17 专题三 课时8 数列的新定义与重构问题（课件PPT）-【高考快车道】2026年高考数学大二轮专题复习与讲义

专题三　数列 课时8　数列的新定义与重构问题 1 [备考指南]　数列的重构问题(包括数列中的奇数项、偶数项、公共项以及增减项)与数列的新定义问题是近几年高考的重点和热点，一般方法是构造新数列，利用新数列的特征(等差、等比或其他特征)求解原数列． 课时8　数列的新定义与重构问题 能力考点1　数列的新定义 【典例1】　(多选)(2025·福建福州模拟)若数列{an}为递增数列且数列也为递增数列，则称{an}为“重增数列”．下列数列中，是重增数列的有(　　) A．{3n}　　　　　　　 B．{n5} C．{log2n} D．{sin n} √ √ 能力考点1 能力考点2 当堂进阶 课后限时练 课时8　数列的新定义与重构问题 AB　[对于A，当n2时，＝3＞1，则数列{3n}为递增数列，且n2时，＝＝3－>1，所以数列也为递增数列，符合题意； 对于B，当n2时，＝>1，则数列{n5}为递增数列，且n2时，＝＝>1，所以数列也为递增数列，符合题意； 对于C，对于数列，因为＝，所以 不是重增数列，不符合题意； 对于D，因为4>3，sin 4<sin 3，所以数列{sin n}不是递增数列，故{sin n}不是重增数列，不符合题意．故选AB．] 【典例2】　(多选)(2025·云南昆明模拟)已知数列{an}，定义数列{an＋1－2an}为数列{an}的“2倍差数列”．若{an}的“2倍差数列”的通项公式为an＋1－2an＝2n+1，且a1＝2，则下列结论错误的是 (　　) A．a2＝8 B．an＝(n＋1)·2n C．数列{an}是递减数列 D．数列{an}的前n项和Sn＝n·2n+1 √ √ √ 能力考点1 能力考点2 当堂进阶 课后限时练 课时8　数列的新定义与重构问题 BCD　[由an＋1－2an＝2n+1，且a1＝2， 可得＝1， 所以数列是首项和公差均为1的等差数列， 可得＝1＋n－1＝n，即an＝n·2n， 可得a2＝8，数列{an}是递增数列，故A正确，BC错误； 由Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，① 2Sn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n+1，② 由①－②可得－Sn＝21＋22＋23＋…＋2n－n·2n+1＝－n·2n+1＝(1－n)·2n+1－2， 化为Sn＝(n－1)·2n+1＋2，故D错误． 故选BCD．] 反思领悟：解答数列的新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等综合解决． 能力考点1 能力考点2 当堂进阶 课后限时练 课时8　数列的新定义与重构问题 1．(多选)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝an＋2n，定义其“双阶变换”数列{bn}为bn＝ 以下命题正确的是(　　) A．{an}的通项公式为an＝n2－n＋2 B．{bn}存在周期性 C．当n为偶数时，bn＝－ D．{bn}的前2n项中奇数项之和为Sn＝ √ √ 能力考点1 能力考点2 当堂进阶 课后限时练 课时8　数列的新定义与重构问题 AC　[数列{an}满足a1＝2，an＋1＝an＋2n， 可得an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋2＋4＋…＋2(n－1)＝2＋n(n－1)＝n2－n＋2， 对n＝1上式也成立，故A正确； bn＝ ＝a1－a2＋a3－a4＋…＋(－1)n+1an， 当n为偶数时，bn＝(a1－a2)＋(a3－a4)＋…＋(an－1－an)＝－2－6－…－2(n－1)＝－，故C正确； 当n为奇数时，bn＝bn－1＋an＝－＋n2－n＋2＝， 由n为奇数和偶数的通项公式bn，可得{bn}不存在周期性，故B错误； 由n为奇数时，bn＝， 即有b2n－1＝＝2(n2－n＋1)， 可得{bn}的前2n项中奇数项的和为b1＋b3＋…＋ b2n－1＝2×＝，故D错误． 故选AC．] 2．(2025·江西南昌模拟)在一组互不相同的有序数组{a1，a2，a3，…，an}(n2，n∈N*)中定义：在ai(i＝1，2，3，…，n)的右边比其大的数的个数称为ai的“顺序数”，在ai的右边比其小的数的个数称为ai的“逆序数”，我们把有序数组{a1，a2，a3，…，an}的所有元素的“顺序数”与“逆序数”之和记为Tn． (1)有序数组{2，4，1，3，5}的所有元素的“顺序数”与“逆序数”之和T5＝____________． (2)＋…＋＝________________． 