新高考数学二轮专题复习《数列》专练第13讲 高考数列压轴题之新定义专题（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮专题复习《数列》专练第13讲 高考数列压轴题之新定义专题（2份，原卷版+解析版），共3页。试卷主要包含了 命题背景与趋势， 常见“新定义”模型分类， 迭代与不动点类， 距离与集合类等内容，欢迎下载使用。
TOC \ "1-2" \h \u
\l "_Tc19291" 高考分析 PAGEREF _Tc19291 \h 2
\l "_Tc23492" 学习目标 PAGEREF _Tc23492 \h 2
\l "_Tc9371" 知识要点 PAGEREF _Tc9371 \h 3
\l "_Tc31893" 解题策略 PAGEREF _Tc31893 \h 3
\l "_Tc15129" 题型归纳 PAGEREF _Tc15129 \h 4
\l "_Tc21090" 题型01：定义新概念新情景 PAGEREF _Tc21090 \h 4
\l "_Tc24955" 题型02：定义数列新情境问题 PAGEREF _Tc24955 \h 33
\l "_Tc3337" 题型03： 定义数列新运算问题 PAGEREF _Tc3337 \h 38
\l "_Tc14530" 题型04：定义新性质 PAGEREF _Tc14530 \h 68
\l "_Tc16285" 题型05：定义新数列 PAGEREF _Tc16285 \h 103
\l "_Tc3435" 题型06：新应用 PAGEREF _Tc3435 \h 196
\l "_Tc15250" 题型07：集合背景中的数列新定义问题 PAGEREF _Tc15250 \h 202
\l "_Tc28252" 题型08：高等数学背景里论 PAGEREF _Tc28252 \h 223
\l "_Tc21102" 题型09： 切线法与牛顿数列应用 PAGEREF _Tc21102 \h 259
\l "_Tc21587" 题型10： 差分数列与对称数列应用 PAGEREF _Tc21587 \h 265
\l "_Tc6663" 题型11：矩阵 PAGEREF _Tc6663 \h 270
数列作为高考数学的“常青树”，在新高考背景下，命题风格正从传统的“求通项、求和”向“新定义、性质探究、结构不良”转变。新定义题通常位于试卷的最后两题，是区分顶尖学生的关键。
高考数列压轴题·新定义专题深度分析
高考分析 (Exam Analysis)
1. 命题背景与趋势
• “去套路化”： 传统的裂项相消、错位相减已沦为送分题。压轴题开始引入大学数学背景（如不动点、压缩映射、数论初步、集合论），通过“即时定义”（In-situ Definitin）的方式考查学生的学习潜能。
• 素养导向： 重点考查逻辑推理（理解定义的内涵）、直观想象（数列的单调性、有界性）和数学运算（复杂的代数变形）。
• 跨板块融合： 常与不等式证明、函数性质（周期性、凹凸性）、解析几何（点列问题）结合。
2. 常见“新定义”模型分类
1. 数列性质类： 定义“M 数列”、“P 数列”（如：定义若 a_{n+1} - a_n > d 则为某数列）。
2. 数论组合类： 涉及整除性、余数周期、集合子集求和。
3. 迭代与不动点类： 给出 xn = f(xn)，定义“收敛数列”或“周期数列”。
4. 距离与集合类： 定义数列中两项的“距离”，或数列构成的集合 A, B 的关系。
3. 难度与分值
• 位置： 解答题第19题。
• 难度： ★★★★★（思维量大，计算繁琐）。
• 分值： 12-15分，通常设计为3小问（容易—中等—极难）。
学习目标 (Learning Objectives)
1. 语言转译能力： 能将晦涩的符号语言（新定义）翻译成通俗的文字语言或数学关系式。
2. 性质探究能力： 能从定义出发，推导数列的单调性、有界性、周期性等核心性质。
3. 构造与放缩能力： 面对无法求出通项的递推式，能构造辅助数列或利用不等式放缩证明结论。
分类讨论思想： 在参数不确定时，能对参数进行严谨的分类讨论。
“新定义”题型内容新颖，题目中常常伴随有“定义”、“规定”等字眼，题目一般都是用抽象的语言给出新的定义、运算或符号，没有过多的解析说明，要求考生自己仔细揣摩、体会和理解定义的含义，在阅读新定义后要求马上运用它解决相关问题，考查考生的理解与运算、信息迁移的能力。
【知识点1 数列中的新概念问题】
数列中的新概念问题的求解策略：
通过创新概念，以集合、函数、数列等的常规知识为问题背景，直接利用创新概念的内涵来构造相应的关系式(或不等式等)，结合相关知识中的性质、公式来综合与应用.
【知识点2 数列的新定义、新情景问题】
1．数列的新定义、新情景问题的解题策略
(1)新定义问题：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的
要求，“照章办事”，逐条分析，运算，验证，使得问题得以解决.
(2)新情景问题：通过给出一个新的数列的概念，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.
2．以数列和项与通项关系定义新数列问题的解题策略
解决此类问题，关键是根据题干中的新定义、新公式、新定理、新法则、新运算等，将新数列转化为等差或等比数列，或者找到新数列的递推关系进行求解.
求解“新定义”题目，主要分如下几步：
对新定义进行信息提取，明确新定义的名称和符号；
对新定义所提取的信息进行加工，探求解决方法和相近的知识点，明确它们的相同点和相似点；
对定义中提取的知识进行转换、提取和转换，这是解题的关键，如果题目是新定义的运算、法则，直接按照法则计算即可；若新定义的性质，一般要判断性质的适用性，能否利用定义的外延，可用特质排除，注意新定义题目一般在高考试卷的压轴位置，往往设置三问，第一问的难度并不大，所以对于基础差的考生也不要轻易放弃。
1.新定义问题的方法和技巧
（1）.可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）.可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）.发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）.如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.
2.与数列有关的新定义问题的策略
（1）.通过给定的与数列有关的新定义，或约定的一种新运算，或给出的由几个新模型来创设的新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题设所提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.
（2）.遇到新定义问题，需耐心研究题中信息，分析新定义的特点，搞清新定义的本质，按新定义的要求“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以顺利解决.
（3）.类比“熟悉数列”的研究方式，用特殊化的方法研究新数列，向“熟悉数列”的性质靠拢.
题型01：定义新概念新情景
【典型例题1】定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和,形成新的数列,我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”,例如：数列经过第一次“和扩充”后得到数列；第二次“和扩充”后得到数列.设数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为,所有项的和为.
(1)若,求；
(2)若,求正整数的最小值；
(3)是否存在数列,使得数列为等比数列？请说明理由.
【答案】见解析
【解析】（1）,第一次“和扩充”后得到数列,
第二次“和扩充”后得到数列,
,；
（2）数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项,
数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为,
则经第次“和扩充”后增加的项数为,
所以,所以,
其中数列经过1次“和扩充”后,得到,
故,故是首项为4,公比为2的等比数列,
所以,故,则,即,
又,解得,最小值为10；
（3）因为,
,依次类推,,
故
,
若使为等比数列,则或.
【典型例题2】已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是，接下来的两项是，，再接下来的三项是，，，依此类推．设该数列的前项和为，规定：若，使得，则称为该数列的“佳幂数”．
(1)将该数列的“佳幂数”从小到大排列，直接写出前4个“佳幂数”；
(2)试判断50是否为“佳幂数”，并说明理由；
(3)（ⅰ）求满足的最小的“佳幂数”；
（ⅱ）证明：该数列的“佳幂数”有无数个．
【答案】(1)1、2、3、18；
(2)50不是“佳幂数”，理由见解析
(3)（ⅰ）1897；（ⅱ）证明见解析
【解析】（1）因为，所以1为该数列的“佳幂数”；
又因为，，
所以2、3、18也为该数列的“佳幂数”；
所以该数列的前4个“佳幂数”为：1、2、3、18；
（2）由题意可得，数列如下：
第1组：1；
第2组：1，2；
第3组：1，2，4；
…
第组：，
则该数列的前项的和为：
，①
当时，，
则，
由于，对，，
故50不是“佳幂数”．
（3）（ⅰ）在①中，要使，有
出现在第44组之后，又第组的和为，前组和为
第组前项的和为．
则只需．
所以，则，此时，
所以对应满足条件的最小“佳幂数”
（ⅱ）证明：由（ⅰ）知：．
当，且取任意整数时，可得“佳幂数”，
所以，该数列的“佳幂数”有无数个.
【典型例题3】在数列的第项与第项之间插入个1,称为变换．数列通过变换所得数列记为,数列通过变换所得数列记为,以此类推,数列通过变换所得数列记为（其中）．
(1)已知等比数列的首项为1,项数为,其前项和为,若,求数列的项数；
(2)若数列的项数为3,的项数记为．
①当时,试用表示；
②求证：．
【答案】见解析
【解析】（1）设等比数列an的公比为,显然,
由,得,解得.
故数列an有8项,经过1次变换后的项数为,即的项数为36.
（2）①由的项数为,则当时,,
所以
②因数列an是一个3项的数列,所以,
由,所以,
于是,则有
所以,得,即,所以.
,,于是,
则有,可得,有,即,
所以,综上所述,．
【典型例题4】超越数得名于欧拉，它的存在是法国数学家刘维尔（Jseph Liuville）最早证明的．一个超越数不是任何一个如下形式的整系数多项式方程的根：（，，…，，）．数学家证明了自然对数的底数e与圆周率是超越数．回答下列问题：
已知函数（）只有一个正零点．
(1)求数列的通项公式；
(2)（ⅰ）构造整系数方程，证明：若，则为有理数当且仅当．
（ⅱ）数列中是否存在不同的三项构成等比数列？若存在，求出这三项的值；否则说明理由．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析.
（ⅱ）答案见解析.
【解析】（1）若只有一个正零点，可得
令，，
令，，令，，
故在上单调递增，在上单调递减，
可得在处取得最大值，且最大值为，
而当时，，当时，，
由题意得，当最大时，符合题意，
故，即.
（2）（ⅰ）若，则为有理数；
若正整数，假设为有理数，则，
则方程的根中有有理数，
又在方程中，发现是它的根，
而已知是超越数，故不是方程的根，与矛盾，即不为有理数；
综上所述：，为有理数当且仅当；
（ⅱ）若数列中存在不同的三项构成等比数列，则，
可得，由方程右边是有理数知左边是有理数，
由上问知当且仅当时成立，故，
则，设，则，，
则，将，代入进行化简，
可得，故，
故，构造函数，
而，知在其定义域内单调递减，
又，故若，则有，即成立，
当且仅当时成立.
即数列中不存在不同的三项构成等比数列，
【典型例题5】设n为正整数，数列为正整数数列，且满足数列和均为等差数列，则称数列为“五彩的”
(1)判断下列两个数列是否为“五彩的”，并说明理由；①有穷数列数列W：1，5，2，4，3，2；②无穷数列，通项公式为
(2)若数列为“五彩的”且严格单调递增.
（i）证明：数列和公差相等；
（ii）证明：数列一定为等差数列.
【答案】(1)①不是，②是，理由见解析
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【解析】（1）根据数列定义判断证明即可；
（2）分别应用定义结合数列的单调性证明即可
（1）①不是
中不是等差数列，①不是 “五彩的”；
②是
，
，
符合定义②是 “五彩的”.
（2）（i）对正整数n，设，，
其中d，为正整数，整数b，c满足，，
由于数列单调递增，则对于任意正整数n，，
即，
即，
同除以n并令n趋近正无穷得，即证.
（ii）对于正整数n，设，
由数列单调递增，知，
又因为，
故数列必然存在最大项A，最小项B，
下证即可，设正整数t使得，
一方面，由于数列以d为公差，
，
另一方面，，
从而，
又，
，
同理可得，即，即证.
【点睛】关键点点睛：根据数列的定义设通项及公差，结合数列的单调性及累加法证明.
【变式训练1-1】已知数组，，…，和，，…，，若，且（，3，…，），则称为的“应联数组”.
(1)写出数组，3，1的“应联数组”；
(2)若的“应联数组”是，证明：，，成等差数列；
(3)若为偶数，且的“应联数组”是，求证：.
【答案】(1)，6，.
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解析】（1）利用“应联数组”的定义，求出，，，得；
（2）由“应联数组”的定义，有，化简得证，，成等差数列；
（3）由“应联数组”的定义，有，化简可得.
（1）数组，3，1，，，，
，，得，，得，
所以，6，.
（2）证明：由定义知，，，，
，…，，
所以，
即，
即，所以，，成等差数列.
（3）证明：，，，…，，
由于为偶数，
，
即，所以.
【点睛】方法点睛：
在实际解决“新定义”问题时，关键是正确提取新定义中的新概念、新公式、新性质、新模式等信息，确定新定义的名称或符号、概念、法则等，并进行信息再加工，寻求相近知识点，明确它们的共同点和不同点，探求解决方法，在此基础上进行知识转换，有效输出，合理归纳，结合相关的数学技巧与方法来分析与解决!
【变式训练1-2】对于有限数列，，，，定义：对于任意的，，有：
（i ）；
（ii ）对于，记.对于，若存在非零常数，使得，则称常数为数列的阶系数.
(1)设数列的通项公式为，计算，并判断2是否为数列的4阶系数；
(2)设数列的通项公式为，且数列的阶系数为3，求的值；
(3)设数列为等差数列，满足-1，2均为数列的阶系数，且，求的最大值.
【答案】见解析
【解析】(1)因数列通项公式为，所以数列为等比数列，且，
得．
数列通项公式为，所以当时，
,
所以2是数列的4阶系数．
(2)因为数列的阶系数为3，所以当时，存在，使成立．
设等差数列的前项和为，则,
令，则,
所以，,
设等差数列的前项和为，，
则,
令，则,
所以，
当时，，
当时，，
则，解得．
(3)设数列为等差数列，满足，2均为数列的阶系数，，
则存在，使
成立．
设数列的公差为，构造函数．
由已知得，
所以，函数至少有三个零点，，，
由函数可知为偶数，且满足，
得，所以，解得，
构造等差数列为：，，，，38，
可知当时命题成立，即的最大值为26．
【点睛】
本题主要考查数列的综合运用，根据阶系数的定义建立方程是解决本题的关键，综合性较强，难度较大．
【变式训练1-3】对于数列，，，定义“变换”：将数列变换成数列，，，其中，且，记作．继续对数列进行“变换”，得到数列，，，依此类推．当且仅当得到的数列各项均为0时变换结束．
(1)直接写出2，6，4经过1次“变换”得到的数列，及再经过3次“变换”得到的数列；
(2)若经过次“变换”后变换结束，求的最大值；
(3)设，．已知2，，，且的各项之和为2022，若再经过次“变换”得到的数列各项之和最小，求的最小值．
【答案】见解析
【解析】(1)
2，6，4经过1次“变换”得：4，2，2，
：4，2，2，经过1次“变换”得2，0，2；经过第2次“变换”得2，2，0；
经过第3次“变换”得0，2，2.即：0，2，2.
(2)n的最大值为1
①先证明n可以为1
构造A：1，1，1，则：0，0，0，变换结束，此时n=1.
②再证明
反证法：假设
设经过次“变换”后得到的数列为，且不全为0.
因为经过次“变换”后变换结束，
所以，所以（t为非0常数）
设（即）由进行“变换”得到，
则
不妨设
所以
所以，与矛盾.
综上，n的最大值为1
(3)因为的各项之和为，不妨设，所以为的最大项
即最大，即，或
当时，可得
所以，则
当时，可得
所以，则
定义：若一个数列有三项，且最小项为2，较大两项相差2，则称此数列与数列
“结构相同”.
若数列的三项为，则无论其顺序如何，经过“变换”得到的数列的三项为（不考虑顺序）
所以与数列“结构相同”的数列经过“变换”得到的数列也与“结构相同”，除2以外其余各项减少2，各项之和减少4.
因此，数列2，1009，1011经过504次“变换”一定得到各项为2，1，3，（不考虑顺序）的数列.
对2，1，3，继续进行“变换”，依次得1，2，1；1，1，0；0，1，1；
各项为1，1，0的数列，无论顺序如何，经过“变换”得到的数列会重复出现，各项之和不再减少.
所以，至少通过506次“变换”得到的数列各项之和最小.
故的最小值为506．
【点睛】应用反证法时必须先否定结论，把结论的反面作为条件，且必须根据这一条件进行推理，否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行推理，就不是反证法．所谓矛盾主要指：①与已知条件矛盾；②与假设矛盾；③与定义、公理、定理矛盾；④与公认的简单事实矛盾；⑤自相矛盾.
【变式训练1-4】数列：满足，称为数列的指数和.
(1)若，求所有可能的取值；
(2)求证:的充分必要条件是；
(3)若，求的所有可能取值之和.
【答案】见解析
【解析】（1）由题设，，又，
所以当时，；当中有两个，一个1，则可能值为1, -3, -5；当中有一个，两个1，则可能值为-1,3,5；当时，；
综上，.
(2)证明充分性：当时，可得；
证明必要性：当时，用反证法，
假设，则矛盾.
从而；
所以的充分必要条件是，得证.
(3)当时，由（2）知：，反之亦然.
当时，有中不同取值方式，
其中与，与，，与在所有指数和中出现的总次数都是种，
因此这些项对指数和的总贡献为零，另一方面，在所有指数和中出现次，
从而所有指数和之和为 .
【点睛】
关键点点睛：第三问，注意第二问结论的应用，易知有中不同取值方式，而其中任一项确定，都对应种其余项的组合，又即所有可能值中该项抵消，而只有所在项出现次，即可求和.
【变式训练1-5】设为正整数，如果表达式同时满足下列性质，则称之为“交错和”.①，；②；③当时，（）；④规定：当时，也是“交错和”.
（1）请将7和10表示为“交错和”；
（2）若正整数可以表示为“交错和”，求证：；
（3）对于任意正整数，判断一共有几种“交错和”的表示方法，并证明你的结论.
【答案】（1）或；或；（2）证明见解析；（3）两种，证明见解析.
【解析】（1）或，或
（2）假设，当时，，这与“n是正整数”矛盾！当时，因为，
所以，
这与“n是正整数”矛盾！故.
(3)①首先使,若，必有，这是因为若，不论m为奇数或偶数，由正负交错，矛盾，所以.
②时，仅有或两种交错和表示.(i)当n=1时，不难发现1=1, 均为交错和表示，且由①知，所以1仅有1=1或两种交错和表示.
(i)假设仅有或两种交错和表示，又因为或为的两种交错和表示，假设又不同于上述两种交错和的，新表示，因为为偶数，所以,所以为的不同于或的交错和表示，与假设矛盾,所以或为的唯二交错和表示.③时，n均只有两种交错和表示.(i) 当n=3时，3=-1+4或3=1- 2+4为3的两种交错和表示，又由①知，且均不成立，所以3的交错和仅上述两种. (ii) 假设对于，n均只有两种交错和表示，对于，因为，其中,所以由归纳假设及②知仅两种交错和交错和表示，且的交错和表示中相应的 (由①可得)，所以此时已有两种交错和表示，若l还有其他不同的交错和表示，此表示对应,所以也有第三种交错和表
示，与假设矛盾，所以， l仅有两种交错和表示. 综上，有两种交错和表示.
【变式训练1-6】设正整数数列满足.
(1)若，请写出所有可能的的取值；
(2)求证：中一定有一项的值为1或3；
(3)若正整数m满足当时，中存在一项值为1，则称m为“归一数”，是否存在正整数m，使得m与都不是“归一数”？若存在，请求出m的最小值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）可能取得值为：，，，（2）证明见解析，（3）不存在。
【解析】（1）由题知：数列各项均为正整数，或，解得：或（舍去）.
或，解得：或（舍去）.或，解得：或.
当时，或，解得：或.当时，或，解得：或（舍去）.故可能取得值为：，，.
（2）因为为正整数数列，设中最小的奇数为，所以为偶数.所以，此时可能为奇数或偶数.当为奇数时，则，解得：.所以或.当为偶数时，则，解得：.所以或.综上所述：中一定有一项的值为或.
（3）由（2）知：中一定有，由题知：因为，所以或.
设，则，，…….均为的倍数.故不存在正整数m，使得m与都不是“归一数”.
【变式训练1-7】约数，又称因数.它的定义如下：若整数除以整数除得的商正好是整数而没有余数，我们就称为的倍数，称为的约数.设正整数共有个正约数，即为.
(1)当时，若正整数的个正约数构成等比数列，请写出一个的值；
(2)当时，若构成等比数列，求正整数；
(3)记，求证：.
【答案】(1)8.(2).(3)证明见解析.
【解析】（1）当时正整数的4个正约数构成等比数列，比如为8的所有正约数,即.
（2）由题意可知，，，，因为，依题意可知，所以，化简可得，所以，因为，所以，
因此可知是完全平方数.由于是整数的最小非1因子，是的因子，且，所以，所以为，所以,.
（3）证明：由题意知，，所以，
因为，所以，因为，，所以，
所以，即.
【变式训练1-8】若对，，当时，都有，则称数列受集合制约.
(1)若，判断是否受制约，是否受区间制约；
(2)若，受集合制约，求数列的通项公式；
(3)若记：“受区间制约”，：“受集合制约”，判断是否是的充分条件，是否是的必要条件，并证明你的结论.
【答案】(1)受制约，不受制约，理由见解析；(2)且.；(3)是的充分不必要条件，证明见解析
【解析】（1）由、且，则，而，显然，则，故受制约，由、且，当，即，故；
当，即，故.故不受制约.综上，受制约，不受制约.
（2）由、且，有，所以，又，，故的奇数项、偶数项分别为首项为1、3，且公差均为2的等差数列，当且，则，当且，则，综上，且.
（3）结论：是的充分不必要条件，证明如下：为真：受集合制约，由、且，
当，有成立，则，进而可得：①；当，有成立，结合①有；此时，受集合制约；为真：受集合制约，由、且，有；而，不一定有成立（反例：且，显然，有），故不一定受区间制约；
所以，受区间制约，必受集合制约，但受集合制约，不一定受区间制约；综上，是的充分不必要条件.
【变式训练1-9】已知由个数构成的有序数组，如果恒成立，则称有序数组为“非严格差增数组”.
(1)设有序数组，试判断是否为“非严格差增数组”？并说明理由；
(2)若有序数组为“非严格差增数组”，求实数的取值范围.
【答案】(1)有序数组是“非严格差增数组”，有序数组不是“非严格差增数组”，理由见解析
(2)
【解析】（1）根据“非严格差增数组”的定义判断即可；
（2）根据“非严格差增数组”的定义得，变形为，按照，，，分类讨论求解即可.
（1）对于有序数组，有，所以有序数组是“非严格差增数组”；
对于有序数组，有，
因为，所以有序数组不是“非严格差增数组”.
（2）由题意，知有序数组中的数构成以1为首项，为公比的等比数列，且共有12项，
根据“非严格差增数组”的定义，得，
不等式两边平方得，整理得，
当时，显然对于恒成立；
当时，得对于恒成立，
所以等价于时，，即，显然成立；
当时，得，
当为奇数时，得，因为，所以显然成立；
当为偶数时，得，因为，所以显然不成立；
所以当时，矛盾，舍去；
当时，得，
当为奇数时，得，显然成立；当为偶数时，要使恒成立，
即等价于时，，即，解得或（舍去）；
综上可得，实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是理解“非严格差增数组”的定义，遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析，运算，验证，使得问题得以解决.
【变式训练1-10】设集合，集合，如果对于任意元素，都有或，则称集合为的自邻集.记为集合的所有自邻集中最大元素为的集合的个数.
(1)直接判断集合和是否为的自邻集；
(2)比较和的大小，并说明理由；
(3)求证：.
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【解析】（1）利用自邻集的定义直接判断即可；
（2）利用自邻集的定义求出的自邻集中最大元集分别为6，5，3的所有自邻集，从而可得答案；
（3）记集合所有子集中自邻集的个数为，可得，然后分：①自邻集中含这三个元素，②自邻集中含有这两个元素，不含，且不只有这两个元素，③自邻集只含有这两个元素，三种情况求解，即先证，取时，即可得证.
（1）因为，
所以和，
因为，所以不是的自邻集，
因为
所以是的自邻集.
（2），
则其自邻集中最大元素为6的集合中必含5和6，则有{5，6}，{4，5，6}，{3，4，5，6}，{2，3，5，6}，{1，2，5，6}，{2，3，4，5，6}，{1，2，3，5，6}，{1，2，4，5，6}，{1，2，3，4，5，6}共9个，即
其自邻集中最大元素为5的集合中必含4和5，则有{4，5}，{3，4，5}，{2，3，4，5}，{1，2，4，5}，{1，2，3，4，5}共5个，
其自邻集中最大元素为3的集合中必含2和3，则有{2，3}，{1，2，3}共2个，
所以
（3）记集合所有子集中自邻集的个数为，由题意可得当时， ，，显然
①自邻集中含这三个元素，记去掉这个自邻集中的元素后的集合为，因为，所以仍是自邻集，且集合中的最大元素为，所以含有这三个元素的自邻集的个数为，
②自邻集中含有这两个元素，不含，且不只有这两个元素，记自邻集除之外最大元素为，则，每个自邻集中去掉这两个元素后，仍为自邻集，此时的自邻集的最大元素为，可将此时的自邻集分为种情况：
含有最大数为2的集合个数为
含有最大数为3的集合个数为
……，含有最大数为的集合个数为
则这样的集合共有，
③自邻集只含有这两个元素，这样的自邻集只有1个，
综上可得
因为，，
所以，
所以，所以，故当时，得：.
【点睛】关键点点睛：此题考查集合的新定义，考查集合子集的有关知识，考查分析问题的能力，解题的关键是对集合新定义的理解，考查理解能力，属于较难题
【变式训练1-11】已知数列，满足：存在，对于任意的，使得，则称数列与成“k级关联”．记与的前n项和分别为，．
(1)已知，，，判断与是否成“4级关联”，并说明理由；
(2)若数列与成“2级关联”，其中，，且有，，求|的值；
【答案】(1)不是，理由见解析；
(2)2022.
【解析】（1）假设与成“4级关联”，则有，得，此式不恒成立，故假设错误，即可得结论；
(2)由题意可得：=+且是周期为4的数列，故有==，又因为，代入计算即可.
（1）解：由，可得=，
所以，
显然等式不恒成立，举反例：时，有；左边=8，右边=3，左右.
所以与不成“4级关联”；
（2）由，可得，
利用累加法，
整理得：-=，
所以=+，
由，可知：且第一周期内有，
所以==，
又因为，
故=2020-1+3=2022.
【变式训练1-12】在无穷数列中，令，若，，则称对前项之积是封闭的．
(1)试判断：任意一个无穷等差数列对前项之积是否是封闭的？
(2)设是无穷等比数列，其首项，公比为．若对前项之积是封闭的，求出的两个值；
(3)证明：对任意的无穷等比数列，总存在两个无穷数列和，使得，其中和对前项之积都是封闭的．
【答案】(1)不是
(2)或
(3)证明见解析
【解析】（1）取数列，结合题中定义验证可得出结论；
（2）由，得，进而，讨论①当时和②当，分别求得；
（3）设，令，，得，再利用定义证明、对前项之积都是封闭的．
（1）解：不是的，理由如下：
如等差数列，
所以不是任意一个无穷等差数列对前项之积是封闭的．
（2）解：是等比数列，其首项，公比，
所以，
所以，
由已知得，对任意正整数，总存在正整数，使得成立，
即对任意正整数，总存在正整数，
使得成立，
即对任意正整数，总存在正整数，使得成立，
①当时，得，所以；
②当时，得，
且，
综上，或.
（3）解：对任意的无穷等比数列，，
令，，则，
下面证明：是对前项之积是封闭的．
因为，所以，
取正整数得，，
所以对前项之积是封闭的，
同理证明：也对前项之积是封闭的，
所以对任意的无穷等比数列，总存在两个无穷数列和，
使得，其中和对前项之积都是封闭的．
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.
【变式训练1-13】对于数列，若存在正数k，使得对任意，，都满足，则称数列符合“条件”．
(1)试判断公差为2的等差数列是否符合“条件”？
(2)若首项为1，公比为q的正项等比数列符合“条件”．
①求q的取值范围；
②记数列的前n项和为，证明：存在正数，使得数列符合“条件”
【答案】(1)符合条件；
(2)①；②证明见解析.
【解析】（1）直接利用定义判断结论是否成立；
（2）①，根据的单调性去掉绝对值，通过构造新数列，由不等式恒成立得到新数列不递减，求q的取值范围；
②要证数列符合“条件”，只要证，构造新数列，由不等式恒成立得到新数列不递减，由条件只要证即可.
（1）公差为2的等差数列，设，
由，所以公差为2的等差数列符合条件．
（2）①首项为1，公比为q的正项等比数列，，
对恒成立，
若，则，符合．
若，数列单调递增，不妨设，
，，
设，由（*）式中的m，n任意性得数列不递增，
，，
但当，，矛盾．
若，则数列单调递减，不妨设，
，即，
设，由（**）式中m，n的任意性得，数列不递减，
，，
时，单调递增，
，，，
综上，公比q的取值范围为．
②：由①得，，，
当时，，要存在使得，只需即可；
当时，要证数列符合“条件”，
只要证存在，使得，，
不妨设，则只要证：，
只要证：，
设，由m，n的任意性，不递减，
只要证，
只要证：，，
，存在上式对成立．
存在正数使数列符合条件．
【点睛】关键点点睛：在判断数列是否符合“条件”时，分类讨论，根据的单调性去掉绝对值，通达构造新数列，由不等式恒成立得到新数列不递减，研究此数列不递减的条件即可.
