创新交汇 数列与其他知识的综合问题
（时间：45分钟，满分：63分）
一、单项选择题（每小题5分，共15分）
1.已知复数数列{an}满足a1＝2i，an＋1＝ian＋i＋1，n∈N*（i为虚数单位），则a10＝（ ）
A.2i B.－2i C.1＋i D.－1＋i
2.（2025·云南昆明二模）已知等差数列{an}满足公差为d，a1≠0，前n项和为Sn，记集合M＝{k｜ak＝Sk}，若M中有2个元素，则a1，d的关系可以为（ ）
A.2a1＋3d＝0 B.2a1－3d＝0 C.3a1＋2d＝0 D.3a1－2d＝0
3.（2025·广州六校联考）已知等差数列{an}中，a9＝，设函数f（x）＝cos4x－sin4x－2sin xcos x－1，记yn＝f（an），则数列{yn}的前17项和为（ ）
A.－51 B.－48
C.－17 D.0
二、填空题（5分）
4.如图，P1是一块半径为2a的半圆形纸板，在P1的左下端剪去一个半径为a的半圆后得到图形P2，然后依次剪去一个更小的半圆（其直径为前一个被剪掉半圆的半径）得图形P3，P4，…，Pn，…，记第n块纸板Pn的面积为Sn，则S4＝ ，如果 n∈N*，使得Sn＜成立，那么a的取值范围是 .
三、解答题（共43分）
5.（13分）如图，从点P1（0，0）作x轴的垂线交曲线y＝ex于点Q1（0，1），曲线在点Q1处的切线与x轴交于点P2，再从P2作x轴的垂线交曲线于点Q2，依次重复上述过程得到一系列点：P1，Q1；P2，Q2；…；Pn，Qn.记点Pk的坐标为（xk，0）（k＝1，2，…，n）.
（1）试求xk与xk－1的关系（2≤k≤n）；
（2）求｜P1Q1｜＋｜P2Q2｜＋…＋｜PnQn｜的值.
6.（15分）（2025·北京平谷一模节选）对于数列A：a1，a2，…，an，若满足ai∈{0，1}（i＝1，2，3，…，n），则称数列A为“0－1数列”.定义变换T：若ai＝1，将ai变成0，1，若ai＝0，将ai变成1，0，得到新的“0－1数列”.设A0是“0－1数列”，令Ak＝T（Ak－1），k＝1，2，3，….
（1）若数列A3：0，1，1，0，1，0，0，1，0，1，1，0，求数列A2，A1；
（2）若数列A0共有10项，则数列A2中连续两项相等的数对至多有多少对？请说明理由.
7.（15分）已知正四面体ABCD中，AB＝2，P1，P2，…，Pn在线段AB上，且｜AP1｜＝｜P1P2｜＝…＝｜Pn－1Pn｜＝｜PnB｜，过点Pn作平行于直线AC，BD的平面，截面面积为an，证明：
（1）a1＝1；
（2）{an}为递减数列.
创新交汇 数列与其他知识的综合问题
1.D 由已知可得an＋1－i＝i（an－i），因此数列{an－i}是以a1－i＝i为首项，以i为公比的等比数列，所以a10－i＝i·i9＝i10＝－1，故a10＝－1＋i.故选D.
2.A 由ak＝Sk，得a1＋（k－1）d＝ka1＋d，则（k－1）[2a1＋（k－2）d]＝0，由M中有2个元素，得关于k的方程2a1＋（k－2）d＝0有不小于2的整数解，而a1≠0，则d≠0，k＞2，k∈N*，方程2a1＋（k－2）d＝0中a1的系数为2，d的系数k－2是正整数，选项A符合要求，选项B、C、D不符合要求.故选A.
