2025年高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案數(shù)學(xué)提升版第七章高考大題沖關(guān)系列（3）含答案

2025年高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案數(shù)學(xué)提升版第七章高考大題沖關(guān)系列（3）含答案命題動向：等差、等比數(shù)列是重要的數(shù)列類型，高考考查的主要知識點有：等差、等比數(shù)列的概念、性質(zhì)、前n項和公式．由于數(shù)列的滲透力很強，它和函數(shù)、方程、向量、三角形、不等式等知識相互聯(lián)系，優(yōu)化組合，無形中加大了綜合的力度．解決此類題目，必須對蘊藏在數(shù)列概念和方法中的數(shù)學(xué)思想有較深的理解．題型1等差、等比數(shù)列的綜合運算例1(2022·新高考Ⅱ卷)已知{an}為等差數(shù)列，{bn}是公比為2的等比數(shù)列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.(1)證明：a1＝b1；(2)求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中的元素個數(shù)．解(1)證明：設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，,a1＋d－2b1＝8b1－（a1＋3d），))解得b1＝a1＝eq\f(d,2)，所以命題得證．(2)由(1)知，b1＝a1＝eq\f(d,2)，所以bk＝am＋a1?b1×2k－1＝a1＋(m－1)d＋a1，即2k－1＝2m，亦即m＝2k－2∈[1，500]，解得2≤k≤10，所以k＝2，3，4，…，10，故集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中的元素個數(shù)為10－2＋1＝9.解決由等差數(shù)列、等比數(shù)列組成的綜合問題，首先要根據(jù)兩數(shù)列的概念，設(shè)出相應(yīng)的基本量，然后充分使用通項公式、求和公式、數(shù)列的性質(zhì)等確定基本量．解綜合題的關(guān)鍵在于審清題目，弄懂來龍去脈，揭示問題的內(nèi)在聯(lián)系和隱含條件．變式訓(xùn)練1(2023·陽泉二模)已知{an}是正項等比數(shù)列，{bn}是等差數(shù)列，且a1＝b1＝1，1＋a3＝b2＋b4，a2＋2＝b3.(1)求{an}和{bn}的通項公式；(2)從下面條件①，②中選擇一個作為已知條件，求數(shù)列{cn}的前n項和Sn.條件①：cn＝anbn；條件②：cn＝eq\f(bn,an).注：若選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．解(1)設(shè){an}的公比為q(q>0)，{bn}的公差為d，由題意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋q2＝2＋4d，,q＋2＝1＋2d，))解得q＝3或q＝－1(舍去)，d＝2，∴an＝3n－1(n∈N*)，bn＝2n－1(n∈N*)．(2)選擇條件①：cn＝anbn，則cn＝(2n－1)·3n－1，∴Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn－1＋cn＝1×1＋3×3＋5×32＋…＋(2n－3)×3n－2＋(2n－1)×3n－1，(ⅰ)∴3Sn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)×3n，(ⅱ)(ⅰ)－(ⅱ)得－2Sn＝1＋2×(3＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n－1)×3n＝1＋2×eq\f(3－3n,1－3)－(2n－1)×3n＝－2－(2n－2)×3n，∴Sn＝(n－1)×3n＋1.選擇條件②：cn＝eq\f(bn,an)，則cn＝eq\f(2n－1,3n－1)，∴Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn－1＋cn＝1＋eq\f(3,3)＋eq\f(5,32)＋…＋eq\f(2n－3,3n－2)＋eq\f(2n－1,3n－1)，(ⅰ)∴eq\f(1,3)Sn＝eq\f(1,3)＋eq\f(3,32)＋eq\f(5,33)＋…＋eq\f(2n－3,3n－1)＋eq\f(2n－1,3n)，(ⅱ)(ⅰ)－(ⅱ)得eq\f(2,3)Sn＝1＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,32)＋\f(1,33)＋…＋\f(1,3n－1)))－eq\f(2n－1,3n)＝1＋2×eq\f(\f(1,3)－\f(1,3n),1－\f(1,3))－eq\f(2n－1,3n)＝2－eq\f(2n＋2,3n)，∴Sn＝3－eq\f(n＋1,3n－1)(n∈N*)．題型2數(shù)列的通項與求和例2(2021·新高考Ⅰ卷)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＋1，n為奇數(shù)，,an＋2，n為偶數(shù).))(1)記bn＝a2n，寫出b1，b2，并求數(shù)列{bn}的通項公式；(2)求{an}的前20項和．