《2026年南方凤凰台5A新考案数学二轮提高版》

变式1 如图，已知点列$A_{n}(x_{n},y_{n})$在曲线$y^{2}=x$上，点列$B_{n}(a_{n},0)$在$x$轴上，$A_{1}(1,1)$，$B_{1}(0,0)$，$\triangle B_{n}A_{n}B_{n + 1}$为等腰直角三角形.
（1）求$a_{1}$，$a_{2}$，$a_{3}$；（直接写出结果）
（2）求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式.

答案： 变式1【解答】
(1)由$\triangle B_{1}A_{1}B_{n+1}$为等腰直角三角形，$A_{1}(1,1),B_{1}(0,0)$，可得$a_{1}=0,x_{1}=1,a_{1}+a_{2}=2x_{1}$，解得$a_{2}=2$.由$\begin{cases}a_{3}+a_{2}=2x_{2},\\a_{3}-a_{2}=2y_{2},\end{cases}$所以$\begin{cases}y_{2}^{2}=x_{2},\\a_{2}+\frac{1}{4}=y_{2}^{2}+y_{2}+\frac{1}{4}\end{cases}$可得$\sqrt{a_{3}+\frac{1}{4}}=y_{2}+\frac{1}{2}$，$\sqrt{a_{2}+\frac{1}{4}}=y_{2}-\frac{1}{2}$，可得$\sqrt{a_{3}+\frac{1}{4}}\sqrt{a_{2}+\frac{1}{4}}=1$，解得$a_{3}=6$.
(2)由题意可得$\begin{cases}a_{n+1}+a_{n}=2x_{n},\\a_{n+1}=x_{n}+y_{n},\end{cases}$所以$\begin{cases}a_{n}=x_{n}-y_{n},\\y_{n}^{2}=x_{n},\end{cases}$
$a_{n+1}+\frac{1}{4}=y_{n}^{2}+y_{n}+\frac{1}{4}$，
$a_{n}+\frac{1}{4}=y_{n}^{2}-y_{n}+\frac{1}{4}$，
所以$\sqrt{a_{n+1}+\frac{1}{4}}=y_{n}+\frac{1}{2}$，所以$\sqrt{a_{n}+\frac{1}{4}}=y_{n}-\frac{1}{2}$，
所以$\sqrt{a_{n+1}+\frac{1}{4}}\sqrt{a_{n}+\frac{1}{4}}=1(n\in\mathbf{N}^{*})$，所以$\{\sqrt{a_{n}+\frac{1}{4}}\}$是以$\sqrt{a_{1}+\frac{1}{4}}=\frac{1}{2}$为首项，1为公差的等差数列，所以$\sqrt{a_{n}+\frac{1}{4}}=\frac{1}{2}+(n-1)×1$，所以$a_{n}=(\frac{1}{2}+n-1)^{2}-\frac{1}{4}=n(n-1)$。

例2 - 1 (2025·唐山一模)已知费马数是形如$F(n)=2^{2^{n}}+1$($n\in \mathbf{N}$)的素数，如第一个费马数为$F(0)=3$，则$F(2)=$17. 正多边形的边数若能写成$2^{k}$与$m$个不同的费马数的乘积($k\in \mathbf{N}$，$m\in \mathbf{N}$)，则正多边形就可以用尺规作图. 将这种正多边形的边数按从小到大排列，记为数列$\{ a_{n}\}$(注：若$m = 0$，边数可以取$2^{2}=4$等；若$m = 1$，边数可以取$2^{0}×3 = 3$等)，则$a_{9}=$16.

