新高考数学二轮专题复习《数列》专练第09讲 数列与日常文化及新定义专题（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮专题复习《数列》专练第09讲 数列与日常文化及新定义专题（2份，原卷版+解析版），共3页。试卷主要包含了 命题趋势， 核心考点， 逻辑推理与运算求解，5尺B．5尺C．5，5里，B正确，4，0，3D．数列的前项和等内容，欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc30196" 高考分析 PAGEREF _Tc30196 \h 1
\l "_Tc31757" 学习目标 PAGEREF _Tc31757 \h 2
\l "_Tc443" 题型归纳 PAGEREF _Tc443 \h 3
\l "_Tc4275" 题型01：我国古代成就 PAGEREF _Tc4275 \h 3
\l "_Tc3054" （一）单选题 PAGEREF _Tc3054 \h 3
\l "_Tc18756" （二）多选题 PAGEREF _Tc18756 \h 31
\l "_Tc19934" （三）填空题 PAGEREF _Tc19934 \h 36
\l "_Tc27949" （四）解答题 PAGEREF _Tc27949 \h 43
\l "_Tc7963" 题型02：国外成就 PAGEREF _Tc7963 \h 51
\l "_Tc21549" （一） 单选题 PAGEREF _Tc21549 \h 51
\l "_Tc9491" （二）多选题 PAGEREF _Tc9491 \h 65
\l "_Tc12288" （三）填空题 PAGEREF _Tc12288 \h 76
\l "_Tc27787" 题型03：数列与文化 PAGEREF _Tc27787 \h 96
\l "_Tc23656" 题型04: 几何问题 PAGEREF _Tc23656 \h 113
\l "_Tc9222" 题型05：数列在日常经济生活中的应用 PAGEREF _Tc9222 \h 123
\l "_Tc12410" （一）数列-单利 PAGEREF _Tc12410 \h 123
\l "_Tc9824" （二）数列-复利 PAGEREF _Tc9824 \h 124
\l "_Tc25434" （三）数列-分期付款 PAGEREF _Tc25434 \h 126
\l "_Tc16153" （四）数列-产值增长 PAGEREF _Tc16153 \h 128
\l "_Tc26568" （五）数列-养老保险及浓度匹配 PAGEREF _Tc26568 \h 131
\l "_Tc7719" （六）数列-其他模型 PAGEREF _Tc7719 \h 134
\l "_Tc32048" （七）综合 PAGEREF _Tc32048 \h 136
\l "_Tc24406" 题型06:数列新定义 PAGEREF _Tc24406 \h 151
\l "_Tc27159" （一）单选题 PAGEREF _Tc27159 \h 151
\l "_Tc26985" （二）多选题 PAGEREF _Tc26985 \h 167
\l "_Tc13088" （三）填空题 PAGEREF _Tc13088 \h 178
\l "_Tc19367" （四）解答题 PAGEREF _Tc19367 \h 186
在当前的“新高考”改革背景下，数学试题越来越强调“五育并举”（德智体美劳）和“文化自信”。数列作为高中数学的核心主干知识，不仅考查逻辑推理和运算求解，更是连接古代数学文明、现代科学成就与日常生活的重要纽带。
1. 命题趋势 (Trends)
• 传统文化的数学表达： 高考（特别是全国卷、新高考卷）常以中国古代数学名著（如《九章算术》、《张丘建算经》、《算法统宗》等）中的“衰分术”、“盈不足术”或“堆垛问题”为背景，考查等差、等比数列的通项与求和。
• 科技成就与数学建模： 结合国家重大科技成就（如航天发射、芯片制造、基建工程、GDP增长等），考查数列在复利计算、增长率预测、物理运动模型中的应用。
• 美育与逻辑： 利用斐波那契数列（黄金分割）、谢尔宾斯基三角形（分形几何）等展现数学的对称美与结构美。
2. 核心考点 (Cre Knwledge Pints)
• 基本运算：an与 Sn的关系，等差/等比数列的基本公式。
• 性质应用： 中项性质、下标和性质、周期性。
• 求和方法： 错位相减法、裂项相消法、分组求和法（在实际应用题中常涉及估算）。
• 数学思想： 函数与方程思想、转化与化归思想、数学建模（将文字语言转化为符号语言）。
1. 文化理解与转化能力：
◦ 能读懂古文数学题，准确提取关键信息，将“文言文”转化为“现代数学符号”。
◦ 理解中国古代数学家在数列领域的贡献（如杨辉三角、高阶等差数列），增强文化自信。
2. 实际应用与建模能力：
◦ 能从生活实例（如房贷还款、放射性物质衰变、传染病模型）中抽象出等差或等比数列模型。
◦ 掌握“增长率模型” (an+1= an(1+p)) 和“分期付款模型”的数列表达。
3. 逻辑推理与运算求解：
◦ 熟练掌握数列通项公式与前n项和公式的推导。
◦ 能够处理带有实际意义的不等式恒成立问题（如“至少需要多少天”、“能否超过某值”）。
题型01：我国古代成就
（一）单选题
【典型例题1】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，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，高阶等差数列中前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．现有高阶等差数列，其前7项分别为1，2，4，7，11，16，22，则该数列的第20项为
A．172B．183C．191D．211
【答案】C
【解析】解：高阶等差数列，2，4，7，11，16，22，，
令，则数列，2，3，4，5，6，，
则数列为等差数列，首项，公差，，则，
则．
故选：．
【典型例题2】如图的形状出现在南宋数学家杨部所著的《详解九章算法商功》中，后人称为“三角垛”．角垛”的最上层有1个小球，第二层有3个小球，第三层有6个小球设各层球数构成数列．该数列从第二项起每一项与前一项的差构成等差数列，则该“三角垛”中第8层小球个数为
A．21B．28C．36D．45
【答案】C
【解析】解：根据题意，设第层有个小球，
则，，，
从第二项起每一项与前一项的差构成等差数列，
而，，则，，，
故，即该“三角垛”中第8层小球个数为36．
故选：．
【典型例题3】中国古代数学著作《九章算术》是人类科学史上应用数学的最早巅峰．书里记载了这样一个问题“今有女子善织，日自倍，五日织五尺．问日织几何？”译文是“今有一女子很会织布，每日加倍增长，5天共织5尺，问每日各织布多少尺？”，则该女子第二天织布
A．尺B．尺C．尺D．尺
【答案】B
【解析】解：设每日织布尺数构成的数列为，
则是公比为2的等比数列，
由题知，解得，
该女子第二天织布数为．
故选：．
【典型例题4】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即太极生两仪原理，如图所示（图中●表示太极，表示阳仪，表示阴仪）．若数列的每一项都代表太极衍生过程中经历过的两仪数量总和，即为天一对应的经历过的两仪数量总和0，为衍生到地二时经历过的两仪数量总和2，为衍生到天三时经历过的两仪数量总和4，，按此规律，则为
A．84B．98C．112D．128
【答案】C
【解析】解：根据题意，设该数列为，则，
故．故选：．
【变式训练1-1】农历是我国古代通行历法，被誉为“世界上最突出和最优秀的智慧结晶”．它以月相变化周期为依据，每一次月相朔望变化为一个月，即“朔望月”，约为29.5306天．由于历法精度的需要，农历设置“闰月”，即按照一定的规律每过若干年增加若干月份，来修正因为天数的不完美造成的误差，以使平均历年与回归年相适应：设数列满足，，，，其中均为正整数：，，，，，，，那么第级修正是“平均一年闰个月”．已知我国农历为“19年共闰7个月”，则它是
A．第6级修正B．第5级修正C．第4级修正D．第3级修正
【答案】B
【解析】解：，，，，，，，
，，，
，
，
则我国农历为19年共闰7个月为第5级修正，
故选：．
【变式训练1-2】天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支.十天干即：甲､乙､丙､丁､戊､己､庚､辛､壬､癸；十二地支即：子､丑､寅､卯､辰､巳､午､未､申､酉､戌､亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，…，以此类推，2023年是癸卯年，请问：在100年后的2123年为（ ）
A．壬午年B．癸未年C．己亥年D．戊戌年
【答案】B
【解析】根据题意，天干和地支的年份分别是以和为公差的等差数列，根据等差数列的性质即可求解.
由题意得：天干可看作公差为10的等差数列，地支可看作公差为12的等差数列，
由于，余数为0，故100年后天干为癸，由于，余数为4，故100年后地支为未，
综上：100年后的2123年为癸未年.故选：B.
【变式训练1-3】元代数学家朱世杰所创立的“招差术”是我国古代数学领域的一项重要成就，曾被科学家牛顿加以利用，在世界上产生了深远的影响.已知利用“招差术”得到以下公式：，具体原理如下：，，类比上述方法，的值是（ ）
A．90B．210C．420D．756
【答案】C
【解析】由类比把通项化为
，相加即可求和.
.
故选：C
【变式训练1-4】北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差数列求和的问题．现有一货物堆，从上向下查，第一层有1个货物，第二层比第一层多2个，第三层比第二层多3个，以此类推，记第n层货物的个数为，则使得成立的n的最小值是（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【解析】由题设及累加可得，应用等差数列前n项和公式及已知不等关系求n范围，即可得结果.
由题意，，且，
累加可得，所以，
∴，得，即．故选：C．
【变式训练1-5】我国古代数学家对近似值的确定做出了巨大贡献，早在东汉初年的数学古籍《周髀算经》里便记载“径一周三”，并称之为“古率”，即“直径为1的圆，周长为3”，之后三国时期数学家刘徽证明了圆内接正六边形的周长是圆直径的三倍，说明“径一周三”实际上是圆的内接正六边形的周长与圆直径的比值，而不是圆周率．若将圆内接正n边形的周长与其外接圆的直径之比记为，则下列说法错误的是（ ）
A．
B．
C．存在，当时，
D．存在，使得
【答案】C
【解析】根据题意，设外接圆的半径为R，求出的通项公式，代入即可判断AD，利用导数求解单调性即可判断BC.解：根据题意，正n边形内接于圆，设圆的半径为R，则正n边形的周长，则，
对于A，当时，，A正确；
对于B，设，其导数，
接下来证明，
令，
则
故均为上的单调递减函数，所以，
故，
则有当时，有，故，函数在上为增函数，
故数列为递增数列，则有，B正确；
对于C，当时，，对于，必有，对于数列，必有，C错误；
对于D，当时，，，D正确；
故选：C．
【变式训练1-6】刻漏是中国古代用来计时的仪器，利用附有刻度的浮箭随着受水壶的水面上升来指示时间.为了使受水壶得到均匀水流，古代的科学家们发明了一种三级漏壶，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上口宽依次递减1寸（约3.3厘米），下底宽和深度也依次递减1寸.设三个漏壶的侧面与底面所成锐二面角依次为，，，则（ ）

A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】连结，过边的中点作，垂足为，则就是漏壶的侧面与底面所成锐二面角的一个平面角，记为，设漏壶上口宽为，下底宽为，高为，在中，根据等差数列即可求解．
三级漏壶，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上口宽依次递减1寸（约3.3厘米），下底宽和深度也依次递减1寸，
如图，在正四棱台中，为正方形的中心，是边的中点，
连结，过边的中点作，垂足为，

则就是漏壶的侧面与底面所成锐二面角的一个平面角，记为，
设漏壶上口宽为，下底宽为，高为，在中，，，
因为自上而下三个漏壶的上口宽成等差数列，下底宽也成等差数列，所以为定值，
又因为三个漏壶的高成等差数列，所以．故选：D
【变式训练1-7】“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，如图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，记为图中虚线上的数构成的数列的第项，则的值为（ ）

A．1275B．1276C．1270D．1280
【答案】A
【解析】根据题意分析可得，利用累加法运算求解.
由题意可得：，即，
所以.
故选：A.
【变式训练1-8】北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差数列求和的问题．现有一货物堆，从上向下查，第一层有1个货物，第二层比第一层多2个，第三层比第二层多3个，以此类推，记第n层货物的个数为，则数列的前2023项和为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】由累加法可得，利用裂项相消求和法求出，即可得解.
由题意知，，且，
则由累加法可知，，
所以，，
，
∴.
故选：D．
【变式训练1-9】等比数列的历史由来已久，我国古代数学文献《孙子算经》、《九章算术》、《算法统宗》中都有相关问题的记载．现在我们不仅可以通过代数计算来研究等比数列，还可以构造出等比数列的图象，从图形的角度更为直观的认识它．以前n项和为，且，的等比数列为例，先画出直线OQ：，并确定x轴上一点，过点作y轴的平行线，交直线OQ于点，则．再过点作平行于x轴，长度等于的线段，……，不断重复上述步骤，可以得到点列，和．下列说法错误的是（ ）

A．B．
C．点的坐标为D．
【答案】D
【解析】根据题设描述，确定题图中相关线段的数量关系，结合直线斜率定义、等比数列前n项和判断各项的正误即可.
选项A，由题设及图象知：，故正确；
选项B，因为表示直线OQ:斜率，即为q，故正确；
选项C，点的横坐标为，故正确；
选项D，由，
而，，则，
又△为等腰直角三角形，即，
综上，，故错误．
故选：D
【变式训练1-10】数学家杨辉在其专著《详解九章算术法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的高阶等差数列．其中二阶等差数列是一个常见的高阶等差数列、如数列2，4，7，11，16，从第二项起，每一项与前一项的差组成新数列2，3，4，5，新数列2，3，4，5为等差数列，则称数列2，4，7，11，16为二阶等差数列，现有二阶等差数列，其前七项分别为2，2，3，5，8，12，17．则该数列的第20项为（ ）
A．173B．171C．155D．151
【答案】A
【解析】根据题意得到的通项公式即可得到答案.
根据题意得新数列为，则二阶等差数列 的通项公式为，则
故选：A.
【变式训练1-11】宋代制酒业很发达，为了存储方便，酒缸是要一层一层堆起来的，形成堆垛，用简便的方法算出堆垛中酒缸的总数，古代称之为堆垛术.有这么一道关于“堆垛”求和的问题：将半径相等的圆球堆成一个三角垛，底层是每边为n个圆球的三角形，向上逐层每边减少一个圆球，顶层为一个圆球，记自上而下第n层的圆球总数为，容易发现：，，，则（ ）
A．45B．40C．35D．30
【答案】B
【解析】根据题意，归纳推理，第层的圆球总数个数表达式，再将，，代入求解即可．
当时，第1层的圆球总数为，
当时，第2层的圆球总数为，
当时，第3层的圆球总数为，
．
所以第层的圆球总数为，
当时，，当时，，
故．
故选：B．
【变式训练1-12】《周髀算经》中有这样一个问题：冬至､小寒､大寒､立春､雨水､惊蛰､春分､清明､谷雨､立夏､小满､芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，立春当日日影长为9.5尺，立夏当日日影长为2.5尺，则春分当日日影长为（ ）
A．4.5尺B．5尺C．5.5尺D．6尺
【答案】D
【解析】设十二节气自冬至日起的日影长构成的等差数列为，利用等差数列的性质即可求解.
设十二节气自冬至日起的日影长构成的等差数列为，则立春当日日影长为，立夏当日日影长为，所以春分当日日影长为.
故选：D
【变式训练1-13】如图，九连环是中国从古至今广为流传的一种益智玩具．在某种玩法中，按一定规则移动圆环，用表示解下个圆环所需的最少移动次数，数列满足，且，则解下5个环所需的最少移动次数为（ ）
A．5B．10C．21D．42
【答案】C
【解析】根据已知的数列递推公式，得到与的等量关系，即可计算出解下个圆环需最少移动的次数.
由，，
得．
故选：C．
【变式训练1-14】我国古代数学著作《九章算术》中记载问题：今有垣厚五尺，两鼠对穿．大鼠日一尺，小鼠亦日尺．大鼠日自倍，小鼠日自半．问几何日相逢，各穿几何？意思是：今有土墙厚5尺，两鼠从墙两侧同时打洞，大鼠第一天打洞一尺，小鼠第一天也打洞一尺，大鼠之后每天打洞厚度比前一天多一倍，小鼠之后每天打洞厚度是前一天的一半，问两鼠几天打通相逢？此时，各打洞多少？两鼠相逢需要的天数最小为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【解析】设大鼠、小鼠每天所打的厚度分别构成数列，，则均为等比数列，设它们的前项和分别为，，利用求和公式结合题设条件可得，故可求两鼠相逢需要的天数的最小值.
设大鼠、小鼠每天所打的厚度分别构成数列，，它们的前项和分别为，，
则是以1为首项，2为公比的等比数列，是以1为首项，为公比的等比数列，
故，．
令，即，故，
令，则为递增数列，，
故的解为，故的最小值为3.
故选：B．
【变式训练1-15】《庄子·天下》篇中记述了一个著名命题：“一尺之棰，日取其半，万世不竭．”反映这个命题本质的式子是（ ）
A．1＋
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】根据题意得到每天截取的线段长度构成了以为首项，为公比的等比数列，然后用等比数列的前项和公式求和，根据其和小于即可说明命题.
该命题说明每天截取的线段长度构成了以为首项，为公比的等比数列，
因为，所以能反映命题本质的式子是.
故选：B.
【变式训练1-16】“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年，如图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，记为图中虚线上的数1，3，6，10，…构成的数列的第项，则的值为（ ）
A．208B．209C．210D．211
【答案】C
【解析】设第个数为，观察图中数据可得，，，，利用叠加法可求.
设：第个数为，
则，
，
，
，
，
叠加可得：
，
，
故选：C
【变式训练1-17】中国古代数学著作《算法统综》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔仔细算相还”.其大意为：“有一人走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”.则下列说法正确的是（ ）
A．该人第五天走的路程为14里
B．该人第三天走的路程为42里
C．该人前三天共走的路程为330里
D．该人最后三天共走的路程为42里
【答案】D
【解析】由题意可知该人每天走的路程构成了公比为的等比数列，
设数列前n项和为，则，
故 ，解得，
则，
故 ，该人第五天走的路程为12里，A错误；
，该人第三天走的路程为48里，B错误；
，该人前三天共走的路程为里，C错误；
由（里），可知该人最后三天共走的路程为42里，D正确，
故选：D
【变式训练1-18】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，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，高阶等差数中前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.现有高阶等差数列，其前7项分别为1，2，5，10，17，26，37，则该数列的第19项为（ ）
A．290B．325C．362D．399
【答案】B
【解析】设该数列为，则由，，，，…
可知该数列逐项差数之差成等差数列，首项为1，公差为2，故，
故，
则，，，…，，
上式相加，得，
即，故.故选：B.
【变式训练1-19】“中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教士伟烈亚利将《孙子算法》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”，“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至2022这2022个数中，能被5除余1且被7除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则此数列的项数为（ ）
A．58B．57C．56D．55
【答案】A
【解析】因为能被5除余1且被7除余1，即能被35除余1的数，
所以，，，即是以1为首项，35为公差的等差数列.
即
由题意知且，得，
解得，，所以此数列的项数为58项.
故选:A.
【变式训练1-20】《孙子算经》是中国古代重要的数学著作，上面记载了一道有名的“孙子问题”，后来南宋数学家秦九韶在《算书九章大衍求一术》中将此问题系统解决.“大衍求一术”属现代数论中的一次同余式组问题，后传入西方，被称为“中国剩余定理”.现有一道同余式组问题:将正整数中， 被4除余1且被6除余3的数，按由小到大的顺序排成一列数，记的前项和为，则 （ ）
A．495B．522C．630D．730
【答案】C
【解析】被4除余1的正整数为形式，
被6除余3的正整数为形式，
被4除余1且被6除余3的数最小的正整数是9，它们可表示为，
即，是等差数列，
，，，
故选：C．
【变式训练1-21】十二平均律是我国明代音乐理论家和数学家朱载堉发明的，明万历十二年(公元1584年)，他写成《律学新说》提出了十二平均律的理论十二平均律的数学意义是：在1和2之间插入11个数使包含1和2的这13个数依次成递增的等比数列，记插入的11个数之和为M，插入11个数后这13个数之和为N，则依此规则，下列说法错误的是（ ）
A．插入的第8个数为B．插入的第5个数是插入的第1个数的倍
C． D．
【答案】D
【解析】设该等比数列为,公比为q,则,故.
对于A：插入的第8个数为.故A正确；
对于B：插入的第5个数为，插入的第1个数为，所以.故B正确；
对于C：.
要证，即证，即证，即证，即证，
而成立，故C正确；
对于D：.
因为，所以，所以，所以，即，所以
故D错误.
故选：D
【变式训练1-22】“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200这200个数中，能被4除余2且被6除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则此数列各项之和为（ ）
A．1666B．1676C．1757D．2646
【答案】A
【解析】由题意可知既是4的倍数，又是6的倍数，即是12的倍数，因此数列是以2为首项，以12为公差的等差数列，所以．又，，所以该数列有17项，各项之和为．
故选：A.
【变式训练1-23】南宋数学家杨辉在《详解九章算术法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般的等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次成等差数列．如数列1，3，6，10，前后两项之差组成新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列．现有二阶等差数列，其前7项分别为2，3，5，8，12，17，23，则该数列的第31项为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】根据题意，设该数列为，数列的前7项为2，3，5，8，12，17，23，
则满足，，
则，
故选：D．
【变式训练1-24】在我国古代著作《九章算术》中，有这样一个问题：“今有五人分五钱，令上二人与下三人等，问各得几何？”意思是有五个人分五钱，这五人分得的钱数从多到少成等差数列，且得钱最多的两个人的钱数之和与另外三个人的钱数之和相等，问每个人分别分得多少钱．则这个等差数列的公差d＝（ ）
A．－B．－C．－D．－
【答案】A
【解析】若分得的钱从多到少分别为，
所以，可得.
故选：A
【变式训练1-25】朱载堉（1536~1611），是中国明代一位杰出的音乐家､数学家和天文历算家，他的著作《律学新说》中阐述了最早的“十二平均律”.十二平均律是目前世界上通用的把一组音（八度）分成十二个半音音程的律制，各相邻两律之间的频率之比完全相等，亦称“十二等程律”.即一个八度13个音，相邻两个音之间的频率之比相等，且最后一个音是最初那个音的频率的2倍.设第二个音的频率为，第八个音的频率为.则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设第一个音的频率为，设相邻两个音之间的频率之比为，那么，
根据最后一个音是最初那个音的频率的2倍，，
所以.故选：A
【变式训练1-26】如图1，洛书是一种关于天地空间变化脉络的图案，2014年正式入选国家级非物质文化遗产名录，其数字结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，形成图2中的九宫格，将自然数1，2，3，…，放置在n行n列的正方形图表中，使其每行、每列、每条对角线上的数字之和（简称“幻和”）均相等，具有这种性质的图表称为“n阶幻方”．洛书就是一个3阶幻方，其“幻和”为15．则7阶幻方的“幻和”为（ ）
图1 图2
A．91B．169C．175D．180
【答案】C
【解析】由题意，7阶幻方各行列和，即“幻和”为.
故选：C
【变式训练1-27】北宋数学家贾宪创制的数字图式（如图）又称“贾宪三角”，后被南宋数学家杨辉引用、n维空间中的几何元素与之有巧妙联系、例如，1维最简几何图形线段它有2个0维的端点、1个1维的线段：2维最简几何图形三角形它有3个0维的端点，3个1维的线段，1个2维的三角形区域；……如下表所示.从1维到6维最简几何图形中，所有1维线段数的和是（ ）
A．56B．70C．84D．28
【答案】A
【解析】设从1维到维最简几何图形的1维线段数构成数列，
由题意可得，，，…，
以此类推，可得，
所以
，
所以.
故选：A.
【变式训练1-28】北宋数学家沈括在酒馆看见一层层垒起的酒坛，想求这些酒坛的总数，经过反复尝试，终于得出了长方台形垛积的求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积，第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有依此类推，最底层有个小球，共有层.现有一个由小球堆成的长方台形垛积，共层，小球总个数为，则该垛积的第一层的小球个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【解析】设各层的小球个数为数列，
由题意得，，，，
因为，可得，
，
，
，
则，
因为前层小球总个数为，所以，
即，解得或（舍去），
所以，可得，即该垛积的第一层的小球个数为个.故选：B.
【变式训练1-29】南宋数学家杨辉为我国古代数学研究做出了杰出贡献，他的著名研究成果“杨辉三角”记录于其重要著作《解析九章算法》，该著作中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列，以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列.若某个二阶等差数列的前4个为1，3，7，13，则该数列的第13项为（ ）
A．156B．157C．158D．159
【答案】B
【解析】设该二阶等差数列为，则；
由二阶等差数列的定义可知，
所以数列是以为首项，公差的等差数列，即，
所以
将所有上式累加可得，所以；
即该数列的第13项为.故选：B
【变式训练1-30】谈祥柏先生是我国著名的数学科普作家，在他的《好玩的数学》一书中，有一篇文章《五分钟挑出埃及分数》，文章告诉我们，古埃及人喜欢使用分子为的分数（称为埃及分数）．则下列埃及分数、、、、的和是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】利用裂项相消法可求得结果.
当时，，
因此，
.
故选：C.
【变式训练1-31】《算法统宗》是中国古代数学名著，书中有这样一个问题：九百九十六斤棉，赠分八子做盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言，务要分明依次弟，孝和休惹外人传．意为：996斤棉花，分别赠送给8个子女做旅费，从第二个开始，以后每人依次多17斤，直到第八个孩子为止．分配时一定要长幼分明，使孝顺子女的美德外传．据此，前五个孩子共分得的棉花斤数为（ ）
A．362B．430C．495D．645
【答案】C
【解析】设这八个孩子分得棉花的斤数构成等差数列，由题设求得其首项与公差，即可求得结果．
解：设这八个孩子分得棉花的斤数构成等差数列，
由题意知：公差，
又，解得，
故.
故选：C．
【变式训练1-32】天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支.十天干即：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，…，以此类推，2022年是壬寅年，请问：在100年后的2122年为（ ）
A．壬午年B．辛丑年C．己亥年D．戊戌年
【答案】A
【解析】将天干和地支分别看作等差数列，结合，，分别求出100年后天干为壬，地支为午，得到答案.
由题意得：天干可看作公差为10的等差数列，地支可看作公差为12的等差数列，
由于，余数为0，故100年后天干为壬，
由于，余数为4，故100年后地支为午，
综上：100年后的2122年为壬午年.
故选：A
【变式训练1-33】南宋数学家杨辉在《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，所以论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”，现有高阶等差数列，其前6项分别为1，5，11，21，37，61，……则该数列的第8项为（ ）
A．99B．131C．139D．141
【答案】D
【解析】根据题中所给高阶等差数列定义，找出其一般规律即可求解.
设该高阶等差数列的第8项为，根据所给定义，用数列的后一项减去前一项得到一个数列，得到的数列也用后一项减去前一项得到一个数列，即得到了一个等差数列，如图：
根据规律补全：
由图可得，则.
故选：D
【变式训练1-34】《九章算术》中有一题：今有牛、马、羊、猪食人苗，苗主责之粟9斗，猪主曰：“我猪食半羊．”羊主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛．”今欲衰偿之，问各出几何？其意是：今有牛、马、羊、猪吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿9斗粟，猪主人说：“我猪所吃的禾苗只有羊的一半．”羊主人说：“我羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主人说：“我马所吃的禾苗只有牛的一半．”打算按此比率偿还，牛、马、羊、猪的主人各应赔偿多少粟？在这个问题中，马主人比猪主人多赔偿了（ ）斗．
A．B．C．3D．
【答案】B
【解析】转化为等比数列进行求解，设出未知数，列出方程，求出马主人比猪主人多赔偿了斗数.
由题意得：猪、羊、马、牛的主人赔偿的粟斗数成等比数列，公比为2，
设猪的主人赔偿的粟斗数为，
则，解得：，
故马主人赔偿的粟斗数为，
所以马主人比猪主人多赔偿了斗数为.
故选：B
【变式训练1-35】“垛积术”是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等．某仓库中部分货物堆放成如图所示的“茭草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n件． 已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的．若这堆货物总价是万元，则n的值为（ ）
A．9B．10C．11D．12
【答案】B
【解析】先依次求出各层货物总价，再利用裂项抵消法进行求解.
由题意，得第一层货物总价为1万元，第二层货物总价为万元，
第三层货物总价为万元，……，第层货物总价为万元.
设这堆货物总价为万元，
则
，
两式相减，得，
即，
则，
令，
得.
故选：B.
【变式训练1-36】北宋数学家贾宪创制的数字图式（如图）又称“贾宪三角”，后被南宋数学家杨辉引用、n维空间中的几何元素与之有巧妙联系、例如，1维最简几何图形线段它有2个0维的端点、1个1维的线段：2维最简几何图形三角形它有3个0维的端点，3个1维的线段，1个2维的三角形区域；……如下表所示.从1维到6维最简几何图形中，所有1维线段数的和是（ ）
A．56B．70C．84D．28
【答案】A
【解析】根据题意可得，可求得，即可求解.
设从1维到维最简几何图形的1维线段数构成数列，
由题意可得，，，…，
以此类推，可得，
所以
，
所以.
故选：A.
【变式训练1-37】大衍数列，来源于中国古代著作《乾坤普》中对易传“大衍之数五十”的推论.其前项为：、、、、、、、、、，通项公式为，若把这个数列排成下侧形状，并记表示第行中从左向右第个数，则的值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】确定在数列中的项数，结合数列的通项公式可求得结果.
由题可知，设数阵第行的项数为，则数列是以为首项，公差为的等差数列，
数列的前项和为，
所以，是数列的第项，因此，.
故选：D.
【变式训练1-38】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．其前10项依次是0、2、4、8、12、18、24、32、40、50，则此数列的第21项是（ ）
A．200B．210C．220D．242
【答案】C
【解析】由数列奇数项的前几项可归纳出奇数项上的通项公式，从而得到答案.
根据题意，数列的前10项依次是0、2、4、8、12、18、24、32、40、50，其中奇数项为0、4、12、24、40，有
故其奇数项上的通项公式为故，
故选：C
【变式训练1-39】《张邱建算经》记载了这样一个问题：“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里”，意思是“有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天走的路程是前一天的一半，连续走了7天，共走了700里”．在上述问题中，此马第二天所走的路程大约为（ ）
A．170里B．180里C．185里D．176里
【答案】D
【解析】根据题意，可知此马每天走的路程形成等比数列，利用等比数列的前项和公式求得基本量，从而得解.
由题意得，设这匹马的第天走的路程为，则有，，
所以数列是的等比数列，
故，解得，
所以．
故选：D.
【变式训练1-40】南宋数学家杨辉在《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，他所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项之差成等差数列．现有一高阶等差数列，其前7项分别为1，2，4，7，11，16，22，则该数列的第100项为（ ）
A．4 923B．4 933C．4 941D．4 951
【答案】D
【解析】设该高阶等差数列为，逐项之差成等差数列记为，求出通项公式，由，利用累加法求.
设该高阶等差数列为，则的前7项分别为1，2，4，7，11，16，22.
令，则数列为1，2，3，4，5，6，…，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以，即，
故
.
故选：D
【变式训练1-41】明代数学家程大位在《算法统宗》中已经给出由n，和d求各项的问题，如九儿问甲歌：“一个公公九个儿，若问生年总不知，自长排来差三岁，共年二百又零七．借问长儿多少岁，各儿岁数要详推．”则该问题中老人的长子的岁数为（ ）
A．35B．32C．29D．26
【答案】A
【解析】根据题意，九个儿子的岁数从大到小构成公差为的等差数列，设长子的岁数为，则，解得．故选A
【变式训练1-42】“三分损益法”是古代中国发明的制定音律时所用的生律法.例如：假设能发出第一个基准音的乐器的长度为36，那么能发出第二个基准音的乐器的长度为，能发出第三个基准音的乐器的长度为，……，也就是依次先减少三分之一，后增加三分之一，以此类推.现有一兴趣小组采用此规律构造了一个共12项的数列用来研究数据的变化，已知，则（ ）
A．324B．297C．256D．168
【答案】A
【解析】由损益规律可知，即，
解得.故选A
【变式训练1-43】大衍数列0，2，4，8，12，18，⋯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.其通项公式为记数列的前n项和为，则（ ）
参考公式：.
A．169125B．169150C．338300D．338325
【答案】B
【解析】由，
故.故选B
【变式训练1-44】高阶等差数列是数列逐项差数之差或高次差相等的数列，中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现了聪明才智如南宋数学家杨辉在《详解九章算法商功》一书中记载的三角垛、方垛、刍甍垛等的求和都与高阶等差数列有关如图是一个三角垛，最顶层有个小球，第二层有个，第三层有个，第四层有个，则第层小球的个数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】记第层有个球，则，，，，
结合高阶等差数列的概念知，，，，，则第层的小球个数
．故选B
【变式训练1-45】“中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《胁子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何?现有这样一个相关的问题：被除余且被除余的正整数按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前项和为，则的最小值为（ ）
A．60B．61C．75D．76
【答案】B
【解析】被除余且被除余的正整数按照从小到大的顺序所构成的数列是一个首项为，公差为的等差数列，所以，
∴，
当且仅当，即时取等号，∴当时取最小值为．故选：B.
【变式训练1-46】数学家祖冲之曾给出圆周率的两个近似值：“约率”与“密率”.它们可用“调日法”得到：称小于3.1415926的近似值为弱率，大于3.1415927的近似值为强率.由于，取3为弱率，4为强率，计算得，故为强率，与上一次的弱率3计算得，故为强率，继续计算，….若某次得到的近似值为强率，与上一次的弱率继续计算得到新的近似值；若某次得到的近似值为弱率，与上一次的强率继续计算得到新的近似值，依此类推.已知，则（ ）
A．8B．7C．6D．5
【答案】B
【解析】因为为强率，由可得，，即为强率；
由可得，，即为强率；
由可得，，即为强率；
由可得，，即为强率；
由可得，，即为弱率，所以，
故选：B.
（二）多选题
【典型例题1】朱世杰是历史上伟大的数学家之一，他所著的《四元玉鉴》卷中“如像招数”五问中有如下问题：“今有官司差夫一千八百六十四人筑堤，只云初日差六十四人，次日转多七人，每人日支米三升.”其大意为“官府陆续派遣1864人前往修筑堤坝，第一天派出64人，从第二天开始每天比前一天多派7人，官府向修筑堤坝的每人每天发放大米3升.”则下列结论正确的有（ ）
A．将这1864人派谴完需要16天
B．第十天派往筑堤的人数为134
C．官府前6天共发放1467升大米
D．官府前6天比后6天少发放1260升大米
【答案】ACD
【解析】记数列为第n天派遣的人数，数列为第n天获得的大米升数，则是以64为首项，7为公差的等差数列，即，是以192为首项，21为公差的等差数列，即，所以，B不正确.
设第k天派遣完这1864人，则，解得（负值舍去），A正确；
官府前6天共发放升大米，C正确，
官府前6天比后6天少发放升大米，D正确.故选ACD
【典型例题2】多选）中国古代数学专著《九章算术》中有这样一个问题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛．”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗．禾苗主人要求赔偿5斗粟．羊主人说：“我的羊所吃的禾苗只有马的一半，”马主人说：“我的马所吃的禾苗只有牛的一半．”打算按此比率偿还，他们各应偿还多少？已知牛、马、羊的主人应分别偿还升、升、升粟，1斗为10升，则（ ）
A．，，依次成公比为2的等比数列B．，，依次成公比为的等比数列
C．D．
【答案】BD
【解析】根据等比数列的定义，等比数列的前项和公式计算后判断．
由条件，知，，依次成公比为的等比数列，又，所以，所以．
故选：BD．
【变式训练1-1】（多选）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其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，则（ ）
A．此数列的第20项是200
B．此数列的第19项是182
C．此数列的通项公式为
D．84不是此数列中的项
【答案】AC
【解析】由已知数列可得为偶数时，，为奇数时，，然后逐个分析判断即可
观察此数列，为偶数时，，为奇数时，，
所以此数列的通项公式为，
所以C正确；，A正确；，B错误；
，所以，故D错误．
故选：AC．
【变式训练1-2】朱世杰是历史上伟大的数学家之一，他所著的《四元玉鉴》卷中“如像招数”五问中有如下问题：“今有官司差夫一千八百六十四人筑堤，只云初日差六十四人，次日转多七人，每人日支米三升.”其大意为“官府陆续派遣1864人前往修筑堤坝，第一天派出64人，从第二天开始每天比前一天多派7人，官府向修筑堤坝的每人每天发放大米3升.”则下列结论正确的有（ ）
A．将这1864人派谴完需要16天
B．第十天派往筑堤的人数为134
C．官府前6天共发放1467升大米
D．官府前6天比后6天少发放1260升大米
【答案】ACD
【解析】记数列为第n天派遣的人数，数列为第n天获得的大米升数，依题意可得是以64为首项，7为公差的等差数列，是以192为首项，21为公差的等差数列，再根据等差数列的通项公式及前项和公式计算可得；
解：记数列为第n天派遣的人数，数列为第n天获得的大米升数，则是以64为首项，7为公差的等差数列，即，是以192为首项，21为公差的等差数列，即，所以，B不正确.
设第k天派遣完这1864人，则，解得（负值舍去），A正确；
官府前6天共发放升大米，C正确，
官府前6天比后6天少发放升大米，D正确.
故选：ACD
【变式训练1-3】我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：“今有良马和驽马发长安至齐，良马初日行一百九十三里，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，九日后二马相逢.”其大意为今有良马和驽马从长安出发到齐国，良马第一天走193里，以后每天比前一天多走13里；驽马第一天走97里，以后每天比前一天少走里.良马先到齐国，再返回迎接驽马，9天后两马相遇.下列结论正确的是（ ）
A．长安与齐国两地相距1530里
B．3天后，两马之间的距离为里
C．良马从第6天开始返回迎接驽马
D．8天后，两马之间的距离为里
【答案】AB
【解析】A, 设良马第天行走的路程里数为，驽马第天行走的路程里数为，求出良马和驽马各自走的路程即得A正确；
B，计算得到3天后，两马之间的距离为里，即可判断B正确；
C,计算得到良马前6天共行走了里里，故C不正确；
D，计算得到8天后，两马之间的距离为390里，故D不正确.
解：设良马第天行走的路程里数为，驽马第天行走的路程里数为，则.
良马这9天共行走了里路程，
驽马这9天共行走了里路程，
故长安与齐国两地相距里，A正确.
3天后，良马共行走了里路程，驽马共行走了里路程，故它们之间的距离为328.5里，B正确.
良马前6天共行走了里里，故良马行走6天还末到达齐国，C不正确.
良马前7天共行走了里里，则良马从第7天开始返回迎接驽马，故8天后，两马之间的距离即两马第9天行走的距离之和，由，知8天后，两马之间的距离为390里，故D不正确.
故选：AB
【变式训练1-4】中国古代数学著作《算法统综》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔仔细算相还”．其大意为：“有一人走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”．则下列说法正确的是（ ）
A．该人第五天走的路程为12里
B．该人第三天走的路程为42里
C．该人前三天共走的路程为330里
D．该人最后三天共走的路程为42里
【答案】AD
【解析】由题意可得此人每天走了路程构成了一个公比为的等比数列，且，
所以，解得，
所以，
对于A，因为，所以A正确，
对于B，因为，所以B错误，
对于C，，所以C错误，
对于D，该人最后三天共走的路程为，所以D正确，
故选：AD
【变式训练1-5】朱世杰是历史上伟大的数学家之一，他所著的《四元玉鉴》卷中“如像招数”五问中有如下问题：“今有官司差夫一千八百六十四人筑堤，只云初日差六十四人，次日转多七人，每人日支米三升.”其大意为“官府陆续派遣1864人前往修筑堤坝，第一天派出64人，从第二天开始每天比前一天多派7人，官府向修筑堤坝的每人每天发放大米3升.”则下列结论正确的有（ ）
A．将这1864人派谴完需要16天
B．第十天派往筑堤的人数为134
C．官府前6天共发放1467升大米
D．官府前6天比后6天少发放1260升大米
【答案】ACD
【解析】记数列为第n天派遣的人数，数列为第n天获得的大米升数，则是以64为首项，7为公差的等差数列，即，是以192为首项，21为公差的等差数列，即，所以，B不正确.
设第k天派遣完这1864人，则，解得（负值舍去），A正确；
官府前6天共发放升大米，C正确，
官府前6天比后6天少发放升大米，D正确.
故选：ACD
（三）填空题
【典型例题1】我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有人持金出五关，前关二而税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤，问本持金几何”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金，第2关收税金为剩余金的，第3关收税金为剩余金的，第4关收税金为剩余金的，第5关收税金为剩余金的，5关所收税金之和，恰好重1斤，问原来持金多少？”若将题中“5关所收税金之和，恰好重1斤，问原来持金多少？”改成假设这个原来持金为，按此规律通过第8关，则第8关需收税金为 ．
【解答】解：第1关收税金：；第2关收税金：；第3关收税金：；
，可得第8关收税金：，即．
故答案为：．
【典型例题2】将杨辉三角中的每一个数都换成分数，就得到一个如图所示的分数三角形，称为莱布尼茨三角形，从莱布尼茨三角形可以看出：，令，是的前项和，则 .
【答案】
【解析】由可得：，
所以
所以
，
∴.
【典型例题3】我国古代数学著作《九章算术》中有“竹九节”问题：现有一根节的竹子，自上而下各节的容积成等比数列，最上面节的容积之积为，最下面节的容积之积为，则第节的容积是 .
【答案】
【解析】现有一根节的竹子，自上而下各节的容积成等比数列，
设第节的容积为，则为等比数列，且，
上面节的容积之积，下面节的容积之积为，
，解得，，
第节的容积为：．
【变式训练1-1】将正奇数排列如下表，其中第i行第j个数表示，例如，若，则______．
【答案】67
【解析】找到每行最后一个数的规律，写出通项公式，确定位于第行，再确定其所在的列数，从而求出答案.
每行最后一个数的排列为1,5,11,19,29，
第行最后一个数的通项公式为，
其中，，
所以位于第行，且，
所以位于第行，第22列，所以.
故答案为：67
【变式训练1-2】音乐与数学有着密切的联系，我国春秋时期有个著名的“三分损益法”：以“宫”为基本音，“宫”经过一次“损”频率变为原来的，得到“徵”；“徵”经过一次“益”，频率变为原来的，得到“商”；……依次损益交替变化，获得了“宫、徵、商、羽、角”五个音阶，设“宫”的频率为，则“角”的频率为________.
【答案】
【解析】根据已知条件经过一次“损”频率变为原来的，经过一次“益”，频率变为原来的，依次损益交替变化求概率即可.
由“宫”的频率为，“宫”经过一次“损”得到“徵”的频率变为，
“徵”经过一次“益”，得到商的频率为，
“商”经过一次“损”，得到“羽”的频率为，
“羽”经过一次“益”，得到“角”的频率为，
所以“角”的频率为，
故答案为：
【点睛】本题主要考查了数列与文化知识结合，关键是读懂题意求出概率，属于基础题.
【变式训练1-3】“物不知数”是中国古代著名算题，原载于《孙子算经》卷下第二十六题：“今有物不知其数，三三数之剩二；五五数之剩三；七七数之剩二.问物几何？”它的系统解法是秦九韶在《数书九章》大衍求一术中给出的.大衍求一术（也称作“中国剩余定理”）是中国古算中最有独创性的成就之一，属现代数论中的一次同余式组问题.已知问题中，一个数被除余，被除余，被除余，则在不超过的正整数中，所有满足条件的数的和为___________.
【答案】
【解析】找出满足条件的最小整数值为，可知满足条件的数形成以为首项，以为公差的等差数列，确定该数列的项数，利用等差数列的求和公式可求得结果.
由题意可知，一个数被除余，被除余，被除余，则这个正整数的最小值为，
因为、、的最小公倍数为，
由题意可知，满足条件的数形成以为首项，以为公差的等差数列，
设该数列为，则，
由，可得，所以，的最大值为，
所以，满足条件的这些整数之和为.
故答案为：.
【变式训练1-4】“一尺之棰，日取其半，万世不竭”出自我国古代典籍《庄子·天下》，其中蕴含着等比数列的相关知识.已知长度为4的线段，取的中点，以为边作等边三角形（如图①），该等边三角形的面积为，在图①中取的中点，以为边作等边三角形（如图②），图②中所有的等边三角形的面积之和为，以此类推，则___________；___________.
【答案】 ； ．
【解析】依题可知，各等边三角形的面积成等比数列，公比为，首项为，即可求出以及，再根据分组求和法以及错位相减法求出．
依题可知，各等边三角形的面积形成等比数列，公比为，首项为，所以，即；
，而，设
，
，作差得：
，所以，所以
．
故答案为：；．
【变式训练1-5】我国古代数学著作《九章算术》有如下问题，“今有金箠，长五尺．斩本一尺，重四斤．斩末一尺，重二斤．问次一尺各重几何？”意思是“现有一根金杖，长五尺，一头粗，一头细．在粗的一端截下1尺，重4斤；在细的一端截下1尺，重2斤；问依次每一尺各重多少斤？”根据上题的已知条件，若金杖由粗到细是均匀变化的，估计此金杖总重量约为 斤．
【答案】15
【解析】根据题意，每节重量构成等差数列，由等差数列求和公式得解.
由题意知每节的重量构成等差数列，
设首项为2，则第5项为4，
所以总重量为斤．
故答案为：15
【变式训练1-6】《孙子算经》是我国南北朝时期（公元5世纪）的数学著作．在《孙子算经》中有“物不知数”问题：一个整数除以三余二，除以五余三，求这个整数．设这个整数为a，当时，则符合条件的所有a的和为________．
【答案】8184
【解析】由题设a=3m+2=5n+3, m, n∈N*，则3m=5n+1，对m分类分析，可知m=5k十2，得到a=15k+8，k∈Z，由a∈[1,500]求得a的取值，再由等差数列的前n项和求得答案.
由题意知，a=3m+2=5n+3, m, n∈N*，
则时，不存在；
当时，不存在，
当时，，满足题意；
当时，不存在
当时，不存在，
故，
则共33个数，且这些数构成以8为首项，15为公差的等差数列，
这33个数的和为.
故答案为：8184
【变式训练1-7】我国的《洛书》中记载着世界上最古老的幻方：将1，2，…，9填入方格内使三行、三列、两条对角线的三个数之和都等于15，如图所示．
一般地，将连续的正整数1，2，…，填入个方格中，使得每行、每列、每条对角线上的数的和相等，这个正方形叫做阶幻方．记阶幻方的对角线上数的和为，例如，，，……，那么10阶幻方的对角线上数的和__．
【答案】505．
【解析】推导出，由此利用等差数列求和公式能求出结果．
解：根据题意可知，幻方对角线上的数成等差数列，
，
，
，
，
所以.
故答案为：505．
【变式训练1-8】南宋著名数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》中首次提出“杨辉三角”，如图所示，这是数学史上的一个伟大的成就在“杨辉三角”中，已知每一行的数字之和构成的数列为等比数列，设该数列前项和为，若数列满足，则___________.
【答案】
【解析】根据题意得出等比数列的首项为，公比，从而求出，即可求出数列的通项公式，即可得解.
解：因为每一行的数字之和构成的数列为等比数列，且第一行数字和为，第二行数字和为，第三行数字和为，所以该等比数列首项为，公比，
所以，
所以，
所以.
故答案为：.
【变式训练1-9】幻方又称为魔方，方阵或厅平方，最早记载于中国公元前500年的春秋时期《大戴礼》中，宋代数学家杨辉称之为纵横图.如图所示，将1，2，3，…，9填入的方格内，使三行､三列､两对角线的三个数之和都等于15，便得到一个3阶幻方；一般地，将连续的正整数1，2，3，…，填入的方格内，使得每行､每列､每条对角线上的数字的和相等，这个正方形就叫做阶幻方.记阶幻方的一条对角线上的数字之和为（如：），则 .
【答案】
【解析】利用等差数列求和公式得出n阶幻方的所有数之和，再计算每行数之和即可得出对角线上数字之和.
n阶幻方共有个数，其和为，
∵n阶幻方共有n行，
∴每行的和为.
故答案为：505
【变式训练1-10】对圆周率的计算几乎贯穿了整个数学史．古希腊数学家阿基米德（公元前287—公元前212）借助正96边形得到著名的近似值：．我国数学家祖冲之（430—501）得出近似值，后来人们发现，这是一个“令人吃惊的好结果”．随着科技的发展，计算的方法越来越多．已知，定义的值为的小数点后第个位置上的数字，如，，规定．记，集合为函数的值域，则集合 ．
【答案】见解析
【解析】由，集合为函数的值域，
可得，，，，
，，，，
，，所以，
又由 且，
可得，，
，，
，，
，，
，，可得，
同理可得，．故答案为：.
（四）解答题
【典型例题1】我国南宋时期的数学家杨辉，在他1261年所著的《详解九章算法》一书中，用如图的三角形解释二项和的乘方规律．此图称为“杨辉三角”，也称为“贾宪三角”．在此图中，从第三行开始，首尾两数为，其他各数均为它肩上两数之和．
(1)把“杨辉三角”中第三斜列各数取出按原来的顺序排列得一数列：，，，，，…，写出与的递推关系，并求出数列的通项公式；
(2)设，证明：.
【答案】(1)，（）；
(2)证明见解析.
【解析】（1）根据已知写出与的递推关系，再利用累加法求出数列的通项公式；
（2）先求出，再利用错位相减法求出，即得证.
（1）解：由“杨辉三角”的定义可知：，
时， 所以有，
故,该式对a1=1也成立.
所以 （）
（2）解：由题得，所以，
设，
所以，（1）
所以，（2）
（1）（2）得，
所以，
所以
所以
所以
故.
【典型例题2】北宋数学家沈括博学多才、善于观察．据说有一天，他走进一家酒馆，看见一层层垒起的酒坛，不禁想到：“怎么求这些酒坛的总数呢？”，沈括“用刍童（长方台）法求之，常失于数少”，他想堆积的酒坛、棋子等虽然看起来像实体，但中间是有空隙的，应该把他们看成离散的量．经过反复尝试，沈括提出对上底有ab个，下底有cd个，共n层的堆积物（如图），可以用公式求出物体的总数．这就是所谓的“隙积术”，相当于求数列ab，的和，“隙积术”给出了二阶等差数列的一个求和公式．现已知数列为二阶等差数列，其通项，其前n项和为，数列的前n和为，且满足．

(1)求数列的前n项和；
(2)记，求数列的前n项和．
【答案】见解析
【解析】（1）数列的通项，
因为在数列，，，…，中，，，项数为，，，
所以．即
（2）因为数列的前n和为，且满足．
所以当时，，两式相减可得，即，
令，则，解得，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以.
所以
①，
②
①—②得：
，所以
【变式训练1-1】如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《解析九章算法•商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，.设各层球数构成一个数列.
(1)写出与的递推关系，并求数列的通项公式；
(2)数列是以3为首项，3为公比的等比数列，令，求数列的前项和.
【答案】见解析
【解析】（1）从图中可以发现每一层球的数量比上一层多的个数等于层数，
所以，，，
所以，所以（）；
当时，也符合上式，故
（2）由于数列是以3为首项，3为公比的等比数列，所以，
，，
，所以，
所以，
【变式训练1-2】我国南宋时期的数学家杨辉，在他1261年所著的《解析九章算法》一书中，用如图的三角形解释二项和的乘方规律．此图称为“杨辉三角”，也称为“贾宪三角”．在此图中，从第三行开始，首尾两数为，其他各数均为它肩上两数之和．
（1）把“杨辉三角”中第三斜列各数取出按原来的顺序排列得一数列：，，，，，…，写出与的递推关系，并求出数列的通项公式；
（2）已知数列满足，设数列满足：，数列的前项和为，若恒成立，试求实数的取值范围．
【答案】见解析
【解析】解：（1）由“杨辉三角”的定义可知：，时，
所以有
故
（2）数列满足，①
当时，，②
得：，故：，满足上式，所以，
数列满足：，
则：，
由于恒成立，故：，整理得：，
因为在上单调递减，故当时，，所以．
【变式训练1-3】“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在中国南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中，欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律，比杨辉要晚近四百年.如图，在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中，记第2行的第3个数字为，第3行的第3个数字为，…，第行的第3个数字为，
（1）求；
（2）求.
【答案】见解析
【解析】（1）解法一
由题意知，
.
解法二 由题意知，所以.
（2）.
解法二 .
【变式训练1-4】九连环是中国的一种古老智力游戏，它环环相扣，趣味无穷.长期以来，这个益智游戏是数学家及现代电子计算机专家们用于教学研究的课题和例子.中国的末代皇帝溥仪(1906–1967)也曾有一个精美的由九个翡翠缳相连的银制的九连环(如图).现假设有个圆环，用表示按某种规则解下个圆环所需的最小移动次数.已知数列满足下列条件：，，，记的前项和为，
（1）求；
（2）求.
【答案】见解析
【解析】（1）当为偶数时，
；
当为奇数时，
∴
（2）
.
【变式训练1-5】如图的形状出现在南宋数学家杨浑所著的《详解九章算法•商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球设各层球数构成一个数列.

