备战2025年高考数学压轴大题数列(新高考全国通用)专题09数列新定义问题练习(学生版+解析)

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（一）数列新定义问题的特点及求解策略
1.新定义试题通过新定义一个数学对象或数学运算,以此为基础为学生搭建思维平台,设置试题.该题型形式新颖,考查功能显著,主要表现在四个方面：通过新定义创设数学新语境和话语体系；通过新情境搭建试题框架,创设解题条件；通过新设问设置思维梯度,逐步深入,准确区分不同层次的学生；通过解题过程展现学生数学思维和探究过程,实现对分析、推理、判断、论述等关键能力的考查.
2.通过给出一个新的定义,或约定一种新的运算,或给出几个新模型来创设新问题的情景,要求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,实心信息的迁移,达到灵活解题的目的.
3.遇到数列新定义问题,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、运算、验证,使得问题得以解决.
4. 类比“熟悉数列"的研究方式,用特殊化的方法研究新数列,向“熟悉数列"的性质靠.
【例1】（2025届湖北省武汉市江汉区高三7月新起点摸底）若有穷数列满足：且,则称其为“阶数列”.
(1)若“6阶数列”为等比数列,写出该数列的各项；
(2)若某“阶数列”为等差数列,求该数列的通项（,用表示）；
(3)记“阶数列”的前项和为,若存在,使,试问：数列能否为“阶数列”？若能,求出所有这样的数列；若不能,请说明理由.
【解析】（1）设成公比为的等比数列,显然,
则有,得,解得,
由,得,解得,
所以数列或为所求；
（2）设等差数列的公差为,
,
,即,当时,矛盾,
当时,,
,即,由得,即,
,
当时,同理可得,即,
由得,即,
,
综上所述,当时,,
当时,；
（3）记中非负项和为A,负项和为,则,
得,即,
若存在,使,可知：
,且,
时,时,
,
又与不能同时成立,
数列不为“阶数列”.
【例2】（2025届江西省重点中学盟校高三7月联考）已知数列,记集合.
(1)对于数列,写出集合；
(2)若,是否存在,使得?若存在,求出一组符合条件的,若不存在,说明理由；
(3)若,把集合中的元素从小到大排列,得到的新数列为,若,求的最大值.
【解析】（1）因为数列,
所以,,,
所以
（2）假设存在,使得,则有
,
由于与奇偶性相同,所以与奇偶性不同,
又因为,,所以中必有大于等于3的奇数因子
这与无1以外的奇数因子矛盾,故不存在,使得；
（3）由题意得,
当,时,,
除,外,,,
其中与一奇一偶,则能拆成奇数与偶数之乘积,
在正偶数中,只有无法拆成一个大于2的奇数与一个不小于2的偶数之乘积,
又中的元素均为偶数,故,
故2至2024偶数中除去4,8,16,32,64,128,256,512,1024,
所以,故的最大值为．
（二）定义一类新数列
此类问题,通常把满足某些条件的数列定义为一类新数列,然后利用这些条件求解所给问题.
【例3】（2024届新疆部分学校高三4月二模）我们把满足下列条件的数列称为数列：
①数列的每一项都是正偶数；
②存在正奇数m,使得数列的每一项除以m所得的商都不是正偶数．
(1)若a,b,c是公差为2的等差数列,求证：a,b,c不是数列；
(2)若数列满足对任意正整数p,q,恒有,且,判断数列是否是数列,并证明你的结论；
(3)已知各项均为正数的数列共有100项,且对任意,恒有,若数列为数列,求满足条件的所有两位数k值的和．
【解析】（1）若 a,b,c 是 数列, 则 a,b,c 都是正偶数,
设 ,则
若 , 则 除以 3 为 , 是正偶数, 与题中条件 (2) 矛盾,
若 , 则 除以 3 为 , 是正偶数, 与题中条件 (2) 矛盾,
若 , 则 除以 3 为 , 是正偶数, 与题中条件 (2) 矛盾,
所以 a,b,c 不是 数列.
（2）在 中, 令 , 得 ,
所以数列 是首项为 8 , 公比为 8 的等比数列, 所以 ,
因为 是正偶数, 所以数列 的每一项都满足题中条件 (1),
因为, 能被 7 整除,
所以 除以 7 的余数为 1 , 即数列 的每一项被 7 除余 1 , 一定不是正整数,
所以一定不是正偶数, 即数列 的每一项都满足题中条件(2),
所以数列 是 数列.
（3）因为
,
所以 ,
,
得 .
因为 , 所以 ,
,
得 .
因为 , 所以 .
