专题09数列新定义问题（解析版）_2024-2026高三（6-6月题库）_2025年02月试卷_02272025年高考数学压轴大题必杀技系列·数列

专题 9 数列新定义问题
新高考在试题形式、试卷结构、难度调控等方面深化改革,数列解答题的难度增加,作为压轴题出现
的概率变大, 为面对拔尖创新人才选拔培养等新要求,新高考试卷增加了新定义问题,数列是新定义问题的
重要载体,本专题总结数列中新定义问题的常见类型,供大家参考.
（一）数列新定义问题的特点及求解策略
1.新定义试题通过新定义一个数学对象或数学运算,以此为基础为学生搭建思维平台,设置试题.该题型形
式新颖,考查功能显著,主要表现在四个方面：通过新定义创设数学新语境和话语体系；通过新情境搭建
试题框架,创设解题条件；通过新设问设置思维梯度,逐步深入,准确区分不同层次的学生；通过解题过程
展现学生数学思维和探究过程,实现对分析、推理、判断、论述等关键能力的考查.
2.通过给出一个新的定义,或约定一种新的运算,或给出几个新模型来创设新问题的情景,要求在阅读理解的
基础上,依据题目提供的信息,联系所学的知识和方法,实心信息的迁移,达到灵活解题的目的.
3.遇到数列新定义问题,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.
4. 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.
【例1】（2025届湖北省武汉市江汉区高三7月新起点摸底）若有穷数列 满足： 且 ,
则称其为“ 阶 数列”.
(1)若“6阶 数列”为等比数列,写出该数列的各项；
(2)若某“ 阶 数列”为等差数列,求该数列的通项 （ ,用 表示）；
(3)记“ 阶 数列” 的前 项和为 ,若存在 ,使 ,试问：数列
学科网（北京）股份有限公司能否为“ 阶 数列”？若能,求出所有这样的数列 ；若不能,请说明理由.
【解析】（1）设 成公比为 的等比数列,显然 ,
则有 ,得 ,解得 ,
由 ,得 ,解得 ,
所以数列 或 为所求；
（2）设等差数列 的公差为 ,
,
,即 ,当 时,矛盾,
当 时, ,
,即 ,由 得 ,即 ,
,
当 时,同理可得 ,即 ,
由 得 ,即 ,
,
综上所述,当 时, ,
学科网（北京）股份有限公司当 时, ；
（3）记 中非负项和为A,负项和为 ,则 ,
得 ,即 ,
若存在 ,使 ,可知：
,且 ,
时, 时,
,
又 与 不能同时成立,
数列 不为“ 阶 数列”.
【例2】（2025届江西省重点中学盟校高三7月联考）已知数列 ,记集合
.
(1)对于数列 ,写出集合 ；
(2)若 ,是否存在 ,使得 ?若存在,求出一组符合条件的 ,若不存在,说明理由；
(3)若 ,把集合 中的元素从小到大排列,得到的新数列为 ,若 ,求 的
最大值.
【解析】（1）因为数列 ,
所以 , , ,
所以
学科网（北京）股份有限公司（2）假设存在 ,使得 ,则有
,
由于 与 奇偶性相同,所以 与 奇偶性不同,
又因为 , ,所以 中必有大于等于3的奇数因子
这与 无1以外的奇数因子矛盾,故不存在 ,使得 ；
（3）由题意得 ,
当 , 时, ,
除 , 外, , ,
其中 与 一奇一偶,则 能拆成奇数与偶数之乘积,
在正偶数中,只有 无法拆成一个大于2的奇数与一个不小于2的偶数之乘积,
又 中的元素均为偶数,故 ,
故2至2024偶数中除去4,8,16,32,64,128,256,512,1024,
所以 ,故 的最大值为 ．
（二）定义一类新数列
此类问题,通常把满足某些条件的数列定义为一类新数列,然后利用这些条件求解所给问题.
【例3】（2024届新疆部分学校高三4月二模）我们把满足下列条件的数列 称为 数列：
①数列 的每一项都是正偶数；
②存在正奇数m,使得数列 的每一项除以m所得的商都不是正偶数．
(1)若a,b,c是公差为2的等差数列,求证：a,b,c不是 数列；
(2)若数列 满足对任意正整数p,q,恒有 ,且 ,判断数列 是否是 数列,并证
学科网（北京）股份有限公司明你的结论；
(3)已知各项均为正数的数列 共有100项,且对任意 ,恒有
,若数列 为 数列,求满足条件的所有两位数k
值的和．
【解析】（1）若 a,b,c 是 数列, 则 a,b,c 都是正偶数,
设 ,则
若 , 则 除以 3 为 , 是正偶数, 与题中条件 (2) 矛盾,
若 , 则 除以 3 为 , 是正偶数, 与题中条件 (2) 矛盾,
若 , 则 除以 3 为 , 是正偶数, 与题中条件 (2) 矛盾,
所以 a,b,c 不是 数列.
（2）在 中, 令 , 得 ,
所以数列 是首项为 8 , 公比为 8 的等比数列, 所以 ,
因为 是正偶数, 所以数列 的每一项都满足题中条件 (1),
因为 , 能被 7 整除,
所以 除以 7 的余数为 1 , 即数列 的每一项被 7 除余 1 , 一定不是正整数,
所以一定不是正偶数, 即数列 的每一项都满足题中条件(2),
学科网（北京）股份有限公司所以数列 是 数列.
（3）因为
,
所以 ,
,
得 .
因为 , 所以 ,
,
得 .
因为 , 所以 .
在 中,
分别令 , 得 ,
所以数列 是首项为 , 公差为 的等差数列, 所以 .
若数列 是 数列,
则 是正偶数, 除以 111 所得的商都不是正偶数,
学科网（北京）股份有限公司因为 , 且 ,
所以当 为 3 或 37 的正偶数倍时, 数列 不是 数列,
所以满足条件的所有两位数 值的和为
.
【例4】（2024届江苏省江阴市成化高级中学高三下学期调研）如果一个数列从第二项起,每一项与它前一
项的比都大于3,则称这个数列为“ 型数列”.
(1)若数列 满足 ,判断 是否为“ 型数列”,并说明理由；
(2)已知正项数列 为“ 型数列”, ,数列 满足 ,n∈N*, 是等比数列,公比为正整
数,且不是“ 型数列”,
①求证：数列 为递增数列；
②求数列 的通项公式.
【解析】（1）
不满足“ 型数列”定义,数列 不是“ 型数列”；
（2）①∵正项数列 为“ 型数列”,
∴数列 为递增数列
②设数列 的公比为 , ,又因为数列 不是“ 型数列”,可得
可得 ,即得 ；
学科网（北京）股份有限公司又数列 为“ 型数列”,可得 ；
由①知 为递增数列,因此当 趋近于正无穷大时, 趋近于 ,即可得 ；
综上可得 ,即 ,可得 ；
所以数列 是以 为首项,公比为 的等比数列；
即可得 ,可得 ；所以数列 的通项公式为 .
（三）定义一个新运算
此类问题一般是定义一个临时的运算法则,然后按照这个运算法则去求解,求解的关键是理解所给的运算法
则,然后“按章办事”.
a  S a 5 b 
【例5】(2024届天津市滨海高考模拟检测)已知等差数列 n 的前 n 项和为 n, 3 ,S =63,数列 n 是公
9
b b b 14 bbb 64
比大于1的等比数列,且 1 2 3 , 1 2 3 ．
a  b 
(1)求 n , n 的通项公式；
a  b  b a a b
(2)数列 n , n 的所有项按照“当 n 为奇数时, n放在 n的前面；当 n 为偶数时, n放在 n的前面”的要求
c  b a a b b a a c  T
进行“交叉排列”,得到一个新数列 n ： 1, 1, 2, 2, 3, 3, 4,…,求数列 n 的前7项和 7及前4n+3项和
T ；
4n+3
n
a 2d 2n1n2
d  i n1i d 
(3)是否存在数列 n ,满足等式 i1 成立,若存在,求出数列 n 的通项公式,若不存在,
请说明理由．
d a 5
【解析】（1）设等差数列{a }的公差为 , 3 ,S =63
n 9
9a a 
S  1 9 9a 63
可知 9 2 5 ,所以a =7．
5
学科网（北京）股份有限公司a 5 a a n3d n2
又 3 ,所以数列{a }的公差 d 1 ,所以 n 3 ,
n
q b b b 14 bbb 64
设等比数列{b }的公比为 , 1 2 3 , 1 2 3 ．
n
b bqbq2 14 b3q3 64 bq4 2q25q20
所以 1 1 1 , 1 ．得到 1 ,联立得
1
q
解得 q=2 或 2 （舍去）,代入bq4中,解得b 2
1 1
b 2n
得数列{b }的通项公式为 n ．
n
T b a a b b a a a a a a b b b 32
