝(q－p)Wr＋(p－r)Wq＋(r－q)Wp＝－t，所以t＝0，
令p＝1，q＝2，
得－Wr＋(2－r)W1＋(r－1)W2＝0，
所以Wr＝(2－r)W1＋(r－1)W2
＝W1＋(r－1)(W2－W1)，
故數列{Wn}是等差數列，
記d＝W2－W1＝－c1＝>0，
所以Wn＝c1＋(n－1)＝c1＋(n－1)d，
所以Sn＝nWn＝dn2＋(c1－d)n，
又因為cn＝
所以cn＝c1＋2d(n－1)，
所以cn＋1－cn＝2d>0，所以{cn}為單調遞增的等差數列，
所以cn＋1>cn>0，cn＋2＋cn＝2cn＋1，Sn＝.
所以4(S－SnSn＋2)＝(n＋1)2(c1＋cn＋1)2－n(n＋2)(c1＋cn)(c1＋cn＋2)>(n＋1)2(c1＋cn＋1)2－n(n＋2)
＝(n＋1)2(c1＋cn＋1)2－n(n＋2)
＝(n＋1)2(c1＋cn＋1)2－n(n＋2)(c1＋cn＋1)2
＝[(n＋1)2－n(n＋2)](c1＋cn＋1)2
＝(c1＋cn＋1)2>0.
所以S≥SnSn＋2，數列{Sn}是“對數凹性”數列.
規律方法　1.解第(3)問的關鍵是利用賦值法證明數列{Wn}是等差數列，從而利用等差數列的相關概念及公式證明.
2.數列的凹凸性是類比函數的凹凸性得到的，解決此類問題一般要從題目條件中挖掘出一個特殊的數列(例如等差數列、等比數列)，數列的凹凸性給出的不等關系就可以利用這個特殊數列的運算，結合不等式放縮加以證明.
訓練3 (2024·金華三模)若正實數數列{cn}滿足c≤cncn＋2(n∈N*)，則稱{cn}是一個對數凸數列；若實數列{dn}滿足2dn＋1≤dn＋dn＋2，則稱{dn}是一個凸數列.已知{an}是一個對數凸數列，bn＝ln an.
(1)證明：a1a10≥a5a6；
(2)若a1a2…a2 024＝1，證明：a1 012a1 013≤1；
(3)若b1＝1，b2 024＝2 024，求b10的最大值.
(1)證明　法一　由題意得a≤anan＋2，
∴≥≥≥≥…≥，
∴≥，≥，≥，≥，≥，
將以上式子累乘得≥，
也即a1a10≥a5a6成立.
法二　由題意得≥≥…≥≥，
∴a1a10≥a2a9≥a3a8≥a4a7≥a5a6，
∴a1a10≥a5a6成立.
(2)證明　法一　∵≤，
∴≤≤…≤≤≤…≤，
∴an＋k·an－k≤an＋k＋1·an－k－1(1≤k則a1 012·a1 013≤a1 011·a1 014≤a1 010·a1 015≤…≤a1·a2 024，
∴(a1 012·a1 013)1 012≤a1a2…a2 024＝1，
∴a1 012·a1 013≤1.
法二　考慮反證法，假設a1 012a1 013>1，
由≤得≤≤，
∴a1 012a1 013≤a1 011a1 014，∴a1 011a1 014>1，
同理＝·≤·＝，
∴a1 010a1 015>a1 012a1 013，∴a1 010a1 015>1，
同理可證a1 009a1 016>1，a1 008a1 017>1，…，a1a2 024>1，
綜上可得，a1a2…a2 024>1，與條件矛盾，
∴假設不成立，∴a1 012a1 013≤1成立.
法三　∵a1a2…a2 024＝1，
∴ln(a1a2…a2 024)＝0，也即b1＋b2＋…＋b2 024＝0，
同時，由a≤anan＋2可得ln(a)≤ln(anan＋2)，
∴2bn＋1≤bn＋bn＋2，也即bn＋1－bn≤bn＋2－bn＋1，
∴b1 013－b1 012≤b2 024－b2 023，b1 012－b1 011≤b2 023－b2 022，…，b2－b1≤b1 013－b1 012，
將以上式子累加得b1 013－b1≤b2 024－b1 012，
也即b1 012＋b1 013≤b1＋b2 024，同理可得
b1 012＋b1 013≤b2＋b2 023，
b1 012＋b1 013≤b3＋b2 022，
……
b1 012＋b1 013≤b1 012＋b1 013，
將以上式子累加得1 012(b1 012＋b1 013)≤b1＋b2＋…＋bn＝0，
∴b1 012＋b1 013≤0，∴ln a1 012＋ln a1 013≤0，
∴a1 012a1 013≤1成立.
