专题2 融合创新1 以数列为背景的创新问题（课件PPT）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·数学（提升版）

融合创新(一)　以数列为背景的创新问题 创新点1　数列与集合的交汇问题 创新点2　数列与函数(导数)的交汇问题 目 录 索 引 创新点3　数列中的新定义、新运算问题 真题解构　数列 在新高考背景下,数列与其他知识的综合应用已成为高考命题的热点,也是各地模拟考试的重点考查内容.这类问题常以压轴大题的形式出现,通常具有较高的难度和较广的考查范围.数列不仅可与概率、函数、解析几何等主干知识结合,还能与集合、解三角形、立体几何等模块交汇命题.因此,在复习备考时,学生需强化综合运用各模块知识解题的灵活性,并对此类题型予以充分重视.此外,以数列为载体的新定义问题也频繁出现,解决此类问题的关键在于准确理解新定义中的概念或运算,并将其合理转化为数列的相关知识进行求解. 创新点1　数列与集合的交汇问题 例1　(2025湖南长沙模拟)设n(n≥2)为正整数,集合U={1,2,3,…,n},集合A={t1,t2,…,tm}(m∈N*,m≤n)为U的一个非空子集,记S(A)=+…+,其中q≥2. (1)若n=2,q=3,求S(A)的取值的集合; (2)证明:S(A)的所有可能取值个数为2n-1; (3)是否存在q,使得S(A)的所有可能取值从小到大排列成等差数列?若存在,求q;若不存在,说明理由. (1)解 当n=2时,A={1}或A={2}或A={1,2}, ∴31=3,32=9,31+32=12,S(A)的可能取值为3,9,12. ∴S(A)的取值集合为{3,9,12}. (2)证明 设集合Ai={t1,t2,…,ti},Aj={m1,m2,…,mj},Ai与Aj中相同的元素不予考虑,其中t1<t2<…<ti,m1<m2<…<mj, 假设ti>mj,则+…+q1+q2+q3+…+, ∴S(Ai)-S(Aj)=+…+-(+…+) -(q1+q2+q3+…+)= ∵q≥2,>0,即S(Ai)≠S(Aj),∴不存在两个不同的子集Ai,Aj,使得S(Ai)=S(Aj),∴S(A)的所有可能取值个数为U的非空子集个数,为2n-1. (3)解 ∵q3>q+q2,∴q,q2,q+q2为S(A)的所有可能取值中最小的三个, ∴2q2=q+q+q2,解得q=2; 当q=2时,易知S(A)为偶数,且S(A)最大值为21+22+…+2n=2n+1-2,最小值为2,由(2)可知S(A)的所有可能取值个数为2n-1,区间[2,2n+1-2]中偶数个数恰为2n-1, ∴S(A)的所有可能取值集合为{2,4,6,…,2n+1-2}. ∵该集合中任何一项2n均能写成+…+的形式,进而可构成首项为2,公差为2的等差数列, ∴存在q=2,使得S(A)的所有可能取值从小到大排列成等差数列. 【对点训练1】(2025山西陕西等四省联考)已知集合P={m0,m1,m2,m3,…,mn-1},m,n∈N*,m>1,集合Qk满足Qk⊆P,1≤k≤2n,k∈N*,当k取不同值时,Qk各不相同.记Qk的所有元素之和为,将数列{}的所有项重新排列为c1,c2,c3,…,,使得cn+1≥cn. (1)当m=3时,求c1,c2,c3,c4. (2)当m=2时,证明:c1,c2,c3,…,成等差数列. (3)设m≥3,,1≤i≤2n,1≤j≤2n,i∈N*,j∈N*, 证明:+(1-m)≥(2-m). (1)解 由题意可得c1=0,c2=1,c3=3,c4=1+3=4. (2)证明 当m=2时, 设Qi={,…,},Qj={,…,},cr=,cs=, 其中0≤i1<i2<…<it≤n-1,0≤j1<j2<…<jm≤n-1,1≤t≤n,1≤m≤n, 1≤r≤2n,1≤s≤2n,t∈N*,m∈N*,it∈N*,jm∈N*,r∈N*,s∈N*. 由i≠j,得Qi≠Qj,去除Qi与Qj的相同元素,设Qi剩余元素中最大的元素为, Qj剩余元素中最大的元素为,1≤λ≤t,λ∈N*,1≤μ≤m,μ∈N*. 若, 则cr-cs-(+…+)-(+…+20)=1, 则cr>cs. 若,则同理有cr<cs, 所以对任意的i≠j,,即cr≠cs恒成立. 