拔高点突破01 新情景、新定义下的数列问题（七大题型）-2025年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）

这是一份拔高点突破01 新情景、新定义下的数列问题（七大题型）-2025年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考），文件包含拔高点突破01新情景新定义下的数列问题七大题型原卷版docx、拔高点突破01新情景新定义下的数列问题七大题型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共76页， 欢迎下载使用。
\l "_Tc172672077" 02 题型归纳与总结 PAGEREF _Tc172672077 \h 3
\l "_Tc172672078" 题型一：牛顿数列问题 PAGEREF _Tc172672078 \h 3
\l "_Tc172672079" 题型二：高考真题下的数列新定义 PAGEREF _Tc172672079 \h 6
\l "_Tc172672080" 题型三：数列定义新概念 PAGEREF _Tc172672080 \h 18
\l "_Tc172672081" 题型四：数列定义新运算 PAGEREF _Tc172672081 \h 23
\l "_Tc172672082" 题型五：数列定义新情景 PAGEREF _Tc172672082 \h 28
\l "_Tc172672083" 题型六：差分数列、对称数列 PAGEREF _Tc172672083 \h 34
\l "_Tc172672084" 题型七：非典型新定义数列 PAGEREF _Tc172672084 \h 35
\l "_Tc172672085" 03 过关测试 PAGEREF _Tc172672085 \h 43
1、“新定义型”数列题考查了学生阅读和理解能力，同时考查了学生对新知识、新事物接受能力和加以简单运用的能力，考查了学生探究精神．要求解题者通过观察、阅读、归纳、探索进行迁移，即读懂和理解新定义，获取有用的新信息，然后运用这些有效的信息进一步推理，综合运用数学知识解决问题的能力和探索能力（多想少算甚至不算）．因此，“新定义型”数列在高考中常有体现，是一种用知识归类、套路总结、强化训练等传统教学方法却难以解决高考中不断出现的新颖试题．
2、解答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．
题型一：牛顿数列问题
【典例1-1】（2024·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是函数的一个零点，任意选取作为r的初始近似值，在点作曲线的切线，设与轴x交点的横坐标为，并称为r的1次近似值；在点作曲线的切线，设与轴x交点的横坐标为，称为r的2次近似值.一般地，在点作曲线的切线，记与x轴交点的横坐标为，并称为r的次近似值.设的零点为r，取，则r的1次近似值为 ；若为r的n次近似值，设，，数列的前n项积为.若任意，恒成立，则整数的最大值为 .
【答案】 3 1
【解析】易知，设切点为，
由切线几何意义得斜率为，故切线方程为，
由给定定义知在该直线上，代入直线得，
当时，易知，故的1次近似值为，
由得，，
，
而函数的零点为，且，
故在上单调递增，且，，
故，由零点存在性定理得，
由题意得，故，而是整数，故，
故答案为：3；1
【典例1-2】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)证明数列是等比数列并求；
(2)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.
【解析】（1）由，得，
所以
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；
（2）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，
而，
所以；
当n为奇数时，原式化简为，
又，且，，在上单调递增，
所以，
此时，所以；
综上可知，.
【变式1-1】英国物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数的零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛，若数列满足，则称数列为牛顿数列，如果，数列为牛顿数列，设且，，数列的前项和为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】依题意，，
，，
依题意，
即，
则，
（由于，所以），
则，
两边取对数得，即，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.
所以，所以.
故选：A
【变式1-2】科学家牛顿用“作切线”的方法求函数的零点时，给出了“牛顿数列”，其定义是：对于函数，若数列满足，则称数列为牛顿数列，若函数，数列为牛顿数列且，则的值是（ ）
A．8B．2C．D．
【答案】C
【解析】根据题意，
，
所以，
又，
所以为首项是2，公比是的等比数列，
所以，
所以，
所以，
故选：C.
题型二：高考真题下的数列新定义
【典例2-1】（2024·北京·高考真题）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“”．
【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“”.
【典例2-2】（2024·全国·高考真题）设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列．
(1)写出所有的，，使数列是可分数列；
(2)当时，证明：数列是可分数列；
(3)从中一次任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：．
【解析】（1）首先，我们设数列的公差为，则.
由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，
故我们可以对该数列进行适当的变形，
得到新数列，然后对进行相应的讨论即可.
换言之，我们可以不妨设，此后的讨论均建立在该假设下进行.
回到原题，第1小问相当于从中取出两个数和，使得剩下四个数是等差数列.
那么剩下四个数只可能是，或，或.
所以所有可能的就是.
（2）由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下两个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，共组.
（如果，则忽略②）
故数列是可分数列.
（3）定义集合，.
下面证明，对，如果下面两个命题同时成立，
则数列一定是可分数列：
命题1：或；
命题2：.
我们分两种情况证明这个结论.
第一种情况：如果，且.
此时设，，.
则由可知，即，故.
此时，由于从数列中取出和后，
剩余的个数可以分为以下三个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，共组；
③，共组.