（2）由题意 7 1 1 2 2 3 3 4 1 2 3 4 1 2 3
T b a a b b a a b b a a b b a a
4n3 1 1 2 2 3 3 4 4 2n1 2n1 2n 2n 2n1 2n1 2n2
a a a a a a a a b b b b b b 
1 2 3 4 2n1 2n 2n1 2n2 1 2 3 2n1 2n 2n1
a a 2n2 2  122n1
 1 2n
2
2 
12
=4n+1+2n2+9n+5
n
（3）由已知
a 2d 2n1n2得
①
i n1i d 2d 3d nd 2n1n2
i1 n n1 n2 1
d 2d 3d n1d 2nn1
当 n2 时, n1 n2 n3 1 ②,
d d d d 2n1
①②两式相减得： n n1 n2 1 ,
n1 d 211121 d d d d 2n1
当 时, 1 也符合 n n1 n2 1 ③
d d d d 2n1 nN*
所以 n n1 n2 1 ,对于 都成立．
n2 d d d 2n11
又当 时 n1 n2 1 ④成立
d 2n1 n1 d 2n1
③④两式相减得： n ,经检验 也符合故存在 n ．
（四）定义数列的新性质
此类问题,通常是总结出数列的一个性质,然后判断所给数列是否具有此性质,或根据数列的该性质去求解或
验证某些结论.
学科网（北京）股份有限公司【例6】如果无穷数列 满足“对任意正整数 ,都存在正整数 ,使得 ”,则称数列
具有“性质 ”.
(1)若等比数列 的前 项和为 ,且公比 ,求证：数列 具有“性质 ”；
(2)若等差数列 的首项 ,公差 ,求证：数列 具有“性质 ”,当且仅当 ；
(3)如果各项均为正整数的无穷等比数列 具有“性质 ”,且 四个数中恰有两个出现在数
列 中,求 的所有可能取值之和.
【解析】（1）
解得： 则 即
且 若 则
则当 对任意正整数 ,都存在正整数 使得
则等比数列{a }满足性质 .
n
（2）因为数列{b }具有“性质 ” ,
n
则
若数列具有性质 则 ,
则 ,
又 则
则 ,
,
学科网（北京）股份有限公司则 ,
又 则当 时上式成立,
当 时. ,
则
因为 则 时,则 则 则 则
反之,若 则 则上面各式成立,则数列{b }具有“性质 ”
n
综上数列{b }具有“性质 ”,当且仅当 .
n
（3）从 这四个数中任选两个,共有以下6种情况： , ； , ；
, ; , ; , ; , .
①对于 , 因为 为正整数,可以认为{a }是等比数列中的项, ,首项的最小值为1.
n
下面说明此数列具有性质P：
= , = ,任取 , ,则 ,
为正整数,因此此数列具有性质P,
②对于 , .因为 为正整数,认为是等比数列{a }中的项, ,
n
首项的最小值为 ,下面说明此数列不具有性质P：
, ,若 不为等比数列{a }中的项,
n
因此此数列不具有性质P,同理可得 , ； , ； , ； ,
每组所在等比数列{a }不具有“性质P’’
n
学科网（北京）股份有限公司（五）定义一个新情景
此类问题通过创设数学新语境和话语体系,通过新情境搭建试题框架.
【例7】（2025届湖北省武汉市硚口区部分高中高三起点考试）定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间
插入这两项的和,形成新的数列,我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”,例如：数列 经过第一
次“和扩充”后得到数列 ；第二次“和扩充”后得到数列 .设数列 经过 次
“和扩充”后得到的数列的项数为 ,所有项的和为 .
(1)若 ,求 ；
(2)若 ,求正整数 的最小值；
(3)是否存在数列 ,使得数列 为等比数列？请说明理由.
【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 ,
学科网（北京）股份有限公司又 ,解得 ,最小值为10；
（3）因为 ,
,依次类推, ,
故
,
若使 为等比数列,则 或 .
（六）具有高等数学背景的数列新定义
数列的极限、收敛性及子数列等具有高等数学背景的数列问题,常出现在高中模拟试卷中.
【例8】（湖北省宜荆荆高三下学期适应性考试）龙泉游泳馆为给顾客更好的体验,推出了A和B两个套餐
服务,顾客可选择A和B两个套餐之一,并在App平台上推出了优惠券活动,下表是该游泳馆在App平台10天
销售优惠券情况．
日期t 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
销售量 千张 1.9 1.98 2.2 2.36 2.43 2.59 2.68 2.76 2.7 0.4
经计算可得： .
(1)因为优惠券购买火爆,App平台在第10天时系统出现异常,导致当天顾客购买优惠券数量大幅减少,已知销
售量y和日期t呈线性关系,现剔除第10天数据,求y关于t的经验回归方程 结果中的数值用分数表示 ；
(2)若购买优惠券的顾客选择A套餐的概率为 ,选择B套餐的概率为 ,并且A套餐可以用一张优惠券,B套
餐可以用两张优惠券,记App平台累计销售优惠券为n张的概率为 ,求 ；
学科网（北京）股份有限公司(3)记（2）中所得概率 的值构成数列 .
①求 的最值；
②数列收敛的定义：已知数列 ,若对于任意给定的正数 ,总存在正整数 ,使得当 时, ,
（ 是一个确定的实数）,则称数列 收敛于 .根据数列收敛的定义证明数列 收敛．
参考公式： .
【解析】（1）解：剔除第10天的数据,可得 ,
,
则 ,
所以 ,
可得 ,所以 .
（2）解：由题意知 ,其中 ,
所以 ,又由 ,
所以 是首项为1的常数列,所以
所以 ,又因为 ,
所以数列 是首项为 ,公比为 的等比数列,
学科网（北京）股份有限公司故 ,所以 .
（3）解：①当 为偶数时, 单调递减,
最大值为 ；
当 为奇数时, 单调递增,最小值为 ,
综上可得,数列 的最大值为 ,最小值为 .
②证明：对任意 总存在正整数 , 其中 表示取整函数 ,
当 时, ,所以数列 收敛.
（七）集合背景中的数列新定义问题
不少数列问题,常使用集合语言进行“包装”,求解此类问题的关键是把问题还原为数列问题.
【例9】已知数集 （ ）,若对任意的 （ ）, 与
两数中至少有一个属于A,则称数集A具有性质P．
(1)分别判断数集B= 与数集C= 是否具有性质 ,并说明理由；
(2)若数集A具有性质P．
①当 时,证明 ,且 成等比数列；
②证明： ．
【解析】（1）数集 具有性质 , 不具有性质 ,理由如下：
因为 , , , , , 都属于数集 ,所以 具有性质 ；
因为 , 都不属于数集 ,所以 不具有性质 ．
学科网（北京）股份有限公司（2）①当 时, , ．
因为 ,所以 , ,所以 与 都不属于A,
因此 , ,所以 ．
因为 ,且 ,所以 ,
且 ,所以 ,所以 成等比数列．
②因为 具有性质 ,所以 , 至少有一个属于A,
因为 ,所以 , ,因此 , ．
因为 ,所以 （ ）,
故当 时, , ,（ ）,
又因为 ,
则 , , , , ,
可得 ,
所以 .
【例10】（2024届湖南省长沙市长郡中学高三下学期二模）集合论在离散数学中有着非常重要的地位.对
于非空集合A和B,定义和集
ABab aA,bB
,用符号 d(AB) 表示和集AB内的元素个数.
A1,3,5 B1,2,6 C 1,2,6,x
AB AC x
(1)已知集合 , , ,若 ,求 的值；
学科网（北京）股份有限公司 
(2)记集合 A n 1,2,,n , B n  2,2 2,,n 2 , C n  A n B n, a n为C n 中所有元素之和,nN*,求证：
1 2 n
  2( 21)
；
a a a
1 2 n
m
 m3,mN*
d(AB)2m1
(3)若A与B都是由 个整数构成的集合,且 ,证明：若按一定顺序排列,集合
A与B中的元素是两个公差相等的等差数列.
AB{2,3,4,5,6,7,9,11}
【解析】（1）由题： ,
所以1x,3x,5xAB且x1,2,6,
从而1x5,3x7,5x9,故x4.
i i A 2j 2j B i  2j i  2j i i j j {1,2,,n}
（2）若 1, 2 n, 1, 2 n,使 1 1 2 2,其中 1, 2, 1, 2 ,
2j  j i i j  j i i
则 1 2 2 1,故 1 2, 1 2.
 
C  i j 2 i, jN*,1i, jn
n ,
a (11 2)(12 2)(1n 2)(2 2)(22 2)(2n 2)(n 2)
n
(1n)n n(1n) 1 2
(n2 2)(nn 2)n n 2 
 n2n3
,
2 2 2
1 2 n 2  1 1 1   1 
       2( 21)1 2( 21)
a a a 2112 23 n(n1)  n1 .
1 2 n
（3）设集合
Aa
1
,a
2
,,a
m

,
Bb
1
,b
2
,,b
m

,其中
a
1
a
2
a
m,
b
1
b
2
b
m.
a b a b a b a b a b
则 1 1 2 1 m 1 m 2 m m,
2m1 d(AB)2m1 AB
这里共 个不同元素,又 ,所以上面为和集 中的所有元素.
a b a b a b a b a b a b
又 1 1 1 2 2 2 m 2 m 3 m m,
这里共2m1个不同元素,也为合集AB中的所有元素,
a b a b a a b b
所以有 2 1 1 2,即 2 1 2 1.
学科网（北京）股份有限公司a b a b a b a b a b a b a b
1 1 1 2 1 k 2 k m k m k1 m m
一般地,由 ,
a b a b a b a b a b a b
1 1 1 k 1 k1 2 k1 m k1 m m
,
a b a b a a b b 1km1
可得 2 k 1 k1,即 2 1 k1 k .
b b a a 1km1
同理可得 2 1 k1 k ,得证.
【例1】（2025届广西“飞天”校际高三上学期7月考试）数列 是正项递增数列,由数列 中所有项
构成集合A,它的任意一个子集记为 ,定义集合B是每一个子集中的所有数之和（即分别写出1个数,2个数,
……n个数之和）.
(1)若 ,写出 , 以及集合B；
(2) ,将集合B中的元素分成n组,要求每组中最大项与最小项之比不超过2,证明一个符合题意的分组；
(3) ,将集合B中的元素分成n组,要求与（2）相同,证明存在这个分组.
【解析】（1） 或 或 , , ；
（2）不难发现 共有 个数,
不妨让最大数与最小数之比 ,
可以分为[1,2], , ,……, ,
假设分为n组,这样最后一个数是第 个,
学科网（北京）股份有限公司只需证明 ,
令 ,只需 ,
, （其中 是 的导数）,
所以 ,
所以 ,即不必分至n组即可将 个数全部分完,
在已经分好的组中再多分几组,均可满足题意,
仅 一组中还可再分 组, 显然成立,
故可分至n组,故该分组符合题意；
（3）要证 ,其中 ,s是某些数之和,
只需证明 ,假设 ,从而 , 使得 ,
所以 ,
所以 ,故存在这样的分组.
【例2】（2024届甘肃省兰州第一中学高三下学期测试）信息论之父香农（Shannon）在1948年发表的论
文“通信的数学理论”中指出,任何信息都存在冗余,冗余大小与信息中每个符号（数字、字母或单词）的
出现概率或者说不确定性有关,香农借鉴了热力学的概念,把信息中排除了冗余后的平均信息量称为“信息
熵”,并给出了计算信息熵的数学表达式．设随机变量X所有取值为 ,且
,定义 的信息熵
(1)当 时,求 的值；
学科网（北京）股份有限公司(2)当 时,若 ,探究 与 的关系,并说明理由；
(3)若 ,求此时的信息摘 ．
【解析】（1）若 ,则 ,因此 .
（2） 与 正相关,理由如下：
当 时, ,则 ,
令 ,则 ,其中 ,所以
则 ,
所以函数 在 上单调递增,所以 与 正相关.
（3）因为 ,所以 ,
故 ,而 ,
于是 ,
整理得 ,
令 ,则 ,
两式相减得 ,
因此, ,所以 .
【例3】（2024届安徽省芜湖市第一中学高三最后一卷）对于数列 ,如果存在正整数 ,当任意
学科网（北京）股份有限公司正整数 时均有 ,则称 为 的“ 项递增相伴数列”．若 可
取任意的正整数,则称 为 的“无限递增相伴数列”．
(1)已知 ,请写出一个数列 的“无限递增相伴数列 ”,并说明理由？
(2)若 满足 ,其中 是首项 的等差数列,当 为 的“无限递增相伴数列”
时,求 的通项公式：
(3)已知等差数列 和正整数等比数列 满足： ,其中k是正整数,求
证：存在正整数k,使得 为 的“2024项递增相伴数列”．
【解析】（1）由于 ,我们可以取 ,此时恒有 ,
再由 ,当 时, ,
所以恒有 ,即 满足题意.
（2）
设 ,
当 为 的“无限递增相伴数列”时 对任意 恒成立
,当 时, ,因为 ,所以 ,即 .
（3）证明：取 ,若存在这样的正整数k使得
成立,
学科网（北京）股份有限公司所以 ,
由 ,得
,
于是 ,
又因为 ,所以当 时, ,
而 时, ,
所以 ,最后说明存在正整数k使得 ,
由 ,
上式对于充分大的k成立,即总存在满足条件的正整数k
a nm
【例4】（2024届福建省泉州第一中学高三下学期适应性测试）已知有穷正项数列 n ,若将每个项
依次围成一圈,满足每一项的平方等于相邻两项平方的乘积,则称该数列可围成一个“HL-Circle”．例如：数
 1 1 
1,1,1,2,1, , ,1,2
列  2 2 都可围成“HL-Circle”．
a a m5 a
1
(1)设 ,当 时,是否存在 使该数列可围成“HL-Circle”,并说明理由：
a 
(2)若 n 的各项不全相等,且可围成“HL-Circle”．
（i）求m的取值集合；
a a a a2a2a2 maa a ,m7
（ii）求证： 1 2 6 7 8 m 1 2 m ．
a2 a2 a2 a  a a a
【解析】（1）由定义可得 i i1 i1,而 n 为正项数列,故 i i1 i1,
a aa ,a a a ,a a a ,a aa ,a a a
2 1 3 3 2 4 4 3 5 5 1 4 1 5 2
故 ,
学科网（北京）股份有限公司1
a 
由最后两式可得 2 a ,故 a 1 ,故 a a a 且 a a ,
4 3 1 2 4 5
a a a a 1 a1 a 1 a a a 1
结合 5 4 1可得 1 即 ,故 2 ,故 3 4 5 .
a  a  1,1,1,1,1
故存在 a1 ,使得数列 n 可围成“HL-Circle”,此时数列 n 为： .
a 
（2）（i）若 n 的各项不全相等,且可围成“HL-Circle”．
a2 a2 a2 (1nm),a2 a2 a2,a2 a2a2
则由 n n1 n1 m m1 1 1 m 2,
a 
a a a (1nm),a a a,a a a
结合 n 为正项数列可得 n n1 n1 m m1 1 1 m 2,
aa a 1
1 2 m
诸式相乘后可得 ,
a a a (1nm1) m m
n n1 n1
又上述关系式即为 (若下标大于 ,则取下标除以 的余数).
a a a (1nm1)
n1 n n2
故 ,
1
a  (1nm1)
故 n1 a (若下标大于m,则取下标除以m的余数).
n2
a a (1nm1) m m
n1 n5
所以 (若下标大于 ,则取下标除以 的余数).
m6pr,0r5
设 ,
a aa a aa a 1 a 1 a 1
若 r 1 ,则 m 1 m1即为 1 1 m1,故 m1 ,从而 6 , 3 ,
a a a a aa a 1 a 1 a a 1
而 1 m 2,故 1 1 2,故 2 ,故 1 ,从而 4 5 ,
a  a aa a aa a2 a a a a2
此时 n 均为1,与题设矛盾.若 r 2 ,则 m 1 m1即为 2 1 m1 1 ,而 1 2 m 2,
a a 1 a a a a 1 a 
1 2 ,故 3 4 5 6 ,此时 n 均为1,与题设矛盾.
r3 a aa a aa a aa a 1 a 1
若 ,则 m 1 m1即为 3 1 2,而 2 1 3,所以 1 ,故 4 ,
学科网（北京）股份有限公司a a a a a a a a a 1 a a 1
3 2 1 2 m 2 3 3 2 5 6
从而 ,而 ,故 ,故 ,
此时 a n  均为1,与题设矛盾.若 r 4 ,则 a m a 1 a m1即为 a 4 a 1 a 3,而 a 3 a 2 a 4,所以 a 1 a 2 1 ,
1
a a2 
而a a a a a ,故 a a ,故 4 1 a ,故 a 1 ,
1 2 m 2 4 3 1 1 1
故 a 2 a 3 1 ,故 a 4 1 ,故 a 5 a 6 1 ,此时
a
n

均为1,与题设矛盾.
1
a a aa aa a  1
若r =5,则 m 5 1 m1 1 4 1 a ,故a a a a ,
1 1 2 m 2
a a
a  2 1 a  3 1
故 3 a ,故a a a a 1,故a 1,故 2 a ,故 a 1 ,
1 4 5 3 3 6 4 1
a  m6k,kN*,k 2
此时 n 均为1,与题设矛盾.综上, .
1 1 a a
a a a a (a  )(a  )( 2  1)6
（ii）由均值不等式得 1 2 3 6 1 a 2 a a a ,
1 2 1 2
a a a 1
1 2 3
由上面三组数内必有一组不相等,否则 ,
a a a 1 a a a a 6
4 5 m 1 2 3 6
从而 与题设矛盾,故等号不成立,从而 ,
又m6k,由④和⑥得
1 1 1
(k1) (a2 a2 a2 )6(k1)
a2a2 (a2a2)(a2 a2 ) 1 a2 ２ a2 ３ a2
7 m 7 12 6k5 6k 1 ２ ３
因此由⑤得：
a a a a a2a2 66(k1)6k mmaa a a
1 2 3 6 7 m 1 2 3 m．
故原式得证.
a 
m(m2)
【例5】（2024届重庆市开州中学高三下学期高考模拟）设有穷数列 n 的项数为 ,若正整数
k(2k m) 满足： nk, a n a k,则称 k 为数列
a
n

的“ min 点”．
学科网（北京）股份有限公司a (1)n(2n3)(1n5) a 
(1)若 n ,求数列 n 的“ min 点”；
 1 
S  
(2)已知有穷等比数列 a
n
 的公比为
2
,前
n
项和为S
n
．若数列 n S
n
存在“
min
点”,求正数a
1
的取值范
围；
a a 1(2nm)
a 
p a a  p
(3)若 n n1 ,数列 n 的“ min 点”的个数为 ,证明： 1 m ．
a (1)n(2n3)(1n5) a 1,a 1,a 3,a 5,a 7
【解析】（1）因为 n 所以 1 2 3 4 5 ,
min
所以数列 {a } 的 “ 点” 为 3,5 ,
n
a  12n  1 
（2）依题意, S n  1 12 a 1  2n1  ,因为数列   S n  S n  存在 “ min 点”,
1 1
S  a 
所以存在 nn2 ,使得 n S 1 a ,
n 1
所以 a 1  2n1   a 1  2 1 n1  a 1  a 1 1 ,即 a 1  2n2   a 1 1  2 2 n n  1 2 .
1
a2 
因为 ,所以 ,所以 ,
n2 2n20 1 2n1
1 1
又 随 的增大而增大,所以当 时, 取最大值 ,
2n1 n n2 2n1 3
1 3 3 1 1
a2  0a  0a  S  S 
所以 1 3,又 a 1 0 ,所以 1 3 .当 1 3 时,有 2 S 2 1 S 1 ,
 1   3
所以数列   S n  S n   存在 “ min 点”,所以 a 1 的取值范围为    0, 3    ,
（3）①若 a n a 1 n2 ,则数列{a }不存在 “ min 点”,即 p0 .
n
a a 0 a a 0 a a  p
m 1 1 m 1 m
由 得, ,所以 ,
a a a
②若存在 n ,使得 n 1 . 下证数列{a }有 “ min 点”.
n
学科网（北京）股份有限公司min
证明: 若a <a ,则2是数列{a }的 “ 点”;
2 1 n
a a a a a a a
若 2 1,因为存在 n,使得 n 1,所以设数列{a }中第1个小于 1的项为 n1,
n
a a a 2in 1 n
则 n 1 1 i 1 ,所以 1是数列{a }的第1个 “ min 点”.
n
n,n ,n ,,n
综上,数列{a }存在 “ min 点”. 不妨设数列{a }的 “ min 点” 由小到大依次为 1 2 3 p,
n n
a a ,a ,a ,,a ,a a
则
ni1是 ni ni1 ni2 ni11 ni1中第1个小于 ni
的项,
a a a a a a 12nm
故 ni ni1 ni11 ni1,因为 n n1 ,
a a 1 a a 1 a a 1
所以 n1 n ,所以 ni11 ni1 ,所以 ni ni1
       
a a a a  a a  a a  a a  a a
所以 1 m 1 np 1 n1 n1 n2 n2 n3 np1 np
       
 a
n11
a
n1
 a
n21
a
n2
 a
n31
a
n3
 a
np1
a
np
1111p个1.
a a  p a a  p
1 m 1 m
所以 .综上, ,得证.
a  a a a a a a
1．（2024届黑龙江省部分学校高三第三次模拟）如果n项有穷数列 n 满足 1 n, 2 n1,…, n 1,即
a a i1,2,,n a 
i ni1 ,则称有穷数列 n 为“对称数列”.
b  b,b ,b ,b b 3,b 5 b 
(1)设数列 n 是项数为7的“对称数列”,其中 1 2 3 4成等差数列,且 2 5 ,依次写出数列 n 的每
一项；
(2)设数列 c n  是项数为 2k1 ( kN 且 k 2 )的“对称数列”,且满足 c n1 c n 2 ,记 S n为数列 c n  的前 n 项
和.
c c c c 2023 k S
①若 1, 2,…, k构成单调递增数列,且 k .当 为何值时, 2k1取得最大值?
学科网（北京）股份有限公司c 2024 S 2024 k
1 2k1
②若 ,且 ,求 的最小值.
b b 5
【解析】（1）因为数列{b }是项数为7的“对称数列”,所以 5 3 ,
n
b,b ,b ,b d b b 2
又因为 1 2 3 4成等差数列,其公差 3 2 ,…
所以数列{b }的7项依次为1,3,5,7,5,3,1；
n
（2）①由 c 1, c 2,…, c k是单调递增数列,数列 c n  是项数为 2k1 的“对称数列”且满足 c n1 c n 2 ,
c c c c c c
可知 1, 2,…, k构成公差为2的等差数列, k, k1,…, 2k1构成公差为 2 的等差数列,
S c c ...c 2c c ...c c
故 2k1 1 2 2k1 k k1 2k1 k
 k(k1) 
2 2023k (2) 20232k24048k2023
 
 2  ,
4048
所以当k  1012时,S 取得最大值；
4
2k1
c c 2 c c 2 c c 2 c c 2
②因为 n1 n 即 n1 n ,所以 n1 n 即 n1 n ,
c c 2c 4… c 2(k1)
k k1 k2 1
于是 ,
{c } S c c ...c 2c c ...c c
因为数列 n 是“对称数列”,所以 2k1 1 2 2k1 1 2 k1 k
(2k1)c 2(k2)(k1)2(k1)2k24052k2026
1 ,
S 2024 2k24052k20262024
2k1
因为 ,故 ,
解得k 1或k 2025,所以k 2025,
c c c c 2024
1 2 k 2 1
当 , ,…, 构成公差为 的等差数列时,满足 ,
S 2024 k 2025 k
2k1
且 ,此时 ,所以 的最小值为2025.
a  nN*，a2 a2  p
2．（2024届福建省泉州第五中学高三高考热身测试）若无穷数列 n 满足：对于 n1 n ,
学科网（北京）股份有限公司p
a 
其中 为常数,则称数列 n 为P数列．
q
x 
q
(1)若一个公比为 的等比数列 n 为“P数列”,求 的值；
(2)若 a 1 1，p2，y n  是首项为1,公比为3的等比数列,在 y k与 y k1之间依次插入数列  a n 2 中的 k 项构成新
c : y ,a2,y ,a2,a2,y ,a2,a2,a2,y , c  S
数列 n 1 1 2 2 3 3 4 5 6 4 ,求数列 n 中前30项的和 30．
 1 
 
(3)若一个“
P
数列"a
n
满足a
1
2,a
2
2 2,a
n
0,设数列a
n
的前
n
项和为T
n
．是否存在正整数m,k,使
T  mnk 1 nN m,k
不等式 n 对一切 都成立？若存在,求出 的值；若不存在,说明理由．
x  x xqn1 x2 x2q2n2
【解析】（1）数列 n 是等比数列,则 n 1 , n 1 ,
则 x n 2 1 x n 2 x 1 2q2nx 1 2q2n2 x 1 2q2n2 q2 1  P ,因为P与n无关,所以 q210 ,即 q1 ；
a2 a2 2 a2 1 a2 a2n122n1
（2）由题意可知, n1 n ,而 1 ,所以 n 1 ,
y 
n 是首项为1,公比为3的等比数列,
k1k2
而新数列c
n
中
y k1
项（含
y k1
）前共有123...kk1
2
项,
k1k2
令 30,结合 ,解得： ,
2 kN* k 6
c  y   a2
故数列 n 中前30项含有 n 的前7项和数列 n 的前23项,
137 2322
所以数列c
n
中前30项的和T
30