解(1)由已知，a1＝1，a2＝a1＋1＝2，a3＝a2＋2＝4，a4＝a3＋1＝5，所以b1＝a2＝2，b2＝a4＝5，因為a2n＋1＝a2n＋2＝a2n－1＋1＋2＝a2n－1＋3，即a2n＋1－a2n－1＝3，所以數(shù)列{an}的奇數(shù)項構(gòu)成以1為首項，3為公差的等差數(shù)列，所以當n為奇數(shù)時，an＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,2)－1))×3＝eq\f(3n－1,2)，因為a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，即a2n＋2－a2n＝3，所以數(shù)列{an}的偶數(shù)項構(gòu)成以2為首項，3為公差的等差數(shù)列，所以當n為偶數(shù)時，an＝2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)－1))×3＝eq\f(3n－2,2)，而bn＝a2n＝eq\f(3×2n－2,2)＝3n－1，所以bn＝3n－1.(2)由(1)，知{an}的前20項和S20＝a1＋a2＋…＋a20＝(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)＝10×1＋eq\f(10×9,2)×3＋10×2＋eq\f(10×9,2)×3＝300.所以{an}的前20項和為300.(1)求數(shù)列通項公式的常用方法有：公式法，累加、累乘法，構(gòu)造法等，但總的思想是轉(zhuǎn)化為特殊的數(shù)列(一般是等差或等比數(shù)列)求解．(2)根據(jù)數(shù)列的特點選擇合適的求和方法，常用的有：錯位相減法、分組求和法、裂項相消法等．變式訓(xùn)練2(2023·泉州三模)已知{an}為等差數(shù)列，且an＋1＝2an－2n＋3.(1)求{an}的首項和公差；(2)數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,ak·ak＋1)，n＝3k－2，,（－1）n·an，3k－1≤n≤3k，))其中k，n∈N*，求eq\i\su(i＝1,60,b)i.解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則an＝a1＋(n－1)d，由an＋1＝2an－2n＋3可得a1＋nd＝2[a1＋(n－1)d]－2n＋3，即(d－2)n＋a1＋3－2d＝0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d－2＝0，,a1＋3－2d＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2.))(2)an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1.因為bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,ak·ak＋1)，n＝3k－2，,（－1）n·an，3k－1≤n≤3k，))則bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,（2k－1）（2k＋1）)，n＝3k－2，,（－1）n·（2n－1），3k－1≤n≤3k，))所以b1＋b4＋b7＋…＋b58＝eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋eq\f(1,5×7)＋…＋eq\f(1,39×41)＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,39)－\f(1,41)))))＝eq\f(20,41).b2＋b5＋b8＋b11＋…＋b56＋b59＝(a2－a5)＋(a8－a11)＋…＋(a56－a59)＝－3×2×20＝－120；b3＋b6＋b9＋b12＋…＋b57＋b60＝(－a3＋a6)＋(－a9＋a12)＋…＋(－a57＋a60)＝3×2×20＝120.因此eq\i\su(i＝1,60,b)i＝(b1＋b4＋b7＋…＋b58)＋(b2＋b5＋b8＋…＋b59)＋(b3＋b6＋b9＋…＋b60)＝eq\f(20,41)－120＋120＝eq\f(20,41).題型3數(shù)列與其他知識的交匯角度數(shù)列與函數(shù)的交匯例3(2023·成都石室中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－eq\f(1,2)ax2－x.(1)若f(x)在x∈R上單調(diào)遞增，求a的值；(2)證明：(1＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))<e2(n∈N*且n≥2)．解(1)函數(shù)f(x)＝ex－eq\f(1,2)ax2－x，求導(dǎo)得f′(x)＝ex－ax－1，由于函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，則f′(x)＝ex－ax－1≥0恒成立，令h(x)＝ex－ax－1，則h′(x)＝ex－a，當a＝0時，f′(x)＝ex－1，當x<0時，f′(x)<0，不滿足條件；當a<0時，h′(x)>0，h(x)在R上單調(diào)遞增，又heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝eeq\f(1,a)－a·eq\f(1,a)－1＝eeq\f(1,a)－2<0，即f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))<0，不滿足條件；當a>0時，令h′(x)＝0，得x＝lna，則當x<lna時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，當x>lna時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，于是當x＝lna時，h(x)取得最小值h(lna)＝elna－alna－1＝a－alna－1，于是h(lna)≥0，即a－alna－1≥0，令u(a)＝a－alna－1，則u′(a)＝－lna，當0<a<1時，u′(a)>0，u(a)單調(diào)遞增；當a>1時，u′(a)<0，u(a)單調(diào)遞減，則u(a)max＝u(1)＝0，由于a－alna－1≥0恒成立，因此a－alna－1＝0，則a＝1.(2)證明：由(1)知，當a＝1時，ex－x－1≥0，即ex≥x＋1，當且僅當x＝0時取等號，即當x>0時，ln(x＋1)<x，因此當n∈N*且n≥2時，lneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（1＋1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))…\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))))＝ln(1＋1)＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))＋…＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))<1＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n2)，而當n≥2時，eq\f(1,n2)<eq\f(1,n（n－1）)＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)，所以1＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n2)<1＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))))＝1＋1－eq\f(1,n)<2，則lneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（1＋1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))…\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))))<2，所以(1＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))<e2(n∈N*且n≥2)．(1)數(shù)列與函數(shù)的綜合問題一般是以函數(shù)為背景，給出數(shù)列所滿足的條件．解決這類問題的關(guān)鍵是利用函數(shù)知識，將條件進行準確轉(zhuǎn)化．(2)此類問題多考查函數(shù)思想及性質(zhì)(多為單調(diào)性)，注意題中的限制條件，如定義域．變式訓(xùn)練3已知{an}為等比數(shù)列，a1，a2，a3分別是下表第一、二、三行中的數(shù)，且a1，a2，a3中的任何兩個數(shù)都不在下表的同一列，{bn}為等差數(shù)列，其前n項和為Sn，且a1＝b3－2b1，S7＝7a3.第一列第二列第三列第一行152第二行4310第三行9820(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式；(2)若cn＝[lgbn]，其中[x]是高斯函數(shù)，表示不超過x的最大整數(shù)，如[lg2]＝0，[lg98]＝1，求數(shù)列{cn}的前100項和T100.解(1)由題意知a1＝2，a2＝4，a3＝8，所以等比數(shù)列{an}的公比q＝2，an＝a1qn－1＝2n.設(shè)等差數(shù)列{bn}的公差為d，則2＝b3－2b1＝2d－b1，S7＝eq\f(7（b1＋b7）,2)＝7b4＝7a3，所以b4＝8＝b1＋3d，所以b1＝2，d＝2，bn＝2n.(2)cn＝[lg(2n)]，T100＝c1＋c2＋…＋c100＝[lg2]＋[lg4]＋…＋[lg8]＋[lg10]＋…＋[lg98]＋[lg100]＋…＋[lg200]＝4×0＋45×1＋51×2＝147.角度數(shù)列與不等式的交匯例4(2021·浙江高考)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝－eq\f(9,4)，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)數(shù)列{bn}滿足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，記{bn}的前n項和為Tn.若Tn≤λbn對任意n∈N*恒成立，求實數(shù)λ的取值范圍．解(1)因為4Sn＋1＝3Sn－9，所以當n≥2時，4Sn＝3Sn－1－9，兩式相減可得4an＋1＝3an，即eq\f(an＋1,an)＝eq\f(3,4).當n＝1時，4S2＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,4)＋a2))＝－eq\f(27,4)－9，解得a2＝－eq\f(27,16)，所以eq\f(a2,a1)＝eq\f(3,4).所以數(shù)列{an}是首項為－eq\f(9,4)，公比為eq\f(3,4)的等比數(shù)列，所以an＝－eq\f(9,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n－1)＝－eq\f(3n＋1,4n).(2)因為3bn＋(n－4)an＝0，所以bn＝(n－4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n).