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第02講 數列中的新定義綜合
（8類核心考點精講精練）
新高考改革后，數列作為高中數學的重要組成部分，在考試中占據了重要的地位。數列的考查不僅限于傳統的等差數列、等比數列等基礎知識，還涉及到了一些新的定義和概念。這些新定義通常要求考生具備較強的邏輯推理能力和創新思維。
在新定義數列的考題中，有以下幾種情況：
新定義的數列類型：例如，斐波那契數列的變種、遞推數列、分段定義的數列等。這些數列的定義和性質可能與傳統數列有所不同，需要考生仔細閱讀題目，準確理解新定義。
數列性質的探究：考生可能需要探究新定義數列的通項公式、遞推關系、特殊項的性質等。這要求考生能夠靈活運用數學歸納法、數列極限等數學工具。
數列與函數、不等式等其他數學知識的綜合應用：新定義數列的題目往往與其他數學知識相結合，考查考生的綜合運用能力。例如，數列與函數的圖像、數列與不等式的解法等。
實際問題的數學建模：新高考數學注重考查學生的實際應用能力，因此，數列問題可能會與實際問題相結合，要求考生建立數學模型來解決實際問題。
為了應對新定義數列的考題，考生需要：
熟悉并掌握高中數學數列的基本概念和性質。
增強閱讀理解能力，準確把握新定義數列的特點。
培養邏輯推理和創新思維，能夠獨立探究數列的性質。
加強與其他數學知識的聯系，提高綜合運用數學知識解決問題的能力。
注重實際問題的數學建模訓練，提升解決實際問題的能力。
總之，新高考數學數列部分的考查更加注重考生的綜合能力，考生需要在平時的學習中注重基礎知識的積累，同時加強思維訓練和實際應用能力的培養。
考點一、斐波那契數列
1．（2024·黑龍江大慶·模擬預測）意大利著名數學家斐波那契在研究兔子繁殖問題時，發現有這樣的一列數：，該數列的特點是：從第三個數起，每一個數都等于它前面兩個數的和，人們把這樣的一列數所組成的數列稱為“斐波那契數列”，則是斐波那契數列中的第 項．
2．（2024·貴州遵義·模擬預測）（多選）數列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…稱為斐波那契數列，又稱黃金分割該數列，從第三項開始，各項等于其前相鄰兩項之和，即（），則下列選項正確的是（ ）
A．
B．
C．
D．
3．（23-24高三上·河北廊坊·期末）意大利數學家斐波那契以兔子繁殖數量為例，引入數列：1，1，2，3，5，8，該數列從第三項起，每一項都等于前兩項之和，即，故此數列稱為斐波那契數列，又稱為“兔子數列”，其通項公式為，設是不等式的正整數解，則的最小值為（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
1．（2024·河南·模擬預測）我們把由0和1組成的數列稱為數列，數列在計算機科學和信息技術領域有著廣泛應用，把斐波那契數列（，）中的奇數換成0，偶數換成1可得到數列，若數列的前項和為，且，則的值可能是（ ）
A．100 B．201 C．302 D．399
2．（24-25高二上·山東青島·階段練習）在數學上，斐波納契數列定義為：，，，斐波納契數列有種看起來很神奇的巧合，如根據可得，所以，類比這一方法，可得（ ）
A．714 B．1870 C．4895 D．4896
3．（2024·山東·模擬預測）（多選）意大利著名數學家斐波那契在研究兔子的繁殖問題時，發現有這樣的一列數：1，1，2，3，5，8，13，21，….該數列的特點如下：前兩個數均為1，從第三個數起，每一個數都等于它前面兩個數的和.人們把這樣的一列數組成的數列稱為斐波那契數列，若用表示斐波那契數列的第項，則數列滿足：，.則下列說法正確的是（ ）
A．
B．
C．
D．
考點二、差數列及階差數列
1．（23-24高二上·云南昆明·期末）數學家楊輝在其專著《詳解九章算術法》和《算法通變本末》中，提出了一些新的高階等差數列．其中二階等差數列是一個常見的高階等差數列，如數列2，4，7，11，16從第二項起，每一項與前一項的差組成的新數列2，3，4，5是等差數列，則稱數列2，4，7，11，16為二階等差數列．現有二階等差數列，其前六項分別為1，3，6，10，15，21，則的最小值為 ．
2．（23-24高三下·重慶·階段練習）定義：滿足 為常數，）的數列 稱為二階等比數列，為二階公比.已知二階等比數列的二階公比為，則使得 成立的最小正整數為（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
3．（2024·全國·模擬預測）給定數列，稱為的差數列（或一階差數列），稱數列的差數列為的二階差數列……
(1)求的二階差數列；
(2)用含的式子表示的階差數列，并求其前項和．
1．（2024·四川自貢·一模）南末數學家楊輝在《詳解九章算法》和《算法通變本末》中，提出了一些新的垛積公式，所討論的高階等差數列與一般等差數列不同，前后兩項之差并不相等，但是逐項差數之差或者高次差成等差數列.對這類高階等差數列的研究，在楊輝之后一般稱為“垛積術”.現有高階等差數列，其前項分別為，則該數列的第項（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·四川南充·三模）對于數列，規定為數列的一階差分，其中，規定為數列的k階差分，其中．若，則（ ）
A．7 B．9 C．11 D．13
3．（2024·吉林長春·模擬預測）對于數列，稱為數列的一階差分數列，其中.對正整數，稱為數列的階差分數列，其中已知數列的首項，且為的二階差分數列.
(1)求數列的通項公式；
(2)設為數列的一階差分數列，對，是否都有成立？并說明理由；（其中為組合數）
(3)對于（2）中的數列，令，其中.證明：.
考點三、平方數列與類平方數列
1．（23-24高三上·四川綿陽·階段練習）若數列滿足則稱為 “平方遞推數列”. 已知數列是 “平方遞推數列”， 且則（ ）
A．是等差數列 B．是等差數列
C．是 “平方遞推數列” D．是 “平方遞推數列”
1．（2024·海南·模擬預測）（多選）已知數列滿足：①；②，，，，則稱數列為“類平方數列”，若數列滿足：①數列不是“類平方數列”；②將數列中的項調整一定的順序后可使得新數列成為“類平方數列”，則稱數列為“變換類平方數列”，則（ ）
A．已知數列，則數列為“類平方數列”
B．已知數列為：3，5，6，11，則數列為“變換類平方數列”
C．已知數列的前頂和為，則數列為“類平方數列”
D．已知，.則數列為“變換類平方數列”
考點四、數列的單調性
1．（2024·江西新余·模擬預測）我們規定：若數列為遞增數列且也為遞增數列，則為“數列”.
(1)已知：，，，數列中其中只有一個數列，它是： ；請從另外兩個數列中任選一個證明其不是數列.
(2)已知數列滿足：，為的前項和，試求的通項并判斷數列是否為數列并證之.
(3)已知數列、均為數列，且，，求證：數列也為數列.
1．（24-25高三上·河南·開學考試）若數列的相鄰兩項或幾項之間的關系由函數確定，則稱為的遞歸函數．設的遞歸函數為．
(1)若，（），證明：為遞減數列；
(2)若，且，的前項和記為．
①求；
②我們稱為取整函數，亦稱高斯函數，它表示不超過的最大整數，例如，．若，求．
2．（2024·廣東深圳·模擬預測）已知是各項均為正整數的無窮遞增數列，對于，定義集合，設為集合中的元素個數，特別規定：若時，．
(1)若，寫出，及的值；
(2)若數列是等差數列，求數列的通項公式；
(3)設集合，，求證：且．
考點五、數列的凹凸性
1．（2024·安徽池州·模擬預測）定義：若對恒成立，則稱數列為“上凸數列”．
(1)若，判斷是否為“上凸數列”，如果是，給出證明；如果不是，請說明理由．
(2)若為“上凸數列”，則當時，．
（?。┤魯盗袨榈那绊椇停C明：；
（ⅱ）對于任意正整數序列（為常數且），若恒成立，求的最小值．
1．（24-25高三上·安徽亳州·開學考試）已知數列，對于任意的，都有，則稱數列為“凹數列”．
(1)判斷數列是否為“凹數列”，請說明理由；
(2)已知等差數列，首項為4，公差為，且為“凹數列”，求的取值范圍；
(3)證明：數列為“凹數列”的充要條件是“對于任意的，當時，有”．
2．（24-25高二上·上?！るA段練習）已知數列，對于任意的正整數，都有則稱數列是嚴格凹數列．
(1)若數列，的通項公式分別為，判斷數列，是否為嚴格凹數列，無需說明理由；
(2)證明：“對于任意正整數的，當時，有”是“數列為嚴格凹數列”的充要條件；
(3)函數是定義在正實數集上的嚴格增函數，且數列是嚴格凹數列，嚴格增數列（正整數為常數且）各項均為互不相等的正整數，若恒成立，求實數λ的取值范圍．
考點六、數列的周期性
1．（2024·上海青浦·二模）若無窮數列滿足：存在正整數，使得對一切正整數成立，則稱是周期為的周期數列．
(1)若（其中正整數m為常數，），判斷數列是否為周期數列，并說明理由；
(2)若，判斷數列是否為周期數列，并說明理由；
(3)設是無窮數列，已知．求證：“存在，使得是周期數列”的充要條件是“是周期數列”．
2．（2024·廣東珠海·一模）對于數列，若存在常數，，使得對任意的正整數，恒有成立，則稱數列是從第項起的周期為的周期數列．當時，稱數列為純周期數列；當時，稱數列為混周期數列．記為不超過的最大整數，設各項均為正整數的數列滿足：.
(1)若對任意正整數都有，請寫出三個滿足條件的的值；
(2)若數列是純周期數列，請寫出滿足條件的的表達式，并說明理由；
(3)證明：不論為何值，總存在使得．
3．（2024·湖南長沙·一模）對于數列，如果存在正整數，使得對任意，都有，那么數列就叫做周期數列，叫做這個數列的周期.若周期數列滿足：存在正整數，對每一個，都有，我們稱數列和為“同根數列”.
(1)判斷數列是否為周期數列.如果是，寫出該數列的周期，如果不是，說明理由；
(2)若和是“同根數列”，且周期的最小值分別是和，求的最大值.
1．（24-25高三上·黑龍江牡丹江·階段練習）對于數列，若存在常數，，使得對任意的正整數，恒有成立，則稱數列是從第項起的周期為的周期數列．當時，稱數列為純周期數列；當時，稱數列為混周期數列．記為不超過的最大整數，設各項均為正整數的數列滿足：.
(1)若對任意正整數都有，請寫出三個滿足條件的的值；
(2)若數列是常數列，請寫出滿足條件的的表達式，并說明理由；
(3)證明：不論為何值，總存在使得．
2．（23-24高三上·北京豐臺·期末）對于數列，如果存在正整數，使得對任意，都有，那么數列就叫做周期數列，叫做這個數列的周期．若周期數列，滿足：存在正整數，對每一個，都有，我們稱數列和為“同根數列”．
(1)判斷下列數列是否為周期數列．如果是，寫出該數列的周期，如果不是，說明理由；
①；②
(2)若和是“同根數列”，且周期的最小值分別是3和5，求證：；
(3)若和是“同根數列”，且周期的最小值分別是和，求的最大值．
考點七、數列的新概念
1．（2024·江蘇南通·模擬預測）定義：已知數列的首項，前項和為.設與是常數，若對一切正整數，均有成立，則稱此數列為“”數列.若數列是“”數列，則數列的通項公式（ ）
A． B． C． D．
2．（23-24高三下·湖南長沙·階段練習）對于無窮數列，若對任意，且，存在，使得成立，則稱為“數列”.
(1)若數列的通項公式為，試判斷數列是否為“數列”，并說明理由；
(2)已知數列為等差數列，
①若是“數列”，，且，求所有可能的取值；
②若對任意，存在，使得成立，求證：數列為“數列”.
3．（2024·遼寧·三模）若實數列滿足，有，稱數列為“數列”.
(1)判斷是否為“數列”，并說明理由；
(2)若數列為“數列”，證明：對于任意正整數，且，都有
(3)已知數列為“數列”，且.令，其中表示中的較大者.證明：，都有.
4．（2024·福建泉州·模擬預測）若無窮數列滿足：對于，其中為常數，則稱數列為數列．
(1)若一個公比為的等比數列為“數列”，求的值；
(2)若是首項為1，公比為3的等比數列，在與之間依次插入數列中的項構成新數列，求數列中前30項的和．
(3)若一個“數列"滿足，設數列的前項和為．是否存在正整數，使不等式對一切都成立？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．
1．（2024·北京東城·二模）設無窮正數數列，如果對任意的正整數，都存在唯一的正整數，使得，那么稱為內和數列，并令，稱為的伴隨數列，則（ ）
A．若為等差數列，則為內和數列
B．若為等比數列，則為內和數列
C．若內和數列為遞增數列，則其伴隨數列為遞增數列
D．若內和數列的伴隨數列為遞增數列，則為遞增數列
2．（2024·湖北荊州·三模）“數列”定義：數列的前項和為，如果對于任意的正整數，總存在正整數使則稱數列是“數列”.
(1)若數列的前項和為求證：數列是“數列”；
(2)已知數列是“數列”，且數列是首項為，公差小于的等差數列，求數列的通項公式；
(3)若數列滿足：求數列的前項和.
3．（2024·黑龍江·二模）如果一個數列從第二項起，每一項與它前一項的比都大于3，則稱這個數列為“型數列”．
(1)若數列滿足，判斷是否為“型數列”，并說明理由；
(2)已知正項數列為“型數列”，，數列滿足，，是等比數列，公比為正整數，且不是“型數列”，求數列的通項公式．
4．（2024·全國·模擬預測）定義：若對于任意的，數列滿足，則稱這個數列是“數列”．
(1)已知首項為1的等差數列是“數列”，且恒成立，求的取值范圍．
(2)已知各項均為正整數的等比數列是“數列”，數列不是“數列”．記，若數列是“數列”．
①求數列的通項公式．
②是否存在正整數，使成等差數列？若存在，求出的所有值；若不存在，請說明理由．
考點八、數列的新性質
1．（2024·山東青島·三模）（多選）若有窮整數數列滿足：，且，則稱具有性質.則（ ）
A．存在具有性質的
B．存在具有性質的
C．若具有性質，則中至少有兩項相同
D．存在正整數，使得對任意具有性質的，有中任意兩項均不相同
2．（2024·河南·三模）已知數列的前項和為，若存在常數，使得對任意都成立，則稱數列具有性質．
(1)若數列為等差數列，且，求證：數列具有性質；
(2)設數列的各項均為正數，且具有性質．
①若數列是公比為的等比數列，且，求的值；
②求的最小值．
1．（23-24高二下·安徽六安·期末）如果無窮數列滿足“對任意正整數，都存在正整數，使得”，則稱數列具有“性質”.
