创新点6 数列中的新定义问题

数列中的新定义问题高考定位新高考中的数列压轴主要分为两个类：第一类是数列与其他数学分支的交汇问题，如数列与三角函数、函数导数、概率、圆锥曲线等的交汇，重在考查综合运用能力；第二类是数列中的新定义问题，主要有定义新数列、新性质及数列的拆分等，重在考查创新思维能力.【题型突破】题型一定义新数列例1(2024·浙江名校模拟)已知实数q≠0，定义数列{an}如下：如果n＝x0＋2x1＋22x2＋…＋2kxk，xi∈{0，1}，i＝0，1，2，…，k，则an＝x0＋x1q＋x2q2＋…＋xkqk.(1)求a7和a8(用q表示)；(2)令bn＝a2n－1，证明：eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))bi＝a2n－1；(3)若1<q<2，证明：对于任意正整数n，存在正整数m，使得an<am≤an＋1.(1)解因为7＝1＋2＋22，所以a7＝1＋q＋q2，因为8＝23，所以a8＝q3.(2)证明由数列{an}定义得：bn＝a2n－1＝qn－1，所以eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))bi＝1＋q＋q2＋…＋qn－1.而2n－1＝1＋2＋22＋…＋2n－1，所以a2n－1＝1＋q＋q2＋…＋qn－1＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))bi.(3)证明当1<q<2，由(2)可知，a2n－1无上界，故对任意an，存在am，使得am>an.设m是满足am>an的最小正整数.下面证明am≤an＋1.①若m－1是偶数，设m－1＝2x1＋22x2＋…＋2kxk，xi∈{0，1}，i＝0，1，2，…，k，则m＝1＋2x1＋22x2＋…＋2kxk，于是am＝1＋x1q＋x2q2＋…＋xkqk＝1＋am－1.因为an≥am－1，所以am＝1＋am－1≤an＋1.②若m－1是奇数，设m－1＝1＋2＋22＋…＋2l＋2l＋2xl＋2＋…＋2kxk，则am－am－1＝ql＋1－(1＋q＋q2＋…＋ql)＝(q－1)(1＋q＋q2＋…＋ql)－(1＋q＋q2＋…＋ql)＋1<1.所以am<am－1＋1≤an＋1.综上所述，对于任意正整数n，存在正整数m，使得an<am≤an＋1.反思感悟此类试题关键在于理解新数列的定义，结合新定义运用有关数列知识求解问题.训练1(2024·雅礼中学模拟)物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出了“牛顿数列”，它在航空航天中应用非常广泛.其定义是：对于函数f(x)，若满足(xn＋1－xn)f′(xn)＋f(xn)＝0，则称数列{xn}为牛顿数列.已知f(x)＝x4，如图，在横坐标为x1＝1的点处作f(x)的切线，切线与x轴交点的横坐标为x2，用x2代替x1重复上述过程得到x3，一直下去，得到数列{xn}.(1)求数列{xn}的通项公式；(2)若数列{n·xn}的前n项和为Sn，且对任意的n∈N*，满足Sn≥16－λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))eq\s\up12(n)，求整数λ的最小值.(参考数据：0.94＝0.6561，0.95≈0.5905，0.96≈0.5314，0.97≈0.4783)解(1)∵f′(x)＝4x3，∴f(x)在点(xn，yn)处的切线方程为y－yn＝4xeq\o\al(3,n)(x－xn)，令y＝0，得xn＋1＝eq\f(3,4)xn，所以{xn}是首项为1，公比为eq\f(3,4)的等比数列，故xn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n－1).(2)令bn＝n·xn＝n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n－1)，Sn＝1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(0)＋2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(1)＋3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)＋…＋n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n－1)，eq\f(3,4)Sn＝1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(1)＋2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)＋3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(3)＋…＋n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n)，两式相减得：eq\f(1,4)Sn＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n－1)－n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n)，化简得：Sn＝16－(16＋4n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n)，故16－(16＋4n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n)≥16－λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))eq\s\up12(n)，即λ≥(16＋4n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))eq\s\up12(n)，令dn＝(16＋4n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))eq\s\up12(n)，则dn＋1－dn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2n＋10,5)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))eq\s\up12(n)，当n≤5时，dn＋1－dn≥0，即d6＝d5>d4>d3>d2>d1，当n≥6时，dn＋1－dn<0，即d6>d7>d8>…，所以(dn)max＝d5＝d6＝36·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))eq\s\up12(5)≈21.26，从而整数λmin＝22.题型二定义数列的新性质例2(2024·郑州调研)已知数列{an}为有穷数列，且an∈N*，若数列{an}满足如下两个性质，则称数列{an}为m的k增数列：①a1＋a2＋a3＋…＋an＝m；②对于1≤i<j≤n，使得ai<aj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；(3)若存在100的k增数列，求k的最大值.解(1)由题意得a1＋a2＋…＋an＝4，且对于1≤i<j≤4，使得ai<aj的正整数对(i，j)有1个，由于1＋1＋2＝4或1＋3＝4，故所有4的1增数列有数列1，2，1和数列1，3.(2)当n＝5时，因为存在m的6增数列，即a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝m，且对于1≤i<j<5，使得ai<aj的正整数对(i，j)有6个，所以数列{an}的各项中必有不同的项，所以m≥6且m∈N*.若m＝6，满足要求的数列{an}中有四项为1，一项为2，所以k≤4，不符合题意，所以m>6.若m＝7，满足要求的数列{an}中有三项为1，两项为2，此时数列为1，1，1，2，2，满足要求的正整数对(i，j)的分别为(1，4)，(2，4)，(3，4)，(1，5)，(2，5)，(3，5)，符合m的6增数列.因此，当n＝5时，若存在m的6增数列，则m的最小值为7.(3)若数列{an}中的每一项都相等，则k＝0，若k≠0，则数列{an}中存在大于1的项，若首项a1≠1，将a1拆分成a1个1后k变大，所以此时k不是最大值，所以a1＝1.当i＝2，3，…，n时，若ai>ai＋1，交换ai，ai＋1的顺序后k变为k＋1，所以此时k不是最大值，所以ai≤ai＋1.若ai＋1－ai∉{0，1}，则ai＋1≥ai＋2，所以将ai＋1改为ai＋1－1，并在数列首位前添加一项1，k的值变大，所以此时k不是最大值，所以ai＋1－ai∈{0，1}.若数列{an}中存在相邻的两项ai＝2，ai＋1≥3，设此时{an}中有t项为2，将ai＋1改为2，并在数列首位前添加ai＋1－2个1后，k的值至少变为k＋1，所以此时k不是最大值，所以数列{an}的各项只能为1或2，所以数列{an}为1，1，…，1，2，2，…，2的形式.设其中有x项为1，有y项为2，因为存在100的k增数列，所以x＋2y＝100，所以k＝xy＝(100－2y)y＝－2y2＋100y＝－2(y－25)2＋1250，所以当且仅当x＝50，y＝25时，k取最大值，且k的最大值为1250.反思感悟此类试题，务必理解数列的新性质，结合学过的数列有关性质求解.训练2(2024·济南质检)对于无穷数列{an}，“若存在am－ak＝t(m，k∈N*，m>k)，必有am＋1－ak＋1＝t”，则称数列{an}具有P(t)性质.(1)若数列{an}满足an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n（n＝1，2），,2n－5（n≥3，n∈N*），))判断数列{an}是否具有P(1)性质？是否具有P(4)性质？(2)对于无穷数列{an}，设T＝{x|x＝aj－ai，i<j}，求证：若数列{an}具有P(0)性质，则T必为有限集；(3)已知{an}是各项均为正整数的数列，且{an}既具有P(2)性质，又具有P(3)性质，是否存在正整数N，k，使得aN，aN＋1，aN＋2，…，aN＋k，…成等差数列.若存在，请加以证明；若不存在，说明理由.解(1)因为an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n（n＝1，2），,2n－5（n≥3，n∈N*），))a5－a2＝5－4＝1，但a6－a3＝7－1＝6≠1，所以数列{an}不具有性质P(1)，因为a5－a3＝4.且a6－a4＝4，所以数列{an}具有性质P(4).(2)因为数列{an}具有性质P(0)，所以一定存在一组最小的且m>k，满足am－ak＝0，即am＝ak，由性质P(0)的含义可得am＋1＝ak＋1，am＋2＝ak＋2，…，a2m－k－1＝am－1，a2m－k＝am，所以数列{an}中，从第k项开始的各项呈现周期性规律：ak，ak＋1，…，am－1为一个周期中的各项，所以数列{an}中最多有m－1个不同的项，所以T最多有Ceq\o\al(2,m－1)个元素，即T为有限集.(3)因为数列{an}具有P(2)性质，又具有P(3)性质，所以存在M′，N′，使得aM′＋p－aM′＝2，aN′＋q－aN′＝3，其中p，q分别是满足上述关系式的最小的正整数，由性质P(2)，P(3)的含义可得aM′＋p＋k－aM′＋k＝2，aN′＋q＋k－aN′＋k＝3，若M′<N′，则取k＝N′－M′，可得aN′＋p－aN′＝2，若M′>N′，则取k＝M′－N′，可得aM′＋q－aM′＝3，记M＝max{M′，N′}，则对于aM，有aM＋p－aM＝2，aM＋q－aM＝3，显然p≠q，由性质P(2)，P(3)的含义可得：aM＋p＋k－aM＋k＝2，aN＋q＋k－aN＋k＝3，所以aM＋pq－aM＝(aM＋pq－aM＋(q－1)p)＋(aM＋(q－1)p－aM＋(q－2)p)＋…＋(aM＋p－aM)＝2qaM＋pq－aM＝(aM＋pq－aM＋(p－1)q)＋(aM＋(p－1)q－aM＋(p－2)q)＋…＋(aM＋q－aM)＝3p，所以2q＝3p，又p，q满足aM＋p－aM＝2，aM＋q－aM＝3的最小的正整数，所以q＝3，p＝2，aM＋2－aM＝2，aM＋3－aM＝3，所以aM＋2＋k－aM＋k＝2，aM＋3＋k－aM＋k＝3，所以aM＋2k＝aM＋2(k－1)＋2＝aM＋2k，aM＋3k＝aM＋3(k－1)＋3＝aM＋3k，取N＝M＋3，所以，若k是偶数，则aN＋k＝aN＋k，若k是奇数，则aN＋k＝aN＋3＋(k－3)＝aN＋3＋(k－3)＝aN＋3＋(k－3)＝aN＋k，所以aN＋k＝aN＋k，所以aN，aN＋1，aN＋2，…，aN＋k，…是公差为1的等差数列.题型三抽象数列的拆分或变换例3(2024·新高考Ⅰ卷)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ai和aj(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，使得数列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中一次任取两个数i和j(i<j)，记数列a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)－可分数列的概率为Pm，证明：Pm>eq\f(1,8).(1)解满足题意的所有(i，j)为(1，2)，(1，6)，(5，6).(2)证明当m＝3时，删去a2，a13，其余项可分为以下3组：a1，a4，a7，a10为第1组，a3，a6，a9，a12为第2组，a5，a8，a11，a14为第3组，当m>3时，删去a2，a13，其余项可分为以下m组：a1，a4，a7，a10为第1组，a3，a6，a9，a12为第2组，a5，a8，a11，a14为第3组，a15，a16，a17，a18为第4组，a19，a20，a21，a22为第5组，……，a4m－1，a4m，a4m＋1，a4m＋2为第m组，可知每组的4个数都能构成等差数列，故数列a1，a2，…，a4m＋2是(2，13)－可分数列.(3)证明易知a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)－可分数列⇒1，2，…，4m＋2是(4p＋1，4q＋2)－可分数列，其中p，q∈{0，1，…，m}.当0≤p≤q≤m时，删去4p＋1，4q＋2，其余项从小到大，每4项分为1组，可知每组的4个数都能构成等差数列，故数列1，2，…，4m＋2是(4p＋1，4q＋2)－可分数列，可分为(1，2，3，4)，…，(4p－3，4p－2，4p－1，4p)，…，(4(q＋1)－1，4(q＋1)，4(q＋1)＋1，4(q＋1)＋2)，…，(4m－1，4m，4m＋1，4m＋2).p，q的可能取值方法数为Ceq\o\al(2,m＋1)＋m＋1＝eq\f(（m＋1）（m＋2）,2).易知a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)－可分数列⇒1，2，…，4m＋2是(4p＋2，4q＋1)－可分数列，其中p，q∈{0，1，…，m}.当q－p>1时，删去4p＋2，4q＋1，将1～4p与4q＋3～4m＋2从小到大，每4项分为1组，可知每组的4个数成等差数列.考虑4p＋1，4p＋3，4p＋4，…，4q，4q＋2是否可分，等同于考虑1，3，4，…，4t，4t＋2是否可分，其中t＝q－p>1，可分为(1，t＋1，2t＋1，3t＋1)，(3，t＋3，2t＋3，3t＋3)，(4，t＋4，2t＋4，3t＋4)，…，(t，2t，3t，4t)，(t＋2，2t＋2，3t＋2，4t＋2)，每组4个数都能构成等差数列.故数列1，2，…，4m＋2是(4p＋2，4q＋1)－可分数列，p，q且q－p>1的可能取值方法数为Ceq\o\al(2,m＋1)－m＝eq\f(（m－1）m,2).从而Pm≥eq\f(\f(（m＋1）（m＋2）,2)＋\f(（m－1）m,2),Ceq\o\al(2,4m＋2))＝eq\f(m2＋m＋1,8m2＋6m＋1)>eq\f(1,8).反思感悟由于本题等差数列是抽象数列，解答的基础是运用等差数列的性质：序号等成差，则对应的项为等差.训练3(2024·杭州调研)对于每项均是正整数的数列P：a1，a2，…，an，定义变换T1，T1将数列P变换成数列T1(P)：n，a1－1，a2－1，…，an－1.对于每项均是非负整数的数列Q：b1，b2，…，bm，定义S(Q)＝2(b1＋2b2＋…＋mbm)＋beq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,2)＋…＋beq\o\al(2,m)，定义变换T2，T2将数列Q各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列T2(Q).(1)若数列P0为2，4，3，7，求S(T1(P0))的值；(2)对于每项均是正整数的有穷数列P0，令Pk＋1＝T2(T1(Pk))，k∈N.①探究S(T1(P0))与S(P0)的关系；②证明：S(Pk＋1)≤S(Pk).(1)解依题意，P0：2，4，3，7，T1(P0)：4，1，3，2，6，S(T1(P0))＝2(4＋2×1＋3×3＋4×2＋5×6)＋16＋1＋9＋4＋36＝172.(2)解①记P0：a1，a2，…，an(a1，a2，…，an∈N*)，T1(P0)：n，a1－1，a2－1，…，an－1，S(T1(P0))＝2[n＋2(a1－1)＋3(a2－1)＋…＋(n＋1)(an－1)]＋n2＋(a1－1)2＋(a2－1)2＋…＋(an－1)2，又S(P0)＝2(a1＋2a2＋3a3＋…＋nan)＋aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)，所以S(T1(P0))－S(P0)＝2n＋2a1＋2a2＋…＋2an－4－6－…－2(n＋1)＋n2－2a1－2a2－…－2an＋n＝n2＋3n－eq\f(（2n＋6）·n,2)＝0，所以S(T1(P0))＝S(P0).②证明设A是每项均为非负整数的数列a1，a2，…，an，当存在1≤i<j≤n，使得ai≤aj时，交换数列A的第i项与第j项得到数列B，则S(B)－S(A)＝2(iaj＋jai－iai－jaj)＝2(i－j)(aj－ai)≤0，当存在1≤m<n，使得am＋1＝am＋2＝…＝an＝0时，若记数列a1，a2，…，an为C，则S(C)＝S(A)，因此S(T2(A))≤S(A)，从而对于任意给定的数列P0，由Pk＋1＝T2(T1(Pk))(k＝0，1，2，…)，S(Pk＋1)≤S(T1(Pk))，由①知S(T1(Pk))＝S(Pk)，所以S(Pk＋1)≤S(Pk).【精准强化练】1.(2024·北京海淀区模拟)约数，又称因数.它的定义如下：若整数a除以整数m(m≠0)除得的商正好是整数而没有余数，我们就称a为m的倍数，称m为a的约数.设正整数a共有k个正约数，即为a1，a2，…，ak－1，ak(a1<a2<…<ak).(1)当k＝4时，若正整数a的k个正约数构成等比数列，请写出一个a的值；(2)当k≥4时，若a2－a1，a3－a2，…，ak－ak－1构成等比数列，求正整数a；(3)记A＝a1a2＋a2a3＋…＋ak－1ak，求证：A<a2.(1)解当k＝4时正整数a的4个正约数构成等比数列，比如1，2，4，8为8的所有正约数，即a＝8.(2)解由题意可知a1＝1，ak＝a，ak－1＝eq\f(a,a2)，ak－2＝eq\f(a,a3)，因为k≥4，依题意可知eq\f(a3－a2,a2－a1)＝eq\f(ak－ak－1,ak－1－ak－2)，所以eq\f(a3－a2,a2－a1)＝eq\f(a－\f(a,a2),\f(a,a2)－\f(a,a3))，化简可得(a3－a2)2＝(a2－1)2a3，所以a3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a3－a2,a2－a1)))eq\s\up12(2)，因为a3∈N*，所以eq\f(a3－a2,a2－a1)∈N*，因此可知a3是完全平方数，由于a2是整数a的最小非1因子，a3是a的因子，且a3>a2，所以a3＝aeq\o\al(2,2)，所以a2－a1，a3－a2，…，ak－ak－1为a2－1，aeq\o\al(2,2)－a2，…，aeq\o\al(k－1,2)－aeq\o\al(k－2,2)，所以a＝aeq\o\al(k－1,2)，k≥4.(3)证明由题意知a1ak＝a，a2ak－1＝a，…，aiak＋1－i＝a，…，(1≤i≤k)，所以A＝eq\f(a2,ak－1ak)＋eq\f(a2,ak－2ak－1)＋…＋eq\f(a2,a1a2)，因为eq\f(1,a1a2)≤eq\f(a2－a1,a1a2)＝eq\f(1,a1)－eq\f(1,a2)，…，eq\f(1,ak－1ak)≤eq\f(ak－ak－1,ak－1ak)＝eq\f(1,ak－1)－eq\f(1,ak)，所以A＝eq\f(a2,ak－1ak)＋eq\f(a2,ak－2ak－1)＋…＋eq\f(a2,a1a2)＝a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ak－1ak)＋\f(1,ak－2ak－1)＋…＋\f(1,a1a2)))≤a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)－\f(1,a2)＋\f(1,a2)－\f(1,a3)＋…＋\f(1,ak－1)－\f(1,ak)))＝a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)－\f(1,ak)))，因为a1＝1，ak＝a，所以eq\f(1,a1)－eq\f(1,ak)<1，所以A≤a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)－\f(1,ak)))<a2，即A<a2.2.(2024·南通调研)设有穷数列{an}的项数为m(m≥2)，若正整数k(2≤k≤m)满足∀n<k，an>ak则称k为数列{an}的“min点”.(1)若an＝(－1)n(2n－3)(1≤n≤5)，求数列{an}的“min点”；(2)已知有穷等比数列{an}的公比为2，前n项和为Sn，若数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,Sn)))存在“min点”，求正数a1的取值范围；(3)若an≥an－1－1(2≤n≤m)，数列{an}的“min点”的个数为p，证明：a1－am≤p.(1)解因为a1＝1，a2＝1，a3＝－3，a4＝5，a5＝－7，所以数列{an}的“min点”为3，5.(2)解依题意，Sn＝eq\f(a