数列的创新融合问题课件-2027届高三数学一轮复习

数列的创新融合问题 考点1 数列与不等式、函数的综合问题 【例1】　已知等差数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,且+an=2Sn+6,函数f(x)=-a+ln x(a∈R). (1)求Sn; 【解】由题意得+an=2Sn+6,an>0. 当n=1时,+a1=2a1+6,解得a1=3或a1=-2(舍去); 当n=2时,+a2=2(a1+a2)+6=2(3+a2)+6,解得a2=4或a2=-3(舍去). 设等差数列{an}的公差为d,则d=a2-a1=1,所以an=3+(n-1)×1=n+2, 则Sn=. 关键能力 提升 返回 (2)若f(x)≥0恒成立,求a的值; 【解】由f(x)=-a+ln x,x>0,得f'(x)=-. 当a≤0时,f'(x)>0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增, 又f(1)=0,则当0<x<1时,f(x)<0,不符合题意; 当a>0时,令f'(x)>0,得x>a,令f'(x)<0,得0<x<a, 所以函数f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,则f(x)min=f(a)=1-a+ln a, 设g(a)=1-a+ln a,a>0, 关键能力 提升 返回 则g'(a)=, 令g'(a)<0,得a>1,令g'(a)>0,得0<a<1,所以函数g(a)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 则g(a)≤g(1)=0,即f(a)≤0. 又f(x)≥0恒成立,f(1)=0,所以a=1. 关键能力 提升 返回 (3)设n≥2,求证:. 【解】证明:由(2)知,当a=1,且x>1时,f(x)=-1+ln x>0, 即ln x>1-(x>1). 令x=>1, 则ln, 由an=n+2,得an-1an=(n+1)(n+2)(n≥2), 则,即(n≥2). 关键能力 提升 返回 1.数列与导数的创新融合问题一般与不等式的证明有关,解题思路一般是利用导数证明函数不等式,根据该不等式对自变量赋值,利用累加法证明数列不等式. 2.数列与导数的创新融合问题中不等式的证明有时需要先放缩,再证明不等式. 规律总结 关键能力 提升 返回 【对点训练1】　已知函数f(x)=x-2ln x+. (1)当a=3时,求f(x)的单调区间; 解:当a=3时,f(x)=x-2ln x+,x∈(0,+∞), 则f'(x)=1-. 令f'(x)<0,得x∈(0,3), 令f'(x)>0,得x∈(3,+∞), 故f(x)的单调递减区间为(0,3),单调递增区间为(3,+∞). 关键能力 提升 返回 (2)当x≥1时,不等式f(x)≥0恒成立,求a的取值范围; 解:因为x≥1,f(x)=x-2ln x+≥0恒成立,所以a≥2xln x-x2恒成立. 设g(x)=2xln x-x2(x≥1), 则g'(x)=2ln x+2-2x. 设h(x)=2ln x+2-2x(x≥1),则h'(x)=-2≤0恒成立,即h(x)=2ln x+2-2x在区间[1,+∞)上单调递减. 又h(1)=0+2-2=0,所以h(x)≤h(1)=0,所以当x∈[1,+∞)时,g'(x)≤0, 所以g(x)在区间[1,+∞)上单调递减,故g(x)≤g(1)=-1, 所以a≥-1, 故实数a的取值范围为[-1,+∞). 关键能力 提升 返回 (3)当n≥2,n∈N*时,求证: ln n<. 解:证明:由(2)知,当a=-1,且x>1时,f(x)=x-2ln x->0, 所以2ln x<x-. 设x=,n≥2,n∈N*,则满足x>1, 所以2ln ,即ln, 所以ln n-ln(n-1)<, 关键能力 提升 返回 所以ln n=(ln 2-ln 1)+(ln 3-ln 2)+…+[ln n-ln (n-1)]<,即ln n<. 关键能力 提升 返回 考点2 子数列问题 【例2】(2025·山东青岛三模)在平面直角坐标系中,已知直线l经过原点,μ=(3,1)是l的方向向量.