所以Tn＝－3×eq\f(3,4)－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)－1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(3)＋0×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(4)＋…＋(n－5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n－1)＋(n－4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n)，①且eq\f(3,4)Tn＝－3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(3)－1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(4)＋0×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(5)＋…＋(n－5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n)＋(n－4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n＋1)，②①－②，得eq\f(1,4)Tn＝－3×eq\f(3,4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(3)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n)－(n－4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n＋1)＝－eq\f(9,4)＋eq\f(\f(9,16)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))\s\up12(n－1))),1－\f(3,4))－(n－4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n＋1)＝－n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n＋1)，所以Tn＝－4n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n＋1).因為Tn≤λbn對任意n∈N*恒成立，所以－4n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n＋1)≤λ(n－4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n)恒成立，即－3n≤λ(n－4)恒成立，當n<4時，λ≤eq\f(－3n,n－4)＝－3－eq\f(12,n－4)，此時λ≤1；當n＝4時，－12≤0恒成立；當n>4時，λ≥eq\f(－3n,n－4)＝－3－eq\f(12,n－4)，此時λ≥－3.綜上，實數(shù)λ的取值范圍為[－3，1]．數(shù)列中不等式的處理方法(1)函數(shù)方法：即構(gòu)造函數(shù)，通過函數(shù)的單調(diào)性、極值等得出關(guān)于正實數(shù)的不等式，通過對關(guān)于正實數(shù)的不等式特殊賦值得出數(shù)列中的不等式．(2)放縮方法：數(shù)列中不等式可以通過對中間過程或者最后的結(jié)果放縮得到．本題第(2)問中用到“放縮”．一般地，數(shù)列求和中的放縮的“目標數(shù)列”為“可求和數(shù)列”，如等比數(shù)列、可裂項相消求和的數(shù)列等．(3)比較方法：作差比較或作商比較．變式訓(xùn)練4(2023·新課標Ⅱ卷){an}為等差數(shù)列，bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an－6，n為奇數(shù)，,2an，n為偶數(shù)，))記Sn，Tn分別為數(shù)列{an}，{bn}的前n項和，S4＝32，T3＝16.(1)求{an}的通項公式；(2)證明：當n>5時，Tn>Sn.解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，而bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an－6，n為奇數(shù)，,2an，n為偶數(shù)，))則b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6，于是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S4＝4a1＋6d＝32，,T3＝4a1＋4d－12＝16，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝5，,d＝2，))所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋3，所以{an}的通項公式是an＝2n＋3.