第1部分 专题3 培优微专题13 数列中的新定义问题（PPT课件）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

第一部分 聚热点·题型突破 专题三 数列 [培优微专题13]　数列中的新定义问题 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 研析考点 层级突破 01 课时冲关 高效提能 02 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 研析考点 层级突破 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 随着高考改革的不断推进，压轴题越来越新颖，从今年的高考题到各地的模拟题中，数列新定义出现的越来越多，以新定义、新运算和新构造形式呈现，有时还伴随着数列与集合，难度较大． 　数列中的新情境问题 [例1]　斐波那契数列{Fn}因数学家莱昂纳多•斐波那契(LeonardodaFibonaci)以兔子繁殖为例而引入，故又称为“兔子数列”．因n趋向于无穷大时，eq \f(Fn,Fn＋1)无限趋近于黄金分割数，也被称为黄金分割数列．在数学上，斐波那契数列由以下递推方法定义：数列{Fn}满足F1＝F2＝1，Fn＋2＝Fn＋1＋Fn，若从该数列前10项中随机抽取2项，则抽取的2项至少有1项是奇数的概率为(　　) A.eq \f(1,15)　 B.eq \f(13,15) C.eq \f(2,15)　　 D.eq \f(14,15) [解析]　依题意可知，数列{Fn}的前10项为：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，其中偶数有3个，所以从该数列前10项中随机抽取2项，则抽取的2项都是偶数的概率为P＝eq \f(C\o\al(2,3),C\o\al(2,10))＝eq \f(1,15)，所以至少有1项是奇数的概率为1－eq \f(1,15)＝eq \f(14,15). [答案]　D 问题背景为教材阅读思考：斐波那契数列．学生需了解斐波那契数列的定义，递推公式及其性质．在解决问题注意运用归纳与猜想方法．考查数学抽象、逻辑推理、数学运算和数学建模的核心素养． 1．[多选]牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法．具体做法如下：如图，设r是f(x)＝0的根，首先选取x0作为r的初始近似值，在x＝x0处作f(x)图象的切线，切线与x轴的交点横坐标记作x1，称x1是r的一次近似值，然后用x1替代x0重复上面的过程可得x2，称x2是r的二次近似值；一直继续下去，可得到一系列的数x0，x1，x2，…，xn，…在一定精确度下，用四舍五入法取值，当xn－1，xn(n∈N*)近似值相等时，该值即作为函数f(x)的一个零点r，若使用牛顿法求方程x2＝3的近似解，可构造函数f(x)＝x2－3，则下列说法正确的是(　　) A．若初始近似值为1，则一次近似值为3 B．x4＝x0－eq \f(fx0,f′x0)－eq \f(fx1,f′x1)－eq \f(fx2,f′x2)－eq \f(fx3,f′x3) C．对任意n∈N*，xn＜xn＋1 D．任意n∈N*，xn＋1＝eq \f(1,2)xn＋eq \f(3,2xn)(xn≠0) 解析：BD　[根据牛顿法，即可求切线方程，进而得横坐标xn＋1＝xn－eq \f(fxn,f′xn)，结合选项即可求解BD. 设f(x)＝x2－3，f(x)的零点就是x2＝3的解． f′(x)＝2x，当x0＝1时，f(x0)＝－2，切线为y＋2＝2(x－1)，令y＝0，则x＝2，所以切线与x轴交点横坐标为x1＝2，A错误； f(x)在(xn，f(xn))处的切线为y－f(xn)＝f′(xn)(x－xn)，所以切线与x轴交点横坐标为xn＋1＝xn－eq \f(fxn,f′xn)， 所以x1＝x0－eq \f(fx0,f′x0)，x2＝x1－eq \f(fx1,f′x1)，x3＝x2－eq \f(fx2,f′x2)，x4＝x3－eq \f(fx3,f′x3)， ∴x4＝x0－eq \f(fx0,f′x0)－eq \f(fx1,f′x1)－eq \f(fx2,f′x2)－eq \f(fx3,f′x3)，B正确； 若x0＝1，x1＝2，由B得x2＝2－eq \f(f2,f′2)＝eq \f(7,4)＜x1，C错误； xn＋1＝xn－eq \f(fxn,f′xn)＝xn－eq \f(x\o\al(2,n)－3,2xn)＝eq \f(1,2)xn＋eq \f(3,2xn)，D正确．] 数列中的新定义问题 [例2]　(2024·新课标全国Ⅰ卷)设m为正整数，数列a1，a2，…，a4m＋2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项ai和aj(i＜j)后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)—可分数列． (1)写出所有的(i，j)，1≤i＜j≤6，使得数列a1，a2，…，a6是(i，j)—可分数列； (2)当m≥3时，证明：数列a1，a2，…，a4m＋2是(2,13)—可分数列； (3)从1,2，…，4m＋2中一次任取两个数i和j(i＜j)，记数列a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)—可分数列的概率为Pm，证明：Pm＞eq \f(1,8). [解]　(1)直接根据(i，j)—可分数列的定义即可；(2)根据(i，j)—可分数列的定义即可验证结论；(3)证明使得原数列是(i，j)—可分数列的(i，j)至少有(m＋1)2－m个，再使用概率的定义． (1)首先，我们设数列a1，a2，…，a4m＋2的公差为d，则d≠0. 