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第 02 讲 数列中的新定义综合
（8 类核心考点精讲精练）
新高考改革后，数列作为高中数学的重要组成部分，在考试中占据了重要的地位。数列的考查不仅限
于传统的等差数列、等比数列等基础知识，还涉及到了一些新的定义和概念。这些新定义通常要求考生具
备较强的逻辑推理能力和创新思维。
在新定义数列的考题中，有以下几种情况：
1. 新定义的数列类型：例如，斐波那契数列的变种、递推数列、分段定义的数列等。这些数列的定义
和性质可能与传统数列有所不同，需要考生仔细阅读题目，准确理解新定义。
2. 数列性质的探究：考生可能需要探究新定义数列的通项公式、递推关系、特殊项的性质等。这要求
考生能够灵活运用数学归纳法、数列极限等数学工具。
3. 数列与函数、不等式等其他数学知识的综合应用：新定义数列的题目往往与其他数学知识相结合，
考查考生的综合运用能力。例如，数列与函数的图像、数列与不等式的解法等。
4. 实际问题的数学建模：新高考数学注重考查学生的实际应用能力，因此，数列问题可能会与实际问
题相结合，要求考生建立数学模型来解决实际问题。
为了应对新定义数列的考题，考生需要：
熟悉并掌握高中数学数列的基本概念和性质。
增强阅读理解能力，准确把握新定义数列的特点。
培养逻辑推理和创新思维，能够独立探究数列的性质。
加强与其他数学知识的联系，提高综合运用数学知识解决问题的能力。
注重实际问题的数学建模训练，提升解决实际问题的能力。
总之，新高考数学数列部分的考查更加注重考生的综合能力，考生需要在平时的学习中注重基础知识
的积累，同时加强思维训练和实际应用能力的培养。考点一、 斐波那契数列
1．（2024·黑龙江大庆·模拟预测）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样的一列
数： ，该数列的特点是：从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的
一列数所组成的数列 称为“斐波那契数列”，则 是斐波那契数列中的第
项．
【答案】2025
【分析】根据“斐波那契数列”的递推关系可得结果.
【详解】依题意有：
，
所以： ，
故答案为：2025.
2．（2024·贵州遵义·模拟预测）（多选）数列 ：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…称为斐波那契数
列，又称黄金分割该数列，从第三项开始，各项等于其前相邻两项之和，即 （ ），则
下列选项正确的是（ ）
A．
B．C．
D．
【答案】ABD
【分析】根据递推公式进行验证．
【详解】由已知 ，A正确；
，B正确；
，C错；
，D正确，
故选：ABD．
3．（23-24高三上·河北廊坊·期末）意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例，引入数列：1，1，2，
3，5，8，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即 ，故此数列称为斐波那
契数列，又称为“兔子数列”，其通项公式为 ，设 是不等式
的正整数解，则 的最小值为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】D
【分析】利用对数运算将 变形化简得到 ，结合
的表达式可得 ，结合 ，即可求出答案.
【详解】因为 ，
所以 ，
即
故 ，
故 ，所以 ，由斐波那契数列可知 ，则 ，
所以 的最小值为9，
故选：D.
1．（2024·河南·模拟预测）我们把由0和1组成的数列称为 数列， 数列在计算机科学和信息技术
领域有着广泛应用，把斐波那契数列 （ ， ）中的奇数换成0，偶数换成1可得
到 数列{a }，若数列{a }的前 项和为 ，且 ，则 的值可能是（ ）
n n
A．100 B．201 C．302 D．399
【答案】C
【分析】根据题意求出{a }的前若干项，找出规律，从而逐一检验各选项即可得解.
n
【详解】因为 ， ，
所以 ，
所以数列{a }的前若干项为：
n
，
则 ，
所以 ， ，
， .
故选：C.
2．（24-25高二上·山东青岛·阶段练习）在数学上，斐波纳契数列 定义为： ， ，
，斐波纳契数列有种看起来很神奇的巧合，如根据 可得 ，所以
，类比这一方法，可得
（ ）
A．714 B．1870 C．4895 D．4896
【答案】C
【分析】根据题意，分析可得 ，进而变形可得 ，据此可得
，计算可得答案.
【详解】根据题意，数列 满足 ，即 ，
两边同乘以 ，可得 ，则
.
故选：C.
3．（2024·山东·模拟预测）（多选）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的
一列数：1，1，2，3，5，8，13，21，….该数列的特点如下：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数
都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列，若用 表示斐波
那契数列的第 项，则数列 满足： ， .则下列说法正确的是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【分析】对于A，根据题意求出斐波那契数列的前10项进行判断，对于B，当 时，
， ， ，三式相加判断，对于
C，根据 ，对 依次取1，2，……，2023，得到2023个式子相加进行判断，对于
D，由 ，得 ，对 依次取1，2，……，
2022，然后相加进行判断.
【详解】对于A，由题意可知斐波那契数列的前10项为1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，
所以 ，所以A错误，
对于B，当 时， ， ， ，
所以三式相加得 ，
所以 ，所以B正确，
对于C，因为数列 满足： ， ，
所以 ， ， ，……，
， ， ，
以上2023个等式相加得 ,
因为 ，所以 ，所以C正确，
对于D，因为 ， ，所以 ， ,
, ,
……,
,
所以 ，所以D正确，
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：此题考查斐波那契数列的性质，解题的关键是理解斐波那契数列中项之间的关系，
充分利用 分析判断，考查推理能力和理解能力，属于较难题.
考点二、 差数列及阶差数列
1．（23-24高二上·云南昆明·期末）数学家杨辉在其专著《详解九章算术法》和《算法通变本末》中，提
出了一些新的高阶等差数列．其中二阶等差数列是一个常见的高阶等差数列，如数列2，4，7，11，16从
第二项起，每一项与前一项的差组成的新数列2，3，4，5是等差数列，则称数列2，4，7，11，16为二阶
等差数列．现有二阶等差数列 ，其前六项分别为1，3，6，10，15，21，则 的最小值为
．
【答案】
【分析】先得出递推公式，并用叠加法求出通项公式，再用基本不等式求最小值.
【详解】数列 的前六项分别为1，3，6，10，15，21，
依题知 ， ， ， ， ，
叠加可得： ，
整理得 ，
当 ， ，满足 ，
所以 ，所以 ，
当且仅当 时，即 ，时等号成立，
又 ，所以等号取不到，所以最小值在 时取得，
当 时， ，所以最小值为 .
故答案为：
2．（23-24高三下·重庆·阶段练习）定义：满足 为常数， ）的数列 称为二阶
等比数列， 为二阶公比.已知二阶等比数列 的二阶公比为 ，则使得 成立
的最小正整数 为（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】B
【分析】根据数列新定义可得 ，利用累乘法求得 的表达式，解数列不等式，即可求得答案.
【详解】由题意知二阶等比数列 的二阶公比为 ，则 ，
故 ，
将以上各式累乘得： ，
故 ，令 ，由于 ，
故 ，即 ，
又 的值随n的增大而增大，且 ，
当 时， ，
当 时， ，
故n的最小值为8，
故选：B
3．（2024·全国·模拟预测）给定数列 ，称 