增分微課(2)　情境下的數(shù)列問(wèn)題（解析版）

增分微課(2)情境下的數(shù)列問(wèn)題類(lèi)型一信息技術(shù)中的數(shù)列問(wèn)題例10-1周期序列在通信技術(shù)中有著重要應(yīng)用.若序列a1a2…an…滿(mǎn)足ai∈{0,1}(i=1,2,…),且存在正整數(shù)m,使得ai+m=ai(i=1,2,…)成立,則稱(chēng)其為0-1周期序列,并稱(chēng)滿(mǎn)足ai+m=ai(i=1,2,…)的最小正整數(shù)m為這個(gè)序列的周期.對(duì)于周期為m的0-1序列a1a2…an…,C(k)=1m∑i=1maiai+k(k=1,2,…,m-1)是描述其性質(zhì)的重要指標(biāo).下列周期為5的0-1序列中,滿(mǎn)足C(k)≤15(A.11010… B.11011…C.10001… D.11001…例1[思路點(diǎn)撥]分別對(duì)4個(gè)選項(xiàng)中k=1,2,3,4時(shí)的情況進(jìn)行討論,若有一個(gè)不滿(mǎn)足條件,就排除;由題意可得周期都是5,每個(gè)答案中都給了一個(gè)周期的排列,若需要下個(gè)周期的排列,繼續(xù)寫(xiě)出,如選項(xiàng)C的排列為100011000110001….C[解析]對(duì)于A選項(xiàng),C(1)=15∑i=15aiai+1=15×(1+0+0+C(2)=15∑i=15aiai+2=15×(0+1+0+1+0)=對(duì)于B選項(xiàng),C(1)=15∑i=15aiai+1=15×(1+0+0+1+1)=對(duì)于C選項(xiàng),C(1)=15∑i=15aiai+1=15×(0+0+0+C(2)=15∑i=15aiai+2=15×(0+0+0C(3)=15∑i=15aiai+3=15×(0+0+0C(4)=15∑i=15aiai+4=15×(1+0+0+0+對(duì)于D選項(xiàng),C(1)=15∑i=15aiai+1=15×(1+0+0+0+1)=25>[總結(jié)反思]信息技術(shù)中的數(shù)列問(wèn)題實(shí)質(zhì)上是數(shù)列知識(shí)在信息技術(shù)中的應(yīng)用問(wèn)題,解答的關(guān)鍵是列出相關(guān)信息,合理建立數(shù)學(xué)模型——數(shù)列模型,判斷是等差數(shù)列還是等比數(shù)列模型.求解時(shí),要明確目標(biāo),即搞清楚是求和、求通項(xiàng)公式,還是解遞推關(guān)系問(wèn)題,最終得出結(jié)論.類(lèi)型二數(shù)學(xué)文化中的數(shù)列問(wèn)題例2數(shù)學(xué)家也有許多美麗的錯(cuò)誤,如法國(guó)數(shù)學(xué)家費(fèi)馬于1640年提出了以下猜想:Fn=22n+1(n=0,1,2,…)是質(zhì)數(shù).直到1732年才被善于計(jì)算的大數(shù)學(xué)家歐拉算出F5=641×6700417,不是質(zhì)數(shù).現(xiàn)設(shè)an=log2(Fn-1)(n=1,2,…),Sn表示數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,則使不等式2S1S2+22S2S3+…+2nSnA.11 B.10C.9 D.8例2[思路點(diǎn)撥]先求出an=2n,再求出Sn=2×(2n-1),2nSnSn+1=14×（12n-1-1C[解析]把Fn=22n+1代入an=log2(Fn-1),得an=log2(22n+1-1)=2n,故Sn=2×(1-2n)1-2=2×(2n-1),則2nSnSn+1=14×（12n-1-12n+1-1）,則不等式2S1S2+22[總結(jié)反思]對(duì)于以數(shù)學(xué)文化為背景的數(shù)列問(wèn)題,解題時(shí)常受困于背景陌生、閱讀受阻,使思路無(wú)法打開(kāi).