新定义数列专题

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新定义综合(数列新定义、函数新定义、集合新定义)(2015-2024)高考真题数学分项汇编全国通用

专题25新定义综合（数列新定义、函数新定义、集合新定义及其他新定义）考点十年考情（2015-2024）命题趋势考点1数列新定义（10年10考）2024·全国新Ⅰ卷、2024·北京卷、2023·北京卷2022·北京卷、2021·全国新Ⅱ卷、2021·北京卷2020·全国新Ⅱ卷、2020·北京卷2020·江苏卷2019·江苏卷、2018·江苏卷、2017·北京卷2017·江苏卷、2016·江苏卷、2016·北京卷2016·上海卷、2016·上海卷、2015·北京卷新高考数学新结构体系下，新定义类试题更综合性的考查学生的思维能力和推理能力;以问题为抓手，创新设问方式，搭建思维平台，引导考生思考，在思维过程中领悟数学方法。

题目更加注重综合性、应用性、创新性，本题分值最高，试题容量明显增大，对学科核心素养的考查也更深入。

压轴题命题打破了试题题型、命题方式、试卷结构的固有模式，增强试题的灵活性，采取多样的形式多角度的提问，考查学生的数学能力，新定义题型的特点是;通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生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;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，按新定义照章办事”逐条分析、验证、运算，使问题得以解决，难度较难，需重点特训。

考点2函数新定义（10年4考）2024·上海、2020·江苏、2018·江苏2015·湖北、2015·福建考点3集合新定义（10年3考）2020·浙江卷、2018·北京卷2015·山东卷、2015·浙江卷考点4其他新定义（10年2考）2020·北京卷、2016·四川卷考点01数列新定义一、小题1．（2021·全国新Ⅱ卷·高考真题）（多选）设正整数010112222k kk k n a a a a --=⋅+⋅++⋅+⋅ ，其中{}0,1i a ∈，记()01k n a a a ω=+++ ．则（）A ．()()2n n ωω=B ．()()231n n ωω+=+C ．()()8543n n ωω+=+D ．()21nnω-=2．（2020·全国新Ⅱ卷·高考真题）0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列12n a a a 满足{0,1}(1,2,)i a i ∈= ，且存在正整数m ，使得(1,2,)i m i a a i +== 成立，则称其为0-1周期序列，并称满足(1,2,)i m i a a i +== 的最小正整数m 为这个序列的周期.对于周期为m 的0-1序列12n a a a ，11()(1,2,,1)m i i k i C k a a k m m +===-∑ 是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足1()(1,2,3,4)5C k k ≤=的序列是（）A ．11010B ．11011C ．10001D ．11001二、大题1．（2024·全国新Ⅰ卷·高考真题）设m 为正整数，数列1242,,...,m a a a +是公差不为0的等差数列，若从中删去两项i a 和()j a 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1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列．(1)写出所有的(),i j ，16i j ≤<≤，使数列126,,...,a a a 是(),i j -可分数列；(2)当3m ≥时，证明：数列1242,,...,m a a a +是()2,13-可分数列；(3)从1,2,...,42m +中一次任取两个数i 和()j i j <，记数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的概率为m P ，证明：18m P >．2．（2024·北京·高考真题）已知集合(){}{}{}{}{},,,1,2,3,4,5,6,7,8,M i j k w i j k w i j k w =∈∈∈∈+++且为偶数．给定数列128:,,,A a a a ，和序列12:,,s T T T Ω ，其中()(),,,1,2,,t t t t t T i j k w M t s =∈= ，对数列A 进行如下变换：将A 的第1111,,,i j k w 项均加1，其余项不变，得到的数列记作()1T A ；将()1T A 的第2222,,,i j k w 项均加1，其余项不变，得到数列记作()21T T A ；……；以此类推，得到()21s T T T A ，简记为()A Ω．(1)给定数列:1,3,2,4,6,3,1,9A 和序列()()():1,3,5,7,2,4,6,8,1,3,5,7Ω，写出()A Ω；(2)是否存在序列Ω，使得()A Ω为123456782,6,4,2,8,2,4,4a a a a a a a a ++++++++，若存在，写出一个符合条件的Ω；若不存在，请说明理由；(3)若数列A 的各项均为正整数，且1357a a a a +++为偶数，求证：“存在序列Ω，使得()A Ω的各项都相等”的充要条件为“12345678a a a a a a a a +=+=+=+”．3．（2023·北京·高考真题）已知数列{}{},n n a b 的项数均为m (2)m >，且,{1,2,,},n n a b m ∈ {}{},n n a b 的前n项和分别为,n n A B ，并规定000A B ==．对于{}0,1,2,,k m ∈ ，定义{}max ,{0,1,2,,}k i k r iB A i m =≤∈∣ ，其中，max M 表示数集M 中最大的数.(1)若1231232,1,3,1,3,3a a a b b b ======，求0123,,,r r r r 的值；(2)若11a b ≥，且112,1,2,,1,j j j r r r j m +-≤+=- ，求n r ；(3)证明：存在{},,,0,1,2,,p q s t m ∈ ，满足,,p q s t >>使得t p s q A B A B +=+．4．（2022·北京·高考真题）已知12:,,,k Q a a a 为有穷整数数列．给定正整数m ，若对任意的{1,2,,}n m ∈ ，在Q 中存在12,,,,(0)i i i i j a a a a j +++≥ ，使得12i i i i j a a a a n +++++++= ，则称Q 为m -连续可表数列．(1)判断:2,1,4Q 是否为5-连续可表数列？是否为6-连续可表数列？说明理由；(2)若12:,,,k Q a a a 为8-连续可表数列，求证：k 的最小值为4；(3)若12:,,,k Q a a a 为20-连续可表数列，且1220k a a a +++< ，求证：7k ≥．5．（2021·北京·高考真题）设p 为实数.若无穷数列{}n a 满足如下三个性质，则称{}n a 为p ℜ数列：①10a p +≥，且20a p +=；②414,1,2,n n a a n -<=⋅⋅⋅()；③{},1m n m n m n a a a p a a p +∈+++++，(),1,2,m n =⋅⋅⋅．（1）如果数列{}n a 的前4项为2，-2，-2，-1，那么{}n a 是否可能为2ℜ数列？说明理由；（2）若数列{}n a 是0ℜ数列，求5a ；（3）设数列{}n a 的前n 项和为n S .是否存在p ℜ数列{}n a ，使得10n S S ≥恒成立？如果存在，求出所有的p ；如果不存在，说明理由．6．（2020·北京·高考真题）已知{}n a 是无穷数列．给出两个性质：①对于{}n a 中任意两项,()i j a a i j >，在{}n a 中都存在一项m a ，使2i m ja a a =；②对于{}n a 中任意项(3)n a n ，在{}n a 中都存在两项,()k l a a k l >．使得2k n la a a =．(Ⅰ)若(1,2,)n a n n == ，判断数列{}n a 是否满足性质①，说明理由；(Ⅱ)若12(1,2,)n n a n -== ，判断数列{}n a 是否同时满足性质①和性质②，说明理由；(Ⅲ)若{}n a 是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：{}n a 为等比数列.7．（2020·江苏·高考真题）已知数列{}*()∈n a n N 的首项a 1=1，前n 项和为Sn ．设λ与k 是常数，若对一切正整数n ，均有11111k k k n n n S S a λ++-=成立，则称此数列为“λ~k ”数列．（1）若等差数列{}n a 是“λ~1”数列，求λ的值；（2）若数列{}n a 是2”数列，且an ＞0，求数列{}n a 的通项公式；（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{}n a 为“λ~3”数列，且an ≥0?若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由，8．（2019·江苏·高考真题）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”.（1）已知等比数列{a n }满足：245132,440a a a a a a =-+=，求证:数列{a n }为“M －数列”；（2）已知数列{b n }满足:111221,n n n b S b b +==-，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数，若存在“M －数列”{c n }，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有1k k k c b c +≤≤成立，求m 的最大值．9．（2018·江苏·高考真题）设*n ∈N ，对1，2，···，n 的一个排列12n i i i ，如果当s <t 时，有s t i i >，则称(,)s t i i 是排列12n i i i 的一个逆序，排列12n i i i 的所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对1，2，3的一个排列231，只有两个逆序(2，1)，(3，1)，则排列231的逆序数为2．记()n f k 为1，2，···，n 的所有排列中逆序数为k 的全部排列的个数．（1）求34(2),(2)f f 的值；（2）求(2)(5)n f n ≥的表达式(用n 表示)．10．（2017·北京·高考真题）设{}n a 和{}n b 是两个等差数列，记1122max{,,,}n n n c b a n b a n b a n =--⋅⋅⋅-(1,2,3,)n =⋅⋅⋅，其中12max{,,,}s x x x ⋅⋅⋅表示12,,,s x x x ⋅⋅⋅这s 个数中最大的数．（Ⅰ）若n a n =，21n b n =-，求123,,c c c 的值，并证明{}n c 是等差数列；（Ⅱ）证明：或者对任意正数M ，存在正整数m ，当n m ≥时，n cM n>；或者存在正整数m ，使得12,,,m m m c c c ++⋅⋅⋅是等差数列．11．（2017·江苏·高考真题）对于给定的正整数k ,若数列{an }满足a a a a a a a --+-++-++++++=1111......2n k n k n n n k n k nk 对任意正整数n(n>k)总成立，则称数列{an }是“P(k)数列”.(1)证明：等差数列{an }是“P(3)数列”；（2）若数列{an }既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{an }是等差数列.12．（2016·江苏·高考真题）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12k T 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,,T k ⊆ ，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 ⋂+≥.13．（2016·北京·高考真题）设数列A ：1a ，2a ,…N a (2N ≥).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“()G A 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()G A 的所有元素；（2）证明：若数列A 中存在n a 使得n a >1a ，则()G A ≠∅；（3）证明：若数列A 满足n a -1n a -≤1（n=2,3,…,N ）,则()G A 的元素个数不小于N a -1a .14．（2016·上海·高考真题）若无穷数列{}n a 满足：只要*(,)p q a a p q N =∈，必有11p q a a ++=，则称{}n a 具有性质P .（1）若{}n a 具有性质P ，且12451,2,3,2a a a a ====，67821a a a ++=，求3a ；（2）若无穷数列{}n b 是等差数列，无穷数列{}n c 是公比为正数的等比数列，151b c ==，5181b c ==，n n n a b c =+判断{}n a 是否具有性质P ，并说明理由；（3）设{}n b 是无穷数列，已知*1sin ()n n n a b a n N +=+∈.求证：“对任意{}1,n a a 都具有性质P ”的充要条件为“{}n b 是常数列”.15．（2016·上海·高考真题）对于无穷数列{n a }与{n b }，记A={x |x =n a ，*N n ∈}，B={x |x =n b ，*N n ∈}，若同时满足条件：①{n a }，{n b }均单调递增；②A B ⋂=∅且*N A B = ，则称{n a }与{n b }是无穷互补数列．（1）若n a =21n -，n b =42n -，判断{n a }与{n b }是否为无穷互补数列，并说明理由；（2）若n a =2n 且{n a }与{n b }是无穷互补数列，求数列{n b }的前16项的和；（3）若{n a }与{n b }是无穷互补数列，{n a }为等差数列且16a =36，求{n a }与{n b }得通项公式．16．（2015·北京·高考真题）已知数列{}n a 满足：*1a N ∈，136a ≤，且1218{23618n n n n n a a a a a +≤=->，，，()12n =⋯，，．记集合{}*|n M a n N =∈．（Ⅰ）若16a =，写出集合M 的所有元素；（Ⅱ）若集合M 存在一个元素是3的倍数，证明：M 的所有元素都是3的倍数；（Ⅲ）求集合M 的元素个数的最大值．考点02函数新定义一、小题1．（2015·湖北·高考真题）已知符号函数1,0,sgn {0,0,1,0.x x x x >==-<()f x 是R 上的增函数，()()()(1)g x f x f ax a =->，则A ．sgn[()]sgn g x x =B ．sgn[()]sgn g x x =-C ．sgn[()]sgn[()]g x f x =D ．sgn[()]sgn[()]g x f x =-2．（2015·福建·高考真题）一个二元码是由0和1组成的数字串()*12n x x x n N ∈ ，其中()1,2,,k x k n = 称为第k 位码元，二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误（即码元由0变为1，或者由1变为0）已知某种二元码127x x x 的码元满足如下校验方程组：4567236713570,{0,0,x x x x x x x x x x x x ⊕⊕⊕=⊕⊕⊕=⊕⊕⊕=其中运算⊕定义为：000,011,101,110⊕=⊕=⊕=⊕=．现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k 位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程组可判定k 等于．二、大题1．（2024·上海·高考真题）对于一个函数()f x 和一个点(),M a b ，令()()22()()s x x a f x b =-+-，若()()00,P x f x 是()s x 取到最小值的点，则称P 是M 在()f x 的“最近点”．(1)对于1()(0)f x x x=>，求证：对于点()0,0M ，存在点P ，使得点P 是M 在()f x 的“最近点”；(2)对于()()e ,1,0xf x M =，请判断是否存在一个点P ，它是M 在()f x 的“最近点”，且直线MP 与()y f x =在点P 处的切线垂直；(3)已知()y f x =在定义域R 上存在导函数()f x '，且函数()g x 在定义域R 上恒正，设点()()()11,M t f t g t --，()()()21,M t f t g t ++．若对任意的t ∈R ，存在点P 同时是12,M M 在()f x 的“最近点”，试判断()f x 的单调性．2．（2020·江苏·高考真题）已知关于x 的函数(),()y f x y g x ==与()(,)h x kx b k b =+∈R 在区间D 上恒有()()()f x h x g x ≥≥．（1）若()()2222()f x x x g x x x D =+=-+=-∞+∞，，，，求h (x )的表达式；（2）若2()1()ln (),(0)f x x x g x k x h x kx k D =-+==-=+∞，，，，求k 的取值范围；（3）若()()()()422342248432(0f x x x g x x h x t t x t t t =-=-=--+<≤，，，[],D m n ⎡=⊆⎣，求证：n m -≤3．（2018·江苏·高考真题）记()(),f x g x ''分别为函数()(),f x g x 的导函数．若存在0x R ∈，满足()()00f x g x =且()()00f x g x =''，则称0x 为函数()f x 与()g x 的一个“S 点”．（1）证明：函数()f x x =与()222g x x x =+-不存在“S 点”；（2）若函数()21f x ax =-与()ln g x x =存在“S 点”，求实数a 的值；（3）已知函数()2f x x a =-+，()xbe g x x=．对任意0a >，判断是否存在0b >，使函数()f x 与()g x 在区间()0,+∞内存在“S 点”，并说明理由．考点03集合新定义一、小题1．（2020·浙江·高考真题）设集合S ，T ，S ⊆N *，T ⊆N *，S ，T 中至少有两个元素，且S ，T 满足：①对于任意x ，y ∈S ，若x ≠y ，都有xy ∈T ②对于任意x ，y ∈T ，若x <y ，则yx∈S ；下列命题正确的是（）A ．若S 有4个元素，则S ∪T 有7个元素B ．若S 有4个元素，则S ∪T 有6个元素C ．若S 有3个元素，则S ∪T 有5个元素D ．若S 有3个元素，则S ∪T 有4个元素2．（2015·山东·高考真题）集合M ，N ，S 都是非空集合，现规定如下运算：M N S = ()()(){|x x M N N S S M ∈⋂⋃⋂⋃⋂且}x M N S ∉⋂⋂．假设集合{}A x a x b =<<，{}B x c x d =<<，{}C x e x f =<<，其中实数a ，b ，c ，d ，e ，f 满足：（1）0ab <，0cd <；0ef <；（2）b a d c f e -=-=-；（3）b a d c f e +<+<+．计算A B C =．3．（2015·浙江·高考真题）设A ，B 是有限集，定义(,)()()d A B card A B card A B =⋃-⋂，其中card()A 表示有限集A 中的元素个数，命题①：对任意有限集A ，B ，“A B ≠”是“(,)0d A B >”的充分必要条件；命题②：对任意有限集A ，B ，C ，(,)(,)(,)d A C d A B d B C ≤+，A ．命题①和命题②都成立B ．命题①和命题②都不成立C ．命题①成立，命题②不成立D ．命题①不成立，命题②成立4．（2015·湖北·高考真题）已知集合{}22(,)|1,,A x y x y x y Z =+≤∈，{}(,)|2,2,,B x y x y x y Z =≤≤∈，定义集合{}12121122(,)|(,),(,)A B x x y y x y A x y B ⊕=++∈∈，则A B ⊕中元素的个数为A ．77B ．49C ．45D ．30二、大题1．（2018·北京·高考真题）设n 为正整数，集合A =(){}12{|,,,,0,1,1,2,,}n k t t t t k n αα=∈= ．对于集合A 中的任意元素()12,,,n x x x α= 和()12,,,n y y y β= ，记M （αβ，）=()()()1111222212n n n n x y x y x y x y x y x y ⎡⎤+--++--+++--⎣⎦ ．（Ⅰ）当n =3时，若()1,1,0α=，()0,1,1β=，求M （,αα）和M （,αβ）的值；（Ⅱ）当n =4时，设B 是A 的子集，且满足：对于B 中的任意元素,αβ，当,αβ相同时，M （αβ，）是奇数；当,αβ不同时，M （αβ，）是偶数．求集合B 中元素个数的最大值；（Ⅲ）给定不小于2的n ，设B 是A 的子集，且满足：对于B 中的任意两个不同的元素,αβ，M （αβ，）=0．写出一个集合B ，使其元素个数最多，并说明理由．考点04其他新定义1．（2020·北京·高考真题）2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（πDay ）．历史上，求圆周率π的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数n 充分大时，计算单位圆的内接正6n 边形的周长和外切正6n 边形（各边均与圆相切的正6n 边形）的周长，将它们的算术平均数作为2π的近似值．按照阿尔·卡西的方法，π的近似值的表达式是（）．A ．30303sin tan n n n ︒︒⎛⎫+ ⎪⎝⎭B ．30306sin tan n n n ︒︒⎛⎫+ ⎪⎝⎭C ．60603sin tan n n n ︒︒⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．60606sin tan n n n ︒︒⎛⎫+ ⎪⎝⎭2．（2016·四川·高考真题）在平面直角坐标系中，当(,)P x y 不是原点时，定义P 的“伴随点”为2222(,)y xP x y x y-++，当P 是原点时，定义“伴随点”为它自身，现有下列命题：①若点A 的“伴随点”是点A '，则点A '的“伴随点”是点A .②单元圆上的“伴随点”还在单位圆上．③若两点关于x 轴对称，则他们的“伴随点”关于y 轴对称④若三点在同一条直线上，则他们的“伴随点”一定共线．其中的真命题是．。

新高考数学新定义开放性和探究专题(解析版)

