第1部分 专题3 培优微专题13 数列中的新定义问题（word教参）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

[培优微专题13]　数列中的新定义问题 随着高考改革的不断推进，压轴题越来越新颖，从今年的高考题到各地的模拟题中，数列新定义出现的越来越多，以新定义、新运算和新构造形式呈现，有时还伴随着数列与集合，难度较大． 　　　　数列中的新情境问题 [例1]　斐波那契数列{Fn}因数学家莱昂纳多•斐波那契(LeonardodaFibonaci)以兔子繁殖为例而引入，故又称为“兔子数列”．因n趋向于无穷大时，无限趋近于黄金分割数，也被称为黄金分割数列．在数学上，斐波那契数列由以下递推方法定义：数列{Fn}满足F1＝F2＝1，Fn＋2＝Fn＋1＋Fn，若从该数列前10项中随机抽取2项，则抽取的2项至少有1项是奇数的概率为(　　) A.　　 B. C.　　 D. [解析]　依题意可知，数列{Fn}的前10项为：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，其中偶数有3个，所以从该数列前10项中随机抽取2项，则抽取的2项都是偶数的概率为P＝＝，所以至少有1项是奇数的概率为1－＝. [答案]　D 问题背景为教材阅读思考：斐波那契数列．学生需了解斐波那契数列的定义，递推公式及其性质．在解决问题注意运用归纳与猜想方法．考查数学抽象、逻辑推理、数学运算和数学建模的核心素养． 1．[多选]牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法．具体做法如下：如图，设r是f(x)＝0的根，首先选取x0作为r的初始近似值，在x＝x0处作f(x)图象的切线，切线与x轴的交点横坐标记作x1，称x1是r的一次近似值，然后用x1替代x0重复上面的过程可得x2，称x2是r的二次近似值；一直继续下去，可得到一系列的数x0，x1，x2，…，xn，…在一定精确度下，用四舍五入法取值，当xn－1，xn(n∈N*)近似值相等时，该值即作为函数f(x)的一个零点r，若使用牛顿法求方程x2＝3的近似解，可构造函数f(x)＝x2－3，则下列说法正确的是(　　) A．若初始近似值为1，则一次近似值为3 B．x4＝x0－－－－ C．对任意n∈N*，xn＜xn＋1 D．任意n∈N*，xn＋1＝xn＋(xn≠0) 解析：BD　[根据牛顿法，即可求切线方程，进而得横坐标xn＋1＝xn－，结合选项即可求解BD. 设f(x)＝x2－3，f(x)的零点就是x2＝3的解． f′(x)＝2x，当x0＝1时，f(x0)＝－2，切线为y＋2＝2(x－1)，令y＝0，则x＝2，所以切线与x轴交点横坐标为x1＝2，A错误； f(x)在(xn，f(xn))处的切线为y－f(xn)＝f′(xn)(x－xn)，所以切线与x轴交点横坐标为xn＋1＝xn－， 所以x1＝x0－，x2＝x1－，x3＝x2－，x4＝x3－， ∴x4＝x0－－－－，B正确； 若x0＝1，x1＝2，由B得x2＝2－＝＜x1，C错误； xn＋1＝xn－＝xn－＝xn＋，D正确．] 　　　　数列中的新定义问题 [例2]　(2024·新课标全国Ⅰ卷)设m为正整数，数列a1，a2，…，a4m＋2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项ai和aj(i＜j)后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)—可分数列． (1)写出所有的(i，j)，1≤i＜j≤6，使得数列a1，a2，…，a6是(i，j)—可分数列； (2)当m≥3时，证明：数列a1，a2，…，a4m＋2是(2,13)—可分数列； (3)从1,2，…，4m＋2中一次任取两个数i和j(i＜j)，记数列a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)—可分数列的概率为Pm，证明：Pm＞. [解]　(1)直接根据(i，j)—可分数列的定义即可；(2)根据(i，j)—可分数列的定义即可验证结论；(3)证明使得原数列是(i，j)—可分数列的(i，j)至少有(m＋1)2－m个，再使用概率的定义． (1)首先，我们设数列a1，a2，…，a4m＋2的公差为d，则d≠0. 由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列， 故我们可以对该数列进行适当的变形ak′＝＋1(k＝1,2，…，4m＋2)， 得到新数列ak′＝k(k＝1,2，…，4m＋2)，然后对a1′，a2′，…，a4m＋2′进行相应的讨论即可． 