13
231
2
21622；
a  a 2 a 2 2 a 0
（3）因为数列 n 是“P数列”, 1 , 2 , n ,
Pa2a2 4 a2 a2n1P4n144n a 2 n
则 2 1 , n 1 ,得 n ,
 1  1 1 1 1 1 
所以数列  a n  的前 n 项和 T n  2   1  2  3 ... n  ,
学科网（北京）股份有限公司1 1 1 1 1 
  ...  mnk 1
 
假设存在正整数m,k,使得不等式2 1 2 3 n ,对一切nN*都成立,
1 1 1 1  
  ... 2 mnk 1
即
1 2 3 n
9
当 时,12  mk 1  ,得 mk  ,又 为正整数,得
n1 4 m,k mk 1
1 1 1 1  
  ... 2 mnk 1
下面证明： 对一切 都成立,
1 2 3 n nN*
1 2 2  
由于   2 n1 n , nN*,
n n n n1 n
1

1

1
...
1 2
21



3 2

...

n1 n

 
所以 1 2 3 n  ,2 n11 ,
mk 1 T  mnk 1 nN*
所以存在 ,使不等式 n 对一切 都成立.
3．（2024届河北省秦皇岛市高三下学期5月模拟）“完全数”是一类特殊的自然数,它的所有正因数的和
n n:nN n
等于它自身的两倍.寻找“完全数”需要用到函数 ,记函数 , 为 n 的所有正因数之和.
(1)判断28是否为完全数,并说明理由.
(2)已知
nN ,若2n11为质数,证明：
2n 2n11 
为完全数.
nN 
 10n

 30n
(3)已知 ,求 , 的值.
【解析】（1）28的所有正因数为1,2,4,7,14,28,
因为1247142856228,所以28是完全数.
2n 2n11  20 2n11  21 2n11  22 2n11  2n 2n11 
（2） 的正因数为20 ,21 ,22 ,L ,2n , , , ,L , ,
2n11
  2n 2n11    12222n 2n111  2n1 2n1 2n11  22n 2n11  ,
21
2n 2n11 
所以 为完全数.
10n 2n5n 2050 2051 2052 L 205n 2150 2151 2152 L 215n L 2n50 2n51 2n52 L 2n5n
（3） 的正因数为 , , , , , , , , , , , , , , , ,
 2n11  5n11 

 10n

 12222n 15525n

所以 4 .因为30n 2n3n5n,
学科网（北京）股份有限公司
 30n

 12222n 13323n 15525n
所以
12n1 13n1 15n1  2n11  3n11  5n11 
   
12 13 15 8 .
1
4．（2024届河南省信阳市名校高三下学期全真模拟）已知函数y f x,其中 f x x3kx2 ,k∈R.若点
3
y f x y f x
A A B B A
在函数 的图像上,且经过点 的切线与函数 图像的另一个交点为点 ,则称点 为点 的
y f x M M M M M
一个“上位点”,现有函数 图像上的点列 1, 2,…, n,…,使得对任意正整数 n ,点 n都是点 n1
的一个“上位点”.
(1)若k 0,请判断原点O是否存在“上位点”,并说明理由；
M 3k,0 M M
(2)若点 1的坐标为 ,请分别求出点 2、 3的坐标；
(3)若 M 1的坐标为 3,0 ,记点 M n到直线 ym 的距离为 d n.问是否存在实数 m 和正整数T,使得无穷数列 d T、
d d m
T1、…、 Tn…严格减？若存在,求出实数 的所有可能值；若不存在,请说明理由.
1
【解析】（1）已知 f x x3 ,则 fxx2,得 f00,
3
故函数经过点O的切线方程为y0,
1
f x x3
其与函数 图像无其他交点,所以原点 不存在“上位点”.
3 O
M t
（2）设点 n的横坐标为 n, n 为正整数,
M y f t  ft xt 
则函数y=f (x)图像在点 n1处的切线方程为 n1 n1 n1 ,
M t , f t  f t  f t  ft t t 
代入其“上位点” n n n ,得 n n1 n1 n n1 ,
1
化简得
 t2t t t2  kt t t2 2kt
,
3 n n n1 n1 n n1 n1 n1
 t2t t t2  3t2 3kt t 6kt t t t 2t 3kt t 
即 n n n1 n1 n1 n n1 n1,故 n n1 n n1 n n1 ,
学科网（北京）股份有限公司t t 2t t 3k M 3k,0
因为 n n1,得 n1 n （*）,又点 1的坐标为 ,
3k 9 
所以点 M
2
的坐标为 0,0 ,点 M 3的坐标为   2 , 8 k3  .
（3）将
3,0
代入y=f (x),解得 k 1 ,由（*）得, 2t n1 t n 3 .
1 1
即t
n1
1
2
t
n
1 ,又t
1
3,故t
n
1是以2为首项,
2
为公比的等比数列,
 1 n1
所以 t n 12   2   ,即t n 11n122n,d n  f t n m .
令 u n  t n 1 ,则u n 22n 严格减,因为  3xx3 33x2 ,所以函数y3xx3 在区间(0,1)上严格增.
2 1
当m
3
时,d
n

3
 3u
n
u
n
3 ,于是当
n3
时,d
n
严格减,符合要求
m 2 d  f t  2    2 m   f t  2  1  3u u3 u 22n
当 3时, n n 3 3  .因为n3时 n 3 3 n n n ,
nlog m 2 2 d  2 m  f t  2  2 m  1  3u u3
所以当 2 3 时, n 3 n 3 3 3 n n ,
2
从而当nlog
2
m
3
2时d
n
严格增,不存在正整数
T
,
2
使得无穷数列d ,d ,…,d 严格减.综上,m
3
.
T T1 Tn
a,a ,,a
1 2 n
5．（2024届黑龙江省牡丹江市第二中学高三下学期考前热身）设 为1,2,3,…,n的一个排列,若该
a a ,i1,2,,n1 d
排列中有且仅有一个i满足 i i1 ,则称该排列满足性质T．对任意正整数n,记 n为满足性
a,a ,,a
1 2 n
质T的排列 的个数．
d ,d ,d
(1)求 1 2 3的值；
(2)若n4,求满足性质T的所有排列的情形；
学科网（北京）股份有限公司d 
(3)求数列 n 的通项公式．
【解析】（1）由性质T的定义可知：
n1 d 0
1
当 时,由1构成的排列不满足性质,故 ；
n2
1,2
d 1
当 时,由1,2构成的排列有 ,(2,1),其中排列(2,1)满足性质T,故 2 ；
1,2,3,1,3,2,2,1,3,2,3,1,3,2,1,3,1,2
n3
当 时,由1,2,3构成的所有排列为： ,
1,3,2,2,1,3,2,3,1,3,1,2 d 4
其中满足性质T的排列有： ,所以 3 ；
（2）若n4,由1,2,3,4构成的所有432124种排列中,
1,2,4,3,1,3,2,4,1,3,4,2,1,4,2,3,2,1,3,4
符合性质T的排列有： ,
2,3,1,4,2,3,4,1,2,4,1,3,3,1,2,4,3,4,1,2,4,1,2,3
,
d 0,d 1,d 4,d 11 d 26
1 2 3 4 5
（3）由（1）、（2）可得： ,同理可得 ；
d 212,d 223,d 234,d 245,d 256
所以 1 2 3 4 5 ,
d 2nn1 a,a ,,a 
∴归纳出 n ,证明：∵在1,2,…,n的所有排列 1 2 n 中,
a n,1in1
若 i ,从 n1 个数1,2,3,…, n1 中选 i1 个数,
a b,b ,,b ,n
i 1 2 i1
将所选数值按从小到大的顺序排在 的前面,即 ﹐
a
i
再将余下的数按从小到大的顺序排列在 的后面,
Ci1 i1,2,3,,n1
则该排列满足性质T,∴满足题意的排列个数为 n1, ,
a n n 1,2,3,,n1 n
若 ,则只需将 排列成满足性质T的的排列,在其后面加上 即可得到满足条件的排列,满足
d
n1
题意的排列个数为 ,
学科网（北京）股份有限公司n1
d d Ci1 d 2n11
综上： n n1 n1 n1 ,即d d 2n11,
i1 n n1
d d d d d d d  21222n1n11
∴ n n n1 n1 n2 2 1
2
 12n1
 12 1n2n n1 ,故数列 d n  的通项公式为d n 2nn1．
a 
6．（2024届江苏省盐城市高三5月考前指导卷）在数列 n 的第 k 项与第 k1 项之间插入 k 个1,称为变换
a   a   a   a ，
 ．数列 n 通过变换  所得数列记为 1 n ,数列 1 n 通过变换  所得数列记为 2 n ,以此类推,
 a   a 
数列 n1 n 通过变换  所得数列记为 n n （其中 n2 ）．
(1)已知等比数列 a n  的首项为1,项数为 m ,其前 m 项和为 S m,若 S m 2a m 1255 ,求数列  1 a n  的项数；
a   a  b
(2)若数列 n 的项数为3, n n 的项数记为 n．
n2 b b
①当 时,试用 n1表示 n；
232n1 b 62n1
②求证： n ．
q q1
【解析】（1）设等比数列{a }的公比为 ,显然 ,
n
 1qm
S  255
 m 1q
由 ,得 ,解得 .
a 1，S 2a 1255  a qm1128 q2,m8
1 m m m
Ω a 
故数列{a }有8项,经过1次变换后的项数为 812736 ,即 1 n 的项数为36.
n
（2）①由 Ω n a n  的项数为 b n,则当n2时, b n b n1   12b n1 1  ,
b 1 1
所以 b b  n1b 1 b2  b
n n1 2 n1 2 n1 2 n1
b 6
②因数列{a }是一个3项的数列,所以 1 ,
n
学科网（北京）股份有限公司1 1 1
由b n  2 b n 2 1  2 b n1  2 b n 2 1 n2 ,所以lgb 2lgb lg2,
n n1
lgb lg22lgb lg2 lgb lg22n1lgb lg2
于是 n n1 ,则有 n 1
b
所以lgb lg22n1lg3,得 lg n lg32n1 ,即b 232n1n2,所以b 232n1.
n 2 n n
1 1
b n 232n1 1,b n1 b n 2 1 n2,于是b n  2 b n 2 1  2 b n1 b n 2 1 n2 ,
lgb 2lgb lgb 2n1lgb lgb lg62n1 b 62n1n2
则有 n n1,可得 n 1,有 n ,即 n ,
b 62n1 23n1b 62n1
所以 n ,综上所述, n ．
a  mm2 a Z
7．（2024届江西省九江市高三第三次模拟）已知数列 n 共有 项,且 n ,若满足
a a 11nm1 a  a  S
n1 n ,则称 n 为“约束数列”.记“约束数列” n 的所有项的和为 m.
a a 1,S 6
m5
(1)当 时,写出所有满足 1 5 5 的“约束数列”；
m2000,a 25 p:a 2024;q: a  p q
(2)当 1 时,设 2000 “约束数列” n 为等差数列.请判断 是 的什么条件,并说
明理由；
 m 
(3)当a 1,a 01k  ,kN 时,求 的最大值.
1 2k  2   S m
a a 1,S 6
m5
【解析】（1）当 时,所有满足 1 5 5 的“约束数列”有：
①1,1,2,1,1；②1,1,1,2,1；③1,2,1,1,1.
p q
（2） 是 的充分不必要条件.理由：
a 2024  a a 1n1,2,,1999,a a 1
①当 2000 时, n1 n n1 n .
a a a a a a a a a a 1999a 2024
则 2000 2000 1999 1999 1998 1998 1997 2 1 1 1 ,
a a a a a a a a 1 a 2024
当且仅当 2000 1999 1999 1998 1998 1997 2 1 时, 2000 成立,

“约束数列”{a }是公差为1的等差数列
n
学科网（北京）股份有限公司a a 1
②当“约束数列”{a }是等差数列时,由 n1 n ,
n
a a 1 a a 0 a a 1
n1 n n1 n n1 n
得 ,或 ,或 ,
a a 0 0,a a 25
若 n1 n ,则{a }的公差为 2000 1 ；
n
a a 1 1,a a 19991974
若 n1 n ,则{a }的公差为 2000 1 ；
n
a a 1 1,a a 19992024
若 n1 n ,则{a }的公差为 2000 1 ,
n
a 25 1974
即当“约束数列”{a }是等差数列时, 2000 或 或2024.
n
p q
由①②,得 是 的充分不必要条件.
a 1,a 0, S a 0
（3） 1 2k 要使得 m 取最大值,则 n ,
S
当且仅当同时满足以下三个条件时, m 取最大值.
2nk a a 1 k1n2k a a 1
n n1 n n1
①当 时, ；②当 时, ；
2k1nm a a 1
③当 时,
n n1
.
S
m max



k1
2
k
2k



0m2k1
m2k1
2
m2k
1

 k2
m2km2k1
.
    2
{a } S rt
8．（2024届江苏省姜堰中学高三适应性考试）数列 n 的前n项和为 n,若存在正整数r,t,且 ,使得
S t S r {a } M(r,t)
r , t 同时则称数列 n 为“ 数列”．
{a } M(r,2r)
(1)若首项为3,公差为d的等差数列 n 是“ 数列”,求d的值；
{a }
(2)已知数列 n 为等比数列,公比为q．
①若数列 {a n } 为“ M(r,2r) 数列”, r4 ,求q的值；
{a } M(r,t) q(1,0)
②若数列 n 为“ 数列”, ,求证：r为奇数,t为偶数．
学科网（北京）股份有限公司S 2r
r

【解析】（1）由首项为
3
,公差为
d
的等差数列a
n
是“M(r,2r)数列”,得S
2r
r ,
 rr1
3r d 2r
 2 r3
即
 6rr2r1d r
,解得
d 1
,所以d的值是
1
.
S 2r
r

（2）①由数列a 为“M(r,2r)数列”,得S r ,而数列{a }为等比数列,公比为q,
n 2r n
 a (1qr)
S  1 2r
 r 1q

当 q1 时,  2 ra r 1 a 1   2r r 无解,则 q1 ,    S 2r  a 1 ( 1 1   q q2r) r ,整理得 1qr  1 2 ,
1 1 1 3 4
q q3 q q
而r4,则当r 1时, 2；当r3时, 2 ,所以 2或 2 .
S t
r

②由数列a 为“M(r,t)数列”, 得S r,而数列{a }为等比数列,公比为q,
n t n
 a (1qr)
S  1 t
 r 1q

又 ,则  a (1qt) ,整理得 ,
S  1 r
1q0   t 1q r(1qr)t(1qt)
r,t rt 1|q|r1|q|t r(1qr)t(1qt)
当 均为偶数时,由 ,得 ,有 ,不符合题意；
r t r(1qr)r(1|q|r)t(1|q|t)t(1qt)
当 为偶数, 为奇数时, ,不符合题意；
r,t r(1qr)r(1|q|r),t(1qt)t(1|q|t) f(x)x(1|q|x),x1
当 均为奇数时, ,令 ,
f(x)1|q|x x|q|x ln|q|1|q|x (1ln|q|x)
求导得 ,
|q|xu(0,1) g(u)1u(1lnu) g(u)1u(1lnu)2lnu
令 , ,求导得 ,
0ue2 g(u)0 e2 u1 g(u)0
当 时, ,当 时, ,
学科网（北京）股份有限公司g(u) (0,e2) (e2,1) g(u)g(e2)1e2 0
即函数 在 上单调递减,在 上单调递增, ,
f(x)0 f(x) [1,) r(1qr)t(1qt)
即 ,因此函数 在 上单调递增,即 ,不符合题意,
所以r为奇数,t为偶数.
a  M
9．（2024届陕西师范大学附中高三下学期模考）数列 n 的前 n 项的最大值记为 n,即
M maxa,a ,,a  m m mina,a ,,a  p M m p 
n 1 2 n ；前 n 项的最小值记为 n,即 n 1 2 n ,令 n n n,并将数列 n 称
a 
为 n 的“生成数列”．
p  q  p q
(1)设数列 n 的“生成数列”为 n ,求证： n n；
(2)若 a n 2n3n ,求其生成数列 p n  的前 n 项和．
M M ,m m M m M m p  p
n1 n n1 n n1 n1 n n n1 n
【解析】（1）由题意可知 ,所以 ,因此 ,
p  p M m 0 q  p
即 n 是单调递增数列,且 1 1 1 ,由“生成数列”的定义可得 n n．
a a 2n3n2n13n12n130,a a
（2）当n3时, n n1   n n1．
a a a a a  a 1,a 2,a 1
1 2 3 4 n 1 2 3
,又 ,
p 0,p 121
1 2 ,
p a a 2n3n22n3n2
当 n3 时, n n 2 ．
p  S S 0,S 1
设数列 n 的前 n 项和为 n．则 1 2 ．
S 01 p  p  p 1  237    2410  2n3n2
当n3时, n 3 4 n  
1  23242n 7103n2
 
