3.解题策略 破解新定义问题（高考预测）-【第一梯队】2026年高考数学二轮专题突破教用课件

该高中数学高考复习课件聚焦“新定义问题”专题，依据高考评价体系梳理了抽象理解、性质归纳、转化应用三大考查维度，通过近五年真题分析明确数列、数表类新定义占60%的高频考点，构建了“审题-举例-转化”的解题思路体系。 课件亮点在于“真题精讲+方法提炼+素养提升”的备考策略，如以高考真题“G时刻数列”为例，用极端原理和数学归纳法突破，培养数学思维的逻辑推理和数学眼光的抽象能力。特设“易错点警示”和“解题模板”，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此精准教学，实现高效冲刺。

解题策略　破解新定义问题 数 学 新高考专用 　　新定义是高考数学的一大特色,常见形式是给出一个新定义的数学对象,然后研究 相关问题.其对考生的逻辑思维能力要求高,难度大,是冲刺高分段必须重视的题目. 目 录 　 策略解读 一、新定义问题的解题策略 (1)认真审题,明确定义,准确完成第一问. 第一问不要轻易放弃,其难度往往不大,只需要花时间读懂新定义,按照要求写出答案即 可,如有可能,尽量转化为比较直观的理解方式(图或者表). (2)充分研究例子,归纳总结新定义的部分性质. 第一问的例子很重要,通常为一个实际的数组或数列,对于理解后面两问的抽象问题有 一定帮助.第二问往往是第三问的一个引导,要注意利用第二问的结论,进行拓展与延伸. 有时二、三问是不同的问题,需要更多举例探究.研究时要有从特殊到一般的意识. (3)适时转化问题,联系已学知识,并结合已有性质解决. 要注意寻找前后联系:或是部分定义与问题的联系,或是例子对问题的提示. 目 录 例题1    (高考真题精选)设数列A:a1,a2,…,aN(N≥2).如果对小于n(2≤n≤N)的每个正整 数k都有ak<an,则称n是数列A的一个“G时刻”.记G(A)是数列A的所有“G时刻”组成 的集合. (1)对数列A:-2,2,-1,1,3,写出G(A)的所有元素; (2)证明:若数列A中存在an使得an>a1,则G(A)≠⌀; (3)证明:若数列A满足an-an-1≤1(n=2,3,…,N),则G(A)的元素个数不小于aN-a1. 目 录 知识联想　数列相关的新定义题目,审题时需要注意一些细节: 1.有穷数列还是无穷数列,本题研究的是有穷数列; 2.数列中的项是否有特殊要求(例如为整数、正数等); 3.对项的序号(下标)的要求,例如本题中“G时刻”要求大于1; 4.“G时刻”取决于项之间大小关系,类比函数单调性,从函数图象的角度刻画可能更 为直观. 目 录 思路导引　步骤一,结合第一问的例子,可发现第一个“G时刻”为首个大于a1的项序 号,这样就解决了第二问. 步骤二,进一步研究第一问的例子,在其基础上添加几项.发现第二个“G时刻”为首个 大于第一个“G时刻”对应项的项序号.一般地,后续每个“G时刻”均为首个大于前 一个“G时刻”对应项的项序号. 步骤三,根据第三问条件取数列A:0, ,1, ,2, ,3,4.设G(A)={n1,n2,…,np},n1<n2<…<np.记n0 =1.不难发现 = +( - )≤ +1. 步骤四,上述不等式类似等差数列的结构,借助同向不等式累加可以证明第三问. 目 录 解析    (1)G(A)的元素为2和5. (2)证明:因为存在an使得an>a1,所以{i∈N*|2≤i≤N,ai>a1}≠⌀. 记m=min{i∈N*|2≤i≤N,ai>a1},则m≥2,且对任意正整数k<m,ak≤a1<am. 因此m∈G(A),从而G(A)≠⌀. (3)证明:当aN≤a1时,结论成立. 以下设aN>a1. 由(2)知G(A)≠⌀. 设G(A)={n1,n2,…,np},n1<n2<…<np. 