2024年高考数学二轮复习：数列中的知识交汇和创新型问题（解析）.pdf

1、1数列中的知识交汇和创新型问题1 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：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；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 0.3%，.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

2、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 1.003119 1.428，1.003180 1.433，1.003121 1.437【答案】(1)290000 元(2)王先生该笔贷款能够获批【分析】(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.【详解】(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 an，Sn表示数列 an的前 n 项和.则 a1=15000,a120=6500，故 S120=15000+65002 120=1290000.故王

3、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 x 元，则有x+x(1+0.003)1+x(1+0.003)2+x(1+0.003)119=1000000 (1+0.003)120，即 x 1-1.0031201-1.003=1000000 (1+0.003)120，故 x=1000000 (1+0.003)120 0.0031.003120-1 9928.因为 9928 310，故新堆叠坊塔的高度可以超过 310 米.3 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

4、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3二者差价的一半;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次数消费者还价商家讨价第一次b1=12 ac1=b1+12(a-b1)第二次b2=c1-12(c1-b1)c2=b2+12(c1-b2)第三次b3=c2-12(c2-b2)c3=b3+12(c2-b3)第 n 次bn=cn-1-12(cn-1-bn-1)cn=bn+12(cn-1-bn)消费者每次的还价 bn(n k)组成

5、一个数列 bn.(1)写出此数列的前三项，并猜测通项 bn的表达式并求出 limn+bn；(2)若实际价格 b 与定出 a 的价格之比为 b:a=0.618:1，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)8%【分析】(1)根据条件即可得到数列 bn的通项公式，进而可直接计算 limn+bn；(2)根据价格比得 a,b 关系，代入(1)中 limn+bn计算即可.【详解】(1)b1=12 a，b2=c1-12 c1-b1=12 a+14 a-18 a=-12 a+-122a+-123a+a，b3=c2-12 c2-b2=-12 a+-122a+-12

6、5a+a，观察可得，bn=cn-1-12 cn-1-bn-1=-12 a+-122a+-122n-1a+a=-13 a 1+122n-1+alimnbn=limn-13 a 1+122n-1+a=-13 a+a=23 a.(2)因为 b:a=0.618:1，所以 a=b0.618，故 23 a=2b3 0.618 1.08b故商家将有约 8%的利润.44 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 40%，每年年底把除运营成本 a 万元，再将剩余资金继续投入直播平合.(1

7、)若 a=100，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 年年底除运营成本后资金达到3000 万元？(结果精确到 0.1 万元)【答案】(1)936 万元(2)3000 万元【分析】(1)用 an表示第 n 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 a1,a2,a3可得；(2)由已知写出 a1,a2,a3,a6，然后由 a6 3000 求得 a 的范围【详解】(1)记 an为第 n 年年底扣除运营成本后直播平台的资金，则 a1=500 1.4-100=600，a2=600 1.4-100=740a3

8、=740 1.4-100=936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)a1=500 1.4-a，a2=500 1.4-a 1.4-a=500 1.42-1.4a-aa6=500 1.46-1.45+1.44+1a=500 1.46-a 1-1.461-1.4由 a6 3000，得 a 46.8，故运营成本最多控制在 46.8 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.5 甲、乙两人同时分别入职 A,B 两家公司，两家公司的基础工资标准分别为：A 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 3

9、00 元；B 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 n 年的月基础工资分别为 an、bn元，记 cn=an-bn，讨论数列 cn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 606000 元；乙的基础工资收入总量 603739 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【分析】(1)易得甲的工资满足等差数列，乙的工资满足

10、等比数列，再根据等差等比数列的求和公式求解即可5(2)根据题意可得 cn=3400+300n-4000 1.05n-1，再求解 cn+1-cn 0 分析 cn的单调性，并计算 cn 0，即 1.05n-1 1.5，解得 1 n 8所以当 1 n 8 时，cn递增，当 n 9 时，cn递减又当 cn 0，即 3400+300n 4000 1.05n-1，解得 5 n 14，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 6 治理垃圾是 S 市改善环境的重要举措去年 S 市产生的垃圾量为 200 万吨，通过扩大宣传、环保处理等一系列措施，预计从今年开始，连续 5 年，每年的垃圾排放

11、量比上一年减少 20 万吨，从第 6 年开始，每年的垃圾排放量为上一年的 75%(1)写出 S 市从今年开始的年垃圾排放量与治理年数 n n N*的表达式；(2)设 An为从今年开始 n 年内的年平均垃圾排放量如果年平均垃圾排放量呈逐年下降趋势，则认为现有的治理措施是有效的；否则，认为无效，试判断现有的治理措施是否有效，并说明理由【答案】(1)an=200-20n,1 n 5100 34n-5,n 6(2)有效，理由见详解【分析】(1)分别求出当 n 5 时和 n 6 时的通项公式，即可得到年垃圾排放量的表达式；(2)先根据 An=Snn，利用作差法，可证明数列 An为递减数列，即年平均垃圾排

12、放量呈逐年下降趋势【详解】(1)设治理 n 年后，S 市的年垃圾排放量构成数列 an.当 n 5 时，an是首项为 a1=200-20=180，公差为-20 的等差数列，所以 an=a1+n-1d=180-20 n-1=200-20n；当 n 5 时，数列 an是以 a5为首项，公比为 34 的等比数列，所以 an=a5qn-5=100 34n-5，所以，治理 n 年后，S 市的年垃圾排放量的表达式为6an=200-20n,1 n 5100 34n-5,n 6(2)设 Sn为数列 an的前 n 项和，则 An=Snn 由于 An+1-An=Sn+1n+1-Snn=nSn+1-n+1Snn n+

13、1=n Sn+an+1-n+1Snn n+1=nan+1-Snn n+1=an+1-a1+an+1-a2+an+1-ann n+1由(1)知，1 n 5 时，an=200-20n，所以 an为递减数列，n 6 时，an=100 34n-5，所以 an为递减数列，且 a6 a5，所以 an为递减数列，于是 an+1-a1 0,an+1-a2 0,.,an+1-an 0因此 An+1-An 0，所以数列 An为递减数列，即年平均垃圾排放量呈逐年下降趋势，故认为现有的治理措施是有效的7 为了防止某种新冠病毒感染，某地居民需服用一种药物预防.规定每人每天定时服用一次，每次服用 m 毫克.已知人的肾脏每

14、 24 小时可以从体内滤除这种药物的 80%，设第 n 次服药后(滤除之前)这种药物在人体内的含量是 an毫克，(即 a1=m).(1)已知 m=12，求 a2 a3；(2)该药物在人体的含量超过 25 毫克会产生毒副作用，若人需要长期服用这种药物，求 m 的最大值.【答案】(1)a2=14.4，a3=14.88；(2)20 毫克【分析】(1)由 a2=m+a1 20%，a3=m+a2 20%计算可得(2)由每次服药，药物在人体内的含量为本次服药量加上前次含量的 20%可得递推关系式，变形后构造一个等比数列，求得通项公式后，由数列不等式恒成立及数列的单调性可得【详解】(1)a2=m+a1 20

15、%=12+12 0.2=14.4，a3=m+a2 20%=12+14.4 0.2=14.88；(2)依题意，an+1=m+15 an-1，7所以 an+1-54 m=15 an-54 m，a1-54 m=-14 m，所以 an-54 m是等比数列，公比为 15，所以 an-54 m=-14 m 15n-1，an=54 m-14 5n-1 m，54 m-14 5n-1 m 25，m 2554-14 5n-1，数列54-14 5n-1是递增数列，且 54-14 5n-1 2554=20，即 m 20，所以 m 的最大值是 20 毫克8 保障性租赁住房，是政府为缓解新市民、青年人住房困难，作出的重要

16、决策部署 2021 年 7 月，国务院办公厅发布关于加快发展保障性租赁住房的意见后，国内多个城市陆续发布了保障性租赁住房相关政策或征求意见稿为了响应国家号召，某地区计划 2021 年新建住房 40 万平方米，其中有25 万平方米是保障性租赁住房预计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%，另外，每年新建住房中，保障性租赁住房的面积均比上一年增加 5 万平方米(1)到哪一年底，该市历年所建保障性租赁住房的累计面积(以 2021 年为累计的第一年)将首次不少于 475 万平方米?(2)到哪一年底，当年建造的保障性租赁住房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于 85%?【答案】(1

17、)2030；(2)2026【分析】(1)设保障性租赁住房面积形成数列 an，由题意可知，an 是等差数列，其中 a1=25，d=5，结合等差数列的前 n 项和公式，即可求解(2)设新建住房面积形成数列 bn，由题意可知，bn 是等比数列，其中 b1=40，q=1.08，则可得 bn的通项公式，通过求解 an 0.85bn不等式，即可求解【详解】(1)设保障性租赁住房面积形成数列 an，由题意可知，an 是等差数列，其中 a1=25，d=5，则 Sn=25n+n n-12 5=12 5n2+45n，令 12 5n2+45n 475，即 n2+9n-190 0，而 n 为正整数，解得 n 10，故