（如果某一部分的组数为，则忽略之）
故此时数列是可分数列.
第二种情况：如果，且.
此时设，，.
则由可知，即，故.
由于，故，从而，这就意味着.
此时，由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下四个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，，共组；
③全体，其中，共组；
④，共组.
（如果某一部分的组数为，则忽略之）
这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含个行，个列的数表以后，个列分别是下面这些数：
，，，.
可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍中除开五个集合，，，，中的十个元素以外的所有数.
而这十个数中，除开已经去掉的和以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.
这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列是可分数列.
至此，我们证明了：对，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列一定是可分数列.
然后我们来考虑这样的的个数.
首先，由于，和各有个元素，故满足命题1的总共有个；
而如果，假设，则可设，，代入得.
但这导致，矛盾，所以.
设，，，则，即.
所以可能的恰好就是，对应的分别是，总共个.
所以这个满足命题1的中，不满足命题2的恰好有个.
这就得到同时满足命题1和命题2的的个数为.
当我们从中一次任取两个数和时，总的选取方式的个数等于.
而根据之前的结论，使得数列是可分数列的至少有个.
所以数列是可分数列的概率一定满足
.
这就证明了结论.
【变式2-1】（2023·北京·高考真题）已知数列的项数均为m，且的前n项和分别为，并规定．对于，定义，其中，表示数集M中最大的数.
(1)若，求的值；
(2)若，且，求；
(3)证明：存在，满足 使得．
【解析】（1）由题意可知：，
当时，则，故；
当时，则，故；
当时，则故；
当时，则，故；
综上所述：，，，.
（2）由题意可知：，且，
因为，且，则对任意恒成立，
所以，
又因为，则，即，
可得，
反证：假设满足的最小正整数为，
当时，则；当时，则，
则，
又因为，则，
假设不成立，故，
即数列是以首项为1，公差为1的等差数列，所以.
（3）因为均为正整数，则均为递增数列，
（ⅰ）若，则可取，满足 使得；
（ⅱ）若，则，
构建，由题意可得：，且为整数，
反证，假设存在正整数，使得，
则，可得，
这与相矛盾，故对任意，均有.
①若存在正整数，使得，即，
可取，
满足，使得；
②若不存在正整数，使得，
因为，且，
所以必存在，使得，
即，可得，
可取，
满足，使得；
（ⅲ）若，
定义，则，
构建，由题意可得：，且为整数，
反证，假设存在正整数，使得，
则，可得，
这与相矛盾，故对任意，均有.
①若存在正整数，使得，即，
可取，
即满足，使得；
②若不存在正整数，使得，
因为，且，
所以必存在，使得，
即，可得，
可取，
满足，使得.
综上所述：存在使得．
【变式2-2】（2022·北京·高考真题）已知为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的，在Q中存在，使得，则称Q为连续可表数列．
(1)判断是否为连续可表数列？是否为连续可表数列？说明理由；
(2)若为连续可表数列，求证：k的最小值为4；
(3)若为连续可表数列，且，求证：．
【解析】（1），，，，，所以是连续可表数列；易知，不存在使得，所以不是连续可表数列．
（2）若,设为,则至多，6个数字，没有个，矛盾；
当时,数列，满足，，，，，，，， ．
（3），若最多有种，若，最多有种，所以最多有种，
若，则至多可表个数，矛盾,
从而若,则，至多可表个数，
而，所以其中有负的，从而可表1~20及那个负数（恰 21个），这表明中仅一个负的，没有0，且这个负的在中绝对值最小，同时中没有两数相同,设那个负数为 ，
则所有数之和，，
，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足个，
（仅一种方式），
与2相邻，
若不在两端,则形式，
若，则（有2种结果相同，方式矛盾），
， 同理 ，故在一端，不妨为形式，
若,则 （有2种结果相同，矛盾），同理不行，
，则 （有2种结果相同，矛盾），从而，
由于,由表法唯一知3,4不相邻,、
故只能，①或，②
这2种情形，
对①：，矛盾，
对②：，也矛盾，综上，
当时，数列满足题意，
．
【变式2-3】（2021·北京·高考真题）设p为实数.若无穷数列满足如下三个性质，则称为数列：
①，且；
②；
③，．
（1）如果数列的前4项为2，-2，-2，-1，那么是否可能为数列？说明理由；
（2）若数列是数列，求；
（3）设数列的前项和为.是否存在数列，使得恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，说明理由．
【解析】(1)因 为 所以，
因 为所 以
所以数列，不可能是数列.
(2)性质①，
由性质③，因此或，或，
若，由性质②可知，即或，矛盾；
若，由有，矛盾.
因此只能是.
又因为或，所以或.
若，则，
不满足，舍去.
当，则前四项为:0，0，0，1，
下面用数学归纳法证明：
当时，经验证命题成立，假设当时命题成立，
当时：
若，则，利用性质③：
，此时可得：；
否则，若，取可得：，
而由性质②可得：，与矛盾.
