重難點17新情景、新定義下的數(shù)列問題【七大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1數(shù)列中的新概念】 1【題型2數(shù)列中的新運算】 2【題型3數(shù)列新情景問題】 3【題型4以數(shù)列和項與通項關系定義新數(shù)列】 4【題型5數(shù)列定義新性質問題】 5【題型6牛頓數(shù)列問題】 7【題型7數(shù)列中的新定義問題】 91、新情景、新定義下的數(shù)列問題數(shù)列是高考的熱點內容，屬于高考的必考內容之一.近幾年全國各地高考試題，我們總能在試卷的壓軸題位置發(fā)現(xiàn)新定義數(shù)列題的身影，它們對數(shù)列綜合問題的考查常常以新定義、新構造和新情景形式呈現(xiàn)，有時還伴隨著數(shù)列與集合，難度較大，需要靈活求解.【知識點1數(shù)列中的新概念】1．數(shù)列中的新概念問題的解題策略：通過創(chuàng)新概念，以集合、函數(shù)、數(shù)列等的常規(guī)知識為問題背景，直接利用創(chuàng)新概念的內涵來構造相應的關系式(或不等式等)，結合相關知識中的性質、公式來綜合與應用.【知識點2數(shù)列的新定義、新情景問題】1．數(shù)列的新定義、新情景問題的求解策略(1)新定義問題：遇到新定義問題，應耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析，運算，驗證，使得問題得以解決.(2)新情景問題：通過給出一個新的數(shù)列的概念，或約定一種新的運算，或給出幾個新模型來創(chuàng)設新問題的情景，要求在閱讀理解的基礎上，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學的知識和方法，實現(xiàn)信息的遷移，達到靈活解題的目的.【題型1數(shù)列中的新概念】【例1】（2024·四川南充·三模）對于數(shù)列an，規(guī)定Δan為數(shù)列an的一階差分，其中Δan=an+1?ann∈N*，規(guī)定Δkan為數(shù)列an的階k差分，其中A．7 B．9 C．11 D．13【變式1-1】（2024·湖北武漢·三模）將1,2,???,n按照某種順序排成一列得到數(shù)列an，對任意1≤i<j≤n，如果ai>aj，那么稱數(shù)對ai,ajA．4 B．5 C．6 D．7【變式1-2】（23-24高三上·安徽合肥·階段練習）數(shù)學家斐波那契在研究兔子繁殖問題時，發(fā)現(xiàn)有這樣一個數(shù)列an：1，1，2，3，5，8…，其中從第3項起，每一項都等于它前面兩項之和，即a1=a2=1，an+2A．175 B．176 C．177 D．178【變式1-3】（2024·全國·高考真題）0-1周期序列在通信技術中有著重要應用.若序列a1a2?an?滿足ai∈{0,1}(i=1,2,?)，且存在正整數(shù)m，使得ai+m=ai(i=1,2,?)成立，則稱其為0-1周期序列，并稱滿足A．11010? B．11011? C．10001? D．11001?【題型2數(shù)列中的新運算】【例2】（2024·河南·模擬預測）“角谷猜想”首先流傳于美國，不久便傳到歐洲，后來一位名叫角谷靜夫的日本人又把它帶到亞洲，因而人們就順勢把它叫作“角谷猜想”.“角谷猜想”是指一個正整數(shù)，如果是奇數(shù)就乘以3再加1，如果是偶數(shù)就除以2，這樣經過若干次運算，最終回到1.對任意正整數(shù)a0，按照上述規(guī)則實施第n次運算的結果為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【變式2-1】（2023·北京延慶·一模）數(shù)列{an}中，an=logn+1(n+2)?(n∈NA．2023 B．2024 C．2025 D．2026【變式2-2】（2024·上海寶山·二模）將正整數(shù)n分解為兩個正整數(shù)k1、k2的積，即n=k1?k2，當k1、k2兩數(shù)差的絕對值最小時，我們稱其為最優(yōu)分解．如20=1×20=2×10=4×5，其中4×5即為20的最優(yōu)分解，當k1、A．51012 B．51012?1 C．5【變式2-3】（2023·河南安陽·二模）如果有窮數(shù)列a1，a2，a3，…，am（m為正整數(shù)）滿足條件a1?am=t，a2?am?1=t，…，am?a1=t，即ai?am?i+1=t（t為常數(shù)）i=1,2,?,m，則稱其為“倒序等積數(shù)列”．例如，數(shù)列8，4，2，12，1A．210 B．445 C．780 D．1225【題型3數(shù)列新情景問題】【例3】（2024·全國·模擬預測）九連環(huán)是我國古代至今廣為流傳的一種益智游戲，最早記載九連環(huán)的典籍是《戰(zhàn)國策·齊策》，《紅樓夢》第7回中有林黛玉解九連環(huán)的記載，我國古人已經研究出取下n個圓環(huán)所需的最少步驟數(shù)an，且a1=1，a2=2，a3=5，aA．127 B．256 C．341 D．512【變式3-1】（23-24高二上·江蘇南通·期中）折紙與剪紙是一種用紙張折成或剪成各種不同形狀的藝術活動，是我們中華民族的傳統(tǒng)文化，歷史悠久，內涵博大精深，世代傳承．現(xiàn)將一張腰長為1的等腰直角三角形紙，每次對折后仍成等腰直角三角形，對折5次，然后用剪刀剪下其內切圓，則可得到若干個相同的圓片紙，這些圓片紙的半徑為（

）A．2?18 B．2?28 C．【變式3-2】（2023·安徽宿州·一模）我國《洛書》中記載著世界上最古老的一個幻方，如圖所示，將1，2，3，…，9填入3×3的方格內，使得每行、每列、每條對角線上的數(shù)的和都相等，便得到一個3階幻方.一般地，將連續(xù)的正整數(shù)1，2，3，…，n2填入n×n個方格中，使得每行、每列、每條對角線上的數(shù)的和都相等，這個正方形叫作n階幻方.記n階幻方的數(shù)的和（即方格內的所有數(shù)的和）為Sn，如S3A．SB．7階幻方第4行第4列的數(shù)字可以為25C．8階幻方每行、每列、每條對角線上的數(shù)的和均為260D．9階幻方每行、每列、每條對角線上的數(shù)的和均為396【變式3-3】（23-24高二下·山東·階段練習）某軟件研發(fā)公司對某軟件進行升級，主要是軟件程序中的某序列A=a1,a2,a3,???重新編輯，編輯新序列為A?=a2a1A．19 B．127 C．181【題型4以數(shù)列和項與通項關系定義新數(shù)列】【例4】（2024·江西南昌·三模）給定數(shù)列{An}，若對任意m，n∈N*且m≠n，Am+An是{A(1)若Sn=n2+n(2)設{an}既是等差數(shù)列又是“H數(shù)列”，且a1=6，a(3)設{an}是等差數(shù)列，且對任意n∈N*，Sn是【變式4-1】（2024·陜西·三模）數(shù)列an的前n項的最大值記為Mn，即Mn=maxa1,a2,???,an(1)設數(shù)列pn的“生成數(shù)列”為qn，求證：(2)若an=2n?3n【變式4-2】（2024·山東泰安·模擬預測）已知數(shù)列an是斐波那契數(shù)列，其數(shù)值為：1,1,2,3,5,8,13,21,34??????.這一數(shù)列以如下遞推的方法定義：a1=1，a2=1，an+2=an+1+a(1)已知數(shù)列cn滿足cn=man（n∈N*，(2)設數(shù)列{dn}的前n項和為S（i）若數(shù)列{dn}為“1（ii）在（i）問的前提下，若數(shù)列fn滿足fn=anSn，n∈N*，其前n【變式4-3】（2024·安徽蕪湖·三模）若數(shù)列an的各項均為正數(shù)，且對任意的相鄰三項at?1,at,a(1)已知正項數(shù)列cn是一個“凸數(shù)列”，且an=ecn，（其中e為自然常數(shù)，(2)若關于x的函數(shù)fx=b1+(3)設正項數(shù)列a0,【題型5數(shù)列定義新性質問題】【例5】（2024·安徽·三模）已知數(shù)列an的前n項和為Sn，若數(shù)列①數(shù)列an②數(shù)列an③?k≥2，k∈N?