(3)解　由a≤anan＋2可得ln(a)≤ln(anan＋2)，
∴2bn＋1≤bn＋bn＋2，也即bn＋1－bn≤bn＋2－bn＋1，
∴b2 024－b2 023≥b11－b10，b2 023－b2 022≥b11－b10，…，b11－b10≥b11－b10，
將以上式子累加得b2 024－b10≥2 014(b11－b10)，①
又b11－b10≥b10－b9，b11－b10≥b9－b8，…，b11－b10≥b2－b1，
將以上式子累加得9(b11－b10)≥b10－b1，②
結合①②式可得≥b11－b10≥，
∴≥，化簡得b10≤10，
另外，顯然有bn＝n符合題意，此時b10＝10，
綜上，b10的最大值為10.
【精準強化練】
1.(2024·泰安三模)對于m，t∈N*，s∈N，t不是10的整數倍，則m＝t·10s，則稱m為s級十全十美數.已知數列{an}滿足：a1＝8，a2＝40，an＋2＝5an＋1－6an.
(1)若{an＋1－kan}為等比數列，求k；
(2)求在a1，a2，a3，…，a2 024中，3級十全十美數的個數.
解　(1)設{an＋1－kan}的公比為q，
則an＋2－kan＋1＝q(an＋1－kan)，
即an＋2＝(q＋k)an＋1－qkan，
由an＋2＝5an＋1－6an，可得
解得或所以k＝2或k＝3.
(2)由(1)知，當時，
an＋1－2an＝(a2－2a1)3n－1＝8×3n，
當時，an＋1－3an＝(a2－3a1)2n－1＝8×2n，
兩式相減得an＝8(3n－2n).
當n為奇數時，3n－2n的個位數為1或9，
an＝8(3n－2n)的個位數不可能為0；
當n為偶數時，設n＝2k(k∈N*)，
則an＝8(32k－22k)＝8(9k－4k)，
要想an末尾3個數字為0，需滿足9k－4k被＝53＝125整除，
當k＝1，2，3時，9k－4k均不符合題意；
當k>3時，9k－4k＝(－1＋10)k－(－1＋5)k＝[C(－1)k＋C(－1)k－1·10＋C(－1)k－2·102＋…＋C·10k]－[C(－1)k＋C(－1)k－1·5＋C(－1)k－2·52＋…＋C·5k]，
自103，53以后各項均可被125整除，
故只需考慮
[(－1)k＋(－1)k－1·k·10＋(－1)k－2··102]－[(－1)k＋(－1)k－1·k·5＋(－1)k－2··52]
＝(－1)k－1·5k＋(－1)k－2·75·
＝·(－1)k－2·5k·[－2＋15(k－1)]能否被125整除，
其中－2＋15(k－1)不是5的倍數，
故若原式能被125整除，需k為偶數且能被25整除，即k需是50的倍數，
在1，2，3，…，2 024中，50的倍數有40個：50，100，150，…，2 000，
故在a1，a2，…，a2 024中，3級十全十美數的個數為40.
2.(2024·深圳二模)無窮數列a1，a2，…，an，…的定義如下：如果n是偶數，就對n盡可能多次地除以2，直到得出一個奇數，這個奇數就是an；如果n是奇數，就對3n＋1盡可能多次地除以2，直到得出一個奇數，這個奇數就是an.
(1)寫出這個數列的前7項；
(2)如果an＝m且am＝n，求m，n的值；
(3)記an＝f(n)，n∈N*，求一個正整數n，滿足n解　(1)根據題意，a1＝(3×1＋1)÷2÷2＝1，a2＝2÷2＝1，a3＝(3×3＋1)÷2＝5，a4＝4÷2÷2＝1，a5＝(3×5＋1)÷24＝1，a6＝6÷2＝3，a7＝(3×7＋1)÷2＝11.
(2)由已知，m，n均為奇數，不妨設n≤m.
當n＝1時，因為a1＝1，所以m＝1，故m＝n＝1；
當n>1時，因為又m為奇數，am＝n，所以存在k∈N*，
使得n＝為奇數.
所以2kn＝3m＋1＝＋1＝.
而4n<<6n，所以4n<2kn<6n，
即4<2k<6，k∈N*，無解.
所以m＝n＝1.
(3)顯然，n不能為偶數，否則f(n)≤所以n為正奇數.
又f(1)＝a1＝1，所以n≥3.
設n＝4k＋1或n＝4k－1，k∈N*.
當n＝4k＋1時，f(n)＝
＝3k＋1<4k＋1＝n，不滿足n當n＝4k－1時，f(n)＝
＝6k－1>4k－1＝n，即n所以取n＝22 025k－1，k∈N*時，
＝3×22 024k－1＝
＝32×22 024k－1<…<
＝
＝32 023×22k－1<
＝＝32 024×2k－1.
