新高考数学重点专题二轮复习真题演练专题一0 数列小题（2份，原卷版+解析版）

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等差中项：若，，三个数成等差数列，则，其中叫做，的等差中项
若，为等差数列，则，仍为等差数列
等差数列前n项和公式：或
等差数列的前项和中，，（为奇数）
等比数列通项公式：
等比中项：若，，三个数成等比数列，则,其中叫做，的等比中项
若，为等比数列，则，仍为等比数列
等比数列前项和公式：
已知与的关系
分组求和
若为等差数列，为等比数列，则可用分组求和
裂项相消求和

模拟训练
一、单选题
1．（22·23·河北·一模）在各项均为正数的等比数列中，，，则（ ）
A．6B．4C．3D．2
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用等比数列性质计算作答.
【详解】等比数列中，，由，得，由，得，
所以.
故选：C
2．（22·23下·嘉兴·二模）已知是公差不为0的等差数列，，若成等比数列，则（ ）
A．2023B．2024C．4046D．4048
【答案】B
【分析】根据成等比数列列方程，得到，再计算即可.
【详解】设数列的公差为d，且，
若成等比数列，则，又 ，
所以，化简，，
又，所以，
所以.
故选：B.
3．（22·23下·台州·二模）已知公差不为零的等差数列满足：，且成等比数列，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据条件列出关于等差数列基本量的方程组，即可求解.
【详解】设等差数列的首项为，公差为，
则，，
因为成等比数列，所以，即，
因为，所以，
所以.
故选：A
4．（22·23·宁德·二模）已知是数列的前项和，，，，数列是公差为1的等差数列，则（ ）
A．366B．367C．368D．369
【答案】A
【分析】把前项拆开成第项，后项，根据数列是等差数列，可将后面的项每项一个分组进行分组求和.
【详解】设，由题意是公差为的等差数列，则，
故，则，
故
于是
.
故选：A
5．（23·24上·宁波·一模）已知数列为等比数列，且，则（ ）
A．的最小值为50B．的最大值为50
C．的最小值为10D．的最大值为10
【答案】C
【分析】写出的表达式，利用基本不等式即可得出结论.
【详解】由题意，
在等比数列中，，
设公比为，则，
∴，
当且仅当即时等号成立，
∴的最小值为10，
故选：C.
6．（22·23下·镇江·三模）已知，，，，成等比数列，且和为其中的两项，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】结合题意，取最小值时为负数，且，利用等比数列的基本量运算即可求解.
【详解】由题意，要使最小，则，，都是负数，则和选择和，
设等比数列的公比为，
当时，，所以，所以，
所以；
当时，，所以，所以，
所以；
综上，的最小值为.
故选：B
7．（22·23下·黄冈·二模）已知等差数列的前项和为，若，，则取最大值时的值为（ ）
A．10B．11C．12D．13
【答案】A
【分析】利用等差数列的性质得出即可求解.
【详解】等差数列，，，
，，则取最大值时，.
故选：A.
8．（22·23·深圳·二模）宋代制酒业很发达，为了存储方便，酒缸是要一层一层堆起来的，形成堆垛，用简便的方法算出堆垛中酒缸的总数，古代称之为堆垛术.有这么一道关于“堆垛”求和的问题：将半径相等的圆球堆成一个三角垛，底层是每边为n个圆球的三角形，向上逐层每边减少一个圆球，顶层为一个圆球，记自上而下第n层的圆球总数为，容易发现：，，，则（ ）
A．45B．40C．35D．30
【答案】B
【分析】根据题意，归纳推理，第层的圆球总数个数表达式，再将，，代入求解即可．
【详解】当时，第1层的圆球总数为，
当时，第2层的圆球总数为，
当时，第3层的圆球总数为，
．
所以第层的圆球总数为，
当时，，当时，，
故．
故选：B．
9．（22·23·广州·三模）小明的父母在他入读初中一年级起的9月1日向银行教育储蓄账户存入1000元，并且每年在9月1日当天都存入一笔钱，每年比上年多存1000元，即第二年存入2000元，第三年存入3000元，……，连续存6年，每年到期利息连同本金自动转存，在小明高中毕业的当年9月1日当天一次性取出，假设教育储蓄存款的年利率为p，不考虑利率的变化．在小明高中毕业的当年9月1日当天，一次性取出的金额总数（单位：千元）为（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由条件确定每年的存款的本息和，再利用错位相减法求六年的本息和即可.