3.C 由题意知f（x）＝cos4x－sin4x－2sin xcos x－1＝（cos2x＋sin2x）·（cos2x－sin2x）－sin 2x－1＝cos 2x－sin 2x－1＝2cos（2x＋）－1，当x＝时，2cos（2×＋）＝0，即f（x）的图象关于点（，－1）成中心对称.由于等差数列{an}中，a9＝，故a1＋a17＝a2＋a16＝…＝2a9＝2×，故f（a1）＋f（a17）＝f（a2）＋f（a16）＝…＝f（a8）＋f（a10）＝2×（－1）＝－2，故数列{yn}的前17项和为f（a1）＋f（a2）＋…＋f（a17）＝[f（a1）＋f（a17）]＋[f（a2）＋f（a16）]＋…＋[f（a8）＋f（a10）]＋f（a9）＝8×（－2）－1＝－17.
4.πa2 （0，2） 解析：由题意可知，依次剪去一个更小的半圆，其半径为前一个半圆半径的一半，故每次剪去的半圆的面积组成了首项为，公比为的等比数列，第n块纸板Pn是剪了n－1次后得到的，故Sn＝－＝2πa2［＋×（）n－1］，故S4＝2πa2［＋×（）3］＝πa2； n∈N*，使得Sn＜成立，故只需＜，解得a2＜4，而a＞0，所以0＜a＜2.
5.解：（1）设点Pk－1的坐标是（xk－1，0）.
因为y＝ex，所以y'＝ex，
所以Qk－1（xk－1，），
在点Qk－1（xk－1，）处的切线方程是y－＝（x－xk－1），令y＝0，则xk＝xk－1－1（2≤k≤n）.
（2）因为x1＝0，xk－xk－1＝－1，所以xk＝－（k－1），所以｜PkQk｜＝＝e－（k－1），
所以｜P1Q1｜＋｜P2Q2｜＋｜P3Q3｜＋…＋｜PnQn｜＝1＋e－1＋e－2＋…＋e－（n－1）＝＝.
6.解：（1）由变换T的定义可得A2：1，0，0，1，1，0；A1：0，1，0.
（2）数列A2中连续两项相等的数对至多有19对.
理由如下：对于任意一个“0－1数列”A0，A0中每一个1在A2中对应连续四项1，0，0，1.
在A0中每一个0在A2中对应的连续四项为0，1，1，0，
因此，共有10项的“0－1数列”A0中的每一个项在A2中都会对应一个连续相等的数对，
在A2中若出现连续两项的数对最多，
对于i＝1，2，3，…，9，A0中的每一个第ai项和第ai＋1项之间产生一个连续相等的数对，
所以A2中至多有19对连续相等的数对.
如取A0：1，1，1，1，1，1，1，1，1，1，则A1：0，1，0，1，0，1，0，1，0，1，0，1，0，1，0，1，0，1，0，1，
A2：1，0，0，1，1，0，0，1，1，0，0，1，1，0，0，1，1，0，0，1，1，0，0，1，1，0，0，1，1，0，0，1，1，0，0，1，1，0，0，1.
7.证明：（1）由题意得｜AP1｜＝｜P1P2｜＝｜P2P3｜＝…＝｜PnB｜＝，
取BD中点O，连接AO，CO，如图1.
因为△ABD，△BCD均为等边三角形，
所以AO⊥BD，CO⊥BD，
因为AO∩CO＝O，AO，CO 平面AOC，
所以BD⊥平面AOC.
因为AC 平面AOC，
所以BD⊥AC，
过点P1作P1E1∥AC交BC于点E1，过点P1作P1F1∥BD交AD于点F1，过点E1作E1G1∥P1F1交CD于点G1，连接F1G1，如图2，则P1F1⊥P1E1，
故四边形P1F1G1E1为截面，且四边形P1F1G1E1为矩形，
由相似知识可知｜AP1｜＝｜P1F1｜＝，｜E1P1｜＝，同理得｜FnPn｜＝，｜EnPn｜＝，
故an＝｜FnPn｜·｜EnPn｜＝·＝，所以a1＝＝1.
（2）由（1）知an＝，n∈N*，
所以an＋1－an＝－＝＝＜0，
故an＋1＜an，故{an}为递减数列.
1 / 1创新交汇 数列与其他知识的综合问题
【备考指南】 数列与其他知识的综合问题是高考的热点，常以压轴题的形式出现，一般难度较大，考查的范围较广.数列常与概率、函数、解析几何相结合，也可以与集合、解三角形、立体几何相结合.
考点一 数列的新情境问题
【通性通法】 解决数列的新情境问题要首先理解题意，从新情境中抽象出等差数列、等比数列等特殊的数列、转化为数列的通项、性质或求和问题.
【例1】 第七届国际数学教育大会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.［（）11－1］
B.［（）11－1］
C.［（）12－1］
D.［（）12－1］
【瓶颈突破】 可将数列排成如下形式：
1
1，2
1，2，4
1，2，4，8
……
【训练1】 几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件，为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动，这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N：N＞56且该数列的前N项和为2的整数幂，那么该款软件的激活码是（ ）
A.95 B.105
C.115 D.125
考点二 数列与其他知识的交汇
【通性通法】 数列与其他知识的交汇问题，一般是根据题干得到数列的递推关系式，构造等差、等比数列解决问题.求解过程中要灵活运用数列的性质，准确应用数列的相关知识.
【例2】 设C1，C2，…，Cn，…是坐标平面上的一系列圆，它们的圆心都在x轴的正半轴上，且都与直线y＝x相切，对每一个正整数n，圆Cn都与圆Cn＋1相互外切，以rn表示圆Cn的半径，已知{rn}为递增数列，若r1＝1，则数列{n·rn}的前n项和为 .
【训练2】 已知数列{an}满足a1＝，an∈（ －，），tan an＋1＝（n∈N*）.
（1）证明：数列{tan2an}为等差数列，并求数列{tan an}的通项公式；
（2）求正整数m，使得sin a1·sin a2·…·sin am＝.
考点三 数列的新定义问题
【通性通法】 解答与数列有关的新定义问题的策略
（1）遇到新定义问题，需耐心研究题中信息，分析新定义的特点，搞清新定义的本质，按新定义的要求“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以顺利解决；
（2）类比“熟悉数列”的研究方式，用特殊化的方法研究新数列，向“熟悉数列”的性质靠拢.
【例3】 （2025·广东湛江二模）已知m＞0，若正项数列{an}满足 n∈N*，＜1＜，则称{an}为“上界m数列”.
（1）若cn＝sin（λ＞，n∈N*），判断数列{cn}是否为“上界1数列”，并说明理由；
（2）若数列{}是“上界m数列”，求m的最小值.
【瓶颈突破】 （1）根据性质P1的条件，结合不等式的性质求解；
（2）①由条件可得{an}是单调递增数列，且存在m∈N*，使得am＝2a2－a1.进而可得m≥3，a2≥3，结合a2＜a3，可得出结果；
②依题意可得{an}单调递增，设a2＝a1＋d，d＞0，由性质P2可推得，当k≥2时，存在ik＋1∈N*，使得＝2－＝a1＋kd，进而得bn＝a1＋（n－1）d，利用等差数列的定义证明即可.
【训练3】 （2025·浙江台州一模）对于无穷数列{an}和如下的两条性质：P1：存在实数λ＞0，使得 i，j∈N*且i＜j，都有aj－ai≥λ；P2： i，j∈N*且i＜j，都存在m∈N*，使得am＝2aj－ai.
（1）若an＝n＋，n∈N*，判断数列{an}是否满足性质P1，并说明理由；
（2）若i1＜i2＜…＜in＜…（ik∈N*，k＝1，2，3，…），且数列{bn}满足任意n∈N*，bn＝，则称{bn}为数列{an}的一个子数列.设数列{an}同时满足性质P1和性质P2.
①若a1＝1，a3＝5，求a2的取值范围；
②求证：存在{an}的子数列为等差数列.
创新交汇 数列与其他知识的综合问题
【典例·讲解】
【例1】 D 因为＝12，设第n（n∈N*，1≤n≤12）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{bn}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＝［（）12－1］.故选D.
【训练1】 A 将数列排成行的形式
1
1，2
1，2，4
1，2，4，8
……
第n行为20，21，…，2n－1，第n行和为an＝＝2n－1，前n行共有 个数，前项和为Sn＝－n＝2n＋1－2－n，则N＝＋m，前N项和为TN＝Sn＋am＝2n＋1－2－n＋2m－1，若TN为2的整数幂，则有2＋n＝2m－1，又∵N＞56，∴n＞10，且n为奇数，当n＝11时，m无整数解，当n＝13时，m＝4，此时N＝＋4＝95.
【例2】
解析：如图，y＝x的倾斜角α＝.设圆Cn，Cn＋1与直线y＝x的切点分别为E，F，连接CnE，Cn＋1F，过Cn作CnD⊥Cn＋1F，垂足为点D，则｜CnCn＋1｜＝rn＋1＋rn，｜Cn＋1D｜＝rn＋1－rn.由＝＝，整理得＝3，所以数列{rn}是首项r1＝1，公比q＝3的等比数列，即rn＝1×3n－1＝3n－1，所以n·rn＝n·3n－1.设数列{n·rn}的前n项和为Sn，则Sn＝1×30＋2×31＋3×32＋…＋n·3n－1，3Sn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，两式相减得－2Sn＝30＋31＋32＋…＋3n－1－n·3n＝－n·3n＝－，即Sn＝.
【训练2】 解：（1）证明：由已知条件可知，cos an＞0，
故an＋1∈（ 0，），tan2an＋1＝＝＝1＋tan2an，
则tan2an＋1－tan2an＝1，
故数列{tan2an}是以1为公差的等差数列，且首项为tan2a1＝tan2＝，
故tan2an＝n－1＋＝，
即tan an＝.
（2）sin a1·sin a2·…·sin am＝tan a1cos a1·tan a2cos a2·…·tan amcos am＝··…·＝＝，
由＝，得m＝3 333.
【例3】 解：（1）由题可知，c1＝sin，c2＝sin，
因为λ＞，所以0＜＜＜，
则c1＞c2＞0，则＞1，从而{cn}不是“上界1数列”.
（2）因为＝＝＜1，
又数列{}是“上界m数列”，所以m＞恒成立.
又＝＝2－＜2，
所以m≥2，即m的最小值为2.
【训练3】 解：（1）数列{an}满足性质P1.理由如下：
i，j∈N*且i＜j，aj－ai＝j＋－（i＋）＝（j－i）（1－），
因为i·j≥2，所以1－≥，又因为j－i≥1，所以（j－i）（1－）≥，
因此，存在λ＝，使得 i，j∈N*且i＜j，都有aj－ai≥λ，故{an}满足性质P1.（注：λ取0，之间的任意实数都可以）
（2）①因为数列{an}满足性质P1，所以{an}是单调递增数列，
又因为数列{an}满足性质P2，所以存在m∈N*，使得am＝2a2－a1.
而am＝2a2－a1＝a2＋a2－a1＞a2，因此m≥3，
由2a2－a1＝am≥a3＝5，得a2≥3，
由a2＜a3，得3≤a2＜5，故a2的取值范围是[3，5）.
②证明：由数列{an}满足性质P1，可知{an}是单调递增数列，设a2＝a1＋d，d＞0，
令i1＝1，i2＝2，由性质P2，存在i3∈N*，使得＝2－＝a1＋2d，
同理，存在i4∈N*，使得＝2－＝a1＋3d，…，
以此类推，当k≥2时，存在ik＋1∈N*，使得＝2－＝a1＋kd，
由数列{an}单调递增，可知i1＜i2＜…＜in＜….
记bn＝，n∈N*，
则bn＝a1＋（n－1）d，
因为bn＋1－bn＝d，n∈N*，
所以数列{bn}是等差数列，
故存在{an}的子数列{bn}为等差数列，得证.
1 / 2(共38张PPT)
创新交汇
数列与其他知识的综合问题
备考指南
数列与其他知识的综合问题是高考的热点，常以压轴题的
形式出现，一般难度较大，考查的范围较广.数列常与概率、函数、解析几何相结合，也可以与集合、解三角形、立体几何相结合.
典例·讲解 典例精析 强技提能
一
课后·训练 巩固强化 综合测评
二
目录 /
CONTENTS
典例·讲解
典例精析 强技提能
考点一 数列的新情境问题
【例1】 第七届国际数学教育大会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. ［（ ）11－1］
B. ［（ ）11－1］
C. ［（ ）12－1］
D. ［（ ）12－1］
√
【通性通法】 解决数列的新情境问题要首先理解题意，从新情境中抽象出等差数列、等比数列等特殊的数列、转化为数列的通项、性质或求和问题.
解析： 因为 ＝12，设第n（n∈N*，1≤n≤12）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{bn}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 ＝ ［（ ）12－1］.故
选D.
【训练1】 几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件，为
激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活
动，这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，
2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两
项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推.求满足如下条件的
最小整数N：N＞56且该数列的前N项和为2的整数幂，那么该款软件的激
活码是（ ）
A. 95 B. 105
C. 115 D. 125
√
【瓶颈突破】 可将数列排成如下形式：
1
1，2
1，2，4
1，2，4，8
……
解析： 将数列排成行的形式
1
1，2
1，2，4
1，2，4，8
……
第n行为20，21，…，2n－1，第n行和为an＝ ＝2n－1，前n行
共有 个数，前 项和为Sn＝ －n＝2n＋1－2－
n，则N＝ ＋m，前N项和为TN＝Sn＋am＝2n＋1－2－n＋2m－1，
若TN为2的整数幂，则有2＋n＝2m－1，又∵N＞56，∴n＞10，且n为奇
数，当n＝11时，m无整数解，当n＝13时，m＝4，此时N＝ ＋4＝95.
考点二 数列与其他知识的交汇
【例2】 设C1，C2，…，Cn，…是坐标平面上的一系列圆，它们的圆心
都在x轴的正半轴上，且都与直线y＝ x相切，对每一个正整数n，圆Cn
都与圆Cn＋1相互外切，以rn表示圆Cn的半径，已知{rn}为递增数列，若r1
＝1，则数列{n·rn}的前n项和为 .
【通性通法】 数列与其他知识的交汇问题，一般是根据题干得到数列的递推关系式，构造等差、等比数列解决问题.求解过程中要灵活运用数列
的性质，准确应用数列的相关知识.
解析：如图，y＝ x的倾斜角α＝ .设圆Cn，Cn
＋1与直线y＝ x的切点分别为E，F，连接CnE，
Cn＋1F，过Cn作CnD⊥Cn＋1F，垂足为点D，则｜
CnCn＋1｜＝rn＋1＋rn，｜Cn＋1D｜＝rn＋1－rn.由 ＝ ＝ ，整理得 ＝3，所以数列{rn}是首项r1＝1，公比q＝3的等比数列，即rn＝1×3n－1＝3n－1，所以n·rn＝n·3n－1.设数列{n·rn}的前n项和为Sn，则Sn＝1×30＋2×31＋3×32＋…＋n·3n－1，3Sn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，两式相减得－2Sn＝30＋31＋32＋…＋3n－1－n·3n＝ －n·3n＝－ ，即Sn＝ .
【训练2】 已知数列{an}满足a1＝ ，an∈（－ ， ），tan an＋1＝
（n∈N*）.
（1）证明：数列{tan2an}为等差数列，并求数列{tan an}的通项公式；
解： 证明：由已知条件可知， cos an＞0，
故an＋1∈（0， ），tan2an＋1＝ ＝ ＝1＋tan2an，
则tan2an＋1－tan2an＝1，
故数列{tan2an}是以1为公差的等差数列，且首项为tan2a1＝tan2 ＝ ，
故tan2an＝n－1＋ ＝ ，即tan an＝ .
（2）求正整数m，使得 sin a1· sin a2·…· sin am＝ .
解： sin a1· sin a2·…· sin am＝tan a1 cos a1·tan a2 cos a2·…·tan am cos am
＝ · ·…· ＝ ＝ ，
由 ＝ ，得m＝3 333.
考点三 数列的新定义问题
【例3】 （2025·广东湛江二模）已知m＞0，若正项数列{an}满足
n∈N*， ＜1＜ ，则称{an}为“上界m数列”.
