第四章 重点突破4 数列与函数、不等式及其新定义问题-【金版新学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义配套课件PPT（人教A版）

该高中数学课件聚焦数列与函数、不等式及新定义的综合应用，从等比数列切入，通过典例解析和规律方法总结搭建学习支架，衔接函数性质分析、不等式恒成立转化等前后知识脉络。 其特色在于以题型分类为框架，结合典例推理和分层评价，培养数学思维与模型意识，如新定义问题的探究过程，帮助学生提升抽象能力和问题解决能力，助力教师系统开展教学，提高课堂效率。

　 第四章　单元学习三　等比数列 重点突破4　数列与函数、不等式及其新定义问题 学习目标 　　数列与函数、不等式及其新定义问题是近几年考查的热点与难点. 数列与函数的交汇往往需将函数条件与数列条件灵活转化求解；数列与不等式的交汇问题一般以数列为载体，考查最值问题、不等式恒成立问题；数列新定义问题属于信息题，要分析新定义的特点，弄懂新定义的性质等，解决上述问题需要更加注意思维的灵活性与严谨性. 内容索引 题型一　数列与函数 1 题型二　数列与不等式 2 题型三　数列新定义(新情景)问题 3 课时分层评价 5 随堂评价 4 题型一　数列与函数 返回 已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式； 解：设等比数列{an}的公比为q， 因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列， 所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5， 即4a5＝a3，于是q2＝＝. 又{an}不是递减数列，且a1＝＞0， 所以q＝－， 故等比数列{an}的通项公式为an＝×＝(－1)n－1·. 典例 1 (2)设Tn＝Sn－，求数列{Tn}中最大项与最小项的值. 解：由(1)得，Sn＝＝1－＝(n∈N*). 设f(x)＝(x∈R)，由指数函数的性质可知， f(x)＝为减函数. 所以当n为奇数时，Sn随n的增大而减小， 所以1＜Sn≤S1＝， 故0＜Sn－≤S1－＝－＝. 当n为偶数时，Sn随n的增大而增大， 所以＝S2≤Sn＜1. 故0＞Sn－≥S2－＝－＝－. 综上，－≤Sn－≤，且Sn－≠0(n∈N*)， 所以数列{Tn}中最大项的值为，最小项的值为－. 数列与函数的综合问题的主要类型及求解策略 1.已知函数条件，解决数列问题：一般利用函数的性质、图象研究数列问题. 2.已知数列条件，解决函数问题：一般利用数列的通项公式、前n项和公式、求和方法等对式子化简变形，灵活运用函数思想方法求解. 3.函数思想在数列问题中的应用：数列本身就是一种特殊的函数，在解决数列中的最大(小)值、单调性、周期性等问题时常需要构造函数，利用求函数最值的方法解决问题(注意数列中n为正整数的条件). 规律方法 对点练1.(2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和.已知＋n＝2an＋1. (1)证明：{an}是等差数列； 解：证明：因为＋n＝2an＋1，即2Sn＋n2＝2nan＋n　①， 当n≥2时，2Sn－1＋(n－1)2＝2(n－1)an－1＋(n－1)　②， ①－②得，2Sn＋n2－2Sn－1－(n－1)2＝2nan＋n－2(n－1)an－1－(n－1)， 即2an＋2n－1＝2nan－2(n－1)an－1＋1， 即2(n－1)an－2(n－1)an－1＝2(n－1)， 所以an－an－1＝1，n≥2且n∈N*， 所以{an}是以1为公差的等差数列. (2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值. 