由题意可知c1=0,=1+2+4+…+2n-1=2n-1. 因为对任意的i≠j,,cr≠cs恒成立, 且c1≤c2≤c3≤…,c1,c2,c3,…,N*, 所以0=c1<c2<c3<…<=2n-1,所以cr=r-1,1≤r≤2n. 故cr-cr-1=1,所以c1,c2,c3,…,成等差数列. (3)证明 ①若Qi⊆Qj,+(m-2)+(m-2)=(m-1), 即+(1-m)(2-m); ②若Qi不包含于Qj,则Qi≠⌀,Qj≠⌀, 不妨设A={x|x∈Qi,x∉Qj},B={x|x∈Qj,x∉Qi}, 则A≠⌀,B≠⌀,A∩B=⌀,=TA+=TB+,由,得TA≤TB, 设A={,…,},0≤f1<f2<…<fξ≤n-1,1≤ξ≤n,fξ∈N,ξ∈N*, B={,…,},0≤d1<d2<…<dη≤n-1,1≤η≤n,dη∈N,η∈N*. 由TA≤TB,m≥3,得TA≤TB=+…+<m0+m1+…+ 因为0≤1-<1,m-1>1,所以<1, 则,所以dη+1>fξ. 因为dη∈N,fξ∈N,所以dη≥fξ,因为A∩B=⌀,所以dη≠fξ,所以dη-1≥fξ, TA=+…+m0+m1+…+ ,即(m-1)TA≤TB-1,得(m-1)TA<TB. 因为TA=,TB=, 所以(m-1)()<,即+(1-m)>(2-m) 综上,+(1-m)(2-m) 创新点2　数列与函数(导数)的交汇问题 例2　(2025浙江宁波模拟)牛顿在《流数法》一书中,给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法.如图,r是函数f(x)的零点,牛顿用“作切线”的方法找到了一串逐步逼近r的实数x0,x1,…,xn-1,xn,在点(x0,f(x0))处作f(x)的切线,则f(x)在x=x0处的切线与x轴交点的横坐标是x1,同理f(x)在(x1,f(x1))处的切线与x轴交点的横坐标是x2,一直继续下去,得到数列{xn}(n∈N*),从图中可以看到,x1较x0接近r,x2较x1接近r,……,当n很大时,|xn-r|很小,我们就可以把xn的值作为r的近似值,即把xn作为函数f(x)的近似零点.现令f(x)=(2x+1)3. (1)当x0=1时,求f(x)=0的近似解x1,x2; (2)在(1)的条件下,求数列{xn}的前n项和Sn; (3)当x>0时,令g(x)=x·ln[f()],若-<m<0时,g(x)=m 有两个不同实数根α,β(α<β).求证:<β-α<m+1. (1)解 由题意可得在x=x0处的切线方程为y-f(x0)=f'(x0)(x-x0), 令y=0,得x1=x0-,同理可得在x=x1处的切线方程为y-f(x1)=f'(x1)(x-x1), 令y=0,得x2=x1- 对于函数f(x)=(2x+1)3,f'(x)=6(2x+1)2, 故x1=x0-=1-=1-,x2=x1- (2)解 由(1)可知存在递推关系xn+1=xn-=xn-xn-, 构造等比数列xn+1+xn-(xn+),x1+=1≠0, 所以数列是以1为首项,为公比的等比数列, 故xn+=()n-1,即xn=()n-1-, 所以数列{xn}的前n项和Sn=n=3-3×()n- (3)证明 由题意可得g(x)=x·ln[f()]=xln x(x>0),则g'(x)=ln x+1, 令g'(x)=0,得x=,当x∈(0,)时,g'(x)<0; 当x∈(,+∞)时,g'(x)>0,所以g(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增, 所以g(x)min=g()=-,又当x→0+时,g(x)→0; 当x→+∞时,g(x)→+∞,且g(1)=0, 所以当m∈(-,0)时,g(x)=m有两个不同实数根, 又(-,0)⊂(-,0), 所以g(x)=m有两个不同实数根α,β(α<β),且α∈(0,),β∈(,1),αln α=βln β=m. 先证明右半部分:β-α<m+1. 考虑g(x)在x=1处的切线方程:y-g(1)=g'(1)(x-1),即y=x-1,当y=m时,x=m+1,因为1>β,所以y=m与切线的交点的横坐标大于β,即β<m+1, 又α∈(0,),故β-α<m+1; 再证明左半部分:<β-α. 