(1)若等比數列的前項和為，且公比，求證：數列具有“性質”；
(2)若等差數列的首項，公差，求證：數列具有“性質”，當且僅當；
(3)如果各項均為正整數的無窮等比數列具有“性質”，且四個數中恰有兩個出現在數列中，求的所有可能取值之和.
2．（2024·湖北·模擬預測）若項數為的數列滿足兩個性質：①；②存在，使得，并記是數列的最大項，．則稱數列具有性質．
(1)若，寫出所有具有性質的數列；
(2)數列具有性質,若，求的最大項的最大值；
(3)數列具有性質,若，且還滿足以下兩條性質：（?。τ跐M足的項和，在的余下的項中，總存在滿足的項和，使得；（ⅱ）對于滿足的項和，在的余下的項中，總存在滿足的項和，使得．求滿足上述性質的的最小值．
一、填空題
1．（2023·陜西銅川·一模）定義“等和數列”：在一個數列中，如果每一項與它后一項的和都為同一個常數，那么這個數列叫做等和數列，這個常數叫做該數列的公和.已知數列是等和數列，且，公和為1，那么這個數列的前2024項和 .
2．（2024·北京通州·三模）若數列、均為嚴格增數列，且對任意正整數n，都存在正整數m，使得，則稱數列為數列的“M數列”．已知數列的前n項和為，則下列結論中正確的是 ．
①存在等差數列，使得是的“M數列”
②存在等比數列，使得是的“M數列”
③存在等差數列，使得是的“M數列”
④存在等比數列，使得是的“M數列”
3．（2024·全國·模擬預測）將正整數n分解為兩個正整數，的積，即，當，兩數差的絕對值最小時，我們稱其為最優分解.如，其中即為12的最優分解，當，是n的最優分解時，定義，則數列的前2024項的和為（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·江蘇鎮江·三模）若對項數為的數列中的任意一項，也是該數列中的一項，則稱這樣的數列為“可倒數數列”.已知正項等比數列是“可倒數數列”，其公比為，所有項和為，寫出一個符合題意的的值 .
5．（2024·江蘇南通·模擬預測）定義首項為1且公比為正數的等比數列為“數列”.已知數列（）的前項和為，且滿足，.設為正整數.若存在“數列”（），對任意正整數，當時，都有成立，則的最大值為 .
二、多選題
6．（2024·江蘇南通·模擬預測）在數列中，若對，都有（為常數），則稱數列為“等差比數列”，為公差比，設數列的前項和是，則下列說法一定正確的是（ ）
A．等差數列是等差比數列
B．若等比數列是等差比數列，則該數列的公比與公差比相同
C．若數列是等差比數列，則數列是等比數列
D．若數列是等比數列，則數列等差比數列
7．（23-24高三上·上海普陀·期末）對于無窮數列，給出如下三個性質：①；②對于任意正整數，都有；③對于任意正整數，存在正整數，使得定義：同時滿足性質①和②的數列為“s數列”，同時滿足性質①和③的數列為“t數列”，則下列說法正確的是（ ）
A．若為“s數列”，則為“t數列”
B．若，則為“t數列”
C．若，則為“s數列”
D．若等比數列為“t數列”則為“s數列”
8．（2024·河北承德·二模）對于給定的數列，如果存在實數，使得對任意成立，我們稱數列是“線性數列”，則下列說法正確的是（ ）
A．等差數列是“線性數列”
B．等比數列是“線性數列”
C．若且，則
D．若且，則是等比數列的前項和
9．（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，使得對一切正整數，都有，則稱為有界數列，數列收斂指數列有極限，我們把極限存在（不含無窮大）的數列稱為收斂數列，如數列，顯然對一切正整數都有，而的極限為，即數列既有界也收斂.如數列，顯然對一切正整數都有，但不存在極限，即數列有界但不收斂.下列數列是有界數列但不收斂的數列有（ ）
A． B．
C． D．
10．（2024·河南·一模）對于數列（），定義為，，…，中最大值（）（），把數列稱為數列的“M值數列”.如數列2，2，3，7，6的“M值數列”為2，2，3，7，7，則（ ）
A．若數列是遞減數列，則為常數列
B．若數列是遞增數列，則有
C．滿足為2，3，3，5，5的所有數列的個數為8
D．若，記為的前n項和，則
三、解答題
11．（2024·內蒙古包頭·二模）已知數列為有窮數列，且，若數列滿足如下兩個性質，則稱數列為的增數列：
①；
②對于，使得的正整數對有個.
(1)寫出所有4的1增數列；
(2)當時，若存在的6增數列，求的最小值.
12．（23-24高二下·廣東深圳·階段練習）若在數列的每相鄰兩項之間插入此兩項的和，形成新的數列，再把所得數列按照同樣的方法不斷構造出新的數列．現對數列1，2進行構造，第一次得到數列1，3，2；第二次得到數列1，4，3，5，2；依次構造，第次得到的數列的所有項之和記為.
(1)設第次構造后得的數列為，則，請用含的代數式表達出，并推導出與滿足的關系式；
(2)求數列的通項公式；
(3)證明：
13．（2024·貴州貴陽·二模）給定數列，若滿足且，對于任意的，都有，則稱數列為“指數型數列".
(1)已知數列滿足，判斷數列是不是“指數型數列"？若是，請給出證明，若不是，請說明理由;
(2)若數列是“指數型數列”，且，證明:數列中任意三項都不能構成等差數列.
14．（2024·湖北·模擬預測）若正整數m，n只有1為公約數，則稱m，n互質，歐拉函數是指，對于一個正整數n，小于或等于n的正整數中與n互質的正整數（包括1）的個數，記作，例如，．
(1)求，，；
(2)設，，求數列的前項和；
(3)設，，數列的前項和為，證明：，
15．（23-24高三下·云南昆明·階段練習）表示正整數a，b的最大公約數，若，且，，則將k的最大值記為，例如：，．
(1)求，，；
(2)設．
（i）求數列的通項公式，
（ii）設，求數列的前n項和．
16．（2024·全國·模擬預測）設滿足以下兩個條件的有窮數列為階“曼德拉數列”：
①；②.
(1)若某階“曼德拉數列”是等比數列，求該數列的通項（，用表示）；
(2)若某階“曼德拉數列”是等差數列，求該數列的通項（，用表示）；
(3)記階“曼德拉數列”的前項和為，若存在，使，試問：數列能否為階“曼德拉數列”？若能，求出所有這樣的數列；若不能，請說明理由.
17．（2024·廣東梅州·二模）已知是由正整數組成的無窮數列，該數列前項的最大值記為，即；前項的最小值記為，即，令（），并將數列稱為的“生成數列”．
(1)若，求其生成數列的前項和；
(2)設數列的“生成數列”為，求證：；
(3)若是等差數列，證明：存在正整數，當時，，，，是等差數列．
18．（2024·山東濰坊·二模）數列中，從第二項起，每一項與其前一項的差組成的數列稱為的一階差數列，記為，依此類推，的一階差數列稱為的二階差數列，記為，…．如果一個數列的p階差數列是等比數列，則稱數列為p階等比數列．
(1)已知數列滿足，．
（?。┣螅?，；
（ⅱ）證明：是一階等比數列；
(2)已知數列為二階等比數列，其前5項分別為，求及滿足為整數的所有n值．
19．（2024·貴州·模擬預測）若給定一個數列，其連續兩項之差構成一個新數列：，，，…，，…，這個數列稱為原數列的“一階差數列”，記為，其中.再由的連續兩項的差得到新數列，，，…，，…，此數列稱為原數列的“二階差數列”，記為，其中.以此類推，可得到的“p階差數列”.如果數列的“p階差數列”是非零常數數列，則稱為“p階等差數列”.
(1)證明由完全立方數組成的數列是“3階等差數列”；
(2)若（且，），證明數列是“k階等差數列”，并且若將的“k階差數列”記作，則.
20．（2024·河南鄭州·模擬預測）設任意一個無窮數列的前項之積為，若，，則稱是數列．
(1)若是首項為，公差為的等差數列，請判斷是否為數列？并說明理由；
(2)證明：若的通項公式為，則不是數列；
(3)設是無窮等比數列，其首項，公比為，若是數列，求的值．
21．（2024·廣東佛山·模擬預測）定義：一個正整數稱為“漂亮數”，當且僅當存在一個正整數數列，滿足①②：
①；
②．
(1)寫出最小的“漂亮數”；
(2)若是“漂亮數”，證明：是“漂亮數”；
(3)在全體滿足的“漂亮數”中，任取一個“漂亮數”，求是質數的概率．
22．（24-25高三上·河南焦作·開學考試）對于一個正項數列，若存在一正實數，使得且，有，我們就稱是-有限數列.
(1)若數列滿足，，，證明：數列為1-有限數列；
(2)若數列是-有限數列，，使得且，，證明：.
23．（2024·北京門頭溝·一模）已知數列 ， 數列 ， 其中 ， 且 ， ． 記 的前 項和分別為 ， 規定 ．記 ，且 ，， 且
(1)若，，寫出 ；
(2)若，寫出所有滿足條件的數列 ， 并說明理由；
(3)若 ， 且 ． 證明： ， 使得 ．
24．（2024·湖北荊州·三模）對于數列，如果存在一個正整數，使得對任意，都有成立，那么就把這樣的一類數列稱作周期為的周期數列，的最小值稱作數列的最小正周期，簡稱周期.
(1)判斷數列和是否為周期數列，如果是，寫出該數列的周期，如果不是，說明理由.
(2)設（1）中數列前項和為，試問是否存在，使對任意，都有成立，若存在，求出的取值范圍，若不存在，說明理由.
(3)若數列和滿足，且，是否存在非零常數，使得是周期數列？若存在，請求出所有滿足條件的常數；若不存在，請說明理由.
25．（2024·安徽蕪湖·三模）若數列的各項均為正數，且對任意的相鄰三項，都滿足，則稱該數列為“對數性凸數列”，若對任意的相鄰三項，都滿足則稱該數列為“凸數列”．
(1)已知正項數列是一個“凸數列”，且，（其中為自然常數，），證明：數列是一個“對數性凸數列”，且有；
(2)若關于的函數有三個零點，其中．證明：數列是一個“對數性凸數列”：
(3)設正項數列是一個“對數性凸數列”，求證：
26．（2024·新疆·二模）我們把滿足下列條件的數列稱為數列：
①數列的每一項都是正偶數；
②存在正奇數m，使得數列的每一項除以m所得的商都不是正偶數．
(1)若a，b，c是公差為2的等差數列，求證：a，b，c不是數列；
(2)若數列滿足對任意正整數p，q，恒有，且，判斷數列是否是數列，并證明你的結論；
(3)已知各項均為正數的數列共有100項，且對任意，恒有，若數列為數列，求滿足條件的所有兩位數k值的和．
27．（2024·浙江·模擬預測）已知正整數，設，，…，，，，…，是個非負實數，.若對于任意，取，，，都有，則稱這個數構成—孿生數組.
(1)寫出8個不全相等的數，使得這8個數構成—孿生數組；
(2)求最小的，使得，，…，，，，…，構成—孿生數組；
(3)若，且，，…，，，，…，構成—孿生數組，求的最大值.
參考公式：（i），當且僅當時取等；（ii）當正偶數時，設，有；當正奇數時，設，有.
28．（2024·吉林·模擬預測）對于數列，若，對任意的，有，則稱數列是有界的.當正整數n無限大時，若無限接近于常數a，則稱常數a是數列的極限，或稱數列收斂于a，記為.單調收斂原理：“單調有界數列一定收斂”可以幫助我們解決數列的收斂性問題.
(1)證明：對任意的，，恒成立；
(2)已知數列，的通項公式為：，，.
（i）判斷數列，的單調性與有界性，并證明；
（ii）事實上，常數，以為底的對數稱為自然對數，記為.證明：對任意的，恒成立.
29．（2024·廣東江蘇·高考真題）設m為正整數，數列是公差不為0的等差數列，若從中刪去兩項和后剩余的項可被平均分為組，且每組的4個數都能構成等差數列，則稱數列是可分數列．
(1)寫出所有的，，使數列是可分數列；
(2)當時，證明：數列是可分數列；
(3)從中任取兩個數和，記數列是可分數列的概率為，證明：．
30．（2024·北京·高考真題）已知集合．給定數列，和序列，其中，對數列進行如下變換：將的第項均加1，其余項不變，得到的數列記作；將的第項均加1，其余項不變，得到數列記作；……；以此類推，得到，簡記為．
(1)給定數列和序列，寫出；
(2)是否存在序列，使得為，若存在，寫出一個符合條件的；若不存在，請說明理由；
(3)若數列的各項均為正整數，且為偶數，求證：“存在序列，使得的各項都相等”的充要條件為“”．
1．（2024·新Ⅰ卷·高考真題）設m為正整數，數列是公差不為0的等差數列，若從中刪去兩項和后剩余的項可被平均分為組，且每組的4個數都能構成等差數列，則稱數列是可分數列．
(1)寫出所有的，，使數列是可分數列；
(2)當時，證明：數列是可分數列；
(3)從中任取兩個數和，記數列是可分數列的概率為，證明：．
2．（2024·北京·高考真題）已知集合．給定數列，和序列，其中，對數列進行如下變換：將的第項均加1，其余項不變，得到的數列記作；將的第項均加1，其余項不變，得到數列記作；……；以此類推，得到，簡記為．
(1)給定數列和序列，寫出；
(2)是否存在序列，使得為，若存在，寫出一個符合條件的；若不存在，請說明理由；
(3)若數列的各項均為正整數，且為偶數，求證：“存在序列，使得的各項都相等”的充要條件為“”．
3．（2023·北京·高考真題）已知數列的項數均為m，且的前n項和分別為，并規定．對于，定義，其中，表示數集M中最大的數.
