新定义以数列为载体的新定义解答题

新定义1以数列为载体的新定义解答题【题型解读】通过给出一个数列新概念,或约定一种数列新运算,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.遇到新定义问题,应耐心读题,分析新定义的特点,弄清新定义的性质,按新定义的要求“照章办事”,逐条分析、验证、运算,使问题得以解决.类型一数列中的新定义、新运算问题(规范答题)【例1】(2024·新高考Ⅰ卷)(17分)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>18解题分析信息读取信息联想1称数列a1,a2,…a4m+2是(i,j)——可分数列基于题干语言表述,初步掌握引入的新定义2写出所有的(i,j),1≤i<j≤6,使得数列a1,a2,…,a6是(i,j)——可分数列通过m=1时的最简情形,探究抽象出一类符合题意的(i,j)的情形3当m≥3时,证明:数列a1,a2,…,a4m+2是(2,13)——可分数列通过m=3时的最简情形,探究抽象出另一类符合题意的(i,j)的情形,并进一步体会m=3时的可分就是m≥3时的可分4记数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)——可分数列的概率为Pm,证明:Pm>1由目标Pm>18,联想至少应找出的符合题意的(i,j)标准答案(1)(1,2),(1,6),(5,6).…………[3分][①基础思维]所有的(i,j):立足于穷举,全面排查,不重不漏(2)数列a1,a2,…,a4m+2的前14项a1,a2,…,a14中删去a2和a13后剩余的12项可被平均分为以下3组:a1,a4,a7,a10;a3,a6,a9,a12;a5,a8,a11,a14. …………[6分]由题设知这3组中的4个数都能构成等差数列.[②进阶思维]当m≥3时:先从最简起点m=3出发,然后再自然地过渡到m≥4时当m≥4时,数列a1,a2,…,a4m+2从第15项开始每连续4项分为一组,共可得m-3组,每组中的4个数仍能构成等差数列.所以当m≥3时,数列a1,a2,…,a4m+2是(2,13)——可分数列. ………………[8分](3)由题意,数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)——可分数列⇔1,2,…,4m+2是(i,j)——可分数列.[③进阶思维]简化研究对象:发现通过对数列的变换,数列1,2,…,4m+2成为最简且等价的研究对象从4m+2个数中任取两个数i和j(i<j)有C4m+22=8m2+6m+1种. ①首先证明(4p+1,4q+2)(p<q)一定符合题意,其中p,q∈N,且q≤m.[④进阶思维]基于(1)的启发:此类(i,j)来源于(1)的推广,论证起来只需其余4m项每连续4项一组即可当p<q时,易知,4p+1与4q+2之间共有4q+2-(4p+1)-1=4(q-p)个数,按由小到大的顺序,每4个数一组,每组的4个数都能构成等差数列;4p+1之前共有4p个数,按由小到大的顺序,每4个数一组,每组的4个数都能构成等差数列;4q+2之后共有4(m-q)个数,按由小到大的顺序,每4个数一组,每组的4个数都能构成等差数列.所以(4p+1,4q+2)(p<q)一定符合题意.同理易证,(4p+1,4q+2)(p=q)同样符合题意.此时,这样的(i,j)共有Cm+12+Cm+11=(m②其次证明(4p+2,4q+1)(p<q-1)一定符合题意,其中p,q∈N,且q≤m.[⑤高阶思维]基于(2)的启发:此类(i,j)来源于(2)的推广,且应注意p=q-1时不一定符合题意同样,4p+1之前共有4p个数,按由小到大的顺序,每4个数一组,每组的4个数都能构成等差数列;4q+2之后共有4(m-q)个数,按由小到大的顺序,每4个数一组,每组的4个数都能构成等差数列.故只需证明4p+1,4p+3,4(p+1),…,4q,4q+2共4(q-p)个数,可被平均分为q-p组,且每组的4个数都能构成等差数列. ………[13分][⑥高阶思维]基于(2)中的充分延展归纳,从而得到如下的构造方式令t=q-p,t≥2,则只需证明1,3,4,…,4t,4t+2,可被平均分为t组,且每组的4个数都能构成等差数列.事实上,可将1,3,4,…,4t,4t+2划分为如下t组:(1,1+t,1+2t,1+3t),(3,3+t,3+2t,3+3t),(4,4+t,4+2t,4+3t),…,(t,2t,3t,4t),(t+2,2t+2,3t+2,4t+2).易知,上述各组的4个数都能构成等差数列.所以(4p+2,4q+1)(p<q-1)一定符合题意. …………[14分]此时,这样的(i,j)共有Cm+12-m=m(m-1[⑦进阶思维]基于古典概型概率求法,估算出概率的范围由①②可知,符合题意的(i,j)至少有(m+1)(m+2)2+m(m-1)2综上,Pm≥m2+m+18m2+6m+1解题反思1.本题的命题特点(1)以等差数列为知识背景,创新设问方式,设置数学新定义,搭建思维平台,引导学生积极思考,在思维过程中领悟数学方法,自主选择路径和策略分析问题、解决问题.(2)重点考查的是数学思维方式、思维品质、逻辑推理素养探究能力等,“聚焦主干知识内容和重要原理、方法,着重考查数学学科核心素养,回归课标,重视教材.2.本题的得分关键(1)本题的思维障碍点主要集中在对前两问所涉及具体情形的抽象领会上,(3)问得以解决的两类情况既蕴含在其中,又不仅限于其中.例如本题第三问解决的一个易错点是误认为(4p+2,4q+1)(p=q-1)是符合题意的.(2)从思维品质上看,面对新的情境、陌生问题,通过有逻辑的尝试、试验,从具体到抽象、从特殊到一般进行探索,适当利用图、表呈现中间结果以便发现规律、得出猜想,然后再进行推理论证,这样的解题路径彰显出创造性思维品质,成为我们努力的方向.类型二数列中的新性质问题【例2】(2025·郑州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,若存在常数λ(λ>0),使得λan≥Sn+1对任意n∈N*都成立,则称数列{an}具有性质P(λ).(1)若数列{an}为等差数列,且S3=-9,S5=-25,求证:数列{an}具有性质P(3);(2)设数列{an}的各项均为正数,且{an}具有性质P(λ).①若数列{an}是公比为q的等比数列,且λ=4,求q的值;②求λ的最小值.【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,由S3=-9,S5=-25,得3a1+3d=-9,5a1+10d=-25,解得a1=-1,d=-2,则an=-1+(n-1)(-2)=-2n+1,Sn=(-1-2n于是3an-Sn+1=3(-2n+1)+(n+1)2=(n-2)2≥0,即3an≥Sn+1,所以数列{an}具有性质P(3).(2)①由数列{an}具有性质P(4),得4an≥Sn+1,又等比数列{an}的公比为q,若q=1,则4a1≥(n+1)a1,解得n≤3,与n为任意正整数相矛盾;当q≠1时,4a1qn-1≥a1·1-qn+11-q,而an>0,整理得若0<q<1,则qn-1≥1(q-2)2,解得n≤1+logq若q>1,则qn-1(q-2)2≤1,当q=2时,qn-1(q-2)2≤1恒成立,满足题意;当q>1且q≠2时,qn-1≤1(q-2)2,解得n≤1+logq所以q=2.②由λan≥Sn+1,得λan+1≥Sn+2,即λ(Sn+1-Sn)≥Sn+2,因此λSn+1≥λSn+Sn+2≥2λSnSn+2,即S则有Sn+1Sn≤λ4·SnSn-1≤(λ4)2由数列{an}各项均为正数,得Sn<Sn+1,从而1<(λ4)n-1S2S1,即(λ4)若0<λ<4,则n<1+logλ4S1S因此当λ≥4时,(λ4)n-1≥1n-1>S1S2恒成立,符合题意,所以解题技法1.解决本题的关键(1)根据给定条件,求出等差数列的公差,进而求出通项公式及前n项和,再利用定义判断即得.(2)①根据给定条件,可得4an≥Sn+1,再按q=1,q≠1探讨,当q≠1时,4qn-1≥1-qn+11-q,又按0<q<1,q=2,q>1且q≠2讨论得解;②由定义知λan+1≥Sn+2,消去an+1结合基本不等式得Sn+2Sn+1≤λ4·2.解决此类问题时通常是总结出数列的一个性质,然后判断所给数列是否具有此性质,或根据数列的该性质去求解或验证某些结论.对点训练如果无穷数列{an}满足“对任意正整数i,j(i≠j),都存在正整数k,使得ak=·aj”,则称数列{an}具有“性质P”.(1)若等比数列{an}的前n项和为Sn,且an>0,S3=14,a3=a2+2a1.求证:数列{an}具有“性质P”;(2)在(1)的条件下,若Snan+anSn<a对任意正整数n(3)如果各项均为正整数的无穷等比数列{bn}具有“性质P”,且216、315、414、615四个数中恰有两个出现在{bn}中,试求出这两个数的所有可能情况,并求出相应数列首项的最小值,说明理由.