18、到 2030 年底，该市历年所建保障性租赁住房的累计面积(以 2021 年为累计的第一年)将首次不少于 475 万平方米；(2)设新建住房面积形成数列 bn，由题意可知，bn 是等比数列，其中 b1=40，q=1.08，8则 bn=40 (1.08)n-1，由题意知，an 0.85bn，则 25+(n-1)5 40 (1.08)n-1，满足上式不等式的最小正整数 n=6，故到 2026 年底，当年建造的保障性租赁住房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于 85%9 某市 2013 年发放汽车牌照 12 万张，其中燃油型汽车牌照 10 万张，电动型汽车 2 万张，为了节能减排和控制总量，从 20

19、13 年开始，每年电动型汽车牌照按 50%增长，而燃油型汽车牌照每一年比上一年减少 0 5 万张，同时规定一旦某年发放的牌照超过 15 万张，以后每一年发放的电动车的牌照的数量维持在这一年的水平不变(1)记 2013 年为第一年，每年发放的燃油型汽车牌照数量构成数列 an，每年发放电动型汽车牌照数为构成数列 bn，完成下列表格，并写出这两个数列的通项公式；a1=10a2=9.5a3=a4=b1=2b2=3b3=b4=(2)从 2013 年算起，累计各年发放的牌照数，哪一年开始超过 200 万张？【答案】(1)表格见解析，an=10.5-0.5n,n 200,n 21n N*;bn=2 32n-

20、1，n 46.75,n 5,n N*(2)2033 年【分析】(1)由已知数列 an是等差数列，数列 bn是等比数列通过观察得到结果(2)利用等差、等比求和公式，分段将两部分分组求和后列出不等式关系求出结果【详解】(1)由已知，由已知数列 an是等差数列，数列 bn是等比数列因此列举前四项可填表如下a1=10a2=9.5a3=9a4=8.5b1=2b2=3b3=4.5 b4=6.75由题意，当 1 n 20 时 an=10+(n-1)(-0.5)=10.5-0.5n 当 n 21 时，an=0因此 an=10.5-0.5n,n 200,n 21n N*;而根据题意 a4+b4=15.25 15

21、因此数列 bn的通项公式为 bn=2 32n-1，n 46.75,n 5,n N*(2)由(1)可知记 Sn为数列 an的前 n 项和，Tn为数列 bn的前 n 项和,设累计各年发放的牌照数为Mn,则 Mn=Sn+Tn=-14 n2+41n4+2-2 32n1-32,n 4,n N*-14 n2+41n4+16.25+6.75 n-4,5 n 20105+124.25+6.75 n-20,n 219由题意，Mn 200，因此,可以得到当 n=20 时 Mn=229.25，所以当 n 20 时满足要求即 2033 年累计各年发放的牌照数开始超过 200 万张10 市民小张计划贷款 60 万元用于

22、购买一套商品住房，银行给小张提供了两种贷款方式：等额本金：每月的还款额呈递减趋势，且从第二个还款月开始，每月还款额与上月还款额的差均相同；等额本息：每月的还款额均相同银行规定，在贷款到账日的次月当天开始首次还款(如 2020 年 7 月 7 日贷款到账，则 2020 年 8 月 7 日首次还款)已知该笔贷款年限为 20 年，月利率为 0.4%(1)若小张采取等额本金的还款方式，已知第一个还款月应还 4900 元，最后一个还款月应还 2510 元，试计算该笔贷款的总利息(2)若小张采取等额本息的还款方式，银行规定，每月还款额不得超过家庭平均月收入的一半已知小张家庭平均月收入为 1 万元，判断小张

23、申请该笔贷款是否能够获批(不考虑其他因素)参考数据：1.0042.61(3)对比两种还款方式，从经济利益的角度考虑，小张应选择哪种还款方式【答案】(1)289200(元)；(2)小张申请该笔贷款能够获批；(3)小张应选择等额本金的还款方式【分析】(1)由题意可知，等额本金还款方式中，每月的还款额构成一个等差数列，即可由等差数列的前n 项和公式求得其还款总额，减去本金即为还款的利息；(2)根据题意，采取等额本息的还款方式，每月还款额为一等比数列，设小张每月还款额为 x 元，由等比数列求和公式及参考数据，即可求得其还款额，与收入的一半比较即可判断；(3)计算出等额本息还款方式时所付出的总利息，两个

24、利息比较即可判断.【详解】(1)由题意可知，等额本金还款方式中，每月的还款额构成等差数列，记为 an，用 Sn表示数列 an的前 n 项和，则 a1=4900，a240=2510，则 S240=240 4900+25102=889200，故小张的该笔贷款的总利息为 889200-600000=289200(元)(2)设小张每月还款额为 x 元，采取等额本息的还款方式，每月还款额为一等比数列，则 x+x 1+0.004+x 1+0.0042+x 1+0.004239=600000 1+0.004240，所以 x 1-1.0042401-1.004=600000 1.004240，即 x=6000

25、00 1.004240 0.0041.004240-1 600000 2.61 0.0042.61-1 3891，因为 3891 289200，所以从经济利益的角度来考虑，小张应选择等额本金的还款方式11 流行性感冒是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病.某市去年 11 月份曾发生流感，据统计，11 月 1 日该市的新感染者有 30 人，以后每天的新感染者比前一天的新感染者增加 50 人.由于该市医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，从 11 月 k+1 9 k 29,k N*日起每天的新感染者比前一天的新感染者减少 20 人.(1)若 k=9，求 11 月 1 日至 11 月 10 日新感

26、染者总人数；(2)若到 11 月 30 日止，该市在这 30 天内的新感染者总人数为 11940 人，问 11 月几日，该市新感染者人数最多？并求这一天的新感染者人数.【答案】(1)2480 人；(2)11 月 13 日新感染者人数最多为 630 人.【分析】(1)根据题意数列 an(1 n 9)是等差数列，a1=20，公差为 50，又 a10=410，进而根据等差数列前 n 项和公式求解即可；(2)11 月 k 日新感染者人数最多，则当 1 n k 时，an=50n-20，当 k+1 n 30 时，an=-20n+70k-20，进而根据等差数列公式求和解方程即可得答案.【详解】解：(1)记

27、11 月 n 日新感染者人数为 an(1 n 30)，则数列 an(1 n 9)是等差数列，a1=30，公差为 50，又 a10=30+50 8-20=410，则 11 月 1 日至 11 月 10 日新感染者总人数为：a1+a2+a9+a10=9 30+9 82 50+410=2480 人；(2)记 11 月 n 日新感染者人数为 an(1 n 30)，11 月 k 日新感染者人数最多，当 1 n k 时，an=50n-20.当 k+1 n 30 时，an=(50k-20)-20(n-k)=-20n+70k-20，因为这 30 天内的新感染者总人数为 11940 人，所以(30+50k-20

28、)k2+50k-40+(70k-620)(30-k)2=11940，得-35k2+2135k-9900=11940，即 k2-61k+624=0解得 k=13 或 k=48(舍)，此时 a13=50 13-20=630所以 11 月 13 日新感染者人数最多为 630 人.【点睛】本题考查等差数列的应用，考查数学运算能力，数学建模能力，是中档题.本题第二问解题的关11键在于建立等差数列模型，当 1 n k 时，an=50n-20，当 k+1 n 30 时，an=-20n+70k-20，进而求和解方程.12 某知识测试的题目均为多项选择题，每道多项选择题有 A，B，C，D 这 4 个选项，4 个

29、选项中仅有两个或三个为正确选项.题目得分规则为：全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0分.已知测试过程中随机地从四个选项中作选择，每个选项是否为正确选项相互独立.若第一题正确选项为两个的概率为 13，并且规定若第 i i=1,2,n-1题正确选项为两个，则第 i+1 题正确选项为两个的概率为 13；第 i i=1,2,n-1题正确选项为三个，则第 i+1 题正确选项为三个的概率为13.(1)若第二题只选了“C”一个选项，求第二题得分的分布列及期望；(2)求第 n 题正确选项为两个的概率；(3)若第 n 题只选择 B、C 两个选项，设 Y 表示第 n 题得分，求证：E Y 1

30、718.【答案】(1)分布列见解析；119(2)12+12 -13n(3)证明见解析【分析】(1)设事件 C2表示正确选项为 2 个，事件 C3表示正确选项为 3 个，Pn C2表示第 n 题正确选项为 2 个的概率，Pn C3表示第 n 题正确选项为 3 个的概率.由全概率公式可求出 P2 C2，继而 P2 C3可求，再由全概率公式计算第二题得分分布列的各种情况，并根据公式计算期望；(2)根据(1)中由第一题到第二题正确选项数概率的计算理解，由全概率公式可以得出一般性的结论Pn+1 C2=13 Pn C2+23 Pn C3化简可得 Pn+1 C2-12=-13 Pn C2-12，可知 Pn

31、C2-12为等比数列,求通项可得 Pn C2；(3)根据(2)求出的 Pn C2可得 Pn C3=1-Pn C2，在利用全概率公式即可求得 Y 的分布列，计算出E Y=1112-112 -13n,则结论可证.【详解】(1)设事件 C2表示正确选项为 2 个，事件 C3表示正确选项为 3 个，Pn C2表示第 n 题正确选项为 2 个的概率，Pn C3表示第 n 题正确选项为 3 个的概率.设事件 C 表示选项“C”为第二题的一个正确选项，用随机变量 X 表示第二题得分.依题得，X 可能取值为 0，2.因为 P2 C2=13 P1 C2+23 P1 C3=13 13+23 23=59，P2 C3