由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列， 故我们可以对该数列进行适当的变形ak′＝eq \f(ak－a1,d)＋1(k＝1,2，…，4m＋2)， 得到新数列ak′＝k(k＝1,2，…，4m＋2)，然后对a1′，a2′，…，a4m＋2′进行相应的讨论即可． 换言之，我们可以不妨设ak＝k(k＝1,2，…，4m＋2)，此后的讨论均建立在该假设下进行． 回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i和j(i＜j)，使得剩下四个数是等差数列． 那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6. 所以所有可能的(i，j)就是(1,2)，(1,6)，(5,6)． (2)由于从数列1,2，…，4m＋2中取出2和13后，剩余的4m个数可以分为以下两个部分，共m组，使得每组成等差数列： ①{1,4,7,10}，{3,6,9,12}，{5,8,11,14}，共3组； ②{15,16,17,18}，{19,20,21,22}，…，{4m－1,4m,4m＋1,4m＋2}，共m－3组． (如果m－3＝0，则忽略②) 故数列1,2，…，4m＋2是(2,13)—可分数列． (3)定义集合A＝{4k＋1|k＝0,1,2，…，m}＝{1,5,9,13，…，4m＋1}，B＝{4k＋2|k＝0,1,2，…，m}＝{2,6,10,14，…，4m＋2}，. 下面证明，对1≤i＜j≤4m＋2，如果下面两个命题同时成立， 则数列1,2，…，4m＋2一定是(i，j)—可分数列： 命题1：i∈A，j∈B或i∈B，j∈A； 命题2：j－i≠3. 我们分两种情况证明这个结论． 第一种情况：如果i∈A，j∈B，且j－i≠3. 此时设i＝4k1＋1，j＝4k2＋2，k1，k2∈{0,1,2，…，m}． 则由i＜j可知4k1＋1＜4k2＋2，即k2－k1＞－eq \f(1,4)，故k2≥k1. 此时，由于从数列1,2，…，4m＋2中取出i＝4k1＋1和j＝4k2＋2后， 剩余的4m个数可以分为以下三个部分，共m组，使得每组成等差数列： ①{1,2,3,4}，{5,6,7,8}，…，{4k1－3,4k1－2,4k1－1,4k1}，共k1组； ②{4k1＋2,4k1＋3,4k1＋4,4k1＋5}，{4k1＋6,4k1＋7,4k1＋8,4k1＋9}，…，{4k2－2,4k2－1,4k2,4k2＋1}，共k2－k1组； ③{4k2＋3,4k2＋4,4k2＋5,4k2＋6}，{4k2＋7,4k2＋8,4k2＋9,4k2＋10}，…，{4m－1,4m,4m＋1,4m＋2}，共m－k2组． (如果某一部分的组数为0，则忽略之) 故此时数列1,2，…，4m＋2是(i，j)—可分数列． 第二种情况：如果i∈B，j∈A，且j－i≠3. 此时设i＝4k1＋2，j＝4k2＋1，k1，k2∈{0,1,2，…，m}． 则由i＜j可知4k1＋2＜4k2＋1，即k2－k1＞eq \f(1,4)，故k2＞k1. 由于j－i≠3，故(4k2＋1)－(4k1＋2)≠3，从而k2－k1≠1，这就意味着k2－k1≥2. 此时，由于从数列1,2，…，4m＋2中取出i＝4k1＋2和j＝4k2＋1后，剩余的4m个数可以分为以下四个部分，共m组，使得每组成等差数列： ①{1,2,3,4}，{5,6,7,8}，…，{4k1－3,4k1－2,4k1－1,4k1}，共k1组； ②{4k1＋1,3k1＋k2＋1,2k1＋2k2＋1，k1＋3k2＋1}，{3k1＋k2＋2,2k1＋2k2＋2，k1＋3k2＋2,4k2＋2}，共2组； ③全体{4k1＋p,3k1＋k2＋p,2k1＋2k2＋p，k1＋3k2＋p}，其中p＝3,4，…，k2－k1，共k2－k1－2组； ④{4k2＋3,4k2＋4,4k2＋5,4k2＋6}，{4k2＋7,4k2＋8,4k2＋9,4k2＋10}，…，{4m－1,4m,4m＋1,4m＋2}，共m－k2组． (如果某一部分的组数为0，则忽略之) 这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含k2－k1－2个行，4个列的数表以后，4个列分别是下面这些数： {4k1＋3,4k1＋4，…，3k1＋k2}，{3k1＋k2＋3,3k1＋k2＋4，…，2k1＋2k2}，{2k1＋2k2＋3,2k1＋2k2＋3，…，k1＋3k2}，{k1＋3k2＋3，k1＋3k2＋4，…，4k2}， 可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍{4k1＋1,4k1＋2，…，4k2＋2}中除开五个集合{4k1＋1,4k1＋2}，{3k1＋k2＋1,3k1＋k2＋2}，{2k1＋2k2＋1,2k1＋2k2＋2}，{k1＋3k2＋1，k1＋3k2＋2}，{4k2＋1,4k2＋2}中的十个元素以外的所有数． 