高三二轮高效复习讲义数学专题突破数列融合创新3数列中的创新问题

融合创新3数列中的创新问题▶对应学生用书P54【考情分析】数列的新定义、新情境以及与其他知识的融合问题，近几年逐渐成为高考试题的热点压轴题，有时还伴随着数列与集合、函数、不等式、解析几何等综合命题，难度较大.融合1数列中的新定义问题对于数列an，记区间1，an内偶数的个数为bn，则称数列bn(1)若数列dn为数列n3的偶数列，求d(2)若数列cn为数列2n+1+3的偶数列，证明：(3)在(2)的前提下，若数列bn为等差数列an的偶数列，a1＝5，a5＝13，求数列bncn的前解：(1)在区间(1，33)内的偶数为2，4，6，8，10，12，14，16，18，20，22，24，26，共13个，所以d3＝13.(2)在区间(1，2n＋1＋3)内的偶数为2，4，…，2n＋1，2n＋1＋2，则cn＝2n+1+2-22＋1于是c1－1＝2，cn+1-1cn-1＝2n+12n(3)依题意，等差数列an的公差d＝a5-则an＝5＋2(n－1)＝2n＋3，bn＝2n+2-22＋1由(2)知，cn＝2n＋1，则bncn＝(n＋1)(2n＋1)＝(n＋1)·2n＋(n＋1)，令数列{(n＋1)·2n}的前n项和为Tn，则Tn＝2×2＋3×22＋…＋(n＋1)×2n，于是2Tn＝2×22＋3×23＋…＋n×2n＋(n＋1)×2n+1，两式相减得－Tn＝4＋(22＋23＋…＋2n)－(n＋1)×2n＋1＝4＋22-2n+11-2－(n＋1)×2n＋1＝－n×2因此Tn＝n·2n＋1，而数列{n＋1}前n项和为n[2+(所以Sn＝Tn＋n2+3n2＝n·2n＋[规律方法]对于数列的新定义问题，要耐心读题，分析新定义、新运算的特点，弄清新定义的性质，逐条分析、运算、验证，使问题得以解决，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义透彻理解.对点练1.(2025·山西吕梁一模)若数列A：a1，a2，…，ann≥3中，ai∈N1≤i≤n，且对任意的2≤k≤n－1，ak＋1＋ak－1＞2ak恒成立，则称数列(1)若数列1，x，y，7为“U数列”，写出所有可能的x，y；(2)若“U数列”A：a1，a2…，an中，a1＝1，a2＝1，an＝2017，求n的最大值.解：(1)依题意，因为数列1，x，y，7为“U数列”，则1+注意到x，y∈N，故所有可能的x，y为x=1，y=2(2)一方面，注意到ak＋1＋ak－1＞2ak⇔ak＋1－ak＞ak－ak－1，对任意的1≤i≤n－1，令bi＝ai＋1－ai，则bi∈Z且bk＞bk－12≤故bk≥bk－1＋1对任意的2≤k≤n－1恒成立，当a1＝1，a2＝1，an＝2017时，注意到b1＝a2－a1＝1－1＝0，得bi＝bi－bi－1＋bi－1－bi－2＋…＋此时an－a1＝b1＋b2＋…＋bn－1≥0＋1＋2＋…＋n－2＝12·(n－1)n－即12(n－1)·n－2≤2017－1，解得－62≤n≤65，故n另一方面，为使①式取到等号，所以取bi＝i－11≤i≤64，则对任意的2≤k≤64，bk＞bk－1，故数列an为此时由①式得a65＝1＋0＋1＋2＋…＋63＝1＋1+63×632＝2017，即n＝综上，n的最大值为65.融合2数列中的新情境问题(2025·山东济宁二模)将所有正整数按照如下规律形成数阵：第1行123…789第2行…第3行100101102…997998999第4行100010011002…999799989999…(1)将数列3n+1与数列2n的公共项按照从小到大的顺序排列得到数列an，试确定(2)将数阵中所有相邻两位数字(从左到右)出现12的所有正整数去掉并保持顺序不变，得到一个新数阵，记新数阵第n行中正整数的个数为bn.