学科网（北京）股份有限公司23  12n2 n273n2 3n2n4
1  2n1
12 2 2
 0,n1

S  3n2n4
又 符合上式,所以 n 2n1 ,n2．
S 1  2
2
10．（2024届北京高考数学真题）已知集合
M  i, j,k,wi1,2, j3,4,k5,6,w7,8,且i jkw为偶数 
．给定数列
A:a
1
,a
2
,,a
8,和序列
:T,T ,T T i, j,k ,w Mt 1,2,,s i, j,k ,w
1 2 s,其中 t t t t t ,对数列 A 进行如下变换：将 A 的第 1 1 1 1项均加1,
T A T A i , j ,k ,w TT A
其余项不变,得到的数列记作 1 ；将 1 的第 2 2 2 2项均加1,其余项不变,得到数列记作 2 1 ；
T TT A A
……；以此类推,得到 s 2 1 ,简记为 ．
A:1,3,2,4,6,3,1,9
:1,3,5,7,2,4,6,8,1,3,5,7 A
(1)给定数列 和序列 ,写出 ；
A a 2,a 6,a 4,a 2,a 8,a 2,a 4,a 4
(2)是否存在序列  ,使得 为 1 2 3 4 5 6 7 8 ,若存在,写出一个符合条
件的；若不存在,请说明理由；
a a a a A
(3)若数列 A 的各项均为正整数,且 1 3 5 7为偶数,求证：“存在序列  ,使得 的各项都相等”的
a a a a a a a a
1 2 3 4 5 6 7 8
充要条件为“ ”．
A:1,3,2,4,6,3,1,9 T 1,3,5,7 T A:2,3,3,4,7,3,2,9
【解析】（1）因为数列 ,由序列 1 可得 1 ；
T 2,4,6,8 TT A:2,4,3,5,7,4,2,10 T 1,3,5,7 TTT A:3,4,4,5,8,4,3,10
由序列 2 可得 2 1 ；由序列 3 可得 3 2 1 ；
ΩA:3,4,4,5,8,4,3,10
所以 .
（2）解法一：假设存在符合条件的  ,可知
ΩA
的第 1,2 项之和为 a 1 a 2 s ,第 3,4 项之和为 a 3 a 4 s ,
学科网（北京）股份有限公司 a 2a 6a a s
1 2 1 2

则 a
3
4a
4
2a
3
a
4
s,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,
ΩA:b,b ,,b
假设存在符合条件的  ,且 1 2 8,
26428244
因为 8,即序列 共有8项,
4 
b b a a 8,n1,2,3,4
由题意可知： 2n1 2n 2n1 2n ,
n2,3 
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 .
T...TT A  a 1n8 a a 1n8
（3）解法一：我们设序列 s 2 1 为 s,n ,特别规定 0,n n .
:T,T ,T
ΩA
必要性：若存在序列 1 2 s,使得 的各项都相等.
a a a a a a a a a a a a a a a a
则 s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8,所以 s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8.
T...TT A a a a a 1 j1,2,3,4 s1,2,...
根据 s 2 1 的定义,显然有 s,2j1 s,2j s1,2j1 s1,2j ,这里 , .
a a a a a a a a a a s
1 2 3 4 5 6 7 8 s,1 s,2
所以不断使用该式就得到 ,必要性得证.
a a a a a a a a
1 2 3 4 5 6 7 8
充分性：若 .
a a a a a a a a a a a a
1 3 5 7 1 2 3 4 5 6 7 8
由已知, 为偶数,而 ,所以
a a a a 4a a a a a a 
2 4 6 8 1 2 1 3 5 7 也是偶数.
T...TT A ΩA
我们设 s 2 1 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
a a  a a  a a  a a
s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 最小的一个.
a a a a 1 j1,2,3,4 s1,2,...
上面已经说明 s,2j1 s,2j s1,2j1 s1,2j ,这里 , .
学科网（北京）股份有限公司a a a a a a a a a a a a a a a a a a s
从而由 1 2 3 4 5 6 7 8可得 s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 1 2 .
i  j k w a a a a a a a a
同时,由于 t t t t总是偶数,所以 t,1 t,3 t,5 t,7和 t,2 t,4 t,6 t,8的奇偶性保持不变,从而
a a a a a a a a
s,1 s,3 s,5 s,7和 s,2 s,4 s,6 s,8都是偶数.
j1,2,3,4 a a 2
下面证明不存在 使得 s,2j1 s,2j .
j1 a a 2 a a 2
假设存在,根据对称性,不妨设 , s,2j1 s,2j ,即 s,1 s,2 .
a a  a a  a a 0 a a a a a a a a
情况1：若 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 ,则由 s,1 s,3 s,5 s,7和 s,2 s,4 s,6 s,8都是偶数,知
a a 4
s,1 s,2 .
2,3,5,8,2,4,6,8,2,3,6,7,2,4,5,7
对该数列连续作四次变换 后,新的
a a  a a  a a  a a
s4,1 s4,2 s4,3 s4,4 s4,5 s4,6 s4,7 s4,8 相比原来的
a a  a a  a a  a a a a  a a  a a  a a
s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 减少4,这与 s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 的最小性
矛盾；
a a  a a  a a 0 a a 0
情况2：若 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 ,不妨设 s,3 s,4 .
a a 1 2,4,5,7,2,4,6,8
情况2-1：如果 s,3 s,4 ,则对该数列连续作两次变换 后,新的
a a  a a  a a  a a
s2,1 s2,2 s2,3 s2,4 s2,5 s2,6 s2,7 s2,8 相比原来的
a a  a a  a a  a a a a  a a  a a  a a
s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 至少减少2,这与 s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 的最
小性矛盾；
a a 1 2,3,5,8,2,3,6,7
情况2-2：如果 s,4 s,3 ,则对该数列连续作两次变换 后,新的
学科网（北京）股份有限公司a a  a a  a a  a a
s2,1 s2,2 s2,3 s2,4 s2,5 s2,6 s2,7 s2,8 相比原来的
a a  a a  a a  a a a a  a a  a a  a a
s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 至少减少2,这与 s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 的最
小性矛盾.
j1,2,3,4 a a 1
这就说明无论如何都会导致矛盾,所以对任意的 都有 s,2j1 s,2j .
j1,2,3,4 a a 1 a a
假设存在 使得 s,2j1 s,2j ,则 s,2j1 s,2j是奇数,所以
a a a a a a a a
s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8都是奇数,设为 2N 1 .
j1,2,3,4 a a 1  a ,a  N,N1
则此时对任意 ,由 s,2j1 s,2j 可知必有 s,2j1 s,2j .
a a a a a a a a m a N i, j,k,w
而 s,1 s,3 s,5 s,7和 s,2 s,4 s,6 s,8都是偶数,故集合 s,m 中的四个元素 之和为偶数,
i, j,k,w
对该数列进行一次变换 ,则该数列成为常数列,新的
a a  a a  a a  a a
s1,1 s1,2 s1,3 s1,4 s1,5 s1,6 s1,7 s1,8 等于零,比原来的
a a  a a  a a  a a a a  a a  a a  a a
s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 更小,这与 s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 的最小性矛
盾.
a a 0j1,2,3,4 a a a a a a a a a ΩA
综上,只可能 s,2j1 s,2j ,而 s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8,故 s,n 是常数
列,充分性得证.
ΩA

