2025年高考数学复习(新高考专用)重难点17新情景、新定义下的数列问题【七大题型】特训(学生版+解析)

重难点17新情景、新定义下的数列问题【七大题型】【新高考专用】TOC\o"1-3"\h\u【题型1数列中的新概念】 1【题型2数列中的新运算】 2【题型3数列新情景问题】 3【题型4以数列和项与通项关系定义新数列】 4【题型5数列定义新性质问题】 5【题型6牛顿数列问题】 7【题型7数列中的新定义问题】 91、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A．7 B．9 C．11 D．13【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≤i<j≤n，如果ai>aj，那么称数对ai,ajA．4 B．5 C．6 D．7【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+2A．175 B．176 C．177 D．178【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A．11010⋯ B．11011⋯ C．10001⋯ D．11001⋯【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A．5或16 B．5或32C．5或16或4 D．5或32或4【变式2-1】（2023·北京延庆·一模）数列{an}中，an=logn+1(n+2) (n∈NA．2023 B．2024 C．2025 D．2026【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、A．51012 B．51012−1 C．5【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8，4，2，12，1A．210 B．445 C．780 D．1225【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，aA．127 B．256 C．341 D．512【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．2−18 B．2−28 C．【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S3A．SB．7阶幻方第4行第4列的数字可以为25C．8阶幻方每行、每列、每条对角线上的数的和均为260D．9阶幻方每行、每列、每条对角线上的数的和均为396【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∗=a2a1A．19 B．127 C．181【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{A(1)若Sn=n2+n(2)设{an}既是等差数列又是“H数列”，且a1=6，a(3)设{an}是等差数列，且对任意n∈N*，Sn是【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(1)设数列pn的“生成数列”为qn，求证：(2)若an=2n−3n【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+a(1)已知数列cn满足cn=man（n∈N*，(2)设数列{dn}的前n项和为S（i）若数列{dn}为“1（ii）在（i）问的前提下，若数列fn满足fn=anSn，n∈N*，其前n【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,a(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，(2)若关于x的函数fx=b1+(3)设正项数列a0,【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①数列an②数列an③∀k≥2，k∈N∗，∃p,q∈N则称数列an(1)已知Sn=n2+n(2)若首项为1的数列an（ⅰ）比较an与S（ⅱ）若数列an的末项为36，求S【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<i 2<⋯<i k构成数列B:ai 1,ai 2(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 （ⅰ）给定正整数k≤n2，对A的k项子列B，求所有（ⅱ）若A有m个不同的具有性质P的子列B1,B2,⋯,Bm，满足：∀  1≤i<j≤m，B【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：(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A(2)若p=−1，q=2，且A10具有性质T，求证：a(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a【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′(1)证明数列an是等比数列并求a(2)设数列an的前n项和为Sn，若不等式(−1)n⋅tS【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M(1)若n=4，且a1=0,a(2)若a1=2024,n=2023，证明：“a2023(3)若a1=0,n≥2,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)=x(1)求数列xn(2)若数列nxn的前n项和为Sn，且对任意的n∈N∗，满足S(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)【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′(1)求a2(2)证明数列an是等比数列并求a(3)设数列an的前n项和为Sn，若不等式(−1)n⋅tS【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=x

