微专题七　新定义压轴题的解题策略与方法

新定义压轴题的解题策略与方法微专题七新定义是北京高考数学的一大特色,常见形式是给出一个新定义的数学对象,然后

研究相关问题.其对学生的逻辑思维能力要求高,难度大,分数占比也较高,是冲刺高分

段必须重视的题目.一、解题策略(1)认真审题,明确定义,准确完成第一问.第一问不要轻,其难度往往不大,只需读懂新定义,按照要求写出答案即可.如有

可能,尽量转化为比较直观的理解方式(图或者表).(2)充分研究例子,归纳总结新定义的部分性质.第一问的例子很重要,通常为一个实际的数组或数列,对于理解后面两问的抽象问题有一定帮助,第二问往往是第三问的一个引导,要注意利用第二问的结论,进行拓展与延

伸.有时二、三问是不同的问题,需要更多举例探究.研究时要有从特殊到一般的意识.(3)适时转化问题,联系已学知识,并结合已有性质解决.要注意寻找前后联系:或是部分定义与问题的联系(例如23年21(3)与题干中rk的联系),

或是例子对问题的提示(见例1、例2),或是后两问之间的联系(见例1).例1

(2016北京理,20,13分)设数列A:a1,a2,…,aN(N≥2).如果对小于n(2≤n≤N)的每个正

整数k都有ak<an,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an使得an>a1,则G(A)≠⌀;(3)证明:若数列A满足an-an-1≤1(n=2,3,…,N),则G(A)的元素个数不小于aN-a1.知识联想数列相关的新定义题目,审题时需要注意一些细节:1.有穷数列还是无穷数列,本题研究的是有穷数列;2.数列中的项是否有特殊要求(例如为整数、正数等);3.对项的序号(下标)的要求,例如本题中“G时刻”要求大于1;4.“G时刻”取决于项之间大小关系,类比函数单调性,从函数图象的角度刻画可能更

为直观.思路导引步骤一,结合第一问的例子,可发现第一个“G时刻”为首个大于a1的项序

号,这样就解决了第二问.步骤二,进一步研究第一问的例子,在其基础上添加几项.发现第二个“G时刻”为首个

大于第一个“G时刻”对应项的项序号.一般地,后续每个“G时刻”均为首个大于前

一个“G时刻”对应项的项序号.步骤三,根据第三问条件取数列A:0,

,1,

,2,

,3,4.设G(A)={n1,n2,…,np},n1<n2<…<np.记n0=1.不难发现

=

+(

-

)≤

+1.步骤四,上述不等式类似等差数列的结构,借助同向不等式累加可以证明第三问.解析

(1)G(A)的元素为2和5.(2)证明:因为存在an使得an>a1,所以{i∈N*|2≤i≤N,ai>a1}≠⌀.记m=min{i∈N*|2≤i≤N,ai>a1},则m≥2,且对任意正整数k<m,ak≤a1<am.因此m∈G(A),从而G(A)≠⌀.(3)证明:当aN≤a1时,结论成立.以下设aN>a1.由(2)知G(A)≠⌀.设G(A)={n1,n2,…,np},n1<n2<…<np.记n0=1,则

<

<

<…<

.对i=0,1,…,p,记Gi={k∈N*|ni<k≤N,ak>

}.如果Gi≠⌀,取mi=minGi,则对任意1≤k<mi,有ak≤

<

.从而mi∈G(A)且mi=ni+1.又因为np是G(A)中的最大元素,所以Gp=⌀.从而对任意np≤k≤N,ak≤

,特别地,aN≤

.对i=0,1,…,p-1,

≤

.因此

=

+(

-

)≤

+1,即

-

≤1,所以aN-a1≤

-a1=

(

-

)≤p.因此G(A)的元素个数p不小于aN-a1.例2

(2019北京理,20,13分)已知数列{an},从中选取第i1项、第i2项、…、第im项(i1<i2<…

<im),若

<

<…<

,则称新数列

,

,…,

为{an}的长度为m的递增子列.规定:数列{an}的任意一项都是{an}的长度为1的递增子列.(1)写出数列1,8,3,7,5,6,9的一个长度为4的递增子列;(2)已知数列{an}的长度为p的递增子列的末项的最小值为

,长度为q的递增子列的末项的最小值为

.若p<q,求证:

<

;(3)设无穷数列{an}的各项均为正整数,且任意两项均不相等.若{an}的长度为s的递增子

列末项的最小值为2s-1,且长度为s末项为2s-1的递增子列恰有2s-1个(s=1,2,…),求数列

{an}的通项公式.知识联想本题数列与单调性相关,可以尝试直观刻画的方式,利用第一问给出的数列

探究新定义的特性;考虑特殊长度为s的递增子列与2s-1的关系,结合乘法原理,联想需要研究相邻的奇数、

偶数.思路导引步骤一,第二问字母很多,可先借助第一问例子研究具体情形.例如p=3,q=4,

此时

=6(思考为何不选q=5).此时3项递增子列非常多,可提示我们求

并非好的选择,应借助长的递增子列生成短的递增子列.步骤二,深入研究第一问例子.考虑长度为4的以6为末项的递增数列的个数,除枚举法之

外,还有什么更一般的方法能快速得到其个数呢?发现将8,3及7,5这种相邻降序的项放

在一起是比较好的结构,这也是对第三问的一种提示.结合2s-1的形式,不难猜出数列为2,

1,4,3,6,5,……,2k,2k-1,2k+2,2k+1,……步骤三,递增子列直接刻画的是项与项之间的相对位置,而非直接确定每一项,这提示我

们可以从项之间的相对位置入手.容1~3的相对位置,在此基础上,可以继续添加4,5与6,7.探究过程中会发现两点很重要:偶数出现在数列中;新添加的数与原有数之间

相对位置.步骤四,归纳总结简单情形的探究,发现共性:如果已知前面数相对位置,再添加新的项,

讨论相对位置是可行的.故选择使用数学归纳法解决问题.解析

(1)1,3,5,6.(答案不唯一)(2)证明:设长度为q,末项为

的一个递增子列为

,

,…,

,

.由p<q,得

≤

<

.因为{an}的长度为p的递增子列末项的最小值为

,又

,

,…,

是{an}的长度为p的递增子列,所以

≤

.所以

<

.(3)an=

我们用数学归纳法证明命题:对于任意n∈N*,1~2n这2n个数的相对位置如下:2,1,4,3,…,2n,2n-1.①n=1时,由条件“长度为s的递增子列末项的最小值为2s-1,且长度为s末项为2s-1的递

增子列恰有2s-1个”知:s=1,说明数列中含有1;s=2,说明以3结尾的子列有2个,这2个一定是1,3和2,3,所以2是数列中的项.若1~2的相对

位置为1,2,则长度为2的递增子列结尾最小值为2,与3的最小性矛盾,因此1~2的相对位

置一定是2,1.命题成立.②假设n=k(k≥1)时命题成立,即1~2k的相对位置为2,1,4,3,…,2k,2k-1.当n=k+1时,i.首先说明2k+1一定在2k-1后面.否则若2k+1在2k-1前面,则长度为k+1以2k+1结尾的递增子列至多有2k-1个,这与题设的2k

个矛盾.因此1~2k以及2k+1的相对位置如下:2,1,4,3,…,2k,2k-1,2k+1.ii.其次说明2k+2一定存在.假设2k+2不存在,由1~2k相对位置知{an}长度为k+2以2k+3结尾的递增子列倒数第二项

必为2k+1,至多有2k个,这与题设的2k+1个矛盾.iii.最后说明2k+2在2k-1与2k+1之间.2k+2不能在2k+1后面,否则会形成长度为k+2以2k+2结尾的递增子列,这与2k+3的最小

性矛盾.若2k+2在2k-1前面,考虑长度为k+2以2k+3结尾的递增子列,其倒数第二项只能为2k+1或

2k+2,第一类有2k个,第二类至多有2k-1个.故长度为k+2以2k+3结尾的递增子列至多有2k+

2k-1个,与题设的2k+1个矛盾.因此1~2k+2的相对位置为2,1,4,3,…,2k,2k-1,2k+2,2k+1.即命题对n=k+1成立.综合①②知上述命题对任意n∈N*均成立.因此我们证明了数列an=

经检验该数列符合题设条件.二、常用解题方法面对新定义问题时,题干给出的信息可能不够多,通过适当假设增加条件可以帮助我们

拓宽思路,得到更多有用的结论,进而解决问题.常用的方法有反证法、极端原理、数学

归纳法.1.反证法证明的步骤

2.极端原理极端原理是一种从特殊对象看问题的方法,它以对象数量上的极端情况(例如最大值、

最小值、最短、最长等)为出发点,寻找问题的突破口.利用这个原理可以解决不少与

存在性有关的问题.使用极端原理时要注意以下三点:(1)有限非空数集必有最大元素与最小元素;(2)自然数集的非空子集必有最小元素;(3)无限非空实数集不一定有最大元素或最小元素.3.数学归纳法数学归纳法是解决和数列相关问题的常用方法.其中关键步骤“归纳证明”通过归纳

