高考数学一轮复习（培优版） 第六章　6.7　新情境、新定义下的数列问题

§6.7新情境、新定义下的数列问题重点解读纵观各地考题，总能在试卷的压轴题位置发现新情境、新定义数列题的身影，它们对数列综合问题的考查常常以新定义和新构造形式呈现，有时还伴随着数列与其他知识的交汇.题型一以等差、等比数列的概念定义新数列例1(1)定义高阶等差数列：对于一个给定的数列{an}，令bn=an+1-an，则数列{bn}称为数列{an}的一阶差数列，再令cn=bn+1-bn，则数列{cn}称为数列{an}的二阶差数列.已知数列{An}为2，5，11，21，36，…，且它的二阶差数列是等差数列，则A8=.

答案121解析该数列的一阶差数列为3，6，10，15，…，则二阶差数列为3，4，5，…，因为二阶差数列是等差数列，故二阶差数列为3，4，5，6，7，8，…，所以一阶差数列为3，6，10，15，21，28，36，…，从而原数列为2，5，11，21，36，57，85，121，…，故A8=121.(2)(2025·昆明模拟)对于数列{an}，若存在正整数m，使得对任意的n≥m，都有an+12-anan+2=d(d为常数)，则称数列{an}从第m项起为“d-①已知数列{an}满足an=2n，试判断数列{an}是否为“d-等差比数列”，若是，求出d的值；若不是，请说明理由；②若数列{bn}从第1项起为“1-等差比数列”，b1=1，b2=2，求数列{bn}的通项公式；③在②的条件下，设数列{bn}的前n项和为Sn，若对任意的n∈N*，都有Sn≥λbn成立，求实数λ的取值范围.解①已知an=2n，则an+1=2n+1，an+2=2n+2.an+12-anan+2=(2n+1)2-2n×2n+2=22n+2-22n所以数列{an}是“0-等差比数列”，d=0.②因为数列{bn}从第1项起为“1-等差比数列”，所以当n≥1时，bn+12-bnb所以bn+22-bn+1bn故bn+12-bnbn+2=bn+22-b整理得到bn+12+bn+1bn+3=bnbn故bn+1所以bn+bn而b22-b1b3=1，故4-1×b3=1，即b3故bn+则bn+bn+2=2bn+1，所以{bn}为等差数列，其首项为b1=1，公差为2-1=1，故bn=n.③Sn=n由Sn≥λbn得n(n+1)即λ≤n+12对任意的n∈N*因为n+12的最小值为所以λ≤1，即实数λ的取值范围是(-∞，1].思维升华“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，耐心研究题中信息，分析新定义的特点，搞清新定义的性质，按新定义的要求“照章办事”，逐条分析、运算、验证.跟踪训练1(2025·太原模拟)对于∀n∈N*，若数列{xn}满足xn+1=pxn+q(p，q为常数)；则称这个数列为“p-q数列”.已知数列{an}是“1-2数列”，数列{bn}是“2-0数列”，且a1=b1=2.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)记cn=a1bn+a2bn-1+a3bn-2+…+an-1b2+anb1，判断数列{cn}是不是“p-q数列”.若是，求出p，q的值，反之说明理由.解(1)由题知an+1=an+2，即an+1-an=2，∴数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，∴an=2+2(n-1)=2n.∵bn+1=2bn，即bn+1∴数列{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴bn=2×2n-1=2n.(2)∵cn=a1bn+a2bn-1+a3bn-2+…+an-1b2+anb1=2×1×2n+2×2×2n-1+2×3×2n-2+…+2×(n-1)×22+2n×2=1×2n+1+2×2n+3×2n-1+…+(n-1)×23+n×22，①则12cn=1×2n+2×2n-1+3×2n-2+…+(n-1)×22+n×21，①-②得12cn=2n+1+2n+2n-1+2n-2+…+23+22-n×2=22-2n+21-2-2n∴cn=2n+3-4n-8，cn+1=2n+4-4n-12.