重难点17 新情景、新定义下的数列问题（举一反三）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

这是一份重难点17 新情景、新定义下的数列问题（举一反三）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用），文件包含重难点17新情景新定义下的数列问题举一反三新高考专用教师版2025年高考数学一轮复习专练新高考专用docx、重难点17新情景新定义下的数列问题举一反三新高考专用学生版2025年高考数学一轮复习专练新高考专用docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共66页， 欢迎下载使用。

TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc17325" 【题型1 数列中的新概念】 PAGEREF _Tc17325 \h 1
\l "_Tc12808" 【题型2 数列中的新运算】 PAGEREF _Tc12808 \h 4
\l "_Tc12799" 【题型3 数列新情景问题】 PAGEREF _Tc12799 \h 6
\l "_Tc14897" 【题型4 以数列和项与通项关系定义新数列】 PAGEREF _Tc14897 \h 8
\l "_Tc3529" 【题型5 数列定义新性质问题】 PAGEREF _Tc3529 \h 14
\l "_Tc297" 【题型6 牛顿数列问题】 PAGEREF _Tc297 \h 21
\l "_Tc1151" 【题型7 数列中的新定义问题】 PAGEREF _Tc1151 \h 27
1、新情景、新定义下的数列问题
数列是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.近几年全国各地高考试题，我们总能在试卷的压轴题位置发现新定义数列题的身影，它们对数列综合问题的考查常常以新定义、新构造和新情景形式呈现，有时还伴随着数列与集合，难度较大，需要灵活求解.
【知识点1 数列中的新概念】
1．数列中的新概念问题的解题策略：
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、新情景问题的求解策略
(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.
【题型1 数列中的新概念】
【例1】（2024·四川南充·三模）对于数列an，规定Δan为数列an的一阶差分，其中Δan=an+1−ann∈N*，规定Δkan为数列an的阶k差分，其中Δkan=Δk−1an+1−Δk−1ann∈N*.若an=nn−12n−16，则Δ2a3=（ ）
A．7B．9C．11D．13
【解题思路】根据新定义及数列的通项公式计算即可.
【解答过程】由新定义知，Δa4=a5−a4=5×4×96−4×3×76=16，Δa3=a4−a3=4×3×76−3×2×56=9，
所以Δ2a3=Δa4−Δa3=16−9=7，
故选：A.
【变式1-1】（2024·湖北武汉·三模）将1,2,⋅⋅⋅,n按照某种顺序排成一列得到数列an，对任意1≤iaj，那么称数对ai,aj构成数列an的一个逆序对.若n=4，则恰有2个逆序对的数列an的个数为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【解题思路】根据逆序对的定义，分数列an的第一个数为4，数列an的第二个数为4，数列an的第三个数为4，数列an的第四个数为4，四种情况讨论即可.
【解答过程】若n=4，则1≤i由1,2,3,4构成的逆序对有4,3,4,2,4,1,3,2,3,1,2,1，
若数列an的第一个数为4，则至少有3个逆序对，
若数列an的第二个数为4，
则恰有2个逆序对的数列an为1,4,2,3，
若数列an的第三个数为4，
则恰有2个逆序对的数列an为1,3,4,2或2,1,4,3，
若数列an的第四个数为4，
则恰有2个逆序对的数列an为2,3,1,4，3,1,2,4
综上恰有2个逆序对的数列an的个数为5个.
故选：B.
【变式1-2】（23-24高三上·安徽合肥·阶段练习）数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一个数列an：1，1，2，3，5，8…，其中从第3项起，每一项都等于它前面两项之和，即a1=a2=1，an+2=an+1+an，这样的数列称为“斐波那契数列”.若am=2a3+a6+a9+⋯+a174+1，则m=（ ）
A．175B．176C．177D．178
【解题思路】根据数列的特点，每个数等于它前面两个数的和，移项得：an=an+2− an+1，使用累加法求得Sn=an+2−1，然后将2a3+a6+a9+⋯+a174+1中的2倍展成和的形式（如2a3=a3+a3=a1+a2+a3）即可求解．
【解答过程】由从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，a1=a2=1，
由an+2=an+1+ann∈N∗，得an=an+2− an+1，
所以a1=a3−a2，
a2=a4−a3，
a3=a5−a4
…，
an=an+2− an+1，
将这n个式子左右两边分别相加可得：
Sn=a1+a2+⋯+an=an+2−a2=an+2−1，
所以Sn+1=an+2.
所以2a3+a6+a9+⋯+a174+1=a3+a3+a6+a6+a9+a9+⋯+a174+a174+1
=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9+⋯a172+a173+a174+1
=S174+1=a176.
故选：B．
【变式1-3】（2024·全国·高考真题）0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2⋯an⋯满足ai∈{0,1}(i=1,2,⋯)，且存在正整数m，使得ai+m=ai(i=1,2,⋯)成立，则称其为0-1周期序列，并称满足ai+m=ai(i=1,2,⋯)的最小正整数m为这个序列的周期.对于周期为m的0-1序列a1a2⋯an⋯，C(k)=1mi=1maiai+k(k=1,2,⋯,m−1)是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足C(k)≤15(k=1,2,3,4)的序列是（ ）
A．11010⋯B．11011⋯C．10001⋯D．11001⋯
【解题思路】根据新定义，逐一检验即可
【解答过程】由ai+m=ai知，序列ai的周期为m，由已知，m=5，
C(k)=15i=15aiai+k,k=1,2,3,4
对于选项A，
C(1)=15i=15aiai+1=15(a1a2+a2a3+a3a4+a4a5+a5a6)=15(1+0+0+0+0)=15≤15
C(2)=15i=15aiai+2=15(a1a3+a2a4+a3a5+a4a6+a5a7)=15(0+1+0+1+0)=25，不满足；
对于选项B，
C(1)=15i=15aiai+1=15(a1a2+a2a3+a3a4+a4a5+a5a6)=15(1+0+0+1+1)=35，不满足；
对于选项D，
C(1)=15i=15aiai+1=15(a1a2+a2a3+a3a4+a4a5+a5a6)=15(1+0+0+0+1)=25，不满足；
故选：C.
【题型2 数列中的新运算】
【例2】（2024·河南·模拟预测）“角谷猜想”首先流传于美国，不久便传到欧洲，后来一位名叫角谷静夫的日本人又把它带到亚洲，因而人们就顺势把它叫作“角谷猜想”.“角谷猜想”是指一个正整数，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就除以2，这样经过若干次运算，最终回到1.对任意正整数a0，按照上述规则实施第n次运算的结果为ann∈N，若a5=1，且aii=1,2,3,4均不为1，则a0=（ ）
A．5或16B．5或32
C．5或16或4D．5或32或4
【解题思路】根据“角谷猜想”的规则，由a5=1倒推a0的值.
【解答过程】由题知an+1=3an+1,an为奇数an2,an为偶数，因为a5=1，则有：
若a4为奇数，则a5=3a4+1=1，得a4=0，不合题意，所以a4为偶数，则a4=2a5=2；
若a3为奇数，则a4=3a3+1=2，得a3=13，不合题意，所以a3为偶数，a3=2a4=4；
若a2为奇数，则a3=3a2+1=4，得a2=1，不合题意，所以a2为偶数，且a2=2a3=8；
若a1为奇数，则a2=3a1+1=8，得a1=73，不合题意，所以a1为偶数，且a1=2a2=16；
若a0为奇数，则a1=3a0+1=16，可得a0=5；若a0为偶数，则a0=2a1=32.
综上所述：a0=5或32.
故选：B.
【变式2-1】（2023·北京延庆·一模）数列{an}中，an=lgn+1(n+2) (n∈N∗)，定义：使a1⋅a2⋅ ⋯ ⋅ak为整数的数k (k∈N∗)叫做期盼数，则区间[1,2023]内的所有期盼数的和等于（ ）
A．2023B．2024C．2025D．2026
【解题思路】利用换底公式与累乘法把a1⋅a2⋅a3⋅…⋅ak化为lg2(k+2)，然后根据a1⋅a2⋅a3⋅…⋅ak为整数，可得k=2n−2，最后由等比数列前n项和公式求解．
【解答过程】解：∵an=lgn+1(n+2)=lgn+2lgn+1，(n∈N∗)，
∴a1⋅a2⋅a3⋅…⋅ak=lg3lg2⋅lg4lg3⋅lg5lg4⋅⋯⋅lgk+2lgk+1=lg2(k+2)，
又∵a1⋅a2⋅a3⋅…⋅ak为整数，
∴k+2必须是2的n次幂(n∈N∗)，即k=2n−2．
k∈[1,2023]内所有的“幸运数”的和：
S=(22−2)+(23−2)+(24−2)+…+(210−2)
=2(1−210)1−2−20=2026，
故选：D．
【变式2-2】（2024·上海宝山·二模）将正整数n分解为两个正整数k1、k2的积，即n=k1⋅k2，当k1、k2两数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解．如20=1×20=2×10=4×5，其中4×5即为20的最优分解，当k1、k2是n的最优分解时，定义fn=k1−k2，则数列f5n的前2023项的和为（ ）
A．51012B．51012−1C．52023D．52023−1
【解题思路】根据最优分解定义得到n为奇数和n为偶数时，f5n的通项公式，进而求出数列f5n前2023项和.
【解答过程】当n=2kk∈N∗时，由于52k=5k×5k，此时f52k=5k−5k=0，
当n=2k−1k∈N∗时，由于52k−1=5k−1×5k，此时f52k−1=5k−5k−1=5k−5k−1，
所以数列f5n的前2023项的和为
(5−1)+0+(52−5)+0+(53−52)+0+⋯+(51011−51010)+0+(51012−51011)=51012−1.
故选：B.
【变式2-3】（2023·河南安阳·二模）如果有穷数列a1，a2，a3，…，am（m为正整数）满足条件a1⋅am=t，a2⋅am−1=t，…，am⋅a1=t，即ai⋅am−i+1=t（t为常数）i=1,2,⋯,m，则称其为“倒序等积数列”．例如，数列8，4，2，12，14，18是“倒序等积数列”．已知cn是80项的“倒序等积数列”，t=2，且c41，c42，…，c80是公比为2，c80=2的等比数列，设数列lg2cn的前n项和为Sn，则S50=（ ）．
A．210B．445C．780D．1225
【解题思路】由题可得cn=2n−79n≥41，cn=2n−11≤n≤40.后由分组求和法可得答案.
【解答过程】由题可知当n≥41时，cn=c80⋅2n−80=2n−79.
根据定义，当1≤n≤40时，cnc81−n=2⇒cn=2c81−n=222−n=2n−1.
则lg2cn=n−1,1≤n≤40n−79,n≥41.
故S50=c1+c2+⋯+c40+c41+c42+⋯+c50
=0+1+2+⋯+39−38+37+⋯+29
=39×402−67×102=8902=445.
故选：B.
【题型3 数列新情景问题】
【例3】（2024·全国·模拟预测）九连环是我国古代至今广为流传的一种益智游戏，最早记载九连环的典籍是《战国策·齐策》，《红楼梦》第7回中有林黛玉解九连环的记载，我国古人已经研究出取下n个圆环所需的最少步骤数an，且a1=1，a2=2，a3=5，a4=10，a5=21，a6=42，…，则取下全部9个圆环步骤数最少为（ ）
A．127B．256C．341D．512
【解题思路】由题意可推出数列的递推关系，由递推关系进行构造等比数列，可求得答案．
【解答过程】由观察可得若n≥2时，当n为奇数时，an=2an−1+1，当n为偶数时，an=2an−1，
∴当n为奇数时，an=4an−2+1，∴an+13=4an−2+13，
又a1=1，∴a9+13=43×44，∴a9=341，
故选：C．
【变式3-1】（23-24高二上·江苏南通·期中）折纸与剪纸是一种用纸张折成或剪成各种不同形状的艺术活动，是我们中华民族的传统文化，历史悠久，内涵博大精深，世代传承．现将一张腰长为1的等腰直角三角形纸，每次对折后仍成等腰直角三角形，对折5次，然后用剪刀剪下其内切圆，则可得到若干个相同的圆片纸，这些圆片纸的半径为（ ）
A．2−18B．2−28C．28D．18
【解题思路】根据等比数列的性质，结合等面积法即可求解.
【解答过程】由题意可知，对折后的等腰直角三角形的腰长成等比数列，且首项为22，公比为22，故对折5次后，得到腰长为225=28等腰直角三角形，斜边长为28×2=14，
设该等腰直角三角形的内切圆半径为r，则由等面积法可得12×282=1214+28+28r，解得r=2−18.
故选：A.
【变式3-2】（2023·安徽宿州·一模）我国《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方，如图所示，将1，2，3，…，9填入3×3的方格内，使得每行、每列、每条对角线上的数的和都相等，便得到一个3阶幻方.一般地，将连续的正整数1，2，3，…，n2填入n×n个方格中，使得每行、每列、每条对角线上的数的和都相等，这个正方形叫作n阶幻方. 记n阶幻方的数的和（即方格内的所有数的和）为Sn，如S3=45，那么下列说法错误的是（ ）
A．S6=666
B．7阶幻方第4行第4列的数字可以为25
C．8阶幻方每行、每列、每条对角线上的数的和均为260
D．9阶幻方每行、每列、每条对角线上的数的和均为396
【解题思路】根据n阶幻方的定义，n阶幻方的数列有n2项，为首项为1，公差为1的等差数列，故Sn=1+n2n22，每行、每列、每条对角线上的数的和均为Snn，且n为奇数时，n阶幻方1+n2行1+n2列的数字为该数列的中间值.