同理可得：
，有；
，有；
，又因为，有
即当时命题成立，证毕.
综上可得：，.
(3)令，由性质③可知：
，
由于，
因此数列为数列.
由（2）可知:
若；
，，
因此，此时，，满足题意.
题型三：数列定义新概念
【典例3-1】（2024·广东·模拟预测）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.
【解析】（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，.
【典例3-2】对任意正整数，定义的丰度指数，其中为的所有正因数的和．
(1)求的值：
(2)若，求数列的前项和
(3)对互不相等的质数，证明：，并求的值．
【解析】（1）因为的所有正因数为，所以，得到.
（2）因为共有个正因数，它们为，
所以，得到，
所以，
令①，则②，
由①②得到，
所以，
故.
（3）因为是互不相等的质数，则的正因数有个，它们是，
的正因数均为个，分别为和，
的正因数有个，分别为，
所以，
，
因为，所以.
【变式3-1】（2024·重庆·模拟预测）对于数列，定义，满足，记，称为由数列生成的“函数”．
(1)试写出“函数” ，并求的值；
(2)若“函数” ，求n的最大值；
(3)记函数，其导函数为，证明：“函数” ．
【解析】（1）由定义及．知，
所以是公差为m的等差数列，所以．
因为，所以，
所以，即．
当时，有，
，
……
，
所以，
即．
（1）当时，，
所以“函数” ．
当时，．
（2）当时，，
故“函数”
．
由，得．
令，则，
所以在上单调递增．
因为．所以当时，，所以当时，，
故n的最大值为5．
（3）证明：由题意得
由，得，
所以，所以，
所以
【变式3-2】（2024·甘肃张掖·模拟预测）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)求不等式的解集；
(3)是否存在数列，使得数列为等比数列？请说明理由．
【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，
（3）因为，
，，
依次类推，，
故
，
若使为等比数列，则或.
题型四：数列定义新运算
【典例4-1】（2024·吉林长春·模拟预测）记集合无穷数列中存在有限项不为零，，对任意，设．定义运算若，则，且．
(1)设，用表示；
(2)若，证明：：
(3)若数列满足，数列满足，设，证明：．
【解析】（1）因为，所以，
所以，
根据多项式的乘法可得：．
（2）因为，
所以．
又，
所以，
所以
（3）对于，
因为，所以，
所以，
所以，
所以．
所以．
所以．
所以
【典例4-2】（2024·浙江杭州·三模）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，．
【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.
【变式4-1】（2024·山东青岛·一模）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：．
【解析】（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，
.
【变式4-2】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”）.如取正整数，根据上述运算法则得出，共需经过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），当时，（ ）
A．170B．168C．130D．172
【答案】D
【解析】依题意，，
故，
又，所以．
所以．
故选：D.
题型五：数列定义新情景
【典例5-1】（多选题）（2024·山东青岛·三模）若有穷整数数列满足：，且，则称具有性质.则（ ）
A．存在具有性质的
B．存在具有性质的
C．若具有性质，则中至少有两项相同
D．存在正整数，使得对任意具有性质的，有中任意两项均不相同
【答案】ACD
【解析】对A：取数列，易得其满足题意，此时该数列具有性质，故A正确；
对B：假设存在数列具有性质，则，
且，
设中有个，则有个，
则有
，即，
其与为整数矛盾，故假设错误，故B错误；
对C：设，，，，中的最大值为，
则存在，使得或，
若存在，使，下证：，，，可以取遍到之间所有的整数，
假设存在正整数使得，，，中各项均不为，
令集合，设是集合中元素的最大值，
则有，
这与矛盾，
所以，，，可以取遍到之间所有的整数，
若，则，，，，的取值只能为，中的数，
此时，，，，中必有两项相同，
若，则，，，，的取值只能为，，中的数，
此时，，，，中必有两项相同，
若，则，，，，中一定有异于和的正整数，
再由，，，可以取遍到之间所有的整数，
所以，，，，中必有两项相同，
当，同理可证：，，，可以取遍到之间所有的整数，
从而，，，，中必有两项相同，故C正确；
对D：取数列，此时该数列具有性质，
且中任意两项均不相同，即存在，故D正确.
故选：ACD.
【典例5-2】（2024·河南·二模）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，若对于集合中的元素，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，判断数列是否具有性质，若具有，写出集合与集合；
(2)已知数列具有性质且集合中的最小元素为.集合中的最小元素为，当时，证明：.
【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）因为是各项均为正整数的递增数列，，
集合中的最小元素为，故当为连续正整数，
即取，
因为前至少有连续两个正整数1，2，
即，存在正整数，
因为集合中的最小元素为，故.
因为，故数列具有性质，
故存在使得，且，
而为数列具有性质且集合中的最小元素，故
所以.
【变式5-1】（2024·北京东城·二模）已知为有穷整数数列，若满足：，其中，是两个给定的不同非零整数，且，则称具有性质.