解：由(1)可得d＝1，所以a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8， 又a4，a7，a9成等比数列，所以＝a4·a9， 即(a1＋6)2＝(a1＋3)·(a1＋8)，解得a1＝－12， 所以Sn＝－12n＋＝n2－n＝(n－)2－，n∈N*， 所以当n＝12，或n＝13时，(Sn)min＝－78. 返回 题型二　数列与不等式 返回 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式； 解：因为4Sn＋1＝3Sn－9， 所以当n≥2时，4Sn＝3Sn－1－9， 两式相减可得4an＋1＝3an，即＝. 当n＝1时，4S2＝4＝3(－)－9＝－－9， 解得a2＝－， 所以＝＝. 所以数列{an}是首项为－，公比为的等比数列， 所以an＝－×＝－. 典例 2 (2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn.若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围. 解：因为3bn＋(n－4)an＝0， 所以bn＝an＝×＝(n－4)×()n. 所以Tn＝－3×－2×()2－1×()3＋0×()4＋…＋(n－4)×()n，① 且Tn＝－3×()2－2×()3－1×()4＋0×()5＋…＋(n－5)×()n＋(n－4)×()n＋1，② ①－②得Tn＝－3×＋［()2＋()3＋…＋()n］－(n－4)×()n＋1＝－＋－(n－4)×()n＋1＝－n×()n＋1， 所以Tn＝－4n×()n＋1. 因为Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立， 所以－4n×()n＋1≤λ(n－4)×()n恒成立， 即－3n≤λ(n－4)恒成立， 当n＜4时，λ≤＝－3－，此时λ≤1； 当n＝4时，－12≤0恒成立； 当n＞4时，λ≥＝－3－，此时λ≥－3. 所以－3≤λ≤1. 所以实数λ的取值范围是[－3，1]. 数列与不等式的综合问题的主要类型及求解策略 1.判断数列中的一些不等关系：可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的单调性比较大小. 2.以数列为载体，考查不等式恒成立的问题；此类问题可转化为求函数的最值问题. 3.与数列有关的不等式证明问题：此类问题一般采用放缩法进行证明，有时也可通过构造函数进行证明. 规律方法 对点练2.已知数列{an}是递增的等比数列，并且满足a4－3a2＝4，a3＝8. (1)求数列{an}的通项公式； 解：设数列{an}的公比为q. 由a4－3a2＝4，a3＝8，得两式相除，得＝，即2q2－q－6＝0，解得q＝2或q＝－(舍去)，所以a1＝＝2，所以an＝2n. (2)若bn＝log2an＋log2an＋1＋…＋log2a2n，Sn是数列的前n项和，证明：≤Sn＜. 解：证明：log2an＝n，则bn＝n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋2n＝＝， 所以＝＝， 所以Sn＝(1－＋－＋－＋…＋－＋－)＝. 因为≤1－＜1，所以≤Sn＜. 返回 题型三　数列新定义(新情景)问题 返回 对于数列{an}，如果存在等差数列{bn}和等比数列{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)，则称数列{an}是“优分解”的. (1)证明：如果{an}是等差数列，则{an}是“优分解”的； 解：证明：因为{an}是等差数列，所以设an＝a1＋(n－1)d＝[a1－1＋(n－1)d]＋1，令bn＝a1－1＋(n－1)d，cn＝1，则{bn}是等差数列，{cn}是等比数列，所以数列{an}是“优分解”的. 