观察不等式的结构,联想到一元二次方程的两根之差 |x1-x2|=, 即构造方程x2-x-m=0来描述不等式的左边,故尝试将g(x)=xln x放缩为二次函数,即将ln x放缩成x-1, 故令h(x)=ln x-(x-1)=ln x-x+1(x>0),则h'(x)=-1=,当x∈(0,1)时,h'(x)>0; 当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, 所以h(x)≤h(1)=0,即ln x≤x-1,当且仅当x=1时等号成立, 所以当x∈(0,1)时,g(x)=xln x<x(x-1)=x2-x=(x-)2-,故当-<m<0时,方程x2-x=m有两个不同的实数根,记为t1,t2,且t1<<t2,t1+t2=1,t1t2=-m, 又g()=-ln 2<-,故0<α<<β<1,所以α+t1-1<0. 因为αln α-+t1=0<α2-α-+t1=(α-t1)(α+t1-1),所以得到α<t1, 同理可得β>t2,所以β-α>t2-t1= 综上,<β-α<m+1. 【对点训练2】(2025四川德阳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,满足Sn+1=3Sn-2n+4,且a1=4. (1)求数列{an}的通项公式an; (2)令f(x)=a1x+a2x2+…+an-1xn-1+anxn,n∈N*,讨论f'(1)与的大小关系; (3)对任意正整数n∈N*,(1+)(1+)·…·(1+)<m恒成立,求正整数m的最小值. 解 (1)当n=1时,S2=3S1+2,所以a2=10. 因为Sn+1=3Sn-2n+4,所以当n≥2时,Sn=3Sn-1-2(n-1)+4, 所以两式相减得an+1=3an-2,所以an+1-1=3(an-1)(n≥2), 又a1=4,a2=10,a2-1=3(a1-1)成立,所以=3对n∈N*成立, 所以数列{an-1}为以a1-1=3为首项,q=3为公比的等比数列, 所以an-1=3n,即an=3n+1. (2)因为f(x)=a1x+a2x2+…+an-1xn-1+anxn, f'(x)=a1+2a2x+…+(n-1)an-1xn-2+nanxn-1, f'(1)=a1+2a2+…+(n-1)an-1+nan=31+1+2(32+1)+…+(n-1)(3n-1+1)+n(3n+1) =(31+2·32+3·33+…+n·3n)+(1+2+3+…+n), 令Tn=31+2·32+…+(n-1)3n-1+n·3n, 则3Tn=32+2·33+…+(n-1)·3n+n·3n+1, 两式相减得-2Tn=31+32+…+3n-n·3n+1, 所以Tn=,故f'(1)=, 所以f'(1)-, 所以当n=1时,f'(1)=, 当n≥2时,所以2n-1>0,3n+1-(n+3)-3n+(n+2)=2·3n-1>0, 所以3n-(n+2)单调递增,所以f'(1)> (3)令f(x)=x-1-ln x,x>0,则f'(x)=1-,令f'(x)>0,则x>1, 令f'(x)<0,则0<x<1,故f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 则f(x)min=f'(1)=0, 所以f(x)≥f(1)=0,x-1≥ln x(当且仅当x=1时等号成立), 则ln(1+)<, 所以ln(1+)<,ln(1+)<,…,ln(1+)<, 所以ln(1+)+ln(1+)+…+ln(1+)<+…+, ln(1+)+ln(1+)+…+ln(1+)<()n<=ln , (1+)(1+)…(1+)<, 设bn=(1+)(1+)…(1+),则=1+>1,则{bn}单调递增, 又因为(1+)(1+)…(1+)>1+, 所以正整数m的最小值为2. 创新点3　数列中的新定义、新运算问题 例3　(2025山东青岛一模)若数列{an}满足:①an∈N*;②an+1>an;③当整数k≠0时,存在正整数m及b1,b2,…,bm∈{-1,1},使得k=a1b1+a2b2+…+ambm;④对于任意正整数m及b1,b2,…,bm∈{-1,1},都有a1b1+a2b2+…+ambm≠0.