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重点培优练4　数列的增减项及创新应用问题
1．(2025·甘肃二模)在数列{2n}的项2i和2i+1之间插入i个i(i＝1，2，3，…，i∈N*)构成新数列{an}，则a100＝(　　)
A．13 B．213 C．14 D．214
2．(2025·湖南长沙模拟)若数列{an}满足an＋1＝3an－1，则称{an}为“对奇数列”．已知为“对奇数列”，且b1＝2，则b2 025＝(　　)
A．3×22 024 B．22 025
C．2×32 024 D．2×32 023
3．(2025·山东青岛一模)已知数列{an}，{bn}，且an＝，bn＝，将{an}与{bn}的公共项按从大到小的顺序排列组成一个新数列{cn}，则{cn}的前10项和为(　　)
A． B． C． D．
4．(多选)如图，在平面直角坐标系中的一系列格点Ai(xi，yi)，其中i＝1，2，3，…，n，…，且xi，yi∈Z．记an＝xn＋yn，如A1(0，0)，即a1＝0，A2(1，0)，即a2＝1，A3(1，－1)，即a3＝0，…，以此类推．设数列{an}的前n项和为Sn，则(　　)
A．a2 025＝43
B．S2 024＝－44
C．a8n＝2n
D．S4n2＋5n＋1＝
5．将正奇数排列如下，其中第i行第j个数表示aij，例如a32＝9，若aij＝2 025，则i＋j＝________．
6．(2025·重庆模拟)若数列{an}满足对任意n∈N*都有an＋1≤，则称数列{an}为N*上的“凹数列”．已知bn＝4m－，若数列{bn}为{n∈N*|n≥2}上的“凹数列”，则实数m的取值范围是________．
7．(2025·陕西汉中二模)对于数列{an}，记区间(1，an)内偶数的个数为bn，则称数列{bn}为{an}的偶数列．
(1)若数列{dn}为数列{n2＋2}的偶数列，求d3；
(2)若数列{cn}为数列{2n+1＋3}的偶数列，证明：数列{cn－1}为等比数列；
(3)在(2)的前提下，若数列{bn}为等差数列{an}的偶数列，a1＝5，a5＝13，求数列{bn·(cn－1)}的前n项和Sn．
重点培优练4
1．A　[在2i和2i+1之间插入i个i(i＝1，2，3，…，i∈N*)构成数列{an}，则数列{an}为2，1，22，2，2，23，3，3，3，24，…，
则数列{an}中不超过2i的数的个数为i＋[1＋2＋…＋(i－1)]＝i＋(i2＋i)，
当i＝13时，(132＋13)＝91，
当i＝14时，(142＋14)＝105，所以a100＝13．故选A．]
2．C　[为“对奇数列”，则bn+1＋－1，即bn+1＝3bn，又b1＝2≠0，
故{bn}是以b1＝2为首项，3为公比的等比数列，
故bn＝2×3n-1，则b2 025＝2×32 024．故选C．]
3．C　[因为数列{2n－1}是正奇数数列，
对于数列{(n＋1)2－1}，当n为奇数时，设n＝2k－1(k∈N*)，则(n＋1)2－1＝4k2－1，为奇数；
当n为偶数时，设n＝2k(k∈N*)，则(n＋1)2－1＝(2k＋1)2－1＝4k(k＋1)，为偶数，
所以cn＝，由数列的函数特性知{cn}为递减数列，
又cn＝，
所以c1＋c2＋…＋c10＝×1－＋…＋＝×1－＝．
故选C．]
4．BD　[由题意知，点A1(0，0)，S1＝a1＝0，
设Ai+1(xi+1，yi+1)＝Bi(xi，yi)，an+1＝bn，
设数列{bn}的前n项和为Tn，
则Sn+1＝Tn，第一圈从点(1，0)到点(1，1)共8个点，由对称性可知S9＝T8＝b1＋b2＋…＋b8＝0，
第二圈从点(2，1)到点(2，2)共16个点，由对称性可知S25－S9＝T24－T8＝b9＋b10＋…＋b24＝0，即S25＝T24＝0，
以此类推，可得第n圈的8n个点对应的这8n项的和为0，
即＝0，
设b2 024在第k圈，则8＋16＋…＋8k＝＝4k(k＋1)，
由此可知前22圈共有2 024个数，故T2 024＝0，
b2 024所在点的坐标为(22，22)，
则b2 024＝22＋22＝44，
则a2 025＝b2 024＝44，故A错误；
S2 024＝T2 023＝T2 024－b2 024＝0－44＝－44，故B正确；
当n＝1时，a8所在点的坐标为(0，1)，则a8＝0＋1＝1≠2，故C错误；
＋…＋，对应点的坐标为(n＋1，n)，(n＋1，n－1)，…，(n＋1，1)，
所以＝(n＋1＋n)＋(n＋1＋n－1)＋…＋(n＋1＋1)＝(2n＋1)＋2n＋…＋(n＋2)＝，故D正确．]
5.68　[每行最后一个数的排列为1，5，11，19，29，…，
第n行最后一个数的通项公式为an＝n－1，
其中a44＝44×45－1＝1 979<2 025，a45＝45×46－1＝2 069>2 025，
所以2 025位于第45行，且(2 025－1 979)÷2＝23，
所以2 025位于第45行、第23列，所以i＝45，j＝23，i＋j＝45＋23＝68．]
6．　[若数列{bn}为{n∈N*|n≥2}上的“凹数列”，则bn+1≤，即2bn+1≤bn＋bn+2，
可得2，
整理可得m(9n2－12n－4)＋3(3n－2)≤0，即m[(3n－2)2－8]＋3(3n－2)≤0，
因为n≥2，令t＝3n－2≥4，可得m(t2－8)＋3t≤0，
当t≥4时，t2－8≥8>0，可得－，原题意等价于－对任意t≥4恒成立，
因为y＝t－在[4，＋∞)上单调递增，
则y＝在[4，＋∞)上单调递减，且当t＝4时，y＝，可知y＝，可得－，解得m≤－，所以实数m的取值范围是－∞，－.]