10 能力考点1 能力考点2 当堂进阶 课后限时练 课时8　数列的新定义与重构问题 (1)10　(2)　[(1)对于有序数组{2，4，1，3，5}， 2的顺序数为3，逆序数为1， 4的顺序数为1，逆序数为2， 1的顺序数为2，逆序数为0， 3的顺序数为1，逆序数为0， 故T5＝3＋1＋1＋2＋2＋0＋1＋0＝10． (2)对于有序数组{a1，a2，a3，…，ai，…，an}， 易知ai后有n－i个数，所以ai的顺序数＋逆序数＝n－i， 所以Tn＝n－1＋n－2＋…＋1＝， 所以＝＝2， 所以＋…＋＝2＝2＝．] 能力考点2　数列的重构 【典例3】　[人教A版选择性必修第二册P56复习参考题4T12]已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且an＋1＝2Sn＋2(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)在an与an＋1之间插入n个数，使这n＋2个数组成一个公差为dn的等差数列，在数列{dn}中是否存在3项dm，dk，dp，(其中m，k，p成等差数列)成等比数列？若存在，求出这样的3项，若不存在，请说明理由． 能力考点1 能力考点2 当堂进阶 课后限时练 课时8　数列的新定义与重构问题 [解]　(1)由an＋1＝2Sn＋2(n∈N*)，可得an＝2Sn－1＋2(n∈N*，n2)，两式相减可得an＋1＝3an(n∈N*，n2)，又a2＝2a1＋2，因为数列{an}是等比数列，所以a2＝2a1＋2＝3a1，即a1＝2，故an＝2×3n-1． (2)由(1)可知an＝2×3n-1，an＋1＝2×3n．因为an＋1＝an＋(n＋2－1)d，所以dn＝． 假设在数列{dn}中存在三项dm，dk，dp(其中m，k，p成等差数列)成等比数列，则(dk)2＝dmdp，即＝·，化简得＝．(*) 因为m，k，p成等差数列，所以m＋p＝2k，从而(*)可以化简为k2＝mp．联立可得k＝m＝p，这与题设矛盾． 所以在数列{dn}中不存在三项dm，dk，dp(其中m，k，p成等差数列)成等比数列． 反思领悟：解决此类问题的关键是理解题意，要弄清楚增加了(减少了)多少项，增加(减少)的项有什么特征．本题训练了利用反证法证明数列不是等比数列． 能力考点1 能力考点2 当堂进阶 课后限时练 课时8　数列的新定义与重构问题 1．(2025·天津市宝坻区月考)设数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝ (n∈N*)，令bn＝(log2a2n)2·sin ，则 数列{bn}的前100项和为(　　) A．－4 950 B．－5 000 C．－5 050 D．－5 250 √ 能力考点1 能力考点2 当堂进阶 课后限时练 课时8　数列的新定义与重构问题 B　[∵数列{an}的奇数项成等差数列，首项为1，公差为1；偶数项成等比数列，首项为2，公比为2． ∴a2n－1＝n，a2n＝2n， bn＝(log2a2n)2·sin ＝n2·sin ， ∴数列{bn}的前100项和为12－32＋52－72＋…＋972－992＝－2(1＋3＋5＋7＋…＋97＋99)＝－2××50(1＋99)＝－5 000． 故选B．] 2．(2025·河北秦皇岛市昌黎县模拟)将数列{3n－1}中与数列{6n＋5}相同的项剔除，余下的项按从小到大的顺序排列得到数列{an}，则数列{an}前10项的和为(　　) A．205 B．234 C．239 D．290 √ 能力考点1 能力考点2 当堂进阶 课后限时练 课时8　数列的新定义与重构问题 C　[根据题意，数列{3n－1}是首项为2，公差为3的等差数列， 数列{6n＋5}是首项为11，公差为6的等差数列， 设数列{3n－1}中第i项与数列{6n＋5}中第j项相同，则有3i－1＝6j＋5， 所以i＝2j＋2，即数列{3n－1}中的第4项，第6项，第8项，…是相同的，均被剔除． 所以数列{an}的前10项为2，5，8，14，20，26，32，38，44，50． 所以数列{an}前10项的和为5＋×9＝239． 故选C．] 3．已知n∈N*，an＝，bn＝，若将数列{an}与数列{bn}的公共项按从小到大的顺序排列组成一个新数列{cn}，则数列{cn}的前99项和为________________． 能力考点1 能力考点2 当堂进阶 课后限时练 课时8　数列的新定义与重构问题 　[因为数列{2n－1}是正奇数组成的数列，所以数列{(n＋1)2－1}中所有的奇数项是数列{2n－1}和数列{(n＋1)2－1}的公共项，当n为奇数时，设n＝2k－1(k∈N*)，则(n＋1)2－1＝4k2－1，为奇数；当n为偶数时，设n＝2k(k∈N*)，则(n＋1)2－1＝(2k＋1)2－1＝4k(k＋1)，为偶数，所以cn＝＝＝，故c1＋c2＋…＋c99＝＝＝．] 