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数列中的“三新”问题
高考定位 新高考的命题要求为：创新试题形式，加强情境设计，注意联系社会
生活实际，增加综合性、开放性、应用性、探究性试题.这些要求反映在数列试
题中，就是出现了数列的新情境、新定义和新性质问题，这些“三新”问题逐渐
成为热点的压轴题.
【题型突破】
题型一 数列的新情境问题
例1 (2024·长沙模拟)南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的
求面积，体积的连续量问题转化为求离散变量的垛积问题”.在他的专著《详解
九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方
垛、刍薨垛、刍童垛等的公式.如图，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3
个球，第三层有6个球……第n＋1层球数是第n层球数与n＋1的和，设各层球
数构成一个数列{a }.
n
(1)求数列{a }的通项公式；
n
(2)证明：当x>0时，ln(1＋x)>；
(3)若数列{b }满足b ＝，对于n∈N*，证明：b ＋b ＋b ＋…＋b a 则称k为数列{a }的“min点”.
n k n
(1)若a ＝(－1)n(2n－3)(1≤n≤5)，求数列{a }的“min点”；
n n
(2)已知有穷等比数列{a }的公比为2，前n项和为S ，若数列存在“min点”，
n n
求正数a 的取值范围；
1
(3)若 a ≥a －1(2≤n≤m)，数列{a }的“min 点”的个数为 p，证明：a －
n n－1 n 1
a ≤p.
m
训练2 (2024·盐城模拟)在数列{a }的第k项与第k＋1项之间插入k个1，称为变
n
换Γ.数列{a }通过变换Γ所得数列记为Ω (a )，数列Ω (a )通过变换Γ所得数列记
n 1 n 1 n
为 Ω (a )，…，以此类推，数列 Ω (a )通过变换 Γ 所得数列记为 Ω (a )(其中
2 n n－1 n n n
n≥2).
(1)已知等比数列{a }的首项为1，项数为m，其前m项和为S ，若S ＝2a －1＝
n m m m
255，求数列Ω (a )的项数；
1 n(2)若数列{a }的项数为3，Ω (a )的项数记为b .
n n n n
①当n≥2时，试用b 表示b ；
n－1 n
②求证：2×32n－1≤b ≤62n－1
.
n
题型三 数列的凹凸性
例3 (2024·枣庄模拟)若数列{a }的各项均为正数，对任意n∈N*，有a≥a a ，
n n＋2 n
则称数列{a }为“对数凹性”数列.
n
(1)已知数列1，3，2，4和数列1，2，4，3，2，判断它们是否为“对数凹性”
数列，并说明理由；
(2)若函数f(x)＝b ＋b x＋b x2＋b x3有三个零点，其中b>0(i＝1，2，3，4).
1 2 3 4 i
证明：数列b ，b ，b ，b 为“对数凹性”数列；
1 2 3 4
(3)若数列{c }的各项均为正数，c >c ，记{c }的前n项和为S ，W ＝S ，对任意
n 2 1 n n n n
三个不相等正整数p，q，r，存在常数t，使得(p－q)W＋(q－r)W ＋(r－p)W ＝t.
r p q
证明：数列{S }为“对数凹性”数列.
n
训练3 (2024·金华三模)若正实数数列{c }满足c≤c c (n∈N*)，则称{c }是一个
n n n＋2 n
对数凸数列；若实数列{d }满足2d ≤d ＋d ，则称{d }是一个凸数列.已知
n n＋1 n n＋2 n
{a }是一个对数凸数列，b ＝ln a .
n n n
(1)证明：a a ≥a a ；
1 10 5 6
(2)若a a …a ＝1，证明：a a ≤1；
1 2 2 024 1 012 1 013
(3)若b ＝1，b ＝2 024，求b 的最大值.
1 2 024 10
【精准强化练】
1.(2024·泰安三模)对于m，t∈N*，s∈N，t不是10的整数倍，则m＝t·10s，则称
m为s级十全十美数.已知数列{a }满足：a ＝8，a ＝40，a ＝5a －6a .
n 1 2 n＋2 n＋1 n
(1)若{a －ka }为等比数列，求k；
n＋1 n
(2)求在a ，a ，a ，…，a 中，3级十全十美数的个数.
