第二编 专题3 专题培优 数列中的创新问题-【金版教程】2026年高考数学大二轮专题复习冲刺方案全书word

大二轮专题复习冲刺方案　数学 专题培优　数列中的创新问题 考向1　数列中的新定义问题 例1　(2025·内蒙古通辽三模)已知m>0，若正项数列{an}满足∀n∈N*，<1<，则称{an}为“上界m数列”． (1)若cn＝sin，判断数列{cn}是否为“上界1数列”，并说明理由； (2)若数列是“上界m数列”，求m的最小值； (3)若0<b1≤，且bn＋1＝bn＋(n∈N*)，证明：数列{bn}是“上界1数列”． 解：(1)由题意可知，c1＝sin，c2＝sin， 因为λ>，所以0<<<， 则c1>c2>0，则>1，从而{cn}不是“上界1数列”． (2)因为＝＝<1， 又数列是“上界m数列”，所以m>恒成立． 又＝＝2－<2， 所以m≥2，即m的最小值为2. (3)证明：因为0<b1≤，bn＋1＝bn＋(n∈N*)， 所以bn>0， bn＋1－bn＝>0，则bn＋1>bn>0，从而<1. 要证数列{bn}是“上界1数列”，需证bn<1， 当n＝1时，由0<b1≤，得b2＝b1＋b≤＋＝<1. 当n≥2时，由bn＋1>bn>0，得bn＋1＝bn＋<bn＋，则bn＋1－bn<， 整理得－<<＝－， 则 <1－＋－＋…＋－＝1－， 则－<1－，即>＋－1. 因为0<b2≤，所以≥2， 则>＋－1≥1＋＝， 则bn＋1<<1，从而bn<1， 所以数列{bn}是“上界1数列”． 　与数列有关的新定义问题的解题策略 (1)在阅读理解的基础上，依据题设所提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的． (2)耐心研究题中信息，分析新定义的特点，搞清新定义的本质，按新定义的要求“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以顺利解决． (3)类比“熟悉数列”的研究方式，用特殊化的方法研究新数列，向“熟悉数列”的性质靠拢． (2025·广东茂名二模)已知f(x)为一个连续函数，若数列{an}满足：∀n∈N*，an＝f(n)－f(n－1)，则称数列{an}是关于f(x)的“可差数列”，记数列{an}的前n项和为Sn. (1)若{an}是关于f(x)＝(x＋1)·2x的“可差数列”，求{an}的通项公式及Sn； (2)已知{an}满足∀n∈N*，an＝(3n2＋2n＋1)·(－2)－(n＋1)，若{an}是关于f(x)的“可差数列”． ①试求一个满足条件的f(x)的解析式； ②证明：对于任意给定的正数M，总存在正整数N，使得当n>N时，<M. 解：(1)因为f(x)＝(x＋1)·2x， 所以an＝(n＋1)·2n－(n－1＋1)·2n－1＝(n＋2)·2n－1， 因为∀n∈N*，an＝(n＋1)·2n－n·2n－1， 所以Sn＝2×21－1×20＋3×22－2×21＋…＋(n＋1)·2n－n·2n－1＝(n＋1)·2n－1. (2)①因为∀n∈N*，an＝(3n2＋2n＋1)·(－2)－(n＋1)，an＝f(n)－f(n－1)， 不妨令f(n)＝，则＝－， 即3n2＋2n＋1＝3An2＋(3B－4A)n＋3C＋2A－2B， 所以得 所以f(n)＝＝， 即f(x)＝(x＋1)2·(－2)－(x＋1)． ②证明：由①可知， Sn＝－＋－＋…＋－＝＋， 因为＝＝， 当n≥3时，2n＋1＝2×(1＋1)n≥2(C＋C＋C＋C)＝≥>＝， 所以＝<， ∀M>0，取N1＝6，其中为不大于的最大整数， 则N1≥，取N＝max{18，N1}， 当n>N时，恒有<<≤<＝M成立． 考向2　数列与集合的交汇创新问题 例　(2025·河北石家庄一模)已知数列{an}，其中an∈Z，n∈N*. (1)若an＝n(n∈N*)，集合An＝{a1，a2，…，an}，Bn表示集合An的非空子集个数．集合An的第i个非空子集中的所有元素之和记为bi(i＝1，2，…，Bn)，设Sn＝bi，Cn＝. ①直接写出C1，C2，C3； ②计算Cn的前n项和Tn； (2)取n＝5，在数列{an}中至少有一项为负值，且ai>0，将数列{an}中各项依次放在正五边形各顶点上，每个顶点一项．