新高考新定义开放性和探究专题题型一：数列新题型1(2023·河北张家口·统考二模)欧拉函数φn n ∈N * 的函数值等于所有不超过正整数n ，且与n 互质的正整数的个数，例如：φ1 =1,φ3 =2.数列a n 满足a n =φ2n ，其前n 项和为S n ，则S 10=()A.1024B.2048C.1023D.2047【答案】C【分析】根据欧拉函数的定义可求出a n =φ2n =2n -1，再由等比数列的前n 项和公式即可求出答案.【详解】根据欧拉函数的定义可得a 1=φ2 =1,a 2=φ22 =2,a 3=φ23 =4,a 4=φ24 =8，一般地，a n =φ2n =2n -1.事实上，φ2n 表示从1到2n 的正整数中，与2n 互质的正整数的个数，相当于去掉从1到2n 的正整数中所有2的倍数的个数(共2n -1个数)，因此，a n =φ2n =2n -2n -1=2n -1.所以，S 10=1+2+4+⋯+29=1023.故选：C .2(2023·陕西西安·西安一中校联考模拟预测)南宋数学家杨辉在《详解九章算术》中提出了高阶等差数列的问题，即一个数列a n 本身不是等差数列，但从a n 数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列b n (则称数列a n 为一阶等差数列)，或者b n 仍旧不是等差数列，但从b n 数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列c n (则称数列a n 为二阶等差数列)，依次类推，可以得到高阶等差数列．类比高阶等差数列的定义，我们亦可定义高阶等比数列，设数列1，1，2，8，64⋯是一阶等比数列，则该数列的第8项是( )．A.28 B.215C.221D.228【答案】C 【分析】设b n -1=a na n -1，得到b n 为等比数列，求得b n =2n -1，结合a n =b n -1⋅b n -2⋯b 1⋅a 1，进而求得a 8的值．【详解】由题意，数列1，1，2，8，64，⋯为a n ，且为一阶等比数列，设b n -1=a na n -1，所以b n 为等比数列，其中b 1=1，b 2=2，公比为q =b 2b 1=2，所以b n =2n -1，则a n =b n -1⋅b n -2⋯b 1⋅a 1=21+2+3+⋯+n -2=2n -1 n -22,n ≥2，所以第8项为a 8=221．故选：C .3(2023·上海黄浦·统考二模)设数列a n 的前n 项的和为S n ，若对任意的n ∈N *，都有S n <a n +1，则称数列a n 为“K 数列”．关于命题：①存在等差数列a n ，使得它是“K 数列”；②若a n 是首项为正数、公比为q 的等比数列，则q ∈[2,+∞)是a n 为“K 数列”的充要条件．下列判断正确的是()A.①和②都为真命题B.①为真命题，②为假命题C.①为假命题，②为真命题D.①和②都为假命题【答案】C【分析】根据给定的定义，按公差的取值情况分类探讨判断①；利用等比数列通项公式及前n项和公式，结合不等式恒成立即可推理作答.【详解】令等差数列a n的公差为d，当d≤0时，S1=a1≥a1+d=a2，不符合题意，当d>0时，S n-a n+1=na1+n(n-1)2d-(a1+nd)=d2n2-32d-a1n-a1，函数f(x)=d2x2-32d-a1x-a1的图象是开口向上的抛物线，对称轴x=32-a1d，存在x0>32-a1d，使得f(x0)>0，取不小于x0的正整数n，则有f(n)>0，即S n>a n+1，不符合题意，综上得①为假命题；等比数列a n首项a1>0，因为数列a n为“K数列”，则有a1=S1<a2=a1q，即q>1，S n=a1(1-q n)1-q,a n+1=a1q n，于是a1(1-q n)1-q<a1q n⇔q n+1-2q n+1>0⇔2-q<1q n，依题意，任意的n∈N*，2-q<1q n，函数y=1qx,x≥1在[1,+∞)单调递减，值域是0,1q ，因此2-q≤0⇔q≥2，所以q∈[2,+∞)是a n为“K数列”的充要条件，②是真命题，判断正确的是①为假命题，②为真命题.故选：C【点睛】关键点睛：数列是特殊的函数，根据数列的特性，准确构造相应的函数，借助函数性质分析求解是解题的关键，背景函数的条件，应紧扣题中的限制条件.题型二：立体几何新定义4(2023·辽宁沈阳·统考一模)刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．则正八面体(八个面均为正三角形)的总曲率为()A.2πB.4πC.6πD.8π【答案】B【分析】利用正八面体的面积和减去六个顶点的曲率和可得结果.【详解】正八面体每个面均为等比三角形，且每个面的面角和为π，该正面体共6个顶点，因此，该正八面体的总曲率为6×2π-8π=4π.故选：B.5(2021·全国·统考模拟预测)图1中的机械设备叫做“转子发动机”，其核心零部件之一的转子形状是“曲侧面三棱柱”，图2是一个曲侧面三棱柱，它的侧棱垂直于底面，底面是“莱洛三角形”，莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的，如图3．若曲侧面三棱柱的高为10，底面任意两顶点之间的距离为20，则其侧面积为()A.100πB.600C.200πD.300π【答案】C【分析】由莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的，结合已知可得半径为20，由弧长公式求得底面周长，进而可求得结果.【详解】莱洛三角形由三段半径为20，圆心角为π3的圆弧构成，所以该零件底面周长为3×π3×20=20π，故其侧面积为200π．故选：C.6(2023·四川南充·四川省南充高级中学校考模拟预测)我国南北朝时期的著名数学家祖暅原提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球(如图①)放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体(如图②)，用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即12V球=πR2⋅R-13πR12⋅R=23πR3.现将椭圆x24+y29=1绕y轴旋转一周后得一橄榄状的几何体(如图③)，类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于()A.32πB.24πC.18πD.16π【答案】D【解析】构造一个底面半径为2，高为3的圆柱，通过计算可得高相等时截面面积相等，根据祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积的一半等于圆柱的体积减去圆锥的体积.【详解】解：构造一个底面半径为2，高为3的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥，则当截面与顶点距离为h0≤h≤3时，小圆锥底面半径为r，则h3=r2，∴r=23h，故截面面积为：4π-49πh2，把y=h代入x24+y29=1，即x24+h29=1，解得：x=±239-h2，∴橄榄球形几何体的截面面积为πx2=4π-49πh2，由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积为：V=2V圆柱-V圆锥 =2×4π×3-13×4π×3=16π.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是读懂题意，构建圆柱，通过计算得到高相等时截面面积相等，根据祖暅原理得到橄榄球形几何体的体积.题型三：函数新定义7(2023·陕西商洛·统考二模)古希腊数学家普洛克拉斯指出：“哪里有数，哪里就有美．”“对称美”是数学美的重要组成部分，在数学史上，人类一直在思考和探索数学的对称问题，图形中的对称性本质就是点的对称、线的对称．如正方形既是轴对称图形，又是中心对称图形，对称性也是函数一个非常重要的性质．如果一个函数的图象经过某个正方形的中心并且能够将它的周长和面积同时平分，那么称这个函数为这个正方形的“优美函数”．下列关于“优美函数”的说法中正确的有()①函数f x =x2x+2-x-1≤x ≤1 可以是某个正方形的“优美函数”；②函数f x =4cos 2x -π6 +3只能是边长不超过π2的正方形的“优美函数”；③函数f x =ln 4x 2+1-2x -1可以是无数个正方形的“优美函数”；④若函数y =f x 是“优美函数”，则y =f x 的图象一定是中心对称图形．A.①② B.①③ C.②③ D.②④【答案】B【分析】根据“优美函数”的定义，可判断①③中的函数为奇函数，其图象为中心对称图形，可判断其正误，结合余弦函数的性质可判断②，作图分析，举出反例，判断④.【详解】对于①，f x =x 2x+2-x -1≤x ≤1满足f -x =-x2-x +2x =-f (x )，故为奇函数，则f x 图象原点对称，且连续，所以f x 可以是中心为原点且边长为2的正方形的“优美函数”，故①正确．对于②，令2x -π6=π2+k πk ∈Z ，得x =π3+k π2k ∈Z ，所以f x =4cos 2x -π6+3图象的对称中心为π3+k π2,3 k ∈Z ，故以π3+k π2,3k ∈Z 为中心的正方形都能被函数f x =4cos 2x -π6+3的图象平分，即f x =4cos 2x -π6+3可以同时是无数个正方形的“优美函数”，故②错误．对于③，令g x =ln 4x 2+1-2x ，x ∈R ,则g -x =ln 4x 2+1+2x =-ln 4x 2+1-2x =-f (x )，故g x 为奇函数．又因为f x 的图象是由g x 的图象向下平移一个单位长度得到的，所以f x 图象的对称中心为0,-1 ，故以0,-1 为中心的正方形都能被f x =ln 4x 2+1-2x -1的图象平分，故③正确．对于④，如图所示，图中两三角形面积相等，函数y =f x 是“优美函数”，但其图象不是中心对称图形，可知④错误，故选：B8(2021·陕西渭南·统考三模)已知符号函数sgn x =1,x >0,0,x =0,-1,x <0,偶函数f x 满足f x +2 =f x ,当x ∈0,1 时,f x =x ,则下列结论正确的是()A.sgn f x >0 B.f 40412=1C.sgn f 2k =0k ∈Z D.sgn f k =sgn k k ∈Z【答案】C【分析】利用偶函数以及函数周期为2,作出函数f x 的大致图象,数形结合即可逐个分析答案.【详解】根据题意得函数f x 是周期为2的函数,作出函数f x 的大致图象,如下图所示.数形结合易知f x ∈0,1 ,则sgn f x =0或sgn f x =1,故A 错误;f 40412=f 202012 =12,故B 错误;f 2k =0k ∈Z ,则sgn f 2k =0k ∈Z ,故C 正确;sgn k =1,k >00,k =0,-1,k <0(k ∈Z ),所以sgn k =1,k ≠00,k =0 (k ∈Z ),所以sgn f k ≠sgn k k ∈Z ,故D 错误.故选:C .9(2023·陕西安康·统考二模)宋代理学家周敦颐的《太极图》和《太极图说》是象数和义理结合的表达．《朱子语类》卷七五：“太极只是一个混沦底道理，里面包含阴阳、刚柔、奇偶，无所不有”．太极图(如下图)将平衡美、对称美体现的淋漓尽致．定义：对于函数f x ，若存在圆C ，使得f x 的图象能将圆C 的周长和面积同时平分，则称f x 是圆C 的太极函数．下列说法正确的是()①对于任意一个圆，其太极函数有无数个②f x =log 122x +1 +12x 是x 2+y +1 2=1的太极函数③太极函数的图象必是中心对称图形④存在一个圆C ，f x =sin x +cos x 是它的太极函数A.①④ B.③④ C.①③ D.②③【答案】A【分析】根据“太极函数”、函数的对称性、对数运算等知识对选项4个说法进行分析，由此确定正确答案.【详解】对于①：过圆心的直线都可以将圆的周长和面积平分，所以对于任意一个圆，太极函数有无数个，故①正确对于②：f -x =log 122-x+1 -12x =log 121+2x 2x-12x ，f x -f -x =log 122x+12x +12x+x =-x +x =0，所以f x 关于y 轴对称，不是太极函数，故②错误；对于③：中心对称图形必定是太极函数，对称点即为圆心．但太极函数只需平分圆的周长和面积，不一定是中心对称图形，故③错误；对于④：曲线f x =sin x +cos x =2sin x +π4存在对称中心，所以必是某圆的太极函数，故④正确．故选：A ．题型四：向量新定义10(2022·浙江·高三专题练习)定义d a ,b =a -b 为两个向量a ，b 间的“距离”，若向量a ，b满足下列条件：(ⅰ)b =1；(ⅱ)a ≠b ；(ⅲ)对于任意的t ∈R ，恒有d a ,tb ≥d a ,b，现给出下面结论的编号，①.a ⊥b ②.b ⊥a -b ③.a ⊥a -b ④.a ≥1⑤.a +b ⊥a -b 则以上正确的编号为()A.①③B.②④C.③④D.①⑤【答案】B【分析】根据题意可得a -tb 2≥a -b 2，转化为t 2-2ta ⋅b +2a ⋅b -1 ≥0对于任意的t ∈R 恒成立，即Δ≤0，整理得a ⋅b -1 2≤0，再利用向量的数量积逐一判断即可.【详解】由于d a ,b =a -b ，又对于t ∈R ，恒有d a ,tb ≥d a ,b ，显然有a -tb ≥a -b ，即a -tb 2≥a -b 2，则t 2-2ta ⋅b +2a ⋅b-1 ≥0对于任意的t ∈R 恒成立，显然有Δ=-2a ⋅b 2-42a ⋅b-1 ≤0成立，即a ⋅b -1 2≤0，则a ⋅b=1，故序号①错误，进而a ⋅b =a ⋅bcos θ=1，∵b =1，于是cos θ=1a ≤1，得a ≥1，即序号④正确.再由a ⋅b -1=0得a ⋅b -b 2=0，得b a -b =0，∴b ⊥a -b ，显然序号②正确.从而序号③错误，再由②a ≠b ，故序号⑤错误.综上知本题正确的序号为②④.故选：B .【点睛】本题命制是以新定义为背景，考查向量长度及数量积等知识概念，同时考查了等价转换、不等式恒成立问题，符合以生考熟的高考理念，考查知识内容源于教材，试题面向全体考生，不同思维能力层次的考生度可以利用熟悉的通法来解决问题，从而增强考生的自信心，有利于考生正常发挥，属于中档题.11(2023·全国·高三专题练习)互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，但如果平面坐标系中两条坐标轴不垂直，则这样的坐标系称为“斜坐标系”．如图，在斜坐标系中，过点P 作两坐标轴的平行线，其在x 轴和y 轴上的截距a ，b 分别作为点P 的x 坐标和y 坐标，记P a ,b ，则在x 轴正方向和y 轴正方向的夹角为θ的斜坐标系中，下列选项错误的是()A.当θ=60°时A 1,2 与B 3,4 距离为23B.点A 1,2 关于原点的对称点为A -1,-2C.向量a=x 1,y 1 与b =x 2,y 2 平行的充要条件是y 1x 2=y 2x 1D.点A 1,2 到直线x +y -1=0的距离为2【答案】D【分析】根据“斜坐标系”的定义，结合向量运算对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】设x 轴正方向的单位向量为e 1 ，y 轴正方向的单位向量为e 2，对于A 选项：由已知得e 1 ,e 2 =60°，所以e 1 ⋅e 2 =1×1×12=12.由A 1,2 ,B 3,4 及斜坐标的定义可知OA =e 1 +2e 2 ,OB =3e 1 +4e 2，AB =OB -OA =2e 1 +e 2 =2e 1 +e 2 2=2e 1 2+2e 1 ⋅e 2 +e 2 2=21+1+1=23，故A 选项正确；对于B 选项：根据“斜坐标系”的定义可知：点A 1,2 ，则OA =e 1 +2e 2 ，设A 1,2 关于原点的对称点为Ax ,y ，则OA ' =-OA =-e 1 -2e 2 =x e 1 +y e 2 ，由于e 1 ,e 2 不共线，所以x =-1y =-2 ，故B 选项正确；对于C 选项：a =x 1e 1 +y 1e 2 ,b =x 2e 1 +y 2e 2 ，若a 是零向量，则a ⎳b 成立，同时x 1=y 1=0，所以x 1y 2=x 2y 1成立，此时a ⎳b⇔x 1y 2=x 2y 1；若a 是非零向量，则a ⎳b ⇔存在非零常数λ，使b =λa⇔x 2e 1 +y 2e 2 =λx 1e 1 +λy 1e 2 ⇔x 2=λx 1λy 1=y 2 ⇔λx 2y 1=λx 1y 2⇔y 1x 2=y 2x 1，所以a ⎳b⇔x 1y 2=x 2y 1.故C 选项正确；对于D 选项：设直线x +y -1=0上的动点为P x ,y ,OP =x e 1 +y e 2 ，因为x +y -1=0，所以x +y =1，设OC =e 1 ,OD =e 2 ，则点P x ,y 在直线CD 上，所以直线x +y -1=0过点C 1,0 ,D 0,1 ，因为OA =e 1 +2e 2 ，则AC =OC -OA =2e 2 =2，AD =OD -OA =e 1 +e 2 =e 1 +e 2 2=3，由于OC =OD =1,OC ,OD =60°，所以CD =1.所以AD 2+CD 2=AC 2，所以AD ⊥CD ，所以点A 到直线x +y -1=0的距离为AD=3，故D 选项错误.故选：D12(2023·全国·高三专题练习)向量的运算包含点乘和叉乘，其中点乘就是大家熟悉的向量的数量积．现定义向量的叉乘：给定两个不共线的空间向量a 与b ，a ×b 规定：①a ×b 为同时与a ，b垂直的向量；②a ，b ，a ×b 三个向量构成右手系(如图1)；③a ×b =a b sin a ,b ；④若a=x 1,y 1,z 1 ，b =x 2,y 2,z 2 ，则a ×b=+y 1,z 1y 2,z 2 ,-x 1,z 1x 2,z 2 ,+x 1,y 1x 2,y 2 ，其中a ,b c ,d=ad -bc ．如图2，在长方体中ABCD -A 1B 1C 1D 1，AB =AD =2，AA 1=3，则下列结论正确的是()A.AB ×AD =AA 1B.AB ×AD =AD ×ABC.AB -AD ×AA 1 =AB ×AA 1 -AD ×AA 1D.长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积V =AB ×AD ⋅C 1C【答案】C【分析】利用向量的叉乘的定义逐项分析即得.【详解】解法一：AA 1 同时与AB ，AD 垂直；AA 1 ，AB ，AD三个向量构成右手系，且AB ×AD =AB AD sin AB ,AD =2×2×sin90°=4≠AA 1=3，所以选项A 错误；根据右手系知：AB ×AD 与AD ×AB 反向，所以AB ×AD ≠AD ×AB，故选项B 错误；因为AB -AD ×AA 1 =DB ×BB 1=22×3×sin90°=62，且DB ×BB 1 =-BD ×BB 1 与CA同向共线；又因为AB ×AA 1 =2×3×sin90°=6，且AB ×AA 1 与DA同向共线，AD ×AA 1 =2×3×sin90°=6，AD ×AA 1与DC 同向共线，所以AB ×AA 1 -AD ×AA 1 =62，且AB ×AA 1 -AD ×AA 1 与CA 同向共线，AB -AD ×AA 1 =AB ×AA -AD ×AA 1，故选项C 正确；因为长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积为2×2×3=12．又因为由右手系知向量AB ×AD 方向垂直底面向上，与C 1C 反向，所以AB ×AD ⋅C 1C<0，故选项D 错误；故选：C ．解法二：如图建立空间直角坐标系：AB =0,2,0 ，AD =-2,0,0 ，AA 1 =0,0,3 ，则AB ×AD=0,0,4 ，所以选项A 错误；C 1C =0,0,-3 ，则AB ×AD ⋅C 1C =-12，故选项D 错误；AD ×AB=0,0,-4 ，故选项B 错误；AB -AD =DB =2,2,0 ，则AB -AD ×AA 1 =6,-6,0 ，AB ×AA 1 =6,0,0 ，AD ×AA 1 =0,6,0 ，则AB ×AA 1 -AD ×AA 1 =6,-6,0 ．所以AB -AD ×AA 1 =AB ×AA 1 -AD ×AA 1 ，故选项C 正确；故选：C ．题型五：开放性题型13(2023·甘肃酒泉·统考三模)已知P 是平行四边形ABCD 对角线上的一点，且AP =λAB +μAD，其中λ∈0,1,μ∈ 0,1 ，写出满足条件的λ与μ的一组λ,μ 的值．【答案】13,23(答案不唯一，满足λ+μ=1或λ=μ即可)【分析】若P 在AC 上可得λ=μ，若P 在BD 上，根据共线定理的推论得到λ+μ=1，填写符合题意的答案即可.【详解】因为AC =AB +AD ，若P 在AC 上，则AC ⎳AP ，又AP =λAB +μAD ，所以λ=μ，若P 在BD 上，即P 、B 、D 三点共线，又AP =λAB +μAD，则λ+μ=1．故答案为：13,23(答案不唯一，满足λ+μ=1或λ=μ即可)14(2023·江西九江·瑞昌市第一中学校联考模拟预测)已知⊙O :x 2+y 2=4，⊙C 与一条坐标轴相切，圆心在直线x -y +7=0上.若⊙C 与⊙O 相切，则⊙C 的一个方程为.【答案】x +4 2+y -3 2=9(答案不唯一)【分析】先根据已知得出⊙C 的圆心在⊙O 的外面.然后分⊙C 与x 轴相切以及⊙C 与y 轴相切，结合已知可得出两圆外切.列出方程，化简整理求解，即可得出答案.【详解】由已知可得，⊙O :x 2+y 2=4的圆心为O 0,0 ，半径R =2，所以点O 0,0 到直线x -y +7=0的距离d =72=722>2，所以，直线与圆相离，所以⊙C 的圆心在⊙O 的外面.当⊙C 与x 轴相切时，设⊙C 的圆心C a ,a +7 ，则⊙C 的半径r 1=a +7 .因为⊙C 与⊙O 相切，且C 在⊙O 的外面，所以两圆外切.所以OC =R +r 1，即a 2+a +7 2=2+a +7 ，整理可得，a 2=4+4a +7 .若a ≤-7，整理可得a 2+4a +24=0无解，所以a >-7，所以a 2-4a -32=0，解得a =-4或a =8，所以⊙C 方程为x +4 2+y -3 2=9或x -8 2+y -15 2=225；当⊙C 与y 轴相切时，设圆心C a ,a +7 ，则⊙C 的半径r 2=a .由两圆外切可得，OC =R +r 2，即a 2+a +7 2=2+a ，整理可得a 2+14a +49=4+4a ，则a <0，所以有a 2+18a +45=0，解得a =-3或a =-15，所以⊙C 方程为x +3 2+y -4 2=9或x +15 2+y +8 2=225.故答案为：x +4 2+y -3 2=9.15(2023·新疆·校联考二模)已知函数f x 满足下列条件：①f x 是y =sin x 经过图象变换得到的；②对于∀x ∈R ，均满足-3=f -π6 ≤f x ≤f π3=1成立；③y =f x 的函数图象过点0,-2 ．请写出符合上述条件的一个函数解析式．【答案】f x =2sin 2x -π6-1(答案不唯一)【分析】由①可设f x =A sin ωx +φ +B ，根据②，设A >0，求得A =2,B =-1，且ω=2，再由③求得φ的一个值为φ=-π6，即可求解.【详解】解：由①可设f x =A sin ωx +φ +B ，又由②可知，不妨设A >0，由-3=f -π6 ≤f x ≤f π3 =1，可得A =1-(-3)2=2,B =1+(-3)2=-1，且T =2π3--π6=π，所以ω=2πT=2，所以f x =2sin 2x +φ -1，由③，可得2sin φ-1=-2，即sin φ=-12，所以φ的一个值为φ=-π6，因此函数f x 的一个解析式为f x =2sin 2x -π6-1.故答案为：f x =2sin 2x -π6-1(答案不唯一).16(2023·江西南昌·校联考模拟预测)正割(Secant )及余割(Co sec ant )这两个概念是由伊朗数学家、天文学家阿布尔·威发首先引入，sec ，csc 这两个符号是荷兰数学家基拉德在《三角学》中首先使用，后经欧拉采用得以通行.在三角中，定义正割sec α=1cos α，余割csc α=1sin α.已知函数f x =1sec x +1csc x，给出下列说法：①f x 的定义域为x x ≠k π,k ∈Z ；②f x 的最小正周期为2π；③f x 的值域为-2,-1 ∪-1,1 ∪1,2 ；④f x 图象的对称轴为直线x =-π4+k πk ∈Z .其中所有正确说法的序号为()A.②③B.①④C.③D.②③④【答案】A【分析】首先化简函数f x =2sin x +π4，再结合原函数的特征，求函数的定义域，以及根据三角函数的性质判断周期，值域和对称性.【详解】f x =1sec x +1csc x =cos x +sin x =2sin x +π4 ，由cos x ≠0，sin x ≠0，得x ≠k π2k ∈Z ，即f x 的定义域为x x ≠k π2,k ∈Z ，①错误；f x 的定义域关于原点对称，故f x 的最小正周期与函数y =2sin x +π4的最小正周期一致，均为2π，②正确；当x =0，π2，π，3π2时，y =2sin x +π4的值分别为1，1，-1，-1，考虑周期性可知，f x 的值域为-2,-1 ∪-1,1 ∪1,2 ，③正确；令x +π4=π2+k πk ∈Z ，得x =π4+k πk ∈Z ，即f x 图象的对称轴为直线x =π4+k πk ∈Z ，④错误，故选：A .17(2023春·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习)林业部门规定：树龄500年以上的古树为一级，树龄300~500年之间的古树为二级，树龄100~299年的古树为三级，树龄低于100年不称为古树．林业工作者为研究树木年龄，多用年轮推测法，先用树木测量生长锥在树干上打孔，抽取一段树干计算年轮个数，由经验知树干截面近似圆形，年轮宽度依次构成等差数列．现为了评估某棵大树的级别，特测量数据如下：树干周长为3.14米，靠近树芯的第5个年轮宽度为0.4cm ，靠近树皮的第5个年轮宽度为0.2cm ，则估计该大树属于()A.一级B.二级C.三级D.不是古树【答案】C【分析】由条件抽象出等差数列的基本量，再结合等差数列的前n 项和，求n .【详解】设树干的截面圆的半径为r ，树干周长2πr =3.14，r =0.5m =50cm ，从内向外数：a 5=0.4，a n -4=0.2，S n =r =50=a 5+a n -4 ⋅n2=0.3n ，∴n =5003≈167年，所以为三级.故选:C18(2023春·江西·高三校联考阶段练习)若存在实数k 和m 使得函数f x 和g x 对其公共定义域上的任意实数x 都满足：g x ≤kx +m ≤f x 恒成立，则称此直线y =kx +m 为f x 和g x 的“分离直线”.有下列命题：①f x =x 2和g x =a ln x 之间存在唯一的“分离直线”y =2ex -e 时a =2e ；②f x =x 2和g x =1x(x <0)之间存在“分离直线”，且m 的最小值为-4，则()A.①、②都是真命題B.①、②都是假命題C.①是假命题，②是真命题D.①是真命题，②是假命题【答案】A【分析】命题①，f(x)=x2和g(x)=2e ln x有公共点e,e，故隔离直线过该点，设为点斜式，结合二次函数性质对参数分类讨论，即可求解；命题②，设隔离直线为y=kx+b，则x2-kx-m≥0kx2+mx-1≤0对任意x<0恒成立，结合二次函数性质对参数分类讨论，即可求解；【详解】对于命题①，函数f(x)=x2和g(x)=2e ln x的图像在x=e处有公共点，若存在f(x)和g(x)的隔离直线，那么该直线过这个公共点e,e，设隔离直线的斜率为k，则隔离直线方程为y-e=k x-e，即y=kx-k e+e 由f(x)≥kx-k e+e x>0恒成立，即x2-kx+k e-e≥0x>0恒成立，(i)当k=0时，则x2≥e x>0不恒成立，不符合题意；(ii)当k<0时，令u x =x2-kx+k e-e x>0，对称轴x=k2<0，u x 在0,e上单调递增，且u e=0，故k<0不恒成立，不符合题意；(iii)当k>0时，令u x =x2-kx+k e-e x>0，对称轴x=k2>0，则u x min=uk2=-k24+k e-e=-k-2e24≥0，只有k=2e，即直线y=2e x-e下面证明g(x)=2e ln x≤2e x-e，令G(x)=2e x-e-2e ln x,求导G (x)=2e x-ex，令G(x)=0，得x=e，当x∈0,e时，G (x)<0，函数G(x)在区间0,e上单调递减；当x∈e,+∞时，G (x)>0，函数G(x)在区间e,+∞单调递增；故当x=e时，函数G(x)取得极小值，也是最小值，故G(x)≥0，即g(x)≤2e x-e 所以f(x)=x2和g(x)=2e ln x之间存在唯一的隔离直线y=2e x-e.所以命题①是真命题；对于命题②，设f(x)=x2和g(x)=1x(x<0)的隔离直线为y=kx+m，则x2≥kx+m1x≤kx+m对任意x<0恒成立，即x2-kx-m≥0kx2+mx-1≤0对任意x<0恒成立，由kx2+mx-1≤0恒成立，得k≤0(i)当k=0时，则m=0符合题意；(ii)当k<0时，则x2-kx-m≥0对任意x<0恒成立，令h x =x2-kx-m x<0，对称轴x=k2<0，需Δ=k2+4m≤0，即k2≤-4m，故m≤0令d x =kx2+mx-1x<0，对称轴x=-m2k≤0，需Δ=m2+4k≤0，即m2≤-4k，所以k4≤16m2≤-64k，故-4≤k<0同理可得m4≤16k2≤-64m，即-4≤m<0，故m 的最小值为-4故命题①正确，命题②正确；故选：A专题强化一、单选题19(2023·山东潍坊·统考模拟预测)阿基米德螺线是一个点匀速离开一个固定点的同时又以固定的角速度绕该固定点转动而产生的轨迹．如图，在平面直角坐标系xOy 中，螺线与坐标轴依次交于点A 1-1,0 ，A 20,-2 ，A 33,0 ，A 40,4 ，A 5-5,0 ，A 60,-6 ，A 77,0 ，A 80,8 ，并按这样的规律继续下去．若四边形A n A n +1A n +2A n +3的面积为760，则n 的值为()A.18B.19C.21D.22【答案】A【分析】根据四边形的特点，将四边形的面积转化为四个直角三角形的面积，即可求解.【详解】如图，四边形A n A n +1A n +2A n +3的面积由四个直角三角形构成，得12n n +1 +12n +1 n +2 +12n +2 n +3 +12n n +3 =760，n n +1+n +3 +n +2 n +1+n +3 =1520，2n +4 2n +2 =1520，即n +2 n +1 =380，n ∈N *，解得：n =18故选：A20(2023春·湖北·高二校联考阶段练习)高斯(Gauss )被认为是历史上最重要的数学家之一，并享有“数学王子”之称．小学进行1+2+3+⋯+100的求和运算时，他这样算的：1+100=101，2+99=101，⋯，50+51=101，共有50组，所以50×101=5050，这就是著名的高斯算法，课本上推导等差数列前n 项和的方法正是借助了高斯算法．已知正数数列a n是公比不等于1的等比数列，且a1a2023=1，试根据以上提示探求：若f(x)=41+x2，则f a1+f a2+⋯+f a2023=()A.2023B.4046C.2022D.4044【答案】B【分析】根据倒序相加法，结合等比数列的下标性质进行求解即可.【详解】根据等比数列的下标性质由a1⋅a2023=1⇒a n⋅a2024-n=1，∵函数f(x)=41+x2，∴f(x)+f1x=41+x2+41+1x2=4+4x21+x2=4，令T=f a1+f a2+⋯+f a2023，则T=f a2023+f a2023+⋯+f a1 ，∴2T=f a1 +f a2023+f a2+f a2022+⋯+f a2023+f a1 =4×2023，∴T=4046．故选：B21(2022秋·山东青岛·高三统考期末)已知定义域为0,1的“类康托尔函数”f x 满足：①∀0≤x1<x2≤1，f x1≤f x2；②f x =2fx3；③f x +f1-x=1.则f12023=()A.132B.164C.1128D.1256【答案】C【分析】根据函数的定义分别赋值得到f(1)=1,f12=12，然后再利用f x =2f x3 得到f(x)=2n⋅f x3n，再次赋值，利用∀0≤x1<x2≤1，f x1 ≤f x2 即可求解.【详解】因为∀0≤x1<x2≤1，f x =2fx3，令x=0可得：f(0)=0，又因为f x +f1-x=1，令x=0可得：f(1)=1，令x=12可得：f12=12，由f x =2fx3可得：f(x)=2f x3 =22⋅f x32=⋯=2n⋅f x3n ，令x=1,n=7，则有f(1)=27f137=128f12187，所以f12187=1128，令x=12，n=6，则有f12=26f1236=64f11458=12，所以f11458=1128，因为12187<12023<11458，所以f12187≤f12023≤f11458，也即1128≤f12023≤1128，所以f12023=1128，故选：C.22(2023·全国·高三专题练习)设定点F1,0，动点M满足以MF为直径的圆与y轴相切，设动点M的轨迹为C ，则下列说法正确的是()A.轨迹C 的方程为y 2=4xB.动点M 到直线l 1：4x -3y +6=0和l 2：x =-2的距离之和的最小值为2C.长度为8的线段两端点在轨迹C 上滑动，中点到y 轴距离的最小值为4D.轨迹C 上一点P 处的切线与x 轴交于Q ，若PQ =FQ ，则切线斜率为3【答案】A【分析】先用直接法求出动点M 的轨迹方程，然后根据轨迹方程为抛物线找出焦点和准线，将BC 两选项中的问题用抛物线的定义进行转化可判断BC 的真假；D 答案需要联立方程设而不求的思想可判断.【详解】设M x ,y ，MF 中点Q x +12,y2，∵以MF 为直径的圆与y 轴相切∴x +12 =12x -12+y 2⇒y 2=4x ，A 正确.对于B ，MM +MM =MM +MP +1=MM +MF +1，MM +MF ≥F 到l 1的距离=2，∴MM +MM ≥3，B 错.对于C ，设AB 中点M ，AB =8，分别过A ，B 作l 2的垂线，垂足为A ,B ，∴MM=AA +BB 2=AF -1+BF -12=AF +BF -22≥AB -22=3∴中点到y 轴距离的最小值为3，C 错.对于D ，切线：x =my +n ，x =my +ny 2=4x消y 可得y 2-4my -4n =0，Δ=0，∴n =-m 2，y =2mx =m2 ，∴Q -m 2,0 ，P m 2,2m ，PQ =FQ ，∴4m 4+4m 2=1+m 2，∴m 2=13，m =±33，斜率±3，D 错.故选：A23(2022·重庆江北·校考一模)已知斐波那契数列a n 满足a 1=a 2=1，a n +2=a n +1+a n ，若a s ，a t 是数列a n 中的任意两项，a s -a t =m ，当m ≤2时，称数组a s ,a t 为数列a n 的“平缓数组”(a s ,a t 与a t ,a s 为相同的“平缓数组”)，m 为数组a s ,a t 的组差.现从a n 的所有“平缓数组”中随机抽取3个，则这3个“平缓数组”的组差中至少有2个相等的取法种数为()A.24B.26C.29D.35【答案】B【分析】先根据“平缓数组”的定义，找出所有的“平缓数组”，然后再计算随机抽取三个“平缓数组”的组差中至少有2个相等的取法种数即可.【详解】由题意得a n +1≥a n ，a n +2-a n +1≥a n +1-a n ，a 1=a 2=1，a 3=2，a 4=3，a 5=5，a 6=8，又a 6-a 5=3，所以当n ≥5时，a n +1-a i ≥3i =1,2,⋅⋅⋅,n ，所以a n 的所有“平缓数组”有a 1,a 2 ，a 1,a 3 ，a 1,a 4 ，a 2,a 3 ，a 2,a 4 ，a 3,a 4 ，a 4,a 5 ，共7个，其中组差为0的有1个为a 1,a 2 ，组差为1的有3个为a 1,a 3 ，a 2,a 3 ，a 3,a 4 ，组差为2的有3个为a 1,a 4 ，a 2,a 4 ，a 4,a 5 ，所以这3个“平缓数组”的组差中至少有2个相等的取法种数为2C 23C 14+2C 33=26，故选：B24(2022秋·上海浦东新·高三华师大二附中校考期中)十七世纪法国数学家费马提出猜想：“当整数n >2时，关于x ，y ，z 的方程x n +y n =z n 没有正整数解”．经历三百多年，于二十世纪九十年代中期由美国数学家安德鲁怀尔斯证明了费马猜想，使它终成为费马大定理根据前面叙述，则下列命题正确的个数为()(1)存在至少一组正整数组x ,y ,z 是关于x ，y ，z 的方程x 3+y 3=z 3的解；(2)关于x ，y 的方程x 3+y 3=1有正有理数解；(3)关于x ，y 的方程x 3+y 3=1没有正有理数解；(4)当整数n >3时关于x ，y ，z 的方程x n +y n =z n 有正实数解A.0 B.1 C.2 D.3【答案】C【分析】当整数n >2时方程没有正整数解，(1)错误，x z 3+y z3=1，没有正有理数解，(2)错误，(3)正确，当x =y =1，z =21n满足条件，(4)正确，得到答案.【详解】当整数n >2时，关于x ，y ，z 的方程x n +y n =z n 没有正整数解，故方程x 3+y 3=z 3没有正整数解，(1)错误；x 3+y 3=z 3没有正整数解.即x z3+y z3=1，z ≠0 ，没有正有理数解，(2)错误，(3)正确；方程x n+y n=z n，当x =y =1，z =21n满足条件，故有正实数解，(4)正确.故选：C25(2022秋·北京·高三北京铁路二中校考期中)德国著名数学家、解析数论的创始人狄利克雷(1805年2月13日~1859年5月5日)，对函数论、三角级数论等都有重要贡献，主要著作有《数论讲义》《定积分》等.狄利克雷函数就是以其名字命名的函数，其解析式为D x =1,x 为有理数,0,x 为无理数, 则下列关于狄利克雷函数D(x )的判断错误的是()A.对任意有理数t ，D (x +t )=D (x )B.对任意实数x ，D (D (x ))=1C.D (x )既不是奇函数也不是偶函数D.存在实数x ，y ，D (x +y )=D (x )+D (y )【答案】C【分析】根据狄利克雷函数的定义判断ABD ，结合奇偶性的定义判断C ．【详解】对于A ，对任意有理数t ，当x 为有理数时，x +t 为有理数，则D (x +t )=1=D (x )；当x 为无理数时，x +t 为无理数，则D (x +t )=0=D (x )，故A 正确；对于B ，若x 为有理数，则D (D (x ))=D (1)=1；若x 为无理数，则D (D (x ))=D (0)=1，故B 正确；对于C ，当x 为有理数时，则-x 为有理数，则D (-x )=1=D (x )；当x 为无理数时，则-x 为无理数，则D (-x )=0=D (x )，于是对任意实数x ，都有D (-x )=D (x )，即狄利克雷函数为偶函数，故C 错误；对于D ，取x =2，y =3，因为2+3为无理数，所以D (2+3)=0=D (2)+D (3)，故D 正确.故选：C .二、多选题26(2023春·吉林白山·高三统考期中)古希腊数学家普洛克拉斯指出：“哪里有数，哪里就有美.”“对称美”是数学美的重要组成部分，在数学史上，人类对数学的对称问题一直在思考和探索，图形中对称性的本质就是点的对称、线的对称.如正方形既是轴对称图形，又是中心对称图形，对称性也是函数一个非常重要的性质.如果一个函数的图象经过某个正方形的中心并且能够将它的周长和面积同时平分，那么称这个函数为这个正方形的“优美函数”.下列关于“优美函数”的说法中正确的有()A.函数f x =x2x+2-x-1≤x ≤1 可以是某个正方形的“优美函数”B.函数f x =4cos 2x -π6 +3只能是边长不超过π2的正方形的“优美函数”C.函数f x =ln 4x 2+1-2x -1可以是无数个正方形的“优美函数”。

