文档内容
拔高点突破 01 新情景、新定义下的数列问题
目录
01 方法技巧与总结...............................................................................................................................2
02 题型归纳与总结...............................................................................................................................3
题型一：牛顿数列问题........................................................................................................................3
题型二：高考真题下的数列新定义....................................................................................................6
题型三：数列定义新概念..................................................................................................................18
题型四：数列定义新运算..................................................................................................................23
题型五：数列定义新情景..................................................................................................................28
题型六：差分数列、对称数列..........................................................................................................34
题型七：非典型新定义数列..............................................................................................................35
03 过关测试.........................................................................................................................................431、“新定义型”数列题考查了学生阅读和理解能力，同时考查了学生对新知识、新事物接受能力和
加以简单运用的能力，考查了学生探究精神．要求解题者通过观察、阅读、归纳、探索进行迁移，即读懂
和理解新定义，获取有用的新信息，然后运用这些有效的信息进一步推理，综合运用数学知识解决问题的
能力和探索能力（多想少算甚至不算）．因此，“新定义型”数列在高考中常有体现，是一种用知识归类、
套路总结、强化训练等传统教学方法却难以解决高考中不断出现的新颖试题．
2、解答与数列有关的新定义问题的策略：
（1）通过给定的与数列有关的新定义，或约定的一种新运算，或给出的由几个新模型来创设的新问
题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题设所提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，
达到灵活解题的目的.
（2）遇到新定义问题，需耐心研究题中信息，分析新定义的特点，搞清新定义的本质，按新定义的
要求“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以顺利解决．
（3）类比“熟悉数列”的研究方式，用特殊化的方法研究新数列，向“熟悉数列”的性质靠拢．题型一：牛顿数列问题
【典例1-1】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）牛顿选代法又称牛顿——拉夫逊方法，它是牛顿在17世纪
提出的一种在实数集上近似求解方程根的一种方法.具体步骤如下图示：设r是函数 的一个零点，
任意选取 作为r的初始近似值，在点 作曲线 的切线 ，设与 轴x交点的横坐标为 ，
并称 为r的1次近似值；在点 作曲线 的切线 ，设与 轴x交点的横坐标为 ，称
为r的2次近似值.一般地，在点 作曲线 的切线 ，记 与x轴交点的横坐标
为 ，并称 为r的 次近似值.设 的零点为r，取 ，则r的1次近似值
为 ；若 为r的n次近似值，设 ， ，数列 的前n项积为 .若任意 ，
恒成立，则整数 的最大值为 .
【答案】 3 1
【解析】易知 ，设切点为 ，
由切线几何意义得斜率为 ，故切线方程为 ，
由给定定义知 在该直线上，代入直线得 ，
当 时，易知 ，故 的1次近似值为 ，
由 得， ，
，
而函数 的零点为 ，且 ，
故 在 上单调递增，且 ， ，故 ，由零点存在性定理得 ，
由题意得 ，故 ，而 是整数，故 ，
故答案为：3；1
【典例1-2】记 上的可导函数 的导函数为 ，满足 的数列 称为函
数 的“牛顿数列”.已知数列 为函数 的牛顿数列，且数列 满足
.
(1)证明数列 是等比数列并求 ；
(2)设数列 的前 项和为 ，若不等式 对任意的 恒成立，求t的取值范围.
【解析】（1）由 ，得 ，
所以
则 ，
所以 ，
故 （非零常数），且 ，
所以数列 是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以 ；
（2）由等比数列的前n项和公式得： ，
因为不等式 对任意的 恒成立，
又 且 单调递增，所以 对任意的 恒成立，
令 ， ，
则 ，当 时， ， 是减函数，
当 时， ， 是增函数，
又 ，且 ， ， ，
则 ，
当n为偶数时，原式化简为 ，
而 ，
所以 ；
当n为奇数时，原式化简为 ，
又 ，且 ， ， 在 上单调递增，
所以 ，
此时 ，所以 ；
综上可知， .
【变式1-1】英国物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数的零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中
应用广泛，若数列 满足 ，则称数列 为牛顿数列，如果 ，数列
为牛顿数列，设 且 ， ，数列 的前 项和为 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】依题意 ， ，
， ，
依题意 ，
即 ，则 ，
（由于 ，所以 ），
则 ，
两边取对数得 ，即 ，
所以数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，所以 .
所以 ，所以 .
故选：A
【变式1-2】科学家牛顿用“作切线”的方法求函数的零点时，给出了“牛顿数列”，其定义是：对于函
数 ，若数列 满足 ，则称数列 为牛顿数列，若函数 ，数列 为
牛顿数列且 ，则 的值是（ ）
A．8 B．2 C． D．
【答案】C
【解析】根据题意，
，
所以 ，
又 ，
所以 为首项是2，公比是 的等比数列，
所以 ，
所以 ，
所以 ，
故选：C.题型二：高考真题下的数列新定义
【典例2-1】（2024·北京·高考真题）已知集合
．给定数列 ，和序
列 ，其中 ，对数列 进行如下变换：将 的第 项
均加1，其余项不变，得到的数列记作 ；将 的第 项均加1，其余项不变，得到数列记作
；……；以此类推，得到 ，简记为 ．
(1)给定数列 和序列 ，写出 ；
(2)是否存在序列 ，使得 为 ，若存在，写出一个符
合条件的 ；若不存在，请说明理由；
(3)若数列 的各项均为正整数，且 为偶数，求证：“存在序列 ，使得 的各项都相
等”的充要条件为“ ”．
【解析】（1）因为数列 ，
由序列 可得 ；
由序列 可得 ；
由序列 可得 ；
所以 .
（2）解法一：假设存在符合条件的 ，可知 的第 项之和为 ，第 项之和为 ，
则 ，而该方程组无解，故假设不成立，
故不存在符合条件的 ；
解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，
假设存在符合条件的 ，且 ，
因为 ，即序列 共有8项，
由题意可知： ，
检验可知：当 时，上式不成立，
即假设不成立，所以不存在符合条件的 .
（3）解法一：我们设序列 为 ，特别规定 .
必要性：若存在序列 ，使得 的各项都相等.
则 ，所以 .
根据 的定义，显然有 ，这里 ， .
所以不断使用该式就得到 ，必要性得证.
充分性：
若 .
由已知， 为偶数，而 ，所以
也是偶数.
我们设 是通过合法的序列 的变换能得到的所有可能的数列 中，使得
最小的一个.
上面已经说明 ，这里 ， .
从而由 可得 .
同时，由于 总是偶数，所以 和 的奇偶性保持不变，从而
和 都是偶数.
下面证明不存在 使得 .
假设存在，根据对称性，不妨设 ， ，即 .
情况1：若 ，则由 和 都是偶数，知
.
对该数列连续作四次变换 后，新的
相比原来的
减少 ，这与 的最小
性矛盾；
情况2：若 ，不妨设 .
情况2-1：如果 ，则对该数列连续作两次变换 后，新的
相比原来的
至少减少 ，这与 的
最小性矛盾；
情况2-2：如果 ，则对该数列连续作两次变换 后，新的相比原来的
至少减少 ，这与 的
最小性矛盾.
这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的 都有 .
假设存在 使得 ，则 是奇数，所以
都是奇数，设为 .
