培優(yōu)點(diǎn)9新情景、新定義下的數(shù)列問(wèn)題近幾年全國(guó)各地高考試題，我們總能在試卷的壓軸題位置發(fā)現(xiàn)新定義數(shù)列題的身影，它們對(duì)數(shù)列綜合問(wèn)題的考查常常以新定義、新構(gòu)造和新情景形式呈現(xiàn)，有時(shí)還伴隨著數(shù)列與集合，難度較大．題型一數(shù)列中的新概念通過(guò)創(chuàng)新概念，以集合、函數(shù)、數(shù)列等的常規(guī)知識(shí)為問(wèn)題背景，直接利用創(chuàng)新概念的內(nèi)涵來(lái)構(gòu)造相應(yīng)的關(guān)系式(或不等式等)，結(jié)合相關(guān)知識(shí)中的性質(zhì)、公式來(lái)綜合與應(yīng)用．例1(1)0－1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，則稱其為0－1周期序列，并稱滿足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)＝eq\f(1,m)eq\i\su(i＝1,m,a)iai＋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，滿足C(k)≤eq\f(1,5)(k＝1，2,3,4)的序列是()A．11010… B．11011…C．10001… D．11001…答案C解析周期為5的0－1序列中，C(k)＝eq\f(1,5)eq\i\su(i＝1,5,a)iai＋k(k＝1,2,3,4)．驗(yàn)證C(1)＝eq\f(1,5)(a1a2＋a2a3＋a3a4＋a4a5＋a5a6)＝eq\f(1,5)(a1a2＋a2a3＋a3a4＋a4a5＋a5a1)≤eq\f(1,5).對(duì)于A，C(1)＝eq\f(1,5)(1＋0＋0＋0＋0)＝eq\f(1,5)，滿足C(1)≤eq\f(1,5).對(duì)于B，C(1)＝eq\f(1,5)(1＋0＋0＋1＋1)＝eq\f(3,5)>eq\f(1,5)，不滿足C(1)≤eq\f(1,5)，故排除B.對(duì)于C，C(1)＝eq\f(1,5)(0＋0＋0＋0＋1)＝eq\f(1,5)，滿足C(1)≤eq\f(1,5).對(duì)于D，C(1)＝eq\f(1,5)(1＋0＋0＋0＋1)＝eq\f(2,5)>eq\f(1,5)，不滿足C(1)≤eq\f(1,5)，故排除D.再對(duì)A，C驗(yàn)證C(2)＝eq\f(1,5)(a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a6＋a5a7)＝eq\f(1,5)(a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a1＋a5a2)≤eq\f(1,5).對(duì)于A，C(2)＝eq\f(1,5)(0＋1＋0＋1＋0)＝eq\f(2,5)>eq\f(1,5)，不滿足C(2)≤eq\f(1,5)，故排除A.對(duì)于C，C(2)＝eq\f(1,5)(0＋0＋0＋0＋0)＝0，滿足C(2)≤eq\f(1,5).(2)(2023·武漢模擬)將1,2，…，n按照某種順序排成一列得到數(shù)列{an}，對(duì)任意1≤i<j≤n，如果ai>aj，那么稱數(shù)對(duì)(ai，aj)構(gòu)成數(shù)列{an}的一個(gè)逆序?qū)Γ鬾＝4，則恰有2個(gè)逆序?qū)Φ臄?shù)列{an}的個(gè)數(shù)為()A．4B．5C．6D．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(gè)數(shù)為4，則至少有3個(gè)逆序?qū)Γ蝗魯?shù)列{an}的第二個(gè)數(shù)為4，則恰有2個(gè)逆序?qū)Φ臄?shù)列{an}為{1,4,2,3}；若數(shù)列{an}的第三個(gè)數(shù)為4，則恰有2個(gè)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(gè)數(shù)為4，則恰有2個(gè)逆序?qū)Φ臄?shù)列{an}為{2,3,1,4}或{3,1,2,4}，綜上，恰有2個(gè)逆序?qū)Φ臄?shù)列{an}的個(gè)數(shù)為5.