【详解】设第年的存款到取出时的本息和为（千元），，
则，，，，
，，
所以小明高中毕业的当年9月1日当天，一次性取出的金额总数为：
所以，
所以，
所以，
所以，
故选：D.
10．（22·23·福州·三模）数列中，，点 在双曲线上.若恒成立，则实数λ的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意分析可得，利用斜率结合双曲线的性质分析运算.
【详解】由题意可知：双曲线的渐近线方程为，
因为点 在双曲线上，则，
且，可得，
可知为递减数列，且，则为递减数列，
可得，且，可得，
记点，则为直线的斜率，记，
由双曲线的性质可知：因为为递减数列，直线的斜率为递减数列，即，
且随着增大，直线越接近渐近线，故接近于，
所以，则.
故选：C.
11．（22·23·厦门·一模）已知数列满足：，，则数列的前项的和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据对的分类讨论，令可得，，进行归纳可得规律，，再进行求和即可得解.
【详解】由，，
令、、、，，
可得，，
两式相加可得，，，
两式相加，
进行推论归纳可得，，
所以，对任意的,，
所以，数列的前项的和为.
故选：C.
12．（22·23下·温州·三模）已知数列各项为正数，满足，，则（ ）
A．是等差数列B．是等比数列
C．是等差数列D．是等比数列
【答案】C
【分析】分析可知数列的每一项都是正数，由已知条件可得出，结合等差中项法判断可得出结论.
【详解】因为数列各项为正数，满足，，
故对任意的，，则，
所以，数列的每一项都是正数，
所以，，可得，
由等差中项法可知，数列是等差数列，
故选：C.
13．（22·23·张家口·一模）宽和长的比为的矩形称为黄金矩形，它在公元前六世纪就被古希腊学者发现并研究．下图为一个黄金矩形，即．对黄金矩形依次舍去以矩形的宽为边长的正方形，可得到不断缩小的黄金矩形序列，在下面图形的每个正方形中画上四分之一圆弧，得到一条接近于对数螺线的曲线，该曲线与每一个正方形的边围成下图中的阴影部分．若设，当无限增大时，，已知圆周率为，此时阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由，得，则，在根据题意可得是等比数列，再根据等比数列前项和公式即可的解.
【详解】由，得，得，
因为，则，同理每一个小正方形的边长均为前一个正方形边长的倍，
设曲线与第一个正方形的边围成的阴影部分的面积为，，
从第二个正方形开始曲线与正方形的边围成的阴影部分的面积依次为，，．．．，，
设第个正方形的边长为，则第个正方形的边长，
所以曲线与第个正方形的边围成的阴影部分的面积为，
曲线与第个正方形的边围成的阴影部分的面积为
，
故，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
设阴影部分的面积为，则，
又当无限增大时，，
所以时，，
又，所以阴影部分的面积为．
故选：A．
14．（22·23·汕头·三模）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.已知一个三角垛，最顶层有1个小球，第二层有3个，第三层有6个，第四层有10个，则第30层小球的个数为（ ）
A．464B．465C．466D．467
【答案】B
【分析】根据已知可得出递推公式，进而根据累加法可求得，代入30即可得出答案.
【详解】设三角垛第层小球的个数为.
由题意可知，，，，，
所以，当时，有.
所以，
，
，
，
，
，
两边同时相加可得，，
所以，.
当时，，满足题意.
所以，.
所以，.
故选：B.
15．（22·23下·襄阳·三模）为响应国家号召，某地出台了相关的优惠政策鼓励“个体经济”.个体户小王2022年6月初向银行借了1年期的免息贷款8000元，用于进货，因质优价廉，供不应求.据测算：他每月月底获得的利润是该月初投入资金的20%，并且每月月底需扣除生活费800元，余款作为资金全部用于下月再进货，如此继续，预计到2023年5月底他的年所得收入（扣除当月生活费且还完贷款）为（ ）元（参考数据：，）
A．35200B．43200C．30000D．32000
【答案】D
【分析】根据题意，由条件可得数列是首项为4800，公比为1.2的等比数列，再由等比数列的通项公式即可得到结果.
