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*.
已知数列an各项均不相同，a1＝1，定义bn(k)＝an＋(－1)kan＋k，其中n，
(1)若bn(1)＝n，求a5；
a5＝－9；
因为bn(1)＝an－an＋1＝n，所以a1－a2＝1，a2－a3＝2，a3－a4＝3，a4－a5＝4，
累加得a1－a5＝1＋2＋3＋4＝10，又a1＝1，所以a5＝－9.
“新定义”主要是指定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算等，然 后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对 新定义的透彻理解．此类题型主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础 知识，考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力．在解题 时透过现象看本质，立足基础知识和基本方法，以不变应万变.
即(2n－2)cn＝(n－1)cn－1＋(n－1)cn＋1(n≥3)，即2cn＝cn－1＋cn＋1(n≥3)， 当n＝2时，有2S2＝c3＋3c1，即2c2＝c3＋c1， 所以2cn＝cn－1＋cn＋1对任意n≥2，n∈N*恒成立， 所以数列cn是等差数列．设数列cn的公差为d， 因为c2 017＝2 018，则c1＋2 016d＝2 018，即d＝2 021081－6 c1， 因为数列cn的各项均为不等的正整数，所以d∈N*， 所以d＝1，c1＝2，所以cn＝n＋1.
(3)若数列an为“P(2)数列”，a2＝2，设Tn＝a21＋a222＋a233＋…＋a2nn，证明：Tn<3. 略；
证明：因为数列an为“P(2)数列”，所以Sn＝an＋2－2 所以Sn＋1＝an＋3－2， 两式相减得：an＋1＝an＋3－an＋2，又n＝1时，a1＝a3－2， 故a3＝3，满足： a3＝a2＋a1， 所以an＋2＝an＋1＋an对任意n∈N*恒成立，数列的前几项为：1,2,3,5,8， 故Tn＝a21＋a222＋a233＋…＋a2nn＝12＋222＋233＋254＋285＋…＋a2nn
(2019·南京二模)设数列{an}的各项均为正数．若对任意的n∈N*，存在 k∈N*，使得a2n＋k＝an·an＋2k成立，则称数列{an}为“Jk型”数列．
(1)若数列{an}是“J2型”数列，且a2＝8，a8＝1，求a2n；
a2n＝12n－4；
由题意，得a2，a4，a6，a8，…成等比数列，且公比q＝aa8213＝12， 所以a2n＝a2qn－1＝12n－4.
a5，a8，a11，a14，…成等比数列，设公比为α2；a3，a6，a9，a12，a15，…成等比数列，设公
比为α3；则
a13 a1
＝α14＝t3，
a17 a5
＝α24＝t3，
a21 a9
＝α34＝t3.所以α1＝α2＝α3，不妨记α＝α1＝α2＝α3，
4
且t＝α 3 .于是a3k－2＝a1αk－1＝a1(
①bn＝n(n∈N*)，②使得等式成立的所有的正整数s，t的值是s＝1，t＝3.