典例 3 (2)记Δan＝an＋1－an，Δ2an＝Δan＋1－Δan(n∈N*)，证明：如果数列{an}是“优分解”的，则Δ2an＝0(n∈N*)或数列{Δ2an}是等比数列； 解：证明：因为数列{an}是“优分解”的，设an＝bn＋cn(n∈N*)， 其中bn＝b1＋(n－1)d，cn＝c1qn－1(c1≠0，q≠0)， 则Δan＝an＋1－an＝d＋c1qn－1(q－1)， Δ2an＝Δan＋1－Δan＝c1qn－1(q－1)2， 当q＝1时，Δ2an＝0(n∈N*)； 当q≠1时，{Δ2an}是首项为c1(q－1)2，公比为q的等比数列. (3)设数列{an}的前n项和为Sn，如果{an}和{Sn}都是“优分解”的，并且a1＝3，a2＝4，a3＝6，求数列{an}的通项公式. 解：一方面，因为数列{Sn}是“优分解”的，设Sn＝Bn＋Cn(n∈N*)， 其中Bn＝B1＋(n－1)D，Cn＝C1Qn－1(C1≠0，Q≠0)，由(2)知Δ2Sn＝C1Qn－1(Q－1)2. 因为ΔS1＝S2－S1＝a2＝4，ΔS2＝S3－S2＝a3＝6，所以Δ2S1＝ΔS2－ΔS1＝2， 所以C1(Q－1)2＝2，所以Q≠1，所以{Δ2Sn}是首项为2，公比为Q(Q≠1)的等比数列. 另一方面，因为{an}是“优分解”的，设an＝bn＋cn(n∈N*)， 其中bn＝b1＋(n－1)d，cn＝c1qn－1(c1≠0，q≠0)，ΔSn＝Sn＋1－Sn＝an＋1，Δ2Sn＝ΔSn＋1－ΔSn＝an＋2－an＋1＝d＋c1qn(q－1). 因为{Δ2Sn}是首项为2，公比为Q(Q≠1)的等比数列， 所以q≠0，q≠1，且(Δ2S2)2＝(Δ2S1)·(Δ2S3)， 所以[d＋c1q2(q－1)]2＝[d＋c1q(q－1)]·[d＋c1q3(q－1)]， 化简得c1dq(q－1)3＝0，因为c1≠0，q≠0，q≠1，所以d＝0，所以Δan＝ an＋1－an＝c1qn－1(q－1). 即数列{Δan}是首项Δa1＝a2－a1＝1，公比为q的等比数列. 因为Δa2＝a3－a2＝2，所以q＝2，又因为Δ2S1＝2，所以d＋c1q(q－1)＝2，因为d＝0，q＝2，所以c1＝1，所以b1＝a1－c1＝3－1＝2， 综上所述，an＝b1＋(n－1)d＋c1qn－1＝2＋2n－1. 数列的新定义(新情景)问题的解题策略 1.新定义问题：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析，运算，验证，使得问题得以解决. 2.新情景问题：通过给出一个新的数列的概念，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，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. 规律方法 对点练3.定义矩阵运算：＝.已知数列，满足a1＝1，且＝. (1)证明：，分别为等差数列，等比数列； 解：证明：因为＝， 所以 消去an，得bn＝2n， 当n≥2时，bn＝2n，则an＝n， 当n＝1时，由nan＋bn＝n2＋2n及a1＝1，得b1＝2＝21，所以an＝n，bn＝2n(n∈N*)， 因为an＋1－an＝1，＝2， 所以为公差为1的等差数列，为公比为2的等比数列. (2)求数列的前n项和Sn. 解：由(1)知a2n＋3b2n－1＋1＝2n＋1＋3×22n－1＝2n＋1＋×4n， 则Sn＝(3＋5＋…＋2n＋1)＋×(41＋42＋…＋4n) ＝＋×＝2·4n＋n2＋2n－2. 返回 随堂评价 返回 1.已知an＝n2－tn＋2 026(n∈N*，t∈R)，若数列{an}中的最小项为第3项，则 A.t＝3 B.t∈(5，7) C.t∈[5，7] D.t∈(4，10) √ 因为函数f(x)＝x2－tx＋2 026的图象开口向上，对称轴为直线x＝，所以由题意知＜＜，所以t的取值范围为(5，7). 故选B. 2.定义为n个正数p1，p2，…，pn的“倒均数”.若数列的前n项的“倒均数”为，数列满足bn＝，则b4＝ A. B. C. D. √ 由题可得＝，可得数列的前n项和Sn＝.当n＝1时，a1＝1； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n；经验证，a1＝1符合上式，故an＝n. 