目 录 记n0=1,则 < < <…< . 对i=0,1,…,p,记Gi={k∈N*|ni<k≤N,ak> }. 如果Gi≠⌀,取mi=min Gi,则对任意1≤k<mi,有ak≤ < .从而mi∈G(A)且mi=ni+1. 又因为np是G(A)中的最大元素,所以Gp=⌀.从而对任意np≤k≤N,ak≤ ,特别地,aN≤ . 对i=0,1,…,p-1, ≤ . 因此 = +( - )≤ +1,即 - ≤1, 所以aN-a1≤ -a1= ( - )≤p. 因此G(A)的元素个数p不小于aN-a1. 目 录 例题2    (高考真题精选)已知数列{an},从中选取第i1项、第i2项、…、第im项(i1<i2<…< im),若 < <…< ,则称新数列 , ,…, 为{an}的长度为m的递增子列.规定:数列{an} 的任意一项都是{an}的长度为1的递增子列. (1)写出数列1,8,3,7,5,6,9的一个长度为4的递增子列; (2)已知数列{an}的长度为p的递增子列的末项的最小值为 ,长度为q的递增子列的末 项的最小值为 .若p<q,求证: < ; (3)设无穷数列{an}的各项均为正整数,且任意两项均不相等.若{an}的长度为s的递增子 列末项的最小值为2s-1,且长度为s末项为2s-1的递增子列恰有2s-1个(s=1,2,…),求数列 {an}的通项公式. 目 录 知识联想　本题数列与单调性相关,可以尝试直观刻画的方式,利用第一问给出的数列 探究新定义的特性; 考虑特殊长度为s的递增子列与2s-1的关系,结合乘法原理,联想需要研究相邻的奇数、 偶数. 思路导引　步骤一,第二问字母很多,可先借助第一问例子研究具体情形.例如p=3,q=4, 此时 =6(思考为何不选q=5).此时3项递增子列非常多,可提示我们求 并非好的选择, 应借助长的递增子列生成短的递增子列. 步骤二,深入研究第一问例子.考虑长度为4的以6为末项的递增数列的个数,除枚举法之 外,还有什么更一般的方法能快速得到其个数呢?发现将8,3及7,5这种相邻降序的项放 在一起是比较好的结构,这也是对第三问的一种提示.结合2s-1的形式,不难猜出数列为2, 1,4,3,6,5,…,2k,2k-1,2k+2,2k+1,… 步骤三,递增子列直接刻画的是项与项之间的相对位置,而非直接确定每一项,这提示我 们可以从项之间的相对位置入手.容易讨论1~3的相对位置,在此基础上,可以继续添加 4,5与6,7.探究过程中会发现两点很重要:偶数出现在数列中;新添加的数与原有数之间 相对位置. 步骤四,归纳总结简单情形的探究,发现共性:如果已知前面数相对位置,再添加新的项, 讨论相对位置是可行的.故选择使用数学归纳法解决问题. 解析    (1)1,3,5,6.(答案不唯一) (2)证明:设长度为q,末项为 的一个递增子列为 , ,…, , . 由p<q,得 ≤ < . 因为{an}的长度为p的递增子列末项的最小值为 , 又 , ,…, 是{an}的长度为p的递增子列,所以 ≤ .所以 < . (3)an=  我们用数学归纳法证明命题:对于任意n∈N*,1~2n这2n个数的相对位置如下: 2,1,4,3,…,2n,2n-1. ①n=1时,由条件“长度为s的递增子列末项的最小值为2s-1,且长度为s末项为2s-1的递 增子列恰有2s-1个”知: s=1,说明数列中含有1; s=2,说明以3结尾的子列有2个,这2个一定是1,3和2,3,所以2是数列中的项.若1~2的相对 位置为1,2,则长度为2的递增子列结尾最小值为2,与3的最小性矛盾,因此1~2的相对位 置一定是2,1.命题成立. ②假设n=k(k≥1)时命题成立,即1~2k的相对位置为2,1,4,3,…,2k,2k-1. 当n=k+1时, i.首先说明2k+1一定在2k-1后面. 