当堂进阶　真题试做　感悟高考 (2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝ (1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式； (2)求{an}的前20项和． 能力考点1 能力考点2 当堂进阶 课后限时练 课时8　数列的新定义与重构问题 [解]　(1)因为bn＝a2n，且a1＝1， an＋1＝ 所以b1＝a2＝a1＋1＝2， b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5． 因为bn＝a2n，所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3， 所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3， 所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，bn＝2＋3(n－1)＝3n－1，n∈N*． (2)因为an＋1＝ 所以k∈N*时，a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1， 即a2k＝a2k－1＋1， ① a2k＋1＝a2k＋2， ② a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，即a2k＋2＝a2k＋1＋1， ③ 所以①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3， 所以数列{an}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列； ②＋③得a2k＋2＝a2k＋3，即a2k＋2－a2k＝3， 又a2＝2，所以数列{an}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列． 所以数列{an}的前20项和S20＝(a1＋a3＋a5＋…＋a19)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝10＋×3＋20＋×3＝300． 题号 1 3 5 2 4 √ 课后限时练(八)　数列的新定义与重构问题 1．(多选)(2025·广东中山市石岐区模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝ 设{an}的前n项和为Sn，下列结论正确的是(　　) A．数列{a2n－2}是等比数列 B．a2n－1＝6－－4n C．S8＜－11 D．当n2时，数列{S2n}是递减数列 √ √ 能力考点1 能力考点2 当堂进阶 课后限时练 课时8　数列的新定义与重构问题 29 题号 1 3 5 2 4 ABD　[对于A，a2n＋2－2＝a2n＋1＋2n＋1－2＝＋2n－1＝a2n－1＝(a2n－2)， 且a2－2＝×1＋1－2＝－≠0，故数列{a2n－2}是等比数列，故A正确； 对于B，a2－2＝－，a2n－2＝－·＝，a2n＝2－， 由a2n＝a2n－1＋2n－1，得a2n－1＝6－4n－，故B正确； 30 题号 1 3 5 2 4 对于C，因为a2n＋a2n－1＝8－4n－3·， 所以S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n) ＝8n－ ＝－2n2＋6n－3＋，S8＝－11＋>－11，故C错误； 对于D，当n2时，{－2n2＋6n－3}是递减数列，也是递减数列， 所以{S2n}是递减数列，故D正确． 故选ABD．] 31 √ 题号 1 3 5 2 4 2．(多选)(2024·浙江绍兴二模)已知数列{an}与{bn}满足a1＝1，且an＋1＝2an＋1，bn＝log2(an＋1)，n∈N*．若数列{an}保持顺序不变，在ak与ak＋1之间插入2k个bk后，组成新数列{cn}，记{cn}的前n项和为Sn，则下列结论中正确的是(　　) A．an＋1＝2n　　　　　 B．bn＝n C．c2 024＝10 D．