培优微专题13 数列中的新定义问题-【创新教程】2026年高考数学大二轮培优微专题

培优微专题 [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， 研析考点>层级突破 考点一 数列中的新情境问题 A.若初始近似值为1，则一次近似值为3 典题例析 B.x4=x0一 f(xo)f(z1)f(z2)f(x3) f(xo)f(x1)f(x2)f(x3) [例1]斐波那契数列{F}因数学家莱昂纳多· C.对任意n∈N*,xn<xn+1 斐波那契(LeonardodaFibonaci).以兔子繁殖为例 1 而引入，故又称为“兔子数列”.因n趋向于无穷 D.任意nEN*z+12千2(x.≠0) 大时，无限趋近于黄金分割数，也被称为 专点三 数列中的新定义问题 黄金分割数列.在数学上，斐波那契数列由以下 典题例析 递推方法定义：数列{Fn}满足F1=F2=1,Fm+2 [例2](2024·新课标全国I卷)设m为正整数， =Fm+1十Fn,若从该数列前10项中随机抽取2 数列a1,a2,…,a4m十2是公差不为0的等差数列， 项，则抽取的2项至少有1项是奇数的概率为 若从中删去两项a;和a;(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 2 14 差数列，则称数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)一可 A.15 C.15 D. 分数列。 [听课记录] (1)写出所有的(i,j),1≤i<j≤6，使得数列a1, :…规律方法》… a2,…,a6是(i,j)一可分数列； 问题背景为教材阅读思考：斐波那契数列.学生需 (2)当m≥3时，证明：数列a1,a2,…,a4m+2是 了解斐波那契数列的定义，递推公式及其性质.在 (2,13)一可分数列； 解决问题注意运用归纳与猜想方法.考查数学抽 (3)从1,2，…，4m十2中一次任取两个数i和j(i 象、逻辑推理、数学运算和数学建模的核心素养. <j),记数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)一可分数 跟踪训练 列的概率为P,证明：Pn>日 1.[多选]牛顿在《流数法》一书 y=f(x) f(xo) [听课记录] 中，给出了高次代数方程的 一种数值解法一牛顿法。 f(x) 具体做法如下：如图，设r是 0 f(x)=0的根，首先选取xo 作为r的初始近似值，在x=xo处作f(x)图象 的切线，切线与x轴的交点横坐标记作x1,称x 是r的一次近似值，然后用x1替代xo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)=x2一3，则下列说 法正确的是 ) ·97· 1数学 …规律方法》 跟踪训练 遇到新定义、新运算问题，应耐心读题，分析新定 2.(2025·石家庄质检三)已知数列{am}满足：a1= 义、新运算的特点，弄清新定义的性质，按新定义、 1,a2=2,an+2-am=2an+1,定义：a=b(mod4) 新运算的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验 表示整数a除以4的余数与整数b除以4的余 证，使得问题得以解决，有时还需要用类比的方法 数相同，例：1三9(mod4),6三22(mod4).设b.= 去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理 2,ax=0(mod4) 解，但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础 其中及∈N*,数列 k,ak=1或2或3(mod4) 数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好 {bn}的前n项和为Sn,则b4= ;满足Sm 三基，以不变应万变才是制胜法宝 ≥2024的m最小值为 课时冲关>高效提能 1.