否则若2k+1在2k-1前面,则长度为k+1以2k+1结尾的递增子列至多有2k-1个,这与题设的2k 个矛盾. 因此1~2k以及2k+1的相对位置如下: 2,1,4,3,…,2k,2k-1,2k+1. ii.其次说明2k+2一定存在. 假设2k+2不存在,由1~2k相对位置知{an}长度为k+2以2k+3结尾的递增子列倒数第二项 必为2k+1,至多有2k个,这与题设的2k+1个矛盾. iii.最后说明2k+2在2k-1与2k+1之间. 2k+2不能在2k+1后面,否则会形成长度为k+2以2k+2结尾的递增子列,这与2k+3的最小 性矛盾. 若2k+2在2k-1前面,考虑长度为k+2以2k+3结尾的递增子列,其倒数第二项只能为2k+1或 2k+2,第一类有2k个,第二类至多有2k-1个.故长度为k+2以2k+3结尾的递增子列至多有2k+ 2k-1个,与题设的2k+1个矛盾. 因此1~2k+2的相对位置为2,1,4,3,…2k,2k-1,2k+2,2k+1. 即命题对n=k+1成立. 综合①②知上述命题对任意n∈N*均成立. 因此我们证明了数列an= 经检验该数列符合题设条件. 二、常用解题方法 面对新定义问题时,题干给出的信息可能不够多,通过适当假设增加条件可以帮助我们 拓宽思路,得到更多有用的结论,进而解决问题.常用的方法有反证法、极端原理、数学 归纳法. 1.反证法证明的步骤   2.极端原理 极端原理是一种从特殊对象看问题的方法,它以对象数量上的极端情况(例如最大值、 最小值、最短、最长等)为出发点,寻找问题的突破口.利用这个原理可以解决不少与 存在性有关的问题.使用极端原理时要注意以下三点: (1)有限非空数集必有最大元素与最小元素; (2)自然数集的非空子集必有最小元素; (3)无限非空实数集不一定有最大元素或最小元素. 3.数学归纳法 数学归纳法是解决和数列相关问题的常用方法.其中关键步骤“归纳证明”通过归纳 假设实现增加条件.教材详细介绍了第一数学归纳法,下面给出第二数学归纳法证明问 题的步骤: (1)证明n=n0时命题成立; (2)假设n0≤n≤k时命题成立,证明当n=k+1时命题成立. 例题3    (2025北京东城校级月考)已知n行n列(n≥2)的数表A= 中,对任 意的i∈{1,2,…,n},j∈{1,2,…,n},都有aij∈{0,1}.若当ast=0时,总有 ait+ asj≥n,则称数表 A为典型表,此时记Sn=  aij. (1)若数表B= ,C= ,请直接写出B,C是不是典型表; (2)当n=6时,是否存在典型表A使得S6=17,若存在,请写出一个A;若不存在,请说明理由; (3)求Sn的最小值. 思路导引　先借助例子发现典型表的重要性质:若某个位置是0,则它所在的行及列中1 的个数足够多(≥n). 进一步地,若某行0的个数比较多,会存在一个区域,其中列的和均比较大,即1的个数比 较多.故寻找含1最少(即含0最多)的行(或列)可以帮助我们找到合理的下界. 确定行的下界后考虑列的情况,可将数表调整,然后分成对角区域估计. 解析    (1)B不是典型表,C是典型表. (如果将B中心位置的0换成1就可以将其变为典型表,其结构和C相近,这两个例子可以 帮助我们猜出第三问所求的最小值) (2)S6不可能等于17. 下用反证法进行证明. 证明:假设S6=17,那么典型表 中有19个0,在六行中至少有一行0的个数不少于4,不 妨设此行为第一行,且不妨设a11=a12=a13=a14=0.(借助反证假设,构造一行含比较多的0,进 而找到一个区域,使其包含足够多的1)此时前四列中,每一列的其余位置中都至少有4 个1,所以前四列中至少有16个1,所以a15与a16中至多有一个1,即a15与a16中至少有一个为 0,(第二次借助反证假设) 不妨设a15=0,则第五列的其余位置中至少又有5个1, 所以前五列中已经有不少于21个1,与S6=17矛盾, 所以假设不成立.