(1)写出与的递推关系，并求数列的通项公式；
(2)记数列的前项和为，且，在与之间插入个数，若这个数恰能组成一个公差为的等差数列，求数列的前项和.
【答案】(1)，
(2)
【解析】（1）利用每一层小球的数量找到递推关系，再利用累加法求通项公式即可；
（2）利用与的关系求出数列，进而求得，再利用错位相减法求即可.
（1）由题意可知，，
，
所以数列的一个递推关系为，
所以当时，利用累加法可得
，
将代入得，符合，
所以数列的通项公式为.
（2）当时，，即，
当时，，①
，②
①-②，得，即，
所以数列是以3为首项，3为公比等比数列，
所以，
由题意可知，所以，
所以，
所以，③
，④
③-④得，
所以，
所以数列的前项和.
题型02：国外成就
单选题
【典型例题1】分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学．作为当今世界十分风靡和活跃的新理论、新学科，它的出现使人们重新审视这个世界：世界是非线性的，分形无处不在．分形几何学不仅让人们感悟到科学与艺术的融合，数学与艺术审美的统一，而且还具有深刻的科学方法论意义，由此可见分形的重要性．美国物理学大师曾说过：今后谁不熟悉分形，谁就不能被称为科学上的文化人．雪花曲线是一种典型的分形曲线，它的制作步骤如下：
第一步：任意画一个正三角形，记为，并把的每一条边三等分；
第二步：以三等分后的每一条边中间一段为边向外作正三角形，并把这“中间一段”擦掉，记所得图形为；
第三步：把的每一条边三等分，重复第二步的制作，记所得图形为；
同样的制作步骤重复下去，可以得到，，，直到无穷，所画出的曲线叫做雪花曲线．
若下图中的边长为1，则图形的周长为
A．6B．C．D．
【答案】D
【解析】解：根据题意，记第个图形为，其中三角形边长为，边数为，
分析可得：，，
则图形的边数为，边长，则第个图形为的周长为，
故当时，周长为，
故选：．
【典型例题2】传说国际象棋发明于古印度，为了奖赏发明者，古印度国王让发明者自己提出要求，发明者希望国王让人在他发明的国际象棋棋盘上放些麦粒，规则为：第一个格子放一粒，第二个格子放两粒，第三个格子放四粒，第四个格子放八粒依此规律，放满棋盘的64个格子所需小麦的总重量大约为 吨．麦子大约20000粒，
A．B．C．D．
【答案】C
【解答】解：由题意得，格子的麦粒数构成以1为首项，以2为公比的等比数列，
，
麦子大约20000粒，吨麦子大约为粒，
，
，
故选：．
【典型例题3】意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，13，21，．该数列的特点为前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它的前面两个数的和，即，人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”，则
A．B．2024C．D．1
【答案】C
【解答】解：因为，
当时，所以．
又，所以是首项为1，公比为的等比数列，
则，
故．
故选：．
【典型例题4】意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”，已知数列为“斐波那契数列”，则（ ）
A．1B．2C．2022D．2023
【答案】A
【解析】由题意，求得，进而得到，即可求解.
由题意得 ，
，，
所以，
所以.
故选：A.
【典型例题5】哈雷彗星是唯一能用裸眼直接看见的短周期彗星，其绕太阳公转周期为76年，曾于1606年回到近日点，奥伯斯彗星的绕太阳公转周期为70年，也曾于1606年回到近日点，则哈雷5．（2023·四川·校联考模拟预测）“勾股树”，也被称为毕达哥拉斯树，是根据勾股定理所画出来的一个可以无限重复的树形图形.如图所示，以正方形的一边为直角三角形的斜边向外作一个等腰直角三角形，再以等腰直角三角形的两直角边为正方形的边长向外作两个正方形，如此继续，若共得到127个正方形，且，则这127个正方形中，最小的正方形边长为（ ）

A．1B．C．2D．
【答案】C
【解析】由题意可得不同边长的正方形的个数，构成以1为首项，2为公比的等比数列，从而可得小正方形的种类数，再由正方形的边长构成以16为首项，为公比的等比数列，即可得到结果.
依题意，不同边长的正方形的个数，构成以1为首项，2为公比的等比数列，所以，即，解得，即有7种边长不同的正方形；又正方形的边长构成以16为首项，为公比的等比数列.
因此，最小的正方形边长.
故选:C
【变式训练2-1】彗星与奥伯斯彗星下次同年回到近日点的年份为（ ）
A．3916年B．4190年C．4266年D．4570年
【答案】C
【解析】哈雷彗星与奥伯斯彗星回到近日点的年份分别成等差数列，首项都是，根据间隔求出公共项即可得到结果.
哈雷彗星回到近日点的年份为，奥伯斯彗星回到近日点的年份为，
则与公共项构成以1606为首项，70与76的最小公倍数为公差的等差数列，又70与 76 的最小公倍数为2660，则哈雷彗星与奥伯斯彗星同年回到近日点的年份为.令，则.
故选：C.
【变式训练2-2】“埃拉托塞尼筛法”是保证能够挑选全部素数的一种古老的方法.这种方法是依次写出2和2以上的自然数，留下第一个数2不动，剔除掉所有2的倍数；接着，在剩余的数中2后面的一个数3不动，剔除掉所有3的倍数；接下来，再在剩余的数中对3后面的一个数5作同样处理；……，依次进行同样的剔除.剔除到最后，剩下的便全是素数.在利用“埃拉托塞尼筛法”挑选2到20的全部素数过程中剔除的所有数的和为（ ）
A．130B．132C．134D．141
【答案】B
【解析】利用等差数列求和公式及素数的定义即可求解.
由题可知，2到20的全部整数和为，
2到20的全部素数和为，
所以挑选2到20的全部素数过程中剔除的所有数的和为.
故选：B.
【变式训练2-3】取一条长度为1的线段，将它三等分，去掉中间一段，留剩下的两段;再将剩下的两段分别三等分，各去掉中间一段，留剩下的更短的四段；；将这样的操作一直继续下去，直至无穷，由于在不断分割舍弃过程中，所形成的线段数目越来越多，长度越来越小，在极限的情况下，得到一个离散的点集，称为康托尔三分集.若在第次操作中去掉的线段长度之和不小于，则的最大值为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】C
【解析】可分析得到第次操作去掉的线段长度之和为，即，解指数不等式，利用估计即可
第一次操作去掉的线段长度为，第二次操作去掉的线段长度之和为，第三次操作去掉的线段长度之和为，，第次操作去掉的线段长度之和为，
由题意可知，，则，则，
所以，即，
又，带入上式，可得
故选：C
【变式训练2-4】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：，，，，，，…，该数列的特点是前两个数均为，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所组成的数列称为“斐波那契数列”，数列的前项和为，则下列结论错误的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】斐波那契数列满足递推关系，列举出前项可知A正确；利用累加的方式可确定BC的正误；根据递推关系可确定D正确.
斐波那契数列满足递推关系：，
对于A，斐波那契数列的前项为，，，，，，，，
，A正确；
对于B，，，，…，，
各式相加得：，B正确；
对于C，，，，…，，
各式相加得：，C错误；
对于D，，D正确.
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：本题考查数列的应用，解题关键是能够根据规律总结出“斐波那契数列”的递推关系式，采用累加法或根据递推关系直接推导即可得到结果.
【变式训练2-5】1883年，德国数学家康托提出了三分康托集，亦称康托尔集.下图是其构造过程的图示，其详细构造过程可用文字描述为：第一步，把闭区间平均分成三段，去掉中间的一段，剩下两个闭区间和；第二步，将剩下的两个闭区间分别平均分为三段，各自去掉中间的一段，剩下四段闭区间：，，，；如此不断的构造下去，最后剩下的各个区间段就构成了三分康托集.若经历步构造后，不属于剩下的闭区间，则的最小值是（ ）．
A．7B．8C．9D．10
【答案】A
【解析】不属于剩下的闭区间，属于去掉的开区间
经历第步，剩下的最后一个区间为，经历第步，剩下的最后一个区间为，……，
经历第步，剩下的最后一个区间为，去掉的最后开区间为
由化简得，解得
故选:A
【变式训练2-6】斐波那契数列，又称黄金分割数列，该数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域有着非常广泛的应用，在数学上，斐波那契数列是用如下递推方法定义的： 已知 是该数列的第100项，则m=（ ）
A．98B．99
C．100D．101
【答案】B
【解析】由题意得，，因为，
得，
，
，
，
累加，得，
因为是该数列的第100项，
即是该数列的第100项，所以.
故选：B.
【变式训练2-7】《莉拉沃蒂》是古印度数学家婆什迦罗的数学名著，书中有下面的表述：某王为夺得敌人的大象，第一天行军由旬（由旬为古印度长度单位），以后每天均比前一天多行相同的路程，七天一共行军由旬到达地方城市.下列说法正确的是（ ）
A．前四天共行由旬
B．最后三天共行由旬
C．从第二天起，每天比前一天多行的路程为由旬
D．第三天行了由旬
【答案】D
【解析】由题意，每天行军的路程为等差数列，且，，利用基本量表示可得
，依次分析，即得解
由题意，不妨设每天行军的路程为数列，则
又以后每天均比前一天多行相同的路程，故构成一个等差数列，不妨设公差为
七天一共行军由旬，即
故，解得
，A错误；
，B错误；
由于，故从第二天起，每天比前一天多行的路程为由旬，C错误；
，D正确
故选：D
【变式训练2-8】“埃拉托塞尼筛法”是保证能够挑选全部素数的一种古老的方法．这种方法是依次写出2和2以上的自然数，留下头一个2不动，剔除掉所有2的倍数；接着，在剩余的数中2后面的一个数3不动，剔除掉所有3的倍数；接下来，再在剩余的数中对3后面的一个数5作同样处理；……，依次进行同样的剔除．剔除到最后，剩下的便全是素数．在利用“埃拉托塞尼筛法”挑选2到30的全部素数过程中剔除的所有数的和为（ ）
A．333B．335C．337D．341
【答案】B
【解析】根据给定条件，求出2到30的全部整数和，再求出2到30的全部素数和即可计算作答.
2到30的全部整数和，2到30的全部素数和，
所以剔除的所有数的和为.
故选：B
【变式训练2-9】任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2，反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）．如取正整数，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）．现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：（为正整数），，则当时，则使需要的雹程步数为（ ）
A．7B．8C．9D．10
【答案】B
【解析】直接利用递推关系逐步计算可得使得需要多少步雹程.
解：根据题意，当，根据上述运算法则得出42→21→64→32→16→8→4→2→1，
所以共需经过8个步骤变成1，故使需要的雹程步数为8.
故选：B
【变式训练2-10】意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列满足，，.若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前n项所占的格子的面积之和为，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为，则其中不正确结论的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】A选项由前项所占格子组成长为，宽为的矩形即可判断；B选项由结合累加法即可判断；
C选项通过特殊值检验即可；D选项表示出，作差即可判断.
由题意知：前项所占格子组成长为，宽为的矩形，其面积为，A正确；
，以上各式相加得，，化简得，即，B正确；
，C错误；
易知，，D正确.
故选：C.
【变式训练2-11】如图是美丽的“勾股树”，将一个直角三角形分别以它的每一条边向外作正方形而得到如图①的第1代“勾股树”，重复图①的作法，得到如图②的第2代“勾股树”，…，以此类推，记第n代“勾股树”中所有正方形的个数为，数列的前n项和为，若不等式恒成立，则n的最小值为（ ）
A．7B．8C．9D．10
【答案】C
【解析】根据第1代“勾股树”，第2代“勾股树”中，正方形的个数，以此类推，得到第n代“勾股树”中所有正方形的个数，即，从而得到求解.
解：第1代“勾股树”中，正方形的个数为，第2代“勾股树”中，正方形的个数为，…，
以此类推，第n代“勾股树”中所有正方形的个数为，即，
所以，
因为，所以数列为递增数列，
又，，
所以n的最小值为9．
故选：C．
【变式训练2-12】如图所示的三角形叫“莱布尼兹调和三角形”，它们是由整数的倒数组成，第行有个数且两端的数均为，每个数是它下一行左右相邻的两数的和，如，则第8行第4个数（从左往右数）为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】利用“莱布尼兹调和三角形”的性质，依次运算即可.
设第行第个数为，则，，，，
故，，，，，，
故选：A.
【变式训练2-13】《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一．书中有一道这样的题目：把100个面包分给5个人，使每人所得成等差数列，且使较大的三份之和的是较小的两份之和，则最小的一份为（ ）
A．5B．10C．15D．30
【答案】B
【解析】设五个人所分得的面包为，，，，，（其中），则由总和为100可求得，再由较大的三份之和的是较小的两份之和，可得，从而可求出，进而可求出
设五个人所分得的面包为，，，，，（其中），
则有，
∴，
由，得；
∴，
∴．
∴最少的一份为.
故选：B
【变式训练2-14】德国数学家科拉茨1937年提出了一个著名的猜想：任给一个正整数，如果是偶数，就将它减半(即)；如果是奇数，则将它乘3加1(即)，不断重复这样的运算，经过有限步后，一定可以得到1.对于科拉茨猜想，目前谁也不能证明，也不能否定，现在请你研究：如果对正整数(首项)按照上述规则施行变换后的第6项为1（注：1可以多次出现)，则的所有不同值的个数为（ ）
A．3B．4C．5D．32
【答案】A
【解析】由题意：任给一个正整数，如果是偶数，就将它减半(即)；如果是奇数，则将它乘3加1(即)，我们可以从第六项为1出发，逐项求出各项的取值，可得的所有不同值的个数.
解：由题意：如果对正整数(首项)按照上述规则施行变换后的第6项为1，
则变换中的第5项一定是2，
变换中的第4项一定是4，
变换中的第3项可能是1，也可能是8，
变换中的第2项可能是2，也可能是16，
则的可能是4，也可能是5，也可能是32，
故的所有可能的取值为，
故选：A.
【点睛】本题主要考查数列的应用及简单的逻辑推理，属于中档题.
【变式训练2-15】裴波那契数列，因数学家莱昂纳多·裴波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，该数列满足，且．卢卡斯数列是以数学家爱德华·卢卡斯命名，与裴波那契数列联系紧密，即，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】因为，所以当时，，
所以，
故，因为，
所以，，
故，
所以.故选C.
【变式训练2-16】分形几何学是数学家伯努瓦•曼德尔布罗在20世纪70年代创立的一门新的数学学科，它的创立为解决众多传统科学领域的难题提供了全新的思路，按照如图1的分形规律可得知图2的一个树形图，记图2中第行黑圈的个数为，白圈的个数为，若，则（ ）

A．34B．35C．88D．89
【答案】D
【解析】由题可知，每个白圈在下一行产生一个白圈一个黑圈，一个黑圈在下一行产生一个白圈两个黑圈，所以有，，
又因为，，所以，，，，，，
，，，，，，故选D.
【变式训练2-17】谢尔宾斯基三角形（Sierppinskitriangle）是一种分形，由波兰数学家谢尔宾斯基在1915年提出．先取一个实心正三角形，挖去一个“中心三角形”（即以原三角形各边的中点为顶点的三角形，即图中的白色三角形），然后在剩下的每个小三角形中又挖去一个“中心三角形”，用上面的方法可以无限操作下去．操作第1次得到图2，操作第2次得到图3．．．．．，若继续这样操作下去后得到图2024，则从图2024中挖去的白色三角形个数是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】由图可知，图2024中挖去的白色三角形个数是：
.故选：C
【变式训练2-18】在数学中，欧拉-马䟜罗尼常数是数学中的一个重要常用无理数，为了便于仗用，我们认为，且．研究与的单调性，可得所在的区间为（ ）（参考数据，）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因为，
所以单调递减，则，
即．
因为，
所以单调递增，则当趋近于时，
，
所以，
所以，
故所在的区间为．故选C
【变式训练2-19】斐波那契数列（Fibnacci Sequence）又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多，斐波那契（Lenard Fibnacci）以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．在数学上，斐波纳契数列被以下递推的方法定义：数列满足：，现从数列的前2022项中随机抽取1项，能被3整除的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】依次写出数列各项除以3所得余数，寻找后可得结论.
根据斐波那契数列的定义，数列各项除以3所得余数依次为1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，…，余数数列是周期数列，周期为8，，所以数列的前2022项中能被3整除的项有，所求概率为，
故选A．
【变式训练2-20】十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第1次操作；再将剩下的两个区间分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作；…；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段；操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”.设第次操作去掉的区间长度为，数列满足：，则数列中的取值最大的项为（ ）
A．第3项B．第4项C．第5项D．第6项
【答案】C
【解析】由题可知，
由此可知，所以，
因为，
令，解得（舍），
由此可知时时，故的取值最大，故选：C.
【变式训练2-21】欧拉是18世纪最优秀的数学家之一，几乎每个数学领域都可以看到欧拉的名字，例如初等几何中的欧拉线、多面体中的欧拉定理、微分方程中的欧拉方程，以及数论中的欧拉函数等等．个数叫互质数）的正整数（包括1）的个数，记作．例如：小于或等于4的正整数中与4互质的正整数有1，3这两个，即．记为数列的前n项和，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】根据题意，得到，结合等比数列的求和公式，即可求解.
由题意，若正整数，且与不互质，则这个数为偶数或的倍数，共有个，所以，
即数列是首项为2，公比为6的等比数列，所以．
故选：B.
（二）多选题
【典型例题1】素数（大于1的自然数，除了1和它自身外，不能被其他自然数整除的数叫做素数，否则称为合数）在密码学、生物学、金融学等方面应用十分广泛.1934年，一个来自东印度（现孟加拉国）的学者森德拉姆发现了以下以他的名字命名的“森德拉姆素数筛选数阵”，这个成就使他青史留名．
该数阵的特点是每行、每列的数均成等差数列，如果正整数n出现在数阵中，则一定是合数，反之如果正整数n不在数阵中，则一定是素数，下面结论中正确的是（ ）
A．第4行第10列的数为94B．第7行的数公差为15
C．592不会出现在此数阵中D．第10列中前10行的数之和为1255
【答案】ABD
【解析】根据题意分析出第行等差数列的公差为，第列等差数列的公差为，再结合题中材料与所学数列知识对各选项进行分析即可.
根据题意，第行等差数列的公差为，第列等差数列的公差为.设为第行第列的数字.
对于A，因为第4行数构成的是以13为首项，9为公差的等差数列，所以，故A正确.
对于B，第7行的数公差为，故B正确.
对于C，假设592不会出现在此数阵中，则是素数，而是合数，所以假设错误，即592会出现在此数阵中，故C错误.
对于D，第10列中前10行的数构成以为首项，公差为的等差数列，其和为，故D正确.
故选:ABD
【典型例题2】分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学，分形几何具有自身相似性，从它的任何一个局部经过放大，都可以得到一个和整体全等的图形.如下图的雪花曲线，将一个边长为1的正三角形的每条边三等分，以中间一段为边向形外作正三角形，并擦去中间一段，得图2，如此继续下去，得图（3）...记为第个图形的边长，记为第个图形的周长，为的前项和，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．若为中的不同两项，且，则最小值是1D．若恒成立，则的最小值为
【答案】ACD
【解析】对于A，从前后两个图之间的关系可求出，对于B，由题意可知，数列是1为首项，为公比的等比数列，从而可求出，对于C，由结合，可得，而，从而可求出的值，则可求出的值，进而可求得最小值，对于D，由在上递增和在上递增，可求得结果.
解：对于A，由题意可知，下一个图形的边长是上一个图边长的，边数是上一个图形的4倍，则周长之间的关系为，所以数列是公比为，首项为3的等比数列，所以，所以A正确，
对于B，由题意可知，从第2个图形起，每一个图形的边长均为上一个图形边长的，所以数列是1为首项，为公比的等比数列，所以，所以B错误，
对于C，由，，得，所以，所以，因为，所以当时，，则，当时，，则，当时，，则，当时，，则，当时，，则，所以最小值是1，所以C正确，
对于D，因为在上递增，所以，即，
令，则在上递增，
所以，即，即，
因为恒成立，所以的最小值为，所以D正确，
故选：ACD
【点睛】此题考查等比数列的通项公式和求和公式的应用，考查数列单调性的应用，解题的关键是正确理解题意，求出数列和的通项公式，考查计算能力，属于较难题
【典型例题3】若正整数m．n只有1为公约数，则称m，n互质，对于正整数k，（k）是不大于k的正整数中与k互质的数的个数，函数（k）以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如：，，，．已知欧拉函数是积性函数，即如果m，n互质，那么，例如：，则（ ）
A．
B．数列是等比数列
C．数列不是递增数列
D．数列的前n项和小于
【答案】ABD
【解析】，A对；
∵2为质数，∴在不超过的正整数中，所有偶数的个数为，
∴为等比数列，B对；
∵与互质的数为
共有个，∴
又∵=，∴一定是单调增数列，C错；
，的前n项和为
，D对.故选：ABD．
【变式训练2-1】对于正整数是小于或等于的正整数中与互质的数的数目.函数以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如，则（ ）
A．
B．数列为等比数列
C．数列不单调
D．数列的前项和恒小于4
【答案】BCD
【解析】因为7为质数，所以与不互质的数为7，14，21，…，，共有个，
所以，故A错误；
因为与互质的数为1，2，4，5，7，8，10，11，…，，，共有个，所以，则数列为等比数列，故B正确；
因为，所以，
故数列不单调递增，
又因为2=,所以数列不单调递减，
所以数列不单调，故C正确；
因为，所以.
设，
则，
所以，
所以，从而数列的前项和为，故D正确.
故选：BCD.
【变式训练2-2】对于正整数n，是小于或等于n的正整数中与n互质的数的数目．函数以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如（1，2，4，5，7，8与9互质），则（ ）
A．若n为质数，则B．数列单调递增
C．数列的前5项和等于D．数列为等比数列
【答案】AD
【解析】因为n为质数，故小于或等于n的正整数中与n互质的数的数目为,
故此时，故A正确.
因为，所以，
故数列不是单调递增，故B错误.
小于等于的正整数中与互质的数为，
数目为，所以，
前5项和为，
故C错误.
小于等于的正整数中与互质的数的数为，
其数目为，
故，而，故数列为等比数列，
故D正确.
故选：AD.
【变式训练2-3】提丢斯·波得定律是关于太阳系中行星轨道的一个简单的几何学规则，它是在1766年由德国的一位中学老师戴维斯·提丢斯发现的，后来被柏林天文台的台长波得归纳成一条定律，即数列：0.4，0.7，1，1.6，2.8，5.2，10，19.6…表示的是太阳系第颗行星与太阳的平均距离（以天文单位AU为单位）.现将数列的各项乘以10后再减4，得到数列，可以发现数列从第3项起，每项是前一项的2倍，则下列说法正确的是（ ）
A．数列的第2023项为B．数列的通项公式为
C．数列的前10项和为157.3D．数列的前项和
【答案】CD
【解析】数列各项乘以后再减得到数列
故该数列从第项起构成公比为的等比数列，所以，
则，故A错误；
从而，故B错误；
设数列的前项和为，
当时，；
当时
，
当时，也符合上式，所以，
所以，故C正确；
因为，所以当时，
当时，，
两式相减得
，
所以，
又当时也满足上式，所以，故D正确.故选CD.
【变式训练2-4】历史上著名的伯努利错排问题指的是：一个人有封不同的信，投入n个对应的不同的信箱，他把每封信都投错了信箱，投错的方法数为.例如两封信都投错有种方法，三封信都投错有种方法，通过推理可得：.高等数学给出了泰勒公式：，则下列说法正确的是（ ）
A．B．为等比数列
C．D．信封均被投错的概率大于
【答案】ABC
【解析】选项A，令4封信分别为，当在第2个信箱时，共3种错排方式：
第1种
第2种
第3种
同理可得在第3和4个信箱时，也分别有3种错排方式，所以共种方法，故A选项正确；
选项B，，∴，
又，则，故B选项正确；
选项C，，
两边同除以得，
∴，
，故C选项正确；
选项D，装错信封的概率为，∵，
则，即
当n为奇数时，；
当n为偶数时，；综上，当n为奇数时；当n为偶数时，故D项错误.故选ABC.
【变式训练2-5】麦克斯韦妖（Maxwell＇s demn），是在物理学中假想的妖，能探测并控制单个分子的运动，于1871年由英国物理学家詹姆斯·麦克斯韦为了说明违反热力学第二定律的可能性而设想的．当时麦克斯韦意识到自然界存在着与熵增加相拮抗的能量控制机制．但他无法清晰地说明这种机制．他只能诙谐地假定一种“妖”，能够按照某种秩序和规则把作随机热运动的微粒分配到一定的相格里．麦克斯韦妖是耗散结构的一个雏形．可以简单的这样描述，一个绝热容器被分成相等的两格，中间是由“妖”控制的一扇小“门”，容器中的空气分子作无规则热运动时会向门上撞击，“门”可以选择性的将速度较快的分子放入一格，而较慢的分子放入另一格，这样，其中的一格就会比另外一格温度高，可以利用此温差，驱动热机做功．这是第二类永动机的一个范例．而直到信息熵的发现后才推翻了麦克斯韦妖理论．设随机变量X所有取值为1，2，…n，且（，2，…n），定义X的信息熵，则下列说法正确的有（ ）
A．n=1时
B．n=2时，若，则与正相关
C．若，，
D．若n=2m，随机变量y的所有可能取值为1,2,…,m，且（j=1,2,…,m）则
【答案】ABD
【解析】对于A，若，则，因此，A正确；
对于B，当n=2时，，，
令，则，
即函数在上单调递增，所以与正相关，B正确；
对于C，，，则，
，而，
于是
，令，
则，两式相减得
，因此，，C错误；
对于D，若，随机变量的所有可能的取值为，且（），
，
，
由于，即有，则，
因此，所以，即成立，D正确.
故选ABD
【变式训练2-6】若数列满足，，则称该数列为斐波那契数列．如图所示的“黄金螺旋线”是根据斐波那契数列画出来的曲线．图中的长方形由以斐波那契数为边长的正方形拼接而成，在每个正方形中作圆心角为的扇形，连接起来的曲线就是“黄金螺旋线”．记以为边长的正方形中的扇形面积为，数列的前项和为．下列结论正确的是（ ）

A．B．是奇数
C．D．
【答案】ABD
【解析】该数列为，所以，A正确；
由斐波那契数列得每三个数中，前两个为奇数后一个为偶数，
且是奇数，B正确；
由，得：，，，
累加得，C错；
由，得：
，
所以，，D对.故选：ABD
【变式训练2-7】“埃拉托塞尼筛法”是保证能够挑选全部素数的一种古老的方法.这种方法是依次写出2和2以上的自然数，留下第一个数2不动，剔除掉所有2的倍数；接着，在剩余的数中2后面的一个数3不动，剔除掉所有3的倍数；接下来，再在剩余的数中对3后面的一个数5作同样处理；…，依次进行同样的剔除.剔除到最后，剩下的便全是素数.基于“埃拉托塞尼筛法”，则（ ）
A．2到20的全部素数和为77
B．挑选2到20的全部素数过程中剔除的所有数的和为134
C．2到30的全部素数和为100
D．挑选2到30的全部素数过程中剔除的所有数的和为335
【答案】AD
【解析】由题可知，2到20的全部整数和，
2到20的全部素数和为，故A正确；
所以挑选2到20的全部素数过程中剔除的所有数的和为，故B错误；
2到30的全部整数和，
2到30的全部素数和为，故C错误；
所以挑选2到30的全部素数过程中剔除的所有数的和为，故D正确；
故选：AD.
（三）填空题
【典型例题1】德国数学家康托尔是集合论的创始人，以其名字命名的“康托尔尘埃”作法如下：第一次操作，将边长为1的正方形分成9个边长为的小正方形后，保留靠角的4个，删去其余5个；第二次操作，将第一次剩余的每个小正方形继续9等分，并保留每个小正方形靠角的4个，其余正方形删去；以此方法继续下去．经过次操作后，共删去个 小正方形；若要使保留下来的所有小正方形面积之和不超过，则至少需要操作 次．
【答案】．
【解析】解：由题可知，每次删掉的正方形数构成公比为4，首项为5的等比数列，
所以经过次操作后，共删去的正方形个数；
易知，第次操作后共保留个小正方形，其边长为，
所以，保留下来的所有小正方形面积之和为，
由，解得，
所以，至少需要9次操作才能使保留下来的所有小正方形面积之和不超过．
故答案为：．
【典型例题2】数学王子高斯在小时候计算时，他是这样计算的：，共有50组，故和为5050，事实上，高斯发现并利用了等差数列的对称性.若函数图象关于对称，，则 .
【答案】
【解析】根据抽象函数的对称性可得，由题意得，根据可得，即，结合裂项相消求和法即可求解.
由函数图象关于点对称，得，
得，所以.
因为，
所以，
所以，则，
所以.
故答案为：.
【典型例题3】欧拉是瑞士数学家和物理学家，近代数学先驱之一，在许多数学的分支中经常可以见到以他的名字命名的重要函数、公式和定理．如著名的欧拉函数：对于正整数n，表示小于或等于n的正整数中与n互质的数的个数，如，．那么，数列的前n项和为 ．
【答案】
【解析】利用错位相减法求和.
在中，与不互质的数有，共有个，
所以，
所以，
设数列的前项和为，
所以，
，
两式相减可得,
所以,
即,
故答案为：.
【典型例题4】古印度数学家婆什伽罗在《丽拉沃蒂》一书中提出如下问题：某人给一个人布施，初日施2子安贝（古印度货币单位），以后逐日倍增，问一月共施几何？在这个问题中，以一个月31天计算，记此人第n日布施了子安贝（其中，），数列的前n项和为．若关于n的不等式恒成立，则实数t的取值范围为 ．
【答案】
【解析】先求得数列的通项公式和前n项和，化简题给不等式为，求得的最小值，进而得到实数t的取值范围.
由题意可知，数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
故．
所以．
由，得，
整理得对任意，且恒成立．
又，
当且仅当，即时等号成立，
所以t＜15，即实数t的取值范围是
故答案为：
【典型例题5】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a，在线段AB上取两个点C，D，使得，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作相同的操作，得到图3中的图形；依此类推，我们就得到了以下一系列图形：
记第n个图形(图1为第一个图形)中的所有线段长的和为，若存在最大的正整数a，使得对任意的正整数n，都有，则a的值为___________.
【答案】1010
【解析】由题设知每次的增量是前一次增量的倍，增量通项为，进而可得，结合题设恒成立即可求最大的正整数a.
由题设知：且，
图2相对图1：线段长度之和的增量为，
图3相对图2：线段长度之和的增量为，
图4相对图3：线段长度之和的增量为，
…
图n相对图：线段长度之和的增量为，
【变式训练2-1】提丟斯—波得定则是关于太阳系中行星轨道的一个简单的几何学规则，它是1766年由德国的一位中学老师戴维·提丢斯发现的，后来被柏林天文台的台长波得归纳成一条定律，即数列：0.4，0.7，1，1.6，2.8，5.2，10，19.6，…表示的是太阳系第n颗行星与太阳的平均距离（以天文单位A．U.为单位）.现将数列的各项乘以10后再减4得数列，可以发现从第3项起，每一项是前一项的2倍，则______，______.
【答案】
【解析】数列各项乘10再减4得到数列：0，3，6，12，24，48，96，192，…，
故该数列从第2项起构成公比为2的等比数列，所以，
所以 ，所以，
故答案为：；；
【变式训练2-2】毕达哥拉斯树是由古希腊数学家毕达哥拉斯根据勾股定理画出来的一个可以无限重复的图形，因为重复数次后的形状好似一棵树，所以被成为毕达哥拉斯树，也叫“勾股树”.毕达哥拉斯树的生长方式如下：以边长为的正方形的一边作为斜边，向外做等腰直角三角形，再以等腰直角三角形的两直角边为边向外作正方形，得到个新的小正方形，实现了一次生长，再将这两个小正方形各按照上述方式生长，如此重复下去，设第次生长得到的小正方形的个数为，则数列的前项和___________.
【答案】
【解析】由题意可得且，所以，数列为等比数列，且该数列的首项和公比均为，
因此，.
故答案为：.
【变式训练2-3】联合国教科文组织将3月14日确定为“国际数学日”，是因为3.14是圆周率数值最接近的数字.我国数学家刘徽首创割圆术，所谓“割圆术”，是用圆内接正多边形的面积去无限逼近圆面积并以此求取圆周率的方法.步骤是：第1步，计算圆内接正六边形的周长；第2步，计算圆内接正12边形的周长；第3步，计算圆内接正24边形的周长；以此类推，第6步，需要计算的是正______边形的周长.
【答案】
【解析】依题意，边长依次为：.
故答案为：
【变式训练2-4】意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，…，其中从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数所组成的数列称为“斐波那契数列”，记为.利用下图所揭示的的性质，则在等式中，______.
【答案】2020
【解析】由题意，，
所以，
，
。
，
所以，
所以，
所以，
所以，
由，
所以，
所以，
故答案为：
【变式训练2-5】意大利数学家斐波那契于1202年在他的著作《算盘书》中，从兔子的繁殖问题得到一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、55……，这个数列称斐波那契数列，也称兔子数列．斐波那契数列中的任意一个数叫斐波那契数．人们研究发现，斐波那契数在自然界中广泛存在，如图所示：

大多数植物的花斑数、向日葵花盘内葵花籽排列的螺线数就是斐波那契数等等，而且斐波那契数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域有着直接的应用．设斐波那契数列为，其中，有以下几个命题：
①；
②；
③；
④．
其中正确命题的序号是________．
【答案】①②③
【解析】根据斐波那契数列的知识对四个命题进行分析，从而确定正确答案.
斐波那契数列从第项起，每一项都是前项的和，所以，①正确.
，②正确.
，
所以③正确.
当时，，，所以④错误.
故答案为：①②③
【变式训练2-6】数学中有许多美丽的错误，法国数学家费马通过观察计算曾提出猜想：形如的数都是质数，这就是费马素数猜想.半个世纪后善于发现的欧拉算出第5个费马数不是质数，从而否定了这一种猜想．现设：，为常数，表示数列的前项和，若，则_______.
【答案】
【解析】根据对数定义可得，再结合等比数列的前项和公式求，进而求.
∵，则
显然，则
∴数列是以首项为，公比的等比数列
又∵，则
∴
故答案为：32.
【变式训练2-7】十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契从兔子繁殖问题中发现了这样的一列数：1,1,2,3,5,8,13,…,即从第三项开始,每一项都等于它前两项的和.后人为了纪念他,就把这列数称为“斐波那契”数列.已知数列为“斐波那契”数列,数列的前项和为,若,则______（用含的式子表示）.
【答案】##
【解析】根据数列每一项都等于它前两项的和规律,从第1项写出到第2023项,各式左、右两边分别相加,即可得到之间的关系,即可得出.
解:由已知得,,…,,
以上各式左、右两边分别相加,
得,
即,
又,,
所以.
故答案为：m+1
【变式训练2-8】黎曼猜想由数学家波恩哈德·黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题.黎曼猜想涉及到很多领域的应用，有些数学家将黎曼猜想的攻坚之路趣称为：“各大行长躲在银行保险柜前瑟瑟发抖，不少黑客则潜伏敲着键盘蓄势待发”.黎曼猜想研究的是无穷级数，我们经常从无穷级数的部分和入手.已知正项数列的前项和为，且满足，则 （其中表示不超过的最大整数）.
【答案】38
【解析】当时，，，，∵，∴，
当时，，∴，，
∴，∴是以1为首项，公差为1的等差数列，∴，
∵，∴，∴，，即，
又时，，即，
令，
，
，
即，从而.
【变式训练2-9】表中的数阵为“森德拉姆数筛”，其特点是每行每列都成等差数列，记第i行第j列的数为，则______，表中的数2021共出现______次．
【答案】 57 12
【解析】根据数表归纳出各行各列的规律，然后利用整数的知识求解.
由数表可知每行、每列的数都成等差数列，第一行和第一列都是以2为首项1为公差的等差数列，第行和第列的公差都是，因此,
,
，
，
，
相应
共12组解，所以表中2021共出现12次.
故答案为：57；12.
【变式训练2-10】历史上数列的发展，折射出许多有价值的数学思想方法，对时代的进步起了重要的作用，比如意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”，1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和.后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”，现有与斐波那契数列性质类似的数列满足：，，且（），记数列的前n项和为，若，则___________.
【答案】7
【解析】根据递推关系写出的前面若干项，利用并项求和法求得，从而确定的值.
∵，∴，，
则数列中的项依次为2，4，6，10，16，26，42，68，…，
又，，
，，…，
，
将上面的式子相加，可得，又，
∴.
故答案为：
【变式训练2-11】如图是瑞典数学家科赫在年构造的能够描述雪花形状的图案.图形的作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边.反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线．
设原三角形（图）的边长为，把图，图，图，中的图形依次记为，，，，，，则的边数__________，所围成的面积__________．
【答案】
【解析】记的边数为，三角形边长为，面积为，由图形变化规律可直接得到，从而得到；根据，采用累加法可求得.
记的边数为，三角形边长为，面积为，
由图形变换规律可知：，，则；
由图形可知：是在每条边上生成一个小三角形（去掉底边），
则，
由，，…，；
左右分别相加得：；
数列是公比为的等比数列，数列是公比为的等比数列，
，
.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的综合应用问题，解题关键是根据图形的变化规律确定的边数的变化规律符合等比数列的变化；并得到图形面积变化所满足的递推关系式，采用累加法表示出图形面积.
【变式训练2-12】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：，，，，，，.该数列的特点如下：前两个数均为，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称为斐波那契数列，现将中的各项除以所得余数按原顺序构成的数列记为，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BC
【解析】写出的前几项，通过观察可得数列的周期，进而结合数列的性质以及的定义，可判断A、B项；因为，可推得，逐项代入即可得到C项；由，可得，逐项代入即可得到
，从而得到D项错误.
因为，，，，，，根据数列的性质以及的定义可得，，，，，，.同理可推得，当时，有，，，，，，所以是以为周期的周期数列，所以，所以A项错误；
由周期性可知，，，故B正确；
因为，可推得，逐项代入，可得
，所以C正确；
因为
，所以D错误
故选：BC．
【变式训练2-13】任取一个正整数，若为奇数，就将该数乘3再加上1；若为偶数，就将该数除以2，反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”(又称为“角谷猜想”等)．如取正整数，根据上述运算法则得到6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过8个步骤变成1(简称为8步“雹程”)．现给出冰雹猜想的递进关系如下：已知数列{}满足(m为正整数)，，当时，试确定使得需要雹程步数为_____________．
【答案】19
【解析】由题目中的递进关系依次计算即可.
当时，有
共19步．
故答案为：19.
【变式训练2-14】古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数.如三角形1，3，6，10，…，第个三角形数为，记第个边形为，以下列出了部分边形数中第个数的表达式：三角形数；正方形；五边形数；六边形数.可以推测的表达式，由此计算 .
【答案】 见解析
【解析】原已知式子可化为：
； ；
；；
可推测.故.
【变式训练2-15】“康托尔尘埃”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其过程如下：在一个单位正方形中，首先，将正方形等分成9个边长为的小正方形，保留靠角的4个小正方形，记4个小正方形面积之和为：然后，将剩余的4个小正方形分别继续9等分，分别保留靠角的4个小正方形，记16个小正方形面积之和为；…；操作过程不断进行下去，以至无穷，保留的图形称为康托尔尘埃.若，则操作次数的最小值为____________.
【答案】3
【解析】由已知得，再由等比数列的求和公式建立不等式，由函数的单调性即可得答案.
解：是边长为的4个正方形的面积之和，故；
是边长为的个正方形的面积之和，故；
以此类推得：
从而，
所以，函数关于单调递减，
且时，，时，，故最小值取3.
故答案为：3.
【变式训练2-16】提丟斯—波得定则是关于太阳系中行星轨道的一个简单的几何学规则，它是1766年由德国的一位中学老师戴维·提丢斯发现的，后来被柏林天文台的台长波得归纳成一条定律，即数列：0.4，0.7，1，1.6，2.8，5.2，10，19.6，…表示的是太阳系第n颗行星与太阳的平均距离（以天文单位A．U.为单位）.现将数列的各项乘以10后再减4得数列，可以发现从第3项起，每一项是前一项的2倍，则______，______.
【答案】
【解析】由题意可写出数列的前面几项，确定数列从第二项起是等比数列，由此可求得其通项公式；继而可得的通项公式，求得.
数列各项乘10再减4得到数列：0，3，6，12，24，48，96，192，…，
故该数列从第2项起构成公比为2的等比数列，所以，
所以 ，所以，
故答案为：；；
【变式训练2-17】1934年，东印度（今孟加拉国）学者森德拉姆（Sundaram）发现了“正方形筛子如下图，则其第10行第11列的数为__________.
【答案】241
【解析】由观察可知，第一列的数字成以3为公差，4为首项的等差数列，于是可得第10行的第一个数为31，每行数字也成等差数列，且行与行的公差也成等差数，其首项为3，公差为2，所以第10行的数字的公差为21，进而可得第10行第11列的数字.
解：观察可知，这个“正方形筛子”的每一行的数字成等差数列，且行与行的公差也组成等差数列，每一列的数字成等差数列，且列与列的公差也组成等差数列；
第一列的数字为，可得为等差数列，公差，
则，故第10行的第一个数为，
再看行，第一行的数字是以3公差的等差数列，第二行是以5为公差的等差数列，依此类推，则第10行是以为公差的等差数列，所以第10行第11列的数是.
故答案为：241.
（四）解答题
【典型例题1】斐波那契数列满足条件：，．按如下步骤将分解为两个等比数列，之和，最后可以得出的通项公式：
(1)若等比数列满足条件，求的公比q．
(2)若等比数列，同时满足条件，，且，求和的通项公式．
(3)设，试写出斐波那契数列的通项公式．
【答案】 见解析
【解析】（1）由题意可知，又，
则；
（2）设，的公比分别为，由可知显然，
结合（1），由于两数列结构相同，不妨令，
则，所以，
交换公比，则有；
（3）由（2）可知.
【典型例题2】 篮球诞生美国马萨诸塞州的春田学院．1891年，春田学院的体育教师加拿大人詹姆斯奈史密斯博士（James Naismith）为了对付冬季寒冷的气温，让学生们能够在室内有限的空间里继续进行有趣的传球训练．现有甲、乙、丙3名同学在某次传球的训练中，球从甲开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲手里的概率为pn，第n次传球之前球在乙手里的概率为qn，显然p1=1，q1=0．
(1)求p3＋2q3的值；
(2)比较p8，q8的大小．
【答案】 见解析
【解析】(1)第3次传球之前，球在甲手中的情形何分为：甲→乙→甲或甲→丙→甲
所以，第3次传球之前，球在乙手里的情形仅有：甲→丙→乙
所以，所以.
(2)（2）由题意知，整理得：
所以，，所以成首项为，公比为的等比数列，
又
同理成首项为，公比为的等比数列，
所以
因为，，，，所以．
【典型例题3】卡特兰数是组合数学中一个常在各种计数问题中出现的数列．以比利时的数学家欧仁查理卡特兰命名．历史上，清代数学家明安图年年）在其《割圜密率捷法》最早用到“卡特兰数”，远远早于卡塔兰．有中国学者建议将此数命名为“明安图数”或“明安图卡特兰数”．卡特兰数是符合以下公式的一个数列：且．如果能把公式化成上面这种形式的数，就是卡特兰数．卡特兰数是一个十分常见的数学规律，于是我们常常用各种例子来理解卡特兰数．比如：在一个无穷网格上，你最开始在上，你每个单位时间可以向上走一格，或者向右走一格，在任意一个时刻，你往右走的次数都不能少于往上走的次数，问走到，有多少种不同的合法路径．记合法路径的总数为．
（1）证明是卡特兰数；
（2）求的通项公式．
【答案】 见解析
【解答】解：（1）证明：在一个无穷网格上，最开始在上，
每个单位时间可以向上走一格，或者向右走一格，
在任意一个时刻，往右走的次数都不能少于往上走的次数，记合法路径的总数为．
若先走到则合法路径，
若先走到且不走到，
相当于走到后向右走到再走到，
合法路径，若先走到且不走到，，
相当于走到后再从走到，
合法路径，于是，即为卡特兰数；
（2）记直线，则所有不合法路线都会与直线有交点，
记第一个交点为，
将之后的路径都沿着对称，那么这条不合法路径的终点成为了，
总路线为，不合法路线为，合法路径为，即．
【变式训练2-1】黎曼猜想由数学家波恩哈德∙黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题．黎曼猜想研究的是无穷级数，我们经常从无穷级数的部分和入手．已知正项数列的前n项和为﹐且满足
（1）求；
（2）求（其中表示不超过x的最大整数）
【答案】见解析
【解析】（1）当时，，∴，即.
∵，∴.
当时，，代入，∴，
∴，即，
∴是以1为首项，1为公差的等差数列，∴.
又当时，符合上式，因此（）.
（2）∵，∴，∴.
（以下用到的常用放缩技巧）
当时，，即，
∴.
令，
则，
，
即，从而.
【点睛】本题考查数学文化与数列相结合的综合应用，属于难题，本题的关键是利用与的关系求的通项公式，本题的难点是第二问，需利用放缩法，再利用裂项相消法求和.
【变式训练2-2】牛顿迭代法又称牛顿-拉夫逊方法，它是牛顿在世纪提出的一种在实数集上近似求解方程根的一种方法，具体步骤如下：设是函数的一个零点，任意选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，并称为的次近似值；过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，称为的次近似值，过点作曲线的切线，记与轴交点的横坐标为，并称为的次近似值，设的零点为，取，
（1）求的次近似值；
（2）设，数列的前项积为．若任意的，恒成立，求整数的最小值．
【答案】见解析
【解析】（1），则，，
所以，曲线在点处的切线方程为，即，
由题意可知点在直线上，
所以，，，则，，
（2），，
因为函数的零点近似值为，且函数在上为增函数，
因为，，由零点存在定理可知，
由题意可知，，故整数的最小值为.
∴，要使对任意的正整数n成立，
∴，即，又a为正整数，
∴.
故答案为：1010.
【点睛】根据题意写出线段和在每次操作后增量的通项，进而得到第n次线段和，结合数列不等式恒成立求参数的最大值.
【变式训练2-3】我们把叫“费马数”（费马是十七世纪法国数学家）.设，表示数列的前项之和，
（1）求
（2）求使不等式成立的最小正整数的值
【答案】见解析
【解析】（1）由题设知：
∴，而，
（2）∴，即，
∴，
当n=8时，左边，右边，显然不等式不成立；
当n=9时，左边，右边，显然不等式成立，
故最小正整数的值9.
题型03：数列与文化
【典型例题1】九连环是一种流传于我国民间的传统智力玩具．它用九个圆环相连成串，解开九连环最少需要移动341次．它在中国有近两千年的历史，《红楼梦》中有林黛玉巧解九连环的记载．周邦彦也留下关于九连环的名句“纵妙手、能解连环．”九连环有多种玩法，在某种玩法中：已知解下1个圆环最少需要移动圆环1次，解下2个圆环最少需要移动圆环2次，记为解下个圆环需要移动圆环的最少次数，且，则解下8个圆环所需要移动圆环的最少次数为
A．54B．90C．170D．256
【答案】C
【解析】解：由题意，，，，
；；
；；
；；，所以，
则解下8个圆环最少需要移动的次数为．
故选：．
【典型例题2】三潭印月被誉为“西湖第一胜境”，所谓三潭，实际上是3个石塔和其周围水域，石塔建于宋代元四年（公元1089年），每个高2米，分别矗立在水光潋滟的湖面上，形成一个等边三角形，记为△，设△的边长为，取△每边的中点构成△，设其边长为，依此类推，由这些三角形的边长构成一个数列，若的前6项和为，则△的边长
A．62B．61C．31D．30
【答案】A
【解析】解：根据题意可知是公比为的等比数列，
的前6项和为，
解得．
故选：．
【典型例题3】云冈石窟，古称为武州山大石窟寺，是世界文化遗产．若某一石窟的某处“浮雕像”共7层，每一层的“浮雕像”个数是其下一层的2倍，共有1016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成一个数列，则的值为
A．8B．10C．12D．16
【答案】C
【解析】解：从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列，
则是以2为公比的等比数列，
，，解得，
所以，
．
故选：．
【典型例题4】中国古代的武成王庙是专门祭祀姜太公以及历代良臣名将的庙宇，这类庙宇的顶部构造颇有讲究，如图是某武成王顶部的剖面直观图，其中，，，2，3，，数列，2，3，是等差数列且，若以为坐标原点，以，，分别为，轴正方向建立平面直角坐标系，则直线的斜率是
A．0.4B．0.45C．0.5D．0.55
【答案】A
【解析】解：由题意可知：，令，，因为，2，3，，
所以，2，3，，
因为数列，2，3，是第二项为的等差数列，
设公差为，则，因为，所以，
同理
则直线的斜率，
故选：．
【典型例题5】嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列：，，，…，依此类推，其中．则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】根据，再利用数列与的关系判断中各项的大小，即可求解.
[方法一]:常规解法
因为，
所以，，得到，
同理，可得，
又因为，
故，；
以此类推，可得，，故A错误；
，故B错误；
，得，故C错误；
，得，故D正确.
[方法二]：特值法
不妨设则故D正确.
【变式训练3-1】2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行，也是继2002年韩日世界杯之后时隔二十年第二次在亚洲举行的世界杯足球赛.某网站全程转播了该次世界杯，为纪念本次世界杯，该网站举办了一针对本网站会员的奖品派发活动，派发规则如下：①对于会员编号能被2整除余1且被7整除余1的可以获得精品足球一个；②对于不符合①中条件的可以获得普通足球一个.已知该网站的会员共有1456人（编号为1号到1456号，中间没有空缺），则获得精品足球的人数为（ ）
A．102B．103C．104D．105
【答案】C
【解析】将能被2整除余1且被7整除余1的正整数按从小到大排列所得的数列记为，求出其通项，结合条件列不等式求出结果.
将能被2整除余1且被7整除余1的正整数按从小到大排列所得的数列记为，
由已知是的倍数，也是的倍数，
故为的倍数，
所以首项为，公差为的等差数列，
所以，
令，可得，又
解得，且，
故获得精品足球的人数为.
故选：C.
【变式训练3-2】图1是中国古代建筑中的举架结构，是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为．已知成公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（ ）
A．0.75B．0.8C．0.85D．0.9
【答案】D
【解析】设，则可得关于的方程，求出其解后可得正确的选项.
设，则，
依题意，有，且，
所以，故，故选：D
【变式训练3-3】如图1所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中，每根弦都垂直于x轴，相邻两根弦间的距离为1，雁柱所在曲线的方程为，第n根弦（，从左数第1根弦在y轴上，称为第0根弦）分别与雁柱曲线和直线交于点（，）和（，），则( )
参考数据：取.
A．814B．900C．914D．1000
【答案】C
【解析】由条件可得①，
所以②，
－②得：
，
，
所以.
故选：C.
【变式训练3-4】在2022北京冬奥会开幕式上，二十四节气倒计时惊艳亮相，与节气相配的14句古诗词，将中国人独有的浪漫传达给了全世界.我国古代天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气的晷长损益相同，即太阳照射物体影子的长度增长或减少的量相同，周而复始（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度），二十四节气及晷长变化如图所示，已知雨水的晷长为9.5尺，立冬的晷长为10.5尺，则大雪所对的晷长为（ ）
A．11.5尺B．12.5尺C．13.5尺D．14.5尺
【答案】B
【解析】设相邻两个节气晷长减少或增加的量为，则立冬到大雪增加，大雪到雨水先增加一个再减少,设大雪的晷长为,则,解得,
故选：B.
【变式训练3-5】如图所示，九连环是中国传统民间智力玩具，以金属丝制成9个圆环，解开九连环共需要256步，解下或套上一个环算一步，且九连环的解下和套上是一对逆过程．九连环把玩时按照一定得程序反复操作，可以将九个环全部从框架上解下或者全部套上．将第个圆环解下最少需要移动的次数记为，已知，，按规则有，则解下第4个圆环最少需要移动的次数为
A．4B．7C．16D．31
【答案】见解析
【解析】解：由题意得，，，
由解下第4个圆环可得，
又，
则，
故选：．
【变式训练3-6】在归国包机上，孟晚舟写下《月是故乡明，心安是归途》，其中写道“过去的1028天，左右踟躇，千头万绪难抉择；过去的1028天，日夜徘徊，纵有万语难言说；过去的1028天，山重水复，不知归途在何处．”“感谢亲爱的祖国，感谢党和政府，正是那一抹绚丽的中国红，燃起我心中的信念之火，照亮我人生的至暗时刻，引领我回家的漫长路途．”下列数列中，其前n项和不可能为1028的数列是（ ）
(参考公式：)
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】设数列的前项和为，
对于A：由等差数列的前项和公式，得：
，
因为方程无正整数解，即选项A错误；
对于B：不妨令，，
数列和的前项和分别为和，
则，，
由参考公式和等差数列的前项和公式，得：
，
，
所以，
解得，即选项B正确；
对于C：①当时，
，故此时；
②当时，
令，解得，
即时，，
即选项C正确；
对于D：由等比数列的前项和公式可知，
，
解得，即选项D正确．
故选：A．
【变式训练3-7】黄山市歙县三阳镇叶村历史民俗“叠罗汉”已被列入省级非物质文化遗产保护项目，至今已有500多年的历史，表演时由二人以上的人层层叠成各种样式，魅力四射，光彩夺目，好看又壮观.小明同学在研究数列时，发现其递推公式就可以利用“叠罗汉”的思想来处理，即 ，如果该数列的前两项分别为，其前项和记为，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由得，
所以
，
.故选D.
【变式训练3-8】第14届国际数学教育大会（ICME-Internatinal Cngreas f Mathematics Educatin）在我国上海华东师范大学举行.如图是本次大会的会标，会标中“ICME-14”的下方展示的是八卦中的四卦——3、7、4、4，这是中国古代八进制计数符号，换算成现代十进制是，正是会议计划召开的年份，那么八进制换算成十进制数，则换算后这个数的末位数字是（ ）

