- 978.07 KB
- 2021-04-19 发布
考纲要求:
“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，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。对于此题中的新概念，对阅读理解能力有一定的要求。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。
基础知识回顾:
1、此类问题常涉及的知识点
（1）等差数列与等比数列的性质与求和公式
（2）数列的单调性
（3）放缩法证明不等式
（4）简单的有关整数的结论
（5）数学归纳法与反证法
2、解决此类问题的一些技巧：
（1）此类问题在设立问题中通常具有“环环相扣，层层递进”的特点，第（1）问让你熟悉所创设的定义与背景，第（2），（3）问便进行进一步的应用，那么在解题的过程中要注意解决前面一问中的过程与结论，因为这本身就是对“新信息”的诠释与应用。抓住“新信息”的特点，找到突破口，第（2）（3）问便可寻找到处理的思路
（2）尽管此类题目与传统的数列“求通项，求和”的风格不同，但其根基也是我们所学的一些基础知识与方法。所以在考虑问题时也要向一些基本知识点靠拢，弄清本问所考察的与哪个知识点有关，以便找到一些线索。
（3）在分类讨论时要遵循“先易后难”的原则，以相对简单的情况入手，可能在解决的过程中会发现复杂情况与该情况的联系，或者发现一些通用的做法与思路，使得复杂情况也有章可循。
应用举例:
例1．已知数列满足，定义：使乘积为正整数的叫做“简易数”，则在内所有的“简易数”的和为________．
【答案】4082
例2：定义：若对任意，数列的前项和都为完全平方数，则称数列为“完全平方数列”；特别的，若存在，使得数列的前项和为完全平方数，则称数列为“部分平方数列”
（1）若数列为“部分平方数列”，且，求使数列的前项和为完全平方数时的值
（2）若数列的前项和，那么数列是否为“完全平方数列”？若是，求出的值；若不是，请说明理由
（3）试求所有为“完全平方数列”的等差数列
解：（1）思路：依题意可知先求出的表达式，再根据表达式的特点寻找到完全平方式即可
时，
时，
时，是完全平方数
（2）思路：若要观察的前项和是否为完全平方数，则要先求出的通项公式。由可求得
当，时，
的前项和即为，所以为“完全平方数列”
当时，不是完全平方数
不是“完全平方数列”
综上所述：时，是“完全平方数列”，时，不是“完全平方数列”
（3）思路：依题意可知该等差数列的前项和公式应为完全平方式，由等差数列求和公式
出发，可将其通过配方向完全平方式进行靠拢，可得：，所以有，再根据利用整数的特性求解即可。
由①可令
由②令，可得：
代入到③可得：
或
当时，
当时，
当时，符合上式
综上所述，
例3：已知数列的前项和为，且满足，，设，．
（1）求证：数列是等比数列；
（2）若，，求实数的最小值；
（3）当时，给出一个新数列，其中设这个新数列的前项和为，若可以写成 (且)的形式，则称为“指数型和”．问中的项是否存在“指数型和”，若存在，求出所有“指数型和”；若不存在，请说明理由．
（2）思路：由（1）可解出，进而可求出
，由可在的情况下得到关于的恒成立不等式，从而通过参变分离可求出的范围：，再验证是否成立即可
（3）思路：时，可代入求出，从而，利用“指数型和”的定义，可先求出前项和，从而将问题转化为可否写成的形式，本题不便将变形为的形式，所以考虑利用等式转化为方程是否有解的问题。即判断是否有解。，为偶数时，
为奇数时，。而只是个2相乘，所以可通过对分解后的每个因式能否表示为的形式进行讨论即可。
解：由（1）可得：当时，
，即，为“指数型和”
当为奇数时，
若为偶数，则为奇数，为奇数
为奇数，
若为奇数，则为偶数，为个奇数之和也为奇数
当为奇数时，不存在“指数型和”
综上所述：只有为“指数型和”
方法、规律归纳:
含“新信息”背景的数列问题，以其难度通常位于试卷的最后一题。此类问题有以下几个难点：一是对于新的概念与规则，学生在处理时会有一个熟悉的过程，不易抓住信息的关键部分并用于解题之中，二是学生不易发现每一问所指向的知识点，传统题目通常在问法上就直接表明该用哪些知识进行处理，例如“求通项，求和”。但新信息问题所问的因为与新信息相关，所以要运用的知识隐藏的较深，不易让学生找到解题的方向。三是此类问题在设计时通常注重几问之间的联系，即前面问题的处理是为了最后一问做好铺垫。但学生不易发现其中联系，从而导致在处理最后一问时还要重整旗鼓，再加上可能要进行的分类讨论，解题难度陡然增加。
实战演练:
1．定义为个正数的“均倒数”，已知数列的前项的“均倒数”为，又，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
2．已知数列的前项和为，定义为数列前项的叠加和，若2016项数列的叠加和为2017，则2017项数列的叠加和为( )