数列{an}满足点(an+1,an)均在l上,a3=2a2+6. (1)求{an}的通项公式; 【解】由直线l过原点且方向向量为μ=(3,1)可知l的方程为y=x,因此对任意正整数n,an=an+1,即an+1=3an. 因为a3=2a2+6,所以9a1=6a1+6,a1=2≠0,所以=3,数列{an}是首项为2,公比为3的等比数列,所以an=2×3n-1. 关键能力 提升 返回 (2)已知{bn}是以4为首项,2为公差的等差数列,若{an}与{bn}的公共项为bm,m的值由小到大构成数列{cn},求{cn}的前n项和Sn. 【解】因为数列{bn}是以4为首项,2为公差的等差数列,所以bn=2n+2. 因为an=2×3n-1,所以2m+2=2×3t-1,即m==3t-1-1,由m≥1,得t≥2,令n=t-1,则cn=3n-1,所以Sn=c1+c2+…+cn=(3+32+…+3n)-n=-n. 关键能力 提升 返回 两个等差(比)数列的公共项是等差(比)数列,且公差(比)是两等差(比)数列公差(比)的最小公倍数,一个等差数列与一个等比数列的公共项,则要通过其项数之间的关系来确定. 规律总结 关键能力 提升 返回 【对点训练2】　记Sn为数列{an}的前n项和,Sn=. (1)求数列{an}的通项公式; 解:当n=1时,a1=S1=,则a1=,当n≥2时,由Sn=, 得Sn-1=, 两式相减可得an=Sn-Sn-1=,即an=-an-1, 所以数列{an}是首项为,公比为-1的等比数列,则an=(-1)n-1. 关键能力 提升 返回 (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,求数列的前2 025项和. 解:由题意得dn==, 可得=(-1)n(n+1). 记的前n项和为Tn, 因为=-2k+(2k+1)=1(k为正整数),所以T2 025=T2 024+=1 012-2 026=-1 014. 关键能力 提升 返回 考点3 数列的新定义问题 【例3】　(2025·江西南昌二模)对于共k项的等差数列{an}(公差不为0),将其各项重新排列得到新数列{bn},若{bn}中的任意两项的等差中项都不在这两项所在位置之间,则称数列{bn}是等差数列{an}的“无均数列”. (1)若k=4,写出等差数列{an}(公差不为0)的4个不同的“无均数列”; 【解】　当k=4时,存在以下“无均数列”:a1,a3,a2,a4;a1,a3,a4,a2;a3,a1, a2,a4;a3,a1,a4,a2;a2,a4,a1,a3;a2,a4,a3,a1;a4,a2,a1,a3;a4,a2,a3,a1;a2,a1,a4,a3;a3,a4,a1,a2.共10个.(写出其中的4个即可) 关键能力 提升 返回 (2)若k=8,写出等差数列{an}(公差不为0)的一个“无均数列”; 【解】当k=8时,等差数列{an}(公差不为0)的一个“无均数列”为a1,a5,a3,a7,a2,a6,a4,a8.(答案不唯一,满足要求即可) 关键能力 提升 返回 (3)(一题多解)若k=2 025,判断等差数列{an}(公差不为0)的“无均数列”是否存在,并证明你的结论. 【解】存在.证明如下: 证法一　先证明k=2m(m≥2,m∈N)时,等差数列{an}(公差不为0)的“无均数列”存在. ①当m=2,3时,由(1)(2)知,存在“无均数列”. ②假设当k=2m(m≥3,m∈N)时,a1,a2,a3,…,存在“无均数列”, 则当k=2m+1时,数列{an}分成两组:(a1,a3,…,),(a2,a4,…,).两组各有2m项,且从这两组中各任取一项,得到的两项的等差中项不是{an}中的项. 关键能力 提升 返回 由假设知, 数列 a1,a3,a5,…,存在“无均数列”,设为b1,b2, b3,…,, 数列a2,a4,a6,…,存在“无均数列”,设为c1,c2,c3,…,, 构造数列b1,b2,b3,…,,c1,c2,c3,…,, 该数列中任意两项的等差中项均不在这两项之间,即当k=2m+1时,数列{an}存在“无均数列”. 由①②可知,k=2m(m≥2,m∈N)时,等差数列{an}存在“无均数列”, 所以当m=11,即k=2 048时,存在“无均数列”. 