任意相邻三个顶点的三项为ai，aj，ak，若中间项aj<0，则进行如下交换，将ai，aj，ak变换为ai＋aj，－aj，ak＋aj，直到正五边形各顶点上的数均为非负时变换终止．求证：对任何符合条件的{an}，上述变换终止只需进行有限多次． 解：(1)①由A1＝{a1}＝{1}，则B1＝1，S1＝1， 因此可得C1＝＝2； 由A2＝{a1，a2}＝{1，2}， 则B2＝3，S2＝bi＝6， 因此可得C2＝＝； 由A3＝{a1，a2，a3}＝{1，2，3}， 则B3＝7，S3＝bi＝24， 因此可得C3＝＝. 故C1＝2，C2＝，C3＝. ②由题意得集合An＝{1，2，…，n}， 所以Bn＝2n－1， 解法一(利用子集构成特点)： 由于集合An的每个元素在其子集中出现的次数均为2n－1， 故Sn＝(1＋2＋…＋n)·2n－1＝·2n－1＝·2n， 所以Cn＝＝＝＝4， 所以Tn＝4×＝. 解法二(利用递推关系)： 将集合An拆分为集合{1，2，…，n－1}与{n}， 集合{1，2，…，n－1}的所有非空集合中的元素之和的和为Sn－1(n≥2)， 集合An的所有非空子集中的元素之和的和为Sn－1与集合{1，2，…，n－1}的所有子集中的元素加上n的和， 集合{1，2，…，n－1}共有2n－1个子集， 所以Sn＝Sn－1＋Sn－1＋n·2n－1＝2Sn－1＋n·2n－1. 即＝＋，易得＝，累加得－＝， 所以＝，Sn＝·2n. 所以Cn＝＝＝＝4， 所以Tn＝4×＝. (2)证明：由题意所述的变换ai不变，且ai始终为整数， 所以ai≥1，构造一个函数f(a1，a2，a3，a4，a5)＝(a1－a3)2＋(a2－a4)2＋(a3－a5)2＋(a4－a1)2＋(a5－a2)2， 不妨对a5，a1，a2进行一次操作(a1<0)，此时五边形顶点上的数变为－a1，a2＋a1，a3，a4，a5＋a1， 所以有f(－a1，a2＋a1，a3，a4，a5＋a1)－f(a1，a2，a3，a4，a5)＝(－a1－a3)2＋(a1＋a2－a4)2＋[a3－(a5＋a1)]2＋[a4－(－a1)]2＋[(a5＋a1)－(a1＋a2)]2－(a1－a3)2－(a2－a4)2－(a3－a5)2－(a4－a1)2－(a5－a2)2＝2a1(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)， 因为a1<0，a1∈Z，得a1≤－1， 又a1＋a2＋a3＋a4＋a5≥1， 所以2a1(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)≤2a1≤－2， 则经过每一次变换，函数f(a1，a2，a3，a4，a5)的值至少减少2，且f(a1，a2，a3，a4，a5)恒为非负值， 所以变换只能进行有限多次． 　数列与集合的交汇问题的实质是以研究数列知识为载体，结合集合的概念或运算而衍生出的新数列问题，是近几年新高考下的创新题型，解决这类问题要充分利用已学过的数列知识和集合知识，将“新问题”转化为“熟悉的问题”来解决． (2025·辽宁辽阳二模)已知集合P＝{m0，m1，m2，m3，…，mn－1}，m，n∈N*，m>1，集合Qk满足Qk⊆P，1≤k≤2n，k∈N*，当k取不同值时，Qk各不相同．记Qk的所有元素之和为TQk，将数列{TQk}的所有项重新排列为c1，c2，c3，…，c2n，使得cn＋1≥cn. (1)当m＝3时，求c1，c2，c3，c4； (2)当m＝2时，证明：c1，c2，c3，…，c2n成等差数列； (3)设m≥3，TQi≤TQj，1≤i≤2n，1≤j≤2n，i∈N*，j∈N*，证明：TQj＋(1－m)TQi≥(2－m)TQi∩Qj. 解：(1)当m＝3时，集合P＝{1，3}，其子集Qk及其对应的TQk为 ①空集：TQk＝0；②{1}：TQk＝1；③{3}：TQk＝3；④{1，3}：TQk＝4. 