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1、数数 列列 题七专 卷卷卷卷卷卷 2018 等差数列的基本运算等差数列的基本运算 T4 等差数列的通项公式、等差数列的通项公式、 前前n项和公式及最值项和公式及最值 T17 等比数列的通项等比数列的通项 公式、前公式、前n项和公项和公 式式T17 Sn与与an的关系、等比的关系、等比 数列求和数列求和T14 2017 等差数列的基本运算等差数列的基本运算 T4 数学文化、等比数列的数学文化、等比数列的 概念、前概念、前n项和公式项和公式T3 等差数列的通项等差数列的通项 公式、前公式、前n项和公项和公 式及等比中项式及等比中项T9 等差数列、等比数列等差数列、等比数列 前前n项和公式的运用、项
2、和公式的运用、 创新问题创新问题T12 等差数列的通项公式、等差数列的通项公式、 前前n项和公式、裂项相项和公式、裂项相 消法求和消法求和T15 等比数列的通项等比数列的通项 公式公式T14 2016 等差数列的基本运算等差数列的基本运算 T3 等差数列的通项公式、等差数列的通项公式、 前前n项和公式、创新问项和公式、创新问 题题T17 数列的递推关系、数列的递推关系、 等比数列的定义等比数列的定义 及通项公式及通项公式 T17 等比数列的基本运算等比数列的基本运算 及二次函数最值问题及二次函数最值问题 T15 卷卷卷卷卷卷 纵向纵向 把握把握 趋势趋势 卷卷3年年6考，题型考，题型 为选择题
3、和填空题，为选择题和填空题， 难度适中涉及等难度适中涉及等 差、等比数列的基差、等比数列的基 本运算，本运算，Sn与与an的关的关 系，预计系，预计2019年会年会 以解答题的形式考以解答题的形式考 查等差、等比数列查等差、等比数列 的基本关系及等差、的基本关系及等差、 等比数列的判定与等比数列的判定与 证明证明 卷卷3年年4考，题型既有选考，题型既有选 择题、填空题和解答题，择题、填空题和解答题， 涉及数学文化、等差数列涉及数学文化、等差数列 与等比数列的基本运算、与等比数列的基本运算、 数列前数列前n项和的求法预项和的求法预 计计2019年高考题仍以考查年高考题仍以考查 等差、等比数列的基
4、本运等差、等比数列的基本运 算为主，同时考查数列求算为主，同时考查数列求 和问题，且三种题型均有和问题，且三种题型均有 可能可能 卷卷3年年4考，题型考，题型 既有选择题、填空既有选择题、填空 题，也有解答题，题，也有解答题， 涉及等差、等比数涉及等差、等比数 列的基本运算、数列的基本运算、数 列求和问题，难度列求和问题，难度 适中预计适中预计2019年年 高考会以小题的形高考会以小题的形 式考查等差、等比式考查等差、等比 数列的性质及基本数列的性质及基本 运算，难度适中运算，难度适中 横向横向 把握把握 重点重点 1.1.高考主要考查等差数列及等比数列的基本运算，两类数列求和方高考主要考查等
5、差数列及等比数列的基本运算，两类数列求和方 法法(裂项求和法、错位相减法裂项求和法、错位相减法)、两类综合、两类综合(与函数综合、与不等式综与函数综合、与不等式综 合合)，主要突出数学思想的应用，主要突出数学思想的应用 2.2.若以解答题形式考查，数列往往与解三角形在若以解答题形式考查，数列往往与解三角形在17题的位置上交替题的位置上交替 考查，试题难度中等；若以客观题考查，难度中等的题目较多，但考查，试题难度中等；若以客观题考查，难度中等的题目较多，但 有时也出现在第有时也出现在第12题或题或16题位置上，难度偏大，复习时应引起关注题位置上，难度偏大，复习时应引起关注. 考法一考法一等差、等
6、比数列的基本运算和性质 题组全练题组全练 1(2017 全国卷全国卷)记记 Sn为等差数列为等差数列an的前的前 n 项和若项和若 a4 a524，S648，则，则an的公差为的公差为 ( ) A1 B2 C4 D8 答案答案：C 解析：解析：设等差数列设等差数列an的公差为的公差为 d， 则由则由 a4a524， S648， 得得 a13da14d24， 6a16 5 2 d48， 即即 2a17d24， 2a15d16， 解得解得 d4. 2已知等比数列已知等比数列an满足满足 a13，a1a3a521，则，则 a3a5a7 ( ) A21 B42 C63 D84 解析：解析：设设an的公
7、比为的公比为 q，由，由 a13，a1a3a521，得，得 1 q2q47，解得，解得 q22(负值舍去负值舍去)a3a5a7a1q2a3q2 a5q2(a1a3a5)q221242. 答案：答案：B 3(2017 全国卷全国卷)等差数列等差数列an的首项为的首项为 1，公差不为，公差不为 0.若若 a2，a3，a6成等比数列，则成等比数列，则an前前 6 项的和为项的和为 ( ) A24 B3 C3 D8 解析：解析：设等差数列设等差数列an的公差为的公差为 d， 因为因为 a2，a3，a6成等比数列，所以成等比数列，所以 a2a6a2 3， ， 即即(a1d)(a15d)(a12d)2.