（1）若cn＝ sin （λ＞ ，n∈N*），判断数列{cn}是否为
“上界1数列”，并说明理由；
【通性通法】 解答与数列有关的新定义问题的策略
（1）遇到新定义问题，需耐心研究题中信息，分析新定义的特点，搞清新定义的本质，按新定义的要求“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以顺利解决；
（2）类比“熟悉数列”的研究方式，用特殊化的方法研究新数列，向“熟悉数列”的性质靠拢.
解： 由题可知，c1＝ sin ，c2＝ sin ，
因为λ＞ ，所以0＜ ＜ ＜ ，
则c1＞c2＞0，则 ＞1，从而{cn}不是“上界1数列”.
（2）若数列{ }是“上界m数列”，求m的最小值.
解： 因为 ＝ ＝ ＜1，
又数列{ }是“上界m数列”，所以m＞ 恒成立.
又 ＝ ＝2－ ＜2，
所以m≥2，即m的最小值为2.
【训练3】 （2025·浙江台州一模）对于无穷数列{an}和如下的两条性
质：P1：存在实数λ＞0，使得 i，j∈N*且i＜j，都有aj－ai≥λ；P2：
i，j∈N*且i＜j，都存在m∈N*，使得am＝2aj－ai.
（1）若an＝n＋ ，n∈N*，判断数列{an}是否满足性质P1，并说明理由；
【瓶颈突破】 （1）根据性质P1的条件，结合不等式的性质求解；
（2）①由条件可得{an}是单调递增数列，且存在m∈N*，使得am＝2a2－
a1.进而可得m≥3，a2≥3，结合a2＜a3，可得出结果；
②依题意可得{an}单调递增，设a2＝a1＋d，d＞0，由性质P2可推得，当
k≥2时，存在ik＋1∈N*，使得 ＝2 － ＝a1＋kd，进而得bn＝
a1＋（n－1）d，利用等差数列的定义证明即可.
解： 数列{an}满足性质P1.理由如下：
i，j∈N*且i＜j，aj－ai＝j＋ －（i＋ ）＝（j－i）（1－ ），
因为i·j≥2，所以1－ ≥ ，又因为j－i≥1，所以（j－i）（1－ ）
≥ ，
因此，存在λ＝ ，使得 i，j∈N*且i＜j，都有aj－ai≥λ，故{an}满足
性质P1.（注：λ取0， 之间的任意实数都可以）
（2）若i1＜i2＜…＜in＜…（ik∈N*，k＝1，2，3，…），且数列{bn}满
足任意n∈N*，bn＝ ，则称{bn}为数列{an}的一个子数列.设数列{an}
同时满足性质P1和性质P2.
①若a1＝1，a3＝5，求a2的取值范围；
②求证：存在{an}的子数列为等差数列.
解： ①因为数列{an}满足性质P1，所以{an}是单调递增数列，
又因为数列{an}满足性质P2，所以存在m∈N*，使得am＝2a2－a1.
而am＝2a2－a1＝a2＋a2－a1＞a2，因此m≥3，
由2a2－a1＝am≥a3＝5，得a2≥3，
由a2＜a3，得3≤a2＜5，故a2的取值范围是[3，5）.
②证明：由数列{an}满足性质P1，可知{an}是单调递增数列，设a2＝a1＋
d，d＞0，
令i1＝1，i2＝2，由性质P2，存在i3∈N*，使得 ＝2 － ＝a1＋2d，
同理，存在i4∈N*，使得 ＝2 － ＝a1＋3d，…，
以此类推，当k≥2时，存在ik＋1∈N*，使得 ＝2 － ＝a1＋kd，
由数列{an}单调递增，可知i1＜i2＜…＜in＜….
记bn＝ ，n∈N*，则bn＝a1＋（n－1）d，
因为bn＋1－bn＝d，n∈N*，所以数列{bn}是等差数列，
故存在{an}的子数列{bn}为等差数列，得证.
