2026届高三数学二轮复习讲义：板块二　数列中的创新问题（含解析）

这是一份2026届高三数学二轮复习讲义：板块二　数列中的创新问题（含解析），共12页。学案主要包含了类型突破，精准强化练等内容，欢迎下载使用。
高考定位 解决数列中的创新问题,要“过三关”:第一关,准确转化关,即一定要充分理解题目中新定义的本质含义,紧扣题目所给的新定义、运算法则等对所求问题进行恰当地转化;第二关,方法选取关,对此问题,可以采取特例法、逻辑推理法等;第三关,审读题目关,严格按照数列新定义、法则、性质的要求,避免教材知识或已有知识对信息的干扰,突破思维定式.
【类型突破】
类型一 数列的新定义、新运算问题
例1 (2025·抚州调研)若各项为正的无穷数列{an}满足:∀n∈N*,an+12-an2=d,其中d为非零常数,则称数列{an}为D数列.记bn=an+1-an.
(1)判断无穷数列an=n和an=2n是否为D数列,并说明理由;
(2)若{an}是D数列,证明:数列{bn}中存在小于1的项;
(3)若{an}是D数列,证明:存在正整数n,使得n∑i=11ai>2 025.
(1)解 an=n是D数列,an=2n不是D数列,理由如下.
当an=n时,an2=n,an+12=n+1,
则an+12-an2=n+1-n=1,
故an=n是D数列.
当an=2n时,an2=22n,an+12=22n+2,
则an+12-an2=22n+2-22n=3×22n,
故an=2n不是D数列.
(2)证明 若{an}是D数列,则an>0且an+12-an2=d,
此时数列{an2}是以a12为首项、d为公差的等差数列,
故an2=a12+(n-1)d>0.
当d0恒成立.
由an2=a12+(n-1)d>(n-1)d,
an+12=a12+nd>nd,
得an>(n-1)d,an+1>nd,
则an+1+an>(n-1)d+nd
=(n+n-1)d,
所以bn=an+1-an
=dan+1+an2d[a12+d-a12+a12+2d-a12+d+…+a12+nd-a12+(n-1)d]=2d(a12+nd-a1),
由a12+nd-a1随n的增大而增大,d>0,
且n→+∞时,2d(a12+nd-a1)→+∞,
得对任意的d>0,总存在正整数n,
使2d(a12+nd-a1)>2 025,
即总存在正整数n,使得n∑i=11ai>2 025.
规律方法 遇到新定义、新运算问题,应耐心读题,分析新定义、新运算的特点,弄清新定义的性质,按新定义、新运算的要求“照章办事”,逐条分析、运算、验证,使问题得以解决,有时还需要用类比的方法去理解新的定义,这样有助于对新定义透彻理解.但是,透过现象看本质,它们考查的还是基础数学知识,所以说“新题”不一定是“难题”,掌握好三基,以不变应万变才是制胜法宝.
训练1 (2025·蚌埠调研)如果数列{an}的任意相邻三项ai-1,ai,ai+1满足ai-1ai+1≤ai2(i≥2,i∈N*),则称该数列为“凸数列”.
(1)已知{an}是正项等比数列,{bn}是等差数列,且a1=b1=1,1+a3=b2+b4,a2+2=b3.记cn=bnan.
①求数列{cn}的前n项和;
②判断数列{cn}是不是“凸数列”,并证明你的结论.
(2)设n项正数数列a1,a2,…,an是“凸数列”,求证:1nn∑i=1ai1n-2n-1∑j=1aj≥1n-1n-1∑i=1ai1n-1n∑j=2aj,其中n>2,n∈N*.
(1)解 ①设{an}的公比为q(q>0),{bn}的公差为d,
由题意可得1+q2=2+4d,q+2=1+2d,
解得q=3,d=2,或q=-1,d=0(舍去),
所以an=3n-1(n∈N*),
bn=2n-1(n∈N*).故cn=2n-13n-1,
记数列{cn}的前n项和为Sn,则
Sn=c1+c2+c3+…+cn-1+cn
=1+33+532+…+2n-33n-2+2n-13n-1,
∴13Sn=13+332+533+…+2n-33n-1+2n-13n,
两式相减得,
23Sn=1+2×13+132+133+…+13n-1-2n-13n=2-2n+23n,
即Sn=3-n+13n-1(n∈N*).
②数列{cn}是“凸数列”.证明如下:
由①知cn=2n-13n-1,
所以 ci-1ci+1=2i-33i-2·2i+13i=4i2-4i-332i-2N0,|xn-A|0,
求导得f'(x)=11+x-112ln(n+1).
②{Sn}不收敛.
给定正数A,对∀ε>0,令|12ln(n+1)-A|N0时,|Sn-A|1,可分为(1,t+1,2t+1,3t+1),(3,t+3,2t+3,3t+3),(4,t+4,2t+4,3t+4),…,(t,2t,3t,4t),(t+2,2t+2,3t+2,4t+2),每组4个数都能构成等差数列.
故数列1,2,…,4m+2是(4p+2,4q+1)-可分数列,
p,q且q-p>1的可能取值方法数为Cm+12-m=(m-1)m2.
从而Pm≥(m+1)(m+2)2+(m-1)m2C4m+22=m2+m+18m2+6m+1>18.
规律方法 由于本题等差数列是抽象数列,解答的基础是运用等差数列的性质:序号等成差,则对应的项为等差.
训练3 (2025·武汉调研)对于每项均是正整数的数列P:a1,a2,…,an,定义变换T1,T1将数列P变换成数列T1(P):n,a1-1,a2-1,…,an-1.对于每项均是非负整数的数列Q:b1,b2,…,bm,定义S(Q)=2(b1+2b2+…+mbm)+b12+b22+…+bm2,定义变换T2,T2将数列Q各项从大到小排列,然后去掉所有为零的项,得到数列T2(Q).
(1)若数列P0为2,4,3,7,求S(T1(P0))的值;
(2)对于每项均是正整数的有穷数列P0,令Pk+1=T2(T1(Pk)),k∈N.
①探究S(T1(P0))与S(P0)的关系;
②证明:S(Pk+1)≤S(Pk).
(1)解 依题意,P0:2,4,3,7,T1(P0):4,1,3,2,6,
S(T1(P0))=2(4+2×1+3×3+4×2+5×6)+16+1+9+4+36=172.
(2)①解 记P0:a1,a2,…,an(a1,a2,…,an∈N*),
T1(P0):n,a1-1,a2-1,…,an-1,
S(T1(P0))=2[n+2(a1-1)+3(a2-1)+…+(n+1)(an-1)]+n2+(a1-1)2+(a2-1)2+…+(an-1)2,
又S(P0)=2(a1+2a2+3a3+…+nan)+a12+a22+…+an2,
所以S(T1(P0))-S(P0)=2n+2a1+2a2+…+2an-4-6-…-2(n+1)+n2-2a1-2a2-…-2an+n=n2+3n-(2n+6)·n2=0,
所以S(T1(P0))=S(P0).
②证明 设A是每项均为非负整数的数列a1,a2,…,an,
当存在1≤i2,1+7>2y,
所以y=2或y=3;
当x=2时,1+y>4,2+7>2y,所以y=4;
当x≥3时,1+y>2x,x+7>2y无整数解,
故所有可能的x,y为x=1,y=2或x=1,y=3或x=2,y=4.
(2)一方面,注意到ak+1+ak-1>2ak⇔ak+1-ak>ak-ak-1,
对任意的1≤i≤n-1,令bi=ai+1-ai,
则bi∈Z且bk>bk-1(2≤k≤n-1),
故bk≥bk-1+1对任意的2≤k≤n-1恒成立(*),
当a1=1,a2=2,an=2 017时,
注意到b1=a2-a1=1-1=0,
得bi=(bi-bi-1)+(bi-1-bi-2)+…+(b2-b1)+b1≥1+1+…+1i-1个+0=i-1(2≤i≤n-1),
此时an-a1=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)=b1+b2+…+bn-1≥0+1+2+…+n-2
=12(n-1)(n-2),(**)
即12(n-1)·(n-2)≤2 017-1,
解得-62≤n≤65,故n≤65.
另一方面,为使(**)式取到等号,所以取bi=i-1(1≤i≤64),
则对任意的2≤k≤64,bk>bk-1,故数列{an}为“U-数列”,
此时由(**)式得a65=1+0+1+2+…+63=1+(1+63)×632=2 017,
即n=65符合题意.
综上,n的最大值为65.
(3)当n0=2m(m≥2,m∈N*)时,
一方面:由(*)式,得bk+1-bk≥1,
则bm+k-bk=(bm+k-bm+k-1)+(bm+k-1-bm+k-2)+…+(bk+1-bk)≥m,
此时有(a1+a2m)-(am+am+1)
=(a2m-am)-(am+1-a1)
=(bm+bm+1+bm+2+…+b2m-1)-(b1+b2+…+bm-1+bm)
=(bm+1-b1)+(bm+2-b2)+…+(b2m-1-bm-1)≥m(m-1),
故M≥a1+a2m2≥am+am+1+m(m-1)2≥m2-m+22=n022-n02+22=n02-2n0+88.
另一方面,当b1=1-m,b2=2-m,…,
bm-1=-1,bm=0,bm+1=1,…,b2m-1=m-1时,
ak+1+ak-1-2ak=(ak+1-ak)-(ak-ak-1)=bk-bk-1=1>0,
取am=1,则am+1=1,a1>a2>a3>…>am,
am+1