【解答过程】根据n阶幻方的定义，n阶幻方的数列有n2项，为首项为1，公差为1的等差数列，故Sn=1+n2n22，每行、每列、每条对角线上的数的和均为Snn.
对A，S6=1+62×622=666，A对；
对B，7阶幻方有7行7列，故第4行第4列的数字可以为该数列的中间值，即1+722=25，B对；
对C，8阶幻方每行、每列、每条对角线上的数的和均为S88=1+82×822×8=260，C对；
对D，9阶幻方每行、每列、每条对角线上的数的和均为S99=1+92×922×9=369，D错.
故选：D.
【变式3-3】（23-24高二下·山东·阶段练习）某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列A=a1,a2,a3,⋅⋅⋅重新编辑，编辑新序列为A∗=a2a1,a3a2,a4a3,⋯，它的第n项为an+1an，若序列A∗∗的所有项都是3，且a5=1，a6=27，则a1=（ ）
A．19B．127C．181D．1243
【解题思路】根据新定义判断出A∗是公比为3的等比数列，再利用迭乘法得到ana1= mn−13n−2n−12，最后根据a5=1和a6=27，联立方程组求解即可.
【解答过程】令bn=an+1an，即A∗=b1,b2,b3,⋯，则A∗∗=b2b1,b3b2,b4b3⋅⋅⋅，
由已知得b2b1=b3b2=b4b3=⋅⋅⋅=bn+1bn=3，所以数列bn为公比为3的等比数列，
设b1=m，则a2a1=b1=m，a3a2=b2=3m，⋅⋅⋅，an+1an=bn=3n−1⋅m，
当n≥2时，累乘可得a2a1⋅a3a2⋅a4a3⋅⋅⋅⋅anan−1=m⋅3m⋅32m⋅⋅⋅3n−2m=mn−131+2+3+⋅⋅⋅+n−2，
即ana1=mn−13n−2n−12，
当n=5时，1a1=m436，当n=6时，27a1=m5310，解得m=13,a1=19，
故选：A.
【题型4 以数列和项与通项关系定义新数列】
【例4】（2024·江西南昌·三模）给定数列{An}，若对任意m，n∈N*且m≠n，Am+An是{An}中的项，则称{An}为“H数列”．设数列{an}的前n项和为Sn.
(1)若Sn=n2+n，试判断数列{an}是否为“H数列”，并说明理由；
(2)设{an}既是等差数列又是“H数列”，且a1=6，a2∈N∗，a2>6，求公差d的所有可能值；
(3)设{an}是等差数列，且对任意n∈N*，Sn是{an}中的项，求证：{an}是“H数列”．
【解题思路】（1）根据“H数列”定义判断即可.
（2）由等差数列和“H数列”的定义得到公差d的等式关系即可求解.
（3）由等差数列的定义与求和公式，进行分情况讨论，即可证明{an}是“H数列”.
【解答过程】（1）因为Sn=n2+n，当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n，
当n=1时，a1=S1=2也成立，
所以an=2n，
对任意m，n∈N*且m≠n，am+an=2m+2n=2m+n=am+n，
∴{an}是“H数列”.
（2）因为 a1=6，a2∈N∗，a2>6，
所以d∈N∗，所以an=6+n−1d，
由已知得am+an=6+m−1d+6+n−1d也为数列中的项，
令am+an=akk∈N∗，即6+m−1d+6+n−1d=6+k−1d，
所以k=6d+m+n−1，所以d为6的正因数，
故d的所有可能值为1，2，3，6.
（3）设数列{an}的公差为d，所以存在k∈N*，对任意n∈N*，Sn=ak，即na1+nn−12d=a1+k−1d，
当d=0时，则a1=0，故ak=0，此时数列为“H数列”；
当d≠0时，k=n−1a1d+nn−12+1，取n=2，则k=a1d+2，所以a1d≥−1，a1d∈Z，
当a1d=−1时，k=nn−32+2均为正整数，符合题意，
当a1d∈N时，k=n−1a1d+nn−12+1均为正整数，符合题意，
所以a1d≥−1，a1d∈Z，
设a1d=s，s≥−1，s∈Z，即a1=sd，
所以任意m，n∈N*且m≠n，am+an=sd+s+m+n−2d，
显然s+m+n−2∈N，所以am+an为数列中的项，
∴{an}是“H数列”.
【变式4-1】（2024·陕西·三模）数列an的前n项的最大值记为Mn，即Mn=maxa1,a2,⋅⋅⋅,an；前n项的最小值记为mn，即mn=mina1,a2,⋅⋅⋅,an，令pn=Mn−mn，并将数列pn称为an的“生成数列”．
(1)设数列pn的“生成数列”为qn，求证：pn=qn；
(2)若an=2n−3n，求其生成数列pn的前n项和．
【解题思路】（1）由“生成数列”的定义证明即可；
（2）由分组求和求解即可.
【解答过程】（1）由题意可知Mn+1≥Mn,mn+1≤mn，
所以Mn+1−mn+1≥Mn−mn，因此pn+1≥pn，
即pn是单调递增数列，且p1=M1−m1=0，
由“生成数列”的定义可得qn=pn．
（2）当n≥3时，an−an−1=2n−3n−2n−1−3n−1=2n−1−3>0,∴an>an−1．
∴a1>a2∴p1=0,p2=−1−−2=1，
当n≥3时，pn=an−a2=2n−3n−−2=2n−3n−2．
设数列pn的前n项和为Sn．则S1=0,S2=1．
当n≥3时，Sn=0+1+p3+p4+⋅⋅⋅+pn=1+23−7+24−10+⋅⋅⋅+2n−3n−2
=1+23+24+⋅⋅⋅+2n−7+10+⋅⋅⋅+3n−2
=1+23×1−2n−21−2−n−27+3n−22=2n+1−3n2−n+42
又S2=1符合上式，所以Sn=0 ,n=1 2n+1−3n2−n+42,n≥2．
【变式4-2】（2024·山东泰安·模拟预测）已知数列an是斐波那契数列，其数值为：1,1,2,3,5,8,13, 21,34⋅⋅⋅⋅⋅⋅.这一数列以如下递推的方法定义：a1=1，a2=1，an+2=an+1+an (n∈N*).数列bn对于确定的正整数k，若存在正整数n使得bk+n=bk+bn成立，则称数列bn为“k阶可分拆数列”.
(1)已知数列cn满足cn=man （n∈N*，m∈R）.判断是否对∀m∈R，总存在确定的正整数k，使得数列cn为“k阶可分拆数列”，并说明理由.
(2)设数列{dn}的前n项和为Sn=3n−a a≥0，
（i）若数列{dn}为“1阶可分拆数列”，求出符合条件的实数a的值；
（ii）在（i）问的前提下，若数列fn满足fn=anSn，n∈N*，其前n项和为Tn.证明：当n∈N*且n≥3时，Tn【解题思路】（1）由已知可得c1=m,c2=m,c3=2m,可得c1+2=c1+c2,由定义可得结论；
（2）当n≥2时，dn=Sn−Sn−1=2⋅3n−1，（i）由已知可得存在正整数n使得d1+n=d1+dn成立，当n=1时，可求得a=0，当n≥2时，可得4⋅3n−1=3−a，方程无解，可得结论；
（ii）法一：当n≥2时，易得an2=anan+1−anan−1，计算可得a12+a22+a32+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an2−anan+1+1=1，由（1）可得fn=an3n，Tn=a131+a232+a333+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an−13n−1+an3n，利用错位相减法可得23Tn =13+132Tn-2−an3n+1，可证结论成立；法二：同法一可得a12+a22+a32+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an2−anan+1+1=1，Tn=a131+a232+a333+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an−13n−1+an3n，两边同乘以13,23，可求得59Tn<13，可证结论.
【解答过程】（1）存在，理由如下：
由已知得a1=1，a2=1，a3=a1+a2=2，
∴c1=m,c2=m,c3=2m,
∴c3=c1+c2,即c1+2=c1+c2,
∴对∀m∈R，当正整数k=1时，存在n=2，使得ck+n=ck+cn成立，
即数列cn为“1阶可分拆数列”；
（2）∵Sn=3n−a，
∴当n=1时，d1=3−a，
当n≥2时，dn=Sn−Sn−1=(3n−a)−(3n−1−a)=2⋅3n−1，
（i）若数列{dn}为“1阶可分拆数列”，则存在正整数n使得d1+n=d1+dn成立，
当n=1时，d2=d1+d1，即6=2(3−a)，解得a=0，
当n≥2时，2⋅3n=3−a+2⋅3n−1，即4⋅3n−1=3−a，
因a≥0，所以3−a≤3，又4⋅3n−1≥12，
故方程4⋅3n−1=3−a无解.
综上所述，符合条件的实数a的值为0.
（ii）方法一：
证明：∵an+2=an+1+an,(n∈N∗)，
∴当n≥2时，an2=an(an+1−an−1)=anan+1−anan−1，
∴ a12+a22+a32+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an2
=a12+(a2a3−a2a1)+(a3a4−a3a2)+(a4a5−a4a3)+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+ (anan+1−anan−1)
=a12−a2a1 +anan+1 =anan+1，
∴a12+a22+a32+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an2−anan+1+1=1，
由（i）知Sn=3n，所以fn=an3n，
∴Tn=a131+a232+a333+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an−13n−1+an3n①，
13Tn=a132+a233+a334+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an−13n+an3n+1②，
由①-②可得 23Tn=a131+a2−a132+a3−a233+a4−a334+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an−an−13n−an3n+1
=13+a133+a234+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an−23n−an3n+1
=13+132（a131+a232+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an−23n−2）−an3n+1
=13+132Tn-2−an3n+1，
∵Tn−20，
∴23Tn=13+132Tn-2−an3n+1<13+132Tn，
∴Tn<35<1，
当n∈N∗且n≥3时， Tn方法二：
证明：∵an+2=an+1+an,(n∈N∗)，
∴当n≥2时，an2=an(an+1−an−1)=anan+1−anan−1，
∴ a12+a22+a32+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an2=a12+(a2a3−a2a1)+(a3a4−a3a2)+(a4a5−a4a3)+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+
=a12+(a2a3−a2a1)+(a3a4−a3a2)+(a4a5−a4a3)+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+ (anan+1−anan−1)
=a12−a2a1 +anan+1 =anan+1，
∴a12+a22+a32+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an2−anan+1+1=1，
由（i）知Sn=3n，所以fn=an3n，
∴Tn=a131+a232+a333+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an−13n−1+an3n①，
13Tn=a132+a233+a334+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an−13n+an3n+1②，
132Tn=a133+a234+a335+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an−23n+an−13n+1+an3n+2③，
由①−②−③可得
59Tn=a131+a232−a132−an3n+1−an−13n+1−an3n+2
=13−an3n+1−an−13n+1−an3n+2<13，
∴Tn<35<1，
当n∈N∗且n≥3时， Tn【变式4-3】（2024·安徽芜湖·三模）若数列an的各项均为正数，且对任意的相邻三项at−1,at,at+1，都满足at−1at+1≤at2，则称该数列为“对数性凸数列”，若对任意的相邻三项at−1,at,at+1，都满足at−1+at+1≤2at则称该数列为“凸数列”．
(1)已知正项数列cn是一个“凸数列”，且an=ecn，（其中e为自然常数，n∈N*），证明：数列an是一个“对数性凸数列”，且有a1a10≤a5a6；
(2)若关于x的函数fx=b1+b2x+b3x2+b4x3有三个零点，其中bi>0i=1，2，3，4．证明：数列b1,b2,b3,b4是一个“对数性凸数列”：
(3)设正项数列a0,a1，⋯,an是一个“对数性凸数列”，求证：1n+1i=0nai1n−1j=1n−1aj≥1ni=0n−1ai1nj=1naj
【解题思路】（1）根据cn的性质，由等量关系代换成关于an的结论，紧扣定义，即可证明；
（2）由原函数有三个零点，且导函数为二次函数，分析出导函数有两个零点，判别式大于零，推得b32>b2b4；f1x有三个零点，得到gx=b1x3+b2x2+b3x+b4有三个零点，再次借助导函数的零点个数，可以得到b22>b1b3，即可得证；
（3）记S=a1+a2+⋯+an−1，利用分析法，只需证S+a0S+an≥n2a0an，由数列an为对数性凸数列，得到anan−1≤an−1an−2≤⋯a2a1≤a1a0，a0an≤a1an−1≤a2an−2≤⋯，再用基本不等式证明即可.
【解答过程】（1）因为an=ecn，所以cn=lnanan>0，因为正项数列cn是一个“凸数列”，
所以ct−1+ct+1≤2ct，所以lnat−1+lnat+1≤2lnat，所以at−1at+1≤at2，
所以数列an是一个“对数性凸数列”，at+1at≤atat−1，
所以a10a9≤a9a8≤⋯≤a3a2≤a2a1，变形可得到a1a10≤a2a9≤a3a8≤a4a7≤a5a6，
所以数列an是一个“对数性凸数列”，且有a1a10≤a5a6.