则此时对任意 ，由 可知必有 .
而 和 都是偶数，故集合 中的四个元素 之和为偶
数，对该数列进行一次变换 ，则该数列成为常数列，新的
等于零，比原来的
更小，这与 的最小性
矛盾.
综上，只可能 ，而 ，故 是
常数列，充分性得证.
解法二：由题意可知： 中序列的顺序不影响 的结果，
且 相对于序列也是无序的，
（ⅰ）若 ，
不妨设 ，则 ，
①当 ，则 ，
分别执行 个序列 、 个序列 ，
可得 ，为常数列，符合题意；
②当 中有且仅有三个数相等，不妨设 ，则 ，
即 ，
分别执行 个序列 、 个序列
可得 ，
即 ，
因为 为偶数，即 为偶数，
可知 的奇偶性相同，则 ，分别执行 个序列 ， ， ， ，
可得
，
为常数列，符合题意；
③若 ，则 ，即 ，
分别执行 个 、 个 ，
可得 ，
因为 ，
可得 ，
即转为①，可知符合题意；
④当 中有且仅有两个数相等，不妨设 ，则 ，
即 ，
分别执行 个 、 个 ，
可得 ，
且 ，可得 ，
因为 为偶数，可知 的奇偶性相同，
则 为偶数，
且 ，即转为②，可知符合题意；
⑤若 ，则 ，即 ，
分别执行 个 、 个 ，
可得 ，
且 ，可得 ，
因为 为偶数，
则 为偶数，
且 ，即转为④，可知符合题意；
综上所述：若 ，则存在序列 ，使得 为常数列；
（ⅱ）若存在序列 ，使得 为常数列，
因为对任意 ，
均有 成立，若 为常数列，则 ，
所以 ；
综上所述：“存在序列 ，使得 为常数列”的充要条件为“ ”.
【典例2-2】（2024·全国·高考真题）设m为正整数，数列 是公差不为0的等差数列，若从中
删去两项 和 后剩余的 项可被平均分为 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列
是 可分数列．
(1)写出所有的 ， ，使数列 是 可分数列；
(2)当 时，证明：数列 是 可分数列；
(3)从 中一次任取两个数 和 ，记数列 是 可分数列的概率为 ，证
明： ．
【解析】（1）首先，我们设数列 的公差为 ，则 .
由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，
故我们可以对该数列进行适当的变形 ，
得到新数列 ，然后对 进行相应的讨论即可.
换言之，我们可以不妨设 ，此后的讨论均建立在该假设下进行.
回到原题，第1小问相当于从 中取出两个数 和 ，使得剩下四个数是等差数列.
那么剩下四个数只可能是 ，或 ，或 .
所以所有可能的 就是 .
（2）由于从数列 中取出 和 后，剩余的 个数可以分为以下两个部分，共 组，使得每
组成等差数列：
① ，共 组；
② ，共 组.
（如果 ，则忽略②）
故数列 是 可分数列.
（3）定义集合 ，
.
下面证明，对 ，如果下面两个命题同时成立，则数列 一定是 可分数列：
命题1： 或 ；
命题2： .
我们分两种情况证明这个结论.
第一种情况：如果 ，且 .
此时设 ， ， .
则由 可知 ，即 ，故 .
此时，由于从数列 中取出 和 后，
剩余的 个数可以分为以下三个部分，共 组，使得每组成等差数列：
① ，共 组；
② ，共 组；
③ ，共 组.
（如果某一部分的组数为 ，则忽略之）
故此时数列 是 可分数列.
第二种情况：如果 ，且 .
此时设 ， ， .
则由 可知 ，即 ，故 .
由于 ，故 ，从而 ，这就意味着 .
此时，由于从数列 中取出 和 后，剩余的 个数可以分为以下四个部分，
共 组，使得每组成等差数列：
① ，共 组；
② ， ，共 组；
③全体 ，其中 ，共 组；
④ ，共 组.
（如果某一部分的组数为 ，则忽略之）
这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含 个行， 个列的数表
以后， 个列分别是下面这些数：
， ， ，.
可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍 中除开五个集合
， ， ， ，
中的十个元素以外的所有数.
而这十个数中，除开已经去掉的 和 以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.
这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列 是 可分数列.
至此，我们证明了：对 ，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列 一定是
可分数列.
然后我们来考虑这样的 的个数.
首先，由于 ， 和 各有 个元素，故满足命题1的 总共有 个；
而如果 ，假设 ，则可设 ， ，代入得 .
但这导致 ，矛盾，所以 .
设 ， ， ，则 ，即 .
所以可能的 恰好就是 ，对应的 分别是 ，总
共 个.
所以这 个满足命题1的 中，不满足命题2的恰好有 个.
这就得到同时满足命题1和命题2的 的个数为 .
当我们从 中一次任取两个数 和 时，总的选取方式的个数等于
.
而根据之前的结论，使得数列 是 可分数列的 至少有 个.
所以数列 是 可分数列的概率 一定满足
.
这就证明了结论.
【变式2-1】（2023·北京·高考真题）已知数列 的项数均为m ，且的前n项和分别为 ，并规定 ．对于 ，定义
，其中， 表示数集M中最大的数.
(1)若 ，求 的值；
(2)若 ，且 ，求 ；
(3)证明：存在 ，满足 使得 ．
【解析】（1）由题意可知： ，
当 时，则 ，故 ；
当 时，则 ，故 ；
当 时，则 故 ；
当 时，则 ，故 ；
综上所述： ， ， ， .
（2）由题意可知： ，且 ，
因为 ，且 ，则 对任意 恒成立，
所以 ，
又因为 ，则 ，即 ，
可得 ，
反证：假设满足 的最小正整数为 ，
当 时，则 ；当 时，则 ，
则 ，
又因为 ，则 ，
假设不成立，故 ，
即数列 是以首项为1，公差为1的等差数列，所以 .
（3）因为 均为正整数，则 均为递增数列，
（ⅰ）若 ，则可取 ，满足 使得 ；
（ⅱ）若 ，则 ，
构建 ，由题意可得： ，且 为整数，
反证，假设存在正整数 ，使得 ，
则 ，可得 ，
这与 相矛盾，故对任意 ，均有 .①若存在正整数 ，使得 ，即 ，
可取 ，
满足 ，使得 ；
②若不存在正整数 ，使得 ，
因为 ，且 ，
所以必存在 ，使得 ，
即 ，可得 ，
可取 ，
满足 ，使得 ；
（ⅲ）若 ，
定义 ，则 ，
构建 ，由题意可得： ，且 为整数，
反证，假设存在正整数 ，使得 ，
则 ，可得 ，
这与 相矛盾，故对任意 ，均有 .
①若存在正整数 ，使得 ，即 ，
可取 ，
即满足 ，使得 ；
②若不存在正整数 ，使得 ，
因为 ，且 ，
所以必存在 ，使得 ，
即 ，可得 ，
可取 ，
满足 ，使得 .