思維升華與數(shù)列的新概念有關(guān)的問(wèn)題的求解策略①通過(guò)給出一個(gè)新的數(shù)列的概念，或約定一種新的運(yùn)算，或給出幾個(gè)新模型來(lái)創(chuàng)設(shè)新問(wèn)題的情景，要求在閱讀理解的基礎(chǔ)上，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學(xué)的知識(shí)和方法，實(shí)現(xiàn)信息的遷移，達(dá)到靈活解題的目的．②遇到新定義問(wèn)題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點(diǎn)，弄清新定義的性質(zhì)，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析，運(yùn)算，驗(yàn)證，使得問(wèn)題得以解決．跟蹤訓(xùn)練1(多選)(2023·江西聯(lián)考)在一次數(shù)學(xué)活動(dòng)課上，老師設(shè)計(jì)了有序?qū)崝?shù)組A＝{a1，a2，a3，…，an}，ai∈{0,1}，i＝1,2,3，…，n，f(A)表示把A中每個(gè)1都變?yōu)?,0，每個(gè)0都變?yōu)?，所得到的新的有序?qū)崝?shù)組，例如A＝{0,1}，則f(A)＝{1,0,0}．定義Ak＋1＝f(Ak)，k＝1,2,3，…，n，若A1＝{0,1}，則()A．A100中有249個(gè)1B．A101中有249個(gè)0C．A1，A2，A3，…，A100中0的總個(gè)數(shù)比1的總個(gè)數(shù)多250－1D．A1，A2，A3，…，A100中1的總個(gè)數(shù)為251－1答案AC解析因?yàn)锳1＝{0,1}，所以A2＝{1,0,0}，A3＝{0,0,1,1}，A4＝{1,1,0,0,0,0}，A5＝{0,0,0,0,1,1,1,1}，A6＝{1,1,1,1,0,0,0,0,0,0,0,0}，顯然，A1，A3，A5中分別有2,4,8項(xiàng)，其中1和0的項(xiàng)數(shù)相同，A2，A4，A6中分別有3,6,12項(xiàng)，其中有eq\f(1,3)的項(xiàng)為1，eq\f(2,3)的項(xiàng)為0，設(shè)An中共有an項(xiàng)，其中有bn項(xiàng)1，cn項(xiàng)0，則an＝bn＝cn＝所以A100中有249個(gè)1，A正確；A101中有250個(gè)0，B錯(cuò)誤；cn－bn＝則A1，A2，A3，…，A100中0的總個(gè)數(shù)比1的總個(gè)數(shù)多0＋20＋0＋21＋0＋…＋249＝eq\f(250－1,2－1)＝250－1，C正確；A1，A2，A3，…，A100中1的總個(gè)數(shù)為eq\f(1×250－1,2－1)＋eq\f(1×250－1,2－1)＝251－2，D錯(cuò)誤．題型二以數(shù)列和項(xiàng)與通項(xiàng)關(guān)系定義新數(shù)列例2(1)(多選)(2023·蘇州模擬)若數(shù)列{an}滿足：對(duì)任意的n∈N*(n≥3)，總存在i，j∈N*，使an＝ai＋aj(i≠j，i<n，j<n)，則稱{an}是“F數(shù)列”．則下列數(shù)列是“F數(shù)列”的有()A．a(chǎn)n＝2n B．a(chǎn)n＝n2C．a(chǎn)n＝3n D．