解題時(shí)應(yīng)認(rèn)真審題,從問(wèn)題背景中提取相關(guān)信息并分析歸納,然后構(gòu)造恰當(dāng)?shù)臄?shù)列模型,再依據(jù)等差或等比數(shù)列的有關(guān)公式求解作答,必要時(shí)要進(jìn)行檢驗(yàn).類(lèi)型三數(shù)陣中的數(shù)列問(wèn)題例3(多選題)將n2個(gè)數(shù)排成n行n列的一個(gè)數(shù)陣,如圖Z2-1所示,該數(shù)陣第一列的n個(gè)數(shù)從上到下構(gòu)成以m為公差的等差數(shù)列,每一行的n個(gè)數(shù)從左到右構(gòu)成以m為公比的等比數(shù)列(其中m>0).已知a11=2,a13=a61+1,記這n2個(gè)數(shù)的和為S.下列結(jié)論正確的有 ()圖Z2-1A.m=3B.a67=17×37C.aij=(3i-1)·3j-1D.S=14n(3n+1)(3n-例3[思路點(diǎn)撥]根據(jù)已知條件可求出a13,a61,列式即可求出m,從而求出通項(xiàng)aij,再按照分組求和法每一行分別求和,進(jìn)而可得S,由此可以判斷各選項(xiàng)的正誤.ACD[解析]∵a11=2,a13=a61+1,∴2m2=2+5m+1,解得m=3或m=-12(舍去),∴aij=ai1·3j-1=[2+(i-1)×3]·3j-1=(3i-1)·3j-1,∴a67=17×36,∴S=(a11+a12+a13+…+a1n)+(a21+a22+a23+…+a2n)+…+(an1+an2+an3+…+ann)=a11(1-3n)1-3+a21(1-3n)1-3+[總結(jié)反思]從數(shù)列到數(shù)陣,盡管數(shù)的排列形式發(fā)生了變化,但問(wèn)題的實(shí)質(zhì)仍然是數(shù)列問(wèn)題,只要抓住每行首項(xiàng),找準(zhǔn)每行變化規(guī)律,從數(shù)陣中構(gòu)造新數(shù)列(等差數(shù)列或等比數(shù)列或周期數(shù)列等),那么解決問(wèn)題的思想和方法仍然不變,可謂“形散神不散”.1.【類(lèi)型1】計(jì)算機(jī)是將信息轉(zhuǎn)換成二進(jìn)制進(jìn)行處理的,二進(jìn)制即“逢二進(jìn)一”.如(1101)2表示一個(gè)二進(jìn)制數(shù),將它轉(zhuǎn)換成十進(jìn)制數(shù)就是1×23+1×22+0×21+1×20=13,那么將二進(jìn)制數(shù)11…116位A.217-2 B.216-1C.216-2 D.215-11.B[解析](1111111111111111)2=215+214+…+22+2+1=1-2161-2=216-1.2.【類(lèi)型2】“垛積術(shù)”(隙積術(shù))是由北宋科學(xué)家沈括在《夢(mèng)溪筆談》中首創(chuàng),南宋數(shù)學(xué)家楊輝、元代數(shù)學(xué)家朱世杰豐富和發(fā)展的一類(lèi)數(shù)列求和方法,有茭草垛、方垛、芻童垛、三角垛等等,某倉(cāng)庫(kù)中部分貨物堆放成如圖Z2-2所示的“茭草垛”:自上而下,第一層有1件,以后每一層比上一層多1件,最后一層有n件.已知第一層貨物單價(jià)為1萬(wàn)元,從第二層起,貨物的單價(jià)是上一層單價(jià)的45.若這堆貨物的總價(jià)是25-65·（45）n萬(wàn)元,則n的值為 (圖Z2-2A.7 B.8 C.9 D.102.B[解析]由題意,設(shè)這堆貨物的總價(jià)為Sn萬(wàn)元,則Sn=1+2×45+3×（45）2+…+n×（45）n-1,45Sn=45+2×（45）2+…+(n-1)（45）n-1+n×（45）n,兩式相減可得15Sn=1+45+（45）2+…+（45）n-1-n×（45）n=1-(45)