（2）因为fx=b1+b2x+b3x2+b4x3有三个零点，
所以f′x=b2+2b3x+3b4x2有两个不等实数根，
所以Δ1=4b32−4×3b2b4>0⇒b32>3b2b4，
又bi>0i=1，2，3，4，所以b32>3b2b4>b2b4；
x=0时，f0=b1>0，所以x=0不是fx的零点，
又f1x=b1+b21x+b31x2+b41x3，
令t=1x，则ft=b1+b2t+b3t2+b4t3也有三个零点，
即f1x=b1x3+b2x2+b3x+b4x3有三个零点，
令gx=b1x3+b2x2+b3x+b4，则gx有三个零点，
所以g′x=3b1x2+2b2x+b3有两个零点，
所以Δ2=4b22−4×3b1b3>0⇒b22>3b1b3>b1b3，
因为b2b4所以正项数列b1,b2,b3,b4对任意的相邻三项bt−1,bt,bt+1，都满足bt−1bt+1≤bt2，
所以数列b1,b2,b3,b4是一个“对数性凸数列”.
（3）记S=a1+a2+⋯+an−1，则要证1n+1i=0nai1n−1j=1n−1aj≥1ni=0n−1ai1nj=1naj，
即证a0+an+Sn+1⋅Sn−1≥S+a0n⋅S+ann，
即n2S+a0+anS≥n2−1S+a0S+an，即S+a0S+an≥n2a0an①，
因为数列an为对数性凸数列，所以at−1at+1≤at2，at+1at≤atat−1，
所以anan−1≤an−1an−2≤⋯a2a1≤a1a0，所以a0an≤a1an−1≤a2an−2≤⋯，
S=a1+a2+⋯+an−1=k=1n−1ak+an−k2≥k=1n−1akan−k≥n−1a0an，
而a0+an≥2a0an，
所以S+a0S+an=S2+a0+anS+aan≥S2+2a0anS+a0an2
=S+a0an2≥na0an2=n2a0an，
当且仅当ak=an−k(k=0,1,2,...,n)时等号成立，
故式①成立，所以原不等式成立．
【题型5 数列定义新性质问题】
【例5】（2024·安徽·三模）已知数列an的前n项和为Sn，若数列an满足：
①数列an为有穷数列；
②数列an为递增数列；
③∀k≥2，k∈N∗，∃p,q∈N∗，使得ak=ap+aq；
则称数列an具有“和性质”.
(1)已知Sn=n2+n1≤n≤100，求数列an的通项公式，并判断数列an是否具有“和性质”；（判断是否具有“和性质”时不必说明理由，直接给出结论）
(2)若首项为1的数列an具有“和性质”.
（ⅰ）比较an与Sn+12的大小关系，并说明理由；
（ⅱ）若数列an的末项为36，求Sn的最小值.
【解题思路】（1）利用数列的前n项和及Sn与an的关系得数列an的通项公式，再利用题目所给定义对数列an是否具有“和性质”进行判断；
（2）（ⅰ）利用题目所给定义得an≤2an−1,an−1≤2an−2,an−2≤2an−3,⋅⋅⋅,a3≤2a2,a2≤2a1，再利用数列的前n项和得结论；
（ⅱ）构造具有“和性质”的数列an：1，2，3，6，9，18，36或数列an：1，2，4，5，9，18，36，此时Sn=75，再利用反证法得具有“和性质”的数列an，不可能存在比75更小的Sn，从而得结论.
【解答过程】（1）因为Sn=n2+n1≤n≤100，
所以当n=1时，a1=S1=2；
当2≤n≤100时，
an=Sn−Sn−1=n2+n−n−12−n−1=2n，
而当n=1时，满足a1=S1=2，
因此数列an的通项公式为an=2n1≤n≤100
该数列具有“和性质”.
（2）（ⅰ）因为首项为1的数列an具有“和性质”，
所以∀k≥2，k∈N∗，∃p,q∈N∗，
使得ak=ap+aq，且1=a1因此ap≤ak−1，aq≤ak−1，
所以ak=ap+aq≤2ak−1；
因此an≤2an−1,an−1≤2an−2,an−2≤2an−3,⋅⋅⋅,a3≤2a2,a2≤2a1，
所以将上述不等式相加得：a2+⋅⋅⋅+an−1+an≤2a1+a2+⋅⋅⋅+an−1，
即an≤2a1+a2+⋅⋅⋅+an−1.
因为a1=1，
所以2an≤1+a1+a2+⋅⋅⋅+an−1+an=Sn+1，
因此an≤Sn+12.
（ⅱ）因为数列an具有“和性质”，
所以由③得：a2=2a1=2，因此数列an中的项均为整数.
构造数列an：1，2，3，6，9，18，36或数列an：1，2，4，5，9，18，36，
因此这两个数列具有“和性质”，此时Sn=75.
下面证明Sn的最小值为75，
即证明不可能存在比75更小的Sn.
假设Sn≤75（存在性显然，因为满足Sn≤75的数列an只有有限个）.
第一步：首先说明有穷数列an中至少有7个元素.
设有穷数列an中元素组合的集合为A，
由（ⅰ）知：a2≤2a1,a3≤2a2,⋅⋅⋅，而a1=1，
因此a2≤2，a3≤4，a4≤8，a5≤16，a6≤32<36，
所以n≥7.
第二步：证明an−1=18，an−2=9.
若18∈A，设ai=18.
因为an=36=18+18，
所以为了使得Sn最小，
则在数列an中一定不含有ak，使得18因此an−1=18.
假设18∉A，根据“和性质”，
对an=36，有ap，aq，使得an=36=ap+aq.
显然ap≠aq，因此an+ap+aq=36+36=72，
所以由有穷数列an中至少有7个元素得：
集合A中至少还有4个不同于an，ap，aq的元素，
因此Sn>an+ap+aq+4a1=76，与Sn≤75矛盾，
所以18∈A，且an−1=18.
同理可证：an−2=9.
根据“和性质”得：存在ap、aq，使得9=ap+aq.
我们需要考虑如下几种情形：
①当ap=8，aq=1时，至少还需要一个大于等于4的ak，才能得到8，因此S>76；
②当ap=7，aq=2时，至少还需要一个大于4的ak，才能得到7，则S>76；
③当ap=6，aq=3时，此时an为：1，2，3，6，9，18，36，因此Sn=75；
④当ap=5，aq=4时，此时an为：1，2，4，5，9，18，36，因此Sn=75；
综上所述，Sn的最小值为75.
【变式5-1】（2024·北京西城·二模）已知数列A:a1,a2,⋯,an，从A中选取第i 1项、第i 2项、…、第i k项i 1(1)当n=4时，比较A的具有性质P的子列个数与不具有性质P的子列个数的大小，并说明理由；
(2)已知数列A:1 ,2 ,3 , ⋯ ,n (n≥2)．
（ⅰ）给定正整数k≤n2，对A的k项子列B，求所有T(B )的算术平均值；
（ⅱ）若A有m个不同的具有性质P的子列B1,B2,⋯,Bm，满足：∀ 1≤i【解题思路】（1）根据定义得出n=4时，A共有15个子列，结合性质P的内容即可判断；
（2）（ⅰ）根据ai 1,ai 2,⋯,ai k是A的k ( k≤n2 )项子列，n+1−ai 1,n+1−ai 2,⋯,n+1−ai k也是A的k ( k≤n2 )项子列，可得T(B )+T(B′)=j=1kaij+j=1k(n+1−aij)=k(n+1)，又A有Cnk个k项子列，即可求出结果；
（ⅱ）设Bk ( k=1,2,⋯,m )的首项为xk，末项为yk，记xk 0=max{ xk }，则可得对任意j=1,2,⋯,m，都有yj≥xk 0，故共有xk 0( n+1−xk 0)种不同的情况，又xk 0( n+1−xk 0)≥m，所以分n为奇数或者偶数两种情况进行分析即可.
【解答过程】（1）当n=4时，A共有24−1=15个子列，
其中具有性质P的子列有4+3+2+1=10个，
故不具有性质P的子列有5个，
所以A的具有性质P的子列个数大于不具有性质P的子列个数．
（2）（ⅰ）若B:ai 1,ai 2,⋯,ai k是A的k ( k≤n2 )项子列，
则B′:n+1−ai 1,n+1−ai 2,⋯,n+1−ai k也是A的k ( k≤n2 )项子列．
所以T(B )+T(B′)=j=1kaij+j=1k(n+1−aij)=k(n+1)．
因为给定正整数k≤n2，A有Cnk个k项子列，
所以所有T(B )的算术平均值为1Cnk⋅12Cnk⋅k(n+1)=k(n+1)2．
（ⅱ）设Bk ( k=1,2,⋯,m )的首项为xk，末项为yk，记xk 0=max{ xk }．
若存在j=1,2,⋯,m，使yj所以，对任意j=1,2,⋯,m，都有yj≥xk 0．
因为对于k=1,2,⋯,m，xk∈{ 1,2,⋯,xk 0 }，yk∈{ xk 0,xk 0+1,⋯ ,n }，
所以共有xk 0( n+1−xk 0)种不同的情况．
因为B1,B2,⋯,Bm互不相同，
所以对于不同的子列Bi,Bj，xi=xj与yi=yj中至多一个等式成立．
所以xk 0( n+1−xk 0)≥m．
当n是奇数时，取xk∈{ 1 ,2 ,⋯, n+12 }，yk∈{ n+12,n+32,⋯ ,n }，
共有n+12⋅(n+1−n+12)=(n+1)24个满足条件的子列．
当n是偶数时，取xk∈{ 1 ,2 ,⋯ ,n2 }，yk∈{ n2,n2+1 ,⋯ ,n }，
共有n2⋅(n+1−n2)=n2+2n4个满足条件的子列．
综上，n为奇数时，m的最大值为(n+1)24；n为偶数时，m的最大值为n2+2n4．
【变式5-2】（2024·北京东城·二模）已知An:a1,a2,⋯,ann≥3为有穷整数数列，若An满足：ai+1−ai∈p,qi=1,2,⋯,n−1，其中p，q是两个给定的不同非零整数，且a1=an=0，则称An具有性质T.
(1)若p=−1，q=2，那么是否存在具有性质T的A5？若存在，写出一个这样的A5；若不存在，请说明理由；
(2)若p=−1，q=2，且A10具有性质T，求证：a1,a2,⋯,a9中必有两项相同；
(3)若p+q=1，求证：存在正整数k，使得对任意具有性质T的Ak，都有a1,a2,⋯,ak−1中任意两项均不相同.
【解题思路】（1）根据所给定义，设a2−a1，a3−a2，a4−a3，a5−a4中有m个−1，4−m个2，从而有−1×m+24−m=0，推出矛盾；
（2）设a1，a2，a3，⋯，a10中的最大值为M，则存在ak，使得ak=M或ak=−M，若存在ak，使ak=M，先证：ak，ak+1，⋯，a10可以取遍0到M之间所有的整数，再对M分类讨论，即可得证；
（3）不妨设p<0【解答过程】（1）不存在具有性质T的A5，理由如下：
设A5:a1,a2,a3,a4,a5，由于a1=a5=0，ai+1−ai∈−1,2i=1,2,3,4，
设a2−a1，a3−a2，a4−a3，a5−a4中有m个−1，4−m个2，
则有a2−a1+a3−a2+a4−a3+a5−a4=a5−a1=0，
所以−1×m+24−m=0，解得m=83，与m为整数矛盾，
所以不存在具有性质T的A5.
（2）设a1，a2，a3，⋯，a10中的最大值为M，则存在ak，使得ak=M或ak=−M，
若存在ak，使ak=M，下证：ak，ak+1，⋯，a10可以取遍0到M之间所有的整数，
假设存在正整数mm令集合B=i|ai>m，设i0是集合B中元素的最大值，
则有ai0>m>ai0+1，
这与ai+1−ai∈−1,2i=1,2,⋯,n−1矛盾，
所以ak，ak+1，⋯，a10可以取遍0到M之间所有的整数，
若M=1，则a1，a2，a3，⋯，a9的取值只能为0，±1中的数，
此时a1，a2，a3，⋯，a9中必有两项相同，
若M=2，则a1，a2，a3，⋯，a9的取值只能为0，±1，±2中的数，
此时a1，a2，a3，⋯，a9中必有两项相同，
若M≥3，则a1，a2，a3，⋯，ak中一定有异于0和M的正整数，
再由ak，ak+1，⋯，a10可以取遍0到M之间所有的整数，
所以a1，a2，a3，⋯，a9中必有两项相同，
当ak=−M，同理可证：a1，a2，⋯，ak可以取遍−M到0之间所有的整数，
从而a1，a2，a3，⋯，a9中必有两项相同.
（3）不妨设p<0由于a2−a1+a3−a2+⋯+ak−ak−1=ak−a1=0，
所以取k=q−p+1，此时Ak具有性质T，
下证：a1,a2,⋯,ak−1中任意两项均不相同，
若存在i,j 1≤i令ai=u1p+v1q，aj=u2p+v2q，
则有0≤u1≤u2≤q，0≤v1≤v2≤−p，
令s=u2−u1，t=v2−v1，则有ps+qt=0且0≤s≤q，0≤t≤−p，
由于p+q=1，则有s=qs−t，
若s=t，则有s=0，即u2=u1，
当ai=aj时，有v2=v1，从而i=j，矛盾；
若s≠t，则有s=q且s=t+1，
因此有u2=q，u1=0，v2=q−1，v1=0，
所以此时ai=a1，aj=an，矛盾；
综上所述，存在正整数k，使得对任意具有性质T的Ak，都有a1,a2,⋯,ak−1中任意两项均不相同.
【变式5-3】（23-24高二下·吉林延边·期中）记R上的可导函数fx的导函数为f′x，满足xn+1=xn−fxnf′xnn∈N∗的数列xn称为函数fx的“牛顿数列”.已知数列xn为函数fx=x2−x的牛顿数列，且数列an满足a1=2,an=lnxnxn−1,xn>1.
(1)证明数列an是等比数列并求an；
(2)设数列an的前n项和为Sn，若不等式(−1)n⋅tSn−14≤Sn2对任意的n∈N∗恒成立，求t的取值范围.
【解题思路】（1）对递推式变形结合对数运算求得an+1an=2，利用等比数列定义即可证明，代入等比数列通项公式求解通项公式；
（2）先利用等比数列求和公式求和，再把恒成立问题转化为(−1)n⋅t≤Sn+14Sn对任意的n∈N∗恒成立，令gx=x+14x，x∈0,+∞，利用导数研究函数的单调性，然后根据单调性求解函数最值，根据n的奇偶性分别求解范围即可.
【解答过程】（1）由fx=x2−x，得f′x=2x−1，
所以xn+1=xn−fxnf′xn=xn−xn2−xn2xn−1=xn22xn−1
则xn+1xn+1−1=xn22xn−1xn22xn−1−1=xn2xn2−2xn+1=xnxn−12，
所以an+1=lnxn+1xn+1−1=lnxnxn−12=2lnxnxn−1=2an(xn>1)，
故an+1an=2（非零常数），且a1=2≠0，
所以数列an是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以an=2×2n−1=2n；
（2）由等比数列的前n项和公式得：Sn=21−2n1−2=2n+1−2，
因为不等式(−1)n⋅tSn−14≤Sn2对任意的n∈N∗恒成立，
又Sn>0且Sn单调递增，所以(−1)n⋅t≤Sn+14Sn对任意的n∈N∗恒成立，
令gx=x+14x，x∈0,+∞，
则g′x=1−14x2=x2−14x2，
当x∈0,14时，g′x<0，gx是减函数，
当x∈14,+∞时，g′x>0，gx是增函数，
又2=S1<14则gSnmin=gS2=g6=253，
当n为偶数时，原式化简为t≤Sn+14Sn，
而gS2所以t≤gS2=253；
当n为奇数时，原式化简为−t≤Sn+14Sn，
又2=S1<14所以g2=gS1此时−t≤gS1=9，所以t≥−9；
综上可知，−9≤t≤253.
【题型6 牛顿数列问题】
【例6】（2024·广东·模拟预测）定义：任取数列an中相邻的两项，若这两项之差的绝对值为1，则称数列an具有“性质1”.已知项数为n的数列an的所有项的和为Mn，且数列an具有“性质1”.
(1)若n=4，且a1=0,a4=−1，写出所有可能的Mn的值；
(2)若a1=2024,n=2023，证明：“a2023=2”是“ak>ak+1k=1,2,⋯,2022”的充要条件；
(3)若a1=0,n≥2,Mn=0，证明：n=4m或n=4m+1m∈N*.
【解题思路】（1）由数列的性质得出an，进一步结合Mn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nn−1，即n=4m或n=4m+1m∈N*，然后回过头去检验是否满足题意即可.
【解答过程】（1）依题意，若an:0,1,0,−1，此时Mn=0；
若an:0,−1,0,−1，此时Mn=−2；
若an:0,−1,−2,−1，此时Mn=−4.
（2）必要性：因为ak>ak+1k=1,2,⋯,2022，故数列ann=1,2,3,⋯,2023为等差数列，
所以ak+1−ak=−1k=1,2,⋯,2022，公差为-1，
所以a2023=2024+2023−1×−1=2；
充分性：由于a2023−a2022≥−1,a2022−a2021≥−1,⋯,a2−a1≥−1，
累加可得，a2023−a1≥−2022，即a2023≥a1−2022=2，
因为a2023=2，故上述不等式的每个等号都取到，所以ak+1−ak=−1<0k=1,2,⋯,2022，
所以ak>ak+1k=1,2,⋯,2022，
综上所述，“a2023=2”是“ak>ak+1k=1,2,⋯,2022”的充要条件.
（3）令ck=ak+1−akk=1,2,⋯,n−1，依题意，ck=±1，
因为a2=a1+c1,a3=a1+c1+c2,⋯,an=a1+c1+c2+⋯+cn−1，
所以Mn=na1+n−1c1+n−2c2+n−3c3+⋯+cn−1
=n−1+n−2+⋯+1−1−c1n−1−1−c2n−2−⋯−1−cn−1
=nn−12−1−c1n−1+1−c2n−2+⋯+1−cn−1，
因为ck=±1，所以1−ck为偶数k=1,2,⋯,n−1，
所以1−c1n−1+1−c2n−2+⋯+1−cn−1为偶数；
所以要使Mn=0，必须使nn−12为偶数，即4整除nn−1，
亦即n=4m或n=4m+1m∈N*，
当n=4mm∈N*时，比如a4k−1=a4k−3=0,a4k−2=−1,a4k=1k=1,2,⋯,m或a4k−1=a4k−3=0,a4k−2=1，a4k=−1k=1,2,⋯,m时，有a1=0,Mn=0；
当n=4m+1m∈N*时，比如a4k−1=a4k−3=0,a4k−2=−1,a4k=1,a4k+1=0k=1,2,⋯,m或a4k−1=a4k−3=0，a4k−2=1,a4k=−1,a4k+1=0k=1,2,⋯,m时，有a1=0,Mn=0；
当n=4m+2或n=4m+3m∈N时，nn−1不能被4整除，Mn≠0.
【变式6-1】（23-24高二下·四川·期中）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f(x)，若满足(xn+1−xn)f′(xn)+f(xn)=0，则称数列xn为牛顿数列．已知f(x)=x4，如图，在横坐标为x1=1的点处作f(x)的切线，切线与x轴交点的横坐标为x2，用x2代替x1重复上述过程得到x3，一直下去，得到数列xn．
(1)求数列xn的通项公式；
(2)若数列nxn的前n项和为Sn，且对任意的n∈N∗，满足Sn≥16−λ(56)n，求整数 的最小值；（参考数据：0.94=0.6561,0.95≈0.5905,0.96≈0.5314,0.97≈0.4783）
(3)在（2）的前提下，设g(x)=112λf′(x)，直线y=ax+b(b>0)与曲线y=g(x)有且只有两个公共点A(c,d),(ℎ,f)，其中c<ℎ，求f(ℎc)的值．
【解题思路】（1）利用导数的几何意义求出切线方程，即可得数列xn的递推公式，再求出通项.
（2）由（1）令bn=n⋅(34)n−1，利用错位相减法求数列bn的前n项和Sn，结合不等式分离参数，借助数列单调性求出的最大值即得.
（3）由（2）求出g(x)=x3，利用导数探讨函数ℎ(x)=x3−ax−b只有两个零点即可得解.
【解答过程】（1）函数f(x)=x4，求导得f′(x)=4x3，
则函数f(x)的图象在点xn,yn处的切线方程为：y−yn=4xn3x−xn，
令y=0，得xn+1=34xn，因此数列xn是首项为1，公比为34的等比数列，
所以xn=(34)n−1.
（2）由（1），令bn=n⋅xn=n⋅(34)n−1，
则Sn=1⋅(34)0+2⋅(34)1+3⋅(34)2+⋯+n⋅(34)n−1，
于是34Sn=1⋅(34)1+2⋅(34)2+3⋅(34)3+⋯+(n−1)⋅(34)n−1+n⋅(34)n，
两式相减得：14Sn=1+(34)1+(34)2+⋯+(34)n−1−n⋅(34)n=1−(34)n1−34−n⋅(34)n
因此Sn=16−(16+4n)⋅(34)n，由16−(16+4n)(34)n≥16−λ(56)n，得λ≥(16+4n)⋅(910)n，
令dn=(16+4n)⋅(910)n，则dn+1−dn=−2n+105⋅(910)n，
当n≤5时，dn+1−dn≥0，即d6=d5>d4>d3>d2>d1，
当n≥6时，dn+1−dn<0，即d6>d7>d8>⋯，则dnmax=d5=d6=36⋅(910)5≈21.26，
所以整数λ的最小值为22.
（3）由（2）知g(x)=x3，依题意，方程x3−ax−b=0(b>0)有且只有两个根c,ℎ(c<ℎ)，
令ℎ(x)=x3−ax−b，则函数ℎ(x)有且只有两个零点c,ℎ(c<ℎ)，
求导得ℎ′(x)=3x2−a，当a≤0时，ℎ′(x)≥0恒成立，ℎ(x)在R上递增，ℎ(x)最多1个零点，不符合题意，
当a>0时，由ℎ′(x)>0，得x<−a3或x>a3，由ℎ′(x)<0，得−a3则函数ℎ(x)在(−∞,−a3),(a3,+∞)上单调递增，在(−a3,a3)上单调递减，
当x=−a3时，ℎ(x)取得极大值ℎ(−a3)=2a3a3−b，当x=a3时，ℎ(x)取得极小值ℎ(a3)=−2a3a3−b<0，
函数ℎ(x)有且只有两个零点，则ℎ(x)的图象与x轴有且只有两个公共点，必有ℎ(−a3)=0，
此时b=2a3a3，c=−a3，方程x3−ax−2a3a3=0，即(x+a3)2(x−2a3)=0，得ℎ=2a3，
所以ℎc=−2，f(ℎc)=(−2)4=16.
【变式6-2】（2024·广东韶关·二模）记R上的可导函数fx的导函数为f′x，满足xn+1=xn−fxnf′xnn∈N∗的数列xn称为函数fx的“牛顿数列”.已知数列xn为函数fx=x2−x的牛顿数列，且数列an满足a1=2,an=lnxnxn−1,xn>1.
(1)求a2；
(2)证明数列an是等比数列并求an；
(3)设数列an的前n项和为Sn，若不等式(−1)n⋅tSn−14≤Sn2对任意的n∈N∗恒成立，求t的取值范围.
【解题思路】（1）求出导函数，化简数列递推式，根据对数运算及递推式求解即可；
（2）对递推式变形结合对数运算求得an+1an=2，利用等比数列定义即可证明，代入等比数列通项公式求解通项公式；
（3）先利用等比数列求和公式求和，再把恒成立问题转化为(−1)n⋅t≤Sn+14Sn对任意的n∈N∗恒成立，令gx=x+14x，x∈0,+∞，利用导数研究函数的单调性，然后根据单调性求解函数最值，根据n的奇偶性分别求解范围即可.
【解答过程】（1）因为fx=x2−x，则f′x=2x−1，从而有xn+1=xn−fxnf′xn=xn−xn2−xn2xn−1=xn22xn−1，
由a1=2,an=lnxnxn−1，则2=lnx1x1−1，
则x1x1−1=e2，解得x1=e2e2−1则有x2=x122x1−1=e4e4−1，所以a2=lnx2x2−1=2lnx1x1−1=4；
（2）由xn+1=xn22xn−1，则xn+1xn+1−1=xn22xn−1xn22xn−1−1=xn2xn2−2xn+1=xnxn−12，
所以an+1=lnxn+1xn+1−1=lnxnxn−12=2lnxnxn−1=2an(xn>1)，
故an+1an=2（非零常数），且a1=2≠0，所以数列an是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以an=2×2n−1=2n；
（3）由等比数列的前n项和公式得：Sn=21−2n1−2=2n+1−2，
因为不等式(−1)n⋅tSn−14≤Sn2对任意的n∈N∗恒成立，又Sn>0且Sn单调递增，
所以(−1)n⋅t≤Sn+14Sn对任意的n∈N∗恒成立，令gx=x+14x，x∈0,+∞，
则g′x=1−14x2=x2−14x2，当x∈0,14时，g′x<0，gx是减函数，
当x∈14,+∞时，g′x>0，gx是增函数，
又2=S1<14当n为偶数时，原式化简为t≤Sn+14Sn，所以当n=2时，t≤253；
当n为奇数时，原式化简为−t≤Sn+14Sn，所以当n=1时，−t≤9，所以t≥−9；
综上可知，−9≤t≤253.
【变式6-3】（23-24高二上·浙江绍兴·期末）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fx，若满足xn+1−xnf′xn+fxn=0，则称数列xn为牛顿数列．已知fx=x4，如图，在横坐标为x1=1的点处作fx的切线，切线与x轴交点的横坐标为x2，用x2代替x1重复上述过程得到x3，一直下去，得到数列xn．

(1)求数列xn的通项公式；
(2)若数列n⋅xn的前n项和为Sn，且对任意的n∈N∗，满足Sn≥16−λ56n，求整数λ的最小值．（参考数据：0.94=0.6561，0.95≈0.5905，0.96≈0.5314，0.97≈0.4783）
【解题思路】（1）首先根据导数的几何意义求切线方程，并令y=0，得到数列xn的递推公式，即可求解；
（2）法一，由（1）可知，bn=n⋅xn=n⋅34n−1，利用错位相减法求数列bn的前n项和Sn，代入不等式，参变分离为λ≥(16+4n)910n，转化为作差判断数列16+4n910n的单调性，再求数列的最大值，即可求解；
法二，利用裂项相消法求数列bn的前n项和Sn，代入不等式，参变分离为λ≥(16+4n)910n，转化为作商判断数列16+4n910n的单调性，再求数列的最大值，即可求解.
