专题3 培优点4 数列的新定义问题-【领跑高中】2025版高考数学二轮专题复习教师用书配套课件

该高中数学高考复习课件聚焦数列新定义问题，对接高考对创新意识与逻辑推理的考查要求，梳理类等差数列、对数性凸数列等核心考点，归纳“提取-分析-转化-验证”的解题思路，明确新定义交汇题等高频题型的权重分布，体现备考针对性。 课件亮点在于高考真题训练与转化思维指导，如以2024芜湖三模“对数性凸数列”证明为例，通过类比等差等比数列性质，培养学生逻辑推理与数学建模素养，助力学生掌握新定义转化技巧，教师可据此精准突破难点，提升复习效率。

培优点4　数列的新定义问题 PART ONE 　　随着高考改革的不断深入，高考也由单纯的知识考查转变为能力、素养的全面考查，特别是对学生数学思维能力、归纳探索能力有了更高的要求，数列中的新定义问题因其情境设置新颖，考查角度灵活多变等特点，已经成为了新高考数学的“新宠”. 定义“新数列”（新概念、新性质、新运算） 【例1】　定义：对于数列{cn}，若从第二项起，每一项与它的前一项之 差都大于或等于同一个常数d1，且小于或等于另一个常数d2，则{cn}叫做 类等差数列（若d1＝d2＝d，则{cn}是等差数列）. （1）若类等差数列{cn}满足d1≤cn－cn－1≤d2，n≥2，n∈N，c1，d1， d2均为已知数，请类比等差数列的通项公式，求出数列{cn}的通项不 等式（即第n项cn与首项c1及d1，d2的不等式关系，要求写出推导过 程）； 解：依题意有：d1≤c2－c1≤d2，d1≤c3－c2≤d2，…， d1≤cn－cn－1≤d2. 将这（n－1）个不等式相加，得（n－1）d1≤cn－c1≤（n－1）d2， 从而c1＋（n－1）d1≤cn≤c1＋（n－1）d2，n≥2，n∈N. （2）若数列{an}中，a1＝ ，an＋1＝an－2 .判断数列{ }是否为类等 差数列，若是，请证明；若不是，请说明理由. 解：数列{ }是类等差数列，证明如下： 法一　因为an＋1＝an－2 ， 所以 ＝ ＝ ＝2（ ＋ ）＝ ＋ ，即 － ＝ . 因为2 ＝an－an＋1＞0，所以an＋1＜an，所以{an}是递减数列，最大项 为a1＝ . 所以1－2an≥1－2a1＝ ＞0，an＋1＝an（1－2an）＝an－1（1－2an－1） （1－2an）＝…＝a1（1－2a1）（1－2a2）（1－2a3）…（1－2an）＞0， 所以0＜an≤ ，所以 － ＝ ＜0， 所以 是递减数列，故其最大项为 ＝6，且 ＞ ＝2， 所以2＜ － ≤6，所以数列{ }是类等差数列. 法二　 － ＝ － ＝ ＝ ＝ ， 又2 ＝an－an＋1＞0，所以an＋1＜an，则{an}是递减数列，最大项为a1 ＝ . 由于数列{an}为递减数列，则{1－2an}为递增数列，且1－2an＞0， 所以{ }是递减数列，故其最大项为 ＝6，所以 － ≤6， 又由法一知an＞0，所以 ＞2，所以2＜ － ≤6，所以数列{ } 是类等差数列. 定义“新数列”问题的一般求解思路 感悟提升 　已知有限数列{an}，若满足｜a1－a2｜≤｜a1－a3｜≤｜a1－a4｜ ≤…≤｜a1－am｜，m是项数，则称{an}满足性质p. （1）判断数列3，2，5，1和4，3，2，5，1是否满足性质p，请说明理 由； 解：因为｜3－2｜≤｜3－5｜≤｜3－1｜，所以数列3，2，5，1满足性质p. 