新定义数列

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新定义综合(数列新定义、函数新定义、集合新定义)(2015-2024)高考真题数学分项汇编全国通用

专题25新定义综合（数列新定义、函数新定义、集合新定义及其他新定义）考点十年考情（2015-2024）命题趋势考点1数列新定义（10年10考）2024·全国新Ⅰ卷、2024·北京卷、2023·北京卷2022·北京卷、2021·全国新Ⅱ卷、2021·北京卷2020·全国新Ⅱ卷、2020·北京卷2020·江苏卷2019·江苏卷、2018·江苏卷、2017·北京卷2017·江苏卷、2016·江苏卷、2016·北京卷2016·上海卷、2016·上海卷、2015·北京卷新高考数学新结构体系下，新定义类试题更综合性的考查学生的思维能力和推理能力;以问题为抓手，创新设问方式，搭建思维平台，引导考生思考，在思维过程中领悟数学方法。

题目更加注重综合性、应用性、创新性，本题分值最高，试题容量明显增大，对学科核心素养的考查也更深入。

压轴题命题打破了试题题型、命题方式、试卷结构的固有模式，增强试题的灵活性，采取多样的形式多角度的提问，考查学生的数学能力，新定义题型的特点是;通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移达到灵活解题的目的;遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义照章办事”逐条分析、验证、运算，使问题得以解决，难度较难，需重点特训。

考点2函数新定义（10年4考）2024·上海、2020·江苏、2018·江苏2015·湖北、2015·福建考点3集合新定义（10年3考）2020·浙江卷、2018·北京卷2015·山东卷、2015·浙江卷考点4其他新定义（10年2考）2020·北京卷、2016·四川卷考点01数列新定义一、小题1．（2021·全国新Ⅱ卷·高考真题）（多选）设正整数010112222k kk k n a a a a --=⋅+⋅++⋅+⋅ ，其中{}0,1i a ∈，记()01k n a a a ω=+++ ．则（）A ．()()2n n ωω=B ．()()231n n ωω+=+C ．()()8543n n ωω+=+D ．()21nnω-=2．（2020·全国新Ⅱ卷·高考真题）0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列12n a a a 满足{0,1}(1,2,)i a i ∈= ，且存在正整数m ，使得(1,2,)i m i a a i +== 成立，则称其为0-1周期序列，并称满足(1,2,)i m i a a i +== 的最小正整数m 为这个序列的周期.对于周期为m 的0-1序列12n a a a ，11()(1,2,,1)m i i k i C k a a k m m +===-∑ 是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足1()(1,2,3,4)5C k k ≤=的序列是（）A ．11010B ．11011C ．10001D ．11001二、大题1．（2024·全国新Ⅰ卷·高考真题）设m 为正整数，数列1242,,...,m a a a +是公差不为0的等差数列，若从中删去两项i a 和()j a i j <后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列．(1)写出所有的(),i j ，16i j ≤<≤，使数列126,,...,a a a 是(),i j -可分数列；(2)当3m ≥时，证明：数列1242,,...,m a a a +是()2,13-可分数列；(3)从1,2,...,42m +中一次任取两个数i 和()j i j <，记数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的概率为m P ，证明：18m P >．2．（2024·北京·高考真题）已知集合(){}{}{}{}{},,,1,2,3,4,5,6,7,8,M i j k w i j k w i j k w =∈∈∈∈+++且为偶数．给定数列128:,,,A a a a ，和序列12:,,s T T T Ω ，其中()(),,,1,2,,t t t t t T i j k w M t s =∈= ，对数列A 进行如下变换：将A 的第1111,,,i j k w 项均加1，其余项不变，得到的数列记作()1T A ；将()1T A 的第2222,,,i j k w 项均加1，其余项不变，得到数列记作()21T T A ；……；以此类推，得到()21s T T T A ，简记为()A Ω．(1)给定数列:1,3,2,4,6,3,1,9A 和序列()()():1,3,5,7,2,4,6,8,1,3,5,7Ω，写出()A Ω；(2)是否存在序列Ω，使得()A Ω为123456782,6,4,2,8,2,4,4a a a a a a a a ++++++++，若存在，写出一个符合条件的Ω；若不存在，请说明理由；(3)若数列A 的各项均为正整数，且1357a a a a +++为偶数，求证：“存在序列Ω，使得()A Ω的各项都相等”的充要条件为“12345678a a a a a a a a +=+=+=+”．3．（2023·北京·高考真题）已知数列{}{},n n a b 的项数均为m (2)m >，且,{1,2,,},n n a b m ∈ {}{},n n a b 的前n项和分别为,n n A B ，并规定000A B ==．对于{}0,1,2,,k m ∈ ，定义{}max ,{0,1,2,,}k i k r iB A i m =≤∈∣ ，其中，max M 表示数集M 中最大的数.(1)若1231232,1,3,1,3,3a a a b b b ======，求0123,,,r r r r 的值；(2)若11a b ≥，且112,1,2,,1,j j j r r r j m +-≤+=- ，求n r ；(3)证明：存在{},,,0,1,2,,p q s t m ∈ ，满足,,p q s t >>使得t p s q A B A B +=+．4．（2022·北京·高考真题）已知12:,,,k Q a a a 为有穷整数数列．给定正整数m ，若对任意的{1,2,,}n m ∈ ，在Q 中存在12,,,,(0)i i i i j a a a a j +++≥ ，使得12i i i i j a a a a n +++++++= ，则称Q 为m -连续可表数列．(1)判断:2,1,4Q 是否为5-连续可表数列？是否为6-连续可表数列？说明理由；(2)若12:,,,k Q a a a 为8-连续可表数列，求证：k 的最小值为4；(3)若12:,,,k Q a a a 为20-连续可表数列，且1220k a a a +++< ，求证：7k ≥．5．（2021·北京·高考真题）设p 为实数.若无穷数列{}n a 满足如下三个性质，则称{}n a 为p ℜ数列：①10a p +≥，且20a p +=；②414,1,2,n n a a n -<=⋅⋅⋅()；③{},1m n m n m n a a a p a a p +∈+++++，(),1,2,m n =⋅⋅⋅．（1）如果数列{}n a 的前4项为2，-2，-2，-1，那么{}n a 是否可能为2ℜ数列？说明理由；（2）若数列{}n a 是0ℜ数列，求5a ；（3）设数列{}n a 的前n 项和为n S .是否存在p ℜ数列{}n a ，使得10n S S ≥恒成立？如果存在，求出所有的p ；如果不存在，说明理由．6．（2020·北京·高考真题）已知{}n a 是无穷数列．给出两个性质：①对于{}n a 中任意两项,()i j a a i j >，在{}n a 中都存在一项m a ，使2i m ja a a =；②对于{}n a 中任意项(3)n a n ，在{}n a 中都存在两项,()k l a a k l >．使得2k n la a a =．(Ⅰ)若(1,2,)n a n n == ，判断数列{}n a 是否满足性质①，说明理由；(Ⅱ)若12(1,2,)n n a n -== ，判断数列{}n a 是否同时满足性质①和性质②，说明理由；(Ⅲ)若{}n a 是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：{}n a 为等比数列.7．（2020·江苏·高考真题）已知数列{}*()∈n a n N 的首项a 1=1，前n 项和为Sn ．设λ与k 是常数，若对一切正整数n ，均有11111k k k n n n S S a λ++-=成立，则称此数列为“λ~k ”数列．（1）若等差数列{}n a 是“λ~1”数列，求λ的值；（2）若数列{}n a 是2”数列，且an ＞0，求数列{}n a 的通项公式；（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{}n a 为“λ~3”数列，且an ≥0?若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由，8．（2019·江苏·高考真题）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”.（1）已知等比数列{a n }满足：245132,440a a a a a a =-+=，求证:数列{a n }为“M －数列”；（2）已知数列{b n }满足:111221,n n n b S b b +==-，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数，若存在“M －数列”{c n }，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有1k k k c b c +≤≤成立，求m 的最大值．9．（2018·江苏·高考真题）设*n ∈N ，对1，2，···，n 的一个排列12n i i i ，如果当s <t 时，有s t i i >，则称(,)s t i i 是排列12n i i i 的一个逆序，排列12n i i i 的所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对1，2，3的一个排列231，只有两个逆序(2，1)，(3，1)，则排列231的逆序数为2．记()n f k 为1，2，···，n 的所有排列中逆序数为k 的全部排列的个数．（1）求34(2),(2)f f 的值；（2）求(2)(5)n f n ≥的表达式(用n 表示)．10．（2017·北京·高考真题）设{}n a 和{}n b 是两个等差数列，记1122max{,,,}n n n c b a n b a n b a n =--⋅⋅⋅-(1,2,3,)n =⋅⋅⋅，其中12max{,,,}s x x x ⋅⋅⋅表示12,,,s x x x ⋅⋅⋅这s 个数中最大的数．（Ⅰ）若n a n =，21n b n =-，求123,,c c c 的值，并证明{}n c 是等差数列；（Ⅱ）证明：或者对任意正数M ，存在正整数m ，当n m ≥时，n cM n>；或者存在正整数m ，使得12,,,m m m c c c ++⋅⋅⋅是等差数列．11．（2017·江苏·高考真题）对于给定的正整数k ,若数列{an }满足a a a a a a a --+-++-++++++=1111......2n k n k n n n k n k nk 对任意正整数n(n>k)总成立，则称数列{an }是“P(k)数列”.(1)证明：等差数列{an }是“P(3)数列”；（2）若数列{an }既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{an }是等差数列.12．（2016·江苏·高考真题）记{}1,2,,100U = .对数列{}()*n a n N ∈和U 的子集T ，若T =∅，定义0T S =；若{}12,,,k T t t t = ，定义12k T t t t S a a a =+++ .例如：{}=1,3,66T 时，1366+T S a a a =+.现设{}()*n a n N ∈是公比为3的等比数列，且当{}=2,4T 时，=30T S .（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）对任意正整数()1100k k ≤≤，若{}1,2,,T k ⊆ ，求证：1T k S a +<；（3）设,,C D C U D U S S ⊆⊆≥，求证：2C C D D S S S ⋂+≥.13．（2016·北京·高考真题）设数列A ：1a ，2a ,…N a (2N ≥).如果对小于n (2n N ≤≤)的每个正整数k 都有k a ＜n a ，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n a 使得n a >1a ，则()G A ≠∅；（3）证明：若数列A 满足n a -1n a -≤1（n=2,3,…,N ）,则()G A 的元素个数不小于N a -1a .14．（2016·上海·高考真题）若无穷数列{}n a 满足：只要*(,)p q a a p q N =∈，必有11p q a a ++=，则称{}n a 具有性质P .（1）若{}n a 具有性质P ，且12451,2,3,2a a a a ====，67821a a a ++=，求3a ；（2）若无穷数列{}n b 是等差数列，无穷数列{}n c 是公比为正数的等比数列，151b c ==，5181b c ==，n n n a b c =+判断{}n a 是否具有性质P ，并说明理由；（3）设{}n b 是无穷数列，已知*1sin ()n n n a b a n N +=+∈.求证：“对任意{}1,n a a 都具有性质P ”的充要条件为“{}n b 是常数列”.15．（2016·上海·高考真题）对于无穷数列{n a }与{n b }，记A={x |x =n a ，*N n ∈}，B={x |x =n b ，*N n ∈}，若同时满足条件：①{n a }，{n b }均单调递增；②A B ⋂=∅且*N A B = ，则称{n a }与{n b }是无穷互补数列．（1）若n a =21n -，n b =42n -，判断{n a }与{n b }是否为无穷互补数列，并说明理由；（2）若n a =2n 且{n a }与{n b }是无穷互补数列，求数列{n b }的前16项的和；（3）若{n a }与{n b }是无穷互补数列，{n a }为等差数列且16a =36，求{n a }与{n b }得通项公式．16．（2015·北京·高考真题）已知数列{}n a 满足：*1a N ∈，136a ≤，且1218{23618n n n n n a a a a a +≤=->，，，()12n =⋯，，．记集合{}*|n M a n N =∈．（Ⅰ）若16a =，写出集合M 的所有元素；（Ⅱ）若集合M 存在一个元素是3的倍数，证明：M 的所有元素都是3的倍数；（Ⅲ）求集合M 的元素个数的最大值．考点02函数新定义一、小题1．（2015·湖北·高考真题）已知符号函数1,0,sgn {0,0,1,0.x x x x >==-<()f x 是R 上的增函数，()()()(1)g x f x f ax a =->，则A ．sgn[()]sgn g x x =B ．sgn[()]sgn g x x =-C ．sgn[()]sgn[()]g x f x =D ．sgn[()]sgn[()]g x f x =-2．（2015·福建·高考真题）一个二元码是由0和1组成的数字串()*12n x x x n N ∈ ，其中()1,2,,k x k n = 称为第k 位码元，二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误（即码元由0变为1，或者由1变为0）已知某种二元码127x x x 的码元满足如下校验方程组：4567236713570,{0,0,x x x x x x x x x x x x ⊕⊕⊕=⊕⊕⊕=⊕⊕⊕=其中运算⊕定义为：000,011,101,110⊕=⊕=⊕=⊕=．现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k 位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程组可判定k 等于．二、大题1．（2024·上海·高考真题）对于一个函数()f x 和一个点(),M a b ，令()()22()()s x x a f x b =-+-，若()()00,P x f x 是()s x 取到最小值的点，则称P 是M 在()f x 的“最近点”．(1)对于1()(0)f x x x=>，求证：对于点()0,0M ，存在点P ，使得点P 是M 在()f x 的“最近点”；(2)对于()()e ,1,0xf x M =，请判断是否存在一个点P ，它是M 在()f x 的“最近点”，且直线MP 与()y f x =在点P 处的切线垂直；(3)已知()y f x =在定义域R 上存在导函数()f x '，且函数()g x 在定义域R 上恒正，设点()()()11,M t f t g t --，()()()21,M t f t g t ++．若对任意的t ∈R ，存在点P 同时是12,M M 在()f x 的“最近点”，试判断()f x 的单调性．2．（2020·江苏·高考真题）已知关于x 的函数(),()y f x y g x ==与()(,)h x kx b k b =+∈R 在区间D 上恒有()()()f x h x g x ≥≥．（1）若()()2222()f x x x g x x x D =+=-+=-∞+∞，，，，求h (x )的表达式；（2）若2()1()ln (),(0)f x x x g x k x h x kx k D =-+==-=+∞，，，，求k 的取值范围；（3）若()()()()422342248432(0f x x x g x x h x t t x t t t =-=-=--+<≤，，，[],D m n ⎡=⊆⎣，求证：n m -≤3．（2018·江苏·高考真题）记()(),f x g x ''分别为函数()(),f x g x 的导函数．若存在0x R ∈，满足()()00f x g x =且()()00f x g x =''，则称0x 为函数()f x 与()g x 的一个“S 点”．（1）证明：函数()f x x =与()222g x x x =+-不存在“S 点”；（2）若函数()21f x ax =-与()ln g x x =存在“S 点”，求实数a 的值；（3）已知函数()2f x x a =-+，()xbe g x x=．对任意0a >，判断是否存在0b >，使函数()f x 与()g x 在区间()0,+∞内存在“S 点”，并说明理由．考点03集合新定义一、小题1．（2020·浙江·高考真题）设集合S ，T ，S ⊆N *，T ⊆N *，S ，T 中至少有两个元素，且S ，T 满足：①对于任意x ，y ∈S ，若x ≠y ，都有xy ∈T ②对于任意x ，y ∈T ，若x <y ，则yx∈S ；下列命题正确的是（）A ．若S 有4个元素，则S ∪T 有7个元素B ．若S 有4个元素，则S ∪T 有6个元素C ．若S 有3个元素，则S ∪T 有5个元素D ．若S 有3个元素，则S ∪T 有4个元素2．（2015·山东·高考真题）集合M ，N ，S 都是非空集合，现规定如下运算：M N S = ()()(){|x x M N N S S M ∈⋂⋃⋂⋃⋂且}x M N S ∉⋂⋂．假设集合{}A x a x b =<<，{}B x c x d =<<，{}C x e x f =<<，其中实数a ，b ，c ，d ，e ，f 满足：（1）0ab <，0cd <；0ef <；（2）b a d c f e -=-=-；（3）b a d c f e +<+<+．计算A B C =．3．（2015·浙江·高考真题）设A ，B 是有限集，定义(,)()()d A B card A B card A B =⋃-⋂，其中card()A 表示有限集A 中的元素个数，命题①：对任意有限集A ，B ，“A B ≠”是“(,)0d A B >”的充分必要条件；命题②：对任意有限集A ，B ，C ，(,)(,)(,)d A C d A B d B C ≤+，A ．命题①和命题②都成立B ．命题①和命题②都不成立C ．命题①成立，命题②不成立D ．命题①不成立，命题②成立4．（2015·湖北·高考真题）已知集合{}22(,)|1,,A x y x y x y Z =+≤∈，{}(,)|2,2,,B x y x y x y Z =≤≤∈，定义集合{}12121122(,)|(,),(,)A B x x y y x y A x y B ⊕=++∈∈，则A B ⊕中元素的个数为A ．77B ．49C ．45D ．30二、大题1．（2018·北京·高考真题）设n 为正整数，集合A =(){}12{|,,,,0,1,1,2,,}n k t t t t k n αα=∈= ．对于集合A 中的任意元素()12,,,n x x x α= 和()12,,,n y y y β= ，记M （αβ，）=()()()1111222212n n n n x y x y x y x y x y x y ⎡⎤+--++--+++--⎣⎦ ．（Ⅰ）当n =3时，若()1,1,0α=，()0,1,1β=，求M （,αα）和M （,αβ）的值；（Ⅱ）当n =4时，设B 是A 的子集，且满足：对于B 中的任意元素,αβ，当,αβ相同时，M （αβ，）是奇数；当,αβ不同时，M （αβ，）是偶数．求集合B 中元素个数的最大值；（Ⅲ）给定不小于2的n ，设B 是A 的子集，且满足：对于B 中的任意两个不同的元素,αβ，M （αβ，）=0．写出一个集合B ，使其元素个数最多，并说明理由．考点04其他新定义1．（2020·北京·高考真题）2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（πDay ）．历史上，求圆周率π的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数n 充分大时，计算单位圆的内接正6n 边形的周长和外切正6n 边形（各边均与圆相切的正6n 边形）的周长，将它们的算术平均数作为2π的近似值．按照阿尔·卡西的方法，π的近似值的表达式是（）．A ．30303sin tan n n n ︒︒⎛⎫+ ⎪⎝⎭B ．30306sin tan n n n ︒︒⎛⎫+ ⎪⎝⎭C ．60603sin tan n n n ︒︒⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．60606sin tan n n n ︒︒⎛⎫+ ⎪⎝⎭2．（2016·四川·高考真题）在平面直角坐标系中，当(,)P x y 不是原点时，定义P 的“伴随点”为2222(,)y xP x y x y-++，当P 是原点时，定义“伴随点”为它自身，现有下列命题：①若点A 的“伴随点”是点A '，则点A '的“伴随点”是点A .②单元圆上的“伴随点”还在单位圆上．③若两点关于x 轴对称，则他们的“伴随点”关于y 轴对称④若三点在同一条直线上，则他们的“伴随点”一定共线．其中的真命题是．。

数列新题型——新定义数列

数列新题型——新定义数列作者：陈安心来源：《广东教育·高中》2009年第01期数列是高考的必考内容，在高考中通常以一道大题一道小题的形式出现，小题大多考查等差数列、等比数列及其性质、求和等，大题则大多与函数、不等式、解析几何等综合起来考查.近年来，高考中逐渐兴起一种新定义数列问题，这类问题新颖别致，对思维能力及迁移能力要求较高，能够较好地考查考生的综合素质，因此逐渐成为命题者的新宠.下面我们来看看近年来活跃在各地模拟试题中的一些新定义数列问题.一、等和数列例1 若数列{an}满足an+an+1=P（P是常数，n∈N*），那么数列{an}称为“等和数列”，且常数P叫该数列的公和.已知数列{bn}是等和数列，b1=1，公和是3，求{bn}的前n项和Sn.【新题探密】课本上给出过等差数列、等比数列的定义，本题定义一个“等和数列”，是指一个数列的每一项与它的后一项的和都为同一个常数，其本质是相邻两项的和为定值，掌握了这一点，问题即可迎刃而解.【试题解密】∵数列{bn}是等和数列，b1=1，公和是3，即数列{bn}首项为1，第二项为2，根据公和的定义，可以依次推得：数列{bn}的奇数项为1，偶数项为2,∴bn=1，n为奇数；2，n为偶数.∴当n为偶数时，Sn=1+2+1+2+…+1+2=；当n为奇数时，Sn=1+2+1+2+…+1+2+1=×3+1=,∴Sn=，n为偶数；，n为奇数.【高考链接】“等和数列”这一概念最早出现在2004年高考北京卷理科第14题，原题给出“等和数列”的定义，然后求其中某一项的值及前项和的计算式.这种定义简洁直观，理解了定义即可快速得出结果.二、等方差数列例2 若数列{an}满足a2n+1-an2=d（d为常数，n∈N*），则称{an}为“等方差数列”.甲：数列{an}是等方差数列；乙：数列{an}是等差数列，则A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件；B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件；C. 甲是乙的充要条件；D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件.【新题探密】所谓“等方差数列”，根据定义式，其实质就是一个数列的相邻两项的平方的差是一个定值，根据这一点，即可判断等差数列与等方差数列的关系.【试题解密】设数列{an}是等方差数列，d=1，若an＞0，其前四项是0、1、、.显然此数列不是等差数列,即命题甲推不出命题乙；设数列{an}是等差数列，其通项公式为an=n，若an ＞0，则a2n+1-an2=（n+1）2-n2 =2n+1不是常数，故乙也推不出甲，故选D.【高考链接】与“等方差数列”和“等差比数列”类似的新定义数列是2007年高考湖北卷理科第6题，该题定义一个满足关系式=p的数列{an}为“等方比数列”，然后判断等比数列与等方比数列的关系.解决它的突破口同样是理解定义，也可以举例判断.三、对称数列例3 如果有穷数列a1，a2，…，an（n∈N*），满足条件：a1=an，a2=an-1，…，an=a1，即ai=an-i+1（i=1，2，…，n），我们称其为“对称数列”.例如，数列1，2，3，4，3，2，1就是“对称数列”.已知数列{bn}是项数为不超过2m（m＞1，m∈N*）的“对称数列”，并使得1，2，22，…，2m-1依次为该数列中前连续的m项，则数列{bn}的前2008项和S2008可以是：①22008-1；②2（22008-1）；③3·2m-1-22m-2009-1；④2m+1-22m-2008-1.其中命题正确的个数为（）A． 1 B． 2 C． 3 D． 4【新题揭密】从定义上来看，所谓的“对称数列”，其实质是首末两项相等的有限数列，抓住这一特点，与“对称数列”有关的问题即可迎刃而解.【试题解密】本题中所有可能的“对称数列”是：（1）1,2,22,23,…,2m-2,2m-1,2m-2,…,22,2,1；（2）1,2,22,23,…,2m-2,2m-1,2m-1,2m-2,…,22,2,1.对于（1），当2008≤m时，数列{bn}的前2008项均为首项为1，公比为2的等比数列，∴S2008=1+21+22+…+22008==22008-1.当m＜2008＜2m时，数列{bn}的前m项均为首项为1，公比为2的等比数列，后2008-m 项是首项为bm=2m-2，公比为的等比数列，S2008=1+2+…+2m-2+2m-1+2m-2+…+22m-2009=+=2m-1+2m-1-22m-2009=3×2m-1-22m-2009-1.对于（2），当2008≤m时，S2008=22008-1.当m＜2008＜2m时，数列{bn}的前m项均为首项为1，公比为2的等比数列，后2008-m 项是首项为bm=2m-1，公比为的等比数列，∴S2008=1+21+22+…+2m+2m+1+…+22008=2（1+21+22+…+2m）-（1+21+22+…+22m-2008）=2×+=2m+1-22m-2008-1.当2m=2008时，数列{bn}刚好是一个2008项的对称数列，其前1004项是一个首项为1，公比为2的等比数列，后1004项是一个首项为b1005=21004，公比为的等比数列,∴S2008=2×=2（21004-1）.因此①③④均可能正确，故选C.【高考链接】“对称数列”这一新数列最早出现在2007年高考上海卷第20题上，本题即是该卷理科第（3）小题的改编.所谓“对称数列”，提法新颖，综合性强，本题虽然是一到小题，但其思维难度、计算量都很大，对解题能力要求很高.四、周期数列例4 在数列{an}中，如果存在非零常数T，使得am+T=am对任意正整数m均成立，那么就称{an}为“周期数列”，其中T叫做数列{an}的周期.已知数列{xn}满足xn+1=xn-xn-1（n≥2，n∈N*），且x1=1，x2=a（a≤1，a≠0），当数列{xn}周期为3时，则该数列的前2009项的和为（）A. 668B. 669C. 1338D. 1339【新题揭密】在函数里我们学过周期函数，数列是一种特殊的函数，数列是否也有“周期数列”呢？本题，给出了“周期数列”的定义，从定义上看，所谓周期数列，就是指数列中的某几项在数列中连续顺序出现，这个性质跟周期函数是类似的.【试题解密】当T=3时，数列{an}为1，a，a-1，a-1-a，…，∴a-1-a=1，a-1=a±1，而a≤1，∴a-1＜0，∴a-1=a+1，即1-a=a+1a=0，故数列{an}为：1，0，1，1，0，1，1，0，1，…∴数列{an}的前2009项的和为（1+0+1）×669+1+0=1339，故选D.【高考链接】高考中对“对称数列”这一定义暂时还没涉及，但对数列的通项中某一项是它的前面两项的差的绝对值的形式有所定义，在2006年全国高考北京卷理科第20题中，定义了一个“绝对差数列”，其定义即为an=an-1-an-2，今后类似问题还可以定义其他很多类似的新数列，这点需要引起我们注意.【变式思考】1.（等差数列接龙）对于数列a1，a2，…，ak，ak+1，ak+2，…，a2k，a2k+1，…而言，若a1，a2，…，ak是以公差为d1的等差数列，而ak，ak+1，ak+2，…，a2k是以公差为d2的等差数列，则称该数列为“等差数列接龙”.已知a1=1，d1=1，k=5，d2=2，d3=3，d4=4，则a17=（）A. 17B. 38C. 36D. 292.（等差比数列）在数列{an}中，n∈N* ，都有=k（k为常数），则称{an}为“等差比数列”，下面是对“等差比数列”的判断：①k不可能为0；②等差数列一定是等差比数列；③等比数列一定是等差比数列；④等差比数列中可以有无穷项为0.其中正确的判断是（）A. ①②B. ②③C. ③④D. ①④3.（等积数列）在一个数列中，若每一项与它的后一项的积都为同一个常数（有限数列的最后一项除外），则称该数列为“等积数列”，其中的常数称为公积.若数列{an}是等积数列，且a1=5，公积为10，则a1·a2·a3…a2009= .4.（差数列）对于数列{an}，定义数列{an+1-an}为数列{an}的“差数列”，若a1=2，{an}的“差数列”的通项为2n，则数列{an}的前n项和Sn=.5.（差增数列）若数列{an}满足an+2-an+1＞an+1-an（n∈N*），则称数列{an}为“差增数列”.若通项公式为an=λn2+2λ2n+3（n∈N*）的数列{an}为“差增数列”，则λ的取值范围是.【参考解答】1. 【新题揭密】单独一个等差数列的问题容易解决，但遇到多个等差数列混和起来该如何处理呢？本题中的“等差数列接龙”，实质是将几个等差数列放在一起，并且不打乱数列中各项的顺序，掌握了这一点，问题即可求解.【试题探源】解法一：∵a1=1，d1=1，∴a5=5.∵d2=2，∴a10=a5+（6-1）×2=15.∵d3=3，∴a15=a10+（6-1）×3=30.∵d4=4，∴a15=30+2×4=38，故选B.解法二：根据数列特征，依次写出该数列的前17项为：1，2，3，4，5，7，9，11，13，15，18，21，24，27，30，34，38,故选B.2.【新题揭密】本题中所定义的“等差比数列”，从定义式上看，是指相邻两项的差的比值，按照这个定义式的标准，即可判断等差数列和等比数列与“等差比数列”的关系.【试题解密】∵等差比的比值是k，∴k不能为0，①对；若等差数列为常数列，此时an+1-an=0，不能构成等差比数列，②错；若等比数列的公比为1时，an+1-an=0，不能构成等差比数列，③错；等差比数列虽然不能所有项为0，但可以有无穷项为0，此时，只要an+1-an≠0即可，如1，0，1，0，1，0…等，④正确，故选D.3.【新题探密】从题目意思看来，本题与前面的“等和数列”类似，是相邻两项的积为同一个常数，抓住这点即可得出答案.【试题解密】∵等积数列{an}的首项为a1=5，公积为10，则该数列为：5，2，5，2，5，…，5，2，…的形式，因此前2009项的积为10×5=5×101004,故填5×1004.4.【新题揭密】所谓“差数列”，即是一个数列的相邻两项的差衍生而成的新数列，抓住原来数列的特征，即可求解新得到的“差数列”的前n项和.【试题探源】∵an+1-an=2n，∴an=（an-an-1）+（an+1-an-2）+…+（a2-a1）+a1=2n-1+2n-2+…+22+2+2=+2=2n-2+2=2n,∴Sn==2n+1-2，故填2n+1-2.5.【新题揭密】函数有单调性，数列是一类特殊的函数，应该也有类似函数的单调性，所谓“差增数列”，实质就是跟数列的单调性相关的问题.掌握这一点，问题就简化了.【试题探源】∵an+2-an+1＞an+1-an，∴[λ（n+2）2+2λ2（n+2）+3]-[λ（n+1）2+2λ2（n+1）+3]＞[λ（n+1）2+2λ2（n+1）+3]-[λn2+2λ2n+3]λ（2n+3）＞λ（2n+1）λ＞0，故填（0，+∞）.责任编校徐国坚注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文。

数列中的新定义问题

（2）解：S2k-1=c1+c2+…+ck-1+ck+ck+1+ck+2+…+c2k-1
=2(ck+ck+1+ck+2+…+c2k-1)-ck =2[50k-2k(k-1)]-50
nn 1
Sn na1 2 d
=-4(k-13)2+626
∴当k=13，S2k-1取得最大值，最大值为626.
7.对称数列
a2 n 1
是常数p，
但
不一定是常数，
故①不正确;
4.等方差数列
在数列{an}中，若 an2 an21 p n 2, n N , p为常数，则称{an}为
等方差数列. 下面对等方差数列的判断：
①若{an}是等方差数列，则 ②{(-1)n}是等方差数列；
是等方差数列；
③若{an}是等方差数列，则{akn}(k∈N*,k为常数)是等方差数列；
（3）解：p51=2，p100=p51+49×3=149，
由题意得p1, p2,…, p50是首项为149，公差d= -3的等差数列.
因①此当23S1nn2n33205n23102n,nS2.n293920pn11 n,17p520n0,515p0n；n
②当51 n2 100, S2n S50 p51 p52
因为{an}是等方差数列，则上式为常数，故d=0，
所以该数列为常数列，故④正确.
4.等方差数列
在数列{an}中，若 an2 an21 p n 2, n N , p为常数，则称{an}为
等方差数列. 下面对等方差数列的判断：
①若{an}是等方差数列，则 ②{(-1)n}是等方差数列；

新定义数列求解差策略(最新整理)

新定义数列求解策略1、高考考情:以数列为背景的新定义问题是高考命题创新型试题的一个热点,考查频次较高.2、命题形式:常见的有新定义、新规则等.3、求解策略：（1）准确转化:解决数列新定义问题时,一定要读懂新定义的本质含义,将题目所给定义转化成题目要求的形式,切忌同已有概念或定义相混淆.（2）方法选取:对于数列新定义问题,搞清定义是关键,仔细认真地从前几项(特殊处、简单处)体会题意,从而找到恰当的解决方法.课前预习：1、若数列满足 (为常数),则称数列为“调和数列”.已{}n a 111n nd a a +-=,n N d *∈{}n a 知正项数列为“调和数列”,且=90,则的最大值1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭12990b b b +++= 46b b ∙是。

【解析】由已知得{b n }为等差数列,且b 4+b 6=20,又b n >0,所以b 4·b 6≤ 100,当且仅当b 4=b 6时等号成立.变式、若数列满足为非零数列，则称数列为“放飞”数列。

{}n a 110,,n npn N p a a *+-=∈{}n a 已知正项数列为“放飞”数列，且，则的最小值1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭99123992b b b b = 892b b +是。

变式：依题意可得，则数列为等比数列.又，则1n n b qb +={}n b 999912399502b b b b b == .，当且仅当即该数列为常数列时取等号.502b=8925024b b b +≥==892b b =2、定义运算符号:“Π”,这个符号表示若干个数相乘.例如,可将1×2×3×…×n 记作.记i ,其中为数列中的第项.()1n i i n N *=∈∏1nni i T a==∏i a {}n a ()n N *∈i (1)若,则= .(2)若 ,则= .21n a n =-4T 2n T n =()n N*∈na【解析】(1)a n =2n-1,则a 1=1,a 2=3,a 3=5,a 4=7,所以T 4=1×3×5×7=105.（2）2,211,1n n n a n n ⎧⎛⎫≥⎪ ⎪=-⎨⎝⎭⎪=⎩例题：1、设数列}{n a 的前n 项和为n S .若对任意正整数n ，总存在正整数m ，使得m n a S =，则称}{n a 是“H 数列”.(1)若数列}{n a 的前n 项和n n S 2=(∈n N *),证明: }{n a 是“H 数列”;(2)设}{n a 是等差数列,其首项11=a ,公差0<d .若}{n a 是“H 数列”,求d 的值；解：（1）证明：∵=，∴==（n），又==2=，∴（n）。

数列新定义问题(学生版)-【高考新风向】

数列新定义问题新定义数列题是指以学生已有的知识为基础，设计一个陌生的数学情境，或定义一个概念，或规定一种运算，或给出一个规划，通过阅读相关信息，根据题目引入新内容进行解答的一类数列题型．由于新定义数列题背景新颖，构思巧妙，而且能有效地考查学生的迁移能力和思维品质，充分体现“遵循教学大纲，又不拘泥于教学大纲”的特点，所以备受命题专家的青睐解决方案及流程(1)读懂题意，理解研究的对象，理解新定义数列的含义；(2)特殊分析，例如先对n=1,2,3，⋯的情况讨论；(3)通过特殊情况寻找新定义的数列的规律及性质，以及新定义数列与已知数列(如等差与等比数列)的关系，仔细观察，探求规律，注重转化，合理设计解题方案，最后利用等差、等比数列有关知识来求解．题型一递推关系中的新定义1(2022全国乙卷)嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列b n：b1=1+1α1，b2=1+1α1+1α2，b3=1+1α1+1α2+1α3，⋯，依此类推，其中αk∈N∗(k=1,2,⋯)．则()A.b1<b5B.b3<b8C.b6<b2D.b4<b7【跟踪训练】2定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的和都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等和数列，这个常数叫做等和数列的公和.设甲：数列a n满足a1=1,a2n+1-a2n=4a n+1-4；乙：数列a n是公差为2的等差数列或公和为2的等和数列，则甲是乙的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件题型二等差数列中新定义3定义“等方差数列”：如果一个数列从第二项起，每一项的平方与它的前一项的平方的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等方差数列，这个常数叫做该数列的方公差．设数列a n是由正数组成的等方差数列，且方公差为2，a13=5，则数列1a n+a n+1的前n项和Sn=()A.2n+1-12B.2n-1-12C.2n+1-1D.2n-1-1【跟踪训练】4南宋数学家杨辉在《详解九章算术》中提出了高阶等差数列的问题，即一个数列a 本身不是等差数列，但从数列a n 中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列b n ，则称数列a n 为一阶等差数列，或者b n 仍旧不是等差数列，但从b n 数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列c n ，则称数列a n 为二阶等差数列，依次类推，可以得到高阶等差数列．类比高阶等差数列的定义，我们亦可定义高阶等比数列，设数列1，1，2，8，64，⋯⋯是一阶等比数列，则该数列的第10项是()A.210B.215C.221D.236题型三等比数列中的新定义5若数列x n 满足x n +1=x n -f x n f x n，则称数列x n为牛顿数列，若f x =x 2，数列x n 为牛顿数列，且x 1=12，x n ≠0，数列x n 的前n 项和为S n ，则满足S n ≤20232024的最大正整数n 的值为．【跟踪训练】6数列a n 中，S n 是其前n 项的和，若对任意正整数n ，总存在正整数m ，使得S n =a m ，则称数列a n 为“某数列”.现有如下两个命题：①等比数列2n为“某数列”；②对任意的等差数列a n ，总存在两个“某数列”b n 和c n ，使得a n =b n +c n .则下列选项中正确的是()A.①为真命题，②为真命题B.①为真命题，②为假命题C.①为假命题，②为真命题D.①为假命题，②为假命题题型四数列求和中的新定义7定义np 1+p 2+⋯+p n为n 个正数p 1,p 2,⋯p n 的“均倒数”，若已知数列a n 的前n 项的“均倒数”为13n +2，又b n =a n +16，则1b 1b 2+1b 2b 3+⋯+1b 19b 20=()A.19B.911C.920D.1920【跟踪训练】8若数列a n 满足a 1=1,a n +1=3a n +1，若b n =2a n +1n ∈N * ，抽去数列b n 的第3项、第6项、第9项、⋯、第3n 项、⋯，余下的项的顺序不变，构成一个新数列c n ，则数列c n 的前100项的和为．1我国的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：将1，2，⋯，9填入3×3的方格内，使三行、三列、对角线的三个数之和都等于15，如图所示.一般地.将连续的正整数1，2，3，⋯，n 2填入n ×n 个方格中，使得每行、每列、每条对角线上的数的和相等，这个正方形叫做n 阶幻方.记n 阶幻方的数的和即方格内的所有数的和为S n ，如图三阶幻方记为S 3=45，那么S 9=()A.3321B.361C.99D.332定义a bc d=ad -bc ，已知数列a n 为等比数列，且a 3=1,a 644a 8=0，则a 7=()A.±2B.2C.±4D.43任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环图1→4→2→1，这就是数学史上著名的“冰霓猜想”(又称“角谷猜想”等)．已知数列a n 满足：a 1=3,a n +1=a n2,a n 为偶数3a n+1,a n为奇数，则a25=()A.1B.2C.3D.44“提丢斯数列”是由18世纪德国数学家提丢斯给出,具体如下：0,3,6,12,24,48,96,192,⋯,容易发现,从第三项起,每一项是前一项的2倍．将每一项加上4得到一个数列：4,7,10,16,28,52,100,196,⋯,再将每一项除以10得到“提丢斯数列”,0.4,0.7,1.0,1.6,2.8,5.2,10.0,19.6,⋯,则“提丢斯数列”的前50项的和为()A.3×249B.3×250C.248-19710 D.3×249+197105(多选)在无穷数列a n 中，若a p =a q p ,q ∈N * ，总有a p +1=a q +1，此时定义a n 为“阶梯数列”.设a n 为“阶梯数列”，且a 1=a 4=1，a 5=3，a 8a 9=23，则()A.a 7=1B.a 8=2a 4C.S 10=10+33D.a 2021=36(多选)给定数列a n ，定义差分运算：Δa n =a n +1-a n ,Δ2a n =Δa n +1-Δa n ,n ∈N *.若数列a n 满足a n =n 2+n ，数列b n 的首项为1，且Δb n =n +2 ⋅2n -1,n ∈N *，则()A.存在M >0，使得Δa n <M 恒成立B.存在M >0，使得Δ2a n <M 恒成立C.对任意M >0，总存在n ∈N *，使得b n >MD.对任意M >0，总存在n ∈N *，使得Δ2b nb n>M7在数列a n 中，若存在常数t ，使得a n +1=a 1a 2a 3⋯a n +t n ∈N * 恒成立，则称数列a n 为“H(t )数列”若数列a n 为“H (t )数列”，且a 1=2，数列b n 为等差数列，且ni =1a 2i =a n +1+b n -t 则b n =(写出通项公式)8数学家祖冲之曾给出圆周率π的两个近似值：“约率”227与“密率”355113.它们可用“调日法”得到：称小于3.1415926的近似值为弱率，大于3.1415927的近似值为强率.由于31<π<41，取3为弱率，4为强率，计算得a 1=3+41+1=72，故a 1为强率，与上一次的弱率3计算得a 2=3+71+2=103，故a 2为强率，继续计算，⋯.若某次得到的近似值为强率，与上一次的弱率继续计算得到新的近似值；若某次得到的近似值为弱率，与上一次的强率继续计算得到新的近似值，依此类推.已知a m =258，求m9已知数列a n为等差数列a1=25，为“二阶等差数列”，即当时a n+1-a n=b n n∈N∗，数列b n a3=67，a5=101.(1)求数列b n的通项公式；(2)求数列a n的最大值10设数列a n是的前n项和为S n,若对任意正整数n,总存在正整数m,使得S n=a m,则称a n “H数列”;(1)若数列a n的前n项和S n=2n(n∈N∗),判断数列a n是否是“H数列”?若是,给出证明;若不是,说明理由;(2)设数列a n为“H数列”的充要条件是a n=0;是常数列,证明:a n(3)设a n是等差数列,其首项a1=1,公差d<0,若a n是“H数列”,求d的值;11已知d为非零常数，a n>0，若对∀n∈N*,a2n+1-a2n=d，则称数列a n为D数列．(1)证明：D数列是递增数列，但不是等比数列；(2)设b n=a n+1-a n，若a n为D数列，证明：b n<d4n-3；(3)若a n为D数列，证明：∃n∈N*，使得ni=11a i>2024．。