(2025·泰安三模)对于m,t∈N*,s∈N,t不是 2.(2025·温州适应性考试二)数列{an},{bn}满 10的整数倍，且m=t·10,则称m为s级十全 足：{bn}是等比数列，b1=2,a2=5,且a1b1十 十美数.已知数列{an}满足：a1=8,a2=40,an+2 a2b2+…+anbn=2(an-3)bn+8(n∈N*). =5an+1-6am. (1)求am,bm; (1)若{an+1一an}为等比数列，求k; (2)求集合A={x|(x-a:)(x-b:)=0,i≤2n,i (2)求在a1,a2,a3,…,a2024中，3级十全十美数 ∈N*}中所有元素的和； 的个数， (3)对数列{cm},若存在互不相等的正整数1， 2,…,k;j>2),使得c%十c,十…+c%,也是数 列{cn}中的项，则称数列{cn}是“和稳定数列”. 试分别判断数列{an},{bn}是否是“和稳定数 列”.若是，求出所有方的值；若不是，说明理由. 98答案精析 培优微专题13 剩余的4m个数可以分为以下三个部分，共m组，使得每组 研析考点层级突破 成等差数列： 考点 ①{1,2,3,4}，{5,6,7,8}，…，{4k1-3,4k1-2,4k1一1,4k1}, 例1[解析依题意可知，数列{F.}的前10项为：1,1,2,3， 共1组； 5,8,13,21,34,55,其中偶数有3个，所以从该数列前10项 ②{4k1+2,41+3,4k1+4,4k1+5},{4k1+6,4k1+7,4k1+ C 8,4k1十9}，…，{4k2一2,4k2一1,4k2,4k2十1}，共k2一1组； 中随机抽取2项，则抽取的2项都是偶数的概率为P= ③{4k2+3,4k2+4,4k2+5,4k2十6}，{4k2+7,4k2+8,4k2+ 、1 9,4k2+10},…,{4m-1,4m,4m+1,4m+2},共m一k2组. 5所以至少有1项是奇数的概率为1一 114 15151 (如果某一部分的组数为0，则忽略之) 「答案]D 故此时数列1,2，…，4m十2是(i,j)一可分数列. 第二种情况：如果i∈B,j∈A,且j一i≠3. 跟踪训练 1.BD[根据牛顿法，即可求切线方程，进而得横坐标工+1= 此时设i=4k1十2，j=4k2十1，k1,k2∈{0,1,2，…，m}. 了号，结合选项即可求解BD. f(x) 则由可知4十2<4：十1，即k:-1>4,故2>k1 由于j一i≠3，故(4k2十1)一(4k1十2)≠3，从而k2一k1≠1， 设f(x)=x2-3,f(x)的零点就是x2=3的解 这就意味着2一1≥2. f(x)=2x,当xo=1时，f(xo)=一2，切线为y十2=2(x 此时，由于从数列1,2，…，4m十2中取出i=4k1十2和j= 1),令y=0,则x=2,所以切线与x轴交点横坐标为x1=2, 4k2十1后，剩余的4m个数可以分为以下四个部分，共m A错误； 组，使得每组成等差数列： f(x)在(xn,f(xn)处的切线为y一f(xn)=f(xn)(x-xn), ①{1,2,3,4}，{5,6,7,8}，…，{4k1一3,41一2,4k1一1,4k1}, f(xn） 所以切线与x轴交点横坐标为工+1=工。一子(x,)' 共k1组； ②{4k1+1,3k1+k2+1,2k1+2k2+1,k1+3k2+1},{3k1+ 所以x1=x一 f(xo) k2+2,2k1十2k2+2,k1+3k2+2,4k2十2}，共2组； f(x),z:=x1- f(x1) f(x1)x3=x2- f(x2) f(x2)’ ③全体{4k1十p,3k1+k2十p,2k+2k2+p,k1+3k2十p},其 f(x3 中p=3,4,…,k2一k1,共k2一k1一2组； x4=x3 f(x)' ④{4k2+3,4k2+4,4k2十5,4k2+6},{4k2+7,4k2+8,4k2+ f(xo)f(z1)f(z2)f(xs) 9,4k2十10}，…，{4m-1,4m,4m+1,4m+2},共m-k2组， 小x4=x-()7(x)f(x2fx ,B正确； (如果某一部分的组数为0，则忽路之) 