新高考数学二轮复习高分突破训练第24讲 新信息背景下的数列问题（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习高分突破训练第24讲 新信息背景下的数列问题（2份，原卷版+解析版），文件包含新高考数学二轮复习高分突破训练第24讲新信息背景下的数列问题原卷版doc、新高考数学二轮复习高分突破训练第24讲新信息背景下的数列问题解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共56页， 欢迎下载使用。
解决此类问题的一些技巧：
（1）此类问题在设立问题中通常具有“环环相扣，层层递进”的特点，第（1）问让你熟悉所创设的定义与背景，第（2），（3）问便进行进一步的应用，那么在解题的过程中要注意解决前面一问中的过程与结论，因为这本身就是对“新信息”的诠释与应用。
（2）尽管此类题目与传统的数列“求通项，求和”的风格不同，但其根基也是我们所学的一些基础知识与方法。
（3）在分类讨论时要遵循“先易后难”的原则，以相对简单的情况入手，可能在解决的过程中会发现复杂情况与该情况的联系，或者发现一些通用的做法与思路，使得复杂情况也有章可循。
典型例题：
例1．（2022·全国·高三专题练习）对于数列，规定数列△为数列的一阶差分数列，其中△；一般地，规定△为的阶差分数列，其中△△△，且，．
(1)已知数列的通项公式．试证明△是等差数列；
(2)若数列的首项，且满足△△，，求数列及的通项公式；
(3)在（2）的条件下，判断是否存在最小值，若存在求出其最小值，若不存在说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)，
(3)存在，-28
【解析】
【分析】
（1）根据定义可得，然后可证明；
（2）由条件可得，然后可得，然后利用累加法可求出，然后可得答案；
（3）令，然后利用函数的单调性可得答案.
(1)
证明：依题意，△，
，
△△，
△，
△是首项为1，公差为5的等差数列．
(2)
△△，，
△△△，
△，，
，，
当时，
，
，
当时，也满足上式，
．
(3)
，，
令，则，
则当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，
而，
，即时，存在最小值，其最小值为．
例2．（2022·全国·高三专题练习）已知数列的首项，前项和为．设与是常数，若对一切正整数，均有成立，则称此数列为“”数列．
(1)若等差数列是“”数列，求的值；
(2)若数列是“”数列，且，求数列的通项公式．
【答案】(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）根据定义得，化简得，进而得出对一切正整数均成立，从而可求出的值；
（2）由题可知，根据定义得，根据平方差公式化简得，求得，最后根据，即可求出数列的通项公式.
(1)
解：因为等差数列是“”数列，则，即，
也即，此式对一切正整数均成立，
若，则恒成立，故，而，这与是等差数列矛盾，
所以．（此时，任意首项为1的等差数列都是“1～1”数列）
(2)
解：因为数列是“”数列，则，
所以，而，
，
，
，
，
，，
，
.
例3．（2022·北京海淀·高三期末）已知行列的数表中，对任意的，，都有.若当时，总有，则称数表A为典型表，此时记.
(1)若数表，，请直接写出B，C是否是典型表；
(2)当时，是否存在典型表A使得，若存在，请写出一个A；若不存在，请说明理由；
(3)求的最小值.
【答案】(1)B不是典型表，C是典型表；
(2)不存在；
(3)为偶数时 ，为奇数时.
【解析】
【分析】
（1）由题设典型表的定义，结合给定的数表判断即可.
（2）根据题设分析知：数值分配时有即可，结合典型表的定义及数表的对称性确定最小时在数表上的分布情况，即可判断是否存在.
（3）结合（2）的分析，讨论为偶数、奇数情况下的最小值.
(1)
对于数表B有，而不成立，故数表B不是典型表；
对于数表C，当时总有成立，故数表C是典型表.
(2)
由题设知：当要存在典型表A使得，则需.
∵要使最小，即典型表A中的“1”最少，又时总有，
∴让尽量多的横列和，故将表分成4个数表，对角的两个数表数值相同，但上下、左右对称的数表数值不同，此时可保证最小.
∴如典型表，有.
∴不存在典型表A使得.
(3)
要使最小，需让尽量多的横列和或典型表中“1”尽量少，
当为偶数时，由（2）知：；
当为奇数时，在偶数的数表中间加一行一列，并在新增行列中添加个“1”，即可满足典型数列，此时；
【点睛】
关键点点睛：第二问，通过，结合数表的对称性确定最小时的数值分布情况，即可判断存在性，第三问，由第二问情况归纳为偶数时，进而推广到为奇数时.
例4．（2022·北京房山·高三期末）若数列 满足，则称为数列．记 ．
(1)写出一个满足，且的数列；
(2)若，证明数列是递减数列的充要条件是；
(3)对任意给定的整数，是否存在首项为的数列，使得？如果存在，写出一个满足条件的数列；如果不存在，说明理由.
【答案】(1)（或 ）
(2)证明见解析
(3)不存在，理由见解析
【解析】
【分析】
(1)根据与和可考虑写出交替的数列.
(2)先证必要性，根据数列是递减数列，可得，进而求得.再证明充分性，因为，故，再累加可得证明即可.