(1)若，求的值；
(2)若，且，求；
(3)證明：存在，滿足 使得．
4．（2022·北京·高考真題）已知為有窮整數數列．給定正整數m，若對任意的，在Q中存在，使得，則稱Q為連續可表數列．
(1)判斷是否為連續可表數列？是否為連續可表數列？說明理由；
(2)若為連續可表數列，求證：k的最小值為4；
(3)若為連續可表數列，且，求證：．
5．（2021·北京·高考真題）設p為實數.若無窮數列滿足如下三個性質，則稱為數列：
①，且；
②；
③，．
（1）如果數列的前4項為2，-2，-2，-1，那么是否可能為數列？說明理由；
（2）若數列是數列，求；
（3）設數列的前項和為.是否存在數列，使得恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，說明理由．
21世紀教育網(www.21cnjy.com)第02講 數列中的新定義綜合
（8類核心考點精講精練）
新高考改革后，數列作為高中數學的重要組成部分，在考試中占據了重要的地位。數列的考查不僅限于傳統的等差數列、等比數列等基礎知識，還涉及到了一些新的定義和概念。這些新定義通常要求考生具備較強的邏輯推理能力和創新思維。
在新定義數列的考題中，有以下幾種情況：
新定義的數列類型：例如，斐波那契數列的變種、遞推數列、分段定義的數列等。這些數列的定義和性質可能與傳統數列有所不同，需要考生仔細閱讀題目，準確理解新定義。
數列性質的探究：考生可能需要探究新定義數列的通項公式、遞推關系、特殊項的性質等。這要求考生能夠靈活運用數學歸納法、數列極限等數學工具。
數列與函數、不等式等其他數學知識的綜合應用：新定義數列的題目往往與其他數學知識相結合，考查考生的綜合運用能力。例如，數列與函數的圖像、數列與不等式的解法等。
實際問題的數學建模：新高考數學注重考查學生的實際應用能力，因此，數列問題可能會與實際問題相結合，要求考生建立數學模型來解決實際問題。
為了應對新定義數列的考題，考生需要：
熟悉并掌握高中數學數列的基本概念和性質。
增強閱讀理解能力，準確把握新定義數列的特點。
培養邏輯推理和創新思維，能夠獨立探究數列的性質。
加強與其他數學知識的聯系，提高綜合運用數學知識解決問題的能力。
注重實際問題的數學建模訓練，提升解決實際問題的能力。
總之，新高考數學數列部分的考查更加注重考生的綜合能力，考生需要在平時的學習中注重基礎知識的積累，同時加強思維訓練和實際應用能力的培養。
考點一、斐波那契數列
1．（2024·黑龍江大慶·模擬預測）意大利著名數學家斐波那契在研究兔子繁殖問題時，發現有這樣的一列數：，該數列的特點是：從第三個數起，每一個數都等于它前面兩個數的和，人們把這樣的一列數所組成的數列稱為“斐波那契數列”，則是斐波那契數列中的第 項．
【答案】2025
【分析】根據“斐波那契數列”的遞推關系可得結果.
【詳解】依題意有：
，
所以：，
故答案為：2025.
2．（2024·貴州遵義·模擬預測）（多選）數列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…稱為斐波那契數列，又稱黃金分割該數列，從第三項開始，各項等于其前相鄰兩項之和，即（），則下列選項正確的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABD
【分析】根據遞推公式進行驗證．
【詳解】由已知，A正確；
，B正確；
，C錯；
，D正確，
故選：ABD．
3．（23-24高三上·河北廊坊·期末）意大利數學家斐波那契以兔子繁殖數量為例，引入數列：1，1，2，3，5，8，該數列從第三項起，每一項都等于前兩項之和，即，故此數列稱為斐波那契數列，又稱為“兔子數列”，其通項公式為，設是不等式的正整數解，則的最小值為（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】D
【分析】利用對數運算將變形化簡得到，結合的表達式可得，結合，即可求出答案.
【詳解】因為，
所以，
即
故，
故，所以，
由斐波那契數列可知，則，
所以的最小值為9，
故選：D.
1．（2024·河南·模擬預測）我們把由0和1組成的數列稱為數列，數列在計算機科學和信息技術領域有著廣泛應用，把斐波那契數列（，）中的奇數換成0，偶數換成1可得到數列，若數列的前項和為，且，則的值可能是（ ）
A．100 B．201 C．302 D．399
【答案】C
【分析】根據題意求出的前若干項，找出規律，從而逐一檢驗各選項即可得解.
【詳解】因為，，
所以，
所以數列的前若干項為：
，
則，
所以，，
，.
故選：C.
2．（24-25高二上·山東青島·階段練習）在數學上，斐波納契數列定義為：，，，斐波納契數列有種看起來很神奇的巧合，如根據可得，所以，類比這一方法，可得（ ）
A．714 B．1870 C．4895 D．4896
【答案】C
【分析】根據題意，分析可得，進而變形可得，據此可得，計算可得答案.
【詳解】根據題意，數列滿足，即，
兩邊同乘以，可得，
則
.
故選：C.
3．（2024·山東·模擬預測）（多選）意大利著名數學家斐波那契在研究兔子的繁殖問題時，發現有這樣的一列數：1，1，2，3，5，8，13，21，….該數列的特點如下：前兩個數均為1，從第三個數起，每一個數都等于它前面兩個數的和.人們把這樣的一列數組成的數列稱為斐波那契數列，若用表示斐波那契數列的第項，則數列滿足：，.則下列說法正確的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【分析】對于A，根據題意求出斐波那契數列的前10項進行判斷，對于B，當時，，，，三式相加判斷，對于C，根據，對依次取1，2，……，2023，得到2023個式子相加進行判斷，對于D，由，得，對依次取1，2，……，2022，然后相加進行判斷.
【詳解】對于A，由題意可知斐波那契數列的前10項為1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，
所以，所以A錯誤，
對于B，當時，，，，
所以三式相加得，
所以，所以B正確，
對于C，因為數列滿足：，，
所以，，，……，
，，，
以上2023個等式相加得,
因為，所以，所以C正確，
對于D，因為，，
所以，,
,,
……,
,
所以，所以D正確，
故選：BCD
【點睛】關鍵點點睛：此題考查斐波那契數列的性質，解題的關鍵是理解斐波那契數列中項之間的關系，充分利用分析判斷，考查推理能力和理解能力，屬于較難題.
考點二、差數列及階差數列
1．（23-24高二上·云南昆明·期末）數學家楊輝在其專著《詳解九章算術法》和《算法通變本末》中，提出了一些新的高階等差數列．其中二階等差數列是一個常見的高階等差數列，如數列2，4，7，11，16從第二項起，每一項與前一項的差組成的新數列2，3，4，5是等差數列，則稱數列2，4，7，11，16為二階等差數列．現有二階等差數列，其前六項分別為1，3，6，10，15，21，則的最小值為 ．
【答案】
【分析】先得出遞推公式，并用疊加法求出通項公式，再用基本不等式求最小值.
【詳解】數列的前六項分別為1，3，6，10，15，21，
依題知，，，，，
疊加可得：，
整理得，
當，，滿足，
所以，
所以，
當且僅當時，即，時等號成立，
又，所以等號取不到，所以最小值在時取得，
當時，，所以最小值為.
故答案為：
2．（23-24高三下·重慶·階段練習）定義：滿足 為常數，）的數列 稱為二階等比數列，為二階公比.已知二階等比數列的二階公比為，則使得 成立的最小正整數為（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】B
【分析】根據數列新定義可得，利用累乘法求得的表達式，解數列不等式，即可求得答案.
【詳解】由題意知二階等比數列的二階公比為，則，
故，
將以上各式累乘得：，
故，令，由于，
故，即，
又的值隨n的增大而增大，且，
當時，，
當時，，
故n的最小值為8，
故選：B
3．（2024·全國·模擬預測）給定數列，稱為的差數列（或一階差數列），稱數列的差數列為的二階差數列……
(1)求的二階差數列；
(2)用含的式子表示的階差數列，并求其前項和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據差數列的定義，依次求出數列的一階差數列和二階差數列即得；
（2）根據（1）的規律，猜想的階差數列為，接著運用數學歸納法進行證明；再根據等比數列的前項和公式求解即得.
【詳解】（1）由差數列的定義，數列的一階差數列為
數列的二階差數列為的一階差數列，即
故數列的二階差數列為．
（2）通過找規律得，的階差數列為，下面運用數學歸納法進行證明：
①當時，顯然成立；時，由（1）得結論也成立．
②假設該結論對時成立，嘗試證明其對時也成立．
由差數列的定義，的階差數列即的階差數列的一階差數列，即
故該結論對時也成立，證畢．
故的階差數列為．該數列是以為首項，2為公比的等比數列，
故其前項和為
故的階差數列為，其前項和為.
1．（2024·四川自貢·一模）南末數學家楊輝在《詳解九章算法》和《算法通變本末》中，提出了一些新的垛積公式，所討論的高階等差數列與一般等差數列不同，前后兩項之差并不相等，但是逐項差數之差或者高次差成等差數列.對這類高階等差數列的研究，在楊輝之后一般稱為“垛積術”.現有高階等差數列，其前項分別為，則該數列的第項（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據“高階等差數列”的定義求得第項.
【詳解】，
設，
，
設，
所以，所以是首項為，公差為的等差數列，
所以，即，
所以.
故選：D
2．（2024·四川南充·三模）對于數列，規定為數列的一階差分，其中，規定為數列的k階差分，其中．若，則（ ）
A．7 B．9 C．11 D．13
【答案】D
【分析】由數列的新定義計算即可.
【詳解】由可得
，
，
由可得，
所以，
故選：D.
3．（2024·吉林長春·模擬預測）對于數列，稱為數列的一階差分數列，其中.對正整數，稱為數列的階差分數列，其中已知數列的首項，且為的二階差分數列.
(1)求數列的通項公式；
(2)設為數列的一階差分數列，對，是否都有成立？并說明理由；（其中為組合數）
(3)對于（2）中的數列，令，其中.證明：.
【答案】(1)；
(2)成立，理由見解析；
(3)證明見解析.
【分析】（1）由二階差分數列的定義可得，將，可得，構造等差數列即可求解；
（2）由一階差分數列的定義可得，要證成立，即證，根據二項式定理即可證明；
（3）作差可得，故，根據等比數列的求和公式即可證明.
【詳解】（1）因為為的二階差分數列，所以，
將，代入得，整理得，即，
所以.故數列是首項為，公差為的等差數列，
因此，，即.
（2）因為為數列的一階差分數列，所以，
故成立，即為.①
當時，①式成立；
當時，因為，且，
所以①成立，故對都有成立.
（3），因為，所以，
故，即，
所以.
【點睛】關鍵點點睛：涉及數列新定義問題，關鍵是正確理解給出的定義，由給定的數列結合新定義探求數列的相關性質，并進行合理的計算、分析、推理等方法綜合解決.
考點三、平方數列與類平方數列
1．（23-24高三上·四川綿陽·階段練習）若數列滿足則稱為 “平方遞推數列”. 已知數列是 “平方遞推數列”， 且則（ ）
A．是等差數列 B．是等差數列
C．是 “平方遞推數列” D．是 “平方遞推數列”
【答案】C
【分析】對于AB，由題意得，然后根據等差數列的定義分析判斷即可，對于CD，由平方遞推數列的定義分析判斷.
【詳解】對于AB，因為 是 “平方遞推數列”， 所以.
又， 所以 則，，
所以，不是等差數列， 所以AB不正確.
對于C，因為 ，所以 是 “平方遞推數列”， 所以C 正確.
對于D，因為 ，
所以不是 “平方遞推數列”， D 不正確.
故選：C
1．（2024·海南·模擬預測）（多選）已知數列滿足：①；②，，，，則稱數列為“類平方數列”，若數列滿足：①數列不是“類平方數列”；②將數列中的項調整一定的順序后可使得新數列成為“類平方數列”，則稱數列為“變換類平方數列”，則（ ）
A．已知數列，則數列為“類平方數列”
B．已知數列為：3，5，6，11，則數列為“變換類平方數列”
C．已知數列的前頂和為，則數列為“類平方數列”
D．已知，.則數列為“變換類平方數列”
【答案】CD
【分析】利用“類平方數列”的定義判斷AC；利用“變換類平方數列”的定義判斷BD.
【詳解】對于A，，，當時，不是正整數的平方，數列不為“類平方數列”，A錯誤；
對于B，，當時，，
即無論為數列的第幾項，都不可能為正整數的平方，數列不為“變換類平方數列”，B錯誤；
對于C，當時，，
而滿足上式，則，當時，，
數列為“類平方數列”，C正確；
對于D，數列的4項依次為，將此數列調整為時，
有，因此數列為“變換類平方數列”，D正確.
故選：CD
考點四、數列的單調性
1．（2024·江西新余·模擬預測）我們規定：若數列為遞增數列且也為遞增數列，則為“數列”.
(1)已知：，，，數列中其中只有一個數列，它是： ；請從另外兩個數列中任選一個證明其不是數列.
(2)已知數列滿足：，為的前項和，試求的通項并判斷數列是否為數列并證之.
(3)已知數列、均為數列，且，，求證：數列也為數列.
【答案】(1)，證明見解析
(2)，不是數列，證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）利用冪函數的單調性可得與都是遞增數列；利用特殊項的大小比較可得與均不是數列；
（2）由已知等式變形裂項可得，再由累加法可求通項，進而可得，利用等差數列求和公式可得，由可證明不是數列；
（3）由“數列”的定義可得，，結合不等式的性質與放縮法得，由此分別證明與即可得證.
【詳解】（1）空格處填.
原因如下：因為，則，
由冪函數與在上都是增函數，由，
故數列與都是遞增數列，則為“數列”.
若選，下面證明不是數列.
證明：由，則 .
故，所以不是遞增數列.
故不是數列；
若選，下面證明不是數列.
證明：由，則 .
所以不是遞增數列.
故不是數列.
（2）由可得，
所以
設，則，，...，，
累加得，
又，故，
所以. 由，
故是以為首項，為公差的等差數列.
所以，則，.
即數列是遞增數列，但不是遞增數列，故不是數列.
（3）數列、均為數列，且，，
由題意可得，
且，，
由不等式的性質可得，，又，
則，所以為遞增數列，
且有，
則，
故也是遞增數列，故為數列.
1．（24-25高三上·河南·開學考試）若數列的相鄰兩項或幾項之間的關系由函數確定，則稱為的遞歸函數．設的遞歸函數為．
(1)若，（），證明：為遞減數列；
(2)若，且，的前項和記為．
①求；
②我們稱為取整函數，亦稱高斯函數，它表示不超過的最大整數，例如，．若，求．
【答案】(1)證明見解析
(2)① ；②
【分析】（1）根據定義得出，再根據即可證明；
（2）根據等比數列的定義及等比數列的求和公式即可求解①；結合①得出，當時，，所以；當時，由放縮得出，結合得出進而求解．
【詳解】（1）證明：若，顯然．
又，所以，，，，
所以，．
因為，，所以，
，所以，所以是遞減數列．
（2）①由題意得，
又，所以，所以，
所以是以為首項，6為公比的等比數列，
則．
②由①得，所以．
當時，，所以；
當時，．
所以當時，，
所以當時，，
又，所以，
所以，，所以，
所以．
【點睛】關鍵點睛：求解時，關鍵是求出的取值范圍，根據不等式放縮得出是解題關鍵．
2．（2024·廣東深圳·模擬預測）已知是各項均為正整數的無窮遞增數列，對于，定義集合，設為集合中的元素個數，特別規定：若時，．
(1)若，寫出，及的值；
(2)若數列是等差數列，求數列的通項公式；
(3)設集合，，求證：且．
【答案】(1)，，；
(2)；
(3)證明見解析.
【分析】（1）根據數列的定義，分別求出，，；
（2）假設，，均與數列是等差數列矛盾，進而得到數列是以為首項，為公差的等差數列，進而得到；
（3）根據定義得到數列是遞增數列；用反證法證明，假設存在正整數，若，則推出，與假設矛盾，所以；，所以要證，只需證，且，能推出，所以，所以，所以結論成立.
【詳解】（1）因為，所以，，
由得，，所以，
由得，，所以；
（2）由題可知，所以，即，
若，則，，
所以，，與是等差數列矛盾，所以，
設，因為是各項均為正整數的遞增數列，所以，
假設存在使得，設，由得，
由得，，與是等差數列矛盾，
所以對任意都有，
所以數列是等差數列，；
（3）因為對于，，所以，所以，即數列是遞增數列，
先證明，
假設，設正整數，
由于，故存在正整數使得，所以，
因為是各項均為正整數的遞增數列，所以，
所以，，
所以，，
又因為數列是遞增數列，所以，與假設矛盾，
所以；
再證明，
由題可知，所以要證，只需證，設且，
因為數列是各項均為正整數的遞增數列，所以存在正整數，使得，
令，
若則，即，所以，所以，所以，
若，則，所以所以，
因為，所以，所以，
所以；
綜上所述，且.
【點睛】方法點睛：新定義問題解題策略
首先，明確新定義的特點；其次，根據定義中的步驟對具體題目進行運算；最后得到結論.
考點五、數列的凹凸性
1．（2024·安徽池州·模擬預測）定義：若對恒成立，則稱數列為“上凸數列”．
(1)若，判斷是否為“上凸數列”，如果是，給出證明；如果不是，請說明理由．
(2)若為“上凸數列”，則當時，．
（ⅰ）若數列為的前項和，證明：；
（ⅱ）對于任意正整數序列（為常數且），若恒成立，求的最小值．
【答案】(1)是，證明見解析
(2)（?。┳C明見解析；（ⅱ）
【分析】（1）構造函數，利用導數研究其單調性結合“上凸數列”定義判定即可；
（2）（ⅰ）利用“上凸數列”定義及倒序相加法證明即可；令，利用條件及數列求和適當放縮計算即可.
【詳解】（1）是“上凸數列”，理由如下：
因為，
令，
則．
當時，，
所以，
所以在區間上單調遞減，
所以，
所以，
所以是“上凸數列”．
（2）（?。┳C明：因為是“上凸數列”，由題意可得對任意，
，
所以，
所以．
（ⅱ）解：令，
由（1）可得當時，是“上凸數列”，
由題意可知，當時，．
因為，
即
．
所以
，
當且僅當時等號成立，
所以．
綜上所述，的最小值為．
1．（24-25高三上·安徽亳州·開學考試）已知數列，對于任意的，都有，則稱數列為“凹數列”．
(1)判斷數列是否為“凹數列”，請說明理由；
(2)已知等差數列，首項為4，公差為，且為“凹數列”，求的取值范圍；
(3)證明：數列為“凹數列”的充要條件是“對于任意的，當時，有”．
【答案】(1)數列是“凹數列”，理由見解析
(2)
(3)證明見解析
【分析】（1）計算出，故滿足“凹數列”的定義；
（2）利用等差數列通項公式得到，由題意得對任意恒成立，化簡得到，得到答案；
（3）先證明出必要性，放縮得到，故，再證明充分性，取，則有，即，所以為“凹數列”.
【詳解】（1）因為，則，
又，故，即，數列是“凹數列”．
（2）因為等差數列的公差為，
所以，
因為數列是凹數列，
所以對任意恒成立，
即
所以，即，
因為，
解得．
所以的取值范圍為．
（3）先證明必要性：
因為為“凹數列”所以對任意的，都有，即，
所以對任意的，當時，有
，
所以，
又，
所以．必要性成立，
再證明充分性：
對于任意的，當時，有，
取，則有，
即，所以為“凹數列”.
【點睛】方法點睛：數列新定義問題，主要針對于等差，等比，遞推公式和求和公式等綜合運用，對常見的求通項公式和求和公式要掌握牢固，同時涉及數列與函數，數列與解析幾何，數列與二項式定理，數列與排列組合等知識的綜合，要將“新”性質有機地應用到“舊”性質上，創造性的解決問題.
2．（24-25高二上·上?！るA段練習）已知數列，對于任意的正整數，都有則稱數列是嚴格凹數列．
(1)若數列，的通項公式分別為，判斷數列，是否為嚴格凹數列，無需說明理由；
(2)證明：“對于任意正整數的，當時，有”是“數列為嚴格凹數列”的充要條件；
(3)函數是定義在正實數集上的嚴格增函數，且數列是嚴格凹數列，嚴格增數列（正整數為常數且）各項均為互不相等的正整數，若恒成立，求實數λ的取值范圍．
【答案】(1)不是嚴格凹數列；是嚴格凹數列.
(2)證明見解析
(3)答案見解析
【分析】（1）根據定義條件分析驗證即可；
（2）充分性，賦特值令可證；必要性，結合定義轉化為，再將拆項為，然后利用不等式放縮可得，同理可證，二者變形結合不等式傳遞性可得；
（3）先舉特例探求條件，猜想結論并證明.結合是否為1，對給定常數，分與兩大類討論.特殊情況當時，利用定義分析證明即可.一般情況下，利用（2）結論結合可證明，利用該不等式，將“首尾兩項和”逐次放縮可得恒成立.
【詳解】（1）不是嚴格凹數列；是嚴格凹數列.
已知數列的通項公式為，
所以，
，
則，
所以，
故數列不是嚴格凹數列．
由數列的通項公式為，
則，，
，
所以，
故數列是嚴格凹數列．
（2）證明充分性：
若對于任意正整數的，當時，有.
對于任意的，令，則滿足條件，，
則有,即,
所以數列 為嚴格凹數列.
證明必要性：
若數列為嚴格凹數列，
所以對任意的，都有，即.
所以對任意的，當時，
則有，
所以有，
由，則；
又有，
由，則；
又因為，
所以.
故“對于任意正整數的，當時，有” 是“數列為嚴格凹數列”的充要條件.
（3）特例1：令，
則函數是定義在正實數集上的嚴格增函數.
所以，
則，
故數列是嚴格凹數列，且，
令，且，則數列為嚴格增數列，
給定常數時，要使不等式恒成立，
則，即恒成立，
即，解得.
特例2：令，
則函數是定義在正實數集上的嚴格增函數.
所以，
則，
故數列是嚴格凹數列，且，嚴格增數列，
給定常數時，要使不等式恒成立，
則，即恒成立，
即，解得或.
猜想1：給定常數時，對任意滿足題意的，數列，數列，
要使不等式恒成立，則.
特例3：給定常數，時，對嚴格增數列，
要使不等式恒成立，即使恒成立，
注意到：對于函數，，嚴格增數列，
為定義在正實數集上的嚴格增函數，滿足，
且數列滿足，
則，，
當時，恒成立.
考慮到滿足題意的函數若不斷逼近函數，則的值也不斷接近于的值，給出猜想2.
猜想2：給定常數，時，對任意滿足題意的，數列，數列，
要使不等式恒成立，則.
證明：由題意數列是嚴格凹數列，則由（2）所證結論可得，
對于任意，有，
即，
故對任意的，，
由，
所以，則；
故對任意的，，
又，
所以，則；
，依此類推可得，
當，且，時，則.
當時，令，
故，
又，則.
由題意，數列為嚴格增數列（正整數為常數且），且各項均為互不相等的正整數，
所以，且，
則，，
又，
①若給定常數，對任意滿足題意的，數列，數列，
則，
要使，即恒成立.
（i）若且時，
任意滿足題意的，數列，數列，
則
即當時， ，
故不成立.
當時，由，由單調性可得，
恒成立.
（ii）若且時，，
則，
而，
又是定義在正實數集上的嚴格增函數，
當時，，則，
則.
則當時，恒成立.
由（i）（ii）可知，給定常數時，任意滿足題意的，數列，數列，
要使恒成立，則.
②若給定常數，時，
任意滿足題意的，數列，數列，
由，，
.
又是定義在正實數集上的嚴格增函數，
則當時，，
則恒成立.
所以若給定常數，時，任意滿足題意的，數列，數列，
要使不等式恒成立，則.
綜上所述，給定常數，當時，要使恒成立，則；
當時，要使恒成立，則.
【點睛】關鍵點點睛：解決此題的關鍵點在于理解“嚴格凹數列”的定義，挖掘定義條件的變式結論并應用：如（2）問中拆項法中充分應用了結論再進行放縮處理從而得證；再如（3）問中探究應用結論再逐次放縮從而得到的取值范圍.
考點六、數列的周期性
1．（2024·上海青浦·二模）若無窮數列滿足：存在正整數，使得對一切正整數成立，則稱是周期為的周期數列．
(1)若（其中正整數m為常數，），判斷數列是否為周期數列，并說明理由；
(2)若，判斷數列是否為周期數列，并說明理由；
(3)設是無窮數列，已知．求證：“存在，使得是周期數列”的充要條件是“是周期數列”．
【答案】(1)是周期為的周期數列，理由見解析
(2)答案見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）根據題設定義，利用的周期，即可得出結果；
（2）分與兩種情況討論，當，易得到是周期為1的周期數列，當時，構造，則，利用導數與函數單調性間的關系，可得出是嚴格增（或減）數列，從而可得出結果；
（3）根據條件，利用充要條件的證明方法，即可證明結果.
【詳解】（1）因為，
所以是周期為的周期數列．
（2）①當時，，，
所以當時，是周期為1的周期數列，
②當時，記，則，
，當且僅當時等號成立，
即，所以在上嚴格增，
若，則，即，進而可得，即是嚴格增數列，不是周期數列；
同理，若，可得是嚴格減數列，不是周期數列．
綜上，當時，是周期為1的周期數列；當時，不是周期數列．
（3）必要性：
若存在，使得是周期數列，設的周期為，
則，所以是周期為的周期數列，
充分性：
若是周期數列，設它的周期為，記，則
，是關于x的連續函數；
，是關于x的連續函數；
…
，是關于x的連續函數；
，
令，則是連續函數，
且，，
所以存在零點，于是，
取，則，
從而，
，
……
一般地，對任何正整數n都成立，即是周期為T的周期數列．
（說明：關于函數連續性的說明不作要求）
【點睛】方法點晴：對于數列的新定義問題，解決問題的關鍵在于準確理解定義，并結合定義進行判斷或轉化條件.
2．（2024·廣東珠?！ひ荒＃τ跀盗?，若存在常數，，使得對任意的正整數，恒有成立，則稱數列是從第項起的周期為的周期數列．當時，稱數列為純周期數列；當時，稱數列為混周期數列．記為不超過的最大整數，設各項均為正整數的數列滿足：.
(1)若對任意正整數都有，請寫出三個滿足條件的的值；
(2)若數列是純周期數列，請寫出滿足條件的的表達式，并說明理由；
(3)證明：不論為何值，總存在使得．
【答案】(1),,
(2)，理由見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）分別取，，，，，根據已知條件逐一驗證即可求解；
（2）分別取，，，，，，，根據已知條件逐一驗證得出猜想，并驗證猜想；
（3）根據（2）的分析，時，滿足題意；再證明，當時，也存在使得即可.
【詳解】（1）因為對任意整數都有，
所以取，則，不符合題意；
取，，，
此時，數列為常數列；
取，，，不符合題意；
取，，，，
此時，數列的通項公式為；
取，，，
，
此時，數列的通項公式為；
所以滿足條件的三個的值為,,；
（2）取，，，
此時數列為常數列，為純周期數列；
取，則，，
此時數列的通項公式為，為混周期數列；
取，，，
此時，數列為常數列，為純周期數列；
取，，，，
此時數列的通項公式為，為混周期數列；
取，，，，
此時，數列的通項公式為，為混周期數列；
取，，，
，
此時，數列的通項公式為，為混周期數列；
取， ，
，
此時，數列為常數列，為純周期數列；
根據上述計算得出猜想，
當時，數列為常數列也是純周期數列，
下面進行驗證：
當時，，
，，
此時數列為常數列，也是純周期數列；
（3）首先，根據（2）的分析，發現當時，數列為常數列，
也是純周期數列，滿足題意；
接下來證明，當時，也存在使得；
因為，
所以只需要證明數列中始終存在值為1的項即可，
當時，顯然存在值為1的項，
當時，有或，
若為偶數，則，
若為奇數時，
則，
，
所以，
所以無論為奇數還是偶數，均有；
特別的，當為奇數時，且，
類似的，可得：無論為奇數還是偶數，均有；
特別的，當為奇數時，且；
所以無論無論為奇數還是偶數，均有；
若，則恒為奇數且，
于是，假設數列的且，
所以，恒為奇數且，
由于中僅有有限個正整數，故數列從某項起恒為常數；
設為第一個值為的項，
而，
故，
這與“是第一個值為的項”相矛盾，
所以，數列除第一項外，還存在不屬于區間的項，
假設這些不屬于區間的項全部屬于區間，那么也會出現類似的矛盾，
所以，數列除第一項外，存在不屬于區間和的項，
以此類推，數列一定存在小于值為的正整數的項，即存在值為的項，
得證.
【點睛】方法點睛：考查分段定義周期數列的相關知識，方法是給賦值，逐一根據已知題意進行驗證.
3．（2024·湖南長沙·一模）對于數列，如果存在正整數，使得對任意，都有，那么數列就叫做周期數列，叫做這個數列的周期.若周期數列滿足：存在正整數，對每一個，都有，我們稱數列和為“同根數列”.
(1)判斷數列是否為周期數列.如果是，寫出該數列的周期，如果不是，說明理由；
(2)若和是“同根數列”，且周期的最小值分別是和，求的最大值.