a(chǎn)n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(5),2)))n－1答案AD解析對(duì)于A，由ai＋aj＝2(i＋j)，要使an＝ai＋aj＝2n(i≠j，i<n，j<n)且i，j∈N*，所以只需n＝i＋j≥3，顯然對(duì)任意的n∈N*(n≥3)，總存在i，j∈N*，使得an＝ai＋aj，滿足“F數(shù)列”；對(duì)于B，由a1＝12，a2＝22，a3＝32，顯然a3≠a1＋a2，不滿足“F數(shù)列”；對(duì)于C，對(duì)于任意3n，n∈N*，個(gè)位數(shù)為3,9,7,1均為奇數(shù)，所以3i＋3j必為偶數(shù)，顯然3i＋3j＝3n不成立，不滿足“F數(shù)列”；對(duì)于D，由n∈N*(n≥3)，an－1＋an－2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(5),2)))n－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(5),2)))n－3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(5),2)))n－2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,1－\r(5))))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(5),2)))n－2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1＋\r(5),2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(5),2)))n－1＝an，故對(duì)任意的n∈N*(n≥3)，總存在an＝ai＋aj，滿足“F數(shù)列”．(2)(多選)(2023·威海模擬)已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝1，前n項(xiàng)和為Sn.設(shè)λ與k是常數(shù)，若對(duì)任意n∈N*，均有成立，則稱此數(shù)列為“λ－k”數(shù)列．若數(shù)列{an}是“eq\f(\r(2),2)－2”數(shù)列，且an>0，則()A．Sn＝9n－1B．{an}為等比數(shù)列C．{Sn－an}的前n項(xiàng)和為eq\f(9n－1－1,8)D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))為等差數(shù)列答案AC解析由條件可知，λ＝eq\f(\r(2),2)，k＝2，則eq\r(Sn＋1)－eq\r(Sn)＝eq\f(\r(2),2)eq\r(an＋1)＝eq\f(\r(2),2)eq\r(Sn＋1－Sn)，兩邊平方后，整理為Sn＋1－4eq\r(Sn＋1Sn)＋3Sn＝0，即(eq\r(Sn＋1)－eq\r(Sn))(eq\r(Sn＋1)－3eq\r(Sn))＝0，得eq\r(Sn＋1)＝eq\r(Sn)或eq\r(Sn＋1)＝3eq\r(Sn)，若eq\r(Sn＋1)＝eq\r(Sn)，則Sn＋1＝Sn，則an＋1＝0，這與an>0矛盾，所以不成立，所以eq\r(Sn＋1)＝3eq\r(Sn)，則Sn＋1＝9Sn，S1＝a1＝1，所以數(shù)列{Sn}是首項(xiàng)為1，公比為9的等比數(shù)列，即Sn＝9n－1，故A正確；由Sn＋1＝9Sn可得Sn＝9Sn－1(n≥2)，兩式相減得，an＋1＝9an(n≥2)，并且n＝1時(shí)，S2＝9S1，即a1＋a2＝9a1，得a2＝8，那么eq\f(a2,a1)＝8≠9，所以{an}不是等比數(shù)列，故B錯(cuò)誤；an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,8·9n－2，n≥2，))當(dāng)n＝1時(shí)，S1－a1＝0，當(dāng)n≥2時(shí)，設(shè)數(shù)列{Sn－an}的前n項(xiàng)和為Tn，則Tn＝(S1－a1)＋(S2－a2)＋…＋(Sn－an)＝(S1＋S2＋…＋Sn)－(a1＋a2＋…＋an)＝eq\f(1－9n,1－9)－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(8×1－9n－1,1－9)))＝eq\f(9n－1－1,8)，當(dāng)n＝1時(shí)，T1＝0成立，故Tn＝eq\f(9n－1－1,8)，故C正確；因?yàn)閑q\f(S1,a1)＝1，eq\f(S2,a2)＝eq\f(9,8)，eq\f(S3,a3)＝eq\f(81,72)，eq\f(S1,a1)＋eq\f(S3,a3)≠2eq\f(S2,a2)，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))不是等差數(shù)列，故D錯(cuò)誤．