2027版金版教程复习创新方案数学提升版本第7章微点探索 数列中的创新题型

第七章数列微点探索数列中的创新题型

1.识别数列创新题型的核心类型(新定义数列、性质探究型、实际应用型、跨模块综合型).2.掌握“理解定义——转化模型——运用旧知——验证结论”的解题流程.3.能灵活运用数列的概念、性质及函数、不等式等知识解决创新问题.重点考法突破课时作业目录重点考法突破考法1定义新数列数列新定义问题，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.(2025·浙江省六校联考)对于一个严格递增的无穷正整数数列{an}，如果对每个正整数n，这个数列前an项的平均数为an，则称这个数列是“中立的”.数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1(n∈N*).(1)证明：数列{bn}是“中立的”；(2)证明：对于任意一个“中立的”数列{an}，对任意正整数n，均有aan＋1＋aan＋2＋…＋aan＋1＝ban＋1＋ban＋2＋…＋ban＋1；(3)证明：对于任意一个“中立的”数列{an}，均存在无穷多个正整数n，使得an＝bn.(2025·河北部分重点中学联考(二))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：数列{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.考法2定义数列的新性质解：(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不符合bn，则数列{bn}不具有性质P.(2)证明：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，所以数列{an}的各项均为整数.(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，则数列{an}为递减数列，所以数列{an}中各项的最大值为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，与题意矛盾，所以d不是负整数，d为正整数.解决数列“新性质”问题的一般思路(1)理解“新性质”的含义.(2)特殊分析，比如先对n＝1，2，3，…的情况进行讨论.(3)通过特殊情况寻找“新性质”数列的规律及性质，通过类比已知数列(如等差或等比数列)，仔细观察，探求规律，注重转化，合理设计解题方案.(4)联系等差数列与等比数列知识将“新性质”数列问题转化为熟悉的知识进行求解.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.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.考法3抽象数列的拆分与变换(2024·新课标Ⅰ卷，19，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.解：(1)首先，我们设数列a1，a2，…，a4m＋2的公差为d，则d≠0.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，(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}，{19，20，21，22}，…，{4m－1，4m，4m＋1，4m＋2}，共m－3组.(如果m－3＝0，则忽略②)故数列1，2，…，4m＋2是(2，13)－可分数列.所以数列a1，a2，…，a4m＋2是(2，13)－可分数列.求解抽象数列的拆分与变换问题的关键是弄清楚拆分与变换的原则，将拆分或变换后的数列转化为我们熟悉的数列进行求解.②证明：设A是每项均为非负整数的数列a1，a2，…，an，当存在1≤i<j≤n，使得ai≤aj时，交换数列A的第i项与第j项得到数列B，则S(B)－S(A)＝2(iaj＋jai－iai－jaj)＝2(i－j)(aj－ai)≤0，所以S(B)≤S(A).当存在1≤m<n，使得am＋1＝am＋2＝…＝an＝0时，若记数列a1，a2，…，am为C，则S(C)＝S(A)，因此S(T2(A))≤S(A)，从而对于任意给定的数列P0，由Pk＋1＝T2(T1(Pk))(k＝0，1，2，…)，S(Pk＋1)≤S(T1(Pk))，由①知S(T1(Pk))＝S(Pk)，所以S(Pk＋1)≤S(Pk).课时作业中档题(占比30%)拔高题(占比70%)题号1234难度★★★★★★★★★★★考点定义新数列问题定义数列的新性质抽象数列的拆分与变换抽象数列的拆分与变换(2){an}为2，4，6，8，…，则{an}中小于1的项的个数b1＝0，小于2的项的个数b2＝0，小于3的项的个数b3＝1，小于4的项的个数b4＝1，小于5的项的个数b5＝2，小于6的项的个数b6＝2，…，在{bn}中，当n为奇数时，设n＝2k－1，k∈N*，则小于(2k－1)的偶数有(k－1)个，(3)因为{an}为等比数列，且a1＝2，公比q＝3，所以an＝2×3n－1.下面我们来证明：cn＝an.因为bk表示an中小于k的项的个数，bk＋1表示{an}中小于(k＋1)的项的个数，所以易得bk≤bk＋1，即0≤b1≤b2≤b3≤…≤bn－1≤bn≤…，设cn＝t，由bt<n，bt＋1≥n，可得an≥t，an<t＋1，又因为an∈N*，所以an＝t＝cn，所以cn＝an＝2×3n－1.3.(2026·安徽马鞍山模拟)已知n∈N*且n≥2，数列A0：a1，a2，a3，…，an－1，an，定义数列A0的一个变换T，在变换T下数列A0变为新的数列A1：a1－a2，a2－a3，…，an－1－an，an－a1，记T(A0)＝A1，设Ak＋1＝T(Ak)，k∈N.(1)若A0：1，2，4，…，2n－1，求A1，A2；(2)若n＝100，且A0：1，2，3，…，n，记数列Ak(k∈N*)的末项为bk，求数列{bk}(k∈N*)的前100项和；(3)若n＝4，数列A0不是常数列，求证：存在k0∈N*，使得对任意k≥k0，数列Ak中至少有一项的绝对值大于2025.解：(1)由定义知，A1：－1，－2，－4，…，－2n－2，2n－1－1；A2：1，2，4，…，2n－3，－3×2n－2＋1，2n－1.解：(1)当n＝3时，取自集合{1，2，3}的交错数列有1；3；1，2；1，2，3四种情况，因此A3＝4；当n＝4时，取自集合{1，2，3，4}的交错数列有1；3；1，2；1，4；3，4；1，2，3；1，2，3，4七种情况，因此A4＝7.(2)证明：设数列a1，a2，…，am是取自集合{1，2，…，n}的交错数列，因为a1≠1且是奇数，所以a1≥3，构造数列bi＝ai－2，i＝1，2，…，m，则bi∈{1，2，…