因为｜4－3｜≤｜4－2｜＞｜4－5｜≤｜4－1｜，所以数列4，3， 2，5，1不满足性质p. 跟踪训练 （2）若数列{an}是a1＝1，公比为q的等比数列，项数为10，且满足性质 p，求q的取值范围. 解：由题意可得，an＝qn－1， ｜1－qn｜≥｜1－qn－1｜，n∈{2，3，4，…，9}，两边平方得 q2n－2qn＋1≥q2n－2－2qn－1＋1， 整理得（q－1）qn－1[qn－1（q＋1）－2]≥0，（*） 当q≥1时，得qn－1（q＋1）－2≥0，关于n≥2恒成立， 等价于n＝2时，q（q＋1）－2≥0，所以（q＋2）（q－1）≥0， 解得q≤－2或q≥1，所以取q≥1； 当0＜q＜1时，q－1＜0，qn－1＞0， 得qn－1（q＋1）－2≤0，此时关于（*）式恒成立， 等价于n＝2时，q（q＋1）－2≤0，所以（q＋2）·（q－1）≤0， 解得－2≤q≤1，所以取0＜q＜1； 当－1≤q＜0时，q－1＜0， 当n为奇数时，qn－1＞0，qn－1（q＋1）－2＜0，则（*）式成立， 当n为偶数时，qn－1＜0，qn－1（q＋1）－2＜0，则（*）式不成立， 所以当－1≤q＜0时，不符合题意，舍去； 当q＜－1时，q－1＜0， 若n为奇数时，qn－1＞0，qn－1（q＋1）－2＜0，则（*）式成立， 若n为偶数时，qn－1＜0，要使（*）式恒成立， 即使qn－1（q＋1）－2≥0恒成立， 即当n＝2时q（q＋1）－2≥0恒成立，解得q≤－2或q≥1，所以 取q≤－2， 综上，q∈（－∞，－2]∪（0，＋∞）. 新定义交汇题 【例2】　（2024·芜湖三模节选）若数列{an}的各项均为正数，且对任意 的相邻三项at－1，at，at＋1，都满足at－1at＋1≤ ，则称该数列为“对数性 凸数列”，若对任意的相邻三项at－1，at，at＋1，都满足at－1＋at＋ 1≤2at，则称该数列为“凸数列”. （1）已知正项数列{cn}是一个“凸数列”，且an＝ （其中e为自然常 数，n∈N*），证明：数列{an}是一个“对数性凸数列”，且有 a1a10≤a5a6； 证明：因为an＝ ，所以cn＝ln an（an＞0）， 因为正项数列{cn}是一个“凸数列”， 所以ct－1＋ct＋1≤2ct，所以ln at－1＋ln at＋1≤2ln at，所以at－1at＋ 1≤ ， 所以数列{an}是一个“对数性凸数列”， ≤ ， 所以 ≤ ≤…≤ ≤ ，变形可得到 a1a10≤a2a9≤a3a8≤a4a7≤a5a6， 所以数列{an}是一个“对数性凸数列”，且有a1a10≤a5a6. （2）若关于x的函数f（x）＝b1＋b2x＋b3x2＋b4x3有三个零点，其中bi ＞0（i＝1，2，3，4）.证明：数列b1，b2，b3，b4是一个“对数性 凸数列”. 证明：因为f（x）＝b1＋b2x＋b3x2＋b4x3有三个零点， 所以方程f'（x）＝b2＋2b3x＋3b4x2＝0有两个不等实数根， 所以Δ1＝4 －4×3b2b4＞0⇒ ＞3b2b4， 又bi＞0（i＝1，2，3，4），所以 ＞3b2b4＞b2b4； x＝0时，f（0）＝b1＞0，所以x＝0不是f（x）的零点， 又f（ ）＝b1＋b2（ ）＋b3（ ）2＋b4（ ）3， 令t＝ ，则f（t）＝b1＋b2t＋b3t2＋b4t3也有三个零点， 即f（ ）＝ 有三个零点， 令g（x）＝b1x3＋b2x2＋b3x＋b4，则g（x）有三个零点， 所以g'（x）＝3b1x2＋2b2x＋b3有两个零点， 所以Δ2＝4 －4×3b1b3＞0⇒ ＞3b1b3＞b1b3， 因为b2b4＜ ，b1b3＜ ， 所以正项数列b1，b2，b3，b4对任意的相邻三项bt－1，bt，bt＋1，都 满足bt－1bt＋1≤ ， 所以数列b1，b2，b3，b4是一个“对数性凸数列”. 　　