微专题11 数列新定义问题 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“数列新定义问题”专题，覆盖新性质子列、完美互补子列、差分数列等高考核心考点，依据高考评价体系分析近三年创新题型占比达35%，归纳类型一（新性质）、类型二（新概念）等常考题型，构建完整解题思路体系。 课件亮点在于“真题解析+素养提升”双轨模式，如以2024北京西城二模“性质P子列”为例，通过分类讨论和逻辑推理突破计数问题，培养数学思维。设置“母题变式训练”，如差分数列中利用递推关系建模，提升用数学语言表达问题的能力，助力学生掌握答题技巧，教师可精准把握学情，实现高效复习。

第6章 数列 微专题11：数列新定义问题 2027届高考一轮复习 数学 1 【典型例题】 类型一:新性质 例1　(2024·北京西城·二模)已知数列A:a1，a2，…，an，从A中选取第i1，i2，…，ik项(i1<i2<…<ik)构成数列B:，…，，B称为A的k项子列.记数列B的所有项的和为T(B).当k≥2时，若B满足:对任意s∈{1，2，…，k-1}，is+1-is=1，则称B具有性质P.规定:A的任意一项都是A的1项子列，且具有性质P. (1)当n=4时，比较A的具有性质P的子列个数与不具有性质P的子列个数的大小，并说明理由; (2)已知数列A:1，2，3，…，n(n≥2). (ⅰ)给定正整数k≤，对A的k项子列B，求所有T(B)的算术平均值; (ⅱ)若A有m个不同的具有性质P的子列B1，B2，…，Bm，满足:∀1≤i<j≤m，Bi与Bj都有公共项，且公共项构成A的具有性质P的子列，求m的最大值. 2 [解析] (1)当n=4时，A共有24-1=15个子列， 其中具有性质P的子列有4+3+2+1=10个， 故不具有性质P的子列有5个， 所以A的具有性质P的子列个数大于不具有性质P的子列个数. (1)当n=4时，比较A的具有性质P的子列个数与不具有性质P的子列个数的大小，并说明理由; 3 (2)已知数列A:1，2，3，…，n(n≥2). (ⅰ)给定正整数k≤，对A的k项子列B，求所有T(B)的算术平均值; [解析](2)(ⅰ)若B:，…，是A的k项子列，则B':n+1-，n+1-，…，n+1-也是A的k项子列. 所以T(B)+T(B')=+(n+1-)=k(n+1). 因为给定正整数k≤，A有个k项子列， 所以所有T(B)的算术平均值为··k(n+1)=. 4 (ⅱ)若A有m个不同的具有性质P的子列B1，B2，…，Bm，满足:∀1≤i<j≤m，Bi与Bj都有公共项，且公共项构成A的具有性质P的子列，求m的最大值. [解析](ⅱ)设Bk(k=1，2，…，m)的首项为xk，末项为yk，记=max{xk}. 若存在j=1，2，…，m，使yj<，则Bj与没有公共项，与已知矛盾. 所以，对任意j=1，2，…，m，都有yj≥. 因为对于k=1，2，…，m， xk∈{1，2，…，}，yk∈{，…，n}， 所以共有(n+1-)种不同的情况. 因为B1，B2，…，Bm互不相同， 所以对于不同的子列Bi，Bj，xi=xj与yi=yj中至多一个等式成立. 5 所以(n+1-)≥m. 当n是奇数时，取=，xk∈｛1，2，…，｝，yk∈，共有·=个满足条件的子列. 当n是偶数时，取=，xk∈，yk∈，共有·=个满足条件的子列. 综上，n为奇数时，m的最大值为;n为偶数时，m的最大值为. 6 [小结]关键在于理解“具有性质P”的含义,结合数列和计数原理进行分析推理. (1)根据定义得出n=4时,A共有15个子列,结合性质P的内容即可判断; (2)(ⅰ)根据,,…,是A的k项子列,n+1-,n+1-,…,n+1-也是A的k项子列,可得T(B)+T(B')=+(n+1-)=k(n+1),又A有个k项子列,即可求出结果; (ⅱ)设Bk(k=1,2,…,m)的首项为xk,末项为yk,记=max{xk},则可得对任意j=1,2,…,m,都有yj≥,故共有(n+1-)种不同的情况,又(n+1-)≥m,所以分n为奇数或者偶数两种情况进行分析即可. 7 类型二:新概念 例2　(24-25高二上·浙江杭州·期末)将有穷数列{an}中部分项按原顺序构成的新数列{bn}称为{an}的一个“子列”，剩余项按原顺序构成“子列”{cn}.若{bn}各项的和与{cn}各项的和相等，则称{cn}和{bn}为数列{an}的一对“完美互补子列”. (1)分别判断以下数列是否存在“完美互补子列”，并说明理由:A:1，2，3，4; B:2，22，23，24，25，26. (2)数列{an}一共m项，且满足an=n，1≤n≤m，n∈N*. (ⅰ)求证:当m=4k和m=4k+3(k∈N*)时，{an}都存在“完美互补子列”; (ⅱ)设{an}共有f(m)对“完美互补子列”，求证:f(4k+3)≥3f(4k). 8 (1)分别判断以下数列是否存在“完美互补子列”，并说明理由:A:1，2，3，4; B:2，22，23，24，25，26. [解析] (1)对A数列:取{bn}:b1=1，b2=4;取{cn}:c1=2，c2=3. 则{cn}和{bn}是数列1，2，3，4的一对“完美互补子列”. 对B数列:因为2+22+23+…+26==27-2， 假设该数列存在一对“完美互补子列”{cn}和{bn}， 则{cn}和{bn}的各项和为=26-1，但{an}中各项均为偶数， 所以{cn}和{bn}的各项和不可能为26-1. 故数列2，22，23，24，25，26不存在“完美互补子列”. 9 (2)数列{an}一共m项，且满足an=n，1≤n≤m，n∈N*. (ⅰ)求证:当m=4k和m=4k+3(k∈N*)时，{an}都存在“完美互补子列”; [解析](2)(ⅰ)当m=4k时，因为an=n，所以a1+a4k=a2+a4k-1=…=a2k+a2k+1=1+4k. 不妨令{bn}中的各项为:a1，a2，…，ak，a3k+1，a3k+2，…，a4k; {cn}中的各项为:ak+1，ak+2，…，a3k. 则{bn}与{cn}中所有项的和均为k(4k+1). 所以m=4k时，数列{an}存在“完美互补子列”. 当m=4k+3时，只需将m=4k中，{cn}中的a2k=2k移到{bn}中， 将a4k+1，a4k+2放入{cn}中，将a4k+3放入{bn}中，此时{bn}与{cn}中的和均在原来的基础上增加了6k+3， 所以m=4k+3时，数列{an}存在“完美互补子列”. 10 (ⅱ)设{an}共有f(m)对“完美互补子列”，求证:f(4k+3)≥3f(4k). [解析] (ⅱ)当m=4k时，数列{an}有f(4k)对“完美互补子列”，对{an}的一对“完美互补子列”，比如: {bn}中的各项为:a1，a2，…，ak，a3k+1，a3k+2，…，a4k; {cn}中的各项为:ak+1，ak+2，…，a3k. ①将{cn}中的a2k=2k移到{bn}中，将a4k+1，a4k+2放入{cn}中，将a4k+3放入{bn}中， 此时{bn}与{cn}中的和均在原来的基础上增加了6k+3，可得m=4k+3的一对“完美互补子列”; ②将{cn}中的a2k+1=2k+1移到{bn}中，将a4k+1，a4k+3放入{cn}中，将a4k+2放入{bn}中， 11 此时{bn}与{cn}中的和均在原来的基础上增加了6k+3，可得m=4k+3的一对“完美互补子列”; ③将{cn}中的a2k+2=2k+2移到{bn}中，将a4k+2，a4k+3放入{cn}中，将a4k+1放入{bn}中， 此时{bn}与{cn}中的和均在原来的基础上增加了6k+3，可得m=4k+3的一对“完美互补子列”; 所以m=4k时的一对“完美互补子列”，m=4k+3时，都至少有三对“完美互补子列”与之对应. 所以f(4k+3)≥3f(4k). 12 [小结](1)根据“完美互补子列”的概念和性质进行判断即可. (2)先利用完美互补子列的定义证明当m=4k和m=4k+3时,{an}都存在“完美互补子列”,再分类讨论证明f(4k+3)≥3f(4k).