数列中的创新交汇问题 课件-2027届高三数学一轮复习

数列中的创新交汇问题 重难解读 　　数列的创新交汇问题往往出现在压轴题的位置，以新定义、新性质和新构造的形式考查，有时与函数、不等式、集合等交汇命题，难度较大. 目录/ CONTENTS 考点一 数列中的交汇问题 01 考点二 新定义 02 课时跟踪训练 03 01 PART 考点一 数列中的交汇问题 目 录 角度1　数列与函数的交汇 已知函数f（x）＝ （x∈R），设数列{an}的通项公式为an＝f （n）（n∈N*）. （1）求证：an≥ ； 解：证明：由题意得an＝ ＝1－ ，因为n为正整数， 所以2n≥2，0＜ ≤ ，1－ ≥ ，所以an≥ . 高中总复习·数学 目 录 （2）{an}是递增数列还是递减数列？为什么？ 解： {an}是递增数列， 证明：因为an＝ ＝1－ ，所以an＋1＝1－ ， 所以an＋1－an＝ － ＝ ＞0，所以{an}是递增数列. 高中总复习·数学 目 录 规律方法 1.已知函数条件，解决数列问题 解决此类问题一般是利用函数的性质、图象等对数列进行分析. 2.已知数列条件，解决函数问题 解决此类问题一般要充分利用数列的通项公式、求和方法对式子化简变 形.另外，解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方 法求解. 高中总复习·数学 目 录 练1 已知数列{an}是递增的等差数列，且a2，a3是函数f（x）＝x2－5x＋ 6的两个零点，设数列{bn}的前n项和为Tn，其中bn＝ . （1）求数列{an}的通项公式； 解：∵数列{an}是递增的等差数列，a2，a3是函数f（x）＝x2－5x＋6的 两个零点， ∴a2＝2，a3＝3，∴公差d＝1，a1＝1，∴an＝n. 高中总复习·数学 目 录 （2）若不等式Tn＞ loga（1－a）对任意正整数n恒成立，求实数a的取 值范围. 解：bn＝ ＝ ＞0，∴数列{Tn}单调递增，∴（Tn）min＝T1 ＝ ， 要使不等式Tn＞ loga（1－a）对任意正整数n恒成立，只要 ＞ loga（1 －a）即可， ∵1－a＞0，∴0＜a＜1，∴1－a＞a，解得0＜a＜ ，∴实数a的取值范 围是（0， ）. 高中总复习·数学 目 录 角度2　数列与不等式的交汇 已知数列{an}满足a1＋2a2＋…＋nan＝（n－1）·2n＋1＋2. （1）求{an}的通项公式； 解：由题意可知，当n＝1时，a1＝2； 当n≥2时，由a1＋2a2＋…＋nan＝（n－1）·2n＋1＋2得，a1＋2a2＋…＋ （n－1）an－1＝（n－2）·2n＋2， 两式作差可得，nan＝（n－1）·2n＋1－（n－2）·2n＝n·2n，∴an＝ 2n， a1＝2也适合该式，故an＝2n. 高中总复习·数学 目 录 （2）设bn＝ ＋ ，证明：b1＋b2＋…＋bn＜ . 解：证明：由（1）知bn＝ ＋ ＝ ＋ ， 故b1＋b2＋…＋bn＝ ＋ ＝1－ ＋ － × ＝ － （ ＋ ），由于n∈N*，则 ＋ ＞0， 故 －（ ＋ ）＜ ， 即b1＋b2＋…＋bn＜ . 高中总复习·数学 目 录 规律方法 　　判断数列问题中的一些不等关系，可以利用数列的单调性或者是借 助数列对应的函数的单调性求解.若是证明题中，则要灵活选择不等式的 证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等，若是含参数的不等 式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决. 高中总复习·数学 目 录 练2 已知各项均为正数的数列{an}，其前n项和为Sn，数列{bn}为等差数 列，满足b2＝12，b5＝30， ＋an＝2Sn. （1）求数列{an}的通项公式和它的前n项和Sn； 解：当n＝1时，由 ＋a1＝2S1得a1＝1. 当n≥2时， ＋an－1＝2Sn－1， ＋an＝2Sn， 两式相减得 － ＝an＋an－1， 因为an＞0，所以an－an－1＝1，数列{an}为等差数列， 所以an＝1＋（n－1）×1＝n，又a1＝1也满足上式， 所以an＝n，Sn＝ . 高中总复习·数学 目 录 （2）若对任意n∈N*，不等式kSn≥bn恒成立，求k的取值范围. 