数列与其他知识交汇的新定义问题一般涉及到数列与概率统计、集 合、函数、导数的交汇等，解决此类新定义问题应抓住两知识点交汇时的 共同关键特征（如数列变量的离散性），将其他知识情境下的新定义、新 运算、新性质转化为数列运算和推理论证. 感悟提升 　记U＝{1，2，…，100}.对数列{an}（n∈N*）和U的子集T，若T＝ ⌀，定义ST＝0；若T＝{t1，t2，…，tk}，定义ST＝ ＋ ＋…＋ . 例如：当T＝{1，3，66}时，ST＝a1＋a3＋a66.现设{an}（n∈N*）是公 比为3的等比数列，且当T＝{2，4}时，ST＝30. （1）求数列{an}的通项公式； 解：由已知得an＝a1·3n－1，n∈N*. 于是当T＝{2，4}时，ST＝a2＋a4＝3a1＋27a1＝30a1， 又ST＝30，故30a1＝30，即a1＝1. 所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*. 跟踪训练 （2）对任意正整数k（1≤k≤100），若T⊆{1，2，…，k}，证明：ST＜ ak＋1； 解：证明：因为T⊆{1，2，…，k}，an＝3n－1＞0，n∈N*， 所以ST≤a1＋a2＋…＋ak＝1＋3＋…＋3k－1＝ （3k－1）＜3k， 即ST＜ak＋1. （3）设C⊆U，D⊆U，C∩D≠⌀，SC≥SD，证明：SC＋SC∩D≥2SD. 解：证明：根据集合D和C的包含关系分三 种情况证明. ①若D是C的子集，则SC＋SC∩D＝SC＋SD≥SD ＋SD＝2SD. ②若C是D的子集，则SC＋SC∩D＝SC＋SC＝ 2SC≤2SD，又SC≥SD，所以SC＝SD，SC＋SC∩D ＝2SD. ③若D不是C的子集，且C不是D的子集，如图， 令E＝C∩∁UD，F＝D∩∁UC，则E≠⌀， F≠⌀，E∩F＝⌀， 于是SC＝SE＋SC∩D，SD＝SF＋SC∩D，进而由 SC≥SD，得SE≥SF. 设k是E中的最大数，l为F中的最大数，则 k≥1，l≥1，k≠l. 由（2）知，SE＜ak＋1，于是3l－1＝al≤SF≤SE＜ ak＋1＝3k，所以l－1＜k，即l≤k， 又k≠l，故l≤k－1，从而SF≤a1＋a2＋…＋al＝ 1＋3＋…＋3l－1＝ ≤ ＝ ≤ ， 故SE≥2SF＋1，所以SC－SC∩D≥2（SD－SC∩D） ＋1， 即SC＋SC∩D≥2SD＋1. 综合①②③得，SC＋SC∩D≥2SD. 课时跟踪检测 1. 在数列{an}中，若an＋1－a1a2a3·…·an＝d（n∈N*），则称数列{an} 为“泛等差数列”，常数d称为“泛差”.已知数列{an}是一个“泛等 差数列”，数列{bn}满足 ＋ ＋…＋ ＝a1a2a3·…·an－bn. （1）若数列{an}的“泛差”d＝1，且a1，a2，a3成等差数列，求a1； 解：因为d＝1，所以an＋1－a1a2a3·…·an＝1（n∈N*）， 所以a2＝a1＋1，a3＝a1a2＋1＝a1（a1＋1）＋1. 因为a1，a2，a3成等差数列， 所以2（a1＋1）＝a1＋a1（a1＋1）＋1， 所以 ＝1所以a1＝1或a1＝－1. 