高考压轴大题突破2-（配套练习）【精讲精练】2026年高考数学一轮复习（人教A版）

[对应学生用书P339] 1．(2024·黑龙江二模)如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的比都大于3，则称这个数列为“G型数列”． (1)若数列{an}满足2an＝Sn＋1，判断{an}是否为“G型数列”，并说明理由； (2)已知正项数列{an}为“G型数列”，a1＝1，数列{bn}满足bn＝an＋2，n∈N*，{bn}是等比数列，公比为正整数，且不是“G型数列”，求数列{an}的通项公式． 解析　(1)易知当n＝1时，可得2a1＝S1＋1＝a1＋1，即a1＝1； 而当n＝2时，2a2＝S2＋1＝a1＋a2＋1，可得a2＝2； 此时＝＝2<3，不满足“G型数列”的定义． 猜想：数列{an}不是“G型数列”， 证明如下： 由2an＝Sn＋1可得，当n≥2时，2an－1＝Sn－1＋1， 两式相减可得2an－2an－1＝Sn－Sn－1＝an，可得an＝2an－1， 此时从第二项起，每一项与它前一项的比为＝2<3，因此{an}不是“G型数列”． (2)设数列{bn}的公比为q，易知q∈N*， 又因为数列{bn}不是“G型数列”，可得q≤3， 可得＝＝q，即得an＋1＝qan＋2q－2， 又数列{an}为“G型数列”，可得＝q＋>3， 易知“G型数列”{an}为递增数列，因此当n趋近于正无穷大时，q＋趋近于q，即可得q≥3. 综上可得q＝3，即an＋1＝3an＋4，可得an＋1＋2＝3. 所以数列是以a1＋2＝3为首项，公比为3的等比数列， 即可得an＋2＝3×3n-1＝3n，可得an＝3n－2， 所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2. 2．若∀n∈N*，都存在唯一的实数cn，使得f＝n，则称函数f(x)存在“源数列”{cn}．已知f(x)＝－ln x，x∈. (1)证明：f(x)存在源数列； (2)①若f(x)－≤0恒成立，求λ的取值范围； ②记f(x)的源数列为{cn}，证明：{cn}的前n项和Sn<. (1)证明　由f(x)＝－ln x，x∈，得f′(x)＝－＝<0， 即f(x)在上单调递减，又f(1)＝1， 当x>0且x无限趋近于0时，f(x)趋向于正无穷大， 即f(x)的值域为[1，＋∞)，且函数在上单调递减， 对于f(x)可以取到任意正整数，且在x∈上都存在唯一自变量与之对应， 故对于∀n∈N*，令f(x)＝n，其在上的解必存在且唯一，不妨设解为cn， 即∀n∈N*，则都存在唯一的实数cn∈(0，1]，使得f＝n， 即f(x)存在源数列． (2)①解析　f(x)－≤0恒成立， 即λ≥x－ln x恒成立， 令t＝∈，即λ≥t2－2t ln t恒成立， 令φ(t)＝t2－2t ln t，则φ′(t)＝2t－2ln t－2， 令g(t)＝φ′(t)＝2t－2ln t－2，t∈，则g′(t)＝2－≤0，仅在t＝1时等号成立， 即g(t)在上单调递减，故g(t)≥g(1)＝0，即φ(t)在上单调递增， 故φ(t)max＝φ(1)＝1，故λ≥1. ②证明　由①得f(x)≤，故f≤， 即n≤， 故cn≤<＝－(n∈N*， 且n≥2)， 当n＝1时，S1≤＝1<， 当n≥2时，Sn<1＋－＋－＋…＋－＝－<， 即{cn}的前n项和Sn<. 3．定义：任取数列中相邻的两项，若这两项之差的绝对值为1，则称数列具有“性质1”．