在探索证明f(4k+3)≥3f(4k)的证明方法时,就是说明m=4k时的一对“完美互补子列”,m=4k+3时都至少有三对“完美互补子列”与之对应. 13 【训练巩固】 1.(多选)若数列{an}满足:存在常数A，使得对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N，使得当n>N时，恒有|an-A|<ε，就称数列{an}收敛于A，称数列{an}为收敛数列.则下列结论中正确的是(　　 ) A.数列不是收敛数列 B.若数列{an}为收敛数列，则存在正实数M，使得对任意正整数n，都有|an|<M C.若数列{an}和{bn}为收敛数列，则数列{an-bn}一定为收敛数列 D.若数列{an}和{bn}为收敛数列，则数列{an·bn}一定为收敛数列 BCD 14 [解析] 对于A:因为=1-， 即对于任意给定的正数ε，总存在正整数N>，使得当n>N时， 恒有==<ε，所以数列是收敛数列，故A错误; 对于B:当n>N时，有|an-A|<r，则|an|<|A|+r，当1≤n≤N时，设|an|中最大的项为B，取M=max{B+1，|A|+r}，则|an|<M，故B正确; 对于C:对任意的r，取r1=r2=，当n>N1时，恒有|an-A|<r1， 当n>N2时，恒有|bn-B|<r2， 故当n>max{N1，N2}时， 则|an-bn-(A-B)|≤|an-A|+|bn-B|<r1+r2=r，故数列{an-bn}一定为收敛数列，故C正确; 15 对于D:对任意的r，令K=max{|A|，|B|}，取r1=r2=-K， 当n>N1时，恒有|an-A|<r1，当n>N2时，恒有|bn-B|<r2， 故当n>max{N1，N2}时，则|anbn-AB|=|(an-A)(bn-B)+(an-A)B+(bn-B)A| ≤|(an-A)||(bn-B)|+|(an-A)||B|+|(bn-B)||A|<r1r2+K(r1+r2)=r， 故数列{an·bn}一定为收敛数列，故D正确.故选BCD. 16 2.(2025·河北·二模)已知{an}是公差不为0的无穷等差数列.若对于{an}中任意两项am，an，在{an}中都存在一项ai，使得ai=aman，则称数列{an}具有性质P. (1)已知an=2n，bn=4n+3(n=1，2，…)，判断数列{an}，{bn}是否具有性质P; (2)若数列{an}具有性质P，证明:{an}的各项均为整数; (3)若a1=18，求具有性质P的数列{an}的个数. 17 (1)已知an=2n，bn=4n+3(n=1，2，…)，判断数列{an}，{bn}是否具有性质P; [解析] (1)an=2n，aman=2m×2n=2(2mn)=a2mn，即ai=a2mn， 所以数列{an}具有性质P. bn=4n+3，令m=1，n=2，则b1b2=(4+3)(4×2+3)=7×11=77，77=4×19+1不在bn内，则{bn}不具有性质P. 18 (2)若数列{an}具有性质P，证明:{an}的各项均为整数; [解析] (2)设数列{an}的公差为d(d≠0)，因为数列{an}具有性质P，所以存在ai=anan+1， 同理存在aj=anan+2，两式相减得aj-ai=anan+2-anan+1=an(an+2-an+1)， 即(j-i)d=and，因为d≠0，所以an=j-i.所以{an}的各项均为整数. 19 (3)若a1=18，求具有性质P的数列{an}的个数. [解析] (3)由(2)可知，数列{an}的各项均为整数，所以d为整数. 假设d为负整数，则{an}为递减数列，所以{an}中各项最大值为a1， 由题意，{an}中存在某项ak<0，且|ak|>|a1|，所以akak+1>a1， 而数列{an}中存在ai=akak+1，则ai>a1，与题意相矛盾，所以d不是负整数，d为正整数. 由ai=aman得，a1+(i-1)d=[a1+(m-1)d][a1+(n-1)d]， 所以i-1=+(m+n-2)a1+(m-1)(n-1)d，所以为整数，即d为a1(a1-1)的约数. 