(1)求数列xn(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【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−a(1)当m=5时，写出所有满足a1(2)当m=2000,a1=25时，设p:a2000=2024;q:“约束数列”(3)当a1=1,a【变式7-1】（2024·重庆·模拟预测）对于数列an，定义Δan=an+1−ann∈(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【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(1)若高阶等差数列an为3,4,9,18,31,48,⋅⋅⋅，求数列a(2)若r阶等差数列bn的通项公式b（ⅰ）求r的值；（ⅱ）求数列bn的前n项和S附：12【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(1)若m=3，a1=1，a2(2)已知数列bn是公差为dd≠0的等差数列，b1=−11，若m=10，an(3)若数列an是各项均为正整数的单调递增数列，求证：a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=A．615 B．620 C．625 D．6302．（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≤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，kA．21011−1 B．21011 C．24．（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−bkA．5 B．6 C．7 D．85．（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*A．7 B．9 C．11 D．136．（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anA．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anA．7 B．8 C．9 D．108．（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+a3A．若an为等差数列，则aB．若an为等比数列，则aC．若内和数列an为递增数列，则其伴随数列bD．若内和数列an的伴随数列bn为递增数列，则二、多选题9．（2024·山东青岛·三模）若有穷整数数列An:a1,a2,⋯ann≥3A．存在具有性质T的AB．存在具有性质T的AC．若A10具有性质T，则aD．存在正整数k，使得对任意具有性质T的Ak，有a10．（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−aA．若an是等方差数列，则aB．数列2nC．若an是等方差数列，则数列aD．若an是等方差数列，则存在正整数n，使得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−uA．若un是以1为首项，q(|q|＜1)为公比的等比数列，则uB．若un为B−数列，则Sn也为C．若Sn为B−数列，则un也为D．若an,bn均为B−数列，则三、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<i2<⋯<im，顺次排列构成数列bk，其中bk=ai13．（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=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①存在等差数列{an}，使得{an②存在等比数列{an}，使得{an③存在等差数列{an}，使得{Sn④存在等比数列{an}，使得{Sn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∉Z(1)分别写出当m=2,m=5(2)证明:t2(3)若m为大于1的有理数.且m∉Z.求证:m16．（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=a(1)若等比数列an的前n项和为Sn，且公比q>1,S2=12,(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(3)如果各项均为正整数的无穷等比数列cn具有“性质P”，且213,51217．（2024·黑龙江·三模）如果n项有穷数列an满足a1=an，a2=(1)设数列bn是项数为7的“对称数列”，其中b1,b2(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−cn①若c1，c2，…，ck构成单调递增数列，且ck=2023②若c1=2024，且S2k−118．（2024·福建泉州·模拟预测）若无穷数列an满足：对于∀n∈N*，an+12(1)若一个公比为q的等比数列xn为“P数列”，求q(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a(3)若一个“P数列"an满足a1=2,a2=22,an>0，设数列1an19．（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(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a(2)证明：二阶等差数列bn的通项公式为b(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=0重难点17新情景、新定义下的数列问题【七大题型】【新高考专用】TOC\o"1-3"\h\u【题型1数列中的新概念】 1【题型2数列中的新运算】 4【题型3数列新情景问题】 6【题型4以数列和项与通项关系定义新数列】 8【题型5数列定义新性质问题】 14【题型6牛顿数列问题】 21【题型7数列中的新定义问题】 271、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*A．7 B．9 C．11 D．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=所以Δ2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≤i<j≤n，如果ai>aj，那么称数对ai,ajA．