则称数列{an}“非零可表”. (1)若数列{an}满足an=n,判断{an}是否“非零可表”,并说明理由; (2)若数列{an}满足a1=1,an+1=n+ai,证明:数列{an}“非零可表”; (3)证明:存在满足an>Mn(M>2)的数列{an}“非零可表”. (1)解 {an}不“非零可表”,理由如下: {an}中a1=1,a2=2,a3=3,则当b1=b2=1,b3=-1时, a1b1+a2b2+a3b3=1+2-3=0,不满足④,故{an}不“非零可表”. (2)证明 an+1=n+ai,当n≥2时,an=n-1+ai, 则an+1-an=n+ai-(n-1)-ai=1+an,所以an+1=1+2an,n≥2, 故an+1+1=2(an+1),n≥2, 又a1=1,所以a2=1+a1=2,a2+1=3, 当n≥2时,an+1=3×2n-2,an=3×2n-2-1,n=1时不满足上式, 所以an=满足①②. a1=1,b1∈{-1,1},显然k=±1满足要求, 当k≥2时,-a1-a2-a3-…-ak+ak+1=-1-2-5-…-(3×2k-2-1)+3×2k-1-1 =-1-(3-1)-(6-1)-…-(3×2k-2-1)+3×2k-1-1 =3×2k-1-(3+6+…+3×2k-2)+k-3=3×2k-1-+k-3=k, 显然a1+a2+a3+…+ak-ak+1=-k,k≥2. 综上,满足③. 假设存在m,使得a1b1+a2b2+…+ambm=0, 则a1b1+a2b2+…+am-1bm-1=-ambm,|a1b1+a2b2+…+am-1bm-1|=|-ambm|=am, 其中|a1b1+a2b2+…+am-1bm-1|≤|a1|+|a2|+|a3|+…+|am-1| =a1+a2+a3+…+am-1=ai=am-(m-1), 即am≤am-(m-1),显然矛盾,故不存在m,使得a1b1+a2b2+…+ambm=0,满足④. 综上,数列{an}“非零可表”. (3)证明 M>2,定义[x]为小于或等于x的最大整数, 取数列{an}:a1=[M2]+1, 其中Sn为{an}的前n项和,显然{an}是严格递增的正整数数列,满足①②. a1=[M2]+1>M,a2=S1+1=[M2]+2>M2, 假设对n=2t-1,2t,t∈N*都有an>Mn(M>2), 则a2t+1=S2t+[M2t+2]+1>M2t+M2t+2>M2t+1, a2t+2=S2t+1+t+1>a2t+1>M2t+M2t+2>M2t+2,故an>Mn(M>2). 下面证明{an}满足③④, 若存在正整数m以及b1,b2,…,bm∈{-1,1},有k=a1b1+a2b2+…+ambm, 故|k|=|a1b1+a2b2+…+ambm|≥|ambm|-|a1b1+a2b2+…+am-1bm-1|≥am-Sm-1>0,所以满足④, 若整数k≠0,不妨设k>0,则由a2n-S2n-1=n,取b1=b2=…=b2n-1=-1,b2n=1, 则有n=aibi,取b1=b2=…=b2n-1=1,b2n=-1,则有-n=aibi,③成立. 综上,构造的数列{an}:a1=[M2]+1,(其中Sn为{an}的前n项和)“非零可表”. 【对点训练3】(2025浙江衢州丽水湖州二模)对于给定的n项整数数列An:a1,a2,…,an(n≥3),定义变换H(i):①若i=1,则a1加2,an,a2均加1,其余项不变;②若1<i<n,则ai加2,ai-1,ai+1均加1,其余项不变;③若i=n,则an加2,an-1,a1均加1,其余项不变.例如,对数列:-1,0,1做变换H(1)得到1,1,2,即-1,0,1 1,1,2;而对数列:2,5,7,3先后做变换H(3),H(4)可得到3,6,10,6,即2,5,7,3 2,6,9,4 3,6,10,6. (1)找出一系列变换,使得数列:1,2,3经过这系列变换后成为常数列. (2)是否能找出一系列变换,使得数列:-1,-1,0,2,2经过这系列变换后成为常数列?若存在,请给出具体的变换;若不存在,请说明理由;并请判断当n为奇数时,对于任意数列An,是否总存在一系列变换能使该数列成为常数列(无需证明). (3)当n为偶数且数列An是递增数列时,是否存在一系列变换,使得该数列成为常数列?