【变式训练1-14】设是正整数，如果存在非负整数使得，则称是好数，否则称是坏数．例如：，所以2是好数．
(1)分别判断是否为好数；
(2)若是偶数且是好数，求证：是好数，且是好数；
(3)求最少的坏数．
【答案】(1)都是好数
(2)证明见解析
(3)
【解析】（1）直接由好数的定义验证即可.
（2）证明是好数时，分是否存在使得两种情况讨论即可，证明是好数时，将表达式中的数分成四类，即：，从而即可证明.
（3）注意到表达式，由此联系到用二进制表示，通过归纳得知最小的坏数是3，最小的坏数是11，最小的坏数是43，最小的坏数是171，且注意到，应该是在破坏数码和，通过分析得知，坏数要满足二进制至少有个数码是1，而且在二进制表示左右两头的1之间0段的数目至少是，由此即可猜出最小的坏数是，从而证明即可得解.
（1）因为，
所以22是好数；
因为，
所以23是好数；
因为，
所以24是好数.
（2）由题意是好数当且仅当，是非负整数，分以下两种情形来说明是好数，
情形一：若存在，不妨设为，此时或，
则当时，，或，
因此，或，
即此时是好数；
当时，，由题意，因此不妨取，即，
因为是偶数，所以，从而是好数；
情形二：若不存在，则任取，均有，当然也有，而此时或，
则当时，，或，
由情形一可知，当时，，
因此，或，
即此时是好数；
当时，，由题意，因此不妨取，即，
因为，从而是好数；
综上所述：若是偶数且是好数，则是好数.
若是偶数且是好数，接下来我们说明是好数，
即已知是偶数，是非负整数，
由以上分析可知或，或是偶数，
且，，，
不妨设，，
，，
所以，
因为均是偶数，
所以是偶数，是偶数，
所以，
，
综上所述，若是偶数且是好数，则 也是好数.
（3）记，设：
①若的二进制表示中只有至多有个1，那么显然是好数；
②若的二进制表示中有至少有个1，那么的二进制表示至多有位。
此时，的二进制表示中的那些0隔出了若干个1串。
如果一个1串的长度为1，它一定能表示为，
如果一个1串的长度大于1，它一定能表示为，
假设是坏数，长度为1的1串的数量为，长度大于1的1串的数量为，
那么就意味着，
记，
如果我们标出每个1串最左边和最右边的1，那么这些1两两不相邻，且总数目为，
但事实上，由于一共至多有位，所以，产生矛盾，
这就意味着一定是好数.
这就说明，小于的正整数都是好数，
接下来我们用反证法来证明是坏数，
假设是好数，
由于的二进制表示中，1的个数是大于的，
所以的那个表示里，肯定存在负号项，
也就是说可以表示成两个正整数之差，不妨设，
且的二进制中1的个数之和不超过，
而且我们还可以同时去掉的那些位数相同的1，全都变成0，
所以可以表示成两个正整数的差，的二进制中1的个数之和不超过，且没有相同位置的1，
那么就设的二进制表示中，1的数量分别是，
则，
那么：(1)的二进制表示中，最左最右两个1之间的0段的数目至多有个；
(2)每给减掉一个（且的位为0），最左最右两个1之间的0段的数目至多增加1个，
增加1个当且仅当减掉的这个位置左边最近的1的左边还是1，且这个位置的右边是0.
(3)的二进制表示中，最左最右两个1之间有个0段.
由(1)(2)我们知道，的二进制表示中，最左最右两个1之间的0段的数目至多有个，
结合(3)就可以知道必须等于，且(1)，(2)，(3)的每个不等关系都取等.
由于(1)的不等关系取等，
所以的最后一位必须是0；
但的最后一位是1，
所以的最后一位是1，
但是由于(2)的不等关系取等，
所以最后在减掉这步时，右边还有0，
而这不可能，因为已经是最后一位了，
所以假设不成立，
从而是坏数，
所以最小的坏数是，
因此最小的坏数是．
【点睛】关键点点睛：第一问比较常规，按新定义验证即可；第二问的关键主要是注意到表达式的结构，分类讨论即可；而第三问的关键是主要要联想到二进制表示，并且要通过归纳分析，演绎推理证明猜想，从而顺利求解.
【变式训练1-15】定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”，例如：数列1，3，5经过第一次“和扩充”后得到数列；第二次“和扩充”后得到数列.设数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为，所有项的和为.
(1)若已知数列，求；
(2)求不等式的解集；
(3)是否存在不全为0的数列，使得数列为等差数列？请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)存在，理由见解析
【解析】（1）由已知，可得第二次“和扩充”后得到数列，即可得到；
（2）由已知，数列第次“和扩充”后增加的项数为，可得，可得是首项为4，公比为2的等比数列，可得，则，可解得.
（3）由已知，可得，进而可得，从而得到结论.（1）第一次“和扩充”：3，7，4，9，5；
第二次“和扩充”：3，10，7，11，4，13，9，14，5；
故.
（2）数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，
数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为，
则经第次“和扩充”后增加的项数为，
所以，
所以，
其中数列经过1次“和扩充”后，得到，，
故，，
故是首项为4，公比为2的等比数列，
所以，故，
又，则，即，解得.
（3）因为，
，
依次类推，，
故
，
若使为等差数列，则，
所以存在不全为0的数列，使得数列为等差数列.
【点睛】关键点点睛：小问（2），推出是首项为4，公比为2的等比数列，进而求解；小问（3），推出，利用累加法求和得到，得到结论.
题型02：定义数列新情境问题
【典型例题1】（多选）任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算经过有限次步骤后，必进入循环圈.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）.如取正整数，根据上述运算法则得出，共需要8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.现给出“冰雹猜想”的递推关系如下：已知数列满足：（为正整数），.记数列的前项和为，若，则（ ）
A．或32B．
C．当最小时的“雹程”是2步D．或4747
【答案】BC
【解析】对于A，因为，所以；
或；或，
，即或5或4，故A错误；
对于B，因为，所以从开始，周期为3，又，
所以，故B正确；
对于C，由A选项得的最小值为4，故雹程是2步，故C正确；
对于D，当时，；
当时，；
当时，，故D错误.
故选：BC.
【典型例题2】由边长为，，的等腰直角三角形出发，用两种方法构造新的直角三角形：
①以原三角形的短直角边为新三角形的短直角边，原三角形的斜边为新三角形的长直角边
②以原三角形的长直角边为新三角形的短直角边，原三角形的斜边为新三角形的长直角边．
设，由方法①，②均可得到，接下来继续使用上述两种方法，得到三角形序列其中，，是直角三角形的三条边，且，为斜边，满足对于任意，有，
(1)设，求的通项公式；
(2)若，求；
(3)证明：在直角三角形序列中，若，则．
【答案】(1)；(2)；(3)证明见解析.
【解析】（1）;，
由，，，
由且，，，，均为偶数，得，
又，其中，所以有，
所以有，则
（2）若;;，因为，所以是奇数，则;;，
又，所以是偶数，所以，
同理有，，
，，，
所以，则有．
（3）设中有两个及以上的直角三角形满足互质，
在所有的中，取分母最小者，并在这些分母最小的有理数中取分子最小者，
将得到的有理数记作，设，则，则;;，
它的前序三角形即得到的三角形应为;;或;;，
若，则为偶数，应存在不同的偶数，，使得，
这就有，由于，这与取法矛盾，
若，则为奇数，应存在不同的奇数，，使得，
此时，同样与取法矛盾，
所以假设不成立，故不存在两个及以上的三角形满足，命题得证．
【变式训练2-1】设数列：．已知，定义数表，其中
(1)若，写出；
(2)若是不同的数列，求证：数表满足“”的充分必要条件为“”；
(3)若数列与中的1共有个，求证：数表中1的个数不大于．
【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)证明见解析
【解析】（1）将代入计算可得．
（2）证明：
充分性：
若，由于
令，由此数列．
由于．
从而有，即充分性成立；
必要性：
若．
由于是不同的数列，
（1）设，对任意的正整数，
①若，可得，
所以．
②若，可得，
所以．
同理可证时，有成立．
（2）设，对任意的正整数，
若，可得，
所以有，则是相同的数列，不符合要求．
若，可得，
所以有，则是相同的数列，不符合要求．
同理可证时，是相同的数列，不符合要求．
综上，数表满足“”的充分必要条件为
“”；
（3）证明：
由于数列中的1共有个，设中1的个数为，
因此中0的个数为，中1的个数为，中0的个数为，
若，则数表的第行为数列，
若，则数表的第行为数列；
所以数表中1的个数为；
因此，数表中1的个数不大于.
【变式训练2-2】函数的定义域为全体正整数集合，则称或为数列，简记为，数列中的每一项即为．我们举个例子，古代哲学家庄周所著的《庄子•天下篇》引用过一句话：一尺之锤，日取其半，万世不竭，其含义为：一根长一尺的木棒，每天截下一半，这样的过程可以无限进行下去．第一天截下，第二天截下，第天截下不难看出，数列的通项随着的无限增大而无限接近于0，那么我们就说数列的极限为0．我们定义：设为数列，为定数，若对给定的任意正数，总存在正整数，使得时有，则称数列收玫于，定数称为数列的极限，记为．
(1)已知数列，证明：当不断增大时，的值会不断趋向于黄金分割比．
(2)设数列满足，且，证明：．
(3)材料：设是个实数列，对任意给定的，若存在，使得凡，且，都有，则称为“柯西列”．问题解决：定义，证明：时，不是“柯西列”，时，是“柯西列”．
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)证明见解析.
【解析】（1）设常数满足：数列，
则常数满足如下条件：，
由韦达定理知，常数为方程的两个根，令，
当时，有，即，
上式共个式子，累乘得，
将直到，按照上述递推关系式进行展开有：
，
可见是首项为，公比为，末项为的等比数列，
根据等比数列通项公式有，
将常数代入得，
，
当不断增大时，的值会不断趋向于黄金分割比．
（2）数列满足，且，
，数列单调递增，
所以，即，
根据数列极限定义知，若对给定的任意正数，总存在正整数，使时有．
（3）当时，，
当，且，
都有，此时不是“柯西列”．
当时，，
对任意给定的，存在，使，且，
都有，则为“柯西列”．
题型03： 定义数列新运算问题
【典型例题1】规定：对任一实数，若存在数列和非零实数使得，则可以表示成进制形式，简记为．如表示是一个2进制形式的数，且．
(1)已知（），试将表示成进制的简记形式；
(2)若数列满足：，（），记，是数列的前项和，求；
(3)若常数满足且，，记，求证：．
【答案】(1)；(2)；(3)证明见解析
【解析】（1）因为，则；
（2）因为，
所以，则数列的周期为2，
因为，所以，
且当为偶数时，，即，
因为，
若为奇数，则，
若为偶数，则，
所以
（3），
则，
所以．
【典型例题2】已知，表示不超过x的最大整数，如，，.
(1)若，，，且是无穷数列，求的取值范围；
(2)记.
①若，，，求；
②设，，，证明：，使得时，.
【答案】(1)
(2)①；②证明见解析.
【解析】（1）分，和讨论即可；
（2）①分析得，则，再计算出，最后代入计算即可；
②分和讨论得，则证明原命题.
（1）若，则不存在，不符合题意，
若，则，从而，符合题意，
若，设，
则不存在，不符合题意，
综上，.
（2）①由题意知，且，
从而，即，则，
所以，
由知为偶数，
所以，
则
.
②若，则，
若，则，
又，
从而，且，使得，
此时，对，得证.
【点睛】关键点点睛：本题第二问第一小问的关键是利用根据数列单调性得到，进而分析出.
【典型例题3】在平面直角坐标系中，我们把点称为自然点.按如图所示的规则，将每个自然点进行赋值记为，例如，.

(1)求;
(2)求证:;
(3)如果满足方程，求的值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)474
【解析】（1）根据图形即可得到结果；
（2）根据题意，由图形分别计算与，然后代入计算，即可证明；
（3）根据题意，将方程转化为，然后化简，分别计算与的值，即可得到结果.
（1）根据图形可知.
（2）固定，则为一个高阶等差数列，且满足
所以
，
所以，，所以
.
（3），
等价于，
等价于，
即，
化简得，
由于增大，也增大，
当时，，
当时，，
故当时，，即
【点睛】关键点睛：本题主要考查了数列的新定义问题，难度较大，解答本题的关键在于理解图形的意思，然后转化为数列问题进行解答.
【典型例题4】对于每项均是正整数的数列P：，定义变换，将数列P变换成数列：．对于每项均是非负整数的数列，定义，定义变换，将数列Q各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列．
(1)若数列为2，4，3，7，求的值；
(2)对于每项均是正整数的有穷数列，令，．
（i）探究与的关系；
（ii）证明：．
【答案】(1)172；
(2)（i）；（ii）证明见解析.
【解析】（1）根据给定的数列及变换计算即得.
（2）（i）根据给定的信息依次计算，再作差即得；（ii）是每项均为非负整数的数列，交换数列的第项与第项得到数列，利用已知证明，再结合（i）推理即得.
（1）依题意，，，
.
（2）（i）记，
，
，
，
，所以.
（ii）设是每项均为非负整数的数列，
当存在，使得时，交换数列的第项与第项得到数列，
则，
当存在，使得时，若记数列为，则，
因此，从而对于任意给定的数列，
由，，由（i）知，
所以.
【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.
【典型例题5】记集合无穷数列中存在有限项不为零，，对任意，设变换，．定义运算：若，则，．
(1)若，用表示；
(2)证明：；
(3)若，，，证明：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【解析】
（1）根据新定义，由项系数相等可得；
（2）利用新定义证明即可；
（3）根据多项式的乘法可得，然后利用通项公式整理化简即可得证.
（1）因为
，
且，
所以，由可得，
所以.
（2）因为，
所以
又因为
所以，
所以.
（3）对于，
因为，
所以，
所以，
所以，
，
所以，
.
【点睛】难点点睛：本题属于新定义问题，主要难点在于对新定义的理解，利用多项式的乘法分析，结合通项公式即可得证.
【变式训练3-1】若数列满足，且存在正整数，使得为奇数时，；为偶数时，，称为—跳跃数列，记.
(1)若数列为—跳跃数列，且对任意，求最小时的最大值；
(2)已知为正整数，数列为—跳跃数列.
①若，求数列的前60项的和;
②求的所有不同值的和.
【答案】(1)7
(2)①12156；②
【解析】（1）根据跳跃数列的定义，由题意取验证可知与题意矛盾，取时符合题意，求出的最大值即可求解.
（2）①由题意得数列是周期为11的周期数列，再结合等比数列的前项和公式即可求解；
②的所有不同的值为:，再结合分组求和及等比数列的前项和公式即可求解.
（1）因为数列为—跳跃数列，且，
若，
与对任意矛盾；
若，则，
与对任意矛盾；
若，则，
满足对任意，
此时的最大值为，
所以的最小值为3，且时的最大值为7.
（2）①时，，
，
数列是周期为11的周期数列，
所以的前60项和为.
②的所有不同的值为:，
所以的所有不同值的和为
因为
，
所以.
【变式训练3-2】在密码学领域，欧拉函数是非常重要的，其中最著名的应用就是在RSA加密算法中的应用．设p，q是两个正整数，若p，q的最大公约数是1，则称p，q互素．对于任意正整数n，欧拉函数是不超过n且与n互素的正整数的个数，记为．
(1)试求，，，的值；
(2)设n是一个正整数，p，q是两个不同的素数．试求，与φ（p）和φ（q）的关系；
(3)RSA算法是一种非对称加密算法，它使用了两个不同的密钥：公钥和私钥．具体而言：
①准备两个不同的、足够大的素数p，q；
②计算，欧拉函数；
③求正整数k，使得kq除以的余数是1；
④其中称为公钥，称为私钥．
已知计算机工程师在某RSA加密算法中公布的公钥是．若满足题意的正整数k从小到大排列得到一列数记为数列，数列满足，求数列的前n项和．
【答案】(1)；
(2)，；
(3).
【解析】（1）由欧拉函数的定义知，不越过3且与3互素的正整数有1，2，则，
不越过9且与9互素的正整数有1，2，4，5，7，8，则，
不越过7且与7互素的正整数有1，2，3，4，5，6，则，
不越过21且与21互素的正整数有1，2，4，5，8，10，11，13，16，17，19，20，则，
所以.
（2）在不大于的正整数中，只有3的倍数不与互素，而3的倍数有个，
因此.
由，是两个不同的素数，得，
在不超过的正整数中，的倍数有个，的倍数有个，
于是，
所以.
（3）计算机工程师在某RSA加密算法中公布的公钥是，则，从而
由（2）得，，
即正整数满足的条件为：，
，令，则，
令，则，
取，则，于是，
因此，即，
，
.
【变式训练3-3】在二维空间即平面上点的坐标可用两个有序数组表示，在三维空间中点的坐标可用三个有序数组表示，一般地在维空间中点A的坐标可用n个有序数组表示，并定义n维空间中两点，间的“距离”．
(1)若，，求；
(2)设集合．元素个数为2的集合M为的子集，且满足对于任意，都存在唯一的使得，则称M为“的优集”．证明：“的优集”M存在，且M中两不同点的“距离”是7．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【解析】（1）解：因为，，，则，
所以.
（2）证明：定义：对任意，规定，
对任意，，
由于，，，容易得，
所以，得结论：，，
构造有2个元素，由为整数，
当时，则满足M为“的优集”的定义，
当时，则，满足M为“的优集”的定义，
所以存在为“的优集”，
若M中的两个点，有一个位置相同，不妨设为第一个位置，
则设，，
则取，则有，，显然矛盾，
所以M中的两个点每一个位置均不同，即，显然，
即“的优集”M存在，且M中两不同点的“距离”是.
【变式训练3-4】有穷数列中，令，
(1)已知数列，写出所有的有序数对，且，使得；
(2)已知整数列为偶数，若，满足：当为奇数时，；当为偶数时，.求的最小值；
(3)已知数列满足，定义集合.若且为非空集合，求证：.
【答案】(1)、、、
(2)
(3)证明见解析
【解析】（1）为时，，
为时，，
为时，，
为时，，
故，且使得的有序数对有、、、；
（2）由题意可得，，
又为整数，故，，
则，
同理可得，
即有，
同理可得，当时，有，
即当时，有，
当时，，
故
；
（3）对于数列，，不妨设，
①首先考虑的情况，
由于，，故，同理，，，
故.
②再考虑中有连续一段是连续的正整数的情况，
此时,
因为，，
故这说明此连续的项的和为负.
同理，当含有多段的连续正整数的情况时，每段的和为负，
再由①中结论，可得.
③若在①②中，由于，
此时去掉前项，则可转化①②的情况，所以有.
④若，则，
所以此时有，
综上，结论成立.
【变式训练3-5】对于每项均是正整数的数列P：，定义变换，将数列P变换成数列：．对于每项均是非负整数的数列，定义，定义变换，将数列Q各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列．
(1)若数列为2，4，3，7，求的值；
(2)对于每项均是正整数的有穷数列，令，．
（i）探究与的关系；
（ii）证明：．
【答案】(1)172；
(2)（i）；（ii）证明见解析.
【解析】（1）依题意，，，
.
（2）（i）记，
，
，
，
，所以.
（ii）设是每项均为非负整数的数列，
当存在，使得时，交换数列的第项与第项得到数列，
则，
当存在，使得时，若记数列为，则，
因此，从而对于任意给定的数列，
由，，由（i）知，
所以.
【变式训练3-6】已知数列，记集合.
(1)若数列为，写出集合；
(2)若，是否存在，使得？若存在，求出一组符合条件的；若不存在，说明理由；
(3)若，把集合中的元素从小到大排列，得到的新数列为， 若，求的最大值．
【答案】(1)
(2)不存在，使得成立
(3)
【解析】（1）由题意可得，，，
所以.
（2）假设存在，使得，
则有，
由于与的奇偶性相同，与奇偶性不同，
又，，
所以中必有大于等于的奇数因子，这与无以外的奇数因子矛盾，
故不存在，使得.
（3）首先证明时，对任意的都有，
因为，
由于与均大于且奇偶性不同，
所以为奇数，对任意的都有，
其次证明除形式以外的数，都可以写成若干个连续正整数之和，
若正整数，其中，
则当时，由等差数列的性质可得：
，此时结论成立，
当时，由等差数列的性质可得：
，此时结论成立，
对于数列，此问题等价于数列其相应集合中满足有多少项，
由前面证明可知正整数不是中的项，
所以的最大值为.
【变式训练3-7】大数据环境下数据量积累巨大并且结构复杂，要想分析出海量数据所蕴含的价值，数据筛选在整个数据处理流程中处于至关重要的地位，合适的算法就会起到事半功倍的效果．现有一个“数据漏斗”软件，其功能为；通过操作删去一个无穷非减正整数数列中除以M余数为N的项，并将剩下的项按原来的位置排好形成一个新的无穷非减正整数数列．设数列的通项公式，，通过“数据漏斗”软件对数列进行操作后得到，设前n项和为．
(1)求；
(2)是否存在不同的实数，使得，，成等差数列？若存在，求出所有的；若不存在，说明理由；
(3)若，，对数列进行操作得到，将数列中下标除以4余数为0，1的项删掉，剩下的项按从小到大排列后得到，再将的每一项都加上自身项数，最终得到，证明：每个大于1的奇平方数都是中相邻两项的和．
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
(3)证明见解析
【解析】（1）由，知：当时，；
当时，故，，
则，；
（2）假设存在，由单调递增，不妨设，，，，，
化简得，∵，∴，
∴，∴，
与“，且，”矛盾，故不存在；
（3）由题意，，则，，，
所以保留，，则，，，
又，，，，，
将，删去，得到，则，，
，，，
即：，，，
即：，，
记，下面证明：，
由，，，，
时，，，
；
时，，，
；
时，，，
；
时，，，
，
综上，对任意的，都有，原命题得证．
【变式训练3-8】我们把按照确定的顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项.如果一个数列的项是有限个，那么称这样的数列为有穷数列.
已知有穷数列.若数列中各项都是集合的元素，则称该数列为数列.对于数列，定义如下操作过程：从中任取两项，将的值添在的最后，然后删除，这样得到一个项的新数列（约定：一个数也视作数列）.若还是数列，可继续实施操作过程，得到的新数列记作，如此经过次操作后得到的新数列记作.
(1)设数列，请写出的所有可能的结果；
(2)求证：对于一个项的数列实施操作过程，总共可以实施次；
(3)设数列，求的可能结果，并说明理由.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)，理由见解析
【解析】（1）由题意可直接得到；
（2）证明新增项一定是满足数列的项，就能得到每一次操作增加一项减少二项合计一次操作减少一项，所以得出总共的操作次数；
（3）通过定义验证的结果与操作过程无关，所以最后结果就是任意两个元素进行计算，最后得出的一个数即为的结果.
（1）（1）有如下的三种可能结果：
，所以.
，，
，
（2）因为，有
且，
所以，即每次操作后新数列仍是数列.
又因为每次操作中都是增加一项，删除两项，
所以对数列每操作一次，项数就减少一项，
所以对项的数列总共可进行次操作（最后只剩下一项）.
（3）由（2）可知中仅有一项.
对于满足的实数定义运算：，
下面证明这种运算满足交换律和结合律：因为，且，
所以，即该运算满足交换律；
又因为，
且，
所以，即该运算满足结合律.
所以中的项与实施的具体操作过程无关.
选择如下操作过程求：
由（1）可知；
易知
所以的其中一种结果为；
易知经过4次操作后剩下一项为.
综上可知：.
【变式训练3-9】在当前市场经济条件下，某服装市场上私营个体商店中的商品所标价格a与其实际价值b之间存在着相当大的差距．对购物的消费者来说，这个差距越小越好，而商家则相反，于是就有消费者与商家的“讨价还价”，常见的方法是“对半还价法”，消费者第一次减去定价的一半，商家第一次讨价加上二者差价的一半；消费者第二次还价再减去二者差价的一半，商家第二次讨价，再加上二者差价的一半，如此下去，可得下表．
消费者每次的还价组成一个数列bn．
(1)写出此数列的前三项，并猜测通项的表达式；
(2)若实际价格b与定出a的价格之比为，利用“对半还价法”讨价还价，最终商家将能有百分之几的利润？
【答案】(1)
答案见详解
(2)约的利润
【解析】（1）结合数列的概念猜想数列的通项公式求解即可.
（2）利用比值关系求解出得到利润.
（1），，
，
观察可得，
（2）因为，所以，故，故商家将有约的利润．
【变式训练3-10】设为正整数，集合.对于集合中的任意元素和，定义.
(1)当时，若，直接写出所有使同时成立的的元素；
(2)当时，设是的子集，且满足：对于中的任意两个不同元素.求集合中元素个数的最大值；
(3)给定不小于2的，设是的子集，且满足：对于中的任意两个不同的元素，写出一个集合，使其元素个数最多，并说明理由.
【答案】见解析
【解析】(1)
满足条件的 有
又 ，
满足条件的 有
(2)列出集合A的元素
B是A的子集，且满足：对于B中的任意两个不同元素α，β，d(α，β)≥2
满足条件的集合B的元素的个数的最大值为4.
(3) d(α，β)≥2
B中的元素应该含有奇数个1
若n=2，则含有奇数个1的元素有 个；
若n=3，则含有奇数个1的元素有 个；
若n=4，则含有奇数个1的元素有 个；
若n=5，则含有奇数个1的元素有 个；
当n=3时，
【变式训练3-11】设n为正整数，集合A=，，，，，．对于集合A中的任意元素和，记．
（Ⅰ）当n=3时，若，，求和的值；
（Ⅱ）当时，对于中的任意两个不同的元素，，证明：．
（Ⅲ）给定不小于2的正整数n，设B是A的子集，且满足：对于B中的任意两个不同元素，，．写出一个集合B，使其元素个数最多，并说明由．
【答案】见解析
【解析】（Ⅰ）因为，，
所以，
；
（Ⅱ）当时，对于中的任意两个不同的元素，
设，，有
，．
对于任意的，，，，，，
当时，有，
当时，有．
即，
所以，有，
又因为，
所以，，，，，当且仅当时等号成立，
所以，
，
即，当且仅当（，，，）时等号成立；
（Ⅲ）由（Ⅱ）可证，对于任意的，
若，则，成立．
所以，考虑设
，
，，，，，
对于任意的，，，，
，，，
所以，
假设满足条件的集合B中元素个数不少于，
则至少存在两个元素在某个集合（，，，）中，
不妨设为，则．
与假设矛盾，所以满足条件的集合B中元素个数不多于．
取；
对于，，，，取，且；．
令，
则集合满足条件，且元素个数为,
故是一个满足条件且元素个数最多的集合．
【点睛】
本题主要考查集合的含义与表示、集合的运算以及集合之间的关系，考查逻辑思维能力和计算能力，属于常考题.
【变式训练3-12】已知有限集X，Y，定义集合，表示集合X中的元素个数.
（1）若，求集合和，以及的值；
（2）给定正整数n，集合，对于实数集的非空有限子集A，B，定义集合
①求证：；
②求的最小值.
【答案】见解析
【解析】（1）根据定义直接得X－Y＝{1,2}，Y－X＝{5}，|(X－Y)∪(Y∪X)|＝3.
（2）①显然.
若A∪B中含有一个不在S中的元素，则，即
.
若，且，则
此时A中最小的元素，B中最小的元素，
所以C中最小的元素.
所以.
因为，
所以，即.
综上，.
②由①知.
所以
若，或，则
若，且，设，
且，，
则，
若，
因为，
所以这个数一定在
集中C中，且均不等于1.
所以
所以
当，时，
所以的最小值是
【点睛】关键点点睛：本题的第三问较难，解题的关键是由①得，进而进行分情况讨论可得解.
【变式训练3-13】已知（），对于，，，定义A与之间的距离为.
(1)若，，写出一组，的值，使得；
(2)证明：对于任意的，，，；
(3)若，若，求所有之和.
【答案】见解析
【解析】(1)解：（，（答案不唯一）；
(2)证明：设，，，
因为，，所以，
从而，
同理，
，
又，
由题意知，，.
当时，
;
当时，
所以；
(3)解：易知中共有个元素，分别记为，
对于，
∵的共有个，的共有个，
∴
∴=，
故所有之和为．
【点睛】
本题考查了利用新定义和集合的运算性质综合应用的能力，解题时需要认真审题，抓住新定义的本质.
【变式训练3-14】已知数列的前项和分别为，定义数列的“关联数列”为，且.
(1)若.求；
(2)若，求的值；
(3)已知当时，，当且仅当时“”成立.若数列为正项数列，且，，证明：.
【答案】(1)16；(2)1；(3)证明见解析
【解析】【小问1解析】
由题意得，
.
【小问2解析】
由题意，当时，；
当时，
，
故
.
【小问3解析】
由，，可得，
即得，
则，
则有：（*）.
，
由（*）可得：.
因时，，由已知不等式可得：
，
故得，即得证.
【变式训练3-15】定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”，例如：数列1，2，3经过第一次“和扩充”后得到数列1，3，2，5，3；第二次“和扩充”后得到数列1，4，3，5，2，7，5，8，3.设数列a，b，c经过n次“和扩充”后得到的数列的项数为，所有项的和为.
(1)若，，，求，；
(2)若，求正整数n的最小值；
(3)是否存在实数a，b，c，使得数列为等比数列?若存在，求a，b，c满足的条件；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)，；(2)10；(3)答案见解析
【解析】（1），第一次“和扩充”后得到数列，
第二次“和扩充”后得到数列，
，；
（2）数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，
数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为，
则经第次“和扩充”后增加的项数为，
所以，所以，
其中数列经过1次“和扩充”后，得到，
故，故是首项为4，公比为2的等比数列，
所以，故，
则，即，
又，解得，最小值为10；
（3）因为，
，依次类推，，
故
，
若使为等比数列，则或.