已知项数为n的数列的所有项的和为Mn，且数列具有“性质1”． (1)若n＝4，且a1＝0，a4＝－1，写出所有可能的Mn的值； (2)若a1＝2024，n＝2023，证明：“a2023＝2”是“ak>ak＋1”的充要条件； (3)若a1＝0，n≥2，Mn＝0，证明：n＝4m或n＝4m＋1. (1)解析　依题意，若an：0，1，0，－1，此时M4＝0； 若an：0，－1，0，－1，此时M4＝－2； 若an：0，－1，－2，－1，此时M4＝－4. (2)证明　必要性：因为ak>ak＋1(k＝1，2，…，2022)，故数列{an}(n＝1，2，3，…，2023)为等差数列， 所以ak＋1－ak＝－1(k＝1，2，…，2022)，公差为－1，所以a2023＝2024＋(2023－1)×(－1)＝2； 充分性：由于a2023－a2022≥－1，a2022－a2021≥－1，…，a2－a1≥－1，累加可得，a2023－a1≥－2022，即a2023≥a1－2022＝2， 因为a2023＝2，故上述不等式的每个等号都取到，所以ak＋1－ak＝－1<0， 所以ak>ak＋1， 综上所述，“a2023＝2”是“ak>ak＋1”的充要条件． (3)证明　令ck＝ak＋1－ak，依题意，ck＝±1， 因为a2＝a1＋c1，a3＝a1＋c1＋c2，…，an＝a1＋c1＋c2＋…＋cn－1， 所以Mn＝na1＋c1＋c2＋c3＋…＋cn－1 ＝＋＋…＋1－－－…－ ＝－[(1－c1)(n－1)＋(1－c2)(n－2)＋…＋(1－cn－1)]， 因为ck＝±1，所以1－ck为偶数(k＝1，2，…，n－1)， 所以＋＋…＋为偶数； 所以要使Mn＝0，必须使为偶数，即4整除n， 亦即n＝4m或n＝4m＋1， 当n＝4m时，比如a4k－1＝a4k－3＝0，a4k－2＝－1，a4k＝1或a4k－1＝a4k－3＝0，a4k－2＝1，a4k＝－1时，有a1＝0，Mn＝0； 当n＝4m＋1时，比如a4k－1＝a4k－3＝0，a4k－2＝－1，a4k＝1，a4k＋1＝0或a4k－1＝a4k－3＝0，a4k－2＝1，a4k＝－1，a4k＋1＝0时，有a1＝0，Mn＝0； 当n＝4m＋2或n＝4m＋3时，n不能被4整除，Mn≠0. 故若a1＝0，n≥2，Mn＝0，则n＝4m或n＝4m＋1. 4．(2024·浙江杭州三模)卷积运算在图象处理、人工智能、通信系统等领域有广泛的应用．一般地，对无穷数列，，定义无穷数列cn＝akbn＋1－k，记作*＝，称为与的卷积．卷积运算有如图所示的直观含义，即中的项依次为所列数阵从左上角开始各条对角线上元素的和，易知有交换律*＝*. (1)若an＝n，bn＝2n，*＝，求c1，c2，c3，c4； (2)对i∈N*，定义Ti如下：①当i＝1时，Ti＝；②当i≥2时，Ti为满足通项dn＝的数列，即将的每一项向后平移i－1项，前i－1项都取为0.试找到数列，使得·＝Ti； (3)若an＝n，*＝，证明：当n≥3时，bn＝cn－2cn－1＋cn－2. (1)解析　因为an＝n，bn＝2n，所以a1＝1，b1＝2；a2＝2，b2＝4；a3＝3，b3＝8；a4＝4，b4＝16. 因为*＝，cn＝akbn＋1－k， 所以c1＝2，c2＝8，c3＝22，c4＝52. (2)解析　t＝对一般的i∈N*，t＝ (3)证明　证法一　记的前n项和为Sn，由卷积运算的交换律有 bk＝cn　①， 故Sn－kbk＝cn， 因此Sn＋1－kbk－bn＋1＝cn＋1　②， ②－①得Sn＋1＝cn＋1－cn， 故当n≥3时，bn＝Sn－Sn－1＝－＝cn－2cn－1＋cn－2. 证法二　记的前n项和为Sn，常数列Tn＝1(∀n∈N*)，注意 易证卷积关于数列加法有分配律，将(Ⅰ)中所有数列对应项相加，得*＝，注意 注意是对所有i∈N*对应项相加所得的数列，是*对所有i∈N*对应项相加所得的数列，易知卷积运算有结合律，因此将(Ⅱ)中所有数列对应项相加，得cn＝*的通项即为cn＝Si，故当n≥3时，bn＝Sn－Sn－1＝－＝cn－2cn－1＋cn－2. 注：以上论证可用符号语言说明如下： 定义数列加法：＝＋，其中zn＝xn＋yn. 容易验证卷积运算满足结合律：*＝*， 数列加法关于卷积满足分配律：*＝*＋*. 因此*＝*＝ ＝Si. 学科网（北京）股份有限公司 $$