A．1B．3C．5D．7
【答案】B
【解析】由进位制的换算方法可知，八进制换算成十进制得：
，
因为是10的倍数，
所以，换算后这个数的末位数字即为的末尾数字，
由可得，末尾数字为3.故选：B
【变式训练3-9】斜拉桥是将梁用若干根斜拉索拉在塔柱上的桥，它由梁、斜拉索和塔柱三部分组成.如图1，这是一座斜拉索大桥，共有10对永久拉索，在索塔两侧对称排列.如图2，已知拉索上端相邻两个锚的间距约为4m，拉索下端相邻两个锚的间距均为18m.最短拉索的锚，满足，，以所在直线为轴，所在直线为轴，则最长拉索所在直线的斜率为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由题意知，分别是公差为4和18的等差数列，
所以，，所以，，即最长拉索所在直线的斜率为.故选B.
【变式训练3-10】位于丛台公园内的武灵丛台已经成为邯郸这座三千年古城的地标建筑，丛台上层建有据胜亭，其顶部结构的一个侧面中，自上而下第一层有块筒瓦，以下每一层均比上一层多块筒瓦，如果侧面共有层筒瓦且顶部个侧面结构完全相同，顶部结构共有多少块筒瓦？（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意知每层筒瓦数构成等差数列，由等差数列求和公式可求得每一面的筒瓦总数，由此可得四个侧面筒瓦总数.
一个侧面中，第一层筒瓦数记为，自上而下，由于下面每一层比上一层多块筒瓦，
每层筒瓦数构成等差数列，其中，.
一个侧面中共有层筒瓦，一个侧面筒瓦总数是，
顶层四个侧面筒瓦数总和为.
故选：C.
【变式训练3-11】河南洛阳龙门石窟是中国石刻艺术宝库，现为世界非物质文化遗产之一.某洞窟的浮雕共层，它们构成一幅优美的图案.若从下往上计算，从第二层开始，每层浮雕像的个数依次是下层个数的倍，且第三层与第二层浮雕像个数的差是，则该洞窟的浮雕像的总个数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设从上到下第层的浮雕像个数为，分析可知数列为等比数列，且公比为，根据已知条件求出的值，利用等比数列求和公式可求得结果.
设从上到下第层的浮雕像个数为，
由题意可知，数列为等比数列，且该数列的公比为，
由已知可得，可得，故，
因此，该洞窟的浮雕像的总个数为.
故选：A.
【变式训练3-12】数列与几何图像游戏“击鼓传花”，也称传彩球．游戏规则为：鼓响时，众人开始依次传花，至鼓停为止，此时花在谁手中，谁就上台表演节目．甲、乙、丙三人玩击鼓传花，鼓响时，第1次由甲将花传出，每次传花时，传花者都等可能地将花传给另外两人中的任何一人，经过6次传递后，花又在甲手中的概率为 ．
【答案】
【解析】设第n次传球后球在甲手中的概率为，根据题意找出的递推关系，写出的通项公式，然后求即可.
设第n次传球后球在甲手中的概率为，.则，得，.
一次传球后，花不在甲手上，故，所以数列是以为首项，公比为的等比数列，所以.
即，所以．
故答案为：
【变式训练3-13】我们知道地球和火星差不多在同一轨道平面上运动，火星轨道在地球轨道之外．当地球和火星与太阳在同一条直线上，这一天文现象称为“冲日”，简称“冲”．假设地球和火星都做近似匀速圆周运动，火星绕太阳一周约需687天，地球绕太阳一周约需365.25天，则相邻两次“冲日”之间间隔约为 天．（结果精确到个位）
【答案】780
【解析】解：由题意知，地球一天绕太阳转，火星一天绕太阳转，
设相邻两次“冲日”间隔天，由于，
则，
所以．
故答案为：780．
【变式训练3-14】韩信是我国汉代能征善战、智勇双全的一员大将．历史上流传着一个关于他点兵的奇特方法．有一天，韩信问有多少士兵在操练，部将回答：三三数之，剩二；五五数之，剩三；七七数之，剩四，韩信很快就知道了士兵的人数．设有m个士兵，若，符合条件的m共有___________个．
【答案】10
【解析】由“三三数之，剩二”知，m是等差数列5，8，11，14，…中的项，
其中满足“五五数之，剩三”的最小数是8，故m是等差数列8，23，38，53，…中的项，
其中满足“七七数之，剩四”的最小数是53，故m是等差数列53，158，263，368，…中的项，可得通项公式，
令，解得，且，故符合条件的m共有10个．
故答案为：10.
【变式训练3-15】风雨桥（如图①所示）是侗族最具特色的民间建筑之一.风雨桥由桥、塔、亭组成.其中亭、塔的俯视图通常是正方形、正六边形或正八边形.图②是某风雨桥亭的大致俯视图，其中正六边形的边长的计算方法如下：，，…，，其中.已知该风雨桥亭共层，若，，则图②中的五个正六边形的周长总和为 .

【答案】
【解析】由已知可得（且），，
则，
所以，图②中五个六边形的边长（单位：）构成以为首项，以为公差的等差数列，
所以，这五个正六边形的周长之和为.
【变式训练3-16】北京天坛的圜丘坛分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)， 环绕天心石砌块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加块，下一层的第一环比上一层的最后一环多块，向外每环依次也增加块．已知每层环数相同，且三层共有扇面形石板(不含天心石) 块，则上层有扇形石板 块．
【答案】见解析
【解析】记从中间向外每环扇面形石板数为，则是等差数列，且公差，，
设每层有环，则，，
所以，即，
即，解得或（舍去），
所以，则，
即上层有扇形石板块.
【变式训练3-17】我国古代的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：如图将填入的方格内，使三行，三列和两条对角线上的三个数字之和都等于15. 一般地，将连续的正整数填入个方格中，使得每行，每列和两条对角线上的数字之和都相等，这个正方形叫做阶幻方. 记阶幻方的每列的数字之和为，如图三阶幻方的，那么 .

【答案】65
【解析】由阶幻方填入，共列，
这个数字之和为，由这列之和都相等，
则每一列和.
故.
【变式训练3-18】中国剪纸是一种用剪刀或刻刀在纸上剪刻花纹，用于装点生活或配合其他民俗活动的民间艺术，剪纸具有广泛的群众基础，交融于各族人民的社会生活，是各种民俗活动的重要组成部分，其传承赓 (gêng)续的视觉形象和造型格式，蕴涵了丰富的文化历史信息，是中国古老的民间艺术之一.已知某剪纸的裁剪工艺如下：取一张半径为1的圆形纸片，记为，在内作内接正方形，接着在该正方形内作内切圆，记为，并裁剪去该正方形与内切圆之间的部分(如图所示阴影部分)，记为一次裁剪操作，，重复上述裁剪操作次，最终得到该剪纸，则第2024次操作后，所有被裁剪部分的面积之和为 .
【答案】
【解析】设的半径为，则，
的半径为，即，故，
的面积为，
又第次裁剪操作的正方形边长为，
故第次裁剪操作裁剪掉的面积为，
所以第次裁剪操作后，裁剪掉的面积之和为
，
所以第2024次操作后，所有被裁剪部分的面积之和为.
【变式训练3-19】我国古代用诗歌形式提出的一个数列问题：远望巍巍塔七层，红灯向下成倍增，共灯三百八十一，试问塔顶几盏灯？通过计算可知，塔顶的灯数为_____________．
【答案】3
【解析】设第层塔的红灯盏数为，由题意知为公比为的等比数列，根据求出首项得通项公式，再计算可得答案.
设第层塔的红灯盏数为，由题意知，为公比为的等比数列，
且，则，即，解得，
则，
从而可知塔顶有3盏灯．
故答案为：3.
【变式训练3-20】佛山新城文化中心是佛山地标性公共文化建筑.在建筑造型上全部都以最简单的方块体作为核心要素，与佛山世纪莲体育中心的圆形莲花造型形成“方”“圆”呼应.坊塔是文化中心的标志性建筑、造型独特、类似一个个方体错位堆叠，总高度153.6米.坊塔塔楼由底部4个高度相同的方体组成塔基，支托上部5个方体，交错叠合成一个外形时尚的塔身结构.底部4个方体高度均为33.6米，中间第5个方体也为33.6米高，再往上2个方体均为24米高，最上面的两个方体均为19.2米高.
(1)请根据坊塔方体的高度数据，结合所学数列知识，写出一个等差数列的通项公式，该数列以33.6为首项，并使得24和19.2也是该数列的项；
(2)佛山世纪莲体育中心上层屋盖外径为310米.根据你得到的等差数列，连续取用该数列前m（）项的值作为方体的高度，在保持最小方体高度为19.2米的情况下，采用新的堆叠规则，自下而上依次为、、、……、（表示高度为的方体连续堆叠层的总高度），请问新堆叠坊塔的高度是否超过310米？并说明理由.
【答案】(1)（答案不唯一，符合题意即可）
(2)可以，理由见详解
【解析】（1）根据等差数列的通项公式运算求解，并检验24和19.2是否符合；
（2）根据题意求，并与310比较大小，分析判断.
（1）由题意可知：，注意到，
取等差数列的公差，则，
令，解得，即24为第5项；
令，解得，即19.2为第7项；
故符合题意.
（2）可以，理由如下：
由（1）可知：，
设数列的前项和为，
∵，
故新堆叠坊塔的高度可以超过310米.
【变式训练3-21】北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加块，下一层的第一环比上一层的最后一环多块，向外每环依次也增加块．已知每层环数相同，且下层比中层多块，问：三层共有多少块扇面形石板(不含天心石)？
【答案】见解析
【解析】设第环石板的块数为，第一层共有环，则是以为首项，为公差的等差数列，
；
设的前项和为，则第一层、第二层、第三层的块数分别为，，，
下层比中层多块，，
即，解得：，
，即三层共有扇面形石板块.
【变式训练3-22】2022北京冬奥会开幕式上，每个代表团都拥有一朵专属的“小雪花”，最终融合成一朵“大雪花”，形成了前所未有的冬奥主火炬，惊艳了全世界！（如图一），如图二是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案．图形的作法是从一个正三角形开始，把每条边分成三等分，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，反复进行这一过程，就得到一个“雪花”状的图案．设原正三角形（图①）的边长为3，把图二中的①，②，③，④，……图形的周长依次记为，，，，…，得到数列．
(1)直接写出，的值；
(2)求数列的通项公式．
【答案】见解析
【解析】（1），.
（2）由图形的作法可知：
从边数看，后一个图形的边数是前一个图形的边数的倍，所以，从一个正三角形开始，“雪花”图案的作法所得图形的边数是
以为首项，为公比的等比数列，所以，第个图形的边数为，
从边长看，后一个图形的边长是前一个图形的边长的倍，所以，从一个正三角形开始，“雪花”图案的作法所得图形的边长是
以为首项，为公比的等比数列，所以，第个图形的边长为，
所以，.
题型04:几何问题
【典型例题1】如图中阴影部分是一个美丽的螺旋线型图案，其画法是：取正六边形各边的三等分点，，，，，，作第2个正六边形，然后再取正六边形各边的三等分点，、、，，，作第3个正六边形，依此方法，如果这个作图过程可以一直继续下去，由△，△，构成如图阴影部分所示的螺旋线型图案，则该螺旋线型图案的面积与正六边形的面积的比值趋近于
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】解：由外至内设每个六边形的边长构成数列，每个阴影三角形的面积构成数列
设，则，，．
依此类推，，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，
又，
所以，，．
依此类推，，
则数列的前项和
，
如果这个作图过程可以一直继续下去，则，此时，
正六边形的面积为，
故该螺旋线型图案的面积与正六边形的面积的比值趋近于．
故选：．
【典型例题2】如图，阴影部分是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正方形的边长为4，取正方形各边的四等分点，，，，作第2个正方形，然后再取正方形各边的四等分点，，，，作第3个正方形，依此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案．设图中直角面积为，直角面积为，后续各直角三角形面积依次为，，，则的值为
A．B．C．D．
【答案】D
【解答】解：设第个正方形的边长为，由已知可推得，
则，，
由已知可得，，，，
所以，即，
所以，数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，
所以，，，
所以，．
故选：．
【典型例题3】分形几何学是法国数学家曼德尔勃罗特在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路．如图，正三角形的边长为4，取各边的中点，，作第2个三角形，然后再取各边的中点，，作第3个三角形，以此方法一直进行下去．已知为第1个三角形，设前个三角形的面积之和为，若，则的最小值为 3 ．
【答案】3
【解析】解：根据题意，设第个三角形的面积为，
分析可得：第个三角形的边长为第个三角形边长的一半，则，
而第一个三角形的面积，
故数列是首项为，公比为的等比数列，
则前个三角形的面积之和为，
若，解可得，故的最小值为3；
故答案为：3．
【典型例题4】
雪花是一种美丽的结晶体，放大任意一片雪花的局部，会发现雪花的局部和整体的形状竟是相似的．上图是瑞典科学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案，其作法如下：
将图①中正三角形的每条边三等分，并以中间的那一条线段为一边向形外作正三角形，再去掉底边，得到图②；
将图②的每条边三等分，重复上述的作图方法，得到图③；
按上述方法，所得到的曲线称为科赫雪花曲线．
现将图①、图②、图③、中的图形依次记为、、、、．小明为了研究图形的面积，把图形的面积记为，假设，并作了如下探究：
根据小明的假设与思路，解答下列问题．
（1）填写表格最后一列，并写出与，的关系式；
（2）根据（1）得到的递推公式，求的通项公式；
（3）从第几个图形开始，雪花曲线所围成的面积大于．
参考数据
【答案】见解析
【解析】解：（1）表格最后一列从上到下依次为：；，；，，
，；
（2）由与，的递推关系可得：
，，，，
所有等式等号左右两边分别相加可得，，
，；
（3）由题可得，，即，
即，，
又，，
代入得，
．
从第7个图形开始，雪花曲线所围成的面积大于．
【变式训练4-1】分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学，它的研究对象普遍存在于自然界中，因此又被称为“大自然的几何学”．按照如图1所示的分形规律，可得如图2所示的一个树形图．若记图2中第n行黑圈的个数为，则（ ）
A．55B．58C．60D．62
【答案】A
【解析】表示第n行中的黑圈个数，设表示第n行中的白圈个数，由题意可得，根据初始值，由此递推，不难得出所求.
已知表示第n行中的黑圈个数，设表示第n行中的白圈个数，则由于每个白圈产生下一行的一白一黑两个圈，一个黑圈产生下一行的一个白圈2个黑圈，
∴，
又∵;
;
;
;
;
,
故选：A.
【变式训练4-2】龙曲线是由一条单位线段开始，按下面的规则画成的图形：将前一代的每一条折线段都作为这一代的等腰直角三角形的斜边，依次画出所有直角三角形的两段，使得所画的相邻两线段永远垂直（即所画的直角三角形在前一代曲线的左右两边交替出现）.例如第一代龙曲线（图1）是以为斜边画出等腰直角三角形的直角边、所得的折线图，图2、图3依次为第二代、第三代龙曲线（虚线即为前一代龙曲线）.、、为第一代龙曲线的顶点，设第代龙曲线的顶点数为，由图可知，，，则 ___________；数列的前项和___________.
【答案】
【解析】推导出数列是等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得的通项公式，可求得的值，再利用裂项相消法可求得.
解：由题意可知，第代龙曲线是在将个第代龙曲线的首尾顶点相接，
则，所以，，
所以，数列是等比数列，且首项为，公比为，则，
，则，
，
因此，.
故答案为：；.
【变式训练4-3】我国古代数学家已经会借助三角数表来计算二阶等差数列的和，例如计算，把第一个数表逆时针旋转两次，得到后两个数表，再把3个数表叠在一起，每一个位置的和都是5，所以，我们使用类似的想法计算：，三个数表叠加之后每一个位置的和都是___________；推广可得的求和公式__________．
【答案】 14
【解析】根据3个数表的特点，可求得三个数表叠加之后每一个位置的和是1+1+12=14，同理可知：，三个数表叠加之后每一个位置的和是1+1+n=n+2，而一共有个这样的位置，进而求和.
，三个数表叠加之后每一个位置的和是1+1+12=14，又，三个数表叠加之后每一个位置的和是1+1+n=n+2，而一共有个这样的位置，故.
故答案为：14，.
【变式训练4-4】平面螺旋是以一个固定点开始，向外圈逐渐旋绕而形成的图案，如图（1）．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作第二个正方形，然后再取正方形EFGH各边的四等分点M，N，P，Q作第三个正方形，以此方法一直循环下去，就可得到阴影部分图案，设正方形ABCD边长为，后续各正方形边长依次为，，…，，…；如图（2）阴影部分，设直角三角形AEH面积为，后续各直角三角形面积依次为，，…，，…．则（ ）