4 B．5 C．6 D．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a【解答过程】若n=4，则1≤i<j≤4，由1,2,3,4构成的逆序对有4,3,若数列an的第一个数为4，则至少有3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，综上恰有2个逆序对的数列an的个数为5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+2A．175 B．176 C．177 D．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【解答过程】由从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，a1由an+2=an+1+所以a1a2a…，an=a将这n个式子左右两边分别相加可得：Sn所以Sn所以2==S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aiC(k)=对于选项A，C(1)=C(2)=1对于选项B，C(1)=1对于选项D，C(1)=1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A．5或16 B．5或32C．5或16或4 D．5或32或4【解题思路】根据“角谷猜想”的规则，由a5=1倒推【解答过程】由题知an+1=3若a4为奇数，则a5=3a4+1=1，得若a3为奇数，则a4=3a3+1=2，得若a2为奇数，则a3=3a2+1=4，得若a1为奇数，则a2=3a1+1=8，得若a0为奇数，则a1=3a0+1=16，可得综上所述：a0故选：B.【变式2-1】（2023·北京延庆·一模）数列{an}中，an=logn+1(n+2) (n∈NA．2023 B．2024 C．2025 D．2026【解题思路】利用换底公式与累乘法把a1⋅a2⋅a3⋅…⋅a【解答过程】解：∵an=∴a又∵a∴k+2必须是2的n次幂(n∈N∗)k∈[1,2023]内所有的“幸运数”的和：S=(=2(1−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、A．51012 B．51012−1 C．5【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【解答过程】当n=2kk∈N∗时，由于5当n=2k−1k∈N∗时，由于5所以数列f5(5−1)+0+(5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8，4，2，12，1A．210 B．445 C．780 D．1225【解题思路】由题可得cn=2【解答过程】由题可知当n≥41时，cn根据定义，当1≤n≤40时，cn则log2故S=0+1+2+⋯+39−=39×40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，aA．127 B．256 C．341 D．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为奇数时，an=4a又a1=1，∴a9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．2−18 B．2−28 C．【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22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12×2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S3A．SB．7阶幻方第4行第4列的数字可以为25C．8阶幻方每行、每列、每条对角线上的数的和均为260D．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S【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=对A，S6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+7对C，8阶幻方每行、每列、每条对角线上的数的和均为S8对D，9阶幻方每行、每列、每条对角线上的数的和均为S9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∗=a2a1A．19 B．127 C．181【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=m【解答过程】令bn=an+1a由已知得b2b1=b设b1=m，则a2a1=b当n≥2时，累乘可得a2即an当n=5时，1a1=m436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{A(1)若Sn=n2+n(2)设{an}既是等差数列又是“H数列”，且a1=6，a(3)设{an}是等差数列，且对任意n∈N*，Sn是【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}【解答过程】（1）因为Sn=n2+n当n=1时，a1所以an对任意m，n∈N*且m≠n，∴{an}（2）因为a1=6，a2所以d∈N∗，所以由已知得am令am+a所以k=6d+m+n−1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∈当d=0时，则a1=0，故ak当d≠0时，k=n−1a1d+nn−12+1当a1d=−1当a1d∈所以a1d≥−1设a1d=s，s≥−1，s∈所以任意m，n∈N*且m≠n，显然s+m+n−2∈N，所以a∴{an}【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(1)设数列pn的“生成数列”为qn，求证：(2)若an=2n−3n【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所以Mn+1−m即pn是单调递增数列，且p由“生成数列”的定义可得qn（2）当n≥3时，an∴a1>∴p当n≥3时，pn设数列pn的前n项和为Sn．