(3)设,则，再累加求得，再分析的奇偶，根据整除的性质，先假设存在再证明矛盾即可.
(1)
（或 ）
(2)
必要性：因为数列是递减数列，
所以 ，
所以是首项为，公差为的等差数列，
所以；
充分性：由于，，…，，
所以，即，
因为，所以，
所以数列是递减数列.
综上，结论得证．
(3)
令，
则．
因为，，……,，
所以
因为，所以为偶数，
所以为偶数．
所以要使，必须使为偶数，即整除，
亦即或．
当时，
数列的项满足，，时，
有，；
当时，
数列的项满足，，，时，
有，．
当，时，不能被整除，
所以对任意给定的整数,不存在数列使得，．
【点睛】
在解数列新定义的问题,需要根据题意去绝对值分析,并根据整除的性质推理证明.
例5．（2022·北京东城·高三期末）对于给定的正整数和实数，若数列满足如下两个性质：①；②对，，则称数列具有性质.
(1)若数列具有性质，求数列的前项和；
(2)对于给定的正奇数，若数列同时具有性质和，求数列的通项公式；
(3)若数列具有性质，求证：存在自然数，对任意的正整数，不等式均成立.
【答案】(1)5
(2)
(3)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据题意得到当为奇数时，，当为偶数时，，从而；（2）根据题干条件得到，故为常数列，结合求出；（3）对要证明的不等式变形，构造，研究其性质，证明出结论.
(1)
由题意得：，，则当为奇数时，，当为偶数时，，所以数列的前项和；
(2)
由题意得：，，对于给定的正奇数，，对，，则令，，得：，，综上：为常数列，由可得：
(3)
要证，只需证，即证，令数列，由于具有性质，即，对，，则，对，，所以具有性质，令，设的最小值为，对，令，，由于具有性质，则有，所以，
所以，所以成立
【点睛】
本题数列不等式证明题目，要根据题干中条件对数列进行变形，用到了构造新数列，数论的基础知识，对学生的逻辑思维能力要求较高.
例6．（2022·全国·高三专题练习）设数列的前项和为.若对任意正整数，总存在正整数，使得，则称是“数列”.
(1)若数列的前n项和，证明：是“数列”；
(2)设是等差数列，其首项，公差.若是“数列”，求的值；
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由，再根据数列是“数列”的概念即可证明结果．
（2）依题意，，根据是“数列”，可知则，可得，由此能求出的值，再进行检验，即可求出结果．
(1)
解：因为，
当时，，显然满足题意，
当时， ，（且）
若，，所以，满足题意，
综上，则为“H数列”；
(2)
解：由题意，，所以，所以
又，
若是“H数列”，则由得
所以，
因，则对任意的n为整数，，则或，
验证：时，，
因恒为偶数，所以m恒为整数，成立.
时，，不恒为整数，
不成立.
综上所述，.
例7．（2022·全国·高三专题练习）若实数数列满足，则称数列为“P数列”．
(1)若数列是P数列，且，，求，的值；
(2)求证：若数列是P数列，则的项不可能全是正数，也不可能全是负数；
(3)若数列是P数列，且中不含值为零的项，记的前2025项中值为负数的项的个数为m，求m的所有可能取值．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）推导出，，由此能求出，的值；
（2）假设数列的项都是正数，则，，与假设矛盾；假设数列的项都是负数，则，与假设矛盾，由此能证明的项不可能全是正数，也不可能全是负数；
（3）存在最小的正整数满足，，数列是周期为9的数列，由此能求出结果．
(1)
解：因为是数列，且，
所以，
所以，
所以，解得，
所以；
(2)
证明：假设数列的项都是正数，即，，，
所以，，与假设矛盾，
故数列的项不可能全是正数，
假设数列的项都是负数，
则，而，与假设矛盾，
故数列的项不可能全是负数，
所以的项不可能全是正数，也不可能全是负数；
(3)
解：由（2）可知数列中项既有负数也有正数，
且最多连续两项都是负数，最多连续三项都是正数．
因此存在最小的正整数满足，．
设，，
则，，，．，，，，，
故有，即数列是周期为9的数列，
由上可知，，，这9项中，
，为负数，，这两项中一个为正数，另一个为负数，其余项都是正数，
因为，
所以当时，；
当时，，，，这项中至多有一项为负数，而且负数项只能是，
记，，，这项中负数项的个数为，
当，3，4时，若，则，故为负数，
此时，；
若，则，故为负数．
此时，，
当时，必须为负数，，，
综上可知的取值集合为．
【点睛】
本题考查了利用数列的递推公式求数列中的项，考查数列中的项不可能全是正数，也不可能全是负数的证明，考查实数的集合的求法，难度较大，解题时要认真审题，注意数列性质的合理运用．
过关练习：
一、单选题
1．（2022·山西运城·高三期末（理））在正整数数列中，由1开始依次按如下规则取该数列的项：第一次取1；第二次取2个连续的偶数2，4；第三次取3个连续奇数5，7，9；第四次取4个连续的偶数10，12，14，16；第五次取5个连续的奇数17，19，21，23，25；按此规律取下去，得到一个数列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，17，19…，则这个数列中第2022个数是（ ）
A．3974B．3976C．3978D．3980
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意可得，找出取数的规律为：奇数次取奇数个奇数，偶数次取偶数个偶数，前次总共取的数各数量可以通过等差数列求和得到，且第次的最后一个数为，据此即可求解.