【解答过程】（1）∵f′(x)=4x3，
∴f(x)在点xn,yn处的切线方程为：y−yn=4xn3x−xn
令y=0，得xn+1=34xn，
所以xn是首项为1，公比为34的等比数列，
故xn=34n−1
（2）令bn=n⋅xn=n⋅34n−1
法一：错位相减法
Sn=1⋅340+2⋅341+3⋅342+...+n⋅34n−1，
34Sn= 1⋅341+2⋅342+3⋅343+...+n⋅34n，
两式相减得：14Sn=1+341+342+⋯+34n−1−n⋅34n
化简得：Sn=16−(16+4n)34n
故16−(16+4n)34n≥16−λ56n，
化简得λ≥(16+4n)910n
令dn=(16+4n)910n，
则dn+1−dn=−2n+105910n，
当n≤5时，dn+1−dn≥0，即d6=d5>d4>d3>d2>d1，
当n≥6时，dn+1−dn<0，即d6>d7>d8>...，
所以dnmax=d5=d6=36⋅9105≈21.26
从而整数λmin=22；
法二：裂项相消法
由bn=n⋅xn=43n⋅34n，
设cn=(kn+m)34n且bn=cn+1−cn，
则43n34n=−kn4+3k−m434n，
于是−k4=433k−m4=0，得k=−163m=−16，
即cn=−163n−1634n
所以Sn=b1+b2+⋯+bn=c2−c1+c3−c2+⋯+cn+1−cn
=cn+1−c1=16−(16+4n)34n
故16−(16+4n)34n≥16−λ56n，化简得λ≥(16+4n)910n
令dn=(16+4n)910n，
则dn+1dn=45+9n40+10n≥1时，n≤5，
当当n≤5时，dn+1dn≥1，即d6=d5>d4>d3>d2>d1，
当n≥6时，0d7>d8>...，
所以dnmax=d5=d6=36⋅9105≈21.26
从而整数λmin=22.
【题型7 数列中的新定义问题】
【例7】（2024·江西九江·三模）已知数列an共有mm≥2项，且an∈Z，若满足an+1−an≤11≤n≤m−1，则称an为“约束数列”.记“约束数列”an的所有项的和为Sm.
(1)当m=5时，写出所有满足a1=a5=1,S5=6的“约束数列”；
(2)当m=2000,a1=25时，设p:a2000=2024;q:“约束数列”an为等差数列.请判断p是q的什么条件，并说明理由；
(3)当a1=1,a2k=01≤k≤m2,k∈N+时，求Sm的最大值.
【解题思路】（1）由“约束数列”的定义，可得所求.
（2）由“约束数列”和充分必要条件的定义，结合等差数列的知识，可得结论.
（3）由a1=1,a2k=01≤k≤m2,k∈N+，要使Sm最大，推出an≥0，讨论等差数列的公差，用求和公式可解.
【解答过程】（1）当m=5时，所有满足a1=a5=1,S5=6的“约束数列”有：
①1,1,2,1,1；②1,1,1,2,1；③1,2,1,1,1.
（2）p是q的充分不必要条件.理由：
①当a2000=2024时，∵an+1−an≤1n=1,2,⋯,1999,∴an+1−an≤1.
则a2000=a2000−a1999+a1999−a1998+a1998−a1997+⋯+a2−a1+a1≤1999+a1=2024，
当且仅当a2000−a1999=a1999−a1998=a1998−a1997=⋯=a2−a1=1时，a2000=2024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an+1−an≤1，
得an+1−an=1，或an+1−an=0，或an+1−an=−1，
若an+1−an=0，则an的公差为0,∴a2000=a1=25；
若an+1−an=−1，则an的公差为−1,∴a2000=a1−1999=−1974；
若an+1−an=1，则an的公差为1,∴a2000=a1+1999=2024，
即当“约束数列”an是等差数列时，a2000=25或−1974或2024.
由①②，得p是q的充分不必要条件.
（3）∵a1=1,a2k=0,∴要使得Sm取最大值，则an≥0，
当且仅当同时满足以下三个条件时，Sm取最大值.
①当2≤n≤k时，an−an−1=1；②当k+1≤n≤2k时，an−an−1=−1；
③当2k+1≤n≤m时，an−an−1=1.
∴Smmax=k1+k2×2−k+0×m−2k+1+m−2k+1m−2k2×1
=k2+m−2km−2k+12.
【变式7-1】（2024·重庆·模拟预测）对于数列an，定义Δan=an+1−ann∈N∗，满足a1=a2=1,ΔΔan=m(m∈R)，记f(m,n)=a1m+a2m2+⋯+anmn，称f(m,n)为由数列an生成的“m−函数”．
(1)试写出“2−函数” f(2,n)，并求f(2,3)的值；
(2)若“1−函数” f(1,n)≤15，求n的最大值；
(3)记函数S(x)=x+2x2+⋯+nxn，其导函数为S′(x)，证明：“m−函数” f(m,n)=m22S′(m)−3m2S(m)+(m+1)i=1nm′．
【解题思路】结合新定义可得ΔΔan=Δan+1−Δan=m，结合等差数列及叠加法可求得an=1+(n−1)(n−2)m2；（1）代入m=2,n=3即可求解；（2）代入m=1，结合分组求和及应用导数求最值即可（3）由f(m,n)=a1m+a2m2+⋯+anmn =m2i=1ni2mi−3m2i=1nimi+(m+1)i=1nmi，结合导数的运算即可求解.
【解答过程】（1）由定义及ΔΔan=m．知ΔΔan=Δan+1−Δan=m，
所以Δan是公差为m的等差数列，所以Δan=Δa1+(n−1)m．
因为a1=a2=1，所以Δa1=a2−a1=0，
所以Δan=(n−1)m，即an+1−an=(n−1)m．
当n≥2时，有a3−a2=m，
a4−a3=2m，
……
an−an−1=(n−2)m，
所以an−a2=m+2m+⋯+(n−2)m=(n−1)(n−2)m2，
即an=1+(n−1)(n−2)m2．
（1）当m=2时，an=1+(n−1)(n−2)=n2−3n+3，
所以“2−函数” f(2,n)=1×2+1×22+⋯+n2−3n+3×2n．
当n=3时，f(2,3)=1×2+1×22+3×23=30．
（2）当m=1时，an=1+(n−1)(n−2)2=n2−3n+42，
故“1−函数” f(1,n)=a1+a2+⋯+an
=1+1+⋯+n2−3n+42
=12−3×1+42+22−3×2+42+⋯+n2−3n+42
=1212+22+⋯+n2−32(1+2+⋯+n)+2n
=n(n+1)(2n+1)12−3n(n+1)4+2n
=n3−3n2+8n6．
由f(1,n)≤15，得n3−3n2+8n−90≤0．
令g(x)=x3−3x2+8x−90(x≥1)，则g′(x)=3x2−6x+8=3(x−1)2+5>0，
所以g(x)=x3−3x2+8x−90在[1,+∞)上单调递增．
因为g(5)=0．所以当1≤x≤5时，g(x)≤0，所以当1≤n≤5时，f(1,n)≤15，
故n的最大值为5．
（3）证明：由题意得f(m,n)=a1m+a2m2+⋯+anmn
=m+m2+⋯+1+(i−1)(i−2)2×mmi+⋯+1+(n−1)(n−2)2×mmn
=m+m2+⋯+i2−3i2×m+(m+1)mi+⋯+n2−3n2×m+(m+1)mn
=m2i=1ni2mi−3m2i=1nimi+(m+1)i=1nmi
由S(x)=x+2x2+⋯+nxn，得S′(x)=1+4x+⋯+n2xn−1，
所以xS′(x)=x+4x2+⋯+n2xn=i=1ni2xi，所以i=1ni2mi=mS′(m),i=1nimi=S(m)，
所以f(m,n)=m22S′(m)−3m2S(m)+(m+1)i=1nmi.
【变式7-2】（2024·江西·模拟预测）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a1,a2,⋅⋅⋅,an,⋅⋅⋅，①，从第二项起，每一项与它前面相邻一项的差构成数列a11,a12,⋅⋅⋅,a1n−1,⋅⋅⋅，②，称该数列②为数列①的一阶差分数列，其中a1i=ai+1−aii=1,2,⋅⋅⋅,n−1,⋅⋅⋅；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a21,a22,⋅⋅⋅,a2n−2,⋅⋅⋅，③，称该数列③为数列①的二阶差分数列，其中a2i=a1i+1−a1ii=1,2,⋅⋅⋅,n−2,⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅按照上述办法，第r次得到数列ar1,ar2,⋅⋅⋅,arn−r,⋅⋅⋅，④，则称数列④为数列①的r阶差分数列，其中ari=ar−1i+1−ar−1ii=1,2,⋅⋅⋅,n−r,⋅⋅⋅，若数列an的rr≥2阶差分数列是非零常数列，则称数列an为r阶等差数列（或高阶等差数列）．
(1)若高阶等差数列an为3,4,9,18,31,48,⋅⋅⋅，求数列an的通项公式；
(2)若r阶等差数列bn的通项公式bn=2n−14．
（ⅰ）求r的值；
（ⅱ）求数列bn的前n项和Sn．
附：12+22+⋅⋅⋅+n2=nn+12n+16．
【解题思路】（1）根据r阶等差数列的定义，分别求出一阶差分数列和二阶差分数列，发现二阶差分数列为常熟列，即可得出a2n=4，即a1n+1−a1n=4，得到a1n为等差数列，求得a1n=4n−3，即an+1−an=4n−3，然后用累加法即可求解；
（2）（ⅰ）根据r阶等差数列的定义，从一阶差分数列、二阶差分数列、三阶差分数列…依次往下求，当出现常数列时为止，即可确定为r的值；（ⅰⅰ）结合二项式定理将2n−14转化为了165n5−n−15−8n2+8n−115，然后利用裂项相消求和与分组求和的方法即可得解.
【解答过程】（1）数列an的一阶差分数列为1,5,9,13,17,⋅⋅⋅，
二阶差分数列为4,4,4,4,4,⋅⋅⋅，为非零常数列，
所以a2n=4，即a1n+1−a1n=4，且a11=1，
所以数列a1n是首项为1、公差为4的等差数列，
所以a1n=1+n−1×4=4n−3，即an+1−an=4n−3，且a1=3，
所以当n≥2时，an=an−an−1+an−1−an−2+⋅⋅⋅+a2−a1+a1
=4n−1−3+4n−2−3+⋅⋅⋅+4×1−3+3，=4×nn−12−3n−1+3=2n2−5n+6
当n=1时，a1=3，也满足上式，
综上，数列an的通项公式为an=2n2−5n+6．
（2）（ⅰ）bn=2n−14，所以b1n=bn+1−bn=2n+14−2n−14=64n3+16n，
b2n=b1n+1−b1n=64n+13+16n+1−64n3+16n=192n2+192n+80，
所以b3n=b2n+1−b2n=192n+12+192n+1+80−192n2+192n+80=384n+384，
所以b4n=b3n+1−b3n=384n+1+384−384n+384=384，
所以数列bn是4阶等差数列，即r=4．
（ⅱ）n5−n−15=n5−C50n5−C51n4+C52n3−C53n2+C54n−C55
=n5−n5−5n4+10n3−10n2+5n−1=5n4−10n3+10n2−5n+1，
所以n4=15n5−n−15+2n3−2n2+n−15，
又2n−14=C402n4−C412n3+C422n2−C432n+C44=16n4−32n3+24n2−8n+1
=165n5−n−15−8n2+8n−115，
所以Sn=k=1n2k−14=165k=1nk5−k−15−8k=1nk2+8k=1nk−115n
=165n5−8×nn+12n+16+8×n+1n2−115n
=16n55−8n33+7n15．
【变式7-3】（2024·福建南平·二模）若数列cn共有mm∈N*,m≥3项，对任意ii∈N*,i≤m都有cicm+1−i=S（S为常数，且S>0），则称数列cn是S关于m的一个积对称数列.已知数列an是S关于m的一个积对称数列.
(1)若m=3，a1=1，a2=2，求a3的值；
(2)已知数列bn是公差为dd≠0的等差数列，b1=−11，若m=10，an=bn+2bn，求d和S的值；
(3)若数列an是各项均为正整数的单调递增数列，求证：ama1+am−1a2+⋅⋅⋅+a2am−1+a1am<5S3.
【解题思路】（1）依题意可得S=a2a2，从而求出a3；
（2）依题意aia11−i=S，即可得到bi+2bi×b13−ib11−i=S，再结合等差数列通项公式得到−d2i2+11d2i+12d2+b12+13b1d=S−d2i2+11d2i−10d2+b12+9b1d，再根据对应系数相等得到方程组，解得即可；
（3）依题意可得am−i+1ai=Sai2≤Si2【解答过程】（1）依题意S=a2a2=4，又a1a3=S，所以a3=Sa1=4.