7．解：(1)在区间(1，32＋2)内的偶数为2，4，6，8，10，共有5个，则d3＝5．
(2)证明：在区间(1，2n+1＋3)内的偶数为2，4，…，2n+1，2n+1＋2，
则cn＝＋1＝2n＋1．
因为＝2，
所以{cn－1}是首项为2，公比为2的等比数列．
(3)设等差数列{an}的公差为d，则d＝＝2，
所以an＝5＋2(n－1)＝2n＋3，所以bn＝＋1＝n＋1．
由(2)知，cn＝2n＋1，则bn·(cn－1)＝(n＋1)×2n，
Sn＝2×2＋3×22＋…＋(n＋1)×2n，①
则2Sn＝2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n+1，②
所以①－②可得－Sn＝4＋(22＋23＋…＋2n)－(n＋1)×2n+1
＝4＋－(n＋1)×2n+1＝－n×2n+1，故Sn＝n×2n+1．
1/2培优课4　数列的增减项及创新应用问题
在近几年的新高考卷中，数列题目逐渐取代了过去那种单纯的求和计算问题，命题逐渐地向考查学生的数学思维方式、思维品质、逻辑推理素养、探究能力等方向靠近，重在考查学生面对问题，学会从特殊到一般、从具体到抽象，逐步归纳的方法，在探索中发现规律、得出猜想，并提升逻辑推理的能力．
类型1　数列的增减项问题
【典例1】　已知是首项为1的等差数列，公差d>0，是首项为2的等比数列，a4＝b2，a8＝b3．
(1)求的通项公式；
(2)若数列的第m项bm满足________(在(ⅰ)(ⅱ)中任选一个条件)，k∈N*，则将其去掉，数列剩余的各项按原顺序组成一个新的数列，求的前20项和S20．
(ⅰ)log4bm＝ak；(ⅱ)bm＝3ak＋1．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
反思领悟　解决数列的增减项问题的关键是通过阅读，理解题意，弄清楚增加了(减少了)多少项，增加(减少)的项有什么特征，在求新数列的和时，一般采用分组求和法，即把原数列部分和增加(减少)部分分别求和，再相加(相减)即可．
1．已知数列{an}的前n项和Sn＝，记bn＝，若数列{an}中去掉数列{bn}中的项后，余下的项按原来顺序组成数列{cn}，则数列{cn}的前50项和为________．
2．已知等差数列的前n项和为Sn，a4＝9，S3＝15．
(1)求的通项公式；
(2)保持数列中各项先后顺序不变，在ak与ak＋1之间插入2k个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记的前n项和为Tn，求T100的值．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
类型2　数列的新定义问题
【典例2】　(2025·山西太原模拟)对于任意n∈N*，若数列{xn}满足xn＋1＝pxn＋q(p，q为常数)，则称这个数列为“p－q数列”．已知数列{an}是“1－2数列”，数列{bn}是“2－0数列”，且a1＝b1＝2．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记cn＝a1bn＋a2bn－1＋a3bn－2＋…＋an－1b2＋anb1，判断数列{cn}是不是“p－q数列”．若是，求出p，q的值，反之说明理由．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
反思领悟　解新定义题型的步骤
(1)理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论．
(2)重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”，归纳“举例”提供的解题方法，归纳“举例”提供的分类情况．
(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题．
3．如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的比都大于3，则称这个数列为“G型数列”．
(1)若数列满足2an＝Sn＋1，判断是不是“G型数列”，并说明理由；
(2)已知正项数列为“G型数列”，c1＝1，数列满足bn＝cn＋2，n∈N*，是等比数列，公比为正整数，且不是“G型数列”，求数列{cn}的通项公式．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
类型3　数列的建模应用问题
【典例3】　(2021·新高考Ⅰ卷)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n次，那么Sk＝________dm2．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
反思领悟　在实际问题中建立数列模型时，一般有两种途径：一是从特例入手，归纳猜想，再推广到一般结论；二是从一般入手，找到递推关系，再进行求解．
4．(多选)某企业为一个高科技项目注入了启动资金2 000万元，已知每年可获利20%，由于竞争激烈，每年年底需从利润中取出200万元资金进行科研、技术改造与广告投入方能保持原有的利润增长率．设经过n年之后，该项目的启动资金为an万元(取lg 2≈0.30，lg 3≈0.48 )，则下列叙述正确的是(　　)
A．a1＝2 200
B．数列{an}的递推关系是an＋1＝an×(1＋20%)
C．数列{an－1 000}为等比数列
D．至少要经过6年，该项目的启动资金才可以达到或超过翻一番(即为原来的2倍)的目标
培优课4　数列的增减项及创新应用问题
典例1　解：(1)设的公比为q，
因为a4＝b2，a8＝b3，所以1＋3d＝2q，1＋7d＝2q2，
联立消去q，得9d2－8d－1＝0，解得d＝1或d＝－，又d>0，故d＝1，所以q＝2，
所以an＝a1＋d＝n，bn＝b1·qn-1＝2n．
(2)若选(ⅰ)log4bm＝ak，则有log42m＝k m＝2k，k∈N*，
所以剩余的项就是原数列的奇数项，
即剩余的项组成的数列是以2为首项，4为公比的等比数列，
所以S20＝．
若选(ⅱ)bm＝3ak＋1，则有2m＝3k＋1，
因为m∈N*，k∈N*，
所以当m＝2n时，对应的k＝为整数，满足；
当m＝2n－1时，对应的k＝不为整数，不满足，
所以剩余的项就是原数列的奇数项，
即剩余的项组成的数列是以2为首项，4为公比的等比数列，
所以S20＝．
考教衔接
1.1 478　[∵Sn＝，
∴当n＝1时，a1＝S1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn-1＝＝n，
当n＝1时也满足上式，∴an＝n，n∈N*．
∴bn＝2n，
∴b1＝2，b2＝4，b3＝8，b4＝16，b5＝32，b6＝64，
∴{cn}的前50项为数列{an}的前55项中去掉数列{bn}的前5项后余下的项，
∴数列{cn}的前50项和为－b1－b2－b3－b4－b5＝1 540－62＝1 478．]
2．解：(1)设等差数列的公差为d，由已知得a1＋3d＝9，3a1＋3d＝15．
解得a1＝3，d＝2，所以an＝2n＋1．
(2)因为在ak与ak+1之间插入2k个1，
所以ak在中对应的项数为
n＝k＋21＋22＋23＋…＋2k-1＝k＋＝2k＋k－2，
当k＝6时，2k＋k－2＝68，当k＝7时，2k＋k－2＝133，
所以a6＝b68，a7＝b133，且b69＝b70＝…＝b100＝1．
因此T100＝S6＋(2×1＋22×1＋23×1＋…＋25×1)＋32×1
＝×(3＋13)＋＋32＝142．
典例2　解：(1)由题知an+1＝an＋2，即an+1－an＝2，
∴数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，
∴an＝2＋2(n－1)＝2n．
∵bn+1＝2bn，即＝2，
∴数列{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列，
∴bn＝2×2n-1＝2n．
(2)∵cn＝a1bn＋a2bn-1＋a3bn-2＋…＋an-1b2＋anb1，
∴cn＝2×1×2n＋2×2×2n-1＋2×3×2n-2＋…＋2×(n－1)22＋2n×2，
即cn＝1×2n+1＋2×2n＋3×2n-1＋…＋(n－1)23＋n×22，
由cn＝1×2n+1＋2×2n＋3×2n-1＋…＋(n－1)23＋n×22，①
得cn＝1×2n＋2×2n-1＋3×2n-2＋…＋(n－1)22＋n×21，②
①－②得cn＝2n+1＋2n＋2n-1＋2n-2＋…＋23＋22－n×2，
∴cn＝2n+3－4n－8，cn+1＝2n+4－4n－12．
假设存在p，q使得cn+1＝pcn＋q，
即2n+4－4n－12＝p2n+3－4pn－8p＋q，
∴ 无实数解，即假设不成立．
∴数列{cn}不是“p－q数列”．
考教衔接
3．解：(1)易知当n＝1时，可得2a1＝S1＋1＝a1＋1，即a1＝1．
而当n＝2时，2a2＝S2＋1＝a1＋a2＋1，可得a2＝2．
此时＝2<3，不满足“G型数列”的定义，
猜想：数列不是“G型数列”，
证明如下：
由2an＝Sn＋1可得，当n≥2时，2an-1＝Sn-1＋1，
两式相减可得2an－2an-1＝Sn－Sn-1＝an，可得an＝2an-1，
此时从第2项起，每一项与它前一项的比为＝2<3，因此不是“G型数列”．
(2)设数列的公比为q，易知q∈N*，
又因为数列不是“G型数列”，可得q≤3．
所以＝q，即cn+1＝qcn＋2q－2．
又数列为“G型数列”，可得>3．
易知{cn}为递增数列，因此当n趋近于正无穷大时，q＋趋近于q，即可得q≥3．
综上可得q＝3，即cn+1＝3cn＋4，可得cn+1＋2＝3．
所以数列是以c1＋2＝3为首项，3为公比的等比数列，
即可得cn＋2＝3×3n-1＝3n，可得cn＝3n－2．
所以数列的通项公式为cn＝3n－2．
典例3　5　240　[依题意得，S1＝120×2＝240(dm2)；S2＝60×3＝180(dm2)；
当n＝3时，共可以得到5 dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm×3 dm，20 dm× dm四种规格的图形，且5×6＝30，×12＝30，10×3＝30，20×＝30，所以S3＝30×4＝120(dm2)；