(1)若，，那么是否存在具有性质的？若存在，写出一个这样的；若不存在，请说明理由；
(2)若，，且具有性质，求证：中必有两项相同；
(3)若，求证：存在正整数，使得对任意具有性质的，都有中任意两项均不相同.
【解析】（1）不存在具有性质的，理由如下：
设，由于，，
设，，，中有个，个，
则有，
所以，解得，与为整数矛盾，
所以不存在具有性质的.
（2）设，，，，中的最大值为，则存在，使得或，
若存在，使，下证：，，，可以取遍到之间所有的整数，
假设存在正整数使得，，，中各项均不为，
令集合，设是集合中元素的最大值，
则有，
这与矛盾，
所以，，，可以取遍到之间所有的整数，
若，则，，，，的取值只能为，中的数，
此时，，，，中必有两项相同，
若，则，，，，的取值只能为，，中的数，
此时，，，，中必有两项相同，
若，则，，，，中一定有异于和的正整数，
再由，，，可以取遍到之间所有的整数，
所以，，，，中必有两项相同，
当，同理可证：，，，可以取遍到之间所有的整数，
从而，，，，中必有两项相同.
（3）不妨设，当，，，中恰有个，个，
由于，
所以取，此时具有性质，
下证：中任意两项均不相同，
若存在使得，
令，，
则有，，
令，，则有且，，
由于，则有，
若，则有，即，
当时，有，从而，矛盾；
若，则有且，
因此有，，，，
所以此时，，矛盾；
综上所述，存在正整数，使得对任意具有性质的，都有中任意两项均不相同.
【变式5-2】（2024·北京朝阳·一模）若有穷自然数数列：满足如下两个性质，则称为数列：
①，其中，表示，这个数中最大的数；
②，其中，表示，这个数中最小的数.
(1)判断：2，4，6，7，10是否为数列，说明理由；
(2)若：是数列，且，，成等比数列，求；
(3)证明：对任意数列：，存在实数，使得.（表示不超过的最大整数）
【解析】（1）：2，4，6，7，10不是数列，理由如下：
因为，
所以，
但，所以不满足性质①，故不是数列；
（2）根据：是数列可得：满足：
或，或，
①若，因为，，成等比数列，所以，
又，所以，所以，得，
②若，因为，，成等比数列，所以，
当时，，解得，与为自然数矛盾，舍去；
当时，，解得，与为自然数矛盾，舍去；
所以，
由以及，
得，所以，
由以及，
得，
由以及，
可知，所以；
（3）当时，根据数列的定义，可知或,
若，取，则，结论成立，
若，取，则，结论成立，
假设存在自然数，存在数列使得结论不成立，设这样的的最小值为，
即存在数列对任意实数，存在，使得，
根据假设，数列的前项组成的数列是一个数列，
从而存在实数，使得，，
即，
令，则，
令 ，则，
①若，根据的定义，存在，使得，
又，
则且，
所以，
②若，根据的定义，存在，使得，
又，
则，且，
所以，
所以，
令，则，
即，
所以，
所以，
即，与假设矛盾，
综上，结论成立.
题型六：差分数列、对称数列
【典例6-1】（多选题）如果项数有限的数列满足，则称其为“对称数列”，设是项数为的“对称数列”，其中，，，是首项为，公差为的等差数列，则（ ）
A．若，则B．若，则所有项的和为
C．当时，所有项的和最大D．所有项的和不可能为
【答案】BCD
【解析】记的各项之和为，，，，是首项为，公差为的等差数列，
可得，
所以，
当时，取到最大值，且最大值为626，故选项C正确；
当时，，故选项B正确；
，方程无正整数解，所以所有项的和不可能为，故选项D正确；
若，则，故选项A错误.
故选：BCD
【典例6-2】若项数为的数列满足：我们称其为项的“对称数列”．例如：数列为项的“对称数列”；数列为项的“对称数列”．设数列为项的“对称数列”，其中是公差为的等差数列，数列的最大项等于，记数列的前项和为，若，则 ．
【答案】3或4
【解析】由题意，，又是公差为的等差数列，故，则，.
又，故，即，
由等差数列前项和公式有，化简得，解得或.
故答案为：3或4
【变式6-1】（2024·四川南充·三模）对于数列，规定为数列的一阶差分，其中，规定为数列的k阶差分，其中．若，则（ ）
A．7B．9C．11D．13
【答案】D
【解析】由可得
，
，
由可得，
所以，
故选：D.
【变式6-2】（2024·四川南充·三模）对于数列，规定为数列的一阶差分，其中，规定为数列的阶差分，其中.若，则（ ）
A．7B．9C．11D．13
【答案】A
【解析】由新定义知，，，
所以，
故选：A
题型七：非典型新定义数列
【典例7-1】（2024·黑龙江·模拟预测）已知n行n列的数表中，满足：，.若数表满足当时，总有，则称此数表为典型数表，此时记.