【变式训练3-16】卷积运算在图象处理、人工智能、通信系统等领域有广泛的应用．一般地，对无穷数列，，定义无穷数列，记作，称为与的卷积．卷积运算有如图所示的直观含义，即中的项依次为所列数阵从左上角开始各条对角线上元素的和，易知有交换律．
(1)若，，，求，，，；
(2)对，定义如下：①当时，；②当时，为满足通项的数列，即将的每一项向后平移项，前项都取为0．试找到数列，使得；
(3)若，，证明：当时，．
【答案】(1)，，，；(2)；(3)证明见解析
【解析】（1）因为，，所以，；，；
，；，.
因为，，
所以，，，.
（2），
对一般的，.
（3）方法一：
记的前n项和为，由卷积运算的交换律有,
故，
因此，②
②－①得，
故当时，．
方法二：
记的前n项和为，常数列，注意
（Ⅰ）
易证卷积关于数列加法有分配律，将（Ⅰ）中所有数列对应项相加，得，注意
（Ⅱ）
注意是对所有对应项相加所得的数列，
是对所有对应项相加所得的数列，
易知卷积运算有结合律，因此将（Ⅱ）中所有数列对应项相加，
得的通项即为，
故当时，．
注：以上论证可用符号语言说明如下：
定义数列加法：，其中．
容易验证卷积运算满足结合律：，
数列加法关于卷积满足分配律：．
因此.
题型04：定义新性质
【典型例题1】如果无穷数列满足“对任意正整数,都存在正整数,使得”,则称数列具有“性质”.
(1)若等比数列的前项和为,且公比,求证：数列具有“性质”；
(2)若等差数列的首项,公差,求证：数列具有“性质”,当且仅当；
(3)如果各项均为正整数的无穷等比数列具有“性质”,且四个数中恰有两个出现在数列中,求的所有可能取值之和.
【答案】见解析
【解析】（1）
解得：则即
且若则
则当对任意正整数,都存在正整数使得
则等比数列an满足性质.
（2）因为数列bn具有“性质”,
则
若数列具有性质则,
则,
又则
则,
,
则,
又则当时上式成立,
当时.,
则
因为则时,则则则则
反之,若则则上面各式成立,则数列bn具有“性质”
综上数列bn具有“性质”,当且仅当.
（3）从这四个数中任选两个,共有以下6种情况：,；,；
,; ,; ,; ,.
①对于, 因为为正整数,可以认为an是等比数列中的项,,首项的最小值为1.
下面说明此数列具有性质P：
=,=,任取,,则,
为正整数,因此此数列具有性质P,
②对于,.因为为正整数,认为是等比数列an中的项,,
首项的最小值为,下面说明此数列不具有性质P：
,,若不为等比数列an中的项,
因此此数列不具有性质P,同理可得,；,；,；,
每组所在等比数列an不具有“性质P’’
【典型例题2】定义：任取数列中相邻的两项，若这两项之差的绝对值为1，则称数列具有“性质1”.已知项数为的数列的所有项的和为，且数列具有“性质1”.
(1)若，且，写出所有可能的的值；
(2)若，证明：“”是“”的充要条件；
(3)若，证明：或.
【答案】(1)；；
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解析】（1）由数列的性质得出，进一步结合的定义即可得解；
（2）结合新定义，分必要性、充分性两方面证明即可；
（3）由数列的性质，得出4整除，即或，然后回过头去检验是否满足题意即可.
（1）依题意，若，此时；
若，此时；
若，此时.
（2）必要性：因为，故数列为等差数列，
所以，公差为-1，
所以；
充分性：由于，
累加可得，，即，
因为，故上述不等式的每个等号都取到，所以，
所以，
综上所述，“”是“”的充要条件.
（3）令，依题意，，
因为，
所以
，
因为，所以为偶数，
所以为偶数；
所以要使，必须使为偶数，即4整除，
亦即或，
当时，比如或，时，有；
当时，比如或，时，有；
当或时，不能被4整除，.
【点睛】关键点点睛：想要完美的做出此题，关键在于对数列的新性质以及的定义有深刻的理解，由此即可顺利得解.
【典型例题3】设为1,2,3,…,n的一个排列,若该排列中有且仅有一个i满足,则称该排列满足性质T．对任意正整数n,记为满足性质T的排列的个数．
(1)求的值；
(2)若,求满足性质T的所有排列的情形；
(3)求数列的通项公式．
【答案】见解析
【解析】（1）由性质T的定义可知：
当时,由1构成的排列不满足性质,故；
当时,由1,2构成的排列有,2,1,其中排列2,1满足性质T,故；
当时,由1,2,3构成的所有排列为：,
其中满足性质T的排列有：,所以；
（2）若,由1,2,3,4构成的所有种排列中,
符合性质T的排列有：,
,
（3）由（1）、（2）可得：,同理可得；
所以,
∴归纳出,证明：∵在1,2,…,n的所有排列中,
若,从个数1,2,3,…,中选个数,
将所选数值按从小到大的顺序排在的前面,即﹐
再将余下的数按从小到大的顺序排列在的后面,
则该排列满足性质T,∴满足题意的排列个数为,,
若,则只需将排列成满足性质T的的排列,在其后面加上即可得到满足条件的排列,满足题意的排列个数为,
综上：,即,
∴
,故数列的通项公式为．
【典型例题4】若数列满足：存在等比数列，使得集合元素个数不大于，则称数列具有性质.如数列，存在等比数列，使得集合，则数列具有性质.若数列满足，，记数列的前项和为.证明：
(1)数列为等比数列；
(2)数列具有性质.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】（1）设，求出和，求出和的关系即可证明；
（2）由（1）求出，求出，设数列即可证明.
（1）设，则，
.
因此数列是首项为，公比为的等比数列，且；
（2）由（1），，所以，
取数列，则是等比数列，
并且，因此集合，
所以数列具有性质.
【典型例题5】基本不等式可以推广到一般的情形：对于个正数，它们的算术平均不小于它们的几何平均，即，当且仅当时，等号成立．若无穷正项数列同时满足下列两个性质：①；②为单调数列，则称数列具有性质．
(1)若，求数列的最小项；
(2)若，记，判断数列是否具有性质，并说明理由；
(3)若，求证：数列具有性质．
【答案】(1)最小项为
(2)数列具有性质，理由见解析．
(3)证明见解析
【解析】（1）利用，结合三个数的算术平均不小于它们的几何平均求解；
（2）变形，再利用等比数列求和证明性质①，利用证明②；
（3）结合二项式定理及n元基本不等式求解.
（1），当且仅当，即时，等号成立，
数列的最小项为．
（2）数列具有性质．
，
，
数列满足条件①．
为单调递增数列，数列满足条件②．
综上，数列具有性质．
（3）先证数列满足条件①：
．
当时，
则，
数列满足条件①．
再证数列满足条件②：
（，等号取不到）
为单调递增数列，数列满足条件②．
综上，数列具有性质.
【点睛】关键点点睛：本题考查等比数列求和及二项式定理，证明性质①均需要放缩为可求和数列.
【变式训练4-1】已知数列：，，…，（，）具有性质：对任意，（），与两数中至少有一个是该数列中的一项，为数列的前项和.
(1)分别判断数列0，1，3与数列0，1，3，4是否具有性质；
(2)证明：，且；
(3)证明：当时，，，，，成等差数列.
【答案】(1)数列不具有性质，数列具有性质；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【解析】（1）利用数列新定义直接判断即可.
（2）由定义知，，证得，再利用累加法求和即可证得结论.
（3）由（2）可证得，利用定义知是数列A中的项，可知，即可证得数列是以0为首项，公差为的等差数列．
（1）由于，，所以数列不具有性质；
；；；；；，
六组数中，每一组至少有一个数属于，所以数列具有性质．
（2）由数列具有性质，
则与中至少有一个属于A，
又，，则，于是，即；
由A具有性质可知，，
因此，
即，，，，，
上边n个式子累加得：，
则，所以.
（3）由（2）知，，，则，
而不是数列A中的项，则是数列A中的项，
于是，则有，
因此，
所以数列是以0为首项，公差为的等差数列.
【点睛】方法点睛：求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解.
对于新型集合，首先要了解集合的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将集合可近似的当作数列或者函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解.
【变式训练4-2】已知数列是由正整数组成的无穷数列.若存在常数，使得对任意的成立，则称数列具有性质.
(1)分别判断下列数列是否具有性质；（直接写出结论）
①；
②.
(2)若数列满足，求证：“数列具有性质”是“数列为常数列”的充分必要条件；
(3)已知数列中，且.若数列具有性质，求数列的通项公式.
【答案】(1)①具有，②不具有
(2)证明见解析
(3)
【解析】（1）根据定义代入计算可得；
（2）先证明充分性，依题意可得，即可得到，从而得到，再证必要性，即数列为常数列，根据定义证明即可；
（3）首先证明：，然后利用反证法证明：，即可得到，结合即可得解.
（1）①，对于，，所以数列具有“性质”；
②，对于，，
故，所以数列不具有“性质”．
（2）证明：先证“充分性”：
当数列具有“性质”时，有，
又因为，
所以，
进而有
结合有，
即“数列为常数列”；
再证“必要性”：
若“数列为常数列”，
则有，
即“数列具有“性质”．
（3）首先证明：．
因为具有“性质”，
所以．
当时，有．
又因为，且，
所以有，，
进而有，
所以，
结合可得：．
然后利用反证法证明：．
假设数列中存在相邻的两项之差大于3，
即存在满足：或，
进而有
．
又因为，
所以
依此类推可得：，矛盾，
所以有．
综上有：，
结合可得，
经验证，该通项公式满足，
所以．
【变式训练4-3】数列有100项，，对任意，存在，，若与前项中某一项相等，则称具有性质.
(1)若，，求可能的值；
(2)数列中不存在具有性质的项，求证：是等差数列；
(3)若中恰有三项具有性质，这三项和为，使用，，表示.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【解析】（1）根据，逐一求出即可；
（2）根据题设条件和等差数列的定义即可得证.
（3）去除具有性质P的数列中的前三项后，数列的剩余项重新排列为一个等差数列，且该数列的首项为a，公差为d，求即可．
（1）数列有100项，，
对任意，存在，，
所以若，，则当时，，
当时，，则，或，
当时，，则，或，
或，或，
所以可能的值：
（2），，，
当时，，则满足了性质P，矛盾，
当时，，不矛盾，所以，
以此类推，，
当时，分别等于、、、……、，则满足了性质P，矛盾.
所以只能，即，不矛盾，即数列是等差数列，
（3）将数列中具有性质P的三项去掉，得到一个新的数列bn，，
且中没有满足性质P的项，
由（2）可知，数列bn是等差数列，
所以，
又因为数列中去掉的三项和为c，所以；
【点睛】方法点睛：（1）理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.
（2）重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.
（3）类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.
【变式训练4-4】对于无穷数列，“若存在（、，且），必有”，则称数列具有性质.
(1)若数列满足，判断数列是否具有性质？数列是否具有性质？
(2)对于无穷数列，设，求证：若数列具有性质，则必为有限集
(3)已知是各项均为正整数的数列，且既具有性质，又具有性质，是否存在正整数，使得，，，…，，…成等差数列.若存在，请加以证明；若不存在，说明理由.
【答案】(1)不具有性质，具有性质
(2)证明见解析
(3)存在，证明见解析
【解析】（1）由题意可得，但，所以数列不具有性质，设（、，且），结合条件可得数列具有性质；
（2）由性质的含义可得数列中，从第项开始的各项呈现周期性，进而即可证明必为有限集；
（3）因为既具有性质，又具有性质，所以存在正整数、，使得，，其中分别是满足上述关系式是最小的正整数，然后根据其性质列出相关等式可得结论，然后逐一分析取值讨论即可.
（1）因为，
，但，
所以数列不具有性质，
设（、，且），
因为，
必有，
所以数列具有性质.
（2）因为数列具有性质，
所以一定存在一组最小的且（、），满足，即，
由性质的含义可得，，，…，，，
所以数列中，从第项开始的各项呈现周期性：，，…，为一个周期中的各项，
所以数列中最多有个不同的项，
所以最多有个元素，即为有限集.
（3）因为数列具有性质，又具有性质，
所以存在正整数、，使得，，
其中分别是满足上述关系式是最小的正整数，
由性质、的含义可得，，，
若，则取，可得；
若，则取，可得，
记，对于，有，，显然，
由性质、的含义可得，，，
所以，
，
所以，
又满足，的最小的正整数，
所以，，，，
所以，，
所以，，
取，若是偶数，则；
若是奇数，则，
所以，
所以，，，…，，…是公差为1的等差数列.
【点睛】本题的关键是对数列递推式的应用，以及推理与论证能力的综合应用，涉及到的知识点有对新定义的理解，属于难题.
【变式训练4-5】若数列满足：存在等差数列，使得集合元素的个数为不大于，则称数列具有性质.
(1)已知数列满足，.求证：数列是等差数列，且数列有性质；
(2)若数列有性质，数列有性质，证明：数列有性质；
(3)记为数列的前n项和，若数列具有性质，是否存在，使得数列具有性质？说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)存在，且，理由见解析
【解析】（1）由，
故，
即，
又，故数列是以为首项，为公差的等差数列，
则，即，
故存在等差数列，使，
由，故数列有性质；
（2）设对数列，存在等差数列，使，
对数列，存在等差数列，使，
则对数列，存在等差数列，
使的值为，
这样的最多有个，即数列有性质；
（3）设对数列，存在等差数列，且其公差为，使得，
当时，有
，
由，
故当时，，
当时，，当时，可能有种，
故这样的最多有个，
即存在等差数列，使，
的元素个数不超过个，
故一定存在，使得数列具有性质.
【点睛】关键点点睛：本题最后一小问关键点在于借助与的关系，得到当时，，从而将数列具有性质这个条件使用上.
【变式训练4-6】已知无穷数列是首项为1，各项均为正整数的递增数列，集合．若对于集合A中的元素k，数列中存在不相同的项，使得，则称数列具有性质，记集合数列具有性质．
(1)若数列的通项公式为写出集合A与集合B；
(2)若集合A与集合B都是非空集合，且集合A中的最小元素为t，集合B中的最小元素为s，当时，证明：；
(3)若满足，证明：．
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解析】（1）定义，由题意可知，
若数列的通项公式为，可知，
所以，
因为2只能写成，不合题意，即；
，符合题意，即；
，符合题意，即；
，符合题意，即；
，符合题意，即；
，符合题意，即；
所以.
（2）因为，由题意可知：，且，
即，
因为，即存在不相同的项，使得
可知，所以.
（3）因为，
令，可得，则，即，
即集合在内均不存在元素，此时我们认为集合在内的元素相同；
（i）若集合A是空集，则B是空集，满足；
（ⅱ）若集合A不是空集，集合A中的最小元素为t，可知，
由（2）可知：集合B存在的最小元素为s，且，
设存在，使得，
可知集合在内的元素相同,
可知，则，
因为，即，则，
可知，
且，
即集合在内的元素相同，可知集合在内的元素相同，
现证对任意，集合在内的元素相同，
当，可知集合在内的元素相同，成立；
假设，集合在内的元素相同，
可知集合在内的元素相同；
对于，因为，则，
若，则，可知，
可以认为集合在内的元素相同；
若，则，
若存在元素不属于集合C，
则元素属于集合A，且，可知元素属于集合B，
即数列中存在不相同的项，使得，
则，可知，
可知，
即集合在内的元素相同；
综上所述：对任意，集合在内的元素相同，
所以集合在内的元素相同，结合n的任意性，可知；
综上所述：.
【变式训练4-7】对于无穷数列和如下的两条性质：：存在实数，使得且，都有；：任意且，都存在，使得．
(1)若，判断数列是否满足性质，并说明理由；
(2)若，且数列满足任意，则称为数列的一个子数列．设数列同时满足性质和性质．
①若，求的取值范围；
②求证：存在的子数列为等差数列．
【答案】(1)满足，理由见解析
(2)①；②证明见解析
【解析】（1）根据性质的条件，结合不等式的性质求解；
（2）①由条件可得是单调递增数列，且存在，使得．进而可得，，结合，可得出结果；②依题意可得单调递增，设，由性质可推得，当时，存在，使得，进而得，利用等差数列的定义证明即可.
（1）数列满足性质．
且，
因为，所以，又因为，所以，
因此，存在，使得且，都有，故满足性质．
注：取之间的任意实数都可以．
（2）①因为数列满足性质，所以是单调递增数列，
又因为数列满足性质，所以存在，使得．
而，因此，，
由，得，
由，得，故的取值范围是．
②由数列满足性质，可知单调递增，设，
令，由性质，存在，使得，
同理，存在，使得，…，
以此类推，当时，存在，使得，
由数列单调递增，可知．
记，则，
因为，所以数列bn是等差数列，
故存在的子数列bn为等差数列，得证．
【变式训练4-8】数学归纳法是一种数学证明方法，通常被用于证明某个给定的命题在整个（或者局部）自然数范围内成立，证明分为下面两个步骤：1.证明当（）时命题成立；2.假设（，且）时命题成立，推导出在时命题也成立.只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从开始的所有自然数n都成立.已知有穷递增数列，，，且.定义：集合，若对，，使得，则称具有性质T.
(1)若数列，1，2，m（）具有性质T，求实数m的值；
(2)若具有性质T，且，，
（ⅰ）猜想当时的通项公式，并用数学归纳法证明你的猜想；
（ⅱ）求（）.
【答案】(1)4；
(2)（ⅰ）；（ⅱ）.
【解析】（1）讨论的不同取法，根据性质的定义，结合数列的单调性，即可求得参数值；
（2）（ⅰ）猜想，再利用数学归纳法，结合性质的定义，分类讨论，即可证明；
（ⅱ）利用（ⅰ）中所求通项公式，利用裂项求和法，即可求得结果.
（1）由已知，数列具有性质，
当时，取，满足题意；
当时，取，满足题意；
当时，，此时中有且仅有一个数为，
若，则，不满足题意；
若，则或或，
又因为，故；
综上所述，.
（2）（ⅰ）猜想.
当时，满足题意；
假设时，成立，则当时，
若，则取满足题意；
若，则中有且仅有一个数为，
当时，设，则，
故，当且仅当时，取得等号；
当时，设，则，
记，则；
因为对任意的，都有在中取到，
则，即；
故，故成立；
综上，.
（ⅱ）因为时，
故
.
【点睛】关键点点睛：解决本题第二问的关键，一是，能够数量掌握数学归纳法的证明过程；二是，能够根据性质的定义，合理的分类讨论；三是，数量掌握裂项求和法求解数列的前项和.
【变式训练4-9】已知无穷正项数列单调递增，其首项记为，.若，，其中为正整数集的子集，称数列在内满足性质；若，，称数列在内满足性质；若，，则数列在内满足性质.
(1)若，判断数列具有哪种性质，并说明理由；
(2)若数列具有性质，证明：时，；
(3)若数列是正整数数列，表示有限集合中元素的个数，求证：若数列满足性质，则．
【答案】(1)数列满足性质，理由见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解析】（1）对通项公式化简，用分组求和得到，然后比较，得结论；
（2）由性质B得到列不等式化简得到，由累乘法求得，得证；
（3）设新的数列，由数列满足性质A转换为，且为递减数列，从而得证.
（1）由于，从而
，
从而数列满足性质．
（2）数列具有性质，即．
由于，则，由累乘法，，从而
，即．
（3）记，则，
∵，即，等价于，
即证明存在唯一正整数满足此不等式组．
由于，则，其中，∴
∵，
从而数列是首项为正整数的单调递减整数数列，
从而存在唯一正整数，使得．
综上，若数列满足性质，则．
【变式训练4-10】对于给定的正整数和实数，若数列满足如下两个性质：①；②对，，则称数列具有性质.
(1)若数列具有性质，求数列的前项和；
(2)对于给定的正奇数，若数列同时具有性质和，求数列的通项公式；
(3)若数列具有性质，求证：存在自然数，对任意的正整数，不等式均成立.
【答案】见解析
【解析】(1)由题意得：，，则当为奇数时，，当为偶数时，，所以数列的前项和；
(2)由题意得：，，对于给定的正奇数，，对，，则令，，得：，，综上：为常数列，由可得：
(3)要证，只需证，即证，令数列，由于具有性质，即，对，，则，对，，所以具有性质，令，设的最小值为，对，令，，由于具有性质，则有，所以，
所以，所以成立
【点睛】本题数列不等式证明题目，要根据题干中条件对数列进行变形，用到了构造新数列，数论的基础知识，对学生的逻辑思维能力要求较高.
【变式训练4-11】设集合，其中.若集合满足对于任意的两个非空集合，都有集合的所有元素之和与集合的元素之和不相等，则称集合具有性质.
(1)判断集合是否具有性质，并说明理由；
(2)若集合具有性质，求证：；
(3)若集合具有性质，求的最大值.
【答案】(1)不具有，具有；(2)证明见解析；(3)
【解析】（1）对于集合，因为，故集合的元素和相等，故不具有性质.
对于，其共有15个非空子集：，，各集合的和分别为：，它们彼此相异，故具有性质.
（2）因为具有性质，故对于任意的，也具有性质，否则有两个非空子集，它们的元素和相等，而也是的子集，故不具有性质，矛盾.
注意到共有个非空子集，每个子集的元素和相异，且子集的和最大为，最小为，故.
（3）假设集合具有性质，不妨设，，设，则，由（2）可得，且.而
，
故，当且仅当时等号成立，
即此时任意的正整数，即，故此时时等号成立，故的最大值为.则当时，即对集合具有性质，则的最大值为.
【变式训练4-12】正实数构成的集合，定义.当集合中恰有个元素时，称集合A具有性质.
(1)判断集合，是否具有性质；
(2)若集合A具有性质，且A中所有元素能构成等比数列，中所有元素也能构成等比数列，求集合A中的元素个数的最大值：
(3)若集合A具有性质，且中的所有元素能构成等比数列.问：集合A中的元素个数是否存在最大值?若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)具有性质；不具有性质.(2)3；(3)存在，4
【解析】（1）具有性质；不具有性质.若，则，恰有个元素，所以具有性质；若，，有5个元素，，不具有性质.
（2）当中的元素个数时，因为中所有元素能构成等比数列，不妨设元素依次为构成等比数列，则，其中互不相同.于是这与具有性质，中恰有个元素，即任取中两个不同元素组成组合的两个数其积的结果互不相同相矛盾.当中的元素个数恰有3个时，取时满足条件，所以集合中的元素个数最大值为3.
（3）因为，不妨设，所以.
（1）当时，构成等比数列，所以，即，其中互不相同.这与中恰有个元素，即任取中两个不同元素组成组合的两个数其积的结果互不相同相矛盾.
（2）当时，构成等比数列，第3项是或.① 若第3项是，则，即，所以，与题意矛盾.
② 若第3项是，则，即，所以成等比数列，设公比为，则中等比数列的前三项为：，其公比为，第四项为，第十项为.
(ⅰ)若第四项为，则，得，又，得，此时中依次为
显然，不合题意.(ⅱ)若第四项为，则，得，又，得，
此时中依次为，显然，不合题意.因此，.取满足条件.
所以中的元素个数最大值是4.
【变式训练4-13】若无穷数列的各项均为整数．且对于，，都存在，使得，则称数列满足性质P．
(1)判断下列数列是否满足性质P，并说明理由．
①，，2，3，…；
②，，2，3，…．
(2)若数列满足性质P，且，求证：集合为无限集；
(3)若周期数列满足性质P，求数列的通项公式．
【答案】(1)数列不满足性质P；数列满足性质P，理由见解析
(2)证明见解析
(3)或．
【解析】（1）根据题意分析判断；
（2）根据题意先证为数列中的项，再利用反证法证明集合为无限集；
（3）先根据题意证明，再分为常数列和非常数列两种情况，分析判断.
（1）对①，取，对，则，
可得，
显然不存在，使得，
所以数列不满足性质P；
对②，对于，则，，
故
，因为，
则，且，
所以存在，，
使得，
故数列满足性质P；
（2）若数列满足性质，且，则有：
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
故数列中存在，使得，即，
反证：假设为有限集，其元素由小到大依次为，
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
即这与假设相矛盾，故集合为无限集.
（3）设周期数列的周期为，则对，均有，
设周期数列的最大项为，最小项为，
即对，均有，
若数列满足性质：
反证：假设时，取，则，使得，
则，即，
这对，均有矛盾，假设不成立；则对，均有；
反证：假设时，取，则，使得，
这与对，均有矛盾，假设不成立，即对，均有；
综上所述：对，均有，
反证：假设1为数列中的项，由（2）可得：为数列中的项，
∵，即为数列中的项，
这与对，均有相矛盾，即对，均有，同理可证：，
∵，则，
当时，即数列为常数列时，设，故对，都存在，
使得，解得或，即或符合题意；
当时，即数列至少有两个不同项，则有：
①当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；
②当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；
③当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；
综上所述：或.
【点睛】关键点点睛：（1）对于证明中出现直接证明不方便时，我们可以利用反证法证明；
（2）对于周期数列满足性质，证明思路：先逐步缩小精确的取值可能，再检验判断.
【变式训练4-14】若数列满足：存在等比数列，使得集合元素个数不大于，则称数列具有性质.如数列，存在等比数列，使得集合，则数列具有性质.若数列满足，，记数列的前项和为.证明：
(1)数列为等比数列；
(2)数列具有性质.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】（1）设，求出和，求出和的关系即可证明；
（2）由（1）求出，求出，设数列即可证明.
（1）设，则，
.
因此数列是首项为，公比为的等比数列，且；
（2）由（1），，所以，
取数列，则是等比数列，
并且，因此集合，
所以数列具有性质.
【变式训练4-15】若有穷数列满足：，则称此数列具有性质.
(1)若数列具有性质，求的值；
(2)设数列A具有性质，且为奇数，当时，存在正整数，使得，求证：数列A为等差数列；
(3)把具有性质，且满足（为常数）的数列A构成的集合记作.求出所有的，使得对任意给定的，当数列时，数列A中一定有相同的两项，即存在.
【答案】(1)2；2；4
(2)证明见详解
(3)
【解析】（1）由数列具有性质的定义可得；
（2）由数列具有性质的定义和等差数列的定义可得.
（3）分、和三种情况讨论即得.
（1）由已知可得数列共有5项，所以，
当时，有，
当时，有，所以，
当时，有，所以，
（2）数列A具有性质，且为奇数，令，
可得，
设，
由于当时，存在正整数，使得，
所以这项均为数列A中的项，
且，
因此一定有
即，
这说明：为公差为的等差数列，再数列A具有性质，
以及可得，数列A为等差数列；
（3）当时，
设A：，，， ，，
由于数列具有性质，且满足，
由和，得，
当时，不妨设，此时：，，此时结论成立，
当时，同理可证，所以结论成立.
当时，不妨设，反例如下：
当时，不妨设，反例如下：
综上所述，符合题意.
【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义的要素中；
（4）结合数学知识进行解答.
【变式训练4-16】已知各项均为正整数的有穷数列：满足，有.若等于中所有不同值的个数，则称数列具有性质P.
(1)判断下列数列是否具有性质P；
①：3，1，7，5；②：2，4，8，16，32.
(2)已知数列：2，4，8，16，32，m具有性质P，求出m的所有可能取值；
(3)若一个数列：具有性质P，则是否存在最小值?若存在，求出这个最小值，并写出一个符合条件的数列；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)答案见解析
(2)或
(3)存在，4045；一个满足条件的数列：1，3，5，…，4043，4047，4045
【解析】（1）根据数列具有性质的定义进行判断即可求解.
（2）由具有性质，然后利用其性质对分奇偶进行讨论即可求解.
（3）根据具有性质，然后利用其性质分别对，分情况讨论，从而其存在最小值，即可求解.
（1）①：3，1，7，5，任意两项和的结果有4，6，8，10，12共5个，而，所以具有性质P.
②：2，4，8，16，32，任意两项和的结果有6，10，12，18，20，24，34，36，40，48共10个，而，所以不具有性质P.
（2）对于数列：2，4，8，16，32，m，任意两项和不同的取值最多有15个，所以.而：2，4，8，16，32中任意两项和的结果有10个，且全是偶数.
（i）当为奇数时，都是奇数，与前5项中任意两项和的值均不相同，则：2，4，8，16，32，中所有的值共有15个，所以.
（ii）当为偶数时，都是偶数，所以.
所以.
时，在前项中任两项和的结果中未出现，
所以：2，4，8，16，32，中任意两项和的不同值的个数大于，即，矛盾.
时，，，这三个结果在前项中任意两项和的结果中未出现，所以：2，4，8，16，32，中任意两项和的不同值的个数大于，即，矛盾.
时，：2，4，8，16，32，中任意两项和的不同值有6，10，12，16，18，20，22，24，30，34，36，40，46，48共个，成立.
综上，或.
（3）存在最小值，且最小值为.
将的项从小到大排列构成新数列：，
所以.
所以的值至少有个.
即的值至少有个，即.
数列：1，3，5，…，4043，4047，4045符合条件.
：1，3，5，…，4043，4047，4045可重排成等差数列：1，3，5，…，4045，4047，
考虑，根据等差数列的性质，
当时，；当时，，
因此每个等于中的一个，
或者等于中的一个.
所以：1，3，5，…，4045，4047中共有4045个不同值.
即：1，3，5，…，4043，4047，4045中共有4045个不同值.
综上，的最小值是4045，一个满足条件的数列：1，3，5，…，4043，4047，4045.
【点睛】方法点睛：对于数列的新定义，可根据数列具有性质，根据其定义中所有不同值的个数作为解题的思路进行分类讨论，从而即可求解.
【变式训练4-17】已知有限数列，若满足，m是项数，则称满足性质.
(1)判断数列3，2，5，1和4，3，2，5，1是否具有性质，请说明理由；
(2)若数列是，公比为的等比数列，项数为10，且具有性质，求的取值范围.
【答案】(1)数列3，2，5，1满足，数列4，3，2，5，1不满足，理由见解析
(2)
【解析】（1）结合题设中的性质的定义，即可判断两个数列是否满足性质；
（2）等比数列具有性质等价于对任意的，恒成立，对分类讨论后，即可求解.
（1）因为，所以数列3，2，5，1满足性质，
，所以数列4，3，2，5，1不满足性质；
（2）由题意可得，，
，，两边平方得，
整理得，（*）
当时，得，此时关于恒成立，
所以等价于时，，所以，
所以或，所以取；
当时，，，
得，此时关于（*）恒成立，
所以等价于时，，所以，
所以，所以取，
当时，，
当为奇数时，，，则（*）成立，
当为偶数时，，，则（*）不成立，
所以当时，不符合题意，舍去；
当时，，
若为奇数时，，，则（*）成立，
若为偶数时，，要使（*）恒成立，即使恒成立，
即当时恒成立，解得或，所以取，
综上，
【点睛】关键点点睛：本题以数列为背景的存在性问题的证明，关键是理解题意，由变形得到不等式成立的条件，再讨论后即可求解.
【变式训练4-18】已知数列，若为等比数列，则称具有性质P.
(1)若数列具有性质，且，求的值；
(2)若，判断数列是否具有性质并证明；
(3)设，数列具有性质，其中，试求数列的通项公式.
【答案】(1)分别为5、11
(2)数列具有性质，证明见解析
(3)
【解析】（1）根据数列数列具有性质可得为等比数列，根据等比数列性质可求得答案；
（2）依据数列新定义，结合等比数列定义即可判断结论，进而证明；
（3）求出，可得，进而推出，分n为奇偶数，求出，综合可得答案.
（1）由题意数列具有性质，为等比数列，设公比为q，
由，得，
又；
（2）数列具有性质；
证明：因为，
所以，
则，即为等比数列，
所以数列具有性质.
（3）因为，则，，
故，适合该式，
故，
所以由得，
则，
因为数列具有性质，故为等比数列，设其公比为，则，
故，
当n为偶数时，
；
当n为奇数时，
，
故.
【点睛】关键点睛：本题是关于数列新定义类型题目，解答的关键是要理解数列新定义，并依据该定义去解决问题.
题型05：定义新数列
【典型例题1】若数列共有项，都有，其中为常数，则称数列是一个项数为的“对数等和数列”，其中称为“对数等和常数”.已知数列是一个项数为的对数等和数列，对数等和常数为.
(1)若，，，求的值；
(2)定义数列满足：，，2，3，…，m.
（i）证明：数列是一个项数为的对数等和数列；
（ii）已知数列是首项为1024，公比为的等比数列，若，求的值.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【解析】（1）由题干信息可得，即可得答案；
（2）（i）注意到，即可证明结论；
（ii）由题可得表达式，后由裂项求和法可得答案.
（1）依题意，又，
所以，即.
（2）（i）依题意，则，因此，
从而，即数列是一个项数为的对数等和数列.
（ii）依题意，，
即，即， 则，
又，故，即，
此时，即，，
注意到，
所以.
【典型例题2】在无穷数列中，若，且，则称数列为“数列”，设为“数列”，记的前项和为．
(1)，求的值；
(2)若，求的值；
(3)证明：中总有一项为1或2．
【答案】(1)
(2)18；38；
(3)证明见解析
【解析】（1）根据以及数列的递推关系，分类讨论的值分别求解可得；
（2）按照递推关系依次求解各项，得到第6项开始的周期规律，再由等差特点求可得；
（3）利用反证法先证明：一定存在某个，使得成立，再验证当时，存在某项为或.
（1）数列满足，
①若，则,
所以不满足，②若，不是完全平方数，
则，也不是完全平方数，
则，所以，满足题意；
③若，不是完全平方数，
则是完全平方数，
则，所以，满足题意；
④若，是完全平方数，
则，不是完全平方数，
则，所以，满足题意；
⑤若，且，
若不是完全平方数，则，
则，则，若是完全平方数，
则，，，
所以；故都不满足题意；
综上，；
（2）当时，由不是完全平方数，
则不是完全平方数，
则不是完全平方数，
则不是完全平方数，
则是完全平方数，
则不是完全平方数，，
由递推关系可得中的各项依次为，
即数列从第6项开始每3项是一个周期，
所以，，
当时，，
故是以为首项，为公差的等差数列，
所以时，，
所以,；
（3）首先证明：一定存在某个，使得成立，
用反证法证明，假设对每一个，都有，
若是完全平方数时，必有，
若不是完全平方数时，则必存在，使得为完全平方数，
则存在不小于的最小的完全平方数，满足．
即存在，使得，则，
即每一个完全平方项及其后一项递减，如此进行下去，必出现小于或等于4的项，
这与对每一个，都有矛盾，
所以必定存在某个，使得成立，
经检验，当时，中出现1，
当时，中出现2，
当时，，中出现2，
当时，，中出现2，
综上，中总有一项为1或2．
【点睛】关键点点睛：本题（2）关键在于按照递推关系依次求解各项，得到第6项开始的周期规律，（3）关键在于利用反证法先证明：一定存在某个，使得成立.
【典型例题3】已知数列共有项,且,若满足,则称为“约束数列”.记“约束数列”的所有项的和为.
(1)当时,写出所有满足的“约束数列”；
(2)当时,设“约束数列”为等差数列.请判断是的什么条件,并说明理由；
(3)当时,求的最大值.
【答案】见解析
【解析】（1）当时,所有满足的“约束数列”有：
①；②；③
（2）是的充分不必要条件.理由：
①当时,.
则,
当且仅当时,成立,
“约束数列”an是公差为1的等差数列
②当“约束数列”an是等差数列时,由,
得,或,或,
若,则an的公差为；
若,则an的公差为；
若,则an的公差为,
即当“约束数列”an是等差数列时,或或2024.
由①②,得是的充分不必要条件.
（3）要使得取最大值,则,
当且仅当同时满足以下三个条件时,取最大值.
①当时,；②当时,；
③当时,.
.
【典型例题4】设为正整数，若无穷数列满足，则称为数列.
(1)数列是否为数列？说明理由；
(2)已知其中为常数.若数列为数列，求；
(3)已知数列满足，，，求.
【答案】见解析
【解析】(1)∵ ，∴ ，
符合 的定义，故数列 是数列；
(2)依题意， ， ，
因为 是 数列， ， ，
， ；
(3)∵ 是 数列， ， ，
…①，
， …②
由①②得 ，
∴猜想是首项为-5，公差为1的等差数列，即 ，
检验： ，∴是数列；
，∴是 数列；
，∴是 数列，
并且 ，（），
∴ ， 符合题意，
故 ，
综上， 是数列，， ，.
【典型例题5】若数列满足，其中，则称数列为M数列.
(1)已知数列为M数列，当时.
（ⅰ）求证：数列是等差数列，并写出数列的通项公式；
（ⅱ），求.
(2)若是M数列，且，证明：存在正整数n.使得.
【答案】见解析
【解析】（1）（ⅰ）由，可得，
所以数列是首项为公差为1的等差数列，
所以，
又因为，所以.
（ⅱ），
设，，
，，
所以，
.
（2）若是M数列，有，
故，且，
即
，
则
，
由随的增大而增大，
若，可得，
因为，故对任意的，总存在正整数使，
即总存在正整数n，使得.
【变式训练5-1】数列满足：是等比数列，，且．
(1)求；
(2)求集合中所有元素的和；
(3)对数列，若存在互不相等的正整数，使得也是数列中的项，则称数列是“和稳定数列”．试分别判断数列是否是“和稳定数列”．若是，求出所有的值；若不是，说明理由．
【答案】(1)，
(2)
(3)数列是“和稳定数列”，，数列不是“和稳定数列”，理由见解析
【解析】（1），
又，，解得：
因为是等比数列，所以的公比，
又当时，，
作差得：
将代入，化简：，
得：
是公差的等差数列，
（2）记集合的全体元素的和为，
集合的所有元素的和为，
集合的所有元素的和为，
集合的所有元素的和为，则有
对于数列：
当时，是数列中的项
当时，不是数列中的项
，其中
即（其中表示不超过实数的最大整数）
（3）①解：当时，是的正整数倍，
故一定不是数列中的项；
当时，，不是数列中的项；
当时，，是数列中的项；
综上，数列是“和稳定数列”，；
②解：数列不是“和稳定数列”，理由如下：
不妨设：，则，且
故不是数列中的项.
数列不是“和稳定数列”.
【变式训练5-2】已知数列，设，若满足性质：存在常数，使得对于任意两两不等的正整数､､，都有，则称数列为“梦想数列”.
(1)若，判断数列是否为“梦想数列”，并说明理由；
(2)若，判断数列是否为“梦想数列”，并说明理由；
(3)判断“梦想数列”是否为等差数列，并说明理由.
【答案】(1)不是“梦想数列”，理由见解析
(2)是“梦想数列”，理由见解析
(3)“梦想数列”是等差数列，理由见解析
【解析】（1）分析条件，可得，对于数列，取两两不等的正整数､､，验证不满足，则不是“梦想数列”；
（2）由数列的通项公式可求，从而验证满足，所以是“梦想数列”；
（3）先验证，，时，､､成等差数列，再令，，，得数列的前项和的表达式，从而求得数列的通项公式，得证.
（1）
，所以，
当时，，，
所以，不是“梦想数列”
（2），，，
，
所以，是“梦想数列”
（3）①令，，，
所以，，即：､､成等差数列，
②令，，，
，
化简为：，
两式相减得：
所以，，当时也成立.
综上可得，“梦想数列”是等差数列.
【变式训练5-3】已知数列为有穷正整数数列.若数列A满足如下两个性质，则称数列A为m的k减数列：
①；
②对于，使得的正整数对有k个.
(1)写出所有4的1减数列；
(2)若存在m的6减数列，证明：；
(3)若存在2024的k减数列，求k的最大值.
【答案】(1)数列和数列3，1
(2)证明见解析
(3)的最大值为512072
【解析】（1）根据k减数列的定义，即可写出答案；
（2）根据存在的6减数列，可得，即，继而分类讨论n的取值，说明每种情况下都有，即可证明结论；
（3）分类讨论数列中的项的情况，结合题意确定数列为的形式，从而结合设其中有项为2，有项为1，进行求解，即可得答案.
（1）由题意得，则或，
故所有4的1减数列有数列和数列3，1.
（2）因为对于，使得的正整数对有个，
且存在的6减数列，所以，得.
①当时，因为存在的6减数列，
所以数列中各项均不相同，所以.
②当时，因为存在的6减数列，
所以数列各项中必有不同的项，所以.
若，满足要求的数列中有四项为1，一项为2，
所以，不符合题意，所以.
③当时，因为存在的6减数列，
所以数列各项中必有不同的项，所以.
综上所述，若存在的6减数列，则.
（3）若数列中的每一项都相等，则，
若，所以数列存在大于1的项，
若末项，将拆分成个1后变大，
所以此时不是最大值，所以.
当时，若，交换的顺序后变为，
所以此时不是最大值，所以.
若，所以，
所以将改为，并在数列末尾添加一项1，所以变大，
所以此时不是最大值，所以.
若数列A中存在相邻的两项，设此时中有项为2，
将改为2，并在数列末尾添加项1后，的值至少变为，
所以此时不是最大值，
所以数列的各项只能为2或1，所以数列为的形式.
设其中有项为2，有项为1，
因为存在2024的减数列，所以，
所以，
所以，当且仅当时，取最大值为512072.
所以，若存在2024的减数列，的最大值为512072.
【点睛】难点点睛：本题考查数列新定义问题，解答时要理解新定义的含义，并由此依据定义去解答问题，难点在于第3问中求参数的最大值问题，要分类讨论，确定数列为的形式，从而结合设其中有项为2，有项为1，进行求解.
【变式训练5-4】若存在常数，使得数列满足（，），则称数列为“数列”.
(1)判断数列：1，2，3，8，49是否为“数列”，并说明理由；
(2)若数列是首项为的“数列”，数列是等比数列，且与满足，求的值和数列的通项公式；
(3)若数列是“数列”，为数列的前项和，，，试比较与的大小，并证明.
【答案】(1)不是“”数列
(2)，
(3)，证明见解析
【解析】（1）根据“数列”的定义进行判断，说明理由；
（2）根据是首项为2的“数列”，求出，由是等比数列，设公比为，由，可得，作差可得，利用前三项数列，可以求解和，进而求解等比数列的通项公式；
（3）根据题意构造函数，求导并判断在上单调递增，由是 “数列”与，反复利用，可得对于任意的，,进而得到，推出，再利用在上单调递增，得到，通过已知条件变形推出.
（1）根据“数列”的定义，则，故，
因为成立，成立，不成立，
所以不是“数列”.
（2）由是首项为的“数列”，则，，
由是等比数列，设公比为，
由，
则，
两式作差可得，
即
由是 “数列”，则，对于恒成立，
所以，
即对于恒成立，
则，即，
解得，，，
又由，，则，即
故所求的，数列的通项公式
（3）设函数，则，令，
解得，当时，，
则在区间单调递减，
且，
又由是 “数列”，
即 ，对于恒成立，
因为，则，
再结合，
反复利用，
可得对于任意的，,
则，
即，则，
即，，，，
相加可得，
则,
又因为在上单调递增，
所以，
又，所以，
即，
故.
【点睛】关键点睛：本题主要数列的新定义题型，紧扣题意进行求解，同时构造函数，利用导数判断单调是证明不等式的关键.
【变式训练5-5】已知各项均不为0的递增数列的前项和为，且（，且）．
(1)求数列的前项和；
(2)定义首项为2且公比大于1的等比数列为“-数列”．证明：
①对任意且，存在“-数列”，使得成立；
②当且时，不存在“-数列”，使得对任意正整数成立．
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②证明见解析
【解析】
（1）根据和的关系，结合等差数列的定义和通项公式、裂项相消法进行求解即可；
（2）①根据不等式，构造函数，利用导数的性质进行运算证明即可；
②根据①的结论，结合特殊值法进行运算证明即可.
（1），
各项均不为0且递增，
，
，
，
，
化简得，
，
，
，
，
，
为等差数列，
，
，
；
（2）①证明：设“G-数列”公比为，且，
由题意，只需证存在对且成立，
即成立，
设，则，
令，解得，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
，
，
存在，使得对任意且成立，
经检验，对任意且均成立，
对任意且，存在“G-数列”使得成立；
②由①知，若成立，则成立，
当时，取得，取得，
由，得，
不存在，
当且时，不存在“G-数列”使得对任意正整数成立．
【点睛】根据不等式的形式，构造函数，利用导数的性质进行求解.
【变式训练5-6】若有穷数列满足：且,则称其为“阶数列”.
(1)若“6阶数列”为等比数列,写出该数列的各项；
(2)若某“阶数列”为等差数列,求该数列的通项（,用表示）；
(3)记“阶数列”的前项和为,若存在,使,试问：数列能否为“阶数列”？若能,求出所有这样的数列；若不能,请说明理由.
【答案】见解析
【解析】（1）设成公比为的等比数列,显然,
则有,得,解得,
由,得,解得,
所以数列或为所求；
（2）设等差数列的公差为,
,
,即,当时,矛盾,
当时,,
,即,由得,即,
,
当时,同理可得,即,
由得,即,
,
综上所述,当时,,
当时,；
（3）记中非负项和为A,负项和为,则,
得,即,
若存在,使,可知：
,且,
时,时,
,
又与不能同时成立,
数列不为“阶数列”.
【变式训练5-7】对数列{an}，规定{△an}为数列{an}的一阶差分数列，其中△an＝an+1﹣an（n∈N*），规定{△2an}为{an}的二阶差分数列，其中△2an＝△an+1﹣△an（n∈N*）.
（1）数列{an}的通项公式（n∈N*），试判断{△an}，{△2an}是否为等差数列，请说明理由？
（2）数列{bn}是公比为q的正项等比数列，且q≥2，对于任意的n∈N*，都存在m∈N*，使得△2bn＝bm，求q所有可能的取值构成的集合；
（3）各项均为正数的数列{cn}的前n项和为Sn，且△2cn＝0，对满足m+n＝2k，m≠n的任意正整数m、n、k，都有cm≠cn，且不等式Sm+Sn＞tSk恒成立，求实数t的最大值.
【答案】（1）是，是；理由见解析；（2），；（3）2.
【解析】（1）推导出，从而△△，由此得到△是首项为3，公差为2的等差数列，由△△△，得到△是首项为2，公差为0的等差数列．
（2）推导出，，，根据，，，进行分类讨论，能求出所有可能的取值构成的集合．
（3）推导出，从而是等差数列，设的公差为，则，由等差数列前项和公式可得，从而，推导出，则当时，不等式都成立；当时，令，，，，则，，进而得到，由此推导出的最大值为2
（1），，
△△，
△，△是首项为3，公差为2的等差数列，
△△△，
△是首项为2，公差为0的等差数列．
（2）数列是公比为的正项等比数列，，
△△△，
且对任意的，都存在，使得，
，，，
．若，则，解得（舍，或，
即当时，对任意的，都有△．
．若，则，解得（舍，或，
即当时，对任意的，都有△．
．若，则，
对任意的，不存在，使得△．
综上所述，所有可能的取值构成的集合为，．
（3）△，△△△，
，是等差数列，
设的公差为，则，
，，
，当时，，
与数列的各项均为正数矛盾，故，
由等差数列前项和公式可得，
，
，
，，
，
则当时，不等式都成立，
另一方面，当时，令，，，，
则，
，
则，
，
【变式训练5-8】我们把满足下列条件的数列称为数列：
①数列的每一项都是正偶数；
②存在正奇数m,使得数列的每一项除以m所得的商都不是正偶数．
(1)若a,b,c是公差为2的等差数列,求证：a,b,c不是数列；
(2)若数列满足对任意正整数p,q,恒有,且,判断数列是否是数列,并证明你的结论；
(3)已知各项均为正数的数列共有100项,且对任意,恒有,若数列为数列,求满足条件的所有两位数k值的和．
【答案】见解析
【解析】（1）若 a,b,c 是 数列, 则 a,b,c 都是正偶数,
设 ,则
若 , 则 除以 3 为 , 是正偶数, 与题中条件 (2) 矛盾,
若 , 则 除以 3 为 , 是正偶数, 与题中条件 (2) 矛盾,
若 , 则 除以 3 为 , 是正偶数, 与题中条件 (2) 矛盾,
所以 a,b,c 不是 数列.
（2）在 中, 令 , 得 ,
所以数列 是首项为 8 , 公比为 8 的等比数列, 所以 ,
因为 是正偶数, 所以数列 的每一项都满足题中条件 (1),
因为, 能被 7 整除,
所以 除以 7 的余数为 1 , 即数列 的每一项被 7 除余 1 , 一定不是正整数,
所以一定不是正偶数, 即数列 的每一项都满足题中条件(2),
所以数列 是 数列.
（3）因为
,
所以 ,
,
得 .
因为 , 所以 ,
,
得 .
因为 , 所以 .
在 中,
分别令 , 得 ,
所以数列 是首项为 , 公差为 的等差数列, 所以 .
若数列 是 数列,
则 是正偶数, 除以 111 所得的商都不是正偶数,
因为 , 且 ,
所以当 为 3 或 37 的正偶数倍时, 数列 不是 数列,
所以满足条件的所有两位数 值的和为
.
【变式训练5-9】如果一个数列从第二项起,每一项与它前一项的比都大于3,则称这个数列为“型数列”.
(1)若数列满足,判断是否为“型数列”,并说明理由；
(2)已知正项数列为“型数列”,,数列满足,n∈N*,是等比数列,公比为正整数,且不是“型数列”,
①求证：数列为递增数列；
②求数列的通项公式.
【答案】见解析
【解析】（1）
不满足“型数列”定义,数列不是“型数列”；
（2）①∵正项数列为“型数列”,
∴数列为递增数列
②设数列的公比为,,又因为数列不是“型数列”,可得
可得,即得；
又数列为“型数列”,可得；
由①知为递增数列,因此当趋近于正无穷大时,趋近于,即可得；
综上可得,即,可得；
所以数列是以为首项,公比为的等比数列；
即可得,可得；所以数列的通项公式为.
【变式训练5-10】对于一个给定的数列，令，则数列称为数列的一阶和数列，再令，则数列是数列的二阶和数列，以此类推，可得数列的p阶和数列.
(1)若的二阶和数列是等比数列，且，，，，求；
(2)若，求的二阶和数列的前n项和；
(3)若是首项为1的等差数列，是的一阶和数列，且，，求正整数k的最大值，以及k取最大值时的公差.
【答案】(1)12
(2)
(3)k的最大值是1999，此时公差为
【解析】（1）根据一阶和数列的定义以及，，，的值可计算出，，的值，再根据二阶和数列的定义计算出，的值，由的二阶和数列是等比数列可得公比，从而解得，，的值，再由定义可求出的值；
（2）根据定义和以及可得的通项公式，进而求得的前n项和公式；
（3）由和一阶和数列的定义可得，从而可得公差，结合可得正整数k的最大值.
（1）由题意，得，，，
所以，，
因为是等比数列，所以公比为，由此得，，，
所以，，，
所以，，.
（2）设的二阶和数列的前n项和为，
由题意，得，，
所以.
（3）因为，
所以，解得.
设数列的公差为d，则，
得，
又因为，
所以，得，
所以k的最大值是1999，此时公差为.
【点睛】关键点点睛：此题考查了数列的新定义，意在考查学生的计算能力，逻辑推理能力，解题时充分理解新定义，运用新定义，再结合所学知识是解题的关键.
【变式训练5-11】在各项均不为零的数列中，选取第项、第项、…、第项，其中，，若新数列为等比数列，则称新数列为的一个长度为m的“等比子列”.已知等差数列，其各项与公差d均不为零.
(1)若在数列中，公差，，且存在项数为3的“等比子列”，求数列的通项公式；
(2)若，数列为的一个长度为的“等比子列”，其中，公比为.当最小时，求的通项公式；
(3)若公比为的等比数列，满足，，，证明：数列为数列的“等比子列”.
【答案】(1)或；
(2)；
(3)证明见解析.
【解析】（1）“等比子列”可能为；；，根据等比数列和等差数列的性质，可求的通项公式；
（2）要使公比最小，则，结合、等比等差数列通项公式即可求的通项公式；
（3）要证数列为数列的“等比子列”，即要证数列中每一项都是数列中的项，可用数学归纳法证明.
（1）由题设，
时，等比子列可能为；；，
经验证：
等比子列为时无解；
等比子列为时，前4项为：，故通项为；
等比子列为时，前4项为：，故通项为；
（2）由题设，而，则为递增的等差数列，
要使公比最小，则，即，
所以，则，又，
所以，可得.
（3）由，有，即，
由，，，
所以，即，可得或，
由，则，
要证数列为数列的“等比子列”，即证数列中每一项都是数列中的项，
数学归纳法证明如下：
由上推理及题设知，前3项满足，即时结论成立；
假设时结论成立，即使，
当时，，
所以是的第项，故结论也成立，
综上，，总有的任意一项都是中的某一项，
综上，数列为数列的“等比子列”，得证.
【点睛】关键点点睛：第三问，化为证明数列中每一项都是数列中的项，并应用数学归纳法求证.
【变式训练5-12】若数列满足关系式，且，则称数列为“线性可控数列”.
(1)若数列为“线性可控数列”，求的取值范围；
(2)若数列的前项和，判断数列是否为“线性可控数列”，并说明理由；
(3)若无穷数列为“线性可控数列”，且数列的前项和为，证明：当时，.
【答案】(1)
(2)不是“线性可控数列”，理由见解析
(3)证明见解析
【解析】（1）根据题意，由“线性可控数列”的定义代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，先求得数列bn的通项公式，然后结合“线性可控数列”的定义代入计算，即可判断；
（3）根据题意，先由“线性可控数列”的定义列出式子，然后分别假设，以及假设，推导出矛盾结论，从而可得，且，即可证明.
（1）由“线性可控数列”的定义可知，，
解得.因为，所以，即.
（2）数列bn不是“线性可控数列”，理由如下：
令，得.
当时，也符合），
所以，所以.
要使bn为“线性可控数列”，则需，
即恒成立.
因为
，显然不可能恒小于等于零，
所以不能恒成立，
所以数列bn不是“线性可控数列”.
（3）由题可知，且，
则，即.①
假设，得，所以，所以.
因为，所以，所以由①式可得
，得，
即.②
同理由，得③
因为，所以，所以，所以.
因为，所以，
所以②式可得，
即，所以，④
所以②和④式矛盾，所以假设不成立，所以不能同时大于2.
当时，再假设，则由④式，
因为不能大于2，所以，即.
这与第一次的假设又会相矛盾，所以，且
所以当时，
，所以.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了数列新定义知识，难度较大，解答本题的关键在于理解清楚“线性可控数列”的定义，然后结合数列的相关知识代入计算求解.
【变式训练5-13】已知数列的前项和为，若，其中，，则称为“数列”.
(1)若是“数列”，求满足条件的一个；
(2)若是“数列”，且，证明：；
(3)是否存在等差数列是“数列”？若存在，求出所有满足条件的，并指出取最小值时的通项；若不存在，请说明理由
【答案】(1)（答案不唯一）
(2)证明见解析
(3)当，，时，；当，时，；
其余情形不存在；取最小值时，.
【解析】（1）直接验证满足条件即可；
（2）法一：使用数学归纳法即可证明结论；法二，分和并结合求根公式即可证明；
（3）分和讨论，并结合等差数列求和公式即可.
（1）当时，有，故.
所以是一个“数列”.
（2）法一：由于是“数列”，故.
而，故，从而由知.
下面用数学归纳法证明：.
当时，由知，所以.
这表明结论在时成立；
假设当时结论成立，即.
则由知.
所以，即.
这就得到.
假设，则，矛盾.
所以，故.
所以，这表明结论在时成立.
由数学归纳法知对任意正整数成立.
所以由知，故.
法二：由题得，
当时，，解得，结论成立；
当时，，即，
利用求根公式得．
而，所以．
所以．
综上，．
（3）假设存在等差数列是“数列”，
设，
则，
代入得，．
若，则，此时，，，即；
若，则，，即，
比较等式两边的次数可知，，即．
此时，
所以，．
所以，．
此时．
综上，当，，时，；当，时，；
其余情形不存在．
当存在时，
①若，，则的最小值为；
②若，则由得，当且仅当时取等．
而
，
所以当，即时，取到最小值．
综上，最小值为，此时．
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对“数列”定义的理解，只有理解了定义，方可解决相应的问题.
【变式训练5-14】定义：对于数列若存在常数，对任意的都有，则称数列为和谐数列.
(1)已知数列，判断是否为和谐数列，并说明理由；
(2)设是数列的前项和，证明：若是和谐数列，则也是和谐数列；
(3)若、都是和谐数列，证明也是和谐数列.
【答案】(1)是和谐数列，理由见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解析】（1）利用等比数列求和公式以及和谐数列的定义判断可得出结论；
（2）根据和谐数列的定义可得出，即，再利用绝对值三角不等式以及和谐数列的定义可证得结论成立；
（3）根据和谐数列的定义可知，存在常数、，使得，，推导出，同理：，然后记，，利用绝对值三角不等式证得，结合和谐数列的定义可知结论成立.
（1）解：是和谐数列，
理由如下：，
上式，
所以，数列是和谐数列.
（2）证明：因为是和谐数列，所以存在常数，对任意的，
有，
即.
则
.
所以数列是和谐数列.
（3）解：若数列、bn是和谐数列，则存在常数、，
对任意的，有，
，
，
即，同理：.
因为，所以，
所以.
记，，
则有
，
所以
，
所以，数列也是和谐数列.
【点睛】方法点睛：在解决数列新定义的问题时应充分理解数列的概念，善于观察分析数列新定义的结构特征，灵活运用它的性质，善于把陌生的知识点转化为熟悉的知识点，达到解题的目的.
【变式训练5-15】若数列满足：存在和，使得对任意和，都有，则称数列为“数列”；如果数列满足：存在，使得对任意，都有，则称数列为“数列”；
(1)在下列情况下，分别判断是否“数列”，是否“数列”？①，，；②，；
(2)若数列，是“数列”，其中且，求的所有可能值；
(3)设“数列”和“数列”的各项均为正数，定义分段函数，如下：记为“不超过的最大正整数”，证明：若是周期函数，则是“数列”.
【答案】(1)①是“数列”，不是“数列”；②是“数列”也是“数列”
(2)
(3)证明见解析
【解析】（1）列举出①②中两个数列，结合“数列”、“数列”的定义判断可得出结论；
（2）分、、三种情况讨论，在第一种情况下，利用不等式的基本性质结合“数列”的定义验证即可，在第二种情况下，推导出的符号交替变化可得出结论，在第三种情况下，利用反证法推出矛盾，综合可得结果；
（3）设的周期为，假设不是“数列”，利用反证法推出矛盾，可证得对任意，都有为常数列，由此可证得结论成立.
（1）解：对于①，，，，
则数列的各项分别为：、、、、、、，
所以，，且，
故数列是“数列”，不是“数列”；
对于②，，，
则数列的各项分别为：、、、、、，
当时，，此时，数列是“数列”，也是“数列”.
（2）解：①若，则且，合题意.
③若，则且.
因为，所以数列的符号正负交替变化.不合题意.
④若，
首先，数列中不可能出现连续两项为.
（否则前一项为，依此类推，之前各项均为，不合条件）
假设是“数列”，则存在，对任意，都有或都有.
若都有，则，，出现矛盾；
若都有，则，，也出现矛盾；
故不是“数列”.
综上，.
（3）解：设的周期为（注意，不能确定，感觉是对的，似乎很难证.）
由题，存在和，对任意和，有，单调不减.
假设不是“数列”，则存在，使得.
以下推导矛盾：
对任意，数列是周期数列，必有最大值，设是最大值，其中.
一方面，因为的周期为，所以存在，使得.
另一方面，，与矛盾.
所以假设不成立，即对任意，都有为常数列.
所以是“数列”.
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.
【变式训练5-16】已知整数，数列是递增的整数数列，即且定义数列的“相邻数列”为，其中或
(1)已知，数列，写出的所有“相邻数列”；
(2)己知，数列是递增的整数数列，，且的所有“相邻数列”均为递增数列，求这样的数列的个数；
(3)已知，数列是递增的整数数列，，且存在的一个“相邻数列”，对任意的，求的最小值．
【答案】(1)；；；.
(2)11个
(3)37
【解析】（1）根据相邻数列的概念直接求解即可；
（2）任取的一个“相邻数列”，根据相邻数列的概念可得且，对于的取值分情况讨论，利用为递增数列可得是公差为1的等差数列，列不等式组求解即可；
（3）令可得对任意，设，证明与要么是空集，要么是连续自然数构成的集合，进而根据定义求解即可.
（1）根据“相邻数列”的概念可知，，
或，或，
所以的所有“相邻数列”有；；；.
（2）任取的一个“相邻数列”，
因为或，
或，
所以有且，
对于的取值分以下4种情形：
（a），
（b），
（c），
（d）
由数列是递增的整数数列，前3种情形显然都能得到，所以只需考虑第4种情形，
递增，，即，
由是递增的整数数列得，从而是公差为1的等差数列，
于是，则，即满足数列的有11个.
（3）令，所以对任意，
设，则且，
先证明与要么是空集，要么是连续自然数构成的集合，
若，令，则，由得，
所以，即，即是空集，或是连续自然数构成的集合．
若，令，则，由得，
所以，即，即是空集，或是连续自然数构成的集合，
因此，的分布只可能是如下三种情况：
（i），此时，对任意的，由得，
所以对任意的，注意到，所以，
等号当且仅当时取到；
（ii）存在整数，使得
对任意的，对任意的，所以
（iii）．此时，对任意的，与情形1类似，
对任意的，注意到，
所以，
综上，的最小值为．
【点睛】思路点睛：根据“相邻数列”的定义，按照或分类讨论不同情形，结合数列的定义求解即可.
【变式训练5-17】对于数列，如果存在正整数，使得对任意，都有，那么数列就叫做周期数列，叫做这个数列的周期．若周期数列，满足：存在正整数，对每一个，都有，我们称数列和为“同根数列”．
(1)判断下列数列是否为周期数列．如果是，写出该数列的周期，如果不是，说明理由；
①；②
(2)若和是“同根数列”，且周期的最小值分别是3和5，求证：；
(3)若和是“同根数列”，且周期的最小值分别是和，求的最大值．
【答案】(1)、均是周期数列，数列周期为1（或任意正整数），数列周期为6
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【解析】（1）由周期数列的定义求解即可；
（2）由“同根数列”的定义求解即可；
（3）是奇数时，首先证明不存在数列满足条件，其次证明存在数列满足条件.当是偶数时，首先证明时不存在数列满足条件,其次证明时存在数列满足条件．
（1）、均是周期数列，理由如下：
因为，
所以数列是周期数列，其周期为1（或任意正整数）．
因为，
所以．
所以数列是周期数列，其周期为6（或6的正整数倍）．
（2）假设不成立，则有，即对于，都有．
因为，，所以．
又因为，，所以．
所以，
所以，与的最小值是3矛盾．
所以．
（3）当是奇数时，首先证明不存在数列满足条件．
假设，即对于，都有．
因为，
所以，
即，及．
又时，，
所以，与的最小值是矛盾．
其次证明存在数列满足条件．
取
及，
对于，都有．
当是偶数时，首先证明时不存在数列满足条件．
假设，即对于，都有．
因为，
所以，
即，及．
又时，，
所以，与的最小值是矛盾．
其次证明时存在数列满足条件．
取
及，
对于，都有．
综上，当是奇数时，的最大值为；
当是偶数时，的最大值为．
【点睛】关键点睛：本题(3)的突破口是利用“同根数列”的定义分类讨论，当是奇数时，首先证明不存在数列满足条件，其次证明存在数列满足条件.当是偶数时，首先证明时不存在数列满足条件，其次证明时存在数列满足条件．
【变式训练5-18】给定数列，若满足 且 ，且对于任意的 ，都有 ，则称 为“指数型数列”. 若数列 满足: ，，.
(1)判断数列 是否为“指数型数列” ? 若是，给出证明; 若不是，请说明理由;
(2)若 ，求数列的前 项和 .
【答案】(1)数列为指数型数列，证明见解析
(2)
【解析】（1）由可变形为，结合等比数列定义可得数列通项公式，验证是否有即可得；
（2）由数列通项公式可得数列的通项公式，代入即可得，运用裂项相消法求和即可得.
（1）由，两边同时除以 得，
所以，即，
且，
所以数列 是首项为2 ，公比为2的等比数列，
所以，
又，，
故，所以数列是指数型数列；
（2）由，有，
所以 ，
故，
所以.
【变式训练5-19】设正整数数列，，，满足，其中.如果存在，3，，，使得数列中任意项的算术平均值均为整数，则称为“阶平衡数列”
(1)判断数列2，4，6，8，10和数列1，5，9，13，17是否为“4阶平衡数列”？
(2)若为偶数，证明：数列，2，3，，不是“阶平衡数列”，其中
(3)如果，且对于任意，数列均为“阶平衡数列”，求数列中所有元素之和的最大值．
【答案】(1)2，4，6，8，10不是4阶平衡数列；1，5，9，13，17是4阶平衡数列；
(2)证明见解析
(3)12873．
【解析】（1）由不为整数，数列1，5，9，13，17为等差数列，结合新定义即可得到结论；
（2）讨论为偶数或奇数，结合新定义即可得证；
（3）在数列中任意两项，，，作差可得数列中任意两项之差都是的倍数，，讨论数列的项数超过8，推得数列的项数至多7项.讨论数列的项数为7，数列的项数小于或等于6，奇数可得所求最大值.
（1）由不为整数，
可得数列2，4，6，8，10不是4阶平衡数列；
数列1，5，9，13，17为首项为1，公差为4的等差数列，
则数列1，5，9，13，17是4阶平衡数列；
（2）证明：若为偶数，设，
考虑1，2，3，，这项，其和为.
所以这项的算术平均值为：，此数不是整数；
若为奇数，设，，考虑1，2，3，4，5，，，；
这项，其和为，
所以这项的算术平均数为：，
此数不是整数；
故数列：1，2，3，4，，不是“阶平衡数列”，其中；
（3）在数列中任意两项，，，
对于任意，在中任意取两项，，相异的项，
并设这项和为.由题意可得，都是的倍数，
即，，，为整数），可得，
即数列中任意两项之差都是的倍数，，
因此所求数列的任意两项之差都是2，3，，的倍数，
如果数列的项数超过8，
那么，，，均为2，3，4，5，6，7的倍数，
即，，，均为420的倍数，
为2，3，4，5，6，7的最小公倍数），
，
即，这与矛盾，
故数列的项数至多7项.
数列的项数为7，
那么，，，均为2，3，4，5，6的倍数，
即，，，均为60的倍数，
为2，3，4，5，6的最小公倍数），
又，且，
所以，，，，
所以，
当且仅当，，，取得最大值12873；
验证可得此数列为“阶平衡数列”，，
如果数列的项数小于或等于6，由，
可得数列中所有项的之和小于或等于，
综上可得数列中所有元素之和的最大值为12873.
【点睛】本题考查新定义的理解和运用，考查分类讨论思想和化简运算能力､推理能力，属于难题.
【变式训练5-20】已知函数．
(1)若，求的单调区间；
(2)若时恒成立，求实数a的取值范围．
(3)定义函数，对于数列，若，则称为函数的“生成数列”，为函数的一个“源数列”．
①已知为函数的“源数列”，求证：对任意正整数，均有；
②已知为函数的“生成数列”，为函数的“源数列”， 与的公共项按从小到大的顺序构成数列，试问在数列中是否存在连续三项构成等比数列？请说明理由．
【答案】(1)单调递增区间为和，单调递减区间为．
(2)
(3)①证明见解析；②假设不成立，即不存在连续三项构成等比数列，理由见解析．
【解析】（1）求导得，即可得到结果；
（2）根据题意，将问题转化为当时，恒成立，求导得，然后分，以及讨论，即可得到结果；
（3）①根据题意，构造函数，求导可得在恒成立，即可证明；②根据题意，结合“源数列”以及“生成数列”的概念，然后假设存在，代入计算，即可得到方程无解，故不存在.
（1）当时，，，
令，则，解得或，
当时，；
当时，；
所以的单调递增区间为和，单调递减区间为．
（2），
令，依题意，当时，恒成立，
由，得，，
又因为，所以，
当时，，所以在单调递增，
，不合题意；
当时，令，解得，
当时，；当时，；
所以在单调递增，在单调递减．
若要使恒成立，则需，解得，
故此时；
当时，，
所以在单调递减，
所以，符合题意；
综上，实数a的取值范围为．
（3）①，，故，
构造函数，
，则
函数在上单调递增，，故在恒成立，单调递增，
故，即，，
当时，，
综上所述：恒成立，即．
②，则，，
设，即，则，
设函数，函数单调递增，对于任意，有唯一的与之对应，
即数列中每一项，都有中的项与之相等，单调递增，
故，
假设数列中存在连续三项构成等比数列，，，，
故，整理得到，无正整数解．
故假设不成立，即不存在连续三项构成等比数列．
【点睛】关键点睛：本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数研究不等式恒成立问题以及导数与数列的结合，难度较大，解答本题的关键在于理解题中“源数列”以及“生成数列”的概念，再由导数与数列的知识进行解答.
【变式训练5-21】设数列，如果，且，，对于，，使成立，则称数列为数列．
(1)分别判断数列和数列是否是数列，并说明理由；
(2)若数列是数列，且，求的最小值；
(3)若数列是数列，且，求的最大值．
【答案】(1)是数列，是数列，理由见解析
(2)3
(3)
【解析】（1）分别验证数列和数列中是否满足数列性质即可得出结论；
（2）利用反证法证明不成立，取特例可知当存在数列满足数列，即可得的最小值为；
（3）首先证明若为奇数，则必为奇数，又可得为偶数；利用数列性质可证明得出，解不等式即可求出.
（1）①是数列．
因为，，，
所以①是数列.
②是数列．
因为，，，所以②是数列．
（2）首先证明不能为．
假设，
由数列为数列知，
．所以，与已知矛盾，
故假设不成立．
所以不能为．
因为数列：
满足，，此时是数列，
所以的最小值为.
（3）（i）以下证明：若为奇数，则必为奇数．
假设数列中存在偶数，设是数列中第一个偶数，
因为数列是数列，
所以，使．
因为均为奇数，所以也为奇数，与为偶数矛盾．
所以若为奇数，则必为奇数．
因为为偶数，所以不能为奇数，只能为偶数．
（ii）以下证明：若，则（）．
若不然，设（）为第一个满足（）的项，
因为数列是数列，所以，使．
因为（），
所以，与（）矛盾；
所以若，则（）．
而（），所以．
同理，若，则（）．
而（）．所以．
同理，若，则（）．
而（），所以．
综上．
（3）当时，
因为数列是数列，
所以
由题意知，，解得;
所以的最大值为．
此时即为满足条件的数列
【点睛】关键点点睛：本题关键在于求解第（3）问时，首先证明只能为偶数，再利用数列性质分别验证的最小偶数取值，构造不等式即可得出其最大值.
【变式训练5-22】已知函数，对于数列，若，则称为函数的“生成数列”，为函数的一个“源数列”.
(1)已知 为函数的“生成数列”，为函数的“源数列”，求；
(2)已知为函数的“源数列”，求证：对任意正整数，均有；
(3)已知为函数的“生成数列”，为函数的“源数列”， 与的公共项按从小到大的顺序构成数列，试问在数列中是否存在连续三项构成等比数列?请说明理由.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)不存在，理由见解析
【解析】（1）根据题意确定，，计算得到答案.
（2）确定，构造，求导得到函数单调递增，计算最值得到证明.
（3）确定，，根据得到，确定，再假设存在得到，整理得到，无解，得到答案.
（1），，，故，
则；
（2），，故，
构造函数，，则，
函数在上单调递增，，
故在恒成立，单调递增，
故，即，，
当时，，
综上所述：恒成立，即.
（3），则，，
设，即，则，
设函数，函数单调递增，对于任意，有唯一的与之对应，
即数列中每一项，都有中的项与之相等，单调递增，
故，
假设数列中存在连续三项构成等比数列，，，，
故，整理得到，无正整数解.
故假设不成立，即不存在连续三项构成等比数列.
【点睛】关键点睛：本题考查了函数导数和数列综合，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中构造新函数确定函数的单调性得到是解题的关键，这种技巧是常考技巧，需要熟练掌握.
【变式训练5-23】对于数列定义为的差数列，为的累次差数列.如果的差数列满足，，则称是“绝对差异数列”；如果的累次差数列满足，，则称是“累差不变数列”.
(1)设数列：2，4，8，10，14，16；：6，1，5，2，4，3，判断数列和数列是否为“绝对差异数列”或“累差不变数列”，直接写出你的结论；
(2)若无穷数列既是“绝对差异数列”又是“累差不变数列”，且的前两项，，（为大于0的常数），求数列的通项公式；
(3)已知数列：是“绝对差异数列”，且.证明：的充要条件是.
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【解析】（1）根据定义分析判断即可；
（2）根据题意分析可知为定值，利用累加法结合等差数列运算求解；
（3）根据“绝对差异数列”结合充分、必要条件分析证明.
（1）对于数列：2，4，8，10，14，16；可得：
差数列为：2，4，2，4，2，不满足，所以不是“绝对差异数列”；
累次差数列为：2，，2，，满足，所以是“累差不变数列”，
对于数列：6，1，5，2，4，3；可得：
差数列为：，4，，2，，不满足，所以不是“绝对差异数列”；
累次差数列为：9，，5，，不满足，所以不是“累差不变数列”.
（2）因为，则，
反证：假设不是定值，即存在，使得，
可得，即，
这与既是“绝对差异数列”相矛盾，假设不成立，所以为定值，
①若，即，
可知数列是以首项为，公差为的等差数列，
当时，则
，
当时，符合上式，
综上所述：；
②若，同理可得；
综上所述：若，；
若，.
（3）因为，根据集合的互异性可知，，
则，
又因为数列是“绝对差异数列”，则，，
充分性：若，
可得，
即，所以，
若差数列为，符合的排序只能为；
若差数列为，符合的排序只能为或，
若差数列为，符合的排序只能为或，
若差数列为，符合的排序只能为或或或，
若排序为，则当差数列为时，无法排序，不合题意；
若排序为，则当差数列为时，无法排序，不合题意；
所以符合的排序只能为或，
利用数学归纳法证明：当差数列为，符合的排序为，
显然，符合题意；
假设在差数列有意义的前提下：
当差数列为，符合的排序为；
则当差数列为时，符合的排序为或，
当差数列为时，
对于可得符合的排序为；
对于，无法排序；
所以符合的排序为，
即当差数列为，符合的排序为；
所以当差数列为，符合的排序为，成立；
同理可证：当差数列为，符合的另一种排序为；
依次类推，可得其排列为或，
所以，故充分性成立；
若，则，
若差数列为，则符合的排序为或，
若差数列为，则符合的排序为或或或，
若差数列为，则符合的排序为或，
因为的排序为，不合题意，
的排序为，不合题意，
所以若差数列为，则符合的排序为，
若差数列为，则符合的排序为或，
若差数列为，则符合的排序为或，
利用数学归纳法证明：当差数列为时，符合的的排序为，
当时，成立；
假设在差数列有意义的前提下：
当差数列为，符合的排序为；
当差数列为，符合的排序为或，
当差数列为，
对于可得排序为，
对于则无法排序，
所以当差数列为，符合的排序为；
同理可证：当差数列为，符合的排序为；
此时满足数列是“绝对差异数列”的排序只有两种：
或，
则
，必要性成立；
所以的充要条件是.
【点睛】方法点睛：本题主要考查数列新定义的问题，处理此类问题时，通常根据题中新定义的概念，结合已知结论求解，根据题中的定义，结合等差数的通项公式与求和公式进行求解.
【变式训练5-24】设数列满足：①；②所有项；③.设集合，将集合中的元素的最大值记为，即是数列中满足不等式的所有项的项数的最大值.我们称数列为数列的伴随数列.
例如，数列1，3，5的伴随数列为1，1，2，2，3.
(1)若数列的伴随数列为1，1，2，2，2，3，3，3，3，请写出数列；
(2)设，求数列的伴随数列的前50项之和；
(3)若数列的前n项和（其中为常数），求数列的伴随数列的前项和.
【答案】(1)1，3，6
(2)132
(3)
【解析】（1）直接根据伴随数列的定义可得出数列；
（2）分三种情况分类讨论，当时，；当时，；当时，；即能求数列的伴随数列的前50项之和；
（3）讨论两种情况，当时；；当 时，，从而问题得解.
（1）数列的伴随数列为：1，1，2，2，2，3，3，3，3，数列为：1，3，6.
（2）由，得
当时，
当时，
当时，
（3），
当时，
由得，
因为使得成立的n的最大值为，
所以
当时；
当时；
所以
【点睛】本题考查数列的应用，着重考查对抽象概念的理解与综合应用的能力，观察、分析寻找规律是重点也是难点，属难题系列.
【变式训练5-25】数列对于确定的正整数，若存在正整数使得成立，则称数列为“阶可分拆数列”.
（1）设 是首项为2，公差为2的等差数列，证明为“3阶可分拆数列”；
（2）设数列的前项和为，若数列为“阶可分拆数列”，求实数的值；
（3）设，试探求是否存在使得若数列为“阶可分拆数列”．若存在，请求出所有，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）或3.
【解析】（1）利用题中所给的新定义内容结合等差数列的通项公式即可证得结论；
（2）由前项和为可求出，若数列为“1阶可分拆数列”，则有，分别讨论和两种情况，计算可得；
（3）假设实数m存在，则有，代入化简可得，逐一讨论的取值直至不再成立为止，可得结果.
（1）由题意可知
，所以
所以为“3阶可分拆数列”；
（2）因为数列的前项和为
当时，；当时，，
所以 ，
因为存在正整数得成立，
①当时即，
因为，，
所以，而，所以不存在正整数（）使得成立；
②当时，若成立，则，得，
所以时存在正整数使得成立，
由①②得.
（3）假设存在使得数列为“阶可分拆数列”
即存在确定的正整数，存在正整数使得成立
即，
①当时，，时方程成立，
②当时
当时；
当时，
当时，所以不存在正整数使得成立；
③当时，当时成立，
④当时，
所以不存在正整数使得成立.
综上：或3.
【点睛】思路点睛：本题为数列新定义题，由题意可知对于确定的存在即可，且分别为关于的单调递增数列，所以可采用逐一讨论的方法直至时截止可找到所有的.
【变式训练5-26】定义：若对恒成立，则称数列为“上凸数列”．
(1)若，判断是否为“上凸数列”，如果是，给出证明；如果不是，请说明理由．
(2)若为“上凸数列”，则当时，．
（ⅰ）若数列为的前项和，证明：；
（ⅱ）对于任意正整数序列（为常数且），若恒成立，求的最小值．
【答案】(1)是，证明见解析
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【解析】（1）构造函数，利用导数研究其单调性结合“上凸数列”定义判定即可；
（2）（ⅰ）利用“上凸数列”定义及倒序相加法证明即可；令，利用条件及数列求和适当放缩计算即可.
（1）是“上凸数列”，理由如下：
因为，
令，
则．
当时，，
所以，
所以在区间上单调递减，
所以，
所以，
所以是“上凸数列”．
（2）（ⅰ）证明：因为是“上凸数列”，由题意可得对任意，
，
所以，
所以．
（ⅱ）解：令，
由（1）可得当时，是“上凸数列”，
由题意可知，当时，．
因为，
即
．
所以
，
当且仅当时等号成立，
所以．
综上所述，的最小值为．
【变式训练5-27】设满足以下两个条件的有穷数列为阶“曼德拉数列”：
①；②.
(1)若某阶“曼德拉数列”是等比数列，求该数列的通项（，用表示）；
(2)若某阶“曼德拉数列”是等差数列，求该数列的通项（，用表示）；
(3)记阶“曼德拉数列”的前项和为，若存在，使，试问：数列能否为阶“曼德拉数列”？若能，求出所有这样的数列；若不能，请说明理由.
【答案】(1)或
(2)或
(3)不能，理由见解析
【解析】（1）结合曼德拉数列的定义，分公比是否为1进行讨论即可求解；
（2）结合曼德拉数列的定义，首先得,然后分公差是大于0、等于0、小于0进行讨论即可求解；
（3）记中非负项和为，负项和为，则，进一步，结合前面的结论以及曼德拉数列的定义得出矛盾即可求解.
（1）设等比数列的公比为.
若，则由①得，得，
由②得或.
若，由①得，，得，不可能.
综上所述，.
或.
（2）设等差数列的公差为，
，
，
即，
当时，“曼德拉数列”的条件①②矛盾，
当时，据“曼德拉数列”的条件①②得，
，
，即，
由得，即，
.
当时，同理可得，
即.
由得，即，
.
综上所述，当时，，当时，.
（3）记中非负项和为，负项和为，则，
得，，，即.
若存在，使，由前面的证明过程知：
，，，，，，，，且.
若数列为阶“曼德拉数列”，
记数列的前项和为，则.
，
又，，
.
又，
，，，，
，
又与不能同时成立，
数列不为阶“曼德拉数列”.
【点睛】关键点点睛：第三问的关键是得到，，，，，，，，且，由此即可顺利得解.
【变式训练5-28】设数列的各项为互不相等的正整数，前项和为，称满足条件“对任意的，，均有”的数列为“好”数列.
(1)试分别判断数列，是否为“好”数列，其中，，并给出证明；
(2)已知数列为“好”数列，其前项和为.
①若，求数列的通项公式；
②若，且对任意给定的正整数，，有，，成等比数列，求证：.
【答案】(1)是“好”数列，不是“好”数列，证明见解析
(2)①；②证明见解析
【解析】（1）根据“好”数列的定义，由，得其前项和，然后代入检验即可，对于，不妨取，，进行检验，发现不是“好”数列.
（2）由“好”数列的定义可得对任意的，恒成立，证得数列是等差数列，① 由，可得；② 涉及等比数列的性质，利用不等式的性质可得结论.
（1）设，的前项和分别为，，
若，则，
所以，
而，
所以对任意的，成立，
即数列是“好”数列.
若，则，不妨取，，
则，，
此时，
故数列不是“好”数列.
（2）因为数列为“好”数列，取，
则，即，
当时，有，
两式相减，得，
即，
所以，
所以，
即，即，
对于，
当时，有，即，
所以，对任意的，恒成立，
所以数列是等差数列.
设数列的公差为，因为数列的各项为互不相等的正整数，所以，
① 若，则，即，
又，所以，，所以.
② 若，则，
由，，，成等比数列，得，所以，
化简得，即.
因为是任意给定的正整数，所以要使，则，
不妨设，由于是任意给定的正整数，
所以.
【点睛】思路点睛：高考对数列的考查常常涉及等差数列、等比数列中的一些基本问题，如等差数列、等比数列的通项公式，求和公式，前项和与通项之间的关系，判断等差数列、等比数列的方法等.另外，也要关注新定义与数列的结合，此类题往往涉及推理与证明的相关知识，对思维的要求较高，所以要注意多角度、全方位分析题目的条件和结论，拓宽看问题的视野.
【变式训练5-29】已知数列的前项和为，若数列满足：①数列项数有限为；②；③，则称数列为“阶可控摇摆数列”.
(1)若等比数列为“10阶可控摇摆数列”，求的通项公式；
(2)若等差数列为“阶可控摇摆数列”，且，求数列的通项公式；
(3)已知数列为“阶可控摇摆数列”，且存在，使得，探究：数列能否为“阶可控摇摆数列”，若能，请给出证明过程；若不能，请说明理由.
【答案】(1)或
(2)
(3)不能，理由见解析
【解析】（1）根据和讨论，利用等比数列前n项和结合数列新定义求解即可；
（2）结合数列定义，利用等差数列的前n项和及通项公式求解即可；
（3）根据数列为“阶可控摇摆数列”求得，再利用数列的前项和得，然后推得与不能同时成立，即可判断.
（1）若，则，解得，则，与题设矛盾，舍去；
若，则，得，
而，解得或，
故或.
（2）设等差数列的公差为，
因为，则，则，
由，得，
而，故，
两式相减得，即，
又，得，
所以.
（3）记中所有非负项之和为，负项之和为，
因为数列为“阶可控摇摆数列”，则得，
故，所以.
若存在，使得，即，
则，
且.
假设数列也为“阶可控摇摆数列”，记数列的前项和为，
则
因为，所以.
所以；
又，则.
所以；
即与不能同时成立.
故数列不为“阶可控摇摆数列”.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义问题，应根据定义得到数列满足的递推关系，再利用常见的数列通项公式求法（如公式法、累加法、待定系数法等）求得数列通项公式和前n项和，最后再通项和前n项和的基础上讨论数列的性质.
【变式训练5-30】若有穷数列（是正整数），满足（，且，就称该数列为“数列”.
(1)已知数列是项数为7的数列，且成等比数列，，试写出的每一项；
(2)已知是项数为的数列，且构成首项为100，公差为的等差数列，数列的前项和为，则当为何值时，取到最大值？最大值为多少？
(3)对于给定的正整数，试写出所有项数不超过的数列，使得成为数列中的连续项；当时，试求这些数列的前2024项和.
【答案】(1)答案见解析
(2)当或25时，取得最大值2500.
(3)答案见解析
【解析】（1）理解“数列”的定义，结合等比数列的基本量即可得解；
（2）解法一：利用“数列”的对称性，结合等差数列的求和公式求得，从而得解；解法二：利用前项和求得最大值的特征分析“数列”即可得解；
（3）根据题意列出满足的“数列”，再利用分组求和法与等比数列的前项和公式即可得解.
（1）设的公比为，
则，解得，
当时，数列为；
当时，数列为；
综上，数列为或.
（2）解法一：因为构成首项为100，公差为的等差数列，
所以
，
又，所以当或时，取得最大值.
解法二：当该数列恰为或时取得最大值，
此时或，
所以当或25时，.
（3）依题意，所有可能的“数列”是：
①；
②；
③
④
对于①，当时，；
当时，
；
对于②，当时，；
当时，
；
对于③，当时，
；
当时，
；
对于④，当时，
；
当时，
；
【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义的要素中；
（4）结合数学知识进行解答.
【变式训练5-31】若无穷数列满足，则称数列为数列，若数列同时满足，则称数列为数列．
(1)若数列为数列，，证明：当时，数列为递增数列的充要条件是；
(2)若数列为数列，，记，且对任意的，都有，求数列的通项公式．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）先证必要性，根据递增函数可得数列是等差数列可得，再证充分性，根据累加可得当且仅当时取等号即可证明；
（2）依题意的偶数项构成单调递增数列，从而可得当时，有，再证明相邻两项不可能同时为非负数，从而可得，进而根据等差数列的通项公式求解即可.
（1）先证必要性：
依题意得，，又数列是递增数列，故，
故数列是，公差的等差数列，
故.
再证充分性：
由，得，
故，
当且仅当时取等号.
又，故，故数列是递增数列.
（2）
因为，由，知数列是单调递增数列，
故数列的偶数项构成单调递增数列，
依题意，可得，故当时，有.
下面证明数列中相邻两项不可能同时为非负数.
假设数列中存在同时为非负数，
因为，
若，则有，与条件矛盾；
若，则有，与条件矛盾；
即假设不存在，即对任意正整数中至少有一个小于0；
由，对成立，
故时，，，即，
故，
故，
即，即.
又，所以数列是，公差为1的等差数列，
所以.
【点睛】（1）证明充要条件可分别证明充分性与必要性；（2）隔项数列可考虑每项前后的两项数列正负，并根据累加可得.
【变式训练5-32】在正项无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为阶等比数列．在无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为阶等差数列．
(1)若为1阶等比数列，，求的通项公式及前项和；
(2)若为阶等比数列，求证：为阶等差数列；
(3)若既是4阶等比数列，又是5阶等比数列，证明：是等比数列．
【答案】(1)，前项和为
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解析】（1）根据题意可得为正项等比数列，求出首项与公比，再根据等比数列的前项和公式即可得解；
（2）由为阶等比数列，可得，使得成立，再根据阶等差数列即可得出结论；
（3）根据既是4阶等比数列，又是5阶等比数列，可得与同时成立，再结合等比数列的定义即可得出结论.
（1）因为为1阶等比数列，所以为正项等比数列，
设公比为，则为正数，
由已知得
两式相除得，所以（舍去），所以，
所以的通项公式为，
前项和为；
（2）因为为阶等比数列，
所以，使得成立，
所以，
又，
所以，
即成立，
所以为阶等差数列；
（3）因为既是4阶等比数列，又是5阶等比数列，
所以与同时成立，
所以与同时成立，
又的各项均为正数，所以对任意的，
数列和数列都是等比数列，
由数列是等比数列，
得也成等比数列，
设，
所以，所以是等比数列．
【点睛】新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的；遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.
【变式训练5-33】已知无穷数列（）的前n项和为，记，，…，中奇数的个数为．
(1)若，请写出数列的前5项；
(2)求证：“为奇数，，3，4，为偶数”是“数列是严格增数列的充分不必要条件；
(3)若，2，3，，求数列的通项公式．
【答案】(1)1，2，2，2，3；(2)证明见解析；(3)
【解析】（1）解：因为，故当时，，则是第二项起的等差数列，所以，所以，
则，即数列的前5项为：1，2，2，2，3；
（2）证明：（充分性）是奇数，，3，为偶数，对于任意，都是奇数，，
数列是单调递增数列．
（不必要性）当数列中只有是奇数，其余项都是偶数时，为偶数，，3，均为奇数，
，数列是单调递增数列， “为奇数，，3，4，为偶数”是“数列是单调递增数列”的不必要条件．综上，“为奇数，，3，4，为偶数”是“数列是单调递增数列”的充分不必要条件．
（3）①当为奇数时，若为偶数，若是奇数，则为奇数，为偶数，与矛盾；若为偶数，则为偶数，为奇数，与矛盾．当为奇数时，不能为偶数；
②当为偶数，若为奇数，若为奇数，则为偶数，为偶数，与矛盾，
若为偶数，则为奇数，为奇数，与矛盾，当为偶数时，不能是奇数．
综上，与同奇偶，若为奇数，则，若与同为奇数，则此时，与为奇数矛盾，
若与同为偶数，则此时，与为偶数矛盾，所以为偶数，则，若与同为奇数，则此时，若与同为奇数，则此时，与为奇数矛盾，若与同为偶数，则此时，与为偶数矛盾，所以与同为偶数，则，以此类推，，2，3，...得到当时，，当时，为偶数即可满足.所以.
【变式训练5-34】若正整数的二进制表示是，这里()，称有穷数列1，，，，为的生成数列，设是一个给定的实数，称为的生成数.
（1）求的生成数列的项数；
（2）求由的生成数列，，，的前项的和(用､表示)；
（3）若实数满足，证明：存在无穷多个正整数，使得不存在正整数满足.
【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.
【解析】因为，所以且，，故确定即可确定的生成数列的项数，令，解得，因为，所以，
所以的生成数列的项数为；
（2）(数学归纳法)当时，，当时，，当时，，猜想：，接下来用数学归纳法证明，当时，已证，假设结论对成立，则对有
，故结论对也成立，所以；
（3）对，设二进制表示下，我们证明不存在，使得，事实上，对这样的，有，如果存在，使得，设的二进制表示为，则，①若，则，这时，如果，那么(因为，所以)，矛盾，如果，那么或，也矛盾，
②设时可以推出矛盾，考虑的情形，若，则
，矛盾，若，则
，矛盾，
上述推导中都用到了，所以，这时，记，
进而，有，于是，由得，与归纳假设不符.
综上所述，存在无穷多个正整数，使得不存在正整数，满足.
【变式训练5-35】若数列中存在三项，按一定次序排列构成等比数列，则称为“等比源数列”．
(1)已知数列为4，3，2，1，数列为1，2，6，24，分别判断，是否为“等比源数列”，并说明理由；
(2)已知数列的通项公式为，判断是否为“等比源数列”，并说明理由；
(3)已知数列为单调递增的等差数列，且，，求证为“等比源数列”．
【答案】见解析
【解析】(1)是“等比源数列”，不是“等比源数列”．
中“”构成等比数列，所以是“等比源数列”；
中“”，“”，“”，“”均不能构成等比数列，所以不是“等比源数列”．
(2)不是“等比源数列”．
假设是“等比源数列”，因为是单调递增数列，即中存在的 （）三项成等比数列，也就是，即，
，两边时除以得，
等式左边为偶数，
等式右边为奇数．
所以数列中不存在三项按一定次序排列构成等比数列．
综上可得不是“等比源数列”．
(3)证明：因为等差数列单调递增，所以．
因为则，且，所以数列中必有一项．
为了使得为“等比源数列”，只需要中存在第项，第项（），
使得成立，即，
即成立．
当，时，上式成立．所以中存在成等比数列．所以，数列为“等比源数列”．
【变式训练5-36】已知为无穷数列，给出以下二个定义：
I.若对任意的，总存在i，且，使成立，则称为“H数列”；
II.若为“H数列”，且对任意的，总存在唯一的有序数对使成立，则称为“强H数列”；
(1)若，判断数列是否为“H数列”，说明理由；
(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使得数列存在且不为常数列，求同时满足所选两个条件的所有数列的通项公式
条件①：为等差数列；
条件②：为等比数列；
条件③：为“强H数列”．
【答案】见解析
【解析】(1)对于 ，若存在 ，使得 ，
则 ，
而 是偶数， 是奇数，奇数 偶数，
所以 不是“H数列”；
(2)条件①，不妨设 ，假设存在 ，
使得，则有 ，
整理得 ，对于任意的n都成立，
当n=3时也成立，由于 ，所以i=1，j=2， ，
即只要i+j=n，就有，因此 是“H数列”，
由于i，j不是唯一的，比如 ， 不是“强H数列”；
条件②，不妨设 ，假设存在，
使得，则有 ，
当n=3时也成立，由于 ，所以i=1，j=2，
得 ， 或 ，
，
所以对于任意的n，总存在 ，使得成立，
当公比为 或时， 是“H数列”；
下面证明 是“强H数列”，即证明对于任意的n，i，j是唯一的：
考虑 ，函数 是增函数，
不妨假设 ，（对于 也相同）
若j=n-1，必有i=n-2，是唯一的，
若j=n-2，则 ， ，故i，j不存在，
若 ，则必然由 ，故i，j也不存在，
即对于公比为的等比数列， 是“强H数列”；
当时，考虑，是绝对值单调递减的摆动数列，
若j=n-1，必有i=n-2，是唯一的，
若j=n-2，则 ，必有 ，故i，j不存在，
令 ，则 ，则 是单调递减的正数列，
若，假设n=偶数， ，
若，则必①②有，
考虑一下几种情况：
若i，j都是偶数， …①，
，
故①不成立，即i，j不存在；
若i，j都是奇数，若，则有…②，
，②不成立，即i，j不存在；
若i是奇数，j是偶数，则有， …③，
，③不成立，即i，j不存在；
若i为偶数，j为奇数，则有…④
则有 ，由于 ，并且是递减的， ，
，
又 ，
∴④不成立，即i，j不存在；
同理可以证得当n=奇数时，i，j也是不存在的，
故有当时， 是“强H数列”；
综上，条件①②数列不存在，条件①③数列不存在，
②③存在“强H数列”，是公比为 或的等比数列
【变式训练5-37】给定正整数，定义M数列：，，…，，如下：（，1，2，…n）等于，，…，中k出现的次数.
(1)若，M数列为：3，，，1，0，0，0，求，；
(2)证明：存在M数列，且满足；
(3)证明：M数列是唯一的.
【答案】见解析
【解析】(1)由，知0出现3次，3出现1次，不等于0，3，又，故.
(2)令，其余各项都等于0，该数列是M数列，且，
存在M数列，且满足.
(3)由等于，，…，中k出现的次数，总次数为，所以总有.由（1）（2）归纳得M数列中各项满足，其余各项都等于0，且各项的值是唯一的.
下面用数学归纳法进行证明：显然，当时，，若，6必然出现了至少1次，不满足，
同理，不成立，只有，，满足条件，此时M数列为：3，，，1，0，0，0，
各项确定且唯一，满足；
假设时，，其余各项都等于0，且各项的值是唯一的；
当时，由，
知，所以0出现的次数多1，，出现了1次，，
此时M数列为：，其余各项都等于0，各项确定且唯一，满足；
故M数列是唯一的.
【点睛】
本题两个关键点：1.准确理解题目中给出的数列定义，按照定义解答；2.正确应用数学归纳法的知识进行证明.
【变式训练5-38】已知数列满足以下条件：①，且；②共有100项，且各项互不相等．定义数列为数列的一个“10阶连续子列”．
(1)若的通项公式为，写出的一个“10阶连续子列”，并求其各项和；
(2)求证：对于每个，都至少有一个10阶连续子列的各项和不小于505；
(3)若对于每个，都至少有一个10阶连续子列的各项和不小于正整数，求的最大值．
【答案】见解析
【解析】(1)，各项和为（答案不唯一）；
(2)令，取，则，即，所以对于每个，都至少有一个10阶连续子列的各项和不小于505；
(3)假设，即对于任意的，存在，使得，考察数列：，其中各项满足，，，于是有：，，
当为奇数时，，
当为偶数时，，
即存在，，使得，这与假设矛盾，所以，结合第二问结论可知：的最大值为505.
【点睛】针对于定义新数列的题目，要结合题干中信息，选择合适的方法进行求解，常用到列举法，反证法等方法.
【变式训练5-39】若有穷数列且满足，则称为M数列．
(1)判断下列数列是否为M数列，并说明理由；
① 1，2，4，3．
② 4，2，8，1．
(2)已知M数列中各项互不相同． 令，求证：数列是等差数列的充分必要条件是数列是常数列；
(3)已知M数列是且个连续正整数的一个排列．若，求的所有取值．
【答案】见解析
【解析】(1)①因为，所以该数列不是M数列；
②因为，所以该数列是M数列．
(2)必要性：
若数列是等差数列，设公差为，
则．
所以数列是常数列．
充分性：
若数列是常数列，
则，即．
所以或．
因为数列的各项互不相同，
所以．
所以数列是等差数列．
(3)当时，因为，所以，不符合题意；
当时，数列为．此时，符合题意；
当时，数列为．此时，符合题意；
下证当时，不存在满足题意．
令，
则，且，
所以有以下三种可能：
①；
②；
③．
当时，因为，
由（2）知：是公差为1（或−1）的等差数列．
当公差为1时，由得或，
所以或，与已知矛盾．
当公差为−1时，同理得出与已知矛盾．
所以当时，不存在满足题意．
其它情况同理可得．综上可知，的所有取值为4或5．
【点睛】1、对于数列种的新定义问题，一定要理解新数列的性质后才能解题，充分利用新数列的定义去解答问题.2、对于第三问，可能的取值必然不多，那么可以通过尝试取值，然后找到规律和方法来解决问题.
【变式训练5-40】已知数列，其中，且.若数列满足，，当时，或，则称为数列A的“紧数列”.例如，数列A：2，4，6，8的所有“紧数列”为2，3，5，8；2，3，7，8；2，5，5，8；2，5，7，8.
(1)直接写出数列A：1，3，6，7，8的所有“紧数列”；
(2)已知数列A满足：，，若数列A的所有“紧数列”均为递增数列，求证：所有符合条件的数列A的个数为；
(3)已知数列A满足：，，对于数列A的一个“紧数列”，定义集合，如果对任意，都有，那么称为数列A的“强紧数列”.若数列A存在“强紧数列”，求的最小值.（用关于N的代数式表示）
【答案】见解析
【解析】(1)解：；；；.
(2)依题意，对任意，有或，或，
因为均为递增数列，所以有，即同时满足：
①，②，③，④.
因为为递增数列，因此①和②恒成立.
又因为为整数数列，对于③，也恒成立.
对于④，一方面，由，得，即.
另一方面，，
所以，
即从第项到第项是连续的正整数，
所以，，
因此，
故共有种不同取值，即所有符合条件的数列共有个.
(3)记，依题意，
对任意，有或，
注意到，即对任意，有，
若，则，即；
若，则，即，
即对任意，或者，或者.
所以，所以不能成立.
记，
，
则，且.
注意到：若存在且，即，则.
否则，若，则，不合题意.
因此集合有以下三种情形：
①，.
对任意，有，则
，
当且仅当：，，
即时，等号成立，
此时存在“强紧数列”，
故此情形下，的最小值为；
②，，其中.
对任意，有，对任意，有.
.
故此情形下，的最小值不小于；
③，.
对任意，有，
.
故此情形下，的最小值不小于.
综上，的最小值为.
【变式训练5-41】记实数，中的较大者为，例如，，对于无穷数列，记，若对于任意的，均有，则称数列为“趋势递减数列”.
(1)已知数列的通项公式分别为，，判断数列是否为“趋势递减数列”，并说明理由；
(2)已知首项为公比为的等比数列是“趋势递减数列”，求的取值范围；
(3)若数列满足，为正实数，且，求证：为“趋势递减数列”的充要条件为的项中没有.
【答案】见解析
【解析】(1)数列是“趋势递减数列”.
由通项公式知：公差为，故是单调递减数列，
∴，且，故数列是“趋势递减数列”.
数列是“趋势递减数列”.
由为奇数，为偶数，则，
∴，且，故数列是“趋势递减数列”.
(2)当时，数列为单调递增数列，此时，且不满足题意；
当时，数列为常数列，不满足题意；
当时，数列为单调递减数列，此时，且，满足题意；
当时，此时，且，满足题意；
当时，此时，且，不满足题意；
综上，的取值范围为.
(3)先证必要性：
假设存在正整数≥使得，令.
因为，为正实数，且，
∴≥，故≥，则数列从开始以后的各项为，
当≥时，，与为“趋势递减数列”矛盾，故假设不成立，的项中没有.
再证明充分性：
得：，
由的项中没有，故对于任意正整数，，
∴，即.
当时，，
当时，，
∴为“趋势递减数列”.
综上：为“趋势递减数列”的充要条件为的项中没有.
【点睛】第三问，分别从充分性、必要性两个方面证明结论，注意反证法的应用：假设为“趋势递减数列”存在推出矛盾.
【变式训练5-42】设正整数数列，，，满足，其中.如果存在，3，，，使得数列中任意项的算术平均值均为整数，则称为“阶平衡数列”.
(1)判断数列2，4，6，8，10和数列1，5，9，13，17是否为“4阶平衡数列”？
(2)若为偶数，证明：数列，2，3，，不是“阶平衡数列”，其中，3，，.
(3)如果，且对于任意，3，，，数列均为“阶平衡数列”，求数列中所有元素之和的最大值.
【答案】见解析
【解析】(1)由不为整数，可得数列2，4，6，8，10不是4阶平衡数列；
数列1，5，9，13，17为首项为1，公差为4的等差数列，
则数列1，5，9，13，17是4阶平衡数列；
(2)证明：若为偶数，设，考虑1，2，3，，这项，其和为.
所以这项的算术平均值为：，此数不是整数；
若为奇数，设，，考虑1，2，3，4，5，，；
这项，其和为，所以这项的算术平均数为：，
此数不是整数；故数列：1，2，3，4，，不是“阶平衡数列”，其中，3，4，；
(3)在数列中任意两项，，，
对于任意，3，4，5，，，在中任意取两项，，相异的项，
并设这项和为.由题意可得，都是的倍数，
即，，，为整数），可得，
即数列中任意两项之差都是的倍数，，3，，，
因此所求数列的任意两项之差都是2，3，，的倍数，
如果数列的项数超过8，那么，，，均为2，3，4，5，6，7的倍数，
即，，，均为420的倍数，为2，3，4，5，6，7的最小公倍数），
，
即，这与矛盾，
故数列的项数至多7项.
数列的项数为7，那么，，，均为2，3，4，5，6的倍数，
即，，，均为60的倍数，为2，3，4，5，6的最小公倍数），
又，且，
所以，，，，
所以，
当且仅当，，，取得最大值12873；
验证可得此数列为“阶平衡数列”，，3，，，
如果数列的项数小于或等于6，由，
可得数列中所有项的之和小于或等于，
综上可得数列中所有元素之和的最大值为12873.
【点睛】本题考查新定义的理解和运用，考查分类讨论思想和化简运算能力､推理能力，属于难题.
【变式训练5-43】如果正项有穷数列满足，即，我们称其为“1的对称数列”，例如：数列2，3，，与数列3，2，1，，都是“1的对称数列”．
(1)设是项数为8的“1的对称数列”，其中是等差数列，且，请依次写出的每一项；
(2)设数列是13项的“1的对称数列”，其中是等比数列，，求数列的所有项和的最小值；
(3)设数列是项的“1的对称数列”，数列前项的通项公式为，求数列的前项和．（注：）
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】（1）根据等差数列写出前四项，再由新定义写出后四项即可；
（2）由等比数列可求出数列前五项，再由新定义得出后五项及中间项，所以第六项及第八项可设为，求和后利用基本不等式得最值即可；
（3）当时直接由公式求和，当时，利用裂项相消法求和即可.
（1）设为前四项的公差，
，
，
的各项为.
（2）设前五项公比为，显然，
，
则，可得，
解得或，
当时，，当时，（舍去），
因为数列是13项的“1的对称数列”，所以，
设，
，
当且仅当时取等号，
所以数列的所有项和的最小值为.
（3）当时，
，
当时，
，
所以.
【点睛】关键点点睛：新定义问题关键在于理解定义，运用定义解题，求和时利用所给公式及裂项相消法.
【变式训练5-44】设有穷数列的项数为，若（为常数，且），则称该数列为等积数列，叫做该数列的公共积.
(1)若是公共积为的等积数列，求该数列的公共积及；
(2)若是公共积为的等积数列，且（且为常数），证明：当时，对任意给定的，数列中一定存在相等的两项；
(3)若是公共积为1的等积数列，且是奇数，对任意的都存在正整数，使得，求证：是等比数列.
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解析】（1）根据等积数列定义求解可得答案；
（2）当时，根据等积数列的定义，、及可得答案；
（3）设，利用是公共积为1的等积数列得，存在正整数，使得，必有，再有，得是公比为的等比数列可得答案.
（1）为等积数列，.
；
（2）当时，
是公共积为的等积数列，，
又.
又，
，即原命题得证；
（3）设
是公共积为1的等积数列，且，
对任意的，都存在正整数，使得，
，这项均为中的项，
由题可知，，
必有，
又，
是公比为的等比数列.
是公比为的等比数列.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是利用等积数列的定义和等比数列的定义求解.
【变式训练5-45】已知为非零常数，，若对，则称数列为数列．
(1)证明：数列是递增数列，但不是等比数列；
(2)设，若为数列，证明：；
(3)若为数列，证明：，使得．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解析】（1），
故为公差为的等差数列，所以，
若，则当时，，不合题意，
若，则，满足要求，
，
因为，所以，故，故数列为递增数列，
，由于为递增数列，故不是常数，
不是常数，故数列是递增数列，但不是等比数列；
（2）因为为数列，所以，故，
因为，
所以，
因为，
当且仅当时，等号成立，所以；
（3）因为为数列，
所以，
所以，
令，则，解得，
所以，使得.
【变式训练5-46】如果数列，其中，对任意正整数都有，则称数列为数列的“接近数列”．已知数列为数列的“接近数列”．
(1)若，求的值；
(2)若数列是等差数列，且公差为，求证：数列是等差数列；
(3)若数列满足，且，记数列的前项和分别为，试判断是否存在正整数，使得？若存在，请求出正整数的最小值；若不存在，请说明理由．（参考数据：）
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)存在，17
【解析】（1）由题：令则，即，故，
得，又，同理可得，.
（2）由题意，
故，
从而，即，
因为，所以即，故数列是等差数列.
（3）因为,则，解得，
又，故是以为首项，公比为的等比数列，
则，即，
当n为奇数时，，易知单调递减，
故，得，进一步有；
当n为偶数时，，易知单调递增，
故，即，得，进一步有；
综上，，
易知
当n为偶数时，由，得即，无解；
当n为奇数时，
由,得即，
故，所以存在正整数，使得，正整数的最小值为17
【变式训练5-47】对于数列,如果存在正整数,当任意正整数时均有,则称为的“项递增相伴数列”．若可取任意的正整数,则称为的“无限递增相伴数列”．
(1)已知,请写出一个数列的“无限递增相伴数列”,并说明理由？
(2)若满足,其中是首项的等差数列,当为的“无限递增相伴数列”时,求的通项公式：
(3)已知等差数列和正整数等比数列满足：,其中k是正整数,求证：存在正整数k,使得为的“2024项递增相伴数列”．
【答案】见解析
【解析】（1）由于,我们可以取,此时恒有,
再由,当时,,
所以恒有,即满足题意.
（2）
设,
当为的“无限递增相伴数列”时对任意恒成立
,当时,,因为,所以,即.
（3）证明：取,若存在这样的正整数k使得
成立,
所以,
由,得,
于是,
又因为,所以当时,,
而时,,
所以,最后说明存在正整数k使得,
由,
上式对于充分大的k成立,即总存在满足条件的正整数k
【变式训练5-48】若无穷数列满足：对于,其中为常数,则称数列为数列．
(1)若一个公比为的等比数列为“数列”,求的值；
(2)若是首项为1,公比为3的等比数列,在与之间依次插入数列中的项构成新数列,求数列中前30项的和．
(3)若一个“数列"满足,设数列的前项和为．是否存在正整数,使不等式对一切都成立？若存在,求出的值；若不存在,说明理由．
【答案】见解析
【解析】（1）数列是等比数列,则,,
则,因为与无关,所以,即；
（2）由题意可知,,而,所以,
是首项为1,公比为3的等比数列,
而新数列中项（含）前共有项,
令,结合,解得：,
故数列中前30项含有的前7项和数列的前23项,
所以数列中前30项的和；
（3）因为数列是“数列”,,,,
则,,得,
所以数列的前项和,
假设存在正整数,使得不等式,对一切都成立,
即
当时,,得,又为正整数,得
下面证明：对一切都成立,
由于,,
所以,,
所以存在,使不等式对一切都成立.
【变式训练5-49】数列的前n项和为,若存在正整数r,t,且,使得,同时则称数列为“数列”．
(1)若首项为3,公差为d的等差数列是“数列”,求d的值；
(2)已知数列为等比数列,公比为q．
①若数列为“数列”,,求q的值；
②若数列为“数列”,,求证：r为奇数,t为偶数．
【答案】见解析
【解析】（1）由首项为,公差为的等差数列是“数列”,得,
即,解得,所以d的值是.
（2）①由数列为“数列”,得,而数列为等比数列,公比为q,
当时,无解,则,,整理得,
而,则当时,；当时,,所以或.
②由数列为“数列”, 得,而数列为等比数列,公比为q,
又,则,整理得,
当均为偶数时,由,得,有,不符合题意；
当为偶数,为奇数时,,不符合题意；
当均为奇数时,,令,
求导得,
令,,求导得,
当时,,当时,,
即函数在上单调递减,在上单调递增,,
即,因此函数在上单调递增,即,不符合题意,
所以为奇数,为偶数.
【变式训练5-50】数列的前项的最大值记为,即；前项的最小值记为,即,令,并将数列称为的“生成数列”．
(1)设数列的“生成数列”为,求证：；
(2)若,求其生成数列的前项和．
【答案】见解析
【解析】（1）由题意可知,所以,因此,
即是单调递增数列,且,由“生成数列”的定义可得．
（2）当时,．
,又,
,
当时,．
设数列的前项和为．则．
当时,
又符合上式,所以．
题型06：新应用
【典型例题1】已知实数，定义数列如下：如果，，则．
(1)求和（用表示）；
(2)令，证明：；
(3)若，证明：对于任意正整数，存在正整数，使得．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解析】（1）因为，所以；
因为，所以；
（2）由数列定义得：；所以．
而，
所以；
（3）当，由（2）可知，无上界，故对任意，存在，使得．
设是满足的最小正整数．下面证明．
①若是偶数，设，
则，于是．
因为，所以．
②若是奇数，设，
则．
所以．
综上所述，对于任意正整数，存在正整数，使得．
【典型例题2】已知实数数列满足：.
(1)若，，求，的值；
(2)试判断：的项是否可以全是正数，或者全是负数？请说明理由；
(3)若数列中的各项均不为0，记前2022项中值为负数的项个数为m，求m所有可能的取值.
【答案】见解析
【解析】(1)解：因为，，，所以，
所以，
所以，解得，
所以；
(2)证明：假设数列的项都是正数，即，，，
所以，，与假设矛盾，
故数列的项不可能全是正数，
假设数列的项都是负数，则，而，与假设矛盾，
故数列的项不可能全是负数，
所以的项不可能全是正数，也不可能全是负数；
(3)解：由（2）可知数列中项既有负数也有正数，
且最多连续两项都是负数，最多连续三项都是正数．
因此存在最小的正整数满足，．
设，，
则，，，，，，，，，
故有，即数列是周期为9的数列，
由上可知，，， 这9项中，，为负数，，这两项中一个为正数，另一个为负数，其余项都是正数，
因为，
所以当时，即或；
记，，，这项中负数项的个数，
当，3，4 时，若，则，故为负数，
此时，；
若，则，故为负数．
此时，，综上可知的取值集合为．
【变式训练6-1】对于无穷数列，若存在正整数，使得对一切正整数都成立，则称无穷数列是周期为的周期数列.
(1)已知无穷数列是周期为的周期数列，且，，是数列的前项和，若对一切正整数恒成立，求常数的取值范围；
(2)若无穷数列和满足，求证：“是周期为的周期数列”的充要条件是“是周期为的周期数列，且”；
(3)若无穷数列和满足，且，是否存在非零常数，使得是周期数列？若存在，请求出所有满足条件的常数；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)不存在非零常数，使得是周期数列，理由见解析.
【解析】（1）解：因为无穷数列是周期为的周期数列，且，，所以，当为偶数时，；当为奇数时，，因为对一切正整数恒成立，
所以，当为偶数时，，故只需即可；当为奇数时，恒成立，故只需即可；
综上，对一切正整数恒成立，常数的取值范围为
（2）证明：先证充分性：因为是周期为的周期数列，，所以，，即，所以，即，所以，是周期为的周期数列，即充分性成立.下面证明必要性：因为是周期为的周期数列，所以，即，所以，，即，所以，，即，所以数列是周期为的周期数列，因为，即，所以，必要性成立.综上，“是周期为的周期数列”的充要条件是“是周期为的周期数列，且”
（3）解：假设存在非零常数，使得是周期数列，所以，由（2）知，数列是周期为的周期数列，且，因为，所以，，所以数列是周期为，所以，即，显然方程无解，所以，不存在非零常数，使得是周期数列.
【变式训练6-2】已知数列满足，
（1）若求数列的通项公式；
（2）若，记，证明：.
【答案】见解析
【解析】（1）由题设知：且，，
∴，即，
∴，，…，，将它们累加可得，
∴，而也成立，即数列的通项公式.
（2）由题设知：，则，
∴，故，又，则，
∴当为奇数时，；当为偶数时，；
综上，知：，则，
∴当为奇数时，有；
当为偶数时，有；
∴当为奇数时，，则恒成立；
当为偶数时，，则，
综上，，得证.
【点睛】（1）根据已知条件可得，利用累加法求数列通项.
（2）首先求的通项公式，再根据为奇偶性求，然后应用裂项相消法求和，进而证明结论.
【变式训练6-3】已知数列的前项和为，满足；数列满足，其中.
(1)求数列的通项公式；
(2)对于给定的正整数，在和之间插入个数，使，成等差数列.
（i）求；
（ii）是否存在正整数，使得恰好是数列或中的项？若存在，求出所有满足条件的的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）存在，
【解析】（1）由①，当时，②，
得，
当时，，
是首项为1，公比为的等比数列，故，
由③.由
得，又④.
④-③得，
的所有奇数项构成首项为1，公差为2的等差数列：
所有偶数项构成首项为2，公差为2的等差数列.
得.
综上可得；
（2）（i）在和之间新插入个数，使成等差数列，
设公差为，则，
则.
⑤
则⑥
⑤-⑥得：，
所以可得
（ii）由（1），又，
由已知，
假设是数列或中的一项，
不妨设，
因为，所以，而，
所以不可能是数列中的项.
假设是中的项，则.
当时，有，即，
令，
当时，；
当时，，
由知无解.
当时，有，即.
所以存在使得是数列中的第3项；
又对于任意正整数均有，所以时，方程均无解；
综上可知，存在正整数使得是数列中的第3项.
题型07：集合背景中的数列新定义问题
不少数列问题,常使用集合语言进行“包装”,求解此类问题的关键是把问题还原为数列问题.
【典型例题1】已知数列,记集合.
(1)对于数列,写出集合；
(2)若,是否存在,使得?若存在,求出一组符合条件的,若不存在,说明理由；
(3)若,把集合中的元素从小到大排列,得到的新数列为,若,求的最大值.