【详解】
由题意可得，奇数次取奇数个奇数，偶数次取偶数个偶数，
前次共取了个数，且第次的最后一个数为，
当时，，故到第63次取时取了63个奇数，且前63次共取了2016个数，即第2016个数为，
∴时，依次为3970，3972，3974，3976，3978，3980，...，
∴第2022个数为3980.
故选：D.
2．（2022·河南驻马店·高三期末（文））对于正整数，设最接近的正整数为（如，），记，从全体正整数中除去所有，余下的正整数按从小到大的顺序排列得到数列，则数列的前5项和为（ ）
A．55B．65C．70D．75
【答案】A
【解析】
【分析】
依题意对于给定的，存在唯一确定的，使得．再对与分类讨论，即可得到，从得到求出数列的前5项和；
【详解】
解：对于给定的，存在唯一确定的，使得．
①当时，即，记，，
此时，即，；
②当时，即，记，，
此时，即，．
所以，
恰好跳过，即，故数列的前5项和为．
故选：A
3．（2022·全国·高三专题练习）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数到与一般的等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．如数列1，3，6，10，前后两项之差组成新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列、这样的数列称为二阶等差数列．现有二阶等差数列，其前7项分别为2，3，5，8，12，17，23则该数列的第100项为（ ）
A．4862B．4962C．4852D．4952
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意可得数列2，3，5，8，12，17，23，，满足：，，从而利用累加法即可求出，进一步即可得到的值．
【详解】
2，3，5，8，12，17，23，后项减前项可得1，2，3，4，5，6，
所以，
所以
.
所以.
故选：D
4．（2022·浙江·高三专题练习）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8，…，该数列的特点是前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数所组成的数列称为“斐波那契数列”，数列的前项和为，则下列结论错误的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
利用“斐波那契数列”的定义及数列的性质对选项A、B、C、D逐一分析即可得答案．
【详解】
解： 对A：，故选项A正确；
对B：由“斐波那契数列”的定义有，
因为，
所以，故选项B正确；
对C：由“斐波那契数列”的定义有，
因为，
所以，故选项C正确；
对D：，故选项D错误．
故选：D．
5．（2022·浙江杭州·高三期末）若数列满足，则下列说法错误的是（ ）
A．存在数列使得对任意正整数p，q都满足
B．存在数列使得对任意正整数p，q都满足
C．存在数列使得对任意正整数p，q都满足
D．存在数列使得对任意正整数p，q部满足
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意，找到合适的数列满足递推关系，或举反例否定. 对选项，找到，且满足题意；对选项，找到，且满足题意；对选项，找到与题设矛盾；对选项，找到满足题意；
【详解】
对选项，令，且，则有：，故选项正确；
对选项，由，得：
令，则当时，数列满足题设，所以B正确；
对选项，由，
令，得，，，，
令，得，，，
则，，从而，与矛盾，所以错误；
对选项，存在数列，比如，则有：，故选项正确；
故选：
【点睛】
需要熟悉常见函数的运算规则，比如对数运算、指数运算等，注意类比常见函数的运算性质，寻找恰当的数列；否定命题，赋值举反例，发现矛盾.
6．（2022·浙江·高三学业考试）通过以下操作得到一系列数列：第1次，在2，3之间插入2与3的积6，得到数列2，6，3；第2次，在2，6，3每两个相邻数之间插入它们的积，得到数列2，12，6，18，3；类似地，第3次操作后，得到数列：2，24，12，72，6，108，18，54，3.按上述这样操作11次后，得到的数列记为，则的值是（ ）
A．6B．12C．18D．108
【答案】A
【解析】
【分析】
设数列经过第次拓展后的项数为，因为数列每一次拓展是在原数列的相邻两项中增加一项，则经过第次拓展后增加的项数为，从而可得，从而可求出，从而可知经过11次拓展后在与6之间增加的数为，由此可得出经过11次拓展后6所在的位置，即可得出答案.
【详解】
解：设数列经过第次拓展后的项数为，因为数列每一次拓展是在原数列的相邻两项中增加一项，则经过第次拓展后增加的项数为，
所以，
即，即，
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，
是以，所以，
则经过11次拓展后在与6之间增加的数为，
所以经过11次拓展后6所在的位置为第，
所以.
故选：A.
7．（2022·全国·高三专题练习（理））对于数列{an}，若存在正整数k(k≥2)，使得，，则称是数列{an}的“谷值”，k是数列{an}的“谷值点”.在数列{an}中，若an＝，则数列{an}的“谷值点”为（ ）
A．2B．7C．2，7D．2，3，7
【答案】C
【解析】
【分析】
由数列通项公式写出前n项，结合数列 “谷值点”的定义判断{an}的“谷值点”.
【详解】
由an＝，则，，，
当n≥7，n∈N*时恒有> 0，
∴an＝＝，此时数列{an}递增，
综上，a2