新定义数列问题赏析

ｇ（ａ一。），求数列｛ａ｝的通项公式．
１
分析：易知ｇ（）＝一 ÷ ＋１， ∈ ［０，１］，则口
．－１＋１，
。是曲线１ａ例已知（ａ，ｂ）（ｎ ∈ ）Ｎ是曲线Ｙ＝ｅ：一一一ａｎ＿于］是苊，ａｎ＋，一 Ⅱ ｎ：一一号ｎ一０ｎ — ，又义上的点，ａ。＝ａ，Ｓ是数列｛ａ｝的前ｎ项和，且满足口２一口一丢 ’ ，． ‘ ． ’ ．％川一＋。一。ｎ＝（【一）Ｊ． ‘ 所以｛ａｎ｝是
２差等差（比）数列
若数列｛ａ｝中，从第二项起，每一项与它的前
一
项的差构成等差（比）数列，那么称该数列为差等
１和等差（比）数列
若数列｛ａ｝中，从首项起，每一项与它的后一项的
和构成等差（比）数列，那么称该数列为和等差（比）数列．其递推关系式为：ａ川＋口＝ｂ。＋（ｎ一１）ｄ，或ａ川
差（比）数列．其递推关系式为：口川一ａ＝ｂ。＋（ｎ一１）ｄ，或ａ＋一ａ＝ｃＩｇ１．此时可用累加法，结合等
差（比）数列的求和公式求通项．
ｒ
１
，
例２已知函数）＝一２ｘ＋２， ∈ Ｉ寺，１ｌ，设
差等比数列，利用累加法得，ａ＝（ａ一ａ）＋

数列新定义选择题(1)

考点：数列新定义难度：1 一、选择题1．定义“规范01数列”{}n a 如下：{}n a 共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意2k m ≤，12,,,k a a a 中0的个数不少于1的个数.若m =4，则不同的“规范01数列”共有A.18个B.16个C.14个D.12个答案： C解答：由题意必有10a =，81a =，则具体的排法列表如下：2．如果正整数a 的各位数字之和等于8，那么称a 为 “幸运数”（如：8，26，2015等均为“幸运数”），将所有“幸运数”从小到大排成一列1a ，2a ，3a ，……，若2015n a =，则=n （） A ．80 B ．81 C ．82 D ．83 答案： D ．解答：分析题意可知，1位的幸运数只有1个8；2位的幸运数：17，26，……71，80，共8个； 3位的幸运数：第1位为1：107，116，……170，共8个，第1位为2：206，215，……260，共7个，以此类推，从而可知3位的幸运数共有876136+++⋅⋅⋅+=个；4位的幸运数：第1位是1：1007，1016，……1070，有8个，1106，1115，1160，有7个，以此类推，从而可知第1位是1的4为幸运数共有876136+++⋅⋅⋅+=个，第2位是2的幸运数：2006，2015，∴183636283n =++++=，故选D ．3．古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数，例如：他们研究过图①中的1,3,6,10,...,由于这些数能表示成三角形，将其称为三角形数；类似地，将图②中的1,4,9,16,...,这样的数称为正方形数．下列数中既是三角形数又是正方形数的是A ．189B ．1024C ．1225D ．1378 答案：C 解答：正方形数的通项公式是2n an=，所以两个通项都满足的是1225，三角形数是，正方形数是35=n ．4．删除正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列．这个新数列的第2015项是（） A ．2058 B ．2059 C ．2060 D ．2061 答案： C解答：由题意可得，这些数可以写为：21，2，3，22，5，6，7，8，23… 第k 个平方数与第k +1个平方数之间有2k 个正整数，而数列21，2，3，22，5，6，7，8，23…245共有2025项，去掉45个平方数后，还剩余1980个数所以去掉平方数后第2015项应在2025后的第35个数，即是原来数列的第2060项，即为2060．5．1202年，意大利数学家斐波那契在他的书中给出了一个关于兔子繁殖的递推关系：()123n n n F F F n --=+≥，其中n F 表示第n 个月的兔子的总对数，121F F ==，则8F 的值为（） A.13. . .91. . .10631B.21C.34D.55 答案：B解答：∵，∴3122F F F=+=，∴4323F FF=+=，5345F FF=+=，6458F FF=+=，75613FF F=+=，∴86721F FF=+=，故选B6．项数为n的数列123,,,,na a a a的前k项和为(1,2,3,,)kS k n==，定义nS++为该项数列的“凯森和”，如果项系数为99项的数列12399,,,,a a a a的“凯森和”为1000，那么项数为100的数列100，12399,,,,a a a a的“凯森和”为（）A．991B．1001C．1090D．1100答案：C解答：129912991001001000,109099100S S S S S S+++⨯++++=∴=，故选C.7．将石子摆成如图的梯形形状．称数列5,9,14,20,为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第2012项与5的差，即20125a-=（）A. 2018×2012B. 2018×2011C. 1009×2012D. 1009×2011答案：D解答：由题意可得12323,234,2+3+4+5a a a=+=++=，423456a=++++121==FF数列{}n a 的第n 项n a 是通项为1n b n =+的数列的前n +1项的和。

新高考新结构数列新定义

新高考新结构大题压轴--数列新定义一、解答题1(2024·浙江·模拟预测)已知实数q ≠0，定义数列a n 如下：如果n =x 0+2x 1+22x 2+⋯+2k x k ,x i ∈0,1 ，i =0,1,2,⋯,k ，则a n =x 0+x 1q +x 2q 2+⋯+x k q k．(1)求a 7和a 8(用q 表示)；(2)令b n =a 2n -1，证明：ni =1b i =a 2n-1；(3)若1<q <2，证明：对于任意正整数n ，存在正整数m ，使得a n <a m ≤a n +1．【答案】(1)a 7=1+q +q 2,a 8=q 3(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)b n =a 2n -1=qn -1，分别计算ni =1b i 和a 2n-1可证明结论；(3)先根据a 2n -1=q n -1无上界说明存在正整数m ，使得a n <a m ，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a 7=1+q +q 2；因为8=23，所以a 8=q 3；(2)由数列a n 定义得：b n =a 2n -1=qn -1；所以ni =1b i =1+q +q 2+⋯+q n -1．而2n -1=1+2+22+⋯+2n -1，所以a 2n -1=1+q +q 2+⋯+qn -1=ni =1b i ；(3)当1<q <2，由(2)可知，a 2n -1=q n -1无上界，故对任意a n ，存在a m ，使得a m >a n ．设m 是满足a m >a n 的最小正整数．下面证明a m ≤a n +1．①若m -1是偶数，设m -1=2x 1+22x 2+⋯+2k x k ,x i ∈0,1 ,i =1,2,⋯,k ，则m =1+2x 1+22x 2+⋯+2k x k ，于是a m =1+x 1q +x 2q 2+⋯+x k q k =1+a m -1．因为a n ≥a m -1，所以a m =1+a m -1≤a n +1．②若m -1是奇数，设m -1=1+2+22+⋯+2l +2l +2x l +2+⋯+2k x k ，则a m -a m -1=q l +1-1+q +q 2+⋯+q l =q -1 1+q +q 2+⋯+q l -1+q +q 2+⋯+q l +1<1．所以a m <a m -1+1≤a n +1．综上所述，对于任意正整数n ，存在正整数m ，使得a n <a m ≤a n +1．2(2024·浙江温州·二模)数列a n ,b n 满足：b n 是等比数列，b 1=2,a 2=5，且a 1b 1+a 2b 2+⋅⋅⋅+a n b n =2a n -3 b n +8n ∈N * ．(1)求a n ,b n ；(2)求集合A =x x -a i x -b i =0 ,i ≤2n ,i ∈N * 中所有元素的和；(3)对数列c n ，若存在互不相等的正整数k 1,k 2,⋅⋅⋅,k j j ≥2 ，使得c k 1+c k 2+⋅⋅⋅+c k j也是数列c n 中的项，则称数列c n 是“和稳定数列”．试分别判断数列a n ,b n 是否是“和稳定数列”．若是，求出所有j 的值；若不是，说明理由．【答案】(1)a n =3n -1，b n =2n (2)6n 2+n +22n +1-234log 26n -1 +12-43(3)数列a n 是“和稳定数列”，j =3m +1,m ∈N * ，数列b n 不是“和稳定数列”，理由见解析【分析】(1)根据已知及等比数列的定义求出b n 的通项公式，由已知和求通项可得a n 的通项公式，(2)根据等差数列及等比数列的求和公式可得结果(3)根据“和稳定数列”的定义可判定.【详解】(1)∵a 1b 1=2a 1-3 b 1+8，b 1=2,∴a 1=2又a 1b 1+a 2b 2=2a 2-3 b 2，b 1=2,∴a 1=2,a 2=5，解得：b 2=4因为b n 是等比数列，所以b n 的公比q =b 2b 1=2，∴b n =2n 又当n ≥2时，a 1b 1+a 2b 2+⋅⋅⋅+a n -1b n -1=2a n -1-3 b n -1+8，作差得：a n b n =2a n -3 b n -2a n -1-3 b n -1将b n =2n 代入，化简：a n =2a n -3 -a n -1-3 ，得：a n -a n -1=3n ≥2∴a n 是公差d =3的等差数列，∴a n =a 1+n -1 d =3n -1(2)记集合A 的全体元素的和为S ，集合M =a 1,a 2,⋅⋅⋅,a 2n 的所有元素的和为A 2n =2n 6n -1+22=6n 2+n ，集合N =b 1,b 2,⋅⋅⋅,b 2n 的所有元素的和为B 2n =21-22n1-2=22n +1-2，集合M ∩N 的所有元素的和为T ，则有S =A 2n +B 2n -T 对于数列b n ：当n =2k -1k ∈N * 时，b 2k -1=22k -1=3-1 2k -1=3p -1p ∈N * 是数列a n 中的项当n =2k k ∈N * 时，b 2k =2b 2k -1=23p -1 =3p -2p ∈N * 不是数列a n 中的项∴T =b 1+b 3+⋅⋅⋅+b 2k -1，其中b 2k -1≤a 2nb 2k +1>a 2n⇒log 26n -1 -12<k ≤log 26n -1 +12即k =log 26n -1 +12(其中x 表示不超过实数x 的最大整数)∴T =21-4k 1-4=234k -1 =234log 26n -1 +12-1 ∴S =6n 2+n +22n +1-234log 26n -1 +12-43(3)①解：当j =3m ,m ∈N * 时，a k 1+a k 2+⋅⋅⋅+a k j是3的正整数倍，故一定不是数列a n 中的项；当j =3m -1,m ∈N * 时，a k 1+a k 2+⋅⋅⋅+a k j=1mod3 ，不是数列a n 中的项；当j =3m +1,m ∈N * 时，a k 1+a k 2+⋯+a k j=2mod3 ，是数列a n 中的项；综上，数列a n 是“和稳定数列”，j =3m +1,m ∈N * ；②解：数列b n 不是“和稳定数列”，理由如下：不妨设：1≤k 1<k 2<⋅⋅⋅<k j ，则b k 1+b k 2+⋅⋅⋅+b k j>b k j，且b k 1+b k 2+⋅⋅⋅+b k j≤b 1+b 2+⋅⋅⋅+b k j=21+22+⋅⋅⋅+2k j =2k j +1-2<2k j +1=b k j+1故b k 1+b k 2+⋅⋅⋅+b k j不是数列b n 中的项.数列b n 不是“和稳定数列”.3(2024·安徽池州·模拟预测)定义：若对∀k ∈N *,k ≥2,a k -1+a k +1≤2a k 恒成立，则称数列a n 为“上凸数列”．(1)若a n =n 2-1，判断a n 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a n 为“上凸数列”，则当m ≥n +2m ,n ∈N * 时，a m +a n ≤a m -1+a n +1．(ⅰ)若数列S n 为a n 的前n 项和，证明：S n ≥n2a 1+a n；(ⅱ)对于任意正整数序列x 1,x 2,x 3,⋯,x i ,⋯,x n (n 为常数且n ≥2,n ∈N *)，若ni =1x 2i-1 ≥ni =1x i-λ 2-1恒成立，求λ的最小值．【答案】(1)是，证明见解析(2)(ⅰ)证明见解析；(ⅱ)n -1【分析】(1)构造函数f x =(x +1)2-1-x 2-1,x ≥1，利用导数研究其单调性结合“上凸数列”定义判定即可；(2)(ⅰ)利用“上凸数列”定义及倒序相加法证明即可；令a n =n 2-1，利用条件及数列求和适当放缩计算即可.【详解】(1)a n 是“上凸数列”，理由如下：因为a n =n 2-1,a n +1-a n =(n +1)2-1-n 2-1，令f x =(x +1)2-1-x 2-1,x ≥1，则fx =x +1(x +1)2-1-xx 2-1=(x +1)3x -1 -x 3x +2(x +1)2-1⋅x 2-1．当x ≥1时，(x +1)3x -1 -x 3x +2 =-2x -1<0，所以(x +1)3x -1 <x 3x +2 ，所以f x <0,f x 在区间1,+∞ 上单调递减，所以f n >f n +1 ,a n +1-a n >a n +2-a n +1，所以a n +2+a n ≤2a n +1，所以a n 是“上凸数列”．(2)(ⅰ)证明：因为a n 是“上凸数列”，由题意可得对任意1≤i ≤n i ∈N * ，a i +a n -i +1≥a i -1+a n -i +2≥a i -2+a n -i +3⋅⋅⋅≥a 2+a n -1≥a 1+a n ，所以2S n =a 1+a n +a 2+a n -1 +⋅⋅⋅+a n -1+a 2 +a n +a 1 ≥n a 1+a n ，所以S n ≥n2a 1+a n．(ⅱ)解：令a n =n 2-1，由(1)可得当a n =n 2-1时，a n 是“上凸数列”，由题意可知，当m ≥n +2m ,n ∈N * 时，a m +a n ≤a m -1+a n +1．因为ni =1x 2i -1 =x 21-1+x 22-1+x 23-1+⋅⋅⋅+x 2n -1，即∑ni =1x 2i -1=x 21-1+x 22-1+x 23-1+⋅⋅⋅+∑ni =1x i -x 1-x 2-⋯-x n -1 2-1．所以∑n i =1x 2i -1≥x 1-x 1+12-1+x 22-1+⋅⋅⋅+∑ni =1x i -x 1-x 2-⋅⋅⋅-x n -1+x 1-1 2-1≥12-1+x 2-x 2+12+⋯+∑ni =1x i -1-x 2-⋅⋅⋅-x n -1+x 2-1 2-1⋯≥0+0+0+⋯+∑ni =1x i -n +1 2-1≥∑ni =1x i -λ 2-1，当且仅当x 1=x 2=⋅⋅⋅=x n -1时等号成立，所以λ≥n -1．综上所述，λ的最小值为n -1．4(23-24高三下·浙江·阶段练习)在平面直角坐标系xOy 中，我们把点(x ,y ),x ,y ∈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);(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(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+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P(x,y+1)+3P(x+1,y)=2023，即12[x(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)+2x<992<1010，当x+y=33时，(x+y-1)(x+y)+2x>1056>1010，故当x+y=32时，(x+y-1)(x+y)+2x=1010⇒x=9,y=23，即P(9,23)=9×102+23×222+8×22=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行解答.5(2024·全国·模拟预测)设满足以下两个条件的有穷数列a 1,a 2,⋅⋅⋅,a n 为n n =2,3,4,⋅⋅⋅ 阶“曼德拉数列”：①a 1+a 2+a 3+⋅⋅⋅+a n =0；②a 1 +a 2 +a 3 +⋅⋅⋅+a n =1.(1)若某2k k ∈N * 阶“曼德拉数列”是等比数列，求该数列的通项a n (1≤n ≤2k ，用k ,n 表示)；(2)若某2k +1k ∈N * 阶“曼德拉数列”是等差数列，求该数列的通项a n (1≤n ≤2k +1，用k ,n 表示)；(3)记n 阶“曼德拉数列”a n 的前k 项和为S k k =1,2,3,⋅⋅⋅,n ，若存在m ∈1,2,3,⋅⋅⋅,n ，使S m =12，试问：数列S i i =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；若不能，请说明理由.【答案】(1)a n =12k -1n -1或a n =-12k -1 n -1(2)∴a n =n k k +1 -1k n ∈N *,n ≤2k +1 或a n =-n k k +1 +1k n ∈N *,n ≤2k +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a k +1=0,a k +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a 1,a 2,⋅⋅⋅,a n 中非负项和为A ，负项和为B ，则A +B =0,A -B =1，进一步S k ≤12k =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a 1,a 2,a 3,⋅⋅⋅,a 2k k ≥1 的公比为q .若q ≠1，则由①得a 1+a 2+⋅⋅⋅+a 2k =a 11-q 2k1-q =0，得q =-1，由②得a 1=12k 或a 1=-12k.若q =1，由①得，a 1⋅2k =0，得a 1=0，不可能.综上所述，q =-1.∴a n =12k -1n -1或a n =-12k-1 n -1.(2)设等差数列a 1,a 2,a 3,⋅⋅⋅,a 2k +1k ≥1 的公差为d ，∵a 1+a 2+a 3+⋅⋅⋅+a 2k +1=0，∴2k +1 a 1+2k 2k +1 d2=0,a 1+kd =0，即a k +1=0,∴a k +2=d ，当d =0时，“曼德拉数列”的条件①②矛盾，当d >0时，据“曼德拉数列”的条件①②得，a k +2+a k +3+⋅⋅⋅+a 2k +1=12=-a 1+a 2+⋯+a k ，∴kd +k k -1 2d =12，即d =1k k +1，由a k +1=0得a 1+k ⋅1k k +1=0，即a 1=-1k +1，∴a n =-1k +1+n -1 ⋅1k k +1 =n k k +1-1k n ∈N *,n ≤2k +1 .当d <0时，同理可得kd +k k -1 2d =-12，即d =-1k k +1.由a k +1=0得a 1-k ⋅1k k +1=0，即a 1=1k +1，∴a n =1k +1-n -1 ⋅1k k +1 =-n k k +1+1k n ∈N *,n ≤2k +1 .综上所述，当d >0时，∴a n =n k k +1 -1k n ∈N *,n ≤2k +1 ，当d <0时，a n =-nk k +1+1kn ∈N *,n ≤2k +1 .(3)记a 1,a 2,⋅⋅⋅,a n 中非负项和为A ，负项和为B ，则A +B =0,A -B =1，得A =12，B =-12，-12=B ≤S k ≤A =12，即S k ≤12k =1,2,3,⋅⋅⋅,n .若存在m ∈1,2,3,⋅⋅⋅,n ，使S m =12，由前面的证明过程知：a 1≥0，a 2≥0，⋅⋅⋅，a m ≥0，a m +1≤0，a m +2≤0，⋅⋅⋅，a n ≤0，且a m +1+a m +2+⋅⋅⋅+a n =-12.若数列S i i =1,2,3,⋅⋅⋅,n 为n 阶“曼德拉数列”，记数列S i i =1,2,3,⋅⋅⋅,n 的前k 项和为T k ，则T k ≤12.∴T m =S 1+S 2+⋅⋅⋅+S m ≤12，又S m =12，∴S 1=S 2=⋅⋅⋅=S m -1=0，∴a 1=a 2=⋅⋅⋅=a m -1=0,a m =12.又a m +1+a m +2+⋅⋅⋅+a n =-12，∴S m +1，S m +2，⋅⋅⋅，S n ≥0，∴S 1 +S 2 +S 3 +⋅⋅⋅+S n =S 1+S 2+S 3+⋅⋅⋅+S n ，又S 1+S 2+S 3+⋅⋅⋅+S n =0与S 1 +S 2 +S 3 +⋅⋅⋅+S n =1不能同时成立，∴数列S i i =1,2,3,⋅⋅⋅,n 不为n 阶“曼德拉数列”.【点睛】关键点点睛：第三问的关键是得到a 1≥0，a 2≥0，⋅⋅⋅，a m ≥0，a m +1≤0，a m +2≤0，⋅⋅⋅，a n ≤0，且a m +1+a m +2+⋅⋅⋅+a n =-12，由此即可顺利得解.6(2024高三·全国·专题练习)设数列a n 的各项为互不相等的正整数，前n 项和为S n ，称满足条件“对任意的m ，n ∈N *，均有n -m S n +m =n +m S n -S m ”的数列a n 为“好”数列.(1)试分别判断数列a n ，b n 是否为“好”数列，其中a n =2n -1，b n =2n -1，n ∈N *并给出证明；(2)已知数列c n 为“好”数列，其前n 项和为T n .①若c 2024=2025，求数列c n 的通项公式；②若c 1=p ，且对任意给定的正整数p ，s s >1 ，有c 1，c s ，c t 成等比数列，求证：t ≥s 2.【答案】(1)a n 是“好”数列，b n 不是“好”数列，证明见解析(2)①c n =n +1；②证明见解析【分析】(1)根据“好”数列的定义，由a n =2n -1，得其前n 项和S n =n 2，然后代入检验即可，对于b n ，不妨取n =2，m =1，进行检验，发现b n 不是“好”数列.(2)由“好”数列的定义可得2c n =c n -1+c n +1对任意的n ≥2，n ∈N *恒成立，证得数列c n 是等差数列，① 由c 2024=2025，可得c n =n +1；② 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a n ，b n 的前n 项和分别为S n ，R n ，若a n =2n -1，则S n =1+2n -1 n2=n 2，所以n -m S n +m =n -m n +m 2，而n +m S n -S m =n +m n 2-m 2 =n +m 2n -m ，所以n -m S n +m =n +m S n -S m 对任意的m ，n ∈N *成立，即数列a n 是“好”数列.若b n =2n -1，则R n =1-2n1-2=2n -1，不妨取n =2，m =1，则n -m R n +m =R 3=7，n +m R n -R m =3b 2=6，此时n -m R n +m ≠n +m R n -R m ，故数列b n 不是“好”数列.(2)因为数列c n 为“好”数列，取m =1，则n -1 T n +1=n +1 T n -T 1 ，即2T n =n -1 c n +1+n +1 c 1，当n ≥2时，有2T n -1=n -2 c n +nc 1，两式相减，得2c n =n -1 c n +1-n -2 c n +c 1n ≥2 ，即nc n =n -1 c n +1+c 1n ≥2 ，所以n -1 c n -1=n -2 c n +c 1n ≥3 ，所以nc n -n -1 c n -1=n -1 c n +1-n -2 c n n ≥3 ，即2n -2 c n =n -1 c n -1+n -1 c n +1n ≥3 ，即2c n =c n -1+c n +1n ≥3 ，对于2T n =n -1 c n +1+n +1 c 1，当n =2时，有2T 2=c 3+3c 1，即2c 2=c 3+c 1，所以2c n =c n -1+c n +1，对任意的n ≥2，n ∈N *恒成立，所以数列c n 是等差数列.设数列c n 的公差为d ，因为数列c n 的各项为互不相等的正整数，所以d ∈N *，①若c2024=2025，则c1+2023d=2025，即d=2025-c1 2023，又d∈N*，所以d=1，c1=2，所以c n=n+1.②若c1=p，则c n=dn+p-d，由c1，c s，c t，成等比数列，得c2s=c1c t，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d∈N*，则t+1-2ss-12∈N*，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-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S n与通项a n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(2024·湖南岳阳·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n项和为S n，规定：若∃m∈N*，使得S m=2p p∈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)(ⅰ)求满足m>1000的最小的“佳幂数”m；(ⅱ)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)(ⅰ)1897；(ⅱ)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m>1000时，所分组数k的范围，结合新定义配出S m=2p的形式，确定出m的最小值；(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；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-2，①当k k+12≤50时，k≤9，则S50=S45+1+2+22+23+24=210-11+31=210+20，由于210<210+20<211，对∀p∈N，S50≠2p，故50不是“佳幂数”．(3)(ⅰ)在①中，要使k k+12>1000，有k≥45,n∈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,t∈N*．则只需k+2=2t-1,t∈N*．所以k=2t-3≥44，则t≥6，此时k=26-3=61，所以对应满足条件的最小“佳幂数”m=61×622+6=1897(ⅱ)证明：由(ⅰ)知：k+2=1+2+⋅⋅⋅+2t-1=2t-1,t∈N*．当t≥2，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①审题：仔细阅读材料，认真理解题意；②建模：将已知的条件翻译成数学(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；③求解：求出该问题的数学解；④还原：将所求结果还原到原问题中.8(2024·辽宁大连·一模)对于数列A:a1,a2,a3a1∈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b i=a i+1-a i(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．【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，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-e1=0，=0,e3-e2∴e1=e2=e3，即非零常数列才能经过“T变换”结束；设e1=e2=e3=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-20,4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=24×84+2,则数列B经过6×84=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；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+6×84+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.9(23-24高三下·江苏南通·模拟预测)设正整数n≥3，有穷数列a n满足a i>0(i=1,2,⋯,n)，且a1 +a2+⋯+a n=n，定义积值S=a1⋅a2⋅⋯⋅a n.(1)若n=3时，数列12,1,32与数列16,23,136的S的值分别为S1，S2.①试比较S1与S2的大小关系；②若数列a n的S满足min S1,S2<S<max S1,S2，请写出一个满足条件的a n;(2)若n=4时，数列a1,a2,a3,a4存在i,j∈1,2,3,4,使得a i<1<a j，将a i，a j分别调整为a i =a i+a j-1，a j =1，其它2个a k(k≠i,j)，令a k =a k.数列a1,a2,a3,a4调整前后的积值分别为S,S ，写出S,S 的大小关系并给出证明；(3)求S=a1⋅a2⋅⋯⋅a n的最大值，并确定S取最大值时a1,a2,⋯,a n所满足的条件，并进行证明.【答案】(1)①S1>S2②13,1,53(答案不唯一)(2)S<S ，证明见解析(3)S的最大值为1，当且仅当a1=a2=⋯=a n=1时，取到最大值，证明见解析【分析】(1)①根据定义求出两个积值，比较大小；②只要写出满足条件的一个解就可以了，注意限制条件；(2)根据调整，对两个积值做差，根据限制条件可比较大小；(3)利用基本不等式计算可得；【详解】(1)①依题意可得S1=12×1×32=34，S2=16×23×136=1354，所以S1>S2；②不妨令a n为13,1,53(答案不唯一)，则S=13×1×53=59，因为min S1,S2=S2=1354<S，max S1,S2=S1=34>S，符合题意.(2)S<S ；证明：不妨设i=1,j=2，则a1<1<a2；则a1 =a1+a2-1,a2 =1,a3 =a3,a4 =a4；所以S-S =a1a2a3a4-a1 a2 a3 a4 =a1a2-a1-a2+1a3a4=a1-1a2-1a3a4<0；所以S<S ；(3)S的最大值为1，当且仅当a1=a2=⋯=a n=1时，取到最大值.证明：因为a i>0(i=1,2,⋯,n)，且a1+a2+⋯+a n=n；所以S =a 1⋅a 2⋅⋯⋅a n ≤a 1+a 2+⋯+a n nn=1；当且仅当a 1=a 2=⋯=a n =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(23-24高三下·海南省直辖县级单位·模拟预测)由n ×n 个数排列成n 行n 列的数表称为n 行n 列的矩阵，简称n ×n 矩阵，也称为n 阶方阵，记作：A (n ,n )=a 11a 12a 13⋯a 1n a 21a 22a 23⋯a 2n a 31a 32a 33⋯a 3n ⋮⋮⋮⋮a n 1a n 2a n 3⋯a nn其中a iji ∈N *,j ∈N *,i ,j ≤n 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 )=a 11a 12a 13⋯a 1n a 21a 22a 23⋯a 2n a 31a 32a 33⋯a 3n ⋮⋮⋮⋮a n 1a n 2a n 3⋯a nn,B (n ,n )=b 11b 12b 13⋯b 1n b 21b 22b 23⋯b 2n b 31b 32b 33⋯b 3n ⋮⋮⋮⋮b n 1b n 2b n 3⋯b nn，C (n ,n )=c 11c 12c 13⋯c 1n c 21c 22c 23⋯c 2n c 31c 32c 33⋯c 3n ⋮⋮⋮⋮c n 1c n 2c n 3⋯c nn，其中a ij ，b ij ，c ij i ,j ∈N *,i ,j ≤n 分别表示A (n ,n ),B (n ,n ),C (n ,n )中第i 行第j 列的数．若c ij =(1-μ)a ij +μb ij (μ∈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c 11=3，求C (2,2)；(2)已知∀n ∈N *,n ≥3，矩阵A (n ,n )=a 11a 12⋯a 1n 332⋯3n ⋮⋮⋮a 1n a 2n ⋯a nn,B (n ,n )=b 11b 12⋯b 1n 12⋯n ⋮⋮⋮b 1n b 2n ⋯b nn ，矩阵C (n ,n )是A (n ,n ),B (n ,n )生成的线性矩阵，且c 21=2．(i )求c 23,c 2k k ∈N *,k ≤n ；(ii )已知数列b n 满足b n =n ，数列d n 满足d n =n2c 2n -n，数列d n 的前n 项和记为T n ，是否存在正整数m ,n ，使T n =b m +12b m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 )c 23=15，c 2k =3k +k2；(ii )存在，9,2 ，3,3【分析】(1)根据c 11=(1-μ)a 11+μb 11得到μ=-45，计算c 12=8，c 22=1，c 21=15得到答案.(2)根据c 21=3-2μ=2得到μ=12，计算c 23=15，c 2k =3k +k 2，确定d n =n ⋅13n，利用错位相减法得到T n=34-34+n2×13 n，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)c ij=(1-μ)a ij+μb ij(μ∈R)，则c11=(1-μ)a11+μb11，即3=21-μ+34μ，解得μ=-4 5，则c ij=95a ij-45b ij，c12=95a12-45b12=95×4+45=8，c21=95a22-45b22=95-45=1，c22=95a21-45b21=95-45×2=15，故C(2,2)=38 115.(2)(i)c21=3(1-μ)+μ=3-2μ=2，μ=12，故c ij=12a ij+12b ij，c23=12a23+12b23=12×33+12×3=15，c2k=12a2k+12b2k=12×3k+12×k=3k+k2.(ii)d n=n2c2n-n =n3n=n⋅13n，T n=1×13+2×132+3×13 3+⋯+n×13 n，1 3T n=1×132+2×13 3+3×13 4+⋯+n×13 n+1，故23T n=13+132+13 3+13 4+⋯+13 n-n×13 n+1=121-13 n-n×13n+1，故T n=34-34+n2×13 n，T n=b m+12b m，即34-34+n2×13 n=m+12m=12+12m，取m=2验证不成立，整理得到3n3+2n=mm-2，m≠2，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n≥4时不成立：设A n=3n3+2n，n≥4，n∈N*，则An>0，A n+1A n=3n+15+2n÷3n3+2n=6n+92n+5>1，故A n单调递增，A n≥81 11，设B n=nn-2，n≥3，n∈N*，Bn>0，B n+1B n=n+1n-1÷nn-2=n2-n-2n2-n<1，故B n单调递减，B n≤13，n≥3，n∈N*，B1=-1，故n≥4时，3n3+2n =mm-2不成立，综上所述：使T n=b m+12b m成立的所有的正整数对为9,2，3,3.【点睛】关键点点睛：本题考查了新定义问题，数列求和，数列的单调性问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中将定义中的新知识转化为已有的知识点是考查的重点，这类思想是考查的重点，需要熟练掌握.11(23-24高三下·安徽·模拟预测)基本不等式可以推广到一般的情形：对于n 个正数a 1,a 2,⋯,a n ，它们的算术平均不小于它们的几何平均，即a 1+a 2+⋯+a nn≥n a 1a 2⋯a n ，当且仅当a 1=a 2=⋯=a n 时，等号成立．若无穷正项数列a n 同时满足下列两个性质：①∃M >0,a n <M ；②a n 为单调数列，则称数列a n 具有性质P ．(1)若a n =n +4n2，求数列a n 的最小项；(2)若b n =12n -1，记S n =ni =1b n ，判断数列S n 是否具有性质P ，并说明理由；(3)若c n =1+1nn，求证：数列c n 具有性质P ．【答案】(1)最小项为a 2=3(2)数列S n 具有性质P ，理由见解析．(3)证明见解析【分析】(1)利用a n =n 2+n 2+4n 2，结合三个数的算术平均不小于它们的几何平均求解；(2)变形b n ≤12n -1，再利用等比数列求和证明性质①，利用b n =12n -1>0,证明②；(3)结合二项式定理及n 元基本不等式求解.【详解】(1)∵a n =n 2+n 2+4n 2≥33n 2⋅n 2⋅4n 2=3，当且仅当n 2=4n 2，即n =2时，等号成立，∴数列a n 的最小项为a 2=2+422=3．(2)数列S n 具有性质P ．∵b n =12n -1=12n -1+2n -1-1≤12n -1，∴S n =∑i =1n b i ≤∑i =1n 12i -1=1+121+122+⋯+12n -1=1-12n1-12=21-12n<2,，∴数列S n 满足条件①．∵b n =12n-1>0,∴S n <S n +1,∴S n 为单调递增数列，∴数列S n 满足条件②．综上，数列S n 具有性质P ．(3)先证数列c n 满足条件①：c n =1+1n n =C 0n +C 1n ⋅1n +C 2n ⋅1n 2+C 3n ⋅1n 3+⋯+C nn ⋅1n n ．当k ≥2时，C kn ⋅1n k =n n -1 n -2 ⋯n -k +1 n k ⋅k !=n n ⋅n -1n ⋅n -2n ⋯n -k +1n ⋅1k !≤1k !≤1k k -1=1k -1-1k ,则c n =1+1n n =1+1+1-12 +12-13 +⋯+1n -1-1n =3-1n<3，∴数列S n 满足条件①．再证数列c n 满足条件②：c n =1+1n n =1+1n ⋅1+1n ⋯1+1n×1<1+1n +1+1n +⋯+1+1n +1n +1 n +1(1+1n>1，等号取不到)=n +1+1n ⋅nn +1n +1=1+1n +1n +1=c n +1,∴c n 为单调递增数列，∴数列c n 满足条件②．综上，数列c n 具有性质P .【点睛】关键点点睛：本题考查等比数列求和及二项式定理，证明性质①均需要放缩为可求和数列.12(2024·山东泰安·一模)已知各项均不为0的递增数列a n 的前n 项和为S n ，且a 1=2,a 2=4,a n a n +1=2S n S n +1+S n -1-2S n (n ∈N *，且n ≥2)．(1)求数列1S n的前n 项和T n ；(2)定义首项为2且公比大于1的等比数列为“G -数列”．证明：①对任意k ≤5且k ∈N *，存在“G -数列”b n ，使得b k ≤a k ≤b k +1成立；②当k ≥6且k ∈N *时，不存在“G -数列”c n ，使得c m ≤a m ≤c m +1对任意正整数m ≤k 成立．【答案】(1)T n =nn +1(2)①证明见解析；②证明见解析【分析】(1)根据S n 和a n 的关系，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)①根据不等式b k ≤a k ≤b k +1，构造函数，利用导数的性质进行运算证明即可；②根据①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)a n a n +1=2S n S n +1+S n -1-2S n =2S n a n +1-a n n ≥2 ，∵a n 各项均不为0且递增，∴a n +1-a n ≠0，∴2S n =a n a n +1a n +1-a n，∴2S n -1=a n -1a na n -a n -1n ≥3 ，∴2a n =a n a n +1an +1-a n -a n -1an a n -a n -1，化简得a n a n+1+a n-1-2a n=0n≥3，∴a n+1+a n-1=2a n n≥3，∵a1=2,a2=4，∴a2a3=2S2S3+S1-2S2，∴a3=6，∴a1+a3=2a2，∴a n为等差数列，∴a n=2n,S n=n2+n，∴1 S n =1n n+1=1n-1n+1，∴T n=1-12+12-13+⋯+1n-1n+1=nn+1；(2)①证明：设“G-数列”公比为q，且q>1，由题意，只需证存在q对k≤5且k∈N*,2q k-1≤2k≤2q k成立，即k-1ln q≤ln k≤k ln q成立，设f x =ln xx，则fx =1-ln xx2，令f x =0，解得x=e，当x∈0,e时，f x >0,f x 单调递增，当x∈e,+∞时，f x <0,f x 单调递减，∵ln22<ln33，∴f k =ln kk ≤ln33，∴存在q=33，使得ln k≤k ln q对任意k≤5且k∈N*成立，经检验，对任意k≤5且k∈N*,(33)k-1≤k均成立，∴对任意k≤5且k∈N*，存在“G-数列”b n使得b k≤a k≤b k+1成立；②由①知，若c m≤a m≤c m+1成立，则q m-1≤m≤q m成立，当k≥6时，取m=3得q2≤3≤q3，取m=6得q5≤6≤q6，由q3≥3q5≤6，得q15≥243q15≤216，∴q不存在，∴当k≥6且k∈N*时，不存在“G-数列”c n使得c m≤a m≤c m+1对任意正整数m≤k成立．【点睛】关键点睛：根据不等式的形式，构造函数，利用导数的性质进行求解.13(2024·河南信阳·一模)定义：max a,b=a,a≥b,b,a<b,min a,b=b,a≥b,a,a<b,已知数列{an}满足a n+min{an+1,a n+2}=max{a n+1,a n+2}．(1)若a2=2，a3=3，求a1，a4的值；(2)若∀n∈N*，∃k∈N*，使得a n≤a k恒成立．探究：是否存在正整数p，使得a p=0，若存在，求出p的可能取值构成的集合；若不存在，请说明理由；(3)若数列{a n}为正项数列，证明：不存在实数A，使得∀n∈N*,a n≤A．【答案】(1)a1=1，a4=1或a4=5(2)p∈{k+1,k+2}(3)证明见解析【分析】(1)根据题意，由定义代入计算，即可得到结果；(2)根据题意，将问题转化为a k≤max a k+1,a k+2≤a k，即可得到结果；(3)根据题意，分S=∅与S≠∅讨论，当S≠∅时，再分S为有限集与S为无限集讨论，即可证明.【详解】(1)依题意，a n=max{a n+1,a n+2}-min{a n+1,a n+2}，显然a n≥0；故a1=max{a2,a3}-min{a2,a3}=1；a2=max{a3,a4}-min{a3,a4}=2，即a3-a4=2或a4-a3=2，则a4=1或a4=5．(2)∵max a n+1,a n+2≥min a n+1,a n+2，∴a n=max a n+1,a n+2≥0,-min a n+1,a n+2∵a n≤a k对∀n∈N*恒成立，∴a k+1≤a k,a k+2≤a k,∴max a k+1,a k+2≤a k.∵a k=max a k+1,a k+2-min a k+1,a k+2≤max a k+1,a k+2∴a k≤max a k+1,a k+2≤a k，∴max a k+1,a k+2=0，=a k,∴min a k+1,a k+2①a k+1=0,a k+2≠0时,a k=max a k+1,a k+2=a k+2≠0-min a k+1,a k+2a k-1=max a k,a k+1=a k=a k+2≠0-min a k,a k+1a k-2=max a k-1,a k-min a k-1,a k=a k-a k=0a k-3=max a k-2,a k-1=a k-0=a k=a k+2≠0-min a k-2,a k-1∴当p=k+3m-2,m∈Z, 且p>0时,a p=0.∴p的集合为{p∣p=k+3m-2,m∈Z且p>0}②a k+2=0,a k+1≠0时,a k=max a k+1,a k+2=a k+1≠0，-min a k+1,a k+2a k-1=max a k,a k+1-min a k,a k+1=a k+1-a k+1=0，a k-2=max a k-1,a k=a k+1≠0，-min a k-1,a k∴当p=k+3m-1,m∈Z, 且p>0时, a p=0.∴p 的集合为{p ∣p =k +3m -1,m ∈Z 且p >0}③a k +1=0且a k +2=0时, a k =0,p 的集合为N *(3)∵a n =max {a n +1,a n +2}-min {a n +1,a n +2}>0，∴a n +1≠a n +2；设S ={n |a n >a n +1,n ∈N *}，①若S =∅，则a 1≤a 2，a i <a i +1(i ≥2,i ∈N *)，对任意A >0，取n 1=A a 1①+2([x ]表示不超过x 的最大整数)，当n >n 1时，a n =(a n -a n -1)+(a n -1-a n -2)+⋯+(a 3-a 2)+a 2=a n -2+a n -3+⋯+a 1+a 2≥(n -1)a 1>(n 1-1)a n =A a 1+1a 1>A a 1⋅a 1=A ；②若S ≠∅，ⅰ)若S 为有限集，设m =max {n |a n >a n +1,n ∈N *}，a m +i <a m +i +1(i ∈N *)，对任意A >0，取n 2=Aa m +1+m +1([x ]表示不超过x 的最大整数)，当n >n 2时，a n =(a n -a n -1)+(a n -1-a n -2)+⋯+(a m +2-a m +1)+a m +1=a n -2+a n -3+⋯+a m +a m +1≥(n -m )a m +1>(n 2-m )a m +1=A a m +1+1a m +1>Aa m +1⋅a m +1=A ；ⅱ)若S 为无限集，设p 1=min {n |a n >a n +1,n ∈N *}，p i +1=min {n |a n >a n +1,n >p i }(i ∈N *)，若p i +1-p i =1，则a p i>a p i+1>a p i+2，又a p i<max {a p i+1,a p i+2}，矛盾；故p i +1-p i ≥2(i ∈N *)；记m i =a p i+1(i ∈N *)；当p i +1-p i =2时，a p i>a p i+1，a p i+1<a p i+2，a p i+2>a p i+3；因为a p i+1=a p i+2-a p i +3，所以m i +1=a pi +1+1=a (p i+2)+1=a p i+3=a p i+2-a p i+1=a p i>a p i+1=m i ；当p i +1-p i ≥3时，a p i>a p i+1，a p i+1<a p i+2<⋯<a p i +1，a p i +1>a pi +1+1因为a pi +1-1=a p i +1-a pi +1+1，故m i +1=a p i +1+1=a p i +1-a pi +1-1=a pi +1-2≥a p i +1=m i ；因为a p i +1=a pi +1+2-a pi +1+1，故a pi +1+2=a p i +1-a pi +1+1=a p i +1+m i +1≥a p i +1+m 1≥a p i+2+m 1，故对任意A >0，取n 3=A m 1+1，当k >n 3时，a p k+2=(a p k+2-a p k -1+2)+(a pk -1+2-a pk -2+2)+⋯+(a p 2+2-a p 1+2)+a p 1+2≥(k -1)m 1+a p 1+2>km 1>A m 1+1m 1>Am 1⋅m 1=A ；综上所述，不存在实数A ，使得∀n ∈N *,a n ≤A ．综上所述，不存在实数A ，使得对任意的正整数n ，都有a n ≤A ．【点睛】关键点睛：本题主要考查了新定于与数列综合问题，难度较大，解答本题的关键在于理解新定义的概念，以及结合数列的知识解答.14(2024·广东·模拟预测)已知数列a n 与b n 为等差数列，a 2=b 3，a 1=2b 1，a n 前n 项和为19n +n 22．(1)求出a n 与b n 的通项公式；(2)是否存在每一项都是整数的等差数列c n ，使得对于任意n ∈N +，c n 都能满足a n +b n -a n -b n2≤c n≤a n +b n +a n -b n2．若存在，求出所有上述的c n ；若不存在，请说明理由．【答案】(1)a n =n +9，b n =3n +2.(2)存在数列c n ，为c n =2n +5，c n =3n +2，c n =n +9，c n =2n +6.【分析】(1)由等差数列通项公式及通项公式，可求出a n 与b n 的通项公式.(2)根据第一小问求得的a n 与b n 的通项公式，结合题意，可得出c n 的限制条件，由条件写出符合题意的通项公式.【详解】(1)∵等差数列前n 项和公式为d 2n 2+a 1-d 2 n ，a n 前n 项和为19n +n 22，∴d 2=12，a 1-d 2=192，解得：a 1=10，公差d =1，则a n =n +9，又∵b 3=a 2=11，b 1=12a 1=5，∴b n 的公差为b 3-b 12=3，则b n =3n +2.综上所述：a n =n +9，b n =3n +2.(2)由题意可知，c n 需满足4n +11 -2n -72≤c n ≤4n +11 +2n -72，当n ≤3时，3n +2≤c n ≤n +9，即5≤c 1≤10，8≤c 2≤11，11≤c 3≤12，当n ≥4时，n +9≤c n ≤3n +2，13≤c 4≤14，若c 3=11，c 4=13，则c 1=7，c 2=9，c n =2n +5，n +9≤c n ≤3n +2，解得：n ≥4，符合题意；若c 3=11，c 4=14，则c 1=5，c 2=8，c n =3n +2，n +9≤c n ≤3n +2，解得：n ≥4，符合题意；若c 3=12，c 4=13，则c 1=10，c 2=11，c n =n +9，n +9≤c n ≤3n +2，解得：n ≥4，符合题意；若c 3=12，c 4=14，则c 1=8，c 2=10，c n =2n +6，n +9≤c n ≤3n +2，解得：n ≥4，符合题意；综上所述：存在数列c n ，为c n =2n +5，c n =3n +2，c n =n +9，c n =2n +6.15(2024·吉林白山·二模)已知数列a n 的前n 项和为S n ，若数列a n 满足：①数列a n 项数有限为N ；②S N =0；③∑Ni =1a i =1，则称数列a n 为“N 阶可控摇摆数列”.(1)若等比数列a n 1≤n ≤10 为“10阶可控摇摆数列”，求a n 的通项公式；(2)若等差数列a n 1≤n ≤2m ,m ∈N * 为“2m 阶可控摇摆数列”，且a m >a m +1，求数列a n 的通项公式；(3)已知数列a n 为“N 阶可控摇摆数列”，且存在1≤m ≤N ，使得∑Ni =1a i =2S m ，探究：数列S n 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.【答案】(1)a n =110⋅(-1)n -11≤n ≤10 或a n =110⋅(-1)n 1≤n ≤10 (2)a n =-2n +2m +12m 21≤n ≤2m ,m ∈N *(3)不能，理由见解析【分析】(1)根据q =1和q ≠1讨论，利用等比数列前n 项和结合数列新定义求解即可；(2)结合数列定义，利用等差数列的前n 项和及通项公式求解即可；(3)根据数列a n 为“N 阶可控摇摆数列”求得S n ≤12，再利用数列S n 的前n 项和得S 1=S 2=S 3=⋯=S m -1=0，然后推得S 1+S 2+S 3+⋯+S N =0与S 1 +S 2 +S 3 +⋯+S N =1不能同时成立，即可判断.【详解】(1)若q =1，则S 10=10a 1=0，解得a 1=0，则∑10i =1a i =0，与题设矛盾，舍去；若q ≠1，则S 10=a 11-q 10 1-q =0，得q =-1，而∑10i =1a i =10a 1 =1，解得a 1=110或a 1=-110，故a n =110⋅(-1)n -11≤n ≤10 或a n =110⋅(-1)n 1≤n ≤10 .(2)设等差数列a 1,a 2,a 3,⋯,a 2m m ≥1 的公差为d ，因为a 1+a 2+a 3+⋯+a 2m =0，则2m a 1+a 2m2=0，则a 1+a 2m =a m +a m +1=0,a m =-a m +1，由a m >a m +1，得d <0,a m >0,a m +1<0，而∑2mi =1a i =1，故a 1+a 2+a 3+⋯+a m =12,a m +1+a m +2+a m +3+⋯+a 2m =-12，两式相减得m 2⋅d =-1，即d =-1m 2，又a 1m +m m -1 2d =12，得a 1=2m -12m 2，所以a n =a 1+n -1 d =2m -12m 2+n -1 ⋅-1m 2=-2n +2m +12m21≤n ≤2m ,m ∈N *.(3)记a 1,a 2,a 3,⋯,a N 中所有非负项之和为A ，负项之和为B ，因为数列a n 为“N 阶可控摇摆数列”，则A +B =0,A -B =1, 得A =12,B =-12，故-12=B ≤S n ≤A =12n =1,2,3,⋯,N ，所以S n ≤12.若存在1≤m ≤N ，使得∑N i =1a i =2S m ，即S m =12，则a 1≥0,a 2≥0,⋯,a m ≥0,a m +1≤0,a m +2≤0,⋯,a N ≤0，且a m +1+a m +2+⋯+a N =-12.假设数列S n 也为“N 阶可控摇摆数列”，记数列S n 的前n 项和为T n ，则T m =S 1+S 2+S 3+⋯+S m ≤12,因为S m =12，所以S 1=S 2=S 3=⋯=S m -1=0.所以a 1=a 2=a 3=⋯=a m -1=0,a m =12；又a m +1+a m +2+⋯+a N =-12，则S m +1,S m +2,⋯,S N ≥0.。