关键能力 提升 返回 则将a2 026,a2 027,…,a2 048这些项去掉, a1,a2,…,a2 025存在“无均数列”, 所以当k=2 025时,等差数列{an}(公差不为0)存在“无均数列”. 证法二　设等差数列{an}某奇数项为a2n-1=a1+(2n-2)d,某偶数项为a2m=a1+(2m-1)d,则二者的等差中项为=a1+(m+n-1)d-,不是数列{an}中的项. 显然,只有一项或两项的数列,均为“无均数列”. 关键能力 提升 返回 现证只有3项的数列可以重组为“无均数列”. 将a1,a2,a3的奇数项和偶数项分别排在一起得a1,a3,a2,为“无均数列”. 根据以上信息,我们可以得出,对于公差不为0的等差数列{an},一直进行上面那样的分段,最后只要那些段内能够重组成“无均数列”,则这个等差数列就可以重组成“无均数列”,显然,无论等差数列{an}有多少项,最后都能够分成多段只含一项或者两项的数列,则公差不为0的等差数列{an}存在“无均数列”. 所以若k=2 025,则等差数列{an}(公差不为0)的“无均数列”存在. 关键能力 提升 返回 解决新定义数列问题,核心是先精准解读新定义,明确其对数列的运算、关系或性质的规定,再转化为常规数列问题,借助作差求通项、递推公式推导、等差(等比)求和、假设验证(如存在性分析)等方法,将新定义下的复杂关系拆解为熟悉的数列运算与推理,逐步突破通项求解、集合运算、性质判断等子问题. 规律总结 关键能力 提升 返回 【对点训练3 】　(2026·山西吕梁一模)若数列A:a1,a2,…,an(n≥3)中ai∈N*(1≤i≤n)且对任意满足2≤k≤n-1的整数k,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x,y的所有可能取值; 解:因为数列1,x,y,7为“U-数列”,所以 又x,y∈N*,故x,y的所有可能取值为 关键能力 提升 返回 (2)若“U-数列”A:a1,a2,…,an中,a1=1,a2=1,an=2 081,求n的最大值. 解:ak+1+ak-1>2ak⇔ak+1-ak>ak-ak-1. 对任意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2≤k≤n-1恒成立, 当a1=1,a2=1,an=2 081时,b1=a2-a1=1-1=0,则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)≤2 081-1,解得-63≤n≤66,故3≤n≤66. 取bi=i-1(1≤i≤65),则对任意2≤k≤65,bk>bk-1,故数列{an}为“U-数列”, 此时a66=1+0+1+2+…+64=1+=2 081,即n=66符合题意. 综上,n的最大值为66. 关键能力 提升 返回 1.(15分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,满足S5=a7,a3=-2. (1)求数列{an}的通项公式; 解:设等差数列{an}的公差为d,则 所以数列{an}的通项公式为an=4-2n. 返回 课时作业 (2)将数列{an}与{5-3n}的公共项从大到小排列得到数列{bn},求数列{bn}的前n项和Tn. 解:数列{an}的公差为-2,数列{5-3n}的公差为-3,所以数列{bn}的公差为-6, 又数列{an}和{5-3n}的首项都为2,所以数列{bn}是以2为首项,-6为公差的等差数列, 所以Tn=2n+(-6)=-3n2+5n. 返回 课时作业 2.(15分)(2025·广东广州三模)已知公差不为零的等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=1,且a1,2a2,4a4成等比数列,4b2,2b3,b4成等差数列. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; 解:设等差数列{an}的公差为d(d≠0),等比数列{bn}的公比为q, 由题意得即又a1=b1=1,d≠0,解得所以an=1+n-1=n,bn=1×2n-1=2n-1. 