数列课件-2026届高考数学二轮复习

　数 列 高中数学 二轮复习 返回导航 数列的新定义、新情境以及与其他知识的融合问题，近几年逐渐成为高考试题的热点压轴题，有时还伴随着数列与集合、函数、不等式、解析几何等综合命题，难度较大． 返回导航 内容索引 第一部分 热点分类　考向探究 创新练3 第二部分 返回导航 热点分类　考向探究 第 分 部 一 返回导航 考向 1 数列的新定义问题 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 对于数列的新定义问题，要耐心读题，分析新定义、新运算的特点，弄清新定义的性质，逐条分析、运算、验证，使问题得以解决，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义透彻理解． 反思感悟 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 考向 2 数列的新情境问题 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 解决数列的新情境问题要首先理解题意，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，实现信息迁移，从新情境中抽象出等差数列、等比数列等特殊的数列，转化为数列的通项、性质或求和问题． 反思感悟 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 考向 3 数列与其他知识的融合 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 数列作为高中数学的重要内容之一，与许多其他知识有着紧密的联系．解答此类问题需仔细阅读题目，确定数列与哪些知识相结合，如函数、不等式、几何等，找出问题中的关键信息和已知条件，明确解题的方向． 反思感悟 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 创新练3 第 分 部 二 返回导航 1 2 返回导航 1 2 返回导航 1 2 返回导航 1 2 返回导航 1 2 返回导航 1 2 返回导航 谢谢观看！ 返回导航 例1　在数列{an}中，对于任意的n≥2，n∈N*，都有an＋1＝pan＋qan－1(p，q为非零常数)，则称数列{an}为“(p，q)数列”．已知数列{an}是“(2，3)数列”，且a1＝1，a2＝3． (1)求证：数列{an＋1－3an}是常数列． 解：(1)证明：由数列{an}是“(2，3)数列”，得当n≥2，n∈N*时，an＋1＝2an＋3an－1， 变形得an＋1－3an＝－(an－3an－1)，而a1＝1，a2＝3，即a2－3a1＝0， 因此an＋1－3an＝0，所以数列{an＋1－3an}是常数列． (2)设数列{bn}是“(2，－1)数列”，且b1＝a1，b2＝a2． ①求数列{(－1)n·b}的前2n项的和S2n． ②若cn＝，是否存在非零常数t，s，使得数列{cn}为“(t，s)数列”？若存在，求出t，s的值；若不存在，请说明理由． 解：(2)①由数列{bn}是“(2，－1)数列”，得当n≥2，n∈N*时，bn＋1＝2bn－bn－1， 即bn＋1－bn＝bn－bn－1，又b1＝1，b2＝3，因此{bn}是首项为1，公差为2的等差数列，则bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，令dn＝(－1)n·b＝(－1)n(2n－1)2， 于是d2n－1＋d2n＝－(4n－3)2＋(4n－1)2＝8(2n－1)， 所以S2n＝(d1＋d2)＋(d3＋d4)＋…＋(d2n－1＋d2n)＝8·＝8n2． 解：②由(1)知an＋1＝3an，而a1＝1，则数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列，故an＝3n－1， 所以cn＝＝ ，即cn＝＋＋＋＋…＋， 则cn＝＋＋＋…＋＋， 两式相减，得cn＝1＋2－＝1＋2·－＝2－，因此cn＝3－． 假设存在非零常数t，s，使得数列{cn}为“(t，s)数列”，即当n≥2，n∈N*时，cn＋1＝tcn＋scn－1， 即当n≥2，n∈N*时，3－＝t＋s＝3(t＋s)－恒成立，则t＋s＝1，且＋＝对任意n≥2，n∈N*恒成立，即当n≥2，n∈N*时，(9－6t)n＋3t＝n＋2恒成立，于是而此方程组无解，所以不存在非零常数t，s，使得数列{cn}为“(t，s)数列”． 