当n＝4时，共可以得到5 dm×3 dm， dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm× dm，20 dm× dm五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15，×6＝15，×12＝15，10×＝15，20×＝15，所以S4＝15×5＝75 (dm2)；
……
所以可归纳Sk＝×(k＋1)＝．
所以Sk＝2401＋＋…＋， ①
所以Sk＝240＋…＋， ②
由①－②得，Sk＝2401＋＋…＋＝2401＋＝240，所以 dm2．]
考教衔接
4．ACD　[根据题意，经过1年之后，该项目的启动资金为a1＝2 000(1＋20%)－200＝2 200(万元)，A正确；
an+1＝an×(1＋20%)－200＝1.2an－200，B不正确；
∵an+1＝1.2an－200，则 an+1－1 000＝1.2(an－1 000)，又a1－1 000＝1 200，
即数列{an－1 000}是首项为1 200，公比为1.2的等比数列，C正确；
an－1 000＝1 200×1.2n-1＝1 000×1.2n ，
即an＝1 000(1.2n＋1)，
令an＝1 000(1.2n＋1)≥4 000，则 n≥log1.23＝≈6，
所以至少要经过6年，该项目的启动资金才可以达到或超过翻一番(即为原来的2倍)的目标，D正确．故选ACD．]
1/2(共65张PPT)
专题二　数列
培优课4　数列的增减项及创新应用问题
在近几年的新高考卷中，数列题目逐渐取代了过去那种单纯的求和计算问题，命题逐渐地向考查学生的数学思维方式、思维品质、逻辑推理素养、探究能力等方向靠近，重在考查学生面对问题，学会从特殊到一般、从具体到抽象，逐步归纳的方法，在探索中发现规律、得出猜想，并提升逻辑推理的能力．
类型1　数列的增减项问题
【典例1】　已知是首项为1的等差数列，公差d>0，是首项为2的等比数列，a4＝b2，a8＝b3．
(1)求的通项公式；
(2)若数列的第m项bm满足________(在(ⅰ)(ⅱ)中任选一个条件)，k∈N*，则将其去掉，数列剩余的各项按原顺序组成一个新的数列，求的前20项和S20．
(ⅰ)log4bm＝ak；(ⅱ)bm＝3ak＋1．
[解]　(1)设的公比为q，
因为a4＝b2，a8＝b3，所以1＋3d＝2q，1＋7d＝2q2，
联立消去q，得9d2－8d－1＝0，解得d＝1或d＝－，又d>0，
故d＝1，所以q＝2，
所以an＝a1＋d＝n，bn＝b1·qn-1＝2n．
(2)若选(ⅰ)log4bm＝ak，则有log42m＝k m＝2k，k∈N*，
所以剩余的项就是原数列的奇数项，
即剩余的项组成的数列是以2为首项，4为公比的等比数列，
所以S20＝＝．
若选(ⅱ)bm＝3ak＋1，则有2m＝3k＋1，
因为m∈N*，k∈N*，
所以当m＝2n时，对应的k＝＝为整数，满足；
当m＝2n－1时，对应的k＝＝不为整数，不满足，
所以剩余的项就是原数列的奇数项，
即剩余的项组成的数列是以2为首项，4为公比的等比数列，
所以S20＝＝．
反思领悟　解决数列的增减项问题的关键是通过阅读，理解题意，弄清楚增加了(减少了)多少项，增加(减少)的项有什么特征，在求新数列的和时，一般采用分组求和法，即把原数列部分和增加(减少)部分分别求和，再相加(相减)即可．
1．已知数列{an}的前n项和Sn＝，记bn＝，若数列{an}中去掉数列{bn}中的项后，余下的项按原来顺序组成数列{cn}，则数列{cn}的前50项和为________．
1 478
1 478　[∵Sn＝，∴当n＝1时，a1＝S1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝＝n，
当n＝1时也满足上式，∴an＝n，n∈N*．
∴bn＝2n，∴b1＝2，b2＝4，b3＝8，b4＝16，b5＝32，b6＝64，
∴{cn}的前50项为数列{an}的前55项中去掉数列{bn}的前5项后余下的项，
∴数列{cn}的前50项和为－b1－b2－b3－b4－b5＝1 540－62＝1 478．]
2．已知等差数列的前n项和为Sn，a4＝9，S3＝15．
(1)求的通项公式；
(2)保持数列中各项先后顺序不变，在ak与ak＋1之间插入2k个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记的前n项和为Tn，求T100的值．
[解]　(1)设等差数列的公差为d，由已知得a1＋3d＝9，3a1＋3d＝15．
解得a1＝3，d＝2，所以an＝2n＋1．
(2)因为在ak与ak＋1之间插入2k个1，
所以ak在中对应的项数为
n＝k＋21＋22＋23＋…＋2k-1＝k＋＝2k＋k－2，
当k＝6时，2k＋k－2＝68，当k＝7时，2k＋k－2＝133，
所以a6＝b68，a7＝b133，且b69＝b70＝…＝b100＝1．
因此T100＝S6＋(2×1＋22×1＋23×1＋…＋25×1)＋32×1
＝×(3＋13)＋＋32＝142．
【教用·备选题】
1．在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得新数列按照同样的方法进行构造，可以不断形成新的数列．现对数列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；……依次构造，记第n(n∈N*)次得到的数列的所有项之和为Tn，则T7＝(　　)