数列拓展——新定义、子数列、插入新数列高考数学

由 = 可得 = ，故当 = 时，很明显 = 不成立，故
{ }不是“回旋数列，②错误”；
1
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试卷讲评课件
③{ }是等差数列，故 = + −
因为数列{ }是“回旋数列”，所以 +
−
， = +
，

−
− =+
，即

−
−
=
+
+ ，

−
−
其中
为非负整数，所以要保证恒为整数，

故为所有非负整数的公约数，且＜，所以 = −，故③正确；
④由①可得当 = 时，{ }为“回旋数列”，
取 = �� × ， = ×

对D：∵ + = − ，则+ − = −
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2
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9

，且 −
10
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12
��

= ≠
试卷讲评课件

故数列{ − }是以首项为，公比为3的等比数列，

+
−
则 − = ×
= ，即 =
，

+
设 = + ⋅ − [ + + ] ⋅

× × ×⋯× ×
]
×
= × × × ⋯ × × − =

数列新定义选择题(1)

考点：数列新定义难度：1 一、选择题1．定义“规范01数列”{}n a 如下：{}n a 共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意2k m ≤，12,,,k a a a 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个答案： C解答：由题意必有10a =，81a =，则具体的排法列表如下：2．如果正整数a 的各位数字之和等于8，那么称a 为 “幸运数”（如：8，26，2015等均为“幸运数”），将所有“幸运数”从小到大排成一列1a ，2a ，3a ，……，若2015n a =，则=n （） A ．80 B ．81 C ．82 D ．83 答案： D ．解答：分析题意可知，1位的幸运数只有1个8；2位的幸运数：17，26，……71，80，共8个； 3位的幸运数：第1位为1：107，116，……170，共8个，第1位为2：206，215，……260，共7个，以此类推，从而可知3位的幸运数共有876136+++⋅⋅⋅+=个；4位的幸运数：第1位是1：1007，1016，……1070，有8个，1106，1115，1160，有7个，以此类推，从而可知第1位是1的4为幸运数共有876136+++⋅⋅⋅+=个，第2位是2的幸运数：2006，2015，∴183636283n =++++=，故选D ．3．古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数，例如：他们研究过图①中的1,3,6,10,...,由于这些数能表示成三角形，将其称为三角形数；类似地，将图②中的1,4,9,16,...,这样的数称为正方形数．下列数中既是三角形数又是正方形数的是A ．189B ．1024C ．1225D ．1378 答案：C 解答：正方形数的通项公式是2n an=，所以两个通项都满足的是1225，三角形数是，正方形数是35=n ．4．删除正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列．这个新数列的第2015项是（） A ．2058 B ．2059 C ．2060 D ．2061 答案： C解答：由题意可得，这些数可以写为：21，2，3，22，5，6，7，8，23… 第k 个平方数与第k +1个平方数之间有2k 个正整数，而数列21，2，3，22，5，6，7，8，23…245共有2025项，去掉45个平方数后，还剩余1980个数所以去掉平方数后第2015项应在2025后的第35个数，即是原来数列的第2060项，即为2060．5．1202年，意大利数学家斐波那契在他的书中给出了一个关于兔子繁殖的递推关系：()123n n n F F F n --=+≥，其中n F 表示第n 个月的兔子的总对数，121F F ==，则8F 的值为（） A.13. . .91. . .10631B.21C.34D.55 答案：B解答：∵，∴3122F F F=+=，∴4323F FF=+=，5345F FF=+=，6458F FF=+=，75613FF F=+=，∴86721F FF=+=，故选B6．项数为n的数列123,,,,na a a a的前k项和为(1,2,3,,)kS k n==，定义nS++为该项数列的“凯森和”，如果项系数为99项的数列12399,,,,a a a a的“凯森和”为1000，那么项数为100的数列100，12399,,,,a a a a的“凯森和”为（）A．991B．1001C．1090D．1100答案：C解答：129912991001001000,109099100S S S S S S+++⨯++++=∴=，故选C.7．将石子摆成如图的梯形形状．称数列5,9,14,20,为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第2012项与5的差，即20125a-=（）A. 2018×2012B. 2018×2011C. 1009×2012D. 1009×2011答案：D解答：由题意可得12323,234,2+3+4+5a a a=+=++=，423456a=++++121==FF数列{}n a 的第n 项n a 是通项为1n b n =+的数列的前n +1项的和。

考点1.3 数列的新定义问题(解析版)