【详解】设2022年6月底小王手中有现款为元，
设2022年6月底为第一个月，以此类推，设第个月底小王手中有现款为，第个月月底小王手中有现款为，
则，即，
所以数列是首项为4800，公比为1.2的等比数列，
∴，即，
年所得收入为元.
故选：D.
16．（22·23下·武汉·三模）将按照某种顺序排成一列得到数列，对任意，如果，那么称数对构成数列的一个逆序对.若，则恰有2个逆序对的数列的个数为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】B
【分析】根据逆序对的定义，分数列的第一个数为，数列的第二个数为，数列的第三个数为，数列的第四个数为，四种情况讨论即可.
【详解】若，则，
由构成的逆序对有，
若数列的第一个数为，则至少有个逆序对，
若数列的第二个数为，
则恰有2个逆序对的数列为，
若数列的第三个数为，
则恰有2个逆序对的数列为或，
若数列的第四个数为，
则恰有2个逆序对的数列为，
综上恰有2个逆序对的数列的个数为个.
故选：B.
17．（23·24上·郴州·一模）设数列满足且是前项和，且，则（ ）
A．2024B．2023C．1012D．1011
【答案】C
【分析】根据题意和等差数列的定义和前n项求和公式,，可得出也为等差数列,从而得出答案.
【详解】由题意，，，
则数列为等差数列，设公差为，，即，则，则，
则所以，（常数），则也为等差数列.
则数列的公差为.
所以
所以.
故选：C
18．（22·23·广州·三模）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中，研究了二阶等差数列．若是公差不为零的等差数列，则称数列为二阶等差数列．现有一个“三角垛”，共有40层，各层小球个数构成一个二阶等差数列，第一层放1个小球，第二层放3个小球，第三层放6个小球，第四层放10个小球，，则第40层放小球的个数为（ ）
A．1640B．1560C．820D．780
【答案】C
【分析】首先由二阶等差数列的定义，得到，再求和得到数列的通项公式，即可求.
【详解】设第层放小球的个数为，由题意，，……，数列是首项为2，公差为1的等差数列，
所以．
故，
故．
故选：C．
19．（22·23下·青岛·二模）设表示不超过的最大整数（例如：，），则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】当时，，即，共有个.又，故，令，利用错位相减法即可求解.
【详解】当时，，
即，共有个.
因为，
故
，
设，①
则，②
①-②,得
，
所以.
所以.
故选:B.
20．（22·23上·肇庆·二模）设数列的前项和为，且.若对任意的正整数，都有成立，则满足等式的所有正整数为（ ）
A．1或3B．2或3C．1或4D．2或4
【答案】A
【分析】根据与的关系，求出，则①，又②，②－①×3得，得，进而求出，由题意得，记，研究的单调性，求出的解即可．
【详解】，
时，，
相减可得：，即
又时，，解得，满足，
数列是首项为1，公比为3的等比数列，所以．
对任意正整数n，都有成立，
得①，
又②，
②－①×3得：，
又，所以，得，
进而，
由，得，即，
记，则，
以下证明时，，
因为，
即时，单调递减，，
综上可得，满足等式的所有正整数的取值为1或3．
故选：A．
【点睛】关键点睛：涉及数列的单调性以及数列的最大项和最小项问题，综合性较强，难度较大，解答时要结合几何知识，能熟练的应用数列的相关知识作答，关键是要注意构造新数列解决问题.
二、多选题
21．（22·23下·盐城·三模）已知数列对任意的整数，都有，则下列说法中正确的有（ ）
A．若，则
B．若，，则
C．数列可以是等差数列
D．数列可以是等比数列
【答案】BC
【分析】利用赋值，递推式以及假设法，即可逐一选项进行判断.
【详解】若，
当时，，
解得，故A错；
若，，
当时，，
解得，
当时，，
解得，
，
根据递推关系可知，
当为奇数，即时，
，故B正确；
若，
则成立，
故数列可以是等差数列，即C正确；
若数列是等比数列，假设公比为，
则由，
得，
两式相除得，，
即，
解得，不符合题意，
则假设不成立，故D错.
故选：BC
22．（22·23下·武汉·三模）已知实数数列的前n项和为，下列说法正确的是（ ）．
A．若数列为等差数列，则恒成立
B．若数列为等差数列，则，，，…为等差数列
C．若数列为等比数列，且，，则
D．若数列为等比数列，则，，，…为等比数列
【答案】BD
【分析】根据等差数列的性质判定AB选项，根据等比数列的性质判定CD选项.
【详解】若数列为等差数列，不妨设其公差为d,则,
显然当才相等，故A错误，
而，作差可得成立，故B正确；
若数列为等比数列，且，，设其公比为q，
则，作商可得或所以 或，故C错误；
由题意得各项均不为0，而实数范围内，，
即且，结合选项B的计算可得，故D正确.
故选：BD.
23．（22·23下·岳阳·三模）设数列的前n项和为，且，若，则下列结论正确的有（ ）
A．B．数列单调递减
C．当时，取得最小值D．时，n的最小值为7
【答案】AC
【分析】根据已知条件及累加法求数列的前n项和为，利用与的关系求出数列的通项公式，再结合已知条件逐项判断即可求解．
【详解】由，得，
，
解得，
当时，满足上式，所以
当时，所以，故A正确；
当时，单调递增，又
所以数列单调递增，且，
所以当时，单调递减，当时，单调递增，且，
所以当时，取得最小值，故B错误，C正确；
又故D错误．
故选：AC．
24．（22·23下·辽宁·三模）已知数列的前n项和是，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则是等差数列
B．若，，则是等比数列
C．若是等差数列，则，，成等差数列
D．若是等比数列，则，，成等比数列
【答案】ABC
【分析】求出通项公式判断AB；利用数列前n项和的意义、结合等差数列推理判断C；举例说明判断D作答.
【详解】对于A，，时，，解得，因此，，是等差数列，A正确；
对于B，，，则，而，是等比数列，B正确；
对于C，设等差数列的公差为，首项是，
，
，
因此，则 ，成等差数列，C正确；
对于D，若等比数列的公比，则 不成等比数列，D错误.
故选：ABC
25．（22·23·三明·三模）设等比数列的前项和为，前项积为，若满足，，，则下列选项正确的是（ ）
A．为递减数列B．
C．当时，最小D．当时，的最小值为4047
【答案】BC
【分析】首先讨论数列的单调性，判断A；根据单调性，确定，判断B；根据的意义，结合AB选项的判断，再判断C；结合等比数列的性质，以及AB选项的判断，即可判断D.
【详解】A.由条件可知，，与同号，所以，则，
而，则公比，
若，数列单调递减，则，那么，与已知矛盾，
若，则，则那么，与已知矛盾，
只有当，才存在，使，所以等比数列单调递增，故A错误；
B.因为，单调递增，所以，
则，即，故B正确；
C.因为，且，所以当时，最小，故C正确；
D.根据等比数列的性质可知，，，
所以当时，的最小值为4046，故D错误.
故选：BC
26．（22·23下·威海·二模）已知数列的首项，前n项和为．设与k是常数，若对任意，均有成立，则称此数列为“”数列．若数列是“”数列，且，则（ ）
A．B．为等比数列
C．的前n项和为D．为等差数列
【答案】AC
【分析】首先理解题意得，再变形得到数列和的通项公式，即可判断ABCD.
【详解】由条件可知，，，
则，两边平方后，整理为
，即，
得或,
若，则，则，这与矛盾，所以不成立，
若，则，，所以数列是首项为1，公比为9的等比数列，即，故A正确；
由可得（），两式相减得，
，并且时，，即，得，
那么，所以不是等比数列，故B错误；
，
当时，，
当时，设数列的前项和为，
则
,
当时，成立，故，故C正确；
，，，，所以数列不是等差数列，故D错误.
故选：AC
27．（22·23·山东·二模）平面螺旋是以一个固定点开始，向外圈逐渐旋绕而形成的图案，如图（1）．它的画法是这样的：正方形ABCD的边长为4，取正方形ABCD各边的四等分点E，F，G，H作第二个正方形，然后再取正方形EFGH各边的四等分点M，N，P，Q作第三个正方形，以此方法一直循环下去，就可得到阴影部分图案，设正方形ABCD边长为，后续各正方形边长依次为，，…，，…；如图（2）阴影部分，设直角三角形AEH面积为，后续各直角三角形面积依次为，，…，，…．则（ ）

A．数列是以4为首项，为公比的等比数列
B．从正方形开始，连续个正方形的面积之和为32
C．使得不等式成立的的最大值为3
D．数列的前项和
【答案】ACD
【分析】根据题意，，都是等比数列，从而可求，的通项公式，再对选项逐个判断即可得到答案．
【详解】对于A选项，由题意知，且，
所以，又因为，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，故A正确；
对于B选项，由上知，，，，，
所以，故B错误；
对于C选项，，
易知是单调递减数列，且，，
故使得不等式成立的的最大值为，故C正确；
对于D选项，因为，且，
所以，所以，故D正确；
故选：ACD．
28．（22·23·茂名·二模）已知数列和满足：，，，，，则下列结论错误的是（ ）
A．数列是公比为的等比数列B．仅有有限项使得
C．数列是递增数列D．数列是递减数列
【答案】ABD
【分析】由题意，，将第二个式子乘以后与第一和式子相加可得，令，解得，取，利用等比数列的定义和通项公式对各选项依次判断即可.
【详解】由题意可知，
第二个式子乘以后与第一和式子相加可得，
令，解得，
取可得，
因为，，所以，
所以，
所以数列是公比为的等比数列，选项A说法错误；
因为，，所以，
所以当为正奇数时，，即，
当为正偶数时，，即，选项B说法错误；
由，，，，可知，，且数列和均为递增数列，
而，
所以数列是递增数列，选项C说法正确；
因为，所以数列是递增数列，选项D说法错误；
故选：ABD
29．（22·23下·苏州·三模）若数列满足：对任意的，总存在，使，则称是“数列”.则下列数列是“数列”的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】根据“数列”定义判断A、D；利用特殊值判断B是否满足要求；由的个位数上奇偶性判断C.
【详解】A：由，要且，
所以，只需，显然对任意的，总存在，满足“数列”.
B：由，显然，不满足“数列”.
C：对于任意，，个位数为均为奇数，所以必为偶数，显然不成立，不满足.
D：由，
，
故对任意的，总存在，满足“数列”.
故选：AD
30．（22·23·漳州·三模）已知数列，，且满足，，则（ ）
A．B．的最大值为
C．D．
【答案】BCD
【分析】根据递推关系式可求得，知A错误；由，采用作商法可证得数列为正项递减数列，由此知B正确；由递推关系式可求得，采用累加法，结合可推导得C正确；结合C中，采用放缩法得，裂项相消可求得D正确.
【详解】对于A，当时，，即，解得：；
当时，，即，解得：；
当时，，即，解得：；
，A错误；
对于B，由得：，
又，，，，，
数列为正项递减数列，，B正确；
对于C，由得：，，
，
数列为正项递减数列，，（当且仅当时取等号），
，即，，C正确；
对于D，由C知：，
，
，D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用数列递推关系式研究数列的有关性质、数列求和与数列放缩的知识；本题判断CD选项的关键是能够对于数列的通项进行准确的放缩，从而根据不等关系，结合数列求和方法来得到结论.
三、填空题
31．（2023下·淄博·二模）记为等比数列的前项和.若，则 .
【答案】
【分析】由可得，再由求和公式求比值即可.
【详解】设等比数列的公比为，
由，可得，即，
所以.
故答案为：17.
32．（22·23下·永州·三模）已知等比数列，其前项和为，若，，则 .
【答案】4或16
【分析】根据条件，列出关于首项和公比的方程组，即可求解.
【详解】设等比数列的首项为，公比为，由题意可知，
，解得：或，
所以或
故答案为：4或16
33．（22·23下·长沙·三模）若数列中，，，且（），记数列的前n项积为，则的值为 ．
【答案】
【分析】根据数列的周期性，即可求解.