A．1 095 B．3 282
C．6 294 D．9 843
√
B　[设第n次构造后得到的数列为1，x1，x2，…，xk，2，则Tn＝3＋x1＋x2＋…＋xk，则第n＋1次构造后得到的数列为1，1＋x1，x1，x1＋x2，x2，…，xk，xk＋2，2，
于是Tn＋1＝6＋3(x1＋x2＋…＋xk)＝6＋3(Tn－3)＝3Tn－3，T1＝6，
显然Tn＋1－＝3，而T1－＝6－＝，
因此数列是以为首项，3为公比的等比数列，则Tn－＝×3n-1，即Tn＝，所以T7＝＝3 282．故选B．]
2．已知数列满足a1＝3，an＋1＝2an－1，bn＝log2．
(1)求数列的通项公式；
(2)将数列中去掉数列的项后余下的项按原来的顺序组成数列，求数列的前50项和S50．
[解]　(1)因为an＋1＝2an－1，所以an＋1－1＝2(an－1)，
又因为a1－1＝3－1＝2≠0，所以＝2，n∈N*，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，则an－1＝2·2n-1，即an＝2n＋1．
(2)由bn＝log2，得bn＝log22n＝n，
因为b50＝50，a5＝33，a6＝65，
所以S50中要去掉数列的项有5项，
所以S50＝(b1＋b2＋…＋b55)－(a1＋a2＋…＋a5)
＝－(3＋5＋9＋17＋33)＝1 473．
类型2　数列的新定义问题
【典例2】　(2025·山西太原模拟)对于任意n∈N*，若数列{xn}满足xn＋1＝pxn＋q(p，q为常数)，则称这个数列为“p－q数列”．已知数列{an}是“1－2数列”，数列{bn}是“2－0数列”，且a1＝b1＝2．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记cn＝a1bn＋a2bn－1＋a3bn－2＋…＋an－1b2＋anb1，判断数列{cn}是否是“p－q数列”．若是，求出p，q的值，反之说明理由．
[解]　(1)由题知an＋1＝an＋2，即an＋1－an＝2，
∴数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，
∴an＝2＋2(n－1)＝2n．
∵bn＋1＝2bn，即＝2，
∴数列{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列，
∴bn＝2×2n-1＝2n．
(2)∵cn＝a1bn＋a2bn－1＋a3bn－2＋…＋an－1b2＋anb1，
∴cn＝2×1×2n＋2×2×2n-1＋2×3×2n-2＋…＋2×(n－1)22＋2n×2，
即cn＝1×2n+1＋2×2n＋3×2n-1＋…＋(n－1)23＋n×22，
由cn＝1×2n+1＋2×2n＋3×2n-1＋…＋(n－1)23＋n×22，①
得cn＝1×2n＋2×2n-1＋3×2n-2＋…＋(n－1)22＋n×21，②
①－②得cn＝2n+1＋2n＋2n-1＋2n-2＋…＋23＋22－n×2，
∴cn＝2n+3－4n－8，cn＋1＝2n+4－4n－12．
假设存在p，q使得cn＋1＝pcn＋q，
即2n+4－4n－12＝p2n+3－4pn－8p＋q，
∴ 无实数解，即假设不成立．
∴数列{cn}不是“p－q数列”．
反思领悟　解新定义题型的步骤
(1)理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论．
(2)重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”，归纳“举例”提供的解题方法，归纳“举例”提供的分类情况．
(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题．
3．如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的比都大于3，则称这个数列为“G型数列”．
(1)若数列满足2an＝Sn＋1，判断是不是“G型数列”，并说明理由；
(2)已知正项数列为“G型数列”，c1＝1，数列满足bn＝cn＋2，n∈N*，是等比数列，公比为正整数，且不是“G型数列”，求数列{cn}的通项公式．
[解]　(1)易知当n＝1时，可得2a1＝S1＋1＝a1＋1，即a1＝1．
而当n＝2时，2a2＝S2＋1＝a1＋a2＋1，可得a2＝2．
此时＝＝2<3，不满足“G型数列”的定义，
猜想：数列不是“G型数列”，
证明如下：
由2an＝Sn＋1可得，当n≥2时，2an－1＝Sn－1＋1，
两式相减可得2an－2an－1＝Sn－Sn－1＝an，可得an＝2an－1，
此时从第2项起，每一项与它前一项的比为＝2<3，因此不是“G型数列”．
(2)设数列的公比为q，易知q∈N*，
又因为数列不是“G型数列”，可得q≤3．
所以＝＝q，即cn＋1＝qcn＋2q－2．
又数列为“G型数列”，可得＝q＋>3．
易知{cn}为递增数列，因此当n趋近于正无穷大时，q＋趋近于q，即可得q≥3．
综上可得q＝3，即cn＋1＝3cn＋4，可得cn＋1＋2＝3．
所以数列是以c1＋2＝3为首项，3为公比的等比数列，
即可得cn＋2＝3×3n-1＝3n，可得cn＝3n－2．