32、=1-P2 C2=49，所以 P X=0=P CC2P2 C2+P CC3P2 C3=C23C24 59+C33C34 49=12 59+14 49=71812P X=2=P CC2P2 C2+P CC3P2 C3=C13C24 59+C23C34 49=12 59+34 49=1118所以 X 的分布列为:X02P7181118所以 E X=0 718+2 1118=119.(2)依题得，Pn+1 C2=13 Pn C2+23 Pn C3=13 Pn C2+23 1-Pn C2=23-13 Pn C2，所以 Pn+1 C2-12=-13 Pn C2-12，又因为 P1 C2-12=13-12

33、=-16，所以 Pn C2-12是以-16 为首项，以-13 为公比的等比数列.所以 Pn C2-12=-16-13n-1=12 -13n，Pn C2=12+12 -13n.(3)由(2)可知，Pn C2=12+12 -13n，Pn C3=1-Pn C2=12-12 -13n.依题得，Y 可能取值为 0，2，5.P Y=0=5C24 Pn C2+2C34 Pn C3=56 12+12 -13n+12 12-12 -13n=23+16 -13n P Y=2=0 Pn C2+2C34 Pn C3=12 12-12 -13n=14-14 -13n，P Y=5=1C24 Pn C2+0 Pn C3=1

34、6 12+12 -13n=112+112 -13n，所以 E Y=2 14-14 -13n+5 112+112 -13n=1112-112 -13n 0，所以 P2-P1P1-P0=23，同理可得 P3-P2P2-P1=P4-P3P3-P2=P5-P4P4-P3=P6-P5P5-P4=23，所以 Pi+1-Pii=0,1,2,5为等比数列.【点睛】关键点点睛：第(3)问中，正确理解题意，利用全概率公式得到数列 Pi 中相邻三项之间的关系是解题关键.14 已知数列 an的前 n 项和为 Sn,a1=2，对任意的正整数 n，点 an+1,Sn均在函数 f x=x 图象上.(1)证明：数列 Sn是等

35、比数列；(2)问 an中是否存在不同的三项能构成等差数列？说明理由.【答案】(1)证明见解析14(2)不存在，理由见解析【分析】(1)由题意，得到 Sn=an+1=Sn+1-Sn，求得 Sn+1Sn=2，结合等比数列的定义，即可求解；(2)由(1)得到 Sn=2n，求得 an=2,n=12n-1,n 2，假设存在 2 m n p 使得 am,an,ap成等差数列，化简得到 2n+1-m 1+2p-m，即可求解.【详解】(1)证明：对任意的正整数 n，点 an+1,Sn均在函数 f x=x 图象上，可得 Sn=an+1=Sn+1-Sn，即 Sn+1=2Sn，又因为 a1=2，可得 S1=a1=2

36、，所以数列 Sn表示首项为 2，公比为 2 的等比数列.(2)解：不存在.理由：由(1)得 Sn=2 2n-1=2n，当 n 2 时，可得 an=Sn-Sn-1=2n-2n-1=2n-1，又因为 a1=2，所以 an=2,n=12n-1,n 2，反证法：因为 a1=a2，且从第二项起数列 an严格单调递增，假设存在 2 m n an+1-an，则称 an为“速增数列”.(1)请写出一个速增数列 an的通项公式，并证明你写出的数列符合要求；(2)若数列 an为“速增数列”，且任意项 an Z，a1=1，a2=3，ak=2023，求正整数 k 的最大值.【答案】(1)an=2n(答案不唯一)，证明

37、见解析；(2)63【分析】(1)取 an=2n，验证 an+2-an+1 an+1-an即可；(2)当 k 2 时，ak=2023=ak-ak-1+ak-1-ak-2+a3-a2+a2-a1+a1，根据速增数列的定义可得 ak-ak-1 ak-1-ak-2 a3-a2 a2-a1=2，从而可得 ak-ak-1+ak-1-ak-2+a3-a2+a2-a1+a1 k+k-1+3+2+1，进而可求解.【详解】(1)取 an=2n，则 an+2-an+1=2n+2-2n+1=2n+1，an+1-an=2n+1-2n=2n，因为 2n+1 2n，所以 an+2-an+1 an+1-an，所以数列 2n是

38、“递增数列”.15(2)当 k 2 时，ak=2023=ak-ak-1+ak-1-ak-2+a3-a2+a2-a1+a1，因为数列 an为“速增数列”，所以 ak-ak-1 ak-1-ak-2 a3-a2 a2-a1=2，且 an Z，所以 ak-ak-1+ak-1-ak-2+a3-a2+a2-a1+a1 k+k-1+3+2+1，即 2023 k(k+1)2,k Z，当 k=63 时，k(k+1)2=2016，当 k=64 时，k(k+1)2=2080，故正整数 k 的最大值为 63.16 设数列 an的前 n 项和为 Sn，若 12 an+1an 2 n N*，则称 an是“紧密数列”.(1

39、)若 an=n2+2n4n，判断 an是否是“紧密数列”，并说明理由；(2)若数列 an前 n 项和为 Sn=14 n2+3n，判断 an是否是“紧密数列”，并说明理由；(3)设数列 an是公比为 q 的等比数列.若数列 an与 Sn都是“紧密数列”，求 q 的取值范围.【答案】(1)an不是“紧密数列”，理由见解析(2)数列 an是“紧密数列”，理由见解析(3)12,1【分析】(1)利用“紧密数列”的定义判断即可；(2)利用 an=S1,n=1Sn-Sn-1,n 2求得数列 an的通项公式，再证得 12 an+1an 2，由此证得 an是“紧密数列”；(3)先根据 an是“紧密数列”，求得

40、q 的一个取值范围，对于 Sn对 q 分成 q=1、12 q 1 和 1 q 2 三种情况，利用 12 Sn+1Sn 2 列不等式组，由此求得 q 的取值范围.【详解】(1)a1=34,a2=12,a3=1564,a3a2=1532 12，所以 an不是“紧密数列”；(2)数列 an为“紧密 数列；理由如下：数列 an的前项和 Sn=14 n2+3nn N*，当 n=1 时，a1=S1=14 1+3=1；当 n 2 时，an=Sn-Sn-1=14 n2+3n-14(n-1)2+3 n-1=12 n+12，16又 12+12=1=a1，即 a1=1 满足 an=12 n+12，因此 an=12

41、n+12 n N*，所以对任意 n N*,an+1an=12 n+1+1212 n+12=n+2n+1=1+1n+1，所以 12 an+1an=1+1n+1 2，因此数列 an为“紧密”数列；(3)因为数列 an是公比为 q 的等比数列，前 n 项和为 Tn，当 q=1 时，有 an=a1,Sn=na1，所以 12 an+1an=1 2,12 Sn+1Sn=n+1n=1+1n 2，满足题意；当 q 1 时.an=a,qn-1,Sn=1 1-qn1-q，因为 an为“紧密 数列，所以 12 an+1an=q 2.即 12 q 1 或 1 q 2，当 12 q 1-qn1-qn=1，Sn+1Sn=

42、1-qn+11-qn 1-q2n1-qn=1+qn1-qn1-qn=1+qn 2，所以 12 Sn+1Sn=1-qn+11-qn 2，满足 Sn为“紧密”数列；当 1 2，不满足 Sn为“紧密 数列；综上，实数 q 的取值范围是12,1.17 已知 an和 bn是各项均为正整数的无穷数列，若 an和 bn都是递增数列，且 an中任意两个不同的项的和不是 bn中的项，则称 an被 bn屏蔽已知数列 cn满足 1c1+3c2+2n-1cn=n n N*(1)求数列 cn的通项公式；(2)若 dn为首项与公比均为 c1+1 的等比数列，求数列 cn dn的前 n 项和 Sn，并判断 Sn能否被cn屏

43、蔽，请说明理由【答案】(1)cn=2n-1(2)Sn=2n-3 2n+1+6，能，理由见解析【分析】(1)利用作差法即可求得 cn;(2)利用错位相减法求和，再根据题干定义判断即可17【详解】(1)由 1c1+3c2+2n-1cn=n，令 n=1，可得 c1=1，当 n 2 时，1c1+3c2+2n-1cn=n，1c1+3c2+2n-3cn-1=n-1，上述两式作差可得 cn=2n-1(n 2)，因为 c1=1 满足上式，可知 cn=2n-1(n N*)(2)因为 c1=1，所以 dn=2n，所以 cn dn=2n-1 2n，Sn=1 21+3 22+2n-1 2n，2Sn=1 22+3 23

44、+2n-1 2n+1，作差得，-Sn=2+2 22+23+2n-2n-1 2n+1=2+2 22 1-2n-11-2-2n-1 2n+1=-6+3-2n 2n+1.所以 Sn=2n-3 2n+1+6显然，Sn是递增数列，且各项均为偶数，而递增数列 cn的各项均为奇数，所以 Sn中的任意两项的和均不是 cn中的项，所以 Sn能被 cn屏蔽18 设 y=f(x)是定义域为 R 的函数，如果对任意的 x1、x2 R x1 x2,f x1-f x2 0 时，sinx x 恒成立)(2)若函数 y=f(x)是“平缓函数”，且 y=f(x)是以 1 为周期的周期函数，证明:对任意的 x1、x2R，均有 f