(1)若数表，，请直接写出M，N是否是典型数表；
(2)当时，是否存在典型数表A使得，若存在，请写出一个数表A；若不存在，请说明理由；
(3)若数表A为典型数表，求的最小值（直接写出结果，不需要证明）.
【解析】（1）M不是典型数表，N是典型数表.
因为数表，所以，
此时，
，
所以，
不满足当时，总有，
故数表不是典型数表；
因为数表，所以当时，，
，
所以，
由于数表N的数据具有对称性，所以当时，总有，
故数表N是典型数表.
（2）假设当时，存在典型数表A使得，
则需满足取得最小，即典型数表A中的“1”需要最少，
由典型数表的定义可知：当时，总有，
所以需要使得尽量多的横列和，
所以将表分成4个4×4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，此时可保证取得最小，
而满足上述条件的典型数表A如，
此时满足取得最小，但是的最小值为32，
故不存在典型数表，使得.
（3）由（2）可知，要使取得最小，
需要尽量多的横列和或典型数表中“1”尽量少，
当为偶数时，结合（2）分析可得：的最小值为；
当为奇数时，在偶数的数表中间加上一行和一列，且在新增行列中添加个“1”，
即可满足典型数列，此时的最小值为.
【典例7-2】（2024·辽宁葫芦岛·二模）设数阵，其中.设，其中，且.定义变换为“对于数阵的每一列，若其中有t或，则将这一列中所有数均保持不变；若其中没有t且没有，则这一列中每个数都乘以”（），表示“将经过变换得到，再将经过变换得到，…，以此类推，最后将经过变换得到.记数阵中四个数的和为.
(1)若，，写出经过变换后得到的数阵，并求的值；
(2)若，，求的所有可能取值的和；
(3)对任意确定的一个数阵，证明：的所有可能取值的和不大于.
【解析】（1）因为，，
经过变换得到的数阵，
经过变换得到的数阵，
所以.
（2）若，则或，
可得，4种情况；
若或，，则，
可得，4种情况；
若，从和中各取出一个元素a，b，
，，，则，
可得，8种；
若，，则或，
可得，4种情况；
综上，的所有可能取值的和；
（3）若，在的所有非空子集中，
①含有且不含的子集共个，
其中含有奇数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均仍为，；
其中含有偶数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均变为，；
②含有且不含的子集共个，
其中含有奇数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均仍为，；
其中含有偶数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均变为，；
③同时含有和的子集共个，
其中含有奇数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均变为，；
其中含有偶数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均仍为，；
④不含也不含的子集共个，
其中含有奇数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均变为，；
其中含有偶数个元素的集合有7个，经过变换后第一列均变为，；
若，在的所有非空子集中，
①含有的子集共个，
其中含有奇数个元素的集合有16个，经过变换后第一列均变为，；
其中含有偶数个元素的集合有16个，经过变换后第一列均仍为，；
②不含的子集共个，
其中含有奇数个元素的集合有16个，经过变换后第一列均变为，；
其中含有偶数个元素的集合有15个，经过变换后第一列均仍为，；
综上，经过变换后，所有的第一列数的和为
同理，经过变换后所有的第二列数的和为.
所以的所有可能取值的和为，
又因为，所以的所有可能取值的和不超过.
【变式7-1】已知无穷数列，给出以下定义：对于任意的，都有，则称数列为“数列”；特别地，对于任意的，都有，则称数列为“严格数列”.
(1)已知数列，的前项和分别为，，且，，试判断数列，数列是否为“数列”，并说明理由；
(2)证明：数列为“数列”的充要条件是“对于任意的，，，当时，有”；
(3)已知数列为“严格数列”，且对任意的，，，.求数列的最小项的最大值.
【解析】（1）由于为等差数列，所以，为等比数列，，
任意的，都有，
故，所以数列是为“数列”，
任意的，都有，
故，所以数列不是为“数列”，
（2）先证明必要性：
因为为“数列”，所以对任意的，都有，即，
所以对任意的，，，当时，有
，
所以，
又，
所以，
又，
故，即，故，
再证明充分性：
对于任意的，，，当时，有，
即，
对于任意的,，则有，
即可，所以为“数列”，
（3）数列为“严格数列”，且对任意的，有，即，
设，则为单调递增数列，且，
所以
因为，.所以，
所以存在时，，
所以，当数列为单调递减数列，
当
因此存在最小值，且最小值为，
由于，所以，且
所以，即，
，即
所以
，
当时，，
当时，，
当时，
所以当时，的最大值为，
此时，因为，
所以数列的最小项的最大值为
【变式7-2】（2024·山东泰安·模拟预测）已知数列是斐波那契数列，其数值为：.这一数列以如下递推的方法定义：.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)已知数列满足.判断是否对，总存在确定的正整数，使得数列为“阶可分拆数列”，并说明理由.
(2)设数列的前项和为，
（i）若数列为“阶可分拆数列”，求出符合条件的实数的值；
（ii）在（i）问的前提下，若数列满足，，其前项和为.证明：当且时，成立.