重新排列之后：c1＝0，c2＝1，c3＝3，c4＝4. (2)证明：当m＝2时，设Qa＝{2a1，2a2，2a3，…，2at}，Qb＝{2b1，2b2，2b3，…，2bz}，cr＝TQa，cs＝TQb， 其中0≤a1<a2<…<at≤n－1，0≤b1<b2<…<bz≤n－1，1≤t≤n，1≤z≤n，1≤r≤2n，1≤s≤2n，t∈N*，z∈N*，bz∈N*，r∈N*，s∈N*， 由a≠b，得Qa≠Qb，去除Qa，Qb的相同元素， 设Qa剩余元素中最大的元素为2aλ，Qb剩余元素中最大的元素为2bμ， 1≤λ≤t，λ∈N*，1≤μ≤z，μ∈N*， 若2 aλ<2 bμ，则cr<cs， 所以对任意的a≠b，TQa≠TQb，即cr≠cs恒成立， 由题意可知c1＝0，c2n＝1＋2＋4＋…＋2n－1＝2n－1， 因为对任意的a≠b，TQa≠TQb，cr≠cs恒成立，且c1≤c2≤c3≤…≤c2n，c1，c2，c3，…，c2n∈N*， 所以0＝c1<c2<c3<…< c2n＝2n－1， 所以cr＝r－1，1≤r≤2n， 故cr－cr－1＝1， 所以c1，c2，c3，…，c2n成等差数列． (3)证明：①若Qi⊆Qj，TQj＋(m－2)TQi∩Qj≥TQi＋(m－2)TQi＝(m－1)TQi， 即TQj＋(1－m)TQi≥(2－m)TQi∩Qj； ②若Qi不包含于Qj，则Qi≠∅，Qj≠∅， 不妨设A＝{x|x∈Qi，x∉Qj}，B＝{x|x∈Qj，x∉Qi}， 则A≠∅，B≠∅，A∩B＝∅，TQi＝TA＋TQi∩Qj，TQj＝TB＋TQi∩Qj， 由TQi≤TQj，得TA≤TB， 设A＝{mf1，m f2，…，m fξ}，0≤f1<f2<…<fξ≤n－1，1≤ξ≤n，fξ∈N*，ξ∈N*， B＝{md1，m d2，…，m dη}，0≤d1<d2<…<dη≤n－1，1≤η≤n，dη∈N*，η∈N*， 由TA≤TB，m≥3，得mfξ≤TA≤TB＝md1＋md2＋…＋mdη<m0＋m1＋…＋mdη＝＝， 因为0≤1－<1，m－1>1， 所以<1，则<m dη＋1， 所以dη＋1>fξ， 因为dη∈N*，fξ∈N*， 所以dη≥fξ，因为A∩B＝∅，dη≠fξ， 所以dη－1≥fξ， TA＝mf1＋m f2＋…＋mfξ≤m0＋m1＋…＋mfξ＝＝≤≤， 即(m－1)TA≤TB－1，得(m－1)TA<TB， TA＝TQi－TQi∩Qj，TB＝TQj－TQi∩Qj， 所以(m－1)(TQi－TQi∩Qj)<TQj－TQi∩Qj， 即TQj＋(1－m)TQi>(2－m)TQi∩Qj. 综上所述，TQj＋(1－m)TQi≥(2－m)TQi∩Qj. 考向3　数列与导数的交汇创新问题 例3　(2025·广东深圳二模)已知函数f(x)＝xln x－1，函数f(x)图象上的一点(x0，f(x0))，按照如下的方式构造切线ln(n∈N*)：在点(xn－1，f(xn－1))处作曲线y＝f(x)的切线ln，记切线ln与x轴交点的横坐标为xn. (1)写出xn与xn－1的递推关系式； (2)记f(x)的零点为r，且x0>r. ①证明：当xn－1>r时，xn>r； ②证明：对任意的C∈，都有|xn－r|<Cn|x0－r|. 解：(1)f′(x)＝ln x＋1，x∈(0，＋∞)， f(xn－1)＝xn－1ln xn－1－1， 则曲线y＝f(x)在点(xn－1，f(xn－1))处的切线方程为 y＝(ln xn－1＋1)(x－xn－1)＋(xn－1ln xn－1－1)， 令y＝0，得xn＝xn－1－ ＝. (2)证明：①当x∈(0，1)时，f(x)＝xln x－1<－1， 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＝ln x＋1>0，f(x)单调递增， 又因为f(1)＝－1<0，f(2)＝2ln 2－1>0， 所以f(x)有唯一的零点x＝r，其中r∈(1，2)． 令g(x)＝，x∈(r，＋∞)， 则g′(x)＝＝， 当x∈(r，＋∞)时，f(x)>0，g′(x)>0， 故g(x)在(r，＋∞)上单调递增． 因为f(r)＝rln r－1＝0， 所以g(r)＝＝＝＝r. 因为g(x)在(r，＋∞)上单调递增， 所以当xn－1>r时，g(xn－1)>g(r)， 又因为xn＝g(xn－1)，g(r)＝r，所以xn>r， 所以当xn－1>r时，xn>r. ②由①知，因为x0>r，从而x1＝g(x0)>g(r)＝r， 进而x2＝g(x1)>g(r)＝r， 由此递推可知，当x0>r时，xn>r(n∈N*)， 令an＝|xn－r|＝xn－r ＝xn－1－r－， 下面证明：对任意的C∈，都有an<Can－1(n∈N*)成立， 即xn－1－r－<C|xn－1－r|＝C(xn－1－r)． 