【详解】因为，，且，所以，
则，，，，，，
发现数列是以6为周期的数列，且前6项积为1，
则，，
所以.
故答案为：.
34．（22·23下·无锡·三模）已约是一组平面向量，记，若，则满足的的值为 .
【答案】5或6
【分析】根据题意，由等差数列的前项和公式可得的坐标，又由，可得，由此可得关于的方程，解可得答案．
【详解】记的前项和为，则，
因为，所以，
又，所以，整理得，
解得或或，因为，所以或.
故答案为：或
35．（22·23·烟台·二模）欧拉是瑞士数学家和物理学家，近代数学先驱之一，在许多数学的分支中经常可以见到以他的名字命名的重要函数、公式和定理．如著名的欧拉函数：对于正整数n，表示小于或等于n的正整数中与n互质的数的个数，如，．那么，数列的前n项和为 ．
【答案】
【分析】利用错位相减法求和.
【详解】在中，与不互质的数有，共有个，
所以，
所以，
设数列的前项和为，
所以，
，
两式相减可得,
所以,
即,
故答案为：.
36．（22·23·聊城·三模）意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例，引入数列1，1，2，3，5，8，，该数列从第三项起，每一项都等于前两项的和，即递推关系式为，，故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列”．已知满足上述递推关系式的数列的通项公式为，其中，的值可由和得到，比如兔子数列中，代入解得，．若，利用以上信息可得整数的值为 ．
【答案】29
【分析】根据斐波那契数列的通项公式与性质得，列方程，设，化为一元二次方程求解进行估值即可得整数的值.
【详解】因为斐波那契数列的通项公式为，
所以，即①，
又，所以方程①可转化为②，
令，则方程②转化为，即，又，
所以，因为，所以，
所以，所以，故整数的值为.
故答案为：.
37．（22·23下·浙江·三模）某牧场今年初牛的存栏数为1200，预计以后每年存栏数的增长率为，且每年年底卖出100头牛，设牧场从今年起每年年初的计划存栏数依次为为的前项和，则 .（结果保留成整数）（参考数据：）
【答案】
【分析】由题意，可得​​​​​​​,从而可推出数列是等比数列 ，根据分组求和及等比数列的求和公式可得答案.
【详解】因为每年存栏数的增长率为10%，每年年底卖出100头，
故可知，且，
则，
∴数列是以200为首项，1.1为公比的等比数列，
则，故.
∴,
则.
​​​​​​​故答案为:.
38．（22·23下·黄冈·三模）已知数列满足：，若
，且数列为递增数列，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】根据题意，两边同时取倒数，然后变形即可得到数列是等比数列，从而得到，再根据其为递增数列，列出不等式，即可得到结果.
【详解】因为，两边取倒数可得：，
变形可得，所以数列是等比数列，且首项为，公比为，所以，
则，又，数列为递增数列，
所以，即.
当时，，即，解得.
所以实数的取值范围为.
故答案为:.
39．（22·23下·铜川·一模）已知正项数列中，，且为其前项和，若存在正整数，使得成立，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】利用已知条件，推导出数列为等比数列，写出通项公式及前项和，代入中变形化简，然后根据表达式求出取值范围即可.
【详解】由已知得，
由于，所以，即，
即数列是首项为5，公比为2的等比数列，
所以，
由变形为，
因为存在正整数，使得成立，所以，
由于，所以，
所以，则，即的取值范围为.
故答案为：.
40．（22·23下·岳阳·二模）定义是与实数的距离最近的整数（当为两相邻整数的算术平均值时，取较大整数），如，令函数，数列的通项公式为，其前项和为，则 ； .
【答案】 3
【分析】根据数列新定义可知，数列重新分组可得，，且满足第组有个数，且每组中所有数之和为，即可求解.
【详解】因为
所以；
根据，
当时，，则，，
当时，，则，，
当时，，则，，
当时，，则，，
以此类推，将重新分组如下，
，
第组有个数，且每组中所有数之和为，
设在第组中，
则，可得解得，
所以，
故答案为：3;.