【解析】（1）存在，理由如下：
由已知得，，，
即
对，当正整数时，存在，使得成立，
即数列为“阶可分拆数列”；
（2），
当时，，
当时，，
（i）若数列为“阶可分拆数列”，则存在正整数使得成立，
当时，，即，解得，
当时，，即，
因，所以，又，
故方程无解.
综上所述，符合条件的实数a的值为.
（ii）方法一：
证明：，
当时，，
，
，
由（i）知，所以，
①，
②，
由①-②可得
，
，
，
，
当且时， 成立.
方法二：
证明：，
当时，，
，
，
由（i）知，所以，
①，
②，
③，
由①②③可得
，
，
当且时， 成立.
1．（2024·浙江绍兴·三模）设，已知，若恒成立，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】由题意得，故，
故，
故
，
由于，故.
故选：C
2．（2024·上海·模拟预测）已知数列不是常数列，前项和为，且．若对任意正整数，存在正整数，使得，则称是“可控数列”．现给出两个命题：①存在等差数列是“可控数列”；②存在等比数列是“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
【答案】D
【解析】①数列不是常数列，则，则看作是一次函数的变化，
由得，看作是二次函数的变化，
当足够大时，极限的思想说明不成立；
②取，则，
当时，取，满足，
当时，取，满足；
故选：.
3．数列的前n项和为，若数列与函数满足：①的定义域为；②数列与函数均单调增；③存在正整数，使成立，则称数列与函数具有“单调偶遇关系”.给出下列两个命题：（ ）
①与数列具有“单调偶遇关系”的函数有有限个；
②与数列具有“单调偶遇关系”的函数有无数个.
A．①②都是真命题B．①是真命题，②是假命题
C．①是假命题，②是真命题D．①②都是假命题
【答案】C
【解析】对于①，数列单调递增，令函数，显然，由，
得，整理得，此方程有正整数解，
如方程中取，则，即，
对进行不同的取值即可保证数列具有“单调偶遇关系”的函数有无数个，①错误；
对于②，数列单调递增，，令，由，
得，取，显然对每一个正整数都有唯一的正数，
并且不同的值，值不同，因此与数列具有“单调偶遇关系”的函数有无数个，②正确，
所以①是假命题，②是真命题.
故选：C
4．（多选题）（2024·湖南衡阳·模拟预测）在股票市场中，股票的价格是有界的，投资者通常会通过价格的变化来确保自己的风险，这种变化的价格类似于我们数学中的数列，定义如果存在正数，使得对一切正整数，都有，则称为有界数列，数列收敛指数列有极限，我们把极限存在（不含无穷大）的数列称为收敛数列，如数列，显然对一切正整数都有，而的极限为，即数列既有界也收敛.如数列，显然对一切正整数都有，但不存在极限，即数列有界但不收敛.下列数列是有界数列但不收敛的数列有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【解析】对于A：因为，所以，所以，但是的极限不存在，
即有界但不收敛，故A正确；
对于B：因为，所以，所以，且的极限为，
所以有界且收敛，故B错误；
对于C：因为，
所以，
，
所以，所以，但是的极限不存在，
所以有界但不收敛，故C正确；
对于D：因为，所以，所以的极限为，且，
所以有界且收敛，故D错误；
故选：AC.
5．（多选题）（2024·江苏南通·模拟预测）在数列中，若对，都有（为常数），则称数列为“等差比数列”，为公差比，设数列的前项和是，则下列说法一定正确的是（ ）
A．等差数列是等差比数列
B．若等比数列是等差比数列，则该数列的公比与公差比相同
C．若数列是等差比数列，则数列是等比数列
D．若数列是等比数列，则数列等差比数列
【答案】BCD
【解析】等差数列若为常数列，则，无意义，
所以等差数列不一定是等差比数列，A选项错误；
若公比为的等比数列是等差比数列，则不是常数列，，
，即该数列的公比与公差比相同， B选项正确.
若数列是等差比数列，则，所以数列是等比数列，故C选项正确；
若数列是等比数列，公比为，则，
所以数列等差比数列，故D选项正确
故选：BCD.
6．（多选题）（2024·山东烟台·一模）给定数列，定义差分运算：.若数列满足，数列的首项为1，且，则（ ）
A．存在，使得恒成立
B．存在，使得恒成立
C．对任意，总存在，使得
D．对任意，总存在，使得
【答案】BC
【解析】对于A，由，得，显然有最小值4，无最大值，
因此不存在，使得恒成立，A错误；
对于B，由选项A知，，则，
显然当时，恒成立，B正确；
对于C，由，得，
当时，
即，
于是，
两式相减得，
因此，显然满足上式，则，由，
得数列是递增数列，有最小值1，无最大值，
从而对任意，总存在，使得，C正确；
对于D，，由选项C得，
显然数列是递减数列，，因此对任意，不存在，使得成立，D错误.