45、 x1-f x2 1 使得函数 y=A g(x)为“平缓函数”.现定义数列 xn满足:x1=0,xn=g xn-1(n=2,3,4,)，试证明:对任意的正整数 n,g xn A|g(0)|A-1.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)利用 y=f(x)是“平缓函数”判断可得答案；(2)设 x1、x2 0,1，分 x1-x2 12、x1-x2 12，根据 y=f x为 R 上的“平缓函数”可得答案；(3)由 y=g x为 R 上的“平缓函数”得 g x1-g x2 1A x1-x2，对任意的 n 2，利用g xn-g xn-1 1A xn-xn-1=1A g xn

46、-1-g xn-2 1A2 xn-1-xn-2.1An-1 x2-x1=1An-1 g 0 证明可得答案.18【详解】(1)对于函数 y=f1 x，由对任意的 x1、x2 R，sinx1-sinx2=2sin x1-x22cos x1+x22 2 sin x1-x22 2 x1-x22=x1-x2，可知函数 y=f1 x是 R 上的“平缓函数”.对于函数 y=f2 x，由对任意的 x1、x2 R，1x21+1-1x22+1=x2-x1x2+x1x21+1x22+1=x2-x1 x2+x1x21+1x22+1 x2-x1x1x21+1x22+1+x2x21+1x22+1 x2-x1x1x21+1

47、+x2x22+1 x2-x1x12x1+x22x2=x2-x1，因此函数 y=f2 x也是 R 上的“平缓函数”；(2)由已知可得 f 0=f 1，由于函数 y=f x是周期函数，故不妨设 x1、x2 0,1.当 x1-x2 12 时，由 y=f x为 R 上的“平缓函数”得 f x1-f x2 12 时，不妨设 0 x1 x2 1，x2-x1 12，此时由 y=f x为 R 上的“平缓函数”得f x1-f x2=f x1-f 0+f 1-f x2 f x1-f 0+f 1-f x2 1 得 g x1-g x2 1A x1-x2，则对任意的 n 2，g xn-g xn-1 1A xn-xn-1

48、=1A g xn-1-g xn-2 1A2 xn-1-xn-2.1An-1 x2-x1=1An-1 g 0，因此 g xn=g xn-g xn-1+g xn-1-g xn-2+.+g x1 g xn-g xn-1+.+g x2-g x1+g x1 1+1A+1A2+.+1An-1g 0 11-1Ag 0=AA-1 g 0.【点睛】思路点睛：本题主要是根据 y=f(x)是“平缓函数”的定义和性质进行判断，考查了学生的逻辑推理能力、运算能力.19 若项数为 N N 3的数列 AN:a1,a2,aN 满足：a1=1,ai N*i=2,3,N，且存在 M 2,3,N-1，使得 an+1-an1,2,1

49、 n M-1-1,-2,M n N-1，则称数列 AN 具有性质 P.(1)若 N=3，写出所有具有性质 P 的数列 A3；若 N=4,a4=3，写出一个具有性质 P 的数列 A4；19(2)若 N=2024，数列 A2024具有性质 P，求 A2024的最大项的最小值；(3)已知数列 AN:a1,a2,aN,BN:b1,b2,bN 均具有性质 P，且对任意 i,j 1,2,N，当 i j 时，都有ai aj,bi bj记集合 T1=a1,a2,aN，T2=b1,b2,bN，求 T1 T2中元素个数的最小值.【答案】(1)A3：1，2，1 或 1，3，1 或 1，3，2；A4：1，2，4，3(

50、或 1，3，4，3 或 1，3，5，3)(2)1013(3)3【分析】(1)直接根据性质 P 的概念一一列举即可；(2)根据性质 P 及累加法得 aM M 和 aM 2025-M，两式相加即可求解；(3)根据性质 P 及累加法得 aM 2N-3，bM 2N-3，求出并集中元素个数的最大值，从而求出交集中的元素个数最小值.【详解】(1)A3：1，2，1 或 1，3，1 或 1，3，2；A4：1，2，4，3(或 1，3，4，3 或 1，3，5，3)(2)当 N=2024 时，M 2,3,2023由 a1=1,a2-a1 1,aM-aM-1 1，累加得 aM M；又由 a2024 1,a2023-a

51、2024 1,aM-aM+1 1，累加得 aM 2025-M；相加得 2aM 2025，又 aM N*，所以 aM 1013.所以数列 A2024的最大项 aM 的最小值为 1013，一个满足条件的数列为 an=nn=1,2,10132026-nn=1014,1015,2024；(3)由 a1=1,a2-a1 2,aM-aM-1 2，累加得 aM 2M-1又 M N-1，所以 aM 2N-3，同理，bM 2N-3，所以 T1 T2 1,2,2N-3,card T1 T2 2N-3，因为 card T1=card T2=N，所以 card T1 T2=card T1+card T2-card T

52、1 T2 3，所以 T1 T2中元素个数的最小值为 3，一组满足条件的数列为an=2n-1n=1,2,N-12N-4n=N，bn=1n=12n-2n=2,3,N-12N-5n=N此时 T1 T2=1,2N-4,2N-5.【点睛】思路点睛：此题考查数列与集合结合的新定义问题，属于难题，关于新定义题的思路有：(1)找出新定义有几个要素,找出要素分别代表什么意思；(2)由已知条件,看所求的是什么问题,进行分析,转换成数学语言；(3)将已知条件代入新定义的要素中；20(4)结合数学知识进行解答.20 在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”

53、.如数列 1，2 第 1 次“和扩充”后得到数列 1，3，2，第 2 次“和扩充”后得到数列 1，4，3，5，2.设数列 a，b，c 经过第 n 次“和扩充”后所得数列的项数记为 Pn，所有项的和记为 Sn.(1)若 a=1,b=2,c=3，求 P2，S2；(2)设满足 Pn 2023 的 n 的最小值为 n0，求 n0及 S n03(其中 x 是指不超过 x 的最大整数，如 1.2=1，-2.6=-3)；【答案】(1)P2=9，S2=38；(2)n0=10，S n03=14a+27b+14c；【分析】(1)根据数列的一次“和扩充”，即可列举出数列求解.(2)根据第 n+1 次“和扩充”后增加

54、的项数 Pn-1，与经“和扩充”后的项数为 Pn，构造等比数列即可求解n03=3，结合“和扩充”，即可列举出数列求解.【详解】(1)数列 1，2，3，经第 1 次“和扩充”后得到数列为 1，3，2，5，3，数列 1，2，3，经第 2 次“和扩充”后得到数列为 1，4，3，5，2，7，5，8，3，所以 P2=5+4=9，S2=1+4+3+5+2+7+5+8+3=38；(2)数列经每 1 次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，由数列经“和扩充”后的项数为 Pn，则经第 n+1 次“和扩充”后增加的项数为 Pn-1，所以 Pn+1=Pn+Pn-1=2Pn-1，所以 Pn+1-1=2Pn-2=

55、2 Pn-1，由(1)得 P1-1=4，Pn-1是首项为 4，公比为 2 的等比数列，所以 Pn-1=4 2n-1=2n+1，所以 Pn=2n+1+1，由 Pn=2n+1+1 2023，即 2n+1 2022，解得 n 10，所以满足 Pn 2023 的 n 的最小值为 10，故 n0=10，所以n03=3，数列 a，b，c 经过第 1 次“和扩充”后得到数列 a,a+b,b,b+c,c，且 S1=2a+3b+2c，数列 a，b，c 经过第 2 次“和扩充”后得到数列 a,2a+b,a+b,a+2b,b,2b+c,b+c,b+2c,c，且 S2=S1+3a+6b+3c，数列 a，b，c 经过第

56、 3 次“和扩充”后得到数列 a,3a+b,2a+b,3a+2b,a+b,2a+3b,a+2b,a+3b,b,3b+c,2b+c,3b+2c,b+c,2b+3c,b+2c,b+3c,c，且 S3=S2+9a+18b+9c，即 S n03=S3=14a+27b+14c；21 已知 Q：a1,a2,ak为有穷整数数列.给定正整数 m,若对任意的 n 1,2,m,在 Q 中存在21ai,ai+1,ai+2,ai+j j 0,使得 ai+ai+1+ai+2+ai+j=n,则称 Q 为 m-连续可表数列.(1)判断 Q：2,1,4,2 是否为 7-连续可表数列？是否为 8-连续可表数列？说明理由；(2)

57、若 Q：a1,a2,ak为 8-连续可表数列,求证：k 的最小值为 4.【答案】(1)Q 是 7-连续可表数列,但不是 8-连续可表数列,理由见详解.(2)证明见解析【分析】(1)根据连续可表数列的定义逐一检验即可；(2)当 k 3 时,利用定义确定数列的最大项和最小项,然后根据定义证明即可,当 k=4 时,取 Q：5,2,1,3.然后验证其为 8-连续可表数列可证.【详解】(1)若 Q：2,1,4,2.因为 a2=1,a1=2,a1+a2=3,a3=4,a2+a3=5,a3+a4=6,a1+a2+a3=7,所以对任意的 n 1,2,7,在 Q 中存在 ai,ai+1,ai+2,ai+j j