思維升華解決此類問(wèn)題，關(guān)鍵是根據(jù)題干中的新定義、新公式、新定理、新法則、新運(yùn)算等，將新數(shù)列轉(zhuǎn)化為等差或等比數(shù)列，或者找到新數(shù)列的遞推關(guān)系進(jìn)行求解．跟蹤訓(xùn)練2(多選)(2023·北京人大附中模擬)已知數(shù)列{an}滿足：對(duì)任意的n∈N*，總存在m∈N*，使得Sn＝am，則稱{an}為“回旋數(shù)列”．以下結(jié)論中正確的是()A．若an＝2023n，則{an}為“回旋數(shù)列”B．設(shè){an}為等比數(shù)列，且公比q為有理數(shù)，則{an}為“回旋數(shù)列”C．設(shè){an}為等差數(shù)列，當(dāng)a1＝1，公差d<0時(shí)，若{an}為“回旋數(shù)列”，則d＝－1D．若{an}為“回旋數(shù)列”，則對(duì)任意n∈N*，總存在m∈N*，使得an＝Sm答案AC解析對(duì)于A，由an＝2023n可得Sn＝2023(1＋2＋3＋…＋n)＝2023×eq\f(nn＋1,2)，由Sn＝am可得2023×eq\f(nn＋1,2)＝2023m，取m＝eq\f(nn＋1,2)即可，則{an}為“回旋數(shù)列”，故A正確；對(duì)于B，當(dāng)q＝1時(shí)，Sn＝na1，am＝a1，由Sn＝am可得na1＝a1，故當(dāng)n＝2時(shí)，很明顯na1＝a1不成立，故{an}不是“回旋數(shù)列”，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，{an}是等差數(shù)列，故am＝1＋(m－1)d，Sn＝n＋eq\f(nn－1,2)d，因?yàn)閿?shù)列{an}是“回旋數(shù)列”，所以1＋(m－1)d＝n＋eq\f(nn－1,2)d，即m＝eq\f(n－1,d)＋eq\f(nn－1,2)＋1，其中eq\f(nn－1,2)為非負(fù)整數(shù)，所以要保證eq\f(n－1,d)恒為整數(shù)，故d為所有非負(fù)整數(shù)的公約數(shù)，且d<0，所以d＝－1，故C正確；對(duì)于D，由A可知，當(dāng)an＝2023n時(shí)，{an}為“回旋數(shù)列”，取a2＝2023×2，Sm＝2023×eq\f(mm＋1,2)，顯然不存在m，使得Sm＝a2＝2023×2，故D錯(cuò)誤．題型三數(shù)列新情景例3(1)九連環(huán)是中國(guó)最杰出的益智游戲．九連環(huán)由九個(gè)相互連接的環(huán)組成，這九個(gè)環(huán)套在一個(gè)中空的長(zhǎng)形柄中，九連環(huán)的玩法就是要將這九個(gè)環(huán)從柄上解下來(lái)，規(guī)則如下：如果要解下(或安上)第n號(hào)環(huán)，則第(n－1)號(hào)環(huán)必須解下(或安上)，n－1往前的都要解下(或安上)才能實(shí)現(xiàn)．記解下n連環(huán)所需的最少移動(dòng)步數(shù)為an，已知a1＝1，a2＝2，an＝an－1＋2an－2＋1(n≥3)，則解六連環(huán)最少需要移動(dòng)圓環(huán)步數(shù)為()A．42B．85C．256D．341答案A解析由題意可得，a3＝a2＋2a1＋1＝2＋2＋1＝5，a4＝a3＋2a2＋1＝5＋4＋1＝10，a5＝a4＋2a3＋1＝10＋10＋1＝21，a6＝a5＋2a4＋1＝21＋20＋1＝42.(2)(2021·新高考全國(guó)Ⅰ)某校學(xué)生在研究民間剪紙藝術(shù)時(shí)，發(fā)現(xiàn)剪紙時(shí)經(jīng)常會(huì)沿紙的某條對(duì)稱軸把紙對(duì)折．