，?p,q∈N則稱數(shù)列an(1)已知Sn=n2+n(2)若首項為1的數(shù)列an（?。┍容^an與S（ⅱ）若數(shù)列an的末項為36，求S【變式5-1】（2024·北京西城·二模）已知數(shù)列A:a1,a2,?,an，從A中選取第i?1項、第i?2項、…、第i?k項i?1<i?2<?<i?k構成數(shù)列B:ai?1,ai?2(1)當n=4時，比較A的具有性質P的子列個數(shù)與不具有性質P的子列個數(shù)的大小，并說明理由；(2)已知數(shù)列A:1?（?。┙o定正整數(shù)k≤n2，對A的k項子列B，求所有（ⅱ）若A有m個不同的具有性質P的子列B1,B2,?,Bm，滿足：???1≤i<j≤m，B【變式5-2】（2024·北京東城·二模）已知An:a1,a2,?,ann≥3為有窮整數(shù)數(shù)列，若An滿足：(1)若p=?1，q=2，那么是否存在具有性質T的A5？若存在，寫出一個這樣的A(2)若p=?1，q=2，且A10具有性質T，求證：a(3)若p+q=1，求證：存在正整數(shù)k，使得對任意具有性質T的Ak，都有a【變式5-3】（23-24高二下·吉林延邊·期中）記R上的可導函數(shù)fx的導函數(shù)為f′x，滿足xn+1=xn?fxnf′(1)證明數(shù)列an是等比數(shù)列并求a(2)設數(shù)列an的前n項和為Sn，若不等式(?1)n?tS【題型6牛頓數(shù)列問題】【例6】（2024·廣東·模擬預測）定義：任取數(shù)列an中相鄰的兩項，若這兩項之差的絕對值為1，則稱數(shù)列an具有“性質1”.已知項數(shù)為n的數(shù)列an的所有項的和為M(1)若n=4，且a1=0,a(2)若a1=2024,n=2023，證明：“a2023(3)若a1=0,n≥2,Mn=0【變式6-1】（23-24高二下·四川·期中）物理學家牛頓用“作切線”的方法求函數(shù)零點時，給出了“牛頓數(shù)列”，它在航空航天中應用非常廣泛．其定義是：對于函數(shù)f(x)，若滿足(xn+1?xn)f′(xn)+f(xn)=0，則稱數(shù)列xn為牛頓數(shù)列．已知f(x)=x(1)求數(shù)列xn(2)若數(shù)列nxn的前n項和為Sn，且對任意的n∈N?，滿足S(3)在（2）的前提下，設g(x)=112λf′(x)，直線y=ax+b(b>0)與曲線y=g(x)有且只有兩個公共點A(c,d),(?,f)【變式6-2】（2024·廣東韶關·二模）記R上的可導函數(shù)fx的導函數(shù)為f′x，滿足xn+1=xn?fxnf′(1)求a2(2)證明數(shù)列an是等比數(shù)列并求a(3)設數(shù)列an的前n項和為Sn，若不等式(?1)n?tS【變式6-3】（23-24高二上·浙江紹興·期末）物理學家牛頓用“作切線”的方法求函數(shù)零點時，給出了“牛頓數(shù)列”，它在航空航天中應用非常廣泛．其定義是：對于函數(shù)fx，若滿足xn+1?xnf′xn+fxn=0，則稱數(shù)列xn為牛頓數(shù)列．已知fx=x

(1)求數(shù)列xn(2)若數(shù)列n?xn的前n項和為Sn，且對任意的n∈N?，滿足Sn≥16?λ56n，求整數(shù)【題型7數(shù)列中的新定義問題】【例7】（2024·江西九江·三模）已知數(shù)列an共有mm≥2項，且an∈Z，若滿足an+1?a(1)當m=5時，寫出所有滿足a1(2)當m=2000,a1=25時，設p:a2000=2024;q:“約束數(shù)列”(3)當a1=1,a【變式7-1】（2024·重慶·模擬預測）對于數(shù)列an，定義Δan=an+1?ann∈(1)試寫出“2?函數(shù)”f(2,n)，并求f(2,3)的值；(2)若“1?函數(shù)”f(1,n)≤15，求n的最大值；(3)記函數(shù)S(x)=x+2x2+?+nxn，其導函數(shù)為S【變式7-2】（2024·江西·模擬預測）我國元代數(shù)學家朱世杰在他的《四元玉鑒》一書中對高階等差數(shù)列求和有精深的研究，即“垛積術”．對于數(shù)列a1,a2,???,an,???，①，從第二項起，每一項與它前面相鄰一項的差構成數(shù)列a11,a12,???,a1n?1,???，②，稱該數(shù)列②為數(shù)列①的一階差分數(shù)列，其中a1i=ai+1(1)若高階等差數(shù)列an為3,4,9,18,31,48,???，求數(shù)列a(2)若r階等差數(shù)列bn的通項公式b（ⅰ）求r的值；（ⅱ）求數(shù)列bn的前n項和S附：12【變式7-3】（2024·福建南平·二模）若數(shù)列cn共有mm∈N*,m≥3項，對任意ii∈N*,i≤m都有cicm+1?i=S（S為常數(shù)，且S>0(1)若m=3，a1=1，a2(2)已知數(shù)列bn是公差為dd≠0的等差數(shù)列，b1=?11，若m=10，an(3)若數(shù)列an是各項均為正整數(shù)的單調遞增數(shù)列，求證：a一、單選題1．（2024·四川綿陽·模擬預測）已知數(shù)列an的各項均為正數(shù)，a1=1,an+1?an=A．615 B．620 C．625 D．6302．（2024·上?！つM預測）已知數(shù)列an不是常數(shù)列，前n項和為Sn，且a1>0．若對任意正整數(shù)n，存在正整數(shù)m，使得an?Sm≤A．①與②均為真命題 B．①與②均為假命題C．①為真命題，②為假命題 D．①為假命題，②為真命題3．（2024·全國·模擬預測）將正整數(shù)n分解為兩個正整數(shù)k1，k2的積，即n=k1k2，當k1，k2兩數(shù)差的絕對值最小時，我們稱其為最優(yōu)分解.如12=1×12=2×6=3×4，其中3×4即為12的最優(yōu)分解，當k1，kA．21011?1 B．21011 C．24．（2024·安徽安慶·三模）若項數(shù)均為nn≥2,n∈N*的兩個數(shù)列an,bn滿足ak?bkA．5 B．6 C．7 D．85．（2024·四川南充·三模）對于數(shù)列an，規(guī)定Δan為數(shù)列an的一階差分，其中Δan=an+1?ann∈N*A．7 B．9 C．11 D．136．（2024·上海寶山·二模）數(shù)列an中，Sn是其前n項的和，若對任意正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m，使得Sn=am，則稱數(shù)列an為“某數(shù)列”.現(xiàn)有如下兩個命題：①等比數(shù)列2n為“某數(shù)列”；②對任意的等差數(shù)列anA．①為真命題，②為真命題 B．①為真命題，②為假命題C．①為假命題，②為真命題 D．①為假命題，②為假命題7．（23-24高三下·重慶·階段練習）定義：滿足an+2an+1:an+1an=qq為常數(shù)，n∈N*）的數(shù)列anA．7 B．8 C．9 D．108．（2024·北京東城·二模）設無窮正數(shù)數(shù)列an，如果對任意的正整數(shù)n，都存在唯一的正整數(shù)m，使得am=a1+a2+a3A．若an為等差數(shù)列，則aB．若an為等比數(shù)列，則aC．若內和數(shù)列an為遞增數(shù)列，則其伴隨數(shù)列bD．若內和數(shù)列an的伴隨數(shù)列bn為遞增數(shù)列，則二、多選題9．（2024·山東青島·三模）若有窮整數(shù)數(shù)列An:a1,a2,?ann≥3A．存在具有性質T的AB．存在具有性質T的AC．若A10具有性質T，則aD．存在正整數(shù)k，使得對任意具有性質T的Ak，有a10．（2024·重慶·模擬預測）設an是各項為正的無窮數(shù)列，若對于?n∈N*，an+12?aA．若an是等方差數(shù)列，則aB．數(shù)列2nC．若an是等方差數(shù)列，則數(shù)列aD．若an是等方差數(shù)列，則存在正整數(shù)n，使得11．（2024·浙江寧波·模擬預測）已知數(shù)列un，其前n項和為Sn，若存在常數(shù)M>0，對任意的n∈N?，恒有un+1?uA．