2026年高考数学复习举一反三训练(全国通用)重难点21数列中的新定义、新情景问题(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学复习举一反三训练(全国通用)重难点21数列中的新定义、新情景问题(学生版+解析)，文件包含物理安徽卷全解全析docx、物理安徽卷考试版docx、物理安徽卷答题卡A4版docx、物理安徽卷参考答案docx、物理安徽卷答题卡A3版docx、物理安徽卷考试版A3docx等6份试卷配套教学资源，其中试卷共34页， 欢迎下载使用。

TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc11831" 【题型1 数列中的新概念】 PAGEREF _Tc11831 \h 2
\l "_Tc22942" 【题型2 数列中的新运算】 PAGEREF _Tc22942 \h 4
\l "_Tc12547" 【题型3 数列中的新情景问题】 PAGEREF _Tc12547 \h 8
\l "_Tc22963" 【题型4 斐波那契数列】 PAGEREF _Tc22963 \h 11
\l "_Tc24568" 【题型5 牛顿数列问题】 PAGEREF _Tc24568 \h 13
\l "_Tc25949" 【题型6 以数列和项与通项关系定义新数列】 PAGEREF _Tc25949 \h 17
\l "_Tc262" 【题型7 数列定义新性质问题】 PAGEREF _Tc262 \h 21
\l "_Tc3377" 【题型8 数列中的其他新定义问题】 PAGEREF _Tc3377 \h 26
1、数列中的新定义、新情景问题
数列是高考的重点和热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考压轴题中出现数列的新定义、新情景问题是高考的一个重要趋势，我们总能在试卷的压轴题位置发现新定义数列题的身影，它们对数列综合问题的考查常常以新定义、新构造和新情景形式呈现，这类问题综合性强，有时还伴随着集合、导数以及平面解析几何等内容，难度较大，需要灵活求解.
知识点1 数列中的新概念
1．数列中的新概念问题的解题策略：
通过创新概念，以集合、函数、数列等的常规知识为问题背景，直接利用创新概念的内涵来构造相应的关系式(或不等式等)，结合相关知识中的性质、公式来综合与应用.
知识点2 数列中的新定义、新情景问题
1．数列中的新定义问题的求解策略
(1)新定义问题：通过给定的与数列有关的新定义，或约定的一种新运算，或给出的由几个新模型来创设的新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题设所提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.
(2)求解策略：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的
要求，“照章办事”，逐条分析，运算，验证，使得问题得以解决.
(3)求解新定义的数列，可以类比“熟悉数列”的研究方式，用特殊化的方法研究新数列，向“熟悉数列”的性质靠拢.
2．数列中的新情景问题的求解策略
新情景问题：通过给出一个新的数列的概念，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求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，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.
知识点3 斐波那契数列
1．斐波那契数列的概念
把这个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，...称为斐波那契数列，一般记为{Fn}.
2．斐波那契数列的递推公式
递推公式：.
3．斐波那契数列的通项公式
通项公式：.
【题型1 数列中的新概念】
【例1】（2025·四川南充·三模）对于数列an，规定Δan为数列an的一阶差分，其中Δan=an+1−ann∈N*，规定Δkan为数列an的k阶差分，其中Δkan=Δk−1an+1−Δk−1ann∈N*．若an=n(n−1)(2n−1)6，则Δ2a6=（ ）
A．7B．9C．11D．13
【答案】D
【解题思路】由数列的新定义计算即可.
【解答过程】由Δan=an+1−ann∈N*可得
Δa7=a8−a7=8×7×156−7×6×136=49，
Δa6=a7−a6=7×6×136−6×5×116=36，
由Δkan=Δk−1an+1−Δk−1ann∈N*可得Δ2a6=Δa7−Δa6，
所以Δ2a6=Δa7−Δa6=49−36=13，
故选：D.
【变式1-1】（2025·全国·模拟预测）将正整数n分解为两个正整数k1，k2的积，即n=k1k2，当k1，k2两数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解.如12=1×12=2×6=3×4，其中3×4即为12的最优分解，当k1，k2是n的最优分解时，定义fn=k1−k2，则数列f2n的前2024项的和为（ ）
A．21011−1B．21011C．21012−1D．21012
【答案】C
【解题思路】根据题意，对n分奇数和偶数进行讨论，进而可以得到f2n的表达式，再利用等比数列的求和公式求解即可.
【解答过程】当n=2kk∈N*时，2n=22k=2k×2k，
所以f2n=f22k=2k−2k=0，
当n=2k−1k∈N*时，22k−1=2k−1×2k，
则f2n=f22k−1=2k−1−2k=2k−1，
故数列f2n的前2024项的和为20+21+22+⋅⋅⋅+21011=1−210121−2=21012−1.
故选：C.