则当n≥3时，S=1+=1+又S2=1符合上式，所以【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+a(1)已知数列cn满足cn=man（n∈N*，(2)设数列{dn}的前n项和为S（i）若数列{dn}为“1（ii）在（i）问的前提下，若数列fn满足fn=anSn，n∈N*，其前n【解题思路】（1）由已知可得c1=m,c（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（ii）法一：当n≥2时，易得an2=anan+1−anan−1，计算可得a12+a2【解答过程】（1）存在，理由如下：由已知得a1=1，a2∴∴c3=∴对∀m∈R，当正整数k=1时，存在n=即数列cn为“1（2）∵S∴当n=1时，d1当n≥2时，dn（i）若数列{dn}为“1阶可分拆数列”，则存在正整数n当n=1时，d2=d1+当n≥2时，2⋅3n=因a≥0，所以3−a≤3，又4⋅3故方程4⋅3综上所述，符合条件的实数a的值为0.（ii）方法一：证明：∵a∴当n≥2时，an∴a=a1=a12−a∴a由（i）知Sn=3∴T13由①-②可得2===1∵T∴2∴T当n∈N∗且n≥3时，方法二：证明：∵a∴当n≥2时，an∴a=a1=a12−a∴a由（i）知Sn=3∴T1313由①−②−③可得5=1∴T当n∈N∗且n≥3时，【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,a(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，(2)若关于x的函数fx=b1+(3)设正项数列a0,【解题思路】（1）根据cn的性质，由等量关系代换成关于a（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（3）记S=a1+a2+⋯+an−1，利用分析法，只需证【解答过程】（1）因为an=ecn所以ct−1+ct+1≤2所以数列an是一个“对数性凸数列”，a所以a10a9所以数列an是一个“对数性凸数列”，且有a（2）因为fx所以f′所以Δ1又bi>0i=1x=0时，f0=b1>0又f1令t=1x，则即f1令gx=b所以g′所以Δ2因为b2所以正项数列b1,b2,所以数列b1（3）记S=a1+即证a0即n2S+a因为数列an为对数性凸数列，所以at−1a所以anan−1S=a而a0所以S+=S+当且仅当ak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①数列an②数列an③∀k≥2，k∈N∗，∃p,q∈N则称数列an(1)已知Sn=n2+n(2)若首项为1的数列an（ⅰ）比较an与S（ⅱ）若数列an的末项为36，求S【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（2）（ⅰ）利用题目所给定义得an≤2a（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【解答过程】（1）因为Sn所以当n=1时，a1当2≤n≤100时，an而当n=1时，满足a1因此数列an的通项公式为该数列具有“和性质”.（2）（ⅰ）因为首项为1的数列an所以∀k≥2，k∈N∗，使得ak=ap+因此ap≤a所以ak因此an所以将上述不等式相加得：a2即an因为a1所以2a因此an（ⅱ）因为数列an所以由③得：a2=2a构造数列an：1，2，3，6，9，18，36或数列a因此这两个数列具有“和性质”，此时Sn下面证明Sn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第一步：首先说明有穷数列an设有穷数列an中元素组合的集合为A由（ⅰ）知：a2≤2a因此a2≤2，a3≤4，a4所以n≥7.第二步：证明an−1=18，若18∈A，设ai因为an所以为了使得Sn则在数列an中一定不含有ak，使得因此an−1假设18∉A，根据“和性质”，对an=36，有ap，a显然ap≠a所以由有穷数列an集合A中至少还有4个不同于an，ap，因此Sn>a所以18∈A，且an−1同理可证：an−2根据“和性质”得：存在ap、aq，使得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②当ap=7，aq=2时，至少还需要一个大于4的③当ap=6，aq=3时，此时④当ap=5，aq=4时，此时综上所述，Sn【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<i 2<⋯<i k构成数列B:ai 1,ai 2(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 （ⅰ）给定正整数k≤n2，对A的k项子列B，求所有（ⅱ）若A有m个不同的具有性质P的子列B1,B2,⋯,Bm，满足：∀  1≤i<j≤m，B【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 (（ⅱ）设Bk ( k=1,2,⋯,m )的首项为xk，末项为yk，记xk 【解答过程】（1）当n=4时，A共有24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,则B′:n+1−ai 1所以T(B )+T(因为给定正整数k≤n2，A有Cn所以所有T(B )的算术平均值为1（ⅱ）设Bk ( k=1,2,⋯,m )若存在j=1,2,⋯,m，使yj<xk 所以，对任意j=1,2,⋯,m，都有yj≥因为对于k=1,2,⋯,m，xk∈{ 所以共有xk因为B1所以对于不同的子列Bi,Bj，所以xk 当n是奇数时，取xk∈{ 共有n+12⋅(n+1−当n是偶数时，取xk∈{ 