考点1.3 数列的新定义问题数列是高考重点考查的内容之一，其命题形式多种多样，其中基于问题情境的数列问题在高考中逐步成为热点。

通过具体的问题背景或新的定义，考察数列在问题情境中的应用，以此来检验学生的核心价值，学科素养，关键能力，必备知识。

解决数列的新定义问题，常用的解题思路是：审题、建模、研究模型、解决新定义问题。

研究模型时需注意：(1) 量(多个量) ；(2) 量之间的关系(规律)：等差、等比规律；递推关系；其它规律——由特殊到一般进行归纳总结；(3) 与数列通项公式有关或与前n 项和有关等．基础知识1．等差数列与等差中项 (1)定义：①文字语言：一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数； ②符号语言：a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)．a n －a n -1＝d (n 2≥ n ∈N *，d 为常数)． (2)等差中项：若三个数a ，A ，b 组成等差数列，则A 叫做a ，b 的等差中项．即A=2a b+． 2．等差数列的通项公式与前n 项和公式(1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ． (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (a 1＋a n )2．3．等差数列的性质已知数列{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和． (1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n ．(3)若k ＋l ＝2m (k ，l ，m ∈N *),则a k ＋a l ＝2a m ． 4．等差数列与函数的关系(1)通项公式：当公差d ≠0时，等差数列的通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋a 1－d 是关于n 的一次函数，且一次项系数为公差d .若公差d ＞0，则为递增数列，若公差d ＜0，则为递减数列．(2)前n 项和：当公差d ≠0时，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d2n 是关于n 的二次函数且常数项为0. 5．等比数列的有关概念 (1)定义：①文字语言：一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数(非零)． ②符号语言：a n ＋1a n＝q (n ∈N *，q 为非零常数)．1n n a q a-=(n 2≥ n ∈N *，d 为常数)．(2)等比中项：如果a ，A ，b 成等比数列，那么A 叫做a 与b 的等比中项．即A＝6．等比数列的有关公式(1)通项公式：a n ＝a 1q n －1． (2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.7．等比数列的性质已知数列{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和．(m ，n ，p ，q ，r ，k ∈N *) (1)若m ＋n ＝p ＋q ＝2r ，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2r ； 8．数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可用一个式子来表达，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．(2)已知数列{a n }的前n 项和S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.9．数列的递推公式如果已知数列{a n }的首项(或前几项)，且任一项a n 与它的前一项a n －1(n ≥2)(或前几项)间的关系可用一个公式来表示，那么这个公式叫做数列的递推公式．数列的新定义问题（1）单选题1．南宋数学家杨辉《详解九张算法》和《算法通变本末》中，提出垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差不相等，但是逐项差数之差或者高次成等差数列.在杨辉之后一般称为“块积术”.现有高阶等差数列，其前7项分别1，7，15，27，45，71，107，则该数列的第8项为（） A ．161 B ．155C ．141D ．139【答案】B 【分析】画出图形分析即可列出式子求解. 【详解】所给数列为高阶等差数列,设该数列的第8项为x ，根据所给定义：用数列的后一项减去前一项得到一个新数列，得到的新数列也用后一项减去前一项得到一个新数列，即得到了一个等差数列，如图：由图可得：3612107y x y -=⎧⎨-=⎩ ，解得15548x y =⎧⎨=⎩. 故选：B.2．数列{}:1,1,2,3,5,8,13,21,34,...,n F 成为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，该数列从第三项开始，每项等于其前两相邻两项之和，记该数{}n F 的前n 项和为n S ，则下列结论正确的是（）A ．201920212S F =+B ．201920211S F =-C ．201920202S F =+D ．201920201S F =- 【答案】B 【分析】利用迭代法可得21123211n n n n n n n F F F F F F F F F ++---=+=+++++++，可得21n n F S +=+，代入2019n =即可求解.【详解】由题意可得该数列从第三项开始，每项等于其前两相邻两项之和，则211112n n n n n n n n n n F F F F F F F F F F ++----=+=++=+++1211232n n n n n n n n n F F F F F F F F F -------=+++=++++=123211n n n n F F F F F F ---=+++++++，所以21n n F S +=+，令2019n =，可得201920211S F =-，故选：B 【点睛】关键点点睛：本题的关键点是理解数列新定义的含义得出21n n n F F F ++=+，利用迭代法得出21123211n n n n n n n F F F F F F F F F ++---=+=+++++++，进而得出21n n F S +=+.3．（2016•新课标Ⅲ，理12）定义“规范01数列” {}n a 如下：{}n a 共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意2k m ，1a ，2a ，⋯，k a 中0的个数不少于1的个数，若4m =，则不同的“规范01数列”共有( ) A ．18个 B ．16个C ．14个D ．12个【答案】C【解析】由题意可知，“规范01数列”有偶数项2m 项，且所含0与1的个数相等，首项为0，末项为1，若4m =，说明数列有8项，满足条件的数列有：0，0，0，0，1，1，1，1； 0，0，0，1，0，1，1，1； 0，0，0，1，1，0，1，1； 0，0，0，1，1，1，0，1； 0，0，1，0，0，1，1，1；0，0，1，0，1，0，1，1； 0，0，1，0，1，1，0，1； 0，0，1，1，0，1，0，1； 0，0，1，1，0，0，1，1； 0，1，0，0，0，1，1，1；0，1，0，0，1，0，1，1； 0，1，0，0，1，1，0，1； 0，1，0，1，0，0，1，1； 0，1，0，1，0，1，0，1．共14个，故选C ．4．（2020全国Ⅱ理12）0-1周期序列在通信技术中有着重要应用．若序列12na a a 满足()()0,11,2,i a i ∈=，且存在正整数m ，使得(1,2,)i m i a a i +==成立，则称其为0-1周期序列，并称满足),2,1(⋯==+i a a i m i 的最小正整数m 为这个序列的周期．对于周期为m 的0-1序列12na a a ，()11()1,2,,1mi i k i C k a a k m m +===-∑是描述其性质的重要指标．下列周期为5的0-1序列中，满足()()11,2,3,45C k k ≤=的序列是（）A ．11010B ．11011C ．10001D ．11001【答案】C【解析】由i mi a a +=知，序列i a 的周期为m ，由已知，5m =，511(),1,2,3,45i i k i C k a a k +===∑．对于选项A ，511223344556111111(1)()(10000)55555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=≤∑52132435465711112(2)()(01010)5555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=∑，不满足；对于选项B ，51122334455611113(1)()(10011)5555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=∑，不满足；对于选项D ，51122334455611112(1)()(10001)5555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=∑，不满足；故选：C5．（2017•新课标Ⅰ，理12）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，⋯，其中第一项是02，接下来的两项是02，12，再接下来的三项是02，12，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数:100N N >且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( ) A ．440B ．330C ．220D ．110【解析】设该数列为{}n a ，设1(1)(1)12221n n n n n n b a a +-++=+⋯+=-，()n N +∈，则(1)211n n ni i i i b a +===∑∑，由题意可设数列{}n a 的前N 项和为N S ，数列{}n b 的前n 项和为n T ，则121121212122n n n T n ++=-+-+⋯+-=--，可知当N 为(1)2n n +时()n N +∈，数列{}n a 的前N 项和为数列{}n b 的前n 项和，即为122n n +--，容易得到100N >时，14≥n ，A 项，由29304352⨯=，4404355=+，可知305304402952292212S T b =+=--+-=，故A 项符合题意． B 项，仿上可知25263252⨯=，可知2652633025522522124S T b =+=--+-=+，显然不为2的整数幂，故B 项不符合题意．C 项，仿上可知20212102⨯=，可知2110211022020102202212223S T b =+=--+-=+-，显然不为2的整数幂，故C 项不符合题意．D 项，仿上可知14151052⨯=，可知15515110145214221215S T b =+=--+-=+，显然不为2的整数幂，故D 项不符合题意．故选A ．（2）多选题6．若数列{}n a 满足：对任意正整数n ，{}1n n a a +-为递减数列，则称数列{}n a 为“差递减数列”.给出下列数列{}()*n a n N ∈，其中是“差递减数列”的有（）A ．3n a n =B ．21n a n =+C ．n aD ．ln1n n a n =+ 【答案】CD 【分析】分别求出四个选项中数列{}()*n a n N ∈对应的{}1n n a a +-，再进行判断.【详解】对A ，若3n a n =，则13(1)33n n a a n n +-=+-=，所以{}1n n a a +-不为递减数列，故A 错误；对B ，若21n a n =+，则221(1)21n n a a n n n +-=+-=+，所以{}1n n a a +-为递增数列，故B 错误；对C ，若n a =1n n a a +-=={}1n n a a +-为递减数列，故C 正确；对D ，若ln1n n a n =+，则121111lnln ln ln(1)2122n n n n n n a a n n n n n n++++-=-=⋅=+++++，由函数21ln(1)2y x x=++在(0,)+∞递减，所以数{}1n n a a +-为递减数列，故D 正确.故选：CD . 【点睛】本题考查数列新定义、数列单调性及递推关系，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.7．在数学领域内，“数列”无疑是一个非常重要的话题.然而，中学生所学到的数列内容非常有限，除了等差、等比数列之外，其它数列涉及很少.下面向大家介绍一种有趣的数列，叫语言数列.例如第一项1123a =，对于一个对数列一窍不通的人，你怎样介绍它呢？你可以这样说，从左向右看，这里含有一个1，一个2和一个3，你再把它用数字表示出来，就得到了第二项2111213a =.再从左向右看2a ，它里面又是含有四个1，一个2和一个3，再把它用数字表示出来，就得到了第三项3411213a =，同样可得第四项414311213a =.按此规则重复下去，可以得到一个无穷数列{}n a ，你会惊奇地发现，无论11a =、12a =、13a =，还是1123a =，都有这样的结论：*0n N ∃∈，()*0n n n N ∀≥∈，都有2n n a a +=.则0n a 的可能值为（）A ．23322114B ．32142321C ．32232114D ．24312213【答案】AC 【分析】对各选项中0n a 的可能取值进行验证，结合题意可求出02n a +，并验证02n a +与0n a 是否相等，由此可得出合适的选项. 【详解】对于A 选项，若023322114n a =，从左往右看，有3个2，2个3，2个1，1个4，则0132232114n a +=，从左往右看，有2个3，3个2，2个1，1个4，则00223312114n n a a +==，合乎题意；对于B 选项，若032142321n a =，从左往右看，有2个3，3个2，2个1，1个4，则0123322114n a +=，从左往右看，有3个2，2个3，2个1，1个4，则00232232114n n a a +=≠，不合乎题意；对于C 选项，若032232114n a =，从左往右看，有2个3，3个2，2个1，1个4，则0123322114n a +=，有3个2，2个3，2个1，1个4，则00232232114n n a a +==，合乎题意；对于D 选项，若024312213n a =，从左往右看，有3个2，1个4，2个3，2个1，则0132142321n a +=，从左往右看，有2个3，3个2，2个1，1个4，则00223322114n n a a +=≠，不合乎题意. 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义，结合的关键就是充分利用题中定义，由0n a 的值逐步推导02n a +的值. 8．定义在()(),00,-∞⋃+∞上的函数()f x ，如果对于任意给定的等比数列{}n a ，数列(){}n f a 仍是等比数列，则称()f x 为“保等比数列函数”.现有定义在()(),00,-∞⋃+∞上的四个函数中，是“保等比数列函数”的为（）A ．()2f x x = B ．()2xf x = C ．()f x =D ．()ln f x x =【答案】AC 【分析】直接利用题目中“保等比数列函数”的性质，代入四个选项一一验证即可. 【详解】设等比数列{}n a 的公比为q .对于A ，则2221112()()n n n n n n f a a a q f a a a +++⎛⎫=== ⎪⎝⎭，故A 是“保等比数列函数”；对于B ，则111()22()2n n n n a a a n a n f a f a ++-+==≠ 常数，故B 不是“保等比数列函数”；对于C，则1()()n n f a f a +=== ，故C 是“保等比数列函数”；对于D ，则11ln ln ln ln ln ()1()ln ln ln ln n n n n n n n n na a q a qq f a f a a a a a ++⋅+====+≠ 常数，故D 不是“保等比数列函数”. 故选：AC. 【点睛】本题考查等比数列的定义，考查推理能力，属于基础题. 9．定义11222n nn a a a H n-+++=为数列{}n a 的“优值”.已知某数列{}n a 的“优值”2nn H =，前n 项和为n S ，则（）A ．数列{}n a 为等差数列B ．数列{}n a 为等比数列C ．2020202320202S = D ．2S ，4S ，6S 成等差数列【答案】AC 【分析】由题意可知112222n n nn a a a H n-+++==，即112222n n n a a a n -+++=⋅，则2n ≥时，()()111221212n n n n n a n n n ---=⋅--⋅=+⋅，可求解出1n a n =+，易知{}n a 是等差数列，则A 正确，然后利用等差数列的前n 项和公式求出n S ，判断C ，D 的正误. 【详解】解：由112222n n nn a a a H n-+++==，得112222n n n a a a n -+++=⋅，①所以2n ≥时，()211212212n n n a a a n ---+++=-⋅，②得2n ≥时，()()111221212n n n n n a n n n ---=⋅--⋅=+⋅，即2n ≥时，1n a n =+，当1n =时，由①知12a =，满足1n a n =+．所以数列{}n a 是首项为2，公差为1的等差数列，故A 正确，B 错，所以()32n n n S +=，所以2020202320202S =，故C 正确．25S =，414S =，627S =，故D 错，故选：AC ．【点睛】本题考查数列的新定义问题，考查数列通项公式的求解及前n 项和的求解，难度一般.10．设数列{}n x ，若存在常数a ，对任意正数r ，总存在正整数N ，当n N ≥，有n x a r -<，则数列{}n x 为收敛数列.下列关于收敛数列正确的有（）A ．等差数列不可能是收敛数列B ．若等比数列{}n x 是收敛数列，则公比(]1,1q ∈-C ．若数列{}n x 满足sin cos 22n x n n ππ⎛⎫⎛⎫=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则{}n x 是收敛数列 D ．设公差不为0的等差数列{}n x 的前n 项和为()0n n S S ≠，则数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭一定是收敛数列【答案】BCD 【分析】根据等差数列前n 和公式以及收敛数列的定义可判断A ；根据等比数列的通项公式以及收敛的定义可判断B ；根据收敛的定义可判断C ；根据等差数列前n 和公式以及收敛数列的定义可判断D. 【详解】当0n S >时，取2111222222n d d dd d d S n a n n n a n a ⎛⎫⎛⎫=+-=+-≥+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，为使得1n S r >，所以只需要1122d d n a r +->1112222da ra dr r n N d dr -+-+⇒>==.对于A ，令1n x =，则存在1a =，使0n x a r -=<，故A 错；对于B ，11n n x x q-=，若1q >，则对任意正数r ，当11log 1q r n x ⎛⎫+>+ ⎪ ⎪⎝⎭时， 1n x r >+，所以不存在正整数N 使得定义式成立，若1q =，显然符合；若1q =-为摆动数列()111n n x x -=-，只有1x ±两个值，不会收敛于一个值，所以舍去；若()1,1q ∈-，取0a =，1log 11q rN x ⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦，当n N >时，11110n n rx x qx r x --=<=，故B 正确；对于C ，()1sin cos sin 0222n x n n n πππ⎛⎫⎛⎫===⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，符合；对于D ，()11n x x n d =+-，2122n d d S n x n ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，当0d >时，n S 单调递增并且可以取到比1r更大的正数，当n N>=时，110n n r S S -=<，同理0d <，所以D 正确. 故选：BCD【点睛】关键点点睛：解题的关键是理解收敛数列的定义，借助等差数列前n 和公式以及等比数列的通项公式求解，属于中档题.（3）填空题11．意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，…，即(1)(2)1F F ==，*()(1)(2)(3,)F n F n F n n n N =-+-≥∈，此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用，若此数列被3整除后的余数构成一个新数列{}n b ，则2020b =_________．【答案】0【分析】由题设描述可得被3整除后的余数构成一个新数列{}n b，观察可知是周期数列，结合目标项下标即可求值.【详解】由题意知：“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，…，∴此数列被3整除后的余数：1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，0，2，2，1，0，…，观察可知新数列是以1，1，2，0，2，2，1，0为一个周期的循环，而20208的余数为4，∴20200b=故答案为：0【点睛】本题考查了数列新定义，应用观察法找规律求项，属于简单题.12．音乐与数学有着密切的联系，我国春秋时期有个著名的“三分损益法”：以“宫”为基本音，“宫”经过一次“损”频率变为原来的32，得到“徵”；“徵”经过一次“益”，频率变为原来的34，得到“商”；……依次损益交替变化，获得了“宫、徵、商、羽、角”五个音阶，设“宫”的频率为1，则“角”的频率为________.【答案】81 64【分析】根据已知条件经过一次“损”频率变为原来的32，经过一次“益”，频率变为原来的34，依次损益交替变化求概率即可.【详解】由“宫”的频率为1，“宫”经过一次“损”得到“徵”的频率变为32，“徵”经过一次“益”，得到商的频率为339 248⨯=，“商”经过一次“损”，得到“羽”的频率为9327 8216⨯=，“羽”经过一次“益”，得到“角”的频率为27381 16464⨯=，所以“角”的频率为81 64，故答案为：8164【点睛】本题主要考查了数列与文化知识结合，关键是读懂题意求出概率，属于基础题. 13．已知数列{}n a 满足：152a =，()2*1122n n n a a a n N +=-+∈，若上取整函数⎡⎤⎢⎥x 表示不小于x 的最小整数（例如：1.22=⎡⎤⎢⎥，33=⎡⎤⎢⎥），则122020111a a a ⎡⎤+++=⎢⎥⎢⎥______．【答案】2 【分析】已知等式变形为111122n n n a a a +=---，由此可求得122020120212*********2222a a a a a a +++=-=----，再证明{}n a 是递增数列，并通过前几项，估计出20213a >，这样再根据新定义可得．【详解】由已知得111122n n n a a a +=---，即111122n n n a a a +=---，1220201202120211111112222a a a a a a +++=-=----，因为21112(2)222n n n n n a a a a a +=-+=-+，且1522a =>，所以12n a +>，即数列{}n a 各项均大于2，又()22111222022n n n n n a a a a a +-=-+=->，故{}n a 单调递增，152a =，可得2218a =，3 2.82a ≈，4 3.16a ≈，故当4n ≥时，3n a >，所以20213a >，故12202011112a a a <+++<，1220201112a a a ⎡⎤+++=⎢⎥⎢⎥. 故答案为：2．【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，考查数列的单调性与裂项相消求和法．解题关键是求得和式122020111a a a +++，通过已知式变形后可用裂项相消法求和，然后问题转化为估计数列中各项的取值范围，结合新定义只要考察数列的前几项即可得出结论．14．在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和为同一个常数，那么这个数列称为等和数列，这个常数称为该数列的公和．已知数列{}n a 是等和数列，且120202,8a a =-=，则这个数列的前2020项的和为____. 【答案】6060 【分析】设等和数列的公和为m ．根据12a =-，利用等和数列的定义求得通项公式，然后利用并项求和法求解. 【详解】设等和数列的公和为m ．因为12a =-，所以23452,2,2,2,...a m a a m a =+=-=+=-，所以2n 2,n a m n -⎧=⎨+⎩，为奇数为偶数，又202028a m =+=，所以6m =，所以()()()()202012345620192020...S a a a a a a a a =++++++++，101066060=⨯=，故答案为：6060 【点睛】本题主要考查数列的新定义以及通项公式的求法和并项求和法的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.15．若数列{}n a 满足111n nd a a +-=（*n N ∈，d 为常数），则称数列{}n a 为“调和数列”，已知正项数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为“调和数列”，且12201920190b b b ++⋯+=，则22018b b 的最大值是________．【答案】100 【分析】本题首先可根据调和数列的性质得出1n n d b b +=-，从而判断出数列{}n b 是等差数列，然后根据()1220122018920192b b b b b +=++⋯+得出2201820b b +=，最后根据基本不等式求最值，即可得出结果. 【详解】因为正项数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为“调和数列”，所以1n n d b b +=-，数列{}n b 是等差数列，则()221018220192012019209b b b b b ++==⋯++，解得2201820b b +=，故2201820b b ≤+=，即22018100b b ≤，当且仅当2201810b b ==时等号成立，故22018b b 的最大值是100，故答案为：100. 【点睛】关键点点睛：本题考查学生对新定义的理解与转化，能否根据“调和数列”的定义和等差数列的定义得出数列{}n b 是等差数列是解决本题的关键，若数列{}n b 是等差数列，且c d e f ，则c d e f b b b b ，考查计算能力，是中档题.（4）解答题16．（2020山东18）已知公比大于1的等比数列{}n a 满足2420a a +=，38a =．（1）求{}n a 的通项公式；（2）记m b 为{}n a 在区间(]0,m ()m *∈N 中的项的个数，求数列{}m b 的前100项和100S ．【答案】（1）2n n a =；（2）100480S =．【思路导引】（1）利用基本元的思想，将已知条件转化为1,a q 的形式，求解出1,a q ，由此求得数列{}n a 的通项公式；（2）通过分析数列{}m b 的规律，由此求得数列{}m b 的前100项和100S ．【解析】（1）由于数列{}n a 是公比大于1的等比数列，设首项为1a ，公比为q ，依题意有31121208a q a q a q ⎧+=⎨=⎩，解得12,2a q ==，所以2n n a =，所以数列{}n a 的通项公式为2nn a =．（2）由于123456722,24,28,216,232,264,2128=======，所以1b 对应的区间为：(]0,1，则10b =；23,b b 对应的区间分别为：(](]0,2,0,3，则231b b ==，即有2个1；4567,,,b b b b 对应的区间分别为：(](](](]0,4,0,5,0,6,0,7，则45672b b b b ====，即有22个2； 8915,,,b b b 对应的区间分别为：(](](]0,8,0,9,,0,15，则89153b b b ====，即有32个3；161731,,,b b b 对应的区间分别为：(](](]0,16,0,17,,0,31，则1617314b b b ====，即有42个4； 323363,,,b b b 对应的区间分别为：(](](]0,32,0,33,,0,63，则3233635b b b ====，即有52个5； 6465100,,,b b b 对应的区间分别为：(](](]0,64,0,65,,0,100，则64651006b b b ====，即有37个6．所以23451001222324252637480S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．17．（2016•新课标Ⅱ，理17）n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且11a =，728S =，记[]n n b lga =，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[0.9]0=，[99]1lg =．（Ⅰ）求1b ，11b ，101b ；（Ⅱ）求数列{}n b 的前1000项和．【解析】（Ⅰ）n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且11a =，728S =，4728a =．可得44a =，则公差1d =．n a n =，[]n b lgn =，则1[1]0b lg ==，11[11]1b lg ==，101[101]2b lg ==．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知：12390b b b b ===⋯==，101112991b b b b ===⋯==．1001011021039992b b b b b ====⋯==，10,003b =．数列{}n b 的前1000项和为：90901900231893⨯+⨯+⨯+=．18．（2020江苏20）已知数列*{}()n a n N ∈的首项11a =，前n 项和为n S ．设λ与k 是常数．若对一切正整数n ，均有11111k k k n n n S S a λ++-=成立，则称此数列为“k λ-”数列．（1）若等差数列是“1λ-”数列，求λ的值；（2）若数列{}n a 2-”数列，且0n a >，求数列{}n a 的通项公式；（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{}n a 为“3λ-”数列，且0n a ≥？若存在，求出λ的取值范围；若不存在，说明理由．【答案】见解析【解析】（1）1k =时，111n n n n a S S a λ+++=-=，∴1λ=．（2=11n n n a S S ++=-=，==11144()33n n n n S a S S +++==-．从而14n n S S +=．又111S a ==，14n n S -=，2134n n n n a S S --=-=⋅，2n ≥．综上，21,134,2n n n a n -=⎧=⎨⋅≥⎩．（3）若存在三个不同的数列{}n a 为“3λ-”数列，则11133311n n n S S aλ++-=，则21123333331111133()n n nn nn n n n SS S S S S a S S λλ+++++-+-==-，由11a =，0n a ≥则0n S >，令113()0n n nS p S +=>，则3323(1)33(1)0n n n p p p λλ--+--=， 1λ=时，2n n p p =，由0n p >可得1n p =，则1n n S S +=，即10n a +=，此时{}n a 唯一，不存在三个不同的数列{}n a ；1λ≠时，令331t λ=-，则3210n n n p tp tp -+-=，则2(1)[(1)1]0n n n p p t p -+-+=， ①1t ≤时2(1)10n n p t p +-+>，则1n p =同理不存在三个不同的数列{}n a ；②13t <<时，2(1)40t ∆=--<，2(1)10n n p t p +-+=无解，则1n p =，同理不存在三个不同的数列{}n a ； ③3t =时，3(1)0n p -=，则1n p =，同理不存在三个不同的数列{}n a ；④3t >即01λ<<时，2(1)40t ∆=-->，2(1)10n n p t p +-+=有两解α，β，设αβ<，12t αβ+=->，10αβ=>，则01αβ<<<，则对任意*n N ∈，11n n S S +=或31n n S S α+=或31n nSS β+=，此时1n S =，31,1,2n n S n β=⎧=⎨≥⎩，31,1,2,3n n S n β=⎧=⎨≥⎩均符合条件，对应1,10,2n n a n =⎧=⎨≥⎩，31,11,20,3n n a n n β=⎧⎪=-=⎨⎪≥⎩，31,10,21,30,4n n n a n n β=⎧⎪=⎪=⎨-=⎪⎪≥⎩，则存在三个不同的数列{}n a 为“3λ-”数列，且0n a ≥，综上，01λ<<． 19．（2019江苏20）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”．（1）已知等比数列{a n }满足：，求证：数列{a n }为“M －数列”；（2）已知数列{b n }满足：，其中S n 为数列{b n }的前n 项和． ①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数，若存在“M －数列”{c n }，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有成立，求m 的最大值．【解析】（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0．由，得，解得．因此数列为“M —数列”．（2）①因为，所以．由，得，则．由，得，当时，由，得，整理得．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列．因此，数列{b n }的通项公式为b n =n ．②由①知，b k =k ，．*()n ∈N 245324,440a a a a a a =-+=*()n ∈N 111221,n n n b S b b +==-*()n ∈N 1k k k c b c +245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩112a q =⎧⎨=⎩{}n a 1122n n n S b b +=-0n b ≠1111,b S b ==212211b =-22b =1122n n n S b b +=-112()n n n n n b b S b b ++=-2n ≥1n n n b S S -=-()()111122n n n nn n n n n b b b b b b b b b +-+-=---112n n n b b b +-+=()*n ∈N *k ∈N因为数列{c n }为“M –数列”，设公比为q ，所以c 1=1，q >0．因为c k ≤b k ≤c k +1，所以，其中k =1，2，3，…，m ．当k =1时，有q ≥1；当k =2，3，…，m 时，有．设f （x ）=，则．令，得x =e ．列表如下：因为，所以．取k =1，2，3，4，5时，，即，经检验知也成立．因此所求m 的最大值不小于5．若m ≥6，分别取k =3，6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216，所以q 不存在．因此所求m 的最大值小于6．综上，所求m 的最大值为5．20．(2014江苏)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“H 数列”．（Ⅰ）若数列的前n 项和(N )，证明: 是“H 数列”；（Ⅱ）设是等差数列，其首项，公差．若是“H 数列”，求的值；（Ⅲ）证明：对任意的等差数列，总存在两个“H 数列”和，使得(N )成立．【解析】（Ⅰ）当2n ≥时，111222n n n n n n a S S ---=-=-= 当1n =时，112a S ==∴1n =时，11S a =，当2n ≥时，1n n S a +=，∴{}n a 是“H 数列”．1k k q k q -≤≤ln ln ln 1k kq k k ≤≤-ln (1)x x x >21ln ()xf 'x x-=()0f 'x =ln 2ln 82663=<=max ln ()(3)3f k f ==q =ln ln kq kk k q ≤1k q k -≤}{n a n n S n m m n a S =}{n a }{n a n n S 2=∈n *}{n a }{n a 11=a 0<d }{n a d }{n a }{n b }{n c n n n c b a +=∈n *（Ⅱ）1(1)(1)22n n n n n S na d n d --=+=+ 对n *∀∈N ，m *∃∈N 使n m S a =，即(1)1(1)2n n n d m d -+=+- 取2n =得1(1)d m d +=-，12m d=+∵0d <，∴2m <，又m *∈N ，∴1m =，∴1d =-．（Ⅲ）设{}n a 的公差为d令111(1)(2)n b a n a n a =--=-，对n *∀∈N ，11n n b b a +-=- 1(1)()n c n a d =-+，对n *∀∈N ，11n n c c a d +-=+则1(1)n n n b c a n d a +=+-=，且{}{}n n b c ，为等差数列 {}n b 的前n 项和11(1)()2n n n T na a -=+-，令1(2)n T m a =-，则(3)22n n m -=+ 当1n =时1m =；当2n =时1m =；当3n ≥时，由于n 与3n -奇偶性不同，即(3)n n -非负偶数，m *∈N 因此对n ∀，都可找到m *∈N ，使n m T b =成立，即{}n b 为“H 数列”． {}n c 的前ｎ项和1(1)()2n n n R a d -=+，令1(1)()n m c m a d R =-+=，则(1)12n n m -=+ ∵对n *∀∈N ，(1)n n -是非负偶数，∴m *∈N即对n *∀∈N ，都可找到m *∈N ，使得n m R c =成立，即{}n c 为“H 数列”，因此命题得证．。

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．。

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。

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.。

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。

2025新高考数学：数列新定义与综合应用(学生版)