跟踪训练 (2025·山西吕梁一模)若数列A：a1，a2，…，an(n≥3)中ai∈N*(1≤i≤n)且对任意的2≤k≤n－1，ak＋1＋ak－1＞2ak恒成立，则称数列A为“U－数列”． (1)若数列1，x，y，7为“U－数列”，写出所有可能的x，y； 解：(1)依题意，因为数列1，x，y，7为“U－数列”，则 注意到x，y∈N*，故所有可能的x，y为或或 (2)若“U－数列”A：a1，a2，…，an中，a1＝1，a2＝1，an＝2 017，求n的最大值． 解：(2)一方面，注意到ak＋1＋ak－1>2ak⇔ak＋1－ak>ak－ak－1， 对任意的1≤i≤n－1，令bi＝ai＋1－ai，则bi∈Z且bk>bk－1(2≤k≤n－1)， 故bk≥bk－1＋1对任意的2≤k≤n－1恒成立， 当a1＝1，a2＝1，an＝2 017时，注意到b1＝a2－a1＝1－1＝0， 得bi＝(bi－bi－1)＋(bi－1－bi－2)＋…＋(b2－b1)＋b1≥i－1(2≤i≤n－1)， 此时an－a1＝b1＋b2＋…＋bn－1≥0＋1＋2＋…＋n－2＝(n－1)(n－2)， 即(n－1)(n－2)≤2 017－1，解得－62≤n≤65，故n≤65； 另一方面，取bi＝i－1(1≤i≤64)，则对任意的2≤k≤64，bk>bk－1，故数列{an}为“U－数列”， 此时a65＝1＋0＋1＋2＋…＋63＝1＋＝2 017，即n＝65符合题意． 综上，n的最大值为65． 例2　(2025·山东济宁二模)将所有正整数按照如下规律形成数阵： 第1行　1　2　3　…　7　8　9 第2行　10　11　12　…　97　98　99 第3行　100　101　102　…　997　998　999 第4行　1 000　1 001　1 002　…　9 997　9 998　9 999 …… (1)将数列{3n＋1}与数列{2n}的公共项按照从小到大的顺序排列得到数列{an}，试确定a6在该数阵中的位置． 解：(1)设3m＋1＝2n，因为2n＝(3－1)n＝C·3n＋C·3n－1·(－1)＋C·3n－2·(－1)2＋…＋C·3·(－1)n－1＋C·(－1)n， 所以m＝[C·3n＋C·3n－1·(－1)＋C·3n－2·(－1)2＋…＋C·3·(－1)n－1＋C·(－1)n－1]． 所以当且仅当n为偶数时，m可以取得正整数， 所以当且仅当n为偶数时，数列有公共项， 所以an＝22n，故a6＝212＝4 096， 所以a6是数阵第4行第3 097个数． (2)将该数阵中所有相邻两位数字(从左到右)出现12的所有正整数去掉并保持顺序不变，得到一个新数阵，记新数阵第n行中正整数的个数为bn． ①求b1，b2，b3； ②求bn． 解：(2)①当n＝1时，显然b1＝9． 当n＝2时，第2行2位数有90个，其中只有12去掉． 故b2＝9×10－1＝89． 当n＝3时，第3行3位数有900个，其中有两种情况去掉： 百位和十位分别为12，此时有10个；十位和个位分别为12，此时有9个． 故b3＝900－19＝881． ②当n>2时，将第(n＋1)行bn＋1个符合条件的(n＋1)位正整数分为两类： 个位数字不等于2时，个位数字有9种取法，前面n位数有bn种取法，这时符合条件的(n＋1)位正整数有9bn个； 个位数字等于2时，前面n位数有bn种取法， 但这bn个(n＋1)位正整数中十位数字等于1的bn－1个正整数要去掉． 故个位数字等于2且十位数字不等于1的(n＋1)位正整数有(bn－bn－1)个． 综上，由分类加法计数原理知bn＋1＝10bn－bn－1． 设bn＋1－xbn＝(10－x)，则x＝，即x2－10x＋1＝0， 解得x＝5±2， 所以{bn＋1－(5＋2)bn}是首项为b2－(5＋2)b1＝44－18，公比为5－2的等比数列，{bn＋1－(5－2)bn}是首项为b2－(5－2)b1＝44＋18，公比为5＋2的等比数列， 所以bn＋1－(5＋2)bn＝(44－18)(5－2)n－1， bn＋1－(5－2)bn＝(44＋18)(5＋2)n－1， 所以当n>2时，bn＝， 经检验，当n＝1时，b1＝9也符合上式，当n＝2时，b2＝89也符合上式． 综上，bn＝． 跟踪训练 (2025·广东佛山二模)在等差数列{an}和等比数列{bn}中，ai和bi是下表第i行中的数(i＝1，2，3)，且a1，a2，a3中的任何两个数不在同一列，b1，b2，b3中的任何两个数也不在同一列． 