解法二：由题意可知： 中序列的顺序不影响 的结果,
a,a ,a ,a ,a ,a ,a ,a 
且 1 2 3 4 5 6 7 8 相对于序列也是无序的,
a a a a a a a a
1 2 3 4 5 6 7 8
（ⅰ）若 ,
a a a a a a a a
1 3 5 7 2 4 6 8
不妨设 ,则 ,
学科网（北京）股份有限公司a a a a a a a a
1 3 5 7 8 6 4 2
①当 ,则 ,
a
2,4,6,8
a
1,3,5,7
分别执行 1个序列 、 2个序列 ,
a a ,a a ,a a ,a a ,a a ,a a ,a a ,a a
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
可得 ,为常数列,符合题意；
a,a ,a ,a a a a a a a
1 3 5 7 1 3 5 2 4 6
②当 中有且仅有三个数相等,不妨设 ,则 ,
a,a ,a,a ,a,a ,a ,a
1 2 1 2 1 2 7 8
即 ,
a
1,3,5,7
a
2,4,6,8
分别执行 2个序列 、 7个序列
a a ,a a ,a a ,a a ,a a ,a a ,a a ,a a
1 2 2 7 1 2 2 7 1 2 2 7 2 7 7 8
可得 ,
a a ,a a ,a a ,a a ,a a ,a a ,a a ,a a
1 2 2 7 1 2 2 7 1 2 2 7 2 7 1 2
即 ,
a a a a 3a a
1 3 5 7 1 7
因为 为偶数,即 为偶数,
a a
7 1N*
可知a,a 的奇偶性相同,则 ,
1 7 2
a a
分别执行 7 1 个序列1,3,5,7,1,3,6,8,2,3,5,8,1,4,5,8,
2
可得
3a 2a a 3a 2a a 3a 2a a 3a 2a a 3a 2a a 3a 2a a 3a 2a a 3a 2a a
7 2 1, 7 2 1, 7 2 1, 7 2 1, 7 2 1, 7 2 1, 7 2 1, 7 2
,
1
2 2 2 2 2 2 2 2
为常数列,符合题意；
a a a a a a a a a,a ,a,a ,a ,a ,a ,a
1 3 5 7 2 4 6 8 1 2 1 2 5 6 5 6
③若 ,则 ,即 ,
a
1,3,6,8
a
2,4,5,7
分别执行 5个 、 1个 ,
a a ,a a ,a a ,a a ,a a ,a a ,a a ,a a a a a a
1 5 1 2 1 5 1 2 1 5 5 6 1 5 5 6 1 2 5 6
可得 ,因为 ,
a a ,a a ,a a ,a a ,a a ,a a ,a a ,a a
1 5 1 2 1 5 1 2 1 5 1 2 1 5 1 2
可得 ,即转为①,可知符合题意；
学科网（北京）股份有限公司a,a ,a ,a a a a a
④当 1 3 5 7中有且仅有两个数相等,不妨设 1 3,则 2 4,
a,a ,a,a ,a ,a ,a ,a a
2,4,5,7
a
1,3,6,8
即 1 2 1 2 5 6 7 8,分别执行 1个 、 5个 ,
a a ,a a ,a a ,a a ,a a ,a a ,a a ,a a
1 5 1 2 1 5 1 2 1 5 5 6 1 7 5 8
可得 ,
a a a a a a ,a a ,a a ,a a ,a a ,a a ,a a ,a a
1 2 5 6 1 5 1 2 1 5 1 2 1 5 1 2 1 7 5 8
且 ,可得 ,
a a a a 2a a a a ,a
因为 1 3 5 7 1 5 7为偶数,可知 5 7的奇偶性相同,
a a a a a a a a 4a 3a a
则 1 5 1 5 1 5 1 7 1 5 7为偶数,
a a a a a a a a
1 5 1 5 1 5 1 7
且 ,即转为②,可知符合题意；
a a a a a a a a a,a ,a ,a ,a ,a ,a ,a
1 3 5 7 2 4 6 8 1 2 3 4 5 6 7 8
⑤若 ,则 ,即 ,
a
2,3,5,8
a
1,4,6,7
分别执行 1个 、 3个 ,
a a ,a a ,a a ,a a ,a a ,a a ,a a ,a a
1 3 1 2 1 3 3 4 1 5 3 6 3 7 1 8
可得 ,
a a a a a a ,a a ,a a ,a a ,a a ,a a ,a a ,a a
1 2 3 4 1 3 1 2 1 3 1 2 1 5 3 6 3 7 1 8
且 ,可得 ,
a a a a
1 3 5 7
因为 为偶数,
a a a a a a a a 2a a a a a a 
则 1 3 1 3 1 5 3 7 1 3 1 3 5 7 为偶数,
a a a a a a a a
1 3 1 3 1 5 3 7
且 ,即转为④,可知符合题意；
a a a a a a a a
ΩA
综上所述：若 1 2 3 4 5 6 7 8,则存在序列  ,使得 为常数列；
ΩA

（ⅱ）若存在序列 ,使得 为常数列,
ΩA:b,b ,,b
因为对任意 1 2 8,
b b a a b b a a  b b a a b b a a 
均有 1 2 1 2 3 4 3 4 5 6 5 6 7 8 7 8 成立,
学科网（北京）股份有限公司ΩA
b b b b b b b b
若 为常数列,则 1 2 3 4 5 6 7 8,
a a a a a a a a
1 2 3 4 5 6 7 8
所以 ；
ΩA
a a a a a a a a
综上所述：“存在序列  ,使得 为常数列”的充要条件为“ 1 2 3 4 5 6 7 8”.
11．（2024届北京市通州区潞河中学年高三下学期三模）约数,又称因数．它的定义如下：若整数a除以整
数m（m0）除得的商正好是整数而没有余数,我们就称a为m的倍数,称m为a的约数．
a a a a a a a
设正整数a有k个正约数,即为 1, 2, k1, k,（ 1 2 k）．
k 3 a a a
(1)当 时,是否存在 1, 2,…, k构成等比数列,若存在请写出一个满足条件的正整数a的值,若不存在请说
明理由；
a a a a a a
(2)当 k4 时,若 2 1, 3 2, k k1构成等比数列,求正整数a．
k 3 a a a a a a a a a a
(3)当 时,若 1, 2,…, k是a的所有正约数的一个排列,那么 1, 1 2, 2 3,, k1 k是否是另一个正
整数的所有正约数的一个排列？并证明你的结论．
【解析】（1）存在,比如1,2,4,8,16为16的所有约数．
a a
a  a 
（2）由题意得 a 1 ,a a, k1 a , k2 a ,
1 k 2 3
a a a a
3 2  k k1
k4,依题意可知a
2
a
1
a
k1
a
k2
a
a
a a a
 3 2  2
a a a a ,化简可得 因此可知 是完全平方数,
2 1 
a a (a a )2 (a 1)2a a
2 3 3 2 2 3 3
a a a2
由于 2是整数a的最小非1因子,所以 3 2
a a a a a a a 1 a2a ak1ak2 aak1k 4
所以 2 1, 3 2,… k k1为 2 , 2 2,, 2 2 ,因此 2
a a a a a a a
（3）假设 1, 1 2, 2 3,, k1 k是另一个正整数b的所有正约数的一个排列．
学科网（北京）股份有限公司A{a,a ,,a } B{a,a a ,a a ,,a a }
1 2 k , 1 1 2 2 3 k1 k ,
易知
a
i
a
i1
3
（
i1,2,,k1
）,而1∈B,故
a
1
1
,又知 2B ,所以b是奇数．
a a a A a
所以 1 2为奇数,又 2 ,故 2是偶数
a a 3a
a 
其中A中最大的两个元素为a, ,显然B中每个元素都不超过 ,
2 2 2
3a a
特别地,b 2 ,设 a a ,a j  2 ,其中 i, j≥2 （因为a有k（ k 3 ）个正约数,a 1）
i 1
a b
于是B中存在两个元素a i1 a i ,a j1 a j ,它们都大于 2 ,进而都大于 3 且都是b的约数．
这表明b可以被2整除,与b为奇数矛盾．因此假设不成立．
a,b
12．（2024届云南省昆明市第一中学2024届高三考前适应性训练） 表示正整数a,b的最大公约数,若
|x,x ,L x ||1,2,L m|(k,mN*) x x,x L x x,m1 m 11
1 2 k ,且 1 2 k , ,则将k的最大值记为 ,例如： ,
54
．
2 3 6
(1)求 , , ；
a 
 2n
(2)设 n ．
a
（i）求数列 n 的通项公式,
（ii）设 b n   n22n1  a n,求数列 b n 的前n项和 T n．
(m) m m
【解析】（1）依题意可得： 表示所有不超过正整数 ,且与 互质的正整数的个数,
2 1 (2)1
因为与 互质的数为 ,所以 ；
因为与3互质的数为1,2,所以(3)2；
6 1 5 (6)2
因为与 互质的数为 , ,所以 ．
学科网（北京）股份有限公司[1,2n] 2n [1,2n] 2n 2n1
（2）（i）因为 中与 互质的正整数只有奇数,所以 中与 互质的正整数个数为 ,所以
(2n)2n1 a 2n1
,所以 n ．
b (n22n1)2n1n22n(n1)22n1
（ii）因为 n ,
所以,
T (122020)(2222122)(32232222)(n22n(n1)22n1)
n ,
T n22n
所以 n ．
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