返回 课时作业 (2)令cn=,去掉数列{cn}中的第3k项(k∈N*),余下的项顺序不变,构成新数列{tn},写出数列{tn}的前4项并求{tn}的前2n项和S2n. 解:由(1)得cn==3n,去掉第3k项后,前4项依次为3,9,81,243, S2n=t1+t2+t3+…+t2n=c1+c2+c4+c5+…+c3n-2+c3n-1=(c1+c4+…+c3n-2)+ (c2+c5+…+c3n-1)=(31+34+…+33n-2)+(32+35+…+33n-1)=,故S2n=. 返回 课时作业 3.(15分)(2025·浙江金华二模)已知定义域为N*的函数f(n)满足f(1)=1, f(n)=f(x)f(y)(表示从f(1),f(2),…,f(n)中任取两个函数值顺次相乘,再求所有乘积的和,如S2=[f(1)]2+f(1)f(2)+[f(2)]2). (1)求f(7),f(10)的值; 返回 课时作业 解:由函数f(n)的定义可得f(7)=f(6)+(-1)f(6), 因为f(6)=f(3)=f(2)+(-1)f(2)=f(1)+(-1)f(1)=0,所以f(7)=1. 由函数f(n)的定义可得f(10)=f(5), 因为f(5)=f(4)+(-1)f(4)=f(2)+(-1)f(2)=0,所以f(10)=0. 返回 课时作业 (2)a1,a2,…,ak为互不相同的自然数,求f()的值; 解:不妨设a1<a2<…<ak, 由函数f(n)的定义得f() =f(1+)①, f(1+)=f() +(-1,f() =f(1+)②,此时②式和①式出现同样的结构, 按照函数f(n)的定义继续递推下去直至得到f(1+) =f()+(-1=f(1)+(-1)f(1)=0,所以当k为偶数时, f()=0,当k为奇数时,f()=1. 返回 课时作业 (3)求S2 025的值. 解:由(2)可知∀n∈N*,f(n)=1或f(n)=0, 所以根据Sn=f(x)f(y)可知S2 025=,其中T2 025表示f(1),f(2),…,f(2 025)中函数值为1的个数(题眼),  T2 025=f(1)+f(2)+…+f(2 025),记Mi=f(1)+f(2)+…+f(2i-1)(i∈N*),则Mi+1 =f(1)+f(2)+…+f(2i-1)+f(2i-1+1)+f(2i-1+2)+…+f(2i-1+2i-1)=Mi+(2i-1-Mi) +1=2i-1+1,且M1=f(1)=1. 返回 课时作业 T2 025=M12-[f(2 048)+f(2 047)+f(2 046)+…+f(2 026)]=1 025- [f(2 048)+f(2 047)+f(2 046)+…+f(2 026)], 2 026=210+29+28+27+26+25+23+21,2 032=210+29+28+27+26+25+24,由(2)知f(2 026)=0,f(2 032)=1, 从而当n∈[2 026,2 032]时,f(n)=1的个数为4, 由于2 048-2 032=24,从而当n∈[2 033,2 048]时,f(n)=1的个数为8, 所以T2 025=M12-[f(2 048)+f(2 047)+f(2 046)+…+f(2 026)]= 1 025-12=1 013, 因此S2 025==513 591. 返回 课时作业 4.(15分)(2026·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: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. 返回 课时作业 (2)求证:pk(n)=pk-1(n-1)+pk(n-k)(k≥2); 解:证明:设(λ1,λ2,…,λk)是n的一个k部划分.分两种情形讨论. 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). 返回 课时作业 (3)求证:pk(n)=pi(n-k). 解: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、右两边分别相加可得 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)=pi(n-k). 返回 课时作业 $