（2）法一：由m=10知对任意i i∈N*,i≤10都有aia11−i=S，
即bi+2bi×b13−ib11−i=b1+i+1db1+i−1d×b1+12−idb1+10−id=S，
所以b12+12+11i−i2d2+13b1db12+−10+11i−i2d2+9b1d=S，
所以−d2i2+11d2i+12d2+b12+13b1d=S−d2i2+11d2i−10d2+b12+9b1d，
所以−d2=−d2S11d2=11d2S12d2+b12+13b1d=S−10d2+b12+9b1d，
因为d≠0，b1=−11，所以S=122d2+4b1d=0，即S=1d=2.
法二：当i=1,2时由S=a1a10=a2a9得S=b3b1×b12b10=b4b2×b11b9，
所以b1+2db1×b1+11db1+9d=b1+3db1+d×b1+10db1+8d，
即b12+10b1d+16d2×b12+12b1d+11d2=b12+12b1d+27d2×b12+10b1d，
令p=b12+10b1d，q=b12+12b1d+11d2，
则p+16d2q=q+16d2p，
因为d≠0，b1=−11，所以p=q，b12+10b1d=b12+12b1d+11d2，
即d=2，S=1，
当1≤i≤10时都有aia11−i=bi+2bi×b13−ib11−i=−11+2i+1−11+2i−1×−11+212−i−11+210−i
=−9+2i−13+2i×13−2i9−2i=1=S，
所以d=2，S=1成立.
（3）由已知a1am=S，a2am−1=S，…，aiam+1−i=S，
所以am−i+1ai=Sai2≤Si2所以ama1+am−1a2+⋅⋅⋅+a1am≤S112+122+132+⋅⋅⋅+1m2
即ama1+am−1a2+⋅⋅⋅+a2am−1+a1am<5S3.
一、单选题
1．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知数列an的各项均为正数，a1=1,an+1−an=1an+1+an，若x表示不超过x的最大整数，则a1+a2+⋯+a100=（ ）
A．615B．620C．625D．630
【解题思路】根据等差数列的定义求出an，再根据新定义对n分情况求出n，再求和可得答案.
【解答过程】因为a1=1,an+1−an=1an+1+an，
所以an+12−an2=1，可得an2是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以an2=1+n−1×1=n，因为数列an的各项均为正数，
所以an=n，因为n∈N∗，
当1≤n<4时，n=1，
当4≤n<9时，n=2，
当9≤n<16时，n=3，
当16≤n<25时，n=4，
当25≤n<36时，n=5，
当36≤n<49时，n=6，
当49≤n<64时，n=7，
当64≤n<81时，n=8，
当81≤n<100时，n=9，
100=10，
则a1+a2+⋯+a100=3×1+5×2+7×3+9×4+11×5+13×6+15×7+ 17×8+19×9+10=625.
故选：C.
2．（2024·上海·模拟预测）已知数列an不是常数列，前n项和为Sn，且a1>0．若对任意正整数n，存在正整数m，使得an−Sm≤a1，则称an是“可控数列”．现给出两个命题：①存在等差数列an是“可控数列”；②存在等比数列an是“可控数列”．则下列判断正确的是（ ）
A．①与②均为真命题B．①与②均为假命题
C．①为真命题，②为假命题D．①为假命题，②为真命题
【解题思路】由题意Sm−a1≤an≤Sm+a1，结合an，Sm的变化情况，利用极限思想即可判断①；根据题意，结合“可控数列”的定义，举出实例说明②，即可得出答案.
【解答过程】①数列an不是常数列，则d≠0，则an看作是一次函数的变化，
由an−Sm≤a1得Sm−a1≤an≤Sm+a1，Sm看作是二次函数的变化，
当n足够大时，极限的思想说明不成立；
②取an=2n，则Sn=2(1−2n)1−2=2n+1−2=an+1−a1，
当n=1时，取m=1，满足an−Sm≤a1，
当n≥2时，取m=n−1，满足an−Sm≤a1；
故选：D.
3．（2024·全国·模拟预测）将正整数n分解为两个正整数k1，k2的积，即n=k1k2，当k1，k2两数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解.如12=1×12=2×6=3×4，其中3×4即为12的最优分解，当k1，k2是n的最优分解时，定义fn=k1−k2，则数列f2n的前2024项的和为（ ）
A．21011−1B．21011C．21012−1D．21012
【解题思路】根据题意，对n分奇数和偶数进行讨论，进而可以得到f2n的表达式，再利用等比数列的求和公式求解即可.
【解答过程】当n=2kk∈N*时，2n=22k=2k×2k，
所以f2n=f22k=2k−2k=0，
当n=2k−1k∈N*时，22k−1=2k−1×2k，
则f2n=f22k−1=2k−1−2k=2k−1，
故数列f2n的前2024项的和为20+21+22+⋅⋅⋅+21011=1−210121−2=21012−1.
故选：C.
4．（2024·安徽安庆·三模）若项数均为nn≥2,n∈N*的两个数列an,bn满足ak−bk=kk=1,2,⋯,n，且集合a1,a2,⋯,an,b1,b2,⋯,bn=1,2,3,⋯,2n，则称数列an,bn是一对“n项紧密数列”．设数列an,bn是一对“4项紧密数列”，则这样的“4项紧密数列”有（ ）对．
A．5B．6C．7D．8
【解题思路】根据ak−bk=k可得a1+a2+a3+a4−b1+b2+b3+b4=10，结合a1+a2+a3+a4+b1+b2+b3+b4=36可得a1+a2+a3+a4=23，b1+b2+b3+b4=13，然后列举出所有紧密数列对即可.
【解答过程】由条件知a1−b1=1,a2−b2=2,a3−b3=3,a4−b4=4，
于是a1+a2+a3+a4−b1+b2+b3+b4=10，
又a1+a2+a3+a4+b1+b2+b3+b4=8×1+82=36，
所以a1+a2+a3+a4=23,b1+b2+b3+b4=13，
于是“4项紧密数列”有an:8,5,4,6,bn:7,3,1,2;an:8,4,6,5,bn:7,2,3,1；
an:7,3,5,8,bn:6,1,2,4;an:3,8,7,5,bn:2,6,4,1;an:2,7,6,8,bn:1,5,3,4;
an:2,6,8,7,bn:1,4,5,3共有6对.
故选：B．
5．（2024·四川南充·三模）对于数列an，规定Δan为数列an的一阶差分，其中Δan=an+1−ann∈N*，规定Δkan为数列an的k阶差分，其中Δkan=Δk−1an+1−Δk−1ann∈N*．若an=n(n−1)(2n−1)6，则Δ2a6=（ ）
A．7B．9C．11D．13
【解题思路】由数列的新定义计算即可.
【解答过程】由Δan=an+1−ann∈N*可得
Δa7=a8−a7=8×7×156−7×6×136=49，
Δa6=a7−a6=7×6×136−6×5×116=36，
由Δkan=Δk−1an+1−Δk−1ann∈N*可得Δ2a6=Δa7−Δa6，
所以Δ2a6=Δa7−Δa6=49−36=13，
故选：D.
6．（2024·上海宝山·二模）数列an中，Sn是其前n项的和，若对任意正整数n，总存在正整数m，使得Sn=am，则称数列an为“某数列”.现有如下两个命题：①等比数列2n为“某数列”；②对任意的等差数列an，总存在两个“某数列”bn和cn，使得an=bn+cn.则下列选项中正确的是（ ）
A．①为真命题，②为真命题B．①为真命题，②为假命题
C．①为假命题，②为真命题D．①为假命题，②为假命题
【解题思路】利用等比数列前n项和公式计算Sn，再建立方程并判断①；求出等差数列an的通项，再拆分成两个等差数列，结合等差数列前n项和建立方程判断②.
【解答过程】对于①，由等比数列2n，得Sn=2(1−2n)1−2=2n+1−2，
若对任意正整数n，总存在正整数m，使得Sn=am，则2n+1−2=2m，即2n+1=2m+2，显然不成立，①为假命题；
对于②，设等差数列an的公差为d，则an=a1+(n−1)d=na1+(n−1)(d−a1)(n∈N∗).
令bn=na1，cn=(n−1)(d−a1)，则an=bn+cn(n∈N∗)，
下面证bn是“某数列”.
设bn的前n项和为Tn，则Tn=n(n+1)2a1(n∈N∗)，
于是对任意的正整数n，总存在正整数m=nn+12，使得Tn=bn，所以bn是“某数列”.
同理，可证cn也是“某数列”.
所以对任意的等差数列an，总存在两个“某数列”bn和cn，使得an=bn+cn(n∈N∗)成立，故②为真命题.
故选：C.
7．（23-24高三下·重庆·阶段练习）定义：满足 an+2an+1:an+1an=qq 为常数，n∈N*）的数列an 称为二阶等比数列，q为二阶公比.已知二阶等比数列∣an的二阶公比为2,a1=1,a2=2，则使得an>2024 成立的最小正整数n为（ ）
A．7B．8C．9D．10
【解题思路】根据数列新定义可得anan−1=2n−1，利用累乘法求得an的表达式，解数列不等式，即可求得答案.
【解答过程】由题意知二阶等比数列∣an的二阶公比为2,a1=1,a2=2，则a2a1=2，
故anan−1=2n−1,an−1an−2=2n−2,⋯,a2a1=2，
将以上各式累乘得：ana1=2n−1⋅2n−2⋅⋯⋅2=2(n−1)n2=2n−1n4，
故an=2n(n−1)4，令2n−1n4>2024，由于210=1024,211=2048，
故n−1n4>10，即n−1n>40，
又n−1n的值随n的增大而增大，且(7−1)×7=42,(8−1)×8=56，
当n=7时，2n−1n4=2212=210×2<210×2=2024，
当n=8时，2n−1n4=214>2024，
故n的最小值为8，
故选：B.
8．（2024·北京东城·二模）设无穷正数数列an，如果对任意的正整数n，都存在唯一的正整数m，使得am=a1+a2+a3+⋯+an，那么称an为内和数列，并令bn=m，称bn为an的伴随数列，则（ ）
A．若an为等差数列，则an为内和数列
B．若an为等比数列，则an为内和数列
C．若内和数列an为递增数列，则其伴随数列bn为递增数列
D．若内和数列an的伴随数列bn为递增数列，则an为递增数列
【解题思路】对于ABD：举反例说明即可；对于C：根据题意分析可得am2>am1，结合单调性可得m2>m1，即可得结果.
【解答过程】对于选项AB：例题an=1，可知an即为等差数列也为等比数列，
则a1+a2=2，但不存在m∈N*，使得am=2，
所以an不为内和数列，故AB错误；
对于选项C：因为an>0，
对任意n1,n2∈N*，n1使得am1=a1+a2+a3+⋯+an1,am2=a1+a2+a3+⋯+an2，
则am2−am1=an1+1+an1+2+⋯+an2>0，即am2>am1，
且内和数列an为递增数列，可知m2>m1，
所以其伴随数列bn为递增数列，故C正确；
对于选项D：例如2,1,3,4,5,⋅⋅⋅，
显然an是所有正整数的排列，可知an为内和数列，且an的伴随数列为递增数列，
但an不是递增数列，故D错误；
故选：C.
二、多选题
9．（2024·山东青岛·三模）若有穷整数数列An:a1,a2,⋯ann≥3满足：ai+1−ai∈−1,2i=1,2,⋯,n−1，且a1=an=0，则称An具有性质T.则（ ）
A．存在具有性质T的A4
B．存在具有性质T的A5
C．若A10具有性质T，则a1,a2,⋯,a9中至少有两项相同
D．存在正整数k，使得对任意具有性质T的Ak，有a1,a2,⋯,ak−1中任意两项均不相同
【解题思路】对A、D：举出符合题意的例子即可得；对B：根据所给定义，借助反证法设a2−a1，a3−a2，a4−a3，a5−a4中有m个−1，4−m个2，从而有−1×m+24−m=0，推出矛盾；对C：a1，a2，a3，⋯，a10中的最大值为M，则存在ak，使得ak=M或ak=−M，若存在ak，使ak=M，先证：ak，ak+1，⋯，a10可以取遍0到M之间所有的整数，再对M分类讨论，即可得证；
【解答过程】对A：取数列0,2,1,0，易得其满足题意，此时该数列具有性质T，故A正确；
对B：假设存在数列a1,a2,a3,a4,a5具有性质T，则a1=a5=0，
且ai+1−ai∈−1,2i=1,2,⋯,4，
设ai+1−ai∈−1,2i=1,2,⋯,4中有m个−1，则有4−m个2，
则有i=14ai+1−ai=a2−a1+a3−a2+a4−a3+a5−a4=a5−a1
=m×−1+4−m×2=8−3m=0，即m=83，
其与m为整数矛盾，故假设错误，故B错误；
对C：设a1，a2，a3，⋯，a10中的最大值为M，
则存在ak，使得ak=M或ak=−M，
若存在ak，使ak=M，下证：ak，ak+1，⋯，a10可以取遍0到M之间所有的整数，
假设存在正整数mm令集合B=i|ai>m，设i0是集合B中元素的最大值，
则有ai0>m>ai0+1，
这与ai+1−ai∈−1,2i=1,2,⋯,n−1矛盾，
所以ak，ak+1，⋯，a10可以取遍0到M之间所有的整数，
若M=1，则a1，a2，a3，⋯，a9的取值只能为0，±1中的数，
此时a1，a2，a3，⋯，a9中必有两项相同，
若M=2，则a1，a2，a3，⋯，a9的取值只能为0，±1，±2中的数，
此时a1，a2，a3，⋯，a9中必有两项相同，
若M≥3，则a1，a2，a3，⋯，ak中一定有异于0和M的正整数，
再由ak，ak+1，⋯，a10可以取遍0到M之间所有的整数，
所以a1，a2，a3，⋯，a9中必有两项相同，
当ak=−M，同理可证：a1，a2，⋯，ak可以取遍−M到0之间所有的整数，
从而a1，a2，a3，⋯，a9中必有两项相同，故C正确；
对D：取数列0,2,1,0，此时该数列具有性质T，
且a1,a2,a3中任意两项均不相同，即存在k=4，故D正确.