8、又又 a11，所以，所以 d22d0. 又又 d0，则，则 d2， 所以所以an前前 6 项的和项的和 S6616 5 2 (2)24. 答案：答案：A 4若若an是等差数列，首项是等差数列，首项 a10，a2 017a2 0180，a2 017 a2 018 0，则使前，则使前 n 项和项和 Sn0 成立的最大正整数成立的最大正整数 n 是是( ) A2 017 B2 018 C4 034 D4 035 解析：解析：因为因为 a10，a2 017a2 0180，a2 017 a2 0180，所以，所以 d 0，a2 0170，a2 0180， 所以所以 S4 0344 034 a 1 a4
9、034 2 4 034 a 2 017 a2 018 2 0， S4 0354 035 a 1 a4 035 2 4 035a2 0180， 所以使前所以使前 n 项和项和 Sn0 成立的最大正整数成立的最大正整数 n 是是 4 034. 答案：答案：C 5(2018 全国卷全国卷)等比数列等比数列an中，中，a11，a54a3. (1)求求an的通项公式；的通项公式； 解：解：(1)设设an的公比为的公比为q，由题设得，由题设得anqn 1. 由已知得由已知得q44q2，解得，解得q0(舍去舍去)或或q2或或q2. 故故an(2)n 1或 或an2n 1. (2)若若an(2)n 1，则 ，
10、则Sn1 2 n 3 . 由由Sm63，得，得(2)m188，此方程没有正整数解，此方程没有正整数解 若若an2n 1，则 ，则Sn1 2n 12 2n1. 由由Sm63，得，得2m64，解得，解得m6. 综上，综上，m6. (2)记记 Sn为为an的前的前 n 项和若项和若 Sm63，求，求 m. 系统方法系统方法 1 1等差等差( (比比) )数列基本运算的解题思路数列基本运算的解题思路 (1)设基本量设基本量 a1和公差和公差 d(公比公比 q) 2等差、等比数列性质问题的求解策略等差、等比数列性质问题的求解策略 (1)抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这抓住项与项之间的关系及
11、项的序号之间的关系，从这 些特点入手选择恰当的性质进行求解些特点入手选择恰当的性质进行求解 (2)列、解方程列、解方程(组组)：把条件转化为关于：把条件转化为关于 a1和和 d(q)的方程的方程 (组组)，求出，求出 a1和和 d(q)后代入相应的公式计算后代入相应的公式计算 (2)数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单 调性、周期性等，可利用函数的性质解题调性、周期性等，可利用函数的性质解题 (3)利用数列性质进行运算时， 要注意整体思想的应用利用数列性质进行运算时， 要注意整体思想的应用(如如 第第 2 题题)，可以减少计算量，此方法还
12、适用于求函数值、求函，可以减少计算量，此方法还适用于求函数值、求函 数的解析式等问题数的解析式等问题. 考法二考法二 以数学文化为背景的数列问题以数学文化为背景的数列问题 题组全练题组全练 1 张丘建算经卷上第 张丘建算经卷上第 22 题为：题为：“今有女善织，日益功疾初今有女善织，日益功疾初 日织五尺， 今一月日织九匹三丈日织五尺， 今一月日织九匹三丈 ”其意思为今有一女子擅长其意思为今有一女子擅长 织布，且从第织布，且从第 2 天起，每天比前一天多织相同量的布，若第一天起，每天比前一天多织相同量的布，若第一 天织天织 5 尺布，现在一个月尺布，现在一个月(按按 30 天计天计)共织共织 3
13、90 尺布则该女尺布则该女 子最后一天织布的尺数为子最后一天织布的尺数为 ( ) A18 B20 C21 D25 答案答案：C 解析：解析：依题意得，织女每天所织的布的尺数依次排列形成一依题意得，织女每天所织的布的尺数依次排列形成一 个等差数列，设为个等差数列，设为an，其中，其中 a15，前，前 30 项和为项和为 390，于是，于是 有有30 5 a30 2 390，解得，解得 a3021，即该织女最后一天织，即该织女最后一天织 21 尺布尺布 2(2017 全国卷全国卷)我国古代数学名著算法统宗中有如下问我国古代数学名著算法统宗中有如下问 题：题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三
14、百八十一，远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一， 请问尖头几盏灯？请问尖头几盏灯？”意思是：一座意思是：一座 7 层塔共挂了层塔共挂了 381 盏灯，盏灯， 且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍，则塔的顶倍，则塔的顶 层共有灯层共有灯 ( ) A1 盏盏 B3 盏盏 C5 盏盏 D9 盏盏 解析：解析：每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为an， 则前则前 7 项的和项的和 S7381， 公比， 公比 q2， 依题意， 得， 依题意， 得 S7a 1 1 27 12 381，解得，解得 a1
15、3. 答案：答案：B 3我国古代数学名著九章算术中，有已知长方形面积求我国古代数学名著九章算术中，有已知长方形面积求 一边的算法，其方法的前两步为：一边的算法，其方法的前两步为： 第一步：构造数列第一步：构造数列 1，1 2， ，1 3， ，1 4， ，1 n. 第二步：将数列的各项乘以第二步：将数列的各项乘以 n，得数列，得数列(记为记为)a1，a2，a3， ，an. 则则 a1a2a2a3an 1an等于等于 ( ) An2 B(n1)2 Cn(n1) Dn(n1) 解析：解析： a1a2a2a3an 1an n 1 n 2 n 2 n 3 n n1 n n n2 1 12 1 23 1
16、n1 n n2 11 2 1 2 1 3 1 n1 1 n n2 n1 n n(n1) 答案：答案：C 系统方法系统方法 解决数列与数学文化问题的解决数列与数学文化问题的 3 步骤步骤 读懂题意读懂题意 构建模型构建模型 求解模型求解模型 会脱去数学文化的背景，读懂题意会脱去数学文化的背景，读懂题意 由题意，构建等差或等比数列或递推关系由题意，构建等差或等比数列或递推关系 式的模型式的模型 利用所学知识求解数列的相关信息，如指利用所学知识求解数列的相关信息，如指 定项、定项、 通项公式或前通项公式或前n项和项和 考法三考法三等差、等比数列的判定与证明等差、等比数列的判定与证明 由题知法由题知法
17、 典例典例 (2017 全国卷全国卷)记记 Sn为等比数列为等比数列an的前的前 n 项项 和已知和已知 S22，S36. (1)求求an的通项公式；的通项公式； 解解 设设an的公比为的公比为 q. 由题设可得由题设可得 a1 1q 2， a1 1qq2 6. 解得解得 a12， q2. 故故an的通项公式为的通项公式为 an(2)n. (2)求求 Sn，并判断，并判断 Sn 1，Sn，Sn2是否成等差数列是否成等差数列 解解 由由(1)可得可得 Sn 2 1 2 n 1 2 2 3 (1)n2 n1 3 . 由于由于 Sn 2Sn14 3 (1)n2 n3 2n 2 3 2 2 3 1 n
