2026步步高高考大二轮复习数学-创新点3　数列中的“三新”问题

数列中的“三新”问题高考定位新高考的命题要求为：创新试题形式，加强情境设计，注意联系社会生活实际，增加综合性、开放性、应用性、探究性试题.这些要求反映在数列试题中，就是出现了数列的新情境、新定义和新性质问题，这些“三新”问题逐渐成为热点的压轴题.【题型突破】题型一数列的新情境问题例1(2024·长沙模拟)南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积，体积的连续量问题转化为求离散变量的垛积问题”.在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍薨垛、刍童垛等的公式.如图，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……第n＋1层球数是第n层球数与n＋1的和，设各层球数构成一个数列{an}.(1)求数列{an}的通项公式；(2)证明：当x>0时，ln(1＋x)>eq\f(x,1＋x)；(3)若数列{bn}满足bn＝eq\f(2n,ln（2an）－2lnn)，对于n∈N*，证明：b1＋b2＋b3＋…＋bn<n×2n＋1.(1)解根据题意，an＋1＝an＋n＋1，当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1＝eq\f(n（n＋1）,2)，又a1＝1也满足，所以an＝eq\f(n（n＋1）,2).(2)证明设f(x)＝ln(1＋x)－eq\f(x,1＋x)，x∈(0，＋∞)，则f′(x)＝eq\f(1,1＋x)－eq\f(1,（1＋x）2)＝eq\f(x,（1＋x）2)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则f(x)>f(0)＝0，即ln(1＋x)－eq\f(x,1＋x)>0，即当x>0时，ln(1＋x)>eq\f(x,1＋x).(3)证明由(2)可知当x>0时，ln(1＋x)>eq\f(x,1＋x)，令x＝eq\f(1,n)(n∈N*)，则lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))>eq\f(1,1＋n)，所以bn＝eq\f(2n,ln（2an）－2lnn)＝eq\f(2n,ln[n（n＋1）]－lnn2)＝eq\f(2n,ln\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n（n＋1）,n2))))＝eq\f(2n,ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n))))<(n＋1)×2n，所以b1＋b2＋b3＋…＋bn<2×21＋3×22＋4×23＋…＋(n＋1)×2n，令Tn＝2×21＋3×22＋4×23＋…＋(n＋1)×2n，令2Tn＝2×22＋3×23＋4×24＋…＋(n＋1)×2n＋1，所以－Tn＝2＋21＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)×2n＋1＝2＋eq\f(2（1－2n）,1－2)－(n＋1)×2n＋1＝－n·2n＋1，所以Tn＝n·2n＋1，所以b1＋b2＋b3＋…＋bn<n·2n＋1.规律方法1.本题的第(3)问关键是利用第(2)问的结论，恰当地给x赋值后，转化为数列的求和问题.2.解决数列的新情境问题要首先理解题意，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.训练1(2024·佛山模拟)佛山新城文化中心是佛山地标性公共文化建筑.在建筑造型上全部都以最简单的方块体作为核心要素，与佛山世纪莲体育中心的圆形莲花造型形成“方”“圆”呼应.坊塔是文化中心的标志性建筑、造型独特、类似一个个方体错位堆叠，总高度153.6米.坊塔塔楼由底部4个高度相同的方体组成塔基，支托上部5个方体，交错叠合成一个外形时尚的塔身结构.底部4个方体高度均为33.6米，中间第5个方体也为33.6米高，再往上2个方体均为24米高，最上面的两个方体均为19.2米高.(1)请根据坊塔方体的高度数据，结合所学数列知识，写出一个等差数列{an}的通项公式，该数列以33.6为首项，并使得24和19.2也是该数列的项；(2)佛山世纪莲体育中心上层屋盖外径为310米.根据你得到的等差数列，连续取用该数列前m(m∈N*)项的值作为方体的高度，在保持最小方体高度为19.2米的情况下，采用新的堆叠规则，自下而上依次为2a1、3a2、4a3、……、(m＋1)am((m＋1)am表示高度为am的方体连续堆叠m＋1层的总高度)，请问新堆叠坊塔的高度是否超过310米？并说明理由.