换言之，我们可以不妨设ak＝k(k＝1,2，…，4m＋2)，此后的讨论均建立在该假设下进行． 回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i和j(i＜j)，使得剩下四个数是等差数列． 那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6. 所以所有可能的(i，j)就是(1,2)，(1,6)，(5,6)． (2)由于从数列1,2，…，4m＋2中取出2和13后，剩余的4m个数可以分为以下两个部分，共m组，使得每组成等差数列： ①{1,4,7,10}，{3,6,9,12}，{5,8,11,14}，共3组； ②{15,16,17,18}，{19,20,21,22}，…，{4m－1,4m,4m＋1,4m＋2}，共m－3组． (如果m－3＝0，则忽略②) 故数列1,2，…，4m＋2是(2,13)—可分数列． (3)定义集合A＝{4k＋1|k＝0,1,2，…，m}＝{1,5,9,13，…，4m＋1}，B＝{4k＋2|k＝0,1,2，…，m}＝{2,6,10,14，…，4m＋2}，. 下面证明，对1≤i＜j≤4m＋2，如果下面两个命题同时成立， 则数列1,2，…，4m＋2一定是(i，j)—可分数列： 命题1：i∈A，j∈B或i∈B，j∈A； 命题2：j－i≠3. 我们分两种情况证明这个结论． 第一种情况：如果i∈A，j∈B，且j－i≠3. 此时设i＝4k1＋1，j＝4k2＋2，k1，k2∈{0,1,2，…，m}． 则由i＜j可知4k1＋1＜4k2＋2，即k2－k1＞－，故k2≥k1. 此时，由于从数列1,2，…，4m＋2中取出i＝4k1＋1和j＝4k2＋2后， 剩余的4m个数可以分为以下三个部分，共m组，使得每组成等差数列： ①{1,2,3,4}，{5,6,7,8}，…，{4k1－3,4k1－2,4k1－1,4k1}，共k1组； ②{4k1＋2,4k1＋3,4k1＋4,4k1＋5}，{4k1＋6,4k1＋7,4k1＋8,4k1＋9}，…，{4k2－2,4k2－1,4k2,4k2＋1}，共k2－k1组； ③{4k2＋3,4k2＋4,4k2＋5,4k2＋6}，{4k2＋7,4k2＋8,4k2＋9,4k2＋10}，…，{4m－1,4m,4m＋1,4m＋2}，共m－k2组． (如果某一部分的组数为0，则忽略之) 故此时数列1,2，…，4m＋2是(i，j)—可分数列． 第二种情况：如果i∈B，j∈A，且j－i≠3. 此时设i＝4k1＋2，j＝4k2＋1，k1，k2∈{0,1,2，…，m}． 则由i＜j可知4k1＋2＜4k2＋1，即k2－k1＞，故k2＞k1. 由于j－i≠3，故(4k2＋1)－(4k1＋2)≠3，从而k2－k1≠1，这就意味着k2－k1≥2. 此时，由于从数列1,2，…，4m＋2中取出i＝4k1＋2和j＝4k2＋1后，剩余的4m个数可以分为以下四个部分，共m组，使得每组成等差数列： ①{1,2,3,4}，{5,6,7,8}，…，{4k1－3,4k1－2,4k1－1,4k1}，共k1组； ②{4k1＋1,3k1＋k2＋1,2k1＋2k2＋1，k1＋3k2＋1}，{3k1＋k2＋2,2k1＋2k2＋2，k1＋3k2＋2,4k2＋2}，共2组； ③全体{4k1＋p,3k1＋k2＋p,2k1＋2k2＋p，k1＋3k2＋p}，其中p＝3,4，…，k2－k1，共k2－k1－2组； ④{4k2＋3,4k2＋4,4k2＋5,4k2＋6}，{4k2＋7,4k2＋8,4k2＋9,4k2＋10}，…，{4m－1,4m,4m＋1,4m＋2}，共m－k2组． (如果某一部分的组数为0，则忽略之) 这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含k2－k1－2个行，4个列的数表以后，4个列分别是下面这些数： {4k1＋3,4k1＋4，…，3k1＋k2}，{3k1＋k2＋3,3k1＋k2＋4，…，2k1＋2k2}，{2k1＋2k2＋3,2k1＋2k2＋3，…，k1＋3k2}，{k1＋3k2＋3，k1＋3k2＋4，…，4k2}， 可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍{4k1＋1,4k1＋2，…，4k2＋2}中除开五个集合{4k1＋1,4k1＋2}，{3k1＋k2＋1,3k1＋k2＋2}，{2k1＋2k2＋1,2k1＋2k2＋2}，{k1＋3k2＋1，k1＋3k2＋2}，{4k2＋1,4k2＋2}中的十个元素以外的所有数． 