考点1.3 数列的新定义问题(解析版)

考点1.3 数列的新定义问题数列是高考重点考查的内容之一，其命题形式多种多样，其中基于问题情境的数列问题在高考中逐步成为热点。

通过具体的问题背景或新的定义，考察数列在问题情境中的应用，以此来检验学生的核心价值，学科素养，关键能力，必备知识。

解决数列的新定义问题，常用的解题思路是：审题、建模、研究模型、解决新定义问题。

研究模型时需注意：(1) 量(多个量) ；(2) 量之间的关系(规律)：等差、等比规律；递推关系；其它规律——由特殊到一般进行归纳总结；(3) 与数列通项公式有关或与前n 项和有关等．基础知识1．等差数列与等差中项 (1)定义：①文字语言：一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数； ②符号语言：a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)．a n －a n -1＝d (n 2≥ n ∈N *，d 为常数)． (2)等差中项：若三个数a ，A ，b 组成等差数列，则A 叫做a ，b 的等差中项．即A=2a b+． 2．等差数列的通项公式与前n 项和公式(1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ． (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (a 1＋a n )2．3．等差数列的性质已知数列{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和． (1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n ．(3)若k ＋l ＝2m (k ，l ，m ∈N *),则a k ＋a l ＝2a m ． 4．等差数列与函数的关系(1)通项公式：当公差d ≠0时，等差数列的通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋a 1－d 是关于n 的一次函数，且一次项系数为公差d .若公差d ＞0，则为递增数列，若公差d ＜0，则为递减数列．(2)前n 项和：当公差d ≠0时，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d2n 是关于n 的二次函数且常数项为0. 5．等比数列的有关概念 (1)定义：①文字语言：一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数(非零)． ②符号语言：a n ＋1a n＝q (n ∈N *，q 为非零常数)．1n n a q a-=(n 2≥ n ∈N *，d 为常数)．(2)等比中项：如果a ，A ，b 成等比数列，那么A 叫做a 与b 的等比中项．即A＝6．等比数列的有关公式(1)通项公式：a n ＝a 1q n －1． (2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.7．等比数列的性质已知数列{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和．(m ，n ，p ，q ，r ，k ∈N *) (1)若m ＋n ＝p ＋q ＝2r ，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2r ； 8．数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可用一个式子来表达，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．(2)已知数列{a n }的前n 项和S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.9．数列的递推公式如果已知数列{a n }的首项(或前几项)，且任一项a n 与它的前一项a n －1(n ≥2)(或前几项)间的关系可用一个公式来表示，那么这个公式叫做数列的递推公式．数列的新定义问题（1）单选题1．南宋数学家杨辉《详解九张算法》和《算法通变本末》中，提出垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差不相等，但是逐项差数之差或者高次成等差数列.在杨辉之后一般称为“块积术”.现有高阶等差数列，其前7项分别1，7，15，27，45，71，107，则该数列的第8项为（） A ．161 B ．155C ．141D ．139【答案】B 【分析】画出图形分析即可列出式子求解. 【详解】所给数列为高阶等差数列,设该数列的第8项为x ，根据所给定义：用数列的后一项减去前一项得到一个新数列，得到的新数列也用后一项减去前一项得到一个新数列，即得到了一个等差数列，如图：由图可得：3612107y x y -=⎧⎨-=⎩ ，解得15548x y =⎧⎨=⎩. 故选：B.2．数列{}:1,1,2,3,5,8,13,21,34,...,n F 成为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，该数列从第三项开始，每项等于其前两相邻两项之和，记该数{}n F 的前n 项和为n S ，则下列结论正确的是（）A ．201920212S F =+B ．201920211S F =-C ．201920202S F =+D ．201920201S F =- 【答案】B 【分析】利用迭代法可得21123211n n n n n n n F F F F F F F F F ++---=+=+++++++，可得21n n F S +=+，代入2019n =即可求解.【详解】由题意可得该数列从第三项开始，每项等于其前两相邻两项之和，则211112n n n n n n n n n n F F F F F F F F F F ++----=+=++=+++1211232n n n n n n n n n F F F F F F F F F -------=+++=++++=123211n n n n F F F F F F ---=+++++++，所以21n n F S +=+，令2019n =，可得201920211S F =-，故选：B 【点睛】关键点点睛：本题的关键点是理解数列新定义的含义得出21n n n F F F ++=+，利用迭代法得出21123211n n n n n n n F F F F F F F F F ++---=+=+++++++，进而得出21n n F S +=+.3．（2016•新课标Ⅲ，理12）定义“规范01数列” {}n a 如下：{}n a 共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意2k m ，1a ，2a ，⋯，k a 中0的个数不少于1的个数，若4m =，则不同的“规范01数列”共有( ) A ．18个 B ．16个C ．14个D ．12个【答案】C【解析】由题意可知，“规范01数列”有偶数项2m 项，且所含0与1的个数相等，首项为0，末项为1，若4m =，说明数列有8项，满足条件的数列有：0，0，0，0，1，1，1，1； 0，0，0，1，0，1，1，1； 0，0，0，1，1，0，1，1； 0，0，0，1，1，1，0，1； 0，0，1，0，0，1，1，1；0，0，1，0，1，0，1，1； 0，0，1，0，1，1，0，1； 0，0，1，1，0，1，0，1； 0，0，1，1，0，0，1，1； 0，1，0，0，0，1，1，1；0，1，0，0，1，0，1，1； 0，1，0，0，1，1，0，1； 0，1，0，1，0，0，1，1； 0，1，0，1，0，1，0，1．共14个，故选C ．4．（2020全国Ⅱ理12）0-1周期序列在通信技术中有着重要应用．若序列12na a a 满足()()0,11,2,i a i ∈=，且存在正整数m ，使得(1,2,)i m i a a i +==成立，则称其为0-1周期序列，并称满足),2,1(⋯==+i a a i m i 的最小正整数m 为这个序列的周期．对于周期为m 的0-1序列12na a a ，()11()1,2,,1mi i k i C k a a k m m +===-∑是描述其性质的重要指标．下列周期为5的0-1序列中，满足()()11,2,3,45C k k ≤=的序列是（）A ．11010B ．11011C ．10001D ．11001【答案】C【解析】由i mi a a +=知，序列i a 的周期为m ，由已知，5m =，511(),1,2,3,45i i k i C k a a k +===∑．对于选项A ，511223344556111111(1)()(10000)55555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=≤∑52132435465711112(2)()(01010)5555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=∑，不满足；对于选项B ，51122334455611113(1)()(10011)5555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=∑，不满足；对于选项D ，51122334455611112(1)()(10001)5555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=∑，不满足；故选：C5．（2017•新课标Ⅰ，理12）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：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02，接下来的两项是02，12，再接下来的三项是02，12，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数:100N N >且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( ) A ．440B ．330C ．220D ．110【解析】设该数列为{}n a ，设1(1)(1)12221n n n n n n b a a +-++=+⋯+=-，()n N +∈，则(1)211n n ni i i i b a +===∑∑，由题意可设数列{}n a 的前N 项和为N S ，数列{}n b 的前n 项和为n T ，则121121212122n n n T n ++=-+-+⋯+-=--，可知当N 为(1)2n n +时()n N +∈，数列{}n a 的前N 项和为数列{}n b 的前n 项和，即为122n n +--，容易得到100N >时，14≥n ，A 项，由29304352⨯=，4404355=+，可知305304402952292212S T b =+=--+-=，故A 项符合题意． B 项，仿上可知25263252⨯=，可知2652633025522522124S T b =+=--+-=+，显然不为2的整数幂，故B 项不符合题意．C 项，仿上可知20212102⨯=，可知2110211022020102202212223S T b =+=--+-=+-，显然不为2的整数幂，故C 项不符合题意．D 项，仿上可知14151052⨯=，可知15515110145214221215S T b =+=--+-=+，显然不为2的整数幂，故D 项不符合题意．故选A ．（2）多选题6．若数列{}n a 满足：对任意正整数n ，{}1n n a a +-为递减数列，则称数列{}n a 为“差递减数列”.给出下列数列{}()*n a n N ∈，其中是“差递减数列”的有（）A ．3n a n =B ．21n a n =+C ．n aD ．ln1n n a n =+ 【答案】CD 【分析】分别求出四个选项中数列{}()*n a n N ∈对应的{}1n n a a +-，再进行判断.【详解】对A ，若3n a n =，则13(1)33n n a a n n +-=+-=，所以{}1n n a a +-不为递减数列，故A 错误；对B ，若21n a n =+，则221(1)21n n a a n n n +-=+-=+，所以{}1n n a a +-为递增数列，故B 错误；对C ，若n a =1n n a a +-=={}1n n a a +-为递减数列，故C 正确；对D ，若ln1n n a n =+，则121111lnln ln ln(1)2122n n n n n n a a n n n n n n++++-=-=⋅=+++++，由函数21ln(1)2y x x=++在(0,)+∞递减，所以数{}1n n a a +-为递减数列，故D 正确.故选：CD . 【点睛】本题考查数列新定义、数列单调性及递推关系，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.7．在数学领域内，“数列”无疑是一个非常重要的话题.然而，中学生所学到的数列内容非常有限，除了等差、等比数列之外，其它数列涉及很少.下面向大家介绍一种有趣的数列，叫语言数列.例如第一项1123a =，对于一个对数列一窍不通的人，你怎样介绍它呢？你可以这样说，从左向右看，这里含有一个1，一个2和一个3，你再把它用数字表示出来，就得到了第二项2111213a =.再从左向右看2a ，它里面又是含有四个1，一个2和一个3，再把它用数字表示出来，就得到了第三项3411213a =，同样可得第四项414311213a =.按此规则重复下去，可以得到一个无穷数列{}n a ，你会惊奇地发现，无论11a =、12a =、13a =，还是1123a =，都有这样的结论：*0n N ∃∈，()*0n n n N ∀≥∈，都有2n n a a +=.则0n a 的可能值为（）A ．23322114B ．32142321C ．32232114D ．24312213【答案】AC 【分析】对各选项中0n a 的可能取值进行验证，结合题意可求出02n a +，并验证02n a +与0n a 是否相等，由此可得出合适的选项. 【详解】对于A 选项，若023322114n a =，从左往右看，有3个2，2个3，2个1，1个4，则0132232114n a +=，从左往右看，有2个3，3个2，2个1，1个4，则00223312114n n a a +==，合乎题意；对于B 选项，若032142321n a =，从左往右看，有2个3，3个2，2个1，1个4，则0123322114n a +=，从左往右看，有3个2，2个3，2个1，1个4，则00232232114n n a a +=≠，不合乎题意；对于C 选项，若032232114n a =，从左往右看，有2个3，3个2，2个1，1个4，则0123322114n a +=，有3个2，2个3，2个1，1个4，则00232232114n n a a +==，合乎题意；对于D 选项，若024312213n a =，从左往右看，有3个2，1个4，2个3，2个1，则0132142321n a +=，从左往右看，有2个3，3个2，2个1，1个4，则00223322114n n a a +=≠，不合乎题意. 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义，结合的关键就是充分利用题中定义，由0n a 的值逐步推导02n a +的值. 8．定义在()(),00,-∞⋃+∞上的函数()f x ，如果对于任意给定的等比数列{}n a ，数列(){}n f a 仍是等比数列，则称()f x 为“保等比数列函数”.现有定义在()(),00,-∞⋃+∞上的四个函数中，是“保等比数列函数”的为（）A ．()2f x x = B ．()2xf x = C ．()f x =D ．()ln f x x =【答案】AC 【分析】直接利用题目中“保等比数列函数”的性质，代入四个选项一一验证即可. 【详解】设等比数列{}n a 的公比为q .对于A ，则2221112()()n n n n n n f a a a q f a a a +++⎛⎫=== ⎪⎝⎭，故A 是“保等比数列函数”；对于B ，则111()22()2n n n n a a a n a n f a f a ++-+==≠ 常数，故B 不是“保等比数列函数”；对于C，则1()()n n f a f a +=== ，故C 是“保等比数列函数”；对于D ，则11ln ln ln ln ln ()1()ln ln ln ln n n n n n n n n na a q a qq f a f a a a a a ++⋅+====+≠ 常数，故D 不是“保等比数列函数”. 故选：AC. 【点睛】本题考查等比数列的定义，考查推理能力，属于基础题. 9．定义11222n nn a a a H n-+++=为数列{}n a 的“优值”.已知某数列{}n a 的“优值”2nn H =，前n 项和为n S ，则（）A ．数列{}n a 为等差数列B ．数列{}n a 为等比数列C ．2020202320202S = D ．2S ，4S ，6S 成等差数列【答案】AC 【分析】由题意可知112222n n nn a a a H n-+++==，即112222n n n a a a n -+++=⋅，则2n ≥时，()()111221212n n n n n a n n n ---=⋅--⋅=+⋅，可求解出1n a n =+，易知{}n a 是等差数列，则A 正确，然后利用等差数列的前n 项和公式求出n S ，判断C ，D 的正误. 【详解】解：由112222n n nn a a a H n-+++==，得112222n n n a a a n -+++=⋅，①所以2n ≥时，()211212212n n n a a a n ---+++=-⋅，②得2n ≥时，()()111221212n n n n n a n n n ---=⋅--⋅=+⋅，即2n ≥时，1n a n =+，当1n =时，由①知12a =，满足1n a n =+．所以数列{}n a 是首项为2，公差为1的等差数列，故A 正确，B 错，所以()32n n n S +=，所以2020202320202S =，故C 正确．25S =，414S =，627S =，故D 错，故选：AC ．【点睛】本题考查数列的新定义问题，考查数列通项公式的求解及前n 项和的求解，难度一般.10．设数列{}n x ，若存在常数a ，对任意正数r ，总存在正整数N ，当n N ≥，有n x a r -<，则数列{}n x 为收敛数列.下列关于收敛数列正确的有（）A ．等差数列不可能是收敛数列B ．若等比数列{}n x 是收敛数列，则公比(]1,1q ∈-C ．若数列{}n x 满足sin cos 22n x n n ππ⎛⎫⎛⎫=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则{}n x 是收敛数列 D ．设公差不为0的等差数列{}n x 的前n 项和为()0n n S S ≠，则数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭一定是收敛数列【答案】BCD 【分析】根据等差数列前n 和公式以及收敛数列的定义可判断A ；根据等比数列的通项公式以及收敛的定义可判断B ；根据收敛的定义可判断C ；根据等差数列前n 和公式以及收敛数列的定义可判断D. 【详解】当0n S >时，取2111222222n d d dd d d S n a n n n a n a ⎛⎫⎛⎫=+-=+-≥+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，为使得1n S r >，所以只需要1122d d n a r +->1112222da ra dr r n N d dr -+-+⇒>==.对于A ，令1n x =，则存在1a =，使0n x a r -=<，故A 错；对于B ，11n n x x q-=，若1q >，则对任意正数r ，当11log 1q r n x ⎛⎫+>+ ⎪ ⎪⎝⎭时， 1n x r >+，所以不存在正整数N 使得定义式成立，若1q =，显然符合；若1q =-为摆动数列()111n n x x -=-，只有1x ±两个值，不会收敛于一个值，所以舍去；若()1,1q ∈-，取0a =，1log 11q rN x ⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦，当n N >时，11110n n rx x qx r x --=<=，故B 正确；对于C ，()1sin cos sin 0222n x n n n πππ⎛⎫⎛⎫===⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，符合；对于D ，()11n x x n d =+-，2122n d d S n x n ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，当0d >时，n S 单调递增并且可以取到比1r更大的正数，当n N>=时，110n n r S S -=<，同理0d <，所以D 正确. 故选：BCD【点睛】关键点点睛：解题的关键是理解收敛数列的定义，借助等差数列前n 和公式以及等比数列的通项公式求解，属于中档题.（3）填空题11．意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，…，即(1)(2)1F F ==，*()(1)(2)(3,)F n F n F n n n N =-+-≥∈，此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用，若此数列被3整除后的余数构成一个新数列{}n b ，则2020b =_________．【答案】0【分析】由题设描述可得被3整除后的余数构成一个新数列{}n b，观察可知是周期数列，结合目标项下标即可求值.【详解】由题意知：“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，…，∴此数列被3整除后的余数：1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，0，2，2，1，0，…，观察可知新数列是以1，1，2，0，2，2，1，0为一个周期的循环，而20208的余数为4，∴20200b=故答案为：0【点睛】本题考查了数列新定义，应用观察法找规律求项，属于简单题.12．音乐与数学有着密切的联系，我国春秋时期有个著名的“三分损益法”：以“宫”为基本音，“宫”经过一次“损”频率变为原来的32，得到“徵”；“徵”经过一次“益”，频率变为原来的34，得到“商”；……依次损益交替变化，获得了“宫、徵、商、羽、角”五个音阶，设“宫”的频率为1，则“角”的频率为________.【答案】81 64【分析】根据已知条件经过一次“损”频率变为原来的32，经过一次“益”，频率变为原来的34，依次损益交替变化求概率即可.【详解】由“宫”的频率为1，“宫”经过一次“损”得到“徵”的频率变为32，“徵”经过一次“益”，得到商的频率为339 248⨯=，“商”经过一次“损”，得到“羽”的频率为9327 8216⨯=，“羽”经过一次“益”，得到“角”的频率为27381 16464⨯=，所以“角”的频率为81 64，故答案为：8164【点睛】本题主要考查了数列与文化知识结合，关键是读懂题意求出概率，属于基础题. 13．已知数列{}n a 满足：152a =，()2*1122n n n a a a n N +=-+∈，若上取整函数⎡⎤⎢⎥x 表示不小于x 的最小整数（例如：1.22=⎡⎤⎢⎥，33=⎡⎤⎢⎥），则122020111a a a ⎡⎤+++=⎢⎥⎢⎥______．【答案】2 【分析】已知等式变形为111122n n n a a a +=---，由此可求得122020120212*********2222a a a a a a +++=-=----，再证明{}n a 是递增数列，并通过前几项，估计出20213a >，这样再根据新定义可得．【详解】由已知得111122n n n a a a +=---，即111122n n n a a a +=---，1220201202120211111112222a a a a a a +++=-=----，因为21112(2)222n n n n n a a a a a +=-+=-+，且1522a =>，所以12n a +>，即数列{}n a 各项均大于2，又()22111222022n n n n n a a a a a +-=-+=->，故{}n a 单调递增，152a =，可得2218a =，3 2.82a ≈，4 3.16a ≈，故当4n ≥时，3n a >，所以20213a >，故12202011112a a a <+++<，1220201112a a a ⎡⎤+++=⎢⎥⎢⎥. 故答案为：2．【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，考查数列的单调性与裂项相消求和法．解题关键是求得和式122020111a a a +++，通过已知式变形后可用裂项相消法求和，然后问题转化为估计数列中各项的取值范围，结合新定义只要考察数列的前几项即可得出结论．14．在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和为同一个常数，那么这个数列称为等和数列，这个常数称为该数列的公和．已知数列{}n a 是等和数列，且120202,8a a =-=，则这个数列的前2020项的和为____. 【答案】6060 【分析】设等和数列的公和为m ．根据12a =-，利用等和数列的定义求得通项公式，然后利用并项求和法求解. 【详解】设等和数列的公和为m ．因为12a =-，所以23452,2,2,2,...a m a a m a =+=-=+=-，所以2n 2,n a m n -⎧=⎨+⎩，为奇数为偶数，又202028a m =+=，所以6m =，所以()()()()202012345620192020...S a a a a a a a a =++++++++，101066060=⨯=，故答案为：6060 【点睛】本题主要考查数列的新定义以及通项公式的求法和并项求和法的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.15．若数列{}n a 满足111n nd a a +-=（*n N ∈，d 为常数），则称数列{}n a 为“调和数列”，已知正项数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为“调和数列”，且12201920190b b b ++⋯+=，则22018b b 的最大值是________．【答案】100 【分析】本题首先可根据调和数列的性质得出1n n d b b +=-，从而判断出数列{}n b 是等差数列，然后根据()1220122018920192b b b b b +=++⋯+得出2201820b b +=，最后根据基本不等式求最值，即可得出结果. 【详解】因为正项数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为“调和数列”，所以1n n d b b +=-，数列{}n b 是等差数列，则()221018220192012019209b b b b b ++==⋯++，解得2201820b b +=，故2201820b b ≤+=，即22018100b b ≤，当且仅当2201810b b ==时等号成立，故22018b b 的最大值是100，故答案为：100. 【点睛】关键点点睛：本题考查学生对新定义的理解与转化，能否根据“调和数列”的定义和等差数列的定义得出数列{}n b 是等差数列是解决本题的关键，若数列{}n b 是等差数列，且c d e f ，则c d e f b b b b ，考查计算能力，是中档题.（4）解答题16．（2020山东18）已知公比大于1的等比数列{}n a 满足2420a a +=，38a =．（1）求{}n a 的通项公式；（2）记m b 为{}n a 在区间(]0,m ()m *∈N 中的项的个数，求数列{}m b 的前100项和100S ．【答案】（1）2n n a =；（2）100480S =．【思路导引】（1）利用基本元的思想，将已知条件转化为1,a q 的形式，求解出1,a q ，由此求得数列{}n a 的通项公式；（2）通过分析数列{}m b 的规律，由此求得数列{}m b 的前100项和100S ．【解析】（1）由于数列{}n a 是公比大于1的等比数列，设首项为1a ，公比为q ，依题意有31121208a q a q a q ⎧+=⎨=⎩，解得12,2a q ==，所以2n n a =，所以数列{}n a 的通项公式为2nn a =．（2）由于123456722,24,28,216,232,264,2128=======，所以1b 对应的区间为：(]0,1，则10b =；23,b b 对应的区间分别为：(](]0,2,0,3，则231b b ==，即有2个1；4567,,,b b b b 对应的区间分别为：(](](](]0,4,0,5,0,6,0,7，则45672b b b b ====，即有22个2； 8915,,,b b b 对应的区间分别为：(](](]0,8,0,9,,0,15，则89153b b b ====，即有32个3；161731,,,b b b 对应的区间分别为：(](](]0,16,0,17,,0,31，则1617314b b b ====，即有42个4； 323363,,,b b b 对应的区间分别为：(](](]0,32,0,33,,0,63，则3233635b b b ====，即有52个5； 6465100,,,b b b 对应的区间分别为：(](](]0,64,0,65,,0,100，则64651006b b b ====，即有37个6．所以23451001222324252637480S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．17．（2016•新课标Ⅱ，理17）n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且11a =，728S =，记[]n n b lga =，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[0.9]0=，[99]1lg =．（Ⅰ）求1b ，11b ，101b ；（Ⅱ）求数列{}n b 的前1000项和．【解析】（Ⅰ）n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且11a =，728S =，4728a =．可得44a =，则公差1d =．n a n =，[]n b lgn =，则1[1]0b lg ==，11[11]1b lg ==，101[101]2b lg ==．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知：12390b b b b ===⋯==，101112991b b b b ===⋯==．1001011021039992b b b b b ====⋯==，10,003b =．数列{}n b 的前1000项和为：90901900231893⨯+⨯+⨯+=．18．（2020江苏20）已知数列*{}()n a n N ∈的首项11a =，前n 项和为n S ．设λ与k 是常数．若对一切正整数n ，均有11111k k k n n n S S a λ++-=成立，则称此数列为“k λ-”数列．（1）若等差数列是“1λ-”数列，求λ的值；（2）若数列{}n a 2-”数列，且0n a >，求数列{}n a 的通项公式；（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{}n a 为“3λ-”数列，且0n a ≥？若存在，求出λ的取值范围；若不存在，说明理由．【答案】见解析【解析】（1）1k =时，111n n n n a S S a λ+++=-=，∴1λ=．（2=11n n n a S S ++=-=，==11144()33n n n n S a S S +++==-．从而14n n S S +=．又111S a ==，14n n S -=，2134n n n n a S S --=-=⋅，2n ≥．综上，21,134,2n n n a n -=⎧=⎨⋅≥⎩．（3）若存在三个不同的数列{}n a 为“3λ-”数列，则11133311n n n S S aλ++-=，则21123333331111133()n n nn nn n n n SS S S S S a S S λλ+++++-+-==-，由11a =，0n a ≥则0n S >，令113()0n n nS p S +=>，则3323(1)33(1)0n n n p p p λλ--+--=， 1λ=时，2n n p p =，由0n p >可得1n p =，则1n n S S +=，即10n a +=，此时{}n a 唯一，不存在三个不同的数列{}n a ；1λ≠时，令331t λ=-，则3210n n n p tp tp -+-=，则2(1)[(1)1]0n n n p p t p -+-+=， ①1t ≤时2(1)10n n p t p +-+>，则1n p =同理不存在三个不同的数列{}n a ；②13t <<时，2(1)40t ∆=--<，2(1)10n n p t p +-+=无解，则1n p =，同理不存在三个不同的数列{}n a ； ③3t =时，3(1)0n p -=，则1n p =，同理不存在三个不同的数列{}n a ；④3t >即01λ<<时，2(1)40t ∆=-->，2(1)10n n p t p +-+=有两解α，β，设αβ<，12t αβ+=->，10αβ=>，则01αβ<<<，则对任意*n N ∈，11n n S S +=或31n n S S α+=或31n nSS β+=，此时1n S =，31,1,2n n S n β=⎧=⎨≥⎩，31,1,2,3n n S n β=⎧=⎨≥⎩均符合条件，对应1,10,2n n a n =⎧=⎨≥⎩，31,11,20,3n n a n n β=⎧⎪=-=⎨⎪≥⎩，31,10,21,30,4n n n a n n β=⎧⎪=⎪=⎨-=⎪⎪≥⎩，则存在三个不同的数列{}n a 为“3λ-”数列，且0n a ≥，综上，01λ<<． 19．（2019江苏20）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”．（1）已知等比数列{a n }满足：，求证：数列{a n }为“M －数列”；（2）已知数列{b n }满足：，其中S n 为数列{b n }的前n 项和． ①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数，若存在“M －数列”{c n }，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有成立，求m 的最大值．【解析】（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0．由，得，解得．因此数列为“M —数列”．（2）①因为，所以．由，得，则．由，得，当时，由，得，整理得．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列．因此，数列{b n }的通项公式为b n =n ．②由①知，b k =k ，．*()n ∈N 245324,440a a a a a a =-+=*()n ∈N 111221,n n n b S b b +==-*()n ∈N 1k k k c b c +245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩112a q =⎧⎨=⎩{}n a 1122n n n S b b +=-0n b ≠1111,b S b ==212211b =-22b =1122n n n S b b +=-112()n n n n n b b S b b ++=-2n ≥1n n n b S S -=-()()111122n n n nn n n n n b b b b b b b b b +-+-=---112n n n b b b +-+=()*n ∈N *k ∈N因为数列{c n }为“M –数列”，设公比为q ，所以c 1=1，q >0．因为c k ≤b k ≤c k +1，所以，其中k =1，2，3，…，m ．当k =1时，有q ≥1；当k =2，3，…，m 时，有．设f （x ）=，则．令，得x =e ．列表如下：因为，所以．取k =1，2，3，4，5时，，即，经检验知也成立．因此所求m 的最大值不小于5．若m ≥6，分别取k =3，6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216，所以q 不存在．因此所求m 的最大值小于6．综上，所求m 的最大值为5．20．(2014江苏)设数列的前项和为．若对任意正整数，总存在正整数，使得，则称是“H 数列”．（Ⅰ）若数列的前n 项和(N )，证明: 是“H 数列”；（Ⅱ）设是等差数列，其首项，公差．若是“H 数列”，求的值；（Ⅲ）证明：对任意的等差数列，总存在两个“H 数列”和，使得(N )成立．【解析】（Ⅰ）当2n ≥时，111222n n n n n n a S S ---=-=-= 当1n =时，112a S ==∴1n =时，11S a =，当2n ≥时，1n n S a +=，∴{}n a 是“H 数列”．1k k q k q -≤≤ln ln ln 1k kq k k ≤≤-ln (1)x x x >21ln ()xf 'x x-=()0f 'x =ln 2ln 82663=<=max ln ()(3)3f k f ==q =ln ln kq kk k q ≤1k q k -≤}{n a n n S n m m n a S =}{n a }{n a n n S 2=∈n *}{n a }{n a 11=a 0<d }{n a d }{n a }{n b }{n c n n n c b a +=∈n *（Ⅱ）1(1)(1)22n n n n n S na d n d --=+=+ 对n *∀∈N ，m *∃∈N 使n m S a =，即(1)1(1)2n n n d m d -+=+- 取2n =得1(1)d m d +=-，12m d=+∵0d <，∴2m <，又m *∈N ，∴1m =，∴1d =-．（Ⅲ）设{}n a 的公差为d令111(1)(2)n b a n a n a =--=-，对n *∀∈N ，11n n b b a +-=- 1(1)()n c n a d =-+，对n *∀∈N ，11n n c c a d +-=+则1(1)n n n b c a n d a +=+-=，且{}{}n n b c ，为等差数列 {}n b 的前n 项和11(1)()2n n n T na a -=+-，令1(2)n T m a =-，则(3)22n n m -=+ 当1n =时1m =；当2n =时1m =；当3n ≥时，由于n 与3n -奇偶性不同，即(3)n n -非负偶数，m *∈N 因此对n ∀，都可找到m *∈N ，使n m T b =成立，即{}n b 为“H 数列”． {}n c 的前ｎ项和1(1)()2n n n R a d -=+，令1(1)()n m c m a d R =-+=，则(1)12n n m -=+ ∵对n *∀∈N ，(1)n n -是非负偶数，∴m *∈N即对n *∀∈N ，都可找到m *∈N ，使得n m R c =成立，即{}n c 为“H 数列”，因此命题得证．。

数列新定义问题 (解析版)--2025年新高考数学一轮复习

数列新定义问题1(2024·甘肃定西·一模)在n个数码1,2,⋯,n n∈N,n≥2构成的一个排列j1j2⋯j n中，若一个较大的数码排在一个较小的数码的前面，则称它们构成逆序(例如j2>j5，则j2与j5构成逆序)，这个排列的所有逆序的总个数称为这个排列的逆序数，记为T j1j2⋯j n，例如，T312=2，(1)计算T(51243)；(2)设数列a n满足a n+1=a n⋅T51243-T3412,a1=2，求a n的通项公式；(3)设排列j1j2⋯j n n∈N,n≥2满足j i=n+1-i i=1,2,⋯,n,b n=T j1j2⋯j n,S n=1b2+1b3+⋯+1b n+1，求S n，【答案】(1)5(2)a n=5n-1+1(3)S n=2nn+1【分析】(1)利用逆序数的定义，依次分析排列51243中的逆序个数，从而得解；(2)利用逆序数的定义得到a n+1=5a n-4，从而利用构造法推得a n-1是等比数列，从而得解；(3)利用逆序数的定义，结合等差数列的求和公式得到b n，再利用裂项相消法即可得解.【详解】(1)在排列51243中，与5构成逆序的有4个，与1构成逆序的有0个，与2构成逆序的有0个，与4构成逆序的有1个，与3构成逆序的有0个，所以T(51243)=4+0+0+1+0=5.(2)由(1)中的方法，同理可得T(3412)=4，又T(51243)=5，所以a n+1=5a n-4，设a n+1+λ=5a n+λ，得a n+1=5a n+4λ，所以4λ=-4，解得λ=-1，则a n+1-1=5a n-1，因为a1-1=1≠0，所以数列a n-1是首项为1，公比为5的等比数列，所以a n-1=5n-1，则a n=5n-1+1.(3)因为j i=n+1-i(i=1,2,⋯,n)，所以b n=T j1j2⋯j n=n-1+n-2+⋯+1+0=n-1n2，所以1b n+1=2(n+1)n=21n-1n+1，所以S n=21-12+12-13+⋯+1n-1n+1=21-1n+1=2n n+1.2(2024高三下·全国·专题练习)若数列{a n}中存在三项，按一定次序排列构成等比数列，则称{a n }为“等比源数列”．(1)已知数列{a n}为4，3，1，2，数列{b n}为1，2，6，24，分别判断{a n},{b n}是否为“等比源数列”，并说明理由；(2)已知数列{c n}的通项公式为c n=2n-1+1，判断{c n}是否为“等比源数列”，并说明理由；【答案】(1){a n}是“等比源数列”，{b n}不是“等比源数列”，理由见解析(2){c n}不是“等比源数列”，理由见解析【分析】(1)根据等比中项，结合列举法即可求解，(2)假设是“等比源数列”得c2n=c m c k，即可根据指数幂的运算，结合奇偶数的性质得矛盾，即可求解.【详解】(1){a n }是“等比源数列”，{b n }不是“等比源数列”．{a n }中“1，2，4”构成等比数列，所以{a n }是“等比源数列”；{b n }中“1，2，6”，“1，2，24”，“1，6，24”，“2，6，24”均不能构成等比数列，且这四者的其他次序也不构成等比数列，所以{b n }不是“等比源数列”．(2){c n }不是“等比源数列”．假设{c n }是“等比源数列”，因为{c n }是单调递增数列，即{c n }中存在的c m ，c n ，c k (m <n <k )三项成等比数列，也就是c 2n =c m c k ，即(2n -1+1)2=(2m -1+1)(2k -1+1)，22n -2+2n =2m +k -2+2m -1+2k -1，两边时除以2m -1得22n -m -1+2n -m +1=2k -1+1+2k -m ，等式左边22n -m -1+2n -m +1为偶数，等式右边2k -1+1+2k -m 为奇数．所以数列{c n }中不存在三项按一定次序排列构成等比数列．综上可得{c n }不是“等比源数列”．3(23-24高二下·吉林四平·阶段练习)在数列a n 中，若存在常数t ，使得a n +1=a 1a 2a 3⋅⋅⋅a n +t (n ∈N *)恒成立，则称数列a n 为“H t 数列”．(1)判断数列1，2，3，7，43是否为“H 1 数列”；(2)若c n =1+1n，试判断数列c n 是否为“H t 数列”，请说明理由；(3)若数列a n 为“H t 数列”，且a 1=2，数列b n 为等比数列，满足∑ni =1a 2i =a n +1+log 2b n -t 求数列b n 的通项公式和t 的值．【答案】(1)是(2)不是，理由见解析(3)b n =2n +1，t =-1【分析】(1)根据H t 数列的定义判断(2)根据已知条件求出c n +1-c 1c 2c 3⋅⋅⋅c n 即可判断；(3)根据数列a n 为“H t 数列”，化∑i =1n a 2i =a n +1+log 2b n -t 为∑i =1na 2i =a 1a 2a 3⋅⋅⋅a n +log 2b n ，进而求得∑i =1n +1a 2i =a 1a 2a 3⋅⋅⋅a n a n +1+log 2b n +1，作差有a 2n +1=a n +1-1 a 1a 2a 3⋅⋅⋅a n +log 2b n +1b n，根据已知条件化为t +1 a n +1-t +log 2q =0，解得t =-1q =2，由此求出b 1=4，即可求出数列b n 的通项公式.【详解】(1)由题意可得2=1+1，3=1×2+1，7=1×2×3+1，43=2×3×7+1，所以1，2，3，7，43是“H 1 数列”；(2)数列c n 不是“H t 数列”，理由如下：c n =1+1n =n +1n (n ∈N *)，则c n +1=n +2n +1(n ∈N *)，又c 1c 2c 3⋅⋅⋅c n =21⋅32⋅43⋅⋅⋅n +1n=n +1(n ∈N *)，所以c n +1-c 1c 2c 3⋅⋅⋅c n =n +2n +1-n +1 =1n +1-n (n ∈N *)，因为1n +1-n 不是常数，所以数列c n 不是“H t 数列”．(3)因为数列a n 为“H t 数列”，由∑i =1na 2i =a n +1+log 2b n -t (n ∈N *)，有∑i =1na 2i =a 1a 2a 3⋅⋅⋅a n +log 2b n (n ∈N *)①，所以∑i =1n +1a 2i =a 1a 2a 3⋅⋅⋅a n a n +1+log 2b n +1(n ∈N *)②，两式作差得a 2n +1=a n +1-1 a 1a 2a 3⋅⋅⋅a n +log 2b n +1b n(n ∈N *)，又因为数列a n 为“H t 数列”，所以a n +1-t =a 1a 2a 3⋅⋅⋅a n (n ∈N *)，设数列b n 的公比为q ，所以a 2n +1=a n +1-1 a n +1-t +log 2q (n ∈N *)，即t +1 a n +1-t +log 2q =0对∀n ∈N *成立，则t +1=0t +log 2q =0⇒t =-1q =2，又a 1=2，a 21=a 1+log 2b 1，得b 1=4，所以b n =4×2n -1=2n +1，t =-1．4(23-24高二下·四川南充·阶段练习)给定数列a n ，称a n +1-a n 为a n 的差数列(或一阶差数列)，称数列a n +1-a n 的差数列为a n 的二阶差数列，若a n =3n .(1)设a n 的二阶差数列为b n ，求b n 的通项公式.(2)在(1)的条件下，设c n =log 3b n 4+b n ，求c n 的前n 项和为T n 【答案】(1)b n =4⋅3n (2)T n =2⋅3n +1+n 22+n2-6【分析】(1)借助定义计算即可得；(2)借助等差数列及等比数列的求和公式计算即可得.【详解】(1)a n +1-a n =3n +1-3n =2⋅3n ，则b n =2⋅3n +1-2⋅3n =4⋅3n ；(2)c n =log 3b n 4+b n =log 34⋅3n 4+4⋅3n =n +4⋅3n ，则T n =121-3n1-3+n n +1 2=2⋅3n +1+n 22+n 2-6.5(2024·安徽池州·模拟预测)定义：若对∀k ∈N *,k ≥2,a k -1+a k +1≤2a k 恒成立，则称数列a n 为“上凸数列”．(1)若a n =n 2-1，判断a n 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a n 为“上凸数列”，则当m ≥n +2m ,n ∈N * 时，a m +a n ≤a m -1+a n +1．(ⅰ)若数列S n 为a n 的前n 项和，证明：S n ≥n2a 1+a n ；(ⅱ)对于任意正整数序列x 1,x 2,x 3,⋯,x i ,⋯,x n (n 为常数且n ≥2,n ∈N *)，若ni =1x 2i-1 ≥ni =1x i-λ 2-1恒成立，求λ的最小值．【答案】(1)是，证明见解析(2)(ⅰ)证明见解析；(ⅱ)n -1【分析】(1)构造函数f x =(x +1)2-1-x 2-1,x ≥1，利用导数研究其单调性结合“上凸数列”定义判定即可；(2)(ⅰ)利用“上凸数列”定义及倒序相加法证明即可；令a n =n 2-1，利用条件及数列求和适当放缩计算即可.【详解】(1)a n 是“上凸数列”，理由如下：因为a n =n 2-1,a n +1-a n =(n +1)2-1-n 2-1，令f x =(x +1)2-1-x 2-1,x ≥1，则fx =x +1(x +1)2-1-xx 2-1=(x +1)3x -1 -x 3x +2(x +1)2-1⋅x 2-1．当x ≥1时，(x +1)3x -1 -x 3x +2 =-2x -1<0，所以(x +1)3x -1 <x 3x +2 ，所以f x <0,f x 在区间1,+∞ 上单调递减，所以f n >f n +1 ,a n +1-a n >a n +2-a n +1，所以a n +2+a n ≤2a n +1，所以a n 是“上凸数列”．(2)(ⅰ)证明：因为a n 是“上凸数列”，由题意可得对任意1≤i ≤n i ∈N * ，a i +a n -i +1≥a i -1+a n -i +2≥a i -2+a n -i +3⋅⋅⋅≥a 2+a n -1≥a 1+a n ，所以2S n =a 1+a n +a 2+a n -1 +⋅⋅⋅+a n -1+a 2 +a n +a 1 ≥n a 1+a n ，所以S n ≥n2a 1+a n ．(ⅱ)解：令a n =n 2-1，由(1)可得当a n =n 2-1时，a n 是“上凸数列”，由题意可知，当m ≥n +2m ,n ∈N * 时，a m +a n ≤a m -1+a n +1．因为ni =1x 2i -1 =x 21-1+x 22-1+x 23-1+⋅⋅⋅+x 2n -1，即∑ni =1x 2i -1=x 21-1+x 22-1+x 23-1+⋅⋅⋅+∑ni =1x i -x 1-x 2-⋯-x n -1 2-1．所以∑n i =1x 2i -1≥x 1-x 1+12-1+x 22-1+⋅⋅⋅+∑n i =1x i-x 1-x 2-⋅⋅⋅-xn -1+x 1-1 2-1≥12-1+x 2-x 2+12+⋯+∑ni =1x i-1-x 2-⋅⋅⋅-xn -1+x 2-1 2-1⋯≥0+0+0+⋯+∑ni =1x i -n +1 2-1≥∑ni =1x i -λ 2-1，当且仅当x 1=x 2=⋅⋅⋅=x n -1时等号成立，所以λ≥n -1．综上所述，λ的最小值为n -1．6(2024·江西南昌·一模)对于各项均不为零的数列c n ，我们定义：数列c n +kc n为数列c n 的“k -比分数列”.已知数列a n ,b n 满足a 1=b 1=1，且a n 的“1-比分数列”与b n 的“2-比分数列”是同一个数列.(1)若b n 是公比为2的等比数列，求数列a n 的前n 项和S n ；(2)若b n 是公差为2的等差数列，求a n .【答案】(1)S n =13×4n -1 ；(2)a n =13×4n 2-1 .【分析】(1)利用已知求出通项公式，再求前n 项和即可.(2)利用累乘法求通项公式即可.【详解】(1)由题意知an +1a n =b n +2b n，因为b 1=1，且b n 是公比为2的等比数列，所以a n +1a n=4，因为a 1=1，所以数列a n 首项为1，公比为4的等比数列，所以S n =1×1-4n 1-4=13×4n -1 ；(2)因为b 1=1，且b n 是公差为2的等差数列，所以b n =2n -1，所以a n +1a n =b n +2b n=2n +32n -1，所以a n a n -1=2n +12n -3,a n -1a n -2=2n -12n -5,⋯⋯,a 2a 1=51，所以a n a 1=2n +1 2n -1 3×1，因为a 1=1，所以a n =13×4n 2-1 .7(2024·黑龙江·二模)如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的比都大于3，则称这个数列为“G 型数列”．(1)若数列a n 满足2a n =S n +1，判断a n 是否为“G 型数列”，并说明理由；(2)已知正项数列a n 为“G 型数列”，a 1=1，数列b n 满足b n =a n +2，n ∈N *，b n 是等比数列，公比为正整数，且不是“G 型数列”，求数列a n 的通项公式．【答案】(1)不是“G 型数列”，理由见解析；(2)a n =3n -2【分析】(1)计算得出数列前两项验证即可得出结论，并证明即可；(2)利用a n 为“G 型数列”和b n 是等比数列，且不是“G 型数列”可求得b n 的公比为3，即可求出数列a n 的通项公式为a n =3n-2.【详解】(1)易知当n =1时，可得2a 1=S 1+1=a 1+1，即a 1=1；而当n =2时，2a 2=S 2+1=a 1+a 2+1，可得a 2=2；此时a 2a 1=21=2<3，不满足“G 型数列”定义，猜想：数列a n 不是“G 型数列”，证明如下：由2a n =S n +1可得，当n ≥2时，2a n -1=S n -1+1，两式相减可得2a n -2a n -1=S n -S n -1=a n ，可得a n =2a n -1，此时从第二项起，每一项与它前一项的比为an a n -1=2<3，因此a n 不是“G 型数列”；(2)设数列b n 的公比为q ，易知q ∈N *，又因为数列b n 不是“G 型数列”，可得q ≤3可得b n +1b n=a n +1+2a n +2=q ，即得a n +1=qa n +2q -2；又数列a n 为“G 型数列”，可得an +1a n =q +2q -2a n>3；易知“G 型数列”为递增数列，因此当n 趋近于正无穷大时，q +2q -2a n趋近于q ，即可得q ≥3；综上可得q =3，即a n +1=3a n +4，可得a n +1+2=3a n +2 ；所以数列a n +2 是以a 1+2=3为首项，公比为3的等比数列；即可得a n +2=3×3n -1=3n ，可得a n =3n -2；所以数列a n 的通项公式为a n =3n -2.8(2015高二·全国·竞赛)设数列a n 满足：①a 1=1；②所有项a n ∈N ∗；③1=a 1<a 2<⋅⋅⋅<a n <a n +1<⋅⋅⋅.设集合A m =n |a n ≤m ,m ∈N ∗ ，将集合A m 中的元素的最大值记为b m .换句话说，b m 是数列a n 中满足不等式a n ≤m 的所有项的项数的最大值.我们称数列b n 为数列a n 的伴随数列.例如，数列1，3，5的伴随数列为1，1，2，2，3.(1)请写出数列1，4，7的伴随数列；(2)设a n =3n -1，求数列a n 的伴随数列b n 的前20之和；(3)若数列a n 的前n 项和S n =n 2+c (其中c 常数)，求数列a n 的伴随数列b m 的前m 项和T m .【答案】(1)1，1，1，2，2，2，3(2)50(3)T m =m +124，m =2t -1,t ∈N * m m+24，m =2t ,t ∈N *【分析】(1)由数列的新定义直接写出即可；(2)由数列的新定义结合对数的运算求出即可；(3)先由S n 求出a n ，再由数列新定义求出b m ，再分m 为奇数和偶数时分别求出T m .【详解】(1)数列1，4，7的伴随数列为1，1，1，2，2，2，3，(后面加3算对)(2)由a n =3n -1≤m ，得n ≤1+log 3m m ∈N * ∴当1≤m ≤2,m ∈N *时，b 1=b 2=1 当3≤m ≤8,m ∈N *时，b 3=b 4=⋅⋅⋅=b 8=2 当9≤m ≤20,m ∈N *时，b 9=b 28=⋅⋅⋅=b 20=3 ∴b 1+b 2+⋅⋅⋅+b 20=1×2+2×6+3×12=50(3)∵a 1=S 1=1+c =1 ∴c =0 当n ≥2时，a n =S n -S n -1=2n -1∴ a n =2n -1n ∈N *由a n =2n -1≤m 得：n ≤m +12m ∈N *因为使得a n ≤m 成立的n 的最大值为b m ，所以 b 1=b 2=1,b 3=b 4=2,⋅⋅⋅，b 2t -1=b 2t =t ，t ∈N * 当m =2t -1t ∈N * 时：T m =2⋅1+(t -1)2⋅(t -1)+t =t 2=14(m +1)2当m =2t t ∈N * 时：T m =2⋅1+t 2⋅t =t 2+t =14m (m +2)所以T m =m +124，m =2t -1,t ∈N * m m+24，m =2t ,t ∈N *9(23-24高二下·上海闵行·阶段练习)若有穷数列a 1，a 2,⋯,a n ,(n 是正整数)，满足a 1=a n ，a 2=a n -1,⋯,a n =a 1即a i =a n -i +1(i 是正整数，且1≤i ≤n )，就称该数列为“对称数列”．例如，数列1，3，5，5，3，1就是“对称数列”.(1)已知数列{b n }是项数为7的对称数列，且b 1，b 2，b 3，b 4成等差数列，b 1=2，b 4=11，试写出{b n }的每一项；(2)对于确定的正整数m >1，写出所有项数不超过2m 的“对称数列”，使得1,2,22,⋯,2m -1依次是该数列中连续的项；当m =10时，求其中一个“对称数列”前19项的和S 19【答案】(1)2，5，8，11，8，5，2(2)答案见解析【分析】(1)由等差数列基本量的计算结合对称数列的定义即可求解；(2)由该特殊对称数列的定义结合等边数列求和公式即可求解.【详解】(1)设{b n }的公差为d ，则b 4=b 1+3d =2+3d =11，解得d =3，∴数列{b n }为2，5，8，11，8，5，2．(2)若1,2,22,⋯,2m -1依次是该数列中连续的项，且是对称数列，则至少有1+2m -1 =2m -1项，从而所有项数不超过2m 的“对称数列”有：1,2,22,⋯,2m -2,2m -1,2m -1,2m -2,⋯,22,2,1，2m -1,2m -2,⋯,22,2,1,1,2,22,⋯,2m -2,2m -1，1,2,22,⋯,2m -2,2m -1,2m -2,⋯,22,2,1，2m -1,2m -2,⋯,22,2,1,2,22,⋯,2m -2,2m -1，共有4个这样的数列(2个2m 项的，2个2m -1项的)；当m =10时，求数列1,2,22,⋯,2m -2,2m -1,2m -2,⋯,22,2,1的前19项，则S 19=1+2+22+⋯+28+29+28+⋯+22+2+1=1-2101-2+1-291-2=210-1+29-1=1534.10(23-24高二下·江西·阶段练习)将数列a n 按照一定的规则，依顺序进行分组，得到一个以组为单位的序列称为a n 的一个分群数列，a n 称为这个分群数列的原数列．如a 1,a 2,⋯,a r ，a r +1,a r +2,⋯,a t ，a t +1,a t +2,⋯,a s ⋯，a m +1,a m +2,⋯,a n 是a n 的一个分群数列，其中第k 个括号称为第k 群．已知a n 的通项公式为a n =2n -1．(1)若a n 的一个分群数列中每个群都含有3项；该分群数列第k 群的中间一项为b k ，求数列b n 的通项公式；(2)若a n 的一个分群数列满足第k 群含有k 项，A k 为该分群数列的第k 群所有项构成的数集，设M =m a m ∈A k ,a m +7∈A k +2 ，求集合M 中所有元素的和．【答案】(1)b n =6n -3(2)54【分析】(1)由给定的数列新定义推导通项公式求解即可.(2)根据该数列第k 群含有k 项，求出该分群数列的前7群，从而得到集合M 中的所有元素，求和即可.【详解】(1)由题意知该分群数列第k 群的中间一项为b k =a 3k -1．因为a n =2n -1，所以b k =a 3k -1=23k -1 -1=6k -3，即b n =6n -3．(2)由题意知该分群数列第k 群含有k 项，所以该分群数列前7群为a 1 ，a 2,a 3 ，a 4,a 5,a 6 ，a7,a 8,a 9,a 10 ，a 11,a 12,a 13,a 14,a 15 ，a 16,a 17,a 18,a 19,a 20,a 21 ，a 22,a 23,a 24,a 25,a 26,a 27,a 28 ．又a m∈A k，a m+7∈A k+2，所以k≤5．当k=5时，m=15，当k=4时，m=10或9，当k=3时，m=6或5或4，当k=2时，m=3或2，所以M=2,3,4,5,6,9,10,15，故集合M中所有元素的各为2+3+4+5+6+9+10+15=54．。

新定义数列与不等式应用精讲

第3讲新定义数列与不等式应用精讲教师备案一、总体架构安排1．总体说明数列在北京高考中有简单题与难题两类，不等式常常作为工具与其它知识结合考查．数列的简单题考查等差与等比数列的基本量、性质与求和，是一轮复习的重点．难题多以新的递推形式、数列的新定义性质等方式出现，有时会与不等式、函数等内容综合，这是二轮复习的重点．不等式的直接考查多是线性规划问题，已经在一轮复习时进行总结，这里主要解决恒成立的转化问题、函数与不等式结合的问题等．本讲例题安排：2．时间安排本讲难度适中，建议课时3小时．二、一轮、二轮、三轮复习衔接一轮复习时，我们用5讲来复习本块知识．数列部分详细梳理了等差与等比数列的基本量、性质与证明、数列的递推求通项与数列的求和方法，以及数学归纳法；不等式部分梳理了不等式的性质、解不等式、不等式证明的各种方法，以及数列与不等式综合中的简单放缩法．二轮复习以数列的创新小题、数列与其它知识的综合问题、不等式的恒成立转化问题为重点，通过这些较综合的问题更加深入理解数列与不等式，也让学生提前感受一下数列创新题的解决思路，为三轮复习作准备．三轮复习中的数列与不等式问题只在快速解决选择填空与创新小题两讲中个别涉及，在创新大题一讲中涉及到一些与数列与不等式相关的压轴题类型，不再系统地复习数列与不等式．<教师备案>本版块分为两部分，数列部分主要回顾等差数列与等比数列的基本量、性质与求和；不等式部分回顾了不等式的性质、解不等式与均值不等式．建议时间20分钟，星级表示难度，星星越多，难度较高．建议尖子班讲一星、二星的问题为主，目标班与目标123班着重讲三星的问题．一、数列1．（★）小题快练：⑴（广东文）若等比数列{}n a 满足2412a a =，则2135a a a =______． ⑵（江西）设数列{}n a ，{}n b 都是等差数列，若117a b +=，3321a b +=，则55a b +=____． ⑶（石景山高三期末）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若4518a a =-，则8S =_____．⑷（海淀高三期末）若数列{}n a 满足：119a =，()*13n n a a n +=-∈N ，则数列{}n a 的前n 项和数值最大时，n 的值为_______．⑸ （东城高三期末）在等差数列{}n a 中，若574a a +=，682a a +=-，则数列{}n a 的公差等于；其前n 项和n S 的最大值为．⑹（石景山一模）等差数列{}n a 前9项的和等于前4项的和．若40k a a +=，则k =________．⑺（全国卷）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，55a =，515S =，则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前100项和为_________．⑻（海淀一模）在等比数列{}n a 中，18a =，435a a a =，则7a =________．⑼（东城一模）已知x ，y ，z ∈R ，若1-，x ，y ，z ，3-成等比数列，则xyz 的值为______． ⑽（新课标）已知{}n a 为等比数列，472a a +=，568a a =-，则110a a +=_______．二、不等式知识回顾2．（★）（江西文）不等式2902x x ->-的解集是___________．3．（★★）已知a b c d ，，，为实数，且c d >．则“a b >”是“a c b d ->-”的（）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件4．（★★）（浙江理）若a 、b 为实数，则“01ab <<”是“1a b <或1b a>”的（） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件5．（★★★）（福建）下列不等式一定成立的是（）A ．()21lg lg 04x x x ⎛⎫+>> ⎪⎝⎭B ．()1sin 2πsin x x k k x+∈Z ≥≠， C ．()212x x x +∈R ≥D ．()2111x x >∈+R 6．（★★★）已知0x >，0y >，228x y xy ++=，则2x y +的最小值是（）A ．3B ．4C ．92D ．112解析与答案： 1．⑴14；⑵35；⑶72；⑷7；⑸357-，；⑹10；⑺100101；⑻18；⑼-；⑽7-． 2．(3,2)(3,)-+∞；3．B ； 4．A ； 5．C ； 6．B ．知识纵横<教师备案>该版块列出了数列与不等式的知识点网络体系，可以作为学生对自己的知识体系与基本方法掌握程度的检验．数列部分的重点是等差数列与等比数列的性质与求和；不等式部分的重点是一元二次不等式．补充一些知识点如下：【补充1】从函数角度看等差数列的通项公式与前n 项和公式．（只考虑0d ≠）11(1)()n a a n d dn a d =+-=+-，n a 是关于n 的一次函数，一次项系数为公差d ，数列一定单调增加或单调减少；211(1)222n n n d d S na d n a n -⎛⎫=+=+- ⎪⎝⎭，n S 是关于n 的二次函数，且常数项为零，二次项系数是2d ．0d >时，n S 有最小值；0d <时，n S 有最大值．n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，公差为2d ．例：等差数列{}n a 中，125a =，917S S =，问n =______，n S 有最大值．解：由10a >，917S S =知0d <，n S 对应的图象的对称轴为917132n +==，故13S 为最大值．更多补充例题见知识回顾数列5与例1⑵．【补充2】等比数列前n 项和公式的形式．（只考虑1q ≠）111n n n a a a q q q -==⋅，111(1)111n n n a q a aS q q q q-==-+---；它们都是指数函数进行伸缩或平移得到的．例：等比数列{}n a 的前n 项和n n S b r =+，问r =_____．解：由等比数列前n 项和的公式形式直接可得1r =-．【补充3】等差数列与等比数列有相同项的一个结论：如果一个等差数列的连续三项构成等比数列，则这个等差数列必为常数列．可以从函数角度直接得到这个结论，因为一个一次函数与一个指数函数最多有两个交点，所以连续三项既是等差又是等比，则这个数列只可能为常数列．考点1：等差数列与等比数列 <教师备案>等差数列与等比数列的最基本的性质在知识回顾中已经复习过了，例1对等差等比数列的基本量与性质的考查形式更加灵活，综合性更强，难度也较大，希望通过这些问题更好地理解等差数列与等比数列的基本量与性质．【铺垫】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且10a >，若存在自然数10p ≥，使得p p S a =，则当n p >时，n S 与n a 的大小关系是（）A ．n n a S >B ．n n a S ≥C ．n n a S <D ．n n a S ≤【解析】 A ；【点评】对于等差数列，易知当0d <时，n S 存在最大值，最大值在正负项的分界线处取到．之后n S 随着n 的增大不断减少，对本题的等差数列，易知0d <，且10p S -=，且之后和越来越小，故10n S -<()n p >，从而有n n S a <．【例1】 ⑴ （辽宁）下面是关于公差0d >的等差数列{}n a 的四个命题：1p ：数列{}n a 是递增数列；2p ：数列{}n na 是递增数列；3p ：数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是递增数列；4p ：数列{}3n a nd +是递增数列；其中的真命题为（）A ．12p p ，B ．34p p ，C ．23p p ，D ．14p p ，⑵ （西城二模）对数列{}n a ，如果*k ∃∈N 及12k λλλ∈R ，，，，使得1122n k n k n k k n a a a a λλλ++-+-=+++成立，其中*n ∈N ，则称{}n a 为k 阶递归数列．给出下列三个结论：①若{}n a 是等比数列，则{}n a 为1阶递归数列； ②若{}n a 是等差数列，则{}n a 为2阶递归数列；③若数列{}n a 的通项公式为2n a n =，则{}n a 为3阶递归数列．其中，正确结论的个数是（）例题精讲A ．0B ．1C ．2D ．3⑶ 已知数列c 为等差数列，n S 是其前n 项和，m n S n S m ==，，那么m n S +=_________． ⑷（江苏）在正项等比数列{}n a 中，512a =，673a a +=，则满足1212n n a a a a a a +++>的最大正整数n 的值为_____________．【解析】 ⑴ D ；⑵ D ； ⑶()m n -+； ⑷12；【拓展1】（海淀二模理）已知数列{}n a 满足1a t =，120n n a a +-+=()t n **∈∈N N ，，记数列{}n a 的前n 项和的最大值为()f t ，则()f t =．【解析】 2(1)4()(2)4t t f t t t t ⎧+⎪⎪=⎨+⎪⎪⎩，为奇数，为偶数；【拓展2】（西城一模）设等比数列{}n a 的各项均为正数，公比为q ，前n 项和为n S ．若对*n ∀∈N ，有23n n S S <，则q 的取值范围是（）A ．(]0,1B ．()0,2C ．[)1,2D．(0,【解析】 A ；【拓展3】已知数列{}n a 为等差数列，n S 是其前n 项和，m n a n a m ==，，那么m n a +=____．【解析】0m n a +=．考点2：数列的递推与求和 <教师备案>北京对数列递推求和要求不高，第20题也不例外，而递推需要掌握叠加法、叠积法和简单的归纳推理就可以了．数列求和主要涉及应用公式求和和错位相减求和，其中错位相减求和就算比较高的要求了．在三轮复习中会涉及更多创新题．【例2】 ⑴（朝阳二模）已知数列{}n a 满足12a =，且1120n n n n a a a a +++-=，n *∈N ，则2a =____；并归纳出数列{}n a 的通项公式n a =_________． ⑵ 已知数列{}n a 满足11a ＝，22a ＝，2n a ＋＝12n n a a ++，*n ∈N ．那么4a =______，n a =______． ⑶（13朝阳二模）数列{}21n-的前n 项13721n -，，，，组成集合{}13721n n A =-，，，，（*n ∈N ），从集合n A 中任取()123k k n =，，，，个数，其所有可能的k 个数的乘积的和为k T （若只取一个数，规定乘积为此数本身），记12n n S T T T =+++．例如当1n =时，{}11A =，11T =，11S =；当2n =时，{}213A =，，113T =+，213T =⨯，213137S =++⨯=．则当3n =时，3S =_____；试写出n S =___________．⑷（朝阳二模）在如图所示的数表中，第i 行第j 列的数记为i j a ，，且满足112j j a -=，，1i a i =，，111i j i j i j a a a +++=+，，，()*i j ∈N ，，则此数表中的第5行第3列的数是；记第3行的数3581322，，，，，为数列{}n b ，则数列{}n b 的通项公式为．【解析】 ⑴43，221nn -；⑵74；1*521332n n -⎛⎫-⨯-∈ ⎪⎝⎭N ，．⑶(1)26321n n n S +=-，．⑷16，121n n b n -=++；考点3：数列与其它知识综合 <教师备案>数列是一种特殊的函数，数列的递推形式可以由函数给出，也还可以用函数的性质去研究数列的单调性、周期性等性质，数列与其它知识的综合多是与函数的性质以及不等式等知识结合．还要注意数列的定义域离散的特殊性．【例3】 ⑴已知{}n a 是递增数列，且对任意*n ∈N 都有2n a n n λ=+恒成立，则实数λ的取值范围是（）A ．72⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭，B ．(0)+∞，C ．[2)-+∞，D ．(3)-+∞，⑵（上海文）已知1()1f x x=+，各项均为正数的数列{}n a 满足11a =，2()n n a f a +=，若20102012a a =，则2011a a +的值是．⑶（新课标）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知100S =，1525S =，则n nS 的最小值为________． ⑷（昌平一模8）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知()()3771201211a a -+-=，()()3200620061201211a a -+-=-，则下列结论正确的是（）A ．2012201272012S a a =<，B ．2012201272012S a a =>，C ．2012201272012S a a =-<，D ．2012201272012S a a =->，【解析】 ⑴ D ；； ⑶49-． ⑷ A ；【拓展4】（东城二模）对任意x ∈R ，函数()f x 满足1(1)2f x +，设 []2()()n a f n f n =-，数列{}n a 的前15项的和为3116-，则(15)f =．【解析】 34；【拓展5】当x ∈R ，1x <时，有如下表达式：2111n x x x x+++++=-．两边同时积分得：11111222222111n dx xdx x dx x dx dx x +++++=-⎰⎰⎰⎰⎰．从而得到如下等式：23111111111ln 22223212n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⨯+⨯+⨯++⨯+= ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭．请根据以上材料所蕴含的数学思想方法，计算：2310121111111C C C C 2223212n n nn n n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⨯+⨯+⨯++⨯= ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭____________．【解析】 113112n n +⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪+⎝⎭⎢⎥⎣⎦；考点4：数列非常规小题 <教师备案>数列有时会以创新题形式出现，涉及到新定义数列、数列的新定义性质等等内容，形式比较灵活，解决方式不确定，需要我们应用已经学过的知识，探索问题的本质，将不熟悉的数列转化成熟悉的内容，再寻找解决办法，难度较大．三轮复习我们会更深入地探究数列相关的创新小题．【例4】 ⑴已知数列A ：12(2)n a a a n >，，，，令{}|1Ai j T x x a a i j n ==+<，≤≤，card()A T 表示集合A T 中元素的个数．①若A ：24816，，，，则card()A T =_____；②若1i i a a c +-=（c 为常数，11i n -≤≤），则card()A T =__________．⑵（海淀一模理）已知数列()1212:,,,0,3nn A a a a a a a n <<<≤≥具有性质P ：对任意(),1i j i j n ≤≤≤，j i a a +与j i a a -两数中至少有一个是该数列中的一项．现给出以下四个命题：① 数列0,1,3具有性质P ；② 数列0,2,4,6具有性质P ； ③ 若数列A 具有性质P ，则10a =；④ 若数列123a a a ，，具有性质P ，则1322a a a +=．其中真命题有（）A ．4个B ．3个C ．2个D ．1个⑶（西城一模理）已知数列{}n a 的各项均为正整数，对于123n =，，，，有 1135.()2n n n n n n k a a a a a k a +++⎧⎪=⎨⎪⎩，为奇数，，为偶数为使为奇数的正整数①当111a =时，100a =_______．②若存在m *∈N ，当n m >且n a 为奇数时，n a 恒为常数p ，则p 的值为_____．【解析】 ⑴6；1, 023, 0c n c =⎧⎨-≠⎩⑵ B ； ⑶62；1或5．【拓展6】设n n n A B C △的三边长分别为n n n a b c ，，，n n n A B C △的面积为n S ，123n =，，，，若 111112b c b c a >+=，，11122n n n n n n n n c a b a a a b c +++++===，，，则（）A ．{}n S 为递减数列B ．{}n S 为递增数列C ．{}21n S -为递增数列，{}2n S 为递减数列D ．{}21n S -为递减数列，{}2n S 为递增数列【解析】 B ；考点5：不等式综合小题 <教师备案>不等式的单纯考查常涉及线性规划问题（见一轮复习），可以借助例5⑴总结一下规划问题的几个常见的目标函数．其它时候多是与其它知识结合，比如与函数结合，考查一元二次不等式的问题，这是一个难点与热点，如例5⑷与拓展．不等式的考查还常常涉及到恒成立的转化与理解，以及均值不等式在求范围与最值问题时的应用．二轮复习立足于知识的综合应用，这里选的题综合性较强，难度较大．【铺垫】（山东理）若对任意0x >，231xa x x ++≤恒成立，则a 的取值范围是______．【解析】 15⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，；【例5】 ⑴（东城二模）已知点(),A a b 与点()1,0B 在直线34100x y -+=的两侧，给出下列说法：①34100a b -+>； ②当0a >时，a b +2； ④当0a >且1a ≠，0b >时，1b a -的取值范围为53,,24⎛⎫⎛⎫-∞-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．其中，所有正确说法的序号是．⑵（东城高三期末）已知不等式222xy ax y +≤，若对任意[12]x ∈，且[23]y ∈，，该不等式恒成立，则实数a 的取值范围是__________．⑶（石景山高三期末）对于使22x x M -+≤成立的所有常数M 中，我们把M 的最小值1叫做22x x-+的上确界，若*a b ∈R ，，且1a b +=，则122a b--的上确界为（） A ．92B ．92-C ．14D ．4⑷（浙江17）设a ∈R ，若0x >时均有()()21110a x x ax ----⎡⎤⎣⎦≥，则a =______．【解析】 ⑴③④；⑵1a -≥；⑶ B ； ⑷32；【拓展7】（天津文）设函数1()f x x x=-，对任意[)1x ∈+∞，，()()0f mx mf x +<恒成立，则实数m 的取值范围是．【解析】 (1)-∞-，；【拓展8】（西城一模第14题）记实数1x ，2x ，…，n x 中的最大数为{}12max n x x x ，，，，最小数为{}12min n x x x ，，，．设ABC △的三边边长分别为a ，b ，c ，且a b c ≤≤，定义ABC △的倾斜度为max min a b c a b c t bca bca ⎧⎫⎧⎫=⋅⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭，，，，．⑴ 若ABC △为等腰三角形，则t =_____． ⑵ 设1a =，则t 的取值范围是_____________．【解析】 ⑴1；⑵1⎡⎢⎣⎭；考点6：数列与不等式综合 <教师备案>虽然北京高考最后一题一般都是新定义的创新题，但数列与不等式综合的解答题在平时的考试与模拟考试中都可能考到，而且其中用到的知识与方法在小题中也会使用，是与数列的单调性、不等式放缩、恒成立的转化相关，这里选了一道这样的有代表性的问题．【例6】（海淀高三期中理）已知数列{}n a 满足123(123)n n a a a a n a n ++++=-=，，，，⑴ 求123a a a ，，的值；⑵ 求证：数列{1}n a -是等比数列；⑶ 令(2)(1)n n b n a =--（123n =，，，），如果对任意*n ∈N ，都有214n b t t +≤，求实数t 的取值范围．【解析】 ⑴1n =时，111a a =-112a ⇒=；2n =时，22122a a +=-234a ⇒=； 3n =时，3313324a a ++=-378a ⇒=；⑵ 由题可知：1231n n n a a a a a n a -+++++=-①123111n n n a a a a a n a +++++++=+-②②－①可得121n n a a +-=，即：111(1)2n n a a +-=-，又1112a -=-，所以数列{1}n a -是以12-为首项，以12为公比的等比数列； ⑶ 实数t 的取值范围是1142⎛⎤⎡⎫-∞-+∞ ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭，，．考点7：数列创新大题（选讲） <教师备案>三轮复习时我们会集中来讲创新题，这里用一道题让学生先感受一下，备选中是2009年的北京高考第20题，考虑到原来的讲义中出现过，所以这里供老师根据情况选讲．【例7】（东城一模）设A 是由n 个有序实数构成的一个数组，记作：12()i n A a a a a =，，，，，．其中i a (12)i n =，，，称为数组A 的“元”，i 称为A 的下标．如果数组S 中的每个“元”都是来自数组A 中不同下标的“元”，则称S 为A 的子数组．定义两个数组12()n A a a a =，，，，12()nB b b b =，，，的关系数为1122()n n C A B a b a b a b =+++，．⑴ 若1122A ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，，(1123)B =-，，，，设S是B 的含有两个“元”的子数组，求()CA S ，的最大值；⑵ 若A =⎝⎭，(0)B a b c =，，，，且2221a b c ++=，S 为B 的含有三个“元”的子数组，求()C A S ，的最大值；⑶ 若数组123()A a a a =，，中的“元”满足2221231a a a ++=．设数组(123)m B m n =，，，，含有四个“元”1234m m m m b b b b ，，，，且22221234m m m m b b b b m +++=，求A 与m B 的所有含有三个“元”的子数组的关系数()m C A B ，(123)m n =，，，，的最大值．【解析】 ⑴()C A S ，取得最大值为2．⑵()C AS ，的最大值为1．⑶()m C A B ，的最大值为(123)m n =，，，，．【备选】（北京高考）已知数集{}12n a a a =，，，()1212n a a a n <<<≤，≥具有性质:P 对任意的i j，()1i j n ≤≤≤，i j a a 与j ia a 两数中至少有一个属于A ．⑴ 分别判断数集{}134，，与{}1236，，，是否具有性质P ，并说明理由；⑵ 证明：11a =，且1211112nn na a a a a a a ---+++=+++； ⑶ 证明：当5n =时，1a ，2a ，3a ，4a ，5a 成等比数列．【解析】 ⑴{}134，，不具有性质P ．{}1236，，，具有性质P ． ⑵ 因为{}12n A a a a =，，，具有性质P ，所以n n a a 与nna a 中至少有一个属于A ．由于121n a a a <<<≤，所以n n n a a a >，故n n a a A ∉．从而1n na A a =∈，故11a =．因为121n a a a =<<<，所以k n n a a a >，故()23k n a a A k n ∉=，，，．由A 具有性质P 可知()123n ka A k n a ∈=，，，，．又因为121n n n nn n a aa a a a a a -<<<<，所以121121n n n n n n n n a a a aa a a a a a a a --====，，，，．从而121121n n n nn n n n a a a a a a a a a a a a --++++=++++，故1211112nn na a a a a a a ---+++=+++． ⑶ 由⑵知，当5n =时，有552343a a a a a a ==，，即25243a a a a ==．因为1251a a a =<<<，所以34245a a a a a >=，故34a a A ∉．由A 具有性质P 可知43a A a ∈．由2243a a a =得3423a a A a a =∈，且3321a a a <<，所以34232a aa a a ==．故534224321a a a a a a a a a ====．即12345a a a a a ，，，，是首项为1，公比为2a 的等比数列．<教师备案>第1题是确定不等式的范围，需要用到放缩法与反证法，难度不大，只是这种考查方式在北京不太常见；第2题是数列与不等式综合的问题，得到的关系式较多，需要思路清晰，难度较大．1．（四川文）设a b ，为正实数，现有下列命题：①若221a b -=，则1a b -<；②若111b a-=，则1a b -<；1=，则1a b -<；④若331a b -=，则1a b -<．其中的真命题有．（写出所有真命题的编号）【解析】 ①④；22()()1a b a b a b -=+-=，若1a b -≥，则1a b +>⇒221a b ->，与221a b -=矛盾，①正确；1111a b b a a -=⇒=+，从而21a a b a -=+，取2a =，则有413a b -=>，故②错误；1=，故1a b -=>，③错误；若1a b -≥，则33222()()31a b a b a ab b a b a b ab -=-⋅++=-⋅-+>矛盾，故④正确．2．已知正数a b c ，，满足：4ln 53ln b c a a c c c a c b -+-≤≤≥，，则ba的取值范围是______．【解析】 []e 7，; 这是一道创新的线性规划试题，需要先进行适当的换元变化，令a x c =，by c=，由条件易知，0x >，0y >，且原表达式变为534x y x --≤≤，且ln y x ≥，即35,4,e ,0,0,xx y x y y x y +⎧⎪+⎪⎨⎪⎪>>⎩≥≤≥问题则转化为求y x 的值域．如图，点()x y ，的约束域是曲边三角形ABC 区域，而y y x x -=-，可视为区域内任一点与原点连线的斜率，显然max3.5070.50OC y k x -⎡⎤===⎢⎥-⎣⎦，头脑风暴最小值要麻烦一些，求出函数()e xf x =过()00，点的切线方程为e y x =，即切点坐标与原点连线的斜率为e ，mine y x ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，即b a 的取值范围是[]e 7，．【演练1】（高考上海卷（理））在数列{}n a 中，21n n a =-，若一个7行12列的矩阵的第i 行第j 列的元素,i j i j i j a a a a a =⋅++，（127;1212i j ==，，，，，，）则该矩阵元素能取到的不同数值的个数为（）A ．18B ．28C ．48D ．63【解析】 A ．【演练2】（高考新课标1（理））设等差数列{}n a 的前n 项和为11203n m m m S S S S -+=-==，，，，则m =（）A ．3B ．4C ．5D ．6【解析】 C ；【演练3】若数列{}n a 满足212n na p a +=，（p 为正常数，*n ∈N ），则称{}n a 为“等方比数列”．甲：数列{}n a 是等方比数列；乙：数列{}n a 是等比数列，则（） A ．甲是乙的充分条件但不是必要条件实战演练B ．甲是乙的必要条件但不是充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【解析】 B ；【演练4】（湖南文）设1a b >>，0c <，给出下列三个结论：①c ca b>；②c c a b <；③()()log log b a a c b c ->-．其中所有的正确结论的序号是（）A ．①B ．①②C ．②③D ．①②③【解析】 D ；【演练5】若对任意x ∈R ，21xa x +≤恒成立，则a 的取值范围是______．【解析】 12⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，；【演练6】（东城一模理）已知数列{}n a 满足：11a =，22a =，33a =，44a =，55a =，且当5n ≥时，1121n n a a a a +=-，若数列{}n b 满足对任意*n ∈N ，有2221212n n nb a a a a a a =----，则5b =；当5n ≥时，n b = ．【解析】 6570n -，；（“华约”）已知函数()()2121123x f x f f ax b ⎛⎫=== ⎪+⎝⎭，，．令()1112n n x x f x +==，． ⑴ 求数列{}n x 的通项公式； ⑵ 证明12112en x x x +>．大千世界【解析】由()121123f f ⎛⎫== ⎪⎝⎭，得211232a b a b ⎧=⎪+⎪⎨=⎪+⎪⎩，解得()211x a b f x x ===+，． ⑴ 法一：先求出123412482359x x x x ====，，，，猜想11221n n n x --=+．用数学归纳法证明．当1n =显然成立；假设n k =成立，即11221k k k x --=+，则()122121kk k k k k x x f x x +===++，得证．法二：121nn n x x x +=+，于是111122n nx x +=+，于是11111111222n n n x x x +⎛⎫-=-=- ⎪⎝⎭，又11110x -=≠，故11n x ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是等比数列，首项为1，公比为12，故11112n n x -⎛⎫-= ⎪⎝⎭，于是1111221112n n n n x ---==+⎛⎫+ ⎪⎝⎭； ⑵ 法一：要证12112en x x x +>，即证121ln ln ln ln(2e)n x x x ++++>-，即证01111ln 1ln 1ln 1ln(2e)1ln 2222n ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++++<=+⎢⎥⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦．易知ln(1)x x +≤，对1x >-恒成立．故左边1111ln 2ln 21222n n⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭≤1ln2<+，命题得证；法二：因为11112n nx --⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，112x =，要证12112en x x x +>，即证111231en x x x ---+<．易证e 1x x >+，对0x ≠恒成立．故1111211e2n n n x --⎛⎫ ⎪-⎝⎭⎛⎫=+< ⎪⎝⎭，从而2111111112222231eee nnn x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪---⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭+<=<，命题得证．法三：我们证明12112e n x x x +<．事实上，12111112111242n n x x x +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭．我们注意到()()222212114(1)121nna a a a a a +<++<++<+，，，，于是21111122n n -⎛⎫+<+ ⎪⎝⎭，222111122n n -⎛⎫+<+ ⎪⎝⎭，，12111122n n -⎛⎫+<+ ⎪⎝⎭，故122121212111112121212e 222n n nn n n n x x x -+++-+⎛⎫⎛⎫⎛⎫<+=+<+< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭．。