1 2 3 2 024
2.(2024·深圳二模)无穷数列a ，a ，…，a ，…的定义如下：如果n是偶数，就
1 2 n
对n尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是a ；如果n是奇数，
n
就对3n＋1尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是a .
n(1)写出这个数列的前7项；
(2)如果a ＝m且a ＝n，求m，n的值；
n m
(3)记a ＝f(n)，n∈N*，求一个正整数n，满足n0时，ln(1＋x)>；
(3)若数列{b }满足b ＝，对于n∈N*，证明：b ＋b ＋b ＋…＋b 0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
则f(x)>f(0)＝0，
即ln(1＋x)－>0，
即当x>0时，ln(1＋x)>.
(3)证明 由(2)可知当x>0时，ln(1＋x)>，
令x＝(n∈N*)，则ln>，
所以b ＝＝＝＝<(n＋1)×2n，
n
所以b ＋b ＋b ＋…＋b <2×21＋3×22＋4×23＋…＋(n＋1)×2n，
1 2 3 n
令T ＝2×21＋3×22＋4×23＋…＋(n＋1)×2n，
n
令2T ＝2×22＋3×23＋4×24＋…＋(n＋1)×2n＋1，
n
所以－T ＝2＋21＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)×2n＋1
n
＝2＋－(n＋1)×2n＋1＝－n·2n＋1，
所以T ＝n·2n＋1，
n
所以b ＋b ＋b ＋…＋b 310，
7 1 2 3 7
故新堆叠坊塔的高茺可以超过310米.
题型二 数列的新定义问题
例2 (2024·南通调研)设有穷数列{a }的项数为m(m≥2)，若正整数k(2≤k≤m)满
n
足∀na 则称k为数列{a }的“min点”.
n k n
(1)若a ＝(－1)n(2n－3)(1≤n≤5)，求数列{a }的“min点”；
n n
(2)已知有穷等比数列{a }的公比为2，前n项和为S ，若数列存在“min点”，
n n
求正数a 的取值范围；
1
(3)若 a ≥a －1(2≤n≤m)，数列{a }的“min 点”的个数为 p，证明：a －
n n－1 n 1
a ≤p.
m
(1)解 因为a ＝1，a ＝1，a ＝－3，a ＝5，a ＝－7，
1 2 3 4 5所以数列{a }的“min点”为3，5.
n
(2)解 依题意，S ＝＝a (2n－1)，
n 1
因为数列存在“min点”，
所以存在n(n≥2)，使得S ＋0，所以a<.
又当n＝2时，取最大值，所以a<，
又a >0，所以0b(n≥2)，
n n－1
所以lg b >2lg b －lg 2，
n n－1
于是lg b －lg 2>2(lgb －lg 2)，
n n－1
则有lg b －lg 2>2n－1(lg b －lg 2)，
n 1
所以lg b －lg 2>2n－1lg 3，
n
得lg b >lg 2＋2n－1lg 3，即b >2·32n+1 (n≥2)，
n n
所以b
≥2×32n－1
.
n
∵b
≥2×32n－1
>1，
n
∴b 0(i＝1，2，3，4).
1 2 3 4 i
证明：数列b ，b ，b ，b 为“对数凹性”数列；
1 2 3 4
(3)若数列{c }的各项均为正数，c >c ，记{c }的前n项和为S ，W ＝S ，对任意
n 2 1 n n n n
三个不相等正整数p，q，r，存在常数t，使得(p－q)W＋(q－r)W ＋(r－p)W ＝t.
r p q
证明：数列{S }为“对数凹性”数列.
n
(1)解 根据“对数凹性”数列的定义可知数列1，3，2，4中22≥3×4不成立，
所以数列1，3，2，4不是“对数凹性”数列；
而数列1，2，4，3，2中均成立，所以数列1，2，4，3，2是“对数凹性”数列.
(2)证明 根据题意及三次函数的性质易知f′(x)＝b ＋2b x＋3b x2有两个不等实数
2 3 4
根，
所以Δ ＝4b－4×3b b >0 b>3b b ，
1 2 4 2 4
⇒
又b>0(i＝1，2，3，4)，所以b>3b b >b b ，
i 2 4 2 4
显然x＝0 f(0)＝b >0，即x＝0不是f(x)的零点，
1
⇒
又f＝b ＋b＋b＋b，
1 2 3 4
令t＝，则f(t)＝b ＋b t＋b t2＋b t3也有三个零点，
1 2 3 4
即f＝有三个零点，
则g(x)＝b x3＋b x2＋b x＋b 有三个零点，
1 2 3 4
所以g′(x)＝3b x2＋2b x＋b 有两个零点，
1 2 3
所以同上有Δ ＝4b－4×3b b >0 b>3b b >b b ，
2 1 3 1 3 1 3
⇒故数列b ，b ，b ，b 为“对数凹性”数列.
