《数列新定义问题--2025年新高考数学一轮复习含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《数列新定义问题--2025年新高考数学一轮复习含答案.pdf（13页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1数列新定义问题数列新定义问题1(2024甘肃定西一模)(2024甘肃定西一模)在n个数码1,2,n nN,n2构成的一个排列 j1j2 jn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 jn，例如，T 312=2，(1)计算T(51243)；(2)设数列 an满足an+1=anT 51243-T 3412,a1=2，求 an的通项公式；(3)设排列 j1j2 jnnN,n2满足 ji=n+1-i i=1,2,n,bn=T j1j2 jn,Sn=1b2+1b3+1b
2、n+1，求Sn，2(2024高三下全国专题练习)(2024高三下全国专题练习)若数列an中存在三项，按一定次序排列构成等比数列，则称an为“等比源数列”(1)已知数列an为4，3，1，2，数列bn为1，2，6，24，分别判断an,bn是否为“等比源数列”，并说明理由；(2)已知数列cn的通项公式为cn=2n-1+1，判断cn是否为“等比源数列”，并说明理由；数列新定义问题-2025年新高考数学一轮复习23(23-24(23-24高二下高二下吉林四平吉林四平阶段练习阶段练习)在数列 an中，若存在常数t，使得an+1=a1a2a3an+t(nN N*)恒成立，则称数列 an为“H t数列”(1)
3、判断数列1，2，3，7，43是否为“H 1数列”；(2)若cn=1+1n，试判断数列 cn是否为“H t数列”，请说明理由；(3)若数列 an为“H t数列”，且a1=2，数列 bn为等比数列，满足ni=1a2i=an+1+log2bn-t求数列 bn的通项公式和t的值4(23-24(23-24高二下高二下四川南充四川南充阶段练习阶段练习)给定数列 an，称 an+1-an为 an的差数列(或一阶差数列)，称数列 an+1-an的差数列为 an的二阶差数列，若an=3n.(1)设 an的二阶差数列为 bn，求 bn的通项公式.(2)在(1)的条件下，设cn=log3bn4+bn，求 cn的前n
4、项和为Tn35(2024(2024安徽池州安徽池州模拟预测模拟预测)定义：若对kN N*,k2,ak-1+ak+12ak恒成立，则称数列 an为“上凸数列”(1)若an=n2-1，判断 an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 an为“上凸数列”，则当mn+2 m,nN N*时，am+anam-1+an+1()若数列Sn为 an的前n项和，证明：Snn2a1+an；()对于任意正整数序列x1,x2,x3,xi,xn(n为常数且n2,nN*)，若ni=1x2i-1ni=1xi-2-1恒成立，求的最小值6(2024(2024江西南昌江西南昌一模一模)对于各项均不为零的
5、数列 cn，我们定义：数列cn+kcn 为数列 cn的“k-比分数列”.已知数列 an,bn满足a1=b1=1，且 an的“1-比分数列”与 bn的“2-比分数列”是同一个数列.(1)若 bn是公比为2的等比数列，求数列 an的前n项和Sn；(2)若 bn是公差为2的等差数列，求an.47(2024(2024黑龙江黑龙江二模二模)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 an满足2an=Sn+1，判断 an是否为“G型数列”，并说明理由；(2)已知正项数列 an为“G型数列”，a1=1，数列 bn满足bn=an+2，nN*，bn是等比数列，公
6、比为正整数，且不是“G型数列”，求数列 an的通项公式8(2015(2015高二高二全国全国竞赛竞赛)设数列 an满足：a1=1；所有项anN；1=a1a2anan+11，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S1910(23-24(23-24高二下高二下江西江西阶段练习阶段练习)将数列 an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 an的一个分群数列，an称为这个分群数列的原数列如 a1,a2,ar，ar+1,ar+2,at，at+1,at+2,as，am+1,am+2,an