这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横 若1，z=2,由B得2=22》7 (2) 4 x1,C错误； 排，排成一个包含2一1一2个行，4个列的数表以后，4个 列分别是下面这些数： f(x) {4k1+3,4k1+4,…,3k1十2}，{3k1十k2+3,3k1+k2+4, 工n+1=一 3 f(z.) =x,g3=1 x+2 ,D正确.] ,2k1+2k2},{2k1+2k2+3,2k1+2k2+3,,k1+3k2}, 考点二 {k1+3k十3，k1+3k2十4，：，4k2}, 例2[解](1)直接根据(i,)一可分数列的定义即可；(2)根 可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将 据(i,)一可分数列的定义即可验证结论；(3)证明使得原数 取遍{41十1,4k1十2，…，4k2十2}中除开五个集合{4k1十1， 列是(i,j)一可分数列的(i,j)至少有(m十1)2-m个，再使 4k1+2},{3k1+k2+1,3k1+k2+2},{2k1+2k2+1,2k1+ 用概率的定义」 2k2,十2}，{k1十3k2+1,k1+3k2+2},{4k2+1,4k2+2}中的 (1)首先，我们设数列a1,a2,…,a4m 2的公差为d,则d≠0. 十个元素以外的所有数 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 而这10个数中，除开已经去掉的4k,十2和4k。十1以外，剩 差数列，当且仅当该数列是等差数列， 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， 故我们可以对该数列进行适当的变形44'=aa1十1(k= …,4m十2是(i,j)一可分数列. d 至此，我们证明了：对1i<j4m+2,如果前述命题1和 1,2,…,4m十2)， 命题2同时成立，则数列1,2，…，4m十2一定是(i,j)一可分 得到新数列a’=k(k=1,2,…,4m十2)，然后对a1',a2’,…, 数列」 am+2'进行相应的讨论即可. 然后我们来考虑这样的(i,)的个数. 换言之，我们可以不妨设a=k(k=1,2,…,4m十2)，此后的 讨论均建立在该假设下进行. 首先，由于A∩B=,A和B各有m十1个元素，故满足命 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 题1的(i,j)总共有(m+1)2个； 和i(i<),使得剩下四个数是等差数列 而如果j-i=3,假设i∈A,j∈B,则可设i=4k1十1，j=4k2 +2,代入得(4k2+2)一(4k1+1)=3. 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). 但这导致k2一k1=2,矛盾，所以EB,jEA, (2)由于从数列1,2，…，4m十2中取出2和13后，剩余的4m 设i=4k1十2，j=4k2十1，k1,k2∈{0,1,2，…，m},则(4k2十 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)-(4k1十2)=3，即k2-k1=1. 所以可能的{k1,k2}恰好就是(0,1)，(1,2)，…，(m-1,m), ①{1,4,7,10}，{3,6,9,12}，{5,8,11,14}，共3组； 对应的(i,j)分别是(2,5)，(6,9)，…，(4m一2,4m十1)，总共 ②{15,16,17,18}，{19,20,21,22}，…，{4m-1,4m,4m+1, m个 4m十2}，共m一3组. 所以这(m十1)2个满足命题1的(i,j)中，不满足命题2的 (如果m一3=0，则忽略②) 恰好有m个. 故数列1,2，…，4m十2是(2,13)一可分数列。 