2026《金版教程》高考复习方案数学提升版-高考难点突破（二） 数列的热点、创新题型

第七章数列高考难点突破(二)

数列的热点、创新题型等差、等比数列是重要的数列类型，高考考查的主要知识点有：等差、等比数列的概念、性质、前n项和公式．由于数列的渗透力很强，它和函数、方程、向量、三角形、不等式等知识相互联系，优化组合，无形中加大了综合的力度．解决此类题目，必须对蕴藏在数列概念和方法中的数学思想有较深的理解．题型一目录题型二题型三题型一数列与不等式的交汇冲关策略数列中不等式的处理方法(1)函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式．(2)放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到．一般地，数列求和中的放缩的“目标数列”为“可求和数列”，如等比数列、可裂项相消求和的数列等．(3)比较方法：作差比较或作商比较．题型二数列与函数的交汇冲关策略(1)数列与函数的综合问题一般是以函数为背景，给出数列所满足的条件．解决这类问题的关键是利用函数知识，将条件进行准确转化．(2)此类问题多考查函数思想及性质(多为单调性)，注意题中的限制条件，如定义域．变式训练3

已知{an}为等比数列，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的数，且a1，a2，a3中的任何两个数都不在下表的同一列，{bn}为等差数列，其前n项和为Sn，且a1＝b3－2b1，S7＝7a3.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)若cn＝[lgbn]，其中[x]是高斯函数，表示不超过x的最大整数，如[lg2]＝0，[lg98]＝1，求数列{cn}的前100项和T100.第一列第二列第三列第一行152第二行4310第三行9820题型三(2024·河南郑州二模)已知数列{an}为有穷数列，且an∈N*，若数列{an}满足如下两个性质，则称数列{an}为m的k增数列：①a1＋a2＋a3＋…＋an＝m；②对于1≤i<j≤n，使得ai<aj的正整数对(i，j)有k个．(1)写出所有4的1增数列；(2)当n＝5时，若存在m的6增数列，求m的最小值；(3)若存在100的k增数列，求k的最大值．题型三

数列的创新题解：(1)由题意得a1＋a2＋a3＋…＋an＝4，且对于1≤i<j≤4，使得ai<aj的正整数对(i，j)有1个，由于1＋2＋1＝4或1＋3＝4，故所有4的1增数列有数列1，2，1和数列1，3.(2)当n＝5时，存在m的6增数列，即a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝m，且对于1≤i<j≤5，使得ai<aj的正整数对(i，j)有6个，所以数列{an}的各项中必有不同的项，所以m≥6且m∈N*.若m＝6，满足要求的数列{an}中有四项为1，一项为2，所以k≤4，不符合题意，所以m>6.若m＝7，满足要求的数列{an}中有三项为1，两项为2，此时数列为1，1，1，2，2，满足要求的正整数对(i，j)分别为(1，4)，(2，4)，(3，4)，(1，5)，(2，5)，(3，5)，符合m的6增数列，所以当n＝5时，存在m的6增数列，且m的最小值为7.(3)若数列{an}中的每一项都相等，则k＝0，若k≠0，所以数列{an}中存在大于1的项，若首项a1≠1，将a1拆分成a1个1后k变大，所以此时k不是最大值，所以a1＝1.当i＝2，3，…，n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，所以ai≤ai＋1.若ai＋1－ai∉{0，1}，所以ai＋1≥ai＋2，所以将ai＋1改为ai＋1－1，并在数列首位前添加一项1，所以k的值变大，所以此时k不是最大值，所以ai＋1－ai∈{0，1}．若数列{an}中存在相邻的两项ai＝2，ai＋1≥3，设此时{an}中有x项为2，将ai＋1改为2，并在数列首位前添加ai＋1－2个1后，k的值至少变为k＋1，所以此时k不是最大值，所以数列{an}的各项只能为1或2，所以数列{an}为1，1，…，1，2，2，…，2的形式．设其中有x项为1，y项为2，因为存在100的k增数列，所以x＋2y＝100，所以k＝xy＝(100－2y)y＝－2y2＋100y＝－2(y－25)2＋1250，所以当且仅当x＝50，y＝25时，k取得最大值1250.冲关策略数列新定义问题，主要针对等差、等比数列，递推公式和求和公式等综合运用，解新定义题型的步骤：(1)理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论；(2)重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”；归纳“举例”提供的解题方法，归纳“举例”提供的分类情况；(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题．变式训练4

(2024·新课标Ⅰ卷节选)设m为正整数，数列a1，a2，…，a4m＋2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项ai和aj(i<j)后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)－可分数列．(1)写出所有的(i，j)，1≤i<j≤6，使数列a1，a2，…，a6是(i，j)－可分数列；(2)当m≥3时，证明：数列a1，a2，…，a4m＋2是(2，13)－可分数列．回到原题，第1小问相当于从1，2，3，4，5，6中取出两个数i和j(i<j)，使得剩余的四个数成等差数列．那么剩余的四个数只可能是1，2，3，4或2，3，4，5或3，4，5，6.所以所有可能的(i，j)就是(1，2)，(1，6)，(5，6)．(2)证明：由于从数列1，2，…，4m＋2中取出2和13后，剩余的4m个数可以分为以下两个部分，共m组，使得每组成等差数列：①{1，4，7，10}，{3，6，9，12}，{5，8，11，14}，共3组；②{15，16，17，18}，{19，20，21，