所以S6不可能等于17. (3)在水平方向的n行和竖直方向的n列中,一定存在某一行或某一列中含有的1的个数 最少,不妨设第一行中的1最少(由数表的行列相等,可任设行或列),并设其个数为k,其中 k∈{0,1,2,3,…,n}. 且不妨设第一行中前k个为1,后(n-k)个为0.(根据任意性将数表调整为易于研究的特殊 结构) 对于第一行中为1的这k列中,因为每一列都至少有k个1,故k列至少有k2个1;(此处用到了 极端原理的假设,即k是所有行和列中的最小值) 对于第一行中为0的(n-k)列中,每一列中都至少有(n-k)个1,(两个区域确定下界的方式不 同) 所以Sn≥k2+(n-k)2=2k2-2nk+n2=2 + . 以下记f(k)=2 + . ①当n为偶数时,Sn≥f(k)≥2 + = 对任意的k恒成立,而且Sn可以取到 . 例如:当“1≤i≤ 且1≤ j ≤ ”和“ +1≤i≤n且 +1≤ j ≤n”时,aij=1,其他位置为0(类 似题中数表C的结构),此时Sn= . ②当n为奇数时,Sn≥f(k)≥ + = 对任意的k恒成立,而且Sn可以取到  . 例如:当“1≤i≤ 且1≤ j ≤ ”和“ ≤i≤n且 ≤ j ≤n”时,aij=1,其他位置 为0,此时Sn= . 综上,当n为偶数时,Sn的最小值为 ;当n为奇数时,Sn的最小值为 . 例题4    (2025湖南常德安乡一中开学考)已知数列{an}是由正整数组成的无穷数列.若 存在常数k∈N*,使得a2n-1+a2n=kan对任意的n∈N*成立,则称数列{an}具有性质Ψ(k). (1)分别判断下列数列{an}是否具有性质Ψ(2).(直接写出结论) ①an=1;②an=2n. (2)若数列{an}满足an+1≥an(n=1,2,3,…),求证:“数列{an}具有性质Ψ(2)”是“数列{an}为 常数列”的充分必要条件. (3)已知数列{an}中a1=1,且an+1>an(n=1,2,3,…).若数列{an}具有性质Ψ(4),求数列{an}的通 项公式. 思路导引　本题数列中每项均为正整数,性质Ψ(4)可以生成新的两项之和,数列的单调 性则帮我们减少分类讨论的情况. 数学归纳法是解决本题最自然的想法:先尝试推导a3,a4,再推导a5,a6,接着研究上述推导 中的一般性规律,进行假设,完成证明. 解析    (1)①数列{an}具有“性质Ψ(2)”. ②数列{an}不具有“性质Ψ(2)”. (2)证明:先证“充分性”: 当数列{an}具有“性质Ψ(2)”时,有a2n-1+a2n=2an. 又因为an+1≥an,所以0≤a2n-an=an-a2n-1≤0, 进而有a2n-an=0,即an=a2n(不等式的夹逼). 结合an+1≥an有an=an+1=…=a2n,即“数列{an}为常数列”; 再证“必要性”: 若“数列{an}为常数列”,则有a2n-1+a2n=2a1=2an, 即“数列{an}具有“性质Ψ(2)”. (3)依题意,a1=1,a2=3,下用数学归纳法证明: 对任意n∈N*,a2n-1=4n-3,a2n=4n-1. ①当n=1时,a1=1,a2=3,命题成立; ②假设当1≤n≤k(k≥1)时命题成立.(归纳假设给出a1~a2k,增加了条件) 因为k+1≤2k,所以ak+1=2k+1,所以a2k+1+a2k+2=4ak+1=8k+4. 又因为4k-1=a2k<a2k+1<a2k+2,所以a2k+1=4k或4k+1.(根据相邻项的大小关系及数列的项为正 整数推出a2k+1的取值范围) 若a2k+1=4k,则a4k+1+a4k+2=16k.(从特殊情况的研究总结出一般情形) 另一方面,由a4k-1+a4k=4a2k=16k-4及an+1>an知a4k≥8k-1, 所以a4k+1+a4k+2≥2a4k+3>16k,矛盾.(使用反证法推出a2k+1=4k+1) 故a2k+1=4k+1=4(k+1)-3,a2k+2=4k+3=4(k+1)-1, 即n=k+1时命题成立. 综合①②,由归纳法原理知命题对任意n∈N*成立. 经验证,该通项公式满足a2n-1+a2n=4an,(说明满足题意的数列存在) 所以an=2n-1. 演练1    (2025浙江杭州学军中学月考)已知对任意正整数对(h,k),定义函数f(h,k)如下: f(1,j)=1,(i+1)f(i+1,j)=(j-i)f(i,j),i≤j,则下列正确的是 ( ) A. f(i+1,j)=1　     B. f(i,j)=2  C. [j2·f(i,j)]=j·(2j-1)　     D.  [j·f(i,j)]=2n+n-2     C     热点演练 解析　因为(i+1)f(i+1,j)=(j-i)f(i,j), 所以 = , 令i=j,则 =0,即f(i+1,j)=0,故选项A错误; 因为 = , = , = ,……, = , 所以累乘得 = =  , 组合数公式: =   因为f(1,j)=1,所以f(i,j)=  (i≤j),故选项B错误; 因为(1+1)n= + + +…+ ,所以 + +…+ =2n-1,所以 [j2·f(i,j)]=j·  =j·(2j-1),故 选项C正确;   [j·f(i,j)]= (2j-1)= -n=2n+1-n-2,故选项D错误. 故选C. 演练2    (2025广东广州一模)已知n∈N*且n≥3,集合An={a1,a2,…,an},其中0<a1<a2<…<an. 若存在函数f(x)(f(x)≠x),其图象在区间D=[a1,an]上是一段连续曲线,且{f(ai)|ai∈An}=An, 则称f(x)是An的T变换函数,集合An是D的T子集.例如,设A5=  ,1, ,2,3 ,此时函数f(x)=  是A5的T变换函数,A5是 的T子集. (1)判断集合{1,2,8,9}是不是[1,9]的T子集?说明理由; (2)判断f(x)=ln 是不是集合An的T变换函数?说明理由; (3)若ai<aj(i,j∈N*,1≤i<j≤n),则 ∈An,试问是否存在函数f(x),使得集合An是D=[a1,an]的 T子集?若存在,求f(x)的解析式;若不存在,说明理由. 解析    (1)是,理由如下: 令f(x)=10-x, f(x)在[1,9]上是连续函数, 且f(1)=9, f(2)=8, f(8)=2, f(9)=1, 符合{f(ai)|ai∈An}=An, 所以f(x)=10-x是An={1,2,8,9}的T变换函数,An是[1,9]的T子集. (2)不是,理由如下: 因为an> >…>a2>a1>0, 而f(x)=ln 在(0,+∞)上单调递减, 若f(x)为集合An的T变换函数, 则由f(a1)>f(a2)>…>f(an)且{f(ai)|ai∈An}=An, 得 ⇒ ⇒ln =ln  , 所以1+ = ; 同理 ⇒1+ = , 因为n≥3, 所以方程1+ = 至少要有两个不等的正数根. 由1+ = , 可得(ex)2-ex-2=0,即(ex-2)(ex+1)=0, 解得x=ln 2,只有一个正数解,矛盾. 故f(x)=ln 不是集合An的T变换函数. (3)存在, f(x)= 或f(x)= . 因为0<a1<a2<a3<…<an-1<an,所以 < < <…< < ,依题意  , , ,…, ,  ⊆ An, 则 ≤an,则a1≥1. ①当a1>1时,由于  , , ,…, ,  ⊆An, 所以 =a1, =a2, =a3,…, =an-2, =an-1. 即 =a1(2≤i≤n),所以{an}是等比数列,ai= (1≤i≤n),满足若ai<aj,则 ∈An. 