A．数列是以4为首项，为公比的等比数列
B．从正方形开始，连续个正方形的面积之和为32
C．使得不等式成立的的最大值为3
D．数列的前项和
【答案】ACD
【解析】对于A选项，由题意知，且，
所以，又因为，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，故A正确；
对于B选项，由上知，，，，，
所以，故B错误；
对于C选项，，
易知是单调递减数列，且，，
故使得不等式成立的的最大值为，故C正确；
对于D选项，因为，且，
所以，所以，故D正确；故选ACD．
【变式训练4-5】雪花是一种美丽的结晶体，放大任意一片雪花的局部，会发现雪花的局部和整体的形状竟是相似的，如图是瑞典科学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案，其作法如下：
将图①中正三角形的每条边三等分，并以中间的那一条线段为一边向形外作正三角形，再去掉底边，得到图②；
将图②的每条边三等分，重复上述的作图方法，得到图③；
……
按上述方法，所得到的曲线称为科赫雪花曲线（Kch snwflake）．
现将图①、图②、图③、…中的图形依次记为、、…、、…．小明为了研究图形的面积，把图形的面积记为，假设a1＝1，并作了如下探究：
根据小明的假设与思路，解答下列问题．
(1)填写表格最后一列，并写出与的关系式；
(2)根据（1）得到的递推公式，求的通项公式；
(3)从第几个图形开始，雪花曲线所围成的面积大于．
参考数据（，）
【答案】(1)填表见解析；
(2)
(3)第7个
【解析】（1）根据题中数据的规律及等比数列的通项公式填写表格最后一列，进而得出与的关系式；
（2）利用累加法求解；
（3）由题意，利用指数函数的性质及对数的运算性质求解．
（1）图形、、…、、…的边数是以3为首项，4为公比的等比数列，则图形的边数为；
从P2起，每一个比前一个图形多出的三角形的个数是以3为首项，4为公比的等比数列，则比前一个图形多出的三角形的个数为；
从P2起，每一个比前一个图形多出的每一个三角形的面积是以为首项，为公比的等比数列，则比前一个图形多出的每一个三角形的面积是．
所以，即．
（2）当时，
，
又因为，符合上式，
所以．
（3）由，得，则，
所以，故，
由，，故，又因为，所以，
所以从第7个图形开始雪花曲线所围成的面积大于．
题型05：数列在日常经济生活中的应用
（一）数列-单利
【典型例题】小蕾2018年1月31日存入银行若干万元，年利率为1.75%，到2019年1月31日取款时，银行按国家规定给付利息469元，则小蕾存入银行的本金介于（ ）元之间，并说明理由．
A．1万~2万B．2万~3万C．3万~4万D．4万~5万
【答案】B
【解析】设存入本金元，再列出方程求解即可.
设小蕾存入银行的本金元，依题意，，解得（元），
所以小蕾存入银行的本金介于2万~3万元之间.
故选：B
【变式训练5-1-1】某银行在某段时间内，规定存款按单利计算，且整存整取的年利率如下：
某人在该段时间存入10 000元，存期两年，利息税为所得利息的5%．则到期的本利和为（ ）元．
A．10373B．10396C．10422D．10456
【答案】D
【解析】先求出存期两年的利息与本金和，再求得利息税，作差即可.
由题意存期两年的利息与本金为10 000×(1＋2×2.4%)，利息税为10 000×2×2.4%×5%，
所以到期的本利和为10 000×(1＋2×2.4%)－10 000×2×2.4%×5%＝10 456．
故选：.
【变式训练5-1-2】复利是一种计算利息的方法.即把前一期的利息和本金加在一起算作本金，再计算下一期的利息.某同学有压岁钱元，存入银行，年利率为；若放入微信零钱通或者支付宝的余额宝，年利率可达.如果将这元选择合适方式存满年，可以多获利息（ ）元.
（参考数据：，，，）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由题意，某同学有压岁钱元，分别计算存入银行和放入微信零钱通或者支付宝的余额宝所得的利息，即可得答案.
将元钱存入微信零钱通或者支付宝的余额宝，选择复利的计算方法，
则存满年后的本息和为，
故而共得利息元.
将元存入银行，不选择复利的计算方法，则存满年后的利息为，
故可以多获利息.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是计算元钱存入微信零钱通或者支付宝的余额宝选择复利计算五年的利息减去元钱存入银行计算年利息即可得利息.
【变式训练5-1-3】年月日，小王开始读小学一年级，小王父母决定给他开一张银行卡，每月的号存钱至该银行卡（假设当天存钱当天到账），用于小王今后的教育开支.年月日小王父母往卡上存入元，以后每月存的钱数比上个月多元，则他这张银行卡账上存钱总额（不含银行利息）首次达到元的时间为（ ）
A．年月日B．年月日
C．年月日D．年月日
【答案】C
【解析】由题意分析每月所存钱数依次成首项为，公差为的等差数列，求出其前项和列不等式即可解得.
由题可知，小王父母从年月开始，每月所存钱数依次成首项为，公差为的等差数列，其前项和为.令，即.因为，，所以第个月的号存完钱后，他这张银行卡账上存钱总额首次达到元，即年月日他这张银行卡账上存钱总额首次达到元.
故选：C
（二）数列-复利
【典型例题】一个网上贷款平台在2024年初给出贷款的月利率为，某大学生此时从该平台贷款元，按照复利计算，他10个月后一次性还款的金额应为（ ）
A．元B．元C．元D．元
【答案】D
【解析】依据应还金额=贷款金额 (1+月利率) 月份进行求解即可.
应还金额=贷款金额 (1+月利率) 月份，
由题意知贷款金额为，月利率为，月份为10，
所以.
故选：D.
【变式训练5-2-1】某高一学生家长于月日在某购物平台采用分期付款的形式购买了一台价值元的平板电脑给学生进行网上学习使用，该平台规定：分个月还清，从下个月日，即月日，开始偿还，每月日还款，且每个月还款钱数都相等．若购物平台的月利率为，则该家长每月的偿还金额是（ ）
A．元B．元C．元D．元
【答案】B
【解析】设每月的偿还金额都是元，根据等比数列的求和公式可得出关于的等式，即可求得结果.
设每月的偿还金额都是元，则，
即，得．
故选：B.
【变式训练5-2-2】银行一年定期的存款的利率为p，如果将a元存入银行一年定期，到期后将本利再存一年定期，到期后再存一年定期……，则10年后到期本利共 元．
【答案】
【解析】根据题意求出每年底的本利和，归纳即可.
由题意知，
第一年本利和为：元，
第二年本利和为：元，
第三年本利和为：元，
以此类推，
第十年本利和为：元，
故答案为：
【变式训练5-2-3】某人向银行贷款10万元用于买房．
(1)如果他向A银行贷款，年利率为，且这笔借款分10次等额归还（不计复利），每年一次，并从借后次年年初开始归还，问：每年应还多少元？（精确到1元）
(2)如果他向B银行贷款，年利率为，要按复利计算（即本年的利息计入次年的本金生息），仍分10次等额归还，每年一次，每年应还多少元？（精确到1元）
【答案】(1)12245元
(2)12330元
【解析】（1）根据不复利的条件，设每年还款元，列出等式，即可求得结果；
（2）根据复利的条件，设每年还款元，列出等式，即可求得结果.
（1）设每年还款元，依题意得
，
解得（元），
当年利率为，按单利计算，每年应归还12445元．
（2）设每年还款元，依题意得
，
解得（元），
当年利率为，按复利计算时，每年还款12330元．
（三）数列-分期付款
【典型例题】（多选）刚考入大学的小明准备向银行贷款元购买一台笔记本电脑，然后上学的时候通过勤工俭学来分期还款.小明与银行约定：每个月还一次款，分次还清所有的欠款，且每个月还款的钱数都相等，贷款的月利率为，设小明每个月所要还款的钱数为元，则下列说法正确的是（ ）
A．小明选择的还款方式为“等额本金还款法”B．小明选择的还款方式为“等额本息还款法
C．小明第一个月还款的现值为元D．
【答案】BCD
【解析】AB根据还款特点，得到还款方式；C选项，设出第一个月还款的现值为，列出方程，求出答案；D选项，表达出第12个月末所欠银行贷款数，因为分次还清所有的欠款，故得到方程，求出答案.
AB选项，由于每个月还款的钱数都相等，故小明选择的还款方式为“等额本息还款法，A错误，B正确；
C选项，设小明第一个月还款的现值为，则，解得，故C正确；
D选项，根据等额本息还款法可得，第一个月末所欠银行贷款为，
第二个月末所欠银行贷款为，
第三个月末所欠银行贷款为，
……
第12个月末所欠银行贷款为
，
由于分次还清所有的欠款，故，
解得，D正确.
故选：BCD
【变式训练5-3-1】沈阳京东MALL于2022年国庆节盛大开业，商场为了满足广大数码狂热爱好者的需求，开展商品分期付款活动.现计划某商品一次性付款的金额为 a 元，以分期付款的形式等额分成 n 次付清，每期期末所付款是 x 元，每期利率为 r ，则爱好者每期需要付款 ．
【答案】
【解析】根据等比数列求和公式即得.
由题意得，
，
.
故答案为：.
【变式训练5-3-2】小李向银行贷款14760元，并与银行约定：每年还一次款，分4次还清所有的欠款，且每年还款的钱数都相等，贷款的年利率为0.25，则小李每年所要还款的钱数是 元.
【答案】6250
【解析】根据等额本息还款法，列出方程，利用等比数列前项和即可求解.
设每年还款的金额为，由题意可知：，所以
故答案为：6250
【变式训练5-3-3】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，.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，，
【答案】(1)290000元
(2)王先生该笔贷款能够获批
【解析】（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.
（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，表示数列的前项和.
则，故.
故王先生该笔贷款的总利息为：1290000-1000000=290000元.
（2）设王先生每月还货额为元，则有
，
即，
故.
因为，故王先生该笔贷款能够获批.
（四）数列-产值增长
【典型例题】2019年我国国内生产总值增长率为6.1%，达到了990865亿元，实现了新的跨越，2020年我们将全面建成小康社会，实现第一个一百年的奋斗目标.如果从2020年初开始，以后每年的国内生产总值都按得增长率6.1%增长，那么2021年的国内生产总值为（ ）
A．105.13万亿元B．111.54万亿元C．118.35万亿元D．116.2万亿元
【答案】A
【解析】根据2020年初国内生产总值为99.0865万亿，然后计算99.0865（1+6.1%），可得结果.
由题可知：2020年初国内生产总值为99.0865万亿
则2021年的国内生产总值为99.0865（1+6.1%）=105.13万亿元
故选：A
【点睛】本题考查等比数列在实际应用中的应用，理清思路，审清题意，属基础题.
【变式训练5-4-1】某超市去年的销售额为a万元，计划在今后10年内每年比上一年增加10%．从今年起10年内这家超市的总销售额为（ ）万元．
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】根据题意，后10年每年的销售额成等比数列，公比为1.1，首项为，进而根据等比数列求和公式求解即可.
设今后10年每年的销售额为，
因为超市去年的销售额为a万元，计划在今后10年内每年比上一年增加.
所以今年的销售额为，今后第年与第年的关系为，
所以今后10年每年的销售额构成等比数列，
公比为1.1，首项为.
所以今年起10年内这家超市的总销售额为
故从今年起10年内这家超市的总销售额为万元.
故选：D
【变式训练5-4-2】某汽车集团计划大力发展新能源汽车，2024年全年生产新能源汽车10000辆，如果在后续的几年中，后一年的产量在前一年的基础上提高20%，那么2032年全年生产新能源汽车约 辆. （参考数据：，，）
【答案】43000
【解析】将其转化为等比数列，运用等比数列通项知识求基本量即可求出结果
根据题意，从2024年开始，每一年新能源汽车的产量构成等比数列，则
，公比，
所以，
则2032年全年约生产新能源汽车为（辆），
故2032年全年生产新能源汽车约43000辆.
故答案为：43000.
【变式训练5-4-3】某公司生产一种产品，第一年投入资金1000万元，出售产品后收入40万元，预计以后每年的投入资金是上一年的一半，出售产品所得收入比上一年多80万元．同时，当预计投入资金低于20万元时，就按20万元投入，且当年出售产品的收入与上一年相同．
(1)设第年的投入资金和收入金额分别为万元，万元，请求出、的通项公式；
(2)预计从第几年起该公司开始并持续盈利？请说明理由（盈利是指总收入大于总投入）．
【答案】(1)，
(2)该公司从第8年开始盈利，理由见解析.
【解析】（1）根据等差数列和等比数列通项公式求解即可.
（2）根据题意得到当时，总利润，时，，再分类讨论即可得到答案.
（1）由题知：，
当，，解得，
所以.
.
（2）当时，
总利润.
因为，
为增函数，
且，，
所以当时，，当时，，
因为，
，
所以时，，即前6年未盈利.
当时，，
令，解得，所以该公司从第8年开始盈利.
（五）数列-养老保险及浓度匹配
【典型例题】调查表明，酒后驾驶是导致交通事故的主要原因，交通法规规定：驾驶员在驾驶机动车时血液中酒精含量不得超过如果某人喝了少量酒后，血液中酒精含量将迅速上升到，在停止喝酒后，血液中酒精含量就以每小时的速度减小，问他至少要经过几小时才可以加强机动车（精确到小时)
A．1小时B．2小时C．4小时D．6小时
【答案】C
【解析】设n个小时后才可以驾车，由题意得方程，解得即可．
设n个小时后才可以驾车，根据题意可知，每小时酒精下降的量成等比数列，公比为进而可得方程得，即，所以至少要经过4小时后才可以驾驶机动车．
故选C．
【点睛】本题主要考查了等比数列的性质及实际应用，考查了学生运用所学知识解决实际问题的能力，属于基础题.
【变式训练5-5-1】假设每次用相同体积的清水漂流一件衣服,且每次能洗去污垢的,那么至少要清洗 次才能使存留的污垢在以下.
【答案】
【解析】设每次用升清水漂流一件衣服,通过题意可知, 存留的污垢是以为首项, 为公比的等比数列,最后列出存留的污垢与洗涤次数之间的关系,最后结合已知求出的值即可.
设每次用升清水漂流一件衣服, 洗涤次数,通过题意可知, 存留的污垢是以为首
项, 为公比的等比数列,所以有,由题意可知:
,所以至少要清洗4次才能使存留的污垢在以下.
故答案为：4
【点睛】本题考查了等比数列的实际应用,考查了数学阅读能力和数学运算能力.
【变式训练5-5-2】公民在就业的第一年就缴纳养老储备金，以后每年缴纳的数目均比上一年增加，历年所缴纳的储备金数目，，…是一个公差为d的等差数列．与此同时，国家给予优惠的计息政策，不仅采用固定利率，而且计算复利．如果固定年利率为，那么，在第n年末，第一年所缴纳的储备金就变为，第二年所缴纳的储备金就变为，…．以表示到第n年末所累计的储备金总额，证明：，其中是一个等比数列，是一个等差数列．
【答案】证明见解析
【解析】首先根据题意写出与得递推关系式，利用错位相减求和得方法，求出的表达式，即可证明出结论.
证明：根据题意可得，
，对反复使用上述关系式，得
①．
在①式等导两端同乘，得
②．
②－①，得
，
即．
如果记，，
则．
其中是以为首项，为公比的等比数列；
是以为首项，为公差的等差数列．
【变式训练5-5-3】甲、乙两个容器中分别盛有浓度为10％，20％的某种溶液500ml，同时从甲、乙两个容器中取出100ml溶液，将其倒入对方的容器并搅匀，这称为一次调和．记，，经次调和后，甲、乙两个容器的溶液浓度分别为，．
(1)试用，表示，．
(2)证明：数列是等比数列，并求出，的通项．
【答案】(1)，．
(2)证明见解析，，．
【解析】（1）根据题意，得到，，即可求解；
（2）由（1）得到可得，得出数列是等比数列，结合等比数列的通项公式，即可求解.
（1）解：由题意，经次调和后甲、乙两个容器中的溶液浓度分别为，
所以，．
（2）解：由（1）知，，，
可得，
所以数列是等比数列，
因为％，所以 ①，
又因为 ②．
联立①②得，．
（六）数列-其他模型
【典型例题】某林厂现在的森林木材存量是1 800万 m3，木材以每年25%的增长率生长，而每年要砍伐固定的木材量为x万 m3，为达到经两次砍伐后木材存量增加50%的目标，则x的值是( )
A．40B．45
C．50D．55
【答案】C
【解析】分成两次来计算，首先计算第一年砍伐和增长后得到的，然后再算第二年砍伐和增长后得到的，结合木材增加列方程，可求得的值.
经过一次刊发后，木材存量为，经过两次砍伐后，木材存量为.由题意有，解得，故选.
【点睛】本小题主要考查增长和减少同时进行的实际问题，由于题目砍伐的次数只有两次，所以只需要计算两次，按的增长要求列出方程，可求得的值.属于中档题.
【变式训练5-6-1】一支车队有15辆车，某天下午依次出发执行运输任务，第一辆车于14时出发，以后每间隔发出一辆，假设所有的司机都连续开车，并都在19时停下来休息．已知每辆车行驶的速度都是，则这个车队当天一共行驶了 千米？
【答案】3450
【解析】通过分析，这15辆车的行驶路程可以看作等差数列，利用等差数列求和公式进行求解即可.
由题意知，第一辆车行程为km，
且从第二辆车开始，每辆车都比前一辆少走km，
这15辆车的行驶路程可以看作首项为300，公差为-10的等差数列，
则15辆车的行程路程之和为（km）.
故答案为：3450.
【变式训练5-6-2】某研究所计划改建十个实验室，每个实验室的改建费用分为装修费和设备费，且每个实验室的装修费都一样，设备费从第一到第十实验室依次构成等比数列.已知第五实验室比第二实验室的改建费用高42万元，第七实验室比第四实验室的改建费用高168万元，并要求每个实验室改建费用不能超过1700万元，则该研究所改建这十个实验室投入的总费用最多需要 万元.
【答案】4709
【解析】根据题意借助于等比数列的通项公式以及求和公式分析运算.
设第个实验室的设备费为，装修费为，则，
由题意可得，则，解得或（舍去），
故，
∵对任意的均成立，
∴，即，
故该研究所改建这十个实验室投入的总费用，
即该研究所改建这十个实验室投入的总费用最多需要4709万元.
故答案为：4709.
【变式训练5-6-3】某产品具有一定的时效性．在这个时效期内，由市场调查可知，在不做广告宣传且每件获利a元的前提下，可卖出b件．若做广告宣传，广告费为千元时比广告费为千元时多卖出件，其中，．
(1)求销售量关于广告费用n的函数关系式；
(2)当，时，厂家应生产多少件这种产品且广告宣传费用为多少元时才能使利润最大.（利润＝总获利－广告费，并假设厂家生产的产品全部销售完．）
【答案】(1).
(2)7875件，5000元.
【解析】（1）根据题意，不做广告时销售量，随后广告费为千元时比广告费为千元时多卖出件，即时比时多卖件，，时又比时多卖件，即，以此类推可得的表达式.
（2）设利润为，由（1）可表示出利润与n的关系式，再根据关系式分析当最大时n的取值为多少.
（1）由题意得，，
因为广告费为千元时比广告费为千元时多卖出件，
所以，…
于是可得
，
由等比数列求和可得，
，
所以.
（2）由（1）可得，设利润为，
则，
所以当，时，
，
若要使最大，则，代入可得，
故，此时，
所以商家应生产7875件产品且广告费用为5000元时利润最大.
（七）综合
【典型例题1】假设一个蜂巢里只有1只蜜蜂，第1天它飞出去找回了2个伙伴：第2天，3只蜜蜂飞出去，各自找回了2个伙伴……如果这个找伙伴的过程继续下去，则到第4天所有蜜蜂都归巢后，蜂巢中全部蜜蜂的只数是（ ）．
A．1B．3C．9D．81
【答案】D
【解析】先由前几天结束时，蜂巢中的蜜蜂数量观察出其组成了首项为3，公比为3的等比数列，求出通项公式，把4直接代入即可.
由题意知，
第一天所有蜜蜂归巢后，蜂巢中一共有1+2=3只蜜蜂，
第二天所有蜜蜂归巢后，蜂巢中一共有只蜜蜂，
第三天所有蜜蜂归巢后，蜂巢中一共有只蜜蜂，
第n天所有蜜蜂归巢后，蜂巢中一共有只蜜蜂，
所以归巢后的蜜蜂数列组成了首项为3，公比为3的等比数列，
所以其通项公式为：，
所以，第四天共有只蜜蜂.
故选：D
【典型例题2】按活期存入银行1000元，年利率是0.52%，那么按照单利，第5年末的本利和是（ ）
A．1036元B．1028元C．1043元D．1026元
【答案】D
【解析】根据单利计算公式直接计算第5年的本利和.
因为是按照单利计算，所以第5年的利息是，
第五年末的本利和是.
故选：D
【典型例题3】我国工农业总产值从年到年的年间翻了两番，设平均每年的增长率为，则有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】设的总产值为，我国工农业总产值从年到年的年间翻了两番，说明年的工农业总产值是年工农业总产值的倍，然后根据平均增长率的定义列等式即可.
本题为增长率模型函数，为指数函数形式.
设年总产值为，由于我国工农业总产值从年到年的年间翻了两番，说明年的工农业总产值是年工农业总产值的，则.
故选D.
【点睛】本题考查平均增长律的定义，根据题意列式是解本题的关键，考查分析问题和解决问题的能力，属于基础题.
【典型例题4】刚考入大学的小明准备向银行贷款a元购买一台笔记本电脑，然后上学的时候通过勤工俭学来分期还款．小明与银行约定：每个月月末还一次款，分12次还清所有的欠款，且每个月还款的钱数都相等，贷款的月利率为t．则小明每个月所要还款的钱数为（ ）元．
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】根据等额本息还款法，分别写出第一个月末，第二个月末，…，第12个月末所欠银行贷款，其中第12月末还清所有的欠款，利用递推关系由等比数列前项和公式列出方程求出结果．
设小明每个月所要还款的钱数为元，
根据等额本息还款法得，第一个月末所欠银行贷款为：，
第二个月末所欠银行贷款数为：；
．．．，
第12个月末所欠银行贷款为：
；
由于分12次还清所有的欠款，所以，
解得.
故选：D．
【典型例题5】某电动汽车刚上市，就引起了小胡的关注，小胡2024年5月1日向银行贷款元用来购买该电动汽车，银行贷款的月利率是，并按复利计息.若每月月底还银行相同金额的贷款，到2025年4月底全部还清（即用12个月等额还款），则小胡每个月月底需要还款（ ）
A．元B．元C．元D．元
【答案】C
【解析】设小胡每月月底还款钱数为元，根据等额本息还款法可得每次还款后欠银行贷款，即第12次还款后欠银行贷款为，进而由等比数列的前项和公式可得，从而可得.
设小胡每月月底还款钱数为元，根据等额本息还款法可得：
第1次还款后欠银行贷款为，
第2次还款后欠银行贷款为，
…，
第12次还款后欠银行贷款为
，
因为贷款12个月还清，所以，即，
所以.
故选：C.
【变式训练5-7-1】（多选）有理数都能表示成（，且，与互质）的形式，进而有理数集且，与互质．任何有理数都可以化为有限小数或无限循环小数，反之，任一有限小数也可以化为的形式，从而是有理数．则（ ）
A．是无理数B．是有理数
C．D．无限循环小数是有理数
【答案】BCD
【解析】由于，设，①，得，②，由②－①得出，即可判断C；由可判断A，B；由于无限循环小数也可以化成，且，m与n互质）的形式，从而可判断D．
由于，设，①，得，②
②－①得，解得，于是得，故C正确；
因为，可以化为的形式，故是有理数，故A错误，B正确；
无限循环小数也可以化成，且，m与n互质）的形式，故无限循环小数是有理数，故D正确．
故选：BCD．
【变式训练5-7-2】（多选）．“苏州码子”发源于苏州，作为一种民间的数字符号流行一时，被广泛应用于各种商业场合.“苏州码子”0~9的写法依次为○､丨､刂､川､ㄨ､､〦､〧､〨､攵.某铁路的里程碑所刻数代表距离始发车站的里程，如某处里程碑上刻着的“○”代表距离始发车站的里程为0公里，刻着“〦○”代表距离始发车站的里程为60公里，已知每隔3公里摆放一个里程碑，若在A点处里程碑上刻着“川攵”，在B点处里程碑上刻着“〨ㄨ”，则（ ）
A．从始发车站到A点的所有里程碑个数为14
B．从A点到B点的所有里程碑个数为16
C．从A点到B点的所有里程碑上所刻数之和为987
D．从A点到B点的所有里程碑上所刻数之和为984
【答案】ABD
【解析】由题意可知A点处里程碑刻着数字，B点处里程碑刻着数字84，里程碑上的数字成等差数列，公差为3，根据等差数列的通项和求和公式，即可判断正误.
由题意知，A点处里程碑刻着数字，B点处里程碑刻着数字84，里程碑上的数字成等差数列，公差为3，
则从始发车站到A点的所有里程碑个数为，A选项正确；
从A点到点的所有里程碑个数为，B选项正确；
从A点到点的所有里程碑上的数字之和为，D选项正确，则C选项错误；
故选：ABD.
【变式训练5-7-3】某校准备以诗歌朗诵的形式庆祝即将到来的五四青年节，现将筛选出的100名学生排列成“等腰梯形”人墙，最上面一层16人，从最上面一层开始，每一层人数比上一层少1人，则该“等腰梯形”人墙最下面一层的人数为 ．
【答案】9
【解析】从上到下各层的人数构成公差为的等差数列，利用等差数列求和公式得到方程，求出或，舍去不合要求的解，得到答案.
记最上面一层人数为，一共层，
从上到下各层的人数构成公差为的等差数列，则，
整理得，解得或．
当时，；当时，（舍），
故最下面一层的人数为9．
故答案为：9
【变式训练5-7-4】某慢性疾病患者，因病到医院就医，医生给他开了处方药（片剂），要求此患者每天早、晩间隔12小时各服一次药，每次一片，每片200毫克.假设该患者的肾脏每12小时从体内大约排出这种药在其体内残留量的50%，并且医生认为这种药在体内的残留量不超过400毫克时无明显副作用.若该患者第一天上午8点第一次服药，则第二天上午8点服完药时，药在其体内的残留量是 毫克，若该患者坚持长期服用此药 明显副作用（此空填“有”或“无”）.
【答案】 350 无
【解析】空1：根据题意依次计算出，，的值，即可得到第2天上午服完药时，药在他体内还残留量；空2：先根据等比数列求和求该运动员若长期服用此药，此药在体内残留量，与400比照后，即可得到答案.
设该生第次服药后，药在他体内的残留量为毫克，
由题意可得：，，，
故第二天早间他第三次服药后，药在他体内的残留量为350毫克；
该运动员若长期服用此药，则此药在体内残留量为，
∵，则，
∴长期服用此药，不会产生副作用，
即该患者长期服用该药，不会产生副作用.
故答案为：350；无.
【变式训练5-7-5】峨眉山是一个著名的旅游和朝圣地，以其壮丽的自然风光和宗教文化遗址而闻名.其中“九十九道拐”景点约有2000级台阶，某游客一次上1个或2个台阶，设爬上第个台阶的方法数为，给出下列四个结论：
①；②；③；④.
其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①②④
【解析】根据题意可以得到,再对每一个进行判断即可.
由于到第级阶梯有两种方法：从第级阶梯上一级台阶或者从第级阶梯上两级台阶，
因此由题意有，
可得 ,
当时，,所以②正确;
所以 , 所以①正确,
所以，③错误;
,所以④正确.
故答案为：①②④
【变式训练5-7-6】甲、乙、丙、丁四人合资注册一家公司，每人出资50万元作为启动资金投入生产，到当年年底，资金增长了50%.预计以后每年资金年增长率与第一年相同.四人决定从第一年开始，每年年底拿出60万元分红，并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n年年底公司分红后的剩余资金为万元.
(1)求，，并写出与的关系式；
(2)至少经过多少年，公司分红后的剩余资金不低于1 200万元？（年数取整数，参考数据：，）
【答案】(1)，，
(2)7年
【解析】（1）根据题设条件可得.
（2）由（1）中的递推关系可得，结合题设条件可得关于的不等式，从而可得至少经过7年，公司分红后的剩余资金不低于1200万元.
（1）由题意得，投入生产的启动资金共有万元，
，
，
．
（2）由（1）知
，
而也满足该式，故.
令，所以，
因为：，，即．
所以至少经过7年，公司分红后的剩余资金不低于1200万元.
【变式训练5-7-8】某次生日会上，餐桌上有一个披萨饼，小华同学准备用刀切的方式分给在座的位小伙伴，由此思考一个数学问题：假设披萨近似可看成平面上的一个圆，第条切痕看作直线，设切下，最多能切出的块数为，如图易知，.