18、2 n1 3 2Sn， 故故 Sn 1，Sn，Sn2成等差数列成等差数列 类题通法类题通法 证明证明an是等差或等比数列的基本方法是等差或等比数列的基本方法 等差等差 数列数列 (1)利用定义， 证明利用定义， 证明 an 1an(nN N *)为一常数； 为一常数； (2)利用等差中项， 证明利用等差中项， 证明 2anan 1an1(n2) 等比等比 数列数列 (1)利用定义，证明利用定义，证明a n 1 an (nN N *)为一常数； 为一常数； (2)利用等比中项，证明利用等比中项，证明 a2 n an 1an1(n2) 应用通关应用通关 (2018 全国卷全国卷)已知数列已知数列a
19、n满足满足a11，nan 12(n1)an. 设设bnan n . (1)求求b1，b2，b3； (2)判断数列判断数列bn是否为等比数列，并说明理由；是否为等比数列，并说明理由； (3)求求an的通项公式的通项公式 解：解：(1)由条件可得由条件可得an 12 n 1 n an. 将将n1代入得，代入得，a24a1，而，而a11，所以，所以a24. 将将n2代入得，代入得，a33a2，所以，所以a312. 从而从而b11，b22，b34. (2)数列数列bn是首项为是首项为1，公比为，公比为2的等比数列的等比数列 由条件可得由条件可得 an 1 n1 2an n ，即，即bn 12bn，又，
20、又b11， 所以数列所以数列bn是首项为是首项为1，公比为，公比为2的等比数列的等比数列 (3)由由(2)可得可得an n 2n 1，所以 ，所以ann 2n 1. 考法四考法四数列求和数列求和 角度一角度一 公式法求和公式法求和 例例1 (2018 厦门质检厦门质检)已知数列已知数列an满足满足a11，an 1 3an 2an3， ，nN N *. (1)求证：数列求证：数列 1 an 为等差数列；为等差数列； 解解 证明：由证明：由 an 1 3an 2an3， ， 得得 1 an 1 2a n 3 3an 1 an 2 3，所以 ，所以 1 an 1 1 an 2 3. 又又 a11，则
21、，则 1 a1 1， 所以数列所以数列 1 an 是首项为是首项为 1，公差为，公差为2 3的等差数列 的等差数列 (2)设设 T2n 1 a1a2 1 a2a3 1 a3a4 1 a4a5 1 a2n 1a2n 1 a2na2n 1，求 ，求 T2n. 解解 设设 bn 1 a2n 1a2n 1 a2na2n 1 1 a2n 1 1 a2n 1 1 a2n， ， 由由(1)得，数列得，数列 1 an 是公差为是公差为2 3的等差数列， 的等差数列， 所以所以 1 a2n 1 1 a2n 1 4 3， ， 即即 bn 1 a2n 1 1 a2n 1 1 a2n 4 3 1 a2n， ， 所以所
22、以 bn 1bn4 3 1 a2n 2 1 a2n 4 3 4 3 16 9 . 又又 b14 3 1 a2 4 3 1 a1 2 3 20 9 ， 所以数列所以数列bn是首项为是首项为20 9 ，公差为，公差为16 9 的等差数列，的等差数列， 所以所以 T2nb1b2bn20 9 nn n 1 2 16 9 4 9(2n 2 3n) 类题通法类题通法 公式法求数列和问题需过公式法求数列和问题需过“三关三关” 定义关定义关 应用关应用关 运算关运算关 会利用等差数列或等比数列的定义，判断会利用等差数列或等比数列的定义，判断 所给的数列是等差数列还是等比数列所给的数列是等差数列还是等比数列 会
