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3 数列的创新考法与学科素养 提分策略一探究命题情景应用能力此类问题多以新定义、新运算或实际问题为背景考查数列的有关计算问题(2017高考全国卷)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推求满足如下条件的最小整数N：N100且该数列的前N项和为2的整数幂那么该款软件的激活码是()A440B330C220D110解析：设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n组的项数为n，前n组的项数和为.由题意可知，N100，令100，得n14，nN*，即N出现在第13组之后易得第n组的所有项的和为2n1，前n组的所有项的和为n2n1n2.设满足条件的N在第k1(kN*，k13)组，且第N项为第k1组的第t(tN*)个数，若要使前N项和为2的整数幂，则第k1组的前t项的和2t1应与2k互为相反数，即2t1k2，2tk3，tlog2(k3)，当t4，k13时，N495100，不满足题意；当t5，k29时，N5440；当t5时，N440，故选A.答案：A点评本题以软件激活码为背景考查了学生利用逻辑推理分析问题解决新问题的能力，实质上考查了数列求和的应用对点训练若数列an满足d(nN*，d为常数)，则称数列an为“调和数列”，已知正项数列为“调和数列”，且b1b2b2 01920 190，则b2b2 018的最大值是_解析：因为数列是“调和数列”，所以bn1bnd，即数列bn是等差数列，所以b1b2b2 01920 190，所以b2b2 01820.又0，所以b20，b2 0180，所以b2b2 018202，即b2b2 018100(当且仅当b2b2 018时等号成立)，因此b2b2 018的最大值为100.答案：100提分策略二引入数学文化考核心素养(2017高考全国卷)我国古代数学名著算法统宗中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯()A1盏B3盏C5盏D9盏解析：每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为an，则前7项的和S7381，公比q2，依题意，得S7381，解得a13.答案：B点评本例以古代传统文化为背景，考查了与等差数列的通项及前n项和有关的计算问题对点训练1(2018衡水中学调研)今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，问：几日相逢？()A12日B16日C8日D9日解析：由题易知良马每日所行里数构成一等差数列，其通项公式为an10313(n1)13n90，驽马每日所行里数也构成一等差数列，其通项公式为bn97(n1)n，二马相逢时所走路程之和为21 1252 250，所以2 250，即2 250，化简得n231n3600，解得n9或n40(舍去)，故选D.答案：D2传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数他们研究过如图所示的三角形数：将三角形数1,3,6,10，记为数列an，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列bn，可以推测：(1)b2 012是数列an中的第_项；(2)b2k1_(用k表示)解析：由题意可得an123n，nN*，故b1a4，b2a5，b3a9，b4a10，b5a14，b6a15，由上述规律可知：b2ka5k(k为正整数)，b2k1a5k1，故b2 012b21 006a51 006a5 030，即b2 012是数列an中的第5 030项答案：(1)5 030(2)提分策略三引入临界知识考学科潜力高等数学背景型临界问题对于一切实数x，令x为不大于x的最大整数，则函数f(x)x称为高斯函数或取整函数若anf()，nN*，Sn为数列an的前n项和，则S3n()A.n2nB.n2nC3n22nD.n2n解析：由题意，当n3k，n3k1，n3k2时均有anf()k，所以S3n001122(n1)(n1)(n1n3(n1)nn2n.答案：A点评本题以高斯函数为背景考查数列求和问题对点训练设无穷数列an，如果存在常数A，对于任意给定的正数(无论多小)，总存在正整数N，使得nN时，恒有|anA|成立，则称数列an的极限为A.给出下列四个无穷数列：(1)n2；12222323n2n其中极限为2的数列的个数为()A4B3C2D1解析：对于，|an2|(1)n22|2|(1)n1|，当n是偶数时，|an2|0；当n是奇数时，|an2|4，所以不符合数列an的极限定义，即2不是数列(1)n2的极限对于，|an2|11，所以对于任意给定的正数(无论多小)，不存在正整数N，使得nN时，恒有|an2|，即2不是数列的极限对于，由|an2|，得n1log2，即对于任意给定的正数 (无论多小)，总存在正整数N，使得nN时，恒有|an2|成立，所以2是数列的极限对于，|an2|12222323n2n2|222323n2n1，所以对于任意给定的正数(无论多小)，不存在正整数N，使得nN时，恒有|an2|，即2不是数列12222323n2n的极限综上所述，极限为2的数列只有1个答案：D授课提示：对应学生用书第133页一、选择题1在数列an中，nN*，若k(k为常数)，则称an为“等差比数列”，下列是对“等差比数列”的判断：k不可能为0；等差数列一定是“等差比数列”；等比数列一定是“等差比数列”；“等差比数列”中可以有无数项为0.其中所有正确判断的序号是()ABCD解析：由等差比数列的定义可知，k不为0，所以正确，当等差数列的公差为0，即等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以错误；当an是等比数列，且公比q1时，an不是等差比数列，所以错误；数列0,1,0,1，是等差比数列，该数列中有无数多个0，所以正确答案：C2九章算术是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等问各得几何？”其意思为：“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列问五人各得多少钱？”(“钱”是古代的一种重量单位)这个问题中，甲所得为()A.钱B.钱C.钱D.钱解析：设等差数列an的首项为a1，公差为d，依题意有解得故选D.答案：D3宋元时期杰出的数学家朱世杰在其数学巨著四元玉鉴中提出了一个“茭草形段”问题：“今有茭草六百八十束，欲令落一形(同垛)之，问底子几何？”