共有n2⋅(n+1−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【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：(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A(2)若p=−1，q=2，且A10具有性质T，求证：a(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a【解题思路】（1）根据所给定义，设a2−a1，a3−a2，a4−a3，（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（3）不妨设p<0<q，根据性质T推导出k=q−p+1，再利用反证法证明a1【解答过程】（1）不存在具有性质T的A5设A5:a1,设a2−a1，a3−a2，a4−a则有a2所以−1×m+24−m=0，解得m=8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若存在ak，使ak=M，下证：ak，ak+1，⋯，a假设存在正整数mm<M使得ak，ak+1，⋯，a令集合B=i|ai>m，设则有ai这与ai+1所以ak，ak+1，⋯，a10可以取遍0若M=1，则a1，a2，a3，⋯，a9的取值只能为此时a1，a2，a3，⋯若M=2，则a1，a2，a3，⋯，a9的取值只能为0，此时a1，a2，a3，⋯若M≥3，则a1，a2，a3，⋯，ak中一定有异于再由ak，ak+1，⋯，a10可以取遍0所以a1，a2，a3，⋯当ak=−M，同理可证：a1，a2，⋯，ak从而a1，a2，a3，⋯（3）不妨设p<0<q，当a2−a1，a3−a2，⋯，ak由于a2所以取k=q−p+1，此时Ak具有性质T下证：a1若存在i,j1≤i<j≤k−1使得ai令ai=u则有0≤u1≤令s=u2−u1，t=v2由于p+q=1，则有s=qs−t若s=t，则有s=0，即u2当ai=aj时，有若s≠t，则有s=q且s=t+1，因此有u2=q，u1=0，所以此时ai=a综上所述，存在正整数k，使得对任意具有性质T的Ak，都有a【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′(1)证明数列an是等比数列并求a(2)设数列an的前n项和为Sn，若不等式(−1)n⋅tS【解题思路】（1）对递推式变形结合对数运算求得an+1（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【解答过程】（1）由fx=x所以x则xn+1所以an+1故an+1an所以数列an所以an（2）由等比数列的前n项和公式得：Sn因为不等式(−1)n⋅tS又Sn>0且Sn单调递增，所以(−1)令gx=x+14则g′当x∈0,14时，g′当x∈14,+∞时，g又2=S1<14<S2则gS当n为偶数时，原式化简为t≤S而gS所以t≤gS当n为奇数时，原式化简为−t≤S又2=S1<14<S3=14<S所以g2此时−t≤gS1=9综上可知，−9≤t≤25【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M(1)若n=4，且a1=0,a(2)若a1=2024,n=2023，证明：“a2023(3)若a1=0,n≥2,Mn=0【解题思路】（1）由数列的性质得出an，进一步结合M（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+1【解答过程】（1）依题意，若an:0,1,0,−1，此时若an:0,−1,0,−1，此时若an:0,−1,−2,−1，此时（2）必要性：因为ak>a所以ak+1所以a2023充分性：由于a2023累加可得，a2023−a因为a2023=2，故上述不等式的每个等号都取到，所以所以ak综上所述，“a2023=2”是“（3）令ck=a因为a2所以M==n因为ck=±1，所以1−c所以1−c所以要使Mn=0，必须使nn−1亦即n=4m或n=4m+1m∈当n=4mm∈N*时，比如a4k−1=a4k−3当n=4m+1m∈N*时，比如a4k−1=a4k−3当n=4m+2或n=4m+3m∈N时，nn−1不能被4整除，【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)=x(1)求数列xn(2)若数列nxn的前n项和为Sn，且对任意的n∈N∗，满足S(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)【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（2）由（1）令bn=n⋅(34)n−1（3）由（2）求出g(x)=x3，利用导数探讨函数【解答过程】（1）函数f(x)=x4，求导得则函数f(x)的图象在点xn,y令y=0，得xn+1=34x所以xn（2）由（1），令bn则Sn于是34两式相减得：1因此Sn=16−(16+4n)⋅(34令dn=(16+4n)⋅(当n≤5时，dn+1−d当n≥6时，dn+1−dn<0所以整数λ的最小值为22.（3）由（2）知g(x)=x3，依题意，方程x3令ℎ(x)=x3−ax−b，则函数ℎ(x)求导得ℎ′(x)=3x2−a，当a≤0时，ℎ′(x)≥0当a>0时，由ℎ′(x)>0，得x<−a3或x>a则函数ℎ(x)在(−∞,−a当x=−a3时，ℎ(x)取得极大值ℎ(−a3)=2a3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(−a此时b=2a3a3，c=−a3，方程所以ℎc=−2，【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′(1)求a2(2)证明数列an是等比数列并求a(3)设数列an的前n项和为Sn，若不等式(−1)n⋅tS【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+1（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【解答过程】（1）因为fx=x2−x由a1=2,a则x1x1−1=e2（2）由xn+1=x所以an+1故an+1an=2（非零常数），且所以an（3）由等比数列的前n项和公式得：Sn因为不等式(−1)n⋅tSn−14≤Sn所以(−1)n⋅t≤Sn+14S则g′x=1−14x2=当x∈14,+∞时，g又2=S1<14<S2=6，且当n为偶数时，原式化简为t≤Sn+14S当n为奇数时，原式化简为−t≤Sn+14Sn，所以当综上可知，−9≤t≤25【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=x

