新高考新结构 数列新定义--2024年新高考数学压轴题含答案.pdf

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1、1新高考新结构大题压轴-数列新定义新高考新结构大题压轴-数列新定义一、解答题一、解答题1(2024浙江模拟预测)(2024浙江模拟预测)已知实数q0，定义数列 an如下：如果n=x0+2x1+22x2+2kxk,xi0,1，i=0,1,2,k，则an=x0+x1q+x2q2+xkqk(1)求a7和a8(用q表示)；(2)令bn=a2n-1，证明：ni=1bi=a2n-1；(3)若1q2，证明：对于任意正整数n，存在正整数m，使得an1，有c1，cs，ct成等比数列，求证：ts2.57(20242024 湖南岳阳湖南岳阳 二模二模)已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，

2、16，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推设该数列的前n项和为Sn，规定：若mN N*，使得Sm=2ppN N，则称m为该数列的“佳幂数”(1)将该数列的“佳幂数”从小到大排列，直接写出前4个“佳幂数”；(2)试判断50是否为“佳幂数”，并说明理由；(3)()求满足m1000的最小的“佳幂数”m；()证明：该数列的“佳幂数”有无数个8(20242024 辽宁大连辽宁大连 一模一模)对于数列A:a1,a2,a3a1N N,i=1,2,3，定义“T变换”：T将数列A变换成数列B:b1,b2,b3，其中bi=ai+1-ai(i=1，2)，且b3=a3

3、-a1这种“T变换”记作B=T A，继续对数列B进行“T变换”，得到数列C:c1,c2,c3，依此类推，当得到的数列各项均为0时变换结束(1)写出数列A：3，6，5经过5次“T变换”后得到的数列：(2)若a1,a2,a3不全相等，判断数列A:a1,a2,a3不断的“T变换”是否会结束，并说明理由；(3)设数列A：2020，2，2024经过k次“T变换”得到的数列各项之和最小，求k的最小值69(2323-2424高三下高三下 江苏南通江苏南通 模拟预测模拟预测)设正整数n3，有穷数列 an满足ai0(i=1,2,n)，且a1+a2+an=n，定义积值S=a1a2an.(1)若n=3时，数列12,

4、1,32 与数列16,23,136 的S的值分别为S1，S2.试比较S1与S2的大小关系；若数列 an的S满足min S1,S2Smax S1,S2，请写出一个满足条件的 an;(2)若n=4时，数列 a1,a2,a3,a4存在i,j 1,2,3,4,使得ai10,anM；an为单调数列，则称数列an具有性质P(1)若an=n+4n2，求数列 an的最小项；(2)若bn=12n-1，记Sn=ni=1bn，判断数列 Sn是否具有性质P，并说明理由；(3)若cn=1+1nn，求证：数列 cn具有性质P12(20242024 山东泰安山东泰安 一模一模)已知各项均不为0的递增数列 an的前n项和为S

5、n，且a1=2,a2=4,anan+1=2SnSn+1+Sn-1-2Sn(nN N*，且n2)(1)求数列1Sn 的前n项和Tn；(2)定义首项为2且公比大于1的等比数列为“G-数列”证明：对任意k5且kN N*，存在“G-数列”bn，使得bkakbk+1成立；当k6且kN N*时，不存在“G-数列”cn，使得cmamcm+1对任意正整数mk成立913(20242024 河南信阳河南信阳 一模一模)定义：max a,b=a,ab,b,ab,min a,b=b,ab,a,aam+1，求数列 an的通项公式；(3)已知数列 an为“N阶可控摇摆数列”，且存在1mN，使得Ni=1ai=2Sm，探究：

6、数列 Sn能否为“N阶可控摇摆数列”，若能，请给出证明过程；若不能，请说明理由.16(20242024 安徽合肥安徽合肥 一模一模)“q-数”在量子代数研究中发挥了重要作用.设q是非零实数，对任意nN N*，定义“q-数”(n)q=1+q+qn-1利用“q-数”可定义“q-阶乘”n!q=(1)q(2)q(n)q,且 0!q=1.和“q-组合数”，即对任意kN N,nN N*,kn，nkq=n!qk!qn-k!q(1)计算：532；(2)证明：对于任意k,nN N*,k+1n，nkq=n-1k-1q+qkn-1kq(3)证明：对于任意k,mN N,nN N*,k+1n，n+m+1k+1q-nk+

7、1q=mi=0qn-k+in+ikq.1117(20242024 福建泉州福建泉州 模拟预测模拟预测)a,b表示正整数a，b的最大公约数，若 x1,x2,xk1,2,mk,mN*，且x x1,x2,xk，x,m=1，则将k的最大值记为 m，例如：1=1，5=4.(1)求 2，3，6；(2)已知 m,n=1时，mn=m n.(i)求 6n；(ii)设bn=13 6n-1，数列 bn的前n项和为Tn，证明：Tn1，试写出所有项数不超过2m的S数列，使得1,2,22,2m-1成为数列中的连续项；当m1500时，试求这些S数列的前2024项和S2024.1421(20242024 江苏徐州江苏徐州 一

8、模一模)对于每项均是正整数的数列P：a1,a2,an，定义变换T1，T1将数列P变换成数列T1P：n,a1-1,a2-1,an-1对于每项均是非负整数的数列Q:b1,b2,bm，定义S(Q)=2(b1+2b2+mbm)+b21+b22+b2m，定义变换T2，T2将数列Q各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列T2Q(1)若数列P0为2，4，3，7，求S T1P0的值；(2)对于每项均是正整数的有穷数列P0，令Pk+1=T2T1Pk，kN(i)探究S T1P0与S P0的关系；(ii)证明：S Pk+1S Pk22(20242024 湖南湖南 二模二模)已知数列 an的前n项和为Sn，满

9、足2Sn+an=3；数列 bn满足bn+bn+1=2n+1，其中b1=1.(1)求数列 an,bn的通项公式；(2)对于给定的正整数i i=1,2,n，在ai和ai+1之间插入i个数ci1,ci2,cii，使ai,ci1，ci2,cii,ai+1成等差数列.(i)求Tn=c11+c21+c22+cn1+cn2+cnn；(ii)是否存在正整数m，使得bm-1+1am+2bm-1-2m+32Tm-3恰好是数列 an或 bn中的项？若存在，求出所有满足条件的m的值；若不存在，说明理由.1523(20242024 广西南宁广西南宁 一模一模)若无穷数列 an满足a1=0,an+1-an=f n，则称数

10、列 an为数列，若数列 an同时满足ann-12，则称数列 an为数列(1)若数列 an为数列，f n=1,nN N，证明：当n2025时，数列 an为递增数列的充要条件是a2025=2024；(2)若数列 bn为数列，f n=n，记cn=b2n，且对任意的nN N，都有cn100，bn=12203-n,1n5000,n500，dn=an bn，证明：d200121625(20242024 河南河南 一模一模)在正项无穷数列 an中，若对任意的nN N*，都存在mN N*，使得anan+2m=an+m2，则称 an为m阶等比数列在无穷数列 bn中，若对任意的nN N*，都存在mN N*，使得b

11、n+bn+2m=2bn+m，则称 bn为m阶等差数列(1)若 an为1阶等比数列，a1+a2+a3=74,a3+a4+a5=716，求 an的通项公式及前n项和；(2)若 an为m阶等比数列，求证：lnan为m阶等差数列；(3)若 an既是4阶等比数列，又是5阶等比数列，证明：an是等比数列1新高考新结构大题压轴新高考新结构大题压轴-数列新定义数列新定义一、解答题一、解答题1(20242024 浙江浙江 模拟预测模拟预测)已知实数q0，定义数列 an如下：如果n=x0+2x1+22x2+2kxk,xi0,1，i=0,1,2,k，则an=x0+x1q+x2q2+xkqk(1)求a7和a8(用q表

12、示)；(2)令bn=a2n-1，证明：ni=1bi=a2n-1；(3)若1q2，证明：对于任意正整数n，存在正整数m，使得anaman+1【答案】(1)a7=1+q+q2,a8=q3(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)观察题目条件等式中的系数可得答案；(2)bn=a2n-1=qn-1，分别计算ni=1bi和a2n-1可证明结论；(3)先根据a2n-1=qn-1无上界说明存在正整数m，使得anam，分m-1是偶数和m-1是奇数分别说明.【详解】(1)因为7=1+2+22，所以a7=1+q+q2；因为8=23，所以a8=q3；(2)由数列 an定义得：bn=a2n-1=qn-1；所以ni

13、=1bi=1+q+q2+qn-1而2n-1=1+2+22+2n-1，所以a2n-1=1+q+q2+qn-1=ni=1bi；(3)当1qan设m是满足aman的最小正整数下面证明aman+1若m-1是偶数，设m-1=2x1+22x2+2kxk,xi 0,1,i=1,2,k，则m=1+2x1+22x2+2kxk，于是am=1+x1q+x2q2+xkqk=1+am-1因为anam-1，所以am=1+am-1an+1若m-1是奇数，设m-1=1+2+22+2l+2l+2xl+2+2kxk，则am-am-1=ql+1-1+q+q2+ql=q-11+q+q2+ql-1+q+q2+ql+11所以amam-1

14、+1an+1综上所述，对于任意正整数n，存在正整数m，使得ana2nlog26n-1-12klog26n-1+12 即k=log26n-1+12(其中 x表示不超过实数x的最大整数)T=2 1-4k1-4=234k-1=234log26n-1+12 -1S=6n2+n+22n+1-234log26n-1+12 -43(3)解：当 j=3m,mN*时，ak1+ak2+akj是3的正整数倍，3故一定不是数列 an中的项；当 j=3m-1,mN*时，ak1+ak2+akj=1 mod3，不是数列 an中的项；当 j=3m+1,mN*时，ak1+ak2+akj=2 mod3，是数列 an中的项；综上，

15、数列 an是“和稳定数列”，j=3m+1,mN*；解：数列 bn不是“和稳定数列”，理由如下：不妨设：1k1k2bkj，且bk1+bk2+bkjb1+b2+bkj=21+22+2kj=2kj+1-22kj+1=bkj+1故bk1+bk2+bkj不是数列 bn中的项.数列 bn不是“和稳定数列”.3(20242024 安徽池州安徽池州 模拟预测模拟预测)定义：若对kN N*,k2,ak-1+ak+12ak恒成立，则称数列 an为“上凸数列”(1)若an=n2-1，判断 an是否为“上凸数列”，如果是，给出证明；如果不是，请说明理由(2)若 an为“上凸数列”，则当mn+2 m,nN N*时，am

16、+anam-1+an+1()若数列Sn为 an的前n项和，证明：Snn2a1+an；()对于任意正整数序列x1,x2,x3,xi,xn(n为常数且n2,nN*)，若ni=1x2i-1ni=1xi-2-1恒成立，求的最小值【答案】(1)是，证明见解析(2)()证明见解析；()n-1【分析】(1)构造函数 f x=(x+1)2-1-x2-1,x1，利用导数研究其单调性结合“上凸数列”定义判定即可；(2)()利用“上凸数列”定义及倒序相加法证明即可；令an=n2-1，利用条件及数列求和适当放缩计算即可.【详解】(1)an是“上凸数列”，理由如下：因为an=n2-1,an+1-an=(n+1)2-1-

17、n2-1，令 f x=(x+1)2-1-x2-1,x1，则 fx=x+1(x+1)2-1-xx2-1=(x+1)3x-1-x3x+2(x+1)2-1 x2-1当x1时，(x+1)3x-1-x3x+2=-2x-10，所以(x+1)3x-1x3x+2，所以 fx f n+1,an+1-anan+2-an+1，所以an+2+an2an+1，4所以 an是“上凸数列”(2)()证明：因为 an是“上凸数列”，由题意可得对任意1in iN N*，ai+an-i+1ai-1+an-i+2ai-2+an-i+3a2+an-1a1+an，所以2Sn=a1+an+a2+an-1+an-1+a2+an+a1n a

18、1+an，所以Snn2a1+an()解：令an=n2-1，由(1)可得当an=n2-1 时，an是“上凸数列”，由题意可知，当mn+2 m,nN N*时，am+anam-1+an+1因为ni=1x2i-1=x21-1+x22-1+x23-1+x2n-1，即ni=1x2i-1=x21-1+x22-1+x23-1+ni=1xi-x1-x2-xn-12-1所以ni=1x2i-1 x1-x1+12-1+x22-1+ni=1xi-x1-x2-xn-1+x1-12-1 12-1+x2-x2+12+ni=1xi-1-x2-xn-1+x2-12-10+0+0+ni=1xi-n+12-1 ni=1xi-2-1，

19、当且仅当x1=x2=xn-1时等号成立，所以n-1综上所述，的最小值为n-14(2323-2424高三下高三下 浙江浙江 阶段练习阶段练习)在平面直角坐标系xOy中，我们把点(x,y),x,yN N*称为自然点.按如图所示的规则，将每个自然点(x,y)进行赋值记为P(x,y)，例如P(2,3)=8，P(4,2)=14,P(2,5)=17.(1)求P(x,1);5(2)求证:2P(x,y)=P(x-1,y)+P(x,y+1);(3)如果P(x,y)满足方程P(x+1,y-1)+P(x,y+1)+P(x+1,y)+P(x+1,y+1)=2024，求P(x,y)的值.【答案】(1)P(x,1)=x(

20、x+1)2(2)证明见解析(3)474.【分析】(1)根据图形即可得到结果；(2)根据题意，由图形分别计算P(x,y)与P(x,y+1)+P(x-1,y)，然后代入计算，即可证明；(3)根据题意，将方程转化为P(x,y+1)+3P(x+1,y)=2023，然后化简，分别计算x+y=31与x+y=33的值，即可得到结果.【详解】(1)根据图形可知P(x,1)=1+2+3+x=x(x+1)2.(2)固定x，则P(x,y)为一个高阶等差数列，且满足P(x,y+1)-P(x,y)=x+y-1,P(x+1,y)-P(x,y)=x+y,所以P(x,y+1)-P(x,1)=1+2+y+y(x-1)=y(y+

21、1)2+y(x-1)P(x,y+1)=y(y+1)2+y(x-1)+x(x+1)2，所以P(x,y)=x(x+1)2+y(y-1)2+(x-1)(y-1)，P(x-1,y)=x(x-1)2+y(y-1)2+(x-2)(y-1)，所以P(x,y+1)+P(x-1,y)=x(x-1)2+y(y-1)2+(x-2)(y-1)+y(y+1)2+y(x-1)+x(x+1)2=x2+y2+2xy-3y-x+2=2P(x,y).(3)P x+1,y-1+P x,y+1+P x+1,y+P x+1,y+1=2024，等价于P(x,y)+P(x,y+1)+P(x+1,y)+P(x+1,y+1)=2023，等价于

22、P(x,y+1)+3P(x+1,y)=2023，即12x(x+1)+y(y+2x-1)+32(x+1)(x+2)+(y-1)(y+2x)=2023，化简得y2+2xy+x2-y+x=1010(x+y-1)(x+y)+2x=1010，由于x+y增大，(x+y-1)(x+y)也增大，当x+y=31时，(x+y-1)(x+y)+2x99210561010，故当x+y=32时，(x+y-1)(x+y)+2x=1010 x=9,y=23，即P(9,23)=9102+23222+822=474【点睛】关键点睛：本题主要考查了数列的新定义问题，难度较大，解答本题的关键在于理解图形的意思，然后转化为数列问题进

23、行解答.65(20242024 全国全国 模拟预测模拟预测)设满足以下两个条件的有穷数列a1,a2,an为n n=2,3,4,阶“曼德拉数列”：a1+a2+a3+an=0；a1+a2+a3+an=1.(1)若某2k kN N*阶“曼德拉数列”是等比数列，求该数列的通项an(1n2k，用k,n表示)；(2)若某2k+1 kN N*阶“曼德拉数列”是等差数列，求该数列的通项an(1n2k+1，用k,n表示)；(3)记n阶“曼德拉数列”an的前k项和为Skk=1,2,3,n，若存在m 1,2,3,n，使Sm=12，试问：数列 Sii=1,2,3,n能否为n阶“曼德拉数列”？若能，求出所有这样的数列；

24、若不能，请说明理由.【答案】(1)an=12k-1n-1或an=-12k-1n-1(2)an=nk k+1-1knN N*,n2k+1或an=-nk k+1+1knN N*,n2k+1(3)不能，理由见解析【分析】(1)结合曼德拉数列的定义，分公比是否为1进行讨论即可求解；(2)结合曼德拉数列的定义，首先得ak+1=0,ak+2=d,然后分公差是大于0、等于0、小于0进行讨论即可求解；(3)记a1,a2,an中非负项和为A，负项和为B，则A+B=0,A-B=1，进一步 Sk12k=1,2,3,n，结合前面的结论以及曼德拉数列的定义得出矛盾即可求解.【详解】(1)设等比数列a1,a2,a3,a2

25、kk1的公比为q.若q1，则由得a1+a2+a2k=a11-q2k1-q=0，得q=-1，由得a1=12k或a1=-12k.若q=1，由得，a12k=0，得a1=0，不可能.综上所述，q=-1.an=12k-1n-1或an=-12k-1n-1.(2)设等差数列a1,a2,a3,a2k+1k1的公差为d，a1+a2+a3+a2k+1=0，2k+1a1+2k 2k+1d2=0,a1+kd=0，即ak+1=0,ak+2=d，当d=0时，“曼德拉数列”的条件矛盾，当d0时，据“曼德拉数列”的条件得，ak+2+ak+3+a2k+1=12=-a1+a2+ak，kd+k k-12d=12，即d=1k k+1

26、，7由ak+1=0得a1+k1k k+1=0，即a1=-1k+1，an=-1k+1+n-11k k+1=nk k+1-1knN N*,n2k+1.当d0时，an=nk k+1-1knN N*,n2k+1，当d1，有c1，cs，ct成等比数列，求证：ts2.【答案】(1)an是“好”数列，bn不是“好”数列，证明见解析(2)cn=n+1；证明见解析【分析】(1)根据“好”数列的定义，由an=2n-1，得其前n项和Sn=n2，然后代入检验即可，对于 bn，不妨取n=2，m=1，进行检验，发现 bn不是“好”数列.(2)由“好”数列的定义可得2cn=cn-1+cn+1对任意的n2，nN*恒成立，证得

27、数列 cn是等差数列，由c2024=2025，可得cn=n+1；涉及等比数列的性质，利用不等式的性质可得结论.【详解】(1)设 an，bn的前n项和分别为Sn，Rn，若an=2n-1，则Sn=1+2n-1n2=n2，所以 n-mSn+m=n-mn+m2，而 n+mSn-Sm=n+mn2-m2=n+m2n-m，所以 n-mSn+m=n+mSn-Sm对任意的m，nN*成立，即数列 an是“好”数列.若bn=2n-1，则Rn=1-2n1-2=2n-1，不妨取n=2，m=1，则 n-mRn+m=R3=7，n+mRn-Rm=3b2=6，此时 n-mRn+m n+mRn-Rm，故数列 bn不是“好”数列.

28、(2)因为数列 cn为“好”数列，取m=1，则 n-1Tn+1=n+1Tn-T1，即2Tn=n-1cn+1+n+1c1，当n2时，有2Tn-1=n-2cn+nc1，两式相减，得2cn=n-1cn+1-n-2cn+c1n2，即ncn=n-1cn+1+c1n2，所以 n-1cn-1=n-2cn+c1n3，所以ncn-n-1cn-1=n-1cn+1-n-2cnn3，即 2n-2cn=n-1cn-1+n-1cn+1n3，即2cn=cn-1+cn+1n3，对于2Tn=n-1cn+1+n+1c1，当n=2时，有2T2=c3+3c1，即2c2=c3+c1，所以2cn=cn-1+cn+1，对任意的n2，nN*

29、恒成立，所以数列 cn是等差数列.设数列 cn的公差为d，因为数列 cn的各项为互不相等的正整数，所以dN N*，9 若c2024=2025，则c1+2023d=2025，即d=2025-c12023，又dN N*，所以d=1，c1=2，所以cn=n+1.若c1=p，则cn=dn+p-d，由c1，cs，ct，成等比数列，得c2s=c1ct，所以 ds+p-d2=p dt+p-d，化简得 p t+1-2s=d s-12，即d=p t+1-2ss-12.因为p是任意给定的正整数，所以要使dN N*，则t+1-2ss-12N*，不妨设k=t+1-2ss-12，由于s是任意给定的正整数，所以t=k s

30、-12+2s-1 s-12+2s-1=s2.【点睛】思路点睛：高考对数列的考查常常涉及等差数列、等比数列中的一些基本问题，如等差数列、等比数列的通项公式，求和公式，前n项和Sn与通项an之间的关系，判断等差数列、等比数列的方法等.另外，也要关注新定义与数列的结合，此类题往往涉及推理与证明的相关知识，对思维的要求较高，所以要注意多角度、全方位分析题目的条件和结论，拓宽看问题的视野.7(20242024 湖南岳阳湖南岳阳 二模二模)已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推设该数列的前

31、n项和为Sn，规定：若mN N*，使得Sm=2ppN N，则称m为该数列的“佳幂数”(1)将该数列的“佳幂数”从小到大排列，直接写出前4个“佳幂数”；(2)试判断50是否为“佳幂数”，并说明理由；(3)()求满足m1000的最小的“佳幂数”m；()证明：该数列的“佳幂数”有无数个【答案】(1)1、2、3、18；(2)50不是“佳幂数”，理由见解析(3)()1897；()证明见解析【分析】(1)由数列的“佳幂数”的定义求解即可；(2)由题意求出S50，由“佳幂数”的定义判断即可；(3)(i)根据(2)中的分组先确定m1000时，所分组数k的范围，结合新定义配出Sm=2p的形式，确定出m的最小值；

32、(ii)根据(i)中的结论证明即可.【详解】(1)因为S1=20=1，所以1为该数列的“佳幂数”；又因为S2=1+1=2=21，S3=1+1+2=4=22，S18=64所以2、3、18也为该数列的“佳幂数”；所以该数列的前4个“佳幂数”为：1、2、3、18；(2)由题意可得，数列如下：第1组：1；10第2组：1，2；第3组：1，2，4；第k组：1,2,4,2k-1，则该数列的前1+2+k=k k+12项的和为：Sk k+12=1+1+2+1+2+2k-1=2k+1-k-2，当k k+1250时，k9，则S50=S45+1+2+22+23+24=210-11+31=210+20，由于210210

33、+201000，有k45,nN N*m出现在第44组之后，又第k组的和为2k-1，前k组和为Sk k+12=2k+1-k-2第k+1组前t项1,2,4,2t-1的和为2t-1,tN N*则只需k+2=2t-1,tN N*所以k=2t-344，则t6，此时k=26-3=61，所以对应满足条件的最小“佳幂数”m=61622+6=1897()证明：由()知：k+2=1+2+2t-1=2t-1,tN N*当t2，且取任意整数时，可得“佳幂数”m=k k+12+t，所以，该数列的“佳幂数”有无数个.【点睛】方法点睛：解答数列新定义的基本步骤审题：仔细阅读材料，认真理解题意；建模：将已知的条件翻译成数学(

34、数列)语言，将实际问题转化成数学问题，分清该数列是等差数列还是等比数列，是求通项还是前n项和；求解：求出该问题的数学解；还原：将所求结果还原到原问题中.8(20242024 辽宁大连辽宁大连 一模一模)对于数列A:a1,a2,a3a1N N,i=1,2,3，定义“T变换”：T将数列A变换成数列B:b1,b2,b3，其中bi=ai+1-ai(i=1，2)，且b3=a3-a1这种“T变换”记作B=T A，继续对数列B进行“T变换”，得到数列C:c1,c2,c3，依此类推，当得到的数列各项均为0时变换结束(1)写出数列A：3，6，5经过5次“T变换”后得到的数列：(2)若a1,a2,a3不全相等，判

35、断数列A:a1,a2,a3不断的“T变换”是否会结束，并说明理由；(3)设数列A：2020，2，2024经过k次“T变换”得到的数列各项之和最小，求k的最小值11【答案】(1)0，1，1(2)不会，理由见解析(3)507【分析】(1)根据数列的新定义写出经过5次“T变换”后得到的数列即可；(2)先假设数列A经过不断的“T变换”结束，不妨设最后的数列D:d1,d2,d3,E:e1,e2,e3,F:0,0,0，由F数列往前推，则非零数量可能通过“T变换”结束，或者数列E为常数列，进而得到D可能出现的情况，推出矛盾，故假设不成立，即可证明；(3)先往后推几项，发现规律，假设1次“T变换”后得到的通项

36、，多写几项推出规律，往后继续进行，推到使数字接近1时，再继续推，往后会发现k次“T变换”得到的数列是循环的，得到最小值，进而推出次数即可.【详解】(1)由题知，5次变换得到的数列依次为3，1，2；2，1，1；1，0，1；1，1，0；0，1，1；公众号：慧博高中数学最新试题所以数列A：3，6，5经过5次“T变换”后得到的数列为0，1，1.(2)数列A经过不断的“T变换”不会结束，设数列D:d1,d2,d3,E:e1,e2,e3,F:0,0,0，且E=T D,F=T E，由题可知：e2-e1=0,e3-e2=0,e3-e1=0，e1=e2=e3，即非零常数列才能经过“T变换”结束；设e1=e2=e

37、3=e(e为非零常数列)，则为变换得到数列E的前两项，数列D只有四种可能：D:d1,d1+e,d1+2e;D:d1,d1+e,d1;D:d1,d1-e,d1-2e;D:d1,d1-e,d1，而以上四种情况，数列E的第三项只能是0或2e，即不存在数列D，使得其经过“T变换”变成非零常数列，故数列A经过不断的“T变换”不会结束；(3)数列A经过一次“T变换”后得到数列B:2018,2022,4，其结构为a,a+4,4,(a远大于4)数列B经过6次“T变换”后得到的数列依次为：4,a,a-4;a-4,4,a-8;a-8,a-12,4;4,a-16,a-12;；a-20,4,a-16;a-24,a-2

38、0,4所以，经过6次“T变换”后得到的数列也是形如“a,a+4,4”的数列，变化的是，除了4之外的两项均减小24，2018=2484+2,则数列B经过684=504次“T变换”后得到的数列为：2，6，4，接下来经过“T变换”后得到的数列依次为：4，2，2；2，0，2；2，2，0；0，2，2；2，0，2；12至此，数列各项和的最小值为4，以后数列循环出现，数列各项之和不会变得更小，所以最快经过1+684+2=507次“T变换”得到的数列各项之和最小，即k的最小值为507【点睛】思路点睛：本题考查数列的新定义问题.关于数列的新定义一般思路为：1根据定义写出几项；2找出规律；3写成通项；4证明结论.