假设数列{cn}是“p-q数列”，则存在p，q，使得cn+1=pcn+q，即2n+4-4n-12=p·2n+3-4pn-8p+q，∴p=2，∴数列{cn}不是“p-q数列”.题型二以函数定义新数列例2给定数列{an}，若满足a1=a(a>0且a≠1)，且对于任意的m，t∈N*，都有am+t=amat，则称数列{an}为“指数型数列”.(1)已知数列{an}的通项公式an=4n，证明：{an}为“指数型数列”；(2)若数列{an}满足a1=12，an=3an+1+2anan+1(n∈N*①判断数列1an+1是否为“②若数列{an}的前n项和为Sn，证明：Sn<34(1)证明因为a1=4，且对于任意的m，t∈N*，都有amat=4m·4t=4m+t=am+t，所以{an}为“指数型数列”.(2)①解将an=3an+1+2anan+1两边同除以anan+1，得1an+1=所以1an又1a1即数列1an+1是以3所以1an+1=3所以对于任意的m，t∈N*，都有1am+11at+1=3m·3t=3故1an+1是“②证明由①知，1an+1=3n，则a当n=1时，S1=a1=12<3当n≥2时，13则Sn=a1+a2+a3+…+an=12+132-1+1<12×30+12×=121-13n综上，Sn<34思维升华数列是一种特殊的函数，本质上数列是以正整数集或它的有限子集为定义域的“离散型”函数，数列问题可以融入函数问题之中，解决数列问题时可以结合函数知识.跟踪训练2(2025·昆明模拟)在密码学领域，著名的欧拉函数应用在数据加密算法中，设p，q是两个正整数，若p，q的最大公约数是1，则称p，q互素，对于任意正整数n，欧拉函数是不超过n且与n互素的正整数的个数，记为φ(n)，如：φ(4)=2.(1)求φ(6)，φ(8)的值；(2)设p，q(p≠q)是两个素数，试用p，k表示φ(pk)(k∈N*)，并证明：φ(pq)=φ(p)·φ(q)；(3)数列{an}的通项公式为an=1，n=1，2n+1φ(2n)，n≥2，设该数列的前解(1)不超过6且与6互素的正整数有1，5，所以φ(6)=2，不超过8且与8互素的正整数有1，3，5，7，所以φ(8)=4.(2)在不大于pk的正整数中，只有p的倍数不与pk互素，而p的倍数有pk-1个，则φ(pk)=pk-pk-1=(p-1)pk-1，由p，q(p≠q)是两个素数，得φ(p)=p-1，φ(q)=q-1，在不大于pq-1的正整数中，p的倍数有q-1个，q的倍数有p-1个，因此φ(pq)=pq-1-(p-1)-(q-1)=pq-p-q+1=(p-1)(q-1)，所以φ(pq)=φ(p)·φ(q).(3)由(2)得an=2n+12n-1(又a1=1，所以当n≥2时，Sn=1+52+722+则12Sn=12+522+7两式相减得12Sn=3+222+223+…+22n-1-因此Sn=8-4n+102n(n又S1=a1=1也满足上式，故Sn=8-4n+102n(n∈而Sn=8-4n+102n<8，S5=8-5所以存在整数m，使Sn<m对任意正整数n都成立，且m的最小值为8.题型三以数列和项与通项关系定义新数列例3(2025·重庆模拟)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{an}满足：a3a8=a10，a4-6a3+9a2=0，判断数列{an}是否为“M-数列”，并说明理由；(2)已知数列{bn}满足：b1=1，1Sn=2bn-2bn+1，其中Sn①求数列{bn}的通项公式；②设m为正整数，若存在“M-数列”{cn}(n∈N*)，对任意正整数k，当k≤m时，都有ck≤bk≤ck+1成立，求m的最大值.解(1)设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，∵a3a8=a10，a4-6a3+9a2=0，∴a1q2a1q7=a1q9，a1q3-6a1q2+9a1q=0，又a1≠0，联立解得a1=1，q∴数列{an}是首项为1且公比为正数的等比数列，即数列{an}为“M-数列”.(2)①当n=1时，1=2-2b2，即b∵1Sn∴2Sn=b当n≥2时，2Sn-1=b∴2bn=2(Sn-Sn-1)=bnb∴2=bn+1∴2(bn+1-bn)(bn-bn-1)=bn+1(bn-bn-1)-bn-1(bn+1-bn)，展开化简得bn+1+bn-1=2bn(n≥2)，∴数列{bn}是等差数列，公差为b2-b1=1，故数列{bn}的通项公式为bn=n.②设{cn}的公比为q'，q'>0，存在“M-数列”{cn}，对任意正整数k，当k≤m时，都有ck≤bk≤ck+1成立，即(q')k-1≤k≤(q')k对k≤m恒成立，当k=1时，q'≥1，当k=2时，2≤q'≤2当k≥3时，两边取对数可得，lnkk≤lnq'≤lnkk即lnkkmax≤ln令f(x)=lnxx(x≥3)，则f'(x)当x≥3时，f'(x)<0，此时f(x)在[3，+∞)上单调递减，∴当k≥3时，lnk令g(x)=lnxx-1(x≥则g'(x)=1-令φ(x)=1-1x-lnx(x≥3)，则φ'(x)=当x≥3时，φ'(x)<0，∴φ(x)在[3，+∞)上单调递减，∴φ(x)≤1-13-ln3<0即g'(x)<0，∴g(x)在[3，+∞)上单调递减，∴当3≤k≤m时，lnk∴ln33≤lnq'≤lnmm-1，其中2下面求解不等式ln33≤化简得3lnm-(m-1)ln3≥0，令h(m)=3lnm-(m-1)ln3，则h'(m)=3m-ln3由k≥3得m≥3，进而h'(m)<0，∴h(m)在[3，+∞)上单调递减，又h(5)=3ln5-4ln3=ln125-ln81>0，h(6)=3ln6-5ln3=ln216-ln243<0，故使得h(m)>0的最大整数m=5，此时q'∈3又∵313，514∴当m=5时，满足题意，综上所述，满足题意的正整数m的最大值为5.思维升华解决此类创新概念问题的关键：一是认真审题，读懂创新概念的含义；二是活用概念，即会利用创新概念，在相关知识的基础上加以类比、提升与拓展，转化为熟悉的相关问题；三是根据题意，并结合相关知识加以分析与求解，达到创新能力与转化思维的统一，知识与能力的综合，真正达到创新的目的.跟踪训练3对于给定的正整数k，若数列{an}满足an-k+an-k+1+…+an-1+an+1+…+an+k-1+an+k=2kan对任意正整数n(n>k)恒成立，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.证明(1)因为{an}是等差数列，设其公差为d，则an=a1+(n-1)d，当n≥4时，an-i+an+i=a1+(n-i-1)d+a1+(n+i-1)d=2a1+2(n-1)d=2an，i=1，2，3，所以an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an对任意正整数n(n>3)恒成立，因此等差数列{an}是“P(3)数列”.(2)因为数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，所以当n≥3时，an-2+an-1+an+1+an+2=4an，①当n≥4时，an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an.②由①知，an-3+an-2=4an-1-(an+an+1)(n≥4)，③an+2+an+3=4an+1-(an-1+an)(n≥2)，④将③④代入②得，an-1+an+1=2an(n≥4)，所以a3，a4，a5，a6，…是等差数列，设其公差为d'.在①中，取n=4，则a2+a3+a5+a6=4a4，又a4=a3+d'，a5=a3+2d'，a6=a3+3d'，所以a2=a3-d'，在①中，取n=3，则a1+a2+a4+a5=4a3，所以a1=a3-2d'，综上，a1，a2，a3，a4，a5，a6，…是等差数列，故数列{an}是等差数列.课时精练[分值：70分]一、单项选择题(每小题5分，共20分)1.在一个数列中，如果∀n∈N*，都有an·an+1·an+2=k(k为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k叫做这个数列的公积.