第12天 数列的新定义问题每日专项练习 - 2027届新高考高三数学第一轮复习

**基本信息** 聚焦数列新定义问题，通过α数列、性质P(t)等情境考查数学抽象与逻辑推理，强化新定义与数列单调性、周期性等性质的关联应用。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |α数列定义|第1题|存在性列举、充要条件证明、和为零的充要条件|新定义与数列相邻项差、求和、单调性的推导关系| |递推新定义|第2题|项的求解、周期与零项的逻辑关系、有界性判断|新定义递推式与数列周期性、有界性的生成联系| |性质P(t)定义|第3题|性质证明、有界性推导、S-数列判定|新定义与数列和的极限、正项数列性质的应用拓展| |综合应用|第4题|集合子集和计算、变换终止证明|新定义与集合、变换规则及数列非负性的逻辑推理|

2027届新高考高三第一轮复习 高三数学备课组 2027届新高考高三第一轮复习 每日专项练习 答案与解析 第12天 数列的新定义问题 1.(1)解　依题意可知a1,a2,a3,a4取值有如下三种情况: ①0,1,0,1,此时Tn=2, ②0,1,2,1,此时Tn=4, ③0,-1,0,1,此时Tn=0. (2)证明　必要性: 因为an<an+1(n=1,2,…,100), 所以an+1-an=5(n=1,2,…,100),故数列{an}(n=1,2,…,101)为等差数列,公差为5, 所以a101=(101-1)×5=500,必要性成立; 充分性:由于a101-a100≤5,a100-a99≤5,…,a2-a1≤5, 累加可得,a101-a1≤500, 即a101≤a1+500=500, 因为a101=500,故上述不等式的每个等号都取到, 所以an+1-an=5(n=1,2,…,100),即an+1>an(n=1,2,…,100),充分性成立; 综上所述,“a101=500”是“数列{an}为递增数列”的充要条件. (3)证明　令cn=an+1-an(k=1,2,…,n-1), 依题意,cn=±5, 因为a2=a1+c1,a3=a1+c1+c2,…,an=a1+c1+c2+…+cn-1, 所以Tn=na1+(n-1)c1+(n-2)c2+(n-3)c3+…+cn-1 =(n-1)+(n-2)+…+1-(1-c1)(n-1)-(1-c2)(n-2)-…-(1-cn-1) =-[(1-c1)(n-1)+(1-c2)(n-2)+…+(1-cn-1)], 因为cn=±5,所以1-cn为偶数, 所以(1-c1)(n-1)+(1-c2)(n-2)+…+(1-cn-1)为偶数; 所以要使Tn=0,必须使为偶数, 即4整除n(n-1),亦即n=4k或n=4k+1 (k∈N*), 当n=4k(k∈N*)时,比如,a4m-1=a4m-3=0,a4m-2=-5,a4m=5(m=1,2,…,k),或a4m-1=a4m-3=0,a4m-2=5,a4m=-5(m=1,2,…,k)时,有a1=0,Tn=0; 当n=4k+1(k∈N*)时,例如a4m-1=a4m-3=0,a4m-2=-5,a4m=5,a4m+1=0(m=1,2,…,k), 或a4m-1=a4m-3=0,a4m-2=5,a4m=-5,a4m+1=0(m=1,2,…,k),有a1=0,Tn=0; 当n=4k+2或n=4k+3(k∈N)时,n(n-1)不能被4整除,Tn≠0. 综上所述:若Tn=0,则n=4k或n=4k+1(k∈N*). 2.(1)解　因为an=|an+1-an+2|对任意n∈N*成立; 令n=1得1=a1=|a2-a3|, 所以1=|a2-2|,则a2=1或3. 若a2=1,由a2=|a3-a4|,则1=|2-a4|,则a4=1或3; 若a2=3,由a2=|a3-a4|,则3=|2-a4|,则a4=-1或5, 因为a4=|a5-a6|≥0, 综上所述:a4=1或3或5. (2)证明　记a1=x,a2=y, 必要性:若{an}是周期为3的周期数列,a3=a1+a2或a2-a1, 当a3=a1+a2时,数列{an}前5项为:x,y,x+y,x,y, 由a3=|a4-a5|得x+y=|x-y|,该式当且仅当x=0或y=0时成立, 与a1,a2为正整数矛盾; 当a3=a2-a1时,数列{an}前5项为:x,y,y-x,x,y, 由a2=|a3-a4|得y=|y-2x|,则y=2x-y或y=y-2x(舍,此时x=0), 因此x=y,a3=0,此时数列{an}:x,x,0,x,x,0,x,x,0,…,存在k∈N*,使得ak=0, 另一方面:取数列{an}:1,1,0,1,1,2,3,5,…其中当n≥3时,an+2=an+1+an, 此时数列{an}不是周期数列, 综上,“存在k∈N*,使得ak=0”是“{an}是周期为3的周期数列”的必要不充分条件. (3)解　不存在,理由如下: an=|an+1-an+2|等价于an+2=an+1-an(*)或an+2=an+1+an(**), 首先说明不存在k∈N*,使得ak=0,否则由ak-2=|ak-1-ak|得ak-2=ak-1记为w, 所以ak-3=|ak-2-ak-1|=0,ak-4=|ak-3-ak-2|=w,ak-5=|ak-4-ak-3|=w, 依此类推得前k项为…,w,0,w,w,0,w,w,0(第k项),则a1,a2要么相等,要么有一项为0,矛盾,因此an≥1对任意n∈N*成立, 其次,不存在k∈N*,使得ak+2=ak+1-ak以及ak+3=ak+2-ak+1同时成立,否则两式相加得ak+3=-ak,矛盾. (ⅰ)若(*)式只对有限个正整数n才成立,不妨设当且仅当n∈{p1,p2,…,pk}时(*)式成立,其中p1<p2<…<pk, 则当n≥pk+1时,(**)式恒成立,此时an+2=an+1+an≥an+1+1恒成立, 由此易知当n≥pk+1,an≥n-pk,因此数列{an}是无界数列, (ⅱ)若存在无限个正整数n使得(*)式成立,不妨设当且仅当n∈{i1,i2,…,ik,…}时(*)式成立, 其中i1<i2<…<ik<…,考虑,为方便书写且记im=p,im+1=p+j,j≥2, 则ap=ap-1-ap-2,ap+1=ap+ap-1, 若j=2,则ap+j-1=ap+1=ap-1+ap≥ap-1+1, 若j>2,则ap+2=ap+1+ap,…,ap+j-1=ap+j-2+ap+j-3,ap+j=ap+j-1-ap+j-2, 则ap<ap+1<…<ap+j-2<ap+j-1, 此时ap+j-1=ap+j+ap+j-2≥1+ap+j-2≥1+ap+1≥ap-1+2, 无论哪种情况总有ap+j-1≥ap-1+1成立,即≥+1恒成立, 记bk=,则bk+1≥bk+1恒成立,由此易得数列{an}是无界数列, 所以存在n∈N*使得an≥2 025,故不存在符合题意的a1,a2. 3.证明　(1)取N=11,则当m>n≥11时, |an+1+an+2+…+am| =++…+ =<≤<, 所以数列具有性质P. (2)∃N∈N*,当m>n≥N时,都有|an+1+an+2+…+am|<1, 当n>N时,an=(aN+1+aN+2+…+an)-(aN+1+aN+2+…+an-1), 所以|an|≤|aN+1+aN+2+…+an|+|aN+1+aN+2+…+an-1|<2, 取M=max{|a1|,|a2|,…,|aN|,2},则|an|<M. (3)我们先证明: 1)∀x∈(0,1],恒有ex≤(e-1)x+1,这由切线放缩易证. 2)∃N1∈N*,当n>N时,恒有bn<1, 即≤(e-1)·bn+1. 若不然,∀N1∈N*,∃n>N1,使得bn≥1. 取N1=N,则bn<1,矛盾!(类似(2)中证明) 下证{-1}也是“S-数列”. ∀t>0,∃N≥max{N1,N2},当m>n≥N时, |-1+-1+…+-1|=-1+-1+…+-1 ≤(e-1)(bn+1+bn+2+…+bm), 而由于{bn}是“S-数列”,取t'=t,则∃N2∈N*, 当m>n≥N2时,有|bn+1+bn+2+…+bm|<t', 所以|-1+…+-1|≤(e-1)(bn+1+…+bm)<(e-1)·t=t, 所以{-1}也是“S-数列”. 4.(1)解　①由A1={a1}={1},则B1=1,S1=1,因此可得C1==2; 由A2={a1,a2}={1,2},则B2=3,S2=bi=6,因此可得C2==; 由A3={a1,a2,a3}={1,2,3},则B3=7, S3=bi=24,因此可得C3==; 故C1=2,C2=,C3=; ②由题意得集合An={1,2,…,n}, 所以Bn=2n-1, 法一　(利用子集构成特点) 由于集合An的每个元素在其子集中出现的次数均为2n-1, 故Sn=(1+2+…+n)·2n-1=·2n-1=·2n, 所以Cn=== =4, 所以Tn==. 