(1)试写出，，作出对应简图，并指出要将披萨分给在座的位小伙伴（不考虑大小平分），最少要切几下；
(2)这是一个平面几何问题，利用“降维打击”思想，联想到一条线段被切下能划分成段，由此求出数列的通项公式；
(3)若将披萨换成一个蛋糕（近似看成空间中的一个圆柱体），同样用刀切方式分蛋糕，可以从上下底面和侧面各方向切入，每次切面都看作一个平面.若切下，最多能切出的块数为，求出的通项公式，并指出这时最少需要切几下能分给个人.（已知）
【答案】(1)，，图形见解析，最少要切下
(2)
(3)，最少需要切4下
【解析】（1）根据题意，作出相应简图，从而分析得解；
（2）根据题意分析得，从而利用累加法，结合等差数列的求和公式即可得解；
（3）利用（2）中结论，分析得，进而利用累加法，结合等差数列的求和公式即可得解.
（1）如图：，，

可知，再作一条直线，使其与，，都相交于圆内，且与相交于圆上，可分为块，

故最少要切下.
（2）记线段上个点将其划分成段，则，
为使得划分区域块尽可能多，每添加一条直线，
使其与前条直线，，，都相交于个不同的点，
则新增个区域块，即，且，
故.
（3）记第刀所形成的切面所在平面为，
若切第刀，新增切面平面与前个平面，，，，
相交于条不同的直线，，，，，
这条不同的直线把划分的区块数即为新增的空间区块数，
由（2）可知为使此数最大，则，且，
故
，
则，故此时最少切下即可.
【变式训练5-7-9】为响应国家号召，某地出台了相关的优惠政策鼓励“个体经济”.个体户小王2022年6月初向银行借了1年期的免息贷款8000元，用于进货，因质优价廉，供不应求.据测算：他每月月底获得的利润是该月初投入资金的20%，并且每月月底需扣除生活费800元，余款作为资金全部用于下月再进货，如此继续，预计到2023年5月底他的年所得收入（扣除当月生活费且还完贷款）为（ ）元（参考数据：，）
A．35200B．43200C．30000D．32000
【答案】D
【解析】根据题意，由条件可得数列是首项为4800，公比为1.2的等比数列，再由等比数列的通项公式即可得到结果.
设2022年6月底小王手中有现款为元，
设2022年6月底为第一个月，以此类推，设第个月底小王手中有现款为，第个月月底小王手中有现款为，
则，即，
所以数列是首项为4800，公比为1.2的等比数列，
∴，即，
年所得收入为元.
故选：D.
【变式训练5-7-10】离子是指原子由于自身或外界的作用而失去或得到一个或几个电子后达到的稳定结构，得到电子为阴离子，失去电子为阳离子，在外界作用下阴离子与阳离子之间可以相互转化．科学家们在试验过程中发现，在特定外界作用下，1个阴离子可以转化为1个阳离子和1个阴离子，1个阳离子可以转化为1个阴离子，如果再次施加同样的外界作用，又能产生同样的转化．若一开始有1个阴离子和1个阳离子，则在9次该作用下，阴离子的个数为（ ）
A．87B．89C．91D．93
【答案】B
【解析】作用后的阳离子个数是作用前阴离子个数，作用后的阴离子个数是作用前阴阳离子个数之和，然后逐次推断即可.
由题目知，作用后的阳离子个数是作用前阴离子个数，作用后的阴离子个数是作用前阴阳离子个数之和。
现在有1个阴离子和1个阳离子，经过逐次作用后：
则在9次该作用下，阴离子的个数为.
故选：B.
【变式训练5-7-11】某校有一社团专门研究密码问题，社团活动室用的也是一把密码锁，且定期更换密码，都是以当日值班社员的姓氏为依据编码的，密码均为的小数点后前6位数字，编码方式如下：
①x为某社员的首拼声母对应的英文字母在26个英文字母中的位置；
②若x为偶数，则在正偶数数列中依次插入数值为 的项得到新数列 ，即2，3，4，6，8， ，10，12，14，…；若x为奇数，则在正奇数数列中依次插入数值为的项得到新数列{an}，即1，2，3，，5，7， ，9，11，13，…；
③N为数列{an}的前x项和．如当值社员姓康，则K在26个英文字母中排第11位，所以x＝11，前11项中有 ，所以有8个奇数， ，所以密码为282051，若今天当值社员姓徐，则当日密码为_____．
【答案】199600
【解析】当值社员姓徐，则x在26个英文字母中排第24位，故 ，
前24项中 ，所以有21个偶数，
所以 ，
计算，则当日密码为：199600，
故答案为：199600．
【变式训练5-7-12】“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”是指在期末的金额，把它扣除利息后，折合成现时的值，而“终值”是指期后的本利和.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，每期利率为，期数为，到期末的本利和为，则其中，称为期末的终值，称为期后终值的现值，即期后的元现在的价值为.
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，试讨论两种方案哪一种更好？
(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，预计第十年房租到期后小明所获得全部租金的终值.（精确到百元）
参考数据：
【答案】(1)购置设备的方案较好
(2)（万元）
【解析】（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万元，，由错位相减法即可求出.
（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
万元
若分期付款，每年初所付金额3万元，10年后的总价值为
（万元）.
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
（万元）
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万元，
记，则
作差可得：
（万元）.
【变式训练5-7-13】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
消费者每次的还价组成一个数列.
(1)写出此数列的前三项，并猜测通项的表达式并求出；
(2)若实际价格与定出的价格之比为，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)
【解析】（1）根据条件即可得到数列的通项公式，进而可直接计算；
（2）根据价格比得关系，代入（1）中计算即可.
（1），
，
，
观察可得，
.
（2）因为，所以，
故
故商家将有约的利润.
【变式训练5-7-14】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，每年年底把除运营成本万元，再将剩余资金继续投入直播平合.
(1)若，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？（结果精确到万元）
【答案】(1)936万元
(2)3000万元
【解析】（1）用表示第年年底扣除运营成本后直播平台的资金，然后根据已知计算可得；
（2）由已知写出，然后由求得的范围．
（1）记为第年年底扣除运营成本后直播平台的资金，
则，
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），
由，得，
故运营成本最多控制在万元，
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.
【变式训练5-7-15】甲、乙两人同时分别入职两家公司，两家公司的基础工资标准分别为：公司第一年月基础工资数为3700元，以后每年月基础工资比上一年月基础工资增加300元；公司第一年月基础工资数为4000元，以后每年月基础工资都是上一年的月基础工资的1.05倍．
(1)分别求甲、乙两人工作满10年的基础工资收入总量（精确到1元）
(2)设甲、乙两人入职第年的月基础工资分别为、元，记，讨论数列的单调性，指出哪年起到哪年止相同年份甲的月基础工资高于乙的月基础工资，并说明理由．
【答案】(1)甲的基础工资收入总量元；乙的基础工资收入总量元
(2)单调性见解析；从第5年到第14年甲的月基础工资高于乙的月基础工资；理由见解析
【解析】（1）易得甲的工资满足等差数列，乙的工资满足等比数列，再根据等差等比数列的求和公式求解即可
（2）根据题意可得，再求解分析的单调性，并计算时的取值范围即可
（1）甲的基础工资收入总量
元
乙的基础工资收入总量
元
（2），
，，
设，即，解得
所以当时，递增，当时，递减
又当，即，解得，所以从第5年到第14年甲的月基础工资高于乙的月基础工资
题型06:数列新定义
（一）单选题
【典型例题1】已知数列满足：对任意的，总存在，使得，则称为“回旋数列”．以下结论中正确的个数是
①若，则为“回旋数列”；
②设为等比数列，且公比为有理数，则为“回旋数列”；
③设为等差数列，当，时，若为“回旋数列”，则；
④若为“回旋数列”，则对任意，总存在，使得．
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【解析】解：对于①：若，
可得，
由，
可得，
取即可，
此时 为“回旋数列”，故①正确；
对于②：已知为等比数列，且公比为有理数，
当时，，，
由，
可得，
所以当时，明显不成立，
故不是“回旋数列”，故②错误；
对于③：因为 是等差数列，
所以，，
因为数列是“回旋数列”，
所以，
整理得，
因为为非负整数，
所以要保证 恒为整数，
故为所有非负整数的公约数，且，所以，故③正确；
对于④：由①可得当时，为“回旋数列”，
可得，，
显然不存在，使得，故④错误．
综上得结论正确的有①③．
故选：．
【典型例题2】若数列、均为严格增数列，且对任意正整数，都存在正整数，使得，，则称数列为数列的“数列”．已知数列的前项和为，则下列选项中为假命题的是
A．存在等差数列，使得是的“数列”
B．存在等比数列，使得是的“数列”
C．存在等差数列，使得是的“数列”
D．存在等比数列，使得是的“数列”
【答案】C
【解析】解：对于，例如，则是等差数列，，都是严格增数列，
可得，
则，
取，则，，即，成立，
所以是的“数列”，所以为真命题，所以正确；
对于，例如，则是等比数列，，都是严格增数列，
可得，则，
取，则，，即，成立，
所以是的“数列”，所以为真命题，所以正确；
对于，存在等差数列，使得是的“数列”，
设等差数列的公差为，因为，都是严格增数列，
所以，，所以，取，满足，
可知必存在，使得成立，
当时，对任意正整数，则有；
对任意正整数，则有；故不存在正整数使得，
所以为假命题；
对于；例如，则是等比数列，，都是严格增数列，
可得，则，
取，则，，即，成立，
所以是的“数列”，所以为真命题，所以正确；
故选：．
【变式训练6-1】“手指推大厦”是科技馆中常见的一个游戏，只需用很小的力就能推倒巨大的骨牌，体现了“多米诺骨牌效应”的科学原理.已知“手指推大厦”所用骨牌满足的数学表达式是，其中为第块骨牌的体积（或质量），为第1块骨牌的体积（或质量），为后一块骨牌与其前一块骨牌的体积（或质量）的比值.现在有，两副质地不同的骨牌，它们第一块骨牌的体积不相同，但值相同，记，分别是，两副骨牌第块的体积，已知，，，则的值是（ ）
A．5B．4C．3D．2
【答案】D
【解析】由题意可得①，②，③，
解方程组，结合题设即可求解
由题可知，和组成的数列都是以为公比的等比数列.
由题意可列出如下的方程：
①，
②，
③，
由①可得④，
由②可得⑤，
由③可得⑥，
由④⑤⑥得，，
所以，即.
因为，和都是整数，
所以符合条件的解只有，这一组.
综上所述，，
故选：D.
【变式训练6-2】对于正项数列中，定义：为数列的“匀称值”已知数列的“匀称值”为，则该数列中的（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】确定，取和带入式子，相减得到答案.
，即，
故；；
两式相减得，所以．
故选：D
【变式训练6-3】对任意正整数对，定义函数如下：，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】根据新定义得，令即可判断A，根据累乘可判断B，利用二项式定理求得，结合判断C，，结合等比数列的前项和公式判断D.
，
令，则，，A错误；
，
累乘得：，
，令，则B错误；
因为，所以，
，则C正确；
，则D错误．
故选：C．
【变式训练6-4】定义：对于数列，如果存在一个常数，使得对任意的正整数恒有，则称数列是从第项起的周期为T的周期数列．已知周期数列满足：，，（），则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】D
【解析】写出周期数列的前几项，发现周期为6，进而求得的值.
写出周期数列的前几项：
1，3，2，，，，1，3，2，，，，1，…，
发现周期数列是周期为6的周期数列，
∴．
故选：D．
【变式训练6-5】若数列的前n项和为，，则称数列是数列的“均值数列”．已知数列是数列的“均值数列”且，设数列的前n项和为，若对恒成立，则实数m的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】由新定义求得，然后由求得，从而可求得（裂项相消法）后得的最小值，解相应不等式可得结论．
由题意,即,
∴时，，
又，∴时，，
，
，
易知是递增数列，∴的最小值是（时取得），
由题意，解得．
故选：B．
【变式训练6-6】对于一个项数列，记的“Cesar平均值”为，若数列的“Cesar平均值”为2022，数列的“Cesar平均值”为2046，则（ ）
A．24B．26C．1036D．1541
【答案】B
【解析】先求出的值，再根据Cesar平均值的求法列出等式，即可求出的值.
因为数列的“Cesar平均值”为，
所以.
因为的“Cesar平均值”为，
所以，所以，解得，
故选:B.
【变式训练6-7】等比数列中，公比，用表示它的前项之积，则，，…，中最大的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】根据题意分析的符号，结合前项之积的性质运算求解.
∵，则当为奇数时，，当为偶数时，，
∴当或时，，
当或时，，
由题意可得：，令，解得，
若取到最大，则，，即中最大的是.故选：C.
【变式训练6-8】如果数列满足（k为常数），那么数列叫做等比差数列，k叫做公比差．下列四个结论中所有正确结论的序号是（ ）
①若数列满足，则该数列是等比差数列；
②数列是等比差数列；
③所有的等比数列都是等比差数列；
④存在等差数列是等比差数列．
A．①②③B．①③④C．①②④D．②③④
【答案】B
【解析】根据比等差数列的定义(为常数)，逐一判断①②③④是否是等比差数列即可可得到答案.
①数列满足，则，
满足等比差数列的定义，故①正确；
②数列，
，
不满足等比差数列的定义，故②错误；
③设等比数列的公比为，则，
满足等比差数列，故③正确；
④设等差数列的公差为，
则，
故当时，满足，故存在等差数列是等比差数列，即④正确；
故答案为：①③④
故选：B.
【变式训练6-9】定义在上的函数，如果对于任意给定的等比数列，仍是等比数列，则称为“保等比数列函数”．现有定义在上的如下函数：①；②；③；④，其中是“保等比数列函数”的序号为（ ）
A．①②B．③④C．①③D．②④
【答案】C
【解析】根据新定义，结合等比数列性质，一一加以判断，即可得到结论．通过积的乘方，即可判断①；通过指数的幂的运算，即可判断②；通过积的运算即可判断③；由对数的运算法则，即可判断④．
设是等比数列，由等比数列性质知，
对于①，，即仍是等比数列，故正确；
对于②，，
即不是等比数列，故不正确；
对于③，，即是等比数列，故正确；
对于④，，
即不是等比数列，故不正确；
故选：C．
【变式训练6-10】若数列满足，则称为“必会数列”，已知正项数列为“必会数列”，若，则（ ）.
A．B．1C．6D．12
【答案】D
【解析】根据数列新定义可得数列是以为公比的等比数列，利用等比数列通项公式，即可求得答案.
由题意数列满足，可得，
故正项数列是以为公比的等比数列，
则，
故选：D
【变式训练6-11】设是无穷数列，若存在正整数，使得对任意的，均有，则称是间隔递增数列，是的间隔数.若是间隔递增数列，则数列的通项不可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】根据间隔递增数列的定义求解即可.
对于A：，
化简得：，
存在正整数，使得对任意的，恒成立，
所以是间隔递增数列；
对于B：，
因为为正整数且，所以，
所以，所以是间隔递增数列；
对于C：，
因为为正整数且，所以，
所以，所以是间隔递增数列；
对于D：
，
当正奇数，时，，
的正负由的奇偶性决定，此时不恒成立，
不符合间隔递增数列的定义；
当正偶数，时，，
的正负由的奇偶性决定，此时不恒成立，
不符合间隔递增数列的定义；
故选：D.
【变式训练6-12】对于数列，若存在正整数，使得，，则称是数列的“谷值”，k是数列的“谷值点”．在数列中，若，则数列的“谷值点”为（ ）
A．2B．7C．2，7D．2，5，7
【答案】C
【解析】先求出，，，，，，，，再得到，，，结合数列的单调性以及谷值点的定义即可得求解．
因为，
所以，，，，，，，，
当，，，所以，
因为函数在上单调递增，
所以时，数列为单调递增数列，
所以，，，，
所以数列的“谷值点”为，．
故选：C.
【变式训练6-13】若数列满足，则称为“对奇数列”．已知正项数列为“对奇数列”，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】根据题意可得，进而可得为等比数列，再求得通项公式即可.
由题意得，所以，又，所以是首项为2，公比为2的等比数列，所以．
故选：D．
【变式训练6-14】设表示落在区间内的偶数个数.在等比数列中，，，则（ ）
A．21B．20C．41D．40
【答案】C
【解析】设的公比为q，根据和求出，从而得和，再根据的定义可求出结果.
设的公比为q，则，
所以，则，
所以.
所以落在区间内的偶数共有41个，故.
故选：C
【变式训练6-15】对于数列，定义为数列的“加权和”，已知某数列的“加权和”，记数列的前n项和为，若对任意的恒成立，则实数p的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】根据与的关系求出，再根据等差数列的求和公式求出，将化为对任意的恒成立，分类讨论可求出结果.
由，
∴时,，
∴，∴，
时，也成立，∴，
∴数列的前n项和为：
，
∵对任意的恒成立，∴，
即，
即，
即，
即，
即对任意的恒成立，
当时，对任意的恒成立，
因为，∴，所以，
当时，恒成立，，
当时，对任意的恒成立，
因为，∴，所以，
综上可得：实数p的取值范围为．
故选：A．
【变式训练6-16】若数列满足：若，则，则称数列为“等同数列”．已知数列满足，且，若“等同数列”的前项和为，且，，，则（ ）
A．4711B．4712C．4714D．4718
【答案】D
【解析】先对已知关系式变形，求出数列的通项公式，再利用“等同数列”的定义与已知条件得是周期数列，即可得．
由得，则，
故,所以，，，
所以，所以，因为，
所以，解得，同理得，
，，…，故数列是以3为周期的数列，
所以，
故选:D．
【变式训练6-17】设数列，若存在常数，对任意小的正数，总存在正整数，当时，，则数列为收敛数列．下列关于收敛数列说法正确的是（ ）
A．若等比数列是收敛数列，则公比
B．等差数列不可能是收敛数列
C．设公差不为0的等差数列的前项和为，则数列一定是收敛数列
D．设数列的前项和为，满足，，则数列是收敛数列
【答案】C
【解析】根据题中定义，结合特殊的等差数列和等比数列、数列的周期性、等差数列前项和公式逐一判断即可.
当数列为常数列（不为零），因此该数列是等差数列又是等比数列，显然该数列是收敛数列，因此选项AB不正确；
选项C：设等差数列的公差为，
所以，当时，当时，，
所以数列一定是收敛数列，因此本选项正确；
选项D：因为，，所以可得，
当时，由，两式相减，得，
所以，所以该数列的周期为，该数列不可能是收敛数列，因此本选项说法不正确，
故选：C
【点睛】关键点睛：利用数列的周期性、常数列的性质是解题的关键.
【变式训练6-18】设数列：，，…，，若存在公比为q的等比数列：，，…，，使得，其中，2，…，m，则称数列为数列的“等比分割数列”.若数列的通项公式为，其“等比分割数列”的首项为1，则数列的公比q的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意可得，，从而可得且，可得，再根据指数函数的单调性求出的最小值即可
由题意可得，，
所以，且，
当时，成立；当，3，…，10时，应有成立，
因为在R上单调递增，所以随着n的增大而减小，
故，综上，q的取值范围是.
故选：C.
【变式训练6-19】若数列{an}满足……，则称数列{an}为“半差递增”数列.已知“半差递增”数列{cn}的前n项和Sn满足，则实数t的取值范围是（ ）
A．B．（-∞，1）
C．D．（1， +∞）
【答案】A
【解析】根据,利用递推公式求得数列的通项公式.再根据新定义的意义,代入解不等式即可求得实数的取值范围.
因为
所以当时,
两式相减可得,即,所以数列是以公比的等比数列
当时,
所以，
则
由“差半递增”数列的定义可知
化简可得
解不等式可得
即实数的取值范围为
故选：A.
【变式训练6-20】通过以下操作得到一系列数列：第1次，在2，3之间插入2与3的积6，得到数列2，6，3；第2次，在2，6，3每两个相邻数之间插入它们的积，得到数列2，12，6，18，3；类似地，第3次操作后，得到数列：2，24，12，72，6，108，18，54，3.按上述这样操作11次后，得到的数列记为，则的值是（ ）
A．6B．12C．18D．108
【答案】A
【解析】设数列经过第次拓展后的项数为，因为数列每一次拓展是在原数列的相邻两项中增加一项，则经过第次拓展后增加的项数为，从而可得，从而可求出，从而可知经过11次拓展后在与6之间增加的数为，由此可得出经过11次拓展后6所在的位置，即可得出答案.
解：设数列经过第次拓展后的项数为，因为数列每一次拓展是在原数列的相邻两项中增加一项，则经过第次拓展后增加的项数为，
所以，
即，即，
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，
是以，所以，
则经过11次拓展后在与6之间增加的数为，
所以经过11次拓展后6所在的位置为第，
所以.
故选：A.
（二）多选题
【典型例题1】若数列满足：对任意正整数为递减数列，则称数列为“差递减数列”．给出下列数列，其中是“差递减数列”的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】CD
【解析】利用差递减数列的定义及函数的单调性即可求解.
对A，若，则，由函数在上单调递增，所以为递增数列，故错误；
对B ，若，则，由函数在上单调递增，所以为递增数列，故B 错误；
对C ，若，则，由函数在上单调递减，所以为递减数列，故C正确；
对D ，若，则，由函数在上单调递减，所以为递减数列，故D正确．
故选：CD．
【典型例题2】若数列满足：，，使得对于，都有，则称具有“三项相关性”，下列说法正确的有（ ）.
A．若数列是等差数列，则具有“三项相关性”
B．若数列是等比数列，则具有“三项相关性”
C．若数列是周期数列，则具有“三项相关性”
D．若数列具有正项“三项相关性”，且正数，满足，，数列的通项公式为，与的前项和分别为，，则对，恒成立
【答案】ABD
【解析】根据题目给出的“三项相关性”的定义，逐项验证即可.
若为等差数列，则有，，A正确；
若数列是等比数列，则，，（）,即，易知，显然成立，
时，，取，有，也成立，所以B正确；
对周期数列：0，0，1，0，0，1，，所以时，，显然不成立，所以C错误；
对D，，即，
∴，，易知，
即，，故，D正确；
故选：ABD
【典型例题3】将个数排成行列的一个数阵.如图：该数阵第一列的个数从上到下构成以为公差的等差数列，每一行的个数从左到右构成以为公比的等比数列（其中）.已知，记这个数的和为.下列结论正确的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【解析】，
，解得或（舍负），即选项A正确；
，即选项C错误；
令，则①
②，
①②得，
，
，
当时，，即选项B正确；
，即选项D正确.
故选：ABD.
【典型例题4】我们常用的数是十进制数，如，表示十进制的数要用10个数码．0，1，2，3，4，5，6，7，8，9；而电子计算机用的数是二进制数，只需两个数码0和1，如四位二进制的数，等于十进制的数13．把m位n进制中的最大数记为，其中m，，为十进制的数，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABD
【解析】对于A：即是：，A正确；
对于B：即是：
即是：，B正确；
对于C、D：
，即是：

，即是：
构造函数：，求导得：

，，单调递增；
，，单调递减；
代入得：
即是：，
，D正确.
故选：ABD
【典型例题5】将个数排成行列的一个数阵.如图：该数阵第一列的个数从上到下构成以为公差的等差数列，每一行的个数从左到右构成以为公比的等比数列（其中）.已知，记这个数的和为.下列结论正确的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【解析】根据，，及等差数列、等比数列通项公式求出，即可判断A、C，再利用错位相减法计算B，根据等比数列和等差数列求和公式计算判断D.
解：，
，解得或（舍负），即选项A正确；
，即选项C错误；
令，则①
②，
①②得，
，
，
当时，，即选项B正确；
，即选项D正确.
故选：ABD.
【变式训练6-1】若正整数m．n只有1为公约数，则称m，n互质，对于正整数k，（k）是不大于k的正整数中与k互质的数的个数，函数（k）以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如：，，，．已知欧拉函数是积性函数，即如果m，n互质，那么，例如：，则（ ）
A．
B．数列是等比数列
C．数列不是递增数列
D．数列的前n项和小于
【答案】ABD
【解析】根据欧拉函数定义及运算性质，结合数列的性质与求和公式，依次判断各选项即可得出结果.
，A对；
∵2为质数，∴在不超过的正整数中，所有偶数的个数为，
∴为等比数列，B对；
∵与互质的数为
共有个，∴
又∵=，∴一定是单调增数列，C错；
，的前n项和为
，D对.
故选：ABD．
【变式训练6-2】斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．斐波那契数列用递推的方式可如下定义：用表示斐波那契数列的第n项，则数列满足：，，记，则下列结论正确的是（ ）
A．数列是递增数列B．
C．D．
【答案】BCD
【解析】由数列的递推公式可判断A,B；利用累加法计算可判断选项C,D.
对A，由知，的前10项依次为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，
其中，第一二项相等，不满足递增性，故A错误；
对B，根据递推公式，得，故B正确；
对C，，
，
，
……，
，
∴，即，故C正确；
对D，由递推式，得，，…，，
累加得，
∴，
∴，
即，故D正确；
故选：BCD．
【变式训练6-3】若不是等比数列，但中存在互不相同的三项可以构成等比数列，则称是局部等比数列.下列数列中是局部等比数列的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【解析】对于ABD，直接取特定项验证即可；对于C，定义法可证为等比数列后即可判断.
对于A：若，则，，，由，得，，成等比数列，因为不是等比数列，所以是局部等比数列.故A正确；
对于B：若，则，，，由，得，，成等比数列，因为不是等比数列，所以是局部等比数列. 故B正确；
对于C：若，则，则是等比数列，所以不是局部等比数列. 故C错误；
对于D：若，则，，，由，得，，成等比数列，因为不是等比数列，所以是局部等比数列. 故D正确.
故选：ABD.
【变式训练6-4】已知数列是各项均为正数且公比不等于1的等比数列，对于函数，若数列为等差数列，则称函数为“保比差数列函数”，则定义在上的如下函数中是“保比差数列函数”的有（ ）
A．为“保比差数列函数”B．为“保比差数列函数”
C．为“保比差数列函数”D．为“保比差数列函数”
【答案】ABD
【解析】设数列的公比为，利用保比差数列函数的定义，结合等差数列的定义逐项验证即可.
设数列的公比为，
选项A：，
所以是常数，
所以数列为等差数列，A满足题意；
选项B：，
所以是常数，
所以数列为等差数列，B满足题意；
选项C：，
所以不是常数，
所以数列不为等差数列，C不满足题意；
选项D：，
所以是常数，
所以数列为等差数列，D满足题意；
故选：ABD
【变式训练6-5】在数列中，若为常数），则称为“平方等差数列”.下列对“平方等差数列”的判断，其中正确的为（ ）
A．是平方等差数列
B．若是平方等差数列，则是等差数列
C．若是平方等差数列，则为常数）也是平方等差数列
D．若是平方等差数列，则为常数）也是平方等差数列
【答案】BD
【解析】根据等差数列的定义，结合平方等差数列的定义逐一判断即可.
对于A，当为奇数时，则为偶数，所以，
当为偶数时，则为奇数，所以，
即不符合平方等差数列的定义，故错误；
对于B，若是平方等差数列，则为常数），即是首项为，公差为的等差数列，故正确；
对于C，若是平方等差数列，则为常数），
则，
即，
当为等差数列时，，则为平方等差数列，
当不为等差数列时，则不为平方等差数列，故错误；
对于D，因为是平方等差数列，所以，
把以上的等式相加，得，
，则，即数列是平方等差数列，故正确；
故选:BD
【变式训练6-6】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1，4进行“美好成长”，第一次得到数列1，4，4；第二次得到数列1，4，4，16，4，，设第n次“美好成长”后得到的数列为，并记，则（ ）
A．B．
C．D．数列的前n项和为
【答案】ABD
【解析】对A：由题意直接运算判断；对B：根据第次“美好成长”与第n次“美好成长”的关系分析运算；对C：根据题意分析可得：，利用构造法结合等比数列分析运算；对D：由，利用构造法结合等比数列可得，利用裂项相消结合分组求和运算求解.
对A：，A正确；
对B：由题意可知：
，
故，B正确；
对C：设第n次“美好成长”后共插入项，即，共有个间隔，且，
则第次“美好成长”后再插入项，则，
可得，且，
故数列是以首项为2，公比为2的等比数列，
则，故，C错误；
对D：∵，则，且，
故数列是以首项为，公比为3的等比数列，
则，即，
设，
则，解得，
故，
设数列的前项和为，
则
，
即数列的前n项和为，D正确.
故选：ABD.
【点睛】
（1）构造法：；
（2）裂项构造：.
【变式训练6-7】在数学课堂上，教师引导学生构造新数列：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列，将数列1，2进行构造，第1次得到数列1，3，2；第2次得到数列1，4，3，5，2；…；第次得到数列1，，，，…，,2．记，数列的前n项和为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【解析】根据数列的构造方法先写出前面几次数列的结果，寻找规律，再进行推理运算即可．
解：由题意可知，第1次得到数列1，3，2，此时，
第2次得到数列1，4，3，5，2，此时，
第3次得到数列1，5，4，7，3，8，5，7，2，此时，
第4次得到数列1，6，5，9，4，11，7，10，3，11，8，13，5，12，7，9，2，此时，
第次得到数列1，，，，，，2，此时，
由此可得，，，故A正确；
，…，，故C错误；
由，可得，故B正确；
由，故D正确．
故选：ABD．
（三）填空题
【典型例题1】对于数列，若存在正整数，使得对任意正整数，都有（其中为非零常数），则称数列是以为周期，以为周期公比的“类周期性等比数列”.若“类周期性等比数列”的前4项为1，1，2，3，周期为4，周期公比为3，则数列前21项的和为__．
【答案】1090
【解析】确定，数列从第二项起连续四项成等比数列，利用等比数列公式计算得到答案.
，故，由题意得数列从第二项起连续四项成等比数列，
，
则数列前21项的和为．
故答案为：
【典型例题2】对于数列，记：…，（其中），并称数列为数列的k阶商分数列.特殊地，当为非零常数数列时，称数列是k阶等比数列.已知数列是2阶等比数列，且，若，则m=___________.
【答案】23
【解析】根据给定的定义，计算，进而求出数列的公比及通项，再借助累乘法求出数列的通项即可推理计算作答.
由数列是2阶等比数列，得，即，
且，即数列是首项为，公比为的等比数列，
则有，即，当时，
，
而满足上式，因此，
由得：，即，
整理得，又为小于的任意正整数，所以.
故答案为：23
【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.
【变式训练6-1】“外观数列”是一类有趣的数列，该数列由正整数构成，后一项是前一项的“外观描述”．例如：取第一项为1，将其外观描述为“1个1”，则第二项为11；将描述为“2个1”，则第三项为21；将21描述为“1个2，1个1”，则第四项为1211；将1211描述为“1个1，1个2，2个1”，则第五项为111221，…，这样每次从左到右将连续的相同数字合并起来描述，给定首项即可依次推出数列后面的项．则对于外观数列，下列说法正确的有______．
①若，则从开始出现数字2；
②若（，2，3，…，9），则的最后一个数字均为k；
③不可能为等差数列或等比数列；
④若，则均不包含数字4．
【答案】②④
【解析】对①，由外观数列定义列举判断；
对②，由外观数列定义判断；
对③，取反例，如；
对④，由反证法，结合外观数列定义判断.
对①，，①错；
对②，由外观数列的定义，每次都是从左到右描述，故一开始的k（，2，3，…，9）始终在最右边，即最后一个数字，②对；
对③，取，则，此时既为等差数列，也为等比数列，③错；
对④，，
设数列首次出现数字4，则必出现了4个连续的相同数字m（，2，3，…，9），
而的描述必包含“1个m，1个m”，与的描述矛盾，故均不包含数字4，④对.
故选：②④
【变式训练6-2】“设数列的前n项和为，对任意都有（t为常数），则称该数列为“t数列”，若数列为“2数列”，且，则______.
【答案】2021
【解析】利用并项求和即可.
根据题意得到：，
所以.
故答案为：2021.
【变式训练6-3】“定义n个正数的“均倒数”为，若各项均为正数的数列的前n项的“均倒数”为，则的值为______
【答案】8091
【解析】利用“均倒数”的概念求出，再利用递推关系求出，再代入值即可.
由已知可得数列的前项的“均倒数”为
可得,则时,
，
当时,,满足,
.
故答案为: 8091 .
【变式训练6-4】“对给定的数列，记，则称数列为数列的一阶商数列；记，则称数列为数列的二阶商数列；以此类推，可得数列的P阶商数列，已知数列的二阶商数列的各项均为，且，则___________．
【答案】
【解析】由题意可得，从而得，即，由累乘法即可求得的值.
解：由数列的二阶商数列的各项均为，可知，
而，
故数列是以1为首项，为公比的等比数列，
即，
即，
即．
所以，
故．
故答案为：
【变式训练6-5】“定义:对于任意数列,假如存在一个常数使得对任意的正整数都有,且,则称为数列的“上渐近值”．已知数列有（为常数,且）,它的前项和为,并且满足,令,记数列的“上渐近值”为,则的值为 _____．
【答案】##-0.5
【解析】先根据求解数列的通项公式,得出等差数列后,利用等差数列求和方法求出,代入得出的表达式,最后即可得出上渐近值．
解:当时,,
当时,,
得到,
根据累乘法:;满足n=1情况，
故而数列是首项为0,公差为的等差数列,
,
,
,
,
,
.
故答案为:
【变式训练6-6】“定义：各项均不为零的数列中，所有满足的正整数的个数称为这个数列的变号数.已知数列的前项和（，），令（），若数列的变号数为2，则实数的取值范围是___________.
【答案】
【解析】根据，求出的通项公式，即可得到的通项公式，再列出前几项，得到，即可求出参数的取值范围.
解：依题意当时，，
，
当时，
，
，，，，，且时，，
，
要使数列的变号数为，则，解得或，即．
故答案为：
【变式训练6-7】“已知数列满足，定义使（）为整数的k叫做“幸福数”，则区间内所有“幸福数”的和为_____．
【答案】2036
【解析】先用换底公式化简之后，将表示出来，找出满足条件的“幸福数”，然后求和即可.
当时，，
所以，
若满足为正整数，则，即，
所以在内的所有“幸福数”的和为：
,
故答案为：2036.
【变式训练6-8】“对于任意一个有穷数列，可以通过在该数列的每相邻两项之间插入这两项的之和，构造一个新的数列，现对数列1，5进行构造，第1次得到数列1，6，5，第2次得到数列1，7，6，11，5，依此类推，第n次得到数列1，，，，…，5.记第n次得到的数列的各项之和为，则的通项公式______.
【答案】
【解析】依据题意构造数列，分析规律，结合等比数列前项和公式即可求解.
由题意得，
，
，
，
，，
，
由等比数列的前项和公式可得，，
所以的通项公式.
故答案为：.
【变式训练6-9】“定义：若有穷数列，，…，，满足，，…，，即（，且），则称该数列为“对称数列”．若数列是项数为的对称数列，且，，…，构成首项为，公差为的等差数列，记数列的前项的和为，则取得最大值时的值为__________．
【答案】或
【解析】根据题意可得，则，再根据等差数列前项和公式及函数特征即可得出答案.
解：因为数列是项数为的对称数列，
所以，
所以
，
对称轴为，
又，
所以当或时，取得最大值.
故答案为：或.
【变式训练6-10】“在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和为同一个常数，那么这个数列称为等和数列，这个常数称为该数列的公和．已知数列是等和数列，且，则这个数列的前项的和为____.
【答案】
【解析】设等和数列的公和为m．根据，利用等和数列的定义求得通项公式，然后利用并项求和法求解.
设等和数列的公和为m．
因为，
所以，
所以，
又，
所以，
所以，
，
故答案为：6060
【点睛】本题主要考查数列的新定义以及通项公式的求法和并项求和法的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
【变式训练6-11】“在一个数列中，如果每一项与它的后一项的积为同一个常数，那么这个数列称为等积数列，这个常数称为该数列的公积.已知数列是等积数列，且，公积为，那么这个数列的前项的和为____.
【答案】
【解析】由新定义求出数列的前几项，得出数列的周期性，然后求和．
由题意，，所以，，，
所以数列是周期为2的周期数列，
所以．
故答案为：．
【点睛】本题考查数列新定义，解题关键是由新定义计算数列的项，归纳出数列的性质：周期数列，从而易求和．
（四）解答题
【典型例题1】“设数列的前项和为.若，则称是“紧密数列”.
(1)已知数列是“紧密数列”，其前5项依次为，求的取值范围;
(2)若数列的前项和为，判断是否是“紧密数列”，并说明理由;
(3)设数列是公比为的等比数列.若数列与都是“紧密数列”，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)数列为“紧密”数列；理由见详解.
(3)
【解析】（1）根据题意，得到，且，求解，即可得出结果；
（2）根据，求出，计算的范围，即可得出结论；
（3）先讨论，易得满足题意；再讨论，得到，，根据为“紧密”数列，得到或，分别根据这两种情况，计算的范围，即可得出结果.
（1）若数列为“紧密”数列，
则，且，
解得：，
即的取值范围为.
（2）数列为“紧密”数列；理由如下：
数列的前项和，
当时，；
当时，，
又，即满足，
因此，
所以对任意，，
所以，
因此数列为“紧密”数列；
（3）因为数列是公比为的等比数列，前项和为，
当时，有，，
所以，，满足题意；
当时，，，
因为为“紧密”数列，
所以，
即或，
当时，
，
，
所以，满足为“紧密”数列；
当时，，不满足为“紧密”数列；
综上，实数的取值范围是.
【典型例题2】对于给定的正整数k，若数列满足：，对任意正整数总成立，则称数列是“P（k）数列”．若数列{an}既是“P（2）数列”，又是“P（3）数列”，证明：是等差数列．
【答案】证明见解析
【解析】做差得到利用等差中项的性质，即可证明.
数列既是“P（2）数列”，又是“P（3）数列”，因此，
当时， ①
当时， ②
由①知， ③
④
将③④代入②，得其中，
所以，，，…是等差数列，设其公差为．
在①中，取，则
所以
在①中，取，则
所以所以数列是等差数列．
【典型例题3】如果一个数列的各项都是实数，且从第项开始，每一项与前一项的平方差是相同的常数，则称该数列为等方差数列，这个常数叫做这个数列的公方差．
(1)设数列是公方差为的等方差数列，且，求数列的通项公式；
(2)若数列既是等方差数列，又是等差数列，证明：数列为常数列．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）由等方差数列的定义列方程，解出数列的通项公式；
（2）由数列既是等方差数列，又是等差数列列方程，通过化简计算可得数列为常数列．
（1）由等方差数列的定义可知，
由此可得，
又，所以．
（2）证明：因为是等差数列，设其公差为，
则．
又是等方差数列，所以．
故，
所以，
即，
所以，故是常数列．
【典型例题4】对于给定数列，如果存在实常数、使得对于任意都成立，我们称数列是“类数列”．
(1)若，，，数列、是否为“类数列”？
(2)若数列是“类数列”，求证：数列也是“类数列”；
(3)若数列满足，，为常数．求数列前2022项的和．
【答案】(1)是；
(2)证明见解析；
(3).
【解析】（1）根据给定的数列，利用“类数列”的定义直接判断作答.
（2）利用“类数列”的定义推理作答.
（3）根据给定的递推关系，利用并项求和法及等比数列前n项和公式求解作答.
（1）因为，有，则，，
故数列是“类数列”，对应的实常数分别为1，2．
因为，有，则，，
故数列是“类数列”，对应的实常数分别为2，0．
（2）若数列是“类数列”，则存在实常数、，
使得对于任意都成立，
显然对于任意都成立，
因此对于任意都成立，
故数列也是“类数列”，对应的实常数分别为、．
（3）因为，则，，，，
数列前2022项的和
．
【点睛】涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.
【变式训练6-1】定义：称为个正数，，…，，的“均倒数”．已知数列的前项的“均倒数”为，
(1)求的通项公式；
(2)设，试判断并说明（为正整数）的符号；
(3)设函数，是否存在最大的实数，当时，对于一切的自然数都有．
【答案】(1)
(2)正，答案见解析
(3)存在最大的实数满足.
【解析】（1）由题知，再根据前项和与通项的关系求解即可；
（2）由题知，进而作差判断即可；
（3）结合（2）得，进而当时，恒成立，再解不等式即可得答案.
（1）解：因为数列的前项的“均倒数”为，
所以，
所以①，
所以，当时，；
当时，②，
①②得：，
显然时，满足；
所以，.
（2）解：由（1）得，
因为为正整数，所以；
下面证明，
因为为正整数，所以，
所以，.
（3）解：假设存在最大的实数，当时，对于一切的自然数都有，
则，当时，对于一切的自然数恒成立，
由（2）知，数列为单调递增数列，，
所以，当时，恒成立，即恒成立，
因为的解集为或，
所以，当时，对于一切的自然数都有
综上，存在最大的实数，当时，对于一切的自然数都有.
【变式训练6-2】在个不同数的排列中，若时（即前面某数大于后面某数），则称与构成一个逆序．一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数．记排列的逆序数为，如排列21的逆序数，排列321的逆序数，排列4321的逆序数．
(1)求、，并写出的表达式；
(2)令，证明：．
【答案】(1)，，
(2)证明见解析
【解析】（1）根据题意得到，，从而得到.
（1）根据题意得到，从而得到，根据，再利用裂项求和即可证明.
（1）由题知：的逆序数，
的逆序数，
所以.
（2），
因为，所以
即.
又因为，
所以，
，
因为，，
所以.
综上.
【变式训练6-3】若数列是等差数列，则称数列为调和数列.若实数依次成调和数列，则称是和的调和中项.
(1)求和的调和中项；
(2)已知调和数列，，，求的通项公式.
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）根据题意得到、、成等差数列，从而得到方程，求出，得到答案；
（2）根据题意得到是等差数列，设出公差，由通项公式基本量计算得到公差，从而求出，得到的通项公式.
（1）设和的调和中项为，依题意得：、、成等差数列，
所以，解得：，
故和的调和中项为；
（2）依题意，是等差数列，设其公差为，
则，
所以，
故.
【变式训练6-4】在数列中，若，则称数列为“泛等差数列”，常数d称为“泛差”.已知数列是一个“泛等差数列”，数列满足.
(1)若数列的“泛差”，且，，成等差数列，求；
(2)若数列的“泛差”，且，求数列的通项.
【答案】(1)或
(2)
【解析】（1）根据“泛差”，联立得，解出即可.
（2）由题，升次作差得，结合，整体代入可得，即可写出其通项.
（1）“泛差”，，
，，，联立三式得，
化简得，解得.
（2），则，
由，①
，②
②①得，
即，
且.
所以为等差数列，首项为，公差为，
.
【变式训练6-5】已知数列满足，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)已知数列满足 ，定义使为整数的叫做“幸福数”，求区间内所有“幸福数"的和.
【答案】(1)
(2)1349
【解析】（1）根据可得，两式相减可推得的奇数项和偶数项各自成等差数列，由此求得答案；
（2）利用（1）写出的表达式，继而可得。由其为整数可求得，结合区间确定m的值，可求得答案.
（1）因为，
所以当 时，，
故两式相减得： ，即的奇数项和偶数项各自成等差数列，且公差为2，且，
所以奇数项 ，则为奇数时， ，
偶数项，则为偶数时， ，
故数列的通项公式为；
（2）由（1）可得，，
所以，
设,故 ，
令，则 ，由于m是整数，故m的值取1，2，3，4，5，
故区间内所有“幸福数"的和为
.
【变式训练6-6】对于无穷数列，设集合，若为有限集，则称为“数列”．
(1)已知数列满足，，判断是否为“数列”，并说明理由；
(2)已知，数列满足，若为“数列”，求首项的值；
(3)已知，若为“数列”，试求实数的取值集合．
【答案】(1)是“数列”；理由见解析.
(2)；
(3).
【解析】（1）由递推公式得到，判断出，结合“数列”的定义即可证明；
（2）先利用单调性判断出，结合“数列”的定义，分类讨论求出；
（3）分类讨论：当为有理数时，设，结合“数列”的定义，证明出符合题意；当为无理数时，利用反证法证明出不符合题意.
（1）由题意得，，，，……
因此.
所以为有限集，
因此是“数列”；
（2）
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以.
当时，（*），
因此当时，，，
即，此时为“数列”，
当时，，
由（*）得，，
因此，显然不是“数列”，
综上所述：；
（3）当为有理数时，必存在，使得，
则，
因此集合中元素个数不超过，为有限集；
当为无理数时，对任意，下用反证法证明，
若，即，
则或，其中，
则或，矛盾，
所以，
因此集合必为无限集.
综上，的取值集合是全体有理数，即．
【变式训练6-7】对于项数为m的数列{an}，若满足：1≤a1＜a2＜⋯＜am，且对任意1≤i≤j≤m，aiaj与中至少有一个是{an}中的项，则称{an}具有性质P．
(1)分别判断数列1，3，9和数列2，4，8是否具有性质P，并说明理由；
(2)如果数列a1，a2，a3，a4具有性质P，求证：a1＝1，a4＝a2a3；
(3)如果数列{an}具有性质P，且项数为大于等于5的奇数．判断{an}是否为等比数列？并说明理由．
【答案】(1)数列1，3，9具有性质P；数列2，4，8不具有性质P
(2)证明见解析
(3)是等比数列，理由见解析
【解析】（1）利用性质P的定义直接判断求解．
（2）a4a4不是数列中的项，一定是数列中的项，a1＝1，求出是数列中的项，从而，由此能证明a4＝a2a3．
（3）当数列{an}的项数m＝2k+1，（k∈N，k≥2）时，推导出a1＝1，是数列中的项，，由此入手，能求出结果．
（1）解：∵1×1＝1，，1×3＝3，1×9＝9，，
均是1，3，9中的项，
∴1，3，9具有性质P，
∵，8×8＝64不是2，4，8中的项，
∴数列2，4，8不具有性质P．
（2）证明：∵a4＞1，a4a4＞a4，
∴a4a4不是数列中的项，∴一定是数列中的项，
∴a1＝1，
∵a4a2，a4a3不是数列中的项，∴是数列中的项，
∵1≤a1＜a2＜a3＜a4，∴，
∴，∴a4＝a2a3．
（3）当数列{an}的项数m＝2k+1，（k∈N，k≥2）时，
∵a2k+1＞1，a2k+1a2k+1＞a2k+1∴a2k+1a2k+1不是数列中的项，
∴一定是数中的项，
∴a1＝1，
∵对于满足2≤i≤2k+1的正整数i，都有a2k+1ai＞a2k+1，
∴a2k+1ai（2≤i≤2k+1，i∈N）不是数列中的项，
∴是数列中的项，
又，
∴，
∴a2k+1＝apa2k+2﹣p＝ap+1a2k+1﹣p（1≤p≤2k+1，p∈N），
∴，
∴，
∵对于满足3≤i≤2k的正整数i，均有a2kai>a2ka2＝a2k+1，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴.
∴对于项数为大于等于5的奇数且具有性质P的数列{an}，
是以1为首项，a2为公比的等比数列．
【变式训练6-8】已知等比数列为递增数列，，是与的等差中项.
(1)求数列的通项公式；
(2)若项数为n的数列满足：（，2，3，…，n）我们称其为n项的“对称数列”.例如：数列1，2，2，1为4项的“对称数列”；数列1，2，3，2，1为5项的“对称数列”.设数列为项的“对称数列”，其中，，，…，是公差为2的等差数列，数列的最大项等于.记数列的前项和为，若，求k.
【答案】(1)
(2)或
【解析】（1）设数列的公比为q，根据等差中项的性质，结合等比数列的基本量列式求解即可；
（2）先确定，进而根据等差数列的通项公式得出，再根据等差数列前项和的公式结合求解即可
（1）
设数列的公比为q，由题意知：，
所以，解得或（舍），所以.
（2）
由题知：，，，，…，是以8为末项，2为公差的等差数列，
所以，解得，
所以，
所以
所以，即，解得或.
【变式训练6-9】定义：对于任意一个有穷数列，第一次在其每相邻的两项间都插人这两项的和，得到的新数列称之为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和称之为二阶和数列，以此类推可以得到n阶和数列，如的一阶和数列是，设它的n阶和数列各项和为．
(1)试求的二阶和数列各项和与三阶和数列各项和，并猜想的通项公式（无需证明）；
(2)若，求的前n项和，并证明：．
【答案】(1)，，
(2)，证明见解析
【解析】(1)根据定义求出的二阶和数列各项和与三阶和数列各项和，由此归纳出，(2)由(1)化简，再由裂项相消法求其前项和，并完成证明.
（1）由题意得，
，
，
，
，
…
，
由等比数列的前n项和公式可得，，
所以的通项公式．
（2）由于，
所以，
则，
因为，所以，所以，
又随n的增大而减小，
所以当时，取得最大值，故．
【变式训练6-10】对于数列，，其中，对任意正整数都有，则称数列为数列的“接近数列”.已知为数列的“接近数列”，且，.
(1)若（是正整数），求，，，的值；
(2)若（是正整数），是否存在（是正整数），使得，如果存在，请求出的最小值，如果不存在，请说明理由；
(3)若为无穷等差数列，公差为，求证：数列为等差数列的充要条件是.
【答案】(1)，，，
(2)存在，
(3)证明见解析
【解析】（1）由“接近数列”得定义可直接求出，，，的值；
（2）分为奇数和偶数讨论，求出，在此基础上，分奇偶令，结合指数函数性质即可求解；
（3）先证若时，则为等差数列，且公差也为，由去绝对值得，即，两式作差即可求证；再证若为等差数列，则，结合绝对值三角不等式得，，两式处理得，化简即可求证.
（1）因为，所以，又因为为数列的“接近数列”， ，所以，只能是，，，；
（2）当为奇数时，，由函数的单调性可知，
即，得，进一步有，
当为偶数时，，由函数的单调性可知，
即，得，进一步有，
综上所述：，
由前项和公式化简得，，
当为偶数时，令无解；
当为奇数时，令，
所以，，即.
因此，存在（是正整数），使得，且；
（3）充要条件为：.
①若时，由题意对于任意正整数均有恒成立，且，
则，，
从而，即.
因为，，
所以，即.
因此为等差数列，且公差也为；
②若为等差数列，设公差为，
，
又，
即，亦即对任意正整数都成立，
所以，，又，得.
因此，所求充要条件为.
【点睛】本题整体难度较大，处理第二小问时设计分类讨论思想，融合了数列，函数、不等式，对计算有较高要求；第三小问对充要条件的证明特别是绝对值三角不等式的应用，思维难度高，拼凑法不易想到.
对于绝对值三角不等式，我们应掌握：；
对于数列中含此类数列，我们要注意分奇偶对数列讨论.
【变式训练6-11】设p为实数.若无穷数列满足如下三个性质，则称为数列：
①，且；
②；
③，．
（1）如果数列的前4项为2，-2，-2，-1，那么是否可能为数列？说明理由；
（2）若数列是数列，求；
（3）设数列的前项和为.是否存在数列，使得恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，说明理由．
【答案】（1）不可以是数列；理由见解析；（2）；（3）存在；．
【解析】(1)由题意考查的值即可说明数列不是数列；
(2)由题意首先确定数列的前4项，然后讨论计算即可确定的值；
(3)构造数列，易知数列是的，结合(2)中的结论求解不等式即可确定满足题意的实数的值.
(1)因 为 所以，
因 为所 以
所以数列，不可能是数列.
(2)性质①，
由性质③，因此或，或，
若，由性质②可知，即或，矛盾；
若，由有，矛盾.
因此只能是.
又因为或，所以或.
若，则，
不满足，舍去.
当，则前四项为:0，0，0，1，
下面用数学归纳法证明：
当时，经验证命题成立，假设当时命题成立，
当时：
若，则，利用性质③：
，此时可得：；
否则，若，取可得：，
而由性质②可得：，与矛盾.
同理可得：
，有；
，有；
，又因为，有
即当时命题成立，证毕.
综上可得：，.
(3)令，由性质③可知：
，
由于，
因此数列为数列.
由（2）可知:
若；
，，
因此，此时，，满足题意.
【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.
【变式训练6-12】已知数列，满足：存在，对于任意的，使得，则称数列与成“k级关联”．记与的前n项和分别为，．
(1)已知，，，判断与是否成“4级关联”，并说明理由；
(2)若数列与成“2级关联”，其中，，且有，，求|的值；
【答案】见解析
【解析】（1）由，可得=，所以，
显然等式不恒成立，举反例：时，有；左边=8，右边=3，左右.
所以与不成“4级关联”；
（2）由，可得，
利用累加法，
整理得：-=，所以=+，
由，可知：且第一周期内有，
所以==，又因为，故=2020-1+3=2022.
大衍图
元素维度
几何体维度
0
1
2
3
…
（线段）
2
1
（三角形）
3
3
1
（四面体）
4
6
4
1
…
…
…
…
…
…
元素维度
几何体维度
0
1
2
3
…
（线段）
2
1
（三角形）
3
3
1
（四面体）
4
6
4
1
…
…
…
…
…
…
4
9
2
3
5
7
8
1
6
4
7
10
13
16
19
…
7
12
17
22
27
32
…
10
17
24
31
38
45
…
13
22
31
40
49
58
…
16
27
38
49
60
71
…
19
32
45
58
71
84
…
…
…
…
…
…
…
…
信箱
1
2
3
4
信
信箱
1
2
3
4
信
信箱
1
2
3
4
信
2
3
4
5
6
7
…
3
5
7
9
11
13
…
4
7
10
13
16
19
…
5
9
13
17
21
25
…
6
11
16
21
26
31
…
7
13
19
25
31
37
…
…
…
…
…
…
…
…
边数
3
12
48
192
从起，每一个比前一个图形多出的三角形的个数
3
12
48
从起，每一个比前一个图形多出的每一个三角形的面积
P1
P2
P3
P4
…
Pn
边数
3
12
48
192
…
从P2起，每一个比前一个图形多出的三角形的个数
3
12
48
…
从P2起，每一个比前一个图形多出的每一个三角形的面积
…
P1
P2
P3
P4
…
Pn
边数
3
12
48
192
…
从P2起，每一个比前一个图形多出的三角形的个数
3
12
48
…
从P2起，每一个比前一个图形多出的每一个三角形的面积
…
存期
1年
2年
3年
5年
年利率(%)
2．25
2．4
2．73
2．88
作用次数
阳离子个数
阴离子个数
0
1
1
1
1
2
2
2
3
3
3
5
4
5
8
5
8
13
6
13
21
7
21
34
8
34
55
9
55
89
次数
消费者还价
商家讨价
第一次
第二次
第三次
第n次