专题 数列新定义问题 (解析版）--2025年新高考数学一轮复习

数列新定义问题1(2024·甘肃定西·一模)在n个数码1,2,⋯,nn∈N,n≥2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=an⋅T51243-T3412,a1=2，求an的通项公式；11(3)设排列j1j2⋯jnn∈N,n≥2满足ji=n+1-ii=1,2,⋯,n,bn=Tj1j2⋯jn,Sn=++⋯b2b31+，求Sn，bn+1【答案】(1)5n-1(2)an=5+12n(3)Sn=n+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+λ=5an+λ，得an+1=5an+4λ，所以4λ=-4，解得λ=-1，则an+1-1=5an-1，因为a1-1=1≠0，所以数列an-1是首项为1，公比为5的等比数列，n-1n-1所以an-1=5，则an=5+1.(3)因为ji=n+1-i(i=1,2,⋯,n)，n-1n所以bn=Tj1j2⋯jn=n-1+n-2+⋯+1+0=，21211所以==2-，bn+1(n+1)nnn+11111112n所以Sn=21-2+2-3+⋯+n-n+1=21-n+1=n+1.2(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；n-1(2)已知数列{cn}的通项公式为cn=2+1，判断{cn}是否为“等比源数列”，并说明理由；【答案】(1){an}是“等比源数列”，{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(2)假设是“等比源数列”得cn=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.1 【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}中存在的cm，cn，ck(m<n<k)三项成等比数列，2n-12m-1k-1也就是cn=cmck，即(2+1)=(2+1)(2+1)，2n-2nm+k-2m-1k-1m-12n-m-1n-m+1k-1k-m2+2=2+2+2，两边时除以2得2+2=2+1+2，2n-m-1n-m+1等式左边2+2为偶数，k-1k-m等式右边2+1+2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高二下·吉林四平·阶段练习)在数列an中，若存在常数t，使得an+1=a1a2a3⋅⋅⋅an+t(n∈*N)恒成立，则称数列an为“Ht数列”．(1)判断数列1，2，3，7，43是否为“H1数列”；1(2)若cn=1+，试判断数列cn是否为“Ht数列”，请说明理由；nn2(3)若数列an为“Ht数列”，且a1=2，数列bn为等比数列，满足∑ai=an+1+log2bn-t求数列bn的通i=1项公式和t的值．【答案】(1)是(2)不是，理由见解析n+1(3)bn=2，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-c1c2c3⋅⋅⋅cn即可判断；i=1i=1i=1222(3)根据数列an为“Ht数列”，化∑ai=an+1+log2bn-t为∑ai=a1a2a3⋅⋅⋅an+log2bn，进而求得∑ai=a1a2nnn+12bn+1a3⋅⋅⋅anan+1+log2bn+1，作差有an+1=an+1-1a1a2a3⋅⋅⋅an+log2，根据已知条件化为t+1an+1bnt=-1-t+log2q=0，解得，由此求出b1=4，即可求出数列bn的通项公式.q=2【详解】(1)由题意可得2=1+1，3=1×2+1，7=1×2×3+1，43=2×3×7+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：1n+1*n+2*cn=1+=(n∈N)，则cn+1=(n∈N)，nnn+1234n+1*又c1c2c3⋅⋅⋅cn=⋅⋅⋅⋅⋅=n+1(n∈N)，123nn+21*所以cn+1-c1c2c3⋅⋅⋅cn=-n+1=-n(n∈N)，n+1n+11因为-n不是常数，所以数列cn不是“Ht数列”．n+1i=12*(3)因为数列an为“Ht数列”，由∑ai=an+1+log2bn-t(n∈N)，n2 i=12*有∑ai=a1a2a3⋅⋅⋅an+log2bn(n∈N)①，ni=12*所以∑ai=a1a2a3⋅⋅⋅anan+1+log2bn+1(n∈N)②，n+12bn+1*两式作差得an+1=an+1-1a1a2a3⋅⋅⋅an+log2(n∈N)，bn*又因为数列an为“Ht数列”，所以an+1-t=a1a2a3⋅⋅⋅an(n∈N)，2*设数列bn的公比为q，所以an+1=an+1-1an+1-t+log2q(n∈N)，*即t+1an+1-t+log2q=0对∀n∈N成立，t+1=0t=-1则⇒，t+log2q=0q=22又a1=2，a1=a1+log2b1，得b1=4，n-1n+1所以bn=4×2=2，t=-1．4(23-24高二下·四川南充·阶段练习)给定数列an，称an+1-an为an的差数列(或一阶差数n列)，称数列an+1-an的差数列为an的二阶差数列，若an=3.