若存在,请给出具体的变换;若不存在,请说明理由. 结合上述情况,推断当n为奇数时,对于任意数列An,总存在一系列变换能使该数列成为常数列. (3)不存在,理由如下: 假设存在m次变换,能使得a1,a2,…,an经过这m次变换后成为常数列b1,b2,…,bn,其中b1=b2=…=bn. 注意到每做一次变换H(i),均能使奇数项的和a1+a3+…+an-1增加2, 偶数项的和a2+a4+…+an增加2. 因此m次变换后有 由b1=b2=…=bn知b1+b3+…+bn-1=b2+b4+…+bn, 所以a1+a3+…+an-1=a2+a4+…+an,(*) 而{an}为递增数列,故a1<a2,a3<a4,…,an-1<an, 从而得a1+a3+…+an-1<a2+a4+…+an,这与(*)矛盾, 因此假设不成立,即不存在这样的系列变换使得该数列成为常数列. 真题解构　数列 例题 (15分)(2025新高考Ⅰ,16)已知数列{an}中,a1=3,. (1)证明:数列{nan}为等差数列; (2)给定正整数m,设函数f(x)=a1x+a2x2+…+amxm,求f'(-2). 命题分析　本题以数列递推公式为载体,考查等差数列的定义、构造法求数列的通项、错位相减法求和等知识,属于课程学习情境,体现基础性、综合性与创新结合,通过变形结合定义证明等差数列,考查逻辑推理素养及转化与化归的思想.通过对f(x)求导并代入-2利用错位相减法求和,考查数学运算能力. 解题分析 题意理解 序号 信息读取 信息加工 1 证明:{nan}为等差数列 证明(n+1)an+1-nan是一个常数 2 前两项的分母积恰为第三项的分母,可同乘化为整式 3 求f'(-2) 先求f'(x),再对x赋值为-2计算,需要先求出an 思路探求 关键步骤 思维要点 思维缘由 (第1问) 转化为数列定义 (n+1)an+1-nan=1 结合已知等式的特点,两边同乘n(n+1) (第2问) 求f'(x) f'(x)=3+4x+5x2+…+(m+2)xm-1 代入an并求导 (第2问) 求f'(-2) f'(x)= 乘公比错位相减化简f'(x),再将x=-2代入计算 书写表达 (1)证明 因为a1=3,, 所以(n+1)an+1=nan+1,注①→思考:已知条件怎么变形得到的?(2分) 即(n+1)an+1-nan=1,(3分) 所以{nan}是以a1=3为首项,1为公差的等差数列.(4分) (2)解 在数列{nan}中,首项为3,公差为1, 所以nan=3+1×(n-1),所以an=1+.(6分) 所以f(x)=3x+2x2+x3+…+(1+)xm,(7分) 所以f'(x)=3+4x+5x2+…+(m+2)xm-1,注②→思考:和式中各项的通项是什么?有什么特点?适合哪种求和方法?(8分) 所以xf'(x)=3x+4x2+5x3+…+(m+2)xm,(9分) 当x≠1且x≠0时,注③→思考:为什么要限制x≠1且x≠0?本题还需要再考虑这两种特殊情况吗? (1-x)f'(x)=3+x+x2+…+xm-1-(m+2)xm注④→思考:这一步是如何得到的?有哪几个易错点? =3+-(m+2)xm,(11分) 所以f'(x)=,(12分) 所以f'(-2)= =1+=1-(14分) =.(15分) 回顾反思　数列问题的核心在于求解通项公式和数列求和.本题首先根据第(1)问的提示对递推关系式进行变形,通过定义证明{nan}为等差数列,并由此求得an,进而求出函数f(x).再以函数求导为工具,求出f'(x),确定通项特征,并采用错位相减法求出结果.最后将x=-2代入结果进行化简.试题源于人教A版选择性必修二第40页3(2)题,第41页7题,第56页11题;人教B版选择性必修三第44页1题、2题,第59页10题,第60页2题. 解 (1)1,2,33,3,44,5,56,6,6, 此处H(1),H(1),H(2)三个变换顺序可调换,也可得到其他全相等的数. (2)存在,-1,-1,0,2,21,0,0,2,32,2,1,2,32,3,3,3,34,4,3,3,46,5,3,3,56,5,4,5,66,6,6,6,6. $