規(guī)格為20dm×12dm的長(zhǎng)方形紙，對(duì)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(duì)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(duì)折4次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數(shù)為_(kāi)____；如果對(duì)折n次，那么eq\i\su(k＝1,n,S)k＝_____dm2.答案5240eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(n＋3,2n)))解析依題意得，S1＝120×2＝240；S2＝60×3＝180；當(dāng)n＝3時(shí)，共可以得到5dm×6dm，eq\f(5,2)dm×12dm，10dm×3dm，20dm×eq\f(3,2)dm四種規(guī)格的圖形，且5×6＝30，eq\f(5,2)×12＝30，10×3＝30，20×eq\f(3,2)＝30，所以S3＝30×4＝120；當(dāng)n＝4時(shí)，共可以得到5dm×3dm，eq\f(5,2)dm×6dm，eq\f(5,4)dm×12dm，10dm×eq\f(3,2)dm，20dm×eq\f(3,4)dm五種規(guī)格的圖形，所以對(duì)折4次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數(shù)為5，且5×3＝15，eq\f(5,2)×6＝15，eq\f(5,4)×12＝15，10×eq\f(3,2)＝15，20×eq\f(3,4)＝15，所以S4＝15×5＝75；……所以可歸納Sk＝eq\f(240,2k)×(k＋1)＝eq\f(240k＋1,2k).所以eq\i\su(k＝1,n,S)k＝240eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,22)＋\f(4,23)＋…＋\f(n,2n－1)＋\f(n＋1,2n)))，①所以eq\f(1,2)×eq\i\su(k＝1,n,S)k＝240eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,22)＋\f(3,23)＋\f(4,24)＋…＋\f(n,2n)＋\f(n＋1,2n＋1)))，②由①－②得，eq\f(1,2)×eq\i\su(k＝1,n,S)k＝240eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋\f(1,24)＋…＋\f(1,2n)－\f(n＋1,2n＋1)))＝240eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\f(1,22)－\f(1,2n)×\f(1,2),1－\f(1,2))－\f(n＋1,2n＋1)))＝240eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(n＋3,2n＋1)))，所以eq\i\su(k＝1,n,S)k＝240eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(n＋3,2n)))dm2.思維升華對(duì)于新情景問(wèn)題，關(guān)鍵是要從問(wèn)題情境中尋找“重要信息”，即研究對(duì)象的本質(zhì)特征、數(shù)量關(guān)系(數(shù)量化的特征)等，建立數(shù)學(xué)模型求解．跟蹤訓(xùn)練3幾位大學(xué)生響應(yīng)國(guó)家的創(chuàng)業(yè)號(hào)召，開(kāi)發(fā)了一款應(yīng)用軟件．為激發(fā)大家學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的興趣，他們推出了“解數(shù)學(xué)題獲取軟件激活碼”的活動(dòng)．這款軟件的激活碼為下面數(shù)學(xué)問(wèn)題的答案：已知數(shù)列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一項(xiàng)是20，接下來(lái)的兩項(xiàng)是20,21，再接下來(lái)的三項(xiàng)是20,21,22，依此類推．