39、9(2323-2424高三下高三下 江苏南通江苏南通 模拟预测模拟预测)设正整数n3，有穷数列 an满足ai0(i=1,2,n)，且a1+a2+an=n，定义积值S=a1a2an.(1)若n=3时，数列12,1,32 与数列16,23,136 的S的值分别为S1，S2.试比较S1与S2的大小关系；若数列 an的S满足min S1,S2Smax S1,S2，请写出一个满足条件的 an;(2)若n=4时，数列 a1,a2,a3,a4存在i,j 1,2,3,4,使得ai1S213,1,53 (答案不唯一)(2)SS2；不妨令 an为13,1,53 (答案不唯一)，则S=13153=59，因为min

40、S1,S2=S2=1354S，符合题意.(2)SS；证明：不妨设i=1,j=2，则a11a2；则a1=a1+a2-1,a2=1,a3=a3,a4=a4；所以S-S=a1a2a3a4-a1a2a3a4=a1a2-a1-a2+1a3a4=a1-1a2-1a3a40；所以S0(i=1,2,n)，且a1+a2+an=n；13所以S=a1a2ana1+a2+annn=1；当且仅当a1=a2=an=1时，等号成立.【点睛】关键点点睛：对于新定义类问题解题关键在于理解新定义，第三问的关键是利用基本不等式.10(2323-2424高三下高三下 海南省直辖县级单位海南省直辖县级单位 模拟预测模拟预测)由nn个数

41、排列成n行n列的数表称为n行n列的矩阵，简称nn矩阵，也称为n阶方阵，记作：A(n,n)=a11a12a13a1na21a22a23a2na31a32a33a3nan1an2an3ann其中aijiN*,jN*,i,jn表示矩阵A中第i行第 j列的数已知三个n阶方阵分别为A(n,n)=a11a12a13a1na21a22a23a2na31a32a33a3nan1an2an3ann,B(n,n)=b11b12b13b1nb21b22b23b2nb31b32b33b3nbn1bn2bn3bnn，C(n,n)=c11c12c13c1nc21c22c23c2nc31c32c33c3ncn1cn2cn3

42、cnn，其中aij，bij，ciji,jN*,i,jn分别表示A(n,n),B(n,n),C(n,n)中第i行第 j列的数若cij=(1-)aij+bij(R)，则称C(n,n)是A(n,n),B(n,n)生成的线性矩阵(1)已知A(2,2)=2411,B(2,2)=34-112，若C(2,2)是A(2,2),B(2,2)生成的线性矩阵，且c11=3，求C(2,2)；(2)已知nN*,n3，矩阵A(n,n)=a11a12a1n3323na1na2nann,B(n,n)=b11b12b1n12nb1nb2nbnn，矩阵C(n,n)是A(n,n),B(n,n)生成的线性矩阵，且c21=2(i)求c

43、23,c2kkN*,kn；(ii)已知数列 bn满足bn=n，数列 dn满足dn=n2c2n-n，数列 dn的前n项和记为Tn，是否存在正整数m,n，使Tn=bm+12bm成立？若存在，求出所有的正整数对(m,n)；若不存在，请说明理由【答案】(1)C(2,2)=38115(2)(i)c23=15，c2k=3k+k2；(ii)存在，9,2，3,3【分析】(1)根据c11=(1-)a11+b11得到=-45，计算c12=8，c22=1，c21=15得到答案.(2)根据c21=3-2=2得到=12，计算c23=15，c2k=3k+k2，确定dn=n13n，利用错位相减法得到Tn14=34-34+n

44、213n，变换得到3n3+2n=mm-2，根据数列的单调性计算最值得到答案.【详解】(1)cij=(1-)aij+bij(R)，则c11=(1-)a11+b11，即3=2 1-+34，解得=-45，则cij=95aij-45bij，c12=95a12-45b12=954+45=8，c21=95a22-45b22=95-45=1，c22=95a21-45b21=95-452=15，故C(2,2)=38115.(2)(i)c21=3(1-)+=3-2=2，=12，故cij=12aij+12bij，c23=12a23+12b23=1233+123=15，c2k=12a2k+12b2k=123k+12