项目 第1列 第2列 第3列 第4列 第1行 1 2 3 4 第2行 5 6 7 8 第3行 9 10 11 12 (1)请问满足题意的数列{an}和{bn}各有多少个？写出它们的通项公式(无需说明理由)． 解：(1)对于等差数列{an}，设公差为d， 当a1＝1，a2＝6，a3＝11时，d＝5，所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋5(n－1)＝5n－4， 当a1＝2，a2＝7，a3＝12时，d＝5，所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋5(n－1)＝5n－3， 当a1＝3，a2＝6，a3＝9时，d＝3，所以an＝a1＋(n－1)d＝3＋3(n－1)＝3n， 当a1＝4，a2＝7，a3＝10时，d＝3，所以an＝a1＋(n－1)d＝4＋3(n－1)＝3n＋1， 满足题意的数列{an}有4个，其通项公式分别为an＝5n－4，an＝5n－3，an＝3n，an＝3n＋1； 对于等比数列{bn}，设公比为q，当b1＝3，b2＝6，b3＝12时，q＝2，所以bn＝b1qn－1＝3×2n－1，当b1＝4，b2＝6，b3＝9时，q＝，所以bn＝b1qn－1＝4×， 满足题意的数列{bn}有2个，其通项公式分别为bn＝3×2n－1，bn＝4×． (2)若等比数列{bn}的公比为整数，且a1＋b1＝6．数列{cn}满足anan＋1cn＋(an－3)bn＋1＝0，求数列{cn}的前n项和Sn． 解：(2)因为{bn}的公比为整数，由(1)知bn＝3×2n－1，所以b1＝3，所以a1＝6－b1＝3，所以an＝3n，所以3n×3(n＋1)cn＋(3n－3)×3×2n＝0， 所以cn＝＝＝＝－， 所以数列{cn}的前n项和Sn＝－＋－＋…＋－＝2－＝． 例3　(2025·福建宁德三模)设函数f (x)＝x cos x． (1)求函数g(x)＝f (x)－x(0＜x≤1)的值域； 解：(1)由g(x)＝f (x)－x＝x cos x－x，得g′(x)＝cos x－x·sin x－1． 当x∈(0，1]时，cos x－1＜0，－x sin x＜0，即g′(x)＜0， 所以g(x)在区间(0，1]上单调递减，即g(x)的值域为[cos 1－1，0)． (2)当0＜x≤π时，f (x)≤恒成立，求实数a的最小值； 解：(2)在区间(0，π]上，由f (x)≤恒成立，得2a≥[(x2＋2)cos x]max， 设h(x)＝(x2＋2)cos x，当x∈时，h(x)≤0，故只需研究x∈时的情形． h′(x)＝2x cos x－(2＋x2)sin x，设s(x)＝2x cos x－(2＋x2)sin x， 在区间上，s′(x)＝－4x·sin x－x2cos x＜0， 所以h′(x)在区间上单调递减，所以h′(x)＜h′(0)＝0， 即h(x)＝(x2＋2)cos x在区间上单调递减，所以h(x)＜h(0)＝2， 所以2a≥2，解得a≥1，故实数a的最小值为1． (3)若a1＝1，an＋1＝f (an)，求证：k·cos ak≤2－2an＋1(n∈N*)． 附：cos ak＝cos a1·cos a2·cos a3·…·cos an． 解：(3)证明：由a1＝1，an＋1＝f (an)，得an＋1＝an cos an，即cos an＝， 所以cos ak＝···…·＝an＋1， 由(1)可知，当x∈(0，1]时，f (x)－x＜0，即f (x)＜x， 所以当a1＝1，0＜a2＝f (a1)＜a1＝1， 当0＜an≤1时，有0＜an＋1＜an≤1， 又由(2)知x∈(0，1]时，cos x≤，所以＝cos an≤， 所以≥＝＋，故an≤－， 所以k≤＋＋＋…＋＝－2， 所以k·cos ak≤2－2an＋1． 跟踪训练 (2025·浙江温州模拟)已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)过点P1(2，2)，其渐近线方程为y＝±2x．