【解析】(1)由S3=14,a3=a2+2a1可得S3=a1+a2+a3=a1(1+q+q2)=14,a1q2=a1(q+2).解得a1=2,q=2,或q=-1(舍去),故an=2n.对任意的正整数i,j(i≠j),·aj=2i·2j=2i+j,所以存在k=i+j,使得ak=·aj.所以数列{an}具有“性质P”.(2)an=2n,Sn=2(2n-1)2-1=2(2n-1),Snan=2(2n由于函数f(t)=t+1t在1≤t<2时单调递增,故2≤t+1t<52,所以2≤Sna因为Snan+anSn<a对任意正整数n成立(3)从216、315、414、615这四个数中任选两个,共有以下6种情况:216,315;216,414;216,615;315,414;315,615;414,615.①对于216,414,因为414216=212为正整数,可以认为是等比数列{bn}中的项,bn=2n-1,下面说明此数列具有性质P:216=b17,414=b29,任取i,j∈N*,j>i≥1,则·aj=2i-1·2j-1=+j-1,i+j-1为正整数,因此此数列具有性质P.②对于315,615.因为615315=215为正整数,认为是等比数列{bn}中的项,bn=315·2首项的最小值为315,下面说明此数列不具有性质P:315=b1,615=b16,若bk=b1·b16=330·215不是等比数列{bn}中的项,因此此数列不具有性质P,同理可得216,315;216,615;315,414;414,615每组所在等比数列{an}不具有“性质P”.所以上述四个数中会有两个216,414出现在{bn}中.类型三数列中新情境问题【例3】密码学是研究编制密码和破译密码的技术科学.研究密码变化的客观规律,应用于编制密码以保守通信秘密的,称为编码学;应用于破译密码以获取通信情报的,称为破译学,总称密码学.20世纪70年代,一些学者提出了公开密钥体制,即运用单向函数的数学原理,以实现加、脱密密钥的分离.加密密钥是公开的,脱密密钥是保密的.这种新的密码体制,引起了密码学界的广泛注意和探讨.某数学课外小组研究了一种编制密码的方法:取任意的正整数n,将小于等于n且与n互质的正整数从小到大排列,即为密码.记符合上述条件的正整数的个数为an.(1)求数列{an}的前5项和;(2)求a2n(n∈N*)的表达式和a31×37(3)记bn=(n2+n)a2n,数列{bn}的前n项和为S【解析】(1)由题可知,a1=1;小于等于2且与2互质的正整数有1,所以a2=1;小于等于3且与3互质的正整数有1,2,所以a3=2;小于等于4且与4互质的正整数有1,3,所以a4=2;小于等于5且与5互质的正整数有1,2,3,4,所以a5=4.所以数列{an}的前5项和为1+1+2+2+4=10.(2)2为质数,则小于等于2n的正整数中,只有2的倍数不与2互质,又因为小于等于2n的正整数中,2的倍数有2n-1个,所以a2n=2n-2n-1=2n在小于等于31×37的正整数中,31的倍数有37个,37的倍数有31个,所以a31×37=31×37-31-37+1=(31-1)(37-1)=1080.(3)由(2)知a2n=2n-1,所以bn=n2+n2n-1,所以Sn故12Sn=12+12+22+222+32+323+…+n2+n2n,作差得所以Sn=4(120+221+322令Tn=120+221+322+…+n2n-1,则12作差得:12Tn=1+12+122+123+…+12n-所以Tn=4-2+n2n-1,故Sn=4×(4-2+n因为n∈N*,所以n2+5n+82n-思维升华1.解决本题的关键点(1)根据数列定义求出前5项即可求和;(2)先根据定义得出a2n=2n-1,再求出a31×37即可;(3)应用错位相减法计算得出Sn=16-n2.对于新情境题型或给出几个新模型来创设新问题的情境,应耐心读题.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.实现信息迁移,达到灵活解题的目的.对点训练定义: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”,例如:数列1,2,3经过第一次“和扩充”后得到数列1,3,2,5,3;第二次“和扩充”后得到数列1,4,3,5,2,7,5,8,3.设数列a,b,c经过n次“和扩充”后得到的数列的项数为Pn,所有项的和为Sn.(1)若a=2,b=3,c=4,求P2,S2;(2)若Pn≥2024,求正整数n的最小值;(3)是否存在数列a,b,c(a,b,c∈R),