A. 2017 B. 2018 C. D.
【答案】A
【解析】由 则．
则2017项数列 的叠加和
故选A．
3．【安徽省巢湖市柘皋中学2018届高三上学期第三次月考】将向量组成的系列称为向量列，并定义向量列的前项和．若，则下列说法中一定正确的是（ ）
A. B. 不存在，使得
C. 对，且，都有 D. 以上说法都不对
【答案】C
4．定义为个正数， ， ， 的“均倒数”，若已知数列的前项的“均倒数”为，又，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】 设，
由题意得，可得，
所以时， ；
当，
当时，满足上式，所以数列的通项公式为，
所以，所以，
所以，
故选C．
点睛：本题主要考查了等差数列的通项公式与裂项相消求和，其中解答中涉及到数列中 与的关系，等差数列的通项公式，以及裂项相消求和等知识点的综合运用，试题有一定的难度，属于中档试题，着重考查了学生推理与运算能力，解答中正确理解题意，认真审题是解答的关键．
5．【安徽省蒙城县2018届高三上学期“五校”联考】对于数列，定义数列为数列的“倍差数列”，若的“倍差数列”的通项公式为，则数列的前项和__________．
【答案】
6．【宁夏育才中学2018届高三上学期第三次月考】将正整数6分解成两个正整数的乘积有两种形式，其中是这两种分解中两数差的绝对值最小的，我们称为6的最佳分解形式.当（且）是正整数的最佳分解形式时，我们定义函数，例如.数列的前10项和__________.
【答案】31
7：若有穷数列满足：（1）；（2），则称该数列为“阶非凡数列”
（1）分别写出一个单调递增的“3阶非凡数列”和一个单调递减的“4阶非凡数列”
（2）设，若“阶非凡数列”是等差数列，求其通项公式
（3）记“阶非凡数列”的前项的和为，求证：
①
②
解：（1）3阶非凡数列： 4阶非凡数列：
（2）思路：首先明确其通项公式应该是关于和序数的表达式，要求得通项公式，关键要确定，因为非常数列的等差数列为单调数列，所以由一方面利用等差数列性质可得到，另一方面也可知该数列以为分界线，左右两侧分为正项与负项（与的符号有关），可分进行讨论。当时，为递增数列，从而可知为负项，为正项。再由可得，从而用可表示出，另一方面，进而均可用表示，
当时，为递减数列，同理可得：
，
即
② 思路一：本题的难点在于不知中各项的符号，但从（1）（2）问可得到一个规律，任意“归化数列”，其正项和为，负项和为，进而可以考虑在求和时正项一组，负项一组进行放缩。
解：依题意可得：中的项有正有负
设中的正项为，负项为，零项为
而（所有系数放大为1）
（所有系数变为）
思路二：本题从通项公式入手，考虑，从而 8：对于数列，把作为新数列的第一项，把或（）作为新数列的第项，数列称为数列的一个生成数列．例如，数列的一个生成数列是．已知数列为数列的生成数列，为数列的前项和．
（1）写出的所有可能值；
（2）若生成数列满足，求数列的通项公式；
（3）证明：对于给定的，的所有可能值组成的集合为
．
（2）思路：本题已知的表达式，可类比在数列中已知求数列通项的方式，得到，计算可得：，由为生成数列可得： ，通过合理组合即可得到：，从而得到通项公式
当时，
当时，
数列为数列的生成数列
若，则以上各种组合中，只有
，可知为奇数
满足且分子为奇数的共有种
共有种情况
只需证明两个不同的生成数列，其和不同即可
设数列为两个不同的生成数列，且和分别记为
则
为生成数列，所以
或
不同
，使得
所以种不同的生成数列，其和共有种可能
只有种可能
∴可能值必恰为，共个．
的所有可能值组成的集合为
9：有限数列同时满足下列两个条件：
① 对于任意的（），；
② 对于任意的（），，，三个数中至少有一个数是数列中的项.
（1）若，且，，，，求的值；
（2）证明：不可能是数列中的项；
（3）求的最大值
（3）思路：本题的主旨在于尽可能构造项数多的，由（2）的证明过程可提供一条线索，当大于1的项超过3项时，则不成立，所以可知中至多有3项，且这3项中两项的乘积等于第三项。同时还可对其进行推广得到中至多有3项，绝对值大于1；然后可将这种思路拓展至其它范围，比如绝对值在0至1之间同理也至多只有3项。再补充上，所以的最大值为，可构造为
解：的最大值为，证明如下：
（1）令，则符合①、②.
（2）设符合①、②，则：
① 中至多有三项，其绝对值大于1.
假设中至少有四项，其绝对值大于1，不妨设，，，是中绝对值最大的四项，其中.
则对有，所以均不是数列中的项，即是数列中的项
10.对于实数，将满足“且为整数”的实数称为实数的小数部分，用记号表示，对于实数，无穷数列满足如下条件：
其中.
（1）若，求数列；
（2）当时，对任意的，都有，求符合要求的实数构成的集合．
（3）若是有理数，设 （是整数，是正整数，、互质），问对于大于的任意正整数，是否都有成立，并证明你的结论．
（1）思路：按照题目规则可知即为的小数部分，所以只有确定介于哪两个整数之间，
才能够求出。由得，，由得，进而发现，且计算的过程与计算相同，可猜想
（2）思路：由（1）的过程可知本题在计算各项时关键要把握住“”里面数的范围， ，意味着故的范围是本问的关键，由得，所以要对分为进行分类讨论，从而确定的结果，得到关于的方程，求解即可
依题意可知
当时，
，解得：
当时，
，解得：
当时，
，解得：
综上所述：
解：该结论成立，证明如下：
，即，为正有理数或0
设，则有
，即
若，则可知，所以当时，均有