2025版高考热点题型与考点专练数学创新融合1数列中的新定义问题试题（Word版附答案）

这是一份2025版高考热点题型与考点专练数学创新融合1数列中的新定义问题试题（Word版附答案），共7页。
(1)判断28是否为完全数,并说明理由.
(2)已知n∈N+,若2n+1-1为质数,证明:2n(2n+1-1)为完全数.
(3)已知n∈N+,求σ(10n),σ(30n)的值.
【解析】(1)28的所有正因数为1,2,4,7,14,28,
因为1+2+4+7+14+28=56=2×28,所以28是完全数.
(2)2n(2n+1-1)的正因数为20,21,22,…,2n,20(2n+1-1),
21(2n+1-1),22(2n+1-1),…,2n(2n+1-1),
σ(2n(2n+1-1))=(1+2+22+…+2n)(2n+1-1+1)=2n+1-12-1×2n+1=2n+1(2n+1-1)=2×2n(2n+1-1),
所以2n(2n+1-1)为完全数.
(3)10n=2n·5n的正因数为2050,2051,2052,…,205n,2150,2151,2152,…,215n,…,
2n50,2n51,2n52,…,2n5n,
所以σ(10n)=(1+2+22+…+2n)(1+5+52+…+5n)=(2n+1-1)(5n+1-1)4.
因为30n=2n·3n·5n,
所以σ(30n)=(1+2+22+…+2n)(1+3+32+…+3n)(1+5+52+…+5n)=1-2n+11-2×1-3n+11-3×1-5n+11-5
=(2n+1-1)(3n+1-1)(5n+1-1)8.
2.(2024·牡丹江模拟)设a1,a2,…,an为1,2,3,…,n的一个排列,若该排列中有且仅有一个i满足ai>ai+1,i∈{1,2,…,n-1},则称该排列满足性质T.对任意正整数n,记dn为满足性质T的排列a1,a2,…,an的个数.
(1)求d1,d2,d3的值;
(2)若n=4,求满足性质T的所有排列的情形;
(3)求数列{dn}的通项公式.
【解析】(1)由性质T的定义可知:
当n=1时,由1构成的排列不满足性质,故d1=0;
当n=2时,由1,2构成的排列有(1,2),(2,1),其中排列(2,1)满足性质T,故d2=1;
当n=3时,由1,2,3构成的所有排列为:(1,2,3),(1,3,2),(2,1,3),(2,3,1),(3,2,1),(3,1,2),
其中满足性质T的排列有:(1,3,2),(2,1,3),(2,3,1),(3,1,2),所以d3=4;
(2)若n=4,由1,2,3,4构成的所有4×3×2×1=24种排列中,符合性质T的排列有:(1,2,4,3),(1,3,2,4),(1,3,4,2),(1,4,2,3),(2,1,3,4),(2,3,1,4),(2,3,4,1),(2,4,1,3),(3,1,2,4),(3,4,1,2),(4,1,2,3),
(3)由(1)(2)可得:d1=0,d2=1,d3=4,d4=11,同理可得d5=26;
所以d1=21-2,d2=22-3,d3=23-4,d4=24-5,d5=25-6,所以归纳出dn=2n-n-1,
证明如下:因为在1,2,…,n的所有排列(a1,a2,…,an)中,
若ai=n,1≤i≤n-1,从n-1个数1,2,3,…,n-1中选i-1个数,将所选数值按从小到大的顺序排在ai的前面,即b1,b2,…,bi-1,n﹐再将余下的数按从小到大的顺序排列在ai的后面,则该排列满足性质T,所以满足题意的排列个数为Cn-1i-1,i=1,2,3,…,n-1,
若an=n,则只需将1,2,3,…,n-1排列成满足性质T的排列,在其后面加上n即可得到满足条件的排列,满足题意的排列个数为dn-1,
综上:dn=dn-1+∑i=1n-1Cn-1i-1=dn-1+2n-1-1,即dn-dn-1=2n-1-1,
所以dn=(dn-dn-1)+(dn-1-dn-2)+…+(d2-d1)=21+22+…+2n-1+(n-1)×(-1)=2×(1-2n-1)1-2+1-n
=2n-n-1,
故数列{dn}的通项公式为dn=2n-n-1.
3.(2024·重庆模拟)对于数列{an},定义Δan=an+1-an(n∈N*),满足a1=a2=1,Δ(Δan)=m(m∈R),记f(m,n)=a1m+a2m2+…+anmn,称f(m,n)为由数列{an}生成的“m-函数”.
(1)试写出“2-函数”f(2,n),并求f(2,3)的值;
(2)若“1-函数”f(1,n)≤15,求n的最大值;
(3)记函数S(x)=x+2x2+…+nxn,其导函数为S'(x),证明:“m-函数”f(m,n)=m22S'(m)-3m2S(m)+(m+1)∑i=1nmi.
【解析】(1)由定义及Δ(Δan)=m.