已知数列{an}是等积数列，且a1=1，a2=2，公积为8，则a1+a2+a3+…+a12等于()A.28 B.20 C.24 D.10答案A解析由题知an·an+1·an+2=8，an+1·an+2·an+3=8，所以an=an+3，故数列{an}是周期为3的周期数列，又a1a2a3=8，a1=1，a2=2，所以a3=4，所以a1+a2+a3+…+a12=4(a1+a2+a3)=28.2.若数列{an}满足an+1=anm(m>1且m∈Z)，则称数列{an}为“幂m数列”.已知正项数列{an}是“幂2数列”且a2-a1=2，设{an}的前n项积为Tn，则T10等于(A.1024 B.1023 C.21024 D.21023答案D解析∵正项数列{an}是“幂2数列”，∴a2=a12，又∵a2-a∴a12-a1-2=0，解得a1=2或a1=-1(舍去∵an+1=a∴log2an+1=2log2an，即log2又log2a1=log22=1，所以数列{log2an}是首项为1，公比为2的等比数列，∴log2an=2n-1，∴log2T10=log2(a1·a2·…·a10)=log2a1+log2a2+…+log2a10=20+21+…+29=1-2101-2=1所以T10=21023.3.(2025·南充模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，bn=Snn，则称数列{bn}是数列{an}的“均值数列”.已知数列{bn}是数列{an}的“均值数列”，且bn=n，设数列1anan+1的前A.an=n B.an=n+1C.Tn=1n+1 D.Tn答案D解析由题可知bn=Snn=n，所以Sn=n当n=1时，a1=S1=1，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1，当n=1时，也满足，所以an=2n-1，n∈N*，故A，B不正确；所以1an=1因为数列1anan+1的前所以Tn=1=121-12n+1=n4.向量数列{an}满足an+1=an+d，且|a1|=3，a1·d=-32，令Sn=a1·(a1+a2+a3+…+an)，则当4Snn+1A.2 B.3 C.4 D.6答案B解析因为Sn=a1·(a1+a2+a3+…+an)=a1·na1+n(n=-34n2+394所以4Sn=-3(=45-3(若要使4Snn+1取最大值，则3(n+1又3(n+1)+42n+1≥=614当且仅当3(n+1)=42即n+1=14∈(3，4)时等号成立，而n∈N*，上述等号显然不能成立，所以当n=2或n=3时取最小值，当n=2时，3(n+1)+42n+1当n=3时，3(n+1)+42n+1又23>45故当n=3时，3(n+1)+42n+1取得最小值，即4二、多项选择题(每小题6分，共12分)5.(2025·信阳模拟)对于给定数列{cn}，如果存在常数p，q使得cn+1=pcn+q对于任意n∈N*都成立，则称数列{cn}是“H数列”.下列说法正确的有()A.若an=2n+1，n∈N*，则数列{an}是“H数列”B.若bn=3·2n-1，n∈N*，则数列{bn}是“H数列”C.若数列{an}是“H数列”，则数列{an+an+1}不是“H数列”D.若数列{an}满足a1=2，an+an+1=3t·2n(n∈N*)，t为常数，则数列{an}的前2026项的和为2t(41012-1)答案AB解析因为an=2n+1，有an+1=2n+3，则an+1=an+2，n∈N*，故数列{an}是“H数列”，A正确；因为bn=3·2n-1，则bn+1=3·2n，即bn+1=2bn，n∈N*，故数列{bn}是“H数列”，B正确；若数列{an}是“H数列”，则存在实数p，q使得an+1=pan+q对于任意n∈N*都成立，显然an+2=pan+1+q对于任意n∈N*都成立，因此an+1+an+2=p(an+an+1)+2q对于任意n∈N*都成立，对应的实数分别为p，2q，故数列{an+an+1}也是“H数列”，C错误；因为an+an+1=3t·2n(n∈N*)，则a1+a2=3t·21，a3+a4=3t·23，…，a2025+a2026=3t·22025，所以数列{an}的前2026项和为S2026=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2025+a2026)=3t·21+3t·23+…+3t·22025=3t·2(1-41013)1-4=2t(41013-1)6.