①因为bn<bn＋1，所以bn＋1<bn＋2， 所以bn＋bn＋2－bn＋1>bn且bn＋bn＋2－bn＋1＝bn＋2－(bn＋1－bn)<bn＋2， 又因为bn为“回归数列”，所以bn＋bn＋2－bn＋1＝bn＋1，即bn＋bn＋2＝2bn＋1， 所以数列bn为等差数列．又因为b3＝3，b9＝9，所以bn＝n(n∈N*)．
ak成立， 即2n＋4·2n－2·2n＝2k，即3·2n＝2k，此时等式左边为奇数．右边为偶数，不成立，
所以假设不成立，所以an不是“回归数列”．
(2)若数列
b
n
为“回归数列”，b31成
立．
①求数列bn的通项公式； ②求所有的正整数s，t，使得等式bb2ss＋2＋3s3＋s1－－11＝bt成立．
3
α
)(3k－2)－1，a3k－1＝a5αk－2＝a1tαk－2＝a1αk－
2 3
＝a1(
3
(3k－1)－1
α)
，
a3k＝a9αk－3＝a1t2αk－3＝a1αk－13＝a1(3 α)3k－1，所以an＝a1(3 α)n－1，故{an}为等比数列．
已知数列
a
n
、
b
n
、
c
n
，对于给定的正整数k，记bn＝an－an＋k，cn＝an＋an＋
an＋an＋1＝2n＋1① an＋1＋an＋2＝2n＋3② ②－①得：an＋2－an＝2 ∴a2k－1＝a1＋2(k－1)＝2k－1，a2k＝a2＋2(k－1)＝2k ∴an＝n
(3)若数列an为H(2)数列，证明：an是等差数列． 略；
证明：由数列an为H(2)数列可知：cn是等差数列，记公差为d ∴cn＋2－cn＝(an＋2＋an＋4)－(an＋an＋2)＝－bn－bn＋2＝2d ∴－bn＋1－bn＋3＝2d 则(bn－bn＋1)＋(bn＋2－bn＋3)＝2d－2d＝0 又bn≤bn＋1∴bn＝bn＋1 ∴数列bn为常数列，则bn＝an－an＋2＝b1 ∴cn＝an＋an＋2＝2an－b1 由cn＋1－cn＝2(an＋1－an)＝d∴an＋1－an＝d2∴{an}是等差数列.
(2)若数列{an}既是“J3型”数列，又是“J4型”数列，证明：数列{an}是等比数 列．
略．
证明：由{an}是“J4型”数列，得a1，a5，a9，a13，a17，a21，…成等比数列，设公
比为t.由{an}是“J3型”数列，得a1，a4，a7，a10，a13，…成等比数列，设公比为α1；a2，
k(n∈N*)．若对任意的正整数n满足：bn≤bn＋1，且
c
n
是等差数列，则称数列
a
n
为
“H(k)”数列．
(1)若数列an的前n项和为Sn＝n2，证明：an为H(k)数列；
略；
证明：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1 当n＝1时，a1＝S1＝1符合上式， 则an＝2n－1(n≥1) ∴bn＝－2k，cn＝4n＋2k－2 则bn≤bn＋1，cn＋1－cn＝4 对任意的正整数n满足bn≤bn＋1，且cn是公差为4的等差数列， ∴{an}为H(k)数列．
②因为bbs2s＋2＋33s＋s－1－11＝bt，所以t＝33s＋s＋1＋s2s－2－11，(*) 则t－3＝32s＋(1－s2－s2)1≤0，所以t≤3，又因为t∈N*，所以t＝1,2,3， 当t＝1时，(*)式整理为3s＝0，不成立， 当t＝2时，(*)式整理s2－3s 1＝1，设cn＝n23－n 1，因为cn＋1－cn＝2n(13－n＋n1)＋3， 所以n＝1时，cn<cn＋1；n≥2时，cn>cn＋1，所以(cn)max＝c2＝13<1，所以s无解； 当t＝3时，(*)式整理为s2＝1，因为s∈N*，所以s＝1. 综合所述，使得等式成立的所有的正整数s，t的值是s＝1，t＝3.
(2020·苏州模拟)定义：对于任意n∈N*，xn＋xn＋2－xn＋1仍为数列
x
n
中的项，
则称数列xn为“回归数列”．
(1)己知an＝2n(n∈N*)，判断数列an是否为“回归数列”，并说明理由；
an不是“回归数列”，说明略；
假设
a
n
是“回归数列”，则对任意n∈N*，总存在k∈N*，使an＋an＋2－an＋1＝
数列中的新定义问题
以数列为背景的新定义问题是高考命题创新型试题的一个热点，考查频次较高．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，主 要考察综合分析能力，搞清定义是关键，仔细认真地从前几项(特殊处、简单处)体会题 意，在新环境下灵活应用已有知识，从而找到恰当的解决方法.
所以，12Tn＝212＋223＋234＋255…＋a2n－n 1＋2an＋n 1，
两式相减得：
12Tn＝
1 2
＋212
＋
213＋
2 24
＋…＋
an－an－1 2n
－
2an＋n 1＝
1 2
＋212
＋
1 23
＋
2 24
＋…＋
an－2 2n