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

课时8　数列的新定义与重构问题 [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． 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} 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 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． 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＝ 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)＋…＋＝ ． (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． [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． 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 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 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 ． 　[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＝＝＝．] (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． [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． 6 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $