微专题9 数列中的新定义性问题

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高中数学“新定义”题型的解题策略

高中数学“新定义”题型的解题策略１.明确“新定义”题型的本质与特点“新定义”题型中所说的“新定义”其实是相对考纲、课本而言，在题目中定义了中学数学中没有学过的一些新概念、新运算、新符号，但是这种题型已在多年的高考甚至中考中出现，某种程度上讲“新定义”题并不是完全创新的题型，而是考生很常见的一种题型。

可以通过日常的教学及模拟训练让学生喜欢上这种较有特色的数学情景题，如果学生的情绪不紧张，很多“新定义”题是可以迎刃而解的，在解题中真正的障碍是理解与运算、信息的迁移能力。

“新定义”题型内容新颖，题目中常常伴随有“定义”“称”“规定”“记”等字眼，而题目一般都是用抽象简洁的语言给出新的定义，没有过多的解释说明，要求学生自己仔细揣摩、体会和理解定义的含义。

而“新定义”题学习新定义的时间短，阅读后就要求立即独立运用它解决有关问题，对学生的心理素质和思维敏捷性要求较高。

２.“新定义”题型解题步骤解题时可以分这样几步：（１）对新定义进行信息提取，明确新定义的名称和符号。

（２）细细品味新定义的概念、法则，对新定义所提取的信息进行加工，探求解决方法，有时可以寻求相近知识点，明确它们的共同点和不同点。

（３）对定义中提取的知识进行转换，有效的输出，其中对定义信息的提取和化归是解题的关键，也是解题的难点。

如果是新定义的运算、法则，直接按照运算法则计算即可；若是新定义的性质，一般就要判断性质的适用性，能否利用定义的外延，可用特值排除等方法。

３.“新定义”题型的讲评建议（１）通过熟悉的例子增强学生对这类题目的兴趣，也可以提高他们的解题信心。

（２）加强审题能力的培养。

现在学生的阅读能力差，所以在平时的教学中一定要训练学生的阅读、审题能力，如数学中常见的应该题就是对学生阅读能力的考查。

（３）拓宽学生的视野。

可以借助“新定义”题或是大纲内相关的知识点拓宽学生的视野，虽然“新定义”题特征是题目新颖较难猜测，但实际上高考中也有很多重复出现的例子。

2019高考数学专题九数学文化与创新应用第2讲新定义型、创新型、应用型试题突破课件文

2． (2018· 湖南联考)在 R 上定义运算对任意 x>2，不等式(x－a) 值范围是( ) B．(－∞，3]
： x
y＝x(1－y)．若
x≤a＋2 都成立，则实数 a 的取
A．(－∞，7] C．[－1,7]
D．(－∞，－1]∪[7，＋∞)
解析
∵运算
：x
y＝x(1－y)，∴(x－a)
x≤a＋2
1
列”，且 b1b2b3…b99＝299，则 b8＋b92 的最小值是( A．2 B ．4 C． 6 D．8
)
解析
依题意可得 bn＋1＝pbn，则数列{bn}为等比数列． b8· b92＝2b50＝4，当且仅当 b8＝b92，即该
又 b1b2b3…b99＝299＝b99 50，则 b50＝2. b8＋b92≥2 数列为常数列时取等号．
考向3 例3
实际应用型问题 (1)(2018· 南昌模拟)小明在如图 1 所示的跑道上匀
速跑步，他从点 A 出发，沿箭头方向经过点 B 跑到点 C，共用时 30 s，他的教练选择了一个固定的位置观察小明跑步的过程，设小明跑步的时间为 t(s)，他与教练间的距离为 y(m)，表示 y 与 t 的函数关系的图象大致如图 2 所示，则这个固定位置可能是图 1 中的( )
当且仅当 x＝4 时，取最小值．∴a≤7，选 A.
考向2 例2
创新型问题 (1)(2018· 抚顺模拟)关于圆周率 π，数学发展史上出
现过许多有创意的求法，如著名的蒲丰实验和查理斯实验．受其启发，我们也可以通过设计下面的实验来估计 π 的值：先请 360 名同学，每人随机写下一个 x，y 都小于 1 的正实数对 (x，y)；然后统计 x，y 两数能与 1 构成钝角三角形三边的数对(x，y)的个数 m；再根据统计数 m 来估计 π 的值．假如统计结果是 m＝102，那么可以估计 π 的值约为( 22 47 51 60 A． 7 B．15 C．16 D．17 )

2020届高考数学二轮复习专题《数列中的新定义问题》

设数列an的首项为1，前n项和为Sn，若对任意的n∈N*，均有Sn＝an＋k－k(k是常数且k∈N*)成立，则为“P(k)数列”．
(1)若数列an为“P(1)数列”，求数列an的通项公式；
an＝2n－1，n∈N*.
数列an为“P(1)数列”，则Sn＝an＋1－1，故Sn＋1＝an＋2－1，两式相减得：an＋2＝2an＋1，又n＝1时，a1＝a2－1，所以a2＝2＝2a1，故an＋1＝2an对任意的n∈N*恒成立，即aan＋n 1＝2(常数)，所以数列an是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2n－1
数列新定义问题是近几年高考的热点，解题的关键在于在“新”上做文章，解题前应深刻理解“新数列”的含义，并将其进行转化，使“新数列”问题变成一个熟知的常规题型．本题从数列“bn(k)”的构造入手，找到它与原数列{an}之间的关系，再利用条件中n，k的任意性，应用特殊化思想解决第(1)题；第(2)题则是从已知出发，先得到两个关于递推关系式，然后通过代数恒等变形及消元方法，推出an与an＋1的关系，从而证得最终结果.
(2)已知数列cn为“好”数列，若c2 017＝2 018，求数列cn的通项公式．
cn＝n＋1. 因为数列cn为“好”数列，取m＝1，则(n－1)Sn＋1＝(n＋1)(Sn－S1)，即2Sn＝(n－1)cn＋1＋(n＋1)c1恒成立．当n≥2，有2Sn－1＝(n－2)cn＋nc1，两式相减，得2cn＝(n－1)cn＋1－(n－2)cn＋c1(n≥2)，即ncn＝(n－1)cn＋1＋c1(n≥2)，所以(n－1)cn－1＝(n－2)cn＋c1(n≥3)，两式相减得ncn－(n－1)cn－1＝(n－1)cn＋1－(n－2)cn(n≥3)，
k∈N*.

新定义数列问题赏析

ｇ（ａ一。），求数列｛ａ｝的通项公式．
１
分析：易知ｇ（）＝一 ÷ ＋１， ∈ ［０，１］，则口
．－１＋１，
。是曲线１ａ例已知（ａ，ｂ）（ｎ ∈ ）Ｎ是曲线Ｙ＝ｅ：一一一ａｎ＿于］是苊，ａｎ＋，一 Ⅱ ｎ：一一号ｎ一０ｎ — ，又义上的点，ａ。＝ａ，Ｓ是数列｛ａ｝的前ｎ项和，且满足口２一口一丢 ’ ，． ‘ ． ’ ．％川一＋。一。ｎ＝（【一）Ｊ． ‘ 所以｛ａｎ｝是
２差等差（比）数列
若数列｛ａ｝中，从第二项起，每一项与它的前
一
项的差构成等差（比）数列，那么称该数列为差等
１和等差（比）数列
若数列｛ａ｝中，从首项起，每一项与它的后一项的
和构成等差（比）数列，那么称该数列为和等差（比）数列．其递推关系式为：ａ川＋口＝ｂ。＋（ｎ一１）ｄ，或ａ川
差（比）数列．其递推关系式为：口川一ａ＝ｂ。＋（ｎ一１）ｄ，或ａ＋一ａ＝ｃＩｇ１．此时可用累加法，结合等
差（比）数列的求和公式求通项．
ｒ
１
，
例２已知函数）＝一２ｘ＋２， ∈ Ｉ寺，１ｌ，设
差等比数列，利用累加法得，ａ＝（ａ一ａ）＋

2020年高三数学大串讲第20讲(数列中的新定义问题)(解析版)

第20讲数列中的新定义问题【目标导航】解决新定义问题，首先考察对定义的理解．其次是考查满足新定义的数列的简单应用，如在某些条件下，满足新定义的数列有某些新的性质，这也是在新环境下研究“旧”性质，此时需要结合新数列的新性质，探究“旧”性质．第三是考查综合分析能力，主要是将新性质有机地应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质．【例题导读】例1、数学运算中，常用符号来表示算式，如nii a=∑=0123na a a a a +++++L ，其中i N ∈，n N +∈．（Ⅰ）若0a ，1a ，2a ，…，n a 成等差数列，且00a =，公差1d =，求证：()0ni ini a C ==∑12n n -⋅；（Ⅱ）若22201221(1)nknn k x a a x a x a x =+=++++∑L ，20nn i i b a ==∑，记11[(1)]ni in i n i d b C ==+-∑，且不等式(1)n n t d b ⋅-≤对于*n N ∀∈恒成立，求实数t 的取值范围．【解析】（Ⅰ）由已知得，等差数列的通项公式为n a n =，则()0ni ini a C ==∑12012n n n n n aa C a C a C ++++L 01120()(2)n nn n n n n n a C C C C C nC =+++++++L L因为11k k n n kC nC --=，所以122n n n n C C nC +++L 011111()n n n n n C C C ----=+++L ，所以()0ni ini a C ==∑1022n n an -⋅+⋅=12n n -⋅．（Ⅱ）令1x =，则223202(14)22222421n nnn i i a =-=++++==⋅--∑L ，令1x =-，则20[(1)]0n ii i a =-=∑，所以20nn i i b a ==∑1(242)412n n =⋅-=-，根据已知条件可知，012233(41)(41)(41)(1)(41)n n nn n n n n n d C C C C C =--+---++--L01223301234[(4)(4)(4)(4)][(1)]1n n n nn n n n n n n n n n n C C C C C C C C C C C =+-+-+-++---+-+++-+L L(14)(11)1(3)1n n n =---+=-+，所以(3)1n n d =-+，将41n n b =-、(3)1n n d =-+代入不等式(1)n n t d b ⋅-≤得，(3)41n nt ⋅-≤-，当n 为偶数时，41()()33nnt ≤-，所以22415()()333t ≤-=；当n 为奇数时，41[()()]33n n t ≥--，所以1141[()()]133t ≥--=-；综上所述，所以实数的取值范围是5[1,]3-．例2、若数列{}n a 同时满足：①对于任意的正整数n ，1a n a a +≥恒成立；②对于给定的正整数k ，2n k n k n a a a -++=对于任意的正整数()n n k >恒成立，则称数列{}n a 是“()R k 数列”．（1）已知22,,{2,,n n n a n n -=为奇数为偶数判断数列{}n a 是否为“()2R 数列”，并说明理由；（2）已知数列{}n b 是“()3R 数列”，且存在整数(1)p p >，使得33p b -，31p b -，31p b +，33p b +成等差数列，证明： {}n b 是等差数列．【解析】22n n a a -++= ()()222242n n n n a -++==．所以数列{}n a 是“()2R 数列”．（2）由题意可得： 332n n n b b b -++=，则数列1b ，4b ，7b ，⋅⋅⋅是等差数列，设其公差为1d ，数列2b ，3b ，8b ，⋅⋅⋅是等差数列，设其公差为2d ，数列3b ，6b ，9b ，⋅⋅⋅是等差数列，设其公差为3d ．因为1n n b b +≤，所以313234n n n b b b +++≤≤，所以()1122111b nd b nd b n d +≤+≤++，所以()2112n d d b b -≥-①，()21121n d d b b d -≤-+②．若210d d -<，则当1221b b n d d ->-时，①不成立；若210d d ->，则当12121b b d n d d -+>-时，②不成立；若210d d -=，则①和②都成立，所以12d d =．同理得： 13d d =，所以123d d d ==，记123d d d d ===．设31333131p p p p b b b b --+--=- 3331p p b b λ++=-=，则()()()313231311n n p p b b b n p d b n p d ---+-=+--+--3131p p b b d d λ-+=-+=-．同理可得： 331313n n n n b b b b d λ-+-=-=-，所以1n n b b d λ+-=-，所以{}n b 是等差数列．【另解】3133p p b b λ--=- ()()()2312b p d b p d =+--+- 23b b d =-+，3131p p b b λ+-=- ()()12121b pd b p d b b d =+-+-=-+， 3331p p b b λ++=- ()3131b pd b pd b b =+-+=-，以上三式相加可得： 32d λ=，所以23d λ=，所以()3211n b b n d -=+- ()13213d b n =+-+， ()3121n b b n d -=+- ()11b d n d λ=+-+- ()13113db n =+--，()331n b b n d =+- ()11b n d λ=++- ()1313db n =+-，所以()113n d b b n =+-，所以13n n db b +-=，所以数列{}n b 是等差数列．例3、已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()2*241n n n a a S n N+=-∈．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若21211n n n n a b S S -++=⋅，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求n T 的取值范围；（3）若()211,22,n n na n c n ⎧+⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数()*n N ∈，从数列{}n c 中抽出部分项（奇数项与偶数项均不少于两项），将抽出的项按照某一顺序排列后构成等差数列．当等差数列的项数最大时，求所有满足条件的等差数列．【解析】（1）当1n =时，由2241n n n a a S +=-，得2111241a a a +=-，得11a =，由2241n n n a a S +=-，得2111241n n n a a S ++++=-，两式相减，得22111224n n n n n a a a a a +++-+-=，即()221120n n n n a a a a ++--+=，即()()1120n n n n a a a a ++--+=因为数列{}n a 各项均为正数，所以10n n a a ++>，所以12n n a a +-= 所以数列{}n a 是以1为首项，2为公差的等差数列．因此，12(1)21n a n n =+-=-，即数列{}n a 的通项公式为21n a n =-．（2）由（1）知21n a n =-，所以2(121)2n n n S n +-==所以22212112(21)(21)n n n n a n b S S n n -++==⋅-+221114(21)(21)n n ⎡⎛⎤=-⎢ ⎥-+⎝⎦⎣ 所以222222246133557n T =++⨯⨯⨯222(21)(21)n n n ++-+L2222222111111111433557(21)(21)n n ⎧⎫⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++-⎨⎬ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎩⎭L 21114(21)n ⎡⎤=-⎢⎥+⎣⎦令21()1(21)f n n =-+，则(1)()f n f n +-=2222118(1)0(21)(23)(23)(21)n n n n n +-=>++++ 所以()f n 是单调递增数列，数列{}n T 递增，所以129n T T ≥=，又14n T <，所以n T 的取值范围为21,94⎡⎫⎪⎢⎣⎭．（3）2,212,2nn n n k c n k=-⎧⎪=⎨⎪=⎩ 设奇数项取了s 项，偶数项取了k 项，其中s ，*k N ∈，2s ≥，2k ≥．因为数列{}n c 的奇数项均为奇数，偶数项均为偶数，因此，若抽出的项按照某种顺序构成等差数列，则该数列中相邻的项必定一个是奇数，一个是偶数．假设抽出的数列中有三个偶数，则每两个相邻偶数的等差中项为奇数．设抽出的三个偶数从小到大依次为2i ，2j ，()21pi j p ≤<<，则1122222i ji j --+=+为奇数，而1i ≥，2j ≥，则12j -为偶数，12i -为奇数，所以1i =．又1122222j p j p --+=+为奇数，而2j ≥，3p ≥，则12j -与12p -均为偶数，矛盾．又因为2k ≥，所以2k =，即偶数只有两项，则奇数最多有3项，即s k +的最大值为5．设此等差数列为1d ，2d ，3d ，4d ，5d ，则1d ，3d ，5d 为奇数，2d ，4d 为偶数，且22d =．由13224d d d +==，得11d =，33d =，此数列为1，2，3，4，5．同理，若从大到小排列，此数列为5，4，3，2，1．综上，当等差数列的项数最大时，满足条件的数列为1，2，3，4，5和5，4，3，2，1．例4、已知数列{}n a 满足1133,1,{1,n n n a n n a a a n n ++==---为奇数，为偶数，记数列{}n a 的前n 项和为2,n n n S b a =，*.n N ∈（1）求证：数列{}n b 为等比数列，并求其通项n b ；（2）求n S ；（3）问是否存在正整数n ，使得212n n n S b S +>>成立？说明理由．【解析】（2）21221n n a a n +=---，所以21221n n a a n ++=--，当n 为奇数时，可令*21,n k k N =-∈，则()()211232221......n k k k S S a a a a a ---==+++++()()()()()223211113 (211222)4k k n k k +--+=+-++-+=-=-=-，当n 为偶数时，可令*2,n k k N =∈，则()()21232221221......n k k k k k k S S a a a a a a S b ---==++++++=+()222234nn =---；（3）假设存在正整数n ，使得212n n n S b S +>> 成立，因为()22121n S n +=-+，()22223n n S n =---，所以只要()()()222123223n nn n -+>-->--- 即只要满足 ①：22n >，和②：()()22321nn -+>+，对于①只要2n ≥ 就可以；对于②，当n 为奇数时，满足()22321n n -⋅+>+，不成立，当n 为偶数时，满足()22321nn ⋅+>+，即22123n n n +->，令2213n nn n c +-=，因为()22222222321812160333n nn n n n n n n n n c c +++++++---+-=-=<，即2n n c c +<，且当2n = 时，22123nn n +->，所以当n 为偶数时，②式成立，即当n 为偶数时，212n n n S b S +>>成立．例5、记{}1,2,100U =…，．对数列{}()*n a n N ∈和U的子集T ，若T =∅，定义0T S =；若{}12,,k T t t t =…，，定义12+kT t t t S a a a =++…．例如：{}=1,3,66T 时，1366+T S a a a =+．现设{}()*n a n N ∈是公比为3的等比数列，且当{}=2,4T 时，=30T S ．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）对任意正整数()1100k k ≤≤，若{}1,2,k T ⊆…，，求证：1T k S a +<；（3）设,,C D C U D U S S ⊆⊆≥，求证：2C C D D S S S +≥I ．【解析】1）由已知得1*13,n n a a n N -=•∈．于是当{2,4}T =时，2411132730r S a a a a a =+=+=．又30r S =，故13030a =，即11a =．所以数列{}n a 的通项公式为1*3,n n a n N -=∈．（2）因为{1,2,,}T k ⊆L ，1*30,n n a n N -=>∈，所以1121133(31)32k k k r k S a a a -≤+++=+++=-<L L ．因此，1r k S a +<．（3）下面分三种情况证明．①若D 是C 的子集，则2C C D C D D D D S S S S S S S +=+≥+=I ． ②若C 是D 的子集，则22C C D C C C D S S S S S S +=+=≥I ． ③若D 不是C 的子集，且C 不是D 的子集．令U E C C D =I ，U F D C C =I 则E φ≠，F φ≠，E F φ=I ．于是C E C D S S S =+I ，D F C D S S S =+I ，进而由C D S S ≥，得E F S S ≥．设k 是E 中的最大数，l 为F 中的最大数，则1,1,k l k l ≥≥≠．由（2）知，1E k S a +<，于是1133l k l F E k a S S a -+=≤≤<=，所以1l k -<，即l k ≤．又k l ≠，故1l k ≤-，从而1121131133222l l k E F l a S S a a a ----≤+++=+++==≤L L ，故21E F S S ≥+，所以2()1C C D D C D S S S S -≥-+I I ，即21C C D D S S S +≥+I ．综合①②③得，2C C D D S S S +≥I ．例6、设数列A ：1a ，2a ，…N a (N ≥)．如果对小于n (2n N ≤≤)的每个正整数k 都有k a ＜n a ，则称n 是数列A 的一个“G 时刻”．记“)(A G 是数列A 的所有“G 时刻”组成的集合．（1）对数列A ：-2，2，-1，1，3，写出)(A G 的所有元素；（2）证明：若数列A 中存在n a 使得n a >1a ，则∅≠)(A G ；（3）证明：若数列A 满足n a -1n a - ≤1（n=2，3，…，N ），则)(A G 的元素个数不小于N a -1a ．【解析】（2）因为存在n a 使得1a a n >，所以{}∅≠>≤≤∈*1,2a a N i N i i ．记{}1,2min a a N i N i m i >≤≤∈=*，则2≥m ，且对任意正整数m k a a a m k <≤<1,．因此)(A G m ∈，从而∅≠)(A G ．（3）当1a a N ≤时，结论成立．以下设1a a N >．由（Ⅱ）知∅≠)(A G ．设{}p p n n n n n n A G <⋅⋅⋅<<⋅⋅⋅=2121,,,,)(，记10=n ．则p n n n n a a a a <⋅⋅⋅<<<210．对p i ,,1,0⋅⋅⋅=，记{}i n k i i a a N k n N k G >≤<∈=*,．如果∅≠i G ，取i i G m min =，则对任何i i m n k i a a a m k <≤<≤,1．从而)(A G m i ∈且1+=i i n m ．又因为p n 是)(A G 中的最大元素，所以∅=p G ．从而对任意n k n p ≤≤，p n k a a ≤，特别地，p n N a a ≤．对i i n n a a p i ≤-⋅⋅⋅=-+11,1,,1,0．因此1)(111111+≤-+=--++++i i i i i n n n n n a a a a a ．所以p a aa a a a i ip n pi n n N ≤-=-≤--∑=)(1111．【反馈练习】1．定义：若无穷数列{}n a 满足{}1n n a a +-是公比为q 的等比数列，则称数列{}n a 为“()M q 数列”．设数列{}n b 中131,7b b ==（1）若24b =，且数列{}n b 是“()M q 数列”，求数列{}n b 的通项公式；（2）设数列{}n b 的前n 项和为n S ，且1122n n b S n λ+=-+，请判断数列{}n b 是否为“()M q 数列”，并说明理由；（3）若数列{}n b 是“(2)M 数列”，是否存在正整数,m n ，使得4039404020192019m n b b <<？若存在，请求出所有满足条件的正整数,m n ；若不存在，请说明理由．【解析】（1）由题意可得21323,3b b b b -=-=，由数列{}n b 为“()M q 数列”可得()3221b b q b b -=-，即1q =，则{}1n n b b +-是公比为1的等比数列，即21*13,n n b b b b n N +-=-=∈，则{}n b 是首项为1，公差为3的等差数列，32n b n =-；（2）{}n b 是“()M q ”数列，理由如下：2n ≥时，由1122n n b S n λ+=-+，可得112(1)2n n b S n λ-=--+，两式作差可得1122n n n b b b +-=-即113,22n n b b n +-=-≥，则21132n n b b ++-=-，两式作差可得21133n n n n b b b b +++-=-，即()2113,2n n n n b b b b n +++-=-≥，由32313,72b b b -=-=，可得252b =，则()3221933322b b b b -==⨯=-，则()2113n n n n b b b b +++-=-对任意*n N ∈成立，则{}1n n b b +-为首项是32，公比为3的等比软列，则{}n b 为()M q 数列；（3）由{}n b 是(2)M 数列，可得{}1n n b b +-是公比为2的等比数列，即()11212n n n b b b b -+-=-，则()32212b b b b -=-，由131,7b b ==，可得23b=，则12n n n b b +-=，则()()()2112132122222n n n n n b b b b b b b b ---=-+-++-=+++=-L L ，则21nn b =-，若正整数,m n 满足4039404020192019m n b b <<，则40392140402019212019m n -<<-，由210,210n m ->->，则2121m n ->-，则m n >，若2m n ≥+，则22121344212121m n n n n +--≥=+>---，不满足40392140402019212019m n -<<-，若1m n =+，则140392140402019212019n n +-<<-，则403914040222019212019n -<<--，即1122019212019n <<-，则2021220202n <<，则正整数10n =，则11m =；因此存在满足条件的,,11,10m n m n ==．2．设数列{}n a ()*n N ∈是公差不为零等差数列，满足2369579,6a a a a a a +=+=；数列{}n b ()*n N ∈的前n 项和为n S ，且满足423n n S b +=．（1）求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；（2）在1b 和2b 之间插入1个数11x ，使1112,,b x b 成等差数列；在2b 和3b 之间插入2个数2122,x x ，使221223,,,b x x b 成等差数列；……；在n b 和1n b +之间插入n 个数12,,...,n n nm x x x ，使121,,,...,n n n nm n b x x x b +成等差数列，（i ）求11212212......n n n nm T x x x x x x =+++++++；（ii ）是否存在正整数,m n ，使12m n ma T a +=成立？若存在，求出所有的正整数对(),m n ；若不存在，请说明理由．【解析】（1）设数列{}n a 的公差为()d d ≠0 则由条件369a a a +=，可得()()111258a d a d a d +++=+，1a d ∴=，又由25796a a a +=，可得()()()21114668a d a d a d +++=+，将1a d =代入上式得254954d d d +=，24949d d ∴=01n d d a n ≠∴=∴=Q由423n n S b += ①当2n ≥时，11423n n S b --+= ② ①-②得：14220n n n b b b -+-=11(2)3n n b b n -∴=≥又111142302b b b +=∴=≠ {}n b ∴是首项为12，公比为13的等比数列，故()1*1123n n b n N -⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭()1*11,23n n n a n b n N -⎛⎫∴==∈ ⎪⎝⎭（2）①在n b 和1n b +之间插入n 个数12,,,n n nn x x x K ，因为121,,,,,n n n nn n b x x x b +K 成等差数列，设公差为n d则11111112323(2)113(1)n n n n n nb b d n n n -+⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫- ⎪⎪ ⎪⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭===-+-++，则111233(1)n nk n n nkx b kd n -⎛⎫=+=-⎪+⎝⎭， 11111(1)233(1)23n nnk nn k n n nx n n -=+⎛⎫∴=⋅-⋅= ⎪+⎝⎭∑， 11212212211333n n n nn n nT x x x x x x ∴=+++++++=+++L L L ①则231111133333n n n n nT +-=++⋯++ ②①-②得：2111111332111111133333323313nnn n n nn n n n T +++⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=+++-=-=--⎪⎝⎭-L ， 13144323n n n n T -∴=--⋅⋅ ②若12m n ma T a +=，因为n a n =，所以m a m =，则13111144323222n n n m m m -+--==+⋅⋅， 1111443232n n n m---=⋅⋅，从而3321432n nn m--=⋅，故()23234623462323323323n n n n n n n n m n n n --++⋅+===+------，当1n =时，*10232m N =+=-∉-，当2n =时，*14292m N =+=∈，当3n =时，*213m N =+=∈，下证4(*)n n N ≥∈时，有32346n n n -->+，即证3690n n -->，设()369(4)xf x x x =--≥，则4()3ln 3636360xxf x '=->-≥->，()f x ∴在[4,)+∞上单调递增，故4n ≥时，43693649480n n -->-⨯-=>即4601323nn n +<<--，从而4n ≥时，m 不是整数故所求的所有整数对为(9,2)及(3,3)．3．已知n *∈N ，数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11n n S a a +=-；数列{}n b 的前n 项和为n T ，且满足()112n n n T b n n b +=++，且12a b =．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列{}n b 的通项公式；（3）设nn na cb =，问：数列{}n c 中是否存在不同两项i c ，j c （1i j ≤<，i ，j *∈N ），使i j c c +仍是数列{}n c 中的项?若存在，请求出i ，j ；若不存在，请说明理由．【解析】（1）∵数列{}n b 的前n 项和为n T ，且满足()112n n n T b n n b +=++ ∴11b =，22b =由11n n S a a +=-，得()112n n S a a n -=-≥． ∴()122n n a a n -=≥，且121a a a =-，即212a a =． ∴数列{}n a 是首项为122a b ==，公比为2的等比数列∴2nn a =（2）∵()112n n n T b n n b +=++① 2n ≥时，()()11111112n n n T b n n b ---+=-+-+②①-②得()1111111222n n n n n b b b nb n b --+-=++--∴()114231n n n n b b nb n b ---=+--，()()1433n n n b n b ----=-3n ≥时，()()12543n n n b n b -----=-，∴()()()214428n n n n b n b n b ---+-=-∴212n n n b b b --+= ∴{}n b 为等差数列 ∴()111n b n n =+-⋅=（3）2n n c n=，假设{}n c 中存在不同的两项i c ，j c （1i j ≤<），使i j k c c c +=（k *∈N ）222i j k i j k ⇒+=注意到()()()()11121212220111n nn n n n n n n n c c n n n n n n +++⋅-+⋅-⋅-=-==≥+++． ∴{}n c 单调递增由22k jk j k j>⇒>，则1k j ≥+． ∴()()11222211j k j i j k j i j j +-≥⇒≥++ 令j i m -=（m 1≥），∴j m i =+ ∴()()()()()112211111j ij j m i m i m i j i m i i m i -++++⎛⎫⎛⎫≤==++ ⎪⎪-+-+-⎝⎭⎝⎭∵2m i +≥ ∴2131m i +≤+-，而11mm i+≤+∴()231mm ≤+，231mm≤+令21nn C n =+，则()()()()()()11121222220211212n n n n n n n n n n C C n n n n n n ++++-+⋅-=-==>++++++ ∴{}n C 为单调递增，注意到3m =时，322313=<+，42163145=>+∴m 只能为1，2，3①当1m =时，11j i j i -=⇒=+∴()()222212323221i i i i i i i i ++++≤==++，故i 只能为1，2，3当1i =时，2j =，此时242442k k k =+=⇒=当2i =时，3j =，此时2814233k k =+=无整数解，舍当3i =时，4j =，此时2820433k k =+=，无正整数解，舍去②当2m =时，2j i =+，此时()()()2222346233601i i i i i i i i i+++≤⇒≥⇒--≤++ ∴1i =，此时3j =，2814233k k =+=⇒无解③当3m =时，3j i =+，此时()()()222348712816791202i i i i i i i i i i ++≤⇒++≥+⇒+-≤+，无正整数解，舍去．综上：存在1i =，2j =满足题意．4．已知{}n a 是由非负整数组成的无穷数列，对每一个正整数n ，该数列前n 项的最大值记为n A ，第n 项之后各项12,,...n n a a ++的最小值记为n B ，记n n n d A B =-．（1）若数列{}n a 的通项公式为5,141,5n n n a n -≤≤⎧=⎨≥⎩，求数列{}n d 的通项公式；（2）证明：“数列{}n a 单调递增”是“,0n n N d *∀∈<”的充要条件；（3）若n n d a =对任意n *∈N 恒成立，证明：数列{}n a 的通项公式为0n a =．【解析】（1）当14n ≤≤，数列{}n a 是递减数列，最大为14a =，又451n a a a ==⋯==⋯=，所以4,1n n A B ==，1,2,3,n =⋯，所413n n n d A B =-=-=．（2）充分性：数列{}n a 单调递增，则12n a a a <<<<L L ，则11,n n n A a B a +==，所以110n n n n d A B a a +=-=-<．必要性：对于数列{}n a ，*,0,0n n n n n N d d A B ∀∈<=-<即n n A B <，当1n =时，{}111212min ,,,n a A B a a α+==<≤L L ，所以12a a <，当2n =时，222a A B =<，{}2313min ,,,n B a a a +=≤L L ，所以23a a <，同理34n a a a ⋯<<⋯<即数列{}n a 单调递增，故“数列{}n a 单调递增”是“,0n n N d *∀∈<”的充要条件．（3）当1n =时，11A a =，因为11d a =，所以10B =，所以{}23min ,,,,0n a a a =L L ，若设23,,,,n a a a L L 全为零，则{}21234,min ,,,,0n A a B a a a ===L L ，时22100d A a =-==，故0n a =，其中任意的*n N ∈．若23,,,,n a a a L L 不全为零，设诸23,,,,n a a a L L 中第一个为零．．．．．的记为0i a ，则00231,,,,,i i a a a a -L L 中，{}11min ,,,,0m m m n B a a a ++==L L 即0m B =，其中011m i ≤≤-，所以{}12max ,,,m m m d A a a a ==L ，因为m m d a =，所以{}12max ,,,m m a a a a =L 对任意的011m i ≤≤-总成立，所以0121i a a a -≤≤≤L ，下面考虑0i A ，因为{}0001231max ,,,,,i i i A a a a a a -=L 即{}0002311max ,,,,0i i i A a a a a --==L ，因为000i i d a ==，所以{}0000121min ,,,,0i i i n i B a a a a++-==>L L ，故对任意的01s i ≥+，总有010s i a a -≥>，则{}0000+1123111max ,,,,,0,i i i i A a a a a a a -++==L ，因为00+11i i d a +=，所以{}000+123min ,,,,0i i i n B a a a ++==L L，这与任意的01s i≥+，总有010s i a a -≥>矛盾，所以23,,,,n a a a L L 不全为零不成立，所以0n a =，其中任意的*n N ∈．5.已知数列{}n a 的首项13a =，对任意的*n ∈N ，都有11(0)n n a ka k +=-≠，数列{}1n a -是公比不为1的等比数列．（1）求实数k 的值；（2）设4,,1,,n nn n b a n -⎧=⎨-⎩为奇数为偶数数列{}n b 的前n 项和为n S ，求所有正整数m 的值，使得221m m S S -恰好为数列{}n b 中的项．【解析】（1）由11n n a ka +=-，13a =可知，231a k =-，2331a k k =--，因为{1}na -为等比数列，所以2213(1)(1)(1)a a a -=--，即22(32)2(32)k k k -=⨯--，即231080k k -+=，解得2k =或43k =，当43k =时，143(3)3n n a a +-=-，所以3n a =，则12n a -=，所以数列{1}na -的公比为1，不符合题意；当2k =时，112(1)n n a a +-=-，所以数列{1}n a -的公比1121n n a q a +-==-，所以实数k 的值为2．（2）由（1）知12nn a -=，所以4,,2,,n nn n b n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数则22(41)4(43)4[4(21)]4m m S m =-++-+++--+L2(41)(43)[4(21)]444mm =-+-++--++++L L 144(4)3m m m +-=-+，则212244(4)3m m m mS S b m m --=-=-+，因为22+1324m m m b b m +=-+，又222+322+1()()3420m m m m m b b b b ++-+=⨯->，且2350b b +=>，130b =>，所以210m S ->，则20m S >，设2210,mt m S b t S -=>∈*N ，则1,3t =或t 为偶数，因为31b =不可能，所以1t =或t 为偶数，①当2121=mm S b S -时，144(4)3344(4)3m mm m m m +--+=--+，化简得2624844m m m -+=--≤，即242m m -+≤0，所以m 可取值为1，2，3，验证2173S S =，433S S =，658723S S =得，当2m =时，413S b S =成立．②当t 为偶数时，1222144(4)331443124(4)134m mmm mm m S Sm m m m +---+==+--+--++，设231244m m m m c -+-=，则211942214m m m m m c c ++-+-=，由①知3m >，当4m =时，545304c c --=<；当4m >时，10m m c c +->，所以456c c c ><<L ，所以m c 的最小值为5191024c -=，所以22130151911024m m S S -<<+<-+，令22214m m S b S -==，则2314312414mm m +=-+-+，即231240m m -+-=，无整数解．综上，正整数m 的值为2．。

数列新定义问题 (解析版)--2025年新高考数学一轮复习

数列新定义问题1(2024·甘肃定西·一模)在n个数码1,2,⋯,n n∈N,n≥2构成的一个排列j1j2⋯j n中，若一个较大的数码排在一个较小的数码的前面，则称它们构成逆序(例如j2>j5，则j2与j5构成逆序)，这个排列的所有逆序的总个数称为这个排列的逆序数，记为T j1j2⋯j n，例如，T312=2，(1)计算T(51243)；(2)设数列a n满足a n+1=a n⋅T51243-T3412,a1=2，求a n的通项公式；(3)设排列j1j2⋯j n n∈N,n≥2满足j i=n+1-i i=1,2,⋯,n,b n=T j1j2⋯j n,S n=1b2+1b3+⋯+1b n+1，求S n，【答案】(1)5(2)a n=5n-1+1(3)S n=2nn+1【分析】(1)利用逆序数的定义，依次分析排列51243中的逆序个数，从而得解；(2)利用逆序数的定义得到a n+1=5a n-4，从而利用构造法推得a n-1是等比数列，从而得解；(3)利用逆序数的定义，结合等差数列的求和公式得到b n，再利用裂项相消法即可得解.【详解】(1)在排列51243中，与5构成逆序的有4个，与1构成逆序的有0个，与2构成逆序的有0个，与4构成逆序的有1个，与3构成逆序的有0个，所以T(51243)=4+0+0+1+0=5.(2)由(1)中的方法，同理可得T(3412)=4，又T(51243)=5，所以a n+1=5a n-4，设a n+1+λ=5a n+λ，得a n+1=5a n+4λ，所以4λ=-4，解得λ=-1，则a n+1-1=5a n-1，因为a1-1=1≠0，所以数列a n-1是首项为1，公比为5的等比数列，所以a n-1=5n-1，则a n=5n-1+1.(3)因为j i=n+1-i(i=1,2,⋯,n)，所以b n=T j1j2⋯j n=n-1+n-2+⋯+1+0=n-1n2，所以1b n+1=2(n+1)n=21n-1n+1，所以S n=21-12+12-13+⋯+1n-1n+1=21-1n+1=2n n+1.2(2024高三下·全国·专题练习)若数列{a n}中存在三项，按一定次序排列构成等比数列，则称{a n }为“等比源数列”．(1)已知数列{a n}为4，3，1，2，数列{b n}为1，2，6，24，分别判断{a n},{b n}是否为“等比源数列”，并说明理由；(2)已知数列{c n}的通项公式为c n=2n-1+1，判断{c n}是否为“等比源数列”，并说明理由；【答案】(1){a n}是“等比源数列”，{b n}不是“等比源数列”，理由见解析(2){c n}不是“等比源数列”，理由见解析【分析】(1)根据等比中项，结合列举法即可求解，(2)假设是“等比源数列”得c2n=c m c k，即可根据指数幂的运算，结合奇偶数的性质得矛盾，即可求解.【详解】(1){a n }是“等比源数列”，{b n }不是“等比源数列”．{a n }中“1，2，4”构成等比数列，所以{a n }是“等比源数列”；{b n }中“1，2，6”，“1，2，24”，“1，6，24”，“2，6，24”均不能构成等比数列，且这四者的其他次序也不构成等比数列，所以{b n }不是“等比源数列”．(2){c n }不是“等比源数列”．假设{c n }是“等比源数列”，因为{c n }是单调递增数列，即{c n }中存在的c m ，c n ，c k (m <n <k )三项成等比数列，也就是c 2n =c m c k ，即(2n -1+1)2=(2m -1+1)(2k -1+1)，22n -2+2n =2m +k -2+2m -1+2k -1，两边时除以2m -1得22n -m -1+2n -m +1=2k -1+1+2k -m ，等式左边22n -m -1+2n -m +1为偶数，等式右边2k -1+1+2k -m 为奇数．所以数列{c n }中不存在三项按一定次序排列构成等比数列．综上可得{c n }不是“等比源数列”．3(23-24高二下·吉林四平·阶段练习)在数列a n 中，若存在常数t ，使得a n +1=a 1a 2a 3⋅⋅⋅a n +t (n ∈N *)恒成立，则称数列a n 为“H t 数列”．(1)判断数列1，2，3，7，43是否为“H 1 数列”；(2)若c n =1+1n，试判断数列c n 是否为“H t 数列”，请说明理由；(3)若数列a n 为“H t 数列”，且a 1=2，数列b n 为等比数列，满足∑ni =1a 2i =a n +1+log 2b n -t 求数列b n 的通项公式和t 的值．【答案】(1)是(2)不是，理由见解析(3)b n =2n +1，t =-1【分析】(1)根据H t 数列的定义判断(2)根据已知条件求出c n +1-c 1c 2c 3⋅⋅⋅c n 即可判断；(3)根据数列a n 为“H t 数列”，化∑i =1n a 2i =a n +1+log 2b n -t 为∑i =1na 2i =a 1a 2a 3⋅⋅⋅a n +log 2b n ，进而求得∑i =1n +1a 2i =a 1a 2a 3⋅⋅⋅a n a n +1+log 2b n +1，作差有a 2n +1=a n +1-1 a 1a 2a 3⋅⋅⋅a n +log 2b n +1b n，根据已知条件化为t +1 a n +1-t +log 2q =0，解得t =-1q =2，由此求出b 1=4，即可求出数列b n 的通项公式.【详解】(1)由题意可得2=1+1，3=1×2+1，7=1×2×3+1，43=2×3×7+1，所以1，2，3，7，43是“H 1 数列”；(2)数列c n 不是“H t 数列”，理由如下：c n =1+1n =n +1n (n ∈N *)，则c n +1=n +2n +1(n ∈N *)，又c 1c 2c 3⋅⋅⋅c n =21⋅32⋅43⋅⋅⋅n +1n=n +1(n ∈N *)，所以c n +1-c 1c 2c 3⋅⋅⋅c n =n +2n +1-n +1 =1n +1-n (n ∈N *)，因为1n +1-n 不是常数，所以数列c n 不是“H t 数列”．(3)因为数列a n 为“H t 数列”，由∑i =1na 2i =a n +1+log 2b n -t (n ∈N *)，有∑i =1na 2i =a 1a 2a 3⋅⋅⋅a n +log 2b n (n ∈N *)①，所以∑i =1n +1a 2i =a 1a 2a 3⋅⋅⋅a n a n +1+log 2b n +1(n ∈N *)②，两式作差得a 2n +1=a n +1-1 a 1a 2a 3⋅⋅⋅a n +log 2b n +1b n(n ∈N *)，又因为数列a n 为“H t 数列”，所以a n +1-t =a 1a 2a 3⋅⋅⋅a n (n ∈N *)，设数列b n 的公比为q ，所以a 2n +1=a n +1-1 a n +1-t +log 2q (n ∈N *)，即t +1 a n +1-t +log 2q =0对∀n ∈N *成立，则t +1=0t +log 2q =0⇒t =-1q =2，又a 1=2，a 21=a 1+log 2b 1，得b 1=4，所以b n =4×2n -1=2n +1，t =-1．4(23-24高二下·四川南充·阶段练习)给定数列a n ，称a n +1-a n 为a n 的差数列(或一阶差数列)，称数列a n +1-a n 的差数列为a n 的二阶差数列，若a n =3n .(1)设a n 的二阶差数列为b n ，求b n 的通项公式.(2)在(1)的条件下，设c n =log 3b n 4+b n ，求c n 的前n 项和为T n 【答案】(1)b n =4⋅3n (2)T n =2⋅3n +1+n 22+n2-6【分析】(1)借助定义计算即可得；(2)借助等差数列及等比数列的求和公式计算即可得.【详解】(1)a n +1-a n =3n +1-3n =2⋅3n ，则b n =2⋅3n +1-2⋅3n =4⋅3n ；(2)c n =log 3b n 4+b n =log 34⋅3n 4+4⋅3n =n +4⋅3n ，则T n =121-3n1-3+n n +1 2=2⋅3n +1+n 22+n 2-6.5(2024·安徽池州·模拟预测)定义：若对∀k ∈N *,k ≥2,a k -1+a k +1≤2a k 恒成立，则称数列a n 为“上凸数列”．(1)若a n =n 2-1，判断a n 是否为“上凸数列”，如果是，给出证明；如果不是，请说明理由．(2)若a n 为“上凸数列”，则当m ≥n +2m ,n ∈N * 时，a m +a n ≤a m -1+a n +1．(ⅰ)若数列S n 为a n 的前n 项和，证明：S n ≥n2a 1+a n ；(ⅱ)对于任意正整数序列x 1,x 2,x 3,⋯,x i ,⋯,x n (n 为常数且n ≥2,n ∈N *)，若ni =1x 2i-1 ≥ni =1x i-λ 2-1恒成立，求λ的最小值．【答案】(1)是，证明见解析(2)(ⅰ)证明见解析；(ⅱ)n -1【分析】(1)构造函数f x =(x +1)2-1-x 2-1,x ≥1，利用导数研究其单调性结合“上凸数列”定义判定即可；(2)(ⅰ)利用“上凸数列”定义及倒序相加法证明即可；令a n =n 2-1，利用条件及数列求和适当放缩计算即可.【详解】(1)a n 是“上凸数列”，理由如下：因为a n =n 2-1,a n +1-a n =(n +1)2-1-n 2-1，令f x =(x +1)2-1-x 2-1,x ≥1，则fx =x +1(x +1)2-1-xx 2-1=(x +1)3x -1 -x 3x +2(x +1)2-1⋅x 2-1．当x ≥1时，(x +1)3x -1 -x 3x +2 =-2x -1<0，所以(x +1)3x -1 <x 3x +2 ，所以f x <0,f x 在区间1,+∞ 上单调递减，所以f n >f n +1 ,a n +1-a n >a n +2-a n +1，所以a n +2+a n ≤2a n +1，所以a n 是“上凸数列”．(2)(ⅰ)证明：因为a n 是“上凸数列”，由题意可得对任意1≤i ≤n i ∈N * ，a i +a n -i +1≥a i -1+a n -i +2≥a i -2+a n -i +3⋅⋅⋅≥a 2+a n -1≥a 1+a n ，所以2S n =a 1+a n +a 2+a n -1 +⋅⋅⋅+a n -1+a 2 +a n +a 1 ≥n a 1+a n ，所以S n ≥n2a 1+a n ．(ⅱ)解：令a n =n 2-1，由(1)可得当a n =n 2-1时，a n 是“上凸数列”，由题意可知，当m ≥n +2m ,n ∈N * 时，a m +a n ≤a m -1+a n +1．因为ni =1x 2i -1 =x 21-1+x 22-1+x 23-1+⋅⋅⋅+x 2n -1，即∑ni =1x 2i -1=x 21-1+x 22-1+x 23-1+⋅⋅⋅+∑ni =1x i -x 1-x 2-⋯-x n -1 2-1．所以∑n i =1x 2i -1≥x 1-x 1+12-1+x 22-1+⋅⋅⋅+∑n i =1x i-x 1-x 2-⋅⋅⋅-xn -1+x 1-1 2-1≥12-1+x 2-x 2+12+⋯+∑ni =1x i-1-x 2-⋅⋅⋅-xn -1+x 2-1 2-1⋯≥0+0+0+⋯+∑ni =1x i -n +1 2-1≥∑ni =1x i -λ 2-1，当且仅当x 1=x 2=⋅⋅⋅=x n -1时等号成立，所以λ≥n -1．综上所述，λ的最小值为n -1．6(2024·江西南昌·一模)对于各项均不为零的数列c n ，我们定义：数列c n +kc n为数列c n 的“k -比分数列”.已知数列a n ,b n 满足a 1=b 1=1，且a n 的“1-比分数列”与b n 的“2-比分数列”是同一个数列.(1)若b n 是公比为2的等比数列，求数列a n 的前n 项和S n ；(2)若b n 是公差为2的等差数列，求a n .【答案】(1)S n =13×4n -1 ；(2)a n =13×4n 2-1 .【分析】(1)利用已知求出通项公式，再求前n 项和即可.(2)利用累乘法求通项公式即可.【详解】(1)由题意知an +1a n =b n +2b n，因为b 1=1，且b n 是公比为2的等比数列，所以a n +1a n=4，因为a 1=1，所以数列a n 首项为1，公比为4的等比数列，所以S n =1×1-4n 1-4=13×4n -1 ；(2)因为b 1=1，且b n 是公差为2的等差数列，所以b n =2n -1，所以a n +1a n =b n +2b n=2n +32n -1，所以a n a n -1=2n +12n -3,a n -1a n -2=2n -12n -5,⋯⋯,a 2a 1=51，所以a n a 1=2n +1 2n -1 3×1，因为a 1=1，所以a n =13×4n 2-1 .7(2024·黑龙江·二模)如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的比都大于3，则称这个数列为“G 型数列”．(1)若数列a n 满足2a n =S n +1，判断a n 是否为“G 型数列”，并说明理由；(2)已知正项数列a n 为“G 型数列”，a 1=1，数列b n 满足b n =a n +2，n ∈N *，b n 是等比数列，公比为正整数，且不是“G 型数列”，求数列a n 的通项公式．【答案】(1)不是“G 型数列”，理由见解析；(2)a n =3n -2【分析】(1)计算得出数列前两项验证即可得出结论，并证明即可；(2)利用a n 为“G 型数列”和b n 是等比数列，且不是“G 型数列”可求得b n 的公比为3，即可求出数列a n 的通项公式为a n =3n-2.【详解】(1)易知当n =1时，可得2a 1=S 1+1=a 1+1，即a 1=1；而当n =2时，2a 2=S 2+1=a 1+a 2+1，可得a 2=2；此时a 2a 1=21=2<3，不满足“G 型数列”定义，猜想：数列a n 不是“G 型数列”，证明如下：由2a n =S n +1可得，当n ≥2时，2a n -1=S n -1+1，两式相减可得2a n -2a n -1=S n -S n -1=a n ，可得a n =2a n -1，此时从第二项起，每一项与它前一项的比为an a n -1=2<3，因此a n 不是“G 型数列”；(2)设数列b n 的公比为q ，易知q ∈N *，又因为数列b n 不是“G 型数列”，可得q ≤3可得b n +1b n=a n +1+2a n +2=q ，即得a n +1=qa n +2q -2；又数列a n 为“G 型数列”，可得an +1a n =q +2q -2a n>3；易知“G 型数列”为递增数列，因此当n 趋近于正无穷大时，q +2q -2a n趋近于q ，即可得q ≥3；综上可得q =3，即a n +1=3a n +4，可得a n +1+2=3a n +2 ；所以数列a n +2 是以a 1+2=3为首项，公比为3的等比数列；即可得a n +2=3×3n -1=3n ，可得a n =3n -2；所以数列a n 的通项公式为a n =3n -2.8(2015高二·全国·竞赛)设数列a n 满足：①a 1=1；②所有项a n ∈N ∗；③1=a 1<a 2<⋅⋅⋅<a n <a n +1<⋅⋅⋅.设集合A m =n |a n ≤m ,m ∈N ∗ ，将集合A m 中的元素的最大值记为b m .换句话说，b m 是数列a n 中满足不等式a n ≤m 的所有项的项数的最大值.我们称数列b n 为数列a n 的伴随数列.例如，数列1，3，5的伴随数列为1，1，2，2，3.(1)请写出数列1，4，7的伴随数列；(2)设a n =3n -1，求数列a n 的伴随数列b n 的前20之和；(3)若数列a n 的前n 项和S n =n 2+c (其中c 常数)，求数列a n 的伴随数列b m 的前m 项和T m .【答案】(1)1，1，1，2，2，2，3(2)50(3)T m =m +124，m =2t -1,t ∈N * m m+24，m =2t ,t ∈N *【分析】(1)由数列的新定义直接写出即可；(2)由数列的新定义结合对数的运算求出即可；(3)先由S n 求出a n ，再由数列新定义求出b m ，再分m 为奇数和偶数时分别求出T m .【详解】(1)数列1，4，7的伴随数列为1，1，1，2，2，2，3，(后面加3算对)(2)由a n =3n -1≤m ，得n ≤1+log 3m m ∈N * ∴当1≤m ≤2,m ∈N *时，b 1=b 2=1 当3≤m ≤8,m ∈N *时，b 3=b 4=⋅⋅⋅=b 8=2 当9≤m ≤20,m ∈N *时，b 9=b 28=⋅⋅⋅=b 20=3 ∴b 1+b 2+⋅⋅⋅+b 20=1×2+2×6+3×12=50(3)∵a 1=S 1=1+c =1 ∴c =0 当n ≥2时，a n =S n -S n -1=2n -1∴ a n =2n -1n ∈N *由a n =2n -1≤m 得：n ≤m +12m ∈N *因为使得a n ≤m 成立的n 的最大值为b m ，所以 b 1=b 2=1,b 3=b 4=2,⋅⋅⋅，b 2t -1=b 2t =t ，t ∈N * 当m =2t -1t ∈N * 时：T m =2⋅1+(t -1)2⋅(t -1)+t =t 2=14(m +1)2当m =2t t ∈N * 时：T m =2⋅1+t 2⋅t =t 2+t =14m (m +2)所以T m =m +124，m =2t -1,t ∈N * m m+24，m =2t ,t ∈N *9(23-24高二下·上海闵行·阶段练习)若有穷数列a 1，a 2,⋯,a n ,(n 是正整数)，满足a 1=a n ，a 2=a n -1,⋯,a n =a 1即a i =a n -i +1(i 是正整数，且1≤i ≤n )，就称该数列为“对称数列”．例如，数列1，3，5，5，3，1就是“对称数列”.(1)已知数列{b n }是项数为7的对称数列，且b 1，b 2，b 3，b 4成等差数列，b 1=2，b 4=11，试写出{b n }的每一项；(2)对于确定的正整数m >1，写出所有项数不超过2m 的“对称数列”，使得1,2,22,⋯,2m -1依次是该数列中连续的项；当m =10时，求其中一个“对称数列”前19项的和S 19【答案】(1)2，5，8，11，8，5，2(2)答案见解析【分析】(1)由等差数列基本量的计算结合对称数列的定义即可求解；(2)由该特殊对称数列的定义结合等边数列求和公式即可求解.【详解】(1)设{b n }的公差为d ，则b 4=b 1+3d =2+3d =11，解得d =3，∴数列{b n }为2，5，8，11，8，5，2．(2)若1,2,22,⋯,2m -1依次是该数列中连续的项，且是对称数列，则至少有1+2m -1 =2m -1项，从而所有项数不超过2m 的“对称数列”有：1,2,22,⋯,2m -2,2m -1,2m -1,2m -2,⋯,22,2,1，2m -1,2m -2,⋯,22,2,1,1,2,22,⋯,2m -2,2m -1，1,2,22,⋯,2m -2,2m -1,2m -2,⋯,22,2,1，2m -1,2m -2,⋯,22,2,1,2,22,⋯,2m -2,2m -1，共有4个这样的数列(2个2m 项的，2个2m -1项的)；当m =10时，求数列1,2,22,⋯,2m -2,2m -1,2m -2,⋯,22,2,1的前19项，则S 19=1+2+22+⋯+28+29+28+⋯+22+2+1=1-2101-2+1-291-2=210-1+29-1=1534.10(23-24高二下·江西·阶段练习)将数列a n 按照一定的规则，依顺序进行分组，得到一个以组为单位的序列称为a n 的一个分群数列，a n 称为这个分群数列的原数列．如a 1,a 2,⋯,a r ，a r +1,a r +2,⋯,a t ，a t +1,a t +2,⋯,a s ⋯，a m +1,a m +2,⋯,a n 是a n 的一个分群数列，其中第k 个括号称为第k 群．已知a n 的通项公式为a n =2n -1．(1)若a n 的一个分群数列中每个群都含有3项；该分群数列第k 群的中间一项为b k ，求数列b n 的通项公式；(2)若a n 的一个分群数列满足第k 群含有k 项，A k 为该分群数列的第k 群所有项构成的数集，设M =m a m ∈A k ,a m +7∈A k +2 ，求集合M 中所有元素的和．【答案】(1)b n =6n -3(2)54【分析】(1)由给定的数列新定义推导通项公式求解即可.(2)根据该数列第k 群含有k 项，求出该分群数列的前7群，从而得到集合M 中的所有元素，求和即可.【详解】(1)由题意知该分群数列第k 群的中间一项为b k =a 3k -1．因为a n =2n -1，所以b k =a 3k -1=23k -1 -1=6k -3，即b n =6n -3．(2)由题意知该分群数列第k 群含有k 项，所以该分群数列前7群为a 1 ，a 2,a 3 ，a 4,a 5,a 6 ，a7,a 8,a 9,a 10 ，a 11,a 12,a 13,a 14,a 15 ，a 16,a 17,a 18,a 19,a 20,a 21 ，a 22,a 23,a 24,a 25,a 26,a 27,a 28 ．又a m∈A k，a m+7∈A k+2，所以k≤5．当k=5时，m=15，当k=4时，m=10或9，当k=3时，m=6或5或4，当k=2时，m=3或2，所以M=2,3,4,5,6,9,10,15，故集合M中所有元素的各为2+3+4+5+6+9+10+15=54．。

浅析数列中的“新定义”问题

浅析数列中的“新定义”问题
作者：圣转红
来源：《读天下》2018年第06期
摘要：〈正〉“新定义”型问题一般是以新课标教材内容为背景，给出某种新概念、新运算（符号）、新法则（公式）等，学生在理解相关新概念、新运算（符号）、新法则（公式）之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题。

这种类型的问题按其命题背景可分为三种类型：以新课标内容为背景、以高等数学为背景、以知识交汇为背景。

关键词：新定义；等和数列；问题
从以上例题可以看出，数列中的“新定义”问题要求学生掌握基本的知识基础，并能运用连贯。

经过本类问题的训练从而加深了，学生也可以提高分析问题、解决问题的能力，所以我们在教学中可以适当增加此类习题，从而于潜移默化中提高学生数学素质。

参考文献：
[1]黄加卫，徐晓红.培养学生迁移能力的好素材——新定义型数列[J].中学数学，2005（11）：38-39.
作者简介：
圣转红，安徽省宿州市，安徽省灵璧中学。

微专题9 数列中的新定义性问题

微专题9 数列中的新定义性问题问题背景新定义数列题是指以学生已有的知识为基础，设计一个陌生的数学情境，或定义一个概念，或规定一种运算，或给出一个规划，通过阅读相关信息，根据题目引入新内容进行解答的一类数列题型.由于新定义性数列题背景新颖，构思巧妙，而且能有效地考查学生的迁移能力和思维品质，充分体现“遵循教学大纲，又不拘泥于教学大纲”的特点，所以备受命题专家的青睐.高考命题方向：1.给出一种新数列的定义，要求构造出一个满足条件的数列或求出一个特殊数列的某些量；2.给出一种新数列的定义证明这种数列的某些性质. 思维模型说明：1.解决方案及流程①读懂定义，理解新定义数列的含义；②特殊分析，比如先对1,2,3n =…的情况进行讨论；③通过特殊情况寻找新定义的数列的规律及性质，以及新定义数列与已知数列（如等差与等比数列）的关系，仔细观察，探求规律，注重转化，合理设计解题方案，最后利用等差、等比数列有关知识来求解；④联系等差与等比数列知识将新定义数列问题在转化为熟悉的知识进行求解. 2.失误与防范①不能正确理解新定义的含义；②不注重利用特殊化分析，寻找新定义的数列的性质； ③难以用文字将解题过程完整准确地表达出来. 问题解决一、典型例题例1 在数列{}n a 中，若12,a a 是正整数，且12,3,4,5,n n n a a a n --=-=⋅⋅⋅，则称{}n a 为“绝对差数列”.（1）举出一个前五项不为零的“绝对差数列”（只要求写出前十项）；（2）证明：任何“绝对差数列”中总含有无穷多个为零的项.例2 设数列{}n a 的前n 项和为n S .若对任意正整数n ，总存在正整数m ，使得n m S a =，则称{}n a 是“H 数列”.（1）若数列{}n a 的前n 项和()*2n n S n N =∈，证明：{}n a 是“H 数列”；（2）设{}n a 是等差数列，其首项11a =，公差0d <.若{}n a 是“H 数列”，求d 的值；（3）证明：对任意的等差数列{}n a ，总存在两个“H 数列”{}n b 和{}n c ，使得()*n n n a b c n N =+∈成立.例 3 如果数列{}n a 满足：1230na a a a +++⋅⋅⋅+=且123n a a a a +++⋅⋅⋅+=()*13,n n N ≥∈，则称数列{}n a 为n 阶“归化数列”.（1）若某4阶“归化数列”{}n a 是等比数列，写出该数列的各项；（2）若某11阶“归化数列”{}n a 是等差数列，求该数列的通项公式；（3）若{}n a 为n 阶“归化数列”，求证：123111112322n a a a a n n+++⋅⋅⋅+≤-. 二、自主探究1.设数列{}n a 的各项均为正数.若对任意的*n N ∈，存在*k N ∈，使得2n k n n a a a υ++=成立，则称数列{}n a 为“k J 型”数列.（1）若数列{}n a 是“2J 型”数列，且288,1a a ==，求2n a ；（2）若数列{}n a 既是“3J 型”数列，又是“4J 型”数列，证明：数列{}n a 是等比数列.2.已知数集{}()*1212,,,0,2,n n A a a a a a a n n N =⋅⋅⋅≤<<⋅⋅⋅<≥∈具有性质:p i ∀，()1,i j i i j n a a ≤≤≤+与j i a a -两数中至少有一个属于A .（1）分别判断数集{}1,2,3,4是否具有性质p ，并说明理由；（2）证明：10a =；（3）证明：当5n =时，12345,,,,a a a a a 成等差数列.3.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n M 满足条件：11t M S =，当2n ≥时，1m m n t t M S S -=-，其中数列{}m t 单调递增，且*n t N ∈.（1）若n a n =.①试找出一组123,,t t t ，使得2213M M M =；②证明：对于数列n a n =，一定存在数列{}n t ，使得数列{}n M 中的各数均为一个整数的平方.（2）若21n a n =-，是否存在无穷数列{}n t ，使得{}n M 为等比数列.若存在，写出一个满足条件的数列{}n t ；若不存在，说明理由.。

初三数学新定义型问题

初三数学名师课程新定义型问题新定义型问题指的是用下定义的方式给出一个新的运算符号概念图形或性质等要求同学们能化生为熟现学现用能结合已有知识能力进行理解进而进行运算推理迁移的一种题型这类题型往往是教材中一些数学概念的拓展变式是近几年中考数学命题的热点
初三数学名师课程
“新定义”型问题
知识概述
“新定义”型问题，指的是用下定义的方式，给出一个新的运算、符号、概念、图形或性质等，要求同学们能“化生为熟”、“现学现用”，能结合已有知识、能力进行理解，进而进行运算、推理、迁移的一种题型，这类题型往往是教材中一些数学概念的拓展、变式，是近几年中考数学命题的热点.
P1A=
1 3
，AO=
2
3
2
，
P（1 -
2
3
2
，1）. 3
∵ 点 P1 与点 P2 关于 y 轴对称，∴ P（2 2 2 ，1）. 33
则点 P1 与点 P2 均符合要求.
定义新性质
“定义新性质”是通过一个新的定义呈现数学表征内在所具有的某些特征．解决这类问题关键是抓住性质的本质，理解运用性质特征，再结合已学过的知识解题．
定义新图形
理解：（1）如图 1，已知 A、B 是⊙O 上两点，请在圆上找出满足条件的点 C，使△ABC 为“智慧三角形”（画出点 C 的位置，保留作图痕迹）；【简析】（1）在圆中画出以 A、B 为顶点的圆内接直角三角形，即为所要确定的“智慧三角形”.
定义新图形（2）如图 2，在正方形 ABCD 中，E 是 BC 的中点，F 是 CD 上一点，且CF 1 CD，试判断△AEF 是否为“智慧三角
定义新概念
例 3．在平面直角坐标系中，将一点(横坐标与纵坐标不相等) 的横坐标与纵坐标互换后得到的点叫这一点的“互换点”，如(－3，5)与(5，－3)是一对“互换点”．（2）M，N 是一对“互换点”，若点 M 的坐标为(m，n)，求直线 MN 的表达式(用含 m，n 的代数式表示)；

数列中的新定义问题专题教案高三数学一轮复习

【变式】(1)数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和S100等于()
A．200B．－200C．400D．－400
答案B
题型二、数列重组问题
【例2】已知等差数列和等比数列满足，，， .
（1）求和的通项公式；
（2）数列和中的所有项分别构成集合，，将的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列，求数列的前60项和 .
【解析】（1）， .
（2）当的前60项中含有的前6项时，令，
此时至多有项（不符）.
当的前60项中含有的前7项时，令，
且，，是和的公共项，则的前60项中含有的前7项且含有的前56项，再减去公共的三项.
∴ .
题型三、数列中连续两项和或积的问题(an＋an＋1＝f(n)或an·an＋1＝f(n))
【例3】已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＋an＝4n．
(1)求数列{an}的前100项和S100；
(2)求数列{an}的通项公式．
解析(1)∵a1＝1，an＋1＋an＝4n，
∴S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)
＝4×1＋4×3＋…＋4×99＝4×(1＋3＋5＋…＋99)＝4×502＝10 000．
(2)由题意，an＋1＋an＝4n，①，an＋2＋an＋1＝4(n＋1)，②
由②－①得，an＋2－an＝4，由a1＝1，a1＋a2＝4，所以a2＝3．
当n为奇数时，an＝a1＋ ×4＝2n－1，当n为偶数时，an＝a2＋ ×4＝2n－1．
综上所述，an＝2n－1．
先引入简单的新定义数列问题，使学生熟悉题目，在听过考试中常见的数列重组问题，建立学生学习的信心，使学生学有所得。过程中精讲详讲相结合。

（完整版）数列新定义专题

（完整版）数列新定义专题课题：基于数列的新定义相关题型数列中新定义题型在近几年来算是高考中的热门考点，通常情况下会结合之前所学的函数、三角等来考察学生对相关知识的融会贯通情况，该类题型要求学生对之前所学的知识掌握要扎实，并能运用连贯，并且对于数列之前所学的相关性质也要掌握扎实，同时也会引入其他新知识点。

基本要求：学生对函数及三角的相关性质要掌握熟练，其次对于数列的项数与各项的关系等要能熟练掌握。

1、数列与函数相结合1）与二次函数相结合例：在直角坐标平面上有一点列P1(a1,b1),P2(a2,b2),P3(a3,b3),……,P n(a n,b n),……,对每一个自然数n,点P n(a n,b n)在函数y=x2的图象上，且点P n(a n,b n),点A(n,0),点B(n+1,0)，构成一个以点P n(a n,b n)为顶点的等腰三角形。

（1）求对每一个自然数n，以点P n纵坐标构成的数列b n的通项公式；（2）令，求的值。

2）与指数函数相结合例：在xOy平面上有一点列P1(a1,b1),P2(a2,b2),P3(a3,b3),……,P n(a n,b n),……对每一个自然数n，点P n(a n,b n)在函数y=的图象上，且点P n(a n,b n)，点(n,0)与点(n+1,0)构成一个以点P n(a n,b n)为顶点的等腰三角形。

（1）求点P n(a n, b n)的纵坐标b n的表达式；（2）若对每一个自然数n, 以b n, b n+1, b n+2为边长能构成一个三角形，求a的范围；（3）设B n=b1b2b3……b n(n∈N+)，若a是(2)中确定的范围内的最小整数时，求{B n}的最大项是第几项？3）数列与对数函数相结合例：已知函数,（1）n=1,2,3,……时，把已知函数的图像和直线y=1的交点横坐标依次记为a1,a2,a3，……，a n,……。

求证：a1+a2+a3+……+a n<1;（2）对于每一个n值，设A n,B n为已知函数图像上与x轴距离为1的两点，求证n取任意一个正整数时，以A n B n为直径的圆都与一条定直线相切，求出这条定直线的方程和切点坐标。

数列新定义压轴大题

数列新定义压轴大题一、题目①若数列{a_n}满足a_1=1，a_2 = 2，a_3=4，则该数列是“比等差数列”，且“比公差”λ=1；②若数列{a_n}是“比等差数列”，且“比公差”λ = 0，则数列{a_n}是等比数列；③等比数列一定是“比等差数列”，等差数列一定不是“比等差数列”；④若{a_n}是“比等差数列”，{b_n}是等比数列，则数列{a_nb_n}是“比等差数列”。

其中正确命题的序号是____。

二、解析1. 对于命题①- 已知a_1=1,a_2=2,a_3=4。

- 计算frac{a_3}{a_2}-frac{a_2}{a_1}，其中frac{a_3}{a_2}=(4)/(2) = 2，frac{a_2}{a_1}=(2)/(1)=2。

- 则frac{a_3}{a_2}-frac{a_2}{a_1}=2 - 2=0≠1，所以命题①错误。

2. 对于命题②- 因为数列{a_n}是“比等差数列”，且“比公差”λ = 0。

- 即frac{a_n + 2}{a_n+1}-frac{a_n + 1}{a_n}=0，所以frac{a_n+2}{a_n + 1}=frac{a_n+1}{a_n}。

- 根据等比数列的定义，可知数列{a_n}是等比数列，所以命题②正确。

3. 对于命题③- 设等比数列{a_n}的公比为q，则frac{a_n+2}{a_n+1} = q，frac{a_n+1}{a_n}=q。

- 所以frac{a_n+2}{a_n+1}-frac{a_n+1}{a_n}=q - q = 0，等比数列是“比等差数列”。

- 设等差数列{a_n}的公差为d，frac{a_n+2}{a_n+1}=frac{a_n+2d}{a_n+d}=1+(d)/(a_n)+d，frac{a_n+1}{a_n}=frac{a_n+d}{a_n} = 1+(d)/(a_n)。

- frac{a_n+2}{a_n+1}-frac{a_n+1}{a_n}≠常数，所以等差数列不是“比等差数列”，命题③正确。

数列新定义知识点

数列新定义知识点
哇塞，同学们！今天咱们来聊聊数列新定义这个超有趣的知识点啊！
你看啊，数列就像是一群有规律排好队的小精灵。

比如说，那简单的等差数列 1，3，5，7，9，每一个数都比前一个数多 2，就像它们迈着整齐的小步伐一步一步往前呢！
而新定义的数列呢，那可就像打开了一个奇妙的大门呀！比如定义一个数列，从第三项开始，每一项都等于前两项的和。

嘿，这多有意思呀！就像搭积木一样，一块一块往上堆。

比如说前面两项是 1 和 2，那第三项就是 3 啦，第四项就是 5，这样一直下去，你不觉得超级神奇吗？
再比如来个更特别的新定义，奇数项是前一项的 2 倍，偶数项是前一项减 3。

哎呀呀，这数列就变得像坐过山车一样，一会儿高一会儿低的。

想象一下，如果前面是 5，那后面的奇数项就变成 10，偶数项就变成 2 啦，多好玩啊！
咱们在研究数列新定义的时候，不就像是探险家在探索未知的领域嘛！你要开动脑筋，去发现里面的规律和奥秘。

就好像捉迷藏一样，努力找到那个隐藏起来的答案。

我觉得呀，数列新定义真是太有魅力了！它能让我们尽情发挥想象力和创造力，去发现那些独特的规律和特点。

每一个新定义都像是一个全新的挑战，等着我们去攻克。

同学们，是不是很想去探索数列新定义的奇妙世界呀！。

数列中的新定义问题

（2）解：S2k-1=c1+c2+…+ck-1+ck+ck+1+ck+2+…+c2k-1
=2(ck+ck+1+ck+2+…+c2k-1)-ck =2[50k-2k(k-1)]-50
nn 1
Sn na1 2 d
=-4(k-13)2+626
∴当k=13，S2k-1取得最大值，最大值为626.
7.对称数列
a2 n 1
是常数p，
但
不一定是常数，
故①不正确;
4.等方差数列
在数列{an}中，若 an2 an21 p n 2, n N , p为常数，则称{an}为
等方差数列. 下面对等方差数列的判断：
①若{an}是等方差数列，则 ②{(-1)n}是等方差数列；
是等方差数列；
③若{an}是等方差数列，则{akn}(k∈N*,k为常数)是等方差数列；
（3）解：p51=2，p100=p51+49×3=149，
由题意得p1, p2,…, p50是首项为149，公差d= -3的等差数列.
因①此当23S1nn2n33205n23102n,nS2.n293920pn11 n,17p520n0,515p0n；n
②当51 n2 100, S2n S50 p51 p52
因为{an}是等方差数列，则上式为常数，故d=0，
所以该数列为常数列，故④正确.
4.等方差数列
在数列{an}中，若 an2 an21 p n 2, n N , p为常数，则称{an}为
等方差数列. 下面对等方差数列的判断：
①若{an}是等方差数列，则 ②{(-1)n}是等方差数列；

SXC122高考数学必修_数列中的新定义创新题

数列中的新定义创新题综观近几年全国及各省（市）高考试题不难发现，高考命题在平稳过渡与改革中继续考查基本知识、基本能力的同时，注重了对思维的灵活性和发散性的考查，尤其加强了对学生接受新事物、新观念并应用新理念解决新问题的考查力度.因此在高考复习的冲刺阶段，以能力立意、背景新颖的“创新类”问题理应占有必要的一席之地.针对“数列”中的常见创新类型笔者总结如下，以期对同学有所帮助：一横向类比新定义例1 定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做“等和数列”，这个常数叫做该数列的公和。

已知数列{}n a 是等和数列，且12a =，公和为5，那么18a 的值为，前21项的和21S 的值为。

分析：由新定义得等式1222335,3;5,2;a a a a a a +=∴=+=∴=…，因此此数列为循环数列：2，3，2，3，2，3，……，通项公式 2...3...n n a n ⎧=⎨⎩为奇数为偶数，则()182120213,1023252a S S a ==+=⨯++=。

例2 定义“等积数列”：在一个数列中，如果每一项与它后一项的积都为同一个常数，那么这个数列叫做“等积数列”，这个常数叫做该数列的公积。

已知数列{}n a 是等积数列，且12a =-，公和为5，那么这个数列前41项的积41T 的值为。

分析：由新定义得等式12223355,;5,2;2a a a a a a ⋅=∴=-⋅=∴=-...，因此此数列为循环数列：5552,,2,,2,,222------......，通项公式 2...5 (2)n n a n -⎧⎪=⎨-⎪⎩为奇数为偶数，则数列前41项的积20204141525T a =⨯=-⨯。

点评：新概念“等和数列”、“等积数列”显然是迁移教材“等差数列”、“等比数列”而来，自然天成，构思轻巧，富有创意；同时难易适中，类比教材概念的同时，类比且应用对应性质以分析问题、解决问题。

高考数学《新定义数列问题》

高考数学新定义数列问题数列的新定义问题成为最近几年高考的热点，主要是题目的条件或结论上给出新的方式或者用其他语言(如集合、向量)来描述，增加了题目理解的难度．例1设数列{a n}的首项为1，前n项和为S n，若对任意的n∈N*，均有S n＝a n＋k－k(k 是常数且k∈N*)成立，则称数列{a n}为“P(k)数列”．(1) 若数列{a n}为“P(1)数列”，求数列{a n}的通项公式；(2) 是否存在数列{a n}既是“P(k)数列”，也是“P(k＋2)数列”？若存在，求出符合条件的数列{a n}的通项公式及对应的k的值；若不存在，请说明理由；点评：例2对于数列{a n}，定义：b n(k)＝a n＋a n＋k，其中n，k∈N*.(1) 若b n(2)－b n(1)＝1，n∈N*，求b n(4)－b n(1)的值；(2) 若a1＝2，且对任意的n，k∈N*，都有b n＋1(k)＝2b n(k)．①求数列{a n}的通项公式；②设k为给定的正整数，记集合A＝{b n(k)|n∈N*}，B＝{5b n(k＋2)|n∈N*}, 求证：A∩B ＝∅.点评：【思维变式题组训练】1. 若数列{a n }中不超过f (m )的项数恰为b m (m ∈N *)，则称数列{b m }是数列{a n }的生成数列，称相应的函数f (m )是数列{a n }生成{b m }的控制函数．(1) 已知a n ＝n 2，且f (m )＝m 2，写出b 1，b 2，b 3；(2) 已知a n ＝2n ，且f (m )＝m ，求{b m }的前m 项和S m ；2. 若存在常数k (k ∈N *，k ≥2)，q ，d ，使得无穷数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎨⎧ a n ＋d ， n k ∉N *，qa n ， n k ∈N *，则称数列{a n }为“段比差数列”，其中常数k ，q ，d 分别叫作段长、段比、段差．设数列{b n }为“段比差数列”．(1) 若{b n }的首项、段长、段比、段差分别为1,3，q,3. ① 当q ＝0时，求b 2 016；② 当q ＝1时，设{b n }的前3n 项和为S 3n ，若不等式S 3n ≤λ·3n －1对n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围；(2) 设{b n }为等比数列，且首项为b ，试写出所有满足条件的{b n }，并说明理由．。

2021届高考数学总复习：数列的新定义问题

2021届高考数学总复习：数列的新定义问题一、知识点新定义型数学试题，背景新颖、构思巧妙，主要通过定义一个新概念或约定一种新运算，或给定一个新模型来创设新的问题情境，要求我们在充分阅读题意的基础上，依据题中提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，从而顺利地解决问题，这类题型能有效地区分学生的思维能力和学习能力。

【典例】定义“规范01数列”{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，a k中0的个数不少于1的个数。

若m＝4，则不同的“规范01数列”共有()A．18个B．16个C．14个D．12个【解析】解法一：列表法根据题意得，必有a1＝0，a8＝1，则将0,1进行具体的排法一一列表如下：由上述表格可知，不同的“规范01数列”共有14个。

解法二：列举法根据题意可得，必有a1＝0，a8＝1，而其余的各项：a2，a3，…，a7中有三个0和三个1，并且满足对任意k≤8，a1，a2，…，a8中“0”的个数不少于“1”的个数。

可以一一列举出不同“规范01数列”，除第一项和第八项外，中间六项的排列如下：000111,001011,001101,001110,010011,010101,010110,011001,0110 10,100011,100101,100110,101001,101010，共14个。

【答案】 C可以从以下三个方面解决此类问题1．提取新定义的信息，明确新定义的名称和符号。

2．深刻理解新定义的概念、法则、性质，纵横联系探求解题方法，比较相近知识点，明确不同点。

3．对新定义中提取的知识进行等价转换，其中提取、化归与转化是解题的关键，也是解题的难点。

新定义问题的解题思路为：(1)若新定义是运算法则，直接按照运算法则计算即可；(2)若新定义是性质，要判断性质的适用性，能否利用定义外延；也可用特殊值排除等方法。

【变式训练】由n(n≥2)个不同的数构成的数列a1，a2，…，a n中，若1≤i<j≤n时，a j<a i(即后面的项a j小于前面的项a i)，则称a i与a j构成一个逆序，一个有穷数列的全部逆序的总数称为该数列的逆序数。