这就得到同时满足命题1和命题2的(i,j)的个数为(m十 (3)定义集合A={4k十1|k=0,1,2,…,m}={1,5,9,13, 1)2-m. …,4m+1},B={4k+2|k=0,1,2,…,m}={2,6,10,14, 当我们从1,2，…，4m十2中一次任取两个数i和j(i<j)时， …,4m+2},. 下面证明，对1≤i<i≤4m十2，如果下面两个命题同时 总的选取方式的个数等于4m+2)4m+1)=(2m十1)(4m 2 成立， +1) 则数列1,2，…，4m十2一定是(i,)一可分数列： 命题1：i∈A,j∈B或i∈B,j∈A: 而根据之前的结论，使得数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)一可分 数列的(i,j)至少有(m十1)2一m个 命题2：j一i≠3. 我们分两种情况证明这个结论. 所以数列a1,a2,…,am+2是(i,j)一可分数列的概率Pm一 定满足 第一种情况：如果i∈A,j∈B,且j一≠3. (m+1)2-m 此时设i=4k,+1,j=4k2+2,k1,k2∈{0,1,2，…，m. m2+m+1 1 ，故2 P.≥(2m+1(4m+五-(2m+1)4m+D1 则由<j可知4k1十1<4k2十2，即k2一k1>一 2 1 乙k1· m2+m+4 (m+2】 此时，由于从数列1,2，…，4m十2中取出i=4k1十1和j= (2m+1)(4m+2)2(2m+1)(2m+1)-8 4k2十2后， 这就证明了结论 ·151· I数学 跟踪训练 故若原式能被125整除，需k为偶数且能被25整除，即k需 2.解析：由a1=1,a2=2,a+2-an=2an+1,可得当n为4的倍 是50的倍数， 数时，a,也是4的倍数， 在1,2,3，…，2024中，50的倍数有40个：50,100,150， 当n不为4的倍数时，a。也不是4的倍数，则得当k是4的 …,2000, 倍数时，b=2,当k不是4的倍数时，be=k,即可得b,取n 故在a1,a2,…,a2o24中，3级十全十美数的个数为40. =4s(s∈N‘),计算出S后，再计算S40及Sg即可得解. 2.解：(1)根据已知及等比数列的定义求出{bn}的通项公式，由 由am+2-an=2a+1,则a3=4+1=5,a4=10十2=12， 已知和求通项可得{an}的通项公式，(2)根据等差数列及等 则a1、a2、a3都不是4的倍数，a4是4的倍数， 比数列的求和公式可得结果(3)根据“和稳定数列”的定义可 a3=2a4十a3,不是4的倍数，a=2a5十a4=5a4十2a3,不是4 判定 的倍数， (1).a1b1=2(a1-3)b1+8,b1=2,∴.a1=2, a,=2a6十a5=10a4+4ag+2a4+a3=12a4+5a3,不是4的 又a1b十a2b2=2(a2-3)b2,b=2,∴.a1=2,a2=5,解得：b2=4 倍数， ag=2a2+a6=24a4+10a3+5a4+2a3=29a4+12a3,是4的 因为6.}是等比教列，所以6.)的公比9=会=26.=2 倍数， 又当n≥2时，a1b1十a2b2十…十an-1ba-1=2(a-1-3)bn-1 依次可得当n为4的倍数时，a。也是4的倍数， +8, 当n不为4的倍数时，a也不是4的倍数， 作差得：abn=2(an-3)bn-2(a.-1一3)bn-1 由6，=/2，a,三0(mod4) 将bn=2”代入，化简：an=2(a,-3)-(an-1-3), {k,a4=1或2或3(mod4)' 得：an一am-1=3(n≥2） {an}是公差d=3的等差数列，an=a1十(n-1)d 则当k是4的倍数时，b=2齐，当k不是4的倍数时，b=, =3n-1 则b4=2子=2； (2)记集合A的全体元素的和为S, 当n=4s(s∈N),Sn=1+2+3+2+5+6+7+22+… 集合M={a1,a2,…,a2m〉的所有元素的和为A2n= 十2， 2n(6n-1+2=6m2+n, 2 =1+2+3+4+…+4s+2+22+…+2一(4+8+…+4s) =1+4s)X4s+2(1-2)_(4+4s)s 集合N=(6,b…,b}的所有元素的和为B=2-2） 1-2 2 1-2 2 =852+2s+2+1-2-2s-2s2=6s2+2+1-2, =22m+1-2, 当n=40,即s=10时，有S0=6X102+21-2=600+2048-2 集合M∩N的所有元素的和为T,则有S=Am十Bm-T 对于数列{bn}: =2646>2024, S39=S40-b0=2646-210=2646-1024=1622<2024, 当n=2k-1(k∈N”)时，b4-1=224-1=(3-1)2-1=3p-1 (p∈N)是数列{am}中的项 故满足Sm≥2024的m最小值为40. 