(ⅰ)求b1，b2，b3；(ⅱ)求bn.解：(1)设3m＋1＝2n，因为2n＝(3－1)n＝Cn0·3n＋Cn1·3n－1·(－1)＋Cn2·3n－2·(－1)2＋…＋Cnn－1·3·(－1)n－所以m＝13×[Cn0·3n＋Cn1·3n－1·(－1)＋Cn2·3n－2·(－1)2＋…＋Cnn－1·3·(－1)n－1＋所以当且仅当n为偶数时，m可以取得正整数，数列有公共项，所以an＝22n，故a6＝212＝4096，所以a6是数阵第4行，第3097个数.(2)(ⅰ)当n＝1时，显然b1＝9.当n＝2时，第2行2位数有90个，其中只有12去掉，故b2＝9×10－1＝89，当n＝3时，第3行3位数有900个，其中有两种情况去掉：百位和十位分别为12，此时有10个；十位和个位分别为12，此时有9个，故b3＝900－19＝881.(ⅱ)当n＞2时，将第n＋1行bn＋1个符合条件的n＋1位正整数分为两类：①个位数字不等于2时，个位数字有9种取法，前面n位数有bn种取法，这时n＋1位正整数中有9bn个；②个位数字等于2时，前面n位数有bn种取法，但这bn个n＋1位正整数中十位数字等于1的bn－1个正整数要去掉，故个位数字等于2且十位数字不等于1的n＋1位正整数有bn－bn－1个，综上，由加法原理知bn＋1＝10bn－bn－1.设bn＋1－xbn＝(10－x)bn所以x＝110-x，即x2－10x＋1解得x＝5±26，所以bn+1－(5+26)bn是首项为b2－(5＋26)b1＝44－18bn+1－(5－26)bn是首项为b2－(5－26)b1＝44所以bn＋1－(5＋26)bn＝(44－186)bn＋1－(5－26)bn＝(44＋186)(5＋26)n－1，所以当n＞2时，bn＝16×[(116＋27)(5+26)n－1－(11经检验，当n＝1时，b1＝9也成立，当n＝2时，b2＝89也成立，综上，bn＝16×[(116＋27)(5+26)n－1－(11[规律方法]解决数列的新情境问题首先要理解题意，在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息迁移，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.对点练2.(2025·广东佛山二模)在等差数列an和等比数列bn中，ai和bi是下表第i行中的数(i＝1，2，3)，且a1，a2，a3中的任何两个数不在同一列，b1，b2，b3第一列第二列第三列第四列第一行1234第二行5678第三行9101112(1)请问满足题意的数列an和bn各有多少个？写出它们的通项公式(无需说明理由(2)若bn的公比为整数，且a1＋b1＝6，数列cn满足anan＋1cn＋an－3bn＋1＝0，求cn解：(1)对于等差数列an，设公差为d当a1＝1，a2＝6，a3＝11时，则d＝5，所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋5(n－1)＝5n－4，当a1＝2，a2＝7，a3＝12时，则d＝5，所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋5(n－1)＝5n－3，当a1＝3，a2＝6，a3＝9时，则d＝3，所以an＝a1＋(n－1)d＝3＋3(n－1)＝3n，当a1＝4，a2＝7，a3