综上所述：存在 使得 ．
【变式2-2】（2022·北京·高考真题）已知 为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的
，在Q中存在 ，使得 ，则称Q为 连续
可表数列．
(1)判断 是否为 连续可表数列？是否为 连续可表数列？说明理由；
(2)若 为 连续可表数列，求证：k的最小值为4；(3)若 为 连续可表数列，且 ，求证： ．
【解析】（1） ， ， ， ， ，所以 是 连续可表数列；易知，不存
在 使得 ，所以 不是 连续可表数列．
（2）若 ,设为 ,则至多 ，6个数字，没有 个，矛盾；
当 时,数列 ，满足 ， ， ， ， ， ，
， ， ．
（3） ，若 最多有 种，若 ，最多有 种，所以最多有 种，
若 ，则 至多可表 个数，矛盾,
从而若 ,则 ， 至多可表 个数，
而 ，所以其中有负的，从而 可表1~20及那个负数（恰 21个），这表明
中仅一个负的，没有0，且这个负的在 中绝对值最小，同时 中没有两数相同,设那个负数为
，
则所有数之和 ， ，
，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足 个，
（仅一种方式），
与2相邻，
若 不在两端,则 形式，
若 ，则 （有2种结果相同，方式矛盾），
， 同理 ，故 在一端，不妨为 形式，
若 ,则 （有2种结果相同，矛盾）， 同理不行，
，则 （有2种结果相同，矛盾），从而 ，
由于 ,由表法唯一知3,4不相邻,、
故只能 ，①或 ，②
这2种情形，
对①： ，矛盾，
对②： ，也矛盾，综上 ，
当 时，数列 满足题意，
．
【变式2-3】（2021·北京·高考真题）设p为实数.若无穷数列 满足如下三个性质，则称 为
数列：① ，且 ；
② ；
③ ， ．
（1）如果数列 的前4项为2，-2，-2，-1，那么 是否可能为 数列？说明理由；
（2）若数列 是 数列，求 ；
（3）设数列 的前 项和为 .是否存在 数列 ，使得 恒成立？如果存在，求出所有的p；
如果不存在，说明理由．
【解析】(1)因 为 所以 ，
因 为 所 以
所以数列 ，不可能是 数列.
(2)性质① ，
由性质③ ，因此 或 ， 或 ，
若 ，由性质②可知 ，即 或 ，矛盾；
若 ，由 有 ，矛盾.
因此只能是 .
又因为 或 ，所以 或 .
若 ，则 ，
不满足 ，舍去.
当 ，则 前四项为:0，0，0，1，
下面用数学归纳法证明 ：
当 时，经验证命题成立，假设当 时命题成立，
当 时：
若 ，则 ，利用性质③：
，此时可得： ；
否则，若 ，取 可得： ，
而由性质②可得： ，与 矛盾.
同理可得：
，有 ；，有 ；
，又因为 ，有
即当 时命题成立，证毕.
综上可得： ， .
(3)令 ，由性质③可知：
，
由于 ，
因此数列 为 数列.
由（2）可知:
若 ；
， ，
因此 ，此时 ， ，满足题意.
题型三：数列定义新概念
【典例3-1】（2024·广东·模拟预测）定义：任取数列 中相邻的两项，若这两项之差的绝对值为1，则
称数列 具有“性质1”.已知项数为 的数列 的所有项的和为 ，且数列 具有“性质1”.
(1)若 ，且 ，写出所有可能的 的值；
(2)若 ，证明：“ ”是“ ”的充要条件；
(3)若 ，证明： 或 .
【解析】（1）依题意，若 ，此时 ；
若 ，此时 ；
若 ，此时 .
（2）必要性：因为 ，故数列 为等差数列，
所以 ，公差为-1，
所以 ；
充分性：由于 ，
累加可得， ，即 ，因为 ，故上述不等式的每个等号都取到，所以 ，
所以 ，
综上所述，“ ”是“ ”的充要条件.
（3）令 ，依题意， ，
因为 ，
所以
，
因为 ，所以 为偶数 ，
所以 为偶数；
所以要使 ，必须使 为偶数，即4整除 ，
亦即 或 ，
当 时，比如 或 ，
时，有 ；
当 时，比如 或 ，
时，有 ；
当 或 时， 不能被4整除， .
【典例3-2】对任意正整数 ，定义 的丰度指数 ，其中 为 的所有正因数的和．
(1)求 的值：
(2)若 ，求数列 的前 项和
(3)对互不相等的质数 ，证明： ，并求 的值．
【解析】（1）因为 的所有正因数为 ，所以 ，得到 .
（2）因为 共有 个正因数，它们为 ，
所以 ，得到 ，所以 ，
令 ①，则 ②，
由① ②得到 ，
所以 ，
故 .
（3）因为 是互不相等的质数，则 的正因数有 个，它们是 ，
的正因数均为 个，分别为 和 ，
的正因数有 个，分别为 ，
所以 ，
，
因为 ，所以 .
【变式3-1】（2024·重庆·模拟预测）对于数列 ，定义 ，满足
，记 ，称 为由数列 生成的“ 函
数”．
(1)试写出“ 函数” ，并求 的值；
(2)若“ 函数” ，求n的最大值；
(3)记函数 ，其导函数为 ，证明：“ 函数”
．
【解析】（1）由定义及 ．知 ，
所以 是公差为m的等差数列，所以 ．
因为 ，所以 ，
所以 ，即 ．当 时，有 ，
，
……
，
所以 ，
即 ．
（1）当 时， ，
所以“ 函数” ．
当 时， ．
（2）当 时， ，
故“ 函数”
．
由 ，得 ．
令 ，则 ，
所以 在 上单调递增．
因为 ．所以当 时， ，所以当 时， ，
故n的最大值为5．
（3）证明：由题意得由 ，得 ，
所以 ，所以 ，
所以
【变式3-2】（2024·甘肃张掖·模拟预测）定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成
新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”，例如：数列 经过第一次“和扩充”后得
到数列 ；第二次“和扩充”后得到数列 ．设数列 经过 次“和扩充”后得到
的数列的项数为 ，所有项的和为 ．
(1)若 ，求 ；
(2)求不等式 的解集；
(3)是否存在数列 ，使得数列 为等比数列？请说明理由．
【解析】（1） ，第一次“和扩充”后得到数列 ，
第二次“和扩充”后得到数列 ，
；
（2）数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，
数列 经过 次“和扩充”后得到的数列的项数为 ，
则经第 次“和扩充”后增加的项数为 ，
所以 ，所以 ，
其中数列 经过1次“和扩充”后，得到 ，故 ，
，
故 是首项为4，公比为2的等比数列，
所以 ，故 ，
则 ，即 ，
又 ，解得 ，
（3）因为 ，
， ，
依次类推， ，
故，
若使 为等比数列，则 或 .
题型四：数列定义新运算
【典例4-1】（2024·吉林长春·模拟预测）记集合 无穷数列 中存在有限项不为零， ，
对任意 ，设 ．定义运算 若 ，则
，且 ．
(1)设 ，用 表示 ；
(2)若 ，证明： ：
(3)若数列 满足 ，数列 满足 ，设
，证明： ．
【解析】（1）因为 ，所以 ，
所以 ，
根据多项式的乘法可得： ．
（2）因为 ，
所以 ．
又 ，
所以 ，
所以
（3）对于 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
所以 ，
所以 ．
所以 ．
所以 ．
所以
【典例4-2】（2024·浙江杭州·三模）卷积运算在图象处理、人工智能、通信系统等领域有广泛的应用．一
般地，对无穷数列 ， ，定义无穷数列 ，记作 ，称为 与
的卷积．卷积运算有如图所示的直观含义，即 中的项依次为所列数阵从左上角开始各条对角线上
元素的和，易知有交换律 ．
(1)若 ， ， ，求 ， ， ， ；
(2)对 ，定义 如下：①当 时， ；②当 时， 为满足通项
的数列 ，即将 的每一项向后平移 项，前 项都取为0．试找到数列 ，
使得 ；
(3)若 ， ，证明：当 时， ．
【解析】（1）因为 ， ，所以 ， ； ， ；， ； ， .