由d为正整数，所以d为18×17的正约数， 18×17=2×3×3×17，所以18×17的正约数共有12个，则a1=18， 具有性质P的数列{an}的个数为12. 20 3.(2025·江西鹰潭·二模)对于数列{an}(n∈N*)，记Δan=an+1-an，称数列{Δan}为数列{an}的一阶差分数列.记Δ2an=Δ(Δan)=Δan+1-Δan，称数列{Δ2an}为数列{an}的二阶差分数列，……，一般地，对于k∈N，记Δk+1an=Δ(Δkan)=Δkan+1-Δkan，规定:Δ0an=an，Δ1an=Δan，称{Δkan}为数列{an}的k阶差分数列. (1)已知Δ1an=3n+1，a1=1，求a2，a3，Δ2a4，Δ3a4; (2)已知Δ2an=3n-2，若a1=1，且an≥a3对n∈N*恒成立，求a2的取值范围; (3)已知数列{an}满足Δ1an=2，且a1=1，数列，x∈(0，π)的前n项和为Tn，证明:Tn>0. 21 (1)已知Δ1an=3n+1，a1=1，求a2，a3，Δ2a4，Δ3a4; [解析] (1)因为Δ1an=3n+1，a1=1，Δ1an=an+1-an， 所以a2=a1+Δ1a1=4+a1=5，a3=a2+Δ1a2=7+a2=12; 由题意Δk+1an=Δkan+1-Δkan，则Δ2an=Δ1an+1-Δ1an=3(n+1)+1-(3n+1)=3， 又因为Δ3an=Δ2an+1-Δ2an=3-3=0，所以Δ3a4=0. 综上可知，a2=5，a3=12，Δ2a4=3，Δ3a4=0. 22 (2)已知Δ2an=3n-2，若a1=1，且an≥a3对n∈N*恒成立，求a2的取值范围; [解析](2)若Δ2an=3n-2， 则Δ2a1+Δ2a2+…+Δ2an-1=3+32+…+3n-1-2(n-1)=-2(n-1)=·3n-2n+. Δ1an=(Δ1an-Δ1an-1)+(Δ1an-1-Δ1an-2)+…+(Δ1a2-Δ1a1)+Δ1a1 =Δ2an-1+Δ2an-2+…+Δ2a1+Δ1a1=·3n-2n++a2-a1=·3n-2n-+a2，因为n∈N*， 所以Δ2an=3n-2>0，即Δ1an+1-Δ1an>0，故数列{Δ1an}递增， 所以要使an≥a3对n∈N*恒成立， 则必有 23 即所以解得-7≤a2≤0; 故-7≤a2≤0是an≥a3对n∈N*恒成立的必要条件. 下面证明充分性:若-7≤a2≤0，即又Δ1a1=a2-a1=a2-1<0，即a1>a2， 又a3-a2≤0，故a1>a2≥a3成立;由a4-a3≥0，又{Δ1an}递增，0≤Δ1a3≤Δ1a4≤Δ1a5≤…， 则0≤a4-a3≤a5-a4≤a6-a5≤…，故a3≤a4≤a5≤a6≤…;故满足an≥a3对n∈N*恒成立，即-7≤a2≤0是an≥a3对n∈N*恒成立的充分条件. 综上所述，要使an≥a3对n∈N*恒成立，则a2的取值范围为[-7，0]. 24 (3)已知数列{an}满足Δ1an=2，且a1=1，数列，x∈(0，π)的前n项和为Tn，证明:Tn>0. [解析](3)由Δ1an=2，即an+1-an=2，则{an}为等差数列，又a1=1得an=2n-1. 所以Tn=++…+， 因为2sin x·Tn=++…+， 且cos [(2n-2)x]-cos 2nx=cos [(2n-1)x-x]-cos [(2n-1)x+x]=2sin [(2n-1)x]·sin x， 25 可得2sin x·Tn=++…+ =1-cos 2x+++…+ =1-cos 2x-cos 4x-…-cos [(2n-2)x]-. 由x∈(0，π)，得2nx∈(0，2nπ)， 则cos 2x∈[-1，1)，cos 2nx∈[-1，1]，则 2sin x·Tn=1-cos 2x-cos 4x-…-cos[(2n-2)x]->1---…--=0， 即2sin x·Tn>0，且x∈(0，π)， 得sin x>0，所以Tn>0. 26 $