所以数列的通项公式为cn＝3n－2．
√
【教用·备选题】
将1，2，…，n按照某种顺序排成一列得到数列，对任意1≤iaj，那么称数对构成数列的一个逆序对．若n＝4，则恰有2个逆序对的数列的个数为(　　)
A．4 B．5 C．6 D．7
B　[若n＝4，则1≤i由1，2，3，4构成的逆序对有．
若数列的第一个数为4，则至少有3个逆序对；
若数列的第二个数为4，
则恰有2个逆序对的数列为；
若数列的第三个数为4，
则恰有2个逆序对的数列为{1，3，4，2}或{2，1，4，3}；
若数列的第四个数为4，
则恰有2个逆序对的数列为{2，3，1，4}，{3，1，2，4}．
综上，恰有2个逆序对的数列的个数为5．
故选B．]
类型3　数列的建模应用问题
【典例3】　(2021·新高考Ⅰ卷)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20 dm×
12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为__；如果对折n次，那么Sk＝____________dm2．
5
240　
5　240　[依题意得，S1＝120×2＝240(dm2)；S2＝60×3＝180(dm2)；
当n＝3时，共可以得到5 dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm×3 dm，
20 dm× dm四种规格的图形，且5×6＝30，×12＝30，10×3＝30，20×＝30，所以S3＝30×4＝120(dm2)；
当n＝4时，共可以得到5 dm×3 dm， dm×6 dm， dm×12 dm，
10 dm× dm，20 dm× dm五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15，×6＝15，×12＝15，10×＝15，20×＝15，所以S4＝15×5＝75 (dm2)；
……
所以可归纳Sk＝×(k＋1)＝．
所以Sk＝240，①
所以Sk＝240，②
由①－②得，Sk＝240＝240＝240，所以Sk＝240 dm2．]
反思领悟　在实际问题中建立数列模型时，一般有两种途径：一是从特例入手，归纳猜想，再推广到一般结论；二是从一般入手，找到递推关系，再进行求解．
√
4．(多选)某企业为一个高科技项目注入了启动资金2 000万元，已知每年可获利20%，由于竞争激烈，每年年底需从利润中取出200万元资金进行科研、技术改造与广告投入方能保持原有的利润增长率．设经过n年之后，该项目的启动资金为an万元(取lg 2≈0.30，lg 3≈0.48 )，则下列叙述正确的是(　　)
A．a1＝2 200
B．数列{an}的递推关系是an＋1＝an×(1＋20%)
C．数列{an－1 000}为等比数列
D．至少要经过6年，该项目的启动资金才可以达到或超过翻一番(即为原来的2倍)的目标
√
√
ACD　[根据题意，经过1年之后，该项目的启动资金为a1＝2 000(1＋20%)－200＝2 200(万元)，A正确；
an＋1＝an×(1＋20%)－200＝1.2an－200，B不正确；
∵an＋1＝1.2an－200，则an＋1－1 000＝1.2(an－1 000)，又a1－1 000＝1 200，
即数列{an－1 000}是首项为1 200，公比为1.2的等比数列，C正确；
an－1 000＝1 200×1.2n-1＝1 000×1.2n ，
即an＝1 000(1.2n＋1)，
令an＝1 000(1.2n＋1)≥4 000，则 n≥log1.23＝≈6，
所以至少要经过6年，该项目的启动资金才可以达到或超过翻一番(即为原来的2倍)的目标，D正确．故选ACD．]
【教用·备选题】
1．某校在研究民间剪纸艺术时，经常会沿着纸的某条对称轴把纸对折，规格为12 dm×20 dm的长方形纸，对折1次可以得到10 dm×12 dm和6 dm×20 dm两种规格的图形，它们的周长之和为C1＝96 dm，对折2次可以得到5 dm×12 dm，6 dm×10 dm，3 dm×20 dm三种规格的图形，它们的周长之和为C2＝112 dm，以此类推，则对折5次后能得到的所有不同图形的周长之和C5为________dm，如果对折n次后，能得到的所有图形的周长之和记为Cn，则Cn＝__________dm．
126
128－　
126　128－　[对折3次可以得到 dm×12 dm，6 dm×5 dm，
3 dm×10 dm， dm×20 dm四种规格的图形，
对折4次可以得到 dm×12 dm， dm×6 dm，3 dm×5 dm， dm×
10 dm， dm×20 dm五种规格的图形，
对折5次可得到 dm×12 dm， dm×6 dm， dm×3 dm， dm×
5 dm， dm×10 dm， dm×20 dm六种规格的图形，周长之和C5为×2＝63×2＝126．
因为C3＝×2＝120，
C4＝×2＝124，
所以C2－C1＝16，C3－C2＝8，C4－C3＝4，C5－C4＝2，…，所以当n≥2时，
＝，且C2－C1＝16，所以是首项为C2－C1＝16，
公比为的等比数列，所以Cn＋1－Cn＝16×，Cn－Cn－1＝16×，
由累加法可得，Cn－C1＝16×＝16×＝32－32×，所以Cn＝128－．]
2．“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n期末的金额，把它扣除利息后，折合成现时的值，而“终值”是指n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A，每期利率为r，期数为n，到期末的本利和为S，则S＝A(1＋r)n．其中，S称为n期末的终值，A称为n期后终值S的现值，即n期后的S元现在的价值为A＝．
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2.5%，试讨论两种方案哪一种更好？
(2)若小明把房子租出去，第一年年初租金2万元，此后每年年初涨租金1 000元，参照第(1)问中的存款年利率2.5%，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：(1＋2.5%)10≈1.28．
[解]　(1)法一(从终值来考虑)：若全款购置，则25万元10年后的价值为25(1＋2.5%)10≈32.00(万元)．
若分期付款，每年年初所付金额3万元，10年后的总价值为
S＝3(1＋2.5%)10＋3(1＋2.5%)9＋…＋3≈34.45(万元)．
因此，付全款较好．
法二(从现值来考虑)：每年年初付3万元的10年现值之和为
Q＝3＋＋…＋ 1.02510Q＝3×1.025× Q≈26.91(万元)．
比一次性付款25万元多，故付全款较好．
(2)由题意，设第十年房租到期后小明所获得全部租金的终值为T万元，T＝2(1＋2.5%)10＋2.1(1＋2.5%)9＋…＋2.9，
记1＋2.5%＝q，an＝－0.1n＋3，则
T＝a1q＋a2q2＋…＋a10q10，qT＝a1q2＋a2q3＋…＋a9q10＋a10q11，
作差可得：T＝2.9q－0.1(q2＋q3＋…＋q10)－2q11＝3q－0.1(q＋q2＋q3＋…＋q10)－2q11，所以T＝3·－0.1·－2·≈27.90(万元)．
即第十年房租到期后小明所获得全部租金的终值约为27.90万元．
重点培优练4　数列的增减项及创新应用问题
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
1．(2025·甘肃二模)在数列{2n}的项2i和2i+1之间插入i个i(i＝1，2，3，…，i∈N*)构成新数列{an}，则a100＝(　　)
A．13 B．213 C．14 D．214
题号
1
3
5
2
4
6
7
A　[在2i和2i+1之间插入i个i(i＝1，2，3，…，i∈N*)构成数列{an}，则数列{an}为2，1，22，2，2，23，3，3，3，24，…，
则数列{an}中不超过2i的数的个数为i＋[1＋2＋…＋(i－1)]＝i＋＝(i2＋i)，
当i＝13时，(132＋13)＝91，
当i＝14时，(142＋14)＝105，所以a100＝13．故选A．]
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
2．(2025·湖南长沙模拟)若数列{an}满足an＋1＝3an－1，则称{an}为“对奇数列”．已知为“对奇数列”，且b1＝2，则b2 025＝
(　　)
A．3×22 024 B．22 025
C．2×32 024 D．2×32 023
题号
1
3
5
2
4
6
7
C　[为“对奇数列”，则bn＋1＋＝3－1，即bn＋1＝3bn，又b1＝2≠0，
故{bn}是以b1＝2为首项，3为公比的等比数列，
故bn＝2×3n-1，则b2 025＝2×32 024．故选C．]
题号
1
3
5
2
4
6
7
3．(2025·山东青岛一模)已知数列{an}，{bn}，且an＝，bn＝，将{an}与{bn}的公共项按从大到小的顺序排列组成一个新数列{cn}，则{cn}的前10项和为(　　)
A． B． C． D．
√
题号
1
3
5
2
4
6
7
C　[因为数列{2n－1}是正奇数数列，
对于数列{(n＋1)2－1}，当n为奇数时，设n＝2k－1(k∈N*)，则(n＋1)2－1＝4k2－1，为奇数；
当n为偶数时，设n＝2k(k∈N*)，则(n＋1)2－1＝(2k＋1)2－1＝4k(k＋1)，为偶数，
所以cn＝，由数列的函数特性知{cn}为递减数列，又cn＝＝＝，
所以c1＋c2＋…＋c10＝＝＝．
故选C．]
题号
1
3
5
2
4
6
7
题号
1
3
5
2
4
6
7
4．(多选)如图，在平面直角坐标系中的一系列格点Ai(xi，yi)，其中i＝1，2，3，…，n，…，且xi，yi∈Z．记an＝xn＋yn，如A1(0，0)，即a1＝0，A2(1，0)，即a2＝1，A3(1，－1)，即a3＝0，…，以此类推．设数列{an}的前n项和为Sn，则(　　)
A．a2 025＝43
B．S2 024＝－44
C．a8n＝2n
D．S4n2＋5n＋1＝
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
7
BD　[由题意知，点A1(0，0)，S1＝a1＝0，
设Ai＋1(xi＋1，yi＋1)＝Bi(xi，yi)，an＋1＝bn，
设数列{bn}的前n项和为Tn，
则Sn＋1＝Tn，第一圈从点(1，0)到点(1，1)共8个点，由对称性可知S9＝T8＝b1＋b2＋…＋b8＝0，