此时,存在函数f(x)= ,使得{f(ai)|ai∈An}=An,故集合An是D的T子集. ②当a1=1时,考察a1=1<a2, < <…< < , 因为  , ,…, ,  ⊆An, 所以 =a2, =a3,…, =an-2, =an-1. 即 =a2(3≤i≤n),所以{an}是等比数列,ai= (1≤i≤n),满足若ai<aj,则 ∈An. 此时,存在函数f(x)= ,使得{f(ai)|ai∈An}=An,故集合An是D的T子集. 综合①②可知,集合An是D=[a1,an]的T子集. 演练3    (2025北京海淀一模)设正整数n≥2,对于数列A:a1,a2,…,an,定义变换T,T将数列A 变换成数列T(A):a1a2,a2a3,…,an-1an,ana1.已知数列A0:a1,a2,…,an满足ai∈{-1,1}(i=1,2,…,n). 记Ak+1=T(Ak)(k=0,1,2,…). (1)若A0:-1,1,1,写出数列A1,A2; (2)若n为奇数且A0不是常数列,求证:对任意正整数k,Ak都不是常数列; (3)求证:当且仅当n=2m(m∈N*)时,对任意A0,都存在正整数k,使得Ak为常数列. 解析    (1)A1:-1,1,-1,A2:-1,-1,1. (2)证明:设n=2t-1,其中t∈N*. 假设存在正整数k,使得Ak是常数列,由A0不是常数列, 不妨设A0,A1,…,Ak-1不为常数列且Ak为常数列, 记Ak-1:b1,b2,…,b2t-2,b2t-1,则Ak:b1b2,b2b3,…,b2t-2b2t-1,b2t-1b1. 令b2t=b1,b2t+1=b2, 当i=1,2,…,2t-1时,因为bibi+1=bi+1bi+2,且bi+1∈{-1,1},所以bi=bi+2. 故b1=b3=b5=…=b2t-1=b2=b4=…=b2t-2. 此时Ak-1为常数列,矛盾. 综上,对任意正整数k,Ak都不是常数列. (3)①首先证明,若n=2m·(2s-1),其中m∈N*,s≥2,s∈N*,则存在n项的数列A0,使得对任意的 正整数k,Ak都不是常数列. 证明:构造2s-1项的数列C0:c1,c2,…,c2s-1,其中c1=c2=…=c2s-2=1,c2s-1=-1. 构造n项的数列A0:   对任意的正整数k,设Ck:d1,d2,…,d2s-1,则Ak:   由(2)得,Ck不是常数列,故Ak不是常数列. ②其次证明:若n=2m,其中m∈N*,对任意A0,都存在正整数k,Ak是常数列. 证明:假设存在n=2m,其中m∈N*,使得存在数列A0,使得对任意的正整数k,Ak都不是常数 列,不妨设m的最小值为m0. 情形一:m0=1,则n=2,记A0:a1,a2,则A1:a1a2,a1a2为常数列,矛盾. 情形二:m0≥2,对任意的数列A0:a1,a2,a3,…,an-2,an-1,an,则 A1:a1a2,a2a3,a3a4,…,an-2an-1,an-1an,ana1, A2:a1a3,a2a4,a3a5,…,an-2an,an-1a1,ana2. 记A0:α1,β1,α2,β2,…, , , 定义数列E0:α1,α2,…, ,F0:β1,β2,…, ,其中 = . 则E1:α1α2,α2α3,…, α1,F1:β1β2,β2β3,…, β1, A2:α1α2,β1β2,α2α3,β2β3,…, α1, β1. 则依此类推,对任意正整数k,记Ek:u1,u2,…, ,Fk:v1,v2,…, , A2k:u1,v1,u2,v2,…, , . 存在正整数k1,k2,使得 , 为常数列,记k0=max{k1,k2},则数列 , 均为常数列,设 :α, β,α,β,…,α,β,则 的各项均为αβ. 即k=2k0+1时,Ak是常数列,矛盾. 综上,当且仅当n=2m(m∈N*)时,对任意A0,都存在正整数k,使得Ak为常数列. $