若un是以1為首項，q(|q|＜1)為公比的等比數(shù)列，則uB．若un為B?數(shù)列，則Sn也為C．若Sn為B?數(shù)列，則un也為D．若an,bn均為B?數(shù)列，則三、填空題12．（2024·江蘇揚州·模擬預測）對于有窮數(shù)列an，從數(shù)列an中選取第i1項?第i2項???第im項i1<i2<?<im，順次排列構成數(shù)列bk，其中bk=ai13．（2023·黑龍江哈爾濱·模擬預測）牛頓選代法又稱牛頓——拉夫遜方法，它是牛頓在17世紀提出的一種在實數(shù)集上近似求解方程根的一種方法.具體步驟如下圖示：設r是函數(shù)y=fx的一個零點，任意選取x0作為r的初始近似值，在點x0,fx0作曲線y=fx的切線l1，設與l1軸x交點的橫坐標為x1，并稱x1為r的1次近似值；在點x1,fx1作曲線y=fx的切線l2，設與l2軸x交點的橫坐標為x2，稱x2為r的2次近似值.一般地，在點xn,fxnn∈N作曲線y=fx的切線ln+1，記ln+1與x軸交點的橫坐標為xn+1，并稱xn+1為r的n+1次近似值.設fx=14．（2024·北京通州·三模）若數(shù)列{bn}、{cn}均為嚴格增數(shù)列，且對任意正整數(shù)n，都存在正整數(shù)m，使得bm∈[cn,cn+1]，則稱數(shù)列①存在等差數(shù)列{an}，使得{an②存在等比數(shù)列{an}，使得{an③存在等差數(shù)列{an}，使得{Sn④存在等比數(shù)列{an}，使得{Sn四、解答題15．（2024·浙江·模擬預測）定義:x表示x的整數(shù)部分，{x}表示x的小數(shù)部分，例如[1.2]=1,{1.75}=0.75.數(shù)列an滿足an+1=ananan?Z(1)分別寫出當m=2,m=5(2)證明:t2(3)若m為大于1的有理數(shù).且m?Z.求證:m16．（23-24高二下·安徽六安·期末）如果無窮數(shù)列an滿足“對任意正整數(shù)i,ji≠j，都存在正整數(shù)k，使得ak=a(1)若等比數(shù)列an的前n項和為Sn，且公比q>1,S2=12,(2)若等差數(shù)列bn的首項b1=1，公差d∈Z，求證：數(shù)列bn具有“性質(3)如果各項均為正整數(shù)的無窮等比數(shù)列cn具有“性質P”，且213,51217．（2024·黑龍江·三模）如果n項有窮數(shù)列an滿足a1=an，a2=(1)設數(shù)列bn是項數(shù)為7的“對稱數(shù)列”，其中b1,b2(2)設數(shù)列cn是項數(shù)為2k?1(k∈N?且k≥2)的“對稱數(shù)列”，且滿足cn+1?cn①若c1，c2，…，ck構成單調遞增數(shù)列，且ck=2023②若c1=2024，且S2k?118．（2024·福建泉州·模擬預測）若無窮數(shù)列an滿足：對于?n∈N*，an+12(1)若一個公比為q的等比數(shù)列xn為“P數(shù)列”，求q(2)若a1=1，p=2，yn是首項為1，公比為3的等比數(shù)列，在yk與yk+1之間依次插入數(shù)列a(3)若一個“P數(shù)列"an滿足a1=2,a2=22,an>0，設數(shù)列1an19．（2024·福建廈門·模擬預測）對于數(shù)列an，數(shù)列an+1?an稱為數(shù)列an的差數(shù)列或一階差數(shù)列.an差數(shù)列的差數(shù)列，稱為an的二階差數(shù)列.一般地，an的k階差數(shù)列的差數(shù)列，稱為an的k+1階差數(shù)列.如果(1)已知20，24，26，25，20是一個k階等差數(shù)列an的前5項.求k的值及a(2)證明：二階等差數(shù)列bn的通項公式為b(3)證明：若數(shù)列cn是k階等差數(shù)列，則cn的通項公式是n的k次多項式，即cn=i=0重難點17新情景、新定義下的數(shù)列問題【七大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1數(shù)列中的新概念】 1【題型2數(shù)列中的新運算】 4【題型3數(shù)列新情景問題】 6【題型4以數(shù)列和項與通項關系定義新數(shù)列】 8【題型5數(shù)列定義新性質問題】 14【題型6牛頓數(shù)列問題】 21【題型7數(shù)列中的新定義問題】 271、新情景、新定義下的數(shù)列問題數(shù)列是高考的熱點內容，屬于高考的必考內容之一.近幾年全國各地高考試題，我們總能在試卷的壓軸題位置發(fā)現(xiàn)新定義數(shù)列題的身影，它們對數(shù)列綜合問題的考查常常以新定義、新構造和新情景形式呈現(xiàn)，有時還伴隨著數(shù)列與集合，難度較大，需要靈活求解.【知識點1數(shù)列中的新概念】1．數(shù)列中的新概念問題的解題策略：通過創(chuàng)新概念，以集合、函數(shù)、數(shù)列等的常規(guī)知識為問題背景，直接利用創(chuàng)新概念的內涵來構造相應的關系式(或不等式等)，結合相關知識中的性質、公式來綜合與應用.【知識點2數(shù)列的新定義、新情景問題】1．數(shù)列的新定義、新情景問題的求解策略(1)新定義問題：遇到新定義問題，應耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析，運算，驗證，使得問題得以解決.(2)新情景問題：通過給出一個新的數(shù)列的概念，或約定一種新的運算，或給出幾個新模型來創(chuàng)設新問題的情景，要求在閱讀理解的基礎上，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學的知識和方法，實現(xiàn)信息的遷移，達到靈活解題的目的.【題型1數(shù)列中的新概念】【例1】（2024·四川南充·三模）對于數(shù)列an，規(guī)定Δan為數(shù)列an的一階差分，其中Δan=an+1?ann∈N*A．7 B．9 C．11 D．13【解題思路】根據(jù)新定義及數(shù)列的通項公式計算即可.【解答過程】由新定義知，Δa4=所以Δ2故選：A.【變式1-1】（2024·湖北武漢·三模）將1,2,???,n按照某種順序排成一列得到數(shù)列an，對任意1≤i<j≤n，如果ai>aj，那么稱數(shù)對ai,ajA．4 B．5 C．6 D．7【解題思路】根據(jù)逆序對的定義，分數(shù)列an的第一個數(shù)為4，數(shù)列an的第二個數(shù)為4，數(shù)列an的第三個數(shù)為4，數(shù)列a【解答過程】若n=4，則1≤i<j≤4，由1,2,3,4構成的逆序對有4,3,若數(shù)列an的第一個數(shù)為4，則至少有3若數(shù)列an的第二個數(shù)為4則恰有2個逆序對的數(shù)列an為1,4,2,3若數(shù)列an的第三個數(shù)為4則恰有2個逆序對的數(shù)列an為1,3,4,2或2,1,4,3若數(shù)列an的第四個數(shù)為4則恰有2個逆序對的數(shù)列an為2,3,1,4，綜上恰有2個逆序對的數(shù)列an的個數(shù)為5故選：B.【變式1-2】（23-24高三上·安徽合肥·階段練習）數(shù)學家斐波那契在研究兔子繁殖問題時，發(fā)現(xiàn)有這樣一個數(shù)列an：1，1，2，3，5，8…，其中從第3項起，每一項都等于它前面兩項之和，即a1=a2=1，an+2A．175 B．176 C．177 D．178【解題思路】根據(jù)數(shù)列的特點，每個數(shù)等于它前面兩個數(shù)的和，移項得：an=an+2?an+1，使用累加法求得Sn【解答過程】由從第三項起，每個數(shù)等于它前面兩個數(shù)的和，a1由an+2=an+1+所以a1a2a…，an=a將這n個式子左右兩邊分別相加可得：Sn所以Sn所以2==S故選：B．【變式1-3】（2024·全國·高考真題）0-1周期序列在通信技術中有著重要應用.若序列a1a2?an?滿足ai∈{0,1}(i=1,2,?)，且存在正整數(shù)m，使得ai+m=ai(i=1,2,?)成立，則稱其為0-1周期序列，并稱滿足A．11010? B．11011? C．10001? D．11001?【解題思路】根據(jù)新定義，逐一檢驗即可【解答過程】由ai+m=ai知，序列aiC(k)=對于選項A，C(1)=C(2)=1對于選項B，C(1)=1對于選項D，C(1)=1故選：C.【題型2數(shù)列中的新運算】【例2】（2024·河南·模擬預測）“角谷猜想”首先流傳于美國，不久便傳到歐洲，后來一位名叫角谷靜夫的日本人又把它帶到亞洲，因而人們就順勢把它叫作“角谷猜想”.“角谷猜想”是指一個正整數(shù)，如果是奇數(shù)就乘以3再加1，如果是偶數(shù)就除以2，這樣經過若干次運算，最終回到1.對任意正整數(shù)a0，按照上述規(guī)則實施第n次運算的結果為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【解題思路】根據(jù)“角谷猜想”的規(guī)則，由a5=1倒推【解答過程】由題知an+1=3若a4為奇數(shù)，則a5=3a4+1=1，得若a3為奇數(shù)，則a4=3a3+1=2，得若a2為奇數(shù)，則a3=3a2+1=4，得若a1為奇數(shù)，則a2=3a1+1=8，得若a0為奇數(shù)，則a1=3a0+1=16，可得綜上所述：a0故選：B.【變式2-1】（2023·北京延慶·一模）數(shù)列{an}中，an=logn+1(n+2)?(n∈NA．2023 B．2024 C．2025 D．2026【解題思路】利用換底公式與累乘法把a1?a2?a3?…?a【解答過程】解：∵an=∴a又∵a∴k+2必須是2的n次冪(n∈N?)k∈[1,2023]內所有的“幸運數(shù)”的和：S=(=2(1?故選：D．【變式2-2】（2024·上海寶山·二模）將正整數(shù)n分解為兩個正整數(shù)k1、k2的積，即n=k1?k2，當k1、k2兩數(shù)差的絕對值最小時，我們稱其為最優(yōu)分解．如20=1×20=2×10=4×5，其中4×5即為20的最優(yōu)分解，當k1、A．51012 B．51012?1 C．5【解題思路】根據(jù)最優(yōu)分解定義得到n為奇數(shù)和n為偶數(shù)時，f5n的通項公式，進而求出數(shù)列【解答過程】當n=2kk∈N?時，由于5當n=2k?1k∈N?時，由于5所以數(shù)列f5(5?1)+0+(5故選：B.【變式2-3】（2023·河南安陽·二模）如果有窮數(shù)列a1，a2，a3，…，am（m為正整數(shù)）滿足條件a1?am=t，a2?am?1=t，…，am?a1=t，即ai?am?i+1=t（t為常數(shù)）i=1,2,?,m，則稱其為“倒序等積數(shù)列”．例如，數(shù)列8，4，2，12，1A．210 B．445 C．780 D．1225【解題思路】由題可得cn=2【解答過程】由題可知當n≥41時，cn根據(jù)定義，當1≤n≤40時，cn則log2故S=0+1+2+?+39?=39×40故選：B.【題型3數(shù)列新情景問題】【例3】（2024·全國·模擬預測）九連環(huán)是我國古代至今廣為流傳的一種益智游戲，最早記載九連環(huán)的典籍是《戰(zhàn)國策·齊策》，《紅樓夢》第7回中有林黛玉解九連環(huán)的記載，我國古人已經研究出取下n個圓環(huán)所需的最少步驟數(shù)an，且a1=1，a2=2，a3=5，aA．127 B．256 C．341 D．512【解題思路】由題意可推出數(shù)列的遞推關系，由遞推關系進行構造等比數(shù)列，可求得答案．【解答過程】由觀察可得若n≥2時，當n為奇數(shù)時，an=2an?1+1∴當n為奇數(shù)時，an=4a又a1=1，∴a9故選：C．【變式3-1】（23-24高二上·江蘇南通·期中）折紙與剪紙是一種用紙張折成或剪成各種不同形狀的藝術活動，是我們中華民族的傳統(tǒng)文化，歷史悠久，內涵博大精深，世代傳承．現(xiàn)將一張腰長為1的等腰直角三角形紙，每次對折后仍成等腰直角三角形，對折5次，然后用剪刀剪下其內切圓，則可得到若干個相同的圓片紙，這些圓片紙的半徑為（

）A．2?18 B．2?28 C．【解題思路】根據(jù)等比數(shù)列的性質，結合等面積法即可求解.【解答過程】由題意可知，對折后的等腰直角三角形的腰長成等比數(shù)列，且首項為22，公比為22，故對折5次后，得到腰長為22設該等腰直角三角形的內切圓半徑為r，則由等面積法可得12×2故選：A.【變式3-2】（2023·安徽宿州·一模）我國《洛書》中記載著世界上最古老的一個幻方，如圖所示，將1，2，3，…，9填入3×3的方格內，使得每行、每列、每條對角線上的數(shù)的和都相等，便得到一個3階幻方.一般地，將連續(xù)的正整數(shù)1，2，3，…，n2填入n×n個方格中，使得每行、每列、每條對角線上的數(shù)的和都相等，這個正方形叫作n階幻方.記n階幻方的數(shù)的和（即方格內的所有數(shù)的和）為Sn，如S3A．SB．7階幻方第4行第4列的數(shù)字可以為25C．8階幻方每行、每列、每條對角線上的數(shù)的和均為260D．9階幻方每行、每列、每條對角線上的數(shù)的和均為396【解題思路】根據(jù)n階幻方的定義，n階幻方的數(shù)列有n2項，為首項為1，公差為1的等差數(shù)列，故Sn=1+n2n22，每行、每列、每條對角線上的數(shù)的和均為S【解答過程】根據(jù)n階幻方的定義，n階幻方的數(shù)列有n2項，為首項為1，公差為1的等差數(shù)列，故Sn=對A，S6對B，7階幻方有7行7列，故第4行第4列的數(shù)字可以為該數(shù)列的中間值，即1+7對C，8階幻方每行、每列、每條對角線上的數(shù)的和均為S8對D，9階幻方每行、每列、每條對角線上的數(shù)的和均為S9故選：D.【變式3-3】（23-24高二下·山東·階段練習）某軟件研發(fā)公司對某軟件進行升級，主要是軟件程序中的某序列A=a1,a2,a3,???重新編輯，編輯新序列為A?=a2a1A．19 B．127 C．181【解題思路】根據(jù)新定義判斷出A?是公比為3的等比數(shù)列，再利用迭乘法得到ana1=m【解答過程】令bn=an+1a由已知得b2b1=b設b1=m，則a2a1=b當n≥2時，累乘可得a2即an當n=5時，1a1=m436故選：A.【題型4以數(shù)列和項與通項關系定義新數(shù)列】【例4】（2024·江西南昌·三模）給定數(shù)列{An}，若對任意m，n∈N*且m≠n，Am+An是{A(1)若Sn=n2+n(2)設{an}既是等差數(shù)列又是“H數(shù)列”，且a1=6，a(3)設{an}是等差數(shù)列，且對任意n∈N*，Sn是【解題思路】（1）根據(jù)“H數(shù)列”定義判斷即可.（2）由等差數(shù)列和“H數(shù)列”的定義得到公差d的等式關系即可求解.（3）由等差數(shù)列的定義與求和公式，進行分情況討論，即可證明{an}【解答過程】（1）因為Sn=n2+n當n=1時，a1所以an對任意m，n∈N*且m≠n，∴{an}（2）因為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的所有可能值為1，2，3，6.（3）設數(shù)列{an}的公差為d，所以存在k∈N*，對任意n∈當d=0時，則a1=0，故ak當d≠0時，k=n?1a1d+nn?12+1當a1d=?1當a1d∈所以a1d≥?1設a1d=s，s≥?1，s∈所以任意m，n∈N*且m≠n，顯然s+m+n?2∈N，所以a∴{an}【變式4-1】（2024·陜西·三模）數(shù)列an的前n項的最大值記為Mn，即Mn=maxa1,a2,???,an(1)設數(shù)列pn的“生成數(shù)列”為qn，求證：(2)若an=2n?3n【解題思路】（1）由“生成數(shù)列”的定義證明即可；（2）由分組求和求解即可.【解答過程】（1）由題意可知Mn+1所以Mn+1?m即pn是單調遞增數(shù)列，且p由“生成數(shù)列”的定義可得qn（2）當n≥3時，an∴a1>∴p當n≥3時，pn設數(shù)列pn的前n項和為Sn．則當n≥3時，S=1+=1+又S2=1符合上式，所以【變式4-2】（2024·山東泰安·模擬預測）已知數(shù)列an是斐波那契數(shù)列，其數(shù)值為：1,1,2,3,5,8,13,21,34??????.這一數(shù)列以如下遞推的方法定義：a1=1，a2=1，an+2=an+1+a(1)已知數(shù)列cn滿足cn=man（n∈N*，(2)設數(shù)列{dn}的前n項和為S（i）若數(shù)列{dn}為“1（ii）在（i）問的前提下，若數(shù)列fn滿足fn=anSn，n∈N*，其前n【解題思路】（1）由已知可得c1=m,c（2）當n≥2時，dn=Sn?Sn?1=2?3n?1，（i）由已知可得存在正整數(shù)n使得（ii）法一：當n≥2時，易得an2=anan+1?anan?1，計算可得a12+a2【解答過程】（1）存在，理由如下：由已知得a1=1，a2∴∴c3=∴對?m∈R，當正整數(shù)k=1時，存在n=即數(shù)列cn為“1（2）∵S∴當n=1時，d1當n≥2時，dn（i）若數(shù)列{dn}為“1階可分拆數(shù)列”，則存在正整數(shù)n當n=1時，d2=d1+當n≥2時，2?3n=因a≥0，所以3?a≤3，又4?3故方程4?3綜上所述，符合條件的實數(shù)a的值為0.（ii）方法一：證明：∵a∴當n≥2時，an∴a=a1=a12?a∴a由（i）知Sn=3∴T13由①-②可得2===1∵T∴2∴T當n∈N?且n≥3時，方法二：證明：∵a∴當n≥2時，an∴a=a1=a12?a∴a由（i）知Sn=3∴T1313由①?②?③可得5=1∴T當n∈N?且n≥3時，【變式4-3】（2024·安徽蕪湖·三模）若數(shù)列an的各項均為正數(shù)，且對任意的相鄰三項at?1,at,a(1)已知正項數(shù)列cn是一個“凸數(shù)列”，且an=ecn，（其中e為自然常數(shù)，(2)若關于x的函數(shù)fx=b1+(3)設正項數(shù)列a0,【解題思路】（1）根據(jù)cn的性質，由等量關系代換成關于a（2）由原函數(shù)有三個零點，且導函數(shù)為二次函數(shù)，分析出導函數(shù)有兩個零點，判別式大于零，推得b32>b2b4（3）記S=a1+a2+?+an?1，利用分析法，只需證【解答過程】（1）因為an=ecn所以ct?1+ct+1≤2所以數(shù)列an是一個“對數(shù)性凸數(shù)列”，a所以a10a9所以數(shù)列an是一個“對數(shù)性凸數(shù)列”，且有a（2）因為fx所以f′所以Δ1又bi>0i=1x=0時，f0=b1>0又f1令t=1x，則即f1令gx=b所以g′所以Δ2因為b2所以正項數(shù)列b1,b2,所以數(shù)列b1（3）記S=a1+即證a0即n2S+a因為數(shù)列an為對數(shù)性凸數(shù)列，所以at?1a所以anan?1S=a而a0所以S+=S+當且僅當ak故式①成立，所以原不等式成立．【題型5數(shù)列定義新性質問題】【例5】（2024·安徽·三模）已知數(shù)列an的前n項和為Sn，若數(shù)列①數(shù)列an②數(shù)列an③?k≥2，k∈N?，?p,q∈N則稱數(shù)列an(1)已知Sn=n2+n(2)若首項為1的數(shù)列an（?。┍容^an與S（ⅱ）若數(shù)列an的末項為36，求S【解題思路】（1）利用數(shù)列的前n項和及Sn與an的關系得數(shù)列an（2）（ⅰ）利用題目所給定義得an≤2a（ⅱ）構造具有“和性質”的數(shù)列an：1，2，3，6，9，18，36或數(shù)列an：1，2，4，5，9，18，36，此時Sn=75，再利用反證法得具有“和性質”的數(shù)列【解答過程】（1）因為Sn所以當n=1時，a1當2≤n≤100時，an而當n=1時，滿足a1因此數(shù)列an的通項公式為該數(shù)列具有“和性質”.（2）（?。┮驗槭醉棡?的數(shù)列an所以?k≥2，k∈N?，使得ak=ap+因此ap≤a所以ak因此an所以將上述不等式相加得：a2即an因為a1所以2a因此an（ⅱ）因為數(shù)列an所以由③得：a2=2a構造數(shù)列an：1，2，3，6，9，18，36或數(shù)列a因此這兩個數(shù)列具有“和性質”，此時Sn下面證明Sn即證明不可能存在比75更小的Sn假設Sn≤75（存在性顯然，因為滿足Sn第一步：首先說明有窮數(shù)列an設有窮數(shù)列an中元素組合的集合為A由（?。┲篴2≤2a因此a2≤2，a3≤4，a4所以n≥7.第二步：證明an?1=18，若18∈A，設ai因為an所以為了使得Sn則在數(shù)列an中一定不含有ak，使得因此an?1假設18?A，根據(jù)“和性質”，對an=36，有ap，a顯然ap≠a所以由有窮數(shù)列an集合A中至少還有4個不同于an，ap，因此Sn>a所以18∈A，且an?1同理可證：an?2根據(jù)“和性質”得：存在ap、aq，使得我們需要考慮如下幾種情形：①當ap=8，aq=1時，至少還需要一個大于等于4的②當ap=7，aq=2時，至少還需要一個大于4的③當ap=6，aq=3時，此時④當ap=5，aq=4時，此時綜上所述，Sn【變式5-1】（2024·北京西城·二模）已知數(shù)列A:a1,a2,?,an，從A中選取第i?1項、第i?2項、…、第i?k項i?1<i?2<?<i?k構成數(shù)列B:ai?1,ai?2(1)當n=4時，比較A的具有性質P的子列個數(shù)與不具有性質P的子列個數(shù)的大小，并說明理由；(2)已知數(shù)列A:1?（ⅰ）給定正整數(shù)k≤n2，對A的k項子列B，求所有（ⅱ）若A有m個不同的具有性質P的子列B1,B2,?,Bm，滿足：???1≤i<j≤m，B【解題思路】（1）根據(jù)定義得出n=4時，A共有15個子列，結合性質P的內容即可判斷；（2）（ⅰ）根據(jù)ai?1,ai?2,?,ai?k是A的k?(（ⅱ）設Bk?(?k=1,2,?,m?)的首項為xk，末項為yk，記xk?【解答過程】（1）當n=4時，A共有24其中具有性質P的子列有4+3+2+1=10個，

故不具有性質P的子列有5個，

所以A的具有性質P的子列個數(shù)大于不具有性質P的子列個數(shù)．（2）（?。┤鬊:ai?1,則B′:n+1?ai?1所以T(B?)+T(因為給定正整數(shù)k≤n2，A有Cn所以所有T(B?)的算術平均值為1（ⅱ）設Bk?(?k=1,2,?,m?)若存在j=1,2,?,m，使yj<xk?所以，對任意j=1,2,?,m，都有yj≥因為對于k=1,2,?,m，xk∈{?所以共有xk因為B1所以對于不同的子列Bi,Bj，所以xk?當n是奇數(shù)時，取xk∈{?共有n+12?(n+1?當n是偶數(shù)時，取xk∈{?共有n2?(n+1?綜上，n為奇數(shù)時，m的最大值為(n+1)24；n為偶數(shù)時，m的最大值為【變式5-2】（2024·北京東城·二模）已知An:a1,a2,?,ann≥3為有窮整數(shù)數(shù)列，若An滿足：(1)若p=?1，q=2，那么是否存在具有性質T的A5？若存在，寫出一個這樣的A(2)若p=?1，q=2，且A10具有性質T，求證：a(3)若p+q=1，求證：存在正整數(shù)k，使得對任意具有性質T的Ak，都有a【解題思路】（1）根據(jù)所給定義，設a2?a1，a3?a2，a4?a3，（2）設a1，a2，a3，?，a10中的最大值為M，則存在ak，使得ak=M或ak=?M，若存在ak，使ak=M，先證：ak（3）不妨設p<0<q，根據(jù)性質T推導出k=q?p+1，再利用反證法證明a1【解答過程】（1）不存在具有性質T的A5設A5:a1,設a2?a1，a3?a2，a4?a則有a2所以?1×m+24?m=0，解得m=8所以不存在具有性質T的A5（2）設a1，a2，a3，?，a10中的最大值為M，則存在ak若存在ak，使ak=M，下證：ak，ak+1，?，a假設存在正整數(shù)mm<M使得ak，ak+1，?，a令集合B=i|ai>m，設則有ai這與ai+1所以ak，ak+1，?，a10可以取遍0若M=1，則a1，a2，a3，?，a9的取值只能為此時a1，a2，a3，?若M=2，則a1，a2，a3，?，a9的取值只能為0，此時a1，a2，a3，?若M≥3，則a1，a2，a3，?，ak中一定有異于再由ak，ak+1，?，a10可以取遍0所以a1，a2，a3，?當ak=?M，同理可證：a1，a2，?，ak從而a1，a2，a3，?（3）不妨設p<0<q，當a2?a1，a3?a2，?，ak由于a2所以取k=q?p+1，此時Ak具有性質T下證：a1若存在i,j1≤i<j≤k?1使得ai令ai=u則有0≤u1≤令s=u2?u1，t=v2由于p+q=1，則有s=qs?t若s=t，則有s=0，即u2當ai=aj時，有若s≠t，則有s=q且s=t+1，因此有u2=q，u1=0，所以此時ai=a綜上所述，存在正整數(shù)k，使得對任意具有性質T的Ak，都有a【變式5-3】（23-24高二下·吉林延邊·期中）記R上的可導函數(shù)fx的導函數(shù)為f′x，滿足xn+1=xn?fxnf′(1)證明數(shù)列an是等比數(shù)列并求a(2)設數(shù)列an的前n項和為Sn，若不等式(?1)n?tS【解題思路】（1）對遞推式變形結合對數(shù)運算求得an+1（2）先利用等比數(shù)列求和公式求和，再把恒成立問題轉化為(?1)n?t≤Sn+14Sn對任意的【解答過程】（1）由fx=x所以x則xn+1所以an+1故an+1an所以數(shù)列an所以an（2）由等比數(shù)列的前n項和公式得：Sn因為不等式(?1)n?tS又Sn>0且Sn單調遞增，所以(?1)令gx=x+14則g′當x∈0,14時，g′當x∈14,+∞時，g又2=S1<14<S2則gS當n為偶數(shù)時，原式化簡為t≤S而gS所以t≤gS當n為奇數(shù)時，原式化簡為?t≤S又2=S1<14<S3=14<S所以g2此時?t≤gS1=9綜上可知，?9≤t≤25【題型6牛頓數(shù)列問題】【例6】（2024·廣東·模擬預測）定義：任取數(shù)列an中相鄰的兩項，若這兩項之差的絕對值為1，則稱數(shù)列an具有“性質1”.已知項數(shù)為n的數(shù)列an的所有項的和為M(1)若n=4，且a1=0,a(2)若a1=2024,n=2023，證明：“a2023(3)若a1=0,n≥2,Mn=0【解題思路】（1）由數(shù)列的性質得出an，進一步結合M（2）結合新定義，分必要性、充分性兩方面證明即可；（3）由數(shù)列的性質，得出4整除nn?1，即n=4m或n=4m+1【解答過程】（1）依題意，若an:0,1,0,?1，此時若an:0,?1,0,?1，此時若an:0,?1,?2,?1，此時（2）必要性：因為ak>a所以ak+1所以a2023充分性：由于a2023累加可得，a2023?a因為a2023=2，故上述不等式的每個等號都取到，所以所以ak綜上所述，“a2023=2”是“（3）令ck=a因為a2所以M==n因為ck=±1，所以1?c所以1?c所以要使Mn=0，必須使nn?1亦即n=4m或n=4m+1m∈當n=4mm∈N*時，比如a4k?1=a4k?3當n=4m+1m∈N*時，比如a4k?1=a4k?3當n=4m+2或n=4m+3m∈N時，nn?1不能被4整除，【變式6-1】（23-24高二下·四川·期中）物理學家牛頓用“作切線”的方法求函數(shù)零點時，給出了“牛頓數(shù)列”，它在航空航天中應用非常廣泛．其定義是：對于函數(shù)f(x)，若滿足(xn+1?xn)f′(xn)+f(xn)=0，則稱數(shù)列xn為牛頓數(shù)列．已知f(x)=x(1)求數(shù)列xn(2)若數(shù)列nxn的前n項和為Sn，且對任意的n∈N?，滿足S(3)在（2）的前提下，設g(x)=112λf′(x)，直線y=ax+b(b>0)與曲線y=g(x)有且只有兩個公共點A(c,d),(?,f)【解題思路】（1）利用導數(shù)的幾何意義求出切線方程，即可得數(shù)列xn（2）由（1）令bn=n?(34)n?1（3）由（2）求出g(x)=x3，利用導數(shù)探討函數(shù)【解答過程】（1）函數(shù)f(x)=x4，求導得則函數(shù)f(x)的圖象在點xn,y令y=0，得xn+1=34x所以xn（2）由（1），令bn則Sn于是34兩式相減得：1因此Sn=16?(16+4n)?(34令dn=(16+4n)?(當n≤5時，dn+1?d當n≥6時，dn+1?dn<0所以整數(shù)λ的最小值為22.（3）由（2）知g(x)=x3，依題意，方程x3令?(x)=x3?ax?b，則函數(shù)?(x)求導得?′(x)=3x2?a，當a≤0時，?′(x)≥0當a>0時，由?′(x)>0，得x<?a3或x>a則函數(shù)?(x)在(?∞,?a當x=?a3時，?(x)取得極大值?(?a3)=2a3函數(shù)?(x)有且只有兩個零點，則?(x)的圖象與x軸有且只有兩個公共點，必有?(?a此時b=2a3a3，c=?a3，方程所以?c=?2，【變式6-2】（2024·廣東韶關·二模）記R上的可導函數(shù)fx的導函數(shù)為f′x，滿足xn+1=xn?fxnf′(1)求a2(2)證明數(shù)列an是等比數(shù)列并求a(3)設數(shù)列an的前n項和為Sn，若不等式(?1)n?tS【解題思路】（1）求出導函數(shù)，化簡數(shù)列遞推式，根據(jù)對數(shù)運算及遞推式求解即可；（2）對遞推式變形結合對數(shù)運算求得an+1（3）先利用等比數(shù)列求和公式求和，再把恒成立問題轉化為(?1)n?t≤Sn+14Sn對任意的【解答過程】（1）因為fx=x2?x由a1=2,a則x1x1?1=e2（2）由xn+1=x所以an+1故an+1an=2（非零常數(shù)），且所以an（3）由等比數(shù)列的前n項和公式得：Sn因為不等式(?1)n?tSn?14≤Sn所以(?1)n?t≤Sn+14S則g′x=1?14x2=當x∈14,+∞時，g又2=S1<14<S2=6，且當n為偶數(shù)時，原式化簡為t≤Sn+14S當n為奇數(shù)時，原式化簡為?t≤Sn+14Sn，所以當綜上可知，?9≤t≤25【變式6-3】（23-24高二上·浙江紹興·期末）物理學家牛頓用“作切線”的方法求函數(shù)零點時，給出了“牛頓數(shù)列”，它在航空航天中應用非常廣泛．其定義是：對于函數(shù)fx，若滿足xn+1?xnf′xn+fxn=0，則稱數(shù)列xn為牛頓數(shù)列．已知fx=x

(1)求數(shù)列xn(2)若數(shù)列n?xn的前n項和為Sn，且對任意的n∈N?，滿足Sn≥16?λ56n，求整數(shù)【解題思路】（1）首先根據(jù)導數(shù)的幾何意義求切線方程，并令y=0，得到數(shù)列xn（2）法一，由（1）可知，bn=n?xn=n?34n?1，利用錯位相減法求數(shù)列bn法二，利用裂項相消法求數(shù)列bn的前n項和Sn，代入不等式，參變分離為λ≥(16+4n)9【解答過程】（1）∵f∴f(x)在點xn,y令y=0，得xn+1所以xn是首項為1，公比為3故x（2）令bn法一：錯位相減法Sn34Sn兩式相減得：14化簡得：Sn故16?(16+4n)3化簡得λ≥(16+4n)9令dn則dn+1當n≤5時，dn+1?d當n≥6時，dn+1?d所以dn從而整數(shù)λmin法二：裂項相消法由bn設cn=(kn+m)3則43于是?k4=即cn所以S=c故16?(16+4n)34n令dn則dn+1dn當當n≤5時，dn+1dn當n≥6時，0<dn+1d所以dn從而整數(shù)λmin【題型7數(shù)列中的新定義問題】【例7】（2024·江西九江·三模）已知數(shù)列an共有mm≥2項，且an∈Z，若滿足an+1?a(1)當m=5時，寫出所有滿足a1(2)當m=2000,a1=25時，設p:a2000=2024;q:“約束數(shù)列”(3)當a1=1,a【解題思路】（1）由“約束數(shù)列”的定義，可得所求.（2）由“約束數(shù)列”和充分必要條件的定義，結合等差數(shù)列的知識，可得結論.（3）由a1=1,a2k=0【解答過程】（1）當m=5時，所有滿足a1①1,1,2,1,1；②1,1,1,2,1；③1,2,1,1,1.（2）p是q的充分不必要條件.理由：①當a2000=2024時，則a2000當且僅當a2000?a∴“約束數(shù)列”an②當“約束數(shù)列”an是等差數(shù)列時，由a得an+1?an=1若an+1?an=0若an+1?an=?1若an+1?an=1即當“約束數(shù)列”an是等差數(shù)列時，a2000=25由①②，得p是q的充分不必要條件.（3）∵a1=1,a2k當且僅當同時滿足以下三個條件時，Sm①當2≤n≤k時，an?an?1=1③當2k+1≤n≤m時，an∴=k【變式7-1】（2024·重慶·模擬預測）對于數(shù)列an，定義Δan=an+1?ann∈(1)試寫出“2?函數(shù)”f(2,n)，并求f(2,3)的值；(2)若“1?函數(shù)”f(1,n)≤15，求n的最大值；(3)記函數(shù)S(x)=x+2x2+?+nxn，其導函數(shù)為S【解題思路】結合新定義可得ΔΔan=Δan+1?Δan【解答過程】（1）由定義及ΔΔan所以Δan是公差為m的等差數(shù)列，所以因為a1=a所以Δan=(n?1)m當n≥2時，有a3a4……an所以an即an（1）當m=2時，an所以“2?函數(shù)”f(2,n)=1×2+1×2當n=3時，f(2,3)=1×2+1×2（2）當m=1時，an故“1?函數(shù)”f(1,n)==1+1+?+====n由f(1,n)≤15，得n3令g(x)=x3?3所以g(x)=x3?3因為g(5)=0．所以當1≤x≤5時，g(x)≤0，所以當1≤n≤5時，f(1,n)≤15，故n的最大值為5．（3）證明：由題意得f(m,n)==m+=m+=由S(x)=x+2x2+?+n所以xS′(x)=x+4所以f(m,n)=m【變式7-2】（2024·江西·模擬預測）我國元代數(shù)學家朱世杰在他的《四元玉鑒》一書中對高階等差數(shù)列求和有精深的研究，即“垛積術”．對于數(shù)列a1,a2,???,an,???，①，從第二項起，每一項與它前面相鄰一項的差構成數(shù)列a11,a12,???,a1n?1,???，②，稱該數(shù)列②為數(shù)列①的一階差分數(shù)列，其中a1i=ai+1(1)若高階等差數(shù)列an為3,4,9,18,31,48,???，求數(shù)列a(2)若r階等差數(shù)列bn的通項公式b（ⅰ）求r的值；（ⅱ）求數(shù)列bn的前n項和S附：12【解題思路】（1）根據(jù)r階等差數(shù)列的定義，分別求出一階差分數(shù)列和二階差分數(shù)列，發(fā)現(xiàn)二階差分數(shù)列為常熟列，即可得出a2n=4，即a1n+1?a1n（2）（?。└鶕?jù)r階等差數(shù)列的定義，從一階差分數(shù)列、二階差分數(shù)列、三階差分數(shù)列…依次往下求，當出現(xiàn)常數(shù)列時為止，即可確定為r的值；（?、。┙Y合二項式定理將2n?14轉化為了16【解答過程】（1）數(shù)列an的一階差分數(shù)列為1,5,9,13,17,???二階差分數(shù)列為4,4,4,4,4,???，為非零常數(shù)列，所以a2n=4，即a1所以數(shù)列a1n所以a1n=1+n?1×4=4n?3，即所以當n≥2時，a=4n?1當n=1時，a1綜上，數(shù)列an的通項公式為a（2）（ⅰ）bn=2n?1b2n所以b3n所以b4n所以數(shù)列bn是4階等差數(shù)列，即r=4（ⅱ）n=n所以n4又2n?1=16所以S==16【變式7-3】（2024·福建南平·二模）若數(shù)列cn共有mm∈N*,m≥3項，對任意ii∈N*,i≤m都有cicm+1?i=S（S為常數(shù)，且S>0(1)若m=3，a1=1，a2(2)已知數(shù)列bn是公差為dd≠0的等差數(shù)列，b1=?11，若m=10，an(3)若數(shù)列an是各項均為正整數(shù)的單調遞增數(shù)列，求證：a【解題思路】（1）依題意可得S=a2a（2）依題意aia11?i=S，即可得到（3）依題意可得am?i+1【解答過程】（1）依題意S=a2a2=4（2）法一：由m=10知對任意ii∈N*,i≤10即bi+2所以b1所以?d所以?d因為d≠0，b1=?11，所以S=122法二：當i=1,2時由S=a1a所以b1即b1令p=b12則p+16d因為d≠0，b1=?11，所以p=q，即d=2，S=1，當1≤i≤10時都有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、單選題1．（2024·四川綿陽·模擬預測）已知數(shù)列an的各項均為正數(shù)，a1=1,an+1?an=A．615 B．620 C．625 D．630【解題思路】根據(jù)等差數(shù)列的定義求出an，再根據(jù)新定義對n分情況求出n【解答過程】因為a1所以an+12?所以an2=1+所以an=n當1≤n<4時，n=1當4≤n<9時，n=2當9≤n<16時，n=3當16≤n<25時，n=4當25≤n<36時，n=5當36≤n<49時，n=6當49≤n<64時，n=7當64≤n<81時，n=8當81≤n<100時，n=9100=10則a1+a故選：C.2．（2024·上海·模擬預測）已知數(shù)列an不是常數(shù)列，前n項和為Sn，且a1>0．若對任意正整數(shù)n，存在正整數(shù)m，使得an?Sm≤A．①與②均為真命題 B．①與②均為假命題C．①為真命題，②為假命題 D．①為假命題，②為真命題【解題思路】由題意Sm?a1≤【解答過程】①數(shù)列an不是常數(shù)列，則d≠0，則a由an?Sm≤當n足夠大時，極限的思想說明不成立；②取an=2當n=1時，取m=1，滿足an當n≥2時，取m=n?1，滿足an故選：D.3．（2024·全國·模擬預測）將正整數(shù)n分解為兩個正整數(shù)k1，k2的積，即n=k1k2，當k1，k2兩數(shù)差的絕對值最小時，我們稱其為最優(yōu)分解.如12=1×12=2×6=3×4，其中3×4即為12的最優(yōu)分解，當k1，kA．21011?1 B．21011 C．2【解題思路】根據(jù)題意，對n分奇數(shù)和偶數(shù)進行討論，進而可以得到f2【解答過程】當n=2kk∈N*所以f2當n=2k?1k∈N*則f2故數(shù)列f2n的前2024項的和為故選：C.4．（2024·安徽安慶·三模）若項數(shù)均為nn≥2,n∈N*的兩個數(shù)列an,bn滿足ak?bkA．5 B．6 C．7 D．8【解題思路】根據(jù)ak?bk=k可得a1+【解答過程】由條件知a1于是a1又a1所以a1于是“4項緊密數(shù)列”有anaan故選：B．5．（2024·四川南充·三模）對于數(shù)列an，規(guī)定Δan為數(shù)列an的一階差分，其中Δan=an+1?ann∈N*A．7 B．9 C．11 D．13【解題思路】由數(shù)列的新定義計算即可.【解答過程】由ΔaΔaΔa由Δkan所以Δ2故選：D.6．（2024·上海寶山·二模）數(shù)列an中，Sn是其前n項的和，若對任意正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m，使得Sn=am，則稱數(shù)列an為“某數(shù)列”.現(xiàn)有如下兩個命題：①等比數(shù)列2n為“某數(shù)列”；②對任意的等差數(shù)列anA．①為真命題，②為真命題 B．①為真命題，②為假命題C．①為假命題，②為真命題 D．①為假命題，②為假命題【解題思路】利用等比數(shù)列前n項和公式計算Sn，再建立方程并判斷①；求出等差數(shù)列an的通項，再拆分成兩個等差數(shù)列，結合等差數(shù)列前【解答過程】對于①，由等比數(shù)列2n，得S若對任意正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m，使得Sn=am，則對于②，設等差數(shù)列an的公差為d，則a令bn=na1，下面證bn設bn的前n項和為Tn，則于是對任意的正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m=nn+12，使得T同理，可證cn所以對任意的等差數(shù)列an，總存在兩個“某數(shù)列”bn和cn故選：C.7．（23-24高三下·重慶·階段練習）定義：滿足an+2an+1:an+1an=qq為常數(shù)，n∈N*）的數(shù)列anA．7 B．8 C．9 D．10【解題思路】根據(jù)數(shù)列新定義可得anan?1【解答過程】由題意知二階等比數(shù)列∣an的二階公比為2,故an將以上各式累乘得：an故an=2n(n?1)4故n?1n4>10又n?1n的值隨n的增大而增大，且(當n=7時，2n?1當n=8時，2n?1故n的最小值為8，故選：B.8．（2024·北京東城·二模）設無窮正數(shù)數(shù)列an，如果對任意的正整數(shù)n，都存在唯一的正整數(shù)m，使得am=a1+a2+a3A．若an為等差數(shù)列，則aB．若an為等比數(shù)列，則aC．若內和數(shù)列an為遞增數(shù)列，則其伴隨數(shù)列bD．若內和數(shù)列an的伴隨數(shù)列bn為遞增數(shù)列，則【解題思路】對于ABD：舉反例說明即可；對于C：根據(jù)題意分析可得am2>【解答過程】對于選項AB：例題an=1，可知則a1+a2=2所以an對于選項C：因為an對任意n1,n2∈使得am則am2?且內和數(shù)列an為遞增數(shù)列，可知m所以其伴隨數(shù)列bn對于選項D：例如2,1,3,4,5,???，顯然an是所有正整數(shù)的排列，可知an為內和數(shù)列，且但an故選：C.二、多選題9．（2024·山東青島·三模）若有窮整數(shù)數(shù)列An:a1,a2,?ann≥3A．存在具有性質T的AB．存在具有性質T的AC．若A10具有性質T，則aD．存在正整數(shù)k，使得對任意具有性質T的Ak，有a【解題思路】對A、D：舉出符合題意的例子即可得；對B：根據(jù)所給定義，借助反證法設a2?a1，a3?a2，a4?a3，a5?a4中有m個?1，4?m個2，從而有?1×m+24?m=0，推出矛盾；對C：a1，a2，a3，?，a10中的最大值為M，則存在ak【解答過程】對A：取數(shù)列0,2,1,0，易得其滿足題意，此時該數(shù)列具有性質T，故A正確；對B：假設存在數(shù)列a1,a2,且ai+1設ai+1?ai∈?1,2i=1,2,?,4中有則有i=1=m×?1+4?m其與m為整數(shù)矛盾，故假設錯誤，故B錯誤；對C：設a1，a2，a3，?，a則存在ak，使得ak=M若存在ak，使ak=M，下證：ak，ak+1，?，a假設存在正整數(shù)mm<M使得ak，ak+1，?，a令集合B=i|ai>m，設則有ai這與ai+1所以ak，ak+1，?，a10可以取遍0若M=1，則a1，a2，a3，?，a9的取值只能為此時a1，a2，a3，?若M=2，則a1，a2，a3，?，a9的取值只能為0，此時a1，a2，a3，?若M≥3，則a1，a2，a3，?，ak中一定有異于再由ak，ak+1，?，a10可以取遍0所以a1，a2，a3，?當ak=?M，同理可證：a1，a2，?，ak從而a1，a2，a3，?對D：取數(shù)列0,2,1,0，此時該數(shù)列具有性質T，且a1,a故選：ACD.10．（2024·重慶·模擬預測）設an是各項為正的無窮數(shù)列，若對于?n∈N*，an+12?aA．若an是等方差數(shù)列，則aB．數(shù)列2nC．若an是等方差數(shù)列，則數(shù)列aD．若an是等方差數(shù)列，則存在正整數(shù)n，使得【解題思路】對于B：代入定義計算即可判斷；根據(jù)題意結合等差數(shù)列的定義分析判斷A；借助題目條件，借助放縮將等式轉換為不等式后結合數(shù)列的函數(shù)性質分析判斷C；由題意將i=1n1a【解答過程】對于選項B：若an=2n時，則則an+1所以數(shù)列2n對于選項ACD：若an是等方差數(shù)列，則a所以數(shù)列an2是以a1可得an當d<0時，則總存在正整數(shù)n，使a1與an>0矛盾，故d>0恒成立，有an2=即an>n?1d，則bn由n+n?1隨故總存在正整數(shù)n使dn+n?1由an2=則1==2可得i=1n由a12+nd?a1隨故對任意的d>0，總存在正整數(shù)n使2d即總存在正整數(shù)n，使得i=kn故選：ACD．11．（2024·浙江寧波·模擬預測）已知數(shù)列un，其前n項和為Sn，若存在常數(shù)M>0，對任意的n∈N?，恒有un+1?uA．若un是以1為首項，q(|q|＜1)為公比的等比數(shù)列，則uB．若un為B?數(shù)列，則Sn也為C．若Sn為B?數(shù)列，則un也為D．若an,bn均為B?數(shù)列，則【解題思路】對A，根據(jù)題意可得un=qn?1，利用B?數(shù)列的定義求解判斷；對B，舉反例un=1n∈N?不合題意；對C，根據(jù)條件得un+1+un【解答過程】對于A，un=q∴=1?q對于B，若un=1n∈N?，顯然數(shù)列u但Sn+1?Sn+對于C，因為數(shù)列Sn是B?所以存在正數(shù)M，對于任意的n∈N有Sn+1?S所以u≤2un+1+2un對于D，若數(shù)列an,b則存在正數(shù)M1,Man+1?a因為a≤M同理可得bn≤M2+則有a≤K2an+1?故選：ACD.三、填空題12．（2024·江蘇揚州·模擬預測）對于有窮數(shù)列an，從數(shù)列an中選取第i1項?第i2項???第im項i1<i2<?<im，順次排列構成數(shù)列bk，其中bk=aik,1≤k≤m【解題思路】求出和式中原數(shù)列中各項出現(xiàn)的次數(shù)即可得解.【解答過程】數(shù)列1,2,4,8,16,32中的每一項，含有一個項的子列有C50個，含有兩個項的子列有含有三個項的子列有C52個，含有四個項的子列有C53個，含有五個項的子列有因此和式中，數(shù)列1,2,4,8,16,32中的每一項，都出現(xiàn)C5所以所求和為(1+2+4+8+16+32)×32=63×32=2016.故答案為：2016.13．（2023·黑龍江哈爾濱·模擬預測）牛頓選代法又稱牛頓——拉夫遜方法，它是牛頓在17世紀提出的一種在實數(shù)集上近似求解方程根的一種方法.具體步驟如下圖示：設r是函數(shù)y=fx的一個零點，任意選取x0作為r的初始近似值，在點x0,fx0作曲線y=fx的切線l1，設與l1軸x交點的橫坐標為x1，并稱x1為r的1次近似值；在點x1,fx1作曲線y=fx的切線l2，設與l2軸x交點的橫坐標為x2，稱x2為r的2次近似值.一般地，在點xn,fxnn∈N作曲線y=fx的切線ln+1，記ln+1與x軸交點的橫坐標為xn+1，并稱xn+1為r的n+1次近似值.設fx=x3+x?3x≥0【解題思路】利用給定定義，整理出xn+1=2xn3+33x【解答過程】易知f′x=3由切線幾何意義得斜率為3xn2由給定定義知(xn+1,0)當x0=0時，易知x1=3，故由an=3Tn而函數(shù)fx=x3+x?3故fx在(0,+∞)上單調遞增，且f故f2?f1由題意得3xn+1→3r∈(3故答案為：3；1.14．（2024·北京通州·三模）若數(shù)列{bn}、{cn}均為嚴格增數(shù)列，且對任意正整數(shù)n，都存在正整數(shù)m，使得bm∈[cn,cn+1]，則稱數(shù)列{b①存在等差數(shù)列{an}，使得{an②存在等比數(shù)列{an}，使得{an③存在等差數(shù)列{an}，使得{Sn④存在等比數(shù)列{an}，使得{Sn【解題思路】對于①取an=n分析判斷，對于②④取【解答過程】對于①：例如an=n，則{an}所以an+1?a故{an}取m=n(n+1)2，則am所以{an}是{對于②，例如an=2n?1>0，則{所以an+1?a故{an}取m=n+1，則am=a所以{an}是{對于③，假設存在等差數(shù)列{an}，使得{Sn設等差數(shù)列{an}因為{an}又因為{Sn}為嚴格增數(shù)列，所以Sn+1?取n0∈N?，滿足an又因為{S所以對任意正整數(shù)m≥n0+1，則有S對任意正整數(shù)m≤n0，則有Sm故當n=k+1時，不存在正整數(shù)m，使得ak+1對于④，例如an=2n?1>0，則{an所以an+1?a故{an}取m=n，則Sm=S所以{Sn}是{故答案為：①②④.四、解答題15．（2024·浙江·模擬預測）定義:x表示x的整數(shù)部分，{x}表示x的小數(shù)部分，例如[1.2]=1,{1.75}=0.75.數(shù)列an滿足an+1=a