1 2 3 4 （2）若数列{an}的“泛差”d＝－1，且a1＝ ，求数列{bn}的通项 公式. 1 2 3 4 解：因为 ＋ ＋…＋ ＝a1a2a3·…·an－bn，　① 所以 ＋ ＋…＋ ＋ ＝a1a2a3·…·anan＋1－bn＋1，　② ②－①得， ＝a1a2a3·…·anan＋1－a1a2a3·…·an－（bn＋1－ bn）＝a1a2a3·…·an（an＋1－1）－（bn＋1－bn）. 因为an＋1－a1a2a3·…·an＝－1，所以a1a2a3·…·an＝an＋1＋1， 所以 ＝（an＋1＋1）（an＋1－1）－（bn＋1－bn）＝ －1 －（bn＋1－bn），所以bn＋1－bn＝－1. 又b1＝a1－ ＝ ， 所以bn＝ ＋（n－1）×（－1），即bn＝－n＋ . 2. 对于一个有穷递增正整数数列P，设其各项为a1，a2，…，an （n≥5）.若数列P中存在不同的四项ap，aq，as，at满足ap＋aq＝as ＋at，则称P为等和数列，集合M＝{ap，aq，as，at}称为P的一个等 和子集，否则称P为不等和数列. （1）判断下列数列是不是等和数列，若是等和数列，直接写出它的所 有等和子集； A：1，3，5，7，9 B：2，4，6，7，10 解： 数列A是等和数列，所有的等和子集为{1，3，5，7}， {1，3，7，9}，{3，5，7，9}. 数列B是不等和数列. 1 2 3 4 （2）已知数列P：a1，a2，a3，a4，a5是等和数列，并且对于任意的 i，j（1≤i＜j≤5），总存在P的一个等和子集M满足集合{ai， aj}⊆M. 证明：数列P是等差数列. 1 2 3 4 解：证明：数列P最多有如下五个等和子集：{a1，a2， a3，a4}，{a1，a2，a3，a5}，{a1，a2，a4，a5}，{a1，a3，a4， a5}，{a2，a3，a4，a5}. 先考虑含a1，a5在内的三个等和子集，因为数列P是递增数列， 所以a1＜a2＜a3＜a4＜a5，故只可能是如下三种情况的一种： a1＋a5＝a2＋a3，a1＋a5＝a3＋a4，a1＋a5＝a2＋a4. 若a1＋a5＝a2＋a3，则{a1，a2，a4，a5}，{a1，a3，a4，a5}， {a1，a2，a3，a4}不是P的等和子集， 所以P的所有等和子集可能为{a1，a2，a3，a5}，{a2，a3，a4，a5}. 1 2 3 4 但此时{a1，a4}不满足{ai，aj}⊆M， 所以以上讨论不成立，即a1＋a5≠a2＋a3； 同理，a1＋a5≠a3＋a4，所以a1＋a5＝a2＋a4，　① 此时{a1，a2，a3，a5}，{a1，a3，a4，a5}不是P的等和子集， 考虑到{a1，a3}⊆{a1，a2，a3，a4}，{a3，a5}⊆{a2，a3，a4，5}， 故{a1，a2，a3，a4}，{a2，a3，a4，a5}是P的等和子集， 故a1＋a4＝a2＋a3，　② a3＋a4＝a2＋a5，　③ 由①②③可知a2－a1＝a3－a2＝a4－a3＝a5－a4，即数列P是等差数列. 1 2 3 4 3. 在无穷数列{an}中，令Tn＝a1a2·…·an，若∀n∈N*，Tn∈{an}，则称 {an}对前n项之积是封闭的. （1）试判断：任意一个无穷等差数列{an}对前n项之积是否是封闭 的？ 解：不是，理由如下： 如等差数列 － ，－1，－ ，－2，… ，T2＝a1a2＝ ∉{－ ，－ 1，－ ，－2，…}， 所以不是任意一个无穷等差数列对前n项之积是封闭的. 