23、应用等差会应用等差( (比比) )数列的前数列的前n n项和公式来求解项和公式来求解 认真运算，此类题将迎刃而解认真运算，此类题将迎刃而解 角度二角度二 分组求和法求和分组求和法求和 例例2 (2018 珠海模拟珠海模拟)已知等差数列已知等差数列an的首项为的首项为 a，公，公 差为差为 d，nN*，且不等式，且不等式 ax23x20) 由已知由已知 b2b312，得，得 b1(qq2)12， 而而 b12，所以，所以 q2q60. 又因为又因为 q0，解得，解得 q2.所以所以 bn2n. 由由 b3a42a1，可得，可得 3da18. 由由 S1111b4，可得，可得 a15d16. 由由
24、，解得，解得 a11，d3，由此可得，由此可得 an3n2. 所以数列所以数列an的通项公式为的通项公式为 an3n2， 数列， 数列bn的通项公式为的通项公式为 bn2n. (2)求数列求数列a2nb2n 1的前的前 n 项和项和(nN*) 解解 设数列设数列a2nb2n 1的前的前 n 项和为项和为 Tn， 由由 a2n6n2，b2n 124n 1， ， 得得 a2nb2n 1(3n1)4n， 故故 Tn24542843(3n1)4n， 4Tn242543844(3n4)4n(3n 1)4n 1， ， ，得，得3Tn2434234334n(3n 1)4n 1 12 14n 14 4(3n1
25、)4n 1 (3n2)4n 1 8. 故故 Tn3n 2 3 4n 1 8 3. 所以数列所以数列a2nb2n 1的前的前 n 项和为项和为3n 2 3 4n 1 8 3. 类题通法类题通法 错位相减法求数列和问题的步骤错位相减法求数列和问题的步骤 巧分拆巧分拆 构差式构差式 得结论得结论 把数列的通项转化为等差数列、等比数列把数列的通项转化为等差数列、等比数列 的通项的和，并求出等比数列的公比的通项的和，并求出等比数列的公比 求出前求出前n项和的表达式，然后乘以等比数项和的表达式，然后乘以等比数 列的公比，两式作差列的公比，两式作差 根据差式的特征进行准确求和根据差式的特征进行准确求和 重难
26、增分重难增分( (一一) ) 数列递推公式的应用数列递推公式的应用 考法全析考法全析 一、曾经这样考一、曾经这样考 1利用利用 an与与 Sn的关系求的关系求 Sn(2015 全国卷全国卷)设设 Sn是数列是数列an的前的前 n 项和，且项和，且 a11，an 1SnSn1，则，则 Sn_. 解析：解析：由已知得由已知得 an 1Sn1SnSn1Sn， 两边同时除以两边同时除以 Sn 1Sn，得，得 1 Sn 1 1 Sn 1， 故数列故数列 1 Sn 是以是以1 为首项，为首项，1 为公差的等差数列，为公差的等差数列， 则则 1 Sn 1(n1)(1)n，所以，所以 Sn1 n. 1 n 启
27、思启思维维 本题通过等式本题通过等式 an 1SnSn1考查了考查了 an与与 Sn关关 系的转化及应用，通过构造新数列来求解一般地，对于既系的转化及应用，通过构造新数列来求解一般地，对于既 有有 an， 又 有， 又 有 Sn的 数 列 题 ， 应 充 分 利 用 公 式的 数 列 题 ， 应 充 分 利 用 公 式 an S1，n1， SnSn 1，n2， 有时将有时将 an转化为转化为 Sn， 有时将， 有时将 Sn转化为转化为 an， 要根据题中所给条件灵活变动应注意对要根据题中所给条件灵活变动应注意对 n1 的检验的检验 二、还可能这样考二、还可能这样考 2累加法或累乘法求数列的通项