2025新高考数学：数列新定义与综合应用目录题型一斐波那契数列 1题型二差数列及阶差数列 3题型三平方数列与类平方数列 7题型四数列的单调性 8题型五数列的凹凸性 11题型六数列的周期性 18题型七数列的新概念 26题型八数列的新性质 35好题训练 40高考真题训练 69斐波那契数列1.(2024·黑龙江大庆·模拟预测)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样的一列数：1,1,2,3,5,8,⋯，该数列的特点是：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a n称为“斐波那契数列”，则a21+a22+a23+⋯+a22024a2024是斐波那契数列中的第项．2.(2024·贵州遵义·模拟预测)(多选)数列F n：1，1，2，3，5，8，13，21，34，⋯称为斐波那契数列，又称黄金分割该数列，从第三项开始，各项等于其前相邻两项之和，即F n+2=F n+1+F n(n∈N*)，则下列选项正确的是()A.F10=55B.F1+F3+F5+F7+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+F23=F24C.F2+F4+F6+F8+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+F2024=F2025D.F21+F22+F23+F24+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+F2n=F n⋅F n+13.(23-24高三上·河北廊坊·期末)意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例，引入数列：1，1，2，3，5，8，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即a n+2=a n+1+a n n∈N*，故此数列称为斐波那契数列，又称为“兔子数列”，其通项公式为a n=151+52n-1-52n，设n是不等式log2(1+5)n-(1-5)n>n+6的正整数解，则n的最小值为()A.6B.7C.8D.94.(2024·河南·模拟预测)我们把由0和1组成的数列称为0-1数列，0-1数列在计算机科学和信息技术领域有着广泛应用，把斐波那契数列F n(F1=F2=1，F n+2=F n+F n+1)中的奇数换成0，偶数换成1可得到0-1数列a n，若数列a n的前n项和为S n，且S k=100，则k的值可能是()A.100B.201C.302D.3995.(24-25高二上·山东青岛·阶段练习)在数学上，斐波纳契数列a n 定义为：a 1=1，a 2=1，a n +2=a n +a n +1，斐波纳契数列有种看起来很神奇的巧合，如根据a n +2=a n +a n +1可得a n =a n +2-a n +1，所以a 1+a 2+⋯+a n =a 3-a 2 +a 4-a 3 +⋯+a n +2-a n +1 =a n +2-a 2=a n +2-1，类比这一方法，可得a 21+a 22+⋯a 210=()A.714 B.1870 C.4895 D.48966.(2024·山东·模拟预测)(多选)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：1，1，2，3，5，8，13，21，⋯.该数列的特点如下：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组成的数列称为斐波那契数列，若用F n n ∈N * 表示斐波那契数列的第n 项，则数列F n 满足：F 1 =F 2 =1，F n +2 =F n +1 +F n .则下列说法正确的是()A.F 10 =34B.3F n =F n -2 +F n +2 n ≥3C.F 1 +F 2 +⋅⋅⋅+F 2023 =F 2025 -1D.F 1 2+F 2 2+⋅⋅⋅+F 2023 2=F 2023 ⋅F 2024差数列及阶差数列7.(23-24高二上·云南昆明·期末)数学家杨辉在其专著《详解九章算术法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的高阶等差数列．其中二阶等差数列是一个常见的高阶等差数列，如数列2，4，7，11，16从第二项起，每一项与前一项的差组成的新数列2，3，4，5是等差数列，则称数列2，4，7，11，16为二阶等差数列．现有二阶等差数列a n ，其前六项分别为1，3，6，10，15，21，则a n +1n +1的最小值为．8.(23-24高三下·重庆·阶段练习)定义：满足a n +2a n +1:a n +1a n=q q 为常数，n ∈N *)的数列a n 称为二阶等比数列，q 为二阶公比.已知二阶等比数列∣a n 的二阶公比为2,a 1=1,a 2=2，则使得a n >2024成立的最小正整数n 为()A.7 B.8 C.9 D.109.(2024·全国·模拟预测)给定数列a n ，称{a n -a n -1}为a n 的差数列(或一阶差数列)，称数列{a n -a n -1}的差数列为a n 的二阶差数列⋯⋯(1)求{2n }的二阶差数列；(2)用含m 的式子表示{2n }的m 阶差数列，并求其前n 项和．10.(2024·四川自贡·一模)南末数学家杨辉在《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列与一般等差数列不同，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.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列，其前7项分别为3,7,13,23,39,63,97，则该数列的第8项()A.131 B.139 C.141D.14311.(2024·四川南充·三模)对于数列a n ，规定Δa n 为数列a n 的一阶差分，其中Δa n =a n +1-a n n ∈N * ，规定Δk a n 为数列a n 的k 阶差分，其中Δk a n =Δk -1a n +1-Δk -1a n n ∈N * ．若a n =n (n -1)(2n -1)6，则Δ2a 6=()A.7 B.9 C.11 D.1312.(2024·吉林长春·模拟预测)对于数列a n ，称Δa n 为数列a n 的一阶差分数列，其中Δa n =a n +1-a n n ∈N * .对正整数k k ≥2 ，称Δk a n 为数列a n 的k 阶差分数列，其中Δk a n =ΔΔk -1a n =Δk -1a n +1-Δk -1a n 已知数列a n 的首项a 1=1，且Δa n +1-a n -2n 为a n 的二阶差分数列.(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =12n 2-n +2 ,x n 为数列b n 的一阶差分数列，对∀n ∈N *，是否都有n i =1x i C i n =a n 成立？并说明理由；(其中C i n 为组合数)(3)对于(2)中的数列x n ，令y n =t x n +t -x n 2，其中12<t <2.证明：ni =1y i <2n -2-n 2.平方数列与类平方数列13.(23-24高三上·四川绵阳·阶段练习)若数列c n 满足c n +1=c 2n 则称c n 为“平方递推数列”.已知数列a n 是“平方递推数列”，且a 1>0，a 1≠1，则()A.lg a n 是等差数列B.lg a n +1-lg a n 是等差数列C.a n a n +1 是“平方递推数列”D.a n +1+a n 是“平方递推数列”14.(2024·海南·模拟预测)(多选)已知数列a n 满足：①a i ∈Z ；②∀i ∈N ∗，i ≤n ，a i +i =k 2，k ∈N ∗，则称数列a n 为“类平方数列”，若数列b n 满足：①数列b n 不是“类平方数列”；②将数列b n 中的项调整一定的顺序后可使得新数列成为“类平方数列”，则称数列b n 为“变换类平方数列”，则()A.已知数列a n =n 1≤n ≤7,n ∈N ∗ ，则数列a n 为“类平方数列”B.已知数列a n 为：3，5，6，11，则数列a n 为“变换类平方数列”C.已知数列a n 的前n 顶和为43n 3+32n 2+16n ，则数列a n 为“类平方数列”D.已知a n =sin n π2，n =1,2,3,4.则数列a n 为“变换类平方数列”题型四数列的单调性15.(2024·江西新余·模拟预测)我们规定：若数列k n 为递增数列且k n n也为递增数列，则k n 为“X -数列”.(1)已知：a n =32 n，b n =log 32n ，c n =n 32，数列a n ,b n ,c n 中其中只有一个X -数列，它是：；请从另外两个数列中任选一个证明其不是X -数列.(2)已知数列a n 满足：n a n +1-a n =a n +a 1，a 1=1，S n 为a n 的前n 项和，试求a n 的通项并判断数列S n n是否为X -数列并证之.(3)已知数列a n 、b n 均为X -数列，且a 1>0，b 1>0，求证：数列c n =a n ⋅b n 也为X -数列.16.(24-25高三上·河南·开学考试)若数列a n 的相邻两项或几项之间的关系由函数f x 确定，则称f x 为a n 的递归函数．设a n 的递归函数为f x =-x 2+x ．(1)若0<a 1<1，a n +1=f a n (n ∈N *)，证明：a n 为递减数列；(2)若a n +1=f a n +5a n +a 2n ，且a 1=53，a n 的前n 项和记为S n ．①求S n ；②我们称g x =x 为取整函数，亦称高斯函数，它表示不超过x 的最大整数，例如 1.2 =1，-1.3 =-2．若T n =∑n i =13a 1S i -a 1+1，求∑2024i =1g T i ．17.(2024·广东深圳·模拟预测)已知a n 是各项均为正整数的无穷递增数列，对于k ∈N *，定义集合B k =i ∈N *∣a i <k ，设b k 为集合B k 中的元素个数，特别规定：若B k =∅时，b k =0．(1)若a n =2n ，写出b 1，b 2及b 10的值；(2)若数列b n 是等差数列，求数列a n 的通项公式；(3)设集合S =s s =n +a n ,n ∈N * ，T =t t =n +b n ,n ∈N * ，求证：S ∪T =N *且S ∩T =∅．数列的凹凸性18.(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=n2-1，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≥n2a1+a n；(ⅱ)对于任意正整数序列x1,x2,x3,⋯,x i,⋯,x n(n为常数且n≥2,n∈N*)，若ni=1x2i-1≥n i=1x i-λ2-1恒成立，求λ的最小值．19.(24-25高三上·安徽亳州·开学考试)已知数列a n，对于任意的n∈N*，都有a n+a n+2>2a n+1，则称数列a n为“凹数列”．(1)判断数列a n=2n是否为“凹数列”，请说明理由；(2)已知等差数列b n，首项为4，公差为d，且b nn为“凹数列”，求d的取值范围；(3)证明：数列c n为“凹数列”的充要条件是“对于任意的k,m,n∈N*，当k<m<n时，有c m-c km-k<c n-c mn-m”．20.(24-25高二上·上海·阶段练习)已知数列a n，对于任意的正整数n，都有a n+a n+2>2a n+1则称数列{a n}是严格凹数列．(1)若数列a n，b n的通项公式分别为a n=-n2,b n=3n，判断数列{a n}，{b n}是否为严格凹数列，无需说明理由；(2)证明：“对于任意正整数的k,m,n，当k<m<n时，有c m-c km-k<c n-c mn-m”是“数列c n为严格凹数列”的充要条件；(3)函数y=f x 是定义在正实数集上的严格增函数，f1 =0且数列f(n)是严格凹数列，严格增数列x1,x2,⋯,x N(正整数N为常数且N≥2)各项均为互不相等的正整数，若Ni=1f x i<fNi=1x i-λ恒成立，求实数λ的取值范围．数列的周期性21.(2024·上海青浦·二模)若无穷数列{a n}满足：存在正整数T，使得a n+T=a n对一切正整数n成立，则称{a n}是周期为T的周期数列．(1)若a n=sinπnm +π3(其中正整数m为常数，n∈N,n≥1)，判断数列{a n}是否为周期数列，并说明理由；(2)若a n+1=a n+sin a n(n∈N,n≥1)，判断数列{a n}是否为周期数列，并说明理由；(3)设{b n}是无穷数列，已知a n+1=b n+sin a n(n∈N,n≥1)．求证：“存在a1，使得{a n}是周期数列”的充要条件是“{b n}是周期数列”．22.(2024·广东珠海·一模)对于数列a n，若存在常数T，n0T,n0∈N*，使得对任意的正整数n≥n0，恒有a n+T=a n成立，则称数列a n是从第n0项起的周期为T的周期数列．当n0=1时，称数列a n为纯周期数列；当n0≥2时，称数列a n为混周期数列．记x 为不超过x的最大整数，设各项均为正整数的数列a n满足：a n+1=a n2,a n为偶数a n-12+2log2a n,a n为奇数 .(1)若对任意正整数n都有a n≠1，请写出三个满足条件的a1的值；(2)若数列a n是纯周期数列，请写出满足条件的a1的表达式，并说明理由；(3)证明：不论a1为何值，总存在m,n∈N*使得a n=2m-1．23.(2024·湖南长沙·一模)对于数列a n ，如果存在正整数T ，使得对任意n n ∈N * ，都有a n +T =a n ，那么数列a n 就叫做周期数列，T 叫做这个数列的周期.若周期数列b n ,c n 满足：存在正整数k ，对每一个i i ≤k ,i ∈N * ，都有b i =c i ，我们称数列b n 和c n 为“同根数列”.(1)判断数列a n =sin n π、b n =1,n =13,n =2b n -1-b n -2,n ≥3是否为周期数列.如果是，写出该数列的周期，如果不是，说明理由；(2)若a n 和b n 是“同根数列”，且周期的最小值分别是m +2和m +4m ∈N * ，求k 的最大值.24.(24-25高三上·黑龙江牡丹江·阶段练习)对于数列{a n }，若存在常数T ，n 0(T ,n 0∈N *)，使得对任意的正整数n ≥n 0，恒有a n +T =a n 成立，则称数列{a n }是从第n 0项起的周期为T 的周期数列．当n 0=1时，称数列{a n }为纯周期数列；当n 0≥2时，称数列{a n }为混周期数列．记x 为不超过x 的最大整数，设各项均为正整数的数列{a n }满足：a n +1=a n 2,a n 为偶数a n -12+2log 2a n ,a n 为奇数.(1)若对任意正整数n 都有a n ≠1，请写出三个满足条件的a 1的值；(2)若数列{a n }是常数列，请写出满足条件的a 1的表达式，并说明理由；(3)证明：不论a 1为何值，总存在m ,n ∈N *使得a n =2m -1．25.(23-24高三上·北京丰台·期末)对于数列{a n}，如果存在正整数T，使得对任意n(n∈N*)，都有a n+T=a n，那么数列{a n}就叫做周期数列，T叫做这个数列的周期．若周期数列{b n}，{c n}满足：存在正整数k，对每一个i(i≤k,i∈N*)，都有b i=c i，我们称数列{b n}和{c n}为“同根数列”．(1)判断下列数列是否为周期数列．如果是，写出该数列的周期，如果不是，说明理由；①a n=sin nπ；②b n=1,n=1,3,n=2,b n-1-b n-2,n≥3.(2)若{a n}和{b n}是“同根数列”，且周期的最小值分别是3和5，求证：k≤6；(3)若{a n}和{b n}是“同根数列”，且周期的最小值分别是m+2和m+4(m∈N*)，求k的最大值．数列的新概念26.(2024·江苏南通·模拟预测)定义：已知数列a nn∈N*的首项a1=1，前n项和为S n.设λ与k是常数，若对一切正整数n，均有S 1kn+1-S1k n=λa1k n+1成立，则称此数列为“λ&k”数列.若数列a nn∈N*是“33&2”数列，则数列{a n}的通项公式a n=()A.3×4n-2B.1(n=1)3×4n-2(n≥2)C.4×3n-2D.1(n=1)4×3n-2(n≥2)27.(23-24高三下·湖南长沙·阶段练习)对于无穷数列c n，若对任意m,n∈N*，且m≠n，存在k∈N*，使得c m+c n=c k成立，则称c n为“G数列”.(1)若数列b n的通项公式为b n=2n，试判断数列b n是否为“G数列”，并说明理由；(2)已知数列a n为等差数列，①若a n是“G数列”，a1=8,a2∈N*，且a2>a1，求a2所有可能的取值；②若对任意n∈N*，存在k∈N*，使得a k=S n成立，求证：数列a n为“G数列”.28.(2024·辽宁·三模)若实数列a n满足∀n∈N*，有a n+a n+2≥2a n+1，称数列a n为“T数列”.(1)判断a n=n2,b n=ln n是否为“T数列”，并说明理由；(2)若数列a n为“T数列”，证明：对于任意正整数k,m,n，且k<m<n，都有a n-a mn-m≥a m-a km-k(3)已知数列a n为“T数列”，且2024i=1a i=0.令M=max a1 ,a2024，其中max a,b表示a,b中的较大者.证明：∀k∈1,2,3,⋯,2024，都有-20252023M≤a k≤M.29.(2024·福建泉州·模拟预测)若无穷数列a n满足：对于∀n∈N*，a2n+1-a2n=p，其中p为常数，则称数列a n为P数列．(1)若一个公比为q的等比数列x n为“P数列”，求q的值；(2)若a1=1，p=2，y n是首项为1，公比为3的等比数列，在y k与y k+1之间依次插入数列a2n中的k项构成新数列c n:y1,a21,y2,a22,a23,y3,a24,a25,a26,y4,⋅⋅⋅⋅⋅⋅，求数列c n中前30项的和S30．(3)若一个“P数列"a n满足a1=2,a2=22,a n>0，设数列1a n的前n项和为Tn．是否存在正整数m,k，使不等式T n>mn+k-1对一切n∈N∗都成立？若存在，求出m,k的值；若不存在，说明理由．30.(2024·北京东城·二模)设无穷正数数列a n，如果对任意的正整数n，都存在唯一的正整数m，使得a m= a1+a2+a3+⋯+a n，那么称a n的伴随数列，则()为内和数列，并令b n=m，称b n为a nA.若a n为内和数列为等差数列，则a nB.若a n为内和数列为等比数列，则a nC.若内和数列a n为递增数列，则其伴随数列b n为递增数列D.若内和数列a n为递增数列为递增数列，则a n的伴随数列b n31.(2024·湖北荆州·三模)“H数列”定义：数列a n的前n项和为S n，如果对于任意的正整数n，总存在正整数m使S n=a m,则称数列a n是“H数列”.(1)若数列b n是“H数列”；的前n项和为T n=2n,求证：数列b n(2)已知数列c n的通项公是首项为1，公差小于0的等差数列，求数列c n是“H数列”，且数列c n式；(3)若数列d n的前n项和D n.满足：d n=b n c n,求数列d n32.(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”，a1=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．33.(2024·全国·模拟预测)定义：若对于任意的n∈N*，数列a n满足a n+1-a n>1，则称这个数列是“T数列”．(1)已知首项为1的等差数列a n是“T数列”，且a1+a2+⋅⋅⋅+a n<n2+n恒成立，求a2的取值范围．(2)已知各项均为正整数的等比数列a n是“T数列”，数列a n2不是“T数列”．记bn=a n+1n，若数列b n是“T数列”．①求数列b n的通项公式．②是否存在正整数r,s,t r<s<t，使1b r,1b s,1b t成等差数列？若存在，求出r,s,t的所有值；若不存在，请说明理由．数列的新性质34.(2024·山东青岛·三模)(多选)若有穷整数数列A n:a1,a2,⋯a n n≥3满足：a i+1-a i∈-1,2i=1,2,⋯,n-1，且a1=a n=0，则称A n具有性质T.则()A.存在具有性质T的A4B.存在具有性质T的A5C.若A10具有性质T，则a1,a2,⋯,a9中至少有两项相同D.存在正整数k，使得对任意具有性质T的A k，有a1,a2,⋯,a k-1中任意两项均不相同35.(2024·河南·三模)已知数列a n的前n项和为S n，若存在常数λ(λ>0)，使得λa n≥S n+1对任意n∈N*都成立，则称数列a n具有性质P(λ)．(1)若数列a n具有性质P(3)；为等差数列，且S3=-9,S5=-25，求证：数列a n(2)设数列a n具有性质P(λ)．的各项均为正数，且a n①若数列a n是公比为q的等比数列，且λ=4，求q的值；②求λ的最小值．36.(23-24高二下·安徽六安·期末)如果无穷数列a n 满足“对任意正整数i ,j i ≠j ，都存在正整数k ，使得a k =a i ⋅a j ”，则称数列a n 具有“性质P ”.(1)若等比数列a n 的前n 项和为S n ，且公比q >1,S 2=12,S 4=120，求证：数列a n 具有“性质P ”；(2)若等差数列b n 的首项b 1=1，公差d ∈Z ，求证：数列b n 具有“性质P ”，当且仅当d ∈N ；(3)如果各项均为正整数的无穷等比数列c n 具有“性质P ”，且213,512,415,1012四个数中恰有两个出现在数列c n 中，求c 1的所有可能取值之和.37.(2024·湖北·模拟预测)若项数为m m ≥3 的数列a n 满足两个性质：①a 1=1,a i ∈N *i =2,3,⋯,m ；②存在n ∈2,3,⋯,m -1 ，使得a k +1a k ∈1,2 ,1≤k ≤n -11,12 ,n ≤k ≤m -1，并记M =max i a i 是数列a k 的最大项，1≤k ≤n ．则称数列a n 具有性质Ω．(1)若m =4,a 4=2，写出所有具有性质Ω的数列a n ；(2)数列a n 具有性质Ω,若m =2025,a 2025=16，求a n 的最大项的最大值；(3)数列a n 具有性质Ω,若a M =22025,a m =1，且a n 还满足以下两条性质：(ⅰ)对于满足1≤s <t ≤M 的项a s 和a t ，在a n 的余下的项中，总存在满足1≤p <q ≤M 的项a p 和a q ，使得a s ⋅a t =a p ⋅a q ；(ⅱ)对于满足M ≤s <t ≤m 的项a s 和a t ，在a n 的余下的项中，总存在满足M ≤p <q ≤m 的项a p 和a q ，使得a s ⋅a t =a p ⋅a q ．求满足上述性质的m 的最小值．好题训练一、填空题1.(2023·陕西铜川·一模)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a n 是等和数列，且a 1=-1，公和为1，那么这个数列的前2024项和S 2024=.2.(2024·北京通州·三模)若数列{b n }、{c n }均为严格增数列，且对任意正整数n ，都存在正整数m ，使得b m ∈[c n ,c n +1]，则称数列{b n }为数列{c n }的“M 数列”．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，则下列结论中正确的是．①存在等差数列{a n }，使得{a n }是{S n }的“M 数列”②存在等比数列{a n }，使得{a n }是{S n }的“M 数列”③存在等差数列{a n }，使得{S n }是{a n }的“M 数列”④存在等比数列{a n }，使得{S n }是{a n }的“M 数列”3.(2024·全国·模拟预测)将正整数n 分解为两个正整数k 1，k 2的积，即n =k 1k 2，当k 1，k 2两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k 1，k 2是n 的最优分解时，定义f n =k 1-k 2 ，则数列f 2n 的前2024项的和为()A.21011-1 B.21011 C.21012-1 D.210124.(2024·江苏镇江·三模)若对项数为n 的数列a n 中的任意一项a i ，1a i也是该数列中的一项，则称这样的数列为“R (n )可倒数数列”.已知正项等比数列b n 是“R (5)可倒数数列”，其公比为q ，所有项和为314，写出一个符合题意的q 的值.5.(2024·江苏南通·模拟预测)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M ~数列”.已知数列b n (n ∈N *)的前n 项和为S n ，且满足b 1=1，1S n =2b n -2b n +1.设m 为正整数.若存在“M ~数列”c n (n ∈N *)，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有c k ≤b k ≤c k +1成立，则m 的最大值为.二、多选题6.(2024·江苏南通·模拟预测)在数列a n 中，若对∀n ∈N *，都有a n +2-a n +1a n +1-a n=q (q 为常数)，则称数列a n 为“等差比数列”，q 为公差比，设数列a n 的前n 项和是S n ，则下列说法一定正确的是()A.等差数列a n 是等差比数列B.若等比数列a n 是等差比数列，则该数列的公比与公差比相同C.若数列S n 是等差比数列，则数列a n +1 是等比数列D.若数列an 是等比数列，则数列S n 等差比数列7.(23-24高三上·上海普陀·期末)对于无穷数列{a n }，给出如下三个性质：①a 1<0；②对于任意正整数n ,s ，都有a n +a s <a n +s ；③对于任意正整数n ，存在正整数t ，使得a n +t >a n 定义：同时满足性质①和②的数列为“s 数列”，同时满足性质①和③的数列为“t 数列”，则下列说法正确的是()A.若{a n }为“s 数列”，则{a n }为“t 数列”B.若a n =-12 n ，则{a n }为“t 数列”C.若a n =2n -3，则{a n }为“s 数列”D.若等比数列{a n }为“t 数列”则{a n }为“s 数列”8.(2024·河北承德·二模)对于给定的数列a n ，如果存在实数p ,q ，使得a n +1=pa n +q 对任意n ∈N *成立，我们称数列a n 是“线性数列”，则下列说法正确的是()A.等差数列是“线性数列”B.等比数列是“线性数列”C.若p ≠1且a 1=q ，则a n =q 1-p n -1 1-pD.若p ≠1且a 1=q ，则a n 是等比数列qp n -1 的前n 项和9.(2024·湖南衡阳·模拟预测)在股票市场中，股票的价格是有界的，投资者通常会通过价格的变化来确保自己的风险，这种变化的价格类似于我们数学中的数列，定义如果存在正数M ，使得对一切正整数n ，都有a n ≤M ，则称a n 为有界数列，数列收敛指数列有极限，我们把极限存在(不含无穷大)的数列称为收敛数列，如数列a n =1n ，显然对一切正整数n 都有a n ≤1，而1n的极限为0，即数列a n 既有界也收敛.如数列b n =(-1)n ，显然对一切正整数n 都有b n ≤1，但不存在极限，即数列b n 有界但不收敛.下列数列是有界数列但不收敛的数列有()A.a n =sin n π+π2B.a n =cos n π+π2C.a 1=2,a 2=3,a n =a n -1a n -2 D.a n =sin n π+π2 n10.(2024·河南·一模)对于数列a n (a n ∈N +)，定义b k 为a 1，a 2，⋯，a k 中最大值(k =1,2,⋅⋅⋅,n )(n ∈N +)，把数列b n 称为数列a n 的“M 值数列”.如数列2，2，3，7，6的“M 值数列”为2，2，3，7，7，则()A.若数列a n 是递减数列，则b n 为常数列B.若数列a n 是递增数列，则有a n =b nC.满足b n 为2，3，3，5，5的所有数列a n 的个数为8D.若a n =-2 n -1(n ∈N +)，记S n 为b n 的前n 项和，则S 100=23(2100-1)三、解答题11.(2024·内蒙古包头·二模)已知数列a n为有穷数列，且a n∈N*，若数列a n满足如下两个性质，则称数列a n为m的k增数列：①a1+a2+a3+⋯+a n=m；②对于1≤i<j≤n，使得a i<a j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.12.(23-24高二下·广东深圳·阶段练习)若在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列．现对数列1，2进行构造，第一次得到数列1，3，2；第二次得到数列1，4，3，5，2；依次构造，第n n∈N*次得到的数列的所有项之和记为a n.(1)设第n次构造后得的数列为1,x1,x2,⋯,xλ,2，则a n=3+x1+x2+⋯+x k，请用含x1,x2,⋯,x k的代数式表达出a n+1，并推导出a n+1与a n满足的关系式；(2)求数列a n的通项公式a n；(3)证明：1a1+1a2+1a3+⋯+1a n<1313.(2024·贵州贵阳·二模)给定数列a n，若满足a1=a(a>0且a≠1)，对于任意的n,m∈N∗，都有a n+m=a n⋅a m，则称数列a n为“指数型数列".(1)已知数列a n满足a1=1,a n=2a n a n+1+3a n+1n∈N*，判断数列1a n+1是不是“指数型数列"？若是，请给出证明，若不是，请说明理由;(2)若数列a n是“指数型数列”，且a1=a+2a+3a∈N*，证明:数列a n中任意三项都不能构成等差数列.14.(2024·湖北·模拟预测)若正整数m，n只有1为公约数，则称m，n互质，欧拉函数是指，对于一个正整数n，小于或等于n的正整数中与n互质的正整数(包括1)的个数，记作φ(n)，例如φ(4)=2，φ(5)=4．(1)求φ(6)，φ3n，φ4n；(2)设a n=φ3nφ3n+1+2⋅φ3n+2，n∈N*，求数列a n的前n项和S n；(3)设b n=12φ4n-1，n∈N*，数列b n的前n项和为T n，证明：T n<49，15.(23-24高三下·云南昆明·阶段练习)a ,b 表示正整数a ，b 的最大公约数，若|x 1,x 2,⋯x k |⊆|1,2,⋯m |(k ,m ∈N *)，且∀x ∈x 1,x 2⋯x k ，x ,m =1，则将k 的最大值记为φm ，例如：φ1 =1，φ5 =4．(1)求φ2 ，φ3 ，φ6 ；(2)设a n =φ2n ．(i )求数列a n 的通项公式，(ii )设b n =n 2+2n -1 ⋅a n ，求数列b n 的前n 项和T n ．16.(2024·全国·模拟预测)设满足以下两个条件的有穷数列a 1,a 2,⋅⋅⋅,a n 为n n =2,3,4,⋅⋅⋅ 阶“曼德拉数列”：①a 1+a 2+a 3+⋅⋅⋅+a n =0；②a 1 +a 2 +a 3 +⋅⋅⋅+a n =1.(1)若某2k k ∈N * 阶“曼德拉数列”是等比数列，求该数列的通项a n (1≤n ≤2k ，用k ,n 表示)；(2)若某2k +1k ∈N * 阶“曼德拉数列”是等差数列，求该数列的通项a n (1≤n ≤2k +1，用k ,n 表示)；(3)记n 阶“曼德拉数列”a n 的前k 项和为S k k =1,2,3,⋅⋅⋅,n ，若存在m ∈1,2,3,⋅⋅⋅,n ，使S m =12，试问：数列S i i =1,2,3,⋅⋅⋅,n 能否为n 阶“曼德拉数列”？若能，求出所有这样的数列；若不能，请说明理由.17.(2024·广东梅州·二模)已知a n 是由正整数组成的无穷数列，该数列前n 项的最大值记为M n ，即M n =max a 1,a 2,⋅⋅⋅,a n ；前n 项的最小值记为m n ，即m n =min a 1,a 2,⋅⋅⋅,a n ，令p n =M n -m n (n =1,2,3,⋅⋅⋅)，并将数列p n 称为a n 的“生成数列”．(1)若a n =3n ，求其生成数列p n 的前n 项和；(2)设数列p n 的“生成数列”为q n ，求证：p n =q n ；(3)若p n 是等差数列，证明：存在正整数n 0，当n ≥n 0时，a n ，a n +1，a n +2，⋅⋅⋅是等差数列．18.(2024·山东潍坊·二模)数列a n 中，从第二项起，每一项与其前一项的差组成的数列a n +1-a n 称为a n 的一阶差数列，记为a 1 n ，依此类推，a 1 n 的一阶差数列称为a n 的二阶差数列，记为a 2 n ，⋯．如果一个数列a n 的p 阶差数列a p n 是等比数列，则称数列a n 为p 阶等比数列p ∈N * ．(1)已知数列a n 满足a 1=1，a n +1=2a n +1．(ⅰ)求a 1 1，a 1 2，a 1 3；(ⅱ)证明：a n 是一阶等比数列；(2)已知数列b n 为二阶等比数列，其前5项分别为1,209,379,789,2159，求b n 及满足b n 为整数的所有n 值．19.(2024·贵州·模拟预测)若给定一个数列a n ，其连续两项之差构成一个新数列：a 2-a 1，a 3-a 2，a 4-a 3，⋯，a n +1-a n ，⋯，这个数列称为原数列a n 的“一阶差数列”，记为b n ，其中b n =a n +1-a n .再由b n 的连续两项的差得到新数列b 2-b 1，b 3-b 2，b 4-b 3，⋯，b n +1-b n ，⋯，此数列称为原数列a n 的“二阶差数列”，记为c n ，其中c n =b n +1-b n .以此类推，可得到a n 的“p 阶差数列”.如果数列a n 的“p 阶差数列”是非零常数数列，则称a n 为“p 阶等差数列”.(1)证明由完全立方数13,23,33,⋯,n 3,⋯,n ∈N * 组成的数列a n 是“3阶等差数列”；(2)若a n =n k (k ≥3且k ∈Z ，n ∈N *)，证明数列a n 是“k 阶等差数列”，并且若将a n 的“k 阶差数列”记作a k n ，则a k n =k !=1×2×3×⋯×k n ∈N * .20.(2024·河南郑州·模拟预测)设任意一个无穷数列a n 的前n 项之积为T n ，若∀n ∈N ∗，T n ∈a n ，则称a n 是T 数列．(1)若a n 是首项为-2，公差为1的等差数列，请判断a n 是否为T 数列？并说明理由；(2)证明：若a n 的通项公式为a n =n ⋅2n ，则a n 不是T 数列；(3)设a n 是无穷等比数列，其首项a 1=5，公比为q (q >0)，若a n 是T 数列，求q 的值．21.(2024·广东佛山·模拟预测)定义：一个正整数n称为“漂亮数”，当且仅当存在一个正整数数列a1,a2,...,a k，满足①②：①a1<a2<...<a k-1<a k=n k≥2；②1a1+1a2+...+1a k=1．(1)写出最小的“漂亮数”；(2)若n是“漂亮数”，证明：n3是“漂亮数”；(3)在全体满足k=4的“漂亮数”中，任取一个“漂亮数”n，求n-1是质数的概率．22.(24-25高三上·河南焦作·开学考试)对于一个正项数列a n，若存在一正实数λ，使得∀n∈N*且n≥2，有a1+a2+⋯+a n-1≥λa n，我们就称a n是λ-有限数列.(1)若数列a n满足a1=1，a2=1，a n=a n-1+a n-2n≥3，证明：数列a n为1-有限数列；(2)若数列a n是λ-有限数列，∃M>0，使得∀n∈N*且n≥2，a n≤M，证明：ni=11 a2i≥1a21+λ2 M1a1-1a1+a2+⋯+a n .23.(2024·北京门头沟·一模)已知数列a n :a 1,a 2,⋯,a M ，数列b n :b 1,b 2,⋯,b M ，其中M >2，且a i ,b i ∈1,2,⋯,M ，i =1,2,⋯,M ．记a n ，b n 的前n 项和分别为S n ，T n ，规定S 0=T 0=0．记S =S j -S i i =0,1,2,⋯,M ;j =1,2,⋯,M ，且i <j ，T =T j -T i i =0,1,2,⋯,M ;j =1,2,⋯,M ，且i <j .(1)若a n :2,1,3，b n :1,3,3，写出S ,T ；(2)若S =2,3,5,6,8 ，写出所有满足条件的数列a n ，并说明理由；(3)若a i ≤a i +1,b i ≤b i +1i =1,2,⋯,M -1 ,a 2>b 2，且S =T ．证明：∃i ∈2,⋯,M ，使得b i =a M -a 1．24.(2024·湖北荆州·三模)对于数列x n，如果存在一个正整数m，使得对任意n n∈N*，都有x n+m=x n成立，那么就把这样的一类数列x n称作周期为m的周期数列，m的最小值称作数列x n的最小正周期，简称周期.(1)判断数列x n=sin nπ和y n=2,n=13,n=2y n-1-y n-2+1,n≥3是否为周期数列，如果是，写出该数列的周期，如果不是，说明理由.(2)设(1)中数列y n前n项和为S n，试问是否存在p,q，使对任意n∈N*，都有p≤(-1)n⋅S nn≤q成立，若存在，求出p,q的取值范围，若不存在，说明理由.(3)若数列a n和b n满足b n=a n+1-a n，且b1=1,b2=ab n+2=b n+1b nn≥1,n∈N，是否存在非零常数a，使得a n是周期数列？若存在，请求出所有满足条件的常数a；若不存在，请说明理由.25.(2024·安徽芜湖·三模)若数列a n的各项均为正数，且对任意的相邻三项a t-1,a t,a t+1，都满足a t-1a t+1≤a2t，则称该数列为“对数性凸数列”，若对任意的相邻三项a t-1,a t,a t+1，都满足a t-1+a t+1≤2a t则称该数列为“凸数列”．(1)已知正项数列c n是一个“凸数列”，且a n=e c n，(其中e为自然常数，n∈N*)，证明：数列a n是一个“对数性凸数列”，且有a1a10≤a5a6；(2)若关于x的函数f x =b1+b2x+b3x2+b4x3有三个零点，其中b i>0i=1，2，3，4．证明：数列b1,b2, b3,b4是一个“对数性凸数列”：(3)设正项数列a0,a1，⋯,a n是一个“对数性凸数列”，求证：1n+1ni=0a i1n-1n-1j=1a j≥1 n n-1i=0a i1n nj=1a j26.(2024·新疆·二模)我们把满足下列条件的数列a n称为m-L数列：①数列a n的每一项都是正偶数；②存在正奇数m，使得数列a n的每一项除以m所得的商都不是正偶数．(1)若a，b，c是公差为2的等差数列，求证：a，b，c不是3-L数列；(2)若数列b n满足对任意正整数p，q，恒有b p+q=1p+1qb p b q，且b1=8，判断数列b n n 是否是7-L数列，并证明你的结论；(3)已知各项均为正数的数列c n共有100项，且对任意1≤n≤100，恒有c1+c2+⋯+c n=c31+c32+⋯+c3nk4+kc31+kc32+⋯+kc3n+k2k∈N*，若数列c n为111-L数列，求满足条件的所有两位数k值的和．27.(2024·浙江·模拟预测)已知正整数m，设a1，a2，⋯，a2m，b1，b2，⋯，b2m是4m个非负实数，S=∑2ma i=i=1∑2mb i>0.若对于任意i=1,2,⋅⋅⋅,2m，取a2m+1=a1，a2m+2=a2，b2m+1=b1，都有a i a i+2≥b i+b i+1，则称这i=14m个数构成S,m-孪生数组.(1)写出8个不全相等的数，使得这8个数构成8,2-孪生数组；(2)求最小的S，使得a1，a2，⋯，a6，b1，b2，⋯，b6构成S,3-孪生数组；(3)若m≥4，且a1，a2，⋯，a2m，b1，b2，⋯，b2m构成16,m的最大值.-孪生数组，求a i i=1,2,⋅⋅⋅,2m 参考公式：(i)x1+x2+x3，当且仅当x1=x2=x3时取等；(ii)当正偶数n≥4时， 2≥3x1x2+x2x3+x3x1设n=2k k∈N*；当正奇数n>4时，设x2+x4+⋅⋅⋅+x2k，有x1x2+x2x3+⋅⋅⋅+x n x1≤x1+x3+⋅⋅⋅+x2k-1n=2k+1k∈N*.，有x1x2+x2x3+⋅⋅⋅+x n x1≤x1+x3+⋅⋅⋅+x2k+1x2+x4+⋅⋅⋅+x2k28.(2024·吉林·模拟预测)对于数列x n，若∃M>0，对任意的n∈N*，有x n ≤M，则称数列x n是有界的.当正整数n无限大时，若x n无限接近于常数a，则称常数a是数列x n的极限，或称数列x n收敛于a，记为limn→+∞x n=a.单调收敛原理：“单调有界数列一定收敛”可以帮助我们解决数列的收敛性问题.(1)证明：对任意的x≥-1，n∈N*，1+xn≥1+nx恒成立；(2)已知数列a n，b n的通项公式为：a n=1+1 nn，b n=1+1nn+1，n∈N*.(i)判断数列a n，b n的单调性与有界性，并证明；(ii)事实上，常数e=limn→+∞a n=limn→+∞b n，以e为底的对数称为自然对数，记为ln x.证明：对任意的n∈N*，n k=11 k+1<ln n+1<nk=11k恒成立.29.(2024·广东江苏·高考真题)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a i和a j 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；(3)从1,2,...,4m+2中任取两个数i和j i<j，记数列a1,a2,...,a4m+2是i,j-可分数列的概率为P m，证明：P m>1 8．。