故选：ACD.
10．（2024·重庆·模拟预测）设an是各项为正的无穷数列，若对于∀n∈N*，an+12−an2=d（d：为非零常数），则称数列an为等方差数列．那么（ ）
A．若an是等方差数列，则an2是等差数列
B．数列2n为等方差数列
C．若an是等方差数列，则数列an+1−an中存在小于1的项
D．若an是等方差数列，则存在正整数n，使得i=1n1ai>2024
【解题思路】对于B：代入定义计算即可判断；根据题意结合等差数列的定义分析判断A；借助题目条件，借助放缩将等式转换为不等式后结合数列的函数性质分析判断C；由题意将i=1n1ai表示出来后，使用放缩技巧，通过放缩法结合裂项相消法求和以表示出与i=1n1ai有关不等式即可判断D.
【解答过程】对于选项B：若an=2n时，则an2=22n，an+12=22n+2，
则an+12−an2=22n+2−22n=3×22n不为定值，
所以数列2n不是等方差数列，故B错误；
对于选项ACD：若an是等方差数列，则an+12−an2=d为常数，
所以数列an2是以a12为首项，公差为d的等差数列，故A正确；
可得an2=a12+n−1d，
当d<0时，则总存在正整数n，使a12+n−1d<0，
与an>0矛盾，故d>0恒成立，an+12−an2=d>0，
有an2=a12+n−1d>n−1d，an+12=a12+nd>nd，
即an>n−1d，an+1>nd，有an+1+an>n−1d+nd=n+n−1d，
则bn=an+1−an=dan+1+an由n+n−1随n的增大而增大，
故总存在正整数n使dn+n−1<1，即数列bn中存在小于1的项，故C正确；
由an2=a12+n−1d，故an=a12+n−1d，
则1an=1a12+n−1d=2a12+n−1d+a12+n−1d>2a12+nd+a12+n−1d
=2a12+nd−a12+n−1da12+nd+a12+n−1da12+nd−a12+n−1d
=2a12+nd−a12+n−1dd，
可得
i=1n1ai>2da12+d−a12+a12+2d−a12+d+⋅⋅⋅+a12+nd−a12+n−1d=2da12+nd−a1，
由a12+nd−a1随n的增大而增大，且n→+∞时，2da12+nd−a1→+∞，
故对任意的d>0，总存在正整数n使2da12+nd−a1>2024，
即总存在正整数n，使得i=kn1ai>2024，D正确；
故选：ACD．
11．（2024·浙江宁波·模拟预测）已知数列un，其前n项和为Sn，若存在常数M>0，对任意的n∈N∗，恒有un+1−un+un−un−1+⋯⋯+u2−u1≤M，则称un为B−数列.则下列说法正确的是（ ）
A．若un是以1为首项，q(|q|＜1)为公比的等比数列，则un为B−数列
B．若un为B−数列，则Sn也为B−数列
C．若Sn为B−数列，则un也为B−数列
D．若an,bn均为B−数列，则an⋅bn也为B−数列
【解题思路】对A，根据题意可得un=qn−1，利用B−数列的定义求解判断；对B，举反例un=1n∈N∗不合题意；对C，根据条件得un+1+un+⋯+u2≤M，结合B−数列的定义和绝对值三角不等式可判断；对D，由数列an,bn是B−数列，可得an≤M1+a1，bn≤M2+b1，结合绝对值三角不等式可证an+1bn+1−anbn≤K2M1+K1M2，得解.
【解答过程】对于A，un=qn−1，于是un+1−un=qn−qn−1=1−qqn−1，
∴un+1−un+un−un−1+⋯+u2−u1=1−qq0+q1+⋯+qn−1
=1−q⋅1−qn1−q<1−q1−q，故A正确；
对于B，若un=1n∈N∗，显然数列un是B−数列，Sn=n，
但Sn+1−Sn+Sn−Sn−1+⋯+S2−S1=n，所以数列Sn不是B−数列，故B错误；
对于C，因为数列Sn是B−数列，
所以存在正数M，对于任意的n∈N∗，
有Sn+1−Sn+Sn−Sn−1+⋯+S2−S1≤M，即un+1+un+⋯+u2≤M，
所以un+1−un+un−un−1+⋯+u2−u1≤un+1+2un+⋯+2u2+u1
≤2un+1+2un+⋯+2u2+u1=2M+u1，所以数列un是B−数列，故C正确；
对于D，若数列an,bn是B−数列，
则存在正数M1,M2，对任意的n∈N∗，有
an+1−an+an−an−1+⋯+a2−a1≤M1，bn+1−bn+bn−bn−1+⋯+b2−b1≤M2，
因为an=an−an−1+an−1−an−2+⋯+a2−a1+a1≤an−an−1+⋯a2−a1+a1
≤M1+a1，
同理可得bn≤M2+b1，记K1=M1+a1，K2=M2+b1，
则有an+1bn+1−anbn=an+1bn+1−anbn+1+anbn+1−anbn≤bn+1an+1−an+anbn+1−bn
≤K2an+1−an+K1bn+1−bn≤K2M1+K1M2，所以数列an⋅bn也是B−数列，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
12．（2024·江苏扬州·模拟预测）对于有穷数列an，从数列an中选取第i1项､第i2项､⋯､第im项i1【解题思路】求出和式中原数列中各项出现的次数即可得解.
【解答过程】数列1,2,4,8,16,32中的每一项，含有一个项的子列有C50个，含有两个项的子列有C51个，
含有三个项的子列有C52个，含有四个项的子列有C53个，含有五个项的子列有C54个，含有六个项的子列有C55个，
因此和式中，数列1,2,4,8,16,32中的每一项，都出现C50+C51+C52+C53+C54+C55=25=32次，
所以所求和为(1+2+4+8+16+32)×32=63×32=2016.
故答案为：2016.
13．（2023·黑龙江哈尔滨·模拟预测）牛顿选代法又称牛顿——拉夫逊方法，它是牛顿在17世纪提出的一种在实数集上近似求解方程根的一种方法.具体步骤如下图示：设r是函数y=fx的一个零点，任意选取x0作为r的初始近似值，在点x0,fx0作曲线y=fx的切线l1，设与l1轴x交点的横坐标为x1，并称x1为r的1次近似值；在点x1,fx1作曲线y=fx的切线l2，设与l2轴x交点的横坐标为x2，称x2为r的2次近似值.一般地，在点xn,fxnn∈N作曲线y=fx的切线ln+1，记ln+1与x轴交点的横坐标为xn+1，并称xn+1为r的n+1次近似值.设fx=x3+x−3x≥0的零点为r，取x0=0，则r的1次近似值为 3 ；若xn为r的n次近似值，设an=3xn3+xn2xn3+3，n∈N∗，数列an的前n项积为Tn.若任意n∈N∗，Tn>λ恒成立，则整数λ的最大值为 1 .
【解题思路】利用给定定义，整理出xn+1=2xn3+33xn2+1，求值解决第一空即可，利用an=3xn3+xn2xn3+3求出xnxn+1=an，进而得到Tn，再确定λ的最大值即可.
【解答过程】易知f′x=3x2+1，设切点为xn,xn3+xn−3，
由切线几何意义得斜率为3xn2+1，故切线方程为y=(3xn2+1)(x−xn)+xn3+xn−3，
由给定定义知(xn+1,0)在该直线上，代入直线得xn+1=−xn3+xn−33xn2+1+xn=2xn3+33xn2+1，
当x0=0时，易知x1=3，故r的1次近似值为3，
由an=3xn3+xn2xn3+3得，xnxn+1=3xn3+xn2xn3+3=an，
Tn=a1⋅a2⋯an=x1x2×x2x3×⋯×xnxn+1=3xn+1，
而函数fx=x3+x−3x≥0的零点为r，且f′x=3x2+1>0，
故fx在(0,+∞)上单调递增，且f1<0，f2>0，
故f2⋅f1<0，由零点存在性定理得r∈(1,2)，
由题意得3xn+1→3r∈(32,3)，故λ<32，而λ是整数，故λmax=1，
故答案为：3；1.
14．（2024·北京通州·三模）若数列{bn}、{cn}均为严格增数列，且对任意正整数n，都存在正整数m，使得bm∈[cn,cn+1]，则称数列{bn}为数列{cn}的“M数列”．已知数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论中正确的是 ①②④ ．
①存在等差数列{an}，使得{an}是{Sn}的“M数列”
②存在等比数列{an}，使得{an}是{Sn}的“M数列”
③存在等差数列{an}，使得{Sn}是{an}的“M数列”
④存在等比数列{an}，使得{Sn}是{an}的“M数列”
【解题思路】对于①取an=n分析判断，对于②④取an=2n−1分析判断，对于③，根据题意结合等差数列的性质分析判断.
【解答过程】对于①：例如an=n，则{an}为等差数列，可得Sn=n(n+1)2，则Sn+1=(n+1)(n+2)2，
所以an+1−an=n+1−n=1>0，Sn+1−Sn=an+1=n+1>1，
故{an}、{Sn}均为严格增数列，
取m=n(n+1)2，则am=an(n+1)2=n(n+1)2∈[n(n+1)2,(n+1)(n+2)2]，即am∈[Sn,Sn+1]恒成立，
所以{an}是{Sn}的“M数列”，故①正确；
对于②，例如an=2n−1>0，则{an}为等比数列，可得Sn=1−2n1−2=2n−1，则Sn+1=2n+1−1，
所以an+1−an=2n−2n−1=2n−1>0，Sn+1−Sn=an+1=2n>1，
故{an}、{Sn}均为严格增数列，
取m=n+1，则am=an+1=2n∈[2n−1,2n+1−1]，即am∈[Sn,Sn+1]恒成立 ，
所以{an}是{Sn}的“M数列”，故②正确；
对于③，假设存在等差数列{an}，使得{Sn}是{an}的“M数列”，
设等差数列{an}的公差为d，
因为{an}为严格增数列，则d>0，
又因为{Sn}为严格增数列，所以Sn+1−Sn=an+1>0，即当n≥2时，an>0恒成立，
取n0∈N∗，满足an0>2d，可知必存在n=k∈N∗，使得ak≤Sn0又因为{Sn}为严格增数列，
所以对任意正整数m≥n0+1，则有Sm≥Sn0+1=Sn0+an0+1>ak+2d=ak+2，即Sm>ak+2，
对任意正整数m≤n0，则有Sm≤Sn0故当n=k+1时，不存在正整数m，使得ak+1≤Sm≤ak+2，故③不成立；
对于④，例如an=2n−1>0，则{an}为等比数列，且{an}、{Sn}均为严格增数列，可得Sn=1−2n1−2=2n−1，
所以an+1−an=2n−2n−1=2n−1≥1，Sn+1−Sn=an+1=2n>1，
故{an}、{Sn}均为严格增数列，
取m=n，则Sm=Sn=2n−1∈[2n−1,2n]，即Sm∈[an,an+1]恒成立，
所以{Sn}是{an}的“M数列”，故④正确.
故答案为：①②④.
四、解答题
15．（2024·浙江·模拟预测）定义:x表示x的整数部分，{x}表示x的小数部分，例如[1.2]=1,{1.75}=0.75.数列an满足an+1=ananan∉Zanan∈Z其中a1=m.若存在k∈N+，使得当n>k时，an=an+1恒成立，则称数m为木来数.
(1)分别写出当m=2,m=53时a1,a2,a3,a4的值.
(2)证明:t2+1t∈N+是木来数
(3)若m为大于1的有理数.且m∉Z.求证:m为木来数
【解题思路】（1）根据题意直接计算即可；
（2）根据定义先计算a2，利用t2（3）先设an=qnpn,qn>pn>1,pn、qn∈Z且qn,pn互质，利用定义判定an,an+1不是整数时，有pn>qn−qnpnpn≥pn+1，再用反证法判定数列an中存在整数即可证明.
【解答过程】（1）当m=2时，a1=2,a2=a1a1=12−1=2+1，同理a3=22+2,a4=22+2，
当m=53时，a1=53,a2=a1a1=123=32，同理a3=2,a4=2；
（2）当m=t2+1,t∈N+时，即a1=t2+1，则a2=tt2+1−t=tt+t2+1，
由于t所以tt2+1=t2，则a2=2t2，所以a3=2t2tt2+1−t2=2tt+tt2+1，
由于2t2<2tt2+1<2t2+1，所以2tt2+1=2t2，则
a4=4t22tt2+1−2t2=2tt+tt2+1=a3，
由此知an=an+1对n≥3,n∈N+恒成立.