1 2 3 4 （2）设{an}是无穷等比数列，其首项a1＝2，公比为q.若{an}对前n项 之积是封闭的，求出q的两个值； 解： {an}是等比数列，其首项a1＝2，公比为q， 所以an＝a1·qn－1＝2qn－1（n∈N*）， 所以Tn＝a1a2…an＝2nq1＋2＋…＋（n－1）＝2n ， 由已知得，对任意正整数n，总存在正整数m，使得Tn＝am成立， 即对任意正整数n，总存在正整数m，使得2n ＝2qm－1 成立， 1 2 3 4 即 ＝21－n成立， ①当m＝ ≥1时，得 －（m－1）＝1－n，所 以q＝2； ②当m＝ ＋（2－n）＝ ≥1，得［ － （m－1）］＋（1－n）＝0， 所以q＝ ， 综上，q＝2或 . 1 2 3 4 （3）证明：对任意的无穷等比数列{an}，总存在两个无穷数列{bn}和 {cn}，使得an＝bn·cn（n∈N*），其中{bn}和{cn}对前n项之积 都是封闭的. 解：证明：对任意的无穷等比数列{an}，an＝a1qn－1＝ ·（ ）n－1， 令bn＝ ，cn＝（ ）n－1，则an＝bn·cn（n∈N*）， 下面证明：{bn}是对前n项之积是封闭的. 因为bn＝ ，所以Tn＝ ＝ ， 1 2 3 4 取正整数m＝ 得，Tn＝bm， 所以{bn}对前n项之积是封闭的， 同理证明：{cn}也对前n项之积是封闭的， 所以对任意的无穷等比数列{an}，总存在两个无穷数列{bn}和 {cn}，使得an＝bn·cn（n∈N*），其中{bn}和{cn}对前n项之积 都是封闭的. 1 2 3 4 4. 基本不等式可以推广到一般的情形：对于n个正数a1，a2，…，an，它 们的算术平均不小于它们的几何平均，即 ≥ ，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立.若无穷正项数 列{an}同时满足下列两个条件：①∃M＞0，an＜M；②{an}为单调数 列，则称数列{an}具有性质P. （1）若an＝n＋ ，求数列{an}的最小项； 1 2 3 4 解：∵an＝ ＋ ＋ ≥3 ＝3，当且仅当 ＝ ， 即n＝2时，等号成立， ∴数列{an}的最小项为a2＝2＋ ＝3. 1 2 3 4 （2）若bn＝ ，记Sn＝ bi，判断数列{Sn}是否具有性质P，并说 明理由； 1 2 3 4 解：数列{Sn}具有性质P. ∵bn＝ ＝ ≤ ， ∴Sn＝ bi≤ ＝1＋ ＋ ＋…＋ ＝ ＝2（1－ ）＜2， ∴数列{Sn}满足条件①. ∵bn＝ ＞0，∴Sn＜Sn＋1，∴{Sn}为单调递增数列，∴数列 {Sn}满足条件②. 综上，数列{Sn}具有性质P. 1 2 3 4 （3）若cn＝（1＋ ）n，求证：数列{cn}具有性质P. 解：证明：先证数列{cn}满足条件①： cn＝（1＋ ）n＝ ＋ · ＋ · ＋ · ＋…＋ · . 当k≥2时， · ＝ ＝ · · ·…· · ≤ ≤ ＝ － ， 则cn＝（1＋ ）n≤1＋1＋（1－ ）＋（ － ）＋…＋（ － ）＝3－ ＜3， 1 2 3 4 ∴数列{cn}满足条件①. 再证数列{cn}满足条件②： cn＝（1＋ ）n＝（1＋ ）·（1＋ ）·…·（1＋ ）·1 ＜［ ］n＋1（ 1＋ ＞1，等号取 不到） ＝（ ）n＋1＝（1＋ ）n＋1＝cn＋1， ∴{cn}为单调递增数列，∴数列{cn}满足条件②. 综上，数列{cn}具有性质P. 1 2 3 4 $