法二　(利用递推关系) 将集合An拆分为集合{1,2,…,n-1}与{n}, 集合{1,2,…,n-1}的所有非空集合中的元素之和的和为Sn-1(n≥2), 集合An的所有非空子集中的元素之和的和为Sn-1与集合{1,2,…,n-1}的所有子集中的元素加上n的和, 集合{1,2,…,n-1}共有2n-1个子集, 所以Sn=Sn-1+Sn-1+n·2n-1 =2Sn-1+n·2n-1. 即=+,易得=, 累加得-=, 所以=,Sn=·2n. 所以Cn=== =4, 所以Tn==. (2)证明　由题意所述的变换ai不变, 且ai始终为整数,所以ai≥1, 构造一个函数f(a1,a2,a3,a4,a5) =(a1-a3)2+(a2-a4)2+(a3-a5)2+ (a4-a1)2+(a5-a2)2, 不妨对a5,a1,a2进行一次操作(a1<0),此时五边形顶点上的数变为-a1,a2+a1,a3,a4,a5+a1, 所以有f(-a1,a2+a1,a3,a4,a5+a1)-f(a1,a2,a3,a4,a5) =(-a1-a3)2+(a1+a2-a4)2+ (a3-(a5+a1))2+(a4-(-a1))2+ ((a5+a1)-(a1+a2))2-(a1-a3)2- (a2-a4)2-(a3-a5)2-(a4-a1)2-(a5-a2)2 =2a1(a1+a2+a3+a4+a5), 因为a1<0,a1∈Z,得a1≤-1, 又a1+a2+a3+a4+a5≥1, 所以2a1(a1+a2+a3+a4+a5)≤2a1≤-2, 则经过每一次变换,函数f(a1,a2,a3,a4,a5)的值至少减少2,且f(a1,a2,a3,a4,a5)恒非负,所以变换只能进行有限多次. 第 2 页 共 8 页 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $2027届新高考高三第一轮复习 高三数学备课组 2027届新高考高三第一轮复习 每日专项练习 第12天 数列的新定义问题 班级：_________ 学号：_________ 姓名：_________ 分数：_________ 解答题(1题13分,2题15分,3题15分,4题17分) 1.(2025·郑州一预)如果数列{an}满足a1=0,|an-an-1|=p(p为常数,n≥2,n∈N),则称数列{an}为α数列,已知项数为n的数列{an}的所有项的和为Tn,且{an}为α数列. (1)若n=4,p=1,a4=1,写出所有可能的Tn的值; (2)若n=101,p=5,证明:“a101=500”是“数列{an}为递增数列”的充要条件; (3)若n≥2,p=5,证明:若Tn=0,则n=4k或n=4k+1,(k∈N*). 2.(2025·深圳一模)已知无穷数列{an}满足,a1,a2为正整数,an=|an+1-an+2|,n∈N*. (1)若a1=1,a3=2,求a4; (2)证明:“存在k∈N* ,使得ak=0”是“{an}是周期为3的数列”的必要不充分条件; (3)若a1≠a2,是否存在数列{an},使得an<2 025恒成立?若存在,求出一组a1,a2的值;若不存在,请说明理由. 3.(2025·温州二模)给定正数t与无穷数列{an},若存在N∈N*,当m>n≥N时,都有|an+1+an+2+…+am|<t,则称数列{an}具有性质P(t). (1)求证:数列具有性质P; (2)若无穷数列{an}具有性质P(1),求证:存在正数M,使得|an|<M(n∈N*); (3)若对任意正数t,数列{an}都具有性质P(t),则称{an}为“S-数列”.若正项数列{bn}是“S-数列”,试判断数列{-1}是否也是“S-数列”,并证明你的结论.(注:e=2.718…) 4.(2025·石家庄一模)已知数列{an},其中an∈Z,n∈N*. (1)若an=n(n∈N*),集合An={a1,a2,…,an},Bn表示集合An的非空子集个数.集合An的第i个非空子集中的所有元素之和记为bi(i=1,2,…,Bn),设Sn=bi,Cn=. ①直接写出C1,C2,C3; ②计算Cn的前n项和Tn; (2)取n=5,在数列{an}中至少有一项为负值,且ai>0,将数列{an}各项依次放在正五边形各顶点上,每个顶点一项.任意相邻三个顶点的三项为ai,aj,ak,若中间项aj<0,则进行如下交换,将ai,aj,ak变换为ai+aj,-aj,ak+aj,直到正五边形各顶点上的数均为非负时变换终止.求证:对任何符合条件的{an},上述变换终止只需进行有限多次. 第 2 页 共 8 页 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $