資源簡介

拔高點突破 01 新情景、新定義下的數列問題
目錄
01 方法技巧與總結...............................................................................................................................2
02 題型歸納與總結...............................................................................................................................3
題型一：牛頓數列問題........................................................................................................................3
題型二：高考真題下的數列新定義....................................................................................................4
題型三：數列定義新概念....................................................................................................................6
題型四：數列定義新運算....................................................................................................................7
題型五：數列定義新情景....................................................................................................................9
題型六：差分數列、對稱數列..........................................................................................................10
題型七：非典型新定義數列..............................................................................................................11
03 過關測試 .........................................................................................................................................13
1、“新定義型”數列題考查了學生閱讀和理解能力，同時考查了學生對新知識、新事物接受能力和加以
簡單運用的能力，考查了學生探究精神．要求解題者通過觀察、閱讀、歸納、探索進行遷移，即讀懂和理
解新定義，獲取有用的新信息，然后運用這些有效的信息進一步推理，綜合運用數學知識解決問題的能力
和探索能力（多想少算甚至不算）．因此，“新定義型”數列在高考中常有體現，是一種用知識歸類、套路總
結、強化訓練等傳統教學方法卻難以解決高考中不斷出現的新穎試題．
2、解答與數列有關的新定義問題的策略：
（1）通過給定的與數列有關的新定義，或約定的一種新運算，或給出的由幾個新模型來創設的新問
題的情景，要求在閱讀理解的基礎上，依據題設所提供的信息，聯系所學的知識和方法，實現信息的遷移，
達到靈活解題的目的.
（2）遇到新定義問題，需耐心研究題中信息，分析新定義的特點，搞清新定義的本質，按新定義的
要求“照章辦事”，逐條分析、運算、驗證，使問題得以順利解決．
（3）類比“熟悉數列”的研究方式，用特殊化的方法研究新數列，向“熟悉數列”的性質靠攏．
題型一：牛頓數列問題
【典例 1-1】（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）牛頓選代法又稱牛頓——拉夫遜方法，它是牛頓在 17 世
紀提出的一種在實數集上近似求解方程根的一種方法.具體步驟如下圖示：設 r 是函數 y = f x 的一個零點，
任意選取 x0 作為 r 的初始近似值，在點 x0 , f x0 作曲線 y = f x 的切線 l1，設與 l1軸 x 交點的橫坐標為x1，
并稱x1為 r 的 1 次近似值；在點 x1, f x1 作曲線 y = f x 的切線 l2，設與 l2軸 x 交點的橫坐標為x2，稱x2
為 r 的 2 次近似值.一般地，在點 xn , f xn n N 作曲線 y = f x 的切線 ln+1，記 ln+1與 x 軸交點的橫坐標
為 xn+1，并稱 xn+1為 r 的 n +1次近似值.設 f x = x3 + x - 3 x 0 的零點為 r，取 x0 = 0，則 r 的 1 次近似值
3x3 + x
為 ；若 x 為 r 的 n 次近似值，設 a = n n *n n a n2x3 3 ， n N ，數列 n 的前 項積為T .若任意 n N
*
n ，
n +
Tn > l 恒成立，則整數l 的最大值為 .
f xn *
【典例 1-2】記R 上的可導函數 f x 的導函數為 f x ，滿足 xn+1 = xn - n Nf x 的數列 xn 稱為函n
f x “ ”. x f x = x2數 的 牛頓數列 已知數列 n 為函數 - x的牛頓數列，且數列 an 滿足
a1 = 2,a
x
n = ln n , xn > 1xn -1
.
(1)證明數列 an 是等比數列并求 an ；
(2)設數列 an 的前n項和為 Sn ，若不等式 (-1)n × tSn -14 S 2n 對任意的 n N* 恒成立，求 t 的取值范圍.
【變式 1-1】英國物理學家牛頓用“作切線”的方法求函數的零點時，給出的“牛頓數列”在航空航天中應用廣
f
x x
x
x n 2泛，若數列 n 滿足 n+1 = n - f x ，則稱數列 xn 為牛頓數列，如果 f x = x - x - 2 ，數列 xn 為牛n
xn +1
頓數列，設 an = ln 且 a1 =1， xn > 2x 2 ，數列 an 的前n- 項和為 Sn ，則 S2022 =（ ）n
2022 2022
A 1 1 1 ． 22022 -1 B． 22022 - 2 C． ÷ - D．2 2 ÷
- 2
è è 2
【變式 1-2】科學家牛頓用“作切線”的方法求函數的零點時，給出了“牛頓數列”，其定義是：對于函數
f x
f x ，若數列 xn 滿足 xn+1 = x

- n
2
n f x ，則稱數列 xn 為牛頓數列，若函數 f x = x ，數列 xn 為牛頓n
數列且 x1 = 2,an = log2xn ，則 a8 的值是（ ）
A．8 B．2 C．-6 D．-4
題型二：高考真題下的數列新定義
【典例 2-1】（2024·北京·高考真題）已知集合
M = i, j,k, w i 1,2 , j 3,4 ,k 5,6 , w 7,8 ,且i + j + k + w為偶數 ．給定數列 A : a1,a2 ,L,a8 ，和序
列W :T1,T2 ,LTs ，其中Tt = it , jt ,kt , wt M t =1,2,L, s ，對數列A 進行如下變換：將A 的第 i1, j1,k1, w1項均
加 1，其余項不變，得到的數列記作T1 A ；將T1 A 的第 i2 , j2 , k2 , w2項均加 1，其余項不變，得到數列記作
T2T1 A ；……；以此類推，得到Ts LT2T1 A ，簡記為W A ．
(1)給定數列 A :1,3, 2, 4,6,3,1,9和序列W : 1,3,5,7 , 2,4,6,8 , 1,3,5,7 ，寫出W A ；
(2)是否存在序列W，使得W A 為 a1 + 2, a2 + 6,a3 + 4,a4 + 2,a5 + 8, a6 + 2,a7 + 4,a8 + 4，若存在，寫出一個符
合條件的W；若不存在，請說明理由；
(3)若數列A 的各項均為正整數，且 a1 + a3 + a5 + a7 為偶數，求證：“存在序列W，使得W A 的各項都相等”
的充要條件為“ a1 + a2 = a3 + a4 = a5 + a6 = a7 + a8 ”．
【典例 2-2】（2024·全國·高考真題）設 m 為正整數，數列 a1,a2 ,...,a4m+2 是公差不為 0 的等差數列，若從中
刪去兩項 ai 和 a j i < j 后剩余的 4m 項可被平均分為m組，且每組的 4 個數都能構成等差數列，則稱數列
a1,a2 ,...,a4m+2 是 i, j -可分數列．
(1)寫出所有的 i, j ，1 i < j 6，使數列 a1,a2 ,...,a6 是 i, j -可分數列；
(2)當m 3時，證明：數列 a1,a2 ,...,a4m+2 是 2,13 -可分數列；
(3)從1,2,..., 4m + 2 中一次任取兩個數 i和 j i < j ，記數列 a1,a2 ,...,a4m+2 是 i, j -可分數列的概率為Pm ，證
1
明：Pm > ．8
【變式 2-1】（2023·北京·高考真題）已知數列 an , bn 的項數均為 m (m > 2) ，且 an ,bn {1,2,L,m},
an , bn 的前 n 項和分別為 An , Bn，并規定 A0 = B0 = 0 ．對于 k 0,1,2,L,m ，定義
rk = max i∣Bi Ak , i {0,1,2,L, m} ，其中，max M 表示數集 M 中最大的數.
(1)若 a1 = 2, a2 =1,a3 = 3,b1 =1,b2 = 3,b3 = 3，求 r0 , r1, r2 , r3的值；
(2)若 a1 b1，且 2rj rj+1 + rj-1, j =1,2,L, m -1,，求 rn ；
(3)證明：存在 p, q, s, t 0,1,2,L, m ，滿足 p > q, s > t, 使得 Ap + Bt = Aq + Bs ．
【變式 2-2】（2022·北京·高考真題）已知Q : a1,a2 ,L,ak 為有窮整數數列．給定正整數 m，若對任意的
n {1,2,L,m}，在 Q 中存在 ai ,ai+1,ai+2 ,L,ai+ j ( j 0) ，使得 ai + ai+1 + ai+2 +L+ ai+ j = n，則稱 Q 為m - 連續
可表數列．
(1)判斷Q : 2,1, 4是否為5 - 連續可表數列？是否為 6 -連續可表數列？說明理由；
(2)若Q : a1,a2 ,L,ak 為8 - 連續可表數列，求證：k 的最小值為 4；
(3)若Q : a1,a2 ,L,ak 為 20 -連續可表數列，且 a1 + a2 +L+ ak < 20，求證： k 7．
【變式 2-3】（2021·北京·高考真題）設 p 為實數.若無窮數列 an 滿足如下三個性質，則稱 an 為 p
數列：
① a1 + p 0 ，且 a2 + p = 0 ；
② a4n-1 < a4n ,( n = 1,2, × × ×)；
③ am+n am + an + p, am + an + p +1 ， m, n =1,2, × × × ．
（1）如果數列 an 的前 4 項為 2，-2，-2，-1，那么 an 是否可能為 2 數列？說明理由；
（2）若數列 an 是 0 數列，求 a5 ；
（3）設數列 an 的前n項和為 Sn .是否存在 p 數列 an ，使得 Sn S10 恒成立？如果存在，求出所有的 p；
如果不存在，說明理由．
題型三：數列定義新概念
【典例 3-1】（2024·廣東·模擬預測）定義：任取數列 an 中相鄰的兩項，若這兩項之差的絕對值為 1，
則稱數列 an 具有“性質 1”.已知項數為n的數列 an 的所有項的和為M n ，且數列 an 具有“性質 1”.
(1)若 n = 4，且 a1 = 0,a4 = -1，寫出所有可能的M n 的值；
(2)若 a1 = 2024, n = 2023，證明：“ a2023 = 2 ”是“ ak > ak +1 k =1,2,L, 2022 ”的充要條件；
(3)若 a1 = 0,n 2, M = 0
*
n ，證明： n = 4m或 n = 4m +1 m N .
S n
【典例 3-2 】對任意正整數n，定義n的豐度指數 I n = ，其中 S n 為n的所有正因數的和．
n
(1)求 I 8 的值：
(2) a = I 2n若 n ，求數列 nan 的前n項和Tn
(3) 3 3對互不相等的質數 p,m,n，證明： I p mn = I p I m I n ，并求 I 2024 的值．
【變式 3-1】（2024 *·重慶·模擬預測）對于數列 an ，定義Dan = an+1 - an n N ，滿足
a1 = a2 =1, D Dan = m(m R)，記 f (m, n) = a1m + a 22m +L+ anmn ，稱 f (m,n)為由數列 an 生成的“ m - 函
數”．
(1)試寫出“ 2 -函數” f (2,n)，并求 f (2,3)的值；
(2)若“1-函數” f (1, n) 15，求 n 的最大值；
(3)記函數 S(x) = x + 2x2 +L+ nxn ，其導函數為 S (x)，證明：“ m - 函數”
2 n
f (m, n) m= S (m) 3m- S(m) + (m +1) m ．2 2 i=1
【變式 3-2】（2024·甘肅張掖·模擬預測）定義：在一個有窮數列的每相鄰兩項之間插入這兩項的和，形
成新的數列，我們把這樣的操作稱為該數列的一次“和擴充”，例如：數列1,2,3經過第一次“和擴充”后得到
數列1,3,2,5,3；第二次“和擴充”后得到數列1,4,3,5,2,7,5,8,3．設數列 a,b,c經過n次“和擴充”后得到的數列
的項數為Pn，所有項的和為 Sn ．
(1)若 a = 2,b = 3,c = 4，求P2 , S2 ；
(2)求不等式Pn 2024的解集；
(3)是否存在數列 a,b,c a,b,c R ，使得數列 Sn 為等比數列？請說明理由．
題型四：數列定義新運算
【典例 4-1】（2024 *·吉林長春·模擬預測）記集合 S = { an |無窮數列 an 中存在有限項不為零， n N ，
a S j a = a + a x +L+ a xn-1對任意 n ，設 n 1 2 n +L, x R ．定義運算 :若 an , bn S ，則
an bn S ，且j an bn = j an ×j bn ．
(1)設 an bn = dn ，用 a1,a2 ,a3 ,b1,b2 ,b3 表示d3；
(2)若 an , bn , cn S ，證明： an bn cn = an bn cn ：
ì n +1 2 +1 ì 203-n
,1 n 100 1 a ÷ ,1 n 500(3)若數列 n 滿足 an = í n n +1 ，數列 bn 滿足bn = íè 2 ，設

0, n >100

0, n > 500
a b 1n n = dn ，證明： d200 < ．2
【典例 4-2】（2024·浙江杭州·三模）卷積運算在圖象處理、人工智能、通信系統等領域有廣泛的應
n
用．一般地，對無窮數列 an ， bn ，定義無窮數列 cn = akbn+1-k n N+ ，記作 an * bn = cn ，稱為
k =1
an 與 bn 的卷積．卷積運算有如圖所示的直觀含義，即 cn 中的項依次為所列數陣從左上角開始各條對
角線上元素的和，易知有交換律 an * bn = bn * an ．
(1)若 an = n ，b
n
n = 2 ， an * bn = cn ，求 c1， c2， c3， c4；
(2)對 i N+ ，定義Ti an 如下：①當 i =1時，Ti an = an ；②當 i 2時，Ti an 為滿足通項
ì0, n < i
dn = í 的數列 dn ，即將 an 的每一項向后平移 i -1 i i-1 0 t a ,n i 項，前 項都取為 ．試找到數列 n ， n+1-i
i
使得 tn × an = Ti an ；
(3)若 an = n ， an * bn = cn ，證明：當 n 3時，bn = cn - 2cn-1 + cn-2 ．
【變式 4-1】（2024·山東青島·一模）記集合 S = an |無窮數列 an 中存在有限項不為零， n N* ，對
任意 an S ，設變換 f an = a1 + a2x +L+ a n-1n x +L， x R ．定義運算 ：若 an , bn S ，則
an bn S ， f an bn = f an × f bn ．
(1)若 an bn = mn ，用 a1,a2 ,a3 ,a4 ,b1,b2 ,b3 ,b4 表示m4；
(2)證明： an bn cn = an bn cn ；
ì n +1 2 +1 ì 1 203-n
,1 n 100 ,1 n 500 1
(3)若 an = í n n +1 ，bn = í ÷è 2 ， dn = an bn ，證明： d200 < ．
2
0, n >100

0, n > 500
【變式 4-2】任取一個正整數，若是奇數，就將該數乘 3 再加上 1；若是偶數，就將該數除以 2.反復進行上
述兩種運算，經過有限次步驟后，必進入循環圈1 4 2 1 .這就是數學史上著名的“冰雹猜想”（又稱
“角谷猜想”）.如取正整數m = 6，根據上述運算法則得出6 3 10 5 16 8 4 2 1，共需經過
8 個步驟變成 1（簡稱為 8 步“雹程”）.現給出冰雹猜想的遞推關系如下：已知數列 an 滿足： a1 = m（m
ìa
n ,當an為偶數時,
為正整數）， an+1 = í 2 當m = 3時， a1 + a2 + a3 +L+ a60 =（ ）
3an +1,當an為奇數時
A．170 B．168 C．130 D．172
題型五：數列定義新情景
【典例 5-1】（多選題）（2024·山東青島·三模）若有窮整數數列 An : a1,a2 ,Lan n 3 滿足：
ai+1 - ai -1,2 i =1,2,L, n -1 ，且a1 = an = 0，則稱 An 具有性質T .則（ ）
A．存在具有性質T 的 A4
B．存在具有性質T 的 A5
C．若 A10具有性質T ，則 a1,a2 , ,a9 中至少有兩項相同
D．存在正整數 k ，使得對任意具有性質T 的 Ak ，有 a1,a2 ,L,ak -1中任意兩項均不相同
【典例 5-2】（2024·河南·二模）已知無窮數列 an 是首項為 1，各項均為正整數的遞增數列，集合
A = k N∣* an < k < a *n+1,n N ，若對于集合A 中的元素 k ，數列 an 中存在不相同的項 ai , a1 i ,L, a2 im ，使
得 ai + ai +L+ ai = k a N k B = k∣ a N k }1 2 m ，則稱數列 n 具有性質 ，記集合 數列 n 具有性質 .
ì2n -1,n 4(1)若數列 an 的通項公式為 an = í ，判斷數列 an 是否具有性質 N k ，若具有，寫出集合An 6, n 4 與 + >
集合 B ；
(2)已知數列 an 具有性質 N k 且集合A 中的最小元素為 t .集合 B 中的最小元素為 s ，當 t 3時，證明：
t = s .
【變式 5-1】（2024·北京東城·二模）已知 An : a1,a2 ,L, an n 3 為有窮整數數列，若 An 滿足：
a pi+1 - ai p,q i =1,2,L, n -1 ，其中 ，q是兩個給定的不同非零整數，且a1 = an = 0，則稱 An 具有性質
T .
(1)若 p = -1， q = 2，那么是否存在具有性質T 的 A5？若存在，寫出一個這樣的 A5；若不存在，請說明理
由；
(2)若 p = -1， q = 2，且 A10具有性質T ，求證： a1,a2 , ,a9 中必有兩項相同；
(3)若 p + q =1，求證：存在正整數 k ，使得對任意具有性質T 的 Ak ，都有 a1,a2 ,L,ak -1中任意兩項均不相
同.
【變式 5-2】（2024·北京朝陽·一模）若有窮自然數數列A ： a1,a2 , × × ×,an n 2 滿足如下兩個性質，則稱
A 為Bn 數列：
① ak max a1 + ak -1, a2 + ak -2 , × × ×, ak -1 + a1 k = 2,3, × × ×, n ，其中，max x1, x2 , × × ×, xs 表示 x1, x2 , × × ×, xs ，這 s 個
數中最大的數；
② ak min a1 + ak -1, a2 + ak -2 , × × ×,ak -1 + a1 +1 k = 2,3, × × ×, n ，其中，min x1, x2 , × × ×, xs 表示 x1, x2 , × × ×, xs ，這 s 個
數中最小的數.
(1)判斷A ：2，4，6，7，10 是否為B5數列，說明理由；
(2)若A ： a1,a2 , × × ×,a6是B6 數列，且 a1， a2，a3成等比數列，求 a6；
(3)證明：對任意Bn 數列A ： a1,a2 , × × ×,an n 2 ，存在實數l ，使得 ak = kl k =1,2, × × ×, n .（ x 表示不超
過 x 的最大整數）
題型六：差分數列、對稱數列
【典例 6-1】（多選題）如果項數有限的數列 an 滿足 ai = an-i+1 i =1,2 ,n ，則稱其為“對稱數列”，設 bn
*
是項數為 2k -1 k N 的“對稱數列”，其中b ，b k k +1， ，b2k -1是首項為50，公差為-4的等差數列，則
（ ）
A．若 k =12，則b1 =10 B．若 k =14，則 bn 所有項的和為 622
C．當 k =13時， bn 所有項的和最大 D． bn 所有項的和不可能為 0
【典例 6-2】若項數為n的數列 an 滿足： ai = an+1-i i =1，2，3，L，n 我們稱其為n項的“對稱數列”．例如：
數列1，2，2，1為 4項的“對稱數列”；數列1，2，3，2，1為5項的“對稱數列”．設數列 cn 為 2k +1項的“對稱數列”，
其中 c1，c2 Lck +1是公差為 2的等差數列，數列 cn 的最大項等于8，記數列 cn 的前 2k +1項和為 S2k+1，若
S2k +1 = 32，則 k = ．
【變式 6-1】（2024·四川南充·三模）對于數列 an ，規定Dan 為數列 an 的一階差分，其中
Da = a - a n N* Dk k k-1 k-1 *n n+1 n ，規定 an 為數列 an 的 k 階差分，其中D an = D an+1 - D an n N ．若
a n(n -1)(2n -1)n =
2
，則D a6 = （6 ）
A．7 B．9 C．11 D．13
【變式 6-2】（2024·四川南充·三模）對于數列 an ，規定Dan 為數列 an 的一階差分，其中
Dan = an+1 - a n N* Dka k k-1 k-1 *n ，規定 n 為數列 an 的階 k 差分，其中D an = D an+1 - D an n N .若
n n -1
a 2n -1 n = 2，則D a3 =（ ）6
A．7 B．9 C．11 D．13
題型七：非典型新定義數列
a11 a12 L a1n
a a L a ÷
【典例 7-1 2024 n n n 2 A = 21 22 2n】（ ·黑龍江·模擬預測）已知 行 列 的數表 ÷ M M O M ÷中，滿足：
a ֏ n1 an2 L ann
n n
aij 0,1 ， i, j = 1, 2, × × ×, n .若數表A 滿足當 ast = 0時，總有 ait + asj n，則稱此數表A 為典型數表，
i=1 j=1
n n
此時記 Sn = aij .
i=1 j=1
0 0 1 1
1 0 1 0 0 1 1 ÷
(1)若數表M = 0 0 1
÷ ÷
÷ ， N = 1 1 0 0÷，請直接寫出 M，N 是否是典型數表；
è0 1 1÷
è1 1 0 0
÷

(2)當 n = 8時，是否存在典型數表 A 使得 S8 = 31，若存在，請寫出一個數表 A；若不存在，請說明理由；
(3)若數表 A 為典型數表，求 Sn 的最小值（直接寫出結果，不需要證明）.
x x
【典例 7-2】（2024 11 12·遼寧葫蘆島·二模）設數陣 X 0 = x , x , x , x 1,2,3,4,5,6
è x21 x
÷，其中 11 12 21 22 .設
22
B = n1,n2 , × × ×,nk 1,2,3,4,5,6 ，其中 n1 < n2 < ××× < nk ， k N* 且 k 6 .定義變換 M t 為“對于數陣的每一列，
若其中有 t 或-t ，則將這一列中所有數均保持不變；若其中沒有 t 且沒有-t ，則這一列中每個數都乘以-1”
（ t = n1,n2 , × × ×,nk ），M B X 0 表示“將 X 0 經過Mn1變換得到 X1，再將 X1經過Mn2變換得到 X 2 ，…，以此
類推，最后將 X k -1經過Mnk 變換得到 X k .記數陣 X k 中四個數的和為TB X 0 .
21
(1)若 X

0 = ÷ ，B = 2,5 ，寫出 X 0 經過M 2 變換后得到的數陣 X3 4 1，并求TB X 0 的值；è
21
(2)若 X 0 = ÷ ，B = n1,n2 , n3 ，求TB X 0 3 4 的所有可能取值的和；è
(3)對任意確定的一個數陣 X 0 ，證明：TB X 0 的所有可能取值的和不大于-8 .
【變式 7-1】已知無窮數列 an ，給出以下定義：對于任意的 n N* ，都有 an + an+2 2an+1，則稱數列 an
為“ T 數列”；特別地，對于任意的 n N* ，都有an + an+2 > 2an+1 ，則稱數列 an 為“嚴格T 數列”.
(1) n-1已知數列 an ， bn 的前n項和分別為 An ，Bn ，且 an = 2n -1，bn = -2 ，試判斷數列 An ，數列 Bn
是否為“ T 數列”，并說明理由；
(2)證明：數列 a *n 為“ T 數列”的充要條件是“對于任意的 k ，m， n N ，當 k < m < n 時，有
n - m ak + m - k an n - k am ”；
(3)已知數列 bn 為“嚴格T 數列”，且對任意的 n N* ，bn Z，b1 = -8，b128 = -8 .求數列 bn 的最小項的
最大值.
【變式 7-2】（2024·山東泰安·模擬預測）已知數列 an 是斐波那契數列，其數值為：1,1,2,3,5,8,13,
21,34 × × × × × × .這一數列以如下遞推的方法定義： a1 =1，a2 =1，an+2 = a *n+1 + an (n N ) .數列 bn 對于確定的正
整數 k ，若存在正整數n使得bk +n = bk + bn 成立，則稱數列 bn 為“ k 階可分拆數列”.
(1)已知數列 cn 滿足 cn = ma *n（n N ，m R）.判斷是否對"m R，總存在確定的正整數 k ，使得數列 cn
為“ k 階可分拆數列”，并說明理由.
(2)設數列{dn}的前n項和為 S nn = 3 - a a 0 ，
（i）若數列{dn}為“1階可分拆數列”，求出符合條件的實數 a的值；
f aii i f = n（ ）在（ ）問的前提下，若數列 n 滿足 *n nS ， n N ，其前 項和為Tn .證明：當 n N
* 且 n 3時，
n
Tn < a
2
1 + a
2
2 + a
2
3 + ×××× × × +a
2
n - anan+1 +1成立.
1．（2024·浙江紹興·三模）設0 a1 < a2 max an+1 - an m 恒成立，則m的取值范圍為（ ）
1 1
A．m B．m
9 3
2 4
C．m D．m
3 9
2．（2024·上海·模擬預測）已知數列 an 不是常數列，前n項和為 Sn ，且 a1 > 0．若對任意正整數n，存
在正整數m，使得 an - Sm a1，則稱 an 是“可控數列”．現給出兩個命題：①存在等差數列 an 是“可控
數列”；②存在等比數列 an 是“可控數列”．則下列判斷正確的是（ ）
A．①與②均為真命題 B．①與②均為假命題
C．①為真命題，②為假命題 D．①為假命題，②為真命題
3．數列 an 的前 n 項和為 Sn ，若數列 an 與函數 f x 滿足：① f x 的定義域為R ；②數列 an 與函數
f x 均單調增；③存在正整數n，使 Sn = f an 成立，則稱數列 an 與函數 f x 具有“單調偶遇關系”.給
出下列兩個命題：（ ）
①與數列 2n +1 具有“單調偶遇關系”的函數有有限個；
② n與數列 2 具有“單調偶遇關系”的函數有無數個.
A．①②都是真命題 B．①是真命題，②是假命題
C．①是假命題，②是真命題 D．①②都是假命題
4．（多選題）（2024·湖南衡陽·模擬預測）在股票市場中，股票的價格是有界的，投資者通常會通過價
格的變化來確保自己的風險，這種變化的價格類似于我們數學中的數列，定義如果存在正數M ，使得對一
切正整數n，都有 an M ，則稱 an 為有界數列，數列收斂指數列有極限，我們把極限存在（不含無窮
a 1 1大）的數列稱為收斂數列，如數列 n = ，顯然對一切正整數n都有 an 1，而 的極限為 0，即數列 an n n
既有界也收斂.如數列bn = (-1)n ，顯然對一切正整數n都有 bn 1，但不存在極限，即數列 bn 有界但不收
斂.下列數列是有界數列但不收斂的數列有（ ）

A． an = sin nπ
π
+
π
÷ B． an = cos2
nπ +
2 ÷è è
π
C． a1 = 2, a = 3, a
a
= n-1 sin nπ +2 n a D．
÷
n-2 an =
è 2
n
a - a
5 2024 n+2 n+1．（多選題）（ ·江蘇南通·模擬預測）在數列 an 中，若對"n N* ，都有 = qa - a （q為常數），n+1 n
則稱數列 an 為“等差比數列”，q為公差比，設數列 an 的前 n項和是 Sn ，則下列說法一定正確的是（ ）
A．等差數列 an 是等差比數列
B．若等比數列 an 是等差比數列，則該數列的公比與公差比相同
C．若數列 Sn 是等差比數列，則數列 an+1 是等比數列
D．若數列 an 是等比數列，則數列 Sn 等差比數列
6．（多選題）（2024·山東煙臺·一模）給定數列 an ，定義差分運算：
Δan = a - a ,Δ
2
n+1 n an = Δan+1 - Δan , n N
* .若數列 an a 2滿足 n = n + n ，數列 bn 的首項為 1，且
Δb = n + 2 ×2n-1n ,n N*，則（ ）
A．存在M > 0，使得Δan < M 恒成立
B 2．存在M > 0，使得Δ an < M 恒成立
C．對任意M > 0，總存在 n N* ，使得bn > M
Δ2b
D．對任意M > 0 n，總存在 n N* ，使得 > Mbn
7．（多選題）（2024·浙江·模擬預測）“角谷猜想”是指一個正整數，如果是奇數就乘以 3 再加 1，如果是
偶數就除以 2，這樣經過若干次這兩種運算，最終必進入循環圖1 4 2 1 .對任意正整數 a0，按照上述
規則實施第n次運算的結果為 an n N ，（ ）
A．當 a0 = 7時，則 a11 = 5
B．當 a0 =16時，數列{an}單調遞減
C．若 a5 =1，且 ai i =1,2,3,4 均不為 1，則 a0 = 5
D．當 a0 =10時，從 ai i =1,2,3,4,5,6
3
中任取兩個數至少一個為奇數的概率為
5
8．（2024·高三·河北保定·期中）英國著名物理學家牛頓用“作切線”的方法求函數零點時，給出的“牛頓
f x
” n

數列 在航空航天中應用廣泛，若數列 x .n 滿足 xn+1 = xn - xf x ，則稱數列 n 為牛頓數列 如果函數n
x +2
f x = x2 - 4，數列 xn n為牛頓數列，設an = ln ，且 a1 =1， xn > 2.x 2 則 a2021 = n -
9．（2024·江西九江·模擬預測）著名科學家牛頓用“作切線”的方法求函數的零點時，給出了“牛頓數列”，
f (xn )
它在航空航天中應用廣泛.其定義是：對于函數 f (x) ，若數列{xn}滿足 xn+1 = xn - ，則稱數列{xn}f (x ) 為牛n
頓數列，若函數 f (x) = x2 ， an = log2 xn ，且 a1 =1，則 a8 = .
f x
10．給定函數 f x x n ，若數列 xn 滿足 n+1 = xn - f x ，則稱數列 xn 為函數 f x 的牛頓數列.已知 xn n
2 a ln xn + 2為 f x = x - 4的牛頓數列，且 n = , a =1, x > 2 n N*x 2 1 n - ，數列 an 的前n項和為 Sn .則n
S2023 = .
11．將正整數n分解為兩個正整數 k1、 k2 的積，即 n = k1 ×k2 ，當 k1、 k2 兩數差的絕對值最小時，我們稱其
為最優分解.如20 = 1 20 = 2 10 = 4 5，其中 4 5即為 20 的最優分解，當 k1、 k2 是n的最優分解時，定義
f (n) = k - k f 5n1 2 ，則數列 的前 2024 項的和為 .
a11 a12 a13 L a1n
÷
a21 a22 a23 L a2n ÷
12．（2024·高三·甘肅蘭州·開學考試）已知數表 A n,n = a31 a32 a33 L a3n ÷，

M M M M
÷
÷
÷
è an1 an2 an3 L ann
b11 b12 b13 L b1n c11 c12 c13 L c1n
b b b ÷ 21 22 23 L b2n ÷ c21 c
÷
22 c23 L c2n ÷
B n, n = b31 b32 b33 L b3n ÷，C n,n = c31 c32 c33 L c3n ÷，其中 aij ,bij ,cij i, j N*, i, j n 分別 M M M M ÷ M M M M ÷ ÷ ÷
b ÷ è n1 bn2 bn3 L bnn è cn1 cn2 cn3 L c ÷nn
表示 A n, n ，B n,n ，C n,n 中第 i行第 j 列的數．若 cij = ai1b1 j + ai2b2 j +L+ ainbnj ，則稱C n,n 是
1 3
- ÷
A n, n ，B
8 1
n,n 的生成數表．若數表 A 2,2 = ÷，B 2,2 = 5 20 ÷，且C 2, 2 4 3 2 6 是è ÷
è 5 5 ÷
A 2, 2 ，B 2, 2 的生成數表，則C 2, 2 = ．
13． a1， a2，… a10 是一個 1，2，3，…，10 的排列，要求 ai-1 和 ai+1一定有一個大于 ai （ i = 2,3,L,9），則
滿足的排列的總數為 ．
14．（2024·北京通州·三模）若數列{bn}、{cn}均為嚴格增數列，且對任意正整數 n，都存在正整數 m，
使得bm [cn ,cn+1]，則稱數列{bn}為數列{cn}的“M 數列”．已知數列{an}的前 n 項和為 Sn ，則下列結論中正
確的是 ．
①存在等差數列{an}，使得{an}是{Sn}的“M 數列”
②存在等比數列{an}，使得{an}是{Sn}的“M 數列”
③存在等差數列{an}，使得{Sn}是{an}的“M 數列”
④存在等比數列{an}，使得{Sn}是{an}的“M 數列”
15．（2024·江蘇揚州·模擬預測）對于有窮數列 an ，從數列 an 中選取第 i1項 第 i2 項 L 第 im 項
i1 < i2 bk 各項之和為 an 的一個子列和．規定：數列 an 的任意一項都是 an 的子列．則數列1,2,4,8,16,32 的
所有子列和的和為 ．
16．（2024·高三·山東日照·期中）任取一個正整數，若是奇數，就將該數乘 3 再加上 1；若是偶數，就
將該數除以 2.反復進行上述兩種運算，經過有限次步驟后，必進入循環圈 1→4→2→1，這就是數學史上著
名的“冰雹猜想”（又稱“角谷猜想”）.如取正整數 6，根據上述運算法則得出
6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需要 8 個步驟變成 1（簡稱為 8 步“雹程”）.“冰雹猜想”可表示為數列
ìan , a = 2k k N an 滿足： a1 = m（m 為正整數）， an+1 =
n +
í 2 .問：當m =17時，試確定使得 an =1需
3an +1, an = 2k +1 k N
要 步“雹程”；若 a6 = 1，則m所有可能的取值所構成的集合為 .
17．（2024·高三·北京朝陽·期末）中國傳統數學中開方運算暗含著迭代法，清代數學家夏鸞翔在其著
作《少廣縋鑿》中用迭代法給出一個“開平方捷術”，用符號表示為：已知正實數 N ，取一正數 a1作為 N
ì N
,n為奇數 a
的第一個近似值，定義 a = í nn+1 ，則 a1,a2 ,L,an ,L是 N 的一列近似值.當 N = 10, a1 = 3時，
an + an-1
,n為偶數 2
給出下列四個結論：① a23 > 10；② a4a5 > 10；③ $n 2， a2n-1 < a2n+1；④ "n 2， | a22n -10 |< | a22n-1 -10 | .其
中所有正確結論的序號是 .
18．（2024·吉林長春·模擬預測）對于數列 an ，稱 Δan 為數列 an 的一階差分數列，其中
Δan = an+1 - a n N*n . k對正整數 k k 2 ，稱 Δ an 為數列 an 的 k 階差分數列，其中
Δk a k -1 k -1 k -1n = Δ Δ an = Δ an+1 - Δ an已知數列 an 的首項 a1 =1，且 Δa - a nn+1 n - 2 為 an 的二階差分數列.
(1)求數列 an 的通項公式；
1 n
(2)設bn = n2 - n + 2 , xn 為數列 bn 的一階差分數列，對2 "n N
* ，是否都有 xiCin = an 成立？并說明理
i=1
i
由；（其中Cn 為組合數）
t xn(3) 2 x + t
- xn 1 n n-
對于（ ）中的數列 n ，令 yn = ，其中 < t < 2 . n證明： yi < 2 - 2 2 .2 2 i=1
19．（2024·貴州·三模）差分密碼分析（Differential Cryptanalysis）是一種密碼分析方法，旨在通過觀察
*
密碼算法在不同輸入差分下產生的輸出差分，來推斷出密碼算法的密鑰信息.對于數列 an n N ，規定
Δan 為數列 an 的一階差分數列，其中Δan = a 2n+1 - an ；規定 Δ an 為 an 的二階差分數列，其中
Δ2an = Δan+1 - Δan .
*
如果 an 的一階差分數列滿足 Δai Δa j "i, j N , i j ，則稱 an 是“絕對差異數列”；
2 2 *
如果 an 的二階差分數列滿足 Δ ai = Δ a j "i, j N ，則稱 an 是“累差不變數列”.
(1)設數列 A :1,3,7,9,13,15，判斷數列A 是否為“絕對差異數列”或“累差不變數列”，請說明理由；
(2)設數列 an 的通項公式 an = 2n2 + n n N* Δa , Δ2，分別判斷 n an 是否為等差數列，請說明理由；
n
(3) 2 2設各項均為正數的數列 cn 為“累差不變數列”，其前n項和為 Sn ，且對"n N* ，都有 D ck = D cn+1，
k =1
對滿足 n + m = 2k m n 的任意正整數 n,m,k 都有 cm cn ，且不等式 Sn + Sm > tSk 恒成立，求實數 t 的最大
值.
20．（2024·安徽黃山·一模）隨著信息技術的快速發展，離散數學的應用越來越廣泛．差分和差分方程
是描述離散變量變化的重要工具，并且有廣泛的應用．對于數列 an ，規定 Δan 為數列 an 的一階差分
* 2
數列，其中Δan = an+1 - an n N ，規定 Δ an 為數列 an 的二階差分數列，其中
Δ2an = Δan+1 - Δan n N* ．
(1)數列 an 的通項公式為 an = n3 n N* ，試判斷數列 Δan , Δ2an 是否為等差數列，請說明理由？
(2)數列 logabn 是以 1 為公差的等差數列，且 a > 2，對于任意的 n N* ，都存在m N* 2，使得Δ bn = bm，
求 a的值；
(3)各項均為正數的數列 cn 的前n項和為 Sn ，且 Δcn 為常數列，對滿足m + n = 2t ，m n的任意正整數
m, n, t 都有 cm cn ，且不等式 Sm + Sn > lSt 恒成立，求實數l 的最大值．拔高點突破 01 新情景、新定義下的數列問題
目錄
01 方法技巧與總結...............................................................................................................................2
02 題型歸納與總結...............................................................................................................................3
題型一：牛頓數列問題........................................................................................................................3
題型二：高考真題下的數列新定義....................................................................................................6
題型三：數列定義新概念..................................................................................................................18
題型四：數列定義新運算..................................................................................................................22
題型五：數列定義新情景..................................................................................................................27
題型六：差分數列、對稱數列..........................................................................................................33
題型七：非典型新定義數列..............................................................................................................35
03 過關測試 .........................................................................................................................................42
1、“新定義型”數列題考查了學生閱讀和理解能力，同時考查了學生對新知識、新事物接受能力和加以
簡單運用的能力，考查了學生探究精神．要求解題者通過觀察、閱讀、歸納、探索進行遷移，即讀懂和理
解新定義，獲取有用的新信息，然后運用這些有效的信息進一步推理，綜合運用數學知識解決問題的能力
和探索能力（多想少算甚至不算）．因此，“新定義型”數列在高考中常有體現，是一種用知識歸類、套路總
結、強化訓練等傳統教學方法卻難以解決高考中不斷出現的新穎試題．
2、解答與數列有關的新定義問題的策略：
（1）通過給定的與數列有關的新定義，或約定的一種新運算，或給出的由幾個新模型來創設的新問
題的情景，要求在閱讀理解的基礎上，依據題設所提供的信息，聯系所學的知識和方法，實現信息的遷移，
達到靈活解題的目的.
（2）遇到新定義問題，需耐心研究題中信息，分析新定義的特點，搞清新定義的本質，按新定義的
要求“照章辦事”，逐條分析、運算、驗證，使問題得以順利解決．
（3）類比“熟悉數列”的研究方式，用特殊化的方法研究新數列，向“熟悉數列”的性質靠攏．
題型一：牛頓數列問題
【典例 1-1】（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）牛頓選代法又稱牛頓——拉夫遜方法，它是牛頓在 17 世
紀提出的一種在實數集上近似求解方程根的一種方法.具體步驟如下圖示：設 r 是函數 y = f x 的一個零點，
任意選取 x0 作為 r 的初始近似值，在點 x0 , f x0 作曲線 y = f x 的切線 l1，設與 l1軸 x 交點的橫坐標為 x1，
并稱x1為 r 的 1 次近似值；在點 x1, f x1 作曲線 y = f x 的切線 l2，設與 l2軸 x 交點的橫坐標為x2，稱x2
為 r 的 2 次近似值.一般地，在點 xn , f xn n N 作曲線 y = f x 的切線 ln+1，記 ln+1與 x 軸交點的橫坐標
3
為 xn +1 ，并稱 xn +1 為 r 的 n + 1次近似值.設 f x = x + x -3 x 0 的零點為 r，取 x0 = 0，則 r 的 1 次近似值
3x3 + x
為 ；若 xn為 r 的 n 次近似值，設 a n nn = 2x3 + 3 ，n N
* ，數列 an 的前 n 項積為Tn .若任意n N* ，
n
Tn > l 恒成立，則整數 l 的最大值為 .
【答案】 3 1
【解析】易知 f x = 3x2 +1，設切點為 xn , x3n + xn - 3 ，
2 2 3
由切線幾何意義得斜率為3xn + 1，故切線方程為 y = 3xn + 1)(x - xn ) + xn + xn - 3 ，
3 3
由給定定義知 (xn+1,0) x
xn + xn - 3 x 2x + 3在該直線上，代入直線得 n+1 = - + = n3x2 ，n +1
n 3x2n +1
當 x0 = 0時，易知 x1 = 3，故 r 的 1 次近似值為3，
3 3
由 a
3x + x x
= n n 得， n
3xn + xn
n 3 = = a2xn + 3 x 2x
3 3 n ，n+1 n +
Tn = a1 × a2 La
x
= 1
x
n
2 L x n 3=
x x x x ，2 3 n+1 n+1
3
而函數 f x = x + x -3 x 0 的零點為 r ，且 f x = 3x2 +1> 0，
故 f x 在 (0, + )上單調遞增，且 f 1 < 0， f 2 > 0 ，
故 f 2 × f 1 < 0，由零點存在性定理得 r (1,2)，
3 3 3
由題意得 ( ,3)
3
x r 2 ，故l < ，而 l 是整數，故l2 max
=1，
n+1
故答案為：3；1
f xn *
【典例 1-2】記R 上的可導函數 f x 的導函數為 f x ，滿足 xn+1 = xn - f x n N 的數列 xn 稱為函n
數 f x 的“牛頓數列”. 2已知數列 xn 為函數 f x = x - x的牛頓數列，且數列 an 滿足
a1 = 2,an = ln
xn , x
x -1 n
> 1.
n
(1)證明數列 an 是等比數列并求 an ；
(2)設數列 a nn 的前n項和為 Sn ，若不等式 (-1) × tS - 14 S 2n n 對任意的n N*恒成立，求 t 的取值范圍.
【解析】（1）由 f x = x2 - x，得 f x = 2x -1，
f x 2 2
x x n x - x= - = x - n n xn所以 n+1 n =f xn n 2xn -1 2xn -1
x2n
2
xn+1 2xn -1 x
2 x
則 = = n = nx ，n+1 -1 x
2 2
n -1 xn - 2x
÷
n +1 è xn -1
2xn -1
2

a ln xn+1 ln xn 2ln x所以 n+1 = =x -1
= n = 2a (x
x -1÷ x -1 n n
>1) ，
n+1 è n n
an+1
故 = 2a （非零常數），且
a1 = 2 0，
n
所以數列 an 是以 2 為首項，2 為公比的等比數列，
n -1 n
所以 an = 2 2 = 2 ；
2 1- 2n
（2）由等比數列的前 n 項和公式得： Sn = = 2
n+1 - 2，
1- 2
因為不等式 (-1)n × tS n - 14 S
2
n 對任意的n N*恒成立，
14
又 Sn > 0 且 Sn 單調遞增，所以 (-1)
n × t S + *n S 對任意的n N 恒成立，n
g x x 14令 = + ， x 0,+ ，
x
2
g x 1 14 x -14則 = - 2 = 2 ，x x
當 x 0, 14 時， g x < 0， g x 是減函數，
當 x 14,+ 時， g x > 0， g x 是增函數，
又2 = S1 < 14 < S
25
2 = 6，且 g 2 = 9 ， g 6 = ， g 6 < g 2 ，3
則 g Sn = g S
25
min 2 = g 6 = ，3
14
當 n 為偶數時，原式化簡為 t Sn + S ，n
而 g S2 < g S4 < g S6 所以 t g S 252 = ；3
t S 14當 n 為奇數時，原式化簡為- n + S ，n
又2 = S1 < 14 < S3 =14 < S5 < S7 所以 g 2 = g S1 < g 14 = g S3 < g S5 < g S7 此時-t g S1 = 9，所以 t -9；
25
綜上可知，-9 t .
3
【變式 1-1】英國物理學家牛頓用“作切線”的方法求函數的零點時，給出的“牛頓數列”在航空航天中應用廣
f x
x x = x - n 2泛，若數列 n 滿足 n+1 n f x ，則稱數列 xn 為牛頓數列，如果 f x = x - x - 2，數列 xn 為牛n
頓數列，設 an = ln
xn +1
且 a1 = 1， xn > 2x - 2 ，數列 an 的前n項和為 Sn ，則 S2022 =（ ）n
2022 2022
A． 22022 1 1 1 -1 B．22022 -2 C． ÷ - D． - 2
è 2 2 è 2 ÷
【答案】A
【解析】依題意 a1 = 1， xn > 2，
f x = x2 - x - 2 '， f x = 2x -1，
f xn
依題意 xn+1 = xn - f x ，n
2
即 xn+1 = x
xn - xn - 2
n - 2x ，n -1
2 x +1 2
則 x x+1 = x n - xn - 2 nn+1 n - +1 = ，2xn -1 2xn -1
x2
2
x 2 - x - 2 x - 2 n+1 - = xn - n n - 2 = n （由于 xn > 2，所以 xn+1 2），2xn -1 2xn -1
2
xn+1 +1 x +1
則 = n ，
x 2n+1 - 2 xn - 2
2
ln xn+1 +1

ln xn +1
x +1
兩邊取對數得 = ÷ = 2 ln n ，即 an+1 = 2an，xn+1 - 2 è xn - 2 xn - 2
所以數列 an 是首項為 a n -11 = 1，公比為2的等比數列，所以 an = 2 .
1- 2n
所以 Sn = = 2
n -1 2022，所以 S 2022 = 2 - 1 .
1- 2
故選：A
【變式 1-2】科學家牛頓用“作切線”的方法求函數的零點時，給出了“牛頓數列”，其定義是：對于函數
f x
f x ，若數列 x n 2n 滿足 xn+1 = xn - f x ，則稱數列 xn 為牛頓數列，若函數 f x = x ，數列 xn 為牛n
頓數列且 x1 = 2,an = log2xn ，則 a8 的值是（ ）
A．8 B．2 C． -6 D．-4
【答案】C
【解析】根據題意，
f
x x x = - n x
2
n xn xn
n+1 n f x = xn - =xn - = ，n 2xn 2 2
xn+1
所以 =
1
xn 2
，
又 x1 =2，
1
所以 xn 為首項是 2，公比是 的等比數列，2
n-1 n-2
所以 xn =2
1 1 ÷ = ÷ = 2
2-n ，
è 2 è 2
所以 an = log 2 xn = log 2
2-n
2 = 2 - n ，
所以 a8 = 2 - 8 = -6，
故選：C.
題型二：高考真題下的數列新定義
【典例 2-1】（2024·北京·高考真題）已知集合
M = i, j,k,w i 1,2 , j 3,4 ,k 5,6 ,w 7,8 ,且i + j + k + w為偶數 ．給定數列 A : a1, a2 ,L , a8 ，和序
列W : T1 ,T2 ,LTs ，其中Tt = it , jt ,kt ,wt M t =1,2,L, s ，對數列A 進行如下變換：將A 的第 i1 , j1 , k1 , w1項
均加 1，其余項不變，得到的數列記作T1 A ；將T1 A 的第 i2 , j2 , k2 , w2 項均加 1，其余項不變，得到數列記
作T2T1 A ；……；以此類推，得到Ts LT2T1 A ，簡記為W A ．
(1)給定數列 A:1,3,2,4,6,3,1,9和序列W : 1,3,5,7 , 2,4,6,8 , 1,3,5,7 ，寫出W A ；
(2)是否存在序列W，使得W A 為 a1 + 2, a2 + 6, a3 + 4, a4 + 2, a5 + 8, a6 + 2, a7 + 4, a8 + 4，若存在，寫出一個符
合條件的W；若不存在，請說明理由；
(3)若數列A 的各項均為正整數，且 a1 + a3 + a5 + a7 為偶數，求證：“存在序列W，使得W A 的各項都相等”
的充要條件為“ a1 + a2 = a3 + a4 = a5 + a6 = a7 + a8 ”．
【解析】（1）因為數列 A:1,3,2,4,6,3,1,9，
由序列T1 1,3,5,7 可得T1 A : 2,3,3,4,7,3,2,9；
由序列T2 2,4,6,8 可得T2T1 A : 2,4,3,5,7,4,2,10；
由序列T3 1,3,5,7 可得T3T2T1 A : 3, 4, 4,5,8, 4,3,10；
所以Ω A :3,4,4,5,8,4,3,10 .
（2）解法一：假設存在符合條件的W，可知Ω A 的第1,2項之和為 a1 + a2 + s ，第3,4項之和為 a3 + a4 + s ，
ì a1 + 2 + a2 + 6 = a1 + a2 + s
則 í a 4 a 2 a a s ，而該方程組無解，故假設不成立， 3 + + 4 + = 3 + 4 +
故不存在符合條件的W；
解法二：由題意可知：對于任意序列，所得數列之和比原數列之和多 4，
假設存在符合條件的W，且Ω A :b1,b2,×××,b8，
2 + 6 + 4 + 2 + 8 + 2 + 4 + 4
因為 = 8，即序列W共有 8 項，
4
由題意可知： b2n-1 +b2n - a2n-1 + a2n = 8,n =1,2,3,4，
檢驗可知：當 n = 2,3時，上式不成立，
即假設不成立，所以不存在符合條件的W .
（3）解法一：我們設序列Ts...T2T1 A 為 as ,n 1 n 8 ，特別規定 a0,n = an 1 n 8 .
必要性：
若存在序列W : T1 ,T2 ,LTs ，使得Ω A 的各項都相等.
則 as ,1 = as ,2 = as ,3 = as ,4 = as ,5 = as ,6 = as ,7 = as ,8 ，所以 as ,1 + as ,2 = as ,3 + as ,4 = as ,5 + as ,6 = as ,7 + as ,8 .
根據Ts...T2T1 A 的定義，顯然有 as ,2 j -1 + as ,2 j = as -1,2 j -1 + as -1,2 j + 1，這里 j =1,2,3,4， s =1,2,... .
所以不斷使用該式就得到 a1 + a2 = a3 + a4 = a5 + a6 = a7 + a8 = as ,1 + as ,2 - s ，必要性得證.
充分性：
若 a1 + a2 = a3 + a4 = a5 + a6 = a7 + a8 .
由已知， a1 + a3 + a5 + a7 為偶數，而 a1 + a2 = a3 + a4 = a5 + a6 = a7 + a8，所以
a2 + a4 + a6 + a8 = 4 a1 + a2 - a1 + a3 + a5 + a7 也是偶數.
我們設Ts...T2T1 A 是通過合法的序列W的變換能得到的所有可能的數列Ω A 中，使得
as ,1 - as ,2 + as ,3 - as ,4 + as ,5 - as ,6 + as ,7 - as ,8 最小的一個.
上面已經說明 as ,2 j -1 + as ,2 j = as -1,2 j -1 + as -1,2 j + 1，這里 j =1,2,3,4， s =1,2,... .
從而由 a1 + a2 = a3 + a4 = a5 + a6 = a7 + a8 可得 as ,1 + as ,2 = as ,3 + as ,4 = as ,5 + as ,6 = as ,7 + as ,8 = a1 + a2 + s .
同時，由于 it + jt + kt + wt 總是偶數，所以 at ,1 + at ,3 + at ,5 + at ,7 和 at ,2 + at ,4 + at ,6 + at ,8 的奇偶性保持不變，從而
a s ,1 + a s ,3 + a s ,5 + a s ,7 和 as ,2 + as ,4 + as ,6 + as ,8 都是偶數.
下面證明不存在 j =1,2,3,4使得 as ,2 j-1 - as ,2 j 2 .
假設存在，根據對稱性，不妨設 j =1， as ,2 j -1 - as ,2 j 2 ，即 a s ,1 - a s ,2 2 .
情況 1：若 as ,3 - as ,4 + as ,5 - as ,6 + as ,7 - as ,8 = 0，則由 a s ,1 + a s ,3 + a s ,5 + a s ,7 和 as ,2 + as ,4 + as ,6 + as ,8 都是偶數，
知 a s ,1 - a s ,2 4 .
對該數列連續作四次變換 2,3,5,8 , 2,4,6,8 , 2,3,6,7 , 2,4,5,7 后，新的
as+4,1 - as+4,2 + as+4,3 - as+4,4 + as+4,5 - as+4,6 + as+4,7 - as+4,8 相比原來的
as ,1 - as ,2 + as ,3 - as ,4 + as ,5 - as ,6 + as ,7 - as ,8 減少4，這與 as ,1 - as ,2 + as ,3 - as ,4 + as ,5 - as ,6 + as ,7 - as ,8 的最小
性矛盾；
情況 2：若 as ,3 - as ,4 + as ,5 - as ,6 + as ,7 - as ,8 > 0，不妨設 as ,3 - as ,4 > 0 .
情況 2-1：如果 as ,3 - as ,4 1，則對該數列連續作兩次變換 2,4,5,7 , 2,4,6,8 后，新的
as+2,1 - as+2,2 + as+2,3 - as+2,4 + as+2,5 - as+2,6 + as+2,7 - as+2,8 相比原來的
as ,1 - as ,2 + as ,3 - as ,4 + as ,5 - as ,6 + as ,7 - as ,8 至少減少2，這與 as ,1 - as ,2 + as ,3 - as ,4 + as ,5 - as ,6 + as ,7 - as ,8 的
最小性矛盾；
情況 2-2：如果 as ,4 - as ,3 1，則對該數列連續作兩次變換 2,3,5,8 , 2,3,6,7 后，新的
as+2,1 - as+2,2 + as+2,3 - as+2,4 + as+2,5 - as+2,6 + as+2,7 - as+2,8 相比原來的
as ,1 - as ,2 + as ,3 - as ,4 + as ,5 - as ,6 + as ,7 - as ,8 至少減少2，這與 as ,1 - as ,2 + as ,3 - as ,4 + as ,5 - as ,6 + as ,7 - as ,8 的
最小性矛盾.
這就說明無論如何都會導致矛盾，所以對任意的 j =1,2,3,4都有 as ,2 j-1 - as ,2 j 1 .
假設存在 j =1,2,3,4使得 as ,2 j-1 - as ,2 j =1，則 a s ,2 j -1 + a s ,2 j 是奇數，所以
as ,1 + as ,2 = as ,3 + as ,4 = as ,5 + as ,6 = as ,7 + as ,8 都是奇數，設為2N + 1 .
則此時對任意 j =1,2,3,4，由 as ,2 j-1 - as ,2 j 1可知必有 as ,2 j-1, as ,2 j = N , N +1 .
而 a s ,1 + a s ,3 + a s ,5 + a s ,7 和 as ,2 + as ,4 + as ,6 + as ,8 都是偶數，故集合 m as ,m = N 中的四個元素 i, j, k, w之和為偶
數，對該數列進行一次變換 i, j, k, w ，則該數列成為常數列，新的
as+1,1 - as+1,2 + as+1,3 - as+1,4 + as+1,5 - as+1,6 + as+1,7 - as+1,8 等于零，比原來的
as ,1 - as ,2 + as ,3 - as ,4 + as ,5 - as ,6 + as ,7 - as ,8 更小，這與 as ,1 - as ,2 + as ,3 - as ,4 + as ,5 - as ,6 + as ,7 - as ,8 的最小性
矛盾.
綜上，只可能 as ,2 j-1 - as ,2 j = 0 j =1,2,3,4 ，而 as ,1 + as ,2 = as ,3 + as ,4 = as ,5 + as ,6 = as ,7 + as ,8 ，故 as ,n = Ω A 是
常數列，充分性得證.
解法二：由題意可知：W中序列的順序不影響Ω A 的結果，
且 a1,a2 , a3,a4 , a5,a6 , a7 ,a8 相對于序列也是無序的，
（ⅰ）若 a1 + a2 = a3 + a4 = a5 + a6 = a7 + a8 ，
不妨設 a1 a3 a5 a7 ，則 a2 a4 a6 a8 ，
①當 a1 = a3 = a5 = a7 ，則 a8 = a6 = a4 = a2 ，
分別執行 a1 個序列 2,4,6,8 、 a2個序列 1,3,5,7 ，
可得 a1 + a2 ,a1 + a2 ,a1 + a2 ,a1 + a2 ,a1 + a2 , a1 + a2 ,a1 + a2 ,a1 + a2 ，為常數列，符合題意；
②當 a1,a3 ,a5 ,a7 中有且僅有三個數相等，不妨設 a1 = a3 = a5 ，則 a2 = a4 = a6，
即 a1, a2 , a1, a2 , a1, a2 , a7 , a8 ，
分別執行 a2個序列 1,3,5,7 、 a7個序列 2,4,6,8
可得 a1 + a2 , a2 + a7 , a1 + a2 , a2 + a7 , a1 + a2 , a2 + a7 , a2 + a7 , a7 + a8 ，
即 a1 + a2 ,a2 + a7 , a1 + a2 ,a2 + a7 ,a1 + a2 ,a2 + a7 ,a2 + a7 ,a1 + a2 ，
因為 a1 + a3 + a5 + a7 為偶數，即3a1 + a7 為偶數，
a ,a a7 - a1 N*可知 1 7 的奇偶性相同，則 ，2
a
分別執行 7
- a1 個序列 1,3,5,7 ， 1,3,6,8 ， 2,3,5,8 ， 1,4,5,8 ，
2
可得
3a7 + 2a2 - a1 , 3a7 + 2a2 - a1 , 3a7 + 2a2 - a1 , 3a7 + 2a2 - a1 , 3a7 + 2a2 - a1 , 3a7 + 2a2 - a1 , 3a7 + 2a2 - a1 , 3a7 + 2a2 - a1
2 2 2 2 2 2 2 2
，
為常數列，符合題意；
③若 a1 = a3 < a5 = a7，則 a2 = a4 > a6 = a8 ，即 a1, a2 , a1, a2 , a5 , a6 , a5 , a6 ，
分別執行 a5 個 1,3,6,8 、 a1 個 2,4,5,7 ，
可得 a1 + a5 ,a1 + a2 ,a1 + a5 ,a1 + a2 ,a1 + a5 ,a5 + a6 ,a1 + a5 ,a5 + a6 ，
因為 a1 + a2 = a5 + a6 ，
可得 a1 + a5 , a1 + a2 , a1 + a5 , a1 + a2 , a1 + a5 , a1 + a2 , a1 + a5 , a1 + a2 ，
即轉為①，可知符合題意；
④當 a1,a3 ,a5 ,a7 中有且僅有兩個數相等，不妨設 a1 = a3，則 a2 = a4，
即 a1, a2 , a1, a2 , a5 , a6 , a7 , a8 ，
分別執行 a1 個 2,4,5,7 、 a5 個 1,3,6,8 ，
可得 a1 + a5 ,a1 + a2 ,a1 + a5 ,a1 + a2 ,a1 + a5 ,a5 + a6 ,a1 + a7 ,a5 + a8 ，
且 a1 + a2 = a5 + a6 ，可得 a1 + a5 , a1 + a2 , a1 + a5 , a1 + a2 , a1 + a5 , a1 + a2 , a1 + a7 , a5 + a8 ，
因為 a1 + a3 + a5 + a7 = 2a1 + a5 + a7 為偶數，可知 a5 ,a7的奇偶性相同，
則 a1 + a5 + a1 + a5 + a1 + a5 + a1 + a7 = 4a1 +3a5 + a7 為偶數，
且 a1 + a5 = a1 + a5 = a1 + a5 < a1 + a7，即轉為②，可知符合題意；
⑤若 a1 < a3 < a5 < a7 ，則 a2 > a4 > a6 > a8 ，即 a1,a2 ,a3 ,a4 ,a5 ,a6 ,a7 ,a8 ，
分別執行 a1 個 2,3,5,8 、a3個 1,4,6,7 ，
可得 a1 + a3 , a1 + a2 , a1 + a3 ,a3 + a4 , a1 + a5 , a3 + a6 ,a3 + a7 ,a1 + a8，
且 a1 + a2 = a3 + a4，可得 a1 + a3 , a1 + a2 , a1 + a3 ,a1 + a2 ,a1 + a5 , a3 + a6 ,a3 + a7 ,a1 + a8 ，
因為 a1 + a3 + a5 + a7 為偶數，
則 a1 + a3 + a1 + a3 + a1 + a5 + a3 + a7 = 2 a1 + a3 + a1 + a3 + a5 + a7 為偶數，
且 a1 + a3 = a1 + a3 < a1 + a5 < a3 + a7 ，即轉為④，可知符合題意；
綜上所述：若 a1 + a2 = a3 + a4 = a5 + a6 = a7 + a8 ，則存在序列W，使得Ω A 為常數列；
（ⅱ）若存在序列W，使得Ω A 為常數列，
因為對任意Ω A :b1,b2,×××,b8，
均有 b1 +b2 - a1 + a2 = b3 +b4 - a3 + a4 = b5 +b6 - a5 + a6 = b7 +b8 - a7 + a8 成立，
若Ω A 為常數列，則b1 + b2 = b3 + b4 = b5 + b6 = b7 + b8 ，
所以 a1 + a2 = a3 + a4 = a5 + a6 = a7 + a8 ；
綜上所述：“存在序列W，使得Ω A 為常數列”的充要條件為“ a1 + a2 = a3 + a4 = a5 + a6 = a7 + a8 ”.
【典例 2-2】（2024·全國·高考真題）設 m 為正整數，數列 a1, a2 , ..., a4m+2 是公差不為 0 的等差數列，若從中
刪去兩項 ai 和 a j i < j 后剩余的 4m項可被平均分為m組，且每組的 4 個數都能構成等差數列，則稱數列
a1, a2 , ..., a4m+2 是 i, j -可分數列．
(1)寫出所有的 i, j ，1 i < j 6，使數列 a1 , a2 , ..., a6 是 i, j -可分數列；
(2)當m 3 時，證明：數列 a1, a2 , ..., a4m+2 是 2,13 -可分數列；
(3)從1,2,..., 4m + 2 中一次任取兩個數 i 和 j i < j ，記數列 a1, a2 , ..., a4m+2 是 i, j -可分數列的概率為 Pm ，證
1
明：Pm > ．8
【解析】（1）首先，我們設數列 a1, a2 , ..., a4m+2 的公差為d ，則 d 0 .
由于一個數列同時加上一個數或者乘以一個非零數后是等差數列，當且僅當該數列是等差數列，
a - a
故我們可以對該數列進行適當的變形 a = k 1k +1 k =1,2,..., 4m + 2 ，d
得到新數列ak = k k =1,2,...,4m+ 2 ，然后對 a1 , a2 , ..., a4 m+2 進行相應的討論即可.
換言之，我們可以不妨設ak = k k =1,2,...,4m+ 2 ，此后的討論均建立在該假設下進行.
回到原題，第 1 小問相當于從1,2,3,4,5,6 中取出兩個數 i 和 j i < j ，使得剩下四個數是等差數列.
那么剩下四個數只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6 .
所以所有可能的 i, j 就是 1,2 , 1,6 , 5,6 .
（2）由于從數列1,2,..., 4m + 2 中取出2和13后，剩余的 4m個數可以分為以下兩個部分，共m組，使得每
組成等差數列：
① 1,4,7,10 , 3,6,9,12 , 5,8,11,14 ，共3組；
② 15,16,17,18 , 19,20,21,22 ,..., 4m-1,4m,4m+1,4m+ 2 ，共m - 3組.
（如果m - 3 = 0 ，則忽略②）
故數列1,2,..., 4m + 2 是 2,13 -可分數列.
（3）定義集合 A = 4k +1 k = 0,1,2,..., m = 1,5,9,13,..., 4m +1 ，
B = 4k + 2 k = 0,1,2,...,m = 2,6,10,14,..., 4m + 2 .
下面證明，對1 i < j 4m + 2，如果下面兩個命題同時成立，
則數列1,2,..., 4m + 2 一定是 i, j -可分數列：
命題 1： i A, j B或 i B, j A；
命題 2： j - i 3 .
我們分兩種情況證明這個結論.
第一種情況：如果 i A, j B，且 j - i 3 .
此時設 i = 4k1 +1， j = 4k2 + 2， k1,k2 0,1,2,...,m .
則由 i < j可知 4k1 +1 < 4k2 + 2 ，即 k2 - k
1
1 > - ，故 k k .4 2 1
此時，由于從數列1,2,..., 4m + 2 中取出 i = 4k1 +1和 j = 4k2 + 2后，
剩余的 4m個數可以分為以下三個部分，共m組，使得每組成等差數列：
① 1,2,3,4 , 5,6,7,8 ,..., 4k1 -3,4k1 -2,4k1 -1,4k1 ，共 k1 組；
② 4k1 + 2,4k1 +3,4k1 + 4,4k1 +5 , 4k1 + 6,4k1 + 7,4k1 +8,4k1 +9 ,..., 4k2 - 2,4k2 -1,4k2,4k2 +1 ，共 k2 - k1 組；
③ 4k2 +3,4k2 + 4,4k2 +5,4k2 + 6 , 4k2 + 7,4k2 +8,4k2 +9,4k2 +10 ,..., 4m-1,4m,4m+1,4m+ 2 ，共m - k2組.
（如果某一部分的組數為 0，則忽略之）
故此時數列1,2,..., 4m + 2 是 i, j -可分數列.
第二種情況：如果 i B, j A，且 j - i 3 .
此時設 i = 4k1 + 2 ， j = 4k2 +1， k1,k2 0,1,2,...,m .
則由 i < j可知 4k1 + 2 < 4k +1 k k
1
2 ，即 2 - 1 > ，故 k2 > k1 .4
由于 j - i 3，故 4k2 +1 - 4k1 + 2 3，從而 k2 - k1 1，這就意味著 k2 - k1 2 .
此時，由于從數列1,2,..., 4m + 2 中取出 i = 4k1 + 2 和 j = 4k2 +1后，剩余的 4m個數可以分為以下四個部分，
共m組，使得每組成等差數列：
① 1,2,3,4 , 5,6,7,8 ,..., 4k1 -3,4k1 -2,4k1 -1,4k1 ，共 k1 組；
② 4k1 +1,3k1 + k2 +1,2k1 + 2k2 +1,k1 +3k2 +1 ， 3k1 + k2 + 2,2k1 + 2k2 + 2,k1 +3k2 + 2,4k2 + 2 ，共2組；
③全體 4k1 + p,3k1 + k2 + p,2k1 + 2k2 + p,k1 +3k2 + p ，其中 p = 3, 4,..., k2 - k1，共 k2 - k1 - 2 組；
④ 4k2 +3,4k2 + 4,4k2 +5,4k2 + 6 , 4k2 + 7,4k2 +8,4k2 +9,4k2 +10 ,..., 4m-1,4m,4m+1,4m+ 2 ，共m - k2組.
（如果某一部分的組數為 0，則忽略之）
這里對②和③進行一下解釋：將③中的每一組作為一個橫排，排成一個包含 k2 - k1 - 2 個行，4個列的數
表以后，4個列分別是下面這些數：
4k1 +3,4k1 + 4,...,3k1 + k2 ， 3k1 + k2 +3,3k1 + k2 + 4,...,2k1 + 2k2 ， 2k1 + 2k2 +3,2k1 + 2k2 +3,...,k1 +3k2 ，
k1 +3k2 +3,k1 +3k2 + 4,...,4k2 .
可以看出每列都是連續的若干個整數，它們再取并以后，將取遍 4k1 +1,4k1 + 2,...,4k2 + 2 中除開五個集合
4k1 +1,4k1 + 2 ， 3k1 + k2 +1,3k1 + k2 + 2 ， 2k1 + 2k2 +1,2k1 + 2k2 + 2 ， k1 +3k2 +1,k1 +3k2 + 2 ，
4k2 +1,4k2 + 2 中的十個元素以外的所有數.
而這十個數中，除開已經去掉的 4k1 + 2和 4k2 +1以外，剩余的八個數恰好就是②中出現的八個數.
這就說明我們給出的分組方式滿足要求，故此時數列1,2,..., 4m + 2 是 i, j -可分數列.
至此，我們證明了：對1 i < j 4m + 2，如果前述命題 1 和命題 2 同時成立，則數列1,2,..., 4m + 2 一定是
i, j -可分數列.
然后我們來考慮這樣的 i, j 的個數.
首先，由于 A
2
B = ，A 和 B 各有m +1個元素，故滿足命題 1 的 i, j 總共有 m +1 個；
而如果 j - i = 3 ，假設 i A, j B，則可設 i = 4k1 +1， j = 4k2 + 2，代入得 4k2 + 2 - 4k1 +1 = 3 .
但這導致 k2 - k
1
1 = ，矛盾，所以 i B, j A .2
設 i = 4k1 + 2 ， j = 4k2 +1， k1,k2 0,1,2,...,m ，則 4k2 +1 - 4k1 + 2 = 3，即 k2 - k1 = 1 .
所以可能的 k1, k2 恰好就是 0,1 , 1,2 ,..., m-1,m ，對應的 i, j 分別是 2,5 , 6,9 ,..., 4m-2,4m+1 ，總
共m個.
所以這 m +1 2 個滿足命題 1 的 i, j 中，不滿足命題 2 的恰好有m個.
2
這就得到同時滿足命題 1 和命題 2 的 i, j 的個數為 m +1 - m .
當我們從1,2,..., 4m + 2 中一次任取兩個數 i 和 j i < j 時，總的選取方式的個數等于
4m + 2 4m +1
= 2m +1 4m +1 .
2
2
而根據之前的結論，使得數列 a1, a2 , ..., a4m+2 是 i, j -可分數列的 i, j 至少有 m +1 - m 個.
所以數列 a1, a2 , ..., a4m+2 是 i, j -可分數列的概率 Pm 一定滿足
2
m2 m 1
1
m +1P
2 - m 2 m +m + m +1 + +
= > 4 = è 2
÷
1 .
m = 2m +1 4m +1 2m +1 4m +1 2m +1 4m + 2 2 2m +1 2m +1 8
這就證明了結論.
【變式 2-1】（2023·北京·高考真題）已知數列 an , bn 的項數均為 m (m > 2)，且 an ,bn {1,2,L,m},
an , bn 的前 n 項和分別為 An , Bn，并規定 A0 = B0 = 0 ．對于 k 0,1,2,L,m ，定義
rk = max i∣Bi Ak ,i {0,1,2,L,m} ，其中，max M 表示數集 M 中最大的數.
(1)若 a1 = 2, a2 = 1, a3 = 3,b1 = 1,b2 = 3,b3 = 3，求 r0 , r1 , r2 , r3 的值；
(2)若 a1 b1，且 2r j r j +1 + r j -1 , j = 1, 2,L , m - 1, ，求 rn ；
(3)證明：存在 p,q,s,t 0,1,2,L,m ，滿足 p > q, s > t, 使得 Ap + Bt = Aq + Bs ．
【解析】（1）由題意可知： A0 = 0, A1 = 2, A2 = 3, A3 = 6, B0 = 0, B1 =1, B2 = 4, B3 = 7 ，
當 k = 0時，則 B 0 = A 0 = 0 , B i > A 0 , i = 1, 2 , 3 ，故 r0 = 0；
當 k = 1時，則 B 0 < A1 , B 1 < A1 , B i > A1 , i = 2 , 3 ，故 r1 =1；
當 k = 2時，則 Bi A2 , i = 0,1, B2 > A2 , B3 > A2 ,故 r2 =1；
當 k = 3時，則 Bi A3 , i = 0,1, 2, B3 > A3，故 r3 = 2 ；
綜上所述： r0 = 0， r1 =1， r2 =1， r3 = 2 .
（2）由題意可知： rn m ，且 rn N ，
因為 a *n 1, b n 1 ，且 a1 b1，則 An B1 > B0 對任意n N 恒成立，
所以 r0 = 0, r1 1，
又因為 2 ri ri - 1 + ri + 1 ，則 ri + 1 - ri ri - ri - 1 ，即 rm - rm-1 rm-1 - rm-2 ××× r1 - r0 1，
可得 ri + 1 - ri 1 ，
反證：假設滿足 rn + 1 - rn > 1 的最小正整數為0 j m-1，
當 i j時，則 ri + 1 - ri 2 ；當 i j -1時，則 ri + 1 - ri = 1 ，
則 rm = rm - rm-1 + rm-1 - rm-2 +×××+ r1 - r0 + r0 2 m- j + j = 2m- j ，
又因為0 j m-1，則 rm 2m- j 2m- m-1 = m+1> m，
假設不成立，故 rn + 1 - rn = 1 ，
即數列 rn 是以首項為 1，公差為 1 的等差數列，所以 rn = 0 + 1 n = n , n N .
（3）因為 an ,bn 均為正整數，則 An , Bn 均為遞增數列，
（ⅰ）若 Am = Bm ，則可取 t = q = 0，滿足 p > q, s > t, 使得 Ap + Bt = Aq + Bs ；
（ⅱ）若 Am < Bm ，則 rk < m ，
構建Sn = Br - An,1 n m，由題意可得： Sn 0 ，且 Sn 為整數，n
反證，假設存在正整數K ，使得 SK -m，
則 Br - AK -m , BK rK +1 - AK > 0 ，可得brK +1 = Br +1 - Br = Br +1 - AK - Br - A > m ，K K K K K
這與br +1 1,2,×××,m 相矛盾，故對任意1 n m , n N ，均有 S n 1 - m .K
①若存在正整數N ，使得SN = Br - AN =0，即 AN = Br ，N N
可取 t = q = 0, p = N , s = rN ，
滿足 p > q , s > t ，使得 Ap + Bt = Aq + Bs ；
②若不存在正整數N ，使得 S N = 0 ，
因為 Sn -1, -2, × × ×,- m -1 ，且1 n m ，
所以必存在1 X < Y m ，使得 S X = SY ，
即 Br - AX = Br - AY ，可得 AY + Br = AX + BX Y X rY ，
可取 p = Y , s = rY , q = X , t = rX ，
滿足 p > q , s > t ，使得 Ap + Bt = Aq + Bs ；
（ⅲ）若 Am > Bm ，
定義Rk = max i∣Ai Bk ,i {0,1,2,L,m} ，則 Rk < m ，
構建 Sn = AR - Bn ,1 n mn ，由題意可得： Sn 0 ，且 Sn 為整數，
反證，假設存在正整數K,1 K m，使得 SK -m，
則 AR - BK -m , AR +1 - BK > 0 ，可得 aR +1 = AR +1 - AR = AR +1 - BK - AR - BK > mK K ，K K K K K
這與 aR +1 1,2, × × ×, m 相矛盾，故對任意1 n m-1,n N，均有 S n 1 - m .K
①若存在正整數N ，使得 S N = AR - BN N = 0 ，即 AR = BN N ，
可取 q = t = 0, s = N , p = RN ，
即滿足 p > q , s > t ，使得 Ap + Bt = Aq + Bs ；
②若不存在正整數N ，使得 S N = 0 ，
因為 Sn -1, -2, × × ×,- m -1 ，且1 n m ，
所以必存在1 X < Y m ，使得 S X = SY ，
即 AR - BX = AR - BY ，可得 AR + BX = AR + BX Y Y X Y ，
可取 p = RY , t = X , q = RX , s = Y ，
滿足 p > q , s > t ，使得 Ap + Bt = Aq + Bs .
綜上所述：存在0 q < p m,0 t < s m使得 Ap + Bt = Aq + Bs ．
【變式 2-2】（2022·北京·高考真題）已知Q : a1,a2 ,L,ak 為有窮整數數列．給定正整數 m，若對任意的
n {1,2,L,m}，在 Q 中存在 ai , ai+1 , ai+ 2 ,L , ai+ j ( j 0) ，使得 ai + ai+1 + ai+ 2 + L + ai+ j = n ，則稱 Q 為m - 連續
可表數列．
(1)判斷Q : 2,1,4是否為5 -連續可表數列？是否為 6 -連續可表數列？說明理由；
(2)若Q : a1,a2 ,L,ak 為8 - 連續可表數列，求證：k 的最小值為 4；
(3)若Q : a1,a2 ,L,ak 為 20 - 連續可表數列，且 a1 + a2 +L + ak < 20 ，求證： k 7．
【解析】（1） a2 =1， a1 = 2， a1 + a2 = 3， a3 = 4， a2 + a3 = 5，所以Q是5 -連續可表數列；易知，不存在
i, j使得 ai + ai+1 + L + ai+ j = 6，所以Q不是 6 -連續可表數列．
（2）若 k 3 ,設為Q : a,b,c ,則至多 a + b,b + c, a + b + c, a,b, c ，6 個數字，沒有8個，矛盾；
當 k = 4時,數列Q :1,4,1,2，滿足 a1 = 1， a4 = 2 ，a3 + a4 = 3， a2 = 4 ，a1 + a2 = 5， a1 + a2 + a3 = 6 ，
a2 + a3 + a4 = 7， a1 + a2 + a3 + a4 = 8， \kmin = 4．
k k +1
（3）Q : a1 , a2 ,L , a i = j k i j C 2k ，若 最多有 種，若 ，最多有 k 種，所以最多有 k + C2

k = 種，2
a ,a ,… ,a 5 5 +1 若 k 5，則 1 2 k 至多可表 =15個數，矛盾,
2
k < 7 , k 6 a,b,c,d,e, f 6(6 + 1)從而若 則 = ， 至多可表 = 212 個數，
而 a+b+c+d +e+ f < 20，所以其中有負的，從而a,b,c,d,e, f 可表 1~20 及那個負數（恰 21 個），這表明
a ~ f 中僅一個負的，沒有 0，且這個負的在a ~ f 中絕對值最小，同時a ~ f 中沒有兩數相同,設那個負數為
-m(m 1) ，
則所有數之和 m +1+ m + 2 +L + m + 5 - m = 4m +15， 4m +15 19 m = 1，
\{a,b,c,d,e, f}={-1,2,3,4,5,6}，再考慮排序，排序中不能有和相同，否則不足 20 個，
Q1= -1+ 2 （僅一種方式），
\-1與 2 相鄰，
若-1不在兩端,則"x , -1, 2 , __,__,__"形式，
若 x = 6，則5= 6+ (-1)（有 2 種結果相同，方式矛盾），
\ x 6， 同理 x 5, 4, 3 ，故-1在一端，不妨為"-1 ,2, A, B, C, D"形式，
若 A = 3 ,則5 = 2 + 3 （有 2 種結果相同，矛盾）， A = 4同理不行，
A = 5，則 6 = -1+ 2 + 5 （有 2 種結果相同，矛盾），從而 A = 6 ，
由于 7 = -1+ 2 + 6 ,由表法唯一知 3,4 不相鄰,、
故只能 -1, 2, 6,3,5, 4，①或 -1, 2, 6, 4,5,3，②
這 2 種情形，
對①：9 = 6 + 3 = 5 + 4 ，矛盾，
對②：8 = 2 + 6 = 5 + 3，也矛盾，綜上 k 6，
當 k = 7時，數列1, 2, 4,5,8, -2, -1滿足題意，
\k 7 ．
【變式 2-3】（2021·北京·高考真題）設 p 為實數.若無窮數列 an 滿足如下三個性質，則稱 an 為 p
數列：
① a1 + p 0，且 a2 + p = 0 ；
② a4n-1 < a4n ,( n =1,2,×××)；
③ am+n am + an + p, am + an + p +1 ， m, n =1,2, × × × ．
（1）如果數列 an 的前 4 項為 2，-2，-2，-1，那么 an 是否可能為 2 數列？說明理由；
（2）若數列 an 是 0 數列，求 a5 ；
（3）設數列 an 的前n項和為 Sn .是否存在 p 數列 an ，使得 Sn S10 恒成立？如果存在，求出所有的 p；
如果不存在，說明理由．
【解析】(1)因 為 p = 2, a1 = 2, a2 = -2, 所以 a1 + a2 + p = 2, a1 + a2 + p +1 = 3，
因 為 a3 = -2,所 以a3 a1 + a2 + 2,a1 + a2 + 2+1
所以數列 an ，不可能是 2 數列.
(2)性質① a1 0, a2 = 0 ，
由性質③ am+2 am , am +1 ，因此 a3 = a1或 a3 = a1 + 1， a4 = 0或 a4 =1，
若 a4 = 0，由性質②可知 a3 < a4 ，即 a1 < 0或 a1 +1 < 0，矛盾；
若 a4 = 1, a3 = a1 +1，由 a3 < a4 有 a1 +1 < 1，矛盾.
因此只能是 a4 =1, a3 = a1 .
又因為 a4 = a1 + a3 或 a4 = a1 + a3 +1，所以 a
1
1 = 或 a1 = 0 .2
若 a
1
1 = ，則a2 = a1+1 a1 + a2 1 +0,a1 + a1 +0+1 = 2a1,2a1 +1 = 1,2 ，
不滿足 a2 = 0，舍去.
當 a1 = 0，則 an 前四項為:0，0，0，1，
下面用數學歸納法證明a4n+i = n(i =1,2,3),a4n+4 = n +1 n N ：
當 n = 0時，經驗證命題成立，假設當n k(k 0)時命題成立，
當 n = k + 1時：
若 i =1，則a4 k+1 +1 = a4k+5 = a j+ 4k+5- j ，利用性質③：
a j + a *4k +5-∣j j N ,1 j 4k + 4 = {k, k +1}，此時可得： a4k +5 = k + 1；
否則，若 a4k +5 = k ，取 k = 0可得： a5 = 0，
而由性質②可得：a5 = a1 + a4 1,2 ，與 a5 = 0矛盾.
同理可得：
a j + a4k +6-∣j j N *,1 j 4k + 5 = {k, k +1}，有 a4k +6 = k +1；
a + a *j 4k +8-∣j j N , 2 j 4k + 6 = {k +1, k + 2}，有 a4k +8 = k + 2 ；
a j + a4k +7-∣j j N *,1 j 4k + 6 = {k +1}，又因為 a4k +7 < a4k +8，有 a4k +7 = k + 1.
即當 n = k + 1時命題成立，證畢.
綜上可得： a1 = 0， a5 = a4 1+1 =1 .
(3)令bn = an + p ，由性質③可知：
"m , n N * , bm + n = am + n + p am + p + an + p,am + p + an + p +1 = bm +bn ,bm +bn +1 ，
由于b1 = a1 + p 0,b2 = a2 + p = 0,b4n-1 = a4n-1 + p < a4n + p = b4n ，
因此數列 bn 為 0 數列.
由（2）可知:
若"n N , a4n+i = n - p(i = 1, 2,3), a4n+4 = n +1- p ；
S11 - S10 = a11 = a4 2+3 = 2 - p 0 ， S9 - S10 = -a10 = -a4 2+2 = -(2 - p) 0 ，
因此 p = 2，此時 a1,a2 , ,a10 0，a j 0 j 11 ，滿足題意.
題型三：數列定義新概念
【典例 3-1】（2024·廣東·模擬預測）定義：任取數列 an 中相鄰的兩項，若這兩項之差的絕對值為 1，
則稱數列 an 具有“性質 1”.已知項數為n的數列 an 的所有項的和為Mn，且數列 an 具有“性質 1”.
(1)若 n = 4，且 a1 = 0,a4 = -1，寫出所有可能的Mn的值；
(2)若 a1 = 2024, n = 2023，證明：“ a2023 = 2 ”是“ ak > ak+1 k =1,2,L,2022 ”的充要條件；
(3)若 a1 = 0, n 2, M n = 0
*
，證明： n = 4m 或 n = 4m +1 m N .
【解析】（1）依題意，若 an : 0,1,0,-1，此時M n = 0 ；
若 an : 0, -1, 0, -1，此時M n = -2；
若 an : 0, -1, -2, -1，此時M n = -4 .
（2）必要性：因為ak > ak+1 k =1,2,L,2022 ，故數列 an n =1,2,3,L,2023 為等差數列，
所以ak+1 - ak = -1 k =1,2,L,2022 ，公差為-1，
所以a2023 = 2024+ 2023-1 -1 = 2；
充分性：由于 a2023 - a2022 -1, a2022 - a2021 -1,L , a2 - a1 -1，
累加可得， a2023 - a1 -2022，即 a2023 a1 - 2022 = 2 ，
因為 a2023 = 2 ，故上述不等式的每個等號都取到，所以ak+1 - ak = -1< 0 k =1,2,L,2022 ，
所以ak > ak+1 k =1,2,L,2022 ，
綜上所述，“ a2023 = 2 ”是“ ak > ak+1 k =1,2,L,2022 ”的充要條件.
（3）令ck = ak+1 - ak k =1,2,L,n -1 ，依題意， ck = ±1，
因為 a2 = a1 + c1, a3 = a1 + c1 + c2 ,L , an = a1 + c1 + c2 +L + cn-1 ，
所以Mn = na1 + n -1 c1 + n - 2 c2 + n -3 c3 +L+ cn-1
= n -1 + n -2 +L+1- 1-c1 n -1 - 1-c2 n -2 -L- 1-cn-1
n n -1
= - é 1- c1 n -1 + 1- c2 n - 2 +L+ 1- cn-1 ù ，2
因為 ck = ±1，所以1- ck 為偶數 k =1,2,L,n -1 ，
所以 1-c1 n -1 + 1-c2 n -2 +L+ 1-cn-1 為偶數；
所以要使M n = 0
n n -1
，必須使 為偶數，即 4 整除 n n -1 ，
2
亦即 n = 4m 或 n = 4m +1 m N* ，
當 n = 4m m N* 時，比如a4k-1 = a4k-3 = 0,a4k-2 = -1,a4k =1 k =1,2,L,m 或 a4k -1 = a4k -3 = 0, a4k -2 =1，
a4k = -1 k =1,2,L,m 時，有 a1 = 0, M n = 0 ；
*
當 n = 4m +1 m N 時，比如a4k-1 = a4k-3 = 0,a4k-2 = -1,a4k =1,a4k+1 = 0 k =1,2,L,m 或 a4k -1 = a4k -3 = 0，
a4k-2 =1,a4k = -1,a4k+1 = 0 k =1,2,L,m 時，有 a1 = 0, M n = 0 ；
當 n = 4m + 2 或 n = 4m + 3 m N 時， n n -1 不能被 4 整除，M n 0 .
【典例 3-2】對任意正整數n，定義n的豐度指數 I n S n = ，其中S n 為n的所有正因數的和．
n
(1)求 I 8 的值：
(2)若 an = I 2n ，求數列 nan 的前n項和Tn
(3) 3 3對互不相等的質數 p, m,n，證明： I p mn = I p I m I n ，并求 I 2024 的值．
1 8 1,2,4,8 S 8 =1+ 2+ 4+8 =15 I S8 8 15【解析】（ ）因為 的所有正因數為 ，所以 ，得到 = = .
8 8
（2）因為2n共有 n + 1個正因數，它們為1, 2, 22 ,L , 2n ，
1- 2n+1
2
所以 a I 2n 1+ 2 + 2 +L+ 2
n 1 na n= 2n -
n = = =
1- 2 = 2 - ，得到 n ，n n n 2
n
2 2 2
所以Tn = 2(1+ 2 +L+ n)
1 2 n
- ( + 2 +L+ n ) = n(n 1) (
1 2 n
+ - + 2 +L+ n )，2 2 2 2 2 2
B 1 2 L n 1 B 1 2令 n = + 2 + + n ①，則 n = + +L
n
+ ②，
2 2 2 2 22 23 2n+1
- 1 B 1 1 1 L 1 n由① ②得到 n = + + + + - =1
1 n
- -
2 2 22 23 2n 2n+1 2n 2n+1
，
B 1 1 1 L 1 n 2 + n所以 n = + 2 + 3 + + n - n+1 = 2 - ，2 2 2 2 2 2n
故Tn = n(n +1) - 2
2 + n
+ .
2n
（3）因為 p, m,n是互不相等的質數，則 p 3 的正因數有4個，它們是1, p, p2 , p3 ，
m,n的正因數均為2個，分別為1, m 和1,n，
p3mn的正因數有 4 2 2 = 16 個，分別為1, p, p 2 , p3 , m, mp, mp 2 , mp3 , n, np, np 2 , np3 , mn, mnp, mnp 2 , mnp3 ，
2 3
所以 I p3 1+ p + p + p 1+ m= 3 , I m = , I n 1+ n= ，p m n
1+ p + p2 + p3 + m + mp + mp2 + mp3 + n + np + np2 3I p3mn + np + mn + mnp + mnp
2 + mnp3
=
p3mn
1+ p + p2 + p3 1+ m + n + mm 1+ p + p2 + p3 1+ m 1+ n 1+ p + p2 + p3 1+ m 1+ n
= 3 =p mn p3
=
mn p3
× ×
m n
= I p3 I m I n ，
3 I 2024 I (23)I (11)I (23) 1+ 2 + 4 + 8 1+11 1+ 23 15 12 24 540因為2024 = 2 11 23，所以 = = = = .8 11 23 8 11 23 253
【變式 3-1】（2024 *·重慶·模擬預測）對于數列 an ，定義Dan = an+1 - an n N ，滿足
a1 = a2 =1,D Da 2n = m(m R)，記 f (m , n) = a1m + a2m + L + an m n ，稱 f (m,n)為由數列 an 生成的“ m - 函
數”．
(1)試寫出“ 2 -函數” f (2,n)，并求 f (2,3)的值；
(2)若“1 - 函數” f (1,n) 15，求 n 的最大值；
(3)記函數 S (x) = x + 2x2 +L + nxn ，其導函數為S (x)，證明：“ m - 函數”
m2 3m nf (m, n) = S (m) - S(m) + (m +1)
2 2 m

．
i=1
【解析】（1）由定義及D Dan = m．知D Dan = Dan+1 -Dan = m，
所以 Dan 是公差為 m 的等差數列，所以Dan = Da1 + (n -1)m ．
因為 a1 = a2 = 1，所以Da1 = a2 - a1 = 0，
所以Dan = (n -1)m ，即 an+1 - an = (n -1)m ．
當 n 2時，有 a3 - a2 = m ，
a4 - a3 = 2m，
……
an - an-1 = (n - 2)m ，
所以 an - a2 = m + 2m +L+ (n - 2)m
(n -1)(n - 2)m
= ，
2
a 1 (n -1)(n - 2)m即 n = + ．2
2
（1）當m = 2 時， an = 1 + (n - 1)(n - 2) = n - 3n + 3 ，
2
所以“ 2 -函數” f (2,n) =1 2 +1 2 +L+ n2 - 3n + 3 2n ．
當 n = 3時， f (2,3) = 1 2 +1 22 + 3 23 = 30 ．
2 m (n -1)(n - 2) n
2 - 3n + 4
（ ）當 =1時， an =1+ = ，2 2
故“1 - 函數” f (1, n) = a1 + a2 +L + an
2
=1+1+L n - 3n + 4+
2
12 - 3 1+ 4 22 - 3 2 + 4 2
= + +L n - 3n + 4+
2 2 2
1
= 12 + 22 3+L+ n2 - (1+ 2 +L+ n) + 2n2 2
n(n +1)(2n +1) 3n(n +1)
= - + 2n
12 4
n3 -3n2 +8n
= ．
6
由 f (1,n) 15，得n3 -3n2 +8n-90 0．
令 g (x) = x3 - 3x2 + 8x - 90(x 1) ，則 g (x) = 3x2 - 6x + 8 = 3(x -1)2 + 5 > 0，
所以 g (x) = x3 - 3x2 + 8x - 90在[1,+ )上單調遞增．
因為 g(5) = 0．所以當1 x 5 時， g(x) 0，所以當1 n 5 時， f (1,n) 15，
故 n 的最大值為 5．
（3）證明：由題意得 f (m , n) = a1m + a2m 2 + L + an m n
m m2 L é1 (i -1)(i - 2)= + + + + mùê ú m
i +L+ éê1
(n -1)(n - 2)
+ mù mn
2 2 ú
2 2
= m + m2
é ù é ù
+L i - 3i+ ê m + (m +1)ú m
i +L n - 3n+ ê m + (m +1)
n
2 2 ú
m

m n n n
= i2mi 3m-2 2 im
i + (m +1) mi
i=1 i=1 i=1
由 S (x) = x + 2x2 +L + nxn ，得 S (x) =1+ 4x +L+ n2xn-1，
n n n
所以 xS (x) = x + 4x2 +L+ n2xn = i2xi i2mi = mS (m), imi，所以 = S(m)，
i=1 i=1 i=1
2 n
所以 f (m, n)
m
= S (m) 3m- S(m) + (m +1) mi2 2 i=1
【變式 3-2】（2024·甘肅張掖·模擬預測）定義：在一個有窮數列的每相鄰兩項之間插入這兩項的和，形
成新的數列，我們把這樣的操作稱為該數列的一次“和擴充”，例如：數列1,2,3經過第一次“和擴充”后得到
數列1,3,2,5,3；第二次“和擴充”后得到數列1,4,3,5,2,7,5,8,3．設數列a,b,c經過n次“和擴充”后得到的數列
的項數為Pn，所有項的和為 Sn ．
(1)若a = 2,b = 3,c = 4，求 P2 , S2 ；
(2)求不等式 Pn 2024 的解集；
(3)是否存在數列a,b,c a,b,c R ，使得數列 Sn 為等比數列？請說明理由．
【解析】（1）a = 2,b = 3,c = 4，第一次“和擴充”后得到數列 2,5,3,7,4 ，
第二次“和擴充”后得到數列2,7,5,8,3,10,7,11,4，
P2 = 9, S2 = 2 + 7 + 5 + 8 + 3 +10 + 7 +11+ 4 = 57；
（2）數列經每一次“和擴充”后是在原數列的相鄰兩項中增加一項，
數列a,b,c經過n次“和擴充”后得到的數列的項數為Pn，
則經第 n +1 次“和擴充”后增加的項數為 Pn -1，
所以Pn+1 = Pn + Pn -1 = 2Pn -1，所以Pn+1 -1= 2Pn -2 = 2 Pn -1 ，
其中數列a,b,c經過 1 次“和擴充”后，得到a,a +b,b,b+c,c，故P1 = 5，
P1 -1 = 4，
故 Pn -1 是首項為 4，公比為 2 的等比數列，
P - 1 = 4 2n -1 n +1 n +1所以 n = 2 ，故 Pn = 2 + 1，
則 2n+1 +1 2024，即2n+1 2023，
又n N* ，解得 n≥10，
（3）因為 S1 = a + a + b + b + b + c + c = 2a + 3b + 2c ，
S2 = S1 +3 a + 2b+c ， S3 = S 22 +3 a + 2b + c ，
依次類推， Sn = S +3
n-1
n-1 a + 2b + c ，
n-1
故 Sn = Sn-1 +3 a + 2b + c = S n-2n-2 +3 a + 2b + c +3n-1 a + 2b + c
=L = S1 + a + 2b + c 3 + 32 +L+ 3n-1
3 1- 3n-1
2a 3b 2c a 2b c b a + c= + + + + + × = + n a + c
1- 3 2 ÷
×3 + ，
è 2
ìa + c 0 ìa + c = 0 2 2
若使 Sn 為等比數列，則 í 或 í
b a + c 0 b a c
.
+
+ + = 0
2 2
題型四：數列定義新運算
*
【典例 4-1】（2024·吉林長春·模擬預測）記集合 S ={ an |無窮數列 an 中存在有限項不為零， n N ，
n-1
對任意 an S ，設j an = a1 + a2x +L+ an x +L, x R ．定義運算 :若 an , bn S ，則
an bn S，且j an bn = j an ×j bn ．
(1)設 an bn = dn ，用 a1,a2 ,a3 ,b1,b2 ,b3 表示d3 ；
(2)若 an , bn , cn S ，證明： an bn cn = an bn cn ：
ì n +1 2 +1 ì 203-n
,1 n 100 1
(3)若數列 a ,1 n 500n 滿足 an = í n n +1 ，數列 bn 滿足bn =

í 2 ÷è ，設

0, n >100

0, n > 500
an bn = d
1
n ，證明： d200 < ．2
【解析】（1）因為 an bn = dn ，所以j dn = j an bn = j an ×j bn ，
2 2
所以 d1 + d2x + d3x +L = a1 + a2x + a3x +L b1 + b2x + b x23 +L , x R，
根據多項式的乘法可得： d3 = a1b3 + a2b2 + a3b1．
（2）因為j an bn = j an ×j bn ，
所以j an bn cn =j an bn ×j cn =j an ×j bn ×j cn ．
又j an bn cn =j an ×j bn cn =j an ×j bn ×j cn ，
所以j an bn cn =j an bn cn ，
所以 an bn cn = an bn cn
（3）對于 an , bn S ，
因為 an bn = dn ，所以j dn = j an bn = j an ×j bn ，
a + a x +L+ a xn-1所以 1 2 n +L b1 + b2x +L+ b xn-1 +L = d n-1n 1 + d2x +L+ dn x +L，
所以 d xn-1n = a1 b n-1 k -1 n-k n-2n x +L+ ak x bn+1-k x +L+ an-1x b2x + a xn-1n b1, x R ，
所以 dn = a1bn + a2bn-1 +L + akbn+1-k +L + an-1b2 + anb1 ．
200 100 200 100 100 (k +1)2 +1
所以 d200 = akb201-k = akb201-k + akb201-k = akb201-k = k +2 ．
k =1 k =1 k =101 k =1 k =1 k(k +1)2
100 1 2 1 100 1 100 é 1 1 ù
所以 d200 = 2k +2 1+ -k k +1 ÷ = k +2 + ê k +1 - k +2 ú ．k =1 è k =1 2 k =1 k × 2 (k +1) × 2
1 1
100 1-

1 8 2100 ÷ è 1 1 1 1 12k +2 = 1 = 4 -è 2100 ÷ = -k =1 1- 4 2
102
2
100 1 100d é 1 1 ù所以 200 = +2k +2 ê k g2k +1 - (k +1)g2k +2 úk =1 k =1
1 1 1 1 1 1 1 1
= -
4 2102
+ 2 - + - +L+ -1 2 2 23 2 23 3 24 100 2101 101 2102
1 1 1 1
= - -
2 2102 101 2102
< .
2
【典例 4-2】（2024·浙江杭州·三模）卷積運算在圖象處理、人工智能、通信系統等領域有廣泛的應
n
用．一般地，對無窮數列 an ， bn ，定義無窮數列 cn = akbn+1-k n N+ ，記作 an * bn = cn ，稱為
k =1
an 與 bn 的卷積．卷積運算有如圖所示的直觀含義，即 cn 中的項依次為所列數陣從左上角開始各條對
角線上元素的和，易知有交換律 an * bn = bn * an ．
(1)若 an = n n，bn = 2 ， an * bn = cn ，求 c1 ， c2 ， c3 ， c4 ；
(2)對 i N+ ，定義Ti an 如下：①當 i =1時，Ti an = an ；②當 i 2 時，Ti an 為滿足通項
ì0, n < i
d = d in í a ,n i 的數列 n ，即將 an 的每一項向后平移 i - 1項，前 i - 1項都取為 0．試找到數列 tn ， n+1-i
t i 使得 n × an =Ti an ；
(3)若 an = n ， an * bn = cn ，證明：當 n 3時，bn = cn - 2cn-1 + cn-2 ．
n
【解析】（1）因為 an = n ，bn = 2 ，所以 a1 = 1，b1 = 2； a2 = 2，b2 = 4；
a3 = 3，b3 = 8； a4 = 4 ，b4 =16 .
n
因為 an * bn = cn ， cn = akbn+1-k n N+ ，
k =1
所以 c1 = 2， c2 = 8， c3 = 22 ， c4 = 52 .
(1) ì1, n = 1
（2） t =n í 0, n 2
，
i N t ( i ) ì
1, n = i
對一般的 +， = í0, n i .n
（3）方法一：
n
記 bn 的前 n 項和為 Sn ，由卷積運算的交換律有 n +1- k bk = cn ,
k =1
n
故 n +1 Sn - kbk = cn ，
k =1
n
因此 n + 2 Sn+1 - kbk - n +1 bn+1 = cn+1，②
k =1
②－①得 Sn+1 = cn+1 - cn，
故當 n 3時，bn = Sn - Sn-1 = cn -cn-1 - cn-1 -cn-2 = cn -2cn-1 +cn-2 ．
方法二：
記 bn 的前 n 項和為 Sn ，常數列Tn =1 "n N+ ，注意
（Ⅰ）
易證卷積關于數列加法有分配律，將（Ⅰ）中所有數列對應項相加，得 Tn * bn = Sn ，注意
（Ⅱ）
注意 Tn t i 是 n 對所有 i N i + 對應項相加所得的數列， an 是 tn * Tn 對所有 i N+ 對應項相加所得的數列，
易知卷積運算有結合律，因此將（Ⅱ）中所有數列對應項相加，
n
得cn = an * bn 的通項即為 cn = Si ，
i=1
故當 n 3時，bn = Sn - Sn-1 = cn -cn-1 - cn-1 -cn-2 = cn -2cn-1 +cn-2 ．
注：以上論證可用符號語言說明如下：
定義數列加法： zn = xn + yn ，其中 zn = xn + yn ．
容易驗證卷積運算滿足結合律： xn * yn * wn = xn * yn * wn ，
數列加法關于卷積滿足分配律： xn + yn * wn = xn * wn + yn * wn ．
n a * b = t j * t i 因此 n n n n ÷÷* bn = t j n * t i n * bn ÷ = Si .
è j=1 è i=1 j=1 è i=1 i=1
【變式 4-1】（2024·山東青島·一模）記集合 S = an |無窮數列 an 中存在有限項不為零， n N* ，對
任意 an S ，設變換 f an = a1 + a2x +L+ a n-1n x +L， x R ．定義運算 ：若 an , bn S ，則
an bn S， f an bn = f an × f bn ．
(1)若 an bn = mn ，用 a1, a2 , a3 , a4 ,b1,b2 ,b3 ,b4 表示m4 ；
(2)證明： an bn cn = an bn cn ；
ì n +1 2 +1 ì 203-n
,1 n 100 1 ,1 n 500
(3)若 an = í n n +1 b
1
， n = í

è 2 ÷ ， dn = an bn ，證明： d200 < ．
2
0, n >100

0, n > 500
【解析】（1）因為 f an bn = f an × f bn
= a1 + a 2 3 2 32x + a3x + a4x L b1 + b2x + b3x + b4x L
= ×××+ a b + a b + a b + a b x31 4 2 3 3 2 4 1 +×××，
且 f mn = m1 + m2x + m 2 33x + m4x +L，
所以，由 an b = m m x3n n 可得 4 = (a1b4 + a2b3 + a3b2 + a 34b1 )x ，
所以m4 = a1b4 + a2b3 + a3b2 + a4b1 .
（2）因為 f ({an} {bn}) = f ({an}) × f ({bn}) ，
所以 f ({an}) × f ({bn}) × f ({cn}) = f ({an} {bn}) × f ({cn}) = f (({an} {bn}) {cn})
又因為 f ( an ) × f ( bn ) × f ( cn ) = f ( an ) × é f ( bn ) × f ( cn ) ù
= f ({an}) × f ({bn} {cn})
= f ({an} ({bn} {cn}))
所以 f (({an} {bn}) f {cn}) = f ({an} ({bn} f {cn})) ，
所以 an bn cn = an bn cn .
（3）對于{an},{bn} S ，
n -1 n -1 n -1
因為 (a1 + a2 x + L + an x + L)(b1 + b2 x + L + bn x + L) = d1 + d 2 x + L + d n x + L ，
d x n -1所以 n = a1 (bn x
n -1 ) + L + a x k -1k (b
n - k
n +1- k x ) + L + a
n - 2 n -1
n -1x (b2 x) + an x b1，
所以 dn = a1bn + a2bn-1 +L + akbn+1-k +L + an-1b2 + anb1 ，
n
所以 an bn = dn
ì ü
= í akbn+1-k ，
k =1
200 100 200 100 100
d (k +1)
2 +1
200 = akb201-k = akb201-k + akb201-k = akb201-k = ，
k =1 k =1 k =101 k =1 k =1 k(k +1)2k +2
100 1
所以 d200 = k +2 1
2 1
+ - ，
k =1 2
÷
è k k +1
100 100 é ù
= 1 1 12k +2 + ê k +1 -k =1 k =1 ê k × 2 k +1
ú
× 2k +2 ú
1 102 1
= - < .
2 101 2102 2
【變式 4-2】任取一個正整數，若是奇數，就將該數乘 3 再加上 1；若是偶數，就將該數除以 2.反復進行上
述兩種運算，經過有限次步驟后，必進入循環圈1 4 2 1 .這就是數學史上著名的“冰雹猜想”（又稱
“角谷猜想”）.如取正整數m = 6，根據上述運算法則得出6 3 10 5 16 8 4 2 1，共需經過
8 個步驟變成 1（簡稱為 8 步“雹程”）.現給出冰雹猜想的遞推關系如下：已知數列 an 滿足： a1 = m （m
ìa
n ,當a 為偶數時,
為正整數）， an+1 = í 2
n
當m = 3 時， a1 + a2 + a3 +L + a60 = （ ）
3an +1,當an為奇數時
A．170 B．168 C．130 D．172
【答案】D
【解析】依題意，3 10 5 16 8 4 2 1 4 2 1L ，
故 a1 + a2 + a3 + a4 + a5 = 3 +10 + 5 +16 + 8 = 42 ，
又 60-5 3 =18×××1，所以 a6 + a7 + ×××+ a60 =18 7 + 4 =130．
所以 a1 + a2 + ×××+ a60 = 42 +130 =172．
故選：D.
題型五：數列定義新情景
【典例 5-1】（多選題）（2024·山東青島·三模）若有窮整數數列 An : a1,a2,Lan n 3 滿足：
ai+1 - ai -1,2 i =1,2,L,n -1 ，且 a1 = an = 0，則稱 An 具有性質T .則（ ）
A．存在具有性質T 的 A4
B．存在具有性質T 的 A5
C．若 A10具有性質T ，則 a1, a2 , , a9 中至少有兩項相同
D．存在正整數 k，使得對任意具有性質T 的 Ak ，有 a1,a2 ,L,ak -1中任意兩項均不相同
【答案】ACD
【解析】對 A：取數列0,2,1,0，易得其滿足題意，此時該數列具有性質T ，故 A 正確；
對 B：假設存在數列 a1 , a2 , a3 , a4 , a5 具有性質T ，則 a1 = a5 = 0 ，
且ai+1 -ai -1,2 i =1,2,L,4 ，
設ai+1 -ai -1,2 i =1,2,L,4 中有m個-1，則有 4 - m 個2，
4
則有 ai+1 - ai = a2 - a1 + a3 - a2 + a4 - a3 + a5 - a4 = a5 - a1
i=1
= m -1 + 4- m 2 = 8-3m = 0 8，即m = 3，
其與m為整數矛盾，故假設錯誤，故 B 錯誤；
對 C：設 a1 ， a2 ， a3 ，L， a10 中的最大值為 M ，
則存在 ak ，使得 ak = M 或 ak = -M ，
若存在 ak ，使 ak = M ，下證： ak ， ak +1，L， a10 可以取遍 0到 M 之間所有的整數，
假設存在正整數m m < M 使得 ak ， ak +1，L， a10 中各項均不為m，
令集合B = i ai m ，設 i0是集合 B 中元素的最大值，
則有 ai > m > a0 i0 +1，
這與ai+1 - ai -1,2 i =1,2,L,n -1 矛盾，
所以 ak ， ak +1，L， a10 可以取遍 0到 M 之間所有的整數，
若M =1，則 a1 ， a2，a3，L， a9的取值只能為 0，±1中的數，
此時 a1 ， a2，a3，L， a9中必有兩項相同，
若M = 2，則 a1 ， a2，a3，L， a9的取值只能為 0，±1，±2中的數，
此時 a1 ， a2，a3，L， a9中必有兩項相同，
若M 3 ，則 a1 ， a2，a3，L， ak 中一定有異于 0和 M 的正整數，
再由 ak ， ak +1，L， a10 可以取遍 0到 M 之間所有的整數，
所以 a1 ， a2，a3，L， a9中必有兩項相同，
當 ak = -M ，同理可證： a1 ， a2，L， ak 可以取遍-M 到 0之間所有的整數，
從而 a1 ， a2，a3，L， a9中必有兩項相同，故 C 正確；
對 D：取數列0,2,1,0，此時該數列具有性質T ，
且 a1 , a2 , a3 中任意兩項均不相同，即存在 k = 4，故 D 正確.
故選：ACD.
【典例 5-2】（2024·河南·二模）已知無窮數列 an 是首項為 1，各項均為正整數的遞增數列，集合
A = k N∣* an < k < an+1,n N* ，若對于集合A 中的元素 k，數列 an 中存在不相同的項 ai , ai ,L , a1 2 im ，使
得 ai + ai + L + a1 2 i = km ，則稱數列 an 具有性質N k ，記集合B = k∣數列 an 具有性質 N k }.
ì2n -1,n 4(1)若數列 an 的通項公式為 an = ín 6, n 4 ，判斷數列 an 是否具有性質N k ，若具有，寫出集合A 與 + >
集合 B ；
(2)已知數列 an 具有性質N k 且集合A 中的最小元素為 t .集合 B 中的最小元素為 s ，當 t 3 時，證明：
t = s .
【解析】（1）定義C = a1,a2,a3,×××,an ,××× ，由題意可知 A = CN* ，
若數列 an
2n -1,n 4,
的通項公式為 a
ì
n = ín 6, n ， + > 4.
可知C = 1,3,5,7,11,12,13,××× ，
所以 A = *C = 2,4,6,8,9,10N ，
因為 2 只能寫成 2 =1+1，不合題意，即 2 B ，
4 = 1 + 3，符合題意，即 4 B，
6 = 1 + 5 ，符合題意，即 6 B ，
8 = 1+ 7 ，符合題意，即8 B，
9 = 1+ 3 + 5，符合題意，即9 B ，
10 = 3 + 7 ，符合題意，即10 B ，
所以B = 4,6,8,9,10 .
（2）因為 a *n 是各項均為正整數的遞增數列， a1 =1, A = k N∣a < k < a *n n+1,n N ，
集合A *中的最小元素為 t ，故當 n t - 1, n N , a1 , a2 , a3 ,L , an 為連續正整數，
即取 an = n, n t - 1, n N
*
，
因為 t 3, at 前至少有連續兩個正整數 1，2，
即 at -1 a1 ，存在正整數1, t -1, at -1 + a1 = t -1+1 = t B ，
因為集合 B 中的最小元素為 s ，故 t s .
因為 s B，故數列 an 具有性質 N s ，
故存在 i 使得 ai < s < ai+1，且 s = ai + L + a1 im ，
而 t 為數列 an 具有性質N k 且集合A 中的最小元素，故 s t
所以 t = s .
【變式 5-1】（2024·北京東城·二模）已知 An : a1,a2,L,an n 3 為有窮整數數列，若 An 滿足：
ai+1 -ai p,q i =1,2,L,n -1 ，其中 p ，q是兩個給定的不同非零整數，且 a1 = an = 0，則稱 An 具有性質
T .
(1)若 p = -1，q = 2，那么是否存在具有性質T 的 A5？若存在，寫出一個這樣的 A5；若不存在，請說明理
由；
(2)若 p = -1，q = 2，且 A10具有性質T ，求證： a1, a2 , , a9 中必有兩項相同；
(3)若 p + q =1，求證：存在正整數 k，使得對任意具有性質T 的 Ak ，都有 a1,a2 ,L,ak -1中任意兩項均不相
同.
【解析】（1）不存在具有性質T 的 A5，理由如下：
設 A5 : a1,a2 ,a3 ,a4 , a5 ，由于 a1 = a5 = 0 ，ai+1 - ai -1,2 i =1,2,3,4 ，
設 a2 - a1， a3 - a2 ， a4 - a3， a5 - a4中有m個-1， 4 - m 個2，
則有 a2 -a1 + a3 -a2 + a4 -a3 + a5 -a4 = a5 -a1 = 0，
所以-1 m+ 2 4-m = 0，解得m 8= 3，與m為整數矛盾，
所以不存在具有性質T 的 A5 .
（2）設 a1 ， a2 ， a3 ，L， a10 中的最大值為 M ，則存在 ak ，使得 ak = M 或 ak = -M ，
若存在 ak ，使 ak = M ，下證： ak ， ak +1，L， a10 可以取遍 0到 M 之間所有的整數，
假設存在正整數m m < M 使得 ak ， ak +1，L， a10 中各項均不為m，
令集合B = i | ai > m ，設 i0是集合 B 中元素的最大值，
則有 ai > m > a0 i0 +1，
這與ai+1 - ai -1,2 i =1,2,L,n -1 矛盾，
所以 ak ， ak +1，L， a10 可以取遍 0到 M 之間所有的整數，
若M =1，則 a1 ， a2，a3，L， a9的取值只能為 0，±1中的數，
此時 a1 ， a2，a3，L， a9中必有兩項相同，
若M = 2，則 a1 ， a2，a3，L， a9的取值只能為 0，±1，±2中的數，
此時 a1 ， a2，a3，L， a9中必有兩項相同，
若M 3 ，則 a1 ， a2，a3，L， ak 中一定有異于 0和 M 的正整數，
再由 ak ， ak +1，L， a10 可以取遍 0到 M 之間所有的整數，
所以 a1 ， a2，a3，L， a9中必有兩項相同，
當 ak = -M ，同理可證： a1 ， a2，L， ak 可以取遍-M 到 0之間所有的整數，
從而 a1 ， a2，a3，L， a9中必有兩項相同.
（3）不妨設 p < 0 < q，當 a2 - a1， a3 - a2 ，L， a - a 中恰有q個 pk k -1 ，-p個q，
由于 a2 - a1 + a3 - a2 +L+ ak - ak-1 = ak - a1 = 0，
所以取 k = q - p +1，此時 Ak 具有性質T ，
下證： a1,a2 ,L,ak -1中任意兩項均不相同，
若存在 i, j 1 i < j k -1 使得 ai = a j ，
令 ai = u1 p + v1q， a j = u2 p + v2q ，
則有0 u1 u2 q，0 v1 v2 - p，
令 s = u2 - u1， t = v2 - v1，則有 ps + qt = 0且0 s q，0 t -p，
由于 p + q =1，則有 s = q s -t ，
若 s = t ，則有 s = 0，即u2 = u1 ，
當 ai = a j 時，有 v2 = v1 ，從而 i = j，矛盾；
若 s t ，則有 s = q且 s = t +1，
因此有u2 = q ，u1 = 0， v2 = q -1， v1 = 0，
所以此時 ai = a1 ， a j = an ，矛盾；
綜上所述，存在正整數 k，使得對任意具有性質T 的 Ak ，都有 a1,a2 ,L,ak -1中任意兩項均不相同.
【變式 5-2】（2024·北京朝陽·一模）若有窮自然數數列A ：a1,a2,×××,an n 2 滿足如下兩個性質，則稱
A 為 Bn 數列：
① ak max a1 + ak-1,a2 + ak-2,×××,ak-1 + a1 k = 2,3,×××,n ，其中，max x1, x2 , × × ×, xs 表示 x1, x2 , × × ×, xs ，這 s 個
數中最大的數；
② ak min a1 + ak-1,a2 + ak-2,×××,ak s-1 + a1 +1 k = 2,3,×××,n ，其中，min x1, x2,×××, xs 表示 x1, x2 , × × ×, xs ，這 個
數中最小的數.
(1)判斷A ：2，4，6，7，10 是否為B5數列，說明理由；
(2)若A ： a1, a2 , × × ×, a6是 B6 數列，且 a1 ， a2，a3成等比數列，求 a6；
(3)證明：對任意 Bn 數列A ：a1,a2,×××,an n 2 ，存在實數 l ，使得ak = kl k =1,2,×××,n .（ x 表示不超
過 x的最大整數）
【解析】（1）A ：2，4，6，7，10 不是B5數列，理由如下：
因為 a1 + a3 = 8,a2 + a2 = 8，
所以max a1 + a3,a2 + a2 = 8，
但 a4 = 7 < 8 ，所以A 不滿足性質①，故不是B5數列；
（2）根據A ： a1, a2 , × × ×, a6是 B6 數列可得A ： a1, a2 , × × ×, a6滿足：
a2 = a1 + a1或 a2 = a1 + a1 +1， a3 = a1 + a2 或 a3 = a1 + a2 +1，
2
①若 a
a
2 = a1 + a1，因為 a1 ， a2，a3成等比數列，所以 a3 = 2 = 4aa 1，1
又 a1 0，所以 a3 a1 + a2 ，所以 a3 = a1 + a2 +1 = 3a1 +1 = 4a1，得 a1 = 1，
2
a a a 1 a a a a2 2a1 +1
2
②若 2 = 1 + 1 + ，因為 1 ， 2， 3成等比數列，所以 a3 = = ，a1 a1
a 2a
2
當 = a + a 時， a = 3a +1 = 1 +1 -3 ± 53 1 2 3 1 ，解得 a1 = ，與 a1 為自然數矛盾，舍去；a1 2
a a a 1 2a1 +1
2
當 3 = 1 + 2 + 時， a

3 = 3a1 + 2 = ，解得 a1 = -1，與 a1 為自然數矛盾，舍去；a1
所以 a1 =1, a2 = 2,a3 = 4，
由 a1 + a3 = 5, a2 + a2 = 4以及max a1 + a3,a2 + a2 a4 min a1 + a3,a2 + a2 +1，
得5 a4 5，所以 a4 = 5，
由 a1 + a4 = 6, a2 + a3 = 6 以及max a1 + a4,a2 + a3 a5 min a1 + a4,a2 + a3 +1，
得6 a5 7 ，
由7 a1 + a5 8, a2 + a4 = 7,a3 + a3 = 8以及max a1 + a5,a2 + a4,a3 + a3 a6 min a1 + a5,a2 + a4 ,a3 + a3 +1，
可知8 a6 8，所以 a6 = 8；
（3）當 n = 2時，根據 B 2 數列的定義，可知 a2 = 2a1 或 a2 = 2a1 +1 ,
若 a2 = 2a1 ，取l = a1 + 0.1 > 0，則a1 = l ,a2 = 2l ，結論成立，
若 a2 = 2a1 +1，取l = a1 + 0.5 > 0 ，則a1 = l ,a2 = 2l ，結論成立，
假設存在自然數 t > 2，存在Bt 數列使得結論不成立，設這樣的 t 的最小值為 t0 ，
即存在 B t0 數列 A : a1 , a2 ,L , at0 對任意實數 l ，存在 k 1,2,L,t0 ，使得ak kl ，
根據假設，數列A 的前 t0 -1項 a1 , a2 ,L , at B0 -1組成的數列是一個 t0 -1數列，
從而存在實數b ，使得ak = kb ， k =1,2,L, t0 -1，
即 ak kb < ak +1 k =1,2,L, t 1 ,
ak b a +10 - < k k =1,2,L, tk k 0 -1 ，
ì a ü ì a +1ü
令 L = max ía ,
a2
1 ,L,
t0 -1 ,U = min a 1,
a2 +1í 1 + ,L,
t0 -1 ，則 L b 2 t0 -1 2 t0 -1
* ì at ü * ì a +1ü
令 L = max íL, 0
t
,U = min íU , 0 ，則 L L* ,U * U ，
t0 t0
a
L* = t0 u 1,2,L,t -1 U au +1①若 ，根據U 的定義，存在 0 ，使得 =t ，0 u
at0 -u又 L < U
a +1
= u
t0 - u u
，
a a + a +1 a
L* = t0 t0 -u u = t0 -u
+ au +1 au +1 * at at +1
則 < = U 且
L = 0 < 0 ，
t0 t0 t0 - u + u u t0 t0
所以 L* ②若L*
a
= L，根據 L 的定義，存在 l 1,2,L,t0 -1 ，使得 L = l ，l
a al = L < U t0 -l
+1
又 l t0 - l
，
L* L a
al + al t0 -l +1 al + at -l +1 a= = < = 0 t +1則 0 ，且 L* = L < U ，
l l + t0 - l t0 l0
所以 L* 所以 L L* < U * U ，
L*b +U
*
令 = ，則 L L* < b < U * U ，
2
ì a
max a , a2 ,L, t
ü ì a +1ü
即 í 01 < b < min ía1 +1,
a2 +1,L, t0 ，
2 t0 2 t

0
ak b a +1所以 < < k k =1,2,L, t0 ，k k
所以ak < kb < ak +1 k =1,2,L,t0 ，
即ak = kb k =1,2,L,t0 ，與假設矛盾，
綜上，結論成立.
題型六：差分數列、對稱數列
【典例 6-1】（多選題）如果項數有限的數列 an 滿足ai = an-i+1 i =1,2 ,n ，則稱其為“對稱數列”，設 bn
是項數為 2k -1 k N* 的“對稱數列”，其中b ，b k k+1， ，b2k -1是首項為50 ，公差為-4的等差數列，則
（ ）
A．若 k = 12 ，則b1 =10 B．若 k = 14 ，則 bn 所有項的和為622
C．當 k =13時， bn 所有項的和最大 D． bn 所有項的和不可能為 0
【答案】BCD
【解析】記 bn 的各項之和為 S 2k -1 ，bk ，bk+1， ，b2k -1是首項為50 ，公差為-4的等差數列，
k k -1
可得bk + bk +1 + ×××+ b2k -1 = 50k

+ -4 = -2k 2 + 52k ，
2
S = b +×××+b +b +×××+b = 2 b +b +×××+b -b = -4k 2 +104k - 50 = -4 k -13 2所以 2k-1 1 k k+1 2k-1 k k+1 2k-1 k + 626，
當 k =13時， S2k -1 取到最大值，且最大值為 626，故選項 C 正確；
當 k = 14
2
時， S27 = -4 14 -13 + 626 = 622，故選項 B 正確；
S 2 k -1 = -4k
2 + 104k - 50 = 0 ，方程無正整數解，所以 bn 所有項的和不可能為 0，故選項 D 正確；
若 k = 12 ，則b1 = b23 = 50 - 4 11 = 6 ，故選項 A 錯誤.
故選：BCD
【典例 6-2】若項數為n的數列 an 滿足：ai = an+1-i i =1，2，3，L，n 我們稱其為n項的“對稱數列”．例如：
數列1，2，2，1為4項的“對稱數列”；數列1，2，3，2，1為5項的“對稱數列”．設數列 cn 為 2k +1項的“對稱數列”，其
中 c1，c2 Lck +1是公差為2的等差數列，數列 cn 的最大項等于8，記數列 cn 的前 2k +1項和為 S2k +1 ，若
S2 k +1 = 32 ，則 k = ．
【答案】3 或 4
【解析】由題意， ck +1 = 8，又 c1，c2 Lck +1是公差為2的等差數列，故 c1 + 2k = 8，則 c1 = 8 - 2k ，
ck = ck +1 - 2 = 6 .
又 S2 k +1 = 32 ，故2 c1 +c2 +...+ck +ck+1 = 32，即 c1 + c2 + ...+ ck =12，
由等差數列前n k 8 - 2k + 6 項和公式有 =12，化簡得 k2 -7k +12 = 0，解得 k = 3或 k = 4 .
2
故答案為：3 或 4
【變式 6-1】（2024·四川南充·三模）對于數列 an ，規定Dan 為數列 an 的一階差分，其中
Dan = a
* k k k-1 k-1 *
n+1 - an n N ，規定D an 為數列 an 的 k 階差分，其中D an = D an+1 - D an n N ．若
a n(n -1)(2n -1) 2n = ，則D a6 = （6 ）
A．7 B．9 C．11 D．13
【答案】D
*
【解析】由Dan = an+1 - an n N 可得
a 8 7 15 7 6 13D 7 = a8 - a7 = - = 49，6 6
a a 7 6 13 6 5 11D 6 = 7 - a6 = - = 36，6 6
由Dka k-1 k-1n = D an+1 - D an n N* 可得D 2a6 = Da7 - Da6 ，
D 2所以 a6 = Da7 - Da6 = 49 - 36 = 13 ，
故選：D.
【變式 6-2】（2024·四川南充·三模）對于數列 an ，規定Dan 為數列 an 的一階差分，其中
Da = a - a n N* D k a a k Dka = Dk-1a - Dk-1a *n n+1 n ，規定 n 為數列 n 的階 差分，其中 n n+1 n n N .若
n n -1 2n -1a 2n = ，則D a3 = （ ）6
A．7 B．9 C．11 D．13
【答案】A
5 4 9 4 3 7 4 3 7 3 2 5
【解析】由新定義知，Da4 = a5 - a4 = - =16，Da3 = a4 - a3 = - = 9，6 6 6 6
2
所以D a3 = Da4 - Da3 = 16 - 9 = 7 ，
故選：A
題型七：非典型新定義數列
a11 a12 L a1n
÷
【典例 7-1】（2024·黑龍江·模擬預測）已知 n 行 n 列 n 2 的數表 A =
a21 a22 L a2n ÷
M M O M ÷中，滿足：
÷
è an1 an2 L ann
n n
aij 0,1 ， i, j = 1, 2, × × ×, n .若數表A 滿足當 ast = 0 時，總有 ait + asj n，則稱此數表A 為典型數表，
i=1 j=1
n n
此時記 Sn = aij .
i=1 j=1
1 0 1
0 0 1 1
0 0 1 1 ÷
(1) 若數表M = 0 0 1
÷
÷ ， N =
÷
1 1 0 0÷，請直接寫出 M，N 是否是典型數表；
è0 1 1÷ 1 1 0 0÷è
(2)當 n = 8時，是否存在典型數表 A 使得 S8 = 31，若存在，請寫出一個數表 A；若不存在，請說明理由；
(3)若數表 A 為典型數表，求 Sn 的最小值（直接寫出結果，不需要證明）.
【解析】（1）M 不是典型數表，N 是典型數表.
1 0 1
M = ÷因為數表 0 0 1÷ ，所以 a21 = 0，
0 1 1֏
3
此時 ai1 = a11 + a21 + a31 =1+ 0 + 0 =1，
i=1
3
a2 j = a21 + a22 + a23 = 0 + 0 +1 =1，
j=1
3 3
所以 ai1 + a2 j =1+1 = 2 < 3，
i=1 j=1
n n
不滿足當 ast = 0 時，總有 ait + asj n，
i=1 j=1
故數表 M 不是典型數表；
0 0 1 1