解：设bn＝b1＋（n－1）d，因为b2＝12，b5＝30， 所以b1＋d＝12，b1＋4d＝30， 解得b1＝6，d＝6，所以bn＝6n. 由kSn≥bn，Sn＞0，得k≥ ＝ . 设cn＝ ，易得{cn}是递减数列， 所以当n＝1时，cn最大，最大值为6，所以k的取值范围是[6，＋∞）. 高中总复习·数学 目 录 02 PART 考点二 新定义 目 录 （2026·江西南昌期中）对于数列{ξn}，∀n∈N*，φn∈Z且ξn－φn∈ （－ ， ），则称数列{φn}为ξn的“四分差数列”.已知数列{bn}为数列 {an}的“四分差数列”. （1）若an＝2n＋ ，求b1，b2，b3的值； 解：由题意可设an－bn＝dn∈（－ ， ），则bn＝an－dn， 若an＝2n＋ ，则bn＝2n＋ －dn∈（2n＋ ，2n＋ ）， 且bn∈Z，可得bn＝2n＋1，所以b1＝3，b2＝5，b3＝9. 高中总复习·数学 目 录 （2）设an＝n＋1. ①求{bn}的通项公式； ②若数列{cn}满足 cn＝1，且{cn}的前n项和为Tn，证明：Tn＋2＜ . 解：①由（1）可得bn＝an－dn， 若an＝n＋1，则bn＝n＋1－dn∈（n＋ ，n＋ ）， 且bn∈Z，可得bn＝n＋1， 所以{bn}的通项公式bn＝n＋1. 高中总复习·数学 目 录 ②证明：因为 cn＝1，即 cn＝1， 则cn＝ ＝ ＜ ＝2（ － ）， 可得Tn＜2（ －1＋ － ＋…＋ － ）＝2（ －1） ＝ －2， 所以Tn＋2＜ . 高中总复习·数学 目 录 规律方法 1.遇到新定义问题，需耐心研究题中信息，分析新定义的特点，搞清新 定义的本质，按新定义的要求“照章办事”，逐条分析、运算、验证， 使问题得以顺利解决. 2.类比“熟悉数列”的研究方式，用特殊化的方法研究新数列，向“熟 悉数列”的性质靠拢. 高中总复习·数学 目 录 练3 我们把公差不为0的等差数列{an}（n∈N*）称为“一阶等差数列”， 若数列{an＋1－an}是“一阶等差数列”，则称数列{an}是“二阶等差数 列”.例如：1，3，7，13，21，31…，后项与前项的差值：2，4，6，8， 10，…，这些差值构成的数列是公差为2的等差数列，则称数列1，3，7， 13，21，31….为“二阶等差数列”. （1）若数列{an}的通项公式为an＝n2，试判断数列{an}是否为“二阶等 差数列”，并说明理由； 解：因为an＝n2，则an＋1－an＝（n＋1）2－n2＝2n＋1， 故（an＋1－an）－（an－an－1）＝2n＋1－2n＋1＝2， 所以{an＋1－an}是公差为2的等差数列，则数列{an}是“二阶等差数列”. 高中总复习·数学 目 录 （2）若数列{an}为“二阶等差数列”，且a1＝1，对应的“一阶等差数 列”首项为1，公差为3，求an. 解：由题意{an＋1－an}是“一阶等差数列”， 又{an＋1－an}首项为1，公差为3，故an＋1－an＝3n－2， 则an＝（an－an－1）＋（an－1－an－2）＋…＋（a2－a1）＋a1＝ ＋1＝ （n≥2）， 又a1＝1满足上式，故an＝ . 则 “二阶等差数列”{an}的通项公式为an＝ . 高中总复习·数学 目 录 03 PART 课时跟踪检测 （时间：45分钟，满分：58分） 目 录 1. （13分）设函数f（x）＝log2x－logx2（0＜x＜1），数列{an}满足f （ ）＝2n（n∈N*）. （1）求数列{an}的通项公式； 解：由f（x）＝log2x－ ，得f（ ）＝log2 － ＝an－ ＝2n， 所以 －2nan－1＝0，求得an＝n± . 因为0＜x＜1，所以0＜ ＜1，有an＜0，故an＝n－ （n∈N*）. 1 2 3 4 高中总复习·数学 目 录 （2）判定数列{an}的单调性. 解：因为 ＝ ＝ ＜1， 而an＜0（n∈N*），所以an＋1＞an，故{an}是单调递增函数. 1 2 3 4 高中总复习·数学 目 录 2. （15分）（2026·上海松江模拟）已知函数f（x）＝2 sin x.把方程｜ f（x）｜＝2的正数解从小到大依次排成一列，得到数列{an}，n∈N*. （1）求数列{an}的通项公式； 解：因为f（x）＝2 sin x，令｜f（x）｜＝2，即｜ sin x｜＝1， 所以 x＝kπ＋ ，解得x＝2k＋1（k∈Z）， 所以方程｜f（x）｜＝2的正数解从小到大依次为1，3，5，7，…， 所以an＝2n－1. 