(2)證法一：由(1)知，Sn＝eq\f(n（5＋2n＋3）,2)＝n2＋4n，bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n－3，n為奇數(shù)，,4n＋6，n為偶數(shù)，))當n為偶數(shù)時，bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1，Tn＝eq\f(13＋（6n＋1）,2)·eq\f(n,2)＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(7,2)n，當n>5時，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(7,2)n))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)n(n－1)>0，因此Tn>Sn；當n為奇數(shù)時，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝eq\f(3,2)(n＋1)2＋eq\f(7,2)(n＋1)－[4(n＋1)＋6]＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(5,2)n－5，當n>5時，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(5,2)n－5))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn.所以當n>5時，Tn>Sn.證法二：由(1)知，Sn＝eq\f(n（5＋2n＋3）,2)＝n2＋4n，bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n－3，n為奇數(shù)，,4n＋6，n為偶數(shù)，))當n為偶數(shù)時，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝eq\f(－1＋2（n－1）－3,2)·eq\f(n,2)＋eq\f(14＋4n＋6,2)·eq\f(n,2)＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(7,2)n，當n>5時，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(7,2)n))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)n(n－1)>0，因此Tn>Sn；當n為奇數(shù)時，若n≥3，則Tn＝(b1＋b3＋…＋bn)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)＝eq\f(－1＋2n－3,2)·eq\f(n＋1,2)＋eq\f(14＋4（n－1）＋6,2)·eq\f(n－1,2)＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(5,2)n－5，顯然T1＝b1＝－1滿足上式，因此當n為奇數(shù)時，Tn＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(5,2)n－5，當n>5時，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(5,2)n－5))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn.所以當n>5時，Tn>Sn.考情分析：數(shù)列中的創(chuàng)新應(yīng)用問題是每年命題的熱點，創(chuàng)新主要體現(xiàn)在以下三點：新定義、新情景、新交匯，三種題型均有可能．創(chuàng)新點難度2023Ⅰ卷T21與概率交匯命題難Ⅱ卷T18與不等式交匯中2022Ⅰ卷T17與不等式交匯難Ⅱ卷T3，T17以數(shù)學(xué)文化為載體，與集合交匯中2021Ⅰ卷T16以數(shù)學(xué)文化為載體難Ⅱ卷T12新定義難考向一新定義問題例1(多選)(2021·新高考Ⅱ卷)設(shè)正整數(shù)n＝a0·20＋a1·2＋…＋ak－1·2k－1＋ak·2k，其中ai∈{0，1}，記ω(n)＝a0＋a1＋…＋ak.則()A．ω(2n)＝ω(n)B．ω(2n＋3)＝ω(n)＋1C．ω(8n＋5)＝ω(4n＋3)D．ω(2n－1)＝n答案ACD解析對于A，ω(n)＝a0＋a1＋…＋ak，2n＝a0·21＋a1·22＋…＋ak－1·2k＋ak·2k＋1，所以ω(2n)＝a0＋a1＋…＋ak＝ω(n)，A正確；對于B，取n＝2，2n＋3＝7＝1·20＋1·21＋1·22，所以ω(7)＝3，而2＝0·20＋1·21，則ω(2)＝1，所以ω(7)≠ω(2)＋1，B錯誤；對于C，8n＋5＝a0·23＋a1·24＋…＋ak·2k＋3＋5＝1·20＋1·22＋a0·23＋a1·24＋…＋ak·2k＋3，所以ω(8n＋5)＝2＋a0＋a1＋…＋ak，4n＋3＝a0·22＋a1·23＋…＋ak·2k＋2＋3＝1·20＋1·21＋a0·22＋a1·23＋…＋ak·2k＋2，所以ω(4n＋3)＝2＋a0＋a1＋…＋ak，所以ω(8n＋5)＝ω(4n＋3)，C正確；對于D，2n－1＝20＋21＋…＋2n－1，所以ω(2n－1)＝n，D正確．故選ACD.解決數(shù)列中的新定義問題的一般流程(1)讀懂定義，理解新定義數(shù)列的含義．(2)特殊分析，比如先對n＝1，2，3，…的情況進行討論．(3)通過特殊情況尋找新定義的數(shù)列的規(guī)律及性質(zhì)，以及新定義數(shù)列與已知數(shù)列(如等差與等比數(shù)列)的關(guān)系，仔細觀察，探求規(guī)律，注重轉(zhuǎn)化，合理設(shè)計解題方案．(4)聯(lián)系等差數(shù)列與等比數(shù)列知識將新定義數(shù)列問題轉(zhuǎn)化為熟悉的知識進行求解．1.(2023·武漢三模)將1，2，…，n按照某種順序排成一列得到數(shù)列{an}，對任意1≤i<j≤n，如果ai>aj，那么稱數(shù)對(ai，aj)構(gòu)成數(shù)列{an}的一個逆序?qū)Γ鬾＝4，則恰有2個逆序?qū)Φ臄?shù)列{an}的個數(shù)為()A．