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学生用书Word

培优点4　数列的新定义问题 　　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）； （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. 感悟提升 定义“新数列”问题的一般求解思路 　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； （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. 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； （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”. 感悟提升 　　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. 　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； （2）对任意正整数k（1≤k≤100），若T⊆{1，2，…，k}，证明：ST＜ak＋1； （3）设C⊆U，D⊆U，C∩D≠⌀，SC≥SD，证明：SC＋SC∩D≥2SD. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 培优点4　数列的新定义问题 【例1】　解：（1）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）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. 跟踪训练 　解：（1）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. （2）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，＋∞）. 【例2】　证明：（1）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）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”. 跟踪训练 　解：（1）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*. （2）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）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. 学科网（北京）股份有限公司 $