1 2 3 4 高中总复习·数学 目 录 （2）记bn＝ ，设数列{bn}的前n项和为Tn，求证Tn＜ . 解：证明：bn＝ ＝ ＝ ＜ ＝ （ － ）， 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＜ （1－ ＋ － ＋…＋ － ）＝ （1－ ）＜ . 1 2 3 4 高中总复习·数学 目 录 3. （15分）（2025·贵州模拟）已知数列{an}是等差数列，数列{bn}是公 比不为1的等比数列，且a1＝b1＋2＝3，a2＋b2＝7，a4＋b3＝13. （1）求{an}和{bn}的通项公式； 解：设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，由题意可得 解得 故an＝a1＋（n－1）d＝2n＋1，bn＝b1qn－1＝2n－1. 1 2 3 4 高中总复习·数学 目 录 （2）设Sn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…＋（－1）n＋1anan＋1.若Sn＋ tbn≤0对任意的n∈N*恒成立，求t的取值范围. 解：当n为偶数时，Sn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…＋（－1）n＋1anan＋1 ＝a2（a1－a3）＋a4（a3－a5）＋…＋an（an－1－an＋1） ＝－4（a2＋a4＋…＋an）＝－4× ＝－2n2－6n， 当n为奇数时，Sn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…＋（－1）n＋1anan＋1 ＝a1a2＋a3（a4－a2）＋a5（a6－a4）＋…＋an（an＋1－an－1） ＝3×5＋4（a3＋a5＋…＋an）＝15＋4× ＝2n2＋6n＋7. 1 2 3 4 高中总复习·数学 目 录 综上所述，Sn＝ 因为n∈N*时，2n2＋6n＋7＞0＞－2n2－6n， 所以Sn＋tbn≤0对任意的n∈N*恒成立等价于2n2＋6n＋7＋2n－1t≤0对任 意的奇数n恒成立，即对任意的奇数n，t≤ 恒成立， 设f（n）＝ （n为奇数），则f（n＋2）－f（n）＝ － ＝ ＞0， 从而f（n）min＝f（1）＝－15，故t的取值范围是（－∞，－15]. 1 2 3 4 高中总复习·数学 目 录 4. （15分）若正整数数列{an}满足：①{an}为有穷数列：a1，a2，…， an；② ai＝m；③当1≤i＜j≤n时，满足ai＞aj的正整数对（i，j）有 且仅有k个，称该数列{an}为m的k减数列. （1）写出5的2减数列的所有情况； 解：因为 ai＝m，且结合③可知1＋1＋3＝5或1＋2＋2＝5或2＋1＋1＋1＝5， 故所有5的2减数列有数列3，1，1，数列2，2，1和数列1，2，1，1. 1 2 3 4 高中总复习·数学 目 录 （2）若存在100的k减数列，求正整数k的最大值. 解：若数列中的每一项都相等，则k＝0， 若k≠0，则数列{an}存在大于1的项， 若末项an≠1，将an拆分成an个1后k变大， 所以此时k不是最大值，所以an＝1. 当i＝1，2，…，n－1时，若ai＜ai＋1，交换ai，ai＋1的顺序后k变为k＋1， 所以此时k不是最大值，即ai≥ai＋1. 若ai－ai＋1∉{0，1}，则ai≥ai＋1＋2， 将ai改为ai－1，并在数列末尾添加一项1，则k变大， 所以此时k不是最大值， 1 2 3 4 高中总复习·数学 目 录 所以ai－ai＋1∈{0，1}. 若数列{an}中存在相邻的两项ai≥3，ai＋1＝2，将ai改为2，并在数列末 尾添加ai－2项1后，k的值会变大， 所以此时k不是最大值，所以数列{an}的各项只能为2或1， 所以数列{an}为2，2，…，2，1，1，…，1的形式. 设其中有x项为2，有y项为1. 因为存在100的k减数列，所以2x＋y＝100， 所以k＝xy＝x（100－2x）＝－2x2＋100x＝－2（x－25）2＋1 250， 当且仅当x＝25，y＝50时，k取最大值为1 250， 所以若存在100的k减数列，则k的最大值为1 250. 1 2 3 4 高中总复习·数学 目 录 $