培优课5 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，学会从一般到特殊、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】 (1)(多选)在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列．现对数列1，2进行构造，第一次得到数列1，3，2；第二次得到数列1，4，3，5，2；…；第n(n∈N*)次得到数列1，x1，x2，x3，…，xk，2，记an＝1＋x1＋x2＋x3＋…＋xk＋2，数列的前n项和为Sn，则( )
A．a3＝42
B．k＋1＝2n
C．an＝
D．Sn＝
(2)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]
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．
[跟进训练]
1．记数列的前n项和为Sn，对任意正整数n，有Sn＝．对所有正整数m，若ak<4m
2．(2024·湖北重点高中模拟)已知数列满足a1＝3，an＋1＝2an－1(n∈N*)，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．
类型2 数列的新定义问题
【典例2】 (2024·江西南昌一模)对于各项均不为零的数列，我们定义：数列为数列的“k－比分数列”．已知数列满足a1＝b1＝1，且的“1－比分数列”与的“2－比分数列”是同一个数列．
(1)若是公比为2的等比数列，求数列的前n项和Sn；
(2)若是公差为2的等差数列，求数列{an}的通项公式．
[听课记录]
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．
[跟进训练]
3．(2024·湖北武汉三模)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
4．(2024·黑龙江二模)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，判断是否为“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，
[听课记录]
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．
[跟进训练]
5．(2024·广东惠州一调)如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”． 画法如下：在水平直线上取长度为1的线段AB，作一个等边三角形ABC，然后以点B为圆心，AB为半径逆时针画圆弧交线段CB的延长线于点D(第一段圆弧)，再以点C为圆心，CD为半径逆时针画圆弧交线段AC的延长线于点E(第二段圆弧)，再以点A为圆心，AE为半径逆时针画圆弧，…，以此类推，当得到的“蚊香”恰好有11段圆弧时，“蚊香”的长度为( )
A．14π B．18π C．30π D．44π
6．(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
1/1培优课5 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，学会从一般到特殊、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】 (1)(多选)在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列．现对数列1，2进行构造，第一次得到数列1，3，2；第二次得到数列1，4，3，5，2；…；第n(n∈N*)次得到数列1，x1，x2，x3，…，xk，2，记an＝1＋x1＋x2＋x3＋…＋xk＋2，数列的前n项和为Sn，则( )
A．a3＝42
B．k＋1＝2n
C．an＝
D．Sn＝
(2)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．
(1)ABD [由题意可得a1＝3＋3，a2＝3＋3＋9，a3＝3＋3＋9＋27＝42，…，
an＝3＋3＋9＋27＋…＋3n＝3＋＝(3n＋1)，故A选项正确，C选项错误；
由a1有3个数，a2有5个数，a3有9个数，则an有(2n＋1)个数，所以k＋2＝2n＋1，
即k＋1＝2n，故B选项正确；
由an＝(3n＋1)，可得Sn＝＝(3n+1＋2n－3)，D选项正确．
故选ABD．]
(2)[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＝＝．
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．
[跟进训练]
1．记数列的前n项和为Sn，对任意正整数n，有Sn＝．对所有正整数m，若ak<4m11 563 [当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝＝3n－3．
又n＝1时，得a1＝0，满足上式，故an＝3(n－1)．
由a91＝270，所以44又a87＝258>44，所以前91项中有87项来自，
所以b1＋b2＋…＋b91＝(a1＋a2＋…＋a87)＋(41＋42＋43＋44)
＝＝11 223＋340＝11 563．]
2．(2024·湖北重点高中模拟)已知数列满足a1＝3，an＋1＝2an－1(n∈N*)，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．
【教师备选资源】
1．(多选)(2024·浙江绍兴二模)已知数列{an}与{bn}满足a1＝1，且an＋1＝2an＋1(n∈N*)，bn＝log2(an＋1)．若数列{an}保持顺序不变，在ak与ak＋1项之间都插入2k个bk后，组成新数列{cn}，记{cn}的前n项和为Sn，则( )
A．an＋1＝2n B．bn＝n
C．c2 024＝10 D．S2 024＝20 150
BCD [对于A，a1＝1，且an＋1＝2an＋1(n∈N*)，则an＋1＋1＝2(n∈N*)，a1＋1＝2，
即数列{an＋1}为首项为2，公比为2的等比数列，故an＋1＝2n，∴an＝2n－1，
则an＋1＝2n+1－1，A错误；
对于B，bn＝log2(an＋1)＝log22n＝n，B正确；
对于C，新数列{cn}为1，1，1，3，2，2，2，2，7，…，由于＝1 022，＝2 046，
即数列{cn}从a1＝1到a10＝1 023共有1 022＋10＝1 032项，到a11共有2 046＋11＝2 057项，
而a10和a11之间有210个10，故c2 024＝10，C正确；
对于D，结合C的分析，可得S2 024＝－10＋＋(2 024－1 032)×10＝2 036＋8 194＋9 920＝20 150，D正确．故选BCD．]
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．
类型2 数列的新定义问题
【典例2】 (2024·江西南昌一模)对于各项均不为零的数列，我们定义：数列为数列的“k－比分数列”．已知数列满足a1＝b1＝1，且的“1－比分数列”与的“2－比分数列”是同一个数列．