假设实现增加条件.教材详细介绍了第一数学归纳法,下面给出第二数学归纳法证明问

题的步骤:(1)证明n=n0时命题成立;(2)假设n0≤n≤k时命题成立,证明当n=k+1时命题成立.例3

(2022海淀期末,21)已知n行n列(n≥2)的数表A=

中,对任意的i∈{1,2,…,n},j∈{1,2,…,n},都有aij∈{0,1}.若当ast=0时,总有

ait+

asj≥n,则称数表A为典型表,此时记Sn=

aij.(1)若数表B=

,C=

,请直接写出B,C是不是典型表;(2)当n=6时,是否存在典型表A使得S6=17,若存在,请写出一个A;若不存在,请说明理由;(3)求Sn的最小值.思路导引先借助例子发现典型表的重要性质:若某个位置是0,则它所在的行及列中1

的个数足够多(≥n).进一步地,若某行0的个数比较多,会存在一个区域,其中列的和均比较大,即1的个数比

较多.故寻找含1最少(即含0最多)的行(或列)可以帮助我们找到合理的下界.确定行的下界后考虑列的情况,可将数表调整,然后分成对角区域估计.解析

(1)B不是典型表,C是典型表.(如果将B中心位置的0换成1就可以将其变为典型表,其结构和C相近,这两个例子可以

帮助我们猜出第三问所求的最小值)(2)S6不可能等于17.下用反证法进行证明.证明:假设S6=17,那么典型表(aij)6×6中有19个0,在六行中至少有一行0的个数不少于4,不

妨设此行为第一行,且不妨设a11=a12=a13=a14=0.(借助反证假设,构造一行含比较多的0,进

而找到一个区域,使其包含足够多的1)此时前四列中,每一列的其余位置中都至少有4

个1,所以前四列中至少有16个1,所以a15与a16中至多有一个1,即a15与a16中至少有一个为0,(第二次借助反证假设)不妨设a15=0,则第五列的其余位置中至少又有5个1,所以前五列中已经有不少于21个1,

与S6=17矛盾,所以假设不成立.所以S6不可能等于17.(3)在水平方向的n行和竖直方向的n列中,一定存在某一行或某一列中含有的1的个数

最少,不妨设第一行中的1最少(由数表的行列相等,可任设行或列),并设其个数为k,其中

k∈{0,1,2,3,…,n}.且不妨设第一行中前k个为1,后(n-k)个为0.(根据任意性将数表调整为究的特殊

结构)对于第一行中为1的这k列中,因为每一列都至少有k个1,故k列至少有k2个1;(此处用到了

极端原理的假设,即k是所有行和列和中的最小值)对于第一行中为0的(n-k)列中,每一列中都至少有(n-k)个1,(两个区域确定下界的方式不

同)所以Sn≥k2+(n-k)2=2k2-2nk+n2=2

+

.以下记f(k)=2

+

,①当n为偶数时,则Sn≥f(k)≥2

+

=

对任意的k恒成立,而且Sn可以取到

.例如:当“1≤i≤

且1≤j≤

”和“

+1≤i≤n且

+1≤j≤n”时,aij=1,其他位置为0(类似题中数表C的结构),此时Sn=

.②当n为奇数时,则Sn≥f(k)≥2

+

=

对任意的k恒成立,而且Sn可以取到

.例如:当“1≤i≤

且1≤j≤

”和“

≤i≤n且

≤j≤n”时,aij=1,其他位置为0,此时Sn=

.综上,当n为偶数时,Sn的最小值为

;当n为奇数时,Sn的最小值为

.例4

(2020海淀一模,21)已知数列{an}是由正整数组成的无穷数列.若存在常数k∈N*,

使得a2n-1+a2n=kan对任意的n∈N*成立,则称数列{an}具有性质Ψ(k).(1)分别判断下列数列{an}是否具有性质Ψ(2).(直接写出结论)①an=1;②an=2n.(2)若数列{an}满足an+1≥an(n=1,2,3,…),求证:“数列{an}具有性质Ψ(2)”是“数列{an}为

常数列”的充分必要条件.(3)已知数列{an}中a1=1,且an+1>an(n=1,2,3,…).若数列{an}具有性质Ψ(4),求数列{an}的通

项公式.思路导引本题数列中每项均为正整数,性质Ψ(4)可以生成新的两项之和,数列的单调

性则帮我们减少分类讨论的情况.数学归纳法是解决本题最自然的想法:先尝试推导a3,a4,再推导a5,a6,接着研究上述推导

中的一般性规律,进行假设,完成证明.解析

(1)①数列{an}具有“性质Ψ(2)”;②数列{an}不具有“性质Ψ(2)”.(2)证明:先证“充分性”:当数列{an}具有“性质Ψ(2)”时,有a2n-1+a2n=2an,又因为an+1≥an,所以0≤a2n-an=an-a2n-1≤0,

进而有an=a2n(不等式的夹逼),结合an+1≥an有an=an+1=…=a2n,即“数列{an}为常数列”;再证“必要性”:若“