2025新高考数学：数列新定义与综合应用(学生版)

2025新高考数学：数列新定义与综合应用目录题型一斐波那契数列 1题型二差数列及阶差数列 3题型三平方数列与类平方数列 7题型四数列的单调性 8题型五数列的凹凸性 11题型六数列的周期性 18题型七数列的新概念 26题型八数列的新性质 35好题训练 40高考真题训练 69斐波那契数列1.(2024·黑龙江大庆·模拟预测)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样的一列数：1,1,2,3,5,8,⋯，该数列的特点是：从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数所组成的数列a n称为“斐波那契数列”，则a21+a22+a23+⋯+a22024a2024是斐波那契数列中的第项．2.(2024·贵州遵义·模拟预测)(多选)数列F n：1，1，2，3，5，8，13，21，34，⋯称为斐波那契数列，又称黄金分割该数列，从第三项开始，各项等于其前相邻两项之和，即F n+2=F n+1+F n(n∈N*)，则下列选项正确的是()A.F10=55B.F1+F3+F5+F7+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+F23=F24C.F2+F4+F6+F8+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+F2024=F2025D.F21+F22+F23+F24+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+F2n=F n⋅F n+13.(23-24高三上·河北廊坊·期末)意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例，引入数列：1，1，2，3，5，8，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即a n+2=a n+1+a n n∈N*，故此数列称为斐波那契数列，又称为“兔子数列”，其通项公式为a n=151+52n-1-52n，设n是不等式log2(1+5)n-(1-5)n>n+6的正整数解，则n的最小值为()A.6B.7C.8D.94.(2024·河南·模拟预测)我们把由0和1组成的数列称为0-1数列，0-1数列在计算机科学和信息技术领域有着广泛应用，把斐波那契数列F n(F1=F2=1，F n+2=F n+F n+1)中的奇数换成0，偶数换成1可得到0-1数列a n，若数列a n的前n项和为S n，且S k=100，则k的值可能是()A.100B.201C.302D.3995.(24-25高二上·山东青岛·阶段练习)在数学上，斐波纳契数列a n 定义为：a 1=1，a 2=1，a n +2=a n +a n +1，斐波纳契数列有种看起来很神奇的巧合，如根据a n +2=a n +a n +1可得a n =a n +2-a n +1，所以a 1+a 2+⋯+a n =a 3-a 2 +a 4-a 3 +⋯+a n +2-a n +1 =a n +2-a 2=a n +2-1，类比这一方法，可得a 21+a 22+⋯a 210=()A.714 B.1870 C.4895 D.48966.(2024·山东·模拟预测)(多选)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8，13，21，⋯.该数列的特点如下：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列，若用F n n ∈N * 表示斐波那契数列的第n 项，则数列F n 满足：F 1 =F 2 =1，F n +2 =F n +1 +F n .则下列说法正确的是()A.F 10 =34B.3F n =F n -2 +F n +2 n ≥3C.F 1 +F 2 +⋅⋅⋅+F 2023 =F 2025 -1D.F 1 2+F 2 2+⋅⋅⋅+F 2023 2=F 2023 ⋅F 2024差数列及阶差数列7.(23-24高二上·云南昆明·期末)数学家杨辉在其专著《详解九章算术法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的高阶等差数列．其中二阶等差数列是一个常见的高阶等差数列，如数列2，4，7，11，16从第二项起，每一项与前一项的差组成的新数列2，3，4，5是等差数列，则称数列2，4，7，11，16为二阶等差数列．现有二阶等差数列a n ，其前六项分别为1，3，6，10，15，21，则a n +1n +1的最小值为．8.(23-24高三下·重庆·阶段练习)定义：满足a n +2a n +1:a n +1a n=q q 为常数，n ∈N *)的数列a n 称为二阶等比数列，q 为二阶公比.已知二阶等比数列∣a n 的二阶公比为2,a 1=1,a 2=2，则使得a n >2024成立的最小正整数n 为()A.7 B.8 C.9 D.109.(2024·全国·模拟预测)给定数列a n ，称{a n -a n -1}为a n 的差数列(或一阶差数列)，称数列{a n -a n -1}的差数列为a n 的二阶差数列⋯⋯(1)求{2n }的二阶差数列；(2)用含m 的式子表示{2n }的m 阶差数列，并求其前n 项和．10.(2024·四川自贡·一模)南末数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列，其前7项分别为3,7,13,23,39,63,97，则该数列的第8项()A.131 B.139 C.141D.14311.(2024·四川南充·三模)对于数列a n ，规定Δa n 为数列a n 的一阶差分，其中Δa n =a n +1-a n n ∈N * ，规定Δk a n 为数列a n 的k 阶差分，其中Δk a n =Δk -1a n +1-Δk -1a n n ∈N * ．若a n =n (n -1)(2n -1)6，则Δ2a 6=()A.7 B.9 C.11 D.1312.(2024·吉林长春·模拟预测)对于数列a n ，称Δa n 为数列a n 的一阶差分数列，其中Δa n =a n +1-a n n ∈N * .对正整数k k ≥2 ，称Δk a n 为数列a n 的k 阶差分数列，其中Δk a n =ΔΔk -1a n =Δk -1a n +1-Δk -1a n 已知数列a n 的首项a 1=1，且Δa n +1-a n -2n 为a n 的二阶差分数列.(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =12n 2-n +2 ,x n 为数列b n 的一阶差分数列，对∀n ∈N *，是否都有n i =1x i C i n =a n 成立？并说明理由；(其中C i n 为组合数)(3)对于(2)中的数列x n ，令y n =t x n +t -x n 2，其中12<t <2.证明：ni =1y i <2n -2-n 2.平方数列与类平方数列13.(23-24高三上·四川绵阳·阶段练习)若数列c n 满足c n +1=c 2n 则称c n 为“平方递推数列”.已知数列a n 是“平方递推数列”，且a 1>0，a 1≠1，则()A.lg a n 是等差数列B.lg a n +1-lg a n 是等差数列C.a n a n +1 是“平方递推数列”D.a n +1+a n 是“平方递推数列”14.(2024·海南·模拟预测)(多选)已知数列a n 满足：①a i ∈Z ；②∀i ∈N ∗，i ≤n ，a i +i =k 2，k ∈N ∗，则称数列a n 为“类平方数列”，若数列b n 满足：①数列b n 不是“类平方数列”；②将数列b n 中的项调整一定的顺序后可使得新数列成为“类平方数列”，则称数列b n 为“变换类平方数列”，则()A.已知数列a n =n 1≤n ≤7,n ∈N ∗ ，则数列a n 为“类平方数列”B.已知数列a n 为：3，5，6，11，则数列a n 为“变换类平方数列”C.已知数列a n 的前n 顶和为43n 3+32n 2+16n ，则数列a n 为“类平方数列”D.已知a n =sin n π2，n =1,2,3,4.则数列a n 为“变换类平方数列”题型四数列的单调性15.(2024·江西新余·模拟预测)我们规定：若数列k n 为递增数列且k n n也为递增数列，则k n 为“X -数列”.(1)已知：a n =32 n，b n =log 32n ，c n =n 32，数列a n ,b n ,c n 中其中只有一个X -数列，它是：；请从另外两个数列中任选一个证明其不是X -数列.(2)已知数列a n 满足：n a n +1-a n =a n +a 1，a 1=1，S n 为a n 的前n 项和，试求a n 的通项并判断数列S n n是否为X -数列并证之.(3)已知数列a n 、b n 均为X -数列，且a 1>0，b 1>0，求证：数列c n =a n ⋅b n 也为X -数列.16.(24-25高三上·河南·开学考试)若数列a n 的相邻两项或几项之间的关系由函数f x 确定，则称f x 为a n 的递归函数．设a n 的递归函数为f x =-x 2+x ．(1)若0<a 1<1，a n +1=f a n (n ∈N *)，证明：a n 为递减数列；(2)若a n +1=f a n +5a n +a 2n ，且a 1=53，a n 的前n 项和记为S n ．①求S n ；②我们称g x =x 为取整函数，亦称高斯函数，它表示不超过x 的最大整数，例如 1.2 =1，-1.3 =-2．若T n =∑n i =13a 1S i -a 1+1，求∑2024i =1g T i ．17.(2024·广东深圳·模拟预测)已知a n 是各项均为正整数的无穷递增数列，对于k ∈N *，定义集合B k =i ∈N *∣a i <k ，设b k 为集合B k 中的元素个数，特别规定：若B k =∅时，b k =0．(1)若a n =2n ，写出b 1，b 2及b 10的值；(2)若数列b n 是等差数列，求数列a n 的通项公式；(3)设集合S =s s =n +a n ,n ∈N * ，T =t t =n +b n ,n ∈N * ，求证：S ∪T =N *且S ∩T =∅．数列的凹凸性18.(2024·安徽池州·模拟预测)定义：若对∀k∈N*,k≥2,a k-1+a k+1≤2a k恒成立，则称数列a n为“上凸数列”．(1)若a n=n2-1，判断a n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a n为“上凸数列”，则当m≥n+2m,n∈N*时，a m+a n≤a m-1+a n+1．(ⅰ)若数列S n为a n的前n项和，证明：S n≥n2a1+a n；(ⅱ)对于任意正整数序列x1,x2,x3,⋯,x i,⋯,x n(n为常数且n≥2,n∈N*)，若ni=1x2i-1≥n i=1x i-λ2-1恒成立，求λ的最小值．19.(24-25高三上·安徽亳州·开学考试)已知数列a n，对于任意的n∈N*，都有a n+a n+2>2a n+1，则称数列a n为“凹数列”．(1)判断数列a n=2n是否为“凹数列”，请说明理由；(2)已知等差数列b n，首项为4，公差为d，且b nn为“凹数列”，求d的取值范围；(3)证明：数列c n为“凹数列”的充要条件是“对于任意的k,m,n∈N*，当k<m<n时，有c m-c km-k<c n-c mn-m”．20.(24-25高二上·上海·阶段练习)已知数列a n，对于任意的正整数n，都有a n+a n+2>2a n+1则称数列{a n}是严格凹数列．(1)若数列a n，b n的通项公式分别为a n=-n2,b n=3n，判断数列{a n}，{b n}是否为严格凹数列，无需说明理由；(2)证明：“对于任意正整数的k,m,n，当k<m<n时，有c m-c km-k<c n-c mn-m”是“数列c n为严格凹数列”的充要条件；(3)函数y=f x 是定义在正实数集上的严格增函数，f1 =0且数列f(n)是严格凹数列，严格增数列x1,x2,⋯,x N(正整数N为常数且N≥2)各项均为互不相等的正整数，若Ni=1f x i<fNi=1x i-λ恒成立，求实数λ的取值范围．数列的周期性21.(2024·上海青浦·二模)若无穷数列{a n}满足：存在正整数T，使得a n+T=a n对一切正整数n成立，则称{a n}是周期为T的周期数列．(1)若a n=sinπnm +π3(其中正整数m为常数，n∈N,n≥1)，判断数列{a n}是否为周期数列，并说明理由；(2)若a n+1=a n+sin a n(n∈N,n≥1)，判断数列{a n}是否为周期数列，并说明理由；(3)设{b n}是无穷数列，已知a n+1=b n+sin a n(n∈N,n≥1)．求证：“存在a1，使得{a n}是周期数列”的充要条件是“{b n}是周期数列”．22.(2024·广东珠海·一模)对于数列a n，若存在常数T，n0T,n0∈N*，使得对任意的正整数n≥n0，恒有a n+T=a n成立，则称数列a n是从第n0项起的周期为T的周期数列．当n0=1时，称数列a n为纯周期数列；当n0≥2时，称数列a n为混周期数列．记x 为不超过x的最大整数，设各项均为正整数的数列a n满足：a n+1=a n2,a n为偶数a n-12+2log2a n,a n为奇数 .(1)若对任意正整数n都有a n≠1，请写出三个满足条件的a1的值；(2)若数列a n是纯周期数列，请写出满足条件的a1的表达式，并说明理由；(3)证明：不论a1为何值，总存在m,n∈N*使得a n=2m-1．23.(2024·湖南长沙·一模)对于数列a n ，如果存在正整数T ，使得对任意n n ∈N * ，都有a n +T =a n ，那么数列a n 就叫做周期数列，T 叫做这个数列的周期.若周期数列b n ,c n 满足：存在正整数k ，对每一个i i ≤k ,i ∈N * ，都有b i =c i ，我们称数列b n 和c n 为“同根数列”.(1)判断数列a n =sin n π、b n =1,n =13,n =2b n -1-b n -2,n ≥3是否为周期数列.如果是，写出该数列的周期，如果不是，说明理由；(2)若a n 和b n 是“同根数列”，且周期的最小值分别是m +2和m +4m ∈N * ，求k 的最大值.24.(24-25高三上·黑龙江牡丹江·阶段练习)对于数列{a n }，若存在常数T ，n 0(T ,n 0∈N *)，使得对任意的正整数n ≥n 0，恒有a n +T =a n 成立，则称数列{a n }是从第n 0项起的周期为T 的周期数列．当n 0=1时，称数列{a n }为纯周期数列；当n 0≥2时，称数列{a n }为混周期数列．记x 为不超过x 的最大整数，设各项均为正整数的数列{a n }满足：a n +1=a n 2,a n 为偶数a n -12+2log 2a n ,a n 为奇数.(1)若对任意正整数n 都有a n ≠1，请写出三个满足条件的a 1的值；(2)若数列{a n }是常数列，请写出满足条件的a 1的表达式，并说明理由；(3)证明：不论a 1为何值，总存在m ,n ∈N *使得a n =2m -1．25.(23-24高三上·北京丰台·期末)对于数列{a n}，如果存在正整数T，使得对任意n(n∈N*)，都有a n+T=a n，那么数列{a n}就叫做周期数列，T叫做这个数列的周期．若周期数列{b n}，{c n}满足：存在正整数k，对每一个i(i≤k,i∈N*)，都有b i=c i，我们称数列{b n}和{c n}为“同根数列”．(1)判断下列数列是否为周期数列．如果是，写出该数列的周期，如果不是，说明理由；①a n=sin nπ；②b n=1,n=1,3,n=2,b n-1-b n-2,n≥3.(2)若{a n}和{b n}是“同根数列”，且周期的最小值分别是3和5，求证：k≤6；(3)若{a n}和{b n}是“同根数列”，且周期的最小值分别是m+2和m+4(m∈N*)，求k的最大值．数列的新概念26.(2024·江苏南通·模拟预测)定义：已知数列a nn∈N*的首项a1=1，前n项和为S n.设λ与k是常数，若对一切正整数n，均有S 1kn+1-S1k n=λa1k n+1成立，则称此数列为“λ&k”数列.若数列a nn∈N*是“33&2”数列，则数列{a n}的通项公式a n=()A.3×4n-2B.1(n=1)3×4n-2(n≥2)C.4×3n-2D.1(n=1)4×3n-2(n≥2)27.(23-24高三下·湖南长沙·阶段练习)对于无穷数列c n，若对任意m,n∈N*，且m≠n，存在k∈N*，使得c m+c n=c k成立，则称c n为“G数列”.(1)若数列b n的通项公式为b n=2n，试判断数列b n是否为“G数列”，并说明理由；(2)已知数列a n为等差数列，①若a n是“G数列”，a1=8,a2∈N*，且a2>a1，求a2所有可能的取值；②若对任意n∈N*，存在k∈N*，使得a k=S n成立，求证：数列a n为“G数列”.28.(2024·辽宁·三模)若实数列a n满足∀n∈N*，有a n+a n+2≥2a n+1，称数列a n为“T数列”.(1)判断a n=n2,b n=ln n是否为“T数列”，并说明理由；(2)若数列a n为“T数列”，证明：对于任意正整数k,m,n，且k<m<n，都有a n-a mn-m≥a m-a km-k(3)已知数列a n为“T数列”，且2024i=1a i=0.令M=max a1 ,a2024，其中max a,b表示a,b中的较大者.证明：∀k∈1,2,3,⋯,2024，都有-20252023M≤a k≤M.29.(2024·福建泉州·模拟预测)若无穷数列a n满足：对于∀n∈N*，a2n+1-a2n=p，其中p为常数，则称数列a n为P数列．(1)若一个公比为q的等比数列x n为“P数列”，求q的值；(2)若a1=1，p=2，y n是首项为1，公比为3的等比数列，在y k与y k+1之间依次插入数列a2n中的k项构成新数列c n:y1,a21,y2,a22,a23,y3,a24,a25,a26,y4,⋅⋅⋅⋅⋅⋅，求数列c n中前30项的和S30．(3)若一个“P数列"a n满足a1=2,a2=22,a n>0，设数列1a n的前n项和为Tn．是否存在正整数m,k，使不等式T n>mn+k-1对一切n∈N∗都成立？若存在，求出m,k的值；若不存在，说明理由．30.(2024·北京东城·二模)设无穷正数数列a n，如果对任意的正整数n，都存在唯一的正整数m，使得a m= a1+a2+a3+⋯+a n，那么称a n的伴随数列，则()为内和数列，并令b n=m，称b n为a nA.若a n为内和数列为等差数列，则a nB.若a n为内和数列为等比数列，则a nC.若内和数列a n为递增数列，则其伴随数列b n为递增数列D.若内和数列a n为递增数列为递增数列，则a n的伴随数列b n31.(2024·湖北荆州·三模)“H数列”定义：数列a n的前n项和为S n，如果对于任意的正整数n，总存在正整数m使S n=a m,则称数列a n是“H数列”.(1)若数列b n是“H数列”；的前n项和为T n=2n,求证：数列b n(2)已知数列c n的通项公是首项为1，公差小于0的等差数列，求数列c n是“H数列”，且数列c n式；(3)若数列d n的前n项和D n.满足：d n=b n c n,求数列d n32.(2024·黑龙江·二模)如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的比都大于3，则称这个数列为“G型数列”．(1)若数列a n满足2a n=S n+1，判断a n是否为“G型数列”，并说明理由；(2)已知正项数列a n为“G型数列”，a1=1，数列b n满足b n=a n+2，n∈N*，b n是等比数列，公比为正整数，且不是“G型数列”，求数列a n的通项公式．33.(2024·全国·模拟预测)定义：若对于任意的n∈N*，数列a n满足a n+1-a n>1，则称这个数列是“T数列”．(1)已知首项为1的等差数列a n是“T数列”，且a1+a2+⋅⋅⋅+a n<n2+n恒成立，求a2的取值范围．(2)已知各项均为正整数的等比数列a n是“T数列”，数列a n2不是“T数列”．记bn=a n+1n，若数列b n是“T数列”．①求数列b n的通项公式．②是否存在正整数r,s,t r<s<t，使1b r,1b s,1b t成等差数列？若存在，求出r,s,t的所有值；若不存在，请说明理由．数列的新性质34.(2024·山东青岛·三模)(多选)若有穷整数数列A n:a1,a2,⋯a n n≥3满足：a i+1-a i∈-1,2i=1,2,⋯,n-1，且a1=a n=0，则称A n具有性质T.则()A.存在具有性质T的A4B.存在具有性质T的A5C.若A10具有性质T，则a1,a2,⋯,a9中至少有两项相同D.存在正整数k，使得对任意具有性质T的A k，有a1,a2,⋯,a k-1中任意两项均不相同35.(2024·河南·三模)已知数列a n的前n项和为S n，若存在常数λ(λ>0)，使得λa n≥S n+1对任意n∈N*都成立，则称数列a n具有性质P(λ)．(1)若数列a n具有性质P(3)；为等差数列，且S3=-9,S5=-25，求证：数列a n(2)设数列a n具有性质P(λ)．的各项均为正数，且a n①若数列a n是公比为q的等比数列，且λ=4，求q的值；②求λ的最小值．36.(23-24高二下·安徽六安·期末)如果无穷数列a n 满足“对任意正整数i ,j i ≠j ，都存在正整数k ，使得a k =a i ⋅a j ”，则称数列a n 具有“性质P ”.(1)若等比数列a n 的前n 项和为S n ，且公比q >1,S 2=12,S 4=120，求证：数列a n 具有“性质P ”；(2)若等差数列b n 的首项b 1=1，公差d ∈Z ，求证：数列b n 具有“性质P ”，当且仅当d ∈N ；(3)如果各项均为正整数的无穷等比数列c n 具有“性质P ”，且213,512,415,1012四个数中恰有两个出现在数列c n 中，求c 1的所有可能取值之和.37.(2024·湖北·模拟预测)若项数为m m ≥3 的数列a n 满足两个性质：①a 1=1,a i ∈N *i =2,3,⋯,m ；②存在n ∈2,3,⋯,m -1 ，使得a k +1a k ∈1,2 ,1≤k ≤n -11,12 ,n ≤k ≤m -1，并记M =max i a i 是数列a k 的最大项，1≤k ≤n ．则称数列a n 具有性质Ω．(1)若m =4,a 4=2，写出所有具有性质Ω的数列a n ；(2)数列a n 具有性质Ω,若m =2025,a 2025=16，求a n 的最大项的最大值；(3)数列a n 具有性质Ω,若a M =22025,a m =1，且a n 还满足以下两条性质：(ⅰ)对于满足1≤s <t ≤M 的项a s 和a t ，在a n 的余下的项中，总存在满足1≤p <q ≤M 的项a p 和a q ，使得a s ⋅a t =a p ⋅a q ；(ⅱ)对于满足M ≤s <t ≤m 的项a s 和a t ，在a n 的余下的项中，总存在满足M ≤p <q ≤m 的项a p 和a q ，使得a s ⋅a t =a p ⋅a q ．求满足上述性质的m 的最小值．好题训练一、填空题1.(2023·陕西铜川·一模)定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和.已知数列a n 是等和数列，且a 1=-1，公和为1，那么这个数列的前2024项和S 2024=.2.(2024·北京通州·三模)若数列{b n }、{c n }均为严格增数列，且对任意正整数n ，都存在正整数m ，使得b m ∈[c n ,c n +1]，则称数列{b n }为数列{c n }的“M 数列”．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，则下列结论中正确的是．①存在等差数列{a n }，使得{a n }是{S n }的“M 数列”②存在等比数列{a n }，使得{a n }是{S n }的“M 数列”③存在等差数列{a n }，使得{S n }是{a n }的“M 数列”④存在等比数列{a n }，使得{S n }是{a n }的“M 数列”3.(2024·全国·模拟预测)将正整数n 分解为两个正整数k 1，k 2的积，即n =k 1k 2，当k 1，k 2两数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解.如12=1×12=2×6=3×4，其中3×4即为12的最优分解，当k 1，k 2是n 的最优分解时，定义f n =k 1-k 2 ，则数列f 2n 的前2024项的和为()A.21011-1 B.21011 C.21012-1 D.210124.(2024·江苏镇江·三模)若对项数为n 的数列a n 中的任意一项a i ，1a i也是该数列中的一项，则称这样的数列为“R (n )可倒数数列”.已知正项等比数列b n 是“R (5)可倒数数列”，其公比为q ，所有项和为314，写出一个符合题意的q 的值.5.(2024·江苏南通·模拟预测)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M ~数列”.已知数列b n (n ∈N *)的前n 项和为S n ，且满足b 1=1，1S n =2b n -2b n +1.设m 为正整数.若存在“M ~数列”c n (n ∈N *)，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有c k ≤b k ≤c k +1成立，则m 的最大值为.二、多选题6.(2024·江苏南通·模拟预测)在数列a n 中，若对∀n ∈N *，都有a n +2-a n +1a n +1-a n=q (q 为常数)，则称数列a n 为“等差比数列”，q 为公差比，设数列a n 的前n 项和是S n ，则下列说法一定正确的是()A.等差数列a n 是等差比数列B.若等比数列a n 是等差比数列，则该数列的公比与公差比相同C.若数列S n 是等差比数列，则数列a n +1 是等比数列D.若数列an 是等比数列，则数列S n 等差比数列7.(23-24高三上·上海普陀·期末)对于无穷数列{a n }，给出如下三个性质：①a 1<0；②对于任意正整数n ,s ，都有a n +a s <a n +s ；③对于任意正整数n ，存在正整数t ，使得a n +t >a n 定义：同时满足性质①和②的数列为“s 数列”，同时满足性质①和③的数列为“t 数列”，则下列说法正确的是()A.若{a n }为“s 数列”，则{a n }为“t 数列”B.若a n =-12 n ，则{a n }为“t 数列”C.若a n =2n -3，则{a n }为“s 数列”D.若等比数列{a n }为“t 数列”则{a n }为“s 数列”8.(2024·河北承德·二模)对于给定的数列a n ，如果存在实数p ,q ，使得a n +1=pa n +q 对任意n ∈N *成立，我们称数列a n 是“线性数列”，则下列说法正确的是()A.等差数列是“线性数列”B.等比数列是“线性数列”C.若p ≠1且a 1=q ，则a n =q 1-p n -1 1-pD.若p ≠1且a 1=q ，则a n 是等比数列qp n -1 的前n 项和9.(2024·湖南衡阳·模拟预测)在股票市场中，股票的价格是有界的，投资者通常会通过价格的变化来确保自己的风险，这种变化的价格类似于我们数学中的数列，定义如果存在正数M ，使得对一切正整数n ，都有a n ≤M ，则称a n 为有界数列，数列收敛指数列有极限，我们把极限存在(不含无穷大)的数列称为收敛数列，如数列a n =1n ，显然对一切正整数n 都有a n ≤1，而1n的极限为0，即数列a n 既有界也收敛.如数列b n =(-1)n ，显然对一切正整数n 都有b n ≤1，但不存在极限，即数列b n 有界但不收敛.下列数列是有界数列但不收敛的数列有()A.a n =sin n π+π2B.a n =cos n π+π2C.a 1=2,a 2=3,a n =a n -1a n -2 D.a n =sin n π+π2 n10.(2024·河南·一模)对于数列a n (a n ∈N +)，定义b k 为a 1，a 2，⋯，a k 中最大值(k =1,2,⋅⋅⋅,n )(n ∈N +)，把数列b n 称为数列a n 的“M 值数列”.如数列2，2，3，7，6的“M 值数列”为2，2，3，7，7，则()A.若数列a n 是递减数列，则b n 为常数列B.若数列a n 是递增数列，则有a n =b nC.满足b n 为2，3，3，5，5的所有数列a n 的个数为8D.若a n =-2 n -1(n ∈N +)，记S n 为b n 的前n 项和，则S 100=23(2100-1)三、解答题11.(2024·内蒙古包头·二模)已知数列a n为有穷数列，且a n∈N*，若数列a n满足如下两个性质，则称数列a n为m的k增数列：①a1+a2+a3+⋯+a n=m；②对于1≤i<j≤n，使得a i<a j的正整数对i,j有k个.(1)写出所有4的1增数列；(2)当n=5时，若存在m的6增数列，求m的最小值.12.(23-24高二下·广东深圳·阶段练习)若在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列．现对数列1，2进行构造，第一次得到数列1，3，2；第二次得到数列1，4，3，5，2；依次构造，第n n∈N*次得到的数列的所有项之和记为a n.(1)设第n次构造后得的数列为1,x1,x2,⋯,xλ,2，则a n=3+x1+x2+⋯+x k，请用含x1,x2,⋯,x k的代数式表达出a n+1，并推导出a n+1与a n满足的关系式；(2)求数列a n的通项公式a n；(3)证明：1a1+1a2+1a3+⋯+1a n<1313.(2024·贵州贵阳·二模)给定数列a n，若满足a1=a(a>0且a≠1)，对于任意的n,m∈N∗，都有a n+m=a n⋅a m，则称数列a n为“指数型数列".(1)已知数列a n满足a1=1,a n=2a n a n+1+3a n+1n∈N*，判断数列1a n+1是不是“指数型数列"？若是，请给出证明，若不是，请说明理由;(2)若数列a n是“指数型数列”，且a1=a+2a+3a∈N*，证明:数列a n中任意三项都不能构成等差数列.14.(2024·湖北·模拟预测)若正整数m，n只有1为公约数，则称m，n互质，欧拉函数是指，对于一个正整数n，小于或等于n的正整数中与n互质的正整数(包括1)的个数，记作φ(n)，例如φ(4)=2，φ(5)=4．(1)求φ(6)，φ3n，φ4n；(2)设a n=φ3nφ3n+1+2⋅φ3n+2，n∈N*，求数列a n的前n项和S n；(3)设b n=12φ4n-1，n∈N*，数列b n的前n项和为T n，证明：T n<49，15.(23-24高三下·云南昆明·阶段练习)a ,b 表示正整数a ，b 的最大公约数，若|x 1,x 2,⋯x k |⊆|1,2,⋯m |(k ,m ∈N *)，且∀x ∈x 1,x 2⋯x k ，x ,m =1，则将k 的最大值记为φm ，例如：φ1 =1，φ5 =4．(1)求φ2 ，φ3 ，φ6 ；(2)设a n =φ2n ．(i )求数列a n 的通项公式，(ii )设b n =n 2+2n -1 ⋅a n ，求数列b n 的前n 项和T n ．16.(2024·全国·模拟预测)设满足以下两个条件的有穷数列a 1,a 2,⋅⋅⋅,a n 为n n =2,3,4,⋅⋅⋅ 阶“曼德拉数列”：①a 1+a 2+a 3+⋅⋅⋅+a n =0；②a 1 +a 2 +a 3 +⋅⋅⋅+a n =1.(1)若某2k k ∈N * 阶“曼德拉数列”是等比数列，求该数列的通项a n (1≤n ≤2k ，用k ,n 表示)；(2)若某2k +1k ∈N * 阶“曼德拉数列”是等差数列，求该数列的通项a n (1≤n ≤2k +1，用k ,n 表示)；(3)记n 阶“曼德拉数列”a n 的前k 项和为S k k =1,2,3,⋅⋅⋅,n ，若存在m ∈1,2,3,⋅⋅⋅,n ，使S m =12，试问：数列S i i =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；若不能，请说明理由.17.(2024·广东梅州·二模)已知a n 是由正整数组成的无穷数列，该数列前n 项的最大值记为M n ，即M n =max a 1,a 2,⋅⋅⋅,a n ；前n 项的最小值记为m n ，即m n =min a 1,a 2,⋅⋅⋅,a n ，令p n =M n -m n (n =1,2,3,⋅⋅⋅)，并将数列p n 称为a n 的“生成数列”．(1)若a n =3n ，求其生成数列p n 的前n 项和；(2)设数列p n 的“生成数列”为q n ，求证：p n =q n ；(3)若p n 是等差数列，证明：存在正整数n 0，当n ≥n 0时，a n ，a n +1，a n +2，⋅⋅⋅是等差数列．18.(2024·山东潍坊·二模)数列a n 中，从第二项起，每一项与其前一项的差组成的数列a n +1-a n 称为a n 的一阶差数列，记为a 1 n ，依此类推，a 1 n 的一阶差数列称为a n 的二阶差数列，记为a 2 n ，⋯．如果一个数列a n 的p 阶差数列a p n 是等比数列，则称数列a n 为p 阶等比数列p ∈N * ．(1)已知数列a n 满足a 1=1，a n +1=2a n +1．(ⅰ)求a 1 1，a 1 2，a 1 3；(ⅱ)证明：a n 是一阶等比数列；(2)已知数列b n 为二阶等比数列，其前5项分别为1,209,379,789,2159，求b n 及满足b n 为整数的所有n 值．19.(2024·贵州·模拟预测)若给定一个数列a n ，其连续两项之差构成一个新数列：a 2-a 1，a 3-a 2，a 4-a 3，⋯，a n +1-a n ，⋯，这个数列称为原数列a n 的“一阶差数列”，记为b n ，其中b n =a n +1-a n .再由b n 的连续两项的差得到新数列b 2-b 1，b 3-b 2，b 4-b 3，⋯，b n +1-b n ，⋯，此数列称为原数列a n 的“二阶差数列”，记为c n ，其中c n =b n +1-b n .以此类推，可得到a n 的“p 阶差数列”.如果数列a n 的“p 阶差数列”是非零常数数列，则称a n 为“p 阶等差数列”.(1)证明由完全立方数13,23,33,⋯,n 3,⋯,n ∈N * 组成的数列a n 是“3阶等差数列”；(2)若a n =n k (k ≥3且k ∈Z ，n ∈N *)，证明数列a n 是“k 阶等差数列”，并且若将a n 的“k 阶差数列”记作a k n ，则a k n =k !=1×2×3×⋯×k n ∈N * .20.(2024·河南郑州·模拟预测)设任意一个无穷数列a n 的前n 项之积为T n ，若∀n ∈N ∗，T n ∈a n ，则称a n 是T 数列．(1)若a n 是首项为-2，公差为1的等差数列，请判断a n 是否为T 数列？并说明理由；(2)证明：若a n 的通项公式为a n =n ⋅2n ，则a n 不是T 数列；(3)设a n 是无穷等比数列，其首项a 1=5，公比为q (q >0)，若a n 是T 数列，求q 的值．21.(2024·广东佛山·模拟预测)定义：一个正整数n称为“漂亮数”，当且仅当存在一个正整数数列a1,a2,...,a k，满足①②：①a1<a2<...<a k-1<a k=n k≥2；②1a1+1a2+...+1a k=1．(1)写出最小的“漂亮数”；(2)若n是“漂亮数”，证明：n3是“漂亮数”；(3)在全体满足k=4的“漂亮数”中，任取一个“漂亮数”n，求n-1是质数的概率．22.(24-25高三上·河南焦作·开学考试)对于一个正项数列a n，若存在一正实数λ，使得∀n∈N*且n≥2，有a1+a2+⋯+a n-1≥λa n，我们就称a n是λ-有限数列.(1)若数列a n满足a1=1，a2=1，a n=a n-1+a n-2n≥3，证明：数列a n为1-有限数列；(2)若数列a n是λ-有限数列，∃M>0，使得∀n∈N*且n≥2，a n≤M，证明：ni=11 a2i≥1a21+λ2 M1a1-1a1+a2+⋯+a n .23.(2024·北京门头沟·一模)已知数列a n :a 1,a 2,⋯,a M ，数列b n :b 1,b 2,⋯,b M ，其中M >2，且a i ,b i ∈1,2,⋯,M ，i =1,2,⋯,M ．记a n ，b n 的前n 项和分别为S n ，T n ，规定S 0=T 0=0．记S =S j -S i i =0,1,2,⋯,M ;j =1,2,⋯,M ，且i <j ，T =T j -T i i =0,1,2,⋯,M ;j =1,2,⋯,M ，且i <j .(1)若a n :2,1,3，b n :1,3,3，写出S ,T ；(2)若S =2,3,5,6,8 ，写出所有满足条件的数列a n ，并说明理由；(3)若a i ≤a i +1,b i ≤b i +1i =1,2,⋯,M -1 ,a 2>b 2，且S =T ．证明：∃i ∈2,⋯,M ，使得b i =a M -a 1．24.(2024·湖北荆州·三模)对于数列x n，如果存在一个正整数m，使得对任意n n∈N*，都有x n+m=x n成立，那么就把这样的一类数列x n称作周期为m的周期数列，m的最小值称作数列x n的最小正周期，简称周期.(1)判断数列x n=sin nπ和y n=2,n=13,n=2y n-1-y n-2+1,n≥3是否为周期数列，如果是，写出该数列的周期，如果不是，说明理由.(2)设(1)中数列y n前n项和为S n，试问是否存在p,q，使对任意n∈N*，都有p≤(-1)n⋅S nn≤q成立，若存在，求出p,q的取值范围，若不存在，说明理由.(3)若数列a n和b n满足b n=a n+1-a n，且b1=1,b2=ab n+2=b n+1b nn≥1,n∈N，是否存在非零常数a，使得a n是周期数列？若存在，请求出所有满足条件的常数a；若不存在，请说明理由.25.(2024·安徽芜湖·三模)若数列a n的各项均为正数，且对任意的相邻三项a t-1,a t,a t+1，都满足a t-1a t+1≤a2t，则称该数列为“对数性凸数列”，若对任意的相邻三项a t-1,a t,a t+1，都满足a t-1+a t+1≤2a t则称该数列为“凸数列”．(1)已知正项数列c n是一个“凸数列”，且a n=e c n，(其中e为自然常数，n∈N*)，证明：数列a n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b i>0i=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，⋯,a n是一个“对数性凸数列”，求证：1n+1ni=0a i1n-1n-1j=1a j≥1 n n-1i=0a i1n nj=1a j26.(2024·新疆·二模)我们把满足下列条件的数列a n称为m-L数列：①数列a n的每一项都是正偶数；②存在正奇数m，使得数列a n的每一项除以m所得的商都不是正偶数．(1)若a，b，c是公差为2的等差数列，求证：a，b，c不是3-L数列；(2)若数列b n满足对任意正整数p，q，恒有b p+q=1p+1qb p b q，且b1=8，判断数列b n n 是否是7-L数列，并证明你的结论；(3)已知各项均为正数的数列c n共有100项，且对任意1≤n≤100，恒有c1+c2+⋯+c n=c31+c32+⋯+c3nk4+kc31+kc32+⋯+kc3n+k2k∈N*，若数列c n为111-L数列，求满足条件的所有两位数k值的和．27.(2024·浙江·模拟预测)已知正整数m，设a1，a2，⋯，a2m，b1，b2，⋯，b2m是4m个非负实数，S=∑2ma i=i=1∑2mb i>0.若对于任意i=1,2,⋅⋅⋅,2m，取a2m+1=a1，a2m+2=a2，b2m+1=b1，都有a i a i+2≥b i+b i+1，则称这i=14m个数构成S,m-孪生数组.(1)写出8个不全相等的数，使得这8个数构成8,2-孪生数组；(2)求最小的S，使得a1，a2，⋯，a6，b1，b2，⋯，b6构成S,3-孪生数组；(3)若m≥4，且a1，a2，⋯，a2m，b1，b2，⋯，b2m构成16,m的最大值.-孪生数组，求a i i=1,2,⋅⋅⋅,2m 参考公式：(i)x1+x2+x3，当且仅当x1=x2=x3时取等；(ii)当正偶数n≥4时， 2≥3x1x2+x2x3+x3x1设n=2k k∈N*；当正奇数n>4时，设x2+x4+⋅⋅⋅+x2k，有x1x2+x2x3+⋅⋅⋅+x n x1≤x1+x3+⋅⋅⋅+x2k-1n=2k+1k∈N*.，有x1x2+x2x3+⋅⋅⋅+x n x1≤x1+x3+⋅⋅⋅+x2k+1x2+x4+⋅⋅⋅+x2k28.(2024·吉林·模拟预测)对于数列x n，若∃M>0，对任意的n∈N*，有x n ≤M，则称数列x n是有界的.当正整数n无限大时，若x n无限接近于常数a，则称常数a是数列x n的极限，或称数列x n收敛于a，记为limn→+∞x n=a.单调收敛原理：“单调有界数列一定收敛”可以帮助我们解决数列的收敛性问题.(1)证明：对任意的x≥-1，n∈N*，1+xn≥1+nx恒成立；(2)已知数列a n，b n的通项公式为：a n=1+1 nn，b n=1+1nn+1，n∈N*.(i)判断数列a n，b n的单调性与有界性，并证明；(ii)事实上，常数e=limn→+∞a n=limn→+∞b n，以e为底的对数称为自然对数，记为ln x.证明：对任意的n∈N*，n k=11 k+1<ln n+1<nk=11k恒成立.29.(2024·广东江苏·高考真题)设m为正整数，数列a1,a2,...,a4m+2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项a i和a j i<j后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a1,a2,...,a4m+2是i,j-可分数列．(1)写出所有的i,j，1≤i<j≤6，使数列a1,a2,...,a6是i,j-可分数列；(2)当m≥3时，证明：数列a1,a2,...,a4m+2是2,13-可分数列；(3)从1,2,...,4m+2中任取两个数i和j i<j，记数列a1,a2,...,a4m+2是i,j-可分数列的概率为P m，证明：P m>1 8．。