【答案】(1)答案見解析
(2)答案見解析
【分析】（1）根據周期數列的定義進行判斷即可；
（2）根據同根數列的定義分類討論進行求解即可.
【詳解】（1）均是周期數列，理由如下：
因為，
所以數列是周期數列，其周期為1（或任意正整數）.
因為，
所以.
所以數列是周期數列，其周期為6（或6的正整數倍）.
（2）當是奇數時，首先證明不存在數列滿足條件.
假設，即對于，都有.
因為，
所以，
即，及.
又時，，
所以，與的最小值是矛盾.
其次證明存在數列滿足條件.
取
及，
對于，都有.
當是偶數時，首先證明時不存在數列滿足條件.
假設，即對于，都有.
因為，
所以，
即，及.
又時，，
所以，與的最小值是矛盾.
其次證明時存在數列滿足條件.
取
及
對于，都有.
綜上，當是奇數時，的最大值為；
當是偶數時，的最大值為.
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是理解同根數列的定義，運用分類討論思想進行求解是解題的關鍵.
1．（24-25高三上·黑龍江牡丹江·階段練習）對于數列，若存在常數，，使得對任意的正整數，恒有成立，則稱數列是從第項起的周期為的周期數列．當時，稱數列為純周期數列；當時，稱數列為混周期數列．記為不超過的最大整數，設各項均為正整數的數列滿足：.
(1)若對任意正整數都有，請寫出三個滿足條件的的值；
(2)若數列是常數列，請寫出滿足條件的的表達式，并說明理由；
(3)證明：不論為何值，總存在使得．
【答案】(1),,；
(2)，理由見解析；
(3)證明見解析.
【分析】（1）分別取，，，，，根據已知條件逐一驗證即可求解.
（2）分別取，，，，，，，根據已知條件逐一驗證得出猜想，并驗證猜想.
（3）根據（2）的分析，時，滿足題意；再證明，當時，也存在使得即可.
【詳解】（1）對任意整數都有，
當時，，不符合題意；
當時，，，數列為常數列；
當時，，，不符合題意；
當時，，，，
數列的通項公式為；
取時，，，，
數列的通項公式為，
所以滿足條件的三個的值為,,；
（2）當時，，，
此時數列為常數列；
當時，則，，
此時數列的通項公式為，不為常數列；
當時，由（1）知，數列為常數列；
當時，，，，
此時數列的通項公式為，不為常數列；
當時，由（1）知，數列的通項公式為，不為常數列；
當時，由（1）知，數列的通項公式為，不為常數列；
當時， ，，數列為常數列，
根據上述計算得出猜想，
當時，數列為常數列，
證明如下：
當時，，
，，
所以當時，數列為常數列.
（3）由（2）知，當時，數列為常數列，則存在使得；
當時，也存在使得，
而，則只需要證明數列中始終存在值為1的項即可，
當時，則，即數列存在值為1的項，
當時，有或，
若為偶數，則，
若為奇數時，則，
，
則，于是，即無論為奇數還是偶數，均有，
特別地，當為奇數時，且，
類似地，無論為奇數還是偶數，均有；
特別地，當為奇數時，且，當且僅當取等號，
因此無論為奇數還是偶數，均有，
若，則恒為奇數且，當且僅當取等號，
于是假設數列的且，
則恒為奇數且，當且僅當取等號，
由于中僅有有限個正整數，則數列從某項起恒為常數，
設為第一個值為的項，而，
于是，有，
這與“是第一個值為的項”相矛盾；
因此數列除第一項外，還存在不屬于區間的項，
假設這些不屬于區間的項全部屬于區間，那么也會出現類似的矛盾，
則數列除第一項外，存在不屬于區間和的項，
以此類推，數列一定存在小于值為的正整數的項，即存在值為的項，
所以不論為何值，總存在使得.
【點睛】方法點睛：考查分段定義周期數列的相關知識，方法是給賦值，逐一根據已知題意進行驗證.
2．（23-24高三上·北京豐臺·期末）對于數列，如果存在正整數，使得對任意，都有，那么數列就叫做周期數列，叫做這個數列的周期．若周期數列，滿足：存在正整數，對每一個，都有，我們稱數列和為“同根數列”．
(1)判斷下列數列是否為周期數列．如果是，寫出該數列的周期，如果不是，說明理由；
①；②
(2)若和是“同根數列”，且周期的最小值分別是3和5，求證：；
(3)若和是“同根數列”，且周期的最小值分別是和，求的最大值．
【答案】(1)、均是周期數列，數列周期為1（或任意正整數），數列周期為6
(2)證明見解析
(3)答案見解析
【分析】（1）由周期數列的定義求解即可；
（2）由“同根數列”的定義求解即可；
（3）是奇數時，首先證明不存在數列滿足條件，其次證明存在數列滿足條件.當是偶數時，首先證明時不存在數列滿足條件,其次證明時存在數列滿足條件．
【詳解】（1）、均是周期數列，理由如下：
因為，
所以數列是周期數列，其周期為1（或任意正整數）．
因為，
所以．
所以數列是周期數列，其周期為6（或6的正整數倍）．
（2）假設不成立，則有，即對于，都有．
因為，，所以．
又因為，，所以．
所以，
所以，與的最小值是3矛盾．
所以．
（3）當是奇數時，首先證明不存在數列滿足條件．
假設，即對于，都有．
因為，
所以，
即，及．
又時，，
所以，與的最小值是矛盾．
其次證明存在數列滿足條件．
取
及，
對于，都有．
當是偶數時，首先證明時不存在數列滿足條件．
假設，即對于，都有．
因為，
所以，
即，及．
又時，，
所以，與的最小值是矛盾．
其次證明時存在數列滿足條件．
取
及，
對于，都有．
綜上，當是奇數時，的最大值為；
當是偶數時，的最大值為．
【點睛】關鍵點睛：本題(3)的突破口是利用“同根數列”的定義分類討論，當是奇數時，首先證明不存在數列滿足條件，其次證明存在數列滿足條件.當是偶數時，首先證明時不存在數列滿足條件，其次證明時存在數列滿足條件．
考點七、數列的新概念
1．（2024·江蘇南通·模擬預測）定義：已知數列的首項，前項和為.設與是常數，若對一切正整數，均有成立，則稱此數列為“”數列.若數列是“”數列，則數列的通項公式（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由題可知，根據定義得，根據平方差公式化簡得，求得，最后根據，即可求出數列的通項公式.
【詳解】因為數列是“”數列，則，
所以，而，
，
，
，
，
，，
，
.
故選：B
2．（23-24高三下·湖南長沙·階段練習）對于無窮數列，若對任意，且，存在，使得成立，則稱為“數列”.
(1)若數列的通項公式為，試判斷數列是否為“數列”，并說明理由；
(2)已知數列為等差數列，
①若是“數列”，，且，求所有可能的取值；
②若對任意，存在，使得成立，求證：數列為“數列”.
【答案】(1)是，理由見解析
(2)①的可能值為.②證明見解析
【分析】（1）根據題意，推得，取，得到，即可求解；
（2）若是“數列”，且為等差數列，得到，進而得到存在，使得，求得，得到的值，進而求得的可能值；
②設數列公差為，得到，求得，雞兒推得，得到答案.
【詳解】（1）解：數列的通項公式為，
對任意的，都有，
取，則，所以 是“數列”.
（2）解：數列為等差數列，
①若是“數列”，，且，
則，
對任意的，
，由題意存在，使得，
即，顯然，
所以，即，
.所以是8的正約數，即，
時，；
時；
時；
時.
綜上，的可能值為.
②若對任意，存在，使得成立，
所以存在，
設數列公差為，則，
可得，
對任意，
則，取，
可得，所以數列是“數列”.
3．（2024·遼寧·三模）若實數列滿足，有，稱數列為“數列”.
(1)判斷是否為“數列”，并說明理由；
(2)若數列為“數列”，證明：對于任意正整數，且，都有
(3)已知數列為“數列”，且.令，其中表示中的較大者.證明：，都有.
【答案】(1)數列是“數列”，數列不是“數列”；
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）根據“數列”的定義判斷可得出結論；
（2）由可得出，利用累加法結合不等式的基本性質可得，以及，再結合可證得結論成立；
（3）首先當或2024時的情況，再考慮時，結合（2）中結論考慮用累加法可證得結論.
【詳解】（1）因為，
所以數列是“數列”，
因為，
所以數列不是“數列”；
（2）令，因為數列為“數列”，所以
從而，所以
因為，所以
，
因為，所以.
（3）當或2024時，，
從而，
當時，因為，
由第(2)問的結論得，可推得，從而
對于，由第(2)問的結論得，從而也成立，從而
對于，由第(2)問的結論得，從而
也成立，從而
所以
由條件
可得，
所以.
【點睛】方法點睛：本題主要考查數列新定義的問題，處理此類問題時，通常根據題中的新定義，結合已知結論進行推導、求解；本題中，根據“數列”的定義“”結合作差法、不等式的性質進行推理、證明不等式成立，并在推導時，充分利用已有的結論進行推導，屬于難題.
4．（2024·福建泉州·模擬預測）若無窮數列滿足：對于，其中為常數，則稱數列為數列．
(1)若一個公比為的等比數列為“數列”，求的值；
(2)若是首項為1，公比為3的等比數列，在與之間依次插入數列中的項構成新數列，求數列中前30項的和．
(3)若一個“數列"滿足，設數列的前項和為．是否存在正整數，使不等式對一切都成立？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．
【答案】(1)
(2)1622
(3)存在，理由見解析
【分析】（1）根據等比數列的通項公式，列出“數列”的式子，變形后得，與無關，即可求解；
（2）由題意確定數列中前30項含有的前7項和數列的前23項，結合等差和等比數列的前項和公式，即可求解；
（3）首先求解出，可得數列的前項和，并假設存在，通過驗證求得，再利用放縮法，證明結論成立.
【詳解】（1）數列是等比數列，則，，
則，
因為與無關，所以，即；
（2）由題意可知，，而，所以，
是首項為1，公比為3的等比數列，
而新數列中項（含）前共有項，
令，結合，解得：，
故數列中前30項含有的前7項和數列的前23項，
所以數列中前30項的和；
（3）因為數列是“數列”，，，，
則，，得，
所以數列的前項和，
假設存在正整數，使得不等式，對一切都成立，
即
當時，，得，
又為正整數，得
下面證明：對一切都成立，
由于，，
所以，
，
所以存在，使不等式對一切都成立.
【點睛】思路點睛：本題第3問首先利用特殊值，首先確定的值，再用到了放縮法，求和后說明存在.
1．（2024·北京東城·二模）設無窮正數數列，如果對任意的正整數，都存在唯一的正整數，使得，那么稱為內和數列，并令，稱為的伴隨數列，則（ ）
A．若為等差數列，則為內和數列
B．若為等比數列，則為內和數列
C．若內和數列為遞增數列，則其伴隨數列為遞增數列
D．若內和數列的伴隨數列為遞增數列，則為遞增數列
【答案】C
【分析】對于ABD：舉反例說明即可；對于C：根據題意分析可得，結合單調性可得，即可得結果.
【詳解】對于選項AB：例題，可知即為等差數列也為等比數列，
則，但不存在，使得，
所以不為內和數列，故AB錯誤；
對于選項C：因為，
對任意，，可知存在，
使得，
則，即，
且內和數列為遞增數列，可知，
所以其伴隨數列為遞增數列，故C正確；
對于選項D：例如，
顯然是所有正整數的排列，可知為內和數列，且的伴隨數列為遞增數列，
但不是遞增數列，故D錯誤；
故選：C.
【點睛】方法點睛：對于新定義問題，要充分理解定義，把定義轉化為已經學過的內容，簡化理解和運算.
2．（2024·湖北荊州·三模）“數列”定義：數列的前項和為，如果對于任意的正整數，總存在正整數使則稱數列是“數列”.
(1)若數列的前項和為求證：數列是“數列”；
(2)已知數列是“數列”，且數列是首項為，公差小于的等差數列，求數列的通項公式；
(3)若數列滿足：求數列的前項和.
【答案】(1)證明見解析
(2)
(3)
【分析】
（1）利用求出，再利用題中“數列”的定義進行證明.
（2）數列即是“數列”，又是等差數列，表示出通項公式和前項和，利用“數列”的定義求出公差，進而求出通項公式.
（3）由（1），（2）求出數列的通項公式，利用錯位相減法求和即可.
【詳解】（1）證明：當時，；
當時，，
所以，即.
所以數列是“數列”.
（2）設數列的公差為d,.
對，使；
取時，得，解得，
，又，
故，是小于2正整數.
此時對于任意的正整數，總存在正整數使，故.
（3），
當時，，
，
，
.
當時，，滿足上式.
綜上，.
3．（2024·黑龍江·二模）如果一個數列從第二項起，每一項與它前一項的比都大于3，則稱這個數列為“型數列”．
(1)若數列滿足，判斷是否為“型數列”，并說明理由；
(2)已知正項數列為“型數列”，，數列滿足，，是等比數列，公比為正整數，且不是“型數列”，求數列的通項公式．
【答案】(1)不是“型數列”，理由見解析；
(2)
【分析】（1）計算得出數列前兩項驗證即可得出結論，并證明即可；
（2）利用為“型數列”和是等比數列，且不是“型數列”可求得的公比為，即可求出數列的通項公式為.
【詳解】（1）易知當時，可得，即；
而當時，，可得；
此時，不滿足“型數列”定義，
猜想：數列不是“型數列”，
證明如下：
由可得，當時，，
兩式相減可得，可得，
此時從第二項起，每一項與它前一項的比為，因此不是“型數列”；
（2）設數列的公比為，易知，
又因為數列不是“型數列”，可得
可得，即得；
又數列為“型數列”，可得；
易知“型數列”為遞增數列，因此當趨近于正無窮大時，趨近于，即可得；
綜上可得，即，可得；
所以數列是以為首項，公比為的等比數列；
即可得，可得；
所以數列的通項公式為.
4．（2024·全國·模擬預測）定義：若對于任意的，數列滿足，則稱這個數列是“數列”．
(1)已知首項為1的等差數列是“數列”，且恒成立，求的取值范圍．
(2)已知各項均為正整數的等比數列是“數列”，數列不是“數列”．記，若數列是“數列”．
①求數列的通項公式．
②是否存在正整數，使成等差數列？若存在，求出的所有值；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)
(2)①；②存在，
【分析】（1）由等差數列是“數列”，可得其公差，利用等差數列的前項和公式將原不等式化為對任意的恒成立，再對的范圍進行分類討論即可得的取值范圍；
（2）①分別求數列中的最小項，再根據是“數列”，數列不是“數列”求的值；再分類討論并分別檢驗數列是否為“數列”，可得，即‘
②根據題意得到關于的方程,并判斷的大小關系，分類討論，分別求得的值，再對結果進行檢驗即可得出結論.
【詳解】（1）因為等差數列是“數列”，所以其公差．
因為，所以，
由題意，得對任意的恒成立，
即對任意的恒成立．
當時，恒成立，故；
當時，對任意的恒成立，即對任意的恒成立，
因為，所以．
綜上，，
所以，
即的取值范圍是．
（2）①設等比數列的公比為，則，
因為“數列”的每一項均為正整數，由得，所以且，
所以在數列中，“”為最小項，
在數列中，“”為最小項．
若是“數列”，則只需，即，
若數列不是“數列”，則，即，
因為數列的每一項均為正整數，所以，
所以或．
當時，，則，
令，則，
又，
所以為遞增數列，
又，
所以對于任意的，都有，即，
所以數列為“數列”，符合題意．
當時，，則，
因為，所以數列不是“數列”，不合題意．
綜上所述，數列的通項公式為；
②假設存在正整數，使成等差數列，
則，即．
由于，所以數列為遞減數列．
因為，所以且至少為2，
所以．
易知，
當時，，
又，所以，這與矛盾，不合題意；
當時，，所以，即，
由于為遞減數列，故有唯一解，即．
綜上，存在正整數，使成等差數列．
【點睛】破解新定義問題的攻略：
（1）理解“新定義”，明確“新定義”的條件、原理、操作步驟和結論．
（2）重視“舉例”，利用“舉例”檢驗是否理解和正確運用“新定義”，并歸納“舉例”提供的解題方法．
（3）類比新定義的概念、原理、方法，解決問題．
考點八、數列的新性質
1．（2024·山東青島·三模）（多選）若有窮整數數列滿足：，且，則稱具有性質.則（ ）
A．存在具有性質的
B．存在具有性質的
C．若具有性質，則中至少有兩項相同
D．存在正整數，使得對任意具有性質的，有中任意兩項均不相同
【答案】ACD
【分析】對A、D：舉出符合題意的例子即可得；對B：根據所給定義，借助反證法設，，，中有個，個，從而有，推出矛盾；對C：，，，，中的最大值為，則存在，使得或，若存在，使，先證：，，，可以取遍到之間所有的整數，再對分類討論，即可得證；
【詳解】對A：取數列，易得其滿足題意，此時該數列具有性質，故A正確；
對B：假設存在數列具有性質，則，
且，
設中有個，則有個，
則有
，即，
其與為整數矛盾，故假設錯誤，故B錯誤；
對C：設，，，，中的最大值為，
則存在，使得或，
若存在，使，下證：，，，可以取遍到之間所有的整數，
假設存在正整數使得，，，中各項均不為，
令集合，設是集合中元素的最大值，
則有，
這與矛盾，
所以，，，可以取遍到之間所有的整數，
若，則，，，，的取值只能為，中的數，
此時，，，，中必有兩項相同，
若，則，，，，的取值只能為，，中的數，
此時，，，，中必有兩項相同，
若，則，，，，中一定有異于和的正整數，
再由，，，可以取遍到之間所有的整數，
所以，，，，中必有兩項相同，
當，同理可證：，，，可以取遍到之間所有的整數，
從而，，，，中必有兩項相同，故C正確；
對D：取數列，此時該數列具有性質，
且中任意兩項均不相同，即存在，故D正確.
故選：ACD.
【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵是對“性質”的定義的理解，靈活利用反證法是解答的關鍵.
2．（2024·河南·三模）已知數列的前項和為，若存在常數，使得對任意都成立，則稱數列具有性質．
(1)若數列為等差數列，且，求證：數列具有性質；
(2)設數列的各項均為正數，且具有性質．
①若數列是公比為的等比數列，且，求的值；
②求的最小值．
【答案】(1)證明見解析；
(2)①；②的最小值為4.
【分析】（1）根據給定條件，求出等差數列的公差，進而求出通項公式及前項和，再利用定義判斷即得.
（2）①根據給定條件，可得，再按，探討，當時，，又按且討論得解；②由定義，消去結合基本不等式得，再迭代得，借助正項數列建立不等式求解即可.
【詳解】（1）設等差數列的公差為，由，得，
解得，則，
于是，即，
所以數列具有性質．
（2）①由數列具有性質，得，又等比數列的公比為，
若，則，解得，與為任意正整數相矛盾；
當時，，而，整理得，
若，則，解得，與為任意正整數相矛盾；
若，則，當時，恒成立，滿足題意；
當且時，，解得，與為任意正整數相矛盾；
所以.
②由，得，即，
因此，即，
則有，
由數列各項均為正數，得，從而，即，
若，則，與為任意正整數相矛盾，
因此當時，恒成立，符合題意，
所以的最小值為4．
【點睛】易錯點睛：等比數列公比q不確定，其前n項和直接用公式處理問題，漏掉對的討論.
1．（23-24高二下·安徽六安·期末）如果無窮數列滿足“對任意正整數，都存在正整數，使得”，則稱數列具有“性質”.
(1)若等比數列的前項和為，且公比，求證：數列具有“性質”；
(2)若等差數列的首項，公差，求證：數列具有“性質”，當且僅當；
(3)如果各項均為正整數的無窮等比數列具有“性質”，且四個數中恰有兩個出現在數列中，求的所有可能取值之和.
【答案】(1)證明見解析；
(2)證明見解析；
(3)，
【分析】(1)利用等比數列的性質求解即可；
(2)利用等差數列的性質結合題目的定義求解即可；
(3)利用枚舉法，結合題目的新定義求解即可.
【詳解】（1）
解得：則即
且
若則
則當對任意正整數，都存在正整數使得
則等比數列滿足性質.
（2）因為數列具有“性質”，
則
若數列具有性質則，
則，
又則
則，
，
則，
又則當時上式成立，
當時.，
則
因為則時，則則則則
反之，若則則上面各式成立，則數列具有“性質”
綜上數列具有“性質”，當且僅當.
（3）從這四個數中任選兩個，共有以下6種情況：，；，；
，; ，; ，; ，.
①對于， 因為為正整數，可以認為是等比數列中的項，，首項的最小值為1.
下面說明此數列具有性質P：
=，=，任取，，則，
為正整數，因此此數列具有性質P，
②對于，.因為為正整數，認為是等比數列中的項，，
首項的最小值為，下面說明此數列不具有性質P：
，，若不為等比數列中的項，
因此此數列不具有性質P，
同理可得，；，；，；，
每組所在等比數列不具有“性質P’’
【點睛】方法點睛：1.求解新定義運算有關的題目，關鍵是理解和運用新定義的概念以及元算，利用化歸和轉化的數學思想方法，將不熟悉的數學問題，轉化成熟悉的問題進行求解.
2.對于新型數列，首先要了解數列的特性，抽象特性和計算特性，抽象特性是將新定義的數列類比已經學習了的等比、等差數列求解.計算特性，將復雜的關系通過找規律即可利用已學相關知識求解.
2．（2024·湖北·模擬預測）若項數為的數列滿足兩個性質：①；②存在，使得，并記是數列的最大項，．則稱數列具有性質．
(1)若，寫出所有具有性質的數列；
(2)數列具有性質,若，求的最大項的最大值；
(3)數列具有性質,若，且還滿足以下兩條性質：（?。τ跐M足的項和，在的余下的項中，總存在滿足的項和，使得；（ⅱ）對于滿足的項和，在的余下的項中，總存在滿足的項和，使得．求滿足上述性質的的最小值．
【答案】(1)或或；
(2)
(3)4067
【分析】（1）由條件②入手知或，或，由此得到數列的所有可能值，再驗證條件即可；
（2）結合條件②的比值關系，由不等式性質分別利用累乘法可得兩個通項范圍，兩式相乘可得，再給出一個最大項的最大值為的數列即可；
（3）根據題意數列滿足的性質，將數列分為項數滿足與前后兩部分研究，由性質可得兩部分分別具有“不減”與“不增”性質，再由求解最小值，使前部分各項盡可能大，后部分各項盡可能小，由此得到取最小值時的數列.
【詳解】（1）所有具有性質的數列有三個：或或.
理由如下：
當，即數列有項，且，
條件②由存在，即存在，使得.
故或，或.由，可知或，或，
故滿足題意的數列可能有；；；.
（i）令，條件②為存在，使得，
由，數列，滿足題意；
數列與，都有，數列，均不合題意；
（ii）再令，條件②為存在，使得，
由，數列，也不合題意；
數列，；數列與，都有；
這3個數列均滿足題意；
綜上所述，所有具有性質的數列有三種：或或.
（2）當時，．
由，
累乘得①；
又由，
累乘得②；
將①②相乘得，
又，所以．
給出數列，通項公式為.
數列的最大項為.
綜上所述，數列的最大項的最大值為.
（3）①討論滿足的項的取值情況：
因為數列滿足：當時，則有恒成立.
所以，又因為當，都有，
所以或，
當時，，此時，
這與“在剩下的項中總存在滿足的項和，使得”矛盾，所以，
同理可得，，要使得值要盡量小，則需要每項盡可能大，，
則或，若，，由，
同樣不存在項和，使得，故，
驗證知，前項滿足條件“在剩下的項中總存在滿足的項和，使得”；
再由每項盡可能大的原則，且滿足，
且前項也滿足條件“在剩下的項中總存在滿足的項和，使得”；
同理，，
由對稱性同理可得，
最后6項為，.
當中間各項為公比為2的等比數列時，可使得值最小，
且的最小值為，滿足已知條件．
②討論滿足的項的取值情況：
因為數列滿足：當時，則有恒成立.
類比①可知
，，，
．
綜上所述，的最小值為.
故滿足上述性質的的最小值為．
【點睛】關鍵點點睛：本題解題關鍵主要有以下兩點：一是新定義具有性質的數列單調性的理解，由條件②，存在，使得，將抽象的符號語言轉化，可以把分段數列單調性形象理解為：前段“不減性”與“不增性”；二是取最值時的特殊數列探究，根據數列變化的規律，確定好每段的前后6項后，為使取最小值，則數列各項增減最快即可，即前段中間的數列為公比為2等比數列，而后段中間的數列則為公比為的等比數列.
一、填空題
1．（2023·陜西銅川·一模）定義“等和數列”：在一個數列中，如果每一項與它后一項的和都為同一個常數，那么這個數列叫做等和數列，這個常數叫做該數列的公和.已知數列是等和數列，且，公和為1，那么這個數列的前2024項和 .
【答案】1012
【分析】直接根據等和數列的概念找出規律然后求和.
【詳解】由等和數列概念可得，，，，，
所以.
故答案為：1012
2．（2024·北京通州·三模）若數列、均為嚴格增數列，且對任意正整數n，都存在正整數m，使得，則稱數列為數列的“M數列”．已知數列的前n項和為，則下列結論中正確的是 ．
①存在等差數列，使得是的“M數列”
②存在等比數列，使得是的“M數列”
③存在等差數列，使得是的“M數列”
④存在等比數列，使得是的“M數列”
【答案】①②④
【分析】對于①取分析判斷，對于②④取分析判斷，對于③，根據題意結合等差數列的性質分析判斷.
【詳解】對于①：例如，則為等差數列，可得，則，
所以，，
故、均為嚴格增數列，
取，則，即恒成立，
所以是的“數列”，故①正確；
對于②，例如，則為等比數列，可得，則，
所以，，
故、均為嚴格增數列，
取，則，即恒成立 ，
所以是的“數列”，故②正確；
對于③，假設存在等差數列，使得是的“數列”，
設等差數列的公差為，
因為為嚴格增數列，則，
又因為為嚴格增數列，所以，即當時，恒成立，
取，滿足，可知必存在，使得成立，
又因為為嚴格增數列，
所以對任意正整數，則有，即，
對任意正整數，則有，即，
故當時，不存在正整數，使得，故③不成立；
對于④，例如，則為等比數列，且、均為嚴格增數列，可得，
所以，，
故、均為嚴格增數列，
取，則，即恒成立，
所以是的“數列”，故④正確.
故答案為：①②④.
3．（2024·全國·模擬預測）將正整數n分解為兩個正整數，的積，即，當，兩數差的絕對值最小時，我們稱其為最優分解.如，其中即為12的最優分解，當，是n的最優分解時，定義，則數列的前2024項的和為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根據題意，對分奇數和偶數進行討論，進而可以得到的表達式，再利用等比數列的求和公式求解即可.
【詳解】當時，，
所以，
當時，，
則，
故數列的前2024項的和為.
故選：C.
4．（2024·江蘇鎮江·三模）若對項數為的數列中的任意一項，也是該數列中的一項，則稱這樣的數列為“可倒數數列”.已知正項等比數列是“可倒數數列”，其公比為，所有項和為，寫出一個符合題意的的值 .
【答案】或（答案不唯一）
【分析】由題意依次得出，，進一步結合已知列方程求出即可.
【詳解】已知正項等比數列是“可倒數數列”，
首先，
若，結合，解得，此時，但不在這5個數中，矛盾，故，
則若，則也在數列中，若在數列中，則（且）也在數列中，
因為正項等比數列是“可倒數數列”，
所以數列嚴格單調，而，
所以只能，
（否則，不妨設，那么或一定有三個數小于1，而他們的倒數都大于1，這必定導致有一個數的倒數不在中），
從而，所以，
解得或（舍去），
所以解得或.
故答案為：或（答案不唯一）.
5．（2024·江蘇南通·模擬預測）定義首項為1且公比為正數的等比數列為“數列”.已知數列（）的前項和為，且滿足，.設為正整數.若存在“數列”（），對任意正整數，當時，都有成立，則的最大值為 .
【答案】5
【分析】根據可得，即可判斷數列為等差數列，即可求出通項公式；根據題意有，構造函數，利用導數可得，即可求解.
【詳解】由，
得，則，則，
當時，由，得，整理得，
所以數列是首項為1，公差為1的等差數列，
所以，則，
因為數列為“數列”，設公比為，所以，
因為，所以，其中，
當時，有；
當時，有，
設，則，
當，，單調遞增；當，，單調遞減，
因為，所以，
取，當時，，即，經檢驗知也成立，
因此所求的最大值不小于5，
若，分別取，得，且，
從而且，所以不存在，所以，
綜上，所求的最大值為5.