【变式1-2】（2025·湖北武汉·三模）将1,2,⋅⋅⋅,n按照某种顺序排成一列得到数列an，对任意1≤iaj，那么称数对ai,aj构成数列an的一个逆序对.若n=4，则恰有2个逆序对的数列an的个数为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】B
【解题思路】根据逆序对的定义，分数列an的第一个数为4，数列an的第二个数为4，数列an的第三个数为4，数列an的第四个数为4，四种情况讨论即可.
【解答过程】若n=4，则1≤id8>⋯，则dnmax=d5=d6=36⋅(910)5≈21.26，
所以整数λ的最小值为22.
（3）由（2）知g(x)=x3，依题意，方程x3−ax−b=0(b>0)有且只有两个根c,ℎ(c0，得xa3，由ℎ′(x)a2−a1=2，
a4−a3=4>a3−a2=3，⋯，所以an+1−an=n+1，
采用累加法an=an−an−1+an−1−an−2+⋯+a2−a1+a1=n+n−1+⋯+2+1=nn+12，
令ak=kk+12=2025，即k2+k−4050=0，解得k=−1+162012≈63.14，
当k=63时，a63=63×642=20162025，无法构造“速增数列”满足题意，
故选：B.
【变式6-1】（2024·江苏南通·模拟预测）定义：已知数列{an}(n∈N∗)的首项a1=1，前n项和为Sn.设λ与k是常数，若对一切正整数n，均有Sn+11k−Sn1k=λan+11k成立，则称此数列为“λ&k”数列.若数列{an}(n∈N∗)是“33&2”数列，则数列{an}的通项公式an=（ ）
A．3×4n−2B．1(n=1)3×4n−2(n≥2) C．4×3n−2D．1(n=1)4×3n−2(n≥2)
【答案】B
【解题思路】由题可知λ=33,k=2，根据定义得Sn+112−Sn12=33(Sn+1−Sn)12，根据平方差公式化简得Sn+1=4Sn，求得Sn，最后根据Sn−Sn−1=ann>1，即可求出数列an的通项公式.
【解答过程】因为数列{an}(n∈N*)是“33&2”数列，则λ=33,k=2，
所以Sn+112−Sn12=33an+112，而Sn+1−Sn=an+1，
∵an>0,∴Sn+1>Sn,∴Sn+112−Sn12>0，
∴Sn+112−Sn12=33(Sn+1−Sn)12，
∴(Sn+112−Sn12)2=13(Sn+112−Sn12)(Sn+112+Sn12)，
∴Sn+112−Sn12=13(Sn+112+Sn12),∴Sn+112=2Sn12,∴Sn+1=4Sn,∴Sn=4n−1，
∵S1=a1=1，Sn=4n−1，
∴an=4n−1−4n−2=3⋅4n−2,n≥2，
∴an=1,n=13×4n−2,n≥2.
故选：B.
【变式6-2】（2025·河南信阳·模拟预测）若数列an满足：当n为奇数时，an+an+1=an+2；当n为偶数时，anan+1=an+2.则称数列an为和积交替数列.
(1)若数列1，a，b，6为和积交替数列，分别求实数a，b的值；
(2)若数列an为和积交替数列，且a1=2，a2=t t>12.
（i）若3是数列an中的项，求实数t的值；
（ii）若a2=2，证明：a2n≥22n−1.
【答案】(1)a=2b=3或a=−3b=−2
(2)（i）t=3或t=1；（ii）证明见解析
【解题思路】（1）根据和积交替数列的定义，列出参数的方程组，求出参数的值.
（2）（i）根据和积交替数列的定义，由a1,a2递推出后面的项，由a2范围，求出后面项的大小范围，判断3可能出现的位置，求出参数的值.
（ii）根据和积交替数列的定义，由a1=a2=2递推出后面的项满足的条件，根据数列的递推公式，结合累乘法，通过对数运算，证明命题.
【解答过程】（1）由题知1+a=b，ab=6，
解得a=2b=3，或a=−3b=−2；
（2）（i）由题知a2=tt>12，则a3=a1+a2=2+t，a4=a2a3=2+tt，
由t>12，则a4>54>1；a5=a3+a4=2+t+2+tt=t2+3t+2，
由t>12，则a5=t2+3t+2=(t+32)2−14>154>3；a6=a4a5，但a4>1，a5>3，
所以a6=a4a5>3；而a7=a5+a6>6，…
以此类推，当n≥5，n∈N*时，an>3.
所以若3是数列an中的项，
则a2=3或a3=3或a4=3，解得t=3或t=1.
（ii）易知数列中的项均为正整数，由题知a2n=a2n−2×a2n−1n≥2,n∈N*，且a2n−1=a2n−2+a2n−3n≥2,n∈N*，
所以a2n=a2n−2×a2n−2+a2n−3>a2n−22，同取以2为底的对数，得lg2a2n>lg2a2n−22，
即lg2a2n>2lg2a2n−2.又an>1，所以lg2a2nlg2a2n−2>2，
则lg2a2nlg2a2n−2>2,lg2a2n−2lg2a2n−4>2,⋯,lg2a4lg2a2>2，
累乘整理，得lg2a2n>2n−1lg2a2=2n−1，
所以n≥2时，a2n>22n−1.
当n=1时，a2=2符合上述不等式，
所以a2n≥22n−1，结论得证.
【变式6-3】（2025·河南安阳·三模）若正项数列an满足对任意n∈N∗，都有an+2an+1>an+1an成立，则称数列an为“倍增数列”.
(1)试判断数列1，2，5，13和数列1，3，8，21是否为“倍增数列”；
(2)设数列an为“倍增数列”，若an+1an为整数，a1=1，a2=1，ak=2025，求正整数k的最大值；
(3)设数列bn满足bn+2=bn+1+bnn∈N∗，b1=b2=1，试判断数列b2n−1是否是“倍增数列”，并说明理由.
【答案】(1)数列1，2，5，13是，数列1，3，8，21不是
(2)6
(3)是，理由见解析
【解题思路】（1）依据倍增数列的定义对两个数列直接判断即可；
（2）根据题意判断出a3a2≥2,a4a3≥3,⋯,akak−1≥k−1k∈N*,k≥2，从而ak≥k−1!，由ak=2025=34×52及an+1an为整数即可求得；
（3）由bn+2=bn+1+bn将b2n+3b2n−1−b2n+12=b2n+2+b2n+1b2n−1−b2n+12依次递推下去判断其大于0即可.
【解答过程】（1）①因为a2a1=2,a3a2=52,a4a3=135，所以a4a3>a3a2>a2a1，
所以数列1，2，5，13是“倍增数列”.
②因为a2a1=3,a3a2=83,a4a3=218，所以a4a30.
所以b2n+3b2n−1>b2n+12，即b2n+3b2n+1>b2n+1b2n−1，
所以b2n−1是“倍增数列”.
【题型7 数列定义新性质问题】
【例7】（2025·上海杨浦·模拟预测）已知an是一个公差不为0的等差数列，其前n项和为Sn.若存在正整数p,q(其中p0时，xex>ex−1>0，lnxex>ln(ex−1)，而an>0，
则an+1−an=ln(ean−1)−lnanean0，求导得t′(x)=ex−e13x−13xe13x=e13x(e23x−1−13x)，
令函数φ(x)=e23x−1−13x,x>0，求导得φ′(x)=23e23x−13>0，函数φ(x)在(0,+∞)上单调递增，
当x>0时，φ(x)>φ(0)=0，t′(x)>0，函数t(x)在(0,+∞)上单调递增，
当x>0时，t(x)>t(0)=0，即当x>0时，ex−1>xe13x>0，ln(ex−1)>ln(xe13x)，
因此当x>0时，u(x)>0，又an>0，则u(an)>0，
于是ln(ean−1)−lnan−13an>0，an+1>13an，则13an0，则an+1an>13，
当n≥2，n∈N∗时，an=anan−1⋅an−1an−2⋅⋅⋅⋅⋅a2a1⋅a1>a1⋅(13)n−1=2⋅13n，
当n=1时，T1=a1=23=1−13，
当n≥2时，Tn=a1+a2+⋅⋅⋅+an>2[13+(13)2+(13)3+⋯+(13)n]=23(1−13n)1−13=1−13n，
所以Tn≥1−13n(n∈N*).
【变式7-3】（2025·河北·二模）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+3n=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：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.
【答案】(1)数列an具有性质P；数列bn不具有性质P
(2)证明见解析
(3)12
【解题思路】（1）根据数列an具有性质P的定义即可求解.
（2）设数列an的公差为dd≠0，由题意知存在ai=anan+1，同理存在aj=anan+2，两式相减，根据等差数列的定义即可得证.
（3）由题意结合（2）知数列an的各项均为整数，所以d为整数.首先证明d为正整数，其次证明d为a1a1−1的约数，从而即可得解.
【解答过程】（1）an=2n，aman=2m×2n=22mn=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+34×2+3=7×11=77，77=4×19+1不符合bn，则bn不具有性质P.
（2）设数列an的公差为dd≠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=anan+2−an+1，
即j−id=and，因为d≠0，所以an=j−i.所以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an为递减数列，所以an中各项最大值为a1，
由题意，an中存在某项aka1，所以akak+1>a1，
而数列an中存在ai=akak+1，则ai>a1，与题意相矛盾，所以d不是负整数，d为正整数.
由ai=aman得，a1+i−1d=a1+m−1da1+n−1d，
所以i−1=a1a1−1d+m+n−2a1+m−1n−1d，
所以a1a1−1d为整数，即d为a1a1−1的约数.
由d为正整数，所以d为18×17的正约数，
18×17=2×3×3×17，所以18×17的正约数共有12个，则a1=18，具有性质P的数列an的个数为12.
【题型8 数列中的其他新定义问题】
【例8】（2025·河南·模拟预测）已知数列pn和常数c存在以下关系：对∀ε>0,∃s∈N*，当n>s时，pn−c