解(1)由题意可知a1＝33.6，注意到33.6－24＝9.6，24－19.2＝4.8，取等差数列的公差d＝－2.4，则an＝33.6－2.4(n－1)＝36－2.4n，令an＝36－2.4n＝24，解得n＝5，即24为第5项；令an＝36－2.4n＝19.2，解得n＝7，即19.2为第7项；故an＝36－2.4n符合题意.(2)可以，理由如下：由(1)可知m≤7，a1＝33.6，a2＝31.2，a3＝28.8，a4＝26.4，a5＝24，a6＝21.6，a7＝19.2，设数列{(n＋1)an}的前n项和为Sn，∵S7＝2a1＋3a2＋4a3＋…＋8a7＝856.8>310，故新堆叠坊塔的高茺可以超过310米.题型二数列的新定义问题例2(2024·南通调研)设有穷数列{an}的项数为m(m≥2)，若正整数k(2≤k≤m)满足∀n<k，an>ak则称k为数列{an}的“min点”.(1)若an＝(－1)n(2n－3)(1≤n≤5)，求数列{an}的“min点”；(2)已知有穷等比数列{an}的公比为2，前n项和为Sn，若数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,Sn)))存在“min点”，求正数a1的取值范围；(3)若an≥an－1－1(2≤n≤m)，数列{an}的“min点”的个数为p，证明：a1－am≤p.(1)解因为a1＝1，a2＝1，a3＝－3，a4＝5，a5＝－7，所以数列{an}的“min点”为3，5.(2)解依题意，Sn＝eq\f(a1（1－2n）,1－2)＝a1(2n－1)，因为数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,Sn)))存在“min点”，所以存在n(n≥2)，使得Sn＋eq\f(1,Sn)<a1＋eq\f(1,a1)，所以a1(2n－1)＋eq\f(1,a1（2n－1）)<a1＋eq\f(1,a1)，即a1(2n－2)<eq\f(1,a1)·eq\f(2n－2,2n－1).因为n≥2，所以2n－2>0，所以aeq\o\al(2,1)<eq\f(1,2n－1).又当n＝2时，eq\f(1,2n－1)取最大值eq\f(1,3)，所以aeq\o\al(2,1)<eq\f(1,3)，又a1>0，所以0<a1<eq\f(\r(3),3).当0<a1<eq\f(\r(3),3)，有S2＋eq\f(1,S2)<S1＋eq\f(1,S1)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,Sn)))存在“min点”，所以a1的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3))).(3)证明①若an≥a1(n≥2)，则数列{an}不存在“min点”，即p＝0.由am－a1≥0，得a1－am≤0，所以a1－am≤p.②若存在an，使得an<a1.下证数列{an}有“min点”.证明：若a2<a1，则2是数列{an}的“min点”；若a2≥a1，因为存在an，使得an<a1，所以设数列{an}中第1个小于a1的项为an1，则an1<a1≤(2≤i≤n1－1)，所以n1是数列{an}的第1个“min点”.综上，数列{an}存在“min点”.不妨设数列{an}的“min点”由小到大依次为n1，n2，n3，…，np，则ani＋1是ani，ani＋1，ani＋2，…，ani＋1－1，ani＋1中第1个小于ani的项，故ani－ani＋1≤ani＋1－1－ani＋1，因为an≥an－1－1(2≤n≤m)，所以an－1－an≤1，所以ani＋1－1－ani＋1≤1，所以ani－ani＋1≤1.所以a1－am≤a1－anp＝(a1－an1)＋(an1－an2)＋(an2－an3)＋…＋(anp－1－anp)≤(an1－1－an1)＋(an2－1－an2)＋(an3－1－an3)＋…＋(anp－1－anp)≤1＋1＋1＋…＋1(p个1).所以a1－am≤p.综上a1－am≤p，得证.规律方法数列中的新定义问题，主要是指即时定义新概念、新定理、新法则、新运算等，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新定义，这样有助于更透彻地理解新定义.但是，归根结底这些问题考查的还是数列的基本概念、性质和运算，根据条件适时转化是解决此类问题的基本思路与原则.训练2(2024·盐城模拟)在数列{an}的第k项与第k＋1项之间插入k个1，称为变换Γ.数列{an}通过变换Γ所得数列记为Ω1(an)，数列Ω1(an)通过变换Γ所得数列记为Ω2(an)，…，以此类推，数列Ωn－1(an)通过变换Γ所得数列记为Ωn(an)(其中n≥2).