故答案為：5
二、多選題
6．（2024·江蘇南通·模擬預測）在數列中，若對，都有（為常數），則稱數列為“等差比數列”，為公差比，設數列的前項和是，則下列說法一定正確的是（ ）
A．等差數列是等差比數列
B．若等比數列是等差比數列，則該數列的公比與公差比相同
C．若數列是等差比數列，則數列是等比數列
D．若數列是等比數列，則數列等差比數列
【答案】BCD
【分析】考慮常數列可以判定A錯誤，代入等差比數列公式可判斷BCD說法正確
【詳解】等差數列若為常數列，則，無意義，
所以等差數列不一定是等差比數列，A選項錯誤；
若公比為的等比數列是等差比數列，則不是常數列，，
，即該數列的公比與公差比相同， B選項正確.
若數列是等差比數列，則，所以數列是等比數列，故C選項正確；
若數列是等比數列，公比為，則，
所以數列等差比數列，故D選項正確
故選：BCD.
7．（23-24高三上·上海普陀·期末）對于無窮數列，給出如下三個性質：①；②對于任意正整數，都有；③對于任意正整數，存在正整數，使得定義：同時滿足性質①和②的數列為“s數列”，同時滿足性質①和③的數列為“t數列”，則下列說法正確的是（ ）
A．若為“s數列”，則為“t數列”
B．若，則為“t數列”
C．若，則為“s數列”
D．若等比數列為“t數列”則為“s數列”
【答案】C
【分析】設，可判定A錯誤；對于，分為奇數和為偶數，不存在，使得，可判定B錯誤；若，推得滿足①②，可判定C正確；
設，取，可判定D錯誤.
【詳解】設，此時滿足，
也滿足，，
即，，為“s數列”，
因為，所以A錯誤；
若，則，滿足①，
，令，
若為奇數，此時，存在，且為奇數時，此時滿足，
若為偶數，此時，則此時不存在，使得，所以B錯誤；
若，則，滿足①，
，，
因為，所以，，滿足②，所以C正確；
不妨設，滿足，且，，
當為奇數，取，使得；
當為偶數，取，使得，所以為“數列”，
但此時不滿足，，不妨取，
則，而，
則為“數列”，所以D錯誤.
故選：C.
8．（2024·河北承德·二模）對于給定的數列，如果存在實數，使得對任意成立，我們稱數列是“線性數列”，則下列說法正確的是（ ）
A．等差數列是“線性數列”
B．等比數列是“線性數列”
C．若且，則
D．若且，則是等比數列的前項和
【答案】AB
【分析】對A，B根據“線性數列”的定義進行判斷；由構造法，根據數列遞推公式求出通項公式可判斷C; 設且，可判斷D錯誤.
【詳解】數列為等差數列，則，即，
滿足“線性數列”的定義，故A正確；
數列為等比數列，則，即，
滿足“線性數列”的定義，故B正確；
設，則，解出，
則，因此，故錯誤；
若且，則，
數列的前項和為0，顯然D錯誤.
故選：.
9．（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，使得對一切正整數，都有，則稱為有界數列，數列收斂指數列有極限，我們把極限存在（不含無窮大）的數列稱為收斂數列，如數列，顯然對一切正整數都有，而的極限為，即數列既有界也收斂.如數列，顯然對一切正整數都有，但不存在極限，即數列有界但不收斂.下列數列是有界數列但不收斂的數列有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【分析】根據數列的通項公式（遞推公式）列出數列的前幾項，結合所給定義判斷即可.
【詳解】對于A：因為，所以，所以，但是的極限不存在，
即有界但不收斂，故A正確；
對于B：因為，所以，所以，且的極限為，
所以有界且收斂，故B錯誤；
對于C：因為，
所以，
，
所以，所以，但是的極限不存在，
所以有界但不收斂，故C正確；
對于D：因為，所以，所以的極限為，且，
所以有界且收斂，故D錯誤；
故選：AC.
10．（2024·河南·一模）對于數列（），定義為，，…，中最大值（）（），把數列稱為數列的“M值數列”.如數列2，2，3，7，6的“M值數列”為2，2，3，7，7，則（ ）
A．若數列是遞減數列，則為常數列
B．若數列是遞增數列，則有
C．滿足為2，3，3，5，5的所有數列的個數為8
D．若，記為的前n項和，則
【答案】ABD
【分析】由“M值數列”的定義，對選項中的結論進行判斷.
【詳解】若數列是遞減數列，則是，，…，中最大值（）（），
所以， 為常數列，A選項正確；
若數列是遞增數列，則是，，…，中最大值（）（），
所以，即，B選項正確；
滿足為2，3，3，5，5，則，，可以取1，2，3，，可以取1，2，3，4，5，
所有數列的個數為，C選項錯誤；
若，則數列中奇數項構成遞增的正項數列，偶數項都是負數，
則有，
所以，D選項正確.
故選：ABD.
三、解答題
11．（2024·內蒙古包頭·二模）已知數列為有窮數列，且，若數列滿足如下兩個性質，則稱數列為的增數列：
①；
②對于，使得的正整數對有個.
(1)寫出所有4的1增數列；
(2)當時，若存在的6增數列，求的最小值.
【答案】(1)所有4的1增數列有數列和數列1，3
(2)7
【分析】（1）利用給定的新定義，求出所有符合條件的數列即可.
（2）運用給定的新定義，分類討論求出結果即可.
【詳解】（1）由題意得，則或，
故所有4的1增數列有數列和數列1，3.
（2）當時，因為存在的6增數列，
所以數列的各項中必有不同的項，所以且，
若，滿足要求的數列中有四項為1，一項為2，
所以，不符合題意，所以
若，滿足要求的數列中有三項為1，兩項為2，符合的6增數列.
所以，當時，若存在的6增數列，的最小值為7.
12．（23-24高二下·廣東深圳·階段練習）若在數列的每相鄰兩項之間插入此兩項的和，形成新的數列，再把所得數列按照同樣的方法不斷構造出新的數列．現對數列1，2進行構造，第一次得到數列1，3，2；第二次得到數列1，4，3，5，2；依次構造，第次得到的數列的所有項之和記為.
(1)設第次構造后得的數列為，則，請用含的代數式表達出，并推導出與滿足的關系式；
(2)求數列的通項公式；
(3)證明：
【答案】(1)，；
(2)；
(3)證明見解析.
【分析】（1）根據新數列構造的定義，直接求解即可；
（2）根據遞推公式構造，結合等比數列的定義和通項公式求解即可；
（3）利用放縮可得，再根據等比數列求和公式證明即可.
【詳解】（1）設第次構造后得的數列為，則，
根據題意可得第次構造后得到的數列為，，，
所以，
即與滿足的關系式為.
（2）由，可得，
且，，
所以數列是以為首項，3為公比的等比數列，
所以，即.
（3）由（2）得，
所以
13．（2024·貴州貴陽·二模）給定數列，若滿足且，對于任意的，都有，則稱數列為“指數型數列".
(1)已知數列滿足，判斷數列是不是“指數型數列"？若是，請給出證明，若不是，請說明理由;
(2)若數列是“指數型數列”，且，證明:數列中任意三項都不能構成等差數列.
【答案】(1)不是，理由見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）根據“指數型數列"的定義可做判斷，證明時利用遞推式推出數列是等比數列，求出，再結合定義即可證明；
（2）由遞推式可得，繼而假設數列中存在三項構成等差數列，結合可推出矛盾，即可證明結論.
【詳解】（1）數列不是指數型數列；
證明：由，
所以數列是等比數列，且，
，
所以數列不是指數型數列，
（2）因為數列是指數型數列，故對于任意的，
有，，
適合該式；
假設數列中存在三項構成等差數列，不妨設，
則由，得，
所以，
當為偶數時，是偶數，而是奇數，是偶數，
故不能成立；
當為奇數時，是偶數，而是偶數，是奇數，
故也不能成立．
所以，對任意不能成立，
即數列的任意三項都不成構成等差數列．
14．（2024·湖北·模擬預測）若正整數m，n只有1為公約數，則稱m，n互質，歐拉函數是指，對于一個正整數n，小于或等于n的正整數中與n互質的正整數（包括1）的個數，記作，例如，．
(1)求，，；
(2)設，，求數列的前項和；
(3)設，，數列的前項和為，證明：，
【答案】(1)；；．
(2)
(3)證明見解析
【分析】（1）根據的定義，結合小于等于和的數的特征，即可求解；
（2）由（1）的結果可知，，再利用裂項相消法，即可求解；
（3）由（1）知，，再利用放縮法，轉化為等比數列求和.
【詳解】（1）1到6中與6互質的只有1和5，所以；
1到中，被3整除余1和被3整除余2的數都與互質，所以；
1到中，所有奇數都與互質，所以．
（2），從而．
（3）證明：，
從而，證畢．
15．（23-24高三下·云南昆明·階段練習）表示正整數a，b的最大公約數，若，且，，則將k的最大值記為，例如：，．
(1)求，，；
(2)設．
（i）求數列的通項公式，
（ii）設，求數列的前n項和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據新定義，直接求解；
（2）由題意可得，得出，利用相加相消法求和即可得解.
【詳解】（1）依題意可得：表示所有不超過正整數，且與互質的正整數的個數，
因為與互質的數為，所以；
因為與互質的數為，，所以；
因為與互質的數為，，所以．
（2）（i）因為中與互質的正整數只有奇數，所以中與互質的正整數個數為，所以，所以．
（ii）因為，
所以，
，
所以．
【點睛】關鍵點睛：解答本題的關鍵是根據數列新定義，找到項之間的規律，從而求出通項公式.
16．（2024·全國·模擬預測）設滿足以下兩個條件的有窮數列為階“曼德拉數列”：
①；②.
(1)若某階“曼德拉數列”是等比數列，求該數列的通項（，用表示）；
(2)若某階“曼德拉數列”是等差數列，求該數列的通項（，用表示）；
(3)記階“曼德拉數列”的前項和為，若存在，使，試問：數列能否為階“曼德拉數列”？若能，求出所有這樣的數列；若不能，請說明理由.
【答案】(1)或
(2)或
(3)不能，理由見解析
【分析】（1）結合曼德拉數列的定義，分公比是否為1進行討論即可求解；
（2）結合曼德拉數列的定義，首先得,然后分公差是大于0、等于0、小于0進行討論即可求解；
（3）記中非負項和為，負項和為，則，進一步，結合前面的結論以及曼德拉數列的定義得出矛盾即可求解.
【詳解】（1）設等比數列的公比為.
若，則由①得，得，
由②得或.
若，由①得，，得，不可能.
綜上所述，.
或.
（2）設等差數列的公差為，
，
，
即，
當時，“曼德拉數列”的條件①②矛盾，
當時，據“曼德拉數列”的條件①②得，
，
，即，
由得，即，
.
當時，同理可得，
即.
由得，即，
.
綜上所述，當時，，當時，.
（3）記中非負項和為，負項和為，則，
得，，，即.
若存在，使，由前面的證明過程知：
，，，，，，，，且.
若數列為階“曼德拉數列”，
記數列的前項和為，則.
，
又，，
.
又，
，，，，
，
又與不能同時成立，
數列不為階“曼德拉數列”.
【點睛】關鍵點點睛：第三問的關鍵是得到，，，，，，，，且，由此即可順利得解.
17．（2024·廣東梅州·二模）已知是由正整數組成的無窮數列，該數列前項的最大值記為，即；前項的最小值記為，即，令（），并將數列稱為的“生成數列”．
(1)若，求其生成數列的前項和；
(2)設數列的“生成數列”為，求證：；
(3)若是等差數列，證明：存在正整數，當時，，，，是等差數列．
【答案】(1)
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）利用指數函數的性質判斷數列的單調性，從而得出{pn}的通項，由分組求和法及等比數列的前n項和公式進行求解即可；
（2）根據數列的單調性，結合生成數列的定義進行證明即可；
（3）根據等差數列的定義分類討論進行證明即可．
【詳解】（1）因為關于單調遞增，
所以，
，
于是，
的前項和．
（2）由題意可知，，
所以，
因此，即是單調遞增數列，且，
由“生成數列”的定義可得．
（3）若是等差數列，證明：存在正整數，當時，是等差數列．
當是一個常數列，則其公差必等于0，，
則，因此是常數列，也即為等差數列；
當是一個非常數的等差數列，則其公差必大于0，，
所以要么，要么，
又因為是由正整數組成的數列，所以不可能一直遞減，
記，則當時，有，
于是當時，，
故當時，，…，
因此存在正整數，當時，，…是等差數列．
綜上，命題得證．
【點睛】方法點睛：常見的數列求和的方法有公式法即等差等比數列求和公式，分組求和類似于，其中和分別為特殊數列，裂項相消法類似于，錯位相減法類似于，其中為等差數列，為等比數列等.
18．（2024·山東濰坊·二模）數列中，從第二項起，每一項與其前一項的差組成的數列稱為的一階差數列，記為，依此類推，的一階差數列稱為的二階差數列，記為，…．如果一個數列的p階差數列是等比數列，則稱數列為p階等比數列．
(1)已知數列滿足，．
（ⅰ）求，，；
（ⅱ）證明：是一階等比數列；
(2)已知數列為二階等比數列，其前5項分別為，求及滿足為整數的所有n值．
【答案】(1)（?。?，，；（ⅱ）證明見解析
(2)當時，為整數.
【分析】（1）（ⅰ）根據的定義，結合通項公式求解即可；（ⅱ）根據遞推公式構造即可證明；
（2）由題意的二階等差數列為等比數列，設公比為，可得，結合進而可得，從而分析為整數當且僅當為整數，再根據二項展開式，結合整除的性質分析即可.
【詳解】（1）（?。┯?，易得，……
由一階等差數列的定義得：
，，.
（ⅱ）因為，所以當時有，
所以，即，
即，又因為，故是以1為首項，2為公比的等比數列，
即是一階等比數列.
（2）由題意的二階等差數列為等比數列，設公比為，
則，，所以.
由題意，所以，
所以，
即.
所以為整數當且僅當為整數.
由已知時符合題意，時不合題意，
當時，，
所以原題等價于為整數，
因為①，
顯然含質因子3，所以必為9的倍數，
設，則，將代入①式，
當為奇數時，為偶數，①式為2的倍數；
當為偶數時，為奇數，為偶數，①式為2的倍數，
又因為2與9互質，所以①為整數.
綜上，當時，為整數.
【點睛】方法點睛：
（1）新定義的題型需要根據定義列出遞推公式，結合等比等差的性質求解；
（2）考慮整除時，可考慮根據二項展開式進行討論分析.