数列新定义知识点

数列新定义知识点
哇塞，同学们！今天咱们来聊聊数列新定义这个超有趣的知识点啊！
你看啊，数列就像是一群有规律排好队的小精灵。

比如说，那简单的等差数列 1，3，5，7，9，每一个数都比前一个数多 2，就像它们迈着整齐的小步伐一步一步往前呢！
而新定义的数列呢，那可就像打开了一个奇妙的大门呀！比如定义一个数列，从第三项开始，每一项都等于前两项的和。

嘿，这多有意思呀！就像搭积木一样，一块一块往上堆。

比如说前面两项是 1 和 2，那第三项就是 3 啦，第四项就是 5，这样一直下去，你不觉得超级神奇吗？
再比如来个更特别的新定义，奇数项是前一项的 2 倍，偶数项是前一项减 3。

哎呀呀，这数列就变得像坐过山车一样，一会儿高一会儿低的。

想象一下，如果前面是 5，那后面的奇数项就变成 10，偶数项就变成 2 啦，多好玩啊！
咱们在研究数列新定义的时候，不就像是探险家在探索未知的领域嘛！你要开动脑筋，去发现里面的规律和奥秘。

就好像捉迷藏一样，努力找到那个隐藏起来的答案。

我觉得呀，数列新定义真是太有魅力了！它能让我们尽情发挥想象力和创造力，去发现那些独特的规律和特点。

每一个新定义都像是一个全新的挑战，等着我们去攻克。

同学们，是不是很想去探索数列新定义的奇妙世界呀！。

数列新定义问题,插入数字构成新数列问题,取整数列问题(解析版)

数列新定义，插入数字构成新数列，取整数列问题2021新高考2卷T121(2023·全国·高三专题练习)设正整数n=a0⋅20+a1⋅2+⋯+a k-1⋅2k-1+a k⋅2k，其中a i∈0,1，记ωn = a0+a1+⋯+a k．则()A.ω2n=ωn B.ω2n+3=ωn +1C.ω8n+5=ω4n+3D.ω2n-1=n【答案】ACD【分析】利用ωn的定义可判断ACD选项的正误，利用特殊值法可判断B选项的正误.【详解】对于A选项，ωn=a0+a1+⋯+a k，2n=a0⋅21+a1⋅22+⋯+a k-1⋅2k+a k⋅2k+1，所以，ω2n=a0+a1+⋯+a k=ωn ，A选项正确；对于B选项，取n=2，2n+3=7=1⋅20+1⋅21+1⋅22，∴ω7 =3，而2=0⋅20+1⋅21，则ω2 =1，即ω7 ≠ω2 +1，B选项错误；对于C选项，8n+5=a0⋅23+a1⋅24+⋯+a k⋅2k+3+5=1⋅20+1⋅22+a0⋅23+a1⋅24+⋯+a k⋅2k+3，所以，ω8n+5=2+a0+a1+⋯+a k，4n+3=a0⋅22+a1⋅23+⋯+a k⋅2k+2+3=1⋅20+1⋅21+a0⋅22+a1⋅23+⋯+a k⋅2k+2，所以，ω4n+3=2+a0+a1+⋯+a k，因此，ω8n+5=ω4n+3，C选项正确；对于D选项，2n-1=20+21+⋯+2n-1，故ω2n-1=n，D选项正确.题型一数列新定义1有一个非常有趣的数列1n叫做调和数列，此数列的前n项和已经被研究了几百年，但是迄今为止仍然没有得到它的求和公式，只是得到它的近似公式：当n很大时，1+12+13+⋯+1n≈ln n+γ，其中γ称为欧拉-马歇罗尼常数，γ≈0.577215664901⋯，至今为止都还不确定γ是有理数还是无理数．由于上式在n很大时才成立，故当n较小时计算出的结果与实际值之间是存在一定误差的，已知ln2≈0.693，ln10≈2.303．用上式估算出的ln5与实际的ln5的误差绝对值近似为()A.0.003B.0.096C.0.121D.0.216【答案】B【分析】直接通过两种方法求出ln5，作差取绝对值即可求出结果.【详解】1+12+13+14+15≈ln5+γ⇒ln5≈13760-γ，又ln5=ln10-ln2≈2.303-0.693=1．610ln5与实际的ln5的误差绝对值近似为13760-0.577-1.610≈0.0962(多选)若数列a n 满足：对∀i ,j ∈N *，若i <j ，则a i <a j ，称数列a n 为“鲤鱼跃龙门数列”.下列数列a n 是“鲤鱼跃龙门数列”的有()A.a n =n 2-4n +1B.a n =n +1n +2C.a n =sin n πD.a n =lnn n +1【答案】BD【分析】举特例i =1<j =3，a 1=-2=a 3可说明A 不符合题意，同理可说明C 不符合题意；依据“鲤鱼跃龙门数列”的定义，可说明B ,D .【详解】对于A ,不妨取i =1<j =3，但a 1=-2=a 3，不满足a i <a j ，故A 错误；对于B , a n =n +1n +2=1-1n +2,对∀i ,j ∈N *，若i <j ,则1i +2>1j +2，则1-1i +2<1-1j +2,即a i <a j ，故B 正确；对于C ，不妨取i =2<j =4，但a 2=0=a 4，不满足a i <a j ，故C 错误；对于D , a n =ln n n +1=ln 1-1n +1 ,对∀i ,j ∈N *，若i <j ,则1i +1>1j +1，则1-1i +1<1-1j +1，故ln 1-1i +1 <ln 1-1j +1，即a i <a j ，故D 正确3意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例,引入数列:1,1,2,3,5,8,⋯,该数列从第三项起,每一项都等于前两项的和,即递推关系式为a n +2=a n +1+a n ,n ∈N *,故此数列称为斐波那契数列,又称“兔子数列”.已知满足上述递推关系式的数列a n 的通项公式为a n =A ⋅1+52n+B ⋅1-52n,其中A ，B 的值可由a 1和a 2得到,比如兔子数列中a 1=1,a 2=1代入解得A =15,B =-15.利用以上信息计算5+125= .(x 表示不超过x 的最大整数)()A.10B.11C.12D.13【答案】B【分析】根据题不妨设A =B =1,求出a 1,a 2,进而得到a 5,通过a n 的第五项,即可得到1+525,1-525之间的关系,根据1-525的范围可大致判断5+125的范围,进而选出选项.【详解】解:由题意可令A =B =1,所以将数列a n 逐个列举可得:a 1=1,a 2=3,a 3=a 1+a 2=4,a 4=a 3+a 2=7,a 5=a 4+a 3=11,故a 5=1+525+1-525=11,因为1-525∈-1,0 ,所以1+52 5∈11,12 ,故1+525=11.4十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间0,1 均分为三段，去掉中间的区间段13,23，记为第1次操作；再将剩下的两个区间0,13 ,23,1分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作；⋯；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段；操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”.设第n 次操作去掉的区间长度为a n ，数列b n 满足：b n =n 2a n ，则数列b n 中的取值最大的项为()A.第3项B.第4项C.第5项D.第6项【答案】C【分析】由已知可得a n =1223n，则b n =12n 223n，然后由b n +1-b n =1623n-n 2+4n +2 =0，得n =2+6，而n 为正整数，从而可求得答案.【详解】由题可知a 1=13,a 2=2×13×13,a 3=22×13×13×13,a 4=23×13×13×13×13，由此可知a n =2n -113n=1223n，所以b n =n 2a n =12n 223n，因为b n +1-b n =12(n +1)223n +1-12n 223n=1223n23(n +1)2-n 2 =1623n-n 2+4n +2 ，令-n 2+4n +2=0，解得n 1=2+6,n 2=2-6(舍)，由此可知n ≤4时b n +1-b n >0;n ≥5时b n +1-b n <0，故b 5的取值最大5(多选)设正整数n =a 0⋅90+a 1⋅91+⋯+a k -1⋅9k -1+a k ⋅9k ，其中a i ∈0,1,2,3,4,5,6,7,8 i =0,1,2,⋯,k .记ωn =a 0+a 1+⋯+a k ，当n ≤8时，S n =ω1 +ω2 +⋯+ω9n ，则()A.S n -S n-1=9n+28n≥2B.ω9n+10=ωn +1C.数列S nn为等差数列 D.ω9n-18=n【答案】ACD【分析】分别表示出ω9n-8=n，ω9n-7=n+1，⋯⋯ω9n=n即可求解A，再求出ω9n+10可求解B，利用等差数列的定义可求解C，根据9n-18=1×1-9n1-9=90+91+92+93+⋯+9n-1可求解D.【详解】当n≥2时，S n-S n-1=ω9n-8+ω9n-7+ω9n-6+ω9n-5+ω9n-4+ω9n-3+ω9n-2+ω9n-1+ω9n，又9n-8=1⋅90+n-1⋅91，所以ω9n-8=1+n-1= n，同理9n-7=2⋅90+n-1⋅91，所以ω9n-7=2+n-1=n+1，⋯，9n-1=8⋅90+n-1⋅91，所以ω9n-1=8+n-1=n+7，9n=0⋅90+n⋅9，所以ω9n=n，所以S n-S n-1=9n+28，A项正确；9n+10=0⋅90+a0⋅91+a1⋅92+⋯+a k-1⋅9k +a k⋅9k+1+9+1，ω9n+10=1+1+a0+a1+a2+⋯+a k=ωn +2，B项错误；当n=1时，S1 =ω1 +ω2 +⋯+ω9 =1+2+⋯+8+1=37，当n≥2时，S n=S n-S n-1+S n-1-S n-2+⋯+S2 -S1 +S1=9n+28+9n-1+28+⋯+9×2+28+9×1+28=n9n+652=9n2+65n2，当n=1时也符合，所以S n=9n2+65n2，所以S nn=9n+652，所以S nn-S n-1n-1=9n+652-9n+562=92，所以数列S nn为等差数列，C项正确；9n-18=1×1-9n1-9=90+91+92+93+⋯+9n-1，ω9n-18=1+1+⋯+1=n，D项正确6(多选)在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列，现将数列2，4进行构造，第1次得到数列2，6，4；第2次得到数列2，8，6，10，4；⋯；第n n∈N*次得到数列2，x1，x2，x3，⋯，x k，4.记a n=2+x1+x2+x3+⋅⋅⋅+x k+4，则()A.a3=84B.a n2为偶数 C.k=2n-1 D.a n+1=3a n-6【答案】ACD【分析】通过计算求出a1，a2，a3，的值，并且归纳出每一项与前一项的关系，以及k的变化，从而运用归纳法得到a n，a n-1之间的关系，以及k,n之间的关系，利用累加法可得a n，逐项判断即可得答案.【详解】由题意得：a1=2+6+4=12，此时k=1=21-1a 2=12+8+10=30=a 1+18=a 1+6×31，此时k =3=22-1，则a 22=15，不为偶数，故B 不正确；a 3=30+10+14+16+14=84=a 2+54=a 2+6×32，此时k =7=23-1，故A 正确；a 4=a 3+162=a 3+6×33，此时k =15=24-1归纳可得a n =a n -1+6×3n -1，此时k =2n -1，故C 正确；则a n -a n -1=6×3n -1，a n -1-a n -2=6×3n -2，a n -2-a n -3=6×3n -3，⋯⋯，a 2-a 1=6×31累加可得a n -a 1=6×3n -1+6×3n -2+6×3n -3+⋯+6×31=6×31-3n1-3=3n +1-9所以a n =3n +1+3，则a n +1=3n +2+3=3×3n +1+3 -6，即a n +1=3a n -6，故D 正确7对于一个给定的数列a n ，把它的连续两项a n +1与a n 的差a n +1-a n 记为b n ，得到一个新数列b n ，把数列b n 称为原数列a n 的一阶差数列.若数列b n 为原数列a n 的一阶差数列，数列c n 为原数列b n 的一阶差数列，则称数列c n 为原数列a n 的二阶差数列.已知数列a n 的二阶差数列是等比数列，且a 1=2,a 2=3,a 3=6,a 4=13，则数列a n 的通项公式a n =.【答案】2n -n +1【分析】运用等比数列通项公式及累加法可求得结果.【详解】设数列b n 为原数列a n 的一阶差数列，c n 为原数列a n 的二阶差数列.则由题意可知b 1=a 2-a 1=1,b 2=a 3-a 2=3,b 3=a 4-a 3=7,c 1=b 2-b 1=2,c 2=b 3-b 2=4.又c n 为等比数列，故公比q =c 2c 1=2，所以c n =2n ，即b n +1-b n =2n .当n ≥2时，b n =b n -b n -1 +b n -1-b n -2 +⋯+b 2-b 1 +b 1=2n -1+2n -2+⋯+21+1=2n -1，将n =1代入b n =2n -1得b 1=21-1=1，符合，所以b n =2n -1，n ∈N ∗.所以a n +1-a n =2n -1，当n ≥2时，a n =a n -a n -1 +a n -1-a n -2 +⋯+a 2-a 1 +a 1=2n -1-1 +2n -2-1 +⋯+21-1 +2=2n -1+2n -2+⋯+21-(n -1)+2=2n -n +1，将n =1代入a n =2n -n +1得a 1=21-1+1=2，符合，所以a n =2n -n +1，n ∈N ∗.8(2023·广西苍梧中学校考)数列{a n }中，a n =log n +1(n +2)(n ∈N ∗)，定义：使a 1⋅a 2⋅⋯⋅a k 为整数的数k (k ∈N ∗)叫做期盼数，则区间[1,2023]内的所有期盼数的和等于()A.2023 B.2024C.2025D.2026【答案】D【分析】利用换底公式与累乘法把a 1⋅a 2⋅a 3⋅⋯⋅a k 化为log 2(k +2)，然后根据a 1⋅a 2⋅a 3⋅⋯⋅a k 为整数，可得k=2n -2，最后由等比数列前n 项和公式求解．【详解】解：∵a n =log n +1(n +2)=lg n +2lg n +1，(n ∈N *)，∴a 1⋅a 2⋅a 3⋅⋯⋅a k =lg3lg2⋅lg4lg3⋅lg5lg4⋅⋯⋅lg k +2 lg k +1=log 2(k +2)，又∵a 1⋅a 2⋅a 3⋅⋯⋅a k 为整数，∴k +2必须是2的n 次幂(n ∈N *)，即k =2n -2．k ∈[1,2023]内所有的“幸运数”的和：S =22-2 +23-2 +24-2 +⋯+210-2 =2(1-210)1-2-20=20269数学家祖冲之曾给出圆周率π的两个近似值：“约率”227与“密率”355113．它们可用“调日法”得到：称小于3.1415926的近似值为弱率，大于3.1415927的近似值为强率．由31<π<41，取3为弱率，4为强率，得a 1=3+41+1=72，故a 1为强率，与上一次的弱率3计算得a 2=3+71+2=103，故a 2为强率，继续计算，⋯⋯．若某次得到的近似值为强率，与上一次的弱率继续计算得到新的近似值；若某次得到的近似值为弱率，与上一次的强率继续计算得到新的近似值，依此类推，已知a m =227，则m =；a 8=．【答案】64715【分析】根据题意不断计算即可解出．【详解】因为a 2为强率，由31<π<103可得，a 3=3+101+3=134>3.1415927，即a 3为强率；由31<π<134可得，a 4=3+131+4=165>3.1415927，即a 4为强率；由31<π<165可得，a 5=3+161+5=196>3.1415927，即a 5为强率；由31<π<196可得，a 6=3+191+6=227>3.1415927，即a 6为强率，所以m =6；由31<π<227可得，a 7=3+221+7=258=3.125<3.1415926，即a 7为弱率；由258<π<227可得，a 8=25+228+7=4715．10在数列a n 中，若a n +1-a 1a 2a 3⋅⋅⋅a n =d n ∈N * ，则称数列a n 为“泛等差数列”，常数d 称为“泛差”.已知数列a n 是一个“泛等差数列”，数列b n 满足a 21+a 22+⋅⋅⋅+a 2n =a 1a 2a 3⋅⋅⋅a n -b n .(1)若数列a n 的“泛差”d =1，且a 1，a 2，a 3成等差数列，求a 1；(2)若数列a n的“泛差”d=-1，且a1=12，求数列b n的通项b n.【答案】(1)a1=-1或a1=1，(2)b n=54-n【分析】(1)根据“泛差”d=1，联立得a1+a3=2a2a2-a1=1a3-a1a2=1，解出a1即可.(2)由题a21+a22+⋯+a2n=a1a2⋯a n-b n，升次作差得a2n+1=a1a2⋯a n a n+1-1-b n+1+b n，结合a n+1+1=a1a2 a3⋯a n，整体代入可得b n+1-b n=-1，即可写出其通项.【详解】(1)∵“泛差”d=1，∴a n+1-a1a2a3⋯a n=1，∵a1+a3=2a2，a2-a1=1，a3-a1a2=1，联立三式得a1+2-a1a1+1=1，化简得a21=1，解得a1=±1.(2)a n+1-a1a2a3⋯a n=-1，则a n+1+1=a1a2a3⋯a n，由a21+a22+⋯+a2n=a1a2⋯a n-b n，①∴a21+a22+⋯+a2n+1=a1a2⋯a n+1-b n+1，②②-①得a2n+1=a1a2⋯a n a n+1-1-b n+1+b n，即a2n+1=a n+1+1a n+1-1-b n+1+b n =a2n+1-1-b n+1+b n，∴b n+1-b n=-1且b1=a1-a21=12-14=14.所以b n为等差数列，首项为14，公差为-1，∴b n=14+(n-1)⋅(-1)=-n+54.11若数列A n满足A n+1=A2n，则称数列A n为“平方递推数列”．已知数列a n中，a1=9，点a n,a n+1在函数f(x)=x2+2x的图象上，其中n为正整数，(1)证明：数列a n+1是“平方递推数列”，且数列lg a n+1为等比数列；(2)设b n=lg a n+1,c n=2n+4，定义a*b=a,a≤b,b,a>b,，且记dn=b n*c n，求数列d n的前n项和S n．【答案】(1)证明见解析(2)S n=2n-1,n≤4且n∈N*,n2+5n-21,n>4且n∈N*.【详解】(1)∵点a n,a n+1在函数f(x)=x2+2x的图象上，∴a n+1=a2n+2a n，∴a n+1+1=a n+12,∴a n+1是“平方递推数列”．因为lg a1+1=lg(9+1)=1>0，对a n+1+1=a n+12两边同时取对数得lg a n+1+1=2lg a n+1，∴数列lg a n+1是以1为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)知b n=lg a n+1=1×2n-1=2n-1，由数列b n、c n的通项公式得，当n≤4时，b n<c n；当n>4时，b n>c n．又由a*b=a,a≤b,b,a>b,dn=b n*c n，得d n=2n-1,n≤4，n∈N*,2n+4,n>4，n∈N*当n≤4且n∈N*时，S n=b1+⋯+b n=1-2n1-2=2n-1；当n>4且n∈N*时，S n=b1+b2+b3+b4+c5+c6+⋯+c n=24-1+(n-4)(14+2n+4)2=n2+5n-21，综上，S n=2n-1,n≤4且n∈N*,n2+5n-21,n>4且n∈N*.12已知a n=3n+1，b n=2n，数列a n和b n中的所有项分别构成集合A，B，将A∪B的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列c n，求数列c n的前60项和S60.【答案】5014.【详解】当c n的前60项中含有b n的前6项时，令3n+1<27=128⇒n<127 3，此时至多有41+7=48项(不符).当c n的前60项中含有b n的前7项时，令3n+1<28=256⇒n<85，且22，24，26是a n和b n的公共项，则c n的前60项中含有b n的前7项且含有a n的前56项，再减去公共的三项.∴S60=56×4+56×552×3+2+23+25+27=4844+170=5014.13已知a n=4n-1，若集合A={x|x=a n，n∈N*}，B={x|x=3n，n∈N*}，将集合A∪B中的所有元素按从小到大的顺序排列构成数列{b n}，计数列{b n}的前n项和为T n．求T102的值．【答案】20190【分析】由已知可得集合A∪B中的所有元素的最小值为3，且3，27，243三个元素是{b n}中前102项中的元素，同时也是A∩B中的元素，从而可求T102．【详解】集合A={x|x=4n-1，n∈N*}，B={x|x=3n，n∈N*}，所以集合A∪B中的所有元素的最小值为3，且3，27，243三个元素是{b n}中前102项中的元素，且是A∩B中的元素，所以T102=(a1+a2+a3+...+a100)+9+81=12×100×(3+400-1)+90=20190．题型二取整数列14已知数列a n满足a1=-1,n a n+1-a n=2n+1，记‹a n›为不小于a n的最小整数，b n=‹a n›，则数列b n的前2023项和为()A.2020B.2021C.2022D.2023【答案】A【分析】利用裂项相消求和可得答案.【详解】由题意得a n+1-a n=21n-1n+1 ，则当n≥2时，a n=a n-a n-1+a n-1-a n-2+⋯+a2-a1 +a1=21n-1-1n+21n-2-1n-1+⋯+21-12-1=1-2n，当n=1时也满足上式，所以a n=1-2nn∈N*，所以b1=‹-1›=-1,b2=‹0›=0,b3=‹1-23›=1,b4=‹1-24›=1,b5=b6=⋯=1，故b n的前2023项和为-1+0+1+1+⋯+1=202015高斯函数y=x 也称为取整函数，其中x 表示不超过x的最大整数，例如 3.4=3．已知数列a n满足a1=1，a n+1=a2n+a n，设数列a n1+a n的前n项和为Sn，则S2022=．【答案】2021【分析】首先利用裂项得到1a n+1=1a n-1a n+1,再化简a n1+a n=1-11+a n=1+1a n+1-1a n，利用裂项相消求和，再利用高斯函数的定义，即可求解.【详解】因为a n+1=a2n+a n，所以1a n+1=1a2n+a n=1a n-1a n+1,a n1+a n=1-11+a n=1+1a n+1-1a n，所以S2022=2022+1a2-1a1+1a3-1a2+⋅⋅⋅+1a2023-1a2022=2022-1a1+1a2023=2021+1a2023．因为a1=1，所以a n+1=a2n+a n>a n，所以a2023>1，所以2021<2021+1a2023<2022，故S2022=2021．16在数列a n中，a1=2，a2=4，且a n+2-2a n+1+a n-2=0．x 表示不超过x的最大整数，若b n=a n n 2 ，数列b n 的前n 项和为T n ，则T 2023=()A.2 B.3C.2022D.2023【答案】B【分析】利用累加法求得a n ，进而求得b n ，找到规律后求得T 2023.【详解】由a n +2-2a n +1+a n -2=0可得a n +2-a n +1=a n +1-a n +2，故a n +1-a n 是首项为a 2-a 1=2，公差为2的等差数列，则a n +1-a n =2+2(n -1)=2n ，所以当n ≥2时，a n =a n -a n -1 +a n -1- a n -2 +⋯+a 2-a 1 +a 1=2n -1 +2n -2 +⋯+2+2=2+2n -2 n -12+2=n 2-n +2，故a n =n 2-n +2(n ≥2)，当n =1时，a 1=2也满足上式，所以a n =n 2-n +2，故b n =a n n 2=1-n -2n 2．易得b 1=1-1-21=2，b 2=1-2-24=1，当n >2时，n -2>0，n 2>0，n 2-(n -2)=n 2-n +2=n -122+74>0，即n 2>n -2，故0<n -2n 2<1，故当n >2时，b n=1-n -2n 2=0，故T 2023=b 1+b 2=317已知n ∈N *，设x n 是关于x 的方程nx 3+2x -n =0的实数根，记a n =(n +1)x n ，(n =2,3,4,⋯).(符号[x ]表示不超过x 的最大整数).则a 1+a 2+a 3+⋯+a 20212020=.【答案】20232【分析】构造函数f (y )=n (n +1)3y 3+2n +1y -n ，利用导数求解单调性，结合零点存在性定理即可得n <y n <n +1(n ≥2)，进而得a n =y n =n ，(n ≥2)，由等差数列求和公式即可求解.【详解】令y n =(n +1)x n , 则x n =y nn +1,于是方程化为n (n +1)3y 3n+2y n n +1-n =0.记f (y )=n (n +1)3y 3+2n +1y -n , f (y )=3n (n +1)3y 2+2n +1>0,故f (y )在(0,+∞)上为增函数,且f (n )=n 4(n +1)3+2nn +1-n =-n n 2-n -1 (n +1)3,∵n ∈N ∗，当n ≥2时，g n =n 2-n -1单调递增，g n ≥g 2 =1>0，因此f (n )<0，f (n +1)=2>0，则n <y n <n +1(n ≥2).则a n =y n =n ，(n ≥2)又a 1=0，则a 1+a 2+a 3+⋯+a 20212020=2+3+4+⋯+20212020=1011.518已知数列a n 、b n ，a n +1=a n 2，b n +1=b n 2，n ∈N +其中x 为不大于x 的最大整数.若a 1=b 1=m ，m ≤1000，m ∈N +，有且仅有4个不同的t ，使得a t ≠b t ，则m 一共有( )个不同的取值.A.120 B.126C.210D.252【答案】C【分析】将m 表示为c 020+c 121+c 222+c 323+⋅⋅⋅+c 929，其中c 0,c 1,⋅⋅⋅,c 9∈0,1 ，且c 0,c 1,⋅⋅⋅,c 9不全为0，m ≤1000，分析a t ≠b t 与c 0,c 1,⋅⋅⋅,c 9的取值的关系，由此确定满足条件的m 的取值的个数.【详解】设m =c 020+c 121+c 222+c 323+⋅⋅⋅+c 929，其中c 0,c 1,⋅⋅⋅,c 9∈0,1 ，且c 0,c 1,⋅⋅⋅,c 9不全为0，m ≤1000，若c 0=1，则m =1+c 121+c 222+c 323+⋅⋅⋅+c 929，a 1=b 1=m ，a 2=m -12=1+c 221+c 322+c 423+⋅⋅⋅+c 829，b 2=m2，若c 0=0，则m =c 121+c 222+c 323+⋅⋅⋅+c 929，a 1=b 1=m ，a 2=m 2，b 2=m 2，所以若c 0=1则，a 2≠b 2，若c 0=0，则a 2=b 2，若c 0=0，c 1=0，则m =c 222+c 323+⋅⋅⋅+c 929，a 1=b 1=m ，a 2=m 2，b 2=m 2，a 3=m 4，b 3=m 4，若c 0=0，c 1=1，则m =2+c 222+c 323+⋅⋅⋅+c 929，a 1=b 1=m ，a 2=m 2，b 2=m 2，a 3=m -24，b 3=m 4，若c 0=1，c 1=0，则m =1+c 222+c 323+⋅⋅⋅+c 929，a 1=b 1=m ，a 2=m -12，b 2=m 2，a 3=m -14，b 3=m -14，若c 0=1，c 1=1，则m =1+2+c 222+c 323+⋅⋅⋅+c 929，a 1=b 1=m ，a 2=m -12，b 2=m 2，a 3=m -34，b 3=m -14，所以c 1=0时，a 3=b 3，c 1=1时，a 3≠b 3，同理可以证明c k =0时，a k +2=b k +2，c k =1，a k +2≠b k +2，因为有且仅有4个不同的t ，使得a t ≠b t ，即c 0,c 1,c 2,⋅⋅⋅,c 9中有且仅有4个变量取值为1，其余变量取值为0，又从c 0,c 1,c 2,⋅⋅⋅,c 9中任选4个变量有C 410种取法，故满足条件的m 的个数为C 410，即210个19符号x 表示不超过实数x 的最大整数，如 2.3 =2，-1.9 =-2.已知数列a n 满足a 1=1，a 2=5，a n +2+4a n =5a n +1.若b n =log 2a n +1 ，S n 为数列8100b n b n +1 的前n 项和，则S 2025 =()A.2023B.2024C.2025D.2026【答案】B【分析】由a n +2+4a n =5a n +1变形可推出数列a n +1-a n 为等比数列、a n +1-4a n 为常数列，求出这两个数列的通项公式，可求出数列a n 的通项公式，求得b n =log 2a n +1 =2n ，利用裂项相消法可求出S 2025，结合题中定义可求得S 2025 的值.【详解】因为a n +2+4a n =5a n +1，则a n +2-a n +1=4a n +1-a n ，且a 2-a 1=4，所以，数列a n +1-a n 是首项为4，公比也为4的等比数列，所以，a n +1-a n =4×4n -1=4n ，①由a n +2+4a n =5a n +1可得a n +2-4a n +1=a n +1-4a n ，且a 2-4a 1=1，所以，数列a n +1-4a n 为常数列，且a n +1-4a n =1，②由①②可得a n =4n -13，因为4n +1-13-4n=4⋅4n -1-3⋅4n 3=4n -13>0，4n +1-13-2⋅4n =4⋅4n -1-6⋅4n 3=-2⋅4n +13<0，则4n <a n +1=4n +1-13<2⋅4n ，所以，2n <log 2a n +1<2n +1，所以，b n =log 2a n +1 =2n ，所以，8100b n b n +1=81002n ⋅2n +1 =2025n n +1 =20251n -1n +1 ，所以，S 2025=20251-12+12-13+13-14+⋯+12025-12026=20251-12026 =2025-12026∈2024,2025 ，因此，S 2025 =202420已知a n =n ，定义x 为不大于x 的最大整数，求数列log 2a n 的前2m -1m ∈N * 项和.【答案】(m -2)2m +2【分析】根据x 的定义可得当n =2m -1,2m -1+1,2m -1+2,⋅⋅⋅,2m -1时，log 2n =m -1，从而表示出log 2a n 的前2m -1m ∈N *项和，再利用错位相减可求得结果.【详解】log 2a 2m -1=log 22m -1=m -1，所以log 2a 2m -1=log 22m -1 =m -1，当n =1时，log 2n =0，当n =2时，log 2n =1，当n =3时，log 2n =log 23 =1，当n =4,5,6,7时，log 2n =2，当n =8,9,10,11,12,13,14,15时，log 2n =3，当n =24,24+1,⋅⋅⋅,25-1时，log 2n =4，⋯⋯当n =2m -1,2m -1+1,2m -1+2,⋅⋅⋅,2m -1时，log 2n =m -1，所以数列log 2a n 的前2m -1m ∈N * 项和为0+1×21+2×22+3×23+⋅⋅⋅+(m -1)2m -1，令S =1×21+2×22+3×23+⋅⋅⋅+(m -1)2m -1，则2S =1×22+2×23+3×24+⋅⋅⋅+(m -2)⋅2m -1+(m -1)⋅2m ，所以-S =2+22+23+24+⋅⋅⋅+2m -1-(m -1)⋅2m =2(1-2m -1)1-2-(m -1)2m=-(m -2)2m -2，所以S =(m -2)2m +221已知数列a n 满足a 1=12，2a n +1+a n =3，数列b n 满足b 1=1，nb n +1-n +1 b n =n 2+n ．(1)求数列a n 与b n 的通项公式；(2)若c n =b n +1-b n a n ，求使c 1 +c 2 +c 3 +⋯+c n ≤2023成立的整数n 的最大值．(c n 表示不超过c n 的最大整数)【答案】(1)a n =1+-12n，b n =n 2，(2)44【分析】(1)对2a n +1+a n =3变形后可得数列a n -1 是以-12为公比的等比数列，从而可求出a n ，对nb n +1-n +1 b n =n 2+n 变形后可得数列b nn是以1为公差的等差数列，从而可求出b n ，(2)由(1)得c n =2n +1+2n +1-2 n，通过比较2n和2n +1的大小，可得c n =1,n =16,n =22n ,n ≥3,n 为奇数2n +1,n ≥3,n 为偶数，然后分n 为奇数和n 为偶数两种情况求解.【详解】(1)因为2a n +1+a n =3，所以a n +1-1=-12a n-1 ，所以数列a n -1 是以-12为公比的等比数列，所以a n -1=-12n -1a 1-1 ，因为a 1=12，所以数列a n 的通项公式为a n =1+-12n．因为nb n +1-n +1 b n =n 2+n =n n +1 ，所以b n +1n +1-bn n=1，所以数列b nn是以1为公差的等差数列，所以b nn =b 11+n -1 ，因为b 1=1，所以数列b n 的通项公式为b n =n 2．(2)因为c n =b n +1-b n a n ，所以c n =2n +1+2n +1-2n，因为当n ≥3时，2n +1-2n +1 -1-2n -2n -1 =2n -2>0，所以数列2n -2n -1 n ≥3 是递增数列，又23-2×3-1=1，所以2n -2n -1>0n ≥3 ，即0<2n +12n<1n ≥3 ．又c 1=32，c 2=254，所以c n =1,n =16,n =22n ,n ≥3,n 为奇数2n +1,n ≥3,n 为偶数，当n ≥3且n 为奇数时，c 1 +c 2 +c 3 +⋯+c n =7+6+10+⋯+2n +9+13+⋯+2n -1 =7+6+2n 2×n +12-1 +2n +82×n -12-1 =2n 2+3n -12，又c 1 +c 2 +c 3 +⋯+c n ≤2023，即2n 2+3n -12≤2023，所以2n 2+3n -4047≤0，又2×432+3×43-4047=-220<0，2×452+3×45-4047=138>0，所以n 的最大值为43．当n ≥3且n 为偶数时，n -1为奇数，所以c 1 +c 2 +c 3 +⋯+c n =2n -1 2+3n -1 -12+2n +1=2n 2+3n 2，又c 1 +c 2 +c 3 +⋯+c n ≤2023，即2n 2+3n2≤2023，所以2n 2+3n -4046≤0，又2×442+3×44-4046=-42<0，2×462+3×46-4046=324>0，所以n 的最大值为44．综上所述，使c 1 +c 2 +c 3 +⋯+c n ≤2023成立的整数n 的最大值为44题型三插入数字构成新数列22已知等差数列a n 的首项a 1=1，公差d =10，在a n 中每相邻两项之间都插入4个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列b n ，则b 2023=()A.4043B.4044C.4045D.4046【答案】C【分析】根据等差数列的性质求出b n =2n -1，再代入即可.【详解】设数列b n 的公差为d 1，由题意可知，b 1=a 1，b 6=a 2，b 6-b 1=a 2-a 1=10=5d 1，故d1=2，故b n=1+2n-1=2n-1，则b2023=2023×2-1=404523已知a n=3n-1对所有正整数m，若a k<2m<a k+1，则在a k和a k+1两项中插入2m，由此得到一个新数列{b n}，求{b n}的前40项和.【答案】1809【分析】考虑到26<a40<27，a34=99>26，从而确定{b n}的前40项中有34项来自{a n}，其他6项由2k组成，由此分组求和．【详解】由a40=117.所以26<a40<27，又a34=99>26，所以b n前40项中有34项来自a n.故b1+b2+⋯+b40=a1+a2+⋯+a34+21+22+⋯+26=34a1+a342+226-12-1=1683+126=180924已知数列a n的通项公式a n=5n+15，在数列a n的任意相邻两项a k与a k+1k=1,2,⋅⋅⋅之间插入2k个4，使它们和原数列的项构成一个新的数列b n，记新数列b n的前n项和为S n，则S60的值为．【答案】370【分析】依题意，确定前60项所包含数列a n的项，以及中间插入4的数量即可求和.【详解】因为a k与a k+1k=1,2,⋅⋅⋅之间插入2k个4，a1=20，a2=25，a3=30，a4=35，a5=40，其中a1，a2之间插入2个4，a2，a3之间插入4个4，a3，a4之间插入8个4，a4，a5之间插入16个4，a5，a6之间插入32个4，由于6+2+4+8+16=36<60，6+2+4+8+16+32=68>60，故数列b n的前60项含有a n的前5项和55个4，故S60=20+25+30+35+40+4×55=37025在x和y两个实数之间插入n个实数a1，a2，a3，⋯,a n，使数列x,a1,a2,a3,⋯,a n,y为等差数列，那么这个数列的公差为()A.y-xnB.y-xn+1C.x-yn+1D.y-xn+2【答案】B【分析】根据等差数列通项公式计算可得.【详解】依题意等差数列x,a1,a2,a3,⋯,a n,y中共有n+2项，设公差为d，则y=x+n+2-1d，所以d=y-xn+2-1=y-xn+1.26在数列的每相邻两项之间插入这两项的和，组成一个新的数列，这样的操作叫做这个数列的一次“拓展”．先将数列1，3进行拓展，第一次拓展得到1，4，3，第二次拓展得到数列1，5，4，7，3；⋯⋯；第n 次拓展得到数列1，x1，x2，⋯⋯，x i，3，设a n=1+x1+x2+⋯+x t+3，则t=，a n=．【答案】2n-123n+1【分析】拓展规则可知拓展后的项数的递推式b n+1=2b n-1和a n的递推式a n+1=3a n-4，通过构造等比数列可求通项.【详解】(1)设数列1，3第n次拓展后的项数为b n，则b1=3，b2=5，根据拓展规则可知，b n+1=2b n-1，即b n+1-1=2b n-1，∴数列b n-1是等比数列，首项为2，公比为2，∴b n-1=2n，即b n=2n+1，所以t=b n-2=2n-1；(2)根据拓展规则可知，a n+1=a n+2a n-4=3a n-4，∴a n+1-2=3a n-2，又a1-2=6，∴数列a n-2是等比数列，首项为6，公比为3，∴a n-2=6×3n-1=2×3n，所以a n=23n+127若在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.现对数列1，2进行构造，第一次得到数列1，3，2；第二次得到数列1，4，3，5，2；依次构造，第n n∈N*次得到的数列的所有项之和记为a n.(1)求a n+1与a n满足的关系式；(2)求数列a n的通项公式a n；【答案】(1)a n+1=3a n-3；(2)a n=3n+1+3 2；【分析】(1)根据题干给出的规则,得到第n次构造后数列的和与第n+1次构造后数列和的关系;(2)已知相邻两项关系构造等比数列,进而得到数列a n的通项公式;【详解】(1)设第n次构造后得的数列为1,x1,x2,⋯,x k,2，则a n=3+x1+x2+⋯+x k，则第n+1次构造后得到的数列为1，1+x1，x1，x1+x2，x2，⋯，x k-1+x k，x k，2+x k，2，则a n+1=6+3x1+x2+⋯x k=6+3a n-3=3a n-3，即a n+1与a n满足的关系式为a n+1=3a n-3；(2)由a n+1=3a n-3，可得a n+1-32=3a n-32，且a1=6,则a1-32=92所以数列a n-3 2是以92为首项，3为公比的等比数列，所以a n -32=92×3n -1，即a n =3n +1+3228(多选)在数学课堂上，教师引导学生构造新数列：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数列1,2进行构造，第1次得到数列1,3,2；第2次得到数列1,4,3,5,2；⋯；第n n ∈N * 次得到数列1，x 1,x 2,x 3,⋯,x k ，2；⋯记a n =1+x 1+x 2+⋯+x k +2，数列a n 的前n 项为S n ，则()A.k +1=2nB.a n +1=3a n -3C.a n =32n 2+3n D.S n =343n +1+2n -3 【答案】ABD【分析】根据数列的构造方法先写出前面几次数列的结果，寻找规律，再进行推理运算即可.【详解】由题意可知，第1次得到数列1,3,2，此时k =1第2次得到数列1,4,3,5,2，此时k =3第3次得到数列1, 5,4,7,3,8,5,7,2，此时k =7第4次得到数列1,6,5,9,4,11,7,10,3,11,8,13,5,12,7,9,2，此时k =15第n 次得到数列1，x 1,x 2,x 3,⋯,x k ，2此时k =2n -1所以k +1=2n ，故A 项正确；结合A 项中列出的数列可得：a 1=3+3a 2=3+3+9a 3=3+3+9+27a 4=3+3+9+27+81 ⇒a n =3+31+32+⋯+3n (n ∈N *)用等比数列求和可得a n =3+33n -12则a n +1=3+33n +1-1 2=3+3n +2-32=3n +22+32又3a n -3=33+33n -1 2-3=9+3n +22-92-3=3n +22+32所以a n +1=3a n -3，故B 项正确；由B 项分析可知a n =3+33n -1 2=323n +1即a n ≠32n 2+3n ，故C 项错误.S n =a 1+a 2+a 3+⋯+a n=322+332+⋯+3n +12 +32n =321-3n 1-32+32n =3n +24+3n 2-94=343n +1+2n -3 ，故D 项正确29已知a n=3n-1(n∈N*)，在a n相邻两项中间插入这两项的等差中项，求所得新数列b n的前2n 项和T2n.【答案】T2n=32(3n-1)【分析】设数列c n满足c n=a n+a n+12=2×3n-1，a n的前n项和为S n，{c n}的前n项和为R n，则T2n=R n+S n，根据等比数列求和公式，代入计算，即可得答案.【详解】设数列c n满足c n=a n+a n+12=2×3n-1．记a n的前n项和为S n，c n的前n项和为R n，则T2n=R n+S n．由等比数列的求和公式得：S n=1-3n1-3=12(3n-1)，R n=2S n=3n-1．所以T2n=R n+S n=32(3n-1)．即新数列{b n}的前2n项和T2n=32(3n-1)30已知a n=2n+1-1，b n=2n-1，将数列b n中的项按从小到大的顺序依次插入数列a n中，在任意的a k，a k+1之间插入2k-1项，从而构成一个新数列c n，求数列c n的前100项的和.【答案】12182【详解】设100项中，来自于数列a n中的有m项.若第100项来自于a n，则应有m+2×1-1+2×2-1+⋯+2m-1-1=100，整理可得，m2-m-99=0，该方程没有正整数解，不满足题意；若第100项来自于b n，则应有m+2×1-1+2×2-1+⋯+2m-1≥100，整理可得，m2+m-100≥0.当m=9时，有92+9-100=-10<0不满足，102+10-100=10>0，故m=10，所以，数列c n中含有10项数列a n中的项，含有90项数列b n中的项.所以，c1+c2+⋯+c100=a1+a2+⋯+a10+b1+b2+⋯+b90=22-1+23-1+⋯+210-1+1+3+5+⋯+2×90-1=22+23+⋯+210-10+1+3+5+⋯+179=41-2101-2-10+902×1+179=1218231已知数列a n的前n项和为S n，且S n=2n+1．(1)求a n的通项公式；(2)保持a n中各项先后顺序不变，在a k与a k+1之间插入k个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列b n，记b n的前n项和为T n，求T100的值(用数字作答)．【答案】(1)a n=3,n=12n-1,n≥2；(2)8280【分析】(1)由S n=2n+1，得到S n-1=2n-1+1,n≥2，求得a n=S n-S n-1=2n-1，结合n=1时，求得a1=3，进而得到数列a n的通项公式；(2)根据题意，得到新数列b n的前100项，结合等差、等比数列的求和公式，即可求解.【详解】(1)解：由数列a n的前n项和为S n，且S n=2n+1，当n≥2时，S n-1=2n-1+1，所以a n=S n-S n-1=2n-2n-1=2n-1,n≥2，当n=1时，a1=S1=21+1=3，不符合上式，所以数列a n的通项公式为a n=3,n=1 2n-1,n≥2 ．(2)解：保持数列a n中各项先后顺序不变，在a k与a k+1k=1,2,⋯之间插入k个1，则新数列b n的前100项为3，1，21，1，1，22，1，1，1，23，1，1，1，1，24，⋯，212，1，1，1，1，1，1，1，1，1，1，则T100=3+21+22+⋯+212+1+2+3+⋯+12+9=90+213-2=88+213=8192+88=8280．32已知正项数列a n的前n项和为S n，且a1=1，S2n+1-S2n=8n．(1)求S n；(2)在数列a n的每相邻两项a k、a k+1之间依次插入a1、a2、⋯、a k，得到数列b n:a1、a1、a2、a1、a2、a3、a1、a2、a3、a4、⋯，求b n的前20项和T20．【答案】(1)S n=2n-1，n∈Ν∗；(2)T20=34【分析】(1)当n≥2时，利用累加法可求得S2n的表达式，结合S n>0可得出S n的表达式，再检验n=1的情形，综合可得出S n的通项公式；(2)由a n=S1,n=1S n-S n-1,n≥2求出数列a n 的通项公式，列举出数列b n 的前20项，即可求得T20的值.【详解】(1)解：对任意的n∈N∗，因为S2n+1-S2n=8n，当n≥2时，S2n=S2n-S2n-1+⋅⋅⋅+S22-S21+S21=8n-1+⋅⋅⋅+8×1+1=81+2+3+⋅⋅⋅+n-1+1=8×n n-12+1=2n-12，因为a n>0，所以S n>0，故S n=2n-1．当n=1时，S1=a1=1适合S n=2n-1，所以S n=2n-1，n∈Ν∗．(2)解：因为S n=2n-1，n∈Ν∗，所以当n≥2时，a n=S n-S n-1=2n-1-2n-1-1=2，所以，a n=1,n=1 2,n≥2 ，所以，数列b n的前20项分别为：1、1、2、1、2、2、1、2、2、2、1、2、2、2、2、1、2、2、2、2，所以b n的前20项是由6个1与14个2组成．所以T20=6×1+14×2=3433(2023秋·湖北高三联考)已知a n=12n，在a n与a n+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为d n的等差数列，在数列d n中是否存在三项d m,d k,d t(其中m,k,t成等差数列)成等比数列？若存在，求出这三项；若不存在，请说明理由.【答案】不存在，理由见解析【分析】由题意可得d n=-1n+112n+1，假设存在这样的三项d m,d k,d t成等比数列，则d2k=d m d t，结合已知化简可得结论.【详解】d n=a n+1-a nn+1=12n+1-12 nn+1=-1n+112n+1假设存在这样的三项d m,d k,d t成等比数列，∵d n为递增数列，不妨设m<k<t，则d m<d k<d t,∴d2k=d m d t⇔1(k+1)2122k+2=1m+112 m+11t+112 t+1则1(k+1)2122k+2=1m+1t+112m+t+2，∵m,k,t成等差数列，∴2k=m+t，∴(k+1)2=m+1t+1⇒k2=mt，由2k=m+tk2=mt，得(m-t)2=0，所以m=t=k，与题设矛盾∴不存在这样的三项d m,d k,d t(其中m,k,t成等差数列)成等比数列.34已知数列a n的前n项和为S n，S n=2n-1，且a1=1，在数列a n的每相邻两项a k，a k+1之间依次插入a1，a2，⋯，a k，得到数列b n：a1，a1，a2，a1，a2，a3，a1，a2，a3，a4，⋯⋯，求b n的前100项和.【答案】186【分析】根据b n的形成规律，分组即可求解.【详解】(方法1)因为S n=2n-1，n∈N∗，所以当n≥2时，a n=S n-S n-1=2n-1-2n-3=2．所以a n =1，n =1,2，n ≥2.所以数列b n ：1，1，2，1，2，2，1，2，2，2，⋯⋯，设1+2+⋯+n =n (n +1)2≤100，则n 2+n -200≤0，因为n ∈N *，所以n ≤13.所以b n 的前100项是由14个1与86个2组成．所以T 100=14×1+86×2=186.(方法2)设1+2+⋯+n =n (n +1)2≤100，则n 2+n -200≤0，因为n ∈N ∗，所以n ≤13.根据数列b n 的定义，知T 100=a 1+a 1+a 2 +a 1+a 2+a 3 +⋯+a 1+a 2+⋯+a 13 +a 1+a 2+⋯+a 9=S 1+S 2+S 3⋯+S 13+S 9=1+3+5⋯+25 +17=13×(1+25)2+17=18635已知等差数列a n 的前n 项和记为S n (n ∈N *)，满足3a 2+2a 3=S 5+6，若a 1=1，在数列a n 的第n 项与第n +1项之间插入首项为1，公比为2的等比数列的前n 项，形成新数列b n ，记数列b n 的前n 项和为T n ，求T 95．【答案】T 95=8050【详解】若a 1=1，则a n =1+n -1 ×-2 =-2n +3，根据题意数列b n 为：第一组为：1，20；第二组为：-1，20，21；第三组为：-3，20，21，22；⋯⋯第k 组为：-2k +3，20，21，22，⋯，2k -1；则前k 组一共有2+3+4+⋯+k +1 =k +3 k2项，当k =12时，项数为90.故T 95相当于是前12组的和再加上-23,20,21,22,23这五项，即：T 95=1+-1 +⋯+-21 +20+20+21 +⋯+20+21+⋯+211 +-23+20+21+22+23设c n =2n -1，则20+20+21 +⋯+20+21+⋯+211 可看成是数列c n 的前12项和所以T 95=1-21 ×122+2×1-212 1-2-12-23+1+2+4+8=213-142=805036设数列a n 满足a n +1=3a n -2a n -1n ≥2 ,a 1=1,a 2=2.(1)求数列a n 的通项公式；(2)在数列a n 的任意a k 与a k +1项之间，都插入k k ∈N * 个相同的数(-1)k k ，组成数列b n ，记数列b n 的前n 项的和为T n ，求T 27的值.【答案】(1)a n =2n -1；(2)T 27=84【分析】(1)由条件证明数列a n +1-a n 为等比数列，利用累加法求数列a n 的通项公式；(2)数列b n 中在a k +1之前共有k +(1+2+3+⋯+k )=k 2+3k 2项，由此确定前27项的值，再分组，结合等比求和公式可求得答案.【详解】(1)因为a n +1=3a n -2a n -1n ≥2 ，所以a n +1-a n =2a n -2a n -1，又a 1=1,a 2=2，所以数列a n +1-a n 为首项为1，公比为2的等比数列，所以a n +1-a n =2n -1，所以当n ≥2,n ∈N ∗时，a 2-a 1=1,a 3-a 2=2,⋅⋅⋅,a n -a n -1=2n -2，所以a n -a 1=1+2+⋅⋅⋅+2n -2=1-2n -11-2=2n -1-1，所以当n ≥2,n ∈N ∗时，a n =2n -1，又a 1=1也满足该关系，所以数列a n 的通项公式为a n =2n -1n ∈N ∗ ；(2)数列b n 中在a k +1之前共有k +1+2+⋯+k =k +1+k k 2=k 2+3k 2项，当k =5时，k 2+3k 2=20<27，当k =6时k 2+3k 2=27则T 27=1+2+22+⋯+25 +-12+22-32+42-52+62=1-261-2+3+7+11 =26-1+21=8437在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”.如数列1，2第1次“和扩充”后得到数列1，3，2，第2次“和扩充”后得到数列1，4，3，5，2.设数列a ，b ，c 经过第n 次“和扩充”后所得数列的项数记为P n ，所有项的和记为S n .(1)若a =1,b =2,c =3，求P 2，S 2；(2)设满足P n ≥2023的n 的最小值为n 0，求n 0及S n 03 (其中[x ]是指不超过x 的最大整数，如1.2 =1，-2.6 =-3)；【答案】(1)P 2=9，S 2=38；(2)n 0=10，S n 03 =14a +27b +14c ；【分析】(1)根据数列的一次“和扩充”，即可列举出数列求解.(2)根据第n +1次“和扩充”后增加的项数P n -1，与经“和扩充”后的项数为P n ，构造等比数列即可求解n 03=3，结合“和扩充”，即可列举出数列求解.【详解】(1)数列1，2，3，经第1次“和扩充”后得到数列为1，3，2，5，3，数列1，2，3，经第2次“和扩充”后得到数列为1，4，3，5，2，7，5，8，3，所以P 2=5+4=9，S 2=1+4+3+5+2+7+5+8+3=38；(2)数列经每1次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，由数列经“和扩充”后的项数为P n ，则经第n +1次“和扩充”后增加的项数为P n -1，所以P n +1=P n +P n -1 =2P n -1，所以P n +1-1=2P n -2=2P n -1 ，由(1)得P 1-1=4，P n -1 是首项为4，公比为2的等比数列，所以P n -1=4⋅2n -1=2n +1，所以P n =2n +1+1，由P n =2n +1+1≥2023，即2n +1≥2022，解得n ≥10，所以满足P n ≥2023的n 的最小值为10，故n 0=10，所以n 03=3，数列a ，b ，c 经过第1次“和扩充”后得到数列a ,a +b ,b ,b +c ,c ，且S 1=2a +3b +2c ，数列a ，b ，c 经过第2次“和扩充”后得到数列a ,2a +b ,a +b ,a +2b ,b ,2b +c ,b +c ,b +2c ,c ，且S 2=S 1+3a +6b +3c ，数列a ，b ，c 经过第3次“和扩充”后得到数列a ,3a +b ,2a +b ,3a +2b ,a +b ,2a +3b ,a +2b ,a +3b ,b ,3b +c ,2b +c ,3b +2c ,b +c ,2b +3c ,b +2c ,b +3c ,c，且S 3=S 2+9a +18b +9c ，即S n 03 =S 3=14a +27b +14c。