答案：240 当n=2k(k∈N)时，b2s=2b2A-1=2(3p-1)=6p-2(p∈ 课时冲关高效提能 N°)不是数列{a。}中的项 1.解：(1)设{a+1一an}的公比为q,根据题意，列出方程组，即 T=6十a十…十b-1,其中-≤aa> 可求得k的值；(2)由(1)知，得到an+1一2a.=(a2-2a1)3- b24+1>a2m =8·3”,和am+1-3a,=(a2一3a1)21=8·2”,两式相减得 lo8影(6n,-1)-1<k≤log,(6n,-1)+1 an=8(3”一2")，分n为奇数和n为偶数，两种情况讨论，结 2 合二项展开式的性质，即可求解 取k= 「log(6m-1)+](其中[x]表示不超过实数x的最大整 1)设{aa+一ba.}的公比为g, 2 则an+2-kaa+1=q(aa+1一kan),即a+2=（q十k)aa+1-qkan, 数) 由a+:=5a+1一6a,可得9十b=5。 1一k=一6：解得 T-2=号-10=号( 1og2(6n-1)+1 -1) 1-4 3(4 (k=8或k=3 g2(6n-1)+1 (9=31q=2' S=6m2+n+22+1- 3·4 2。 4 3 所以=2或=3. (3)①当j=3m,(m∈N)时，a,+a,+…十a%,是3的正整 （2)由1)知，当=时，a41-2a.=a,-2a131=8·3, 数倍， (9=3 一定不是数列{an}中的项； 当厂k二3时，a+1一3an=(a2-3a1)2"=8·2", 当j=3m-1,(m∈N)时，as,+a,+…+at,=1(mod3), 两式相减得an=8(3-2). 不是数列{an}中的项； 当n为奇数时，3"-2”的个位数为1或9，an=8(3”一2")的 当j=3m+1,(m∈N)时，a%,十a4,+…+a,=2(mod3), 个位数不可能为0； 是数列{an}中的项； 当n为偶数时，设n=2k(k∈N“),则an=8(3-22)=8(g-4), 综上，数列{an}是“和稳定数列”，j=3m十1，(m∈N*); 要使a,末尾3个教字为0，需满足g-4被1000=5=125 ②数列{bn}不是“和稳定数列”，理由如下： 8 不妨设：1区k<k,<<k,则b6十b2十…十b,>b.,且 整除， b+b,+…+b≤b1+b2+…十b,=2+22+…+2= 当k=1,2,3时，9一4均不符合题意； 当>3时，9*-4=(-1+10)-(-1+5)*=[C8(-1)+ 23+1-2<2的+=b 故b,十b,十…十b,不是数列{b}中的项. C4(-1)-1·10+C8(-1)-2·102+…+C·10]-[C8 (-1)+C(-1)-1.5+C2(-1)-2.52+…+C,5], 数列bn》不是“和稳定数列” 培优微专题14 自103,53以后各项均可被125整除， 研析考点层级突破 故只需考虑 考点 「(-1y+(-1)1.k.10+(-1y2.21D.101 例1(1)[解]首先找到交点S,T,连 2 接ST,又因为DA∩ST=R1,RR1∩ -[(-1)+(-1)-1··5+(-1)-2. VA=K得出答案. kk-一D.51 (i)CB∩QP=T,QR∩CD=S,连接 2 ST(为截面与底面的交线，称为轴线)； 方 =（-1)1.5k+(-1)-4·75.2D=号.(-1).5k (i)DA∩ST=R1; 2 2 (m)RR,∩VA=K,则四边形RQPK ·[一2+15(k一1)]能否被125整除， 即是过P,Q,R三点的棱锥的截面，如 其中-2+15(k-1)不是5的倍数， 图所示. ·152·