答案： 例2-11716【解析】由$F(n)=2^{2^{n}}+1(n\in\mathbf{N})$知，将$n=2$代入得$F(2)=2^{2^{2}}+1=2^{4}+1=17$.当$m=1$时，$F(0)=3$，边数可以是3；当$k=2$时，$2^{2}=4$，边数可以是4；当$m=1$时，$F(1)=5$，边数可以是5；当$m=1,k=1$时，$2^{1}× F(0)=2×3=6$，边数可以是6；当$k=3$时，$2^{3}=8$，边数可以是8；当$m=1,k=1$时，$2^{1}× F(1)=2×5=10$，边数可以是10；当$m=1,k=2$时，$2^{2}× F(0)=2^{2}×3=12$，边数可以是12；当$m=2$时，$F(0)× F(1)=3×5=15$，边数可以是15；当$k=4$时，$2^{4}=16$，边数可以是16；当$m=1$时，$F(2)=2^{2^{2}}+1=17$，边数可以是17，故$a_{9}=16$。

例2 - 2 （2025·黄山一模节选）记数列$\{ a_{n}\}$前$k$项的最大值$b_{k}$依次构成一个新的数列$\{ b_{n}\}$，称数列$\{ b_{n}\}$为$\{ a_{n}\}$的“生成子列”. 记数列$\{ b_{n}\}$所有项组成的集合为$A$.
（1）已知数列$\{ a_{n}\}$，$\{ b_{n}\}$都只有4项，$\{ b_{n}\}$为$\{ a_{n}\}$的“生成子列”.
①若数列$\{ a_{n}\}$为3，2，1，4，求数列$\{ b_{n}\}$；
②若数列$\{ a_{n}\}$各项均不相等且$a_{i}\in \{ 1,2,3,4\}$，它的“生成子列”的通项公式$b_{n}=4$，写出所有符合条件的数列$\{ a_{n}\}$.
（2）若$a_{n}=(n + a)(\frac{5}{6})^{n}$（$n\in \mathbf{N}^{*}$），且$A$中有4个元素，求实数$a$的取值范围.3,3,3,44，1,2,3;4，1,3,2;4，2,1,3;4，2,3,1;4，3,1,2;4，3,2,1

答案： 例2-2【解答】
(1)①当数列$\{a_{n}\}$为3,2,1,4时，根据数列$\{b_{n}\}$的定义有$b_{1}=3,b_{2}=3,b_{3}=3,b_{4}=4，$所以数列$\{b_{n}\}$为3,3,3,4.
②因为$\{a_{n}\}$只有4项，且$\{a_{n}\}$各项均不相等且$a_{i}\in\{1,2,3,4\}，$所以\{1,2,3,4\}中4个元素都出现.又因为$\{a_{n}\}$的“生成子列”的通项公式$b_{n}=4，$所以数列$\{a_{n}\}$中$a_{1}=4，$所以符合条件的$\{a_{n}\}$有4，1,2,3;4，1,3,2;4，2,1,3;4，2,3,1;4，3,1,2;4，3,2,1，共6种可能.
(2)因为$a_{n}=(n+a)(\frac{5}{6})^{n}(n\in\mathbf{N}^{*})，$所以$a_{n+1}=(n+1+a)·(\frac{5}{6})^{n+1}(n\in\mathbf{N}^{*})，$$a_{n+1}-a_{n}=(\frac{5}{6})^{n}·\frac{5n+5+5a}{6}-(\frac{5}{6})^{n}·\frac{6n+6a}{6}=(\frac{5}{6})^{n}·\frac{-n+5-a}{6}，$因为$(\frac{5}{6})^{n}＞0,6＞0，$所以当-n+5-a＞0，即n＜5-a时，数列\{a_{n}\}单调递增；当-n+5-a＜0，即n＞5-a时，数列$\{a_{n}\}$单调递减.因为A中有4个元素，
结合数列的单调性可知，$a_{3}$＜a_{4}且a_{4}\geq a_{5}，即\begin{cases}(\frac{5}{6})^{3}·\frac{-3+5-a}{6}＞$0,\frac{5}{6})^{4}·\frac{-4+5-a}{6}\leq0,\end{cases}$整理得$\begin{cases}2-a＞0,\\1-a\leq0,\end{cases}$解得$1\leq a＜2，$所以$a\in[1,2).$