58、0,使得 ai+ai+1+ai+2+ai+j=n,故 Q 为 7-连续可表数列；因为 a1+a2+a3+a4=9,a1+a2+a3=7,a2+a3+a4=7,所以不存在连续项之和等于 8,故 Q 不是 8-连续可表数列.(2)若 Q：a1,a2,ak为 8-连续可表数列,则数列 Q 中必存在元素 1,显然 k=1 不满足；若 k=2,因为必存在连续项之和等于 8(包括 1 项),所以 Q 中另一个元素必为 7 或 8,显然此时不存在连续项之和等于 2,不满足；若 k=3,因为必存在连续项之和等于 2(包括 1 项),所以 Q 中必含两个 1 或一个 1 一个 2,又因为必存在连续项之和等于 8

59、(包括 1 项),所以 Q 中另一个元素必为 5 或 6 或 7 或 8,此时不存在连续项之和等于 4(包括 1 项),不满足；若 k=4,可取 Q：5,2,1,3.此时 a3=1,a2=2,a4=3,a3+a4=4,a1=5,a2+a3+a4=6,a1+a2=7,a1+a2+a3=8,所以 Q 为 8-连续可表数列,综上,若 Q：a1,a2,ak为 8-连续可表数列,k 的最小值为 4.22 已知有限数列 an，从数列 an中选取第 i1项、第 i2项、第 im项(i1 i2 im)，顺次排列构成数列 bk，其中 bk=aik，1 k m，则称新数列 bk为 an的长度为 m 的子列规定：数

60、列 an的任意一项都是 an的长度为 1 的子列，若数列 an的每一子列的所有项的和都不相同，则称数列an为完全数列设数列 an满足 an=n，1 n 25,n N*(1)判断下面数列 an的两个子列是否为完全数列，并说明由；数列：3，5，7，9，11；数列：2，4，8，16(2)数列 an的子列 bk长度为 m，且 bk为完全数列，证明：m 的最大值为 6；(3)数列 an的子列 bk长度 m=5，且 bk为完全数列，求 1b1+1b2+1b3+1b4+1b5的最大值22【答案】(1)数列不是完全数列，数列是完全数列，理由见详解(2)证明见详解(3)3116【分析】(1)根据题意逐项分析判断

61、即可；(2)根据题意利用反证法结合等差数列求和分析说明；(3)根据题意转化为求 b1,b2,b3,b4,b5的各项最小值，结合题意分析运算即可.【详解】(1)数列不是完全数列，数列是完全数列，理由如下：数列：因为 3+9=5+7=12，所以数列不是完全数列；数列：因为 2+4=6,2+8=10,2+16=18,4+8=12,4+16=20,8+16=24，2+4+8=14,2+4+16=22,2+8+16=26,4+8+16=28,2+4+8+16=30，即每一子列的所有项的和都不相同，所以数列是完全数列.(2)假设存在完全数列 bk，其长度为 7 m 25，则 b1 b2 0；当 m=8 时

62、，28+1+82-57 8+102=222 0；当 m=9 时，29+1+92-57 9+102=694 0；当 10 m 25，则 2m+1+m2+102 210+1+102+102=2250，57m 57 25=1425，所以 2m+2+m2-57m+104 2250-1425=825 0；综上所述：当 7 m 25 时，不存在 m N*，使得 2m+2+m2-57m+102 0 成立.所以假设不成立，则 m 6，且 12,18,21,23,24,25，符合题意，所以 m 的最大值为 6.(3)因为 bk长度 m=5，且 bk为完全数列，且 b1 b2 b3 b4|a3-a4|=3|a2-

63、a3|=2|a1-a2|=1，综上，4i=1bimax=1+2+3+4=10.(3)对于 1 ai m i=1,2,.,m，则m-1k=1bk的最小值为 m-1，而m-1k=1bk=m+1 m-1，由(m+1)-(m-1)=2，且 bi bi+1 i=1,2,m-2，所以 bm-1 有如下情况：最后一项为 3，前面各项都为 1；最后两项为 2，前面各项都为 1；m=3，数列 bm-1 不可能出现 3，或同时出现两个 2，排除；m=4，数列 am 为 3,2,1,4，对应数列 bm-1 为 1,1,3，故存在满足题设的情况；m=5，以下过程中 x N*，若存在满足的数列 bm-1 元素依次为 1

64、,1,1,3，令数列 am 前 4 项为 x,x+1,x+2,x+3，则第 5 项为 x(存在重复项，舍)或 x+6，而第 5 项为 x+6 5，不满足题设；若存在满足的数列 bm-1 元素依次为 1,1,2,2，令数列 am 前 3 项为 x,x+1,x+2，则第 4 项为 x(存在重复项，舍)或 x+4，第 4 项为 x+4，则第 5 项为 x+2(存在重复项，舍)或 x+6，而 x+6 5 不满足题设；同上讨论，m 6 时不可能存在满足题设的数列 am；综上，m=4.【点睛】关键点睛：第二、三问，根据 ai、bi约束条件及 bi定义，结合绝对值的几何意义确定m-1k=1bk的最值、元素分

65、布.24 如图为一个各项均为正数的数表，记数表中第 i 行第 j 列的数为 a i,j，已知各行从左至右成等差数列，各列从上至下成公比相同的等比数列.1620(1)若 a i,j=100，求实数对 i,j；(2)证明：所有正整数恰在数表中出现一次.【答案】(1)i,j=3,13；(2)证明见解析.【分析】(1)设出第一行数列的公差，以及各列的公比，用基本量表达 a 2,2,a(3,3)，求得公差和公比，再求得 a(i,j)关于 i,j 的表达关系，求解即可；25(2)对正整数 n，根据其奇偶性进行分类讨论，先证明其存在性；再用反证法，证明其唯一性即可.【详解】(1)设数表第一行构成等差数列的公

66、差为 d，各列构成等比数列的公比均为 q.因为数表中各项均为正数，因此 d 0,q 0.由表中已知数据可得 a 2,2=q a 1,2=q 1+d=6a 3,3=q2 a 1,3=q2 1+2d=20，解得 q=d=2.所以 a i,j=2i-1 a 1,j=2i-1 1+2 j-1=2i-1 2j-1.若 a i,j=100，则 2j-1=1002i-1，即 1002i-1 为奇数.因为 100=22 25，所以 i=1,2 时 1002i-1 为偶数，i 3 时 1002i-1 不为整数，因此 i=3.进而 2j-1=1004=25,j=13，因此若 a i,j=100，实数对 i,j=3

67、,13.(2)对于正整数 n，若 n 为奇数，则 n+12 N*,a 1,n+12=n 21-1=n；若 n 为偶数，设 n1=n2.若 n1为奇数，则 n1+12 N*,a 2,n1+12=n1 22-1=2n1=n；若 n1为偶数，设 n2=n12，重复上述操作.因为 n2n k，则 2i-k 2j-1=2l-1，方程左边是偶数，右边是奇数，故该方程无解；若 i 0(k=1,2,3,1999).即 数列 an 是递增数列.27综上，结论得证.(3)令 bk=ak+1-ak(k=1，2,3,n-1)，则 bk=1.所以 a2=a1+b1，a3=a1+b1+b2，an=a1+b1+b2+bn-

68、1.所以 Sn=na1+(n-1)b1+(n-2)b2+bn-1=n+(n-1)+(n-2)+1-(n-1)(1-b1)+(n-2)(1-b2)+(1-bn-1)=n(n+1)2-(n-1)(1-b1)+(n-2)(1-b2)+(1-bn-1).因为 bk=1，所以 1-bk为偶数(k=1,2,3,n-1).所以(n-1)(1-b1)+(n-2)(1-b2)+(1-bn-1)为偶数.所以要使 Sn=1，即 Sn-1=0，必须使 n(n+1)2-1=(n-1)(n+2)2为偶数.即 4 整除(n-1)(n+2)，因为 n 3，所以 n=4m+1 或 n=4m+2(m N*).当 n=4m+1(m

69、 N*)时，数列 an 的项满足a4k-3=1,a4k-2=0,a4k-1=-1,a4k=0,a4m+1=1(k=1,2,3,m)时，有 a1=1,Sn=1；当 n=4m+2(m N*)时，数列 an 的项满足 a4k-3=1,a4k-2=0,a4k-1=-1,a4k=0,a4m+2=0(k=1,2,3,m)时，有 a1=1,Sn=1；当 n=4m 或 n=4m+3(m N*)时，(n-1)(n+2)不能被 4 整除，此时不存在 数列 an，使得 a1=1,Sn=1.【点睛】关键点点睛：求解是否存在首项为 1 的 数列 an，使得 Sn=1 难点是求得 Sn并变形为 Sn=n(n+1)2-(n

70、-1)(1-b1)+(n-2)(1-b2)+(1-bn-1)，分析奇偶性确定(n-1)(n+2)2必须为偶数，从而确定 n 的取值只能为 n=4m+1 或 n=4m+2.26 定义矩阵运算：abcdxy=ax+bycx+dy已知数列 an，bn满足 a1=1，且 n11nanbn=n2+2nn 2n+128(1)证明：an，bn分别为等差数列，等比数列(2)求数列 a2n+3b2n-1+1的前 n 项和 Sn【答案】(1)证明见解析(2)Sn=2 4n+n2+2n-2【分析】(1)根据矩阵运算的定义得出关于 an和 bn的等式，根据消元法得出 an和 bn在 n 2 时的通项公式，检验 a1和