因为ln xn－1＋1>0， 所以只需证明(C－1)(xn－1－r)(ln xn－1＋1)＋xn－1ln xn－1－1>0， 即[Cxn－1－(C－1)r]ln xn－1＋(C－1)(xn－1－r)－1>0， 令m(x)＝[Cx－(C－1)r]ln x＋(C－1)(x－r)－1， 其中x∈(r，＋∞)，则m′(x)＝Cln x－＋2C－1， 令n(x)＝m′(x)，则n′(x)＝， 因为x∈(r，＋∞)，所以Cx＋(C－1)r>Cr＋(C－1)r＝(2C－1)r≥0， 故n′(x)＝≥0， 从而m′(x)在(r，＋∞)上单调递增， 可知m′(x)>m′(r)＝Cln r＋C>0， 故m(x)在(r，＋∞)上单调递增， 因此m(x)>m(r)＝rln r－1＝0， 因为xn－1>r(n∈N*)，故m(xn－1)＝[Cxn－1－(C－1)r]ln xn－1＋(C－1)(xn－1－r)－1>0， 即对任意的C∈，都有an<Can－1(n∈N*)成立， 由此可得，an＝··…··a0<Cna0＝Cn(x0－r)， 所以对任意的C∈，都有|xn－r|<Cn|x0－r|(n∈N*)． 　在创新型高考形势下，以新情境、新定义为背景，在知识网络交汇处命题将成为高考命题的特色与亮点．数列是高中数学知识和数学方法的汇合点，它在测试逻辑推理能力、理性思维水平以及考查学生创新意识和创新能力上具有不可替代的作用．数列的创新题型可能会与函数、导数等知识结合，解决此类问题的关键是准确提取新信息、加工转化信息，并利用不同模块知识间的联系与转化进行解题． 对于数列{an}，定义Δan＝an＋1－an(n∈N*)，数列{an}满足a1＝a2＝1，Δ(Δan)＝m(m∈R)，记f(m，n)＝a1m＋a2m2＋…＋anmn，称f(m，n)为由数列{an}生成的“m－函数”． (1)试写出“2－函数”f(2，n)，并求f(2，3)的值； (2)若“1－函数”f(1，n)的值小于等于15，求n的最大值； (3)记函数S(x)＝x＋2x2＋…＋nxn，其导函数为S′(x)，证明：“m－函数”f(m，n)＝S′(m)－S(m)＋(m＋1)mi. 参考公式：12＋22＋…＋n2＝n(n＋1)(2n＋1)． 解：(1)由定义及Δ(Δan)＝m，知Δ(Δan)＝Δan＋1－Δan＝m， 所以{Δan}是公差为m的等差数列， 所以Δan＝Δa1＋(n－1)m. 因为a1＝a2＝1，所以Δa1＝a2－a1＝0， 所以Δan＝(n－1)m，即an＋1－an＝(n－1)m. 当n≥2时，有a3－a2＝m，a4－a3＝2m，…，an－an－1＝(n－2)m， 所以an－a2＝m＋2m＋…＋(n－2)m ＝， an＝1＋(n≥2)， 当n＝1时，a1＝1，满足上式， 所以an＝1＋. 当m＝2时，an＝1＋(n－1)(n－2)＝n2－3n＋3， 所以“2－函数”f(2，n)＝1×2＋1×22＋…＋(n2－3n＋3)×2n. 当n＝3时，f(2，3)＝1×2＋1×22＋3×23＝30. (2)当m＝1时， an＝1＋＝. 故“1－函数”f(1，n)＝a1＋a2＋…＋an＝＋＋…＋＝(12＋22＋…＋n2)－(1＋2＋…＋n)＋2n＝－＋2n ＝. 由f(1，n)≤15，得n3－3n2＋8n－90≤0. 令g(x)＝x3－3x2＋8x－90(x≥1)， 则g′(x)＝3x2－6x＋8＝3(x－1)2＋5>0， 所以g(x)＝x3－3x2＋8x－90在[1，＋∞)上单调递增， 因为g(5)＝0，所以当1≤n≤5时，f(1，n)≤15，当n>5时，f(1，n)>15， 故n的最大值为5. (3)证明：由题意得f(m，n)＝a1m＋a2m2＋…＋anmn＝m＋m2＋…＋mn＝m＋m2＋…＋mn＝i2mi－imi＋(m＋1)mi， 由S(x)＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，得S′(x)＝1＋22x＋32x2＋…＋n2xn－1， 所以xS′(x)＝x＋22x2＋32x3＋…＋n2xn＝i2xi， 所以i2mi＝mS′(m)，imi＝S(m)， 所以“m－函数”f(m，n)＝S′(m)－S(m)＋(m＋1)mi. 真题押题 1．(2025·新课标Ⅰ卷，16)设数列{an}满足a1＝3，＝＋. (1)证明：{nan}为等差数列； (2)设f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋amxm，求f′(－2)． 解：(1)证明：∵在数列{an}中，a1＝3，＝＋， ∴(n＋1)an＋1＝nan＋1， 即(n＋1)an＋1－nan＝1， ∴{nan}是以3为首项，1为公差的等差数列． (2)由题意及(1)得，nan＝3＋1×(n－1)， 即an＝1＋， ∴f(x)＝3x＋2x2＋…＋xm， ∴f′(x)＝3＋4x＋…＋(m＋2)xm－1， ∴xf′(x)＝3x＋4x2＋…＋(m＋2)xm， 当x≠1且x≠0时， (1－x)f′(x)＝3＋x＋x2＋…＋xm－1－(m＋2)xm＝3＋－(m＋2)xm， ∴f′(x)＝＋－， ∴f′(－2)＝＋－ ＝1＋－ ＝1－－－ ＝－. 2．(2024·新课标Ⅰ卷，19)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>. 解：(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a′k＝＋1(k＝1，2，…，4m＋2)， 得到新数列a′k＝k(k＝1，2，…，4m＋2)，然后对a′1，a′2，…，a′4m＋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)，使得剩余的四个数成等差数列． 那么剩余的四个数只可能是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)证明：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． 所以数列a1，a2，…，a4m＋2是(2，13)－可分数列． (3)证明：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>－，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>，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}中除去五个集合{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． 而这十个数中，除去已经去掉的4k1＋2和4k2＋1以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数． 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)－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，k1，k2∈{0，1，2，…，m}，代入得(4k2＋2)－(4k1＋1)＝3. 但这导致k2－k1＝，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为＝(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≥＝>＝＝. 这就证明了结论． 已知有穷数列A：a1，a2，…，aN(N∈N*，N≥3)满足ai∈{－1，0，1}(i＝1，2，…，N)．给定正整数m，若存在正整数s，t(s≠t)，使得对任意的k∈{0，1，2，…，m－1}，都有as＋k＝at＋k，则称数列A是m－连续等项数列． (1)数列A：－1，1，0，1，0，1，－1是否为3－连续等项数列？是否为4－连续等项数列？说明理由； (2)若项数为N的任意数列A都是2－连续等项数列，求N的最小值； (3)若数列A：a1，a2，…，aN不是4－连续等项数列，而数列A1：a1，a2，…，aN，－1，数列A2：a1，a2，…，aN，0与数列A3：a1，a2，…，aN，1都是4－连续等项数列，且a3＝0，求aN的值． 解：(1)数列A是3－连续等项数列，不是4－连续等项数列． 理由如下： 因为a2＋k＝a4＋k(k＝0，1，2)， 所以数列A是3－连续等项数列． a1，a2，a3，a4为－1，1，0，1；a2，a3，a4，a5为1，0，1，0；a3，a4，a5，a6为0，1，0，1；a4，a5，a6，a7为1，0，1，－1. 所以不存在正整数s，t(s≠t)，使得as＋k＝at＋k(k＝0，1，2，3)， 所以数列A不是4－连续等项数列． (2)设集合S＝{(x，y)|x∈{－1，0，1}，y∈{－1，0，1}}， 则S中的元素个数为32＝9. 因为在数列A中ai∈{－1，0，1}(i＝1，2，…，N)， 所以(ai，ai＋1)∈S(i＝1，2，…，N－1)． 若N≥11，则N－1≥10>9， 所以在(a1，a2)，(a2，a3)，…，(aN－1，aN)这(N－1)个有序数对中，至少有2个有序数对相同，即存在正整数s，t(s≠t)，使得as＝at，as＋1＝at＋1， 所以当N≥11时，数列A一定是2－连续等项数列． 若N＝3，数列0，0，1不是2－连续等项数列． 若N＝4，数列0，0，1，1不是2－连续等项数列． 若N＝5，数列0，0，1，1，0不是2－连续等项数列． 若N＝6，数列0，0，1，1，0，－1不是2－连续等项数列． 若N＝7，数列0，0，1，1，0，－1，1不是2－连续等项数列． 若N＝8，数列0，0，1，1，0，－1，1，－1不是2－连续等项数列． 若N＝9，数列0，0，1，1，0，－1，1，－1，－1不是2－连续等项数列． 若N＝10，数列0，0，1，1，0，－1，1，－1，－1，0不是2－连续等项数列． 所以N的最小值为11. (3)因为数列A1，A2与A3都是4－连续等项数列， 所以存在两两不等的正整数i，j，k(i，j，k<N－2)， 使得ai＝aN－2，ai＋1＝aN－1，ai＋2＝aN，ai＋3＝－1， aj＝aN－2，aj＋1＝aN－1，aj＋2＝aN，aj＋3＝0，ak＝aN－2，ak＋1＝aN－1，ak＋2＝aN，ak＋3＝1. 下面用反证法证明min{i，j，k}＝1. 假设min{i，j，k}>1，则由ai－1，aj－1，ak－1，aN－3∈{－1，0，1}， 可得ai－1，aj－1，ak－1，aN－3中至少有两个数相等． 不妨设ai－1＝aj－1， 则ai＝aj，ai＋1＝aj＋1，ai＋2＝aj＋2， 所以数列A是4－连续等项数列，与题设矛盾， 所以min{i，j，k}＝1. 所以aN＝ai＋2＝aj＋2＝ak＋2＝a3＝0. 专题作业 题号 1 2 3 4 难度 ★★★ ★★★ ★★★ ★★★ 对点 数列中的新定义问题 数列与导数的交汇创新问题 数列中的新定义问题 数列与集合的交汇创新问题 1．(2025·湖北武汉模拟)现定义：对于实数a，b，c，若b2≥ac，则称b是a和c的加比中项；若b2≤ac，则称b是a和c的减比中项．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝1，且存在正数m，使an＋1是an＋2和an的加比中项与减比中项． (1)若a3是a1与a5的等比中项，求m； (2)数列{bn}满足b1＝2，b2＝2，且m满足bn＋1是bn＋2和bn的减比中项．记数列的前n项和为Sn. ①求证：是an和bn＋1的减比中项； ②当m>1时，求证：Sn<. 解：(1)由an＋1是an＋2和an的加比中项，得ma≥an＋2an；由an＋1是an＋2和an的减比中项，得ma≤an＋2an， 则ma＝an＋2an，即有ma＝a3a1，ma＝a4a2，ma＝a5a3，而a1＝a2＝1， 因此a3＝m，a4＝m3，a5＝m6， 由a3是a1与a5的等比中项，得a＝a1a5， 即m2＝m6，而m>0，所以m＝1. (2)证明：①由bn＋1是bn＋2和bn的减比中项，得mb≤bn＋2bn， 而b1＝b2＝2，m>0，则bn>0，于是m·≤，令＝cn>0，则≥m， 因此cn＋1＝c1···…··≥c1mn＝mn＝mn，即≥mn－1， 由(1)知，an>0，m·＝，数列是首项为＝1，公比为m的等比数列， 则＝mn－1，于是得≥⇔an＋1bn≤anbn＋1⇔()2≤anbn＋1， 所以是an和bn＋1的减比中项． ②由①知，＝mn－1，an＋1＝a2···…·＝1·m·m2·…·mn－1＝m，n≥2， 由≥mn－1，得bn＋1＝b2···…·≥2·m·m2·…·mn－1＝2·m，n≥2， 而m>1，当n≥2时，bn＋1>an＋1，b2＝2>1＝a2，b1＝2>a1＝1，因此bn>an≥1， 由≥，得≥，即≥，变形得≥＝mn－1， 因此＝≤，Sn＝＋＋＋…＋≤1＋＋＋…＋＝＝<， 所以Sn<. 2．已知函数y＝f(x)的定义域为I，设x0∈I，曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线交x轴于点(x1，0)，当n≥1时，设曲线在点(xn，f(xn))处的切线交x轴于点(xn＋1，0)，依次类推，称得到的数列{xn}为函数y＝f(x)关于x0的“N数列”，已知f(x)＝2x－ln (x＋1)． (1)若{xn}是函数y＝f(x)关于x0＝1的“N数列”，求x1的值； (2)若g(x)＝f′(x)，{an}是函数y＝g(x)关于a0＝－的“N数列”，记bn＝log2|2an＋1|. ①证明：{bn}是等比数列； ②证明：sin<ln [log2(－bn＋1)]，n≥2，n∈N. 解：(1)由题意知，f′(x)＝2－，f(1)＝2－ln 2， 所以f′(1)＝2－＝， 曲线f(x)＝2x－ln (x＋1)在点(1，f(1))处的切线斜率为， 所以曲线在点(1，f(1))处的切线方程为y－(2－ln 2)＝(x－1)， 令y＝0，得x＝，所以x1＝. (2)证明：①g(x)＝f′(x)＝2－＝，g′(x)＝， 则曲线g(x)在点(an，g(an))处的切线斜率为g′(an)＝， 所以曲线g(x)在点(an，g(an))处的切线方程为y－＝(x－an)， 令y＝0，解得an＋1＝an－(2an＋1)(an＋1)＝－2a－2an－1， 所以－(2an＋1＋1)＝(2an＋1)2， 所以bn＋1＝log2|2an＋1＋1|＝2log2|2an＋1|＝2bn， 又b1＝2log2|2a0＋1|＝2log2＝－2， 所以＝2， 所以{bn}是首项为－2，公比为2的等比数列． ②由①可知，数列{bn}的通项公式为bn＝－2n， 则log2(－bn＋1)＝n＋1， 要证sin<ln [log2(－bn＋1)]，n≥2，n∈N， 即证sin<ln (n＋1)，n≥2，n∈N. 因为ln (n＋1)＝[ln i－ln (i－1)]， 即证sin<[ln i－ln (i－1)]． 下面证sin<ln i－ln (i－1)，i＝2，3，…，n＋1， 构造函数u(x)＝x－sinx，x∈[0，＋∞)， 则u′(x)＝1－cosx≥0， 故u(x)在[0，＋∞)上单调递增，对任意x∈(0，＋∞)，u(x)>u(0)＝0，即x>sinx，取x＝>0，则有sin<. 下面证<ln i－ln (i－1)＝ln ＝－ln ＝－ln ， 即证ln <－＝－1， 构造函数v(x)＝x－1－ln x，x∈(0，1)， 则v′(x)＝1－＝<0， 故v(x)在(0，1)上单调递减， 则v(x)>v(1)＝0， 即对任意x∈(0，1)，x－1>ln x， 取x＝1－∈(0，1)， 即有ln <－1，则sin<<ln i－ln (i－1)， 所以sin<[ln i－ln (i－1)]． 综上，sin<ln (n＋1)＝ln [log2(－bn＋1)]，n≥2，n∈N. 3．已知有穷数列{an}的通项公式为an＝n(n∈N*)，将数列{an}中各项重新排列构成新数列{bn}，则称数列{bn}是{an}的“重排数列”；若数列{bn}各项均满足bn≠an，则称数列{bn}是{an}的“完全重排数列”，记项数为n的数列{an}的“完全重排数列”的个数为Dn. (1)计算D2，D3，D4； (2)写出Dn＋1和Dn，Dn－1(n≥2)之间的递推关系，并证明数列{Dn－nDn－1}(n≥2)是等比数列； (3)若从数列{an}及其所有“重排数列”中随机选取一个数列{cn}，记数列{cn}是{an}的“完全重排数列”的概率为Pn，证明：当n无穷大时，Pn趋近于. 