第六章培优点9 新情景、新定义下的数列问题-2024-2025学年高考数学大一轮复习(人教A版)配

验证 C(1)＝15(a1a2＋a2a3＋a3a4＋a4a5＋a5a6) ＝15(a1a2＋a2a3＋a3a4＋a4a5＋a5a1)≤15. 对于 A，C(1)＝15(1＋0＋0＋0＋0)＝15，满足 C(1)≤15.
对于 B，C(1)＝15(1＋0＋0＋1＋1)＝35>15，不满足 C(1)≤15，故排除 B. 对于 C，C(1)＝15(0＋0＋0＋0＋1)＝15，满足 C(1)≤15.
当 n＝1 时，T1＝0 成立，故 Tn＝9n－81－1，故 C 正确；因为Sa11＝1，Sa22＝98，Sa33＝8712，Sa11＋Sa33≠2Sa22，所以数列Sann不是等差数列，故 D 错误.
思维升华
解决此类问题，关键是根据题干中的新定义、新公式、新定理、新法则、新运算等，将新数列转化为等差或等比数列，或者找到新数列的递推关系进行求解.
对于D，由n∈N*(n≥3)，
an－1＋an－2＝1－2
5n－2＋1－2
5n－3＝1－2
5n－2·1＋1－2
5
＝1－2
5n－2·1－1＋2
5＝1－2
5n－1＝an，
故对任意的n∈N*(n≥3)，总存在an＝ai＋aj，满足“F数列”.
(2)(多选)(2023·威海模拟)已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn.设λ与k
(2)(2021·新高考全国Ⅰ)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经
常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折
1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面
积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm， 20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为__5__；如果对折n次，那么

2024数学高考前冲刺题《新定义综合(数列新定义、函数新定义、集合新定义)》含答案

黄金冲刺大题07 新定义综合（数列新定义、函数新定义、集合新定义）（精选30题）1．（2024·辽宁·二模）已知数列{}n a 的各项是奇数，且n a 是正整数n 的最大奇因数，34212n n S a a a a a =+++++L .(1)求620,a a 的值；(2)求123,,S S S 的值；(3)求数列{}n S 的通项公式.【答案】(1)63a =，205a =(2)12S =，26S =，322S =(3)423n n S +=【分析】（1）根据所给定义直接计算可得；（2）根据所给定义列出()1,2,3,,8i i a = ，即可得解；（3）当n 为奇数时2121n k a a k -==-()N *k ∈，即可求出13521n a a a a -++++ ，当n 为偶数时2n k ka a a ==()N *k ∈，从而得到246812nn a a a a a S -+++++= ，即可推导出114n n n S S ---=()2n ≥，再利用累加法计算可得.【详解】（1）因为6123=⨯⨯，所以63a =，又20145=⨯⨯，所以205a =；（2）依题意可得121a a ==，33a =，41a =，55a =，63a =，77a =，81a =，所以1122S a a =+=，2341211316a S a a a =+++=+++=，3123567481131537122S a a a a a a a a =++++++++=++++++=.（3）因为n a 是正整数n 的最大奇因数，当n 为奇数，即21n k =-()N *k ∈时2121n k a a k -==-，所以()()111352112113521242n n nn n a a a a ---+-++++=++++-=⨯= ，当n 为偶数，即2n k =()N *k ∈时2n k k a a a ==，所以当2n ≥时1246812223242222n n a a a a a a a a a a -⨯⨯⨯⨯⨯+++++=+++++ 1123412n n a a a a a S --=+++++= ，所以34212nn S a a a a a =+++++L ()()1352468212n n a a a a a a a a a -=++++++++++ 114n n S --=+，所以114n n n S S ---=()2n ≥且12S =，所以()()()()11221321n n n n n S S S S S S S S S S ---=-+-++-+-+ 12244442n n --=+++++ ()1414422143n n --+=+=-，当1n =时12S =也满足423n n S +=，所以数列{}n S 的通项公式为423n n S +=.【点睛】关键点点睛：本题关键是理解定义，第三问关键是推导出114n n n S S ---=()2n ≥且12S =，最后利用累加法求出n S .2．（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知数列12:,,,(3)N A a a a N ≥ 的各项均为正整数，设集合{j i T x x a a ==-∣，1}i j N ≤<≤，记T 的元素个数为()P T .(1)若数列A :1，3，5，7，求集合T ，并写出()P T 的值;(2)若A 是递减数列，求证:“()1P T N =-”的充要条件是“A 为等差数列”;(3)已知数列2:2,2,,2N A ，求证:(1)()2N N P T -=.【答案】(1){2,4,6},()3T P T ==.(2)证明见解析；(3)证明见解析【分析】（1）根据题意，结合集合的新定义，即可求解；（2）若A 为等差数列，且A 是递减数列，得到0d <，结合()i j a a j i d -=-，证得充分性成立；再由A 是递减数列，得到{}2131411,,,,N T a a a a a a a a =----L ，结合互不相等，得到21321N N a a a a a a --=-==- ，得到必要性成立，即可得证；（3）根据题意，得到(1)()2N N P T -≤，得出22ij j i a a --=，得到()()111222221221i j i i j i ---=-，不妨设12i i >，则()12112222121i i j i j i ----=-，推得2221j i --为奇数，矛盾，进而得证.【详解】（1）解：由题意，数列:1,3,5,7A ，可得312,514,716,532,734-=-=-=-=-=752-=，所以集合{2,4,6}T =，所以()3P T =.（2）证明：充分性：若A 为等差数列，且A 是递减数列，则A 的公差为(0)d d <，当1i j N ≤<≤时，()i j a a j i d -=-，所以{,2,3,,(1)}T d d d N d =- ，则()1P T N =-，故充分性成立.必要性:若A 是递减数列，()1P T N =-，则A 为等差数列，因为A 是递减数列，所以2131411N a a a a a a a a ->->->>- ，所以2131411,,,,N a a a a a a a a T ----∈L ，且互不相等，所以{}2131411,,,,N T a a a a a a a a =----L ，又因为324221N N a a a a a a a a ->->>->- ，所以232421,,,,N N a a a a a a a a T ----∈ 且互不相等，所以322142312,,,N a a a a a a a a a a -=--=-- 11N a a -=-，所以21321N N a a a a a a --=-==- ，所以A 为等差数列，必要性成立.所以若A 是递减数列，“()1P T N =-”的充要条件是“A 为等差数列”.（3）证明：由题意集合{}|,1j i T x x a a i j N ==-≤<≤中的元素个数最多为(1)2N N -个，即(1)()2N N P T -≤，对于数列2:2,2,2N A ，此时22ij j i a a --=，若存在1122j i j i a a a a --=，则11222222j i j i -=-，其中1122,j i j i >>，故()()111222221221i j i i j i---=-，若12i i ≠，不妨设12i i >，则()12112222121i i j i j i ----=-，而1122,j i j i >>，故()1211221i i j i ---为偶数，2221j i --为奇数，矛盾，故12i i =，故12j j =，故由2:2,2,2N A 得到的j i a a -彼此相异，所以(1)()2N N P T -=.3．（2024·广西·二模）已知函数()ln f x x =，若存在()()g x f x ≤恒成立，则称()g x 是()f x 的一个“下界函数”．(1)如果函数()ln tg x x x=-为()f x 的一个“下界函数”，求实数t 的取值范围；(2)设函数()()12e e x F xf x x=-+，试问函数()F x 是否存在零点？若存在，求出零点个数；若不存在，请说明理由．【答案】(1)2(,e-∞-(2)函数F(x)是否存在零点，理由见解答【分析】（1）把恒成立问题转换为求2ln x x 的最小值问题，利用导数求出最小值即可；（2）把函数整理成()1111211ln e e e e e e e x x xxF x x x x x x ⎛⎫=-+≥--+=- ⎪⎝⎭，要判断是否有零点，只需看()F x 的正负问题，令1()e ex xG x =-，利用导数分析()G x 即可.【详解】（1）由()()g x f x ≤恒成立，可得ln ln tx x x -≤恒成立，所以2ln t x x ≤恒成立,令()2ln h x x x =，所以()21ln h x x '=+（），当1(0,)e x ∈时, ()0h x '<，()h x 在1(0,)e单调递减；当1()e x ∈+∞时, ()0h x '>，()h x 在1()e+∞，单调递增；所以()h x 的最小值为12()e e h =-，所以2e t ≤-，实数t 的取值范围2(,e]-∞-；（2）由（1）可知22ln e x x ≥-，所以22ln e x x ≥-，所以1ln e x x≥-，①又()()12e e x F xf x x =-+，所以1211211()ln (e e e e e e e x x xx F x x x x x x =-+≥--+=-，令1()e e x xG x =-，所以1()ex x G x -'=，当(0,1)x ∈时, ()0'<G x ，()G x 在(0,1)单调递减；当(1)x ∈+∞，时, ()0G x '>，()G x 在()1,∞+单调递增；所以()(1)0G x G ≥=，②所以1211211()ln ()0e e e e e e exx x xF x x x x x x =-+≥--+=-≥，又①②中取等号的条件不同，所以()0F x >所以函数没有零点.4．（2024·湖南长沙·模拟预测）设n 次多项式()121210()0n n n n n n P t a t a t a t a t a a --=+++++≠ ，若其满足(cos )cos n P x nx =，则称这些多项式()n P t 为切比雪夫多项式.例如：由cos cos θθ=可得切比雪夫多项式1()P x x =，由2cos 22cos 1θθ=-可得切比雪夫多项式22()21P x x =-.(1)若切比雪夫多项式323()P x ax bx cx d =+++，求实数a ，b ，c ，d 的值；(2)对于正整数3n …时，是否有()()()122n n n P x x P x P x --=⋅-成立？(3)已知函数3()861f x x x =--在区间()1,1-上有3个不同的零点，分别记为123,,x x x ，证明：1230x x x ++=.【答案】(1)4,0,3a b d c ====-(2)()()()112n n n P x x P x P x +-=⋅-成立(3)证明见解析【分析】（1）利用()()3cos cos3cos 2P θθθθ==+展开计算，根据切比雪夫多项式可求得,,,a b d c ；（2）要证原等式成立，只需证明()()cos 1cos 12cos cos n n n θθθθ++-=⋅成立即可，利用两角和与差的余弦公式可证结论成立；（3）由已知可得方程31432x x -=在区间()1,1-上有3个不同的实根，令()cos ,0,πx θθ=∈，结合（1）可是1cos32θ=，可得123π5π7πcos ,cos ,cos 999x x x ===，计算可得结论.【详解】（1）依题意，()()()223cos cos3cos 2cos2cos sin2sin 2cos 1cos 2sin cos P θθθθθθθθθθθθ==+=-=--()3232cos cos 21cos cos 4cos 3cos θθθθθθ=---=-，因此()3343P x x x =-，即32343ax bx cx d x x +++=-，则4,0,3a b d c ====-，（2）()()()112n n n P x x P x P x +-=⋅-成立.这个性质是容易证明的，只需考虑和差化积式()()cos 1cos 12cos cos n n n θθθθ++-=⋅.首先有如下两个式子：()()1cos cos cos cos sin sin n P n n n θθθθθθθ+=+=-，()()1cos cos cos cos sin sin n P n n n θθθθθθθ-=-=+，两式相加得，()()()11cos cos 2cos cos 2cos cos n n n P P n P θθθθθθ-++==，将cos θ替换为x ，所以()()()112n n n P x x P x P x +-=⋅-.所以对于正整数3n ≥时，有()()()122n n n P x x P x P x --=⋅-成立.（3）函数()3861f x x x =--在区间()1,1-上有3个不同的零点123,,x x x ，即方程31432x x -=在区间()1,1-上有3个不同的实根，令()cos ,0,πx θθ=∈，由()1知1cos32θ=，而()30,3πθ∈，则π33θ=或5π33θ=或7π33θ=，于是123π5π7πcos ,cos ,cos 999x x x ===，则123π5π7ππ4π2πcos cos cos cos cos cos 999999x x x ⎛⎫++=++=-+ ⎪⎝⎭，而4π2π3ππ3πππππcoscos cos cos 2cos cos cos 999999399⎛⎫⎛⎫+=++-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以1230x x x ++=.5．（2024·浙江·模拟预测）已知实数0q ≠，定义数列{}n a 如下：如果{}2012222,0,1k k i n x x x x x =++++∈ ，0,1,2,,i k = ，则2012k n k a x x q x q x q =++++ ．(1)求7a 和8a （用q 表示）；(2)令12n n b a -=，证明：211n ni i b a -==∑；(3)若12q <<，证明：对于任意正整数n ，存在正整数m ，使得1n m n a a a <≤+．【答案】(1)23781,a q q a q=++=(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）112n n n b a q --==，分别计算1ni i b =∑和21n a -可证明结论；（3）先根据112n n a q --=无上界说明存在正整数m ，使得n m a a <，分1m -是偶数和1m -是奇数分别说明.【详解】（1）因为27122=++，所以271a q q =++；因为382=，所以38a q =；（2）由数列{}n a 定义得：112n n n b a q --==；所以2111nn i i b q q q -==++++∑ ．而21211222n n --=++++ ，所以121211n nn i i a q q qb --==++++=∑ ；（3）当12q <<，由（2）可知，112n n a q --=无上界，故对任意n a ，存在m a ，使得m n a a >．设m 是满足m n a a >的最小正整数．下面证明1m n a a ≤+．①若1m -是偶数，设{}2121222,0,1,1,2,,kk i m x x x x i k -=+++∈= ，则2121222kk m x x x =++++ ，于是212111k m k m a x q x q x q a -=++++=+ ．因为1n m a a -≥，所以111m m n a a a -=+≤+．②若1m -是奇数，设2221122222l l kl k m x x ++-=+++++++ ，则()()()()12221111111l l l l m m a a qq q q q q q q q q q +--=-++++=-++++-+++++< ．所以111m m n a a a -<+≤+．综上所述，对于任意正整数n ，存在正整数m ，使得1n m n a a a <≤+．6．（2024·辽宁·三模）若实数列{}n a 满足*n ∀∈N ，有212n n n a a a +++≥，称数列{}n a 为“T 数列”.(1)判断2,ln n n a n b n ==是否为“T 数列”，并说明理由；(2)若数列{}n a 为“T 数列”，证明：对于任意正整数,,k m n ，且k m n <<，都有n m m ka a a a n m m k--≥--(3)已知数列{}n a 为“T 数列”，且202410i i a ==∑.令{}12024max ,M a a =，其中{}max ,a b 表示,a b 中的较大者.证明：{}1,2,3,,2024k ∀∈ ，都有20252023k M a M -≤≤.【答案】(1)数列{}n a 是“T 数列”，数列{}n b 不是“T 数列”；(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据“T 数列”的定义判断可得出结论；（2）由()1122,3,k k k a a a k -++≥= 可得出11k k k k a a a a +--≥-，利用累加法结合不等式的基本性质可得1m m m n a a a a n m +-≥--，以及1m km m a a a a m k--≤--，再结合11m m m m a a a a +--≥-可证得结论成立；（3）首先当1k =或2024时的情况，再考虑{2,3,,2023}k ∈ 时，结合（2）中结论考虑用累加法可证得结论.【详解】（1）因为()()22221222120n n n a a a n n n +++-=++-+=>，所以数列{}n a 是“T 数列”，因为()()22212ln ln(2)2ln(1)ln 2ln 210n n n b b b n n n n n n n +++-=++-+=+-++<，所以数列{}n b 不是“T 数列”；（2）令1n n n c a a +=-，因为数列{}n a 为“T 数列”，所以212n n n a a a +++≥从而211n n n n a a a a +++-≥-，所以1n n c c +≥因为1k m n ≤<<，所以()()()1121n n n n m m n m a a a a a a a a n m n m ---+-+-++--=-- 12()n n m m m c c c n m c c n m n m--+++-=≥=-- ，()()()1121m m m m k k m k a a a a a a a a m k m k ---+-+-++--=-- 1211()m m k m m c c c m k c c m k m k ----+++-=≤=-- 因为1m m c c -≥，所以n m m ka a a a n m m k--≥--.（3）当1k =或2024时，k k k a a a -≤≤，从而20252023k k k M M a a a M -≤-≤-≤≤≤，当{2,3,,2023}k ∈ 时，因为12024k <<，由第(2)问的结论得2024120241k k a a a a k k --≥--，可推得120242024120232023k k k a a a --≤+，从而1202412024202412024120241202320232023202320232023k k k k k k k a a a a a M M M ------≤+≤+≤+=对于1i k ∀<<，由第(2)问的结论得11k i i a a a a k i i --≥--，从而[]1111(1)(),1111i k k i k i a a a i a k i a i k k k --≤+=-+-=---也成立，从而11111111111(2)(1)(1)(2)(1)()112222k k k i k k k i i i k k k k k k a i a k i a a a a a k k ---===----⎡⎤⎡⎤≤-+-=+=+⎢⎥⎢⎥--⎣⎦⎣⎦∑∑∑对于2024k i ∀<<，由第(2)问的结论得20242024i i ka a a a i i k--≥--，从而[]2024202420241()(2024),202420242024i k k i k i a a a i k a i a k k k--≤+=-+----2024i =也成立，从而20242024202420241111()(2024)2024i k i k i k i k a i k a i a k =+=+=+⎡⎤≤-+-⎢⎥-⎣⎦∑∑∑20241(2025)(2024)(2023)(2024)202422k k k k k a a k----⎡⎤=+⎢⎥-⎣⎦2024(2005)(2023)22kk k a a --=+所以202420241(2005)(2023)22iki k k k aa a =+--≤+∑由条件20241202412024111(2)(2005)(2023)02222k i i k i k k ki i i k k k k k a a a a a a a a a -===+---==++≤++++∑∑∑1202420232025222k k ka a a -=++可得1202420252025202520232023202320232023k k k kk a a a M M M --⎛⎫⎛⎫≥-+≥-+=-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以20252023k M a M -≤≤.【点睛】方法点睛：本题主要考查数列新定义的问题，处理此类问题时，通常根据题中的新定义，结合已知结论进行推导、求解；本题中，根据“T 数列”的定义“212n n n a a a +++≥”结合作差法、不等式的性质进行推理、证明不等式成立，并在推导时，充分利用已有的结论进行推导，属于难题.7．（2024·广东梅州·二模）已知{}n a 是由正整数组成的无穷数列，该数列前n 项的最大值记为n M ，即{}12max ,,,n n M a a a =⋅⋅⋅；前n 项的最小值记为n m ，即{}12min ,,,n n m a a a =⋅⋅⋅，令n n n p M m =-（1,2,3,n =⋅⋅⋅），并将数列{}n p 称为{}n a 的“生成数列”．(1)若3nn a =，求其生成数列{}n p 的前n 项和；(2)设数列{}n p 的“生成数列”为{}n q ，求证：n n p q =；(3)若{}n p 是等差数列，证明：存在正整数0n ，当0n n ≥时，n a ，1n a +，2n a +，⋅⋅⋅是等差数列．【答案】(1)()33213nn --(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）利用指数函数的性质判断数列的单调性，从而得出{p n }的通项，由分组求和法及等比数列的前n 项和公式进行求解即可；（2）根据数列的单调性，结合生成数列的定义进行证明即可；（3）根据等差数列的定义分类讨论进行证明即可．【详解】（1）因为3n n a =关于n 单调递增，所以{}12max ,,,3nn n n M a a a a =⋅⋅⋅==，{}121min ,,,3n n m a a a a =⋅⋅⋅==，于是33nn n n p M m =-=-，{}n p 的前n 项和()()()()()1231333333333313132n n nn P n n -=-+-++-=-=--- ．（2）由题意可知1n n M M +≥，1n n m m +≤，所以11n n n n M m M m ++-≥-，因此1n n p p +≥，即{}n p 是单调递增数列，且1110p M m ==-，由“生成数列”的定义可得n n q p =．（3）若{}n p 是等差数列，证明：存在正整数0n ，当0n n ≥时，12n n n a a a ++⋯,,,是等差数列．当{}n p 是一个常数列，则其公差d 必等于0，10n p p ==，则n n M m =，因此{}n a 是常数列，也即为等差数列；当{}n p 是一个非常数的等差数列，则其公差d 必大于0，1n n p p +>，所以要么11n n n M a M ++>=，要么11n n n m a m ++=<，又因为{}n a 是由正整数组成的数列，所以{}n a 不可能一直递减，记2min ,{}n n a a a a = ,,,，则当0n n >时，有n n M m =，于是当0n n >时，0n n n n n p M m a a =-=-，故当0n n >时，0n n n a p a =+，…，因此存在正整数0n ，当0n n ≥时，12n n n a a a ++,,，…是等差数列．综上，命题得证．【点睛】方法点睛：常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于n n n c a b =+，其中{}n a 和{}n b 分别为特殊数列，裂项相消法类似于()11n a n n =+，错位相减法类似于n n n c a b =⋅，其中{}n a 为等差数列，{}n b 为等比数列等.8．（2024·浙江绍兴·二模）已知*k ∈N ，集合{0101222,0,k i i ik k X x x i i i ==++⋅⋅⋅+≤<<< 其中}01,,,k i i i ⋅⋅⋅∈N .(1)求2X 中最小的元素；(2)设13122a X =+∈，1b X ∈，且1a b X +∈，求b 的值；(3)记(12,2k n k nk k Y X +-+⎤=⋂⎦，*n ∈N ，若集合k Y 中的元素个数为n b ，求1112k mm m b +-=∑.【答案】(1)7(2)24b =或10(3)2k【分析】（1）根据集合新定义，确定2X 中最小的元素即可；（2）根据集合1X 中的元素可得132210a =+=，设22j i b =+，()0,i j i j ≤<∈N ，分别讨论当3j ≤时，当4j =时，当5j ≥时，b 的取值情况，即可得结论；（3）设k x Y ∈，则01222k i i i x =++⋅⋅⋅+，其中1k i k n =+-，01101k i i i k n -≤<<⋅⋅⋅<<+-，所以1C kn k n b +-=，根据组合数的运算性质确定1k S +与k S 的关系，即可求得1112k mm m b +-=∑的值.【详解】（1）2X 中的最小元素为0122227++=.（2）由题得132210a =+=，设22j i b =+，()0,i j i j ≤<∈N .①当3j ≤时，322212b =+=或312210b =+=或30229b =+=或21226b =+=或20225b =+=或10223b =+=.经检验，当10b =时，422022a b +==+，符合题意，所以10b =.②当4j =时，432224b =+=或422220b =+=或412218b =+=或402217b =+=.经检验，当24b =时，513422a b +==+，符合题意，所以24b =.③当5j ≥时，不符合题意.因此，24b =或10.（3）设k x Y ∈，则01222k i i i x =++⋅⋅⋅+，其中1k i k n =+-，01101k i i i k n -≤<<⋅⋅⋅<<+-，所以1C kn k n b +-=，设1112k m k m m b S +-==∑，则1222111C C C C 222k k k kkk k k k k S ++=+++⋅⋅⋅+.因为1111C C C k k k n n n ++--=+，所以1111111232122211111C C C C C 2222k k k k k k k k k k k k k S ++++++++++++=+++⋅⋅⋅++()()()()11111122222121211111C C C C C C C C C 2222k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k +++++++++++=+++++⋅⋅⋅++++12221211111C C C C C 2222k k k k k k k k k k k k ++++⎛⎫=+++⋅⋅⋅++ ⎪⎝⎭111112*********C C C C 2222k k k k k k k k k k +++++++++++⋅⋅⋅++1122211111C C 222k k k k k k k k S S +++++⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭.因为()()()()()()()()1212221!22!21!21!11C C 02!1!21!1!!1!k k k k k k k k k k k k k k ++++++-+-=-⋅==++++，所以1112k k k S S S ++=+，所以12k k S S +=，又因为11211C 22S =+=，所以2kk S =.【点睛】方法点睛：解决以集合为背景的新定义问题，注意两点：（1）根据集合定义式，确定集合中元素的特点，结合指数运算确定指数的取值情况从而得集合k X 中的元素性质；（2）确定集合k Y 中的元素个数为n b 时，结合组合数的运算性质确定1112k mk m m b S +-==∑与1k S +的关系.9．（2024·山东潍坊·二模）数列{}n a 中，从第二项起，每一项与其前一项的差组成的数列{}1n n a a +-称为{}n a 的一阶差数列，记为(){}1n a ，依此类推，(){}1n a 的一阶差数列称为{}n a 的二阶差数列，记为(){}2n a ，…．如果一个数列{}n a 的p 阶差数列(){}pna 是等比数列，则称数列{}na 为p 阶等比数列()*p ∈N ．(1)已知数列{}n a 满足11a =，121n n a a +=+．（ⅰ）求()11a ，()12a ，()13a ；（ⅱ）证明：{}n a 是一阶等比数列；(2)已知数列{}n b 为二阶等比数列，其前5项分别为2037782151,,,,9999，求n b 及满足n b 为整数的所有n 值．【答案】(1)（ⅰ）()112a =，()124a =，()138a =；（ⅱ）证明见解析(2)当()91,N n k k =+∈时，n b 为整数.【分析】（1）（ⅰ）根据(){}1n a 的定义，结合通项公式求解即可；（ⅱ）根据递推公式构造()112n n n n a a a a +--=-即可证明；（2）由题意{}n b 的二阶等差数列{}(2)nb 为等比数列，设公比为q ，可得(2)1243n nb-=⨯，结合()11119b =进而可得()124127n n b n -=⨯-+，从而分析n b 为整数当且仅当14127n --为整数，再根据二项展开式，结合整除的性质分析即可.【详解】（1）（ⅰ）由11a =，121n n a a +=+易得2343,7,15a a a ===，……由一阶等差数列的定义得：()21112a a a =-=，()31224a a a =-=，()41338a a a =-=.（ⅱ）因为121n n a a +=+，所以当2n ≥时有121n n a a --=，所以1122n n n n a a a a +--=-，即()112n n n n a a a a +--=-，即()()1112,2n n a a n -=≥，又因为11a =，故(){}1n a 是以1为首项，2为公比的等比数列，即{}n a 是一阶等比数列.（2）由题意{}n b 的二阶等差数列{}(2)nb 为等比数列，设公比为q ，则(2)123b =，4q =，所以(2)1243n n b -=⨯.由题意()11119b =，所以()()()()()()1111211111111124199n n k k k k k n n b b b b b --+=-===-⨯+=++∑∑，所以()()()11111111214127n n k k k k k n n b b b n b b ---+==+-+===⨯-+∑∑，即()124127n n b n -=⨯-+.所以n b 为整数当且仅当14127n --为整数.由已知1n =时符合题意，2,3,4,5n =时不合题意，当6n ≥时，()111223311111141131C 3C 3C 3C 3n n n n n n n n ---------=+-=⨯+⨯+⨯++⨯ ，所以原题等价于12113C 9C 27n n --+为整数，因为()()()()121131113413C 9C 271829n n n n n n --⎡⎤-----+⎣⎦==⨯①，显然()311n --含质因子3，所以n 1-必为9的倍数，设()19,N n k k -=∈，则91n k =+，将91n k =+代入①式，当k 为奇数时，()311n --为偶数，①式为2的倍数；当k 为偶数时，n 为奇数，n 1-为偶数，①式为2的倍数，又因为2与9互质，所以①为整数.综上，当()91,N n k k =+∈时，n b 为整数.【点睛】方法点睛：（1）新定义的题型需要根据定义列出递推公式，结合等比等差的性质求解；（2）考虑整除时，可考虑根据二项展开式进行讨论分析.10．（2024·贵州黔西·一模）布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可运用到有限维空间并构成了一般不动点定理的基石，得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔(L.E.J.Brouwer).简单地讲就是:对于满足一定条件的连续函数()f x ，存在实数0x ，使得()00f x x =，我们就称该函数为“不动点”函数，实数0x 为该函数的不动点.(1)求函数()23x f x x =+-的不动点;(2)若函数()ln g x x b =-有两个不动点12,x x ，且12x x <，若212x x -≤，求实数b 的取值范围.【答案】(1)2log 3(2)2222ln 1e 1e 1b ⎛⎫-≤<- ⎪--⎝⎭【分析】（1）根据不动点定义求解即可；（2）根据题意问题转化为方程ln b x x =-有两个不等的实数根12,x x ，令()ln x x x ϕ=-，利用导数判断单调性极值，可得1b <-，且21x x -的值随着b 的值减小而增大，列式求出212x x -=时的b 值，得解.【详解】（1）设()f x 的不动点为0x ，则00023xx x +-=，解得02log 3x =，所以函数()f x 的不动点为2log 3.（2）函数()g x 有两个不动点12,x x ，即方程ln x b x -=，即ln b x x =-有两个不等的实数根12,x x ，令()ln x x x ϕ=-，则()111xx x xϕ-=-='，当()0,1x ∈时，()0x ϕ'>，当()1,x ∞∈+时，()0x ϕ'<，所以函数()x ϕ在()0,1上单调递增，在()1,∞+上单调递减，()()11x ϕϕ∴≤=-，且0x →时，()x ϕ∞→-，x →+∞时，()x ϕ∞→-，作出()x ϕ的大致图象如下：所以1b <-，且21x x -的值随着b 的值减小而增大，当212x x -=时，有1122ln ln b x x b x x =-⎧⎨=-⎩，两式相减得2211ln 2x x x x =-=，解得221e x x =，即221e x x =，代入212x x -=，解得122e 1x =-，所以此时2222ln e 1e 1b ⎛⎫=- ⎪--⎝⎭，所以满足题意的实数b 的取值范围为2222ln 1e 1e 1b ⎛⎫-≤<- ⎪--⎝⎭.11．（2024·河北沧州·一模）对于函数()y f x =，x I ∈，若存在0x I ∈，使得()00f x x =，则称0x 为函数()f x 的一阶不动点；若存在0x I ∈，使得()()00f f x x =，则称0x 为函数()f x 的二阶不动点；依此类推，可以定义函数()f x 的n 阶不动点．其中一阶不动点简称为“不动点”，二阶不动点简称为“稳定点”，函数()f x 的“不动点”和“稳定点”构成的集合分别记为A 和B ，即{}()A x f x x ==，{}(())B x f f x x ==．(1)若()ee (0)xf x x =>，证明：集合{}()A x f x x ==中有且仅有一个元素；(2)若()()212ln 1(1)exf x a x a x =+-+>-，讨论集合B 的子集的个数．【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【分析】（1）令e ()()e xg x f x x x =-=-，求导，可得函数()g x 的单调性，进而可得函数()g x 有唯一零点，可得结论；（2）由题意可知只需研究()f x 的不动点即可，令221()ln e F x x ax x=+-，求出其导数，判断其单调性，然后分类讨论a 的取值范围，判断()F x 的零点情况，即可判断()f x 的稳定点个数.，进而可得集合B的子集的个数.【详解】（1）令e()()e x g x f x x x =-=-，求导得e1()e 1ex g x '=-，令()0g x '=，可得e x =，当,e)x ∈-∞（，()0g x '<，当e,)x ∈+∞（，()0g x '>，所以min ()(e)0g x g ==，所以()g x 有唯一零点，所以集合{}|()A x f x x ==中有且仅有一个元素；（2）当1a >-时，由函数212ln ()(1)exf x a x x =+-+，可得导函数22121()(1)0e f x a x x'=+++⨯>，所以()f x 在0（，）+∞上单调递增，由反函数的知识，()f x 稳定点在原函数与反函数的交点上，即()f x 稳定点与()f x 的不动点等价，故只需研究212ln ()(1)exf x a x x =+-+的不动点即可；令221()()ln ,(0)e F x f x x x ax x x=-=+->，则22211()e F x a x x'=⨯++，则()F x '在0（，）+∞上单调递减，①当0a >时，()0F x '>恒成立，即()F x 在0（，）+∞上单调递增，当x 无限接近于0时，()F x 趋向于负无穷小，且2222221(e )ln e e 0e e F a =+⨯->，故存在唯一的20(0,e )x ∈，使得()0F x =，即()f x x =有唯一解，所以此时()f x 有唯一不动点；②当0a <时，即10a -<<时，22(1)10e F a '=++>，当1x 趋向无穷大时，2211211e x x ⨯+趋近于0，此时1()0F x '<，存在唯一1(0,)x ∈+∝，使得2211211()0e F x a x x '=⨯++=，此时()f x 在1(0,)x 上单调递增，在1()x +∞，上单调递减，故max 11112221121222()()ln ln e e eF x F x x ax x x x ==+-=--，当x 趋近于0时，()F x 趋向于负无穷大，当x 向正无穷大时，()F x 趋向负无穷大时，设22222()ln e eh x x x =--，则()h x 在0（，）+∞上单调递增，且22222222(e )ln e e e e h =--，又2211211e a x x =-⨯-在1(0,)x ∈+∞时单调递增，故（i ）当max 1221222()ln 0e eF x x x =--=时，即21e x =，此时43e a =-，方程()0F x =有一个解，即()f x 有唯一不动点，所以集合B 的子集有2个；（ii ）当max 1221222()ln 0e eF x x x =--<，即21e x <，此时431ea -<<-，方程()0F x =无解，即()f x 无不动点，所以集合B 的子集有1个；（iii ）当max 1221222()ln 0e e F x x x =-->时，即21e x >，此时430e a -<<，方程()0F x =有两个解，即()f x 有两个不动点，所以集合B 的子集有4个；综上，当0a ≥时或43e a =-时，集合B 的子集有2个；当431e a -<<-时，集合B 的子集有1个；当430e a -<<时，集合B 的子集有4个.【点睛】方法点睛：本题属新定义题型，读懂题意是关键；研究方程根的个数问题常转化为判断函数零点的个数问题，利用导数研究含参函数的单调性，从而判断方程根（或函数零点）的个数问题．注意分类讨论思想的应用．12．（2024·山东聊城·二模）对于函数()f x ，若存在实数0x ，使00()1)(f x f x λ+=，其中0λ≠，则称()f x 为“可移λ倒数函数”，0x 为“()f x 的可移λ倒数点”．已知()e ,()(0)x g x h x x a a ==+>．(1)设2()()()x g x h x ϕ=为“()h x 的可移2-倒数点”，求函数()ϕx 的单调区间；(2)设(),0()1,0()g x x x x h x ω>⎧⎪=⎨<⎪⎩，若函数()x ω恰有3个“可移1倒数点”，求a 的取值范围．【答案】(1)单调递增区间为(,3),(1,)-∞--+∞，递减区间为()3,1--；(2)()2,e .【分析】（1）根据给定的定义，列式求出a 值，再利用导数求出函数()ϕx 的单调区间.（2）利用定义转化为求方程()()11x x ωω+=恰有3个不同的实根，再借助导数分段探讨零点情况即可.【详解】（1为“()h x 的可移2-倒数点”，得)21h h -=，即)21aa +=，整理()2210a a ++-=，即()()110a a +--=，解得1a =，由2()1)e (x x x ϕ=+的定义域为R ，求导得()()()()2e (1)2e 1e 13x x xx x x x x ϕ=+++=++'，当(),3x ∞∈--时，()()0,x x ϕϕ'>单调递增；()3,1x ∈--时，()()0,x x ϕϕ'<单调递减；()1,x ∞∈-+时，()()0,x x ϕϕ'>单调递增，所以()x ϕ的单调递增区间为(,3),(1,)-∞--+∞，递减区间为()3,1--．（2）依题意，e ,0()1,0x x x x x aω⎧>⎪=⎨<⎪+⎩，由()x ω恰有3个“可移1倒数点”，得方程()()11x x ωω+=恰有3个不等实数根，①当0x >时，10x +>，方程()()11x x ωω+=可化为21e 1x +=，解得12x =-，这与0x >不符，因此在()0,∞+内()()10x x ωω+=没有实数根；②当10x -<<时，10x +>，方程()()11x x ωω+=可化为1e 1x x a +=+，该方程又可化为1e x a x +=-．设()1ex k x x +=-，则()1e 1x k x +='-，因为当()1,0x ∈-时，()0k x '>，所以()k x 在()1,0-内单调递增，又因为()()12,0e k k -==，所以当()1,0x ∈-时，()()2,e k x ∈，因此，当()2,e a ∈时，方程()()11x x ωω+=在()1,0-内恰有一个实数根；当(][)0,2e,a ∞∈⋃+时，方程()()11x x ωω+=在()1,0-内没有实数根．③当=1x -时，()10,1x x ω+=+没有意义，所以=1x -不是()()11x x ωω+=的实数根．④当1x <-时，10x +<，方程()()11x x ωω+=可化为1111x a x a ⋅=+++，化为()222110x a x a a ++++-=，于是此方程在(),1∞--内恰有两个实数根，则有()()()22221410211212110a a a a a a a ⎧+-+->⎪⎪+-<-⎨⎪-+++->⎪⎩，解得a >，因此当a >时，方程()()11x x ωω+=在(),1∞--内恰有两个实数根，当0a <≤时，方程()()11x x ωω+=在(),1∞--内至多有一个实数根，综上，a 的取值范围为()()2,e )2,e ∞⋂+=．【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．13．（2024·湖南·二模）罗尔定理是高等代数中微积分的三大定理之一，它与导数和函数的零点有关，是由法国数学家米歇尔·罗尔于1691年提出的．它的表达如下：如果函数()f x 满足在闭区间[,]a b 连续，在开区间(,)a b 内可导，且()()f a f b =，那么在区间(,)a b 内至少存在一点m ，使得()0'=f m ．(1)运用罗尔定理证明：若函数()f x 在区间[],a b 连续，在区间(,)a b 上可导，则存在0(,)x a b ∈，使得0()()()f b f a f x b a-'=-．(2)已知函数21()ln ,()12f x x xg x x bx ==-+，若对于区间(1,2)内任意两个不相等的实数12,x x ，都有1212|()()||()()|f x f x g x g x ->-成立，求实数b 的取值范围．(3)证明：当1,2p n >≥时，有111111[]1(1)p p p n p n n --<---．【答案】(1)证明见解析；(2)1ln 22b -≤≤；(3)证明见解析.【分析】（1）根据给定条件，构造函数()()F x f x tx =-，利用导数结合罗尔定理推导即得.（2）求出函数(),()f x g x 的导数，利用（1）的结论建立恒成立的不等式，再利用导数求出函数的值域即得.（3）构造函数1(),[1,]p h x x x n n -=∈-，求出导数结合（1）的结论，借助不等式性质推理即得.【详解】（1）令()()f b f a t b a-=-，则()()f b bt f a at -=-，令函数()()F x f x tx =-，则()(),()()F a F b F x f x t ''==-，显然()F x 在[],a b 上连续，且在(,)a b 上可导，由罗尔定理，存在0(,)x a b ∈，使得0()0F x '=，即00)(f x t '-=，所以0()()()f b f a f x b a-'=-.（2）依题意，()ln 1,()f x x g x x b ''=+=-，不妨令12x x >，则12121212()()()()||||f x f x g x g x x x x x -->--恒成立，由（1）得|()||()|,(1,2)f x g x x ''>∈，于是ln 1||x x b +>-，即1ln ln 1x b x x --<-<+，因此ln 1ln 1x x b x x --<<++，令()ln 1(12)x x x x ϕ=--<<，求导得1()0x x xϕ-'=>，函数()ϕx 在(1,2)上单调递增，则0()1ln 2x ϕ<<-，而函数ln 1y x x =++在(1,2)上单调递增，其值域为(2,3ln 2)+，则1ln 22b -≤≤，所以实数b 的取值范围是1ln 22b -≤≤.（3）令函数1(),[1,]p h x x x n n -=∈-，显然函数()h x 在(1,)n n -上可导，由（1），存在(1,)c n n ∈-，使得(1)()()(1)h n h n h c n n--'=--，又()(1)p h x p x -'=-⋅，则1111()(1)(1)p p p h c p c n n---'-=-=--，因此111111[]1(1)p p p p n n c ---=--，而11,1n c n p ≤-<<>，则p p c n <，即11p p c n >，所以111111[]1(1)p p p n p n n --<---.【点睛】思路点睛：涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方法，构造函数，转化、抽象为相应的函数问题作答.14．（2024·安徽合肥·二模）在数学中，广义距离是泛函分析中最基本的概念之一．对平面直角坐标系中两个点()111,P x y 和()222,P x y ，记1212121212max ,11t x x y y PP x x y y ⎧⎫--⎪⎪=⎨⎬+-+-⎪⎪⎩⎭，称12t PP 为点1P 与点2P 之间的“t -距离”，其中{}max ,p q 表示,p q 中较大者．(1)计算点()1,2P 和点()2,4Q 之间的“t -距离”；(2)设()000,P x y 是平面中一定点，0r >．我们把平面上到点0P 的“t -距离”为r 的所有点构成的集合叫做以点0P 为圆心，以r 为半径的“t -圆”．求以原点O 为圆心，以12为半径的“t -圆”的面积；(3)证明：对任意点()()()111222333131223,,,,,,t t t P x y P x y P x y PP PP P P ≤+．【答案】(1)23；(2)4；(3)证明见解析.【分析】（1）根据所给定义直接计算即可；（2）依题意可得1max ,112xy x y ⎧⎫⎪⎪=⎨⎬++⎪⎪⎩⎭，再分类讨论，从而确定“t -圆”的图形，即可求出其面积；（3）首先利用导数说明函数()()01tf t t t=≥+的单调性，结合绝对值三角不等式证明即可.【详解】（1）由定义知，1224122||max ,max ,112124233tPQ ⎧⎫--⎪⎪⎧⎫===⎨⎬⎨⎬+-+-⎩⎭⎪⎪⎩⎭；（2）设(),P x y 是以原点O 为圆心，以12为半径的t -圆上任一点，则1max ,112x y x y ⎧⎫⎪⎪=⎨⎬++⎪⎪⎩⎭．若1112y x y x ≤=++，则11x y ⎧=⎪⎨≤⎪⎩；若1112x y xy≤=++，则有11y x ⎧=⎪⎨≤⎪⎩．由此可知，以原点O 为圆心，以12为半径的“t -圆”的图形如下所示：则“t -圆”的面积为224⨯=.（3）考虑函数()()01tf t t t=≥+．因为()210(1)f t t ='>+，所以()f t 在[)0,∞+上单调递增．又131223x x x x x x -≤-+-，于是1312231223131223122312231111x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x --+---≤=++-+-+-+-+-+-+-1223122311x x x x x x x x --≤++-+-，同理，131223131223111y y y y y y y y y y y y ---≤++-+-+-．不妨设1313131311y y x x y y x x --≤+-+-，则13122313131223111t x x x x x x PP x x x x x x ---=≤++-+-+-1212232312122323max ,max ,1111x xy y x x y y x x y y x x y y ⎧⎫⎧⎫----⎪⎪⎪⎪≤+⎨⎬⎨⎬+-+-+-+-⎪⎪⎪⎪⎩⎭⎩⎭1223t t PP P P =+.【点睛】关键点点睛：本题关键是理解“t -距离”的定义，再结合不等式及导数的知识解答.15．（2024·广东深圳·二模）无穷数列1a ，2a ，…，n a ，…的定义如下：如果n 是偶数，就对n 尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是n a ﹔如果n 是奇数，就对31n +尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是n a ．(1)写出这个数列的前7项；(2)如果n a m =且m a n =，求m ，n 的值；(3)记()n a f n =，*n ∈N ，求一个正整数n ，满足()()()()()()2024fn f n f f n f f f n <<<<个．【答案】(1)11a =，21a =，35a =，41a =，51a =，63a =，711a =；(2)1m n ==；(3)202521n k =-（答案不唯一，满足()*212025,,m n k m m k =-≥∈N 即可）【分析】（1）根据数列{}n a 的定义，逐一求解；（2）根据数列{}n a 的定义，分1n =和1n >分别求解；（3）根据数列{}n a 的定义，写出()f n 的值，即可求解.【详解】（1）根据题意，()1311221a =⨯+÷÷=，2221a =÷=，()333125a =⨯+÷=，44221a =÷÷=，()4535121a =⨯+÷=，6623a =÷=，()7371211a =⨯+÷=．（2）由已知，m ，n 均为奇数，不妨设m n ≤．当1n =时，因为11a =，所以1m =，故1m n ==；当1n >时，因为314n n m +<≤，而n 为奇数，n a m =，所以312n m +=．又m 为奇数，m a n =，所以存在*k ∈N ，使得312km n +=为奇数．所以()33195231122k n n n m ++=+=+=．而95462n n n +<<，所以426k n n n <<，即426k <<，*k ∈N ，无解．所以1m n ==．（3）显然，n 不能为偶数，否则()2nf n n ≤<，不满足()n f n <．所以，n 为正奇数．又()111f a ==，所以3n ≥．设41n k =+或41n k =-，*k ∈N ．当41n k =+时，()()341131414k f n k k n ++==+<+=，不满足()n f n <；当41n k =-时，()()341161412k f n k k n -+==->-=，即()n f n <．所以，取202521n k =-，*k ∈N 时，()()()()2025202420242202432113321132132122k k k f f n k -+⨯-+=⨯-<==⨯-()()()()20223202322023332113212k f f f n k ⨯-+<<==⨯- ()()()()2023220242024332113212k f f f n k ⨯-+<==⨯- 即()()()()()()2024fn f n f f n f f f n <<<< 个．【点睛】关键点点睛：第（3）问中，发现当41n k =-时，满足()n f n <，从而设202521n k =-，*k ∈N ，验证满足条件.16．（2024·湖南邵阳·模拟预测）对于定义在D 上的函数()f x ，若存在距离为d 的两条平行直线11:l y kx b =+和22:l y kx b =+，使得对任意的x D ∈都有12()kx b f x kx b +≤≤+，则称函数()()f x x D ∈有一个宽度为d 的通道，1l 与2l 分别叫做函数()f x 的通道下界与通道上界．(1)若e 1()e 1x x f x -=+，请写出满足题意的一组()f x 通道宽度不超过3的通道下界与通道上界的直线方程；(2)若()sin cos g x x x x =++，证明：()g x 存在宽度为2的通道；(3)探究2ln 3(),[1,)x h x x x +=∈+∞的通道？并说明理由．【答案】(1)1y =-与1y =；(2)证明见解析；(3)不存在，理由见解析.【分析】（1）求出函数()f x 的值域，再利用给定定义求解即得.（2）利用辅助角公式求出sin cos x x +的值域，再利用不等式的性质可得()x g x x ≤≤推理即得.（3）利用导数求出函数()h x 的值域，假定存在，设出通道下界与通道上界的直线方程，利用定义建立不等式，构造函数1()(),x h x k x x ϕ=-≥，按0,0,0k k k =><探讨函数值情况即可得解.【详解】（1）函数e 1()e 1x x f x -=+的定义域为R ，2()1e 1x f x =-+在R 上单调递增，而e 11x +>，则202e 1x<<+，即2111e 1x -<-<+，因此1()1f x -<<，取120,1,1k b b ==-=，得通道下界1l 的直线方程：1y =-，通道上界2l 的直线方程：1y =，显然直线1y =-与1y =的距离为2，因此通道宽度不超过3，所以通道下界与通道上界的直线方程分别为1y =-与1y =.（2）函数()sin cos g x x x x =++的定义域为R ，而πsin cos )[4x x x +=+∈，即sin cos x x ≤+，则()x g x x ≤≤取121,k b b ===1l 的直线方程：y x =2l 的直线方程：y x =，。