则bn＝＝，可得b4＝＝. 故选C. 3.已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}的前n项和为Tn，且an＋1＝Sn＋n，a1＝1，bn＝，则使得Tn＜M恒成立的实数M的最小值为 A.1 B. C. D.2 √ 数列{an}中，a1＝1，an＋1＝Sn＋n，当n≥2时，an＝Sn－1＋n－1，两式相减得an＋1－an＝an＋1，即an＋1＝2an＋1，整理得an＋1＋1＝2(an＋1). 而a2＝S1＋1＝a1＋1＝2，因此数列{an＋1}(n≥2)是首项为3，公比为2的等比数列，an＋1＝3×2n－2，a1＝1不满足上式，则b1＝＝，当n≥2时，bn＝×，Tn＝＋×＝＋－×＜. 又T1＝b1＝＜，依题意，M ≥，所以实数M的最小值为. 故选C. 4.在数列中，若－＝p，(n≥2，n∈N*，p为常数)，则称为“等方差数列”，给出以下四个结论：①不是等方差数列；②若是等方差数列，则(k∈N*，k为常数)是等差数列；③若是等方差数列，则(k，l∈N*，k，l为常数)也是等方差数列；④若既是等方差数列，又是等差数列，则该数列也一定是等比数列.其中所有正确结论的序号是________. ②③ 对于①，n≥2时，－＝n－n＋1＝1为常数，故是等方差数列，故①错误；对于②，若是等方差数列，即有－＝p，(n≥2，n∈N*，p为常数)， 则－＝k2＝k2p为常数，故(k∈N*，k为常数)是等差数列，故②正确；对于③，若是等方差数列，即有－＝p，(n≥2，n∈N*，p为常数)，则＝＋(n－1)p，故－＝＋(kn＋l－1)p－－[k(n－1)＋l－1]p＝kp为常数，则(k，l∈N*，k，l为常数)也是等方差数列，故③正确；对于④，若既是等方差数列，又是等差数列，则n≥2时，－＝p，且an－an－1＝d(d为常数)，若d≠0，则an＋an－1＝，为常数，因此数列奇数项相等，偶数项也相等，这与{an}是公差不为0的等差数列矛盾，故d＝0，所以{an}是常数列. 若an＝0，则不为等比数列，故④错误；故答案为②③. 返回 课时分层评价 返回 1.已知数列{an}满足an＝且{an}是递增数列，实数t的取值范围是 A. B. C.(5，＋∞) D.(1，4] √ 由题意可得＜t＜. 故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 2.定义：在数列中，若对任意的n∈N＋都满足－＝d(d为常数)，则称数列为等差比数列.已知等差比数列中，a1＝a2＝1，a3＝3，则＝ A.4×2 0242－1 B.4×2 0232－1 C.4×2 0222－1 D.4×2 0222 √ 因为为等差比数列，＝1，＝3，－＝2，所以是以1为首项，2为公差的等差数列，所以＝1＋×2＝2n－1，所以＝×＝×＝4×2 0232－1. 故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 3.数列的最大项为第k项，则k＝ A.4或5 B.5 C.5或6 D.6 √ 令an＝(n＋3)，则an＋1－an＝(n＋4)－(n＋3)＝·，则a5＝a6. 故当n≤5时，数列单调递增；当n≥6时，数列单调递减，所以第5或第6项是数列的最大项，故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 4.已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝，若Sn＋an＞(－1)na对任意n∈N*恒成立，则实数a的取值范围是 A.(－∞，－1)∪(2，＋∞) B.(－1，2) C. D.(－∞，－1)∪ √ 由数列{an}的前n项和为Sn且an＝，得Sn＝＋＋＋…＋，于是Sn＝＋＋＋…＋＋，两式相减得Sn＝＋＋＋…＋－＝－＝1－，因此Sn＝2－，则Sn＋an＝2－＋＝2－，显然数列{Sn＋an}是递增数列. 