可知当m=t2+1时，m为木来数；
（3）设an=qnpn,qn>pn>1,pn、qn∈Z且qn,pn互质，
可知an与an+1均不为整数时，有an+1=qn+1pn+1=anan−an=qnpnqnpn−qnpn=pn⋅qnpnqn−pn⋅qnpn，
显然qnpn−qnpn<1⇒pn>qn−pn⋅qnpn，
且此时qn−pn⋅qnpn为正整数，又qn+1,pn+1互质，则qn−qnpnpn≥pn+1，
故pn>qn−qnpnpn≥pn+1，
下面用反证法说明数列an中存在整数.
由a1为有理数可知，an也为有理数.
则p1>p2>…>pp1，推出pp1≤1，与假设矛盾.
因此m为木来数.
16．（23-24高二下·安徽六安·期末）如果无穷数列an满足“对任意正整数i,ji≠j，都存在正整数k，使得ak=ai⋅aj”，则称数列an具有“性质P”.
(1)若等比数列an的前n项和为Sn，且公比q>1,S2=12,S4=120，求证：数列an具有“性质P”；
(2)若等差数列bn的首项b1=1，公差d∈Z，求证：数列bn具有“性质P”，当且仅当d∈N；
(3)如果各项均为正整数的无穷等比数列cn具有“性质P”，且213,512,415,1012四个数中恰有两个出现在数列cn中，求c1的所有可能取值之和.
【解题思路】(1)利用等比数列的性质求解即可；
(2)利用等差数列的性质结合题目的定义求解即可；
(3)利用枚举法，结合题目的新定义求解即可.
【解答过程】（1）S2=a1+a2=a1+a1q=12,S4=a1+a2+a3+a4=a1+a1q+a1q2+a1q3=120,
解得：a1+a2+a1+a2q2=120,则12+12q2=120,即1+q2=10,
且q>1,q=3, a1=3,an=3n,
若ak=ai⋅aj,则3k=3i⋅3j=3i+j,
则当k=i+j,对任意正整数i,ji≠j，都存在正整数k使得ak=ai⋅aj,
则等比数列an满足性质P.
（2）因为数列bn具有“性质P”bn=b1+n−1d，
则bk=b1+k+1d,bi=b1+i−1d,bj=b1+j−1d,
若数列具有性质P,则b1+k−1d=b1+i−1db1+j−1d，
则b1+k−1d=b12+b1⋅d⋅j−1+i−1+i−1j−1d2，
又b1=1,则1+(k−1)d=12+dj−1+i−1+i−1j−1d2,
则k−1d=dj−1+i−1+i−1j−1d2，
则dj−1+i−1−k−1+i−1j−1d2=0，
则d(j−1)i−1−k−1+i−1j−1d=0，
又d∈Z则当d=0时上式成立，
当d≠0时.j−1i−1−k−1+i−1j−1d=0，
则i−1j−11+d−k−1=0, i−1j−11+d=k−1.
因为i,j,k∈N∗,则i,j≠1时，则k−1≠0,则k≠1, k−1∈N,则1+d∈N,则d∈N.
反之，若d∈N,则1+d∈N,则上面各式成立，则数列bn具有“性质P”
综上数列bn具有“性质P”，当且仅当d∈N.
（3）从213,512,415,1012这四个数中任选两个，共有以下6种情况：213，1012；213，415；
213，512; 1012，415; 1012，512; 415，512.
①对于213，415 因为415213=217为正整数，可以认为an是等比数列中的项，an=2n−1，首项的最小值为1.
下面说明此数列具有性质P：
213=a12，415=a29，任取i,j∈N∗，j>i≥1，则ai⋅aj=2i−1⋅2j−1 =ai+j−1，
i+j−1为正整数，因此此数列具有性质P，
②对于1012，512.因为1012512=212为正整数，认为是等比数列an中的项，an=512⋅2n−1，
首项的最小值为512，下面说明此数列不具有性质P：
512=a1，1012=a13，若ak=a1⋅a13=512⋅1012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213，1012；213，512；1012，415；415，512
每组所在等比数列an不具有“性质P’’.
17．（2024·黑龙江·三模）如果n项有穷数列an满足a1=an，a2=an−1，…，an=a1，即ai=an−i+1i=1,2,⋯,n，则称有穷数列an为“对称数列”.
(1)设数列bn是项数为7的“对称数列”，其中b1,b2,b3,b4成等差数列，且b2=3,b5=5，依次写出数列bn的每一项；
(2)设数列cn是项数为2k−1(k∈N∗且k≥2)的“对称数列”，且满足cn+1−cn=2，记Sn为数列cn的前n项和.
①若c1，c2，…，ck构成单调递增数列，且ck=2023.当k为何值时，S2k−1取得最大值?
②若c1=2024，且S2k−1=2024，求k的最小值.
【解题思路】（1）根据新定义“对称数列”的定义和已知条件可求得公比，进而求得结果；
（2）①根据对称数列的定义可得数列为等差数列，然后根据二次函数的性质来求解；②由条件得到数列相邻两项间的大小关系，并结合定义求得的取值范围，然后结合已知条件确定出最后的结果
【解答过程】（1）因为数列bn是项数为7的“对称数列”，所以b5=b3=5，
又因为b1,b2,b3,b4成等差数列，其公差d=b3−b2=2，…
所以数列bn的7项依次为1，3，5，7，5，3，1；
（2）①由c1，c2，…，ck是单调递增数列，数列cn是项数为2k−1的“对称数列”且满足cn+1−cn=2，
可知c1，c2，…，ck构成公差为2的等差数列，ck，ck+1，…，c2k−1构成公差为−2的等差数列，
故S2k−1=c1+c2+...+c2k−1=2ck+ck−1+...+c2k−1−ck
=22023k+k(k−1)2×(−2)−2023=−2k2+4048k−2023，
所以当k=−4048−4=1012时，S2k−1取得最大值；
②因为cn+1−cn=2即cn+1−cn=±2，
所以cn+1−cn≥−2即cn+1≥cn−2，
于是ck≥ck−1−2≥ck−2−4≥…≥c1−2(k−1)，
因为数列{cn}是“对称数列”，
所以S2k−1=c1+c2+...+c2k−1=2c1+c2+...+ck−1+ck
≥(2k−1)c1−2(k−2)(k−1)−2(k−1)=−2k2+4052k−2026，
因为S2k−1=2024，故−2k2+4052k−2026≤2024，
解得k≤1或k≥2025，所以k≥2025，
当c1，c2，…，ck构成公差为−2的等差数列时，满足c1=2024，
且S2k−1=2024，此时k=2025，所以k的最小值为2025.
18．（2024·福建泉州·模拟预测）若无穷数列an满足：对于∀n∈N*，an+12−an2=p，其中p为常数，则称数列an为P数列．
(1)若一个公比为q的等比数列xn为“P数列”，求q的值；
(2)若a1=1，p=2，yn是首项为1，公比为3的等比数列，在yk与yk+1之间依次插入数列an2中的k项构成新数列cn:y1,a12,y2,a22,a32,y3,a42,a52,a62,y4,⋅⋅⋅⋅⋅⋅，求数列cn中前30项的和S30．
(3)若一个“P数列"an满足a1=2,a2=22,an>0，设数列1an的前n项和为Tn．是否存在正整数m,k，使不等式Tn>mn+k−1对一切n∈N∗都成立？若存在，求出m,k的值；若不存在，说明理由．
【解题思路】（1）根据等比数列的通项公式，列出“P数列”的式子，变形后得xn+12−xn2=x12q2n−2q2−1=P，P与n无关，即可求解；
（2）由题意确定数列cn中前30项含有yn的前7项和数列an2的前23项，结合等差和等比数列的前n项和公式，即可求解；
（3）首先求解出an=2n，可得数列1cn的前n项和Tn，并假设存在m,k，通过验证求得m=k=1，再利用放缩法，证明结论成立.
【解答过程】（1）数列xn是等比数列，则xn=x1qn−1，xn2=x12q2n−2，
则xn+12−xn2=x12q2n−x12q2n−2=x12q2n−2q2−1=P，
因为P与n无关，所以q2−1=0，即q=±1；
（2）由题意可知，an+12−an2=2，而a12=1，所以an2=a12+n−1×2=2n−1，
yn是首项为1，公比为3的等比数列，
而新数列cn中yk+1项（含yk+1）前共有1+2+3+...+k+k+1=k+1k+22项，
令k+1k+22≤30，结合k∈N∗，解得：k≤6，
故数列cn中前30项含有yn的前7项和数列an2的前23项，
所以数列cn中前30项的和T30=1−371−3+23×1+23×222×2=1622；
（3）因为数列an是“P数列”，a1=2，a2=22，an>0，
则P=a22−a12=4，an2=a12+n−1P=4+n−1×4=4n，得an=2n，
所以数列1an的前n项和Tn=1211+12+13+...+1n，
假设存在正整数m,k，使得不等式1211+12+13+...+1n>mn+k−1，对一切n∈N∗都成立，
即11+12+13+...+1n>2mn+k−1
当n=1时，1>2m+k−1，得m+k<94，
又m,k为正整数，得m=k=1
下面证明：11+12+13+...+1n>2mn+k−1对一切n∈N∗都成立，
由于1n=2n+n>2n+1+n=2n+1−n，n∈N∗，
所以11+12+13+...+1n>22−1+3−2+...+n+1−n，
=2n+1−1，
所以存在m=k=1，使不等式Tn>mn+k−1对一切n∈N∗都成立.
19．（2024·福建厦门·模拟预测）对于数列an，数列an+1−an称为数列an的差数列或一阶差数列.an差数列的差数列，称为an的二阶差数列.一般地，an的k阶差数列的差数列，称为an的k+1阶差数列.如果an的k阶差数列为常数列，而k−1阶差数列不是常数列，那么an就称为k阶等差数列.
(1)已知20，24，26，25，20是一个k阶等差数列an的前5项.求k的值及a6；
(2)证明：二阶等差数列bn的通项公式为bn=b1+n−1b2−b1+12n−1n−2b3−2b2+b1；
(3)证明：若数列cn是k阶等差数列，则cn的通项公式是n的k次多项式，即cn=i=0kλini（其中λi（i=0，1，⋯，k）为常实数）
【解题思路】（1）根据定义直接进行求解，得到k=3，并根据二阶差数列的第4项为−5，求出一阶差数列的第5项为−10，得到方程，求出a6=10；
（2）令dn=bn+1−bn，根据二阶等差数列的定义得到dn−dn−1=dn−1−dn−2=⋯=d2−d1=b3−2b2+b1，再利用累加法求出bn=12n−1n−2b3−2b2+b1+n−1b2−b1+b1；
（3）数学归纳法证明出Sm,n=i=1nim为n的m+1次多项式，利用引理可证出结论.
【解答过程】（1）an的一阶差数列为4，2，−1，−5；二阶差数列为−2，−3，−4；
三阶差数列为−1，−1，−1为常数列，故an为三阶等差数列，即k=3，
二阶差数列的第4项为−5，故一阶差数列的第5项为−10，即a6−a5=−10，故a6=10.
（2）令dn=bn+1−bn，
因为bn是二阶等差数列，所以dn−dn−1=dn−1−dn−2=⋯=d2−d1=b3−2b2+b1，
因此dn=dn−dn−1+dn−1+dn−2+⋯+d2−d1+d1=n−1b3−2b2+b1+b2−b1，
所以bn=bn−bn−1+bn−1+bn−2+⋯+b2−b1+b1
=dn−1+dn−2+⋯+d1+b1
=n−2+n−3+⋯+1+0b3−2b2+b1+n−1b2−b1+b1
=12n−1n−2b3−2b2+b1+n−1b2−b1+b1，命题得证.
（3）证明：先证一个引理：记Sm,n=i=1nim，Sm,n是n的m+1次多项式，
数学归纳法：当m=1时，S1,n=1+2+3+⋯+n=12nn+1是n的2次多项式，
假设Sk,n是n的k+1次多项式，对k=0,1,⋯,m−1都成立，
由二项式定理，n+1m+1−nm+1=k=0mCm+1knk，规定00=1，
将n取0，1，2，…，n，得1−0=1，1+1m+1−1=k=0mCm+1k1k，
2+1m+1−2m+1=k=0mCm+1k2k，……，n+1m+1−nm+1=k=0mCm+1knk，
求和可得
n+1m+1=1+k=0mCm+1k1k+k=0mCm+1k2k+⋯+k=0mCm+1knk=k=0mCm+1kSk,n，
则n+1m+1−k=0m−1Cm+1kSk,n=Cm+1mSm,n=m+1Sm,n，
故Sm,n=n+1m+1−k=0m−1Cm+1kSk,nm+1是n的m+1次多项式，引理得证.
回到本题，由（2）可知，2阶等差数列的通项是n的2次多项式，
假设k阶等差数列cn的通项公式是n的k次多项式，
对于k+1阶等差数列，它的差数列cn′是k阶等差数列，即cn′=i=0kλini，
故cn=c1+i=1n−1ci′=c1+i=0kλij=1n−1ji，
由引理可知，此为n的k次多项式，命题得证.