在 中,
分别令 , 得 ,
所以数列 是首项为 , 公差为 的等差数列, 所以 .
若数列 是 数列,
则 是正偶数, 除以 111 所得的商都不是正偶数,
因为 , 且 ,
所以当 为 3 或 37 的正偶数倍时, 数列 不是 数列,
所以满足条件的所有两位数 值的和为
.
【例4】（2024届江苏省江阴市成化高级中学高三下学期调研）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“型数列”.
(1)若数列满足,判断是否为“型数列”,并说明理由；
(2)已知正项数列为“型数列”,,数列满足,n∈N*,是等比数列,公比为正整数,且不是“型数列”,
①求证：数列为递增数列；
②求数列的通项公式.
【解析】（1）
不满足“型数列”定义,数列不是“型数列”；
（2）①∵正项数列为“型数列”,
∴数列为递增数列
②设数列的公比为,,又因为数列不是“型数列”,可得
可得,即得；
又数列为“型数列”,可得；
由①知为递增数列,因此当趋近于正无穷大时,趋近于,即可得；
综上可得,即,可得；
所以数列是以为首项,公比为的等比数列；
即可得,可得；所以数列的通项公式为.
（三）定义一个新运算
此类问题一般是定义一个临时的运算法则,然后按照这个运算法则去求解,求解的关键是理解所给的运算法则,然后“按章办事”.
【例5】(2024届天津市滨海高考模拟检测)已知等差数列的前项和为,,S9=63,数列是公比大于1的等比数列,且,．
(1)求,的通项公式；
(2)数列,的所有项按照“当为奇数时,放在的前面；当为偶数时,放在的前面”的要求进行“交叉排列”,得到一个新数列：,,,,,,,…,求数列的前7项和及前4n+3项和T4n+3；
(3)是否存在数列,满足等式成立,若存在,求出数列的通项公式,若不存在,请说明理由．
【解析】（1）设等差数列an的公差为,,S9=63
可知,所以a5=7．
又,所以数列an的公差,所以,
设等比数列bn的公比为,,．
所以,．得到,联立得
解得或（舍去）,代入中,解得
得数列bn的通项公式为．
（2）由题意
=4n+1+2n2+9n+5
（3）由已知得①
当时,②,
①②两式相减得：,
当时,也符合③
所以,对于都成立．
又当时④成立
③④两式相减得：,经检验也符合故存在．
（四）定义数列的新性质
此类问题,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.
【例6】如果无穷数列满足“对任意正整数,都存在正整数,使得”,则称数列具有“性质”.
(1)若等比数列的前项和为,且公比,求证：数列具有“性质”；
(2)若等差数列的首项,公差,求证：数列具有“性质”,当且仅当；
(3)如果各项均为正整数的无穷等比数列具有“性质”,且四个数中恰有两个出现在数列中,求的所有可能取值之和.
【解析】（1）
解得：则即
且若则
则当对任意正整数,都存在正整数使得
则等比数列an满足性质.
（2）因为数列bn具有“性质”,
则
若数列具有性质则,
则,
又则
则,
,
则,
又则当时上式成立,
当时.,
则
因为则时,则则则则
反之,若则则上面各式成立,则数列bn具有“性质”
综上数列bn具有“性质”,当且仅当.
（3）从这四个数中任选两个,共有以下6种情况：,；,；
,; ,; ,; ,.
①对于, 因为为正整数,可以认为an是等比数列中的项,,首项的最小值为1.
下面说明此数列具有性质P：
=,=,任取,,则,
为正整数,因此此数列具有性质P,
②对于,.因为为正整数,认为是等比数列an中的项,,
首项的最小值为,下面说明此数列不具有性质P：
,,若不为等比数列an中的项,
因此此数列不具有性质P,同理可得,；,；,；,
每组所在等比数列an不具有“性质P’’
（五）定义一个新情景
此类问题通过创设数学新语境和话语体系,通过新情境搭建试题框架.
【例7】（2025届湖北省武汉市硚口区部分高中高三起点考试）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：数列经过第一次“和扩充”后得到数列；第二次“和扩充”后得到数列.设数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为,所有项的和为.
(1)若,求；
(2)若,求正整数的最小值；
(3)是否存在数列,使得数列为等比数列？请说明理由.
【解析】（1）,第一次“和扩充”后得到数列,
第二次“和扩充”后得到数列,
,；
（2）数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项,
数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为,
则经第次“和扩充”后增加的项数为,
所以,所以,
其中数列经过1次“和扩充”后,得到,
故,故是首项为4,公比为2的等比数列,
所以,故,则,即,
又,解得,最小值为10；
（3）因为,
,依次类推,,
故
,
若使为等比数列,则或.