(1)已知等比数列{an}的首项为1，项数为m，其前m项和为Sm，若Sm＝2am－1＝255，求数列Ω1(an)的项数；(2)若数列{an}的项数为3，Ωn(an)的项数记为bn.①当n≥2时，试用bn－1表示bn；②求证：2×32n－1≤bn≤62n－1.(1)解设等比数列{an}的公比为q，显然q≠1，由a1＝1，Sm＝2am－1＝255，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Sm＝\f(1－qm,1－q)＝255，,am＝qm－1＝128，))解得q＝2，m＝8.故数列{an}有8项，经过1次变换后的项数为8＋1＋2＋…＋7＝36，即Ω1(an)的项数为36.(2)①解由Ωn(an)的项数为bn，则当n≥2时，bn＝bn－1＋[1＋2＋…＋(bn－1－1)]，所以bn＝bn－1＋eq\f(bn－1,2)(bn－1－1)＝eq\f(1,2)beq\o\al(2,n－1)＋eq\f(1,2)bn－1.②证明因为数列{an}是一个3项的数列，所以b1＝6，由bn＝eq\f(1,2)beq\o\al(2,n－1)＋eq\f(1,2)bn－1>eq\f(1,2)beq\o\al(2,n－1)(n≥2)，所以lgbn>2lgbn－1－lg2，于是lgbn－lg2>2(lgbn－1－lg2)，则有lgbn－lg2>2n－1(lgb1－lg2)，所以lgbn－lg2>2n－1lg3，得lgbn>lg2＋2n－1lg3，即bn>2·32n+1(n≥2)，所以bn≥2×32n－1.∵bn≥2×32n－1>1，∴bn－1<beq\o\al(2,n－1)(n≥2)，于是bn＝eq\f(1,2)beq\o\al(2,n－1)＋eq\f(1,2)bn－1<beq\o\al(2,n－1)(n≥2)，则有lgbn<2lgbn－1，可得lgbn<2n－1lgb1，有lgbn<lg62n－1，即bn<62n－1(n≥2)，所以bn≤62n－1，综上所述，2×3n－1≤bn≤62n－1.题型三数列的凹凸性例3(2024·枣庄模拟)若数列{an}的各项均为正数，对任意n∈N*，有aeq\o\al(2,n＋1)≥an＋2an，则称数列{an}为“对数凹性”数列.(1)已知数列1，3，2，4和数列1，2，4，3，2，判断它们是否为“对数凹性”数列，并说明理由；(2)若函数f(x)＝b1＋b2x＋b3x2＋b4x3有三个零点，其中bi>0(i＝1，2，3，4).证明：数列b1，b2，b3，b4为“对数凹性”数列；(3)若数列{cn}的各项均为正数，c2>c1，记{cn}的前n项和为Sn，Wn＝eq\f(1,n)Sn，对任意三个不相等正整数p，q，r，存在常数t，使得(p－q)Wr＋(q－r)Wp＋(r－p)Wq＝t.证明：数列{Sn}为“对数凹性”数列.(1)解根据“对数凹性”数列的定义可知数列1，3，2，4中22≥3×4不成立，所以数列1，3，2，4不是“对数凹性”数列；而数列1，2，4，3，2中eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(22≥1×4，,42≥2×3，,32≥4×2))均成立，所以数列1，2，4，3，2是“对数凹性”数列.(2)证明根据题意及三次函数的性质易知f′(x)＝b2＋2b3x＋3b4x2有两个不等实数根，所以Δ1＝4beq\o\al(2,3)－4×3b2b4>0⇒beq\o\al(2,3)>3b2b4，又bi>0(i＝1，2，3，4)，所以beq\o\al(2,3)>3b2b4>b2b4，显然x＝0⇒f(0)＝b1>0，即x＝0不是f(x)的零点，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝b1＋b2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋b3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(2)＋b4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(3)，令t＝eq\f(1,x)，则f(t)＝b1＋b2t＋b3t2＋b4t3也有三个零点，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(b1x3＋b2x2＋b3x＋b4,x3)有三个零点，则g(x)＝b1x3＋b2x2＋b3x＋b4有三个零点，所以g′(x)＝3b1x2＋2b2x＋b3有两个零点，所以同上有Δ2＝4beq\o\al(2,2)－4×3b1b3>0⇒beq\o\al(2,2)>3b1b3>b1b3，故数列b1，b2，b3，b4为“对数凹性”数列.