因为 ， ，
所以 ， ， ， .
（2） ，
对一般的 ， .
（3）方法一：
记 的前n项和为 ，由卷积运算的交换律有 ,
故 ，
因此 ，②
②－①得 ，
故当 时， ．
方法二：
记 的前n项和为 ，常数列 ，注意
（Ⅰ）
易证卷积关于数列加法有分配律，将（Ⅰ）中所有数列对应项相加，得 ，注意
（Ⅱ）
注意 是 对所有 对应项相加所得的数列， 是 对所有 对应项相加所得的数列，易知卷积运算有结合律，因此将（Ⅱ）中所有数列对应项相加，
得 的通项即为 ，
故当 时， ．
注：以上论证可用符号语言说明如下：
定义数列加法： ，其中 ．
容易验证卷积运算满足结合律： ，
数列加法关于卷积满足分配律： ．
因此 .
【变式4-1】（2024·山东青岛·一模）记集合 无穷数列 中存在有限项不为零， ，对任
意 ，设变换 ， ．定义运算 ：若 ，则
， ．
(1)若 ，用 表示 ；
(2)证明： ；
(3)若 ， ， ，证明： ．
【解析】（1）因为
，
且 ，
所以，由 可得 ，
所以 .
（2）因为 ，
所以
又因为所以 ，
所以 .
（3）对于 ，
因为 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，
，
所以 ，
.
【变式4-2】任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上
述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈 .这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称
“角谷猜想”）.如取正整数 ，根据上述运算法则得出 ，共需经
过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列 满足：
（ 为正整数）， 当 时， （ ）
A．170 B．168 C．130 D．172
【答案】D
【解析】依题意， ，
故 ，
又 ，所以 ．
所以 ．
故选：D.题型五：数列定义新情景
【典例5-1】（多选题）（2024·山东青岛·三模）若有穷整数数列 满足：
，且 ，则称 具有性质 .则（ ）
A．存在具有性质 的
B．存在具有性质 的
C．若 具有性质 ，则 中至少有两项相同
D．存在正整数 ，使得对任意具有性质 的 ，有 中任意两项均不相同
【答案】ACD
【解析】对A：取数列 ，易得其满足题意，此时该数列具有性质 ，故A正确；
对B：假设存在数列 具有性质 ，则 ，
且 ，
设 中有 个 ，则有 个 ，
则有
，即 ，
其与 为整数矛盾，故假设错误，故B错误；
对C：设 ， ， ， ， 中的最大值为 ，
则存在 ，使得 或 ，
若存在 ，使 ，下证： ， ， ， 可以取遍 到 之间所有的整数，
假设存在正整数 使得 ， ， ， 中各项均不为 ，
令集合 ，设 是集合 中元素的最大值，
则有 ，
这与 矛盾，
所以 ， ， ， 可以取遍 到 之间所有的整数，
若 ，则 ， ， ， ， 的取值只能为 ， 中的数，
此时 ， ， ， ， 中必有两项相同，
若 ，则 ， ， ， ， 的取值只能为 ， ， 中的数，
此时 ， ， ， ， 中必有两项相同，
若 ，则 ， ， ， ， 中一定有异于 和 的正整数，再由 ， ， ， 可以取遍 到 之间所有的整数，
所以 ， ， ， ， 中必有两项相同，
当 ，同理可证： ， ， ， 可以取遍 到 之间所有的整数，
从而 ， ， ， ， 中必有两项相同，故C正确；
对D：取数列 ，此时该数列具有性质 ，
且 中任意两项均不相同，即存在 ，故D正确.
故选：ACD.
【典例5-2】（2024·河南·二模）已知无穷数列 是首项为1，各项均为正整数的递增数列，集合
，若对于集合 中的元素 ，数列 中存在不相同的项 ，使
得 ，则称数列 具有性质 ，记集合 数列 具有性质 .
(1)若数列 的通项公式为 ，判断数列 是否具有性质 ，若具有，写出集合 与
集合 ；
(2)已知数列 具有性质 且集合 中的最小元素为 .集合 中的最小元素为 ，当 时，证明：
.
【解析】（1）定义 ，由题意可知 ，
若数列 的通项公式为 ，
可知 ，
所以 ，
因为2只能写成 ，不合题意，即 ，
，符合题意，即 ，
，符合题意，即 ，
，符合题意，即 ，
，符合题意，即 ，
，符合题意，即 ，
所以 .
（2）因为 是各项均为正整数的递增数列， ，
集合 中的最小元素为 ，故当 为连续正整数，
即取 ，
因为 前至少有连续两个正整数1，2，即 ，存在正整数 ，
因为集合 中的最小元素为 ，故 .
因为 ，故数列 具有性质 ，
故存在 使得 ，且 ，
而 为数列 具有性质 且集合 中的最小元素，故
所以 .
【变式5-1】（2024·北京东城·二模）已知 为有穷整数数列，若 满足：
，其中 ， 是两个给定的不同非零整数，且 ，则称 具有性质
.
(1)若 ， ，那么是否存在具有性质 的 ？若存在，写出一个这样的 ；若不存在，请说明理
由；
(2)若 ， ，且 具有性质 ，求证： 中必有两项相同；
(3)若 ，求证：存在正整数 ，使得对任意具有性质 的 ，都有 中任意两项均不相
同.
【解析】（1）不存在具有性质 的 ，理由如下：
设 ，由于 ， ，
设 ， ， ， 中有 个 ， 个 ，
则有 ，
所以 ，解得 ，与 为整数矛盾，
所以不存在具有性质 的 .
（2）设 ， ， ， ， 中的最大值为 ，则存在 ，使得 或 ，
若存在 ，使 ，下证： ， ， ， 可以取遍 到 之间所有的整数，
假设存在正整数 使得 ， ， ， 中各项均不为 ，
令集合 ，设 是集合 中元素的最大值，
则有 ，
这与 矛盾，
所以 ， ， ， 可以取遍 到 之间所有的整数，
若 ，则 ， ， ， ， 的取值只能为 ， 中的数，
此时 ， ， ， ， 中必有两项相同，若 ，则 ， ， ， ， 的取值只能为 ， ， 中的数，
此时 ， ， ， ， 中必有两项相同，
若 ，则 ， ， ， ， 中一定有异于 和 的正整数，
再由 ， ， ， 可以取遍 到 之间所有的整数，
所以 ， ， ， ， 中必有两项相同，
当 ，同理可证： ， ， ， 可以取遍 到 之间所有的整数，
从而 ， ， ， ， 中必有两项相同.
（3）不妨设 ，当 ， ， ， 中恰有 个 ， 个 ，
由于 ，
所以取 ，此时 具有性质 ，
下证： 中任意两项均不相同，
若存在 使得 ，
令 ， ，
则有 ， ，
令 ， ，则有 且 ， ，
由于 ，则有 ，
若 ，则有 ，即 ，
当 时，有 ，从而 ，矛盾；
若 ，则有 且 ，
因此有 ， ， ， ，
所以此时 ， ，矛盾；
综上所述，存在正整数 ，使得对任意具有性质 的 ，都有 中任意两项均不相同.
【变式5-2】（2024·北京朝阳·一模）若有穷自然数数列 ： 满足如下两个性质，则称
为 数列：
① ，其中， 表示 ，这 个数
中最大的数；
② ，其中， 表示 ，这 个
数中最小的数.
(1)判断 ：2，4，6，7，10是否为 数列，说明理由；
(2)若 ： 是 数列，且 ， ， 成等比数列，求 ；(3)证明：对任意 数列 ： ，存在实数 ，使得 .（ 表示不超
过 的最大整数）
【解析】（1） ：2，4，6，7，10不是 数列，理由如下：
因为 ，
所以 ，
但 ，所以 不满足性质①，故不是 数列；
（2）根据 ： 是 数列可得 ： 满足：
或 ， 或 ，
①若 ，因为 ， ， 成等比数列，所以 ，
又 ，所以 ，所以 ，得 ，
②若 ，因为 ， ， 成等比数列，所以 ，
当 时， ，解得 ，与 为自然数矛盾，舍去；
当 时， ，解得 ，与 为自然数矛盾，舍去；
所以 ，
由 以及 ，
得 ，所以 ，
由 以及 ，
得 ，
由 以及 ，
可知 ，所以 ；
（3）当 时，根据 数列的定义，可知 或 ,
若 ，取 ，则 ，结论成立，
若 ，取 ，则 ，结论成立，
假设存在自然数 ，存在 数列使得结论不成立，设这样的 的最小值为 ，
即存在 数列 对任意实数 ，存在 ，使得 ，
根据假设，数列 的前 项 组成的数列是一个 数列，从而存在实数 ，使得 ， ，
即 ，
令 ，则 ，
令 ，则 ，
①若 ，根据 的定义，存在 ，使得 ，
又 ，
则 且 ，
所以 ，
②若 ，根据 的定义，存在 ，使得 ，
又 ，
则 ，且 ，
所以 ，
所以 ，
令 ，则 ，
即 ，
所以 ，
所以 ，
即 ，与假设矛盾，
综上，结论成立.题型六：差分数列、对称数列
【典例6-1】（多选题）如果项数有限的数列 满足 ，则称其为“对称数列”，设
是项数为 的“对称数列”，其中 ， ， ， 是首项为 ，公差为 的等差数列，
则（ ）
A．若 ，则 B．若 ，则 所有项的和为
C．当 时， 所有项的和最大 D． 所有项的和不可能为
【答案】BCD
【解析】记 的各项之和为 ， ， ， ， 是首项为 ，公差为 的等差数列，
可得 ，
所以 ，
当 时， 取到最大值，且最大值为626，故选项C正确；
当 时， ，故选项B正确；
，方程无正整数解，所以 所有项的和不可能为 ，故选项D正确；
若 ，则 ，故选项A错误.
故选：BCD
【典例6-2】若项数为 的数列 满足： 我们称其为 项的“对称数列”．例如：
数列 为 项的“对称数列”；数列 为 项的“对称数列”．设数列 为 项的“对称数
列”，其中 是公差为 的等差数列，数列 的最大项等于 ，记数列 的前 项和为 ，
若 ，则 ．
【答案】3或4
【解析】由题意， ，又 是公差为 的等差数列，故 ，则 ，
.
又 ，故 ，即 ，
由等差数列前 项和公式有 ，化简得 ，解得 或 .
故答案为：3或4
【变式6-1】（2024·四川南充·三模）对于数列 ，规定 为数列 的一阶差分，其中
，规定 为数列 的k阶差分，其中 ．若，则 （ ）
A．7 B．9 C．11 D．13
【答案】D
【解析】由 可得
，
，
由 可得 ，
所以 ，
故选：D.
【变式6-2】（2024·四川南充·三模）对于数列 ，规定 为数列 的一阶差分，其中
，规定 为数列 的阶 差分，其中 .若
，则 （ ）
A．7 B．9 C．11 D．13
【答案】A
【解析】由新定义知， ， ，
所以 ，
故选：A
题型七：非典型新定义数列
【典例7-1】（2024·黑龙江·模拟预测）已知n行n列 的数表 中，满足：
， .若数表 满足当 时，总有 ，则称此数表 为典型数表，
此时记 .(1)若数表 ， ，请直接写出M，N是否是典型数表；
(2)当 时，是否存在典型数表A使得 ，若存在，请写出一个数表A；若不存在，请说明理由；
(3)若数表A为典型数表，求 的最小值（直接写出结果，不需要证明）.
【解析】（1）M不是典型数表，N是典型数表.
因为数表 ，所以 ，
此时 ，
，
所以 ，
不满足当 时，总有 ，
故数表 不是典型数表；
因为数表 ，所以当 时， ，
，
所以 ，
由于数表N的数据具有对称性，所以当 时，总有 ，
故数表N是典型数表.
（2）假设当 时，存在典型数表A使得 ，
则需满足 取得最小，即典型数表A中的“1”需要最少，
由典型数表的定义可知：当 时，总有 ，
所以需要使得尽量多的横列和 ，所以将表分成4个4×4数表，对角的两个数表数值相同，
但上下左右对称的数表数值不同，此时可保证 取得最小，
而满足上述条件的典型数表A如 ，
此时满足 取得最小，但是 的最小值为32，
故不存在典型数表 ，使得 .
（3）由（2）可知，要使 取得最小，
需要尽量多的横列和 或典型数表中“1”尽量少，
当 为偶数时，结合（2）分析可得： 的最小值为 ；
当 为奇数时，在偶数 的数表中间加上一行和一列，且在新增行列中添加 个“1”，
即可满足典型数列，此时 的最小值为 .
【典例7-2】（2024·辽宁葫芦岛·二模）设数阵 ，其中 .设
，其中 ， 且 .定义变换 为“对于数阵的每一列，
若其中有t或 ，则将这一列中所有数均保持不变；若其中没有t且没有 ，则这一列中每个数都乘以
”（ ）， 表示“将 经过 变换得到 ，再将 经过 变换得到 ，…，以
此类推，最后将 经过 变换得到 .记数阵 中四个数的和为 .
(1)若 ， ，写出 经过 变换后得到的数阵 ，并求 的值；
(2)若 ， ，求 的所有可能取值的和；
(3)对任意确定的一个数阵 ，证明： 的所有可能取值的和不大于 .
【解析】（1）因为 ， ，经过 变换得到的数阵 ，
经过 变换得到的数阵 ，
所以 .