故选：BC
7．（多选题）（2024·浙江·模拟预测）“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，这样经过若干次这两种运算，最终必进入循环图.对任意正整数，按照上述规则实施第次运算的结果为，（ ）
A．当时，则
B．当时，数列单调递减
C．若，且均不为1，则
D．当时，从中任取两个数至少一个为奇数的概率为
【答案】AD
【解析】当时，则，，，，，，，，，，，故A选项符合题意；
当，则，，，，，易知并非单调递减，故B选项不符合题意；
若，则，，当时，则，或，当时，舍去，故C选项不符合题意；
，则，，，，，，所以从中任取两个数至少一个为奇数的概率为，故D选项符合题意.
故选：AD.
8．（2024·高三·河北保定·期中）英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛，若数列满足，则称数列为牛顿数列如果函数，数列为牛顿数列，设，且，则
【答案】
【解析】因为，所以，所以，
所以，
，
所以，
所以，
即：，又，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以，所以，
故答案为：.
9．（2024·江西九江·模拟预测）著名科学家牛顿用“作切线”的方法求函数的零点时，给出了“牛顿数列”，它在航空航天中应用广泛.其定义是：对于函数，若数列满足，则称数列为牛顿数列，若函数，，且，则 .
【答案】
【解析】，，
，
，
即，又，
数列为等差数列，公差为，首项为1，
.
故答案为：.
10．给定函数，若数列满足，则称数列为函数的牛顿数列.已知为的牛顿数列，且，数列的前项和为.则 .
【答案】/
【解析】由得，
则，
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，
所以.
故答案为：
11．将正整数分解为两个正整数、的积，即，当、两数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解.如，其中即为20的最优分解，当、是的最优分解时，定义，则数列的前2024项的和为 .
【答案】/
【解析】当时，，所以；
当时，，所以.
所以，数列的前2024项的和为：
.
故答案为：
12．（2024·高三·甘肃兰州·开学考试）已知数表，，，其中分别表示，，中第行第列的数．若，则称是，的生成数表．若数表，，且是的生成数表，则 ．
【答案】
【解析】由题意，得，
，
，
，
.
故答案为：.
13．，，…是一个1，2，3，…，10的排列，要求和一定有一个大于（），则满足的排列的总数为 ．
【答案】512
【解析】若，考虑（），必有可知从第i项开始，数列开始递增；
再考虑前面的项，若，说明此情况下数列在第1项到第i项递减．
若，则将原来的i改为同理考虑即可．
由以上分析可知，该数列只有三种情况，单调递减，单调递增，先减后增
故排列总数为．
故答案为：512.
14．（2024·北京通州·三模）若数列、均为严格增数列，且对任意正整数n，都存在正整数m，使得，则称数列为数列的“M数列”．已知数列的前n项和为，则下列结论中正确的是 ．
①存在等差数列，使得是的“M数列”
②存在等比数列，使得是的“M数列”
③存在等差数列，使得是的“M数列”
④存在等比数列，使得是的“M数列”
【答案】①②④
【解析】对于①：例如，则为等差数列，可得，则，
所以，，
故、均为严格增数列，
取，则，即恒成立，
所以是的“数列”，故①正确；
对于②，例如，则为等比数列，可得，则，
所以，，
故、均为严格增数列，
取，则，即恒成立 ，
所以是的“数列”，故②正确；
对于③，假设存在等差数列，使得是的“数列”，
设等差数列的公差为，
因为为严格增数列，则，
又因为为严格增数列，所以，即当时，恒成立，
取，满足，可知必存在，使得成立，
又因为为严格增数列，
所以对任意正整数，则有，即，
对任意正整数，则有，即，
故当时，不存在正整数，使得，故③不成立；
对于④，例如，则为等比数列，且、均为严格增数列，可得，
所以，，
故、均为严格增数列，
取，则，即恒成立，
所以是的“数列”，故④正确.
故答案为：①②④.
15．（2024·江苏扬州·模拟预测）对于有穷数列，从数列中选取第项､第项､､第项，顺次排列构成数列，其中，则称新数列为的一个子列，称各项之和为的一个子列和．规定：数列的任意一项都是的子列．则数列的所有子列和的和为 ．
【答案】2016
【解析】数列中的每一项，含有一个项的子列有个，含有两个项的子列有个，
含有三个项的子列有个，含有四个项的子列有个，含有五个项的子列有个，含有六个项的子列有个，
因此和式中，数列中的每一项，都出现次，
所以所求和为.
故答案为：2016
16．（2024·高三·山东日照·期中）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1→4→2→1，这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”）.如取正整数6，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需要8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.“冰雹猜想”可表示为数列满足：（m为正整数），.问：当时，试确定使得需要 步“雹程”；若，则所有可能的取值所构成的集合为 .
【答案】 12
【解析】（1）当，可得，
所以需要12步使得；
（2）若，则或1，
①当时，或，
②当时，，
综上所述，可得或或，所以集合.