S2 024＝20 150 √ √ 能力考点1 能力考点2 当堂进阶 课后限时练 课时8　数列的新定义与重构问题 32 题号 1 3 5 2 4 BCD　[对于A，a1＝1，且an＋1＝2an＋1(n∈N*)，则an＋1＋1＝2(an＋1)(n∈N*)，即数列{an＋1}是以a1＋1＝2为首项，2为公比的等比数列，故an＋1＝2n，即an＝2n－1，则an＋1＝2n+1－1，故A错误；对于B，bn＝log2(an＋1)＝log22n＝n，故 B正确；对于C，新数列{cn}为1，1，1，3，2，2，2，2，7，…，因为＝ 1 022，＝2 046，所以数列{cn}从a1＝1到a10＝1 023共有1 022＋10＝ 1 032(项)，到a11共有2 046＋11＝2 057(项)．又a10和a11之间有210个10，故c2 024＝10，故C正确；对于D，由C可得S2 024＝－10＋(1×21＋2×22＋…＋9×29)＋(2 024－1 032)×10＝2 036＋8 194＋9 920＝20 150，故D正确． 故选BCD．] 33 题号 1 3 5 2 4 3．在一个数列中，如果∀n∈N*，都有anan＋1an＋2＝k(k为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k叫做这个数列的公积．已知数列{an}是等积数列，且a1＝1，a2＝2，公积为8，则a1＋a2＋…＋a2 025＝(　　) A．4 719 B．4 721 C．4 723 D．4 725 √ 能力考点1 能力考点2 当堂进阶 课后限时练 课时8　数列的新定义与重构问题 34 题号 1 3 5 2 4 D　[依题意，由a1＝1，a2＝2及anan＋1an＋2＝8，可得当n＝1时，a1a2a3＝1×2×a3＝8，解得a3＝4，当n＝2时，a2a3a4＝2×4×a4＝8，解得a4＝1，当n＝3时，a3a4a5＝4×1×a5＝8，解得a5＝2，当n＝4时，a4a5a6＝1×2×a6＝8，解得a6＝4，……，所以数列{an}是以3为最小正周期的周期数列，所以an＋an＋1＋an＋2＝1＋2＋4＝7，n∈N*，因为2 025÷3＝675，所以a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a2 025＝7×675＝ 4 725．故选D．] 35 题号 1 3 5 2 4 4．已知数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且Sn＝2n2＋3n，2Tn＝3bn －3，若两个数列的公共项按原顺序构成数列{cn}，则c1＋c2＋c3＝________________． 819 能力考点1 能力考点2 当堂进阶 课后限时练 课时8　数列的新定义与重构问题 36 题号 1 3 5 2 4 819　[因为Sn＝2n2＋3n，当n＝1时，a1＝5；当n2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2＋3n)－[2(n－1)2＋3(n－1)]＝4n＋1(n2)．又a1＝5也满足an＝4n＋1，所以an＝4n＋1． 因为2Tn＝3bn－3，当n＝1时，2b1＝3b1－3，解得b1＝3；当n2时，两式相减，得2bn＝3bn－3bn－1，即bn＝3bn－1，所以{bn}是以b1＝3为首项，3为公比的等比数列，则bn＝3n．因为b1＝3，b2＝9＝4×2＋1＝a2，b3＝27，b4＝81＝4×20＋1＝a20，b5＝243，b6＝729＝4×182＋1＝a182，所以c1＝9，c2＝81，c3＝729，故c1＋c2＋c3＝819．] 37 题号 1 3 5 2 4 5．[易错题]已知数列{an}满足a1＝4，且an＋1＋an＝8n＋4． (1)求数列{an}的通项公式； (2)已知bn＝2n，在数列{an}中剔除{an}与{bn}的公共项后余下的项按原顺序构成一个新数列{cn}，求数列{cn}的前192项和T192． 能力考点1 能力考点2 当堂进阶 课后限时练 课时8　数列的新定义与重构问题 38 题号 1 3 5 2 4 [解]　(1) 当n＝1时，a2＋a1＝12，所以a2＝8； 当n2时，an＋an－1＝8n－4，所以an＋1－an－1＝8， 则当n为偶数时，an＝8＋×8＝4n； 当n为奇数时，an＝4＋×8＝4n， 综上，an＝4n． 39 题号 1 3 5 2 4 (2) 设{an}的前n项和为Sn，{bn}的前n项和为Hn， 由(1)可知a200＝800，b9＝29＝512， 当n200时，{an}与{bn}的公共项为4，8，16，…，512，共8项，所以数列{cn}的前192项和T192＝S200－(H9－2)＝ ＝80 400－1 020＝79 380． 易错提醒：解答去项问题的易错之处是不能准确确定数列中去掉的项数，或求和时不会采取原数列和减去去掉各项和的方法． 40 谢 谢！ 41 $