(2026·泰安模拟)已知无穷数列{an}，{bn}，若对∀n∈N*，都有|an-bn|≤1，则称{an}与{bn}“伴随”，则下列选项正确的是()A.若an=23n-2，bn=cos(n+1)π，则{an}与{bnB.若an=1n(n+1)，{an}的前n项和为Sn，则{an}与{SC.若{an}的前5项为2，3，5，8，13，{bn}与{an}“伴随”，设集合P={x|x=bi，i=1，2，3，4，5}，则P中元素的个数为4或5D.若{an}是公差为d的等差数列，且{an}所有的“伴随”数列{bn}都是递增数列，则d>2答案BCD解析当n=2时，|a2-b2|=230故{an}与{bn}不是“伴随”，故A错误；因为an=1n(n+1)所以Sn=11-12+12-13+…+1所以|an-Sn|=1n-1n+1-1+所以{an}与{Sn}“伴随”，故B正确；因为{an}与{bn}“伴随”，则对∀n∈N*，都有|an-bn|≤1，所以an-1≤bn≤an+1，因为{an}的前5项为2，3，5，8，13，所以1≤b1≤3，2≤b2≤4，4≤b3≤6，7≤b4≤9，12≤b5≤14，则b1和b2可能相等，b2和b3可能相等，但不能同时成立，b1，b2，b3与b4，b5不相等，故P中元素的个数为4或5，故C正确；因为{an}是公差为d的等差数列，所以an=a1+(n-1)d，因为{an}与{bn}“伴随”，故|an-bn|≤1，所以an-1≤bn≤an+1，又因为数列{bn}都是递增数列，所以bn+1>bn，又bn+1≥an+1-1=an+d-1，bn≤an+1，所以an+d-1>an+1，解得d>2，故D正确.三、填空题(每小题5分，共10分)7.若在数列{an}中，对任意正整数n，都有an2+an+12=p(常数)，则称数列{an}为“等方和数列”，称p为“公方和”.若数列{an}为“等方和数列”，其前n项和为Sn，且“公方和”为1，首项a1=1，则S2答案2解析由an2+an+12=p得a两等式相减得an2=又“公方和”为1，首项a1=1，所以a32=a52=…a22=a42=…所以S2026的最大值为1013，最小值为-1011，其和为2.8.(2025·济宁模拟)已知{an}是各项均为正数，公差不为0的等差数列，其前n项和为Sn，且a2=3，a1，a3，a7成等比数列.则数列{an}的通项公式为；若定义在数列{an}中，使得log3(an+1)为整数的an叫做“调和数”，则在区间[1，2026]内所有“调和数”之和为.

答案an=n+11086解析因为a1，a3，a7成等比数列，所以a32=a1·a因为{an}是各项均为正数，公差不为0的等差数列，设其公差为d，所以a解得a所以an=a1+(n-1)d=n+1.设b=log3(an+1)，所以an=3b-1，令1≤b≤2026，且b为整数，又36=729，37=2187，36<2026<37，所以b可以取1，2，3，4，5，6，此时an分别为31-1，32-1，33-1，34-1，35-1，36-1，所以区间[1，2026]内所有“调和数”之和为(31-1)+(32-1)+(33-1)+(34-1)+(35-1)+(36-1)=(31+32+33+34+35+36)-6=3(1-36)1-3四、解答题(共28分)9.(13分)(2025·无锡模拟)若数列{an}满足an+1=an2+d(n∈N*)，其中d≠0，an>0，则称数列{an}为M数列.已知数列{an}为M数列，且d=1，(1)求证：数列{an2}是等差数列，并写出数列{an}(n∈N*)的通项公式；(5(2)若Tn=2nΣk=1[(ak4+ak2)(-1)k](n∈N*)，求nΣk=11T解(1)由题意可知an+12=an2+即an+12-an所以数列{an2}是首项与公差均为则an2=1+1×(n-1)=n，n∈N又an>0，所以an=n，n∈N*(2)易知(a2n4+a2n2)(-1)2n+(a2n=(a2n4-a2n-14=(a2n2-a2n-12)(a2n2+a2n-12+1)=[2n-所以Tn=4+8+12+…+4n=n(4+4n