71、 b1是否满足 n 2 时的通项公式，即可证明；(2)写出数列 a2n+3b2n-1+1的通项公式，根据等差数列和等比数列求和公式，分组求和即可【详解】(1)证明：因为 n11nanbn=nan+bnan+nbn，所以 nan+bn=n2+2nan+nbn=n(2n+1)，消去 an，得 n2-1bn=n2-12n，当 n 2 时，bn=2n，则 an=n，当 n=1 时，由 nan+bn=n2+2n及 a1=1，得 b1=2=21，所以 an=n,bn=2n(n N*)，因为 an+1-an=1，bn+1bn=2，所以 an为公差为 1 的等差数列，bn为公比为 2 的等比数列(2)由(1)

72、知 a2n+3b2n-1+1=2n+1+3 22n-1=2n+1+32 4n，则 Sn=(3+5+2n+1)+32 (41+42+4n)=(3+2n+1)n2+32 4(1-4n)1-4=2 4n+n2+2n-227 将数列 an 按照一定的规则，依顺序进行分组，得到一个以组为单位的序列称为数列 an 的一个分群数列，an 称为这个分群数列的原数列.如(a1,a2,ar)，(ar+1,ar+2,at)，(at+1,at+2,as)，(am+1,am+2,an)，是数列 an 的一个分群数列，其中第 k 个括号称为第 k 群.已知数列 an 的通项公式为 an=2n.(1)若数列 an 的一个分

73、群数列每个群都含有 3 项，该分群数列第 k 群的最后一项为 bk，求数列 bn的通项公式.(2)若数列 an 的一个分群数列满足第 k 群含有 k 项，Ak为 an 的该分群数列第 k 群所有项构成的数集，设 M=m|am Ak,am+6 Ak+2，求集合 M 中所有元素的和.【答案】(1)bn=6n(2)26【分析】(1)由分群数列的定义推导即可求解；(2)根据该分群数列第 k 群含有 k 项，求出该分群数列的前 6 群，从而得到集合 M 即可求解.29【详解】(1)由题意，该分群数列第 k 群的最后一项 bk=a3k，由 an=2n，所以 bn=a3n=6n，所以数列 bn的通项公式为

74、bn=6n.(2)由题意，该分群数列第 k 群含有 k 项，所以该分群数列的前 6 群为:a1,a2,a3,a4,a5,a6,a7,a8,a9,a10,(a11,a12,a13,a14,a15),(a16,a17,a18,a19,a20,a21)，又 am Ak,am+6 Ak+2，显然有 k 5当 m=2,3,5,6,10 时满足 am Ak,am+6 Ak+2，即 M=2,3,5,6,10.所以集合 M 中所有元素之和为 2+3+5+6+10=26.28 已知数列an3n是以 13 为首项的常数列，Sn为数列 an的前 n 项和(1)求 Sn；(2)设正整数 m=b0 30+b1 31+b

75、k 3k，其中 bi 0,1,2,i,k N例如：3=0 30+1 31，则 b0=0，b1=1；4=1 30+1 31，则 b0=1，b1=1若 f(m)=b0+b1+bk，求数列 Sn f Sn的前 n 项和 Tn【答案】(1)Sn=3n-12(2)Tn=38+2n-18 3n+1-n(n+1)4【分析】(1)根据题意可得 an=3n-1，结合等比数列求和公式运算求解；(2)根据题意可得 Sn f(Sn)=n 3n-n2，利用分组求和结合错位相减法运算求解.【详解】(1)由题意可得：an3n=13，则 an=3n-1，可得 an+1an=3n3n-1=3，可知数列 an是以首项 a1=1，

76、公比 q=3 的等比数列，所以 Sn=1-3 3n-11-3=3n-12.(2)因为 Sn=30+31+32+3n-1=1 30+1 31+1 32+1 3n-1则 b0=b1=bn-1=1由题意 f(Sn)=b0+b1+bn-1=1+1+1=n，所以 Sn f(Sn)=n 3n-n2，可得 Tn=1 3-12+2 32-22+n 3n-n2=121 3+2 32+n 3n-1+2+n，(i)先求数列 n 3n的前 n 项和，记之为 T，则 T=1 31+2 32+n 3n3T=1 32+2 33+n 3n+1-得：-2T=3+32+33+3n-n 3n+1=3-3n+1-2-n 3n+1=-

77、32+12-n 3n+1，30所以 T=34+2n-14 3n+1；()再求 n 的前 n 项和，记之为 T，则 T=n(n+1)2；综上所述：Tn=12(T-T)=1234+2n-14 3n+1-n(n+1)2=38+2n-18 3n+1-n(n+1)4.29 已知 an是公比为 q 的等比数列对于给定的 k(k=1,2,3 n)，设 T(k)是首项为 ak，公差为2ak-1 的等差数列 an，记 T(k)的第 i 项为 b(k)i 若 b(1)1+b(2)1=b(2)2，且 b(1)2=b(2)3(1)求 an的通项公式；(2)求ni=11b(2)i b(2)i+1；(3)求ni=1b(k

78、)i【答案】(1)an=3 23n-1；(2)n6n+4；(3)3n223k-1-n(n-1)2.【分析】(1)根据给定定义，可得 b(k)i=ak+(2ak-1)(i-1)，再列出方程求出 a1,a2作答.(2)由(1)的信息，利用裂项相消法求和作答.(3)利用(1)的结论，结合分组求和法及等差数列前 n 项和公式求解作答.【详解】(1)依题意，b(k)i=ak+(2ak-1)(i-1),(k=1,2,3,n),i N，b(1)1=a1,b(2)1=a2,b(1)2=a1+(2a1-1)=3a1-1，b(2)2=a2+(2a2-1)=3a2-1,b(2)3=a2+(2a2-1)2=5a2-2

79、，由 b(1)1+b(2)1=b(2)2 及 b(1)2=b(2)3，得 a1+a2=3a2-13a1-1=5a2-2，解得 a1=3,a2=2，于是 q=a2a1=23，所以 an的通项公式是 an=a1qn-1=3 23n-1.(2)由(1)知，b(2)i=a2+(2a2-1)(i-1)=2+3(i-1)=3i-1，b(2)i+1=3i+2，1b(2)i b(2)i+1=1(3i-1)(3i+2)=1313i-1-13i+2，所以ni=11b(2)i b(2)i+1=1312-15+15-18+13n-1-13n+2=1312-13n+2=n6n+4.(3)由(1)知，b(k)i=ak+(

80、2ak-1)(i-1)=(2i-1)ak-(i-1)，ak=3 23k-1,(k=1,2,3,n)，所以ni=1b(k)i=ni=1(2i-1)ak-(i-1)=akni=1(2i-1)-ni=1(i-1)=ak 1+(2n-1)2 n-0+(n-1)231n=n2ak-n(n-1)2=3n223k-1-n(n-1)2.【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.30 已知数列 an的前 n 项和为 Sn，且 Sn=2n+1(1)求 an的通项公式；(2)保持 an中各项先后顺序不变，在

81、ak与 ak+1之间插入 k 个 1，使它们和原数列的项构成一个新的数列 bn，记 bn的前 n 项和为 Tn，求 T100的值(用数字作答)【答案】(1)an=3,n=12n-1,n 2(2)8280【分析】(1)由 Sn=2n+1，得到 Sn-1=2n-1+1,n 2，求得 an=Sn-Sn-1=2n-1，结合 n=1 时，求得 a1=3，进而得到数列 an的通项公式；(2)根据题意，得到新数列 bn的前 100 项，结合等差、等比数列的求和公式，即可求解.【详解】(1)解：由数列 an的前 n 项和为 Sn，且 Sn=2n+1，当 n 2 时，Sn-1=2n-1+1，所以 an=Sn-S

82、n-1=2n-2n-1=2n-1,n 2，当 n=1 时，a1=S1=21+1=3，不符合上式，所以数列 an的通项公式为 an=3,n=12n-1,n 2(2)解：保持数列 an中各项先后顺序不变，在 ak与 ak+1 k=1,2,之间插入 k 个 1，则新数列 bn的前 100 项为 3，1，21，1，1，22，1，1，1，23，1，1，1，1，24，212，1，1，1，1，1，1，1，1，1，1，则 T100=3+21+22+212+1+2+3+12+9=90+213-2=88+213=8192+88=828031 若项数为 k (k N*，k 3)的有穷数列 an 满足：0 a1 a2

83、 a3 ak，且对任意的 i ，j (1 i j k)，aj+ai或 aj-ai是数列 an 中的项，则称数列 an 具有性质 P(1)判断数列 0 ,1 ,2 是否具有性质 P，并说明理由；(2)设数列 an 具有性质 P，ai(i=1，2，k)是 an 中的任意一项，证明：ak-ai一定是 an 中的项；(3)若数列 an 具有性质 P，证明：当 k 5 时，数列 an 是等差数列【答案】(1)数列 0,1,2 具有性质 P，理由见解析；32(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)由数列 0,1,2 中，得到 aj-ai，一定是数列 an中的项，即可求解；(2)根据题意，得到 ak+