而这10个数中，除开已经去掉的4k1＋2和4k2＋1以外，剩余的8个数恰好就是②中出现的8个数． 这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1,2，…，4m＋2是(i，j)—可分数列． 至此，我们证明了：对1≤i＜j≤4m＋2，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列1,2，…，4m＋2一定是(i，j)一可分数列． 然后我们来考虑这样的(i，j)的个数． 首先，由于A∩B＝∅，A和B各有m＋1个元素，故满足命题1的(i，j)总共有(m＋1)2个； 而如果j－i＝3，假设i∈A，j∈B，则可设i＝4k1＋1，j＝4k2＋2，代入得(4k2＋2)－(4k1＋1)＝3. 但这导致k2－k1＝，矛盾，所以i∈B，j∈A. 设i＝4k1＋2，j＝4k2＋1，k1，k2∈{0,1,2，…，m}，则(4k2＋1)－(4k1＋2)＝3，即k2－k1＝1. 所以可能的{k1，k2}恰好就是(0,1)，(1,2)，…，(m－1，m)，对应的(i，j)分别是(2,5)，(6,9)，…，(4m－2,4m＋1)，总共m个． 所以这(m＋1)2个满足命题1的(i，j)中，不满足命题2的恰好有m个． 这就得到同时满足命题1和命题2的(i，j)的个数为(m＋1)2－m. 当我们从1,2，…，4m＋2中一次任取两个数i和j(i＜j)时，总的选取方式的个数等于＝(2m＋1)(4m＋1)． 而根据之前的结论，使得数列a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)—可分数列的(i，j)至少有(m＋1)2－m个． 所以数列a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)－可分数列的概率Pm一定满足 Pm≥＝＞＝＝. 这就证明了结论． 遇到新定义、新运算问题，应耐心读题，分析新定义、新运算的特点，弄清新定义的性质，按新定义、新运算的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解，但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝． 2．(2024·石家庄质检三)已知数列{an}满足：a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝2an＋1，定义：a≡b(mod4)表示整数a除以4的余数与整数b除以4的余数相同，例：1≡9(mod4)，6≡22(mod4)．设bk＝，其中k∈N*，数列{bn}的前n项和为Sn，则b4＝________；满足Sm≥2024的m最小值为________． 解析：由a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝2an＋1，可得当n为4的倍数时，an也是4的倍数， 当n不为4的倍数时，an也不是4的倍数，则得当k是4的倍数时，bk＝，当k不是4的倍数时，bk＝k，即可得b4，取n＝4s(s∈N*)，计算出Sn后，再计算S40及S39即可得解． 由an＋2－an＝2an＋1，则a3＝4＋1＝5，a4＝10＋2＝12， 则a1、a2、a3都不是4的倍数，a4是4的倍数， a5＝2a4＋a3，不是4的倍数，a6＝2a5＋a4＝5a4＋2a3，不是4的倍数， a7＝2a6＋a5＝10a4＋4a3＋2a4＋a3＝12a4＋5a3，不是4的倍数， a8＝2a7＋a6＝24a4＋10a3＋5a4＋2a3＝29a4＋12a3，是4的倍数， 依次可得当n为4的倍数时，an也是4的倍数， 当n不为4的倍数时，an也不是4的倍数， 由bk＝， 则当k是4的倍数时，bk＝，当k不是4的倍数时，bk＝k，则b4＝＝2； 当n＝4s(s∈N*)，Sn＝1＋2＋3＋21＋5＋6＋7＋22＋…＋2s， ＝1＋2＋3＋4＋…＋4s＋2＋22＋…＋2s－(4＋8＋…＋4s) ＝＋－ ＝8s2＋2s＋2s＋1－2－2s－2s2＝6s2＋2s＋1－2， 当n＝40，即s＝10时，有S40＝6×102＋211－2＝600＋2048－2＝2646＞2024， S39＝S40－b40＝2646－210＝2646－1024＝1622＜2024， 故满足Sm≥2024的m最小值为40. 答案：2　40 学科网（北京）股份有限公司 $$