故答案为：；.
17．（2024·高三·北京朝阳·期末）中国传统数学中开方运算暗含着迭代法，清代数学家夏鸾翔在其著作《少广缒凿》中用迭代法给出一个“开平方捷术”，用符号表示为：已知正实数，取一正数作为的第一个近似值，定义，则是的一列近似值.当时，给出下列四个结论：① ；② ；③，；④ ，.其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①④
【解析】对于①，，，故①正确；
对于②，，故②错误；
为了说明选项③④，引理：我们先来讨论与的关系；
由于是偶数，所以，对于而言，由于为奇数，所以，
所以有，
由于数列每一项均为正，所以利用均值不等式，有，取不到等号，即，
同时有，因此数列从第三项起，奇数项大于，偶数项小于；
对于③，当时，由于是偶数，所以
，
由于数列从第3项起，奇次项均大于，以及每一项均为正，
所以，
于是，时，相邻奇次项之差同号，又由于，
所以，即，
从而时，恒有，故③错误；
对于④，当时，根据上述引理可知，
所以有，
从而有，
利用均值不等式有代入上式得，
即，故④正确.
故答案为：①④.
18．（2024·吉林长春·模拟预测）对于数列，称为数列的一阶差分数列，其中.对正整数，称为数列的阶差分数列，其中已知数列的首项，且为的二阶差分数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)设为数列的一阶差分数列，对，是否都有成立？并说明理由；（其中为组合数）
(3)对于（2）中的数列，令，其中.证明：.
【解析】（1）因为为的二阶差分数列，所以，
将，代入得，整理得，即，
所以.故数列是首项为，公差为的等差数列，
因此，，即.
（2）因为为数列的一阶差分数列，所以，
故成立，即为.①
当时，①式成立；
当时，因为，且，
所以①成立，故对都有成立.
（3），因为，所以，
故，即，
所以.
19．（2024·贵州·三模）差分密码分析（Differential Cryptanalysis）是一种密码分析方法，旨在通过观察密码算法在不同输入差分下产生的输出差分，来推断出密码算法的密钥信息.对于数列，规定为数列的一阶差分数列，其中；规定为的二阶差分数列，其中.如果的一阶差分数列满足，则称是“绝对差异数列”；如果的二阶差分数列满足，则称是“累差不变数列”.
(1)设数列，判断数列是否为“绝对差异数列”或“累差不变数列”，请说明理由；
(2)设数列的通项公式，分别判断是否为等差数列，请说明理由；
(3)设各项均为正数的数列为“累差不变数列”，其前项和为，且对，都有，对满足的任意正整数都有，且不等式恒成立，求实数的最大值.
【解析】（1）对于数列，
可得：一阶差分数列为，不满足，
所以不是“绝对差异数列”，
二阶分差数列为，满足，
所以是“累差不变数列”；
（2）因为，
所以，所以，
因为，所以数列是首项为，公差为的等差数列，
因为，
所以数列数列是首项为，公差为的等差数列；
（3）由题意得，
对，都有，
所以，
所以，
所以，所以数列是等差数列，
设数列的公差为，则，
当时，，与矛盾；
当时，当时，，
与数列的各项均为正数矛盾，故，
，
则，
，
因为，所以，
所以，
则当时，不等式恒成立，
另一方面，当时，令，
则，
，
则
，
因为，
所以当时，，
即有，与恒成立矛盾.
综上所述，实数的最大值为.
20．（2024·安徽黄山·一模）随着信息技术的快速发展，离散数学的应用越来越广泛．差分和差分方程是描述离散变量变化的重要工具，并且有广泛的应用．对于数列，规定为数列的一阶差分数列，其中，规定为数列的二阶差分数列，其中．
(1)数列的通项公式为，试判断数列是否为等差数列，请说明理由？
(2)数列是以1为公差的等差数列，且，对于任意的，都存在，使得，求的值；
(3)各项均为正数的数列的前项和为，且为常数列，对满足，的任意正整数都有，且不等式恒成立，求实数的最大值．
【解析】（1）因为，所以，
因为，，，
故，，
显然，
所以不是等差数列；
因为，则，，
所以是首项为12，公差为6的等差数列.
（2）因为数列是以1为公差的等差数列，
所以，故，
所以数列是以公比为的正项等比数列，，
所以，
且对任意的，都存在，使得，即，
所以，因为，所以，
①若，则，解得（舍），或，
即当时，对任意的，都存在，使得.
②若，则，对任意的，不存在，使得.
综上所述，.
（3）因为为常数列，则是等差数列，
设的公差为，则，
若，则，与题意不符；
若，所以当时，，
与数列的各项均为正数矛盾，所以，
由等差数列前项和公式可得，
所以，
因为，
所以，
因为，故，
所以
则当时，不等式恒成立，
另一方面，当时，令，，，
则，，
则
，
因为，，
当时，，
即，不满足不等式恒成立，
综上，的最大值为2.