1 2 3 4
(3)证明 将p，q互换得t＝(q－p)W＋(p－r)W ＋(r－q)W ＝－t，所以t＝0，
r q p
令p＝1，q＝2，
得－W＋(2－r)W ＋(r－1)W ＝0，
r 1 2
所以W＝(2－r)W ＋(r－1)W
r 1 2
＝W ＋(r－1)(W －W )，
1 2 1
故数列{W }是等差数列，
n
记d＝W －W ＝－c ＝>0，
2 1 1
所以W ＝c ＋(n－1)＝c ＋(n－1)d，
n 1 1
所以S ＝nW ＝dn2＋(c －d)n，
n n 1
又因为c ＝
n
所以c ＝c ＋2d(n－1)，
n 1
所以c －c ＝2d>0，所以{c }为单调递增的等差数列，
n＋1 n n
所以c >c >0，c ＋c ＝2c ，S ＝.
n＋1 n n＋2 n n＋1 n
所以4(S－S S )＝(n＋1)2(c ＋c )2－n(n＋2)(c ＋c )(c ＋c )>(n＋1)2(c ＋c )2
n n＋2 1 n＋1 1 n 1 n＋2 1 n＋1
－n(n＋2)
＝(n＋1)2(c ＋c )2－n(n＋2)
1 n＋1＝(n＋1)2(c ＋c )2－n(n＋2)(c ＋c )2
1 n＋1 1 n＋1
＝[(n＋1)2－n(n＋2)](c ＋c )2
1 n＋1
＝(c ＋c )2>0.
1 n＋1
所以S≥S S ，数列{S }是“对数凹性”数列.
n n＋2 n
规律方法 1.解第(3)问的关键是利用赋值法证明数列{W }是等差数列，从而利用
n
等差数列的相关概念及公式证明.
2.数列的凹凸性是类比函数的凹凸性得到的，解决此类问题一般要从题目条件中
挖掘出一个特殊的数列(例如等差数列、等比数列)，数列的凹凸性给出的不等关
系就可以利用这个特殊数列的运算，结合不等式放缩加以证明.
训练3 (2024·金华三模)若正实数数列{c }满足c≤c c (n∈N*)，则称{c }是一个
n n n＋2 n
对数凸数列；若实数列{d }满足2d ≤d ＋d ，则称{d }是一个凸数列.已知
n n＋1 n n＋2 n
{a }是一个对数凸数列，b ＝ln a .
n n n
(1)证明：a a ≥a a ；
1 10 5 6
(2)若a a …a ＝1，证明：a a ≤1；
1 2 2 024 1 012 1 013
(3)若b ＝1，b ＝2 024，求b 的最大值.
1 2 024 10
(1)证明 法一 由题意得a≤a a ，
n n＋2
∴≥≥≥≥…≥，
∴≥，≥，≥，≥，≥，
将以上式子累乘得≥，
也即a a ≥a a 成立.
1 10 5 6
法二 由题意得≥≥…≥≥，
∴a a ≥a a ≥a a ≥a a ≥a a ，
1 10 2 9 3 8 4 7 5 6∴a a ≥a a 成立.
1 10 5 6
(2)证明 法一 ∵≤，
∴≤≤…≤≤≤…≤，
∴a ·a ≤a ·a (1≤k1，
1 012 1 013
由≤得≤≤，
∴a a ≤a a ，∴a a >1，
1 012 1 013 1 011 1 014 1 011 1 014
同理＝·≤·＝，
∴a a >a a ，∴a a >1，
1 010 1 015 1 012 1 013 1 010 1 015
同理可证a a >1，a a >1，…，a a >1，
1 009 1 016 1 008 1 017 1 2 024
综上可得，a a …a >1，与条件矛盾，
1 2 2 024
∴假设不成立，∴a a ≤1成立.
1 012 1 013
法三 ∵a a …a ＝1，
1 2 2 024
∴ln(a a …a )＝0，也即b ＋b ＋…＋b ＝0，
1 2 2 024 1 2 2 024
同时，由a≤a a 可得ln(a)≤ln(a a )，
n n＋2 n n＋2∴2b ≤b ＋b ，也即b －b ≤b －b ，
n＋1 n n＋2 n＋1 n n＋2 n＋1
∴b －b ≤b －b ，b －b ≤b －b ，…，b －b ≤b －b ，
1 013 1 012 2 024 2 023 1 012 1 011 2 023 2 022 2 1 1 013 1 012
将以上式子累加得b －b ≤b －b ，
1 013 1 2 024 1 012
也即b ＋b ≤b ＋b ，同理可得
1 012 1 013 1 2 024
b ＋b ≤b ＋b ，
1 012 1 013 2 2 023
b ＋b ≤b ＋b ，
1 012 1 013 3 2 022
……
b ＋b ≤b ＋b ，
1 012 1 013 1 012 1 013
将以上式子累加得1 012(b ＋b )≤b ＋b ＋…＋b ＝0，
1 012 1 013 1 2 n
∴b ＋b ≤0，∴ln a ＋ln a ≤0，
1 012 1 013 1 012 1 013
∴a a ≤1成立.