[高考数学]高考中出现的新数列定义

高考中出现的新数列定义在每年的高考中都会出现一些新题型,其中给出新定义就是新题型的一种表现形式.它既体现了题型的灵活性,又能考查学生对新题型的分析与迁移能力.数列既与自然数有关,又与函数密不可分,因此许多新定义的题目出现在这一部分也就不足为奇了.下面来看2006年高考中出现的两个与数列有关的新定义.一、定义新数列,考查理解能力例 1.(06年北京高考题)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”. （Ⅰ）举出一个前五项不为零的“绝对差数列”（只要求写出前十项）；（Ⅱ）若“绝对差数列”{}n a 中，20213,0a a ==，数列{}n b 满足12n n n n b a a a ++=++，1,2,3,n =，分别判断当n →∞时，n a 与n b 的极限是否存在，如果存在，求出其极限值；（Ⅲ）证明：任何“绝对差数列”中总含有无穷多个为零的项.【解析】（Ⅰ）12345673,1,2,1,1,0,1a a a a a a a =======,89101,0, 1.a a a ===（答案不惟一）（Ⅱ）因为在绝对差数列{}n a 中203a =,210a =.所以自第 20 项开始，该数列是203a =,210a =,2222242526273,3,0,3,3,,a a a a a a o ======⋅⋅.⋅即自第 20 项开始.每三个相邻的项周期地取值 3，0，3. 所以当n →∞时,n a 的极限不存在. 当20n ≥时, 126n n n n b a a a ++=++=,所以lim 6n n b →∞=. （Ⅲ）证明：根据定义，数列{}n a 必在有限项后出现零项.证明如下假设{}n a 中没有零项，由于12n n n a a a --=-,所以对于任意的n ，都有1n a ≥,从而当12n n a a -->时, 1211(3)n n n n a a a a n ---=-≤-≥;当 12n n a a --<时, 2121(3)n n n n a a a a n ---=-≤-≥即n a 的值要么比1n a -至少小1，要么比2n a -至少小1.令212122212(),(),n n n n n n n a a a C a a a --->⎧=⎨<⎩1,2,3,,n =⋅⋅⋅ 则101(2,3,4,).n n C C n -<≤-=⋅⋅⋅由于1C 是确定的正整数，这样减少下去，必然存在某项 10C <，这与0n C >(1,2,3,,n =⋅⋅⋅)矛盾. 从而{}n a 必有零项.若第一次出现的零项为第n 项，记1(0)n a A A -=≠，则自第n 项开始，每三个相邻的项周期地取值 0，A , A , 即331320,,0,1,2,3,,,n k n k n k a a A k a A +++++=⎧⎪==⋅⋅⋅⎨⎪=⎩所以绝对差数列{}n a 中有无穷多个为零的项.【评注】解决此类问题的主要方法是,先读懂题目,理解定义的含义.可以对定义中牵涉的概念进行特殊化分析,比如先对n=1,2,3,4……的情况进行讨论,通过对特殊情况的分析掌握数列具有的规律及和已知数列(如等差与等比数列)的关系.再转化为熟悉的知识进行求解.二、给出新概念,考查应用能力例2.(06年高考湖南卷）在m （m ≥2）个不同数的排列P 1P 2…P n 中，若1≤i ＜j ≤m 时P i ＞P j （即前面某数大于后面某数），则称P i 与P j 构成一个逆序. 一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数. 记排列321)1()1( -+n n n 的逆序数为a n ，如排列21的逆序数11=a ，排列321的逆序数63=a .（Ⅰ）求a 4、a 5，并写出a n 的表达式；（Ⅱ）令nn n n n a a a a b 11+++=，证明32221+<++<n b b b n n ，n =1,2,…. 【解析】（Ⅰ）由已知得15,1054==a a ， 2)1(12)1(+=+++-+=n n n n a n . （Ⅱ）因为 ,2,1,22222211==+⋅+>+++=+=++n nn n n n n n n a a a a b n n n n n ，所以n b b b n 221>+++ .又因为 ,2,1,222222=+-+=+++=n n n n n n n b n ，所以)]211()4121()3111[(2221+-++-+-+=+++n n n b b b n =32221232+<+-+-+n n n n . 综上, ,2,1,32221=+<++<n n b b b n n . 【评注】解决此类问题的关键也是理解定义的内涵.把一个看似与数列无关的问题转化成数列问题,再利用数列的知识进行解决.所以,这类问题主要体现了转化思想.新题型主要考查学生学以致用及对知识的迁移能力.这就要求我们不仅学好课本基础知识,还要灵活掌握数学中的一些基本方法,把它应用到生活或生产实际中.其实,这类问题通常并不难,其思路可概括为:读懂定义→特殊分析→寻找规律→联系知识→解决问题.只要能理解其实质就能顺利得出答案.。

专题新定义数列问题

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；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＝∅.【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＝n2，且f(m)＝m2，写出b1，b2，b3；(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 ， nk ∉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．新定义数列问题1. 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 }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n －1. ① 求{a n }的通项公式；② 试判断{a n }是否为“等比源数列”，并证明你的结论；(2) 已知数列{a n }为等差数列，且a 1≠0，a n ∈Z(n ∈N *)．求证：{a n }为“等比源数列”．2. 数列{a n }的各项均为正数．若对任意的n ∈N *，存在k ∈N *，使得a 2n ＋k ＝a n a n ＋2k 成立，则称数列{a n }为“J k 型”数列．(1) 若数列{a n }是“J 2型”数列，且a 2＝8，a 8＝1，求a 2n ；(2) 若数列{a n }既是“J 3型”数列，又是“J 4型”数列，证明：数列{a n }是等比数列．3. 设数列{a n }的前n 项和为S n .若12≤a n ＋1a n≤2(n ∈N *)，则称{a n }是“紧密数列”．(1) 若数列{a n }的前n 项和S n ＝14(n 2＋3n )(n ∈N *)，证明：{a n }是“紧密数列”；(2) 设数列{a n }是公比为q 的等比数列．若数列{a n }与{S n }都是“紧密数列”，求q 的取值范围．4. 若数列{b n }满足：对于n ∈N *，都有b n ＋2－b n ＝d (常数)，则称数列{b n }是公差为d 的准等差数列．(1) 若c n ＝⎩⎨⎧4n －1，当n 为奇数时，4n ＋9，当n 为偶数时.求准等差数列{c n }的公差，并求{c n }的前19项的和T 19；(2) 设数列{a n }满足a 1＝a ，对于n ∈N *，都有a n ＋a n ＋1＝2n . ① 求证：{a n }为准等差数列，并求其通项公式；② 设数列{a n }的前n 项和为S n ，试探究：是否存在实数a ，使得数列{S n }有连续的两项都等于50.若存在，请求出a 的值；若不存在，请说明理由．。

数列新定义问题,插入数字构成新数列问题,取整数列问题(解析版)

数列新定义，插入数字构成新数列，取整数列问题2021新高考2卷T121(2023·全国·高三专题练习)设正整数n=a0⋅20+a1⋅2+⋯+a k-1⋅2k-1+a k⋅2k，其中a i∈0,1，记ωn = a0+a1+⋯+a k．则()A.ω2n=ωn B.ω2n+3=ωn +1C.ω8n+5=ω4n+3D.ω2n-1=n【答案】ACD【分析】利用ωn的定义可判断ACD选项的正误，利用特殊值法可判断B选项的正误.【详解】对于A选项，ωn=a0+a1+⋯+a k，2n=a0⋅21+a1⋅22+⋯+a k-1⋅2k+a k⋅2k+1，所以，ω2n=a0+a1+⋯+a k=ωn ，A选项正确；对于B选项，取n=2，2n+3=7=1⋅20+1⋅21+1⋅22，∴ω7 =3，而2=0⋅20+1⋅21，则ω2 =1，即ω7 ≠ω2 +1，B选项错误；对于C选项，8n+5=a0⋅23+a1⋅24+⋯+a k⋅2k+3+5=1⋅20+1⋅22+a0⋅23+a1⋅24+⋯+a k⋅2k+3，所以，ω8n+5=2+a0+a1+⋯+a k，4n+3=a0⋅22+a1⋅23+⋯+a k⋅2k+2+3=1⋅20+1⋅21+a0⋅22+a1⋅23+⋯+a k⋅2k+2，所以，ω4n+3=2+a0+a1+⋯+a k，因此，ω8n+5=ω4n+3，C选项正确；对于D选项，2n-1=20+21+⋯+2n-1，故ω2n-1=n，D选项正确.题型一数列新定义1有一个非常有趣的数列1n叫做调和数列，此数列的前n项和已经被研究了几百年，但是迄今为止仍然没有得到它的求和公式，只是得到它的近似公式：当n很大时，1+12+13+⋯+1n≈ln n+γ，其中γ称为欧拉-马歇罗尼常数，γ≈0.577215664901⋯，至今为止都还不确定γ是有理数还是无理数．由于上式在n很大时才成立，故当n较小时计算出的结果与实际值之间是存在一定误差的，已知ln2≈0.693，ln10≈2.303．用上式估算出的ln5与实际的ln5的误差绝对值近似为()A.0.003B.0.096C.0.121D.0.216【答案】B【分析】直接通过两种方法求出ln5，作差取绝对值即可求出结果.【详解】1+12+13+14+15≈ln5+γ⇒ln5≈13760-γ，又ln5=ln10-ln2≈2.303-0.693=1．610ln5与实际的ln5的误差绝对值近似为13760-0.577-1.610≈0.0962(多选)若数列a n 满足：对∀i ,j ∈N *，若i <j ，则a i <a j ，称数列a n 为“鲤鱼跃龙门数列”.下列数列a n 是“鲤鱼跃龙门数列”的有()A.a n =n 2-4n +1B.a n =n +1n +2C.a n =sin n πD.a n =lnn n +1【答案】BD【分析】举特例i =1<j =3，a 1=-2=a 3可说明A 不符合题意，同理可说明C 不符合题意；依据“鲤鱼跃龙门数列”的定义，可说明B ,D .【详解】对于A ,不妨取i =1<j =3，但a 1=-2=a 3，不满足a i <a j ，故A 错误；对于B , a n =n +1n +2=1-1n +2,对∀i ,j ∈N *，若i <j ,则1i +2>1j +2，则1-1i +2<1-1j +2,即a i <a j ，故B 正确；对于C ，不妨取i =2<j =4，但a 2=0=a 4，不满足a i <a j ，故C 错误；对于D , a n =ln n n +1=ln 1-1n +1 ,对∀i ,j ∈N *，若i <j ,则1i +1>1j +1，则1-1i +1<1-1j +1，故ln 1-1i +1 <ln 1-1j +1，即a i <a j ，故D 正确3意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例,引入数列:1,1,2,3,5,8,⋯,该数列从第三项起,每一项都等于前两项的和,即递推关系式为a n +2=a n +1+a n ,n ∈N *,故此数列称为斐波那契数列,又称“兔子数列”.已知满足上述递推关系式的数列a n 的通项公式为a n =A ⋅1+52n+B ⋅1-52n,其中A ，B 的值可由a 1和a 2得到,比如兔子数列中a 1=1,a 2=1代入解得A =15,B =-15.利用以上信息计算5+125= .(x 表示不超过x 的最大整数)()A.10B.11C.12D.13【答案】B【分析】根据题不妨设A =B =1,求出a 1,a 2,进而得到a 5,通过a n 的第五项,即可得到1+525,1-525之间的关系,根据1-525的范围可大致判断5+125的范围,进而选出选项.【详解】解:由题意可令A =B =1,所以将数列a n 逐个列举可得:a 1=1,a 2=3,a 3=a 1+a 2=4,a 4=a 3+a 2=7,a 5=a 4+a 3=11,故a 5=1+525+1-525=11,因为1-525∈-1,0 ,所以1+52 5∈11,12 ,故1+525=11.4十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间0,1 均分为三段，去掉中间的区间段13,23，记为第1次操作；再将剩下的两个区间0,13 ,23,1分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作；⋯；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段；操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”.设第n 次操作去掉的区间长度为a n ，数列b n 满足：b n =n 2a n ，则数列b n 中的取值最大的项为()A.第3项B.第4项C.第5项D.第6项【答案】C【分析】由已知可得a n =1223n，则b n =12n 223n，然后由b n +1-b n =1623n-n 2+4n +2 =0，得n =2+6，而n 为正整数，从而可求得答案.【详解】由题可知a 1=13,a 2=2×13×13,a 3=22×13×13×13,a 4=23×13×13×13×13，由此可知a n =2n -113n=1223n，所以b n =n 2a n =12n 223n，因为b n +1-b n =12(n +1)223n +1-12n 223n=1223n23(n +1)2-n 2 =1623n-n 2+4n +2 ，令-n 2+4n +2=0，解得n 1=2+6,n 2=2-6(舍)，由此可知n ≤4时b n +1-b n >0;n ≥5时b n +1-b n <0，故b 5的取值最大5(多选)设正整数n =a 0⋅90+a 1⋅91+⋯+a k -1⋅9k -1+a k ⋅9k ，其中a i ∈0,1,2,3,4,5,6,7,8 i =0,1,2,⋯,k .记ωn =a 0+a 1+⋯+a k ，当n ≤8时，S n =ω1 +ω2 +⋯+ω9n ，则()A.S n -S n-1=9n+28n≥2B.ω9n+10=ωn +1C.数列S nn为等差数列 D.ω9n-18=n【答案】ACD【分析】分别表示出ω9n-8=n，ω9n-7=n+1，⋯⋯ω9n=n即可求解A，再求出ω9n+10可求解B，利用等差数列的定义可求解C，根据9n-18=1×1-9n1-9=90+91+92+93+⋯+9n-1可求解D.【详解】当n≥2时，S n-S n-1=ω9n-8+ω9n-7+ω9n-6+ω9n-5+ω9n-4+ω9n-3+ω9n-2+ω9n-1+ω9n，又9n-8=1⋅90+n-1⋅91，所以ω9n-8=1+n-1= n，同理9n-7=2⋅90+n-1⋅91，所以ω9n-7=2+n-1=n+1，⋯，9n-1=8⋅90+n-1⋅91，所以ω9n-1=8+n-1=n+7，9n=0⋅90+n⋅9，所以ω9n=n，所以S n-S n-1=9n+28，A项正确；9n+10=0⋅90+a0⋅91+a1⋅92+⋯+a k-1⋅9k +a k⋅9k+1+9+1，ω9n+10=1+1+a0+a1+a2+⋯+a k=ωn +2，B项错误；当n=1时，S1 =ω1 +ω2 +⋯+ω9 =1+2+⋯+8+1=37，当n≥2时，S n=S n-S n-1+S n-1-S n-2+⋯+S2 -S1 +S1=9n+28+9n-1+28+⋯+9×2+28+9×1+28=n9n+652=9n2+65n2，当n=1时也符合，所以S n=9n2+65n2，所以S nn=9n+652，所以S nn-S n-1n-1=9n+652-9n+562=92，所以数列S nn为等差数列，C项正确；9n-18=1×1-9n1-9=90+91+92+93+⋯+9n-1，ω9n-18=1+1+⋯+1=n，D项正确6(多选)在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列，现将数列2，4进行构造，第1次得到数列2，6，4；第2次得到数列2，8，6，10，4；⋯；第n n∈N*次得到数列2，x1，x2，x3，⋯，x k，4.记a n=2+x1+x2+x3+⋅⋅⋅+x k+4，则()A.a3=84B.a n2为偶数 C.k=2n-1 D.a n+1=3a n-6【答案】ACD【分析】通过计算求出a1，a2，a3，的值，并且归纳出每一项与前一项的关系，以及k的变化，从而运用归纳法得到a n，a n-1之间的关系，以及k,n之间的关系，利用累加法可得a n，逐项判断即可得答案.【详解】由题意得：a1=2+6+4=12，此时k=1=21-1a 2=12+8+10=30=a 1+18=a 1+6×31，此时k =3=22-1，则a 22=15，不为偶数，故B 不正确；a 3=30+10+14+16+14=84=a 2+54=a 2+6×32，此时k =7=23-1，故A 正确；a 4=a 3+162=a 3+6×33，此时k =15=24-1归纳可得a n =a n -1+6×3n -1，此时k =2n -1，故C 正确；则a n -a n -1=6×3n -1，a n -1-a n -2=6×3n -2，a n -2-a n -3=6×3n -3，⋯⋯，a 2-a 1=6×31累加可得a n -a 1=6×3n -1+6×3n -2+6×3n -3+⋯+6×31=6×31-3n1-3=3n +1-9所以a n =3n +1+3，则a n +1=3n +2+3=3×3n +1+3 -6，即a n +1=3a n -6，故D 正确7对于一个给定的数列a n ，把它的连续两项a n +1与a n 的差a n +1-a n 记为b n ，得到一个新数列b n ，把数列b n 称为原数列a n 的一阶差数列.若数列b n 为原数列a n 的一阶差数列，数列c n 为原数列b n 的一阶差数列，则称数列c n 为原数列a n 的二阶差数列.已知数列a n 的二阶差数列是等比数列，且a 1=2,a 2=3,a 3=6,a 4=13，则数列a n 的通项公式a n =.【答案】2n -n +1【分析】运用等比数列通项公式及累加法可求得结果.【详解】设数列b n 为原数列a n 的一阶差数列，c n 为原数列a n 的二阶差数列.则由题意可知b 1=a 2-a 1=1,b 2=a 3-a 2=3,b 3=a 4-a 3=7,c 1=b 2-b 1=2,c 2=b 3-b 2=4.又c n 为等比数列，故公比q =c 2c 1=2，所以c n =2n ，即b n +1-b n =2n .当n ≥2时，b n =b n -b n -1 +b n -1-b n -2 +⋯+b 2-b 1 +b 1=2n -1+2n -2+⋯+21+1=2n -1，将n =1代入b n =2n -1得b 1=21-1=1，符合，所以b n =2n -1，n ∈N ∗.所以a n +1-a n =2n -1，当n ≥2时，a n =a n -a n -1 +a n -1-a n -2 +⋯+a 2-a 1 +a 1=2n -1-1 +2n -2-1 +⋯+21-1 +2=2n -1+2n -2+⋯+21-(n -1)+2=2n -n +1，将n =1代入a n =2n -n +1得a 1=21-1+1=2，符合，所以a n =2n -n +1，n ∈N ∗.8(2023·广西苍梧中学校考)数列{a n }中，a n =log n +1(n +2)(n ∈N ∗)，定义：使a 1⋅a 2⋅⋯⋅a k 为整数的数k (k ∈N ∗)叫做期盼数，则区间[1,2023]内的所有期盼数的和等于()A.2023 B.2024C.2025D.2026【答案】D【分析】利用换底公式与累乘法把a 1⋅a 2⋅a 3⋅⋯⋅a k 化为log 2(k +2)，然后根据a 1⋅a 2⋅a 3⋅⋯⋅a k 为整数，可得k=2n -2，最后由等比数列前n 项和公式求解．【详解】解：∵a n =log n +1(n +2)=lg n +2lg n +1，(n ∈N *)，∴a 1⋅a 2⋅a 3⋅⋯⋅a k =lg3lg2⋅lg4lg3⋅lg5lg4⋅⋯⋅lg k +2 lg k +1=log 2(k +2)，又∵a 1⋅a 2⋅a 3⋅⋯⋅a k 为整数，∴k +2必须是2的n 次幂(n ∈N *)，即k =2n -2．k ∈[1,2023]内所有的“幸运数”的和：S =22-2 +23-2 +24-2 +⋯+210-2 =2(1-210)1-2-20=20269数学家祖冲之曾给出圆周率π的两个近似值：“约率”227与“密率”355113．它们可用“调日法”得到：称小于3.1415926的近似值为弱率，大于3.1415927的近似值为强率．由31<π<41，取3为弱率，4为强率，得a 1=3+41+1=72，故a 1为强率，与上一次的弱率3计算得a 2=3+71+2=103，故a 2为强率，继续计算，⋯⋯．若某次得到的近似值为强率，与上一次的弱率继续计算得到新的近似值；若某次得到的近似值为弱率，与上一次的强率继续计算得到新的近似值，依此类推，已知a m =227，则m =；a 8=．【答案】64715【分析】根据题意不断计算即可解出．【详解】因为a 2为强率，由31<π<103可得，a 3=3+101+3=134>3.1415927，即a 3为强率；由31<π<134可得，a 4=3+131+4=165>3.1415927，即a 4为强率；由31<π<165可得，a 5=3+161+5=196>3.1415927，即a 5为强率；由31<π<196可得，a 6=3+191+6=227>3.1415927，即a 6为强率，所以m =6；由31<π<227可得，a 7=3+221+7=258=3.125<3.1415926，即a 7为弱率；由258<π<227可得，a 8=25+228+7=4715．10在数列a n 中，若a n +1-a 1a 2a 3⋅⋅⋅a n =d n ∈N * ，则称数列a n 为“泛等差数列”，常数d 称为“泛差”.已知数列a n 是一个“泛等差数列”，数列b n 满足a 21+a 22+⋅⋅⋅+a 2n =a 1a 2a 3⋅⋅⋅a n -b n .(1)若数列a n 的“泛差”d =1，且a 1，a 2，a 3成等差数列，求a 1；(2)若数列a n的“泛差”d=-1，且a1=12，求数列b n的通项b n.【答案】(1)a1=-1或a1=1，(2)b n=54-n【分析】(1)根据“泛差”d=1，联立得a1+a3=2a2a2-a1=1a3-a1a2=1，解出a1即可.(2)由题a21+a22+⋯+a2n=a1a2⋯a n-b n，升次作差得a2n+1=a1a2⋯a n a n+1-1-b n+1+b n，结合a n+1+1=a1a2 a3⋯a n，整体代入可得b n+1-b n=-1，即可写出其通项.【详解】(1)∵“泛差”d=1，∴a n+1-a1a2a3⋯a n=1，∵a1+a3=2a2，a2-a1=1，a3-a1a2=1，联立三式得a1+2-a1a1+1=1，化简得a21=1，解得a1=±1.(2)a n+1-a1a2a3⋯a n=-1，则a n+1+1=a1a2a3⋯a n，由a21+a22+⋯+a2n=a1a2⋯a n-b n，①∴a21+a22+⋯+a2n+1=a1a2⋯a n+1-b n+1，②②-①得a2n+1=a1a2⋯a n a n+1-1-b n+1+b n，即a2n+1=a n+1+1a n+1-1-b n+1+b n =a2n+1-1-b n+1+b n，∴b n+1-b n=-1且b1=a1-a21=12-14=14.所以b n为等差数列，首项为14，公差为-1，∴b n=14+(n-1)⋅(-1)=-n+54.11若数列A n满足A n+1=A2n，则称数列A n为“平方递推数列”．已知数列a n中，a1=9，点a n,a n+1在函数f(x)=x2+2x的图象上，其中n为正整数，(1)证明：数列a n+1是“平方递推数列”，且数列lg a n+1为等比数列；(2)设b n=lg a n+1,c n=2n+4，定义a*b=a,a≤b,b,a>b,，且记dn=b n*c n，求数列d n的前n项和S n．【答案】(1)证明见解析(2)S n=2n-1,n≤4且n∈N*,n2+5n-21,n>4且n∈N*.【详解】(1)∵点a n,a n+1在函数f(x)=x2+2x的图象上，∴a n+1=a2n+2a n，∴a n+1+1=a n+12,∴a n+1是“平方递推数列”．因为lg a1+1=lg(9+1)=1>0，对a n+1+1=a n+12两边同时取对数得lg a n+1+1=2lg a n+1，∴数列lg a n+1是以1为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)知b n=lg a n+1=1×2n-1=2n-1，由数列b n、c n的通项公式得，当n≤4时，b n<c n；当n>4时，b n>c n．又由a*b=a,a≤b,b,a>b,dn=b n*c n，得d n=2n-1,n≤4，n∈N*,2n+4,n>4，n∈N*当n≤4且n∈N*时，S n=b1+⋯+b n=1-2n1-2=2n-1；当n>4且n∈N*时，S n=b1+b2+b3+b4+c5+c6+⋯+c n=24-1+(n-4)(14+2n+4)2=n2+5n-21，综上，S n=2n-1,n≤4且n∈N*,n2+5n-21,n>4且n∈N*.12已知a n=3n+1，b n=2n，数列a n和b n中的所有项分别构成集合A，B，将A∪B的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列c n，求数列c n的前60项和S60.【答案】5014.【详解】当c n的前60项中含有b n的前6项时，令3n+1<27=128⇒n<127 3，此时至多有41+7=48项(不符).当c n的前60项中含有b n的前7项时，令3n+1<28=256⇒n<85，且22，24，26是a n和b n的公共项，则c n的前60项中含有b n的前7项且含有a n的前56项，再减去公共的三项.∴S60=56×4+56×552×3+2+23+25+27=4844+170=5014.13已知a n=4n-1，若集合A={x|x=a n，n∈N*}，B={x|x=3n，n∈N*}，将集合A∪B中的所有元素按从小到大的顺序排列构成数列{b n}，计数列{b n}的前n项和为T n．求T102的值．【答案】20190【分析】由已知可得集合A∪B中的所有元素的最小值为3，且3，27，243三个元素是{b n}中前102项中的元素，同时也是A∩B中的元素，从而可求T102．【详解】集合A={x|x=4n-1，n∈N*}，B={x|x=3n，n∈N*}，所以集合A∪B中的所有元素的最小值为3，且3，27，243三个元素是{b n}中前102项中的元素，且是A∩B中的元素，所以T102=(a1+a2+a3+...+a100)+9+81=12×100×(3+400-1)+90=20190．题型二取整数列14已知数列a n满足a1=-1,n a n+1-a n=2n+1，记‹a n›为不小于a n的最小整数，b n=‹a n›，则数列b n的前2023项和为()A.2020B.2021C.2022D.2023【答案】A【分析】利用裂项相消求和可得答案.【详解】由题意得a n+1-a n=21n-1n+1 ，则当n≥2时，a n=a n-a n-1+a n-1-a n-2+⋯+a2-a1 +a1=21n-1-1n+21n-2-1n-1+⋯+21-12-1=1-2n，当n=1时也满足上式，所以a n=1-2nn∈N*，所以b1=‹-1›=-1,b2=‹0›=0,b3=‹1-23›=1,b4=‹1-24›=1,b5=b6=⋯=1，故b n的前2023项和为-1+0+1+1+⋯+1=202015高斯函数y=x 也称为取整函数，其中x 表示不超过x的最大整数，例如 3.4=3．已知数列a n满足a1=1，a n+1=a2n+a n，设数列a n1+a n的前n项和为Sn，则S2022=．【答案】2021【分析】首先利用裂项得到1a n+1=1a n-1a n+1,再化简a n1+a n=1-11+a n=1+1a n+1-1a n，利用裂项相消求和，再利用高斯函数的定义，即可求解.【详解】因为a n+1=a2n+a n，所以1a n+1=1a2n+a n=1a n-1a n+1,a n1+a n=1-11+a n=1+1a n+1-1a n，所以S2022=2022+1a2-1a1+1a3-1a2+⋅⋅⋅+1a2023-1a2022=2022-1a1+1a2023=2021+1a2023．因为a1=1，所以a n+1=a2n+a n>a n，所以a2023>1，所以2021<2021+1a2023<2022，故S2022=2021．16在数列a n中，a1=2，a2=4，且a n+2-2a n+1+a n-2=0．x 表示不超过x的最大整数，若b n=a n n 2 ，数列b n 的前n 项和为T n ，则T 2023=()A.2 B.3C.2022D.2023【答案】B【分析】利用累加法求得a n ，进而求得b n ，找到规律后求得T 2023.【详解】由a n +2-2a n +1+a n -2=0可得a n +2-a n +1=a n +1-a n +2，故a n +1-a n 是首项为a 2-a 1=2，公差为2的等差数列，则a n +1-a n =2+2(n -1)=2n ，所以当n ≥2时，a n =a n -a n -1 +a n -1- a n -2 +⋯+a 2-a 1 +a 1=2n -1 +2n -2 +⋯+2+2=2+2n -2 n -12+2=n 2-n +2，故a n =n 2-n +2(n ≥2)，当n =1时，a 1=2也满足上式，所以a n =n 2-n +2，故b n =a n n 2=1-n -2n 2．易得b 1=1-1-21=2，b 2=1-2-24=1，当n >2时，n -2>0，n 2>0，n 2-(n -2)=n 2-n +2=n -122+74>0，即n 2>n -2，故0<n -2n 2<1，故当n >2时，b n=1-n -2n 2=0，故T 2023=b 1+b 2=317已知n ∈N *，设x n 是关于x 的方程nx 3+2x -n =0的实数根，记a n =(n +1)x n ，(n =2,3,4,⋯).(符号[x ]表示不超过x 的最大整数).则a 1+a 2+a 3+⋯+a 20212020=.【答案】20232【分析】构造函数f (y )=n (n +1)3y 3+2n +1y -n ，利用导数求解单调性，结合零点存在性定理即可得n <y n <n +1(n ≥2)，进而得a n =y n =n ，(n ≥2)，由等差数列求和公式即可求解.【详解】令y n =(n +1)x n , 则x n =y nn +1,于是方程化为n (n +1)3y 3n+2y n n +1-n =0.记f (y )=n (n +1)3y 3+2n +1y -n , f (y )=3n (n +1)3y 2+2n +1>0,故f (y )在(0,+∞)上为增函数,且f (n )=n 4(n +1)3+2nn +1-n =-n n 2-n -1 (n +1)3,∵n ∈N ∗，当n ≥2时，g n =n 2-n -1单调递增，g n ≥g 2 =1>0，因此f (n )<0，f (n +1)=2>0，则n <y n <n +1(n ≥2).则a n =y n =n ，(n ≥2)又a 1=0，则a 1+a 2+a 3+⋯+a 20212020=2+3+4+⋯+20212020=1011.518已知数列a n 、b n ，a n +1=a n 2，b n +1=b n 2，n ∈N +其中x 为不大于x 的最大整数.若a 1=b 1=m ，m ≤1000，m ∈N +，有且仅有4个不同的t ，使得a t ≠b t ，则m 一共有( )个不同的取值.A.120 B.126C.210D.252【答案】C【分析】将m 表示为c 020+c 121+c 222+c 323+⋅⋅⋅+c 929，其中c 0,c 1,⋅⋅⋅,c 9∈0,1 ，且c 0,c 1,⋅⋅⋅,c 9不全为0，m ≤1000，分析a t ≠b t 与c 0,c 1,⋅⋅⋅,c 9的取值的关系，由此确定满足条件的m 的取值的个数.【详解】设m =c 020+c 121+c 222+c 323+⋅⋅⋅+c 929，其中c 0,c 1,⋅⋅⋅,c 9∈0,1 ，且c 0,c 1,⋅⋅⋅,c 9不全为0，m ≤1000，若c 0=1，则m =1+c 121+c 222+c 323+⋅⋅⋅+c 929，a 1=b 1=m ，a 2=m -12=1+c 221+c 322+c 423+⋅⋅⋅+c 829，b 2=m2，若c 0=0，则m =c 121+c 222+c 323+⋅⋅⋅+c 929，a 1=b 1=m ，a 2=m 2，b 2=m 2，所以若c 0=1则，a 2≠b 2，若c 0=0，则a 2=b 2，若c 0=0，c 1=0，则m =c 222+c 323+⋅⋅⋅+c 929，a 1=b 1=m ，a 2=m 2，b 2=m 2，a 3=m 4，b 3=m 4，若c 0=0，c 1=1，则m =2+c 222+c 323+⋅⋅⋅+c 929，a 1=b 1=m ，a 2=m 2，b 2=m 2，a 3=m -24，b 3=m 4，若c 0=1，c 1=0，则m =1+c 222+c 323+⋅⋅⋅+c 929，a 1=b 1=m ，a 2=m -12，b 2=m 2，a 3=m -14，b 3=m -14，若c 0=1，c 1=1，则m =1+2+c 222+c 323+⋅⋅⋅+c 929，a 1=b 1=m ，a 2=m -12，b 2=m 2，a 3=m -34，b 3=m -14，所以c 1=0时，a 3=b 3，c 1=1时，a 3≠b 3，同理可以证明c k =0时，a k +2=b k +2，c k =1，a k +2≠b k +2，因为有且仅有4个不同的t ，使得a t ≠b t ，即c 0,c 1,c 2,⋅⋅⋅,c 9中有且仅有4个变量取值为1，其余变量取值为0，又从c 0,c 1,c 2,⋅⋅⋅,c 9中任选4个变量有C 410种取法，故满足条件的m 的个数为C 410，即210个19符号x 表示不超过实数x 的最大整数，如 2.3 =2，-1.9 =-2.已知数列a n 满足a 1=1，a 2=5，a n +2+4a n =5a n +1.若b n =log 2a n +1 ，S n 为数列8100b n b n +1 的前n 项和，则S 2025 =()A.2023B.2024C.2025D.2026【答案】B【分析】由a n +2+4a n =5a n +1变形可推出数列a n +1-a n 为等比数列、a n +1-4a n 为常数列，求出这两个数列的通项公式，可求出数列a n 的通项公式，求得b n =log 2a n +1 =2n ，利用裂项相消法可求出S 2025，结合题中定义可求得S 2025 的值.【详解】因为a n +2+4a n =5a n +1，则a n +2-a n +1=4a n +1-a n ，且a 2-a 1=4，所以，数列a n +1-a n 是首项为4，公比也为4的等比数列，所以，a n +1-a n =4×4n -1=4n ，①由a n +2+4a n =5a n +1可得a n +2-4a n +1=a n +1-4a n ，且a 2-4a 1=1，所以，数列a n +1-4a n 为常数列，且a n +1-4a n =1，②由①②可得a n =4n -13，因为4n +1-13-4n=4⋅4n -1-3⋅4n 3=4n -13>0，4n +1-13-2⋅4n =4⋅4n -1-6⋅4n 3=-2⋅4n +13<0，则4n <a n +1=4n +1-13<2⋅4n ，所以，2n <log 2a n +1<2n +1，所以，b n =log 2a n +1 =2n ，所以，8100b n b n +1=81002n ⋅2n +1 =2025n n +1 =20251n -1n +1 ，所以，S 2025=20251-12+12-13+13-14+⋯+12025-12026=20251-12026 =2025-12026∈2024,2025 ，因此，S 2025 =202420已知a n =n ，定义x 为不大于x 的最大整数，求数列log 2a n 的前2m -1m ∈N * 项和.【答案】(m -2)2m +2【分析】根据x 的定义可得当n =2m -1,2m -1+1,2m -1+2,⋅⋅⋅,2m -1时，log 2n =m -1，从而表示出log 2a n 的前2m -1m ∈N *项和，再利用错位相减可求得结果.【详解】log 2a 2m -1=log 22m -1=m -1，所以log 2a 2m -1=log 22m -1 =m -1，当n =1时，log 2n =0，当n =2时，log 2n =1，当n =3时，log 2n =log 23 =1，当n =4,5,6,7时，log 2n =2，当n =8,9,10,11,12,13,14,15时，log 2n =3，当n =24,24+1,⋅⋅⋅,25-1时，log 2n =4，⋯⋯当n =2m -1,2m -1+1,2m -1+2,⋅⋅⋅,2m -1时，log 2n =m -1，所以数列log 2a n 的前2m -1m ∈N * 项和为0+1×21+2×22+3×23+⋅⋅⋅+(m -1)2m -1，令S =1×21+2×22+3×23+⋅⋅⋅+(m -1)2m -1，则2S =1×22+2×23+3×24+⋅⋅⋅+(m -2)⋅2m -1+(m -1)⋅2m ，所以-S =2+22+23+24+⋅⋅⋅+2m -1-(m -1)⋅2m =2(1-2m -1)1-2-(m -1)2m=-(m -2)2m -2，所以S =(m -2)2m +221已知数列a n 满足a 1=12，2a n +1+a n =3，数列b n 满足b 1=1，nb n +1-n +1 b n =n 2+n ．(1)求数列a n 与b n 的通项公式；(2)若c n =b n +1-b n a n ，求使c 1 +c 2 +c 3 +⋯+c n ≤2023成立的整数n 的最大值．(c n 表示不超过c n 的最大整数)【答案】(1)a n =1+-12n，b n =n 2，(2)44【分析】(1)对2a n +1+a n =3变形后可得数列a n -1 是以-12为公比的等比数列，从而可求出a n ，对nb n +1-n +1 b n =n 2+n 变形后可得数列b nn是以1为公差的等差数列，从而可求出b n ，(2)由(1)得c n =2n +1+2n +1-2 n，通过比较2n和2n +1的大小，可得c n =1,n =16,n =22n ,n ≥3,n 为奇数2n +1,n ≥3,n 为偶数，然后分n 为奇数和n 为偶数两种情况求解.【详解】(1)因为2a n +1+a n =3，所以a n +1-1=-12a n-1 ，所以数列a n -1 是以-12为公比的等比数列，所以a n -1=-12n -1a 1-1 ，因为a 1=12，所以数列a n 的通项公式为a n =1+-12n．因为nb n +1-n +1 b n =n 2+n =n n +1 ，所以b n +1n +1-bn n=1，所以数列b nn是以1为公差的等差数列，所以b nn =b 11+n -1 ，因为b 1=1，所以数列b n 的通项公式为b n =n 2．(2)因为c n =b n +1-b n a n ，所以c n =2n +1+2n +1-2n，因为当n ≥3时，2n +1-2n +1 -1-2n -2n -1 =2n -2>0，所以数列2n -2n -1 n ≥3 是递增数列，又23-2×3-1=1，所以2n -2n -1>0n ≥3 ，即0<2n +12n<1n ≥3 ．又c 1=32，c 2=254，所以c n =1,n =16,n =22n ,n ≥3,n 为奇数2n +1,n ≥3,n 为偶数，当n ≥3且n 为奇数时，c 1 +c 2 +c 3 +⋯+c n =7+6+10+⋯+2n +9+13+⋯+2n -1 =7+6+2n 2×n +12-1 +2n +82×n -12-1 =2n 2+3n -12，又c 1 +c 2 +c 3 +⋯+c n ≤2023，即2n 2+3n -12≤2023，所以2n 2+3n -4047≤0，又2×432+3×43-4047=-220<0，2×452+3×45-4047=138>0，所以n 的最大值为43．当n ≥3且n 为偶数时，n -1为奇数，所以c 1 +c 2 +c 3 +⋯+c n =2n -1 2+3n -1 -12+2n +1=2n 2+3n 2，又c 1 +c 2 +c 3 +⋯+c n ≤2023，即2n 2+3n2≤2023，所以2n 2+3n -4046≤0，又2×442+3×44-4046=-42<0，2×462+3×46-4046=324>0，所以n 的最大值为44．综上所述，使c 1 +c 2 +c 3 +⋯+c n ≤2023成立的整数n 的最大值为44题型三插入数字构成新数列22已知等差数列a n 的首项a 1=1，公差d =10，在a n 中每相邻两项之间都插入4个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列b n ，则b 2023=()A.4043B.4044C.4045D.4046【答案】C【分析】根据等差数列的性质求出b n =2n -1，再代入即可.【详解】设数列b n 的公差为d 1，由题意可知，b 1=a 1，b 6=a 2，b 6-b 1=a 2-a 1=10=5d 1，故d1=2，故b n=1+2n-1=2n-1，则b2023=2023×2-1=404523已知a n=3n-1对所有正整数m，若a k<2m<a k+1，则在a k和a k+1两项中插入2m，由此得到一个新数列{b n}，求{b n}的前40项和.【答案】1809【分析】考虑到26<a40<27，a34=99>26，从而确定{b n}的前40项中有34项来自{a n}，其他6项由2k组成，由此分组求和．【详解】由a40=117.所以26<a40<27，又a34=99>26，所以b n前40项中有34项来自a n.故b1+b2+⋯+b40=a1+a2+⋯+a34+21+22+⋯+26=34a1+a342+226-12-1=1683+126=180924已知数列a n的通项公式a n=5n+15，在数列a n的任意相邻两项a k与a k+1k=1,2,⋅⋅⋅之间插入2k个4，使它们和原数列的项构成一个新的数列b n，记新数列b n的前n项和为S n，则S60的值为．【答案】370【分析】依题意，确定前60项所包含数列a n的项，以及中间插入4的数量即可求和.【详解】因为a k与a k+1k=1,2,⋅⋅⋅之间插入2k个4，a1=20，a2=25，a3=30，a4=35，a5=40，其中a1，a2之间插入2个4，a2，a3之间插入4个4，a3，a4之间插入8个4，a4，a5之间插入16个4，a5，a6之间插入32个4，由于6+2+4+8+16=36<60，6+2+4+8+16+32=68>60，故数列b n的前60项含有a n的前5项和55个4，故S60=20+25+30+35+40+4×55=37025在x和y两个实数之间插入n个实数a1，a2，a3，⋯,a n，使数列x,a1,a2,a3,⋯,a n,y为等差数列，那么这个数列的公差为()A.y-xnB.y-xn+1C.x-yn+1D.y-xn+2【答案】B【分析】根据等差数列通项公式计算可得.【详解】依题意等差数列x,a1,a2,a3,⋯,a n,y中共有n+2项，设公差为d，则y=x+n+2-1d，所以d=y-xn+2-1=y-xn+1.26在数列的每相邻两项之间插入这两项的和，组成一个新的数列，这样的操作叫做这个数列的一次“拓展”．先将数列1，3进行拓展，第一次拓展得到1，4，3，第二次拓展得到数列1，5，4，7，3；⋯⋯；第n 次拓展得到数列1，x1，x2，⋯⋯，x i，3，设a n=1+x1+x2+⋯+x t+3，则t=，a n=．【答案】2n-123n+1【分析】拓展规则可知拓展后的项数的递推式b n+1=2b n-1和a n的递推式a n+1=3a n-4，通过构造等比数列可求通项.【详解】(1)设数列1，3第n次拓展后的项数为b n，则b1=3，b2=5，根据拓展规则可知，b n+1=2b n-1，即b n+1-1=2b n-1，∴数列b n-1是等比数列，首项为2，公比为2，∴b n-1=2n，即b n=2n+1，所以t=b n-2=2n-1；(2)根据拓展规则可知，a n+1=a n+2a n-4=3a n-4，∴a n+1-2=3a n-2，又a1-2=6，∴数列a n-2是等比数列，首项为6，公比为3，∴a n-2=6×3n-1=2×3n，所以a n=23n+127若在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.现对数列1，2进行构造，第一次得到数列1，3，2；第二次得到数列1，4，3，5，2；依次构造，第n n∈N*次得到的数列的所有项之和记为a n.(1)求a n+1与a n满足的关系式；(2)求数列a n的通项公式a n；【答案】(1)a n+1=3a n-3；(2)a n=3n+1+3 2；【分析】(1)根据题干给出的规则,得到第n次构造后数列的和与第n+1次构造后数列和的关系;(2)已知相邻两项关系构造等比数列,进而得到数列a n的通项公式;【详解】(1)设第n次构造后得的数列为1,x1,x2,⋯,x k,2，则a n=3+x1+x2+⋯+x k，则第n+1次构造后得到的数列为1，1+x1，x1，x1+x2，x2，⋯，x k-1+x k，x k，2+x k，2，则a n+1=6+3x1+x2+⋯x k=6+3a n-3=3a n-3，即a n+1与a n满足的关系式为a n+1=3a n-3；(2)由a n+1=3a n-3，可得a n+1-32=3a n-32，且a1=6,则a1-32=92所以数列a n-3 2是以92为首项，3为公比的等比数列，所以a n -32=92×3n -1，即a n =3n +1+3228(多选)在数学课堂上，教师引导学生构造新数列：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数列1,2进行构造，第1次得到数列1,3,2；第2次得到数列1,4,3,5,2；⋯；第n n ∈N * 次得到数列1，x 1,x 2,x 3,⋯,x k ，2；⋯记a n =1+x 1+x 2+⋯+x k +2，数列a n 的前n 项为S n ，则()A.k +1=2nB.a n +1=3a n -3C.a n =32n 2+3n D.S n =343n +1+2n -3 【答案】ABD【分析】根据数列的构造方法先写出前面几次数列的结果，寻找规律，再进行推理运算即可.【详解】由题意可知，第1次得到数列1,3,2，此时k =1第2次得到数列1,4,3,5,2，此时k =3第3次得到数列1, 5,4,7,3,8,5,7,2，此时k =7第4次得到数列1,6,5,9,4,11,7,10,3,11,8,13,5,12,7,9,2，此时k =15第n 次得到数列1，x 1,x 2,x 3,⋯,x k ，2此时k =2n -1所以k +1=2n ，故A 项正确；结合A 项中列出的数列可得：a 1=3+3a 2=3+3+9a 3=3+3+9+27a 4=3+3+9+27+81 ⇒a n =3+31+32+⋯+3n (n ∈N *)用等比数列求和可得a n =3+33n -12则a n +1=3+33n +1-1 2=3+3n +2-32=3n +22+32又3a n -3=33+33n -1 2-3=9+3n +22-92-3=3n +22+32所以a n +1=3a n -3，故B 项正确；由B 项分析可知a n =3+33n -1 2=323n +1即a n ≠32n 2+3n ，故C 项错误.S n =a 1+a 2+a 3+⋯+a n=322+332+⋯+3n +12 +32n =321-3n 1-32+32n =3n +24+3n 2-94=343n +1+2n -3 ，故D 项正确29已知a n=3n-1(n∈N*)，在a n相邻两项中间插入这两项的等差中项，求所得新数列b n的前2n 项和T2n.【答案】T2n=32(3n-1)【分析】设数列c n满足c n=a n+a n+12=2×3n-1，a n的前n项和为S n，{c n}的前n项和为R n，则T2n=R n+S n，根据等比数列求和公式，代入计算，即可得答案.【详解】设数列c n满足c n=a n+a n+12=2×3n-1．记a n的前n项和为S n，c n的前n项和为R n，则T2n=R n+S n．由等比数列的求和公式得：S n=1-3n1-3=12(3n-1)，R n=2S n=3n-1．所以T2n=R n+S n=32(3n-1)．即新数列{b n}的前2n项和T2n=32(3n-1)30已知a n=2n+1-1，b n=2n-1，将数列b n中的项按从小到大的顺序依次插入数列a n中，在任意的a k，a k+1之间插入2k-1项，从而构成一个新数列c n，求数列c n的前100项的和.【答案】12182【详解】设100项中，来自于数列a n中的有m项.若第100项来自于a n，则应有m+2×1-1+2×2-1+⋯+2m-1-1=100，整理可得，m2-m-99=0，该方程没有正整数解，不满足题意；若第100项来自于b n，则应有m+2×1-1+2×2-1+⋯+2m-1≥100，整理可得，m2+m-100≥0.当m=9时，有92+9-100=-10<0不满足，102+10-100=10>0，故m=10，所以，数列c n中含有10项数列a n中的项，含有90项数列b n中的项.所以，c1+c2+⋯+c100=a1+a2+⋯+a10+b1+b2+⋯+b90=22-1+23-1+⋯+210-1+1+3+5+⋯+2×90-1=22+23+⋯+210-10+1+3+5+⋯+179=41-2101-2-10+902×1+179=1218231已知数列a n的前n项和为S n，且S n=2n+1．(1)求a n的通项公式；(2)保持a n中各项先后顺序不变，在a k与a k+1之间插入k个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列b n，记b n的前n项和为T n，求T100的值(用数字作答)．【答案】(1)a n=3,n=12n-1,n≥2；(2)8280【分析】(1)由S n=2n+1，得到S n-1=2n-1+1,n≥2，求得a n=S n-S n-1=2n-1，结合n=1时，求得a1=3，进而得到数列a n的通项公式；(2)根据题意，得到新数列b n的前100项，结合等差、等比数列的求和公式，即可求解.【详解】(1)解：由数列a n的前n项和为S n，且S n=2n+1，当n≥2时，S n-1=2n-1+1，所以a n=S n-S n-1=2n-2n-1=2n-1,n≥2，当n=1时，a1=S1=21+1=3，不符合上式，所以数列a n的通项公式为a n=3,n=1 2n-1,n≥2 ．(2)解：保持数列a n中各项先后顺序不变，在a k与a k+1k=1,2,⋯之间插入k个1，则新数列b n的前100项为3，1，21，1，1，22，1，1，1，23，1，1，1，1，24，⋯，212，1，1，1，1，1，1，1，1，1，1，则T100=3+21+22+⋯+212+1+2+3+⋯+12+9=90+213-2=88+213=8192+88=8280．32已知正项数列a n的前n项和为S n，且a1=1，S2n+1-S2n=8n．(1)求S n；(2)在数列a n的每相邻两项a k、a k+1之间依次插入a1、a2、⋯、a k，得到数列b n:a1、a1、a2、a1、a2、a3、a1、a2、a3、a4、⋯，求b n的前20项和T20．【答案】(1)S n=2n-1，n∈Ν∗；(2)T20=34【分析】(1)当n≥2时，利用累加法可求得S2n的表达式，结合S n>0可得出S n的表达式，再检验n=1的情形，综合可得出S n的通项公式；(2)由a n=S1,n=1S n-S n-1,n≥2求出数列a n 的通项公式，列举出数列b n 的前20项，即可求得T20的值.【详解】(1)解：对任意的n∈N∗，因为S2n+1-S2n=8n，当n≥2时，S2n=S2n-S2n-1+⋅⋅⋅+S22-S21+S21=8n-1+⋅⋅⋅+8×1+1=81+2+3+⋅⋅⋅+n-1+1=8×n n-12+1=2n-12，因为a n>0，所以S n>0，故S n=2n-1．当n=1时，S1=a1=1适合S n=2n-1，所以S n=2n-1，n∈Ν∗．(2)解：因为S n=2n-1，n∈Ν∗，所以当n≥2时，a n=S n-S n-1=2n-1-2n-1-1=2，所以，a n=1,n=1 2,n≥2 ，所以，数列b n的前20项分别为：1、1、2、1、2、2、1、2、2、2、1、2、2、2、2、1、2、2、2、2，所以b n的前20项是由6个1与14个2组成．所以T20=6×1+14×2=3433(2023秋·湖北高三联考)已知a n=12n，在a n与a n+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为d n的等差数列，在数列d n中是否存在三项d m,d k,d t(其中m,k,t成等差数列)成等比数列？若存在，求出这三项；若不存在，请说明理由.【答案】不存在，理由见解析【分析】由题意可得d n=-1n+112n+1，假设存在这样的三项d m,d k,d t成等比数列，则d2k=d m d t，结合已知化简可得结论.【详解】d n=a n+1-a nn+1=12n+1-12 nn+1=-1n+112n+1假设存在这样的三项d m,d k,d t成等比数列，∵d n为递增数列，不妨设m<k<t，则d m<d k<d t,∴d2k=d m d t⇔1(k+1)2122k+2=1m+112 m+11t+112 t+1则1(k+1)2122k+2=1m+1t+112m+t+2，∵m,k,t成等差数列，∴2k=m+t，∴(k+1)2=m+1t+1⇒k2=mt，由2k=m+tk2=mt，得(m-t)2=0，所以m=t=k，与题设矛盾∴不存在这样的三项d m,d k,d t(其中m,k,t成等差数列)成等比数列.34已知数列a n的前n项和为S n，S n=2n-1，且a1=1，在数列a n的每相邻两项a k，a k+1之间依次插入a1，a2，⋯，a k，得到数列b n：a1，a1，a2，a1，a2，a3，a1，a2，a3，a4，⋯⋯，求b n的前100项和.【答案】186【分析】根据b n的形成规律，分组即可求解.【详解】(方法1)因为S n=2n-1，n∈N∗，所以当n≥2时，a n=S n-S n-1=2n-1-2n-3=2．所以a n =1，n =1,2，n ≥2.所以数列b n ：1，1，2，1，2，2，1，2，2，2，⋯⋯，设1+2+⋯+n =n (n +1)2≤100，则n 2+n -200≤0，因为n ∈N *，所以n ≤13.所以b n 的前100项是由14个1与86个2组成．所以T 100=14×1+86×2=186.(方法2)设1+2+⋯+n =n (n +1)2≤100，则n 2+n -200≤0，因为n ∈N ∗，所以n ≤13.根据数列b n 的定义，知T 100=a 1+a 1+a 2 +a 1+a 2+a 3 +⋯+a 1+a 2+⋯+a 13 +a 1+a 2+⋯+a 9=S 1+S 2+S 3⋯+S 13+S 9=1+3+5⋯+25 +17=13×(1+25)2+17=18635已知等差数列a n 的前n 项和记为S n (n ∈N *)，满足3a 2+2a 3=S 5+6，若a 1=1，在数列a n 的第n 项与第n +1项之间插入首项为1，公比为2的等比数列的前n 项，形成新数列b n ，记数列b n 的前n 项和为T n ，求T 95．【答案】T 95=8050【详解】若a 1=1，则a n =1+n -1 ×-2 =-2n +3，根据题意数列b n 为：第一组为：1，20；第二组为：-1，20，21；第三组为：-3，20，21，22；⋯⋯第k 组为：-2k +3，20，21，22，⋯，2k -1；则前k 组一共有2+3+4+⋯+k +1 =k +3 k2项，当k =12时，项数为90.故T 95相当于是前12组的和再加上-23,20,21,22,23这五项，即：T 95=1+-1 +⋯+-21 +20+20+21 +⋯+20+21+⋯+211 +-23+20+21+22+23设c n =2n -1，则20+20+21 +⋯+20+21+⋯+211 可看成是数列c n 的前12项和所以T 95=1-21 ×122+2×1-212 1-2-12-23+1+2+4+8=213-142=805036设数列a n 满足a n +1=3a n -2a n -1n ≥2 ,a 1=1,a 2=2.(1)求数列a n 的通项公式；(2)在数列a n 的任意a k 与a k +1项之间，都插入k k ∈N * 个相同的数(-1)k k ，组成数列b n ，记数列b n 的前n 项的和为T n ，求T 27的值.【答案】(1)a n =2n -1；(2)T 27=84【分析】(1)由条件证明数列a n +1-a n 为等比数列，利用累加法求数列a n 的通项公式；(2)数列b n 中在a k +1之前共有k +(1+2+3+⋯+k )=k 2+3k 2项，由此确定前27项的值，再分组，结合等比求和公式可求得答案.【详解】(1)因为a n +1=3a n -2a n -1n ≥2 ，所以a n +1-a n =2a n -2a n -1，又a 1=1,a 2=2，所以数列a n +1-a n 为首项为1，公比为2的等比数列，所以a n +1-a n =2n -1，所以当n ≥2,n ∈N ∗时，a 2-a 1=1,a 3-a 2=2,⋅⋅⋅,a n -a n -1=2n -2，所以a n -a 1=1+2+⋅⋅⋅+2n -2=1-2n -11-2=2n -1-1，所以当n ≥2,n ∈N ∗时，a n =2n -1，又a 1=1也满足该关系，所以数列a n 的通项公式为a n =2n -1n ∈N ∗ ；(2)数列b n 中在a k +1之前共有k +1+2+⋯+k =k +1+k k 2=k 2+3k 2项，当k =5时，k 2+3k 2=20<27，当k =6时k 2+3k 2=27则T 27=1+2+22+⋯+25 +-12+22-32+42-52+62=1-261-2+3+7+11 =26-1+21=8437在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”.如数列1，2第1次“和扩充”后得到数列1，3，2，第2次“和扩充”后得到数列1，4，3，5，2.设数列a ，b ，c 经过第n 次“和扩充”后所得数列的项数记为P n ，所有项的和记为S n .(1)若a =1,b =2,c =3，求P 2，S 2；(2)设满足P n ≥2023的n 的最小值为n 0，求n 0及S n 03 (其中[x ]是指不超过x 的最大整数，如1.2 =1，-2.6 =-3)；【答案】(1)P 2=9，S 2=38；(2)n 0=10，S n 03 =14a +27b +14c ；【分析】(1)根据数列的一次“和扩充”，即可列举出数列求解.(2)根据第n +1次“和扩充”后增加的项数P n -1，与经“和扩充”后的项数为P n ，构造等比数列即可求解n 03=3，结合“和扩充”，即可列举出数列求解.【详解】(1)数列1，2，3，经第1次“和扩充”后得到数列为1，3，2，5，3，数列1，2，3，经第2次“和扩充”后得到数列为1，4，3，5，2，7，5，8，3，所以P 2=5+4=9，S 2=1+4+3+5+2+7+5+8+3=38；(2)数列经每1次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，由数列经“和扩充”后的项数为P n ，则经第n +1次“和扩充”后增加的项数为P n -1，所以P n +1=P n +P n -1 =2P n -1，所以P n +1-1=2P n -2=2P n -1 ，由(1)得P 1-1=4，P n -1 是首项为4，公比为2的等比数列，所以P n -1=4⋅2n -1=2n +1，所以P n =2n +1+1，由P n =2n +1+1≥2023，即2n +1≥2022，解得n ≥10，所以满足P n ≥2023的n 的最小值为10，故n 0=10，所以n 03=3，数列a ，b ，c 经过第1次“和扩充”后得到数列a ,a +b ,b ,b +c ,c ，且S 1=2a +3b +2c ，数列a ，b ，c 经过第2次“和扩充”后得到数列a ,2a +b ,a +b ,a +2b ,b ,2b +c ,b +c ,b +2c ,c ，且S 2=S 1+3a +6b +3c ，数列a ，b ，c 经过第3次“和扩充”后得到数列a ,3a +b ,2a +b ,3a +2b ,a +b ,2a +3b ,a +2b ,a +3b ,b ,3b +c ,2b +c ,3b +2c ,b +c ,2b +3c ,b +2c ,b +3c ,c，且S 3=S 2+9a +18b +9c ，即S n 03 =S 3=14a +27b +14c。