【数学】数列拓展——新定义、子数列、插入新数列讲评课件

试卷讲评课件
【详解】解:由题意可令 = = ,
所以将数列{ }逐个列举可得:
= , = , = + = , = + = , = + = ,
故 =
+

因为
−

所以
+

故[
+

+
−
√
试卷讲评课件
【解析】对选项A：存在 = ，取 =
− =

＜

，当＞时，

= ，是收敛数列，正确；

对选项B：当＞时， − ＜为，取 = { + , + }，
则＜，正确；
5
6
7
D.4
8
9
10
11
12
试卷讲评课件
【解析】①由 = 可得
= + + + ⋯ + = ×
由 = 可得 ×
+

+

，
= ，取 =
+

即可，则{ }
为“回旋数列”，故①正确；
②当 = 时， = ， = ，
)
A.a2 = 5
√
B.an+1 = 3an − 1
√
C.k = 2n + 1
3n+1 2n−1 +3+2n 1+n
D.数列{nan }的前n项和为
8
√
1
2
3
4
5
6
7

考点05 数列的新定义问题(学生版)

考点05 数列的新定义问题数列的新定义问题，是近几年高考的新题型，主要北京卷考查比较多。

例如：2020年北京高考[21],2020年江苏高考[20],2021年北京高考[21]，2022年北京高考[21]等都对数列的新定义问题进行了考查。

〔1〕新定义数列问题的特点：通过给出一个新的数列的概论，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情境，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的。

〔2〕新定义问题的解题思路：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，逐条分析、运算、验证，使问题得以解决。

例1．（2022·北京·高考真题）已知12:,,,k Q a a a 为有穷整数数列．给定正整数m ，若对任意的{1,2,,}n m ∈，在Q中存在12,,,,(0)i i i i j a a a a j +++≥，使得12i i i i j a a a a n +++++++=，则称Q 为m -连续可表数列．(1)判断:2,1,4Q 是否为5-连续可表数列？是否为6-连续可表数列？说明理由； (2)若12:,,,k Q a a a 为8-连续可表数列，求证：k 的最小值为4；(3)若12:,,,k Q a a a 为20-连续可表数列，且1220k a a a +++<，求证：7k ≥．例2．（2021·北京·高考真题）设p 为实数.若无穷数列{}n a 满足如下三个性质，则称{}n a 为p ℜ数列： ①10a p +≥，且20a p +=； ①414,1,2,n n a a n -<=⋅⋅⋅()；①{},1m n m n m n a a a p a a p +∈+++++，(),1,2,m n =⋅⋅⋅．（1）如果数列{}n a 的前4项为2，-2，-2，-1，那么{}n a 是否可能为2ℜ数列？说明理由；（2）若数列{}n a 是0ℜ数列，求5a ；（3）设数列{}n a 的前n 项和为n S .是否存在p ℜ数列{}n a ，使得10n S S ≥恒成立？如果存在，求出所有的p ；如果不存在，说明理由．1．设n *∈N ，若无穷数列{}n a 满足以下性质，则称{}n a 为k C 数列：①()()110n n n n a a a a +--->，（n *∈N 且2n ≥）．①1n n a a +-的最大值为k ．(1)若数列{}n a 为公比为q 的等比数列，求q 的取值范围，使得{}n a 为k C 数列． (2)若k C 数列{}n a 满足：n *∀∈N ，使得21,,n n n a a a ++成等差数列， ①数列{}n a 是否可能为等比数列？并说明理由；①记数列{}n b 满足21n n b a -=，数列{}n c 满足2n n c a =，且12a a >，判断{}n b 与{}n c 的单调性，并求出1n n a a k +-=时，n 的值．2．已知等比数列{}n a 为递增数列，11a =，12a +是2a 与3a 的等差中项. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若项数为n 的数列{}n b 满足：1i n i b b +-=（1i =，2，3，…，n ）我们称其为n 项的“对称数列”.例如：数列1，2，2，1为4项的“对称数列”；数列1，2，3，2，1为5项的“对称数列”.设数列{}n c 为()212k k -≥项的“对称数列”，其中1c ，2c ，3c ，…，n c 是公差为2的等差数列，数列{}n c 的最大项等于4a .记数列{}n c 的前21k -项和为21k S -，若2132k S -=，求k . 3．已知集合（Z 是整数集，m 是大于3的正整数）．若含有m 项的数列{}n a 满足：任意的,i j M ∈，都有i a M ∈，且当i j ≠时有i j a a ≠，当i m <时有12i i a a +-=或13i i a a +-=，则称该数列为P 数列． (1)写出所有满足5m =且11a =的P 数列；(2)若数列{}n a 为P 数列，证明：{}n a 不可能是等差数列； (3)已知含有100项的P 数列{}n a 满足5105100,,,,,(1,2,3,,20)k a a a a k =是公差为(0)d d >等差数列，求d 所有可能的值4．定义：对于任意一个有穷数列，第一次在其每相邻的两项间都插人这两项的和，得到的新数列称之为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和称之为二阶和数列，以此类推可以得到n 阶和数列，如{1,5}的一阶和数列是{1,6,5}，设它的n 阶和数列各项和为n S ．(1)试求{1,5}的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，并猜想n S 的通项公式（无需证明）； (2)若()()311log 3log 33n n n c S S +=--⋅-，求{}n c 的前n 项和n T ，并证明：1126n T -<≤-．5．已知无穷数列12:A a a ，，满足：①*N (12)i a i ∈=，，；①1i j i j i j a a a a a ++≤≤++（12i =，，；12j =，，；3i j +≥）.设*i a 为(12)i a i =，，所能取到的最大值，并记数列***12:A a a ，，.(1)若11a =，写出一个符合条件的数列A 的通项公式；(2)若121a a ==，求*4a 的值；(3)若1212a a ==，，求数列*A 的前100项和. 6．已知数列{}n a 为无穷递增数列，且11a =．定义：数列{}k b ：k b 表示满足i a k ≤的所有i 中最大的一个．数列{}k B ：k B 表示满足i a k ≥的所有i 中最小的一个（1i =，2，3…）(1)若数列{}n a 是斐波那契数列，即121a a ==，21n n n a a a ++=+，（1n =，2，3，…），请直接写出10b ，10B 的值； (2)若数列{}n a 是公比为整数的等比数列，且满足345b b b <=且34B B =，求公比q ，并求出此时3b ，4b 的值； (3)若数列{}n a 是公差为d 的等差数列，求所有可能的d ，使得{}n b ，{}n B 都是等差数列． 7．已知数列{}n a ，给出两个性质：①对于任意的*i N ∈，存在i k R ∈，当*,j i j >∈N 时，都有()j i i a a k j i -≥-成立；①对于任意的*,2i i ∈≥N ，存在i k R ∈，当*,j i j <∈N 时，都有()j i i a a k j i -≥-成立．(1)已知数列{}n a 满足性质①，且()*2i k i N =∈，141,7a a ==，试写出23,a a 的值； (2)已知数列{}n b 的通项公式为132n n b -=⨯，证明：数列{}n b 满足性质①；(3)若数列{}n c 满足性质①①，且当*,2i N i ∈≥时，同时满足性质①①的i k 存在且唯一.证明：数列{}n c 是等差数列． 8．设数列()12:,,,2n A a a a n ≥.如果{}()1,2,,1,2,,i a n i n ∈=，且当i j ≠时，()1,i j a a i j n ≠≤≤，则称数列A 具有性质P .对于具有性质P 的数列A ，定义数列()121:,,,n T A t t t -，其中()111,,1,2,,10,k k k k k a a t k n a a ++⎧==-⎨⎩＜＞.(1)对():0,1,1T A ，写出所有具有性质P 的数列A ； (2)对数列()121:,,,2n E e e e n -≥，其中{}()0,11,2,,1i e i n ∈=-，证明：存在具有性质P 的数列A ，使得()T A 与E 为同一个数列；(3)对具有性质P 的数列A ，若()115n a a n -=≥且数列()T A 满足()0,,1,2,,11,i i t i n i ⎧==-⎨⎩为奇数为偶数，证明：这样的数列A 有偶数个.9．如果无穷数列{}n a 是等差数列，且满足：①i ∀、*j ∈N ，*k ∃∈N ，使得i j k a a a =；①*k ∀∈N ，i ∃、*j ∈N ，使得i j k a a a =，则称数列{}n a 是“H 数列”.(1)下列无穷等差数列中，是“H 数列”的为___________；（直接写出结论）{}:1n a 、3、5、{}:0n b 、2、4、{}:0n c 、0、0、{}:1n d -、0、1、(2)证明：若数列{}n a 是“H 数列”，则1a ∈Z 且公差d ∈N ；(3)若数列{}n a 是“H 数列”且其公差*d ∈N 为常数，求{}n a 的所有通项公式.10．给定数列{}n a ，若数列{}n a 中任意（不同）两项之和仍是该数列中的一项，则称该数列是“封闭数列”.（1）已知数列{}n a 的通项公式为3nn a =，试判断{}n a 是否为封闭数列，并说明理由；（2）已知数列{}n a 满足212n n n a a a +++=且212a a -=，设n S 是该数列{}n a 的前n 项和，试问：是否存在这样的“封闭数列”{}n a ，使得对任意*n ∈N 都有0n S ≠，且12111111818n S S S <+++<，若存在，求数列{}n a 的首项1a 的所有取值；若不存在，说明理由；（3）证明等差数列{}n a 成为“封闭数列”的充要条件是：存在整数1m ≥-，使1a md =． 12．若数列{}n a 同时满足下列两个条件，则称数列{}n a 具有“性质A ”. ①212n n n a a a +++>(n *∈N )；①存在实数A ，使得对任意*n ∈N ，有n a A ≥成立. (1)设245,sin4n n n a n n b π=-+=，试判断{},{}n n a b 是否具有“性质A ”；(2)设递增的等比数列{}n c 的前n 项和为n S ，若2371,2c S =-=-，证明：数列{}n S 具有“性质A ”，并求出A 的取值范围；(3)设数列{}n d 的通项公式()122*222n n nt n nt t d n ++++=∈N ，若数列{}n d 具有“性质A ”，其满足条件的A 的最大值010A =，求t 的值.。

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专题二压轴解答题第六关以新定义数列为背景的解答题【名师综述】解决新定义问题，首先考察对定义的理解。

其次是考查满足新定义的数列的简单应用，如在某些条件下，满足新定义的数列有某些新的性质，这也是在新环境下研究“旧”性质，此时需要结合新数列的新性质，探究“旧”性质.第三是考查综合分析能力，主要是将新性质有机地应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质.类型一以数列和项与通项关系定义新数列典例1 设数列{}n a 的首项为1，前n 项和为n S ，若对任意的*n N ∈，均有n n k S a k +=-（k 是常数且*k N ∈）成立，则称数列{}n a 为“()P k 数列”．（1）若数列{}n a 为“()1P 数列”，求数列{}n a 的通项公式；（2）是否存在数列{}n a 既是“()P k 数列”，也是“()2P k +数列”？若存在，求出符合条件的数列{}n a 的通项公式及对应的k 的值；若不存在，请说明理由；（3）若数列{}n a 为“()2P 数列”， 22a =，设312232222nn n a a a a T =++++，证明： 3n T <．【答案】（1）12,*n n a n N -=∈．（2）见解析；（3）见解析．（2）假设存在这样的数列{}n a ，则有n n k S a k +=-，故有11n n k S a k +++=- 两式相减得： 11n n k n k a a a ++++=-，故有332n n k n k a a a +++++=- 同理由{}n a 是“()2P k +数列”可得： 132n n k n k a a a +++++=-，所以13n n a a ++=对任意*n N ∈恒成立所以22n n k n k n S a k a k S ++++=-=-=，即2n n S S +=，又2222n n k n S a k S +++=--=-，即22n n S S +-=，两者矛盾，故不存在这样的数列{}n a 既是“()P k 数列”，也是“()2P k +数列”．（3）因为数列{}n a 为“()2P 数列”，所以22n n S a +=- 所以132n n S a ++=-故有， 132n n n a a a +++=-，又n =1时， 132a a =-，故33a =，满足： 321a a a =+ 所以21n n n a a a ++=+对任意正整数n 恒成立，数列的前几项为：1,2,3,5,8,故312232345123582222222222n n n n na a a a a T =++++=++++++ 所以， 123451112352222222n n n n n a a T -+=+++++两式相减得： 12234123411111211122222222222222n n n n nn n n n n a a a a a T --++-=+++++-=+++++-=2131442n n n a T -++-，显然21,02n n n n a T T -+，故131244nn T T <+，即3n T <．【名师指点】（1）准确转化，紧扣定义，区别已有概念；（2）恰当选取特例法、演绎法，结合性质求解；（3）耐心读题，挖出隐含条件，分析与综合相结合.【举一反三】若数列{}n a 同时满足：①对于任意的正整数n ， 1a n a a +≥恒成立；②对于给定的正整数k ，2n k n k n a a a -++=对于任意的正整数()n n k >恒成立，则称数列{}n a 是“()R k 数列”.（1）已知22,,{2,,n n n a n n -=为奇数为偶数判断数列{}n a 是否为“()2R 数列”，并说明理由；（2）已知数列{}n b 是“()3R 数列”，且存在整数(1)p p >，使得33p b -， 31p b -， 31p b +， 33p b +成等差数列，证明： {}n b 是等差数列. 【答案】（1）是（2）见解析【解析】22n n a a -++= ()()222242n n n n a -++==.所以，数列{}n a 是“()2R 数列”. （2）由题意可得： 332n n n b b b -++=，则数列1b ， 4b ， 7b ， ⋅⋅⋅是等差数列，设其公差为1d ，数列2b ， 3b ， 8b ， ⋅⋅⋅是等差数列，设其公差为2d ，数列3b ， 6b ， 9b ， ⋅⋅⋅是等差数列，设其公差为3d . 因为1n n b b +≤，所以313234n n n b b b +++≤≤，所以()1122111b nd b nd b n d +≤+≤++，所以()2112n d d b b -≥-①，()21121n d d b b d -≤-+②. 若210d d -<，则当1221b b n d d ->-时，①不成立；若210d d ->，则当12121b b d n d d -+>-时，②不成立；若210d d -=，则①和②都成立，所以12d d =.同理得： 13d d =，所以123d d d ==，记123d d d d ===. 设31333131p p p p b b b b --+--=- 3331p p b b λ++=-=，则()()()313231311n n p p b b b n p d b n p d ---+-=+--+--3131p p b b d d λ-+=-+=-.同理可得： 331313n n n n b b b b d λ-+-=-=-，所以1n n b b d λ+-=-. 所以{}n b 是等差数列.【另解】3133p p b b λ--=- ()()()2312b p d b p d =+--+- 23b b d =-+，3131p p b b λ+-=- ()()12121b pd b p d b b d =+-+-=-+，3331p p b b λ++=- ()3131b pd b pd b b =+-+=-，以上三式相加可得： 32d λ=，所以23d λ=，所以()3211n b b n d -=+- ()13213d b n =+-+， ()3121n b b n d -=+- ()11b d n d λ=+-+- ()13113db n =+--，()331n b b n d =+- ()11b n d λ=++- ()1313db n =+-，所以()113n d b b n =+-，所以13n n db b +-=，所以，数列{}n b 是等差数列.类型二以分段形式定义新数列典例2 已知数列{}n a 满足1133,1,{ 1,n n n a n n a a a n n ++==---为奇数，为偶数，记数列{}n a 的前n 项和为2,n n n S b a =，*.n N ∈（1）求证：数列{}n b 为等比数列，并求其通项n b ；（2）求n S ；（3）问是否存在正整数n ，使得212n n n S b S +>>成立？说明理由.【答案】（1）()23nn b =-- （2）()222234nn n S =--- （3）当n 为偶数时， 12n n n S b S +>> 都成立，（3）详见解析【解析】（2）21221n n a a n +=--- ，所以21221n n a a n ++=-- ，当n 为奇数时，可令*21,n k k N =-∈则()()211232221......n k k k S S a a a a a ---==+++++()()()()()223211113 (211222)4k k n k k +--+=+-++-+=-=-=- ，当n 为偶数时，可令*2,n k k N =∈则()()21232221221......n k k k k k k S S a a a a a a S b ---==++++++=+()222234nn =---；（3）假设存在正整数n ，使得212n n n S b S +>> 成立，因为()22121n S n +=-+ ， ()22223nn S n =--- ，所以只要()()()222123223nnn n -+>-->---即只要满足 ①：22n > ，和②：()()22321n n -+>+ ，对于①只要2n ≥ 就可以；对于②，当n 为奇数时，满足()22321n n -⋅+>+ ，不成立，当n 为偶数时，满足()22321nn ⋅+>+，即22123nn n +-> 令2213n nn n c +-= ，因为()22222222321812160333n nn n n n n n n n n c c +++++++---+-=-=<即2n n c c +< ，且当2n = 时， 22123nn n +-> ，所以当n 为偶数时，②式成立，即当n 为偶数时， 212n n n S b S +>>成立 . 【名师指点】分段函数在数列中应用，既考察各段数列特性，又考查两者综合性质.【举一反三】已知两个无穷数列分别满足，其中，设数列的前项和分别为.（1）若数列都为递增数列，求数列的通项公式；（2）若数列满足：存在唯一的正整数，使得，称数列为“坠点数列”.①若数列“坠点数列”，求②若数列为“坠点数列”，数列为“坠点数列”，是否存在正整数，使得，若存在，求的最大值；若不存在，说明理由.【答案】（1）.（2）①，② 6.(2)①∵数列满足：存在唯一的正整数k=5,使得,且，∴数列必为1，3，5，7，5，7，9，11，…，即前4项为首项为1，公差为2的等差数列，从第5项开始为首项5，公差为2的等差数列，故；②∵，即，∴，而数列为“坠点数列”且，数列中有且只有两个负项.假设存在正整数，使得，显然，且为奇数，而中各项均为奇数，∴必为偶数..ⅰ.当时，，当时，，故不存在，使得成立.ⅱ.当时，，显然不存在，使得成立.ⅲ.当时，，当时，才存在，使得成立.所以.当时，，构造为1,3,1,3,5,7,9，…，为-1,2,4,8，-16,32，…，此时，所以的最大值为6.类型三以分拆定义新数列典例3 记{}1,2,100U =…，.对数列{}()*n a n N ∈和U 的子集T ，若T =∅,定义0TS=;若{}12,,k T t t t =…，，定义12+k T t t t S a a a =++….例如：{}=1,3,66T 时，1366+T S a a a =+.现设{}()*n a n N ∈是公比为3的等比数列，且当{}=2,4T 时，=30T S .（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）对任意正整数()1100k k ≤≤，若{}1,2,k T ⊆…，，求证：1T k S a +<；（3）设,,C D C U D U S S ⊆⊆≥,求证：2C CDD S S S +≥.【答案】（1）13n n a -=（2）详见解析（3）详见解析【解析】试题解析：（1）由已知得1*13,n n a a n N -=∙∈.于是当{2,4}T =时，2411132730r S a a a a a =+=+=. 又30r S =，故13030a =，即11a =. 所以数列{}n a 的通项公式为1*3,n n a n N -=∈.（2）因为{1,2,,}T k ⊆，1*30,n n a n N -=>∈，所以1121133(31)32k k k r k S a a a -≤+++=+++=-<.因此，1r k S a +<.（3）下面分三种情况证明.①若D 是C 的子集，则2C C DC D D D D S S S S S S S +=+≥+=. ②若C 是D 的子集，则22C CDC C CD S S S S S S +=+=≥.③若D 不是C 的子集，且C 不是D 的子集. 令U E CC D =，U F D C C =则E φ≠，F φ≠，EF φ=.于是C E CD S S S =+，D F CD S S S =+，进而由C D S S ≥，得E F S S ≥.设k 是E 中的最大数，l 为F 中的最大数，则1,1,k l k l ≥≥≠. 由（2）知，1E k S a +<，于是1133l k l F E k a S S a -+=≤≤<=，所以1l k -<，即l k ≤.又k l ≠，故1l k ≤-，从而1121131133222l l k E F l a S S a a a ----≤+++=+++==≤，故21E F S S ≥+，所以2()1C C DD CDS S S S -≥-+，即21C CDD S S S +≥+.综合①②③得，2C CDD S S S +≥.【名师指点】本题三个难点，一是数列新定义，利用新定义确定等比数列首项，再代入等比数列通项公式求解，二是利用放缩法求证不等式，放缩目的，是将非特殊数列转化为特殊数列，从而可利用特殊数列性质，以算代征，三是结论含义的应用，实质又是一个新定义，只不过是新定义的性质应用.【举一反三】设数列A ：1a ，2a ,…N a (N ≥).如果对小于n (2n N ≤≤)的每个正整数k 都有k a ＜n a ，则称n 是数列A 的一个“G 时刻”.记“)(A G 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)(A G 的所有元素；（2）证明：若数列A 中存在n a 使得n a >1a ，则∅≠)(A G ；（3）证明：若数列A 满足n a -1n a - ≤1（n=2,3, …,N）,则)(A G 的元素个数不小于N a -1a . 【答案】（1）()G A 的元素为2和5；（2）详见解析；（3）详见解析. 【解析】（2）因为存在n a 使得1a a n >，所以{}∅≠>≤≤∈*1,2a a N i N i i . 记{}1,2min a a N i N i m i >≤≤∈=*，则2≥m ，且对任意正整数m k a a a m k <≤<1,. 因此)(A G m ∈，从而∅≠)(A G . （3）当1a a N ≤时，结论成立. 以下设1a a N >. 由（Ⅱ）知∅≠)(A G .设{}p p n n n n n n A G <⋅⋅⋅<<⋅⋅⋅=2121,,,,)(，记10=n . 则p n n n n a a a a <⋅⋅⋅<<<210.对p i ,,1,0⋅⋅⋅=，记{}i n k i i a a N k n N k G >≤<∈=*,.如果∅≠i G ，取i i G m min =，则对任何i i m n k i a a a m k <≤<≤,1. 从而)(A G m i ∈且1+=i i n m .又因为p n 是)(A G 中的最大元素，所以∅=p G . 从而对任意n k n p ≤≤，p n k a a ≤，特别地，p n N a a ≤. 对i i n n a a p i ≤-⋅⋅⋅=-+11,1,,1,0.因此1)(111111+≤-+=--++++i i i i i n n n n n a a a a a . 所以p a aa a a a i ip n pi n n N ≤-=-≤--∑=)(1111.【精选名校模拟】1．对于给定的正整数k ，如果各项均为正数的数列{}n a 满足：对任意正整数()n n k >，21111k n k n k n n n k n k n a a a a a a a --+-++-+⋅⋅⋅⋅⋅⋅=总成立，那么称{}n a 是“()Q k 数列”．（1）若{}n a 是各项均为正数的等比数列，判断{}n a 是否为“()2Q 数列”，并说明理由；（2）若{}n a 既是“()2Q 数列”，又是“()3Q 数列”，求证： {}n a 是等比数列．【答案】（1）见解析；（2）见解析。