28、累加法或累乘法求数列的通项已知数列已知数列an满足满足 a12， anan 1n(n2，nN*)，则，则 an_. 解析：解析：由题意可知，由题意可知，a2a12，a3a23，anan 1 n(n2)， 以上式子累加得，以上式子累加得，ana123n. 因为因为 a12， 所以所以 an2(23n)2 n 1 2n 2 n 2 n2 2 (n2) 因为因为 a12 满足上式，所以满足上式，所以 ann 2 n2 2 . 答案答案：n 2 n2 2 启思维启思维 (1)本题数列的递推公式可转化为本题数列的递推公式可转化为an 1anf(n)， 通常采用等差数列通项公式的求解方法通常采用等差数列通
29、项公式的求解方法累加法累加法(逐差相加法逐差相加法) 求解即先将递推公式化成求解即先将递推公式化成an 1anf(n)，然后分别把，然后分别把n1, 2,3，n1代入上式，便会得到代入上式，便会得到(n1)个等式，最后添加关个等式，最后添加关 于于a1的等式，把的等式，把n个等式相加之后，就会直接得到该数列的通项个等式相加之后，就会直接得到该数列的通项 公式公式 (2)对于递推公式可转化为对于递推公式可转化为a n 1 an f(n)的数列，因为其类似的数列，因为其类似 于等比数列，故通常采用等比数列通项公式的求解方法于等比数列，故通常采用等比数列通项公式的求解方法 累乘法累乘法(逐商相乘法逐
30、商相乘法)求解即分别将求解即分别将 n1,2,3，n1 代代 入上式，便会得到入上式，便会得到(n1)个等式，最后添加关于个等式，最后添加关于 a1的等式，的等式， 这这 n 个等式相乘之后，就会直接得到该数列的通项公式如个等式相乘之后，就会直接得到该数列的通项公式如 增分集训增分集训第第 2 题题 3构造法求数列的通项构造法求数列的通项已知数列已知数列an满足满足 a12，an 1 2an 2an(n N*)，则，则 an_. 解析：解析：因为因为 an 1 2an 2an，所以 ，所以 1 an 1 1 an 1 2. 因为因为 a12，即，即 1 a1 1 2， ， 所以数列所以数列 1
31、 an 是首项为是首项为1 2，公差为 ，公差为1 2的等差数列， 的等差数列， 所以所以 1 an 1 2 (n1)1 2 n 2，故 ，故 an2 n. 答案：答案：2 n 启思维启思维 (1)本题递推公式是形如本题递推公式是形如 an 1 san tans的递推关 的递推关 系，系，可采用取倒数的方法，将递推式变形为可采用取倒数的方法，将递推式变形为 1 an 1 1 an t s， ，从从 而可构造出数列而可构造出数列 1 an ，其首项为其首项为 1 a1， ，公差为公差为 t s. (2)对于递推式对于递推式an 1panq(p，q为常数为常数)，当当p1时时， an为等差数列为等
32、差数列；当当p0，q0时时，an为等比数列为等比数列；当当 p0，q0时时，可利用待定系数法可利用待定系数法，将递推式转化为将递推式转化为an 1 q p1 p an q p1 ，从而可构造出数列从而可构造出数列 an q p1 ，其首项其首项 为为a1 q p1(不等于 不等于0)，公比为公比为p.如如 增分集训增分集训 第第3 3题题 增分集训增分集训 1(2018 全国卷全国卷)记记 Sn为数列为数列an的前的前 n 项和若项和若 Sn2an 1，则，则 S6_. 解析：解析：Sn2an1，当当 n2 时，时，Sn 12an11， anSnSn 12an2an1， 即即 an2an 1.