（六）具有高等数学背景的数列新定义
数列的极限、收敛性及子数列等具有高等数学背景的数列问题,常出现在高中模拟试卷中.
【例8】（湖北省宜荆荆高三下学期适应性考试）龙泉游泳馆为给顾客更好的体验,推出了A和B两个套餐服务,顾客可选择A和B两个套餐之一,并在App平台上推出了优惠券活动,下表是该游泳馆在App平台10天销售优惠券情况．
经计算可得：.
(1)因为优惠券购买火爆,App平台在第10天时系统出现异常,导致当天顾客购买优惠券数量大幅减少,已知销售量y和日期t呈线性关系,现剔除第10天数据,求y关于t的经验回归方程结果中的数值用分数表示；
(2)若购买优惠券的顾客选择A套餐的概率为,选择B套餐的概率为,并且A套餐可以用一张优惠券,B套餐可以用两张优惠券,记App平台累计销售优惠券为n张的概率为,求；
(3)记（2）中所得概率的值构成数列.
①求的最值；
②数列收敛的定义：已知数列,若对于任意给定的正数,总存在正整数,使得当时,,（是一个确定的实数）,则称数列收敛于.根据数列收敛的定义证明数列收敛．
参考公式： .
【解析】（1）解：剔除第10天的数据,可得,
,
则,
所以,
可得,所以.
（2）解：由题意知,其中,
所以,又由,
所以是首项为1的常数列,所以
所以,又因为,
所以数列是首项为,公比为的等比数列,
故,所以.
（3）解：①当为偶数时,单调递减,
最大值为；
当 为奇数时,单调递增,最小值为,
综上可得,数列的最大值为,最小值为.
②证明：对任意总存在正整数,其中 表示取整函数,
当 时,,所以数列收敛.
（七）集合背景中的数列新定义问题
不少数列问题,常使用集合语言进行“包装”,求解此类问题的关键是把问题还原为数列问题.
【例9】已知数集（）,若对任意的（）,与两数中至少有一个属于A,则称数集A具有性质P．
(1)分别判断数集B=与数集C=是否具有性质,并说明理由；
(2)若数集A具有性质P．
①当时,证明,且成等比数列；
②证明：．
【解析】（1）数集具有性质,不具有性质,理由如下：
因为,,,,,都属于数集,所以具有性质；
因为,都不属于数集,所以不具有性质．
（2）①当时,,．
因为,所以,,所以与都不属于A,
因此,,所以．
因为,且,所以,
且,所以,所以成等比数列．
②因为具有性质,所以,至少有一个属于A,
因为,所以,,因此,．
因为,所以（）,
故当时,,,（）,
又因为,
则,,,,,
可得,
所以.
【例10】（2024届湖南省长沙市长郡中学高三下学期二模）集合论在离散数学中有着非常重要的地位.对于非空集合和,定义和集,用符号表示和集内的元素个数.
(1)已知集合,,,若,求的值；
(2)记集合,,,为Cn中所有元素之和,,求证：；
(3)若与都是由个整数构成的集合,且,证明：若按一定顺序排列,集合与中的元素是两个公差相等的等差数列.
【解析】（1）由题：,
所以,,且,
从而,,,故.
（2）若,,,,使,其中,,,,
则,故,.
,
,
.
（3）设集合,,其中,.
则,
这里共个不同元素,又,所以上面为和集中的所有元素.
又,
这里共个不同元素,也为合集中的所有元素,
所以有,即.
一般地,由,
,
可得,即.
同理可得,得证.
【例1】（2025届广西“飞天”校际高三上学期7月考试）数列是正项递增数列,由数列中所有项构成集合A,它的任意一个子集记为,定义集合B是每一个子集中的所有数之和（即分别写出1个数,2个数,……n个数之和）.
(1)若,写出,以及集合B；
(2),将集合B中的元素分成n组,要求每组中最大项与最小项之比不超过2,证明一个符合题意的分组；
(3),将集合B中的元素分成n组,要求与（2）相同,证明存在这个分组.
【解析】（1）或或,,；
（2）不难发现共有个数,
不妨让最大数与最小数之比,
可以分为1,2,,,……,,
假设分为n组,这样最后一个数是第个,
只需证明,
令,只需,
,（其中是的导数）,
所以,
所以,即不必分至n组即可将个数全部分完,
在已经分好的组中再多分几组,均可满足题意,
仅一组中还可再分组,显然成立,
故可分至n组,故该分组符合题意；
（3）要证,其中,s是某些数之和,
只需证明,假设,从而,使得,
所以,
所以,故存在这样的分组.
【例2】（2024届甘肃省兰州第一中学高三下学期测试）信息论之父香农（Shannn）在1948年发表的论文“通信的数学理论”中指出,任何信息都存在冗余,冗余大小与信息中每个符号（数字、字母或单词）的出现概率或者说不确定性有关,香农借鉴了热力学的概念,把信息中排除了冗余后的平均信息量称为“信息熵”,并给出了计算信息熵的数学表达式．设随机变量X所有取值为,且,定义的信息熵
(1)当时,求的值；
(2)当时,若,探究与的关系,并说明理由；
(3)若,求此时的信息摘．
【解析】（1）若,则,因此.
（2）与正相关,理由如下：
当时, ,则,
令,则,其中,所以
则,
所以函数在上单调递增,所以与正相关.
（3）因为,所以,
故,而,
于是,
整理得,
令,则,
两式相减得,
因此,,所以.
【例3】（2024届安徽省芜湖市第一中学高三最后一卷）对于数列,如果存在正整数,当任意正整数时均有,则称为的“项递增相伴数列”．若可取任意的正整数,则称为的“无限递增相伴数列”．
(1)已知,请写出一个数列的“无限递增相伴数列”,并说明理由？
(2)若满足,其中是首项的等差数列,当为的“无限递增相伴数列”时,求的通项公式：
(3)已知等差数列和正整数等比数列满足：,其中k是正整数,求证：存在正整数k,使得为的“2024项递增相伴数列”．
【解析】（1）由于,我们可以取,此时恒有,
再由,当时,,
所以恒有,即满足题意.
（2）
设,
当为的“无限递增相伴数列”时对任意恒成立
,当时,,因为,所以,即.
（3）证明：取,若存在这样的正整数k使得
成立,
所以,
由,得,
于是,
又因为,所以当时,,
而时,,
所以,最后说明存在正整数k使得,
由,
上式对于充分大的k成立,即总存在满足条件的正整数k
【例4】（2024届福建省泉州第一中学高三下学期适应性测试）已知有穷正项数列,若将每个项依次围成一圈,满足每一项的平方等于相邻两项平方的乘积,则称该数列可围成一个“HL-Circle”．例如：数列都可围成“HL-Circle”．
(1)设,当时,是否存在使该数列可围成“HL-Circle”,并说明理由：
(2)若的各项不全相等,且可围成“HL-Circle”．
（i）求的取值集合；
（ii）求证：．
【解析】（1）由定义可得,而为正项数列,故,
故,
由最后两式可得,故,故且,
结合可得即,故,故.
故存在,使得数列可围成“HL-Circle”,此时数列为：.
（2）（i）若的各项不全相等,且可围成“HL-Circle”．
则由,
结合为正项数列可得,
诸式相乘后可得,
又上述关系式即为(若下标大于,则取下标除以的余数).
故,
故(若下标大于,则取下标除以的余数).
所以(若下标大于,则取下标除以的余数).
设,
若,则即为,故,从而,,
而,故,故,故,从而,
此时均为1,与题设矛盾.若,则即为,而,
,故,此时均为1,与题设矛盾.
若,则即为,而,所以,故,
从而,而,故,故,
此时均为1,与题设矛盾.若,则即为,而,所以,
而,故,故,故,
故,故,故,此时均为1,与题设矛盾.
若,则,故,
故,故,故,故,故,
此时均为1,与题设矛盾.综上,.
（ii）由均值不等式得,
由上面三组数内必有一组不相等,否则,
从而与题设矛盾,故等号不成立,从而,
又,由④和⑥得
因此由⑤得：
．
故原式得证.
【例5】（2024届重庆市开州中学高三下学期高考模拟）设有穷数列的项数为,若正整数满足：,则称为数列的“点”．
(1)若,求数列的“点”；
(2)已知有穷等比数列的公比为,前项和为．若数列存在“点”,求正数的取值范围；
(3)若,数列的“点”的个数为,证明：．
【解析】（1）因为所以,
所以数列 an 的 “ 点” 为 3,5 ,
（2）依题意,,因为数列存在 “点”,
所以存在 ,使得 ,
所以,即.
因为,所以,所以,
又随的增大而增大,所以当时,取最大值,
所以,又,所以.当时,有,
所以数列存在 “点”,所以的取值范围为,
（3）①若,则数列an不存在 “点”,即.
由得,,所以,
②若存在,使得. 下证数列an有 “点”.
证明: 若a2