n1-45-n×（45）n=5-(n+5)（45）n,所以Sn=25-5(n+5)（45）n,令Sn故選B.3.【類(lèi)型3】已知“整數(shù)對(duì)”按如下規(guī)律排列:(1,1),(1,2),(2,1),(1,3),(2,2),(3,1),(1,4),(2,3),(3,2),(4,1),…,則第68個(gè)“整數(shù)對(duì)”為 ()A.(1,12) B.(3,10) C.(2,11) D.(3,9)3.C[解析]設(shè)“整數(shù)對(duì)”為(m,n)(m,n∈N*),由已知可知點(diǎn)列的排列規(guī)律是m+n的值的變化是從2開(kāi)始,后面依次是3,4,…,其中每取一次值m的值依次增大.當(dāng)m+n=2時(shí),只有1個(gè)“整數(shù)對(duì)”,即(1,1);當(dāng)m+n=3時(shí),有2個(gè)“整數(shù)對(duì)”,即(1,2),(2,1);當(dāng)m+n=4時(shí),有3個(gè)“整數(shù)對(duì)”,即(1,3),(2,2),(3,1);……當(dāng)m+n=12時(shí),有11個(gè)“整數(shù)對(duì)”,即(1,11),(2,10),…,(11,1).上面共有1+2+3+…+11=11×(1+11)2=66(個(gè))“整數(shù)對(duì)所以第67個(gè)“整數(shù)對(duì)”為(1,12),第68個(gè)“整數(shù)對(duì)”為(2,11),故選C.4.【類(lèi)型2】我國(guó)古代的《洛書(shū)》中記載著世界上最古老的一個(gè)幻方,如圖Z2-3所示,將1,2,…,9填入3×3的方格內(nèi),使三行、三列和兩條對(duì)角線(xiàn)上的三個(gè)數(shù)字之和都等于15.一般地,將連續(xù)的正整數(shù)1,2,3,…,n2填入n×n個(gè)方格中,使得每行、每列和兩條對(duì)角線(xiàn)上的數(shù)字之和都相等,這個(gè)正方形叫作n階幻方.記n階幻方的對(duì)角線(xiàn)上的數(shù)字之和為Nn,已知圖中三階幻方的N3=15,那么N9的值為 ()圖Z2-3A.41 B.45C.369 D.3214.C[解析]由題意知,N3=13×(1+2+3+4+5+6+7+8+9)=15,N4=14×(1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12+13+14+15+16)=34,N5=15×(1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12+13+14+15+16+17+18+19+20+21+22+23+24+25)=65,…,Nn=1n(1+2+3+4+5+…+n2)=1n×n2(1+n2)2=n(n2+1)25.【類(lèi)型3】下表中的數(shù)陣為“森德拉姆篩”,其特點(diǎn)是每行每列都成等差數(shù)列,記第i行第j列的數(shù)為ai,j,則a7,8=,表中的數(shù)2021共出現(xiàn)次.

5.5712[解析]根據(jù)題目所給表格規(guī)律,可知第i行中的數(shù)構(gòu)成以i+1為首項(xiàng),i為公差的等差數(shù)列,所以ai,j=i+1+(j-1)i=ij+1,所以a7,8=7×8+1=57.由ai,j=2021,得ij=2020=1×2020=2020×1=2×1010=1010×2=4×505=505×4=5×404=404×5=10×202=202×10=20×101=101×20,所以共出現(xiàn)12次2021.【類(lèi)型1】某音樂(lè)酒吧的霓虹燈是用?∮?三個(gè)不同音符組成的一個(gè)有n+1(n∈N*)個(gè)音符的音符串,要求由音符?開(kāi)始,相鄰兩個(gè)音符不能相同.例如當(dāng)n=1時(shí),排出的音符串是?∮,??;當(dāng)n=2時(shí),排出的音符串是?∮?,?∮?,???,??∮;….記這種含n+1個(gè)音符的所有音符串中,排在最后一個(gè)的音符仍是?的音符串的個(gè)數(shù)為an,故a1=0,a2=2,則a4=,an=.

6.62n+2·(-1)n3[解析]由題意知a1=0,a2=2=21-a1,a3=2=22-a2