4 B．5C．6 D．7答案B解析若n＝4，則1≤i<j≤4，由1，2，3，4構(gòu)成的逆序?qū)τ?4，3)，(4，2)，(4，1)，(3，2)，(3，1)，(2，1)，若數(shù)列{an}的第一個數(shù)為4，則至少有3個逆序?qū)?；若?shù)列{an}的第二個數(shù)為4，則恰有2個逆序?qū)Φ臄?shù)列{an}為{1，4，2，3}；若數(shù)列{an}的第三個數(shù)為4，則恰有2個逆序?qū)Φ臄?shù)列{an}為{1，3，4，2}或{2，1，4，3}；若數(shù)列{an}的第四個數(shù)為4，則恰有2個逆序?qū)Φ臄?shù)列{an}為{2，3，1，4}或{3，1，2，4}．綜上，恰有2個逆序?qū)Φ臄?shù)列{an}的個數(shù)為5.故選B.2．(多選)若數(shù)列{an}滿足：對任意正整數(shù)n，{an＋1－an}為等差數(shù)列，則稱數(shù)列{an}為“二階等差數(shù)列”．若{an}不是等比數(shù)列，但{an}中存在不相同的三項可以構(gòu)成等比數(shù)列，則稱{an}是“局部等比數(shù)列”．若數(shù)列{an}既是“二階等差數(shù)列”，又是“局部等比數(shù)列”，則{an}的通項公式可以是()A．a(chǎn)n＝1 B．a(chǎn)n＝nC．a(chǎn)n＝n2 D．a(chǎn)n＝eq\r(n)答案BC解析對于A，數(shù)列{an}是等比數(shù)列，不滿足題意；對于B，an＋1－an＝1，{an＋1－an}為等差數(shù)列，數(shù)列{n}不是等比數(shù)列，在{n}中存在不相同的三項可以構(gòu)成等比數(shù)列，滿足題意；對于C，an＋1－an＝2n＋1，{an＋1－an}為等差數(shù)列，數(shù)列{n2}不是等比數(shù)列，在{n2}中存在不相同的三項可以構(gòu)成等比數(shù)列，滿足題意；對于D，an＋1－an＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，{an－an－1}不是等差數(shù)列，不滿足題意．考向二數(shù)學(xué)文化與數(shù)列的實際應(yīng)用例2(2021·新高考Ⅰ卷)某校學(xué)生在研究民間剪紙藝術(shù)時，發(fā)現(xiàn)剪紙時經(jīng)常會沿紙的某條對稱軸把紙對折，規(guī)格為20dm×12dm的長方形紙，對折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm兩種規(guī)格的圖形，它們的面積之和S1＝240dm2，對折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三種規(guī)格的圖形，它們的面積之和S2＝180dm2，以此類推．則對折4次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數(shù)為________；如果對折n次，那么eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))Sk＝________dm2.答案5240·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(n＋3,2n)))解析對折3次可以得到eq\f(5,2)dm×12dm，5dm×6dm，10dm×3dm，20dm×eq\f(3,2)dm，共四種規(guī)格的圖形，它們的面積之和為S3＝4×30＝120dm2.對折4次可以得到eq\f(5,4)dm×12dm，eq\f(5,2)dm×6dm，5dm×3dm，10dm×eq\f(3,2)dm，20dm×eq\f(3,4)dm，共五種規(guī)格的圖形，它們的面積之和為S4＝5×15＝75dm2.對折n次有n＋1種規(guī)格的圖形，且Sn＝eq\f(240,2n)(n＋1)，因此eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))Sk＝240·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,21)＋\f(3,22)＋…＋\f(n＋1,2n))).eq\f(1,2)eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))Sk＝240·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,22)＋\f(3,23)＋…＋\f(n,2n)＋\f(n＋1,2n＋1)))，因此eq\f(1,2)eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))Sk＝240·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n)－\f(n＋1,2n＋1)))＝240·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(n＋3,2n＋1))).所以eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))Sk＝240·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(n＋3,2n)))dm2.解決實際問題所涉及的數(shù)列模型首先要認真閱讀領(lǐng)悟，學(xué)會翻譯(數(shù)學(xué)化)；其次再考慮用熟悉的數(shù)列知識建立數(shù)學(xué)模型，求出問題的解；最后還需驗證求得的解是否符合實際．1.(2022·新高考Ⅱ