按照如下方式依次构造点Pn(n＝2，3，…)：过双曲线C的右支上点Pn－1作斜率为1的直线与双曲线C的左支交于点Qn－1，过点Qn－1再作斜率为－1的直线与双曲线C的右支交于点Pn(xn，yn)． (1)求双曲线C的方程； 解：(1)由题意可得解得 所以双曲线C的方程为－＝1． (2)用xn，yn表示点Qn－1的坐标； 解：(2)过点Pn(xn，yn)，Qn－1的直线方程为x＋y＝xn＋yn， 联立直线与双曲线方程可得3x2＋2(xn＋yn)x－(xn＋yn)2－12＝0， 设Qn－1(xQ，yQ)， 因为点Pn(xn，yn)在双曲线C上，所以4x－y＝12， 则xQ·xn＝＝＝， 所以xQ＝－xn－yn，yQ＝xn＋yn，故Qn－1． (3)求证：数列{2xn－yn}是等比数列． 解：(3)证明：由题意知直线Pn－1Qn－1的斜率为1，设xn－1＝xQ＋t，yn－1＝yQ＋t，t≠0，因为点Pn－1(xn－1，yn－1)在双曲线C上，所以4x－y＝12，则4x－y＝4(xQ＋t)2－(yQ＋t)2＝4x＋8txQ＋4t2－y－2tyQ－t2＝12＋8txQ－2tyQ＋3t2＝12，化简可得8txQ－2tyQ＋3t2＝0，t≠0，故t＝－xQ＋yQ， 所以xn－1＝－xQ＋yQ＝－＋＝xn＋yn， yn－1＝－xQ＋yQ＝－＋＝xn＋yn， 所以2xn－1－yn－1＝xn＋yn－xn－yn＝(2xn－yn)， 故{2xn－yn}是等比数列． 1．(20分)(2025·湖北武汉模拟)对数运算可以使一些复杂的数学计算变得简单，比如函数：f (x)＝xx(x＞0)，通常为了便于求导，我们可以作变形：f (x)＝xx＝eln xx＝ex ln x． (1)求f (x)＝xx(x＞0)的单调区间． 解：(1)f (x)＝xx＝ex ln x，f ′(x)＝ex ln x(ln x＋1)，令f ′(x)>0，解得x>，令f ′(x)＜0，解得0＜x＜，所以f (x)的单调递增区间为，单调递减区间为． (2)已知g(x)＝x2． ①若数列{an}满足a1＝1，an＋1＝g(an)＋g′(an)，求数列{an}的通项公式； ②求证：g(i)－ln f (i)]≥． 解：(2)①由题意可知，an＋1＝a＋2an， 则an＋1＋1＝a＋2an＋1＝(an＋1)2， 两边同时取对数可得ln (an＋1＋1)＝2ln (an＋1)， 所以{ln (an＋1)}是以ln 2为首项，2为公比的等比数列， 所以ln (an＋1)＝2n－1ln 2＝ln 22n－1，所以an＋1＝22n－1，所以an＝22n－1－1． ②证明：设函数h(x)＝ln x－x＋1，h′(x)＝－1＝， 当x>1时，h′(x)＜0，当0＜x＜1时，h′(x)>0， 所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 则h(x)≤h(1)＝0，即ln x≤x－1在(0，＋∞)上恒成立，g(n)－ln f (n)＝n2－n ln n≥n2－n(n－1)＝n， 所以g(i)－ln f (i)]≥1＋2＋3＋…＋n＝，即g(i)－ln f (i)]≥． 2．(20分)(2025·安徽合肥一模)正整数的划分在置换群及其表示理论研究中有着重要应用．设k，n为正整数．若正整数序列(λ1，λ2，…，λk)满足λ1＋λ2＋…＋λk＝n，且λ1≥λ2≥…≥λk≥1，1≤k≤n，则称(λ1，λ2，…，λk)为n的一个k部划分．记pk(n)为n的所有k部划分的个数． (1)计算：p3(6)，p2(5)； 解：(1)6的所有3部划分为(4，1，1)，(3，2，1)，(2，2，2)； 5的所有2部划分为(4，1)，(3，2)． 所以p3(6)＝3，p2(5)＝2． (2)求证：pk(n)＝pk－1(n－1)＋pk(n－k)(k≥2)； 解：(2)证明：设(λ1，λ2，…，λk)是n的一个k部划分．分以下两种情形讨论． ①若λk＝1，则(λ1，λ2，…，λk－1)为n－1的一个(k－1)部划分． 故满足λk＝1的n的所有k部划分有pk－1(n－1)个． ②若λk>1，则(λ1－1，λ2－1，…，λk－1)为n－k的一个k部划分． 故满足λk>1的n的所有k部划分有pk(n－k)个． 综上可知，pk(n)＝pk－1(n－1)＋pk(n－k)(k≥2)． (3)求证：pk(n)＝i(n－k)． 解：(3)证明：由(2)可知， pk(n)＝pk－1(n－1)＋pk(n－k)，pk－1(n－1)＝pk－2(n－2)＋pk－1(n－k)，…，p2(n－k＋2)＝p1(n－k＋1)＋p2(n－k)， 上述各式左右对应相加可得 pk(n)＝pk(n－k)＋pk－1(n－k)＋…＋p2(n－k)＋p1(n－k＋1)． 又因为p1(n－k＋1)＝p1(n－k)＝1，所以pk(n)＝i(n－k)． $