(1)求数列xn(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【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（2）法一，由（1）可知，bn=n⋅xn=n⋅34n−1，利用错位相减法求数列bn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)9【解答过程】（1）∵f∴f(x)在点xn,y令y=0，得xn+1所以xn是首项为1，公比为3故x（2）令bn法一：错位相减法Sn34Sn两式相减得：14化简得：Sn故16−(16+4n)3化简得λ≥(16+4n)9令dn则dn+1当n≤5时，dn+1−d当n≥6时，dn+1−d所以dn从而整数λmin法二：裂项相消法由bn设cn=(kn+m)3则43于是−k4=即cn所以S=c故16−(16+4n)34n令dn则dn+1dn当当n≤5时，dn+1dn当n≥6时，0<dn+1d所以dn从而整数λmin【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−a(1)当m=5时，写出所有满足a1(2)当m=2000,a1=25时，设p:a2000=2024;q:“约束数列”(3)当a1=1,a【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=0【解答过程】（1）当m=5时，所有满足a1①1,1,2,1,1；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，则a2000当且仅当a2000−a∴“约束数列”an②当“约束数列”an是等差数列时，由a得an+1−an=1若an+1−an=0若an+1−an=−1若an+1−an=1即当“约束数列”an是等差数列时，a2000=25由①②，得p是q的充分不必要条件.（3）∵a1=1,a2k当且仅当同时满足以下三个条件时，Sm①当2≤n≤k时，an−an−1=1③当2k+1≤n≤m时，an∴=k【变式7-1】（2024·重庆·模拟预测）对于数列an，定义Δan=an+1−ann∈(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【解题思路】结合新定义可得ΔΔan=Δan+1−Δan【解答过程】（1）由定义及ΔΔan所以Δan是公差为m的等差数列，所以因为a1=a所以Δan=(n−1)m当n≥2时，有a3a4……an所以an即an（1）当m=2时，an所以“2−函数”f(2,n)=1×2+1×2当n=3时，f(2,3)=1×2+1×2（2）当m=1时，an故“1−函数”f(1,n)==1+1+⋯+====n由f(1,n)≤15，得n3令g(x)=x3−3所以g(x)=x3−3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)==m+=m+=由S(x)=x+2x2+⋯+n所以xS′(x)=x+4所以f(m,n)=m【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(1)若高阶等差数列an为3,4,9,18,31,48,⋅⋅⋅，求数列a(2)若r阶等差数列bn的通项公式b（ⅰ）求r的值；（ⅱ）求数列bn的前n项和S附：12【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（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16【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a1所以数列a1n所以a1n=1+n−1×4=4n−3，即所以当n≥2时，a=4n−1当n=1时，a1综上，数列an的通项公式为a（2）（ⅰ）bn=2n−1b2n所以b3n所以b4n所以数列bn是4阶等差数列，即r=4（ⅱ）n=n所以n4又2n−1=16所以S==16【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(1)若m=3，a1=1，a2(2)已知数列bn是公差为dd≠0的等差数列，b1=−11，若m=10，an(3)若数列an是各项均为正整数的单调递增数列，求证：a【解题思路】（1）依题意可得S=a2a（2）依题意aia11−i=S，即可得到（3）依题意可得am−i+1【解答过程】（1）依题意S=a2a2=4（2）法一：由m=10知对任意ii∈N*,i≤10即bi+2所以b1所以−d所以−d因为d≠0，b1=−11，所以S=122法二：当i=1,2时由S=a1a所以b1即b1令p=b12则p+16d因为d≠0，b1=−11，所以p=q，即d=2，S=1，当1≤i≤10时都有a=−9+2i所以d=2，S=1成立.（3）由已知a1am=S，所以am−i+1所以a<S<S1即am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=A．615 B．620 C．625 D．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【解答过程】因为a1所以an+12−所以an2=1+所以an=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=9100=10则a1+a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≤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≤【解答过程】①数列an不是常数列，则d≠0，则a由an−Sm≤当n足够大时，极限的思想说明不成立；②取an=2当n=1时，取m=1，满足an当n≥2时，取m=n−1，满足an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，kA．21011−1 B．21011 C．2【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f2【解答过程】当n=2kk∈N*所以f2当n=2k−1k∈N*则f2故数列f2n的前2024项的和为故选：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−bkA．5 B．6 C．7 D．8【解题思路】根据ak−bk=k可得a1+【解答过程】由条件知a1于是a1又a1所以a1于是“4项紧密数列”有anaan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*A．7 B．9 C．11 D．13【解题思路】由数列的新定义计算即可.【解答过程】由ΔaΔaΔa由Δkan所以Δ2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anA．