解：(1)当n＝1时，a1＝1，所以D1＝0； 当n＝2时，a1＝1，a2＝2，则其“完全重排数列”必为b1＝2，b2＝1，故D2＝1； 当n＝3时，数列1，2，3的“完全重排数列”可以为2，3，1或3，1，2，故D3＝2； 当n＝4时，为得到数列1，2，3，4的“完全重排数列”，可先排1，有3种排法，比如1排到2的位置，那就再排2，也有3种排法，剩下的两个数字只有1种排法，由分步乘法计数原理可得，D4＝3×3×1×1＝9. (2)当数列{an}有n＋1项时，其“完全重排数列”的排法可以分为两步： 第一步，重排第n＋1项，有n种排法； 第二步，重排其余n项，根据第一步的排法，可以分为两类： 第一类，若第n＋1项排在第k(k＝1，2，…，n)项的位置，但第k项不排在第n＋1项的位置，这样的排法有Dn种； 第二类，若第n＋1项排在第k(k＝1，2，…，n)项的位置，第k项排在第n＋1项的位置，这样的排法有Dn－1种， 所以Dn＋1＝n(Dn＋Dn－1)，n≥2， 又D2－D1＝1，所以＝＝＝－1， 所以数列{Dn－nDn－1}(n≥2)是等比数列，且D2－D1＝1，公比为－1. (3)证明：由(2)，得Dn－nDn－1＝(－1)n⇒－＝. 所以－＝，－＝，－＝，…，－＝， 以上各式相加，得－＝－＋－＋…＋， 所以＝－＋－＋…＋. 又数列{an}的“重排数列”的个数为n！， 所以Pn＝＝－＋－＋…＋＝1－1＋－＋－＋…＋， 当n无穷大时，Pn＝1－1＋－＋－＋…＋＋…＝e－1＝. 4．(2025·广东茂名一模)已知数列{an}，{bn}满足{an}为等比数列，a1＝，b2＝5，且a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1＝4an＋bn－3(n∈N*)． (1)求an，bn； (2)求集合M＝中所有元素的和； (3)若集合S中存在m(m≥2)个不同元素k1，k2，…，km，使得k1·k2·…·km∈S，则称S为m类集合．试判断{x|x＝2bn，n∈N*}是否为m类集合．若是，求出所有m的值；若不是，说明理由． 解：(1)根据题意，得a1·b1＝4a1＋b1－3， 因为a1＝，代入上式，解得b1＝2， 又因为a1b2＋a2b1＝4a2＋b2－3， 因为a1＝，b1＝2，b2＝5，解得a2＝， 因为{an}为等比数列， 所以{an}的公比为q＝＝， 所以an＝a1qn－1＝·＝， 所以＋＋＋…＋＝＋bn－3(n∈N*)， 即b1＋2b2＋…＋2n－1bn＝(bn－3)·2n＋4(n∈N*)， 当n≥2时，b1＋2b2＋…＋2n－2bn－1＝(bn－1－3)·2n－1＋4， 两式相减，得2n－1bn＝(bn－3)·2n－(bn－1－3)·2n－1(n≥2)， 化简得bn＝2(bn－3)－(bn－1－3)(n≥2)，整理得bn－bn－1＝3(n≥2)， 所以{bn}是首项为2，公差为3的等差数列， 所以bn＝b1＋(n－1)d＝3n－1. (2)因为M＝， 整理得M＝， 记集合M＝的全体元素的和为Q. 记集合A＝，因为，，…，是首项为2，公比为2的等比数列， 所以集合A的所有元素的和为A2N＝＝22N＋1－2. 记集合B＝{b1，b2，…，b2N}，b1，b2，…，b2N是首项为2，公差为3的等差数列，b2N＝6N－1， 所以集合B的所有元素的和为B2N＝＝6N2＋N. 集合A∩B的所有元素的和为T， 则有Q＝A2N＋B2N－T， 对于数列， 当n＝2k－1(k∈N*)时，＝22k－1＝(3－1)2k－1＝C32k－1(－1)0＋C32k－2(－1)1＋…＋C30(－1)2k－1＝3p－1(p∈N*)，是数列{bn}中的项， 当n＝2k时，＝＝2(3p－1)＝6p－2(p∈N*)，不是数列{bn}中的项， 所以T＝＋＋…＋， 其中 所以<k≤， 即k＝(其中[x]表示不超过实数x的最大整数)， 因为，，…，是首项为2，公比为4的等比数列， 所以T＝＝(4k－1) ＝， 所以Q＝6N2＋N＋22N＋1－×－. (3) ， 当m＝3i(i∈N*)时，bk1＋bk2＋…＋bkm＝3(k1＋k2＋…＋km)－m＝3(k1＋k2＋…＋km)－3i＝3(k1＋k2＋…＋km－i)是3的整数倍， 故一定不是数列{bn}中的项，即， 当m＝3i－1(i∈N*)时，bk1＋bk2＋…＋bkm＝3(k1＋k2＋…＋km)－m＝3(k1＋k2＋…＋km)－3i＋1＝3(k1＋k2＋…＋km－i)＋1，不是数列{bn}中的项， 即， 当m＝3i＋1(i∈N*)时，bk1＋bk2＋…＋bkm＝3(k1＋k2＋…＋km)－m＝3(k1＋k2＋…＋km)－3i－1＝3(k1＋k2＋…＋km－i)－1，是数列{bn}中的项， 即， 综上所述，{x|x＝2bn，n∈N*}是m类集合，m＝3i＋1(i∈N*)． 5 学科网（北京）股份有限公司 $