84、ai一定不是数列 an中的项，进而证得 ak-ai一定是数列 an中的项；(3)根据题意得到 ak+ak an，且 ak-ak an，进而得到 a1=0，得到 ak-ai an，当 2 i k，证得ak-ak-i=ai+1，当 3 i k-2，得到 ak-1-ak-i=ai，由 k 5 时，得到 ak-1-ak-i=ai(1 i k-1)，两式相减得出 ak-ak-1=ai+1-ai(1 i k-1)，结合等差中项公式，即可求解.【详解】(1)解：数列 0,1,2 具有性质 P.理由：根据有穷数列 an满足：0 a1 a2 a3 ak，且对任意的 i,j (1 i j k)，aj+ai或 aj

85、-ai是数列 an中的项，则称数列 an具有性质 P，对于数列 0,1,2 中，若对任意的 i,j (1 i j k)，可得 aj-ai=0 或 1 或 2，可得 aj-ai一定是数列 an中的项，所以数列 0,1,2 具有性质 P.(2)证明：由 ai(i=1,2,k)是数列 an中的任意一项，因为数列 an 具有性质 P，即 aj+ai或 aj-ai 是数列 an中的项，令 j=k，可得 ak+ai或 ak-ai 是数列 an中的项，又因为 0 a1 a2 ak，可得 ak+ai一定不是数列 an中的项，所以 ak-ai一定是数列 an中的项.(3)解：由数列 an 具有性质 P，可得 a

86、k+ak an，所以 ak-ak an，则 0 an，且 a1=0，又由 ak+ai an，所以 ak-ai an，又由 0=ak-ak ak-ak-1 ak-ak-2 ak-a2 ak-a1，设 2 i k，因为 0 a1 a2 ak-1+a2=ak，所以 ak-1+ai an，由 0=ak-1-ak-1 ak-1-ak-2 ak-1-a3 ak-a3=ak-2，又由 0 a1 a2 ak-3 ak-2，可得 ak-1-ak-1=a1,ak-1-ak-2=a2 0(n=1,2,3,)，是否存在正实数 M，使得对任意的正整数 n，都有 an M？如果存在，写出一个满足条件的 M；如果不存在，说

87、明理由.【答案】(1)1,3,5(2)证明见解析35(3)不存在，理由见解析【分析】(1)根据定义知 an 0，讨论 a3 2、a3 an+1,n 1，讨论 S=、S 求证 an M 即可判断存在性.【详解】(1)由 an=max an+1,an+2-min an+1,an+2 0，a1=max2,a3-min2,a3=1，若 a3 2，则 a3-2=1，即 a3=3，此时 a2=max3,a4-min3,a4=2，当 a4 3，则 a4-3=2，即 a4=5；当 a4 3，则 3-a4=2，即 a4=1；若 a3 1，则 a4-1=2，即 a4=3；当 a4 0(n=1,2,3,)，则 an

88、 an+1(n=2,3,)，设 S=n|an an+1,n 1，若 S=，则 a1 a2，ai 0，取 n1=Ma1+2(x 表示不超过 x 的最大整数)，当 n n1时，an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+.+(a3-a2)+a2=an-2+an-3+.+a1+a2(n-1)a1 M；若 S ，则 S 为有限集，设 m=maxn|an an+1,n 1，am+i 0，取 n2=Mam+1+m+1(x 表示不超过 x 的最大整数)，当 n n2时，an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+.+(am+2-am+1)+am+1=an-2+an-3+.+am+am+1(n-m

89、)am+1 M；综上，不存在正实数 M，使得对任意的正整数 n，都有 an M.【点睛】关键点点睛：第三问，首选确定 an an+1(n=2,3,)，并构造集合 S=n|an an+1,n 1，讨36论 S=、S 研究存在性.34 设 为整数有穷数列 an的各项均为正整数，其项数为 m(m 2)若 an满足如下两个性质，则称 an为 P数列：am=1，且 ai 1(i=1,2,m-1)；an+1=an+1,an为奇数,an2,an为偶数 (n=1,2,m-1)(1)若 an为 P1数列，且 a1=5，求 m；(2)若 an为 P-1数列，求 a1的所有可能值；(3)若对任意的 P1数列 an，

90、均有 m 2log2a1+d，求 d 的最小值【答案】(1)6(2)a1的所有可能取值为全体大于 1 的正整数(3)2【分析】(1)根据所给定义一一列举，即可得解；(2)依题意 an+1=an-1,an为奇数an2,an为偶数，a1 1，利用反证法证明对于任意的正整数 k 1，当 a1=k 时，均存在数列 an为 P-1数列；(3)先证明 d=2 符合题意，再利用特例证明 d 2，最后证明 d 2log2 2m-12+2=m+1 m.(ii)当 m=2t+2 t=1,2,时，由 a2-2 2t-1 am-2-2=2t，a2 2t+2=2m2-1+2，a1 a2-1=2m2-1+1，所以 2lo

91、g2a1+2 2log2 2m2-1+2=m.再证明 d 2.对任意的偶数 m=2t t=2,3,，令 an=2m-n-12+1,n=1,3,m-12m-n2+2,n=2,4,m-21,n=m，先验证 an为 P1数列，当 n=1,3,m-3 时 an=2m-n-12+1 为奇数，an+1=2m-n+12+2=an+1，符合；当 n=2,4,m-2 时 an=2m-n2+2 为偶数，an+1=2m-n+1-12+1=12 an，符合；当 n=m-1 时 am-1=2，am=1，符合；又 an符合，所以 an为 P1数列.下面证明 d 2 不符合题意.假设 d b,，且记 dn=bn*cn，求数

92、列 dn的前 n 项和 Sn【答案】(1)证明见解析(2)Sn=2n-1,n 4 且 n N*,n2+5n-21,n 4 且 n N*.【分析】(1)根据“平方递推数列”的定义和等比数列的定义进行证明(2)由 a*b=a,a b,b,a b,的新定义和 dn=bn*cn，可得出 dn表达式，再分段求前 n 项和 Sn即可.【详解】(1)点 an,an+1在函数 f(x)=x2+2x 的图象上，an+1=a2n+2an，an+1+1=an+12,an+1是“平方递推数列”因为 lg a1+1=lg(9+1)=1 0，对 an+1+1=an+12两边同时取对数得 lg an+1+1=2lg an+

93、1，数列 lg an+1是以 1 为首项，2 为公比的等比数列(2)由(1)知 bn=lg an+1=1 2n-1=2n-1，由数列 bn、cn的通项公式得，当 n 4 时，bn 4 时，bn cn又由 a*b=a,a b,b,a b,dn=bn*cn，得 dn=2n-1,n 4，n N*,2n+4,n 4，n N*当 n 4 且 n N*时，Sn=b1+bn=1-2n1-2=2n-1；当 n 4 且 n N*时，Sn=b1+b2+b3+b4+c5+c6+cn=24-1+(n-4)(14+2n+4)2=n2+5n-21，综上，Sn=2n-1,n 4 且 n N*,n2+5n-21,n 4 且

94、n N*.36 如果一个数列从第 2 项起，每一项与它前一项的比都大于 2，则称这个数列为“G 型数列”(1)若数列 an满足 a1=1，an+1an=32n-1，求证：数列 an是“G 型数列”(2)若数列 an的各项均为正整数，且 a1=1，an为“G 型数列”，记 bn=an+1，数列 bn为等比数列，公比 q 为正整数，当 bn不是“G 型数列”时，求数列 an的通项公式(3)在(2)的条件下，令 cn=1anan+1，记 cn的前 n 项和为 Sn，是否存在正整数 m，使得对任意的 n N*，都有 1Sn m-1,m成立？若存在，求出 m 的值；若不存在，请说明理由【答案】(1)证明

95、见解析39(2)an=2n-1(3)存在，m=3【分析】(1)根据 an+1an=32n-1求出数列的通项，再由“G 型数列”定义判断即可；(2)根据 bn不是“G 型数列”求出 bn公比 q，得到 an的通项公式；(3)先证明 anan+1 4n n 2，再由放缩法得到 13 Sn 512，求出 125 1Sn 2 n 2，所以数列 an是“G 型数列”(2)因为数列 an的各项均为正整数，且 an为“G 型数列”，所以 an+1an 2，所以 an+1 2an an，因此数列 an递增又 bn=an+1，所以 bn+1-bn=an+1-an 0，因此 bn递增，所以公比 q 1又 bn不是

96、“G 型数列”，所以存在 n0 N*，使得 bn0+1bn0 2，所以 q 2，又公比 q 为正整数，所以 q=2又 b1=a1+1=2，所以 bn=2n，则 an=2n-1(3)anan+1=2n-12n+1-1=22n+1-3 2n+1 22n+1-3 2n，因为 22n+1-3 2n=4n+2n 2n-3 4n n 2，所以 anan+1 4n n 2，所以 cn=1anan+1 14n n 2当 n=1 时，S1=13，当 n 2 时，Sn=1a1a2+1a2a3+1a3a4+1anan+1 13+142+143+14n=13+142 1-14n-11-14=13+112 1-14n-