第二圈从点(2，1)到点(2，2)共16个点，由对称性可知S25－S9＝T24－T8＝b9＋b10＋…＋b24＝0，即S25＝T24＝0，
以此类推，可得第n圈的8n个点对应的这8n项的和为0，
即＝T4n2＋4n＝0，
设b2 024在第k圈，则8＋16＋…＋8k＝＝4k(k＋1)，
由此可知前22圈共有2 024个数，
故T2 024＝0，
b2 024所在点的坐标为(22，22)，
则b2 024＝22＋22＝44，
则a2 025＝b2 024＝44，故A错误；
S2 024＝T2 023＝T2 024－b2 024＝0－44＝－44，故B正确；
题号
1
3
5
2
4
6
7
当n＝1时，a8所在点的坐标为(0，1)，则a8＝0＋1＝1≠2，故C错误；
S4n2＋5n＋1＝T4n2＋5n＝T4n2＋5n－T4n2＋4n＝b4n2＋4n＋1＋b4n2＋4n＋2＋…＋b4n2＋5n，对应点的坐标为(n＋1，n)，(n＋1，n－1)，…，(n＋1，1)，
所以S4n2＋5n＋1＝T4n2＋5n＝(n＋1＋n)＋(n＋1＋n－1)＋…＋(n＋1＋1)＝(2n＋1)＋2n＋…＋(n＋2)＝＝，故D正确．]
题号
1
3
5
2
4
6
7
题号
1
3
5
2
4
6
7
5．将正奇数排列如下，其中第i行第j个数表示aij，例如a32＝9，若aij＝2 025，则i＋j＝________．
68
题号
1
3
5
2
4
6
7
68　[每行最后一个数的排列为1，5，11，19，29，…，
第n行最后一个数的通项公式为an＝n－1，
其中a44＝44×45－1＝1 979<2 025，a45＝45×46－1＝2 069>2 025，
所以2 025位于第45行，且÷2＝23，
所以2 025位于第45行、第23列，所以i＝45，j＝23，i＋j＝45＋23＝68．]
题号
1
3
5
2
4
6
7
6．(2025·重庆模拟)若数列{an}满足对任意n∈N*都有an＋1≤ ，则称数列{an}为N*上的“凹数列”．已知bn＝4m－，若数列{bn}为{n∈N*|n≥2}上的“凹数列”，则实数m的取值范围是
___________．
　
题号
1
3
5
2
4
6
7
　[若数列{bn}为{n∈N*|n≥2}上的“凹数列”，
则bn＋1≤，即2bn＋1≤bn＋bn＋2，
可得2≤4m－＋4m－，
整理可得m(9n2－12n－4)＋3(3n－2)≤0，
即m[(3n－2)2－8]＋3(3n－2)≤0，
因为n≥2，令t＝3n－2≥4，可得m(t2－8)＋3t≤0，
当t≥4时，t2－8≥8>0，可得－＝，
题号
1
3
5
2
4
6
7
原题意等价于－对任意t≥4恒成立，
因为y＝t－在[4，＋∞)上单调递增，
则y＝在[4，＋∞)上单调递减，且当t＝4时，y＝，
可知y＝的最大值为，可得－，解得m≤－，
所以实数m的取值范围是．]
题号
1
3
5
2
4
6
7
7．(2025·陕西汉中二模)对于数列{an}，记区间(1，an)内偶数的个数为bn，则称数列{bn}为{an}的偶数列．
(1)若数列{dn}为数列{n2＋2}的偶数列，求d3；
(2)若数列{cn}为数列{2n+1＋3}的偶数列，证明：数列{cn－1}为等比数列；
(3)在(2)的前提下，若数列{bn}为等差数列{an}的偶数列，a1＝5，a5＝13，求数列{bn·(cn－1)}的前n项和Sn．
题号
1
3
5
2
4
6
7
[解]　(1)在区间(1，32＋2)内的偶数为2，4，6，8，10，共有5个，则d3＝5．
(2)证明：在区间(1，2n+1＋3)内的偶数为2，4，…，2n+1，2n+1＋2，则cn＝＋1＝2n＋1．
因为＝＝2，
所以{cn－1}是首项为2，公比为2的等比数列．
(3)设等差数列{an}的公差为d，则d＝＝2，
所以an＝5＋2(n－1)＝2n＋3，所以bn＝＋1＝n＋1．
由(2)知，cn＝2n＋1，则bn·(cn－1)＝(n＋1)×2n，
Sn＝2×2＋3×22＋…＋(n＋1)×2n，①
则2Sn＝2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n+1，②
所以①－②可得－Sn＝4＋(22＋23＋…＋2n)－(n＋1)×2n+1
＝4＋－(n＋1)×2n+1＝－n×2n+1，
故Sn＝n×2n+1．
题号
1
3
5
2
4
6
7
【教用·备选题】
(2025·山东日照二模)已知数列{an}的通项公式an＝3n－1，在每相邻两项ak，ak＋1之间插入2k个2(k∈N*)，使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn}，记数列{bn}的前n项和为Sn，则Sn≥150成立的n的最小值为(　　)
A．20 B．21
C．22 D．23
√
B　[由题设，数列{bn}各项依次为2，，8，，26，，80，，242，，…，
当n＝20时，S20＝2＋2×2＋8＋2×4＋26＋2×8＋80＋2×2＝148，
当n＝21时，S21＝S20＋2＝150，
所以Sn≥150成立的n的最小值为21．
故选B．]
谢 谢！

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