而这10个数中，除开已经去掉的4k1＋2和4k2＋1以外，剩余的8个数恰好就是②中出现的8个数． 这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1,2，…，4m＋2是(i，j)—可分数列． 至此，我们证明了：对1≤i＜j≤4m＋2，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列1,2，…，4m＋2一定是(i，j)一可分数列． 然后我们来考虑这样的(i，j)的个数． 首先，由于A∩B＝∅，A和B各有m＋1个元素，故满足命题1的(i，j)总共有(m＋1)2个； 而如果j－i＝3，假设i∈A，j∈B，则可设i＝4k1＋1，j＝4k2＋2，代入得(4k2＋2)－(4k1＋1)＝3. 但这导致k2－k1＝eq \f(1,2)，矛盾，所以i∈B，j∈A. 设i＝4k1＋2，j＝4k2＋1，k1，k2∈{0,1,2，…，m}，则(4k2＋1)－(4k1＋2)＝3，即k2－k1＝1. 所以可能的{k1，k2}恰好就是(0,1)，(1,2)，…，(m－1，m)，对应的(i，j)分别是(2,5)，(6,9)，…，(4m－2,4m＋1)，总共m个． 所以这(m＋1)2个满足命题1的(i，j)中，不满足命题2的恰好有m个． 这就得到同时满足命题1和命题2的(i，j)的个数为(m＋1)2－m. 当我们从1,2，…，4m＋2中一次任取两个数i和j(i＜j)时，总的选取方式的个数等于eq \f(4m＋24m＋1,2)＝(2m＋1)(4m＋1)． 而根据之前的结论，使得数列a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)—可分数列的(i，j)至少有(m＋1)2－m个． 所以数列a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)－可分数列的概率Pm一定满足 Pm≥eq \f(m＋12－m,2m＋14m＋1)＝eq \f(m2＋m＋1,2m＋14m＋1)＞eq \f(m2＋m＋\f(1,4),2m＋14m＋2)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(1,2)))2,22m＋12m＋1)＝eq \f(1,8). 这就证明了结论． 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，使得问题得以解决，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的透彻理解，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． 2．(2024·石家庄质检三)已知数列{an}满足：a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝2an＋1，定义：a≡b(mod4)表示整数a除以4的余数与整数b除以4的余数相同，例：1≡9(mod4)，6≡22(mod4)．设bk＝，其中k∈N*，数列{bn}的前n项和为Sn，则b4＝________；满足Sm≥2024的m最小值为________． 解析：由a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝2an＋1，可得当n为4的倍数时，an也是4的倍数， 当n不为4的倍数时，an也不是4的倍数，则得当k是4的倍数时，bk＝，当k不是4的倍数时，bk＝k，即可得b4，取n＝4s(s∈N*)，计算出Sn后，再计算S40及S39即可得解． 由an＋2－an＝2an＋1，则a3＝4＋1＝5，a4＝10＋2＝12， 则a1、a2、a3都不是4的倍数，a4是4的倍数， a5＝2a4＋a3，不是4的倍数，a6＝2a5＋a4＝5a4＋2a3，不是4的倍数， a7＝2a6＋a5＝10a4＋4a3＋2a4＋a3＝12a4＋5a3，不是4的倍数， a8＝2a7＋a6＝24a4＋10a3＋5a4＋2a3＝29a4＋12a3，是4的倍数， 依次可得当n为4的倍数时，an也是4的倍数， 当n不为4的倍数时，an也不是4的倍数， 由bk＝， 则当k是4的倍数时，bk＝，当k不是4的倍数时，bk＝k，则b4＝＝2； 当n＝4s(s∈N*)，Sn＝1＋2＋3＋21＋5＋6＋7＋22＋…＋2s， ＝1＋2＋3＋4＋…＋4s＋2＋22＋…＋2s－(4＋8＋…＋4s) ＝eq \f(1＋4s×4s,2)＋eq \f(21－2s,1－2)－eq \f(4＋4ss,2) ＝8s2＋2s＋2s＋1－2－2s－2s2＝6s2＋2s＋1－2， 当n＝40，即s＝10时，有S40＝6×102＋211－2＝600＋2048－2＝2646＞2024， S39＝S40－b40＝2646－210＝2646－1024＝1622＜2024， 故满足Sm≥2024的m最小值为40. 答案：2　40 $$