（2）若 ，则 或 ，
可得 ，4种情况；
若 或 ， ，则 ，
可得 ，4种情况；
若 ，从 和 中各取出一个元素a，b，
， ， ，则 ，
可得 ，8种；
若 ， ，则 或 ，
可得 ，4种情况；
综上， 的所有可能取值的和 ；
（3）若 ，在 的所有非空子集中，
①含有 且不含 的子集共 个，
其中含有奇数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均仍为 ， ；
其中含有偶数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均变为 ， ；
②含有 且不含 的子集共 个，
其中含有奇数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均仍为 ， ；
其中含有偶数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均变为 ， ；
③同时含有 和 的子集共 个，
其中含有奇数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均变为 ， ；
其中含有偶数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均仍为 ， ；
④不含 也不含 的子集共 个，
其中含有奇数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均变为 ， ；其中含有偶数个元素的集合有7个，经过变换后第一列均变为 ， ；
若 ，在 的所有非空子集中，
①含有 的子集共 个，
其中含有奇数个元素的集合有16个，经过变换后第一列均变为 ， ；
其中含有偶数个元素的集合有16个，经过变换后第一列均仍为 ， ；
②不含 的子集共 个，
其中含有奇数个元素的集合有16个，经过变换后第一列均变为 ， ；
其中含有偶数个元素的集合有15个，经过变换后第一列均仍为 ， ；
综上，经过变换后，所有 的第一列数的和为
同理，经过变换后所有 的第二列数的和为 .
所以 的所有可能取值的和为 ，
又因为 ，所以 的所有可能取值的和不超过 .
【变式7-1】已知无穷数列 ，给出以下定义：对于任意的 ，都有 ，则称数列
为“ 数列”；特别地，对于任意的 ，都有 ，则称数列 为“严格 数列”.
(1)已知数列 ， 的前 项和分别为 ， ，且 ， ，试判断数列 ，数列
是否为“ 数列”，并说明理由；
(2)证明：数列 为“ 数列”的充要条件是“对于任意的 ， ， ，当 时，有
”；
(3)已知数列 为“严格 数列”，且对任意的 ， ， ， .求数列 的最小项
的最大值.
【解析】（1）由于 为等差数列，所以 ， 为等比数列，
，
任意的 ，都有 ，
故 ，所以数列 是为“ 数列”，
任意的 ，都有 ，
故 ，所以数列 不是为“ 数列”，（2）先证明必要性：
因为 为“ 数列”，所以对任意的 ，都有 ，即 ，
所以对任意的 ， ， ，当 时，有
，
所以 ，
又 ，
所以 ，
又 ，
故 ，即 ，故 ，
再证明充分性：
对于任意的 ， ， ，当 时，有 ，
即 ，
对于任意的 , ，则有 ，
即可 ，所以 为“ 数列”，
（3）数列 为“严格 数列”，且对任意的 ，有 ，即 ，
设 ，则 为单调递增数列，且 ，
所以
因为 ， .所以 ，
所以存在 时， ，
所以，当 数列 为单调递减数列，
当
因此 存在最小值，且最小值为 ，
由于 ，所以 ，且
所以 ，即 ，
，即所以
，
当 时， ，
当 时， ，
当 时，
所以当 时， 的最大值为 ，
此时 ，因为 ，
所以数列 的最小项的最大值为
【变式7-2】（2024·山东泰安·模拟预测）已知数列 是斐波那契数列，其数值为：
.这一数列以如下递推的方法定义： .数列 对于确定的正
整数 ，若存在正整数 使得 成立，则称数列 为“ 阶可分拆数列”.
(1)已知数列 满足 .判断是否对 ，总存在确定的正整数 ，使得数列
为“ 阶可分拆数列”，并说明理由.
(2)设数列 的前 项和为 ，
（i）若数列 为“ 阶可分拆数列”，求出符合条件的实数 的值；
（ii）在（i）问的前提下，若数列 满足 ， ，其前 项和为 .证明：当 且 时，
成立.
【解析】（1）存在，理由如下：
由已知得 ， ， ，
即
对 ，当正整数 时，存在 ，使得 成立，
即数列 为“ 阶可分拆数列”；
（2） ，
当 时， ，当 时， ，
（i）若数列 为“ 阶可分拆数列”，则存在正整数 使得 成立，
当 时， ，即 ，解得 ，
当 时， ，即 ，
因 ，所以 ，又 ，
故方程 无解.
综上所述，符合条件的实数a的值为 .
（ii）方法一：
证明： ，
当 时， ，
，
，
由（i）知 ，所以 ，
①，
②，
由①-②可得
，
，
，
，
当 且 时， 成立.
方法二：证明： ，
当 时， ，
，
，
由（i）知 ，所以 ，
①，
②，
③，
由① ② ③可得
，
，
当 且 时， 成立.
1．（2024·浙江绍兴·三模）设 ，已知 ，若
恒成立，则 的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．【答案】C
【解析】由题意得 ，故 ，
故 ，
故
，
由于 ，故 .
故选：C
2．（2024·上海·模拟预测）已知数列 不是常数列，前 项和为 ，且 ．若对任意正整数 ，存在
正整数 ，使得 ，则称 是“可控数列”．现给出两个命题：①存在等差数列 是“可控
数列”；②存在等比数列 是“可控数列”．则下列判断正确的是（ ）
A．①与②均为真命题 B．①与②均为假命题
C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为真命题
【答案】D
【解析】①数列 不是常数列，则 ，则 看作是一次函数的变化，
由 得 ， 看作是二次函数的变化，
当 足够大时，极限的思想说明不成立；
②取 ，则 ，
当 时，取 ，满足 ，
当 时，取 ，满足 ；
故选： .
3．数列 的前n项和为 ，若数列 与函数 满足：① 的定义域为 ；②数列 与函数
均单调增；③存在正整数 ，使 成立，则称数列 与函数 具有“单调偶遇关系”.
给出下列两个命题：（ ）
①与数列 具有“单调偶遇关系”的函数有有限个；
②与数列 具有“单调偶遇关系”的函数有无数个.
A．①②都是真命题 B．①是真命题，②是假命题
C．①是假命题，②是真命题 D．①②都是假命题【答案】C
【解析】对于①，数列 单调递增，令函数 ，显然 ，由
，
得 ，整理得 ，此方程有正整数解，
如方程中取 ，则 ，即 ，
对 进行不同的取值即可保证数列 具有“单调偶遇关系”的函数有无数个，①错误；
对于②，数列 单调递增， ，令 ，由 ，
得 ，取 ，显然对每一个正整数 都有唯一的正数 ，
并且不同的 值， 值不同，因此与数列 具有“单调偶遇关系”的函数有无数个，②正确，
所以①是假命题，②是真命题.
故选：C
4．（多选题）（2024·湖南衡阳·模拟预测）在股票市场中，股票的价格是有界的，投资者通常会通过价格
的变化来确保自己的风险，这种变化的价格类似于我们数学中的数列，定义如果存在正数 ，使得对一切
正整数 ，都有 ，则称 为有界数列，数列收敛指数列有极限，我们把极限存在（不含无穷
大）的数列称为收敛数列，如数列 ，显然对一切正整数 都有 ，而 的极限为 ，即数列
既有界也收敛.如数列 ，显然对一切正整数 都有 ，但不存在极限，即数列 有界但不收敛.