当n为奇数时，(Sn＋an)min＝S1＋a1＝1，由Sn＋an＞(－1)na恒成立，得1＞－a，则a＞－1； 当n为偶数时，(Sn＋an)min＝S2＋a2＝，由Sn＋an＞(－1)na恒成立，得＞a，则a＜.所以实数a的取值范围是. 故选C. 4 3 5 6 7 8 1 2 5.若数列，对于∀k∈N*， n∈N*，都有an＋k－an＞kt(t为常数)成立，则称数列具有性质P(t).已知数列的通项公式为an＝2n＋1－λn2＋4n，且具有性质P(4)，则实数λ的取值范围是 A. B. C. D. √ 依题意，得an＋k－an＞4k，故只需考虑k＝1时，an＋1－an＞4，n∈N*.因为an＝2n＋1－λn2＋4n，只需要[2n＋2－λ(n＋1)2＋4(n＋1)]－[ 2n＋1－λn2＋4n)＞4，即 2n＋2－λ(n＋1)2＞ 2n＋1－λn2，整理得＞λ.令bn＝，则bn＋1－bn＝ －＝＞0，所以对任意的n∈N*恒成立，所以数列为递增数列，则bn≥b1＝，所以λ＜，即实数λ的取值范围为. 故选C. 4 5 6 7 8 3 1 2 6.(13分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝3，S5＝25. (1)求数列{an}的通项公式； 解：设数列{an}的公差为d. 由题意，得 所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1. 4 5 6 3 7 8 1 2 (2)设数列的前n项和为Tn，是否存在k∈N*，使得2－2Tk＝成立？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由. 解：由(1)得＝＝，所以数列的前n项和Tn＝(1－＋－＋－＋…＋－)＝＝. 因为2－2Tk＝2－＝1＋，而数列为递减数列， 所以1＜2－2Tk＝1＋≤. 又∈，所以不存在k∈N*，使得2－2Tk＝成立. 4 5 6 3 7 8 1 2 7.(15分)我国元代数学家朱世杰在《四元玉鉴》中研究过高阶等差数列问题，如数列满足为等差数列，称为二阶等差数列.已知二阶等差数列1，2，4，7，…. (1)求的通项公式； 解：由a2－a1＝1，a3－a2＝2，a4－a3＝3， 所以an＋1－an＝1＋×1＝n， 所以当n≥2时，an＝＋(an－1－an－2)＋…＋＋a1＝＋＋…＋1＋1＝＋1＝， 又a1＝1，也适合，所以an＝. 6 7 8 4 5 3 1 2 (2)设bn＝，求的前n项和Tn. 解：bn＝＝， Tn＝＋＋＋＋…＋＋，① Tn＝＋＋＋＋…＋＋，② ①－②，得 Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝1－， 所以Tn＝2＝2－. 6 7 8 4 5 3 1 2 8.(17分)已知函数f(x)＝＋log2. (1)若x1，x2∈(0，1)且x1＋x2＝1，求f(x1)＋f(x2)的值； 解：f(x1)＋f(x2)＝＋log2＋＋log2 ＝1＋log2 ＝1＋log2 ＝1＋log21＝1. 6 7 8 4 5 3 1 2 (2)设Sn＝f＋f＋…＋f＋f，其中n∈N*，求Sn； 解：因为＋＝＋＝＋＝…＝1， 所以f＋f＝f＋f＝f＋f＝…＝1， 因为Sn＝f＋f＋…＋f＋f①， 所以Sn＝f＋f＋…＋f＋f②， 由①＋②得， 2Sn＝＋［f＋f］＋…＋. 所以2Sn＝n，故Sn＝. 6 7 8 4 5 3 1 2 (3)使用(2)中的Sn，已知an＝，其中n∈N*，设Tn为数列{an}的前n项和，求证：≤Tn＜. 解：证明：因为an＝＝＝， 所以Tn＝＋＋＋…＋， 因为an＞0，所以Tn＜Tn＋1，所以{Tn}是递增数列， 所以Tn≥T1＝a1＝， 6 7 8 4 5 3 1 2 an＝＜＝＝2， 所以Tn＝＋＋＋…＋＜＋＋＋…＋ ＝2(－＋－＋－＋…＋－＋－) ＝2(＋－－) ＝2(－－)＜， 所以≤Tn＜. 返回 6 7 8 4 5 3 1 2 谢 谢 观 看 重点突破4　数列与函数、不等式及其新定义问题 返回 $