1 012 1 013
(3)解 由a≤a a 可得ln(a)≤ln(a a )，
n n＋2 n n＋2
∴2b ≤b ＋b ，也即b －b ≤b －b ，
n＋1 n n＋2 n＋1 n n＋2 n＋1
∴b －b ≥b －b ，b －b ≥b －b ，…，b －b ≥b －b ，
2 024 2 023 11 10 2 023 2 022 11 10 11 10 11 10
将以上式子累加得b －b ≥2 014(b －b )，①
2 024 10 11 10
又b －b ≥b －b ，b －b ≥b －b ，…，b －b ≥b －b ，
11 10 10 9 11 10 9 8 11 10 2 1
将以上式子累加得9(b －b )≥b －b ，②
11 10 10 1
结合①②式可得≥b －b ≥，
11 10∴≥，化简得b ≤10，
10
另外，显然有b ＝n符合题意，此时b ＝10，
n 10
综上，b 的最大值为10.
10
【精准强化练】
1.(2024·泰安三模)对于m，t∈N*，s∈N，t不是10的整数倍，则m＝t·10s，则称
m为s级十全十美数.已知数列{a }满足：a ＝8，a ＝40，a ＝5a －6a .
n 1 2 n＋2 n＋1 n
(1)若{a －ka }为等比数列，求k；
n＋1 n
(2)求在a ，a ，a ，…，a 中，3级十全十美数的个数.
1 2 3 2 024
解 (1)设{a －ka }的公比为q，
n＋1 n
则a －ka ＝q(a －ka )，
n＋2 n＋1 n＋1 n
即a ＝(q＋k)a －qka ，
n＋2 n＋1 n
由a ＝5a －6a ，可得
n＋2 n＋1 n
解得或所以k＝2或k＝3.
(2)由(1)知，当时，
a －2a ＝(a －2a )3n－1＝8×3n，
n＋1 n 2 1
当时，a －3a ＝(a －3a )2n－1＝8×2n，
n＋1 n 2 1
两式相减得a ＝8(3n－2n).
n
当n为奇数时，3n－2n的个位数为1或9，
a ＝8(3n－2n)的个位数不可能为0；
n当n为偶数时，设n＝2k(k∈N*)，
则a ＝8(32k－22k)＝8(9k－4k)，
n
要想a 末尾3个数字为0，需满足9k－4k被＝53＝125整除，
n
当k＝1，2，3时，9k－4k均不符合题意；
当k>3时，9k－4k＝(－1＋10)k－(－1＋5)k＝[C(－1)k＋C(－1)k－1·10＋C(－1)k－2·102
＋…＋C·10k]－[C(－1)k＋C(－1)k－1·5＋C(－1)k－2·52＋…＋C·5k]，
自103，53以后各项均可被125整除，
故只需考虑
[(－1)k＋(－1)k－1·k·10＋(－1)k－2··102]－[(－1)k＋(－1)k－1·k·5＋(－1)k－2··52]
＝(－1)k－1·5k＋(－1)k－2·75·
＝·(－1)k－2·5k·[－2＋15(k－1)]能否被125整除，
其中－2＋15(k－1)不是5的倍数，
故若原式能被125整除，需k为偶数且能被25整除，即k需是50的倍数，
在1，2，3，…，2 024中，50的倍数有40个：50，100，150，…，2 000，
故在a ，a ，…，a 中，3级十全十美数的个数为40.
1 2 2 024
2.(2024·深圳二模)无穷数列a ，a ，…，a ，…的定义如下：如果n是偶数，就
1 2 n
对n尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是a ；如果n是奇数，
n
就对3n＋1尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是a .
n
(1)写出这个数列的前7项；(2)如果a ＝m且a ＝n，求m，n的值；
n m
(3)记a ＝f(n)，n∈N*，求一个正整数n，满足n1时，因为4k－1＝n，即n