即n板塊三 數列
創新點3　數列中的“三新”問題
高考定位
新高考的命題要求為：創新試題形式，加強情境設計，注意聯系社會生活實際，增加綜合性、開放性、應用性、探究性試題.這些要求反映在數列試題中，就是出現了數列的新情境、新定義和新性質問題，這些“三新”問題逐漸成為熱點的壓軸題.
精準強化練
題型一　數列的新情境問題
題型二　數列的新定義問題
題型三　數列的凹凸性
題型突破
題型一　數列的新情境問題
(2024·長沙模擬)南宋的數學家楊輝“善于把已知形狀、大小的幾何圖形的求面積，體積的連續量問題轉化為求離散變量的垛積問題”.在他的專著《詳解九章算法·商功》中，楊輝將堆垛與相應立體圖形作類比，推導出了三角垛、方垛、芻薨垛、芻童垛等的公式.如圖，“三角垛”的最上層有1個球，第二層有3個球，第三層有6個球……第n＋1層球數是第n層球數與n＋1的和，設各層球數構成一個數列{an}.
(1)求數列{an}的通項公式；
例1
所以b1＋b2＋b3＋…＋bn<2×21＋3×22＋4×23＋…＋(n＋1)×2n，
令Tn＝2×21＋3×22＋4×23＋…＋(n＋1)×2n，
令2Tn＝2×22＋3×23＋4×24＋…＋(n＋1)×2n＋1，
所以－Tn＝2＋21＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)×2n＋1
1.本題的第(3)問關鍵是利用第(2)問的結論，恰當地給x賦值后，轉化為數列的求和問題.
2.解決數列的新情境問題要首先理解題意，從新情境中抽象出等差數列、等比數列等特殊的數列、轉化為數列的通項、性質或求和問題.
規律方法
(2024·佛山模擬)佛山新城文化中心是佛山地標性公共文化建筑.在建筑造型上全部都以最簡單的方塊體作為核心要素，與佛山世紀蓮體育中心的圓形蓮花造型形成“方”“圓”呼應.坊塔是文化中心的標志性建筑、造型獨特、類似一個個方體錯位堆疊，總高度153.6米.坊塔塔樓由底部4個高度相同的方體組成塔基，支托上部5個方體，交錯疊合成一個外形時尚的塔身結構.底部4個方體高度均為33.6米，中間第5個方體也為33.6米高，再往上2個方體均為24米高，最上面的兩個方體均為19.2米高.
訓練1
由題意可知a1＝33.6，注意到33.6－24＝9.6，24－19.2＝4.8，
取等差數列的公差d＝－2.4，
則an＝33.6－2.4(n－1)＝36－2.4n，
令an＝36－2.4n＝24，解得n＝5，
即24為第5項；
令an＝36－2.4n＝19.2，解得n＝7，
即19.2為第7項；
故an＝36－2.4n符合題意.
(1)請根據坊塔方體的高度數據，結合所學數列知識，寫出一個等差數列{an}的通項公式，該數列以33.6為首項，并使得24和19.2也是該數列的項；
可以，理由如下：
由(1)可知m≤7，a1＝33.6，a2＝31.2，a3＝28.8，a4＝26.4，a5＝24，a6＝21.6，a7＝19.2，
設數列{(n＋1)an}的前n項和為Sn，
∵S7＝2a1＋3a2＋4a3＋…＋8a7＝856.8>310，
故新堆疊坊塔的高茺可以超過310米.
(2)佛山世紀蓮體育中心上層屋蓋外徑為310米.根據你得到的等差數列，連續取用該數列前m(m∈N*)項的值作為方體的高度，在保持最小方體高度為19.2米的情況下，采用新的堆疊規則，自下而上依次為2a1、3a2、4a3、……、(m＋1)am((m＋1)am表示高度為am的方體連續堆疊m＋1層的總高度)，請問新堆疊坊塔的高度是否超過310米？并說明理由.
題型二　數列的新定義問題
例2
因為a1＝1，a2＝1，a3＝－3，a4＝5，a5＝－7，
所以數列{an}的“min點”為3，5.
(3)若an≥an－1－1(2≤n≤m)，數列{an}的“min點”的個數為p，證明：a1－am≤p.
①若an≥a1(n≥2)，則數列{an}不存在“min點”，即p＝0.
由am－a1≥0，得a1－am≤0，所以a1－am≤p.
②若存在an，使得an下證數列{an}有“min點”.
證明：若a2若a2≥a1，因為存在an，使得an所以設數列{an}中第1個小于a1的項為an1，
則an1所以n1是數列{an}的第1個“min點”.
綜上，數列{an}存在“min點”.
不妨設數列{an}的“min點”由小到大依次為n1，n2，n3，…，np，
則ani＋1是ani，ani＋1，ani＋2，…，ani＋1－1，ani＋1中第1個小于ani的項，
故ani－ani＋1≤ani＋1－1－ani＋1，
因為an≥an－1－1(2≤n≤m)，所以an－1－an≤1，
所以ani＋1－1－ani＋1≤1，所以ani－ani＋1≤1.
所以a1－am≤a1－anp＝(a1－an1)＋(an1－an2)＋(an2－an3)＋…＋(anp－1－anp)
≤(an1－1－an1)＋(an2－1－an2)＋(an3－1－an3)＋…＋(anp－1－anp)
≤1＋1＋1＋…＋1(p個1).
所以a1－am≤p.
綜上a1－am≤p，得證.
數列中的新定義問題，主要是指即時定義新概念、新定理、新法則、新運算等，然后根據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，這樣有助于更透徹地理解新定義.但是，歸根結底這些問題考查的還是數列的基本概念、性質和運算，根據條件適時轉化是解決此類問題的基本思路與原則.
規律方法
(2024·鹽城模擬)在數列{an}的第k項與第k＋1項之間插入k個1，稱為變換Γ.數列{an}通過變換Γ所得數列記為Ω1(an)，數列Ω1(an)通過變換Γ所得數列記為Ω2(an)，…，以此類推，數列Ωn－1(an)通過變換Γ所得數列記為Ωn(an)(其中n≥2).
(1)已知等比數列{an}的首項為1，項數為m，其前m項和為Sm，若Sm＝2am－1＝255，求數列Ω1(an)的項數；
訓練2
(2)若數列{an}的項數為3，Ωn(an)的項數記為bn.
①當n≥2時，試用bn－1表示bn；
②求證：2×32n－1≤bn≤62n－1.
于是lg bn－lg 2>2(lgbn－1－lg 2)，
則有lg bn－lg 2>2n－1(lg b1－lg 2)，
所以lg bn－lg 2>2n－1lg 3，
得lg bn>lg 2＋2n－1lg 3，即bn>2·32n＋1(n≥2)，
所以bn≥2×32n－1.
題型三　數列的凹凸性
例3
(2)若函數f(x)＝b1＋b2x＋b3x2＋b4x3有三個零點，其中bi>0(i＝1，2，3，4).
證明：數列b1，b2，b3，b4為“對數凹性”數列；
將p，q互換得t＝(q－p)Wr＋(p－r)Wq＋(r－q)Wp＝－t，所以t＝0，
令p＝1，q＝2，
得－Wr＋(2－r)W1＋(r－1)W2＝0，
所以Wr＝(2－r)W1＋(r－1)W2
＝W1＋(r－1)(W2－W1)，
故數列{Wn}是等差數列，
1.解第(3)問的關鍵是利用賦值法證明數列{Wn}是等差數列，從而利用等差數列的相關概念及公式證明.
2.數列的凹凸性是類比函數的凹凸性得到的，解決此類問題一般要從題目條件中挖掘出一個特殊的數列(例如等差數列、等比數列)，數列的凹凸性給出的不等關系就可以利用這個特殊數列的運算，結合不等式放縮加以證明.
規律方法
訓練3
【精準強化練】
1.(2024·泰安三模)對于m，t∈N*，s∈N，t不是10的整數倍，則m＝t·10s，則稱m為s級十全十美數.已知數列{an}滿足：a1＝8，a2＝40，an＋2＝5an＋1－6an.
(1)若{an＋1－kan}為等比數列，求k；
設{an＋1－kan}的公比為q，
則an＋2－kan＋1＝q(an＋1－kan)，即an＋2＝(q＋k)an＋1－qkan，
其中－2＋15(k－1)不是5的倍數，
故若原式能被125整除，需k為偶數且能被25整除，即k需是50的倍數，
在1，2，3，…，2 024中，50的倍數有40個：50，100，150，…，2 000，
故在a1，a2，…，a2 024中，3級十全十美數的個數為40.
2.(2024·深圳二模)無窮數列a1，a2，…，an，…的定義如下：如果n是偶數，就對n盡可能多次地除以2，直到得出一個奇數，這個奇數就是an；如果n是奇數，就對3n＋1盡可能多次地除以2，直到得出一個奇數，這個奇數就是an.
(1)寫出這個數列的前7項；
根據題意，a1＝(3×1＋1)÷2÷2＝1，a2＝2÷2＝1，a3＝(3×3＋1)÷2＝5，a4＝4÷2÷2＝1，a5＝(3×5＋1)÷24＝1，a6＝6÷2＝3，a7＝(3×7＋1)÷2＝11.

展開更多......

收起↑