求滿足如下條件的最小整數(shù)N：N>55且該數(shù)列的前N項(xiàng)和為2的整數(shù)冪．那么該款軟件的激活碼是()A．95B．105C．115D．125答案A解析將數(shù)列排成行的形式11,21,2,41,2,4,8第n行為20,21，…，2n－1，第n行和為an＝eq\f(1×1－2n,1－2)＝2n－1，前n行共有eq\f(nn＋1,2)個(gè)數(shù)，前eq\f(nn＋1,2)項(xiàng)和為Sn＝eq\f(2×1－2n,1－2)－n＝2n＋1－2－n，假設(shè)從第1行第1個(gè)數(shù)到第n＋1行第m(1≤m≤n＋1)個(gè)數(shù)共有N個(gè)數(shù)，則N＝eq\f(nn＋1,2)＋m，前N項(xiàng)和為TN＝Sn＋am＝2n＋1－2－n＋2m－1，若TN為2的整數(shù)冪，則有2＋n＝2m－1，∵N>55，∴n>10，且n為奇數(shù)，當(dāng)n＝11時(shí)，m無(wú)整數(shù)解，當(dāng)n＝13時(shí)，m＝4，此時(shí)N＝eq\f(13×14,2)＋4＝95.1．(2023·河北統(tǒng)考)數(shù)學(xué)家楊輝在其專著《詳解九章算術(shù)法》和《算法通變本末》中，提出了一些新的高階等差數(shù)列．其中二階等差數(shù)列是一個(gè)常見(jiàn)的高階等差數(shù)列，如數(shù)列2,4,7,11,16，從第二項(xiàng)起，每一項(xiàng)與前一項(xiàng)的差組成新數(shù)列2,3,4,5，新數(shù)列2,3,4,5為等差數(shù)列，則稱數(shù)列2,4,7,11,16為二階等差數(shù)列．現(xiàn)有二階等差數(shù)列{an}，其前七項(xiàng)分別為2,2,3,5,8,12,17，則該數(shù)列的第20項(xiàng)為()A．173B．171C．155D．151答案A解析根據(jù)題意得新數(shù)列為0,1,2,3,4，…，則二階等差數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\f(n－1n－2,2)＋2，則a20＝eq\f(19×18,2)＋2＝173.2．(2023·佳木斯模擬)科學(xué)家牛頓用“作切線”的方法求函數(shù)的零點(diǎn)時(shí)，給出了“牛頓數(shù)列”，其定義是：對(duì)于函數(shù)f(x)，若數(shù)列{xn}滿足xn＋1＝xn－eq\f(fxn,f′xn)，則稱數(shù)列{xn}為牛頓數(shù)列，若函數(shù)f(x)＝x2，數(shù)列{xn}為牛頓數(shù)列且x1＝2，an＝log2xn，則a8的值是()A．8B．2C．－6D．－4答案C解析根據(jù)題意，xn＋1＝xn－eq\f(fxn,f′xn)＝xn－eq\f(x\o\al(2,n),2xn)＝xn－eq\f(xn,2)＝eq\f(xn,2)，所以eq\f(xn＋1,xn)＝eq\f(1,2)，又x1＝2，所以{xn}為首項(xiàng)是2，公比是eq\f(1,2)的等比數(shù)列，所以xn＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2＝22－n，所以an＝log2xn＝log222－n＝2－n，所以a8＝2－8＝－6.3．若三個(gè)非零且互不相等的實(shí)數(shù)x1，x2，x3成等差數(shù)列且滿足eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(2,x3)，則稱x1，x2，x3成一個(gè)“β等差數(shù)列”．已知集合M＝{x||x|≤100，x∈Z}，則由M中的三個(gè)元素組成的所有數(shù)列中，“β等差數(shù)列”的個(gè)數(shù)為()A．25B．50C．51D．100答案B解析由三個(gè)非零且互不相等的實(shí)數(shù)x1，x2，x3成等差數(shù)列且滿足eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(2,x3)，知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x2＝x1＋x3，,\f(1,x1)＋\f(1,x2)＝\f(2,x3)，))消去x2，并整理得，(2x1＋x3)(x1－x3)＝0，所以x1＝x3(舍去)，x3＝－2x1，于是有x2＝－eq\f(1,2)x1.在集合M＝{x||x|≤100，x∈Z}中，三個(gè)元素組成的所有數(shù)列必為整數(shù)列，所以x1必為2的倍數(shù)，且x1∈[－50,50]，x1≠0，故這樣的數(shù)列共50個(gè)．4．(2023·鹽城模擬)將正整數(shù)n分解為兩個(gè)正整數(shù)k1，k2的積，即n＝k1·k2，當(dāng)k1，k2兩數(shù)差的絕對(duì)值最小時(shí)，我們稱其為最優(yōu)分解．如20＝1×20＝2×10＝4×5，其中4×5即為20的最優(yōu)分解，當(dāng)k1，k2是n的最優(yōu)分解時(shí)，定義f(n)＝|k1－k2|，則數(shù)列{f(5n)}的前2023項(xiàng)的和為()A．51012 B．51012－1C．52023 D．52023－1答案B解析當(dāng)n＝2k(k∈N*)時(shí)，由于52k＝5k×5k，此時(shí)f(52k)＝|5k－5k|＝0，當(dāng)n＝2k－1(k∈N*)時(shí)，由于52k－1＝5k－1×5k，此時(shí)f(52k－1)＝|5k－5k－1|＝5k－5k－1，所以數(shù)列{f(5n)}的前2023項(xiàng)的和為(5－1)＋0＋(52－5)＋0＋(53－52)＋0＋…＋(51011－51010)＋0＋(51012－51011)＝51012－1.5．(2023·鄭州模擬)普林斯頓大學(xué)的康威教授發(fā)現(xiàn)了一類有趣的數(shù)列并命名為“外觀數(shù)列”，該數(shù)列的后一項(xiàng)由前一項(xiàng)的外觀產(chǎn)生．以1為首項(xiàng)的“外觀數(shù)列”記作A1，其中A1為1,11,21,1211,111221，…，即第一項(xiàng)為1，外觀上看是1個(gè)1，因此第二項(xiàng)為11；第二項(xiàng)外觀上看是2個(gè)1，因此第三項(xiàng)為21；第三項(xiàng)外觀上看是1個(gè)2,1個(gè)1，因此第四項(xiàng)為1211，…，按照相同的規(guī)則可得A1其他項(xiàng)，例如A3為3,13,1113,3113,132113，…，若Ai的第n項(xiàng)記作an，Aj的第n項(xiàng)記作bn，其中i，j∈[2,9]，若cn＝|an－bn|，則{cn}的前n項(xiàng)和為()A．2n|i－j| B．n(i＋j)C．n|i－j| D．eq\f(1,2)|i－j|答案C解析由題得，a1＝i，a2＝1i，a3＝111i，a4＝311i，…，an＝…i，b1＝j(luò)，b2＝1j，b3＝111j，b4＝311j，…，bn＝…j，由遞推可知，隨著n的增大，an和bn每一項(xiàng)除了最后一位不同外，其余各位數(shù)都相同，所以cn＝|an－bn|＝|i－j|，所以{cn}的前n項(xiàng)和為n|i－j|.6．(多選)在數(shù)列{an}中，若aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＝p(n≥2，n∈N*，p為常數(shù))，則{an}稱為“等方差數(shù)列”，下列對(duì)“等方差數(shù)列”的判斷，其中正確的為()A．若{an}是等方差數(shù)列，則{aeq\o\al(2,n)}是等差數(shù)列B．若{an}是等方差數(shù)列，則{aeq\o\al(2,n)}是等方差數(shù)列C．{(－1)n}是等方差數(shù)列D．