(1)若是公比为2的等比数列，求数列的前n项和Sn；
(2)若是公差为2的等差数列，求数列{an}的通项公式．
[解] (1)由题意知＝，
因为b1＝1，且是公比为2的等比数列，所以＝4，
因为a1＝1，所以数列是首项为1，公比为4的等比数列，所以Sn＝＝．
(2)因为b1＝1，且是公差为2的等差数列，所以bn＝2n－1，所以＝＝，
所以＝＝，…，＝，
所以＝，
因为a1＝1，所以an＝．
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．
[跟进训练]
3．(2024·湖北武汉三模)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．]
4．(2024·黑龙江二模)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，判断是否为“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“G型数列”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．
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，
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)＝．
＝240＝240，
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．
[跟进训练]
5．(2024·广东惠州一调)如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”． 画法如下：在水平直线上取长度为1的线段AB，作一个等边三角形ABC，然后以点B为圆心，AB为半径逆时针画圆弧交线段CB的延长线于点D(第一段圆弧)，再以点C为圆心，CD为半径逆时针画圆弧交线段AC的延长线于点E(第二段圆弧)，再以点A为圆心，AE为半径逆时针画圆弧，…，以此类推，当得到的“蚊香”恰好有11段圆弧时，“蚊香”的长度为( )
A．14π B．18π C．30π D．44π
D [由题意知每段圆弧所对的圆心角都是，第n段圆弧的半径为n，弧长记为an，则an＝·n，
所以前11段圆弧的长度S11＝(1＋2＋…＋11)＝44π．
故选D．]
6．(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．]
【教师备选资源】
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－ [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，第一年年初需交纳租金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≈34.44(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－0.1－2q11，
所以T＝3·－0.1·－2·≈27.88(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27.88万元．
培优专练5 数列的增减项及创新应用问题
1．对于一切实数x，令[x]为不大于x的最大整数，则函数f (x)＝[x]称为高斯函数或取整函数．若an＝f ，n∈N*，Sn为数列的前n项和，则S3n＝( )
A．n2－n B．n2＋n
C．3n2－2n D．n2－n
A [由题意，当n＝3k，n＝3k＋1，n＝3k＋2(k∈N*)时，均有an＝f ＝＝k，
故可得S3n＝0＋0＋1＋1＋1＋2＋2＋2＋3＋3＋3＋…＋(n－1)＋(n－1)＋(n－1)＋n＝3××(n－1)＋n＝n2－n．故选A．]
2．(2024·云南昆明一模)第七届国际数学教育大会(ICME-7)的会徽图案是由若干三角形组成的．如图所示，作Rt△AOB，OA＝1，∠AOB＝30°，再依次作相似△BOC，△COD，△DOE，…，直至最后一个三角形的斜边OM与OA第一次重叠为止，则所作的所有三角形的面积和为( )
A．
C．
D [因为＝12，设第n个三角形的斜边长为an，面积为bn，
由题意可知：a1＝＝，an＋1＝＝an，bn＝an×an＝，
则b1＝≠0，＝＝＝，
可知数列是首项为b1＝，公比为的等比数列，
所以所作的所有三角形的面积和为＝．故选D．]
3．(2024·云南昆明期末)任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”(又称“角谷猜想”)．如取正整数m＝6，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过8个步骤变成1(简称为8步“雹程”)．现给出“冰雹猜想”的递推关系如下：已知数列满足a1＝m(m为正整数)，an＋1＝ 当m＝3时，a1＋a2＋a3＋…＋a60＝( )
A．170 B．168
C．130 D．172
D [依题意，3→10→5→16→8→4→2→1→4→2→1，…，
故a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝3＋10＋5＋16＋8＝42，
又÷3＝18……1，所以a6＋a7＋…＋a60＝18×7＋4＝130．
所以a1＋a2＋…＋a60＝42＋130＝172．
故选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＝
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；
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．]
5．将正奇数排列如下表，其中第i行第j个数表示aij，例如a32＝9，若aij＝2 025，则i＋j＝________．
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．]
6．(2024·福建福州模拟)已知数列的前n项积为bn，且＝1．
(1)证明：是等差数列；
(2)从中依次取出第1项，第2项，第4项，…，第2n-1项，按原来顺序组成一个新数列，求数列的前n项和．
[解] (1)证明：因为数列的前n项积为bn，所以an＝．
又因为＝1，所以＝1，
化简可得bn－bn－1＝2，
当n＝1时，＝1，解得b1＝3，
所以是首项为3，公差为2的等差数列．
(2)由(1)可得bn＝3＋2(n－1)＝2n＋1，
所以cn＝＝2·2n-1＋1＝2n＋1，
故n＝n·2n．
令数列的前n项和为Tn，
则Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n①，
2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n+1②，
①－②可得－Tn＝1×2＋1×22＋1×23＋…＋1×2n－n·2n+1，
化简可得Tn＝2＋(n－1)·2n+1，
所以数列的前n项和Tn＝2＋(n－1)·2n+1．
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