0 0 1 1
÷ 4
因為數表 N = ÷ 1 1 0 0÷，所以當
a12 = 0時， ai2 = a12 + a23 + a32 + a42 = 2，
i=1

è1 1 0 0
÷

4
a1 j = a11 + a12 + a13 + a14 = 2，
j=1
4 4
所以 ai2 + a1 j = 4，
i=1 j=1
n n
由于數表 N 的數據具有對稱性，所以當 ast = 0 時，總有 ait + asj n，
i=1 j=1
故數表 N 是典型數表.
（2）假設當 n = 8時，存在典型數表 A 使得 S8 = 31，
則需滿足 S8 取得最小，即典型數表 A 中的“1”需要最少，
n n
由典型數表的定義可知：當 ast = 0 時，總有 ait + asj n，
i=1 j=1
8 8
所以需要使得盡量多的橫列和 ait + asj = 8，
i=1 j=1
所以將表分成 4 個 4×4 數表，對角的兩個數表數值相同，
但上下左右對稱的數表數值不同，此時可保證 S8 取得最小，
1 1 1 1 0 0 0 0

1 1 1 1 0 0 0 0
÷
÷
1 1 1 1 0 0 0 0÷

1 1 1 1 0 0 0 0
÷
÷
而滿足上述條件的典型數表 A 如 0 0 0 0 1 1 1 1 ÷ ，
÷
0 0 0 0 1 1 1 1 ÷
0 0 0 0 1 1 1 1 ÷
÷
è0 0 0 0 1 1 1 1 ÷
此時滿足 S8 取得最小，但是 S8 的最小值為 32，
故不存在典型數表A ，使得 S8 = 31 .
（3）由（2）可知，要使 Sn 取得最小，
n n
需要盡量多的橫列和 ait + asj = n或典型數表中“1”盡量少，
i=1 j=1
2 2
當n n n為偶數時，結合（2）分析可得： Sn 的最小值為 2 ÷ = ；
è 2 2
當n為奇數時，在偶數 n - 1的數表中間加上一行和一列，且在新增行列中添加n個“1”，
2
n -1 n2 +1
即可滿足典型數列，此時 Sn 的最小值為 2 ÷ + n = .
è 2 2
x11 x12
【典例 7-2】（2024·遼寧葫蘆島·二模）設數陣 X 0 = x x ÷，其中
x11, x12 , x21, x22 1,2,3,4,5,6 .設
è 21 22
B = n1,n2 ,×××,nk 1,2,3,4,5,6 ，其中 n1 < n2 < ××× < nk ， k N* 且 k 6 .定義變換 M t 為“對于數陣的每一列，
若其中有 t 或-t，則將這一列中所有數均保持不變；若其中沒有 t 且沒有-t，則這一列中每個數都乘以-1”
（ t = n1 , n2 , × × ×, nk ），M B X 0 表示“將 X 0 經過Mn1變換得到 X1 ，再將 X1 經過Mn2變換得到 X 2 ，…，以此類
推，最后將 X k -1 經過Mnk 變換得到 X k .記數陣 X k 中四個數的和為TB X0 .
2 1X (1)若 0 = 3 4 ÷ ，
B = 2,5 ，寫出 X 0 經過 M 2 變換后得到的數陣 X1 ，并求TB X0 的值；
è
2 1
(2)若 X 0 = ÷ ，B = n1,n , n T3 4 2 3 ，求 B X0 的所有可能取值的和；è
(3)對任意確定的一個數陣 X 0 ，證明：TB X0 的所有可能取值的和不大于- 8 .
21
【解析】（1）因為 x0 = ÷ ，B = 2,5 ，
è 3 4
2-1
X 0 經過 M 2 變換得到的數陣 X1 = ÷，
è3- 4
-21
X 1 經過M5 變換得到的數陣 X 2 = ÷ ，
è -34
所以TB (x0 ) = -3 +1- 2 + 4 = 0 .
（2）若B -21 2 -11,2,3,4 X ，則 3 = X =
è -34
÷或 3
è 3
，
- 4 ÷
可得TB (x0 ) = 0 ，4 種情況；
-2 -1
若B = 2,3, n3 或B = 1,4,n3 ， n3 5,6 ，則 X 3 = ÷，
è -3- 4
可得TB (x0 ) = -10，4 種情況；
若B = n1, n2 , n3 ，從 1,4 和 2, 3 中各取出一個元素 a，b，
n1 = min a,b ，n2 = max a,b
21
， n3 5,6 x

，則 3 = 3 4 ÷，è
可得TB x0 =10，8 種；
-21 2 -1若B = n1,5,6 ， n 1,2,3,4 x

1 ，則 3 = ÷或 x3 = ÷ ，
è -34 è 3 - 4
可得TB x0 = 0，4 種情況；
綜上，TB x0 的所有可能取值的和4 0+ 4 (-10) +8 10+ 4 0 = 40；
（3）若 x11 x21 ，在 1,2,3,4,5,6 的所有非空子集中，
①含有 x11 且不含 x21 的子集共 24 個，
其中含有奇數個元素的集合有 8 個，經過變換后第一列均仍為 x11 ， x21 ；
其中含有偶數個元素的集合有 8 個，經過變換后第一列均變為 –x11 ， –x21；
②含有 x21 且不含 x11 的子集共 24 個，
其中含有奇數個元素的集合有 8 個，經過變換后第一列均仍為 x11 ， x21 ；
其中含有偶數個元素的集合有 8 個，經過變換后第一列均變為 –x11 ， –x21；
③同時含有 x11 和 x21 的子集共 24 個，
其中含有奇數個元素的集合有 8 個，經過變換后第一列均變為 –x11 ， –x21；
其中含有偶數個元素的集合有 8 個，經過變換后第一列均仍為 x11 ， x21 ；
④不含 x11 也不含 x21 的子集共24 -1個，
其中含有奇數個元素的集合有 8 個，經過變換后第一列均變為 –x11 ， –x21；
其中含有偶數個元素的集合有 7 個，經過變換后第一列均變為 x11 ， x21 ；
若 x11 = x21 ，在 1,2,3,4,5,6 的所有非空子集中，
①含有 x11 的子集共25個，
其中含有奇數個元素的集合有 16 個，經過變換后第一列均變為 x11 ， x21 ；
其中含有偶數個元素的集合有 16 個，經過變換后第一列均仍為 –x11 ， –x21；
②不含 x 511 的子集共 2 - 1 個，
其中含有奇數個元素的集合有 16 個，經過變換后第一列均變為 –x11 ， –x21；
其中含有偶數個元素的集合有 15 個，經過變換后第一列均仍為 x11 ， x21 ；
綜上，經過變換后，所有 X k 的第一列數的和為
(8 + 8 + 8 + 8 +16 +16)(-x11 - x21) + (8 + 8 + 8 + 7 +16 +15)(x11 + x21) = 2(-x11 - x21)
同理，經過變換后所有 X k 的第二列數的和為 2(- x12 - x22 ) .
所以TB x0 的所有可能取值的和為 2(-x11 - x21 - x12 - x22 )，
又因為 x11, x12 , x21, x22 1,2,3,4,5,6 ，所以TB x0 的所有可能取值的和不超過- 8 .
【變式 7-1】已知無窮數列 an ，給出以下定義：對于任意的n N* ，都有 an + an+2 2an+1，則稱數列 an
為“ T 數列”；特別地，對于任意的n N* ，都有 an + an+2 > 2an+1 ，則稱數列 an 為“嚴格T 數列”.
(1) a b n A B a = 2n -1 b = -2n-1已知數列 n ， n 的前 項和分別為 n ， n ，且 n ， n ，試判斷數列 An ，數列 Bn
是否為“ T 數列”，并說明理由；
(2)證明：數列 an 為“ T 數列”的充要條件是“對于任意的 k，m，n N* ，當 k < m < n 時，有
n - m ak + m- k an n - k am ”；
(3)已知數列 bn 為“嚴格T 數列”，且對任意的n N* ，bn Z ，b1 = -8 ，b128 = -8 .求數列 bn 的最小項的
最大值.
【解析】（1）由于 an = 2n
1+ 2n -1 n
-1 n-1為等差數列，所以 An = = n2 ，bn = -2 為等比數列，2
1- 2nBn = - =1- 2
n ，
1- 2
任意的n N* ，都有 An + An+2 - 2A 2n+1 = n + n + 2
2 - 2 n +1 2 = 2 > 0，
故 An + An+2 > 2An+1，所以數列 An 是為“ T 數列”，
任意的n N* ，都有 Bn + Bn+ 2 - 2Bn+1 = -2n - 2n+ 2 + 2 2n+1 = -2n < 0 ，
故Bn + Bn+2 < 2Bn+1，所以數列 Bn 不是為“ T 數列”，
（2）先證明必要性：
因為 a *n 為“ T 數列”，所以對任意的n N ，都有 an + an+2 2an+1，即 an+2 - an+1 an+1 - an ，
所以對任意的 k，m，n N* ，當 k < m < n 時，有
an - am = an - an-1 + an-1 - an-2 +L+ am+1 - am n - m am+1 - am ，
an - a所以 m a
n - m m+1
- am ，
又am - ak = am - am-1 + am-1 - am-2 +L+ ak+1 - ak m- k am - am-1 ，
a
所以 m
- ak a - a
m - k m m-1
，
又 am - a a
am - ak
m-1 m+1 - am ， am+1 - am - k m
am - ak a - a a - a a - a故 a - a n m ，即 m k n m ，故 n - m a + m- k a n - k a ，
m - k m+1 m n - m m - k n - m k n m
再證明充分性：
對于任意的 k，m，n N* ，當 k < m < n 時，有 n - m ak + m- k an n - k am ，
a
即 m
- ak a n - am ，
m - k n - m
對于任意的 k N* , m = k +1,n = k + 2
a - a a - a
，則有 k +1 k k +2 k +1 ，
1 1
即可 ak +2 + ak 2ak +1，所以 an 為“ T 數列”，
（3）數列 bn 為“嚴格T 數列”，且對任意的n N* ，有bn+2 + bn > 2bn+1，即bn+2 - bn+1 > bn+1 - bn，
設 cn = bn+1 - bn ，則 cn 為單調遞增數列，且 cn Z ，
所以bn -b1 = bn -bn-1 + bn-1 -bn-2 +L b2 -b1 = cn-1 + cn-2 +L+ c1
因為b1 = -8 ，b128 = -8 .所以b128 - b1 = c127 + c126 +L + c1 = 0，
所以存在m N* , 2 m 127 時， cm-1 < 0, cm 0 ，
所以，當 n m , n N * , bn - bn -1 < 0,數列 bn 為單調遞減數列，
n m , n N *當 , bn +1 - bn 0,
因此 bn 存在最小值，且最小值為bm ，
由于 cn Z ，所以 cm 0, cm+1 1,L , c127 127 - m ，且 cm-1 -1, cm-2 -2,L , c1 -m +1,
m m -1 m m -1
所以b m - b1 = cm-1 + cm-2 +L+ c1 - ，即bm -8 - ，2 2
127 - m 128 - m 127 - m 128 - m
b128 - bm = c127 + c126 +L+ c

m ，即bm -8 -2 2
ì 127 - m 128 - m m m -1b min 8 , 8 ü所以 m í- - - -
2 2
m m -1 127 - m 128 - m
- + =127 64 - m ，
2 2
127 - m 128 - m m m -1
當m = 64

時，-8 - = -8 - ，
2 2
127 - m 128 - m m m -1
當m > 64 8 時，- - > -8 - ，
2 2
127 - m 128 - m m
0 m 64 8 8 m -1 當 < < 時，- - < - -
2 2
m m-1
所以當m = 64時，bm 的最大值為-8- = -2024，
2
此時 cn = n - 64, n = 1, 2,3,L ,127 ，因為 c64 = b65 - b64 = 0 ，
所以數列 bn 的最小項的最大值為b65 = b64 = -2024
【變式 7-2】（2024·山東泰安·模擬預測）已知數列 an 是斐波那契數列，其數值為：1,1,2,3,5,8,13,
21,34×××××× .這一數列以如下遞推的方法定義： a *1 = 1，a2 = 1，an+2 = an+1 + an (n N ) .數列 bn 對于確定的正
整數 k，若存在正整數n使得bk +n = bk + bn 成立，則稱數列 bn 為“ k階可分拆數列”.
(1)已知數列 cn 滿足 cn = ma *n（n N，m R）.判斷是否對"m R ，總存在確定的正整數 k，使得數列 cn
為“ k階可分拆數列”，并說明理由.
(2)設數列{d n }的前n項和為 S = 3nn - a a 0 ，
（i）若數列{d n }為“1階可分拆數列”，求出符合條件的實數a的值；
a
（ii n）在（i）問的前提下，若數列 f 滿足 f = ，n N*n n S ，其前n項和為Tn .證明：當n N* 且 n 3時，n
T 2 2n < a1 + a2 + a
2
3 + × × × × × × +a
2
n - an an +1 + 1成立.
【解析】（1）存在，理由如下：
由已知得 a1 = 1， a2 =1， a3 = a1 + a2 = 2，
\c1 = m,c2 = m,c3 = 2m,
\ c3 = c1 +c2 ,即 c1+2 = c1+c2 ,
\ 對"m R ，當正整數 k =1時，存在 n=2，使得 ck +n = ck + cn 成立，
即數列 cn 為“1階可分拆數列”；
（2）Q Sn = 3n - a ，
\ 當 n = 1時， d1 = 3 - a ，
當 n 2時， dn = Sn - Sn-1 = (3
n - a) - (3n-1 - a) = 2 × 3n-1 ，
（i）若數列{d n }為“1階可分拆數列”，則存在正整數n使得 d1+n = d1 + dn 成立，
當 n = 1時， d2 = d1 + d1，即6 = 2 3- a ，解得 a = 0，
當 n 2 2 ×3n = 3- a +2 ×3n-1時， ，即 4×3n-1 =3-a，
因 a 0，所以3 - a 3，又 4 ×3n-1 12，
故方程 4×3n-1 =3-a無解.
綜上所述，符合條件的實數 a 的值為 0 .
（ii）方法一：
證明：Q an+ 2 = an+1 + an , (n N
* )，
\ 當 n 2時，a2n = an an+1 - an-1 = anan+1 - anan-1，
\ a 21 + a
2 + a 22 3 + × × × × × × +a
2
n
= a21 + a2a3 - a2a1 + a3a4 - a3a2 + a4a5 - a4a3 + ××××××+ anan+1 -anan-1
=a 21 - a2a1 +anan+1 =anan+1，
\ a 2 + a 21 2 + a
2
3 + × × × × × × +a
2
n - anan+1 + 1=1，
n
由（i）知 S n = 3 ，所以 f
a
n =
n
n ，3
a
\T 1 a2 a3 an-1 ann = 1 + 2 + 3 + × × × × × × +3 3 3 3n-1
+ n ①，3
1
Tn =
a1 + a2 + a3 a a2 3 4 + × × × × × × +
n-1 + nn n+1 ②，3 3 3 3 3 3
2 a a - a a - a a - a a - a a
由①-②可得 T = 1 + 2 1 3 2 4 3 n n-1 n
3 n 31 32
+ 3 + 4 + × × × × × × + n -3 3 3 3n+1
= 1 + a1 + a2 + a× × × × × × + n-2 an
3 33 34 3n
-
3n+1
= 1 + 1 a（ 1 + a2 a a2 + × × × × × × +
n-2 ）- n
3 3 31 32 3n-2 3n+1
= 1 + 1 an
3 32
Tn-2 - 3n+1
，
Q T 0，3
2 T = 1 + 1 T an 1 1\
3 n 3 32 n-2
- < + T ，
3n+1 3 32 n
\T 3n < <1，5
當n N* 2 2 2 2且 n 3時， Tn < a1 + a2 + a3 + × × × × × × +an - an an +1 + 1成立.
方法二：
證明：Q a *n+ 2 = an+1 + an , (n N )，
\ n 2 a2當 時， n = an an+1 - an-1 = anan+1 - anan-1，
\ a2 2 2 2 21 + a2 + a3 +××××××+an =a1 + a2a3 -a2a1 + a3a4 -a3a2 + a4a5 -a4a3 + ××××××+
=a21 + a2a3 -a2a1 + a3a4 -a3a2 + a4a5 -a4a3 + ××××××+ anan+1 -anan-1
=a 21 - a2a1 +anan+1 =anan+1，
\ a 21 + a
2
2 + a
2
3 + × × × × × × +a
2
n - anan+1 + 1=1，
i S = 3n f
a
由（ ）知 n ，所以 n =
n ，
3n
T = a\ 1 a2 a3 an-1 ann 31
+ 2 + 3 + × × × × × × + + ①，3 3 3n-1 3n
1 T = a1 a2 a3n 2 + 3 + 4 +
a a
×

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