33、 当当 n1 时，时，a1S12a11，得，得 a11. 数列数列an是首项是首项 a1为为1，公比，公比 q 为为 2 的等比数列，的等比数列， Sna 1 1 qn 1q 1 12n 12 12n， S612663. 答案答案：63 2已知在数列已知在数列an中，中，an 1 n n2an(n N*)，且，且 a14，则数，则数 列列an的通项公式的通项公式 an_. 解析：解析：由由 an 1 n n2an，得 ，得a n 1 an n n2， ， 故故a2 a1 1 3， ，a3 a2 2 4， ，a4 a3 3 5， ， an an 1 n 1 n1(n 2)， 以上式子累乘得，以上
34、式子累乘得，an a1 1 3 2 4 3 5 n2 n n1 n1 2 n n1 . 因为因为 a14，所以，所以 an 8 n n1 (n 2) 因为因为 a14 满足上式，所以满足上式，所以 an 8 n n1 . 答案：答案： 8 n n1 3(2019 届高三届高三 陕西实验中学模拟陕西实验中学模拟)已知数列已知数列an中，中，a13， 且点且点 Pn(an，an 1)(nN*)在直线在直线 4xy10 上，则数列上，则数列 an的通项公式的通项公式 an_. 解析：解析：因为点因为点 Pn(an，an 1)在直线在直线 4xy10 上，上， 所以所以 4anan 110. 所以所以
35、 an 11 3 4 an1 3 . 因为因为 a13，所以，所以 a11 3 10 3 . 故数列故数列 an1 3 是首项为是首项为10 3 ，公比为，公比为 4 的等比数列的等比数列 所以所以 an1 3 10 3 4n 1， ， 故数列故数列an的通项公式为的通项公式为 an10 3 4n 1 1 3. 答案：答案：10 3 4n 1 1 3 重难增分重难增分( (二二) ) 数列与其他知识的交汇问题数列与其他知识的交汇问题 典例细解典例细解 例 例1 (2017 全国卷全国卷)几位大学生响应国家的创业号召， 开发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
36、兴趣，他们推出了了一款应用软件为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数解数 学题获取软件激活码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活动 这款软件的激活码为下面数学问题 的的答案：答案：已知数列已知数列 1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，其中第一项是，其中第一项是 20， 接下来的两项是， 接下来的两项是 20,21， 再接下来的三项是， 再接下来的三项是 20,21,22， 依此类推 求， 依此类推 求 满足如下条件的最小整数满足如下条件的最小整数 N：N100 且该数列的前且该数列的前 N 项和为项和为 2 的的 整数幂那么该款软件的激活
37、码是整数幂那么该款软件的激活码是 ( ) A440 B330 C220 D110 解析解析 设第一项为第设第一项为第 1 组，接组，接下来的两项为第下来的两项为第 2 组，再组，再 接下来的三项为第接下来的三项为第 3 组，依此类推，则第组，依此类推，则第 n 组的项数为组的项数为 n， 前前 n 组的项数和为组的项数和为n n 1 2 . 由题意可知，由题意可知，N100，令，令n n 1 2 100， 得得 n14，nN*，即，即 N 出现在第出现在第 13 组之后组之后 易得第易得第 n 组的所有项的和为组的所有项的和为1 2n 12 2n1，前，前 n 组的所组的所 有项的和为有项的和
38、为2 1 2n 12 n2n 1 n2. 设满足条件的设满足条件的 N 在第在第 k1(kN*，k13)组，且第组，且第 N 项项 为第为第 k1 组的第组的第 t(tN*)个数，个数， 若要使前若要使前 N 项和为项和为 2 的整数幂， 则第的整数幂， 则第 k1 组的前组的前 t 项的项的 和和 2t1 应与应与2k 互为相反数，即互为相反数，即 2t1k2， 2tk3，tlog2(k3)， 当当 t4，k13 时，时，N13 131 2 4955 时，时，N440. 故所求故所求 N 的最小值为的最小值为 440. 答案答案 A 启思维启思维 本题在创新情境中考查了等差数列与等比数列本题
39、在创新情境中考查了等差数列与等比数列 的求和公式，是具有综合拓展性的客观题的压轴题数列试题的求和公式，是具有综合拓展性的客观题的压轴题数列试题 的创新多是材料背景创新，通常融入“和”与“通项”的关系，的创新多是材料背景创新，通常融入“和”与“通项”的关系， 与生产生活、社会热点相结合，考查考生的阅读能力的同时，与生产生活、社会热点相结合，考查考生的阅读能力的同时， 也考查数学素养中的逻辑推理、计算能力，培养了考生的创新也考查数学素养中的逻辑推理、计算能力，培养了考生的创新 意识 另外， 创新迁移类型试题还有以下特点：意识 另外， 创新迁移类型试题还有以下特点： (1)新知识新知识“开幕开幕”， 别开生面，新的知识主要是新的符号、定义、法则、图表等，别开生面，新的知识主要是新的符号、定义、法则、图表等， 或介绍新的思维方法，着眼于应用；或介绍新的思维方法，着眼于应用；(2)类比、推广；类比、推广；(3)以高中以高中 数数学内容为材料， “偷梁换柱” “移花接木” ，创设新情境，演化学内容为材料， “偷梁换柱” “移花接木” ，创