【答案】见解析
【解析】（1）因为数列,
所以,,,
所以
（2）假设存在,使得,则有
,
由于与奇偶性相同,所以与奇偶性不同,
又因为,,所以中必有大于等于3的奇数因子
这与无1以外的奇数因子矛盾,故不存在,使得；
（3）由题意得,
当,时,,
除,外,,,
其中与一奇一偶,则能拆成奇数与偶数之乘积,
在正偶数中,只有无法拆成一个大于2的奇数与一个不小于2的偶数之乘积,
又中的元素均为偶数,故,
故2至2024偶数中除去4,8,16,32,64,128,256,512,1024,
所以,故的最大值为．
【典型例题2】已知数集（）,若对任意的（）,与两数中至少有一个属于A,则称数集A具有性质P．
(1)分别判断数集B=与数集C=是否具有性质,并说明理由；
(2)若数集A具有性质P．
①当时,证明,且成等比数列；
②证明：．
【答案】见解析
【解析】（1）数集具有性质,不具有性质,理由如下：
因为,,,,,都属于数集,所以具有性质；
因为,都不属于数集,所以不具有性质．
（2）①当时,,．
因为,所以,,所以与都不属于A,
因此,,所以．
因为,且,所以,
且,所以,所以成等比数列．
②因为具有性质,所以,至少有一个属于A,
因为,所以,,因此,．
因为,所以（）,
故当时,,,（）,
又因为,
则,,,,,
可得,
所以.
【典型例题3】集合论在离散数学中有着非常重要的地位.对于非空集合和,定义和集,用符号表示和集内的元素个数.
(1)已知集合,,,若,求的值；
(2)记集合,,,为Cn中所有元素之和,,求证：；
(3)若与都是由个整数构成的集合,且,证明：若按一定顺序排列,集合与中的元素是两个公差相等的等差数列.
【答案】见解析
【解析】（1）由题：,
所以,,且,
从而,,,故.
（2）若,,,,使,其中,,,,
则,故,.
,
,
.
（3）设集合,,其中,.
则,
这里共个不同元素,又,所以上面为和集中的所有元素.
又,
这里共个不同元素,也为合集中的所有元素,
所以有,即.
一般地,由,
,
可得,即.
同理可得,得证.
【典型例题4】已知为有穷正整数数列，且，集合．若存在，使得，则称为可表数，称集合为可表集．
(1)若，判定31，1024是否为可表数，并说明理由；
(2)若，证明：；
(3)设，若，求的最小值．
【答案】(1)31是可表数，1024不是可表数，理由见解析；
(2)证明见解析；
(3)8
【解析】（1）根据定义赋值及数列求和计算验证即可；
（2）根据定义判定则有，从而可知，利用集合间的基本关系得出中最多含有个元素，解不等式即可证明；
（3）利用第二问的结论可设，有，然后利用定义先证为可表数，再根据三进制的基本事实确定的最小值为满足成立的，代入求即可.
（1）31是，1024不是，理由如下：
由题意可知，
当时，有，
显然若时，，
而，
故31是可表数，1024不是可表数；
（2）由题意可知若，即，
设，即使得，
所以，且成立，故，
所以若，则，
即中的元素个数不能超过中的元素，
对于确定的，中最多有个元素，
所以；
（3）由题意可设，使，
又，
所以，即，
而，
即当时，取时，为可表数，
因为，
由三进制的基本事实可知，对任意的，存在，
使，
所以
，
令，则有，
设，
由的任意性，对任意的，
都有，
又因为，所以对于任意的，为可表数，
综上，可知的最小值为，其中满足，
又当时，，
所以的最小值为.
【点睛】难点点睛：第二问关键是根据定义可确定中元素互为相反数，再利用集合间的基本关系确定元素个数的关系计算即可；第三问利用第二问的结论可设，有，利用定义先证为可表数，再根据三进制的基本事实设任意的，存在，使，得出并结合定义确定为可表数，从而确定的最小值为满足成立的，代入求即可.
【典型例题5】已知是各项均为正整数的无穷递增数列，对于，定义集合，设为集合中的元素个数，若时，规定.
(1)若，写出及的值；
(2)若数列是等差数列，求数列的通项公式；
(3)设集合，求证：且.
【答案】(1)，，，；(2)；(3)证明见解析
【解析】（1）因为，所以，则，所以，，又，所以，，所以；
（2）由题可知，所以，所以.若，则，，所以，，与是等差数列矛盾.所以.设，因为是各项均为正整数的递增数列，所以.
假设存在使得.设，由得.由得，，与是等差数列矛盾.所以对任意都有.所以数列是等差数列，.
（3）因为对于，，所以.所以，即数列是递增数列.
先证明.假设，设正整数.由于，故存在正整数使得，所以.
因为是各项均为正整数的递增数列，所以.所以，.所以，.又因为数列是递增数列，所以，矛盾.所以.再证明.由题可知.设且，因为数列是各项均为正整数的递增数列，所以存在正整数，使得.令.若，则，即，所以.所以，所以.若，则，所以.所以，所以.因为，所以.所以.综上，且.
【变式训练7-1】已知数集具有性质：对任意，与两数中至少有一个属于．
(1)分别判断数集与是否具有性质；
(2)求证：；
(3)给定正整数，求证：，，，组成等差数列．
【答案】(1)见解析；(2)证明见解析；(3)证明见解析
【解析】（1）由于和都不属于集合，所以不具有性质；由于、、、、、、、、、都属于集合，2，4，，所以具有性质．
（2）令，，则 “与两数中至少有一个属于”，不属于，属于
令，那么是集合中某项，不行，是0，可以．如果是或者，那么可知，那么，只能是等于了，矛盾．所以令可以得到，同理，令、，，2，可以得到，倒序相加即可得到．
（3），，，具有性质，，，，，则，
所以与中至少有一个属于，由，有，故，，故．，，故，3，，．由具有性质知，，3，，．又，，，，，，即，2，，．（1）由知，，，，均不属于，由具有性质，，，，均属于，，，，，，，即．（2），由（1）（2）可知，，，即，3，，．故，，构成等差数列．
【变式训练7-2】数列的前n项组成集合，从集合中任取个数，其所有可能的k个数的乘积的和为（若只取一个数，规定乘积为此数本身），例如：对于数列，当时，时，；
(1)若集合，求当时，的值；
(2)若集合，证明：时集合的与时集合的（为了以示区别，用表示）有关系式，其中；
(3)对于（2）中集合．定义，求（用n表示）．
【答案】(1)，，；(2)证明见解析；(3).
【解析】（1）时，，∴，，．
（2）时，集合的中各乘积由两部分构成，一部分是乘积中含因数，乘积的其他因数来自集合，故诸乘积和为；另一部分不含，乘积的所有因数来自集合，故诸乘积的和为．
故．
（3）我们先证明一个性质：所有非空子集中各元素的乘积和为．
证明：考虑的展开式，该展开式共有项，每一项均为各因式中选取或后的乘积（除去各项均选1）．对于的任意非空子集，该集合中各元素的乘积为的展开式中的某一项：即第个因式选择， ，其余的因式选择1，
注意到非空子集的个数为，故的所有非空子集中各元素的乘积均在的展开式中恰好出现一次，∴所有非空子集中各元素的乘积和为．故对于，.
【变式训练7-3】已知数列，，…，的各项均为正整数．设集合，记的元素个数为．
(1)若数列1，1，3，2，求集合，并写出的值；
(2)若是递增数列，求证：“”的充要条件是“为等差数列”；
(3)若，数列由1，2，3，…，11，22这12个数组成，且这12个数在数列中每个至少出现一次，求的最大值．
【答案】(1)，；(2)证明见解析；(3)43
【解析】（1）因为，，，，则的可能情况有：，，，，，，所以，．
（2）充分性：若是等差数列，设公差为d．因为数列是递增数列，所以． 则当时，，
所以，． 必要性：若．因为是递增数列，所以，所以，且互不相等，所以．
又， 所以，且互不相等．
所以，所以，所以为等差数列．
（3）因为数列A由1，2，3，…，11，22这12个数组成，任意两个不同的数作差，差值只可能为和，共42个不同的值；∵这12个数在数列中每个至少出现一次，∴当时，和这两个数中至少有一个在集合中，∵这12个数在数列中共出现23次，所以数列中存在，
∴，当数列：1，2，3，…，11，22，11，10，…，2，1．有，．则的最大值为43．
【变式训练7-4】对于数集（为给定的正整数），其中，如果对任意，都存在，使得，则称具有性质．
(1)若，且集合具有性质，求的值；
(2)若具有性质，求证：；且若成立，则；
(3)若具有性质，且为常数，求数列的通项公式．
【答案】(1)；(2)证明见详解；(3)
【解析】（1）选取，则，由得，所以，又，所以，故从而
（2）取则，得，所以异号。所以中一个为，另一个为1，故.
假设，其中则，选取并设，则，则异号，从而中恰好又一个为若则矛盾；若则矛盾。所以
（3）因为，具有性质，取设因为，且中的正数大于等于，所以只能所以又中只有个大于的正数，即，且这个大于的正整数都属于集合，所以只能即，从而数列是以为首项，为公比的等比数列，则
【变式训练7-5】设有限数列，定义集合为数列的伴随集合．
（Ⅰ）已知有限数列和数列．分别写出和的伴随集合；
（Ⅱ）已知有限等比数列，求的伴随集合中各元素之和；
（Ⅲ）已知有限等差数列，判断是否能同时属于的伴随集合，并说明理由．
【答案】见解析
【解析】解：（Ⅰ）数列的伴随集合为，数列的伴随集合为．
（Ⅱ）先证明对任意或，则．
假设．
当且，因为，则，即，
所以，与矛盾．
同理，当且时，也不成立．
当且时，不妨设，因为，则，
所以，
左边为奇数，右边为偶数，所以，
综上，对任意或，则
所以求集合中各元素之和时，每个均出现次，
所以
（Ⅲ）假设同时属于数列的伴随集合．
设数列的公差为，则
即
②-①得，，
③-①得，，
两式相除得，，
因为，
所以，
，
所以．
又因为，
所以，
，
所以，与矛盾，
所以不能同时属于数列的伴随集合．
【点睛】本题考查新定义的理解和运用，等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查分类讨论首项和运算能力、推理能力，属于难题．
【变式训练7-6】已知集合(且），，且．若对任意（），当时，存在()，使得，则称是的元完美子集．
(1)判断下列集合是否是的3元完美子集，并说明理由；
①； ②．
(2)若是的3元完美子集，求的最小值；
(3)若是（且）的元完美子集，求证：，并指出等号成立的条件．
【答案】见解析
【解析】(1)解：（1）①因为，又，所以不是的3元完美子集．
②因为，且，而，
所以是的3元完美子集．
(2)解：不妨设．
若，则，，，与3元完美子集矛盾；
若，则，，而，符合题意，此时．
若，则，于是，，所以．
综上，的最小值是12．
(3)证明：不妨设．
对任意，都有，
否则，存在某个，使得．
由，得．
所以是中个不同的元素，且均属于集合，
该集合恰有个不同的元素，显然矛盾．
所以对任意，都有．
于是．
即．
等号成立的条件是且．
【变式训练7-7】若集合（）满足：对任意（），均存在（），使得，则称具有性质．
(1)判断集合，是否具有性质；（只需写出结论）
(2)已知集合（）具有性质．
（）求；
（）证明：．
【答案】见解析
【解析】(1)集合具有性质；
集合不具有性质，只需要找到一个反例即可，如 ．
(2)（）取，由题知，存在（），使得成立，即，
又，故必有．
又因为，所以．
（）由（）得，当时，存在（）使得成立，又因为，故，即．所以．
又，所以，
故，
相加得：，即．
【变式训练7-8】对任意正整数，记集合均为非负整数．且，集合均为非负整数，且．设，，若对任意都有．则记．
(1)写出集合和；
(2)证明：对任意，存在，使得；
(3)设集合．求证：中的元素个数是完全平方数．
【答案】见解析
【解析】(1)，
(2)任取，令，则，
同时且，则，
所以对任意，存在，使得；
(3)设方程：①，②
是方程①的解，是方程②的解；
若，，，
即是一个满足条件的解对，
令，则，
则是方程①的解
即当是满足条件的解对时，是方程①的一对解对；
反之是方程①的解时，
令，则是满足条件的解对.
即满足条件的解对与方程①的两解组成对
是一一对应的关系.
所以满足条件解对个数，即中的元素个数是完全平方数．
【点睛】
关键点睛：集合元素的个数转换为特定方程符合条件解的个数.
【变式训练7-9】已知集合是集合的一个含有个元素的子集.
（Ⅰ）当时,
设
（i）写出方程的解；
（ii）若方程至少有三组不同的解,写出的所有可能取值.
（Ⅱ）证明:对任意一个,存在正整数使得方程至少有三组不同的解.
【答案】见解析
【解析】（Ⅰ）（）方程的解有:
（）以下规定两数的差均为正,则:
列出集合的从小到大个数中相邻两数的差:;
中间隔一数的两数差（即上一列差数中相邻两数和）:4,5,6,6,5,4;
中间相隔二数的两数差:;
中间相隔三数的两数差:;
中间相隔四数的两数差:;
中间相隔五数的两数差:;
中间隔一数的两数差:.
这个差数中,只有出现次,出现次,其余都不超过次,
所以的可能取值有.
（Ⅱ）证明:不妨设
记, ,共个差数.
假设不存在满足条件的,则这个数中至多两个、两个、两个、两个、两个、两个,从而

又
这与矛盾,所以结论成立.
【变式训练7-10】设集合，其中是正整数，记．对于，，若存在整数k，满足，则称整除，设是满足整除的数对的个数．
（I）若，，写出，的值;
（Ⅱ）求的最大值;
（Ⅲ）设A中最小的元素为a，求使得取到最大值时的所有集合A．
【答案】见解析
【解析】（1）根据条件所给定义，SA=15=5(1+2)=3(1+4)，故，
SB=24=4(1+5) =2(5+7)=2(1+11)=3 (1+7)，故.
（2）不妨设，因为，所以，不能整除，因为最多有(1, 2)，(1, 3)， (1, 4)， (2,3)， (2, 4)，(3, 4)六种情况，而(2, 4) , (3，4)不满足题意，所以，当时，，所以的最大值为4 ；
（3）假设，由（2）可知，当取到最大值4时，均能整除，因，
故，所以，
设，则是的因数，
所以是的因数，且是的因数，因为，
所以，因为是的因数，所以，
因为是的因数，所以是的因数，
因为，所以，所以或，
故，或，
所以当取到最大值4时，故，或.
【点睛】本题主要考查合情推理与演绎推理，考查集合的性质
【变式训练7-11】已知集合．给定数列,和序列,其中,对数列进行如下变换：将的第项均加1,其余项不变,得到的数列记作；将的第项均加1,其余项不变,得到数列记作；……；以此类推,得到,简记为．
(1)给定数列和序列,写出；
(2)是否存在序列,使得为,若存在,写出一个符合条件的；若不存在,请说明理由；
(3)若数列的各项均为正整数,且为偶数,求证：“存在序列,使得的各项都相等”的充要条件为“”．
【答案】见解析
【解析】（1）因为数列,由序列可得；
由序列可得；由序列可得；
所以.
（2）解法一：假设存在符合条件的,可知的第项之和为,第项之和为,
则,而该方程组无解,故假设不成立,
故不存在符合条件的；
解法二：由题意可知：对于任意序列,所得数列之和比原数列之和多4,
假设存在符合条件的,且,
因为,即序列共有8项,
由题意可知：,
检验可知：当时,上式不成立,即假设不成立,所以不存在符合条件的.
（3）解法一：我们设序列为,特别规定.
必要性：若存在序列,使得的各项都相等.
则,所以.
根据的定义,显然有,这里,.
所以不断使用该式就得到,必要性得证.
充分性：若.
由已知,为偶数,而,所以也是偶数.
我们设是通过合法的序列的变换能得到的所有可能的数列中,使得最小的一个.
上面已经说明,这里,.
从而由可得.
同时,由于总是偶数,所以和的奇偶性保持不变,从而和都是偶数.
下面证明不存在使得.
假设存在,根据对称性,不妨设,,即.
情况1：若,则由和都是偶数,知.
对该数列连续作四次变换后,新的相比原来的减少,这与的最小性矛盾；
情况2：若,不妨设.
情况2-1：如果,则对该数列连续作两次变换后,新的相比原来的至少减少,这与的最小性矛盾；
情况2-2：如果,则对该数列连续作两次变换后,新的相比原来的至少减少,这与的最小性矛盾.
这就说明无论如何都会导致矛盾,所以对任意的都有.
假设存在使得,则是奇数,所以都是奇数,设为.
则此时对任意,由可知必有.
而和都是偶数,故集合中的四个元素之和为偶数,对该数列进行一次变换,则该数列成为常数列,新的等于零,比原来的更小,这与的最小性矛盾.
综上,只可能,而,故是常数列,充分性得证.
解法二：由题意可知：中序列的顺序不影响的结果,
且相对于序列也是无序的,
（ⅰ）若,
不妨设,则,
①当,则,
分别执行个序列、个序列,
可得,为常数列,符合题意；
②当中有且仅有三个数相等,不妨设,则,
即,
分别执行个序列、个序列
可得,
即,
因为为偶数,即为偶数,
可知的奇偶性相同,则,
分别执行个序列,,,,
可得,为常数列,符合题意；
③若,则,即,
分别执行个、个,
可得,因为,
可得,即转为①,可知符合题意；
④当中有且仅有两个数相等,不妨设,则,
即,分别执行个、个,
可得,
且,可得,
因为为偶数,可知的奇偶性相同,
则为偶数,
且,即转为②,可知符合题意；
⑤若,则,即,
分别执行个、个,
可得,
且,可得,
因为为偶数,
则为偶数,
且,即转为④,可知符合题意；
综上所述：若,则存在序列,使得为常数列；
（ⅱ）若存在序列,使得为常数列,
因为对任意,
均有成立,
若为常数列,则,
所以；
综上所述：“存在序列,使得为常数列”的充要条件为“”.
【变式训练7-12】数列是正项递增数列,由数列中所有项构成集合A,它的任意一个子集记为,定义集合B是每一个子集中的所有数之和（即分别写出1个数,2个数,……n个数之和）.
(1)若,写出,以及集合B；
(2),将集合B中的元素分成n组,要求每组中最大项与最小项之比不超过2,证明一个符合题意的分组；
(3),将集合B中的元素分成n组,要求与（2）相同,证明存在这个分组.
【答案】见解析
【解析】（1）或或,,；
（2）不难发现共有个数,
不妨让最大数与最小数之比,
可以分为1,2,,,……,,
假设分为n组,这样最后一个数是第个,
只需证明,
令,只需,
,（其中是的导数）,
所以,
所以,即不必分至n组即可将个数全部分完,
在已经分好的组中再多分几组,均可满足题意,
仅一组中还可再分组,显然成立,
故可分至n组,故该分组符合题意；
（3）要证,其中,s是某些数之和,
只需证明,假设,从而,使得,
所以,
所以,故存在这样的分组.
题型08：高等数学背景里论
【典型例题1】约数,又称因数．它的定义如下：若整数a除以整数m（）除得的商正好是整数而没有余数,我们就称a为m的倍数,称m为a的约数．
设正整数a有k个正约数,即为,,⋯,,（）．
(1)当时,是否存在,,…,构成等比数列,若存在请写出一个满足条件的正整数a的值,若不存在请说明理由；
(2)当时,若,,⋯构成等比数列,求正整数a．
(3)当时,若,,…,是a的所有正约数的一个排列,那么,,,⋯,是否是另一个正整数的所有正约数的一个排列？并证明你的结论．
【答案】见解析
【解析】（1）存在,比如1,2,4,8,16为16的所有约数．
（2）由题意得,,,,
,依题意可知
,化简可得因此可知是完全平方数,
由于是整数a的最小非1因子,所以
所以,,…为,,⋯,,因此
（3）假设,,,⋯,是另一个正整数b的所有正约数的一个排列．
,,
易知（）,而,故,又知,所以b是奇数．
所以为奇数,又,故是偶数
其中A中最大的两个元素为a,,显然B中每个元素都不超过,
特别地,,设,,其中（因为a有k（）个正约数,）
于是B中存在两个元素,,它们都大于,进而都大于且都是b的约数．
这表明b可以被2整除,与b为奇数矛盾．因此假设不成立．
【典型例题2】表示正整数a,b的最大公约数,若,且,,则将k的最大值记为,例如：,．
(1)求,,；
(2)设．
（i）求数列的通项公式,
（ii）设,求数列的前n项和．
【答案】见解析
【解析】（1）依题意可得：表示所有不超过正整数,且与互质的正整数的个数,
因为与互质的数为,所以；
因为与互质的数为,,所以；
因为与互质的数为,,所以．
（2）（i）因为中与互质的正整数只有奇数,所以中与互质的正整数个数为,所以,所以．
（ii）因为,
所以,
,
所以．
【典型例题3】对于项数为的数列，若数列满足，，其中，表示数集中最大的数，则称数列是的数列.
(1)若各项均为正整数的数列的数列是，写出所有的数列；
(2)证明：若数列中存在使得，则存在使得成立；
(3)数列是的数列，数列是的数列，定义其中．求证：为单调递增数列的充要条件是为单调递增数列．
【答案】(1)，，，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解析】（1）根据数列的数列相关条件即可得出所有的数列；
（2）利用反证法，假设不存在使得成立，得出与假设不成立，即可得出结论；
（3）通过证明得出为单调递增，再通过为单调递增数列证明为单调递增数列，即可得出结论.
（1）由题意，各项均为正整数的数列的数列是，写出所有的数列为：
，，，
（2）由题意，
假设不存在使得成立，
根据数列定义可知，，
所以，则，
即，
所以，所以，这与已知矛盾，
故若此数列中存在使得，
则存在使得成立．
（3）由题意，必要性：
，，，
则．
因为为单调递增数列，
所以对所有的，或，
否则．
因此，所有的同号或为，即，
所以为单调递增数列．
充分性：
因为为单调递增数列，，且，
所以只能，所以同号或为，
所以对所有的，或，
所以．
所以，即为单调递增数列．
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义，数列的单调性证明，反证法，考查学生的分析证明能力，具有较强的综合性.
【典型例题4】已知无穷数列中，，记，，．
(1)若为2，0，2，4，2，0，2，4，…，是一个周期为4的数列（即，），直接写出，，，的值；
(2)若为周期数列，证明：，使得当时，是常数；
(3)设是非负整数，证明：的充分必要条件为为公差为的等差数列．
【答案】(1)，，，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解析】（1）根据定义可求出的值；
（2）令（周期），结合新定义，即可求证；
（3）根据定义分别证明充分性和必要性，d为非负整数，是公差为d的等差数列，，易证出充分性，证明必要性先结合反证法证明数列不是递减，再证明是等差数列.
（1），，，．
（2）证明：不妨设的周期为，
记，，
则当时，是常数，
记，使得当时，是常数，结论正确．
（3）证明：充分性；
若为公差为的等差数列，则
于是，．
因此，
必要性：因为，
，，
，于是，．
因此．
故数列是公差为的等差数列．
【点睛】思路点睛：此题考查数列相关的新定义问题，涉及求值和证明，证明一个条件是另一个条件的充要条件时一定要考虑完充分性和必要性.
【典型例题5】设正整数，有穷数列满足，且，定义积值
(1)若时，数列与数列的S的值分别为，
①试比较与的大小关系；
②若数列的S满足，请写出一个满足条件的
(2)若时，数列存在使得，将，分别调整为，，其它2个，令数列调整前后的积值分别为，写出的大小关系并给出证明；
(3)求的最大值，并确定S取最大值时所满足的条件，并进行证明.
【答案】(1)①②（答案不唯一）
(2)，证明见解析
(3)的最大值为1，当且仅当时，取到最大值，证明见解析
【解析】（1）①根据定义求出两个积值，比较大小；②只要写出满足条件的一个解就可以了，注意限制条件；
（2）根据调整，对两个积值做差，根据限制条件可比较大小；
（3）利用基本不等式计算可得；
（1）①依题意可得，，所以；
②不妨令为（答案不唯一），则，
因为，，符合题意.
（2）；
证明：不妨设，则；
则；
所以
；
所以；
（3）的最大值为1，当且仅当时，取到最大值.
证明：因为，且；
所以；
当且仅当时，等号成立.
【点睛】关键点点睛：对于新定义类问题解题关键在于理解新定义，第三问的关键是利用基本不等式.
【变式训练8-1】已知等差数列的前项和为，，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，定义为不超过的最大整数，例如，，求数列的前项和．
（说明：）
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）根据等差数列通项和求和公式可构造方程组求得，由此可得；
（2）采用分组求和和裂项相消法可求得，由取整运算定义可得，分类讨论可求得.
（1）设等差数列的公差为，
由得：，解得：，
.
（2）由（1）得：，
，
；
则当时，；当时，；
当时，；
综上所述：.
【变式训练8-2】若无穷数列满足，是正实数，当时，，则称是“数列”.
(1)若是“数列”且，写出的所有可能值；
(2)设是“数列”，证明：是等差数列充要条件是单调递减；是等比数列充要条件是单调递增；
(3)若是“数列”且是周期数列（即存在正整数，使得对任意正整数，都有），求集合的元素个数的所有可能值的个数.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)1009
【解析】（1）利用递推关系，根据分类讨论思想求解即可；
（2）当是等差数列时，利用反证法可证明单调递减，根据等比数列的性质可证后者；
（3）先证是数列的最大项，再证明当是奇数时，是的奇数倍，当是偶数时，是的偶数倍，即可求出.
（1）由题可知，则或2，
因为，所以当时，，则或，
当时，，则或4，
因为，所以当时，，
则或，
当时，，则或2，
当时，，则或2，
当时，，则或8，
综上，的所有可能值为；
（2）因为，所以或，
当是等差数列时，假设，则，
此时，而，矛盾，所以，
于是公差，所以单调递减；
当单调递减时，对任意，，
又，所以，从而是等差数列；
综上，是等差数列的充分必要条件是单调递减；
当是等比数列时，，所以，所以公比，
又，所以单调递增，
当单调递增时，对任意，，
又，所以，即，
因为，所以是等比数列.
综上，是等比数列充要条件是单调递增.
（3）先证是数列的最大项，事实上，如果是第一个大于的项的脚标，
则由知，是的倍数，
假设都是的倍数，
则由知，
是的倍数，
所以由归纳法知，对任意，都是的倍数，但不是的倍数，
这与是周期数列矛盾，
所以是数列的最大项，从而当时，，
再证明当是奇数时，是的奇数倍；当是偶数时，是的偶数倍，
事实上，当时结论成立，假设时成立，
当时，由知，结论也成立，
所以，当，的值只能是奇数，
所以集合的元素个数最多有1009个；
下证集合的元素个数可以是的所有整数，
事实上，对于，可取数列为：
即所有的奇数项均等于，所有的偶数项均等于0，此时，数列为“Y﹣数列”，且，
对于任意整数，构造数列的前2018项如下：
，
由于数列是无穷数列，故可取，显然满足数列是“Y﹣数列”，
综上，集合的元素个数的所有可能值的个数是1009.
【点睛】方法点睛：与数列的新定义有关的问题的求解策略：
①通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的；
②遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析，运算，验证，使得问题得以解决.
【变式训练8-3】设无穷数列的前项和为为单调递增的无穷正整数数列，记，，定义．
(1)若，写出的值；
(2)若，求；
(3)设求证：对任意的无穷数列，存在数列，使得为常数列．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【解析】（1）通过公式即可求出的值；
（2）求出数列的前项和，对讨论其奇偶，即可求出；
（3）通过讨论为有限集和无限集时的不同情况下的值，即可证明结论.
（1）由题意，
，，，
∴，，
，，
，
∴
（2）由题意，
在数列中，，
∴.
若为奇数，则.
所以.
若为偶数，则当时，
所以.
所以.
（3）由题意证明如下，
在中，
若为有限集，设其最大元素为(若为空集，取)，
则当时，存在满足.
令，
则.所以;
若为无限集，设，其中，记，则.
①若数列中只有有限项为正数，记(若中没有正数项，取，则.
令，则.
所以;
②若数列中有无穷项为正数，将这些项依次记为，其中，则.
令，则.
所以.
综上所述，对任意的无穷数列都存在数列，使得为常数列.
【点睛】关键点点睛：本题考查求数列的项，数列求和，无穷数列的证明，符号函数，考查学生的计算能力，逻辑思维能力和分类讨论能力，具有很强的综合性.
【变式训练8-4】设数列的前项和为，已知，且．
(1)证明：为等比数列，并求数列的通项公式；
(2)设，若对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围；
(3)高斯是德国著名数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用他名字定义的函数称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数，如，，设，数列的前项和为，求除以16的余数．
【答案】(1)
(2)
(3)8
【解析】（1）当时，，又，所以，
当时，①，
故②，
式子①-②得，，即，
又，故当时，，
故，即，
因为为首项为，公比为的等比数列，
故，故，
（2）由（1）知，，故，
对于任意的，不等式恒成立，
即恒成立，
设，于是，
当时，，即，
当时，，即，
故，所以，
综上，的取值范围是；
（3）由（1）知，，
因为
，
当为奇数时，，故，
当为偶数时，，故，
所以
，
，
考虑当时，能被16整除，另外也能被16整除，
故除以16的余数为除以16的余数，
，
故除以16的余数为8.
【变式训练8-5】在章节“用迭代序列求的近似值”中，将方程等价变形为，构造递推数列来形成一个迭代序列，当n趋于正无穷大时，趋近于.选取初始值，并令，，，2，3，…
(1)完成以下表格，并在图中画出线段，，，，；（精确到0.001）
(2)证明：是严格减数列；
(3)设，证明是等比数列，并求出的通项公式及的值.
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析；
(3)，
【解析】（1）利用迭代思想结合计算器，即可求近似值；
（2）利用均值不等式来证明，再用数列的递推法来证明单调性即可；
（3）利用给的通项关系式，来构造成等比数列来求通项，最后求极限值.