7、是 an的一个分群数列，其中第k个括号称为第k群已知 an的通项公式为an=2n-1(1)若 an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bk，求数列 bn的通项公式；(2)若 an的一个分群数列满足第k群含有k项，Ak为该分群数列的第k群所有项构成的数集，设M=m amAk,am+7Ak+2，求集合M中所有元素的和1数列新定义问题数列新定义问题1(2024(2024甘肃定西甘肃定西一模一模)在n个数码1,2,n nN,n2构成的一个排列 j1j2 jn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
8、所有逆序的总个数称为这个排列的逆序数，记为T j1j2 jn，例如，T 312=2，(1)计算T(51243)；(2)设数列 an满足an+1=anT 51243-T 3412,a1=2，求 an的通项公式；(3)设排列 j1j2 jnnN,n2满足 ji=n+1-i i=1,2,n,bn=T j1j2 jn,Sn=1b2+1b3+1bn+1，求Sn，【答案】(1)5(2)an=5n-1+1(3)Sn=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an+1=5an-4，从而利用构造法推得 an-1是等比数列，从而得解；(3)利
9、用逆序数的定义，结合等差数列的求和公式得到bn，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an+1=5an-4，设an+1+=5 an+，得an+1=5an+4，所以4=-4，解得=-1，则an+1-1=5 an-1，因为a1-1=10，所以数列 an-1是首项为1，公比为5的等比数列，所以an-1=5n-1，则an=5n-1+1.(3)因为
10、ji=n+1-i(i=1,2,n)，所以bn=T j1j2 jn=n-1+n-2+1+0=n-1n2，所以1bn+1=2(n+1)n=21n-1n+1，所以Sn=2 1-12+12-13+1n-1n+1=2 1-1n+1=2nn+1.2(2024(2024高三下高三下全国全国专题练习专题练习)若数列an中存在三项，按一定次序排列构成等比数列，则称an为“等比源数列”(1)已知数列an为4，3，1，2，数列bn为1，2，6，24，分别判断an,bn是否为“等比源数列”，并说明理由；(2)已知数列cn的通项公式为cn=2n-1+1，判断cn是否为“等比源数列”，并说明理由；【答案】(1)an是“等
11、比源数列”，bn不是“等比源数列”，理由见解析(2)cn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=cmck，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.2【详解】(1)an是“等比源数列”，bn不是“等比源数列”an中“1，2，4”构成等比数列，所以an是“等比源数列”；bn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bn不是“等比源数列”(2)cn不是“等比源数列”假设cn是“等比源数列”，因为cn是单调递增数列，即cn中存
12、在的cm，cn，ck(mnk)三项成等比数列，也就是c2n=cmck，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cn中不存在三项按一定次序排列构成等比数列综上可得cn不是“等比源数列”3(23-24(23-24高二下高二下吉林四平吉林四平阶段练习阶段练习)在数列 an中，若存在常数t，使得an+1=a1a2a3an+t(nN N*)恒成立，则称数列 an为“H t数列”
13、(1)判断数列1，2，3，7，43是否为“H 1数列”；(2)若cn=1+1n，试判断数列 cn是否为“H t数列”，请说明理由；(3)若数列 an为“H t数列”，且a1=2，数列 bn为等比数列，满足ni=1a2i=an+1+log2bn-t求数列 bn的通项公式和t的值【答案】(1)是(2)不是，理由见解析(3)bn=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cn+1-c1c2c3cn即可判断；(3)根据数列 an为“H t数列”，化i=1na2i=an+1+log2bn-t为i=1na2i=a1a2a3an+log2bn，进而求得i=1n+1a2i=
14、a1a2a3anan+1+log2bn+1，作差有a2n+1=an+1-1a1a2a3an+log2bn+1bn，根据已知条件化为 t+1an+1-t+log2q=0，解得t=-1q=2，由此求出b1=4，即可求出数列 bn的通项公式.【详解】(1)由题意可得2=1+1，3=12+1，7=123+1，43=237+1，所以1，2，3，7，43是“H 1数列”；(2)数列 cn不是“H t数列”，理由如下：cn=1+1n=n+1n(nN N*)，则cn+1=n+2n+1(nN N*)，又c1c2c3cn=213243n+1n=n+1(nN N*)，所以cn+1-c1c2c3cn=n+2n+1-n