第六章培优点9 新情景、新定义下的数列问题-2024-2025学年高考数学大一轮复习(人教A版)配

验证 C(1)＝15(a1a2＋a2a3＋a3a4＋a4a5＋a5a6) ＝15(a1a2＋a2a3＋a3a4＋a4a5＋a5a1)≤15. 对于 A，C(1)＝15(1＋0＋0＋0＋0)＝15，满足 C(1)≤15.
对于 B，C(1)＝15(1＋0＋0＋1＋1)＝35>15，不满足 C(1)≤15，故排除 B. 对于 C，C(1)＝15(0＋0＋0＋0＋1)＝15，满足 C(1)≤15.
当 n＝1 时，T1＝0 成立，故 Tn＝9n－81－1，故 C 正确；因为Sa11＝1，Sa22＝98，Sa33＝8712，Sa11＋Sa33≠2Sa22，所以数列Sann不是等差数列，故 D 错误.
思维升华
解决此类问题，关键是根据题干中的新定义、新公式、新定理、新法则、新运算等，将新数列转化为等差或等比数列，或者找到新数列的递推关系进行求解.
对于D，由n∈N*(n≥3)，
an－1＋an－2＝1－2
5n－2＋1－2
5n－3＝1－2
5n－2·1＋1－2
5
＝1－2
5n－2·1－1＋2
5＝1－2
5n－1＝an，
故对任意的n∈N*(n≥3)，总存在an＝ai＋aj，满足“F数列”.
(2)(多选)(2023·威海模拟)已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn.设λ与k
(2)(2021·新高考全国Ⅰ)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经
常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折
1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面
积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm， 20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为__5__；如果对折n次，那么

（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。

考点05 数列的新定义问题(学生版)

考点05 数列的新定义问题数列的新定义问题，是近几年高考的新题型，主要北京卷考查比较多。

例如：2020年北京高考[21],2020年江苏高考[20],2021年北京高考[21]，2022年北京高考[21]等都对数列的新定义问题进行了考查。

〔1〕新定义数列问题的特点：通过给出一个新的数列的概论，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情境，要求考生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。

〔2〕新定义问题的解题思路：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，逐条分析、运算、验证，使问题得以解决。

例1．（2022·北京·高考真题）已知12:,,,k Q a a a 为有穷整数数列．给定正整数m ，若对任意的{1,2,,}n m ∈，在Q中存在12,,,,(0)i i i i j a a a a j +++≥，使得12i i i i j a a a a n +++++++=，则称Q 为m -连续可表数列．(1)判断:2,1,4Q 是否为5-连续可表数列？是否为6-连续可表数列？说明理由； (2)若12:,,,k Q a a a 为8-连续可表数列，求证：k 的最小值为4；(3)若12:,,,k Q a a a 为20-连续可表数列，且1220k a a a +++<，求证：7k ≥．例2．（2021·北京·高考真题）设p 为实数.若无穷数列{}n a 满足如下三个性质，则称{}n a 为p ℜ数列： ①10a p +≥，且20a p +=； ①414,1,2,n n a a n -<=⋅⋅⋅()；①{},1m n m n m n a a a p a a p +∈+++++，(),1,2,m n =⋅⋅⋅．（1）如果数列{}n a 的前4项为2，-2，-2，-1，那么{}n a 是否可能为2ℜ数列？说明理由；（2）若数列{}n a 是0ℜ数列，求5a ；（3）设数列{}n a 的前n 项和为n S .是否存在p ℜ数列{}n a ，使得10n S S ≥恒成立？如果存在，求出所有的p ；如果不存在，说明理由．1．设n *∈N ，若无穷数列{}n a 满足以下性质，则称{}n a 为k C 数列：①()()110n n n n a a a a +--->，（n *∈N 且2n ≥）．①1n n a a +-的最大值为k ．(1)若数列{}n a 为公比为q 的等比数列，求q 的取值范围，使得{}n a 为k C 数列． (2)若k C 数列{}n a 满足：n *∀∈N ，使得21,,n n n a a a ++成等差数列， ①数列{}n a 是否可能为等比数列？并说明理由；①记数列{}n b 满足21n n b a -=，数列{}n c 满足2n n c a =，且12a a >，判断{}n b 与{}n c 的单调性，并求出1n n a a k +-=时，n 的值．2．已知等比数列{}n a 为递增数列，11a =，12a +是2a 与3a 的等差中项. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若项数为n 的数列{}n b 满足：1i n i b b +-=（1i =，2，3，…，n ）我们称其为n 项的“对称数列”.例如：数列1，2，2，1为4项的“对称数列”；数列1，2，3，2，1为5项的“对称数列”.设数列{}n c 为()212k k -≥项的“对称数列”，其中1c ，2c ，3c ，…，n c 是公差为2的等差数列，数列{}n c 的最大项等于4a .记数列{}n c 的前21k -项和为21k S -，若2132k S -=，求k . 3．已知集合（Z 是整数集，m 是大于3的正整数）．若含有m 项的数列{}n a 满足：任意的,i j M ∈，都有i a M ∈，且当i j ≠时有i j a a ≠，当i m <时有12i i a a +-=或13i i a a +-=，则称该数列为P 数列． (1)写出所有满足5m =且11a =的P 数列；(2)若数列{}n a 为P 数列，证明：{}n a 不可能是等差数列； (3)已知含有100项的P 数列{}n a 满足5105100,,,,,(1,2,3,,20)k a a a a k =是公差为(0)d d >等差数列，求d 所有可能的值4．定义：对于任意一个有穷数列，第一次在其每相邻的两项间都插人这两项的和，得到的新数列称之为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和称之为二阶和数列，以此类推可以得到n 阶和数列，如{1,5}的一阶和数列是{1,6,5}，设它的n 阶和数列各项和为n S ．(1)试求{1,5}的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，并猜想n S 的通项公式（无需证明）； (2)若()()311log 3log 33n n n c S S +=--⋅-，求{}n c 的前n 项和n T ，并证明：1126n T -<≤-．5．已知无穷数列12:A a a ，，满足：①*N (12)i a i ∈=，，；①1i j i j i j a a a a a ++≤≤++（12i =，，；12j =，，；3i j +≥）.设*i a 为(12)i a i =，，所能取到的最大值，并记数列***12:A a a ，，.(1)若11a =，写出一个符合条件的数列A 的通项公式；(2)若121a a ==，求*4a 的值；(3)若1212a a ==，，求数列*A 的前100项和. 6．已知数列{}n a 为无穷递增数列，且11a =．定义：数列{}k b ：k b 表示满足i a k ≤的所有i 中最大的一个．数列{}k B ：k B 表示满足i a k ≥的所有i 中最小的一个（1i =，2，3…）(1)若数列{}n a 是斐波那契数列，即121a a ==，21n n n a a a ++=+，（1n =，2，3，…），请直接写出10b ，10B 的值； (2)若数列{}n a 是公比为整数的等比数列，且满足345b b b <=且34B B =，求公比q ，并求出此时3b ，4b 的值； (3)若数列{}n a 是公差为d 的等差数列，求所有可能的d ，使得{}n b ，{}n B 都是等差数列． 7．已知数列{}n a ，给出两个性质：①对于任意的*i N ∈，存在i k R ∈，当*,j i j >∈N 时，都有()j i i a a k j i -≥-成立；①对于任意的*,2i i ∈≥N ，存在i k R ∈，当*,j i j <∈N 时，都有()j i i a a k j i -≥-成立．(1)已知数列{}n a 满足性质①，且()*2i k i N =∈，141,7a a ==，试写出23,a a 的值； (2)已知数列{}n b 的通项公式为132n n b -=⨯，证明：数列{}n b 满足性质①；(3)若数列{}n c 满足性质①①，且当*,2i N i ∈≥时，同时满足性质①①的i k 存在且唯一.证明：数列{}n c 是等差数列． 8．设数列()12:,,,2n A a a a n ≥.如果{}()1,2,,1,2,,i a n i n ∈=，且当i j ≠时，()1,i j a a i j n ≠≤≤，则称数列A 具有性质P .对于具有性质P 的数列A ，定义数列()121:,,,n T A t t t -，其中()111,,1,2,,10,k k k k k a a t k n a a ++⎧==-⎨⎩＜＞.(1)对():0,1,1T A ，写出所有具有性质P 的数列A ； (2)对数列()121:,,,2n E e e e n -≥，其中{}()0,11,2,,1i e i n ∈=-，证明：存在具有性质P 的数列A ，使得()T A 与E 为同一个数列；(3)对具有性质P 的数列A ，若()115n a a n -=≥且数列()T A 满足()0,,1,2,,11,i i t i n i ⎧==-⎨⎩为奇数为偶数，证明：这样的数列A 有偶数个.9．如果无穷数列{}n a 是等差数列，且满足：①i ∀、*j ∈N ，*k ∃∈N ，使得i j k a a a =；①*k ∀∈N ，i ∃、*j ∈N ，使得i j k a a a =，则称数列{}n a 是“H 数列”.(1)下列无穷等差数列中，是“H 数列”的为___________；（直接写出结论）{}:1n a 、3、5、{}:0n b 、2、4、{}:0n c 、0、0、{}:1n d -、0、1、(2)证明：若数列{}n a 是“H 数列”，则1a ∈Z 且公差d ∈N ；(3)若数列{}n a 是“H 数列”且其公差*d ∈N 为常数，求{}n a 的所有通项公式.10．给定数列{}n a ，若数列{}n a 中任意（不同）两项之和仍是该数列中的一项，则称该数列是“封闭数列”.（1）已知数列{}n a 的通项公式为3nn a =，试判断{}n a 是否为封闭数列，并说明理由；（2）已知数列{}n a 满足212n n n a a a +++=且212a a -=，设n S 是该数列{}n a 的前n 项和，试问：是否存在这样的“封闭数列”{}n a ，使得对任意*n ∈N 都有0n S ≠，且12111111818n S S S <+++<，若存在，求数列{}n a 的首项1a 的所有取值；若不存在，说明理由；（3）证明等差数列{}n a 成为“封闭数列”的充要条件是：存在整数1m ≥-，使1a md =． 12．若数列{}n a 同时满足下列两个条件，则称数列{}n a 具有“性质A ”. ①212n n n a a a +++>(n *∈N )；①存在实数A ，使得对任意*n ∈N ，有n a A ≥成立. (1)设245,sin4n n n a n n b π=-+=，试判断{},{}n n a b 是否具有“性质A ”；(2)设递增的等比数列{}n c 的前n 项和为n S ，若2371,2c S =-=-，证明：数列{}n S 具有“性质A ”，并求出A 的取值范围；(3)设数列{}n d 的通项公式()122*222n n nt n nt t d n ++++=∈N ，若数列{}n d 具有“性质A ”，其满足条件的A 的最大值010A =，求t 的值.。

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新定义数列为背景的解答题【名师综述】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.类型一以数列和项与通项关系定义新数列典例1 设数列{}n a 的首项为1，前n 项和为n S ，若对任意的*n N ∈，均有n n k S a k +=-（k 是常数且*k N ∈）成立，则称数列{}n a 为“()P k 数列”．（1）若数列{}n a 为“()1P 数列”，求数列{}n a 的通项公式；（2）是否存在数列{}n a 既是“()P k 数列”，也是“()2P k +数列”？若存在，求出符合条件的数列{}n a 的通项公式及对应的k 的值；若不存在，请说明理由；（3）若数列{}n a 为“()2P 数列”， 22a =，设312232222nn n a a a a T =++++，证明： 3n T <．【答案】（1）12,*n n a n N -=∈．（2）见解析；（3）见解析．（2）假设存在这样的数列{}n a ，则有n n k S a k +=-，故有11n n k S a k +++=- 两式相减得： 11n n k n k a a a ++++=-，故有332n n k n k a a a +++++=- 同理由{}n a 是“()2P k +数列”可得： 132n n k n k a a a +++++=-，所以13n n a a ++=对任意*n N ∈恒成立所以22n n k n k n S a k a k S ++++=-=-=，即2n n S S +=，又2222n n k n S a k S +++=--=-，即22n n S S +-=，两者矛盾，故不存在这样的数列{}n a 既是“()P k 数列”，也是“()2P k +数列”．（3）因为数列{}n a 为“()2P 数列”，所以22n n S a +=- 所以132n n S a ++=-故有， 132n n n a a a +++=-，又n =1时， 132a a =-，故33a =，满足： 321a a a =+ 所以21n n n a a a ++=+对任意正整数n 恒成立，数列的前几项为：1,2,3,5,8,故312232345123582222222222n n n n na a a a a T =++++=++++++所以， 123451112352222222n n n n n a a T -+=+++++两式相减得： 12234123411111211122222222222222n n n n nn n n n n a a a a a T --++-=+++++-=+++++- =2131442n n n a T -++-，显然21,02n n n n a T T -+，故131244n n T T <+，即3n T <．【名师指点】（1）准确转化，紧扣定义，区别已有概念；（2）恰当选取特例法、演绎法，结合性质求解；（3）耐心读题，挖出隐含条件，分析与综合相结合.【举一反三】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. 【答案】（1）是（2）见解析【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 -=+- ()13213db 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.类型二以分段形式定义新数列典例2 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.【答案】（1）()23nn b =-- （2）()222234nn n S =--- （3）当n 为偶数时， 12n n n S b S +>> 都成立，（3）详见解析【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 +=-+ ， ()22223nn S n =--- ，所以只要()()()222123223nnn 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22123nn 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 .【名师指点】分段函数在数列中应用，既考察各段数列特性，又考查两者综合性质.【举一反三】已知两个无穷数列分别满足，其中，设数列的前项和分别为.（1）若数列都为递增数列，求数列的通项公式；（2）若数列满足：存在唯一的正整数，使得，称数列为“坠点数列”.①若数列“坠点数列”，求②若数列为“坠点数列”，数列为“坠点数列”，是否存在正整数，使得，若存在，求的最大值；若不存在，说明理由.【答案】（1）.（2）①，② 6.(2)①∵数列满足：存在唯一的正整数k=5,使得,且，∴数列必为1，3，5，7，5，7，9，11，…，即前4项为首项为1，公差为2的等差数列，从第5项开始为首项5，公差为2的等差数列，故；②∵，即，∴，而数列为“坠点数列”且，数列中有且只有两个负项.假设存在正整数，使得，显然，且为奇数，而中各项均为奇数，∴必为偶数. .ⅰ.当时，，当时，，故不存在，使得成立.ⅱ.当时，，显然不存在，使得成立.ⅲ.当时，，当时，才存在，使得成立.所以.当时，，构造为1,3,1,3,5,7,9，…，为-1,2,4,8，-16,32，…，此时，所以的最大值为6.类型三以分拆定义新数列典例3 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 CDD S S S +≥.【答案】（1）13n n a -=（2）详见解析（3）详见解析【解析】试题解析：（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 ⊆，1*30,n n a n N -=>∈，所以1121133(31)32k k k r k S a a a -≤+++=+++=-<.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 DC D D D D S S S S S S S +=+≥+=. ②若C 是D 的子集，则22C CDC C CD S S S S S S +=+=≥.③若D 不是C 的子集，且C 不是D 的子集. 令U E CC D =，U F D C C =则E φ≠，F φ≠，EF φ=.于是C E C DS S S =+，D F CDS S S =+，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 ----≤+++=+++==≤，故21E F S S ≥+，所以2()1C C DD CDS S S S -≥-+，即21C CDD S S S +≥+.综合①②③得，2C C DD S S S +≥.【名师指点】本题三个难点，一是数列新定义，利用新定义确定等比数列首项，再代入等比数列通项公式求解，二是利用放缩法求证不等式，放缩目的，是将非特殊数列转化为特殊数列，从而可利用特殊数列性质，以算代征，三是结论含义的应用，实质又是一个新定义，只不过是新定义的性质应用.【举一反三】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 . 【答案】（1）()G A 的元素为2和5；（2）详见解析；（3）详见解析. 【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 a a a a a i i p n pi n n N ≤-=-≤--∑=)(1111.【精选名校模拟】1．对于给定的正整数k ，如果各项均为正数的数列{}n a 满足：对任意正整数()n n k >，21111k n k n k n n n k n k n a a a a a a a --+-++-+⋅⋅⋅⋅⋅⋅=总成立，那么称{}n a 是“()Q k 数列”．（1）若{}n a 是各项均为正数的等比数列，判断{}n a 是否为“()2Q 数列”，并说明理由；（2）若{}n a 既是“()2Q 数列”，又是“()3Q 数列”，求证： {}n a 是等比数列．【答案】（1）见解析；（2）见解析。