(1)设an的二阶差数列为bn，求bn的通项公式.bn4(2)在(1)的条件下，设cn=log3+bn，求cn的前n项和为Tnn【答案】(1)bn=4⋅32n+1nn(2)Tn=2⋅3++-622【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.n+1nnn+1nn【详解】(1)an+1-an=3-3=2⋅3，则bn=2⋅3-2⋅3=4⋅3；bnn44⋅3nn(2)cn=log3+bn=log3+4⋅3=n+4⋅3，4121-3nnn+12n+1nn则Tn=+=2⋅3++-6.1-3222*5(2024·安徽池州·模拟预测)定义：若对∀k∈N,k≥2,ak-1+ak+1≤2ak恒成立，则称数列an为“上凸数列”．2(1)若an=n-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m≥n+2m,n∈N时，am+an≤am-1+an+1．n(ⅰ)若数列Sn为an的前n项和，证明：Sn≥a1+an；2nn2*2(ⅱ)对于任意正整数序列x1,x2,x3,⋯,xi,⋯,xn(n为常数且n≥2,n∈N)，若xi-1≥xi-λ-1i=1i=1恒成立，求λ的最小值．【答案】(1)是，证明见解析(2)(ⅰ)证明见解析；(ⅱ)n-122【分析】(1)构造函数fx=(x+1)-1-x-1,x≥1，利用导数研究其单调性结合“上凸数列”定义判定即可；2(2)(ⅰ)利用“上凸数列”定义及倒序相加法证明即可；令an=n-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：3 222因为an=n-1,an+1-an=(n+1)-1-n-1，22令fx=(x+1)-1-x-1,x≥1，33x+1x(x+1)x-1-xx+2则fx=-=．2222(x+1)-1x-1(x+1)-1⋅x-133当x≥1时，(x+1)x-1-xx+2=-2x-1<0，33所以(x+1)x-1<xx+2，所以fx<0,fx在区间1,+∞上单调递减，所以fn>fn+1,an+1-an>an+2-an+1，所以an+2+an≤2an+1，所以an是“上凸数列”．*(2)(ⅰ)证明：因为an是“上凸数列”，由题意可得对任意1≤i≤ni∈N，ai+an-i+1≥ai-1+an-i+2≥ai-2+an-i+3⋅⋅⋅≥a2+an-1≥a1+an，所以2Sn=a1+an+a2+an-1+⋅⋅⋅+an-1+a2+an+a1≥na1+an，n所以Sn≥a1+an．22(ⅱ)解：令an=n-1，2由(1)可得当an=n-1时，an是“上凸数列”，*由题意可知，当m≥n+2m,n∈N时，am+an≤am-1+an+1．n22222因为xi-1=x1-1+x2-1+x3-1+⋅⋅⋅+xn-1，i=1n2222即∑xi-1=x1-1+x2-1+x3-1+⋅⋅⋅i=1n2+∑xi-x1-x2-⋯-xn-1-1．i=1n222所以∑xi-1≥x1-x1+1-1+x2-1+⋅⋅⋅+i=1n2n222∑xi-x1-x2-⋅⋅⋅-xn-1+x1-1-1≥1-1+x2-x2+1+⋯+∑xi-1-x2-⋅⋅⋅-xn-1+x2-1-1i=1i=1⋯n2n2≥0+0+0+⋯+∑xi-n+1-1≥∑xi-λ-1，i=1i=1当且仅当x1=x2=⋅⋅⋅=xn-1时等号成立，所以λ≥n-1．综上所述，λ的最小值为n-1．cn+k6(2024·江西南昌·一模)对于各项均不为零的数列cn，我们定义：数列为数列cn的“kcn-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.1n【答案】(1)Sn=×4-1；312(2)an=×4n-1.34 【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可.an+1bn+2【详解】(1)由题意知=，anbnan+1因为b1=1，且bn是公比为2的等比数列，所以=4，an因为a1=1，所以数列an首项为1，公比为4的等比数列，n1×1-41n所以Sn==×4-1；1-43(2)因为b1=1，且bn是公差为2的等差数列，所以bn=2n-1，an+1bn+22n+3所以==，anbn2n-1an2n+1an-12n-1a25所以=,=,⋯⋯,=，an-12n-3an-22n-5a11an2n+12n-1所以=，因为a1=1，a13×112所以an=×4n-1.37(2024·黑龙江·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，n∈N，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；n(2)an=3-2【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nan的通项公式为an=3-2.【详解】(1)易知当n=1时，可得2a1=S1+1=a1+1，即a1=1；而当n=2时，2a2=S2+1=a1+a2+1，可得a2=2；a22此时==2<3，不满足“G型数列”定义，a11猜想：数列an不是“G型数列”，证明如下：由2an=Sn+1可得，当n≥2时，2an-1=Sn-1+1，两式相减可得2an-2an-1=Sn-Sn-1=an，可得an=2an-1，an此时从第二项起，每一项与它前一项的比为=2<3，因此an不是“G型数列”；an-1*(2)设数列bn的公比为q，易知q∈N，又因为数列bn不是“G型数列”，可得q≤3bn+1an+1+2可得==q，即得an+1=qan+2q-2；bnan+2an+12q-2又数列an为“G型数列”，可得=q+>3；anan5 2q-2易知“G型数列”为递增数列，因此当n趋近于正无穷大时，q+趋近于q，即可得q≥3；an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；n-1nn即可得an+2=3×3=3，可得an=3-2；n所以数列an的通项公式为an=3-2.∗8(2015高二·全国·竞赛)设数列an满足：①a1=1；②所有项an∈N；③1=a1<a2<⋅⋅⋅<an<an+1∗<⋅⋅⋅.设集合Am=n|an≤m,m∈N，将集合Am中的元素的最大值记为bm.换句话说，bm是数列an中满足不等式an≤m的所有项的项数的最大值.我们称数列bn为数列an的伴随数列.例如，数列1，3，5的伴随数列为1，1，2，2，3.(1)请写出数列1，4，7的伴随数列；n-1(2)设an=3，求数列an的伴随数列bn的前20之和；2(3)若数列an的前n项和Sn=n+c(其中c常数)，求数列an的伴随数列bm的前m项和Tm.【答案】(1)1，1，1，2，2，2，3(2)502m+1，m=2t-1,t∈N*4(3)Tm=mm+2，m=2t,t∈N*4【分析】(1)由数列的新定义直接写出即可；(2)由数列的新定义结合对数的运算求出即可；(3)先由Sn求出an，再由数列新定义求出bm，再分m为奇数和偶数时分别求出Tm.【详解】(1)数列1，4，7的伴随数列为1，1，1，2，2，2，3，(后面加3算对)n-1(2)由an=3≤m，得n≤1+log3mm∈N*∴当1≤m≤2,m∈N*时，b1=b2=1当3≤m≤8,m∈N*时，b3=b4=⋅⋅⋅=b8=2当9≤m≤20,m∈N*时，b9=b28=⋅⋅⋅=b20=3∴b1+b2+⋅⋅⋅+b20=1×2+2×6+3×12=50(3)∵a1=S1=1+c=1∴c=0当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n-1∴an=2n-1n∈N*m+1由an=2n-1≤m得：n≤m∈N*2因为使得an≤m成立的n的最大值为bm，所以b1=b2=1,b3=b4=2,⋅⋅⋅，b2t-1=b2t=t，t∈N*当m=2t-1t∈N*时：1+(t-1)212Tm=2⋅⋅(t-1)+t=t=(m+1)24当m=2tt∈N*时：1+t21Tm=2⋅⋅t=t+t=m(m+2)242m+1，m=2t-1,t∈N*4所以Tm=mm+2，m=2t,t∈N*46 9(23-24高二下·上海闵行·阶段练习)若有穷数列a1，a2,⋯,an,(n是正整数)，满足a1=an，a2=an-1,⋯,an=a1即ai=an-i+1(i是正整数，且1≤i≤n)，就称该数列为“对称数列”．例如，数列1，3，5，5，3，1就是“对称数列”.(1)已知数列{bn}是项数为7的对称数列，且b1，b2，b3，b4成等差数列，b1=2，b4=11，试写出{bn}的每一项；2m-1(2)对于确定的正整数m>1，写出所有项数不超过2m的“对称数列”，使得1,2,2,⋯,2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=3，∴数列{bn}为2，5，8，11，8，5，2．2m-1(2)若1,2,2,⋯,2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：2m-2m-1m-1m-221,2,2,⋯,2,2,2,2,⋯,2,2,1，m-1m-222m-2m-12,2,⋯,2,2,1,1,2,2,⋯,2,2，2m-2m-1m-221,2,2,⋯,2,2,2,⋯,2,2,1，m-1m-222m-2m-12,2,⋯,2,2,1,2,2,⋯,2,2，共有4个这样的数列(2个2m项的，2个2m-1项的)；2m-2m-1m-22当m=10时，求数列1,2,2,⋯,2,2,2,⋯,2,2,1的前19项，28982则S19=1+2+2+⋯+2+2+2+⋯+2+2+11091-21-2109=+=2-1+2-1=1534.1-21-210(23-24高二下·江西·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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am∈Ak,am+7∈Ak+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,a28．7 又am∈Ak，am+7∈Ak+2，所以k≤5．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=54．8