15、+1=1n+1-n(nN N*)，因为1n+1-n不是常数，所以数列 cn不是“H t数列”(3)因为数列 an为“H t数列”，由i=1na2i=an+1+log2bn-t(nN N*)，3有i=1na2i=a1a2a3an+log2bn(nN N*)，所以i=1n+1a2i=a1a2a3anan+1+log2bn+1(nN N*)，两式作差得a2n+1=an+1-1a1a2a3an+log2bn+1bn(nN N*)，又因为数列 an为“H t数列”，所以an+1-t=a1a2a3an(nN N*)，设数列 bn的公比为q，所以a2n+1=an+1-1an+1-t+log2q(nN N*)
16、，即 t+1an+1-t+log2q=0对nN*成立，则t+1=0t+log2q=0 t=-1q=2，又a1=2，a21=a1+log2b1，得b1=4，所以bn=42n-1=2n+1，t=-14(23-24(23-24高二下高二下四川南充四川南充阶段练习阶段练习)给定数列 an，称 an+1-an为 an的差数列(或一阶差数列)，称数列 an+1-an的差数列为 an的二阶差数列，若an=3n.(1)设 an的二阶差数列为 bn，求 bn的通项公式.(2)在(1)的条件下，设cn=log3bn4+bn，求 cn的前n项和为Tn【答案】(1)bn=43n(2)Tn=23n+1+n22+n2-6
17、【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)an+1-an=3n+1-3n=23n，则bn=23n+1-23n=43n；(2)cn=log3bn4+bn=log343n4+43n=n+43n，则Tn=12 1-3n1-3+n n+12=23n+1+n22+n2-6.5(2024(2024安徽池州安徽池州模拟预测模拟预测)定义：若对kN N*,k2,ak-1+ak+12ak恒成立，则称数列 an为“上凸数列”(1)若an=n2-1，判断 an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 an为“上凸数列”，则当mn+2
18、m,nN N*时，am+anam-1+an+1()若数列Sn为 an的前n项和，证明：Snn2a1+an；()对于任意正整数序列x1,x2,x3,xi,xn(n为常数且n2,nN*)，若ni=1x2i-1ni=1xi-2-1恒成立，求的最小值【答案】(1)是，证明见解析(2)()证明见解析；()n-1【分析】(1)构造函数 f x=(x+1)2-1-x2-1,x1，利用导数研究其单调性结合“上凸数列”定义判定即可；(2)()利用“上凸数列”定义及倒序相加法证明即可；令an=n2-1，利用条件及数列求和适当放缩计算即可.【详解】(1)an是“上凸数列”，理由如下：4因为an=n2-1,an+1-
19、an=(n+1)2-1-n2-1，令 f x=(x+1)2-1-x2-1,x1，则 fx=x+1(x+1)2-1-xx2-1=(x+1)3x-1-x3x+2(x+1)2-1 x2-1当x1时，(x+1)3x-1-x3x+2=-2x-10，所以(x+1)3x-1x3x+2，所以 fx f n+1,an+1-anan+2-an+1，所以an+2+an2an+1，所以 an是“上凸数列”(2)()证明：因为 an是“上凸数列”，由题意可得对任意1in iN N*，ai+an-i+1ai-1+an-i+2ai-2+an-i+3a2+an-1a1+an，所以2Sn=a1+an+a2+an-1+an-1+
20、a2+an+a1n a1+an，所以Snn2a1+an()解：令an=n2-1，由(1)可得当an=n2-1 时，an是“上凸数列”，由题意可知，当mn+2 m,nN N*时，am+anam-1+an+1因为ni=1x2i-1=x21-1+x22-1+x23-1+x2n-1，即ni=1x2i-1=x21-1+x22-1+x23-1+ni=1xi-x1-x2-xn-12-1所以ni=1x2i-1 x1-x1+12-1+x22-1+ni=1xi-x1-x2-xn-1+x1-12-1 12-1+x2-x2+12+ni=1xi-1-x2-xn-1+x2-12-10+0+0+ni=1xi-n+12-1
21、ni=1xi-2-1，当且仅当x1=x2=xn-1时等号成立，所以n-1综上所述，的最小值为n-16(2024(2024江西南昌江西南昌一模一模)对于各项均不为零的数列 cn，我们定义：数列cn+kcn 为数列 cn的“k-比分数列”.已知数列 an,bn满足a1=b1=1，且 an的“1-比分数列”与 bn的“2-比分数列”是同一个数列.(1)若 bn是公比为2的等比数列，求数列 an的前n项和Sn；(2)若 bn是公差为2的等差数列，求an.【答案】(1)Sn=13 4n-1；(2)an=13 4n2-1.5【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