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【解答过程】对于①，由等比数列2n，得S若对任意正整数n，总存在正整数m，使得Sn=am，则对于②，设等差数列an的公差为d，则a令bn=na1，下面证bn设bn的前n项和为Tn，则于是对任意的正整数n，总存在正整数m=nn+12，使得T同理，可证cn所以对任意的等差数列an，总存在两个“某数列”bn和cn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anA．7 B．8 C．9 D．10【解题思路】根据数列新定义可得anan−1【解答过程】由题意知二阶等比数列∣an的二阶公比为2,故an将以上各式累乘得：an故an=2n(n−1)4故n−1n4>10又n−1n的值随n的增大而增大，且(当n=7时，2n−1当n=8时，2n−1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+a3A．若an为等差数列，则aB．若an为等比数列，则aC．若内和数列an为递增数列，则其伴随数列bD．若内和数列an的伴随数列bn为递增数列，则【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>【解答过程】对于选项AB：例题an=1，可知则a1+a2=2所以an对于选项C：因为an对任意n1,n2∈使得am则am2−且内和数列an为递增数列，可知m所以其伴随数列bn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，且但an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≥3A．存在具有性质T的AB．存在具有性质T的AC．若A10具有性质T，则aD．存在正整数k，使得对任意具有性质T的Ak，有a【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【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,且ai+1设ai+1−ai∈−1,2i=1,2,⋯,4中有则有i=1=m×−1+4−m其与m为整数矛盾，故假设错误，故B错误；对C：设a1，a2，a3，⋯，a则存在ak，使得ak=M若存在ak，使ak=M，下证：ak，ak+1，⋯，a假设存在正整数mm<M使得ak，ak+1，⋯，a令集合B=i|ai>m，设则有ai这与ai+1所以ak，ak+1，⋯，a10可以取遍0若M=1，则a1，a2，a3，⋯，a9的取值只能为此时a1，a2，a3，⋯若M=2，则a1，a2，a3，⋯，a9的取值只能为0，此时a1，a2，a3，⋯若M≥3，则a1，a2，a3，⋯，ak中一定有异于再由ak，ak+1，⋯，a10可以取遍0所以a1，a2，a3，⋯当ak=−M，同理可证：a1，a2，⋯，ak从而a1，a2，a3，⋯对D：取数列0,2,1,0，此时该数列具有性质T，且a1,a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−aA．若an是等方差数列，则aB．数列2nC．若an是等方差数列，则数列aD．若an是等方差数列，则存在正整数n，使得【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=1n1a【解答过程】对于选项B：若an=2n时，则则an+1所以数列2n对于选项ACD：若an是等方差数列，则a所以数列an2是以a1可得an当d<0时，则总存在正整数n，使a1与an>0矛盾，故d>0恒成立，有an2=即an>n−1d，则bn由n+n−1随故总存在正整数n使dn+n−1由an2=则1==2可得i=1n由a12+nd−a1随故对任意的d>0，总存在正整数n使2d即总存在正整数n，使得i=kn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−uA．若un是以1为首项，q(|q|＜1)为公比的等比数列，则uB．若un为B−数列，则Sn也为C．若Sn为B−数列，则un也为D．若an,bn均为B−数列，则【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【解答过程】对于A，un=q∴=1−q对于B，若un=1n∈N∗，显然数列u但Sn+1−Sn+对于C，因为数列Sn是B−所以存在正数M，对于任意的n∈N有Sn+1−S所以u≤2un+1+2un对于D，若数列an,b则存在正数M1,Man+1−a因为a≤M同理可得bn≤M2+则有a≤K2an+1−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<i2<⋯<im，顺次排列构成数列bk，其中bk=aik,1≤k≤m【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因此和式中，数列1,2,4,8,16,32中的每一项，都出现C5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【解题思路】利用给定定义，整理出xn+1=2xn3+33x【解答过程】易知f′x=3由切线几何意义得斜率为3xn2由给定定义知(xn+1,0)当x0=0时，易知x1=3，故由an=3Tn而函数fx=x3+x−3故fx在(0,+∞)上单调递增，且f故f2⋅f1由题意得3xn+1→3r∈(3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{b①存在等差数列{an}，使得{an②存在等比数列{an}，使得{an③存在等差数列{an}，使得{Sn④存在等比数列{an}，使得{Sn【解题思路】对于①取an=n分析判断，对于②④取【解答过程】对于①：例如an=n，则{an}所以an+1−a故{an}取m=n(n+1)2，则am所以{an}是{对于②，例如an=2n−1>0，则{所以an+1−a故{an}取m=n+1，则am=a所以{an}是{对于③，假设存在等差数列{an}，使得{Sn设等差数列{an}因为{an}又因为{Sn}为严格增数列，所以Sn+1−取n0∈N∗，满足an又因为{S所以对任意正整数m≥n0+1，则有S对任意正整数m≤n0，则有Sm故当n=k+1时，不存在正整数m，使得ak+1对于④，例如an=2n−1>0，则{an所以an+1−a故{an}取m=n，则Sm=S所以{Sn}是{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=a