专题2 创新探究2 数列中的思维创新问题-【优化探究】2026年高考数学二轮专题复习配套课件（提升版）

创新探究2　数列中的思维创新问题 第一部分　专题突破 专题二　数列 高考分析 数列中的创新问题常涉及定义新数列、定义新运算、定义新性质等,数列还常与函数、几何、概率等知识相结合;解决时需要准确理解新定义和创新点,灵活运用数列的基础知识和方法,提高解决新问题的能力. 类型一　与数列有关的新定义问题 内容索引 类型二　与数列有关的新情境问题 3 类型一　与数列有关的新定义问题 类型一　与数列有关的新定义问题 [例1]　(2024·新课标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,使数列a1,a2,…,a6是(i,j)-可分数列; [解]　所有可能的(i,j)是(1,2),(1,6),(5,6). 类型一　与数列有关的新定义问题 (2)当m≥3时,证明:数列a1,a2,…,a4m+2是(2,13)-可分数列; [证明]　数列a1,a2,…,a4m+2的前14项a1,a2,…,a14中删去a2和a13后剩余的12项可被平均分为以下3组:a1,a4,a7,a10;a3,a6,a9,a12;a5,a8,a11,a14. 由题设知这3组中的4个数都能构成等差数列. 当m≥4时,数列a1,a2,…,a4m+2从第15项开始每连续4项分为一组,共可得m-3组,每组中的4个数仍能构成等差数列. 所以当m≥3时,数列a1,a2,…,a4m+2是(2,13)-可分数列. 类型一　与数列有关的新定义问题 (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>. 类型一　与数列有关的新定义问题 [证明]　由题意,数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)-可分数列⇔1,2,…,4m+2是(i,j)-可分数列. 从4m+2个数中任取两个数i和j(i<j)有=8m2+16m+1种. ①首先证明(4p+1,4p+2)(p≤q)一定符合题意,其中p,q∈N,且q≤m. 当p<q时,易知,4p+1与4q+2之间共有4q+2-(4p+1)-1=4(q-p)个数, 按由小到大的顺序,每4个数一组,每组的4个数都能构成等差数列; 4p+1之前共有4p个数,按由小到大的顺序,每4个数一组,每组的4个数都能构成等差数列; 类型一　与数列有关的新定义问题 4q+2之后共有4(m-q)个数,按由小到大的顺序,每4个数一组,每组的4个数都能构成等差数列. 所以(4p+1,4q+2)(p<q)一定符合题意. 同理易证,(4p+1,4q+2)(p=q)同样符合题意. 此时,这样的(i,j)共有+=种. ②其次证明(4p+2,4q+1)(p<q-1)一定符合题意,其中p,q∈N,且q≤m. 同样的,4p+1之前共有4p个数,按由小到大的顺序,每4个数一组,每组的4个数都能构成等差数列; 类型一　与数列有关的新定义问题 4p+2之后共有4(m-q)个数,按由小到大的顺序,每4个数一组,每组的4个数都能构成等差数列. 故只需证明4p+1,4p+3,4(p+1),…,4q,4q+2共4(q-p)个数,可被平均分为q-p组,且每组的4个数都能构成等差数列. 令t=q-p,t≥2,则只需证明1,3,4,…,4t,4t+2,可被平均分为t组,且每组的4个数都能构成等差数列. 事实上,可将1,3,4,…,4t,4t+2划分为如下t组: 类型一　与数列有关的新定义问题 (1,1+t,1+2t,1+3t),(3,3+t,3+2t,3+3t),(4,4+t,4+2t,4+3t),…,(t,2t,3t,4t),(t+2,2t+2,3t+2,4t+2). 易知,上述各组的4个数都能构成等差数列. 所以(4p+2,4q+1)(p<q-1)一定符合题意. 此时,这样的(i,j)共有-m=种. 由①②可知,符合题意的(i,j)至少有+=m2+m+1种. 综上,Pm≥=>.证毕. 类型一　与数列有关的新定义问题 　对应数列新定义问题,关键是正确理解新定义的本质,由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质,并结合合理的计算、分析、推理等方法综合解决. 方法总结 类型一　与数列有关的新定义问题 1.(2025·广东湛江模拟)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(λ>,n∈N*),判断数列{cn}是否为“上界1数列”,并说明理由; 解:由题可知,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”. 对点训练 类型一　与数列有关的新定义问题 (2)若数列是“上界m数列”,求m的最小值; 解: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. 类型一　与数列有关的新定义问题 (3)若0<b1≤,且bn+1=bn+(n∈N*).证明:数列{bn}是“上界1数列”. 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+≤+()2=<1. 类型一　与数列有关的新定义问题 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. 类型一　与数列有关的新定义问题 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”. 类型二　与数列有关的新情境问题 类型二　与数列有关的新情境问题 [例2]　(2025·广东中山模拟)若任取一个正整数,如果是偶数,将它除以2;如果是奇数,则将它乘3再加上1,如此反复运算,该数最终将变为1,这就是对一个正整数运算时“万数归1”现象的猜想.假如对任意正整数a0(a0≥2),按照上述规则实施第1次运算后的结果记为a1,实施第2次运算后的结果记为a2,…,实施第(n-1)次运算后的结果记为an-1,实施第n次运算后得到数1,则停止运算,即可以得到有穷数列{an}:a1,a2,…,an-1,1(其中ai≠1,i=1,2,…,n-1)其递推关系式为ak+1=(k=0,1,2,…,n-1),a0称作数列{an}的原始项;将此递推公式推广为:ak+1=(k=0,1,2,…,n-1,λ∈N*),其他规则不变,得到的数列记作{λ~an},试解答以下问题: 类型二　与数列有关的新情境问题 (1)若a0=6,求数列{3~an}的项数; [解]　因为a0=6,根据题意可得a1==3,a2=3a1+1=10,a3==5,a4=3a3+1=16,a5==8,a6==4,a7==2,a8==1, 所以数列{3~an}的项数为8. 类型二　与数列有关的新情境问题 (2)若数列{3~an}满足a6=1,求原始项a0的所有可能取值构成的集合; [解]　由题意可得ak+1=(k=0,1,2,…,n-1), 因为a6=1,则a5=2,a4=4,a3=1(舍)或a3=8, 当a3=8时,a2=16,a1=32或a1=5, 当a1=32时,则a0=64;当a1=5时,a0=10. 综上所述,a0的取值集合为{10,64}. 类型二　与数列有关的新情境问题 (3)对任意的数列{1~an},求证:n≤2log2a1+2. [证明]　依题意,ak+1=(k=0,1,2,…,n-1),an=1,an-1=2,an-2=4,…, 当n=1时,显然成立;当n=2时,a1=2,即n≤2log2a1+2也成立; 当n≥3时,对任意ai≥3,ai+2∈, 故ai+2≤+1,即ai-2≥2(ai+2-2), 类型二　与数列有关的新情境问题 ①当n=2t+1(t∈N*)时,由a1-2≥2t-1(an-2-2)=2t,a1≥2t+2=+2, 所以2log2a1+2>2log2+2=n+1>n; ②当n=2t+2(t∈N*)时,由a2-2≥2t-1(an-2-2)=2t,a2≥2t+2=+2, a1≥a2-1≥+1,所以2log2a1+2>2log2+2=n. 综上所述,任意的数列{1~an},n≤2log2a1+2. 类型二　与数列有关的新情境问题 　以新情境为载体,要走进新情境,从新情境中提炼出数列模型,转化为等差、等比数列或转化为数列的性质(如数列的单调性、数列的最值、数列的周期性)等解决问题. 方法总结 类型二　与数列有关的新情境问题 2.(2025·陕西西安模拟)在人工智能的训练过程中,数据预处理至关重要.现有一种“数据筛选器”工具,其功能为:对于一个无穷非负正整数数列,通过操作T(A,B)删去其中除以A余数为B的所有项,并将剩下的项按原来的位置排好形成一个新的无穷非负正整数数列.设数列{an}的通项公式an=2n-1,n∈N*,通过“数据筛选器”工具对数列{an}进行T(4,2)操作后得到数列{bn},设数列{an+bn}的前n项和为Tn. (1)求Tn. 对点训练 类型二　与数列有关的新情境问题 解:由an=2n-1,n∈N*知:a1=1,a2=2,a3=4,a5=8,a6=16,…, {an}中除了a2除以4余2,其余各项除以4余数均不为2, 故b1=1,bn=an+1,n≥2, 故an+bn= 故an+bn= 故an+bn= 故当n=1时,Tn=2, 当n≥2时,Tn=2+3×22-1+…+3×2n-1=2+6(2n-1-1)=3·2n-4. 而3·21-4=2,故Tn=3·2n-4. 类型二　与数列有关的新情境问题 (2)是否存在不同的正整数p,q,r∈N*,使得Tp,Tq,Tr成等差数列?若存在,求出所有的(p,q,r);若不存在,说明理由. 解:不存在不同的正整数p,q,r∈N*,使得Tp,Tq,Tr成等差数列, 不妨设p<q<r,2Tq=Tp+Tr,p,q,r∈N*. 即2(3×2q-4)=(3×2p-4)+(3×2r-4),2×2q=2p+2r, 两边同除以2p得,2q-p+1=1+2r-p, 设m=q-p,k=r-p,m,k∈N*,则2m+1=1+2k. 当k≥1时,1+2k为奇数,2m+1为偶数,矛盾; 故不存在这样的正整数组(p,q,r). 感谢您的观看 $