22、可.【详解】(1)由题意知an+1an=bn+2bn，因为b1=1，且 bn是公比为2的等比数列，所以an+1an=4，因为a1=1，所以数列 an首项为1，公比为4的等比数列，所以Sn=1 1-4n1-4=13 4n-1；(2)因为b1=1，且 bn是公差为2的等差数列，所以bn=2n-1，所以an+1an=bn+2bn=2n+32n-1，所以anan-1=2n+12n-3,an-1an-2=2n-12n-5,a2a1=51，所以ana1=2n+12n-131，因为a1=1，所以an=13 4n2-1.7(2024(2024黑龙江黑龙江二模二模)如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的比都
23、大于3，则称这个数列为“G型数列”(1)若数列 an满足2an=Sn+1，判断 an是否为“G型数列”，并说明理由；(2)已知正项数列 an为“G型数列”，a1=1，数列 bn满足bn=an+2，nN*，bn是等比数列，公比为正整数，且不是“G型数列”，求数列 an的通项公式【答案】(1)不是“G型数列”，理由见解析；(2)an=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 an为“G型数列”和 bn是等比数列，且不是“G型数列”可求得 bn的公比为3，即可求出数列an的通项公式为an=3n-2.【详解】(1)易知当n=1时，可得2a1=S1+1=a1+1，
24、即a1=1；而当n=2时，2a2=S2+1=a1+a2+1，可得a2=2；此时a2a1=21=23，不满足“G型数列”定义，猜想：数列 an不是“G型数列”，证明如下：由2an=Sn+1可得，当n2时，2an-1=Sn-1+1，两式相减可得2an-2an-1=Sn-Sn-1=an，可得an=2an-1，此时从第二项起，每一项与它前一项的比为anan-1=23；6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-2an趋近于q，即可得q3；综上可得q=3，即an+1=3an+4，可得an+1+2=3 an+2；所以数列 an+2是以a1+2=3为首项，公比为3的等比数列；即可得an
25、+2=33n-1=3n，可得an=3n-2；所以数列 an的通项公式为an=3n-2.8(2015(2015高二高二全国全国竞赛竞赛)设数列 an满足：a1=1；所有项anN；1=a1a2anan+11，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S19【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bn的公差为d，则b4=b1+3d=2+3d=11，解得d
26、=3，数列bn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+2 m-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S19=1
27、+2+22+28+29+28+22+2+1=1-2101-2+1-291-2=210-1+29-1=1534.10(23-24(23-24高二下高二下江西江西阶段练习阶段练习)将数列 an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 an的一个分群数列，an称为这个分群数列的原数列如 a1,a2,ar，ar+1,ar+2,at，at+1,at+2,as，am+1,am+2,an是 an的一个分群数列，其中第k个括号称为第k群已知 an的通项公式为an=2n-1(1)若 an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bk，求数列 bn的通项公式；(2)若 an
28、的一个分群数列满足第k群含有k项，Ak为该分群数列的第k群所有项构成的数集，设M=m amAk,am+7Ak+2，求集合M中所有元素的和【答案】(1)bn=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bk=a3k-1因为an=2n-1，所以bk=a3k-1=2 3k-1-1=6k-3，即bn=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 a1，a2,a3，a4,a5,a6，a7,a8,a9,a10，a11,a12,a13,a14,a15，a16,a17,a18,a19,a20,a21，a22,a23,a24,a25,a26,a27,a288又amAk，am+7Ak+2，所以k5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