＝10时，则d＝3，所以an＝a1＋(n－1)d＝4＋3(n－1)＝3n＋1，满足题意的数列an有4个，分别为an＝5n－4，an＝5n－3，an＝3n，an＝3n＋1对于等比数列bn，设公比为q当b1＝3，b2＝6，b3＝12时，则q＝2，所以bn＝b1qn－1＝3×2n－1，当b1＝4，b2＝6，b3＝9时，则q＝32，所以bn＝b1qn－1＝4×3满足题意的数列bn有2个，分别为bn＝3×2n－1，bn＝4×3(2)因为bn的公比为整数，由(1)知bn＝3×2n－1，则b1＝3，所以a1＝6－b1＝3所以an＝3n，所以3n×3(n＋1)cn＋3n－3×3×2n所以cn＝1-n2nn×(n+1所以cn的前n项和Sn＝211－222＋222－233＋…＋2融合3数列与其他知识的融合问题已知f(x)为定义域M内的连续函数，f'(x)为其导函数，常数a∈M，若各项不相等的数列{an}满足an∈M，a1＞a，f'(an＋1)＝f(an)-f(a)an-a，则称{an}为f(x)的(1)若函数g(x)＝lnx，数列{bn}是g(x)的“L(1)－数列”，且b1＝e.(ⅰ)求b2，b3；(ⅱ)证明：{bn}是递减数列；(2)正项数列{cn}是函数h(x)＝x3＋6sinx的“L(c)－数列”，已知cn＋1∈(c，cn)，记{cn}的前n项和为Sn，证明：c＞0时，Sn＋cn≥(n－1)c＋2c1.解：(1)(ⅰ)因为b1＝e，g'(x)＝1x所以g'(b2)＝1b2＝lne-ln1e-1g'(b3)＝1b3＝ln(e-1)(ⅱ)因为x＞1时，易知0＜lnx＜x－1，所以0＜lnxx-因为b1＞1，所以0＜lnb1所以0＜1b2＜1，所以b2＞1，…，以此类推bn＞要证bn＋1＜bn，只需证lnbnbn－1＞1bn，即证ln设函数φ(x)＝lnx－1＋1x(x＞1)φ'(x)＝1x－1x2当x∈(1，＋∞)时，φ'(x)＞0，φ(x)单调递增，所以φ(x)＞φ(1)＝0，所以lnbn－1＋1bn＞0，即lnbn＞1－即1bn+1＞1所以bn＋1＜bn，所以数列{bn}是递减数列.(2)要证Sn＋cn≥(n－1)c＋2c1，当n＝1时，S1＋c1＝2c1，成立.当n≥2时，只需证Sn＋cn－2c1＞(n－1)c，设Sn＋cn－2c1为数列{dn}的前n－1项和，则dn＝Sn＋1＋cn＋1－2c1－(Sn＋cn－2c1)＝2cn＋1－cn，所以只需证2cn＋1－cn＞c，设H(x)＝h(x)－h(cn)-h(c)cn-cx(x≥0)H'(x)＝h'(x)－h(由“L(c)－数列”定义得H'(cn＋1)＝0，h'(x)＝3x2＋6cosx，h″(x)＝6x－6sinx＝6(x－sinx)≥0，所以h'(x)在(0，＋∞)单调递增，所以H'(x)在(0，＋∞)上单调递增，又因为H'(cn＋1)＝0，所以当x∈(0，cn＋1)时，H'(x)＜0，H(x)单调递减，当x∈(cn＋1，＋∞)时，H'(x)＞0，H(x)单调递增，因为2cn＋1－c＞cn＋1，H(x)在(cn＋1，＋∞)上单调递增，只需证H(2cn＋1－c)＞H(cn)＝H(c)，设ω(x)＝H(x)－H(2cn＋1－x)，x∈(0，cn＋1)，则ω'(x)＝H'(x)＋H'(2cn＋1－x)，ω″(x)＝H″(x)－H″(2cn＋1－x)，因为(x－sinx)'＝1－cosx≥0，所以h″(x)单调递增，所以H″(x)单调递增，因为x∈(0，cn＋1)，所以2cn＋1－x＞x，所以ω″(x)＜0，ω'(x)单调递减，所以ω'(x)＞ω'(cn＋1)＝0，所以ω(x)单调递增，所以ω(x)＜ω(cn＋1)＝0，即H(x)＜H(2cn＋1－x)，所以H(2cn＋1－c)＞H(c)＝H(cn)，所以2cn＋1－c＞cn，即2cn＋1－cn＞c，综上所述，c＞0时，Sn＋cn≥(n－1)c＋2c1.