下列数列是有界数列但不收敛的数列有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【解析】对于A：因为 ，所以 ，所以 ，但是 的极限不存在，
即 有界但不收敛，故A正确；
对于B：因为 ，所以 ，所以 ，且 的极限为 ，
所以 有界且收敛，故B错误；对于C：因为 ，
所以 ，
，
所以 ，所以 ，但是 的极限不存在，
所以有界但不收敛，故C正确；
对于D：因为 ，所以 ，所以 的极限为 ，且 ，
所以 有界且收敛，故D错误；
故选：AC.
5．（多选题）（2024·江苏南通·模拟预测）在数列 中，若对 ，都有 （ 为常
数），则称数列 为“等差比数列”， 为公差比，设数列 的前 项和是 ，则下列说法一定正确
的是（ ）
A．等差数列 是等差比数列
B．若等比数列 是等差比数列，则该数列的公比与公差比相同
C．若数列 是等差比数列，则数列 是等比数列
D．若数列 是等比数列，则数列 等差比数列
【答案】BCD
【解析】等差数列 若为常数列，则 ， 无意义，
所以等差数列 不一定是等差比数列，A选项错误；
若公比为 的等比数列 是等差比数列，则 不是常数列， ，
，即该数列的公比与公差比相同， B选项正确.若数列 是等差比数列，则 ，所以数列 是等比数列，故C选项正确；
若数列 是等比数列，公比为 ，则 ，
所以数列 等差比数列，故D选项正确
故选：BCD.
6．（多选题）（2024·山东烟台·一模）给定数列 ，定义差分运算：
.若数列 满足 ，数列 的首项为1，且
，则（ ）
A．存在 ，使得 恒成立
B．存在 ，使得 恒成立
C．对任意 ，总存在 ，使得
D．对任意 ，总存在 ，使得
【答案】BC
【解析】对于A，由 ，得 ，显然 有最小值4，无最大值，
因此不存在 ，使得 恒成立，A错误；
对于B，由选项A知， ，则 ，
显然当 时， 恒成立，B正确；
对于C，由 ，得 ，
当 时，
即 ，
于是 ，
两式相减得 ，
因此 ，显然 满足上式，则 ，由 ，
得数列 是递增数列， 有最小值1，无最大值，
从而对任意 ，总存在 ，使得 ，C正确；
对于D， ，由选项C得 ，显然数列 是递减数列， ，因此对任意 ，不存在 ，使得 成立，D错
误.
故选：BC
7．（多选题）（2024·浙江·模拟预测）“角谷猜想”是指一个正整数，如果是奇数就乘以3再加1，如果
是偶数就除以2，这样经过若干次这两种运算，最终必进入循环图 .对任意正整数 ，按照上
述规则实施第 次运算的结果为 ，（ ）
A．当 时，则
B．当 时，数列 单调递减
C．若 ，且 均不为1，则
D．当 时，从 中任取两个数至少一个为奇数的概率为
【答案】AD
【解析】当 时，则 ， ， ， ， ， ， ， ，
， ， ，故A选项符合题意；
当 ，则 ， ， ， ， ，易知 并非单调递减，故B选项不符合题意；
若 ，则 ， ，当 时，则 ， 或 ，当 时，舍去，故C选项不符合题
意；
，则 ， ， ， ， ， ，所以从 中任取两个数至少
一个为奇数的概率为 ，故D选项符合题意.
故选：AD.
8．（2024·高三·河北保定·期中）英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出的“牛
顿数列”在航空航天中应用广泛，若数列 满足 ，则称数列 为牛顿数列 如果函数
，数列 为牛顿数列，设 ，且 ， 则
【答案】
【解析】因为 ，所以 ，所以 ，
所以 ，，
所以 ，
所以 ，
即： ，又 ，
所以数列 是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以 ，所以 ，
故答案为： .
9．（2024·江西九江·模拟预测）著名科学家牛顿用“作切线”的方法求函数的零点时，给出了“牛顿数
列”，它在航空航天中应用广泛.其定义是：对于函数 ，若数列 满足 ，则称数列
为牛顿数列，若函数 ， ，且 ，则 .
【答案】
【解析】 ， ，
，
，
即 ，又 ，
数列 为等差数列，公差为 ，首项为1，
.
故答案为： .
10．给定函数 ，若数列 满足 ，则称数列 为函数 的牛顿数列.已知
为 的牛顿数列，且 ，数列 的前 项和为 .则
.
【答案】 /
【解析】由 得 ，则 ，
所以数列 是以 为首项，2为公比的等比数列，
所以 .
故答案为：
11．将正整数 分解为两个正整数 、 的积，即 ，当 、 两数差的绝对值最小时，我们称其
为最优分解.如 ，其中 即为20的最优分解，当 、 是 的最优分解时，定义
，则数列 的前2024项的和为 .
【答案】 /
【解析】当 时， ，所以 ；
当 时， ，所以 .
所以，数列 的前2024项的和为：
.
故答案为：
12．（2024·高三·甘肃兰州·开学考试）已知数表 ，
， ，其中 分别
表示 ， ， 中第 行第 列的数．若 ，则称 是 ，
的生成数表．若数表 ， ，且 是 的生成
数表，则 ．【答案】
【解析】由题意，得 ，
，
，
，
.
故答案为： .
13． ， ，… 是一个1，2，3，…，10的排列，要求 和 一定有一个大于 （ ），
则满足的排列的总数为 ．
【答案】512
【解析】若 ，考虑 （ ），必有 可知从第i项开始，数列开始递增；
再考虑 前面的项，若 ，说明此情况下数列在第1项到第i项递减．
若 ，则将原来的i改为 同理考虑即可．
由以上分析可知，该数列只有三种情况，单调递减，单调递增，先减后增
故排列总数为 ．
故答案为：512.
14．（2024·北京通州·三模）若数列 、 均为严格增数列，且对任意正整数n，都存在正整数m，使
得 ，则称数列 为数列 的“M数列”．已知数列 的前n项和为 ，则下列结论中正
确的是 ．
①存在等差数列 ，使得 是 的“M数列”
②存在等比数列 ，使得 是 的“M数列”
③存在等差数列 ，使得 是 的“M数列”
④存在等比数列 ，使得 是 的“M数列”
【答案】①②④
【解析】对于①：例如 ，则 为等差数列，可得 ，则 ，
所以 ， ，故 、 均为严格增数列，
取 ，则 ，即 恒成立，
所以 是 的“ 数列”，故①正确；
对于②，例如 ，则 为等比数列，可得 ，则 ，
所以 ， ，
故 、 均为严格增数列，
取 ，则 ，即 恒成立 ，
所以 是 的“ 数列”，故②正确；
对于③，假设存在等差数列 ，使得 是 的“ 数列”，
设等差数列 的公差为 ，
因为 为严格增数列，则 ，
又因为 为严格增数列，所以 ，即当 时， 恒成立，
取 ，满足 ，可知必存在 ，使得 成立，
又因为 为严格增数列，
所以对任意正整数 ，则有 ，即 ，
对任意正整数 ，则有 ，即 ，
故当 时，不存在正整数 ，使得 ，故③不成立；
对于④，例如 ，则 为等比数列，且 、 均为严格增数列，可得 ，
所以 ， ，
故 、 均为严格增数列，
取 ，则 ，即 恒成立，
所以 是 的“ 数列”，故④正确.