知Δ(Δan)=Δan+1-Δan=m,
所以{Δan}是公差为m的等差数列,所以Δan=Δa1+(n-1)m.
因为a1=a2=1,所以Δa1=a2-a1=0,
所以Δan=(n-1)m,即an+1-an=(n-1)m.
当n≥2时,有a3-a2=m,
a4-a3=2m,
…
an-an-1=(n-2)m,
所以an-a2=m+2m+…+(n-2)m=(n-1)(n-2)m2,
即an=1+(n-1)(n-2)m2.
(1)当m=2时,an=1+(n-1)(n-2)=n2-3n+3,
所以“2-函数”f(2,n)=1×2+1×22+…+(n2-3n+3)×2n.
当n=3时,f(2,3)=1×2+1×22+3×23=30.
(2)当m=1时,an=1+(n-1)(n-2)2=n2-3n+42,
故“1-函数”f(1,n)=a1+a2+…+an
=1+1+…+n2-3n+42
=12-3×1+42+22-3×2+42+…+n2-3n+42
=12(12+22+…+n2)-32(1+2+…+n)+2n
=n(n+1)(2n+1)12-3n(n+1)4+2n
=n3-3n2+8n6.
由f(1,n)≤15,得n3-3n2+8n-90≤0.
令g(x)=x3-3x2+8x-90(x≥1),
则g'(x)=3x2-6x+8=3(x-1)2+5>0,
所以g(x)=x3-3x2+8x-90在[1,+∞)上单调递增.
因为g(5)=0.所以当1≤x≤5时,g(x)≤0,
所以当1≤n≤5时,f(1,n)≤15,故n的最大值为5.
(3)由题意得f(m,n)=a1m+a2m2+…+anmn
=m+m2+…+[1+(i-1)(i-2)2×m]mi+…+[1+(n-1)(n-2)2×m]mn=m+m2+…+[i2-3i2×m+(m+1) ]mi+…+[n2-3n2×m+(m+1) ]mn=m2∑i=1ni2mi-3m2∑i=1nimi+(m+1)∑i=1nmi
由S(x)=x+2x2+…+nxn,得S'(x)=1+4x+…+n2xn-1,
所以xS'(x)=x+4x2+…+n2xn=∑i=1ni2xi,
所以∑i=1ni2mi=mS'(m),∑i=1nimi=S(m),
所以f(m,n)=m22S'(m)-3m2S(m)+(m+1)∑i=1nmi.
4.(2024·芜湖三模)若数列{an}的各项均为正数,且对任意的相邻三项at-1,at,at+1,都满足at-1at+1≤at2,则称该数列为“对数性凸数列”,若对任意的相邻三项at-1,at,at+1,都满足at-1+at+1≤2at则称该数列为“凸数列”.
(1)已知正项数列{cn}是一个“凸数列”,且an=ecn,(其中e为自然常数,n∈N*),证明:数列{an}是一个“对数性凸数列”,且有a1a10≤a5a6;
(2)若关于x的函数f(x)=b1+b2x+b3x2+b4x3有三个零点,其中bi>0(i=1,2,3,4).
证明:数列b1,b2,b3,b4是一个“对数性凸数列”;
(3)设正项数列a0,a1,…,an是一个“对数性凸数列”,求证: (1n+1∑i=0nai)(1n-1∑j=1n-1aj)≥
(1n∑i=0n-1ai)(1n∑j=1naj).
【解析】(1)因为an=ecn,所以cn=ln an(an>0),因为正项数列{cn}是一个“凸数列”,
所以ct-1+ct+1≤2ct,
所以ln at-1+ln at+1≤2ln at,
所以at-1at+1≤at2,
所以数列{an}是一个“对数性凸数列”,at+1at≤atat-1,
所以a10a9≤a9a8≤…≤a3a2≤a2a1,变形可得到a1a10≤a2a9≤a3a8≤a4a7≤a5a6,
所以数列{an}是一个“对数性凸数列”,且有a1a10≤a5a6.
(2)因为f(x)=b1+b2x+b3x2+b4x3有三个零点,
所以f'(x)=b2+2b3x+3b4x2有两个不相等的实数根,
所以Δ1=4b32-4×3b2b4>0⇒b32>3b2b4,
又bi>0(i=1,2,3,4),所以b32>3b2b4>b2b4;
x=0时,f(0)=b1>0,所以x=0不是f(x)的零点,
又f(1x)=b1+b2(1x)+b3(1x)2+b4(1x)3,
令t=1x,则f(t)=b1+b2t+b3t2+b4t3也有三个零点,
即f(1x)=b1x3+b2x2+b3x+b4x3有三个零点,
令g(x)=b1x3+b2x2+b3x+b4,则g(x)有三个零点,
所以g'(x)=3b1x2+2b2x+b3有两个零点,
所以Δ2=4b22-4×3b1b3>0⇒b22>3b1b3>b1b3,
因为b2b4