对点练3.定义：若对∀k∈N，k≥2，ak－1＋ak＋1≤2ak恒成立，则称数列{an}为“上凸数列”.(1)若an＝n2－1，判断{an}是否为“上凸数列”，如果是，给出证明；如果不是(2)若{an}为“上凸数列”，则当m≥n＋2(m，n∈N)时，am＋an≤am－1＋an＋1.(ⅰ)若数列Sn为{an}的前n项和，证明：Sn≥n2(a1＋an)(ⅱ)对于任意正整数序列x1，x2，x3，…，xi，…，xn(n为常数且n≥2，n∈N)，若∑i=1nxi2－1解：(1){an}是“上凸数列”，理由如下：因为an＝n2－1，an＋1－an＝(令f(x)＝(x+1)2－1－则f'(x)＝x+1(x+1)当x≥1时，(x＋1)3(x－1)－x3(x＋2)＝－2x－1＜0，所以(x+1)所以f'(x)＜0，f(x)在区间[1，＋∞)上单调递减，所以f(n)＞f(n＋1)，an＋1－an＞an＋2－an＋1，所以an＋2＋an＜2an＋1，所以{an}是“上凸数列”.(2)(ⅰ)证明：因为{an}是“上凸数列”，由题意可得对任意1≤i≤n(i∈N)，ai＋an－i＋1≥ai－1＋an－i＋2≥ai－2＋an－i＋3…≥a2＋an－1≥a1＋an，所以2Sn＝(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋…＋(an－1＋a2)＋(an＋a1)≥n(a1＋an)，所以Sn≥n2(a1＋an)(ⅱ)令an＝n2由(1)可得当an＝n2－1时，{an}是“由题意可知，当m≥n＋2(m，n∈N)时，am＋an≤am－1＋an＋1.因为∑i=1nxi2－1＝x1即∑i=1nxi2－1＝x1所以∑i=1nxi2－1≥(x1－x1+1)2－1＋x22－1＋…＋(∑i=1nxi－x1－x2－…－所以λ≥n－1，综上所述，λ的最小值为n－1.[课下巩固检测练(二十五)]数列中的创新问题(每题10分)1.(2025·福建宁德三模)设函数f(x)＝xcosx.(1)求函数gx＝f(x)－x(0＜x≤1)的值域；(2)当0＜x≤π时，f(x)≤2axx2+2恒成立，(3)若a1＝1，an＋1＝fan，证明：∑k=1nak·∏k=1ncosak≤2－附：∏k=1ncosak＝cosa1·cosa2·cosa3·…·cos解：(1)由g(x)＝f(x)－x＝xcosx－x，x∈0，1，得g'(x)＝cosx－xsinx－因为x∈0，1，则cosx－1＜0，－xsinx＜0，即g'(x)＜所以g(x)在区间0，1单调递减，即g(x)值域为(2)在区间0，π上，由f(x)≤2axx2+2恒成立，设h(x)＝(x2＋2)cosx，当x∈π2，π时，h(x)≤0，故只需研究x∈h'(x)＝2xcosx－(2＋x2)sinx，设sx＝2xcosx－2+x2sin在区间0，π2上，s'x＝－4xsinx－x2cosx所以h'(x)在区间0，π2上单调递减，所以h'(x)＜h'(0)即h(x)＝(x2＋2)cosx在区间0，π2上单调递减，所以h(x)＜h(0)所以2a≥2，解得a≥1，故a的最小值为1.(3)由a1＝1，an＋1＝f(an)，得an＋1＝ancosan，即cosan＝an所以∏k=1ncosak＝a2a1·a3a2·a4由(1)可知，当x∈0，1时，