45、k=3k+k2.(ii)dn=n2c2n-n=n3n=n13n，Tn=113+2132+3133+n13n，13Tn=1132+2133+3134+n13n+1，故23Tn=13+132+133+134+13n-n13n+1=121-13n-n13n+1，故Tn=34-34+n213n，Tn=bm+12bm，即34-34+n213n=m+12m=12+12m，取m=2验证不成立，整理得到3n3+2n=mm-2，m2，当n=1时，m=-3，不成立；当n=2时，m=9；当n=3时，m=3；现说明当n4时不成立：设An=3n3+2n，n4，nN*，则An0，An+1An=3n+15+2n3n3+2n

46、=6n+92n+51，故 An单调递增，An8111，设Bn=nn-2，n3，nN*，Bn0，Bn+1Bn=n+1n-1nn-2=n2-n-2n2-n0,an0,证明；(3)结合二项式定理及n元基本不等式求解.【详解】(1)an=n2+n2+4n233n2n24n2=3，当且仅当n2=4n2，即n=2时，等号成立，数列 an的最小项为a2=2+422=3(2)数列 Sn具有性质Pbn=12n-1=12n-1+2n-1-112n-1，Sn=i=1nbii=1n12i-1=1+121+122+12n-1=1-12n1-12=2 1-12n0,SnSn+1,Sn为单调递增数列，数列 Sn满足条件综上

47、，数列 Sn具有性质P(3)先证数列 cn满足条件：cn=1+1nn=C0n+C1n1n+C2n1n2+C3n1n3+Cnn1nn当k2时，Ckn1nk=n n-1n-2 n-k+1nkk!=nnn-1nn-2nn-k+1n1k!161k!1k k-1=1k-1-1k,则cn=1+1nn=1+1+1-12+12-13+1n-1-1n=3-1n3，数列 Sn满足条件再证数列 cn满足条件：cn=1+1nn=1+1n 1+1n 1+1n11，等号取不到)=n+1+1nnn+1n+1=1+1n+1n+1=cn+1,cn为单调递增数列，数列 cn满足条件综上，数列 cn具有性质P.【点睛】关键点点睛：

48、本题考查等比数列求和及二项式定理，证明性质均需要放缩为可求和数列.12(20242024 山东泰安山东泰安 一模一模)已知各项均不为0的递增数列 an的前n项和为Sn，且a1=2,a2=4,anan+1=2SnSn+1+Sn-1-2Sn(nN N*，且n2)(1)求数列1Sn 的前n项和Tn；(2)定义首项为2且公比大于1的等比数列为“G-数列”证明：对任意k5且kN N*，存在“G-数列”bn，使得bkakbk+1成立；当k6且kN N*时，不存在“G-数列”cn，使得cmamcm+1对任意正整数mk成立【答案】(1)Tn=nn+1(2)证明见解析；证明见解析【分析】(1)根据Sn和an的关

49、系，结合等差数列的定义和通项公式、裂项相消法进行求解即可；(2)根据不等式bkakbk+1，构造函数，利用导数的性质进行运算证明即可；根据的结论，结合特殊值法进行运算证明即可.公众号：慧博高中数学最新试题【详解】(1)anan+1=2SnSn+1+Sn-1-2Sn=2Snan+1-ann2，an各项均不为0且递增，an+1-an0，2Sn=anan+1an+1-an，2Sn-1=an-1anan-an-1n3，2an=anan+1an+1-an-an-1anan-an-1，17化简得anan+1+an-1-2an=0 n3，an+1+an-1=2ann3，a1=2,a2=4，a2a3=2S2S

50、3+S1-2S2，a3=6，a1+a3=2a2，an为等差数列，an=2n,Sn=n2+n，1Sn=1n n+1=1n-1n+1，Tn=1-12+12-13+1n-1n+1=nn+1；(2)证明：设“G-数列”公比为q，且q1，由题意，只需证存在q对k5且kN*,2qk-12k2qk成立，即 k-1lnqlnkklnq成立，设 f x=lnxx，则 fx=1-lnxx2，令 fx=0，解得x=e，当x 0,e时，fx0,f x单调递增，当x e,+时，fx0,f x单调递减，ln22ln33，f k=lnkkln33，存在q=33，使得lnkklnq对任意k5且kN N*成立，经检验，对任意k