他在这一问题中探讨了“垛积术”中的落一形垛(“落一形”即是指顶上一束，下一层3束，再下一层6束)成三角锥的堆垛，故也称三角垛，如图，表示从上往下第二层开始的每层茭草束数，则本问题中三角垛倒数第二层茭草总束数为()A91B105C120D210解析：由题意得，从上往下第n层茭草束数为123n.136680，即n(n1) (n2)680，n(n1)(n2)151617，n15.故倒数第二层为第14层，该层茭草总束数为105.答案：B4(2018成都联考)等差数列an中的a3，a2 017是函数f(x)x36x24x1的两个不同的极值点，则a1 010的值为()A2BC2D解析：由题易得f(x)3x212x4，因为a3，a2 017是函数f(x)x36x24x1的两个不同的极值点，所以a3，a2 017是方程3x212x40的两个不等实数根，所以a3a2 0174.又数列an为等差数列，所以a3a2 0172a1 010，即a1 0102，从而a1 0102，故选B.答案：B5已知数列an的前n项和为Sn，点(n，Sn3)(nN*)在函数y32x的图象上，等比数列bn满足bnbn1an(nN*)，其前n项和为Tn，则下列结论正确的是()ASn2TnBTn2bn1CTnanDTnbn1答案：D6中国古代数学著作算法统宗中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，则第二天走了()A192里B96里C48里D24里解析：设等比数列an的首项为a1，公比q，依题意有378，解得a1192，则a219296，即第二天走了96里，故选B.答案：B7我国古代数学名著九章算术中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：第一步：构造数列1，.第二步：将数列的各项乘以n，得数列(记为)a1，a2，a3，an.则a1a2a2a3an1an等于()An2B(n1)2Cn(n1)Dn(n1)解析：a1a2a2a3an1ann2n2n2n(n1)答案：C8(2018衡水中学期末改编)已知函数f(x)在R上的图象是连续不断的一条曲线，当x0时，f(x)2，对任意的x，yR，f(x)f(y)f(xy)2成立，若数列an满足a1f(0)，且f(an1)f()，nN*，则a2 018的值为()A2B.C.D.解析：令xy0得f(0)2，所以a12.设x1，x2是R上的任意两个数，且x1x2，则x2x10，因为当x0时，f(x)2，所以f(x2x1)2，即f(x2)f(x2x1x1)f(x2x1)f(x1)22f(x1)2f(x1)，所以f(x)在R上是减函数因为f(an1)f()，所以an1，即1，所以3()，所以是以1为首项，3为公比的等比数列，所以3n1，即an.所以a2 018.故选C.答案：C二、填空题9意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1,1,2,3,5,8，该数列的特点是：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数组成的数列an称为斐波那契数列，则iai2的值为_解析：由题意，得a1a3a1211，a2a4a1341，a3a5a2591，a4a6a38251，a8a10a21553421，a9a11a34895521，所以iai2(aiai2a)1.答案：110“中国剩余定理”又称“孙子定理”“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2 016这2 016个数中能被3除余1且被5除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列an，则此数列的项数为_解析：能被3除余1且被5除余1的数就是能被15除余1的数，故an15n14.由an15n142 016，解得n，又nN*，故此数列的项数为135.答案：13511已知幂函数f(x)x的图象过点(9,3)，令an(nN*)，记数列an的前n项和为Sn，则S2 018_.解析：由幂函数f(x)x的图象过点(9,3)，可得93，解得，所以f(x)x，则an.所以S2 018a1a2a2 01811.答案：112定义：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个列叫作等差列，这个常数叫作等差列的公差已知向量列an是以a1(1,3)为首项，公差为d(1,0)的等差向量列，若向量an与非零向量bn(xn，xn1)(nN*)垂直，则_.解析：易知an(1,3)(n1,0)(n,3)，因为向量an与非零向量bn(xn，xn1)(nN*)垂直，所以，所以.答案：三、解答题13(2018临川模拟)若数列bn对于任意的nN*，都有bn2bnd(常数)，则称数列bn是公差为d的准等差数列如数列cn则数列cn是公差为8的准等差数列设数列an满足a1a，对于nN*，都有anan12n.(1)求证：an是准等差数列；(2)求an的通项公式及前20项和S20.解析：(1)证明：anan12n(nN*)，an1an22(n1)(nN*)，得an2an2(nN*)an是公差为2的准等差数列(2)a1a，anan12n(nN*)，a1a221，即a22a.其奇数项与偶数项都为等差数列，公差为2，当n为偶数时，an2a(1)2na；当n为奇数时，ana(1)2na1.ananan12n，S20(a1a2)(a3a4)(a19a20)2(1319)2200.14(2018孝感七校联盟)已知等差数列an的前n项和为Sn，nN*，且a23，S525.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足bn，记数列bn的前n项和为Tn，证明：Tn1.解析：(1)设等差数列an的公差为d.因为a23，S525，所以解得所以an2n1.(2)证明：由(1)知，an2n1，所以Snn2.所以bn.所以Tnb1b2b3bn(1)()()11.15已知数列an满足a1，an13an1(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)求证：og3an2n.解析：(1)由题可知an13(an)，又a1，所以a11，所以数列an是以1为首项，3为公比的等比数列所以an3n1，即an3n1.(2)证明：由(1)知an3n1，则log3a2 log3(3i1)2 log33i12(i1)，所以og3a2(012n1)2n2n.
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