若{an}是等方差數(shù)列，則{akn}(k∈N*，k為常數(shù))也是等方差數(shù)列答案ACD解析對(duì)于A中，數(shù)列{an}是等方差數(shù)列，可得aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＝p(n≥2，n∈N*，p為常數(shù))，即有{aeq\o\al(2,n)}是首項(xiàng)為aeq\o\al(2,1)，公差為p的等差數(shù)列，故A正確；對(duì)于B中，例如：數(shù)列{eq\r(n)}是等方差數(shù)列，但是數(shù)列{n}不是等方差數(shù)列，故B不正確；對(duì)于C中，數(shù)列{(－1)n}中，aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＝[(－1)n]2－[(－1)n－1]2＝0，(n≥2，n∈N*)，所以數(shù)列{(－1)n}是等方差數(shù)列，故C正確；對(duì)于D中，數(shù)列{an}中的項(xiàng)列舉出來(lái)是a1，a2，…，ak，…，a2k，…，數(shù)列{akn}中的項(xiàng)列舉出來(lái)是ak，a2k，a3k，…，因?yàn)閍eq\o\al(2,k＋1)－aeq\o\al(2,k)＝aeq\o\al(2,k＋2)－aeq\o\al(2,k＋1)＝…＝aeq\o\al(2,2k)－aeq\o\al(2,2k－1)＝p，所以(aeq\o\al(2,k＋1)－aeq\o\al(2,k))＋(aeq\o\al(2,k＋2)－aeq\o\al(2,k＋1))＋…＋(aeq\o\al(2,2k)－aeq\o\al(2,2k－1))＝kp，所以aeq\o\al(2,kn＋1)－aeq\o\al(2,kn)＝kp，所以數(shù)列{akn}是等方差數(shù)列，故D正確．7．(多選)(2023·浙江聯(lián)考)“角谷猜想”是指一個(gè)正整數(shù)，如果是奇數(shù)就乘以3再加1，如果是偶數(shù)就除以2，這樣經(jīng)過(guò)若干次這兩種運(yùn)算，最終必進(jìn)入循環(huán)圖1→4→2→1.對(duì)任意正整數(shù)a0，按照上述規(guī)則實(shí)施第n次運(yùn)算的結(jié)果為an(n∈N)，下列說(shuō)法正確的是()A．當(dāng)a0＝7時(shí)，則a11＝5B．當(dāng)a0＝16時(shí)，數(shù)列{an}為遞減數(shù)列C．若a5＝1，且ai(i＝1,2,3,4)均不為1，則a0＝5D．當(dāng)a0＝10時(shí)，從ai(i＝1,2,3,4,5,6)中任取兩個(gè)數(shù)至少一個(gè)為奇數(shù)的概率為eq\f(3,5)答案AD解析若a0＝7，則a1＝22，a2＝11，a3＝34，a4＝17，a5＝52，a6＝26，a7＝13，a8＝40，a9＝20，a10＝10，a11＝5，故A選項(xiàng)符合題意；若a0＝16，則a1＝8，a2＝4，a3＝2，a4＝1，a5＝4，易知{an}不是遞減數(shù)列，故B選項(xiàng)不符合題意；若a5＝1，則a4＝2，a3＝4，當(dāng)a2＝8時(shí)，則a1＝16，a0＝5或32，a2＝1(舍去)，故C選項(xiàng)不符合題意；若a0＝10，則a1＝5，a2＝16，a3＝8，a4＝4，a5＝2，a6＝1，所以從ai(i＝1,2,3,4,5,6)中任取兩個(gè)數(shù)至少一個(gè)為奇數(shù)的概率為1－eq\f(C\o\al(2,4),C\o\al(2,6))＝eq\f(3,5)，故D選項(xiàng)符合題意．8．(2023·寶雞模擬)對(duì)給定的數(shù)列{an}(an≠0)，記bn＝eq\f(an＋1,an)，則稱數(shù)列{bn}為數(shù)列{an}的一階商數(shù)列；記cn＝eq\f(bn＋1,bn)，則稱數(shù)列{cn}為數(shù)列{an}的二階商數(shù)列；依此類推，可得數(shù)列{an}的P階商數(shù)列(P∈N*)，已知數(shù)列{an}的二階商數(shù)列的各項(xiàng)均為e，且a1＝1，a2＝1，則a10＝__________.答案e36解析由數(shù)列{an}的二階商數(shù)列的各項(xiàng)均為e，可知cn＝eq\f(bn＋1,bn)＝e，