课后·训练
巩固强化 综合测评
（时间：45分钟，满分：63分）
一、单项选择题（每小题5分，共15分）
1. 已知复数数列{an}满足a1＝2i，an＋1＝ian＋i＋1，n∈N*（i为虚数单
位），则a10＝（ ）
A. 2i B. －2i
C. 1＋i D. －1＋i
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√
解析： 由已知可得an＋1－i＝i（an－i），因此数列{an－i}是以a1－i＝i
为首项，以i为公比的等比数列，所以a10－i＝i·i9＝i10＝－1，故a10＝－1＋
i.故选D.
2. （2025·云南昆明二模）已知等差数列{an}满足公差为d，a1≠0，前n
项和为Sn，记集合M＝{k｜ak＝Sk}，若M中有2个元素，则a1，d的关系
可以为（ ）
A. 2a1＋3d＝0 B. 2a1－3d＝0
C. 3a1＋2d＝0 D. 3a1－2d＝0
√
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解析： 由ak＝Sk，得a1＋（k－1）d＝ka1＋ d，则（k－1）
[2a1＋（k－2）d]＝0，由M中有2个元素，得关于k的方程2a1＋（k－
2）d＝0有不小于2的整数解，而a1≠0，则d≠0，k＞2，k∈N*，方程2a1
＋（k－2）d＝0中a1的系数为2，d的系数k－2是正整数，选项A符合要
求，选项B、C、D不符合要求.故选A.
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3. （2025·广州六校联考）已知等差数列{an}中，a9＝ ，设函数f（x）
＝ cos 4x－ sin 4x－2 sin x cos x－1，记yn＝f（an），则数列{yn}的前
17项和为（ ）
A. －51 B. －48
C. －17 D. 0
√
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解析： 由题意知f（x）＝ cos 4x－ sin 4x－2 sin x cos x－1＝（ cos
2x＋ sin 2x）（ cos 2x－ sin 2x）－ sin 2x－1＝ cos 2x－ sin 2x－1＝
2 cos （2x＋ ）－1，当x＝ 时，2 cos （2× ＋ ）＝0，即f（x）的
图象关于点（ ，－1）成中心对称.由于等差数列{an}中，a9＝ ，故a1
＋a17＝a2＋a16＝…＝2a9＝2× ，故f（a1）＋f（a17）＝f（a2）＋f
（a16）＝…＝f（a8）＋f（a10）＝2×（－1）＝－2，故数列{yn}的前17
项和为f（a1）＋f（a2）＋…＋f（a17）＝[f（a1）＋f（a17）]＋[f
（a2）＋f（a16）]＋…＋[f（a8）＋f（a10）]＋f（a9）＝8×（－2）－1
＝－17.
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二、填空题（5分）
4. 如图，P1是一块半径为2a的半圆形纸板，在P1的左下端剪去一个半径
为a的半圆后得到图形P2，然后依次剪去一个更小的半圆（其直径为前一
个被剪掉半圆的半径）得图形P3，P4，…，Pn，…，记第n块纸板Pn的面
积为Sn，则S4＝ πa2 ，如果 n∈N*，使得Sn＜ 成立，那么
a的取值范围是 .
πa2
（0，2）
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解析：由题意可知，依次剪去一个更小的半圆，其半径为前一个半圆半径
的一半，故每次剪去的半圆的面积组成了首项为 ，公比为 的等比数
列，第n块纸板Pn是剪了n－1次后得到的，故Sn＝ －
＝2πa2［ ＋ ×（ ）n－1］，故S4＝2πa2［ ＋ ×
（ ）3］＝ πa2； n∈N*，使得Sn＜ 成立，故只需 ＜ ，解
得a2＜4，而a＞0，所以0＜a＜2.
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三、解答题（共43分）
5. （13分）如图，从点P1（0，0）作x轴的垂线交曲线y＝ex于点Q1（0，
1），曲线在点Q1处的切线与x轴交于点P2，再从P2作x轴的垂线交曲线于
点Q2，依次重复上述过程得到一系列点：P1，Q1；P2，Q2；…；Pn，
Qn.记点Pk的坐标为（xk，0）（k＝1，2，…，n）.
（1）试求xk与xk－1的关系（2≤k≤n）；
解： 设点Pk－1的坐标是（xk－1，0）.
因为y＝ex，所以y'＝ex，所以Qk－1（xk－1， ），
在点Qk－1（xk－1， ）处的切线方程是y－ ＝
（x－xk－1），令y＝0，则xk＝xk－1－1（2≤k≤n）.
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（2）求｜P1Q1｜＋｜P2Q2｜＋…＋｜PnQn｜的值.
解： 因为x1＝0，xk－xk－1＝－1，所以xk＝－（k
－1），所以｜PkQk｜＝ ＝e－（k－1），
所以｜P1Q1｜＋｜P2Q2｜＋｜P3Q3｜＋…＋｜PnQn｜
＝1＋e－1＋e－2＋…＋e－（n－1）＝ ＝ .
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6. （15分）（2025·北京平谷一模节选）对于数列A：a1，a2，…，an，若
满足ai∈{0，1}（i＝1，2，3，…，n），则称数列A为“0－1数列”.定
义变换T：若ai＝1，将ai变成0，1，若ai＝0，将ai变成1，0，得到新的
“0－1数列”.设A0是“0－1数列”，令Ak＝T（Ak－1），k＝1，2，
3，….
（1）若数列A3：0，1，1，0，1，0，0，1，0，1，1，0，求数列A2，A1；
解： 由变换T的定义可得A2：1，0，0，1，1，0；A1：0，1，0.
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（2）若数列A0共有10项，则数列A2中连续两项相等的数对至多有多少
对？请说明理由.
解： 数列A2中连续两项相等的数对至多有19对.
理由如下：对于任意一个“0－1数列”A0，A0中每一个1在A2中对应连续
四项1，0，0，1.
在A0中每一个0在A2中对应的连续四项为0，1，1，0，
因此，共有10项的“0－1数列”A0中的每一个项在A2中都会对应一个连续
相等的数对，
在A2中若出现连续两项的数对最多，
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对于i＝1，2，3，…，9，A0中的每一个第ai项和第ai＋1项之间产生一个连
续相等的数对，
所以A2中至多有19对连续相等的数对.
如取A0：1，1，1，1，1，1，1，1，1，1，则A1：0，1，0，1，0，1，
0，1，0，1，0，1，0，1，0，1，0，1，0，1，
A2：1，0，0，1，1，0，0，1，1，0，0，1，1，0，0，1，1，0，0，1，
1，0，0，1，1，0，0，1，1，0，0，1，1，0，0，1，1，0，0，1.
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7. （15分）已知正四面体ABCD中，AB＝2，P1，P2，…，Pn在线段AB上，且｜AP1｜＝｜P1P2｜＝…＝｜Pn－1Pn｜＝｜PnB｜，过点Pn作平行于直线AC，BD的平面，截面面积为an，证明：
（1）a1＝1；
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证明： 由题意得｜AP1｜
＝｜P1P2｜＝｜P2P3｜＝…
＝｜PnB｜＝ ，
取BD中点O，连接AO，CO，
如图1.
因为△ABD，△BCD均为等边三角形，所以AO⊥BD，CO⊥BD，因为AO∩CO＝O，AO，CO 平面AOC，所以BD⊥平面AOC.
因为AC 平面AOC，所以BD⊥AC，
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过点P1作P1E1∥AC交BC于点E1，过点P1作P1F1∥BD交AD于点F1，过点E1作E1G1∥P1F1交CD于点G1，连接F1G1，如图2，则P1F1⊥P1E1，
故四边形P1F1G1E1为截面，且四边形P1F1G1E1为矩形，
由相似知识可知｜AP1｜＝｜
P1F1｜＝ ，｜E1P1｜＝
，同理得｜FnPn｜＝ ，
｜EnPn｜＝ ，故an＝｜FnPn｜·｜EnPn｜＝ · ＝ ，所以a1＝ ＝1.
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（2）{an}为递减数列.
证明： 由（1）知an＝ ，n∈N*，
所以an＋1－an＝ － ＝
＝ ＜0，
故an＋1＜an，故{an}为递减数列.
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THANKS
演示完毕 感谢观看