19．（2024·貴州·模擬預測）若給定一個數列，其連續兩項之差構成一個新數列：，，，…，，…，這個數列稱為原數列的“一階差數列”，記為，其中.再由的連續兩項的差得到新數列，，，…，，…，此數列稱為原數列的“二階差數列”，記為，其中.以此類推，可得到的“p階差數列”.如果數列的“p階差數列”是非零常數數列，則稱為“p階等差數列”.
(1)證明由完全立方數組成的數列是“3階等差數列”；
(2)若（且，），證明數列是“k階等差數列”，并且若將的“k階差數列”記作，則.
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）由“3階等差數列”的定義證明即可；
（2）若，先證明，再由二項式定理展開結合“k階等差數列”的定義即可證明.
【詳解】（1）證明：由題，，
的“1階差數列”滿足，
的“2階差數列”滿足，
的“3階差數列”，記作，滿足，，
由定義，為“3階等差數列”.
（2）先證明引理：對于任意給定的
若，
則可表示為，，
且其最高次項系數
證明：由二項式定理展開式，
，
可知的最高次項為項，且其系數，
本題中，記中項的系數為，
則因為，所以
，由引理，
，由引理，
如此迭代下去，
【點睛】方法點睛：新定義題型的特點是：通過給出一個新概念，或約定一種新運算，或給出幾個新模型來創設全新的問題情景，要求考生在閱讀理解的基礎上，依據題目提供的信息，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：遇到新定義問題，應耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析、驗證、運算，使問題得以解決．
20．（2024·河南鄭州·模擬預測）設任意一個無窮數列的前項之積為，若，，則稱是數列．
(1)若是首項為，公差為的等差數列，請判斷是否為數列？并說明理由；
(2)證明：若的通項公式為，則不是數列；
(3)設是無窮等比數列，其首項，公比為，若是數列，求的值．
【答案】(1)是T數列，理由見解析
(2)證明見解析
(3)或．
【分析】（1）由題知，再根據T數列的定義，即可作出判斷；
（2）先假設是數列，從而有，再進行驗證，即可證明結果；
（3）根據題設得到，取對數后可得，分類討論后可求.
【詳解】（1）是T數列，
理由：由題知，即，
所以，，
當時，，所以是T數列．
（2）假設是數列，則對任意正整數，總是中的某一項，
，
所以對任意正整數，存在正整數滿足：，
顯然時，存在，滿足，
取，得，所以，
可以驗證：當，2，3，4時，都不成立，
故不是T數列.
（3）已知是等比數列，其首項，公比，
所以，
所以，
由題意知對任意正整數n，總存在正整數m，使得，
即對任意正整數n，總存在正整數m，使得，
即對任意正整數n，總存在正整數m，使得，
若，則，任意，這不可能成立；
若，
故對任意，總存在使得該等式成立，
故必為整數，
取，則有正整數解，故，
若，則，此時方程對任意，
必有正整數解；
若，則，
此時方程對任意，
必有正整數解；
綜上，或．
【點睛】方法點睛：新定義題型的特點是：通過給出一個新概念，或約定一種新運算，或給出幾個新模型來創設全新的問題情景，要求考生在閱讀理解的基礎上，依據題目提供的信息，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．遇到新定義問題，應耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析、驗證、運算，使問題得以解決．
21．（2024·廣東佛山·模擬預測）定義：一個正整數稱為“漂亮數”，當且僅當存在一個正整數數列，滿足①②：
①；
②．
(1)寫出最小的“漂亮數”；
(2)若是“漂亮數”，證明：是“漂亮數”；
(3)在全體滿足的“漂亮數”中，任取一個“漂亮數”，求是質數的概率．
【答案】(1)
(2)證明見解析
(3)
【分析】（1）直接根據“漂亮數”的定義即可證明最小的“漂亮數”為；
（2）反復利用“漂亮數”定義中的恒等式，并通過該恒等式得到新的恒等式，即可證明結論；
（3）先確定的全部可能值，然后計算使得是質數的情況數和總的情況數之比即可.
【詳解】（1）若是“漂亮數”，設滿足.
則，所以，即.
故，得，從而，所以.
此時，假設，則.
但由于，故的全部可能取值就是，，，，，驗證即知它們都不等于，矛盾；
所以.
由即知是“漂亮數”.
所以最小的“漂亮數”是.
（2）若是“漂亮數”，設滿足.
則，所以，即.
此時有
.
再由，即知.
而，由“漂亮數”的定義即知是“漂亮數”.
（3）若，設滿足.
則，所以，即.
而，故，即.
所以，得，即.
由于，故.
而，故，即.
若，則，所以.
假設，則，矛盾.
所以，故，得.
故只可能，從而，得，而，故.
但，矛盾.
所以只可能或.
當時，有，所以.
從而，，得，即.
再由知，分別代入，使得是正整數的有，對應的分別為.
當時，有，所以.
從而，，得，即.
再由知，分別代入，使得是正整數的有，對應的分別為.
綜上，全體滿足條件的有，，，，，.
這表明滿足條件的全部為.
所以的全部可能值為，其中是質數的有.
從而是質數的概率為.
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵點在于對新定義的理解，只有理解了定義，方可解決相應的問題.
22．（24-25高三上·河南焦作·開學考試）對于一個正項數列，若存在一正實數，使得且，有，我們就稱是-有限數列.
(1)若數列滿足，，，證明：數列為1-有限數列；
(2)若數列是-有限數列，，使得且，，證明：.
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）利用累加法可得，結合數列的單調性及1-有限數列的定義可知為1-有限數列；
（2）利用放縮法和裂項相消法可證不等式成立.
【詳解】（1）因為且為正項數列，故，
而，，故當時，，
因為，故，
由累加法可得，
故，
故數列為1-有限數列；
（2）
因為且，，
故
.
23．（2024·北京門頭溝·一模）已知數列 ， 數列 ， 其中 ， 且 ， ． 記 的前 項和分別為 ， 規定 ．記 ，且 ，， 且
(1)若，，寫出 ；
(2)若，寫出所有滿足條件的數列 ， 并說明理由；
(3)若 ， 且 ． 證明： ， 使得 ．
【答案】(1),，
(2)或，理由見解析，
(3)證明見解析.
【分析】（1）根據題意直接代入即可；
（2）由中最大和最小元素是和, 所以有， 則，所以.進而分類討論即可；
（3）受（2）問啟發，分別找出和中最大和最小元素，根據已知，則對應元素相等，再由得到，又，是中元素，又，,所以中元素比大的只可能有，，，，進而得證.
【詳解】（1）由，得，，，，所以；
由得,,,,所以.
（2）由，所以，，所以對于，有， 則，所以.
當，由得，又，所以不符合題意，舍去；
當，由得，又，所以，
經檢驗不符合題意，舍去, 或符合題意；
（3）
，，
中最小元素是，最大元素是，
同理，中最小元素是，最大元素是，
又因為，所以，，即，
又，，,
又，又，是中元素，
又，
,所以中元素比大的只可能有，，，
，又,，
， 使得 ．
【點睛】思路點睛：關于新定義題的思路有：
（1）找出新定義有幾個要素，找出要素分別代表什么意思；
（2）由已知條件，看所求的是什么問題，進行分析，轉換成數學語言；
（3）將已知條件代入新定義的要素中；
（4）結合數學知識進行解答.
24．（2024·湖北荊州·三模）對于數列，如果存在一個正整數，使得對任意，都有成立，那么就把這樣的一類數列稱作周期為的周期數列，的最小值稱作數列的最小正周期，簡稱周期.
(1)判斷數列和是否為周期數列，如果是，寫出該數列的周期，如果不是，說明理由.
(2)設（1）中數列前項和為，試問是否存在，使對任意，都有成立，若存在，求出的取值范圍，若不存在，說明理由.
(3)若數列和滿足，且，是否存在非零常數，使得是周期數列？若存在，請求出所有滿足條件的常數；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)數列是周期數列，其周期為1；數列是周期數列，其周期為6
(2)存在，
(3)不存在，理由見解析
【分析】（1）根據周期數列的定義進行判斷即可；
（2）由（1）可知，是周期為的數列，得到數列，求出，通過討論得到的取值范圍；
（3）假設存在非零常數，使得是周期為T的數列，推導出數列是周期為的周期數列，進一步得到數列的周期為，推斷出，而該方程無解，所以，不存在非零常數，使得是周期數列.
【詳解】（1）均是周期數列，理由如下：
因為，
所以數列是周期數列，其周期為1，
因為，
所以.則，所以，
所以數列是周期數列，其周期為6；
（2）由（1）可知，是周期為的數列，
計算數列為：，
故，
當時，，故；
當時，，故；
當時，，故；
當時，，故；
當時，，故；
當時，，故；
綜上所述：存在，且.
（3）假設存在非零常數，使得是周期為T的數列，
所以，即，
所以，，即，
所以，，即，
所以數列是周期為的周期數列，
因為，即，
因為，
所以，，，
所以數列的周期為，
所以，即，顯然方程無解，
所以，不存在非零常數，使得是周期數列.
【點睛】關鍵點點睛：（2）由（1）可知，是周期為的數列，求時要將分成六類，求的取值范圍時也要分六類討論；（3）先假設存在非零常數，使得是周期為T的數列，推導出數列的周期為，推斷出，通過該方程無解，得到不存在非零常數，使得是周期數列.
25．（2024·安徽蕪湖·三模）若數列的各項均為正數，且對任意的相鄰三項，都滿足，則稱該數列為“對數性凸數列”，若對任意的相鄰三項，都滿足則稱該數列為“凸數列”．
(1)已知正項數列是一個“凸數列”，且，（其中為自然常數，），證明：數列是一個“對數性凸數列”，且有；
(2)若關于的函數有三個零點，其中．證明：數列是一個“對數性凸數列”：
(3)設正項數列是一個“對數性凸數列”，求證：
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）根據的性質，由等量關系代換成關于的結論，緊扣定義，即可證明；
（2）由原函數有三個零點，且導函數為二次函數，分析出導函數有兩個零點，判別式大于零，推得；有三個零點，得到有三個零點，再次借助導函數的零點個數，可以得到，即可得證；
（3）記，利用分析法，只需證，由數列為對數性凸數列，得到，，再用基本不等式證明即可.
【詳解】（1）因為，所以，因為正項數列是一個“凸數列”，
所以，所以，所以，
所以數列是一個“對數性凸數列”，，
所以，變形可得到，
所以數列是一個“對數性凸數列”，且有.
（2）因為有三個零點，
所以有兩個不等實數根，
所以，
又，所以；
時，，所以不是的零點，
又，
令，則也有三個零點，
即有三個零點，
令，則有三個零點，
所以有兩個零點，
所以，
因為，
所以正項數列對任意的相鄰三項，都滿足，
所以數列是一個“對數性凸數列”.
（3）記，則要證，
即證，
即，即①，
因為數列為對數性凸數列，所以，，
所以，所以，
，
而，
所以
，
當且僅當時等號成立，
故式①成立，所以原不等式成立．
【點睛】方法點睛：解決數列新定義題型，需要耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質，按照新定義的要求，結合所學習過的知識點，逐一分析、證明、求解.
26．（2024·新疆·二模）我們把滿足下列條件的數列稱為數列：
①數列的每一項都是正偶數；
②存在正奇數m，使得數列的每一項除以m所得的商都不是正偶數．
(1)若a，b，c是公差為2的等差數列，求證：a，b，c不是數列；
(2)若數列滿足對任意正整數p，q，恒有，且，判斷數列是否是數列，并證明你的結論；
(3)已知各項均為正數的數列共有100項，且對任意，恒有，若數列為數列，求滿足條件的所有兩位數k值的和．
【答案】(1)證明見解析；
(2)數列是數列；證明見解析.
(3)1546.
【分析】（1）根據數列的定義證明即可；
（2）由條件可以得到數列 是等比數列，再判斷該數列是否滿足數列的兩個條件即可；
（3）用賦值的方法可知數列 是首項為 , 公差為 的等差數列, 再對 進行化簡，進而構造數列，進而再根據數列為數列進行求解.
【詳解】（1）若 是 數列, 則 都是正偶數,
設 ，則
若 , 則 除以 3 為 , 是正偶數, 與題中條件 (2) 矛盾,
若 , 則 除以 3 為 , 是正偶數, 與題中條件 (2) 矛盾,
若 , 則 除以 3 為 , 是正偶數, 與題中條件 (2) 矛盾,
所以 不是 數列.
（2）在 中, 令 , 得 ,
所以數列 是首項為 8 , 公比為 8 的等比數列, 所以 ,
因為 是正偶數, 所以數列 的每一項都滿足題中條件 (1),
因為,
能被 7 整除,
所以 除以 7 的余數為 1 , 即數列 的每一項被 7 除余 1 , 一定不是正整數,
所以一定不是正偶數, 即數列 的每一項都滿足題中條件(2),
所以數列 是 數列.
（3）因為
,
所以 ,
,
得 .
因為 , 所以 ,
,
得 .
因為 , 所以 .
在 中,
分別令 , 得 ,
所以數列 是首項為 , 公差為 的等差數列,
所以 .
若數列 是 數列,
則 是正偶數, 除以 111 所得的商都不是正偶數,
因為 , 且 ,
所以當 為 3 或 37 的正偶數倍時, 數列 不是 數列,
所以滿足條件的所有兩位數 值的和為
.
【點睛】方法點睛：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.
27．（2024·浙江·模擬預測）已知正整數，設，，…，，，，…，是個非負實數，.若對于任意，取，，，都有，則稱這個數構成—孿生數組.
(1)寫出8個不全相等的數，使得這8個數構成—孿生數組；
(2)求最小的，使得，，…，，，，…，構成—孿生數組；
(3)若，且，，…，，，，…，構成—孿生數組，求的最大值.
參考公式：（i），當且僅當時取等；（ii）當正偶數時，設，有；當正奇數時，設，有.
【答案】(1)2，2，2，2，0，4，0，4（答案不唯一）
(2)12
(3)4
【分析】（1）根據—孿生數組的含義寫出即可；
（2）由題知，進而可以求出，再結合參考公式（i）即可證明；
（3）由題知，結合（2）可得.再利用參考公式（ii）放縮，進而求解最大值.
【詳解】（1）根據—孿生數組的含義可知:構成—孿生數組，當然其答案不唯一;
（2）若，由題知:
所以.
由參考公式（i），有，
記是數列中奇數項的和，即，
不妨設，則有
因為，解得，當且僅當時取等.
故最小的為12.
（3）類比前問，得:.
由參考公式（ii），有
若為正偶數，.
由

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