97、1 13+112=512，即当 n 2 时，13 Sn 512，所以 125 1Sn 340综上，125 1Sn 3，n N*所以存在正整数 m=3，使得对任意的 n N*都有 1Sn m-1,m成立37 已知等差数列 an的前 n 项和为 Sn，且 a4=4，数列 bn的前 n 项之积为 Tn，b1=13，且 Sn=log 3 Tn(1)求 Tn；(2)令 cn=anbn，是否存在正整数 n，使得“cn-1=cn+cn+1”与“cn是 cn-1，cn+1的等差中项”同时成立？请说明理由【答案】(1)Tn=(3)n2-3n(2)存在，n=4 符合题意，理由见解析【分析】(1)根据题意求 a1,

98、d，进而可求 an,Sn，即可得结果；(2)根据 Tn=(3)n2-3n求 bn，即可得 cn，根据题意结合等差中项分析运算.【详解】(1)由 Sn=log 3 Tn，令 n=1，得 a1=S1=log312 T1=2log3 b1=2log3 13=-2，即 a1=-2，设等差数列 an的公差为 d，a4=a1+3d=4，解得 d=2，an=-2+2 n-1=2n-4，Sn=n a1+an2=n-2+2n-42=n2-3n，即 log 3 Tn=n2-3n，可得 Tn=(3)n2-3n(2)存在，理由如下：由(1)可得：Tn=(3)n2-3n，当 n 2 时，则 Tn-1=(3)(n-1)2

99、-3(n-1)=(3)n2-5n+4，可得 bn=TnTn-1=(3)2n-4=3n-2；当 n=1 时，b1=13 也满足上式，所以 bn=3n-2 n N*故 cn=anbn=2n-43n-2，要使 cn-1=cn+cn+1成立，即 2n-63n-3=2n-43n-2+2n-23n-1，解得 n=4，此时 c3=23，c4=49，c5=29，满足：2c4=c3+c5，即 c4为 c3，c5的等差中项，存在 n=4 符合题意4138 若无穷数列 an满足 n N*，an-an+1=n+1，则称 an具有性质 P1若无穷数列 an满足 n N*，anan+4+1 a2n+2，则称 an具有性质

100、 P2(1)若数列 an具有性质 P1，且 a1=0，请直接写出 a3的所有可能取值；(2)若等差数列 an具有性质 P2，且 a1=1，求 a22+a23的取值范围；(3)已知无穷数列 an同时具有性质 P1和性质 P2，a5=3，且 0 不是数列 an的项，求数列 an的通项公式【答案】(1)a3的可能取值有：-5、-1、1、5(2)14,254(3)an=n+12,n 为奇数-n2,n 为偶数【分析】(1)根据题中定义可得出 a1-a2=2，a2-a3=3，可依次求得 a2、a3的取值；(2)设等差数列 an的公差为 d，根据 anan+4+1 a2n+2可求得 d 的取值范围，再利用二

101、次函数的基本性质可求得 a22+a23的取值范围；(3)根据性质 P1可得出 an 1，根据 anan+4 a2n+2-1 0 可推导出 an、an+4k k N*必同号，再利用性质 P2可得出 a3 12，利用反证法可证得：a3 4，则 a3=2，再证明出 a2=-1，由此可知 n N*，a2n 0都成立，可猜测数列 an的通项公式，再利用反证法证明数列 an的唯一性即可.【详解】(1)解：因为数列 an具有性质 P1，则 a1-a2=a2=2，所以，a2=2，当 a2=-2 时，由 a2-a3=-2-a3=a3+2=3，所以，a3=1 或-5，当 a2=2 时，由 a2-a3=2-a3=3

102、，所以，a3=-1 或 5.综上所述，a3的可能取值有：-5、-1、1、5.(2)解：设等差数列 an的公差为 d，则 anan+4+1=an+2-2dan+2+2d+1=a2n+2-4d2+1 a2n+2，即 4d2 1，所以，-12 d 12，所以，a22+a23=1+d2+1+2d2=5d2+6d+2=5 d+352+15，因为-12 d 12，则 110 d+35 1110，所以，a22+a23=5 d+352+15 14,254.(3)解：根据性质 P1，n N*，都有 an Z，又因为 an 0，所以，an 1，于是 anan+4 a2n+2-1 0，因为 an、an+4必同号，进

103、而 an、an+4k k N*必同号，若 a3 0，进而 n N*，a2n+1 0，讨论可知 a3=2 或 4 或 12，仅有这三种可能.42若 a3=12，则 a4=8，a2 15，a1 16，这与 a1a5+1 a23矛盾，因此，a3 12.下面证明：a3 4，则 a3=2，利用反证法：假设 a3=4，则 a4=8，又因为 a1a5=3a1+1 a23=16，所以，a1 5，若 a2=1，则 a1=-1 或 3，与 a1 5 矛盾，则 a2 1，所以，a2=7，则 a1=5 或 9，于是无论哪种情况，n N*，an 0，由 a6-a5=6 且 a6 0 可得 a6=9，此时满足 a2a6+

104、1 a24，所以，a7=16，则 a8=24，a9=33，所以，a5a9+1 0，则 a6=9，由于 a4 0，所以，a8 0 可得 a1=1，进而 n N*，a2n 0，b2n 0 n N*，设 bm m N*是第一个违反上述通项公式的项 m 6，若 m=2k k 3,k N*，则 b2k-1=k，b2k 0，所以，b2k+1=k+1，也符合通项公式，矛盾.综上所述，数列 an的通项公式必为 an=n+12,n 为奇数-n2,n 为偶数.【点睛】思路点睛：本题考查了数列新定义问题，按着某种规律新生出另一个数列的题目，涉及到归纳推理的思想方法，对学生的思维能力要求较高，综合性强，能很好的考查学

105、生的综合素养，解答的关键是要理解新定义，根据定义进行逻辑推理，进而解决问题.39 如果数列 an对任意的 n N*，an+2-an+1 an+1-an，则称 an为“速增数列”.(1)判断数列 2n是否为“速增数列”？说明理由；(2)若数列 an为“速增数列”.且任意项 an Z，a1=1,a2=3,ak=2023，求正整数 k 的最大值；(3)已知项数为 2k(k 2,k Z)的数列 bn是“速增数列”，且 bn的所有项的和等于 k，若 cn=2bn，n=1,2,3,2k，证明：ckck+1 2n，得到答案.(2)根据题意得到 2023 k k+12，k Z，计算当 k=64 时，k k+1

106、2=2080，当 k=65 时，k k+12=2145，得到答案.(3)证明 b2k-m+1+bm bk+bk+1，得到 k k bk+bk+1，得到 bk+bk+1 2n，故 an+2-an+1 an+1-an，数列 2n是“速增数列”.(2)a1=1,a2=3,ak=2023，当 k 2 时，ak=2023=ak-ak-1+ak-1-ak-2+a2-a1+a1 1+2+3+k-1+k，即 2023 k k+12，k Z，当 k=63 时，k k+12=2016，当 k=64 时，k k+12=2080，故正整数 k 的最大值为 63.(3)bk+2-bk+1 bk+1-bk bk-bk-1

107、，故 bk+2-bk+1 bk-bk-1，即 bk+2+bk-1 bk+bk+1；bk+3-bk+2 bk+2-bk+1 bk+1-bk bk-bk-1 bk-1-bk-2，故 bk+3-bk+2 bk-1-bk-2，即 bk+3+bk-2 bk-1+bk+2 bk+bk+1，同理可得：b2k-m+1+bm bk+bk+1，m N*，1 m k-1，故 k=b1+b2+b2k=b1+b2k+b2+b2k-1+bk+bk+1 k bk+bk+1，故 bk+bk+1 1，ckck+1=2bk 2bk+1=2bk+bk+1 bk+bk+1是解题的关键.40 已知数表 A2n=a11a12a1na21

108、a22a2n中的项 aij(i=1,2;j=1,2,n)互不相同，且满足下列条件：aij 1,2,2n；(-1)m+1 a1m-a2m a11，交换 a1k和 2n 的位置，所得到的新数表也具有性质P，调整后数表第一行和大于原数表第一行和，与题设矛盾，所以存在 1 i n，使得 a1i=2n.若对任意的 a1k(k 为偶数，1 k n)，都有 a1k a11，交换 a12和 a11的位置，所得到的新数表也具有性质 P，此时转化为的情况.综上可知，存在正整数 k(1 k n)，使得 a1k=2n.(3)当 n 为偶数时，令 n=2k，1 k n，对任意具有性质 P 数表 A2n=a11a12a1

109、na21a22a2n，一方面，(a12-a22)+(a14-a24)+(a1,2k-a2,2k)(4k-1)+(4k-3)+(2k+1)，因此(a12+a14+a1,2k)(a22+a24+a2,2k)+3k2另一方面，a2i-a1i 1(i=1，3，5，n-1)，因此(a11+a13+a1,2k-1)(a21+a23+a2,2k-1)-k.记 S1=a11+a12+a1,2n,S2=a21+a22+a2,2n由+得 S1 S2+3k2-k.又 S1+S2=8k2+2k，可得 S1 11k2+k2.构造数表 A2n=45k+14kk+34k-1k+54k-2k+74k-33k+23k-13k+1k+21k+42k+63k+84k-13kk可知数表 A2n具有性质 P，且 S1=11k2+k2=11n2+2n8.综上可知，当 n 为偶数时，a11+a12+a1n的最大值为 11n2+2n8.【点睛】方法点睛：在证明抽象问题时，常常使用反证法：先设题设不成立，结合条件推出矛盾，即可说明题目成立.