故答案为：①②④.
15．（2024·江苏扬州·模拟预测）对于有穷数列 ，从数列 中选取第 项､第 项､ ､第 项
，顺次排列构成数列 ，其中 ，则称新数列 为 的一个子列，称
各项之和为 的一个子列和．规定：数列 的任意一项都是 的子列．则数列 的
所有子列和的和为 ．
【答案】2016
【解析】数列 中的每一项，含有一个项的子列有 个，含有两个项的子列有 个，含有三个项的子列有 个，含有四个项的子列有 个，含有五个项的子列有 个，含有六个项的子列有
个，
因此和式中，数列 中的每一项，都出现 次，
所以所求和为 .
故答案为：2016
16．（2024·高三·山东日照·期中）任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将
该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1，这就是数学史上著名
的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”）.如取正整数6，根据上述运算法则得出
6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需要8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.“冰雹猜想”可表示为数
列 满足： （m为正整数）， .问：当 时，试确定使得
需要 步“雹程”；若 ，则 所有可能的取值所构成的集合为 .
【答案】 12
【解析】（1）当 ，可得
，
所以需要12步使得 ；
（2）若 ，则 或1，
①当 时， 或 ，
②当 时， ，
综上所述，可得 或 或 ，所以集合 .
故答案为： ； .
17．（2024·高三·北京朝阳·期末）中国传统数学中开方运算暗含着迭代法，清代数学家夏鸾翔在其著作
《少广缒凿》中用迭代法给出一个“开平方捷术”，用符号表示为：已知正实数 ，取一正数 作为
的第一个近似值，定义 ，则 是 的一列近似值.当 时，
给出下列四个结论：① ；② ；③ ， ；④ ， .其
中所有正确结论的序号是 .
【答案】①④【解析】对于①， ， ，故①正确；
对于②， ，故②错
误；
为了说明选项③④，引理：我们先来讨论 与 的关系；
由于 是偶数，所以 ，对于 而言，由于 为奇数，所以 ，
所以有 ，
由于数列 每一项均为正，所以利用均值不等式，有 ，取不到等号，即
，
同时有 ，因此数列 从第三项起，奇数项大于 ，偶数项小于 ；
对于③，当 时，由于 是偶数，所以
，
由于数列从第3项起，奇次项均大于 ，以及每一项均为正，
所以 ，
于是， 时，相邻奇次项之差同号，又由于 ，
所以 ，即 ，
从而 时，恒有 ，故③错误；
对于④，当 时，根据上述引理可知 ，
所以有 ，
从而有 ，利用均值不等式有 代入上式得 ，
即 ，故④正确.
故答案为：①④.
18．（2024·吉林长春·模拟预测）对于数列 ，称 为数列 的一阶差分数列，其中
.对正整数 ，称 为数列 的 阶差分数列，其中
已知数列 的首项 ，且 为 的二阶差分数列.
(1)求数列 的通项公式；
(2)设 为数列 的一阶差分数列，对 ，是否都有 成立？并说明理
由；（其中 为组合数）
(3)对于（2）中的数列 ，令 ，其中 .证明： .
【解析】（1）因为 为 的二阶差分数列，所以 ，
将 ，代入得 ，整理得 ，即 ，
所以 .故数列 是首项为 ，公差为 的等差数列，
因此， ，即 .
（2）因为 为数列 的一阶差分数列，所以 ，
故 成立，即为 .①
当 时，①式成立；
当 时，因为 ，且 ，
所以①成立，故对 都有 成立.
（3） ，因为 ，所以 ，
故 ，即 ，
所以.
19．（2024·贵州·三模）差分密码分析（Differential Cryptanalysis）是一种密码分析方法，旨在通过观察密
码算法在不同输入差分下产生的输出差分，来推断出密码算法的密钥信息.对于数列 ，规定
为数列 的一阶差分数列，其中 ；规定 为 的二阶差分数列，其中
.如果 的一阶差分数列满足 ，则称 是“绝对差异数
列”；如果 的二阶差分数列满足 ，则称 是“累差不变数列”.
(1)设数列 ，判断数列 是否为“绝对差异数列”或“累差不变数列”，请说明理由；
(2)设数列 的通项公式 ，分别判断 是否为等差数列，请说明理由；
(3)设各项均为正数的数列 为“累差不变数列”，其前 项和为 ，且对 ，都有 ，
对满足 的任意正整数 都有 ，且不等式 恒成立，求实数 的最大值.
【解析】（1）对于数列 ，
可得：一阶差分数列为 ，不满足 ，
所以不是“绝对差异数列”，
二阶分差数列为 ，满足 ，
所以是“累差不变数列”；
（2）因为 ，
所以 ，所以 ，
因为 ，所以数列 是首项为 ，公差为 的等差数列，
因为 ，
所以数列数列 是首项为 ，公差为 的等差数列；
（3）由题意得 ，
对 ，都有 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，所以数列 是等差数列，
设数列 的公差为 ，则 ，当 时， ，与 矛盾；
当 时，当 时， ，
与数列 的各项均为正数矛盾，故 ，
，
则 ，
，
因为 ，所以 ，
所以 ，
则当 时，不等式 恒成立，
另一方面，当 时，令 ，
则 ，
，
则
，
因为 ，
所以当 时， ，
即有 ，与 恒成立矛盾.
综上所述，实数 的最大值为 .
20．（2024·安徽黄山·一模）随着信息技术的快速发展，离散数学的应用越来越广泛．差分和差分方程是
描述离散变量变化的重要工具，并且有广泛的应用．对于数列 ，规定 为数列 的一阶差分数
列，其中 ，规定 为数列 的二阶差分数列，其中 ．
(1)数列 的通项公式为 ，试判断数列 是否为等差数列，请说明理由？(2)数列 是以1为公差的等差数列，且 ，对于任意的 ，都存在 ，使得 ，
求 的值；
(3)各项均为正数的数列 的前 项和为 ，且 为常数列，对满足 ， 的任意正整数
都有 ，且不等式 恒成立，求实数 的最大值．
【解析】（1）因为 ，所以 ，
因为 ， ， ，
故 ， ，
显然 ，
所以 不是等差数列；
因为 ，则 ， ，
所以 是首项为12，公差为6的等差数列.
（2）因为数列 是以1为公差的等差数列，
所以 ，故 ，
所以数列 是以公比为 的正项等比数列， ，
所以 ，
且对任意的 ，都存在 ，使得 ，即 ，
所以 ，因为 ，所以 ，
①若 ，则 ，解得 （舍），或 ，
即当 时，对任意的 ，都存在 ，使得 .
②若 ，则 ，对任意的 ，不存在 ，使得 .
综上所述， .
（3）因为 为常数列，则 是等差数列，
设 的公差为 ，则 ，
若 ，则 ，与题意不符；
若 ，所以当 时， ，与数列 的各项均为正数矛盾，所以 ，
由等差数列前 项和公式可得 ，
所以 ，
因为 ，
所以 ，
因为 ，故 ，
所以
则当 时，不等式 恒成立，
另一方面，当 时，令 ， ， ，
则 ， ，
则
，
因为 ， ，
当 时， ，
即 ，不满足不等式 恒成立，
综上， 的最大值为2.