(3)证明将p，q互换得t＝(q－p)Wr＋(p－r)Wq＋(r－q)Wp＝－t，所以t＝0，令p＝1，q＝2，得－Wr＋(2－r)W1＋(r－1)W2＝0，所以Wr＝(2－r)W1＋(r－1)W2＝W1＋(r－1)(W2－W1)，故数列{Wn}是等差数列，记d＝W2－W1＝eq\f(S2,2)－c1＝eq\f(c2－c1,2)>0，所以Wn＝c1＋(n－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c2－c1,2)))＝c1＋(n－1)d，所以Sn＝nWn＝dn2＋(c1－d)n，又因为cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2，))所以cn＝c1＋2d(n－1)，所以cn＋1－cn＝2d>0，所以{cn}为单调递增的等差数列，所以cn＋1>cn>0，cn＋2＋cn＝2cn＋1，Sn＝eq\f(n（c1＋cn）,2).所以4(Seq\o\al(2,n＋1)－SnSn＋2)＝(n＋1)2(c1＋cn＋1)2－n(n＋2)(c1＋cn)(c1＋cn＋2)>(n＋1)2(c1＋cn＋1)2－n(n＋2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（c1＋cn）＋（c1＋cn＋2）,2)))eq\s\up12(2)＝(n＋1)2(c1＋cn＋1)2－n(n＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2c1＋cn＋cn＋2,2)))eq\s\up12(2)＝(n＋1)2(c1＋cn＋1)2－n(n＋2)(c1＋cn＋1)2＝[(n＋1)2－n(n＋2)](c1＋cn＋1)2＝(c1＋cn＋1)2>0.所以Seq\o\al(2,n＋1)≥SnSn＋2，数列{Sn}是“对数凹性”数列.规律方法1.解第(3)问的关键是利用赋值法证明数列{Wn}是等差数列，从而利用等差数列的相关概念及公式证明.2.数列的凹凸性是类比函数的凹凸性得到的，解决此类问题一般要从题目条件中挖掘出一个特殊的数列(例如等差数列、等比数列)，数列的凹凸性给出的不等关系就可以利用这个特殊数列的运算，结合不等式放缩加以证明.训练3(2024·金华三模)若正实数数列{cn}满足ceq\o\al(2,n＋1)≤cncn＋2(n∈N*)，则称{cn}是一个对数凸数列；若实数列{dn}满足2dn＋1≤dn＋dn＋2，则称{dn}是一个凸数列.已知{an}是一个对数凸数列，bn＝lnan.(1)证明：a1a10≥a5a6；(2)若a1a2…a2024＝1，证明：a1012a1013≤1；(3)若b1＝1，b2024＝2024，求b10的最大值.(1)证明法一由题意得aeq\o\al(2,n＋1)≤anan＋2，∴eq\f(an＋2,an＋1)≥eq\f(an＋1,an)≥eq\f(an,an－1)≥eq\f(an－1,an－2)≥…≥eq\f(a2,a1)，∴eq\f(a10,a9)≥eq\f(a6,a5)，eq\f(a9,a8)≥eq\f(a5,a4)，eq\f(a8,a7)≥eq\f(a4,a3)，eq\f(a7,a6)≥eq\f(a3,a2)，eq\f(a6,a5)≥eq\f(a2,a1)，将以上式子累乘得eq\f(a10,a5)≥eq\f(a6,a1)，也即a1a10≥a5a6成立.法二由题意得eq\f(a10,a9)≥eq\f(a9,a8)≥…≥eq\f(a3,a2)≥eq\f(a2,a1)，∴a1a10≥a2a9≥a3a8≥a4a7≥a5a6，∴a1a10≥a5a6成立.(2)证明法一∵eq\f(an＋1,an)≤eq\f(an＋2,an＋1)，∴eq\f(an－k,an－k－1)≤eq\f(an－k＋1,an－k)≤…≤eq\f(an＋1,an)≤eq\f(an＋2,an＋1)≤…≤eq\f(an＋k＋1,an＋k)，∴an＋k·an－k≤an＋k＋1·an－k－1(1≤k<n)，则a1012·a1013≤a1011·a1014≤a1010·a1015≤…≤a1·a2024，∴(a1012·a1013)1012≤a1a2…a2024＝1，∴a1012·a1013≤1.法二考虑反证法，假设a1012a1013>1，由eq\f(an＋1,an)≤eq\f(an＋2,an＋1)得eq\f(a1012,a1011)≤eq\f(a1013,a1012)≤eq\f(a1014,a1013)，∴a1012a1013≤a1011a1014，∴a1011a1014>1，同理eq\f(a1012,a1010)＝eq\f(a1012,a1011)·eq\f(a1011,a1010)≤eq\f(a1014,a1013)·eq\f(a1015,a1014)＝eq\f(a1015,a1013)，∴a1010a1015>a1012a1013，∴a1010a1015>1，同理可证a1009a1016>1，a1008a1017>1，…，a1a2024>1，综上可得，a1a2…a2024>1，与条件矛盾，∴假设不成立，∴a1012a1013≤1成立.法三∵a1a2…a2024＝1，∴ln(a1a2…a2024)＝0，也即b1＋b2＋…＋b2024＝0，同时，由aeq\o\al(2,n＋1)≤anan＋2可得ln(aeq\o\al(2,n＋1))≤ln(anan＋2)，∴2bn＋1≤bn＋bn＋2，也即bn＋1－bn≤bn＋2－bn＋1，∴b1013－b1012≤b2024－b2023，b1012－b1011≤b2023－b2022，…，b2－b1≤b1013－b1012，将以上式子累加得b1013－b1≤b2024－b1012，也即b1012＋b1013≤b1＋b2024，同理可得b1012＋b1013≤b2＋b2023，b1012＋b1013≤b3＋b2022，……b1012＋b1013≤b1012＋b1013，将以上式子累加得1012(b1012＋b1013)≤b1＋b2＋…＋bn＝0，∴b1012＋b1013≤0，∴lna1012＋lna1013≤0，∴a1012a1013≤1成立.(3)解由aeq\o\al(2,n＋2)≤anan＋2可得ln(aeq\o\al(2,n＋2))≤ln(anan＋2)，∴2bn＋1≤bn＋bn＋2，也即bn＋1－bn≤bn＋2－bn＋1，∴b2024－b2023≥b11－b10，b2023－b2022≥b11－b10，…，b11－b10≥b11－b10，将以上式子累加得b2024－b10≥2014(b11－b10)，①又b11－b10≥b10－b9，b11－b10≥b9－b8，…，b11－b10≥b2－b1，将以上式子累加得9(b11－b10)≥b10－b1，②结合①②式可得eq\f(b2024－b10,2014)≥b11－b10≥eq\f(b10－b1,9)，∴eq\f(2024－b10,2014)≥eq\f(b10－1,9)，化简得b10≤10，另外，显然有bn＝n符合题意，此时b10＝10，综上，b10的最大值为10.【精准强化练】1.(2024·泰安三模)对于m，t∈N*，s∈N，t不是10的整数倍，则m＝t·10s，则称m为s级十全十美数.已知数列{an}满足：a1＝8，a2＝40，an＋2＝5an＋1－6an.(1)若{an＋1－kan}为等比数列，求k；(2)求在a1，a2，a3，…，a2024中，3级十全十美数的个数.解(1)设{an＋1－kan}的公比为q，则an＋2－kan＋1＝q(an＋1－kan)，即an＋2＝(q＋k)an＋1－qkan，由an＋2＝5an＋1－6an，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q＋k＝5，,－qk＝－6，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝2，,q＝3))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝3，,q＝2，))所以k＝2或k＝3.(2)由(1)知，当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝2，,q＝3))时，an＋1－2an＝(a2－2a1)3n－1＝8×3n，当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝3，,q＝2))时，an＋1－3an＝(a2－3a1)2n－1＝8×2n，两式相减得an＝8(3n－2n).当n为奇数时，3n－2n的个位数为1或9，an＝8(3n－2n)的个位数不可能为0；当n为偶数时，设n＝2k(k∈N*)，则an＝8(32k－22k)＝8(9k－4k)，要想an末尾3个数字为0，需满足9k－4k被eq\f(1000,8)＝53＝125整除，当k＝1，2，3时，9k－4k均不符合题意；当k>3时，9k－4k＝(－1＋10)k－(－1＋5)k＝[Ceq\o\al(0,k)(－1)k＋Ceq\o\al(1,k)(－1)k－1·10＋Ceq\o\al(2,k)(－1)k－2·102＋…＋Ceq\o\al(k,k)·10k]－[Ceq\o\al(0,k)(－1)k＋Ceq\o\al(1,k)(－1)k－1·5＋Ceq\o\al(2,k)(－1)k－2·52＋…＋Ceq\o\al(k,k)·5k]，自103，53以后各项均可被125整除，故只需考虑[(－1)k＋(－1)k－1·k·10＋(－1)k－2·eq\f(k（k－1）,2)·102]－[(－1)k＋(－1)k－1·k·5＋(－1)k－2·eq\f(k（k－1）,2)·52]＝(－1)k－1·5k＋(－1)k－2·75·eq\f(k（k－1）,2)＝eq