（1）根据递推数列，，可依次求得：
，，，，
完成以下表格
如图画出线段，，，，
（2）证明：由，，可得，
再结合均值不等式得：，当且仅当时取等号，
也就是说只要前一项不等于，后一项就不可能取到，
而首项，所以等号一定不成立，即，
再由，
从而有，所以是严格减数列；
（3）由两边加得：
，-------①
由两边减得：
--------②
由①除以②得：，
上式两边取常用对数得：，
再由，代入得：，
所以是等比数列，首项，
即，
所以，
解得通项公式为，
.
【点睛】方法点睛：（1）利用递推关系证明数列单调性；
（2）利用题目中给的条件来构造等比数列求通项.
【变式训练8-6】定义：已知数列满足．
(1)若，，求，的值；
(2)若，，使得恒成立．探究：是否存在正整数p，使得，若存在，求出p的可能取值构成的集合；若不存在，请说明理由；
(3)若数列为正项数列，证明：不存在实数A，使得．
【答案】(1)，或
(2)
(3)证明见解析
【解析】
（1）根据题意，由定义代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，将问题转化为，即可得到结果；
（3）根据题意，分与讨论，当时，再分S为有限集与S为无限集讨论，即可证明.
（1）依题意，，显然；
故；
，
即或，则或．
（2）
，
对恒成立，
.
，
，
①时,
当 , 且时,.
的集合为 且
②时,
，
，
，
当, 且 时, .
的集合为 且
③且时, 的集合为
（3），；
设，
①若，则，，
对任意，取（[x]表示不超过x的最大整数），
当时，；
②若，
ⅰ）若S为有限集，设，，
对任意，取（[x]表示不超过x的最大整数），
当时，；
ⅱ）若S为无限集，设，，
若，则，又，矛盾；
故；
记；
当时，，，；
因为，所以；
当时，，，
因为，故；
因为，故，
故对任意，取，当时，；
综上所述，不存在实数A，使得．
综上所述，不存在实数A，使得对任意的正整数n，都有．
【点睛】关键点睛：本题主要考查了新定于与数列综合问题，难度较大，解答本题的关键在于理解新定义的概念，以及结合数列的知识解答.
【变式训练8-7】表示正整数a，b的最大公约数，若，且，，则将k的最大值记为，例如：，.
(1)求，，；
(2)已知时，.
（i）求；
（ii）设，数列的前n项和为，证明：.
【答案】(1)；；
(2)（i）；（ii）证明见解析
【解析】（1）依题可得表示所有不超过正整数m，且与m互质的正整数的个数，进一步分析即可求解；
（2）（i）依题可得中与互质的正整数个数为，中与互质的正整数个数为，再结合即可求解；
（ii）先求得，可利用，根据等比数列求和后即可求解；也可以利用放缩法结合数列求和的裂项相消法求解.
（1）依题可得表示所有不超过正整数m，且与m互质的正整数的个数，
因为与2互质的数为1，所以；
因为与3互质的数为1，2，所以；
因为与6互质的数为1，5，所以.
（2）（i）因为中与互质的正整数只有奇数，
所以中与互质的正整数个数为，所以，
又因为中与互质的正整数只有与两个，
所以中与互质的正整数个数为，
所以，所以，
（ii）解法一：因为，
所以，所以，
令，因为，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以数列的前n项和，
所以，
又因为，所以，
解法二：因为，所以，
又因为，
所以，
所以，
所以，所以
因为，所以，
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键点一：对题中定义的理解；关键点二：对的放缩，或者.
【变式训练8-8】“数”在量子代数研究中发挥了重要作用.设是非零实数，对任意，定义“数”利用“数”可定义“阶乘”和“组合数”，即对任意，
(1)计算：；
(2)证明：对于任意，
(3)证明：对于任意，
【答案】(1)155
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解析】（1）根据题中定义，直接进行计算即可；
（2）根据题中定义计算出等式左右两边的值，化简后即可证明；
（3）根据题中的定义化简题中的条件，得到，利用此等式，等到个等式，相加即可.
（1）由定义可知，
.
（2）因为，
.
又
,
所以
（3）由定义得：
对任意.
结合（2）可知
即，
也即.
所以，
，
……
.
上述个等式两边分别相加得：
.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是充分利用题中的定义进行运算.
【变式训练8-9】在密码学领域，欧拉函数是非常重要的，其中最著名的应用就是在RSA加密算法中的应用．设p，q是两个正整数，若p，q的最大公约数是1，则称p，q互素．对于任意正整数n，欧拉函数是不超过n且与n互素的正整数的个数，记为．
(1)试求，，，的值；
(2)设n是一个正整数，p，q是两个不同的素数．试求，与φ（p）和φ（q）的关系；
(3)RSA算法是一种非对称加密算法，它使用了两个不同的密钥：公钥和私钥．具体而言：
①准备两个不同的、足够大的素数p，q；
②计算，欧拉函数；
③求正整数k，使得kq除以的余数是1；
④其中称为公钥，称为私钥．
已知计算机工程师在某RSA加密算法中公布的公钥是．若满足题意的正整数k从小到大排列得到一列数记为数列，数列满足，求数列的前n项和．
【答案】(1)；
(2)，；
(3).
【解析】（1）利用欧拉函数的定义直接求值.
（2）利用欧拉函数的定义求出，进而分析计算.
（3）根据给定信息求出，再利用差角的正切公式，借助裂项求和法求解即得.
（1）由欧拉函数的定义知，不越过3且与3互素的正整数有1，2，则，
不越过9且与9互素的正整数有1，2，4，5，7，8，则，
不越过7且与7互素的正整数有1，2，3，4，5，6，则，
不越过21且与21互素的正整数有1，2，4，5，8，10，11，13，16，17，19，20，则，
所以.
（2）在不大于的正整数中，只有3的倍数不与互素，而3的倍数有个，
因此.
由，是两个不同的素数，得，
在不超过的正整数中，的倍数有个，的倍数有个，
于是，
所以.
（3）计算机工程师在某RSA加密算法中公布的公钥是，则，从而
由（2）得，，
即正整数满足的条件为：，
，令，则，
令，则，
取，则，于是，
因此，即，
，
.
【点睛】关键点睛：数列求和，利用差角的正切变式进行裂项是求解的关键.
【变式训练8-10】设正整数，有穷数列满足，且，定义积值
(1)若时，数列与数列的S的值分别为，
①试比较与的大小关系；
②若数列的S满足，请写出一个满足条件的
(2)若时，数列存在使得，将，分别调整为，，其它2个，令数列调整前后的积值分别为，写出的大小关系并给出证明；
(3)求的最大值，并确定S取最大值时所满足的条件，并进行证明.
【答案】(1)①②（答案不唯一）
(2)，证明见解析
(3)的最大值为1，当且仅当时，取到最大值，证明见解析
【解析】（1）①根据定义求出两个积值，比较大小；②只要写出满足条件的一个解就可以了，注意限制条件；
（2）根据调整，对两个积值做差，根据限制条件可比较大小；
（3）利用基本不等式计算可得；
（1）①依题意可得，，所以；
②不妨令为（答案不唯一），则，
因为，，符合题意.
（2）；
证明：不妨设，则；
则；
所以
；
所以；
（3）的最大值为1，当且仅当时，取到最大值.
证明：因为，且；
所以；
当且仅当时，等号成立.
【点睛】关键点点睛：对于新定义类问题解题关键在于理解新定义，第三问的关键是利用基本不等式.
【变式训练8-11】如图，将数字1，2，3，…，全部填入一个2行n列的表格中，每格填一个数字．第一行填入的数字依次为，，…，，第二行填入的数字依次为，，…，．记．
(1)当时，若，，，写出的所有可能的取值；
(2)给定正整数n，试给出，，…，的一组取值，使得无论，，…，填写的顺序如何，都只有一个取值，并求出此时的值；
(3)给定正整数n，求证：对于满足要求的任何填法，取值的奇偶性相同．
【答案】(1)
(2)，
(3)证明见解析
【解析】（1）根据定义计算即可；
（2）令，再根据定义计算即可；
（3）交换每一列中两个数的位置，所得的的值不变，不妨设，记，，求出即可得证.
（1）因为，，，
所以的值都可为，
则，
所以的所有可能的取值为；
（2）令，
则无论，，…，填写的顺序如何，都有，
∵，∴，
∵，
所以
；
注：或均满足条件.
（3）显然，交换每一列中两个数的位置，所得的的值不变，
不妨设，记，，其中，
则，
因为，
所以与具有相同的奇偶性，
又因为与具有相同的奇偶性，
所以与的奇偶性相同，
所以的所有可能取值的奇偶性相同．
【点睛】关键点点睛：本题考查了新定义问题，解决问题的关键是把新定义理解透彻.
【变式训练8-12】在下面行、列的表格内填数：第一列所填各数自上而下构成首项为1，公差为2的等差数列；第一行所填各数自左向右构成首项为1，公比为2的等比数列；其余空格按照“任意一格的数是它上面一格的数与它左边一格的数之和”的规则填写.设第2行的数自左向右依次记为.
(1)求数列通项公式;
(2)对任意的，将数列中落入区间内项的个数记为，
①求和的值;
②设数列的前项和；是否存在，使得，若存在，求出所有的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)①，；②.
【解析】（1）移项得，运用累加法即可得到通项公式；
（2）①令，解得，代入得，当时，作差得，代入即可得到；
②，利用错位相减法得，再验证值即可.
（1）由题意知，，
当时，
，而也满足上式，.
（2）①，
令，
当时，，此时，
当时，，
此时.
②，记从第2项到第项的和为，
，
，
上述两式作差得
，
，
当时，；
当时，
，
也满足上式，，
，
，当时，左边，舍去，
当时，经检验符合；
当时，左边恒，无解，
综上:.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的第二小问关键是利用错位相减法得，再计算得.
【变式训练8-13】北宋数学家沈括博学多才、善于观察．据说有一天，他走进一家酒馆，看见一层层垒起的酒坛，不禁想到：“怎么求这些酒坛的总数呢？”，沈括“用刍童（长方台）法求之，常失于数少”，他想堆积的酒坛、棋子等虽然看起来像实体，但中间是有空隙的，应该把他们看成离散的量．经过反复尝试，沈括提出对上底有ab个，下底有cd个，共n层的堆积物（如图），可以用公式求出物体的总数．这就是所谓的“隙积术”，相当于求数列ab，的和，“隙积术”给出了二阶等差数列的一个求和公式．现已知数列为二阶等差数列，其通项，其前n项和为，数列的前n和为，且满足．

(1)求数列的前n项和；
(2)记，求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）根据公式，求出数列中的,,,代入公式求解.
（2）根据的关系求数列的通项公式，由（1）求得的通项公式，通过错位相减法求得前n项和.
（1）数列的通项，
因为在数列，，，…，中，，，项数为，，，
所以．
即
（2）因为数列的前n和为，且满足．
所以当时，，
两式相减可得，即，
令，则，解得，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以.
所以
①，
②
①—②得：
，
所以
【变式训练8-14】在信息论中，熵（entrpy）是接收的每条消息中包含的信息的平均量，又被称为信息熵､信源熵､平均自信息量.这里，“消息”代表来自分布或数据流中的事件､样本或特征.（熵最好理解为不确定性的量度而不是确定性的量度，因为越随机的信源的熵越大）来自信源的另一个特征是样本的概率分布.这里的想法是，比较不可能发生的事情，当它发生了，会提供更多的信息.由于一些其他的原因，把信息（熵）定义为概率分布的对数的相反数是有道理的.事件的概率分布和每个事件的信息量构成了一个随机变量，这个随机变量的均值（即期望）就是这个分布产生的信息量的平均值（即熵）.熵的单位通常为比特，但也用、、计量，取决于定义用到对数的底.采用概率分布的对数作为信息的量度的原因是其可加性.例如，投掷一次硬币提供了1的信息，而掷次就为位.更一般地，你需要用位来表示一个可以取个值的变量.在1948年，克劳德•艾尔伍德•香农将热力学的熵，引入到信息论，因此它又被称为香农滳.而正是信息熵的发现，使得1871年由英国物理学家詹姆斯•麦克斯韦为了说明违反热力学第二定律的可能性而设想的麦克斯韦妖理论被推翻.设随机变量所有取值为，定义的信息熵，（，）.
(1)若，试探索的信息熵关于的解析式，并求其最大值；
(2)若，（），求此时的信息熵.
【答案】(1)，，最大值为.
(2).
【解析】（1）由题意可知且，减少变量可得的信息熵关于的解析式，求导可得单调性，故而求出最大值；
（2）由可知数列从第二项起，是首项为，公比为2的等比数列，故而可求出（）的通项公式，再由可得的解析式.
（1）当时，,，
令，，
则，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得最大值，最大值为.
（2）因为，（），
所以（），
故，
而，
于是，
整理得
令，
则，
两式相减得
因此，
所以.
【点睛】关键点点睛：第二问，根据等比数列定义写出，进而写出的通项公式，应用裂项相消及等比数列前n项和公式求化简.
，，当时，，
即，
综上，的最大值为2．
【点睛】本题考查等差数列的判断，考查实数的取值范围、实数的最大值求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
【变式训练8-15】龙泉游泳馆为给顾客更好的体验,推出了A和B两个套餐服务,顾客可选择A和B两个套餐之一,并在App平台上推出了优惠券活动,下表是该游泳馆在App平台10天销售优惠券情况．
经计算可得：.
(1)因为优惠券购买火爆,App平台在第10天时系统出现异常,导致当天顾客购买优惠券数量大幅减少,已知销售量y和日期t呈线性关系,现剔除第10天数据,求y关于t的经验回归方程结果中的数值用分数表示；
(2)若购买优惠券的顾客选择A套餐的概率为,选择B套餐的概率为,并且A套餐可以用一张优惠券,B套餐可以用两张优惠券,记App平台累计销售优惠券为n张的概率为,求；
(3)记（2）中所得概率的值构成数列.
①求的最值；
②数列收敛的定义：已知数列,若对于任意给定的正数,总存在正整数,使得当时,,（是一个确定的实数）,则称数列收敛于.根据数列收敛的定义证明数列收敛．
参考公式： .
【答案】见解析
【解析】（1）解：剔除第10天的数据,可得,
,
则,
所以,
可得,所以.
（2）解：由题意知,其中,
所以,又由,
所以是首项为1的常数列,所以
所以,又因为,
所以数列是首项为,公比为的等比数列,
故,所以.
（3）解：①当为偶数时,单调递减,
最大值为；
当 为奇数时,单调递增,最小值为,
综上可得,数列的最大值为,最小值为.
②证明：对任意总存在正整数,其中 表示取整函数,
当 时,,所以数列收敛.
【变式训练8-16】信息论之父香农（Shannn）在1948年发表的论文“通信的数学理论”中指出,任何信息都存在冗余,冗余大小与信息中每个符号（数字、字母或单词）的出现概率或者说不确定性有关,香农借鉴了热力学的概念,把信息中排除了冗余后的平均信息量称为“信息熵”,并给出了计算信息熵的数学表达式．设随机变量X所有取值为,且,定义的信息熵
(1)当时,求的值；
(2)当时,若,探究与的关系,并说明理由；
(3)若,求此时的信息摘．
【答案】见解析
【解析】（1）若,则,因此.
（2）与正相关,理由如下：
当时, ,则,
令,则,其中,所以
则,
所以函数在上单调递增,所以与正相关.
（3）因为,所以,
故,而,
于是,
整理得,
令,则,
两式相减得,
因此,,所以.
题型09： 切线法与牛顿数列应用
【典型例题1】（多选）英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点．如图，在横坐标为的点处作的切线，切线与轴交点的横坐标为；用代替重复上面的过程得到；一直下去，得到数列，这个数列叫做牛顿数列．若函数，且，，数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．数列是递减数列D．
【答案】ABD
【解析】，
所以在点处的切线方程为：，
令0，得，故A正确；
由于，
所以，，，
∴，故B正确．
，故，即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，故C错误．
所以，D正确．故选：ABD.
【典型例题2】记上的可导函数的导函数为，满足的数列称为函数的“牛顿数列”.已知数列为函数的牛顿数列，且数列满足.
(1)求；
(2)证明数列是等比数列并求；
(3)设数列的前项和为，若不等式对任意的恒成立，求t的取值范围.
【答案】(1)；(2)证明见解析，；(3)
【解析】（1）因为，则，从而有，
由，则，
则，解得则有，所以；
（2）由，则，
所以，
故（非零常数），且，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以；
（3）由等比数列的前n项和公式得：，
因为不等式对任意的恒成立，又且单调递增，
所以对任意的恒成立，令，，
则，当时，，是减函数，
当时，，是增函数，
又，且，，，则，
当n为偶数时，原式化简为，所以当时，；
当n为奇数时，原式化简为，所以当时，，所以；
综上可知，.
【变式训练9-1】牛顿法是17世纪牛顿在《流数法与无穷级数》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法.具体步骤如下：设是函数的一个零点，任取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，并称为的1次近似值；过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，称为的2次近似值；一直继续下去，得到.一般地，过点作曲线的切线，记与轴交点的横坐标为，并称为的次近似值，称数列为牛顿数列.
(1)若函数的零点为.求的2次近似值；
(2)设是函数的两个零点，数列为函数的牛顿数列，数列满足.
（i）求证：数列为等比数列；
（ii）证明：.
【答案】(1)；(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【解析】（1）因为，则，
可得，，
曲线在处的切线为，
令，得，则，，
曲线在处的的切线为，
令，得，
所以的2次近似值为.
（2）（i）因为，则，
可得，，
过点作曲线的切线，
令，得，
则，
又因为是函数的两个零点，则，
且，则，
可得，
则，故数列为等比数列；
（ii）记，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得最大值，
所以，即，
由题意可得：，记，则，
由，可得：，即，即，
所以.
【变式训练9-2】物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出了“牛顿数列”，它在航空航天中应用非常广泛．其定义是：对于函数，若满足，则称数列为牛顿数列．已知，如图，在横坐标为的点处作的切线，切线与x轴交点的横坐标为，用代替重复上述过程得到，一直下去，得到数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列的前n项和为，且对任意的，满足，求整数 的最小值；（参考数据：）
(3)在（2）的前提下，设，直线与曲线有且只有两个公共点，其中，求的值．
【答案】(1)；(2)22；(3)16.
【解析】（1）函数，求导得，
则函数的图象在点处的切线方程为：，
令，得，因此数列是首项为1，公比为的等比数列，
所以.
（2）由（1），令，
则，
于是，
两式相减得：
因此，由，得，
令，则，
当时，，即，
当时，，即，则，
所以整数的最小值为22.
（3）由（2）知，依题意，方程有且只有两个根，
令，则函数有且只有两个零点，
求导得，当时，恒成立，在R上递增，
最多1个零点，不符合题意，
当时，由，得或，由，得，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，取得极大值，
当时，取得极小值，
函数有且只有两个零点，则的图象与x轴有且只有两个公共点，必有，
此时，，方程，即，得，
所以，.
题型10： 差分数列与对称数列应用
【典型例题1】对于数列，称为数列的一阶差分数列，其中，称为数列的阶差分数列，其中．已知数列满足，且为的二阶差分数列，则数列的前项和 ．
【答案】
【解析】因为为的二阶差分数列，即，
由，故，
可知，即，
得，所以，
又，故数列是首项为，公差为的等差数列，
因此，，
所以①，
得②，
得，
故．
【典型例题2】我国元代数学家朱世杰在他的《四元玉鉴》一书中对高阶等差数列求和有精深的研究，即“垛积术”．对于数列，①，从第二项起，每一项与它前面相邻一项的差构成数列，②，称该数列②为数列①的一阶差分数列，其中；对于数列②，从第二项起，每一项与它前面相邻一项的差构成数列，③，称该数列③为数列①的二阶差分数列，其中按照上述办法，第次得到数列，④，则称数列④为数列①的阶差分数列，其中，若数列的阶差分数列是非零常数列，则称数列为阶等差数列（或高阶等差数列）．
(1)若高阶等差数列为，求数列的通项公式；
(2)若阶等差数列的通项公式．
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）求数列的前项和．
附：．
【答案】(1)；(2)（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】（1）数列的一阶差分数列为，
二阶差分数列为，为非零常数列，
所以，即，且，
所以数列是首项为1、公差为4的等差数列，
所以，即，且，
所以当时，
，
当时，，也满足上式，
综上，数列的通项公式为．
（2）（ⅰ），所以，
，
所以，
所以，
所以数列是4阶等差数列，即．
（ⅱ）
，
所以，
又
，
所以
．
【变式训练10-1】如果n项有穷数列满足，，…，，即，则称有穷数列为“对称数列”.
(1)设数列是项数为7的“对称数列”，其中成等差数列，且，依次写出数列的每一项；
(2)设数列是项数为(且)的“对称数列”，且满足，记为数列的前项和.
①若，，…，构成单调递增数列，且.当为何值时，取得最大值?
②若，且，求的最小值.
【答案】(1)1，3，5，7，5，3，1；(2)①1012；②2025
【解析】（1）因为数列是项数为7的“对称数列”，所以，
又因为成等差数列，其公差，…
所以数列的7项依次为1，3，5，7，5，3，1；
（2）①由，，…，是单调递增数列，数列是项数为的“对称数列”且满足，
可知，，…，构成公差为2的等差数列，，，…，构成公差为的等差数列，
故
，
所以当时，取得最大值；
②因为即，
所以即，
于是，
因为数列是“对称数列”，
所以
，
因为，故，
解得或，所以，
当，，…，构成公差为的等差数列时，满足，
且，此时，所以的最小值为2025.
【变式训练10-2】若n项有穷数列满足，，…，，即，则称有穷数列为“对称数列”．
(1)设数列是项数为7的“对称数列”，，若成等差数列，且，试写出所有可能的数列．
(2)已知递增数列的前n项和为，且．
①求的通项公式；
②组合数具有对称性，恰好构成一个“对称数列”，记，求．
【答案】(1)答案见解；(2)①；②
【解析】（1）因为成等差数列，所以，
又，所以，则，
①当时，，
则所以可能数列为：；；；；
①当时，
由，解得，，
当时，由，且，，所以不合题意舍去；
所以可能数列为：；；；；；
；；；；；；．
综上，所有可能的数列为：；；；；
；；；；；；
；；；；；．
（2）①当时，，则；
当，，
所以，
因为为递增数列，且，所以时，，
所以，即，
所以为首项为，公差为的等差数列，
；
②，
设，
两边求导得，，
令，则，
所以，
所以，
设，
则，
两式相减得，
所以，
所以．
题型11：矩阵
【典型例题1】将个实数排成行列的数阵形式如下；
(1)当时，若每一行每一列均构成等差数列，且，求该数阵中所有数的和；
(2)若，且每一行均为公差相同的等差数列，每一列均为公比为的等比数列.已知，，，设，求的值.
【答案】(1)245
(2)
【解析】（1）根据等差数列求和与等差中项的性质，可得答案；
（2）根据等差数列与等比数列的性质，求得公比与公差，结合错位相减法，可得答案.
（1）由题意，且每一行都成等差数列则有：
，
，……，，
则有，
又因为每一列成等差数列，故有，
即.
（2）由题意每一行均为等差数列，设第二行的公差为，
则有，故，
从而可得第二行的通项公式，
所以，又因为每一列均为公比为的等比数列，且，
又因为，故，
即有，从而有，
故
所以
即.
【典型例题2】已知是个正整数组成的行列的数表，当时，记．设，若满足如下两个性质：
①；
②对任意，存在，使得，则称为数表．
(1)判断是否为数表，并求的值；
(2)若数表满足，求中各数之和的最小值；
(3)证明：对任意数表，存在，使得．
【答案】(1)是；
(2)
(3)证明见详解
【解析】（1）根据题中条件可判断结果，根据题中公式进行计算即可；
（2）根据条件讨论的值，根据，得到相关的值，
进行最小值求和即可；
（3）当时，将横向相邻两个用从左向右的有向线段连接，则该行有条有向线段，得到横向有向线段的起点总数，同样的方法得到纵向有向线段的起点总数，根据条件建立不等关系，即可证明.
（1）是数表，
（2）由题可知.
当时，有，
所以.
当时，有，
所以.
所以
所以
或者，
或者，
或，或，
故各数之和，
当时，
各数之和取得最小值.
（3）由于数表中共个数字，
必然存在，使得数表中的个数满足
设第行中的个数为
当时，将横向相邻两个用从左向右的有向线段连接，
则该行有条有向线段，
所以横向有向线段的起点总数
设第列中的个数为.
当时，将纵向相邻两个用从上到下的有向线段连接，
则该列有条有向线段，
所以纵向有向线段的起点总数
所以,
因为,所以.
所以必存在某个既是横向有向线段的起点，又是纵向有向线段的终点，
即存在
使得，
所以，
则命题得证.
【变式训练11-1】由个数排列成行列的数表称为行列的矩阵，简称矩阵，也称为阶方阵，记作：其中表示矩阵中第行第列的数．已知三个阶方阵分别为，，其中分别表示中第行第列的数．若，则称是生成的线性矩阵．
(1)已知，若是生成的线性矩阵，且，求；
(2)已知，矩阵，矩阵是生成的线性矩阵，且．
（i）求；
（ii）已知数列满足，数列满足，数列的前项和记为，是否存在正整数，使成立？若存在，求出所有的正整数对；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)（i），；（ii）存在，，
【解析】（1）根据得到，计算，，得到答案.
（2）根据得到，计算，，确定，利用错位相减法得到，变换得到，根据数列的单调性计算最值得到答案.
（1），则，即，
解得，
则，，，
，
故.
（2）（i），，
故，，
.
（ii），
，
，
故，
故，
，即，取验证不成立，
整理得到，，
当时，，不成立；当时，；当时，；
现说明当时不成立：
设，，，则，，
故单调递增，，
设，，，，，
故单调递减，，，，，
故时，不成立，
综上所述：使成立的所有的正整数对为，.
【点睛】关键点点睛：本题考查了新定义问题，数列求和，数列的单调性问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中将定义中的新知识转化为已有的知识点是考查的重点，这类思想是考查的重点，需要熟练掌握.
【变式训练11-2】由个数排列成行列的数表称为行列的矩阵，简称矩阵，也称为阶方阵，记作：其中表示矩阵中第行第列的数．已知三个阶方阵分别为，，其中分别表示中第行第列的数．若，则称是生成的线性矩阵．
(1)已知，若是生成的线性矩阵，且，求；
(2)已知，矩阵，矩阵是生成的线性矩阵，且．
（i）求；
（ii）已知数列满足，数列满足，数列的前项和记为，是否存在正整数，使成立？若存在，求出所有的正整数对；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)（i），；（ii）存在，，
【解析】（1）根据得到，计算，，得到答案.
（2）根据得到，计算，，确定，利用错位相减法得到，变换得到，根据数列的单调性计算最值得到答案.
（1），则，即，
解得，
则，，，
，
故.
（2）（i），，
故，，
.
（ii），
，
，
故，
故，
，即，取验证不成立，
整理得到，，
当时，，不成立；当时，；当时，；
现说明当时不成立：
设，，，则，，
故单调递增，，
设，，，，，
故单调递减，，，，，
故时，不成立，
综上所述：使成立的所有的正整数对为，.
【点睛】关键点点睛：本题考查了新定义问题，数列求和，数列的单调性问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中将定义中的新知识转化为已有的知识点是考查的重点，这类思想是考查的重点，需要熟练掌握.
【变式训练11-3】已知行列的数表中，对任意的，，都有.若当时，总有，则称数表A为典型表，此时记.
(1)若数表，，请直接写出B，C是否是典型表；
(2)当时，是否存在典型表A使得，若存在，请写出一个A；若不存在，请说明理由；
(3)求的最小值.
【答案】见解析
【解析】(1)对于数表B有，而不成立，故数表B不是典型表；
对于数表C，当时总有成立，故数表C是典型表.
(2)由题设知：当要存在典型表A使得，则需.
∵要使最小，即典型表A中的“1”最少，又时总有，
∴让尽量多的横列和，故将表分成4个数表，对角的两个数表数值相同，但上下、左右对称的数表数值不同，此时可保证最小.
∴如典型表，有.
∴不存在典型表A使得.
(3)要使最小，需让尽量多的横列和或典型表中“1”尽量少，
当为偶数时，由（2）知：；
当为奇数时，在偶数的数表中间加一行一列，并在新增行列中添加个“1”，即可满足典型数列，此时；
【点睛】
关键点点睛：第二问，通过，结合数表的对称性确定最小时的数值分布情况，即可判断存在性，第三问，由第二问情况归纳为偶数时，进而推广到为奇数时.
【变式训练11-4】有个正数，排成n行n列的数表：其中表示位于第i行，第j列的数，数表中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有公比相等，已知，，.
(1)求公比.
(2)求.
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）根据等差数列求解，即可根据等比性质求解，
（2）根据为等差数列，可得，进而可得，即可利用错位相减法求解.
（1）第4行公差为，.
由已知：，所以.
又每个数都是正数，所以.
（2）因为，所以是首项为，公差为的等差数列.故.
因为每一列的数成等比数列，并且所有的公比都相等，所以.
故，设的前n项和为，
①.
②，
①-②得
.所以.
次数
消费者还价
商家讨价
第一次
第二次
第三次
…
…
…
第n次
0
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1
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1
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1
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1
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n
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2
3
n
4
5
6
n
1
2
3
8
4.125
2.305
n
4
5
6
1.586
1.424
1.414
…
…
第1列
第2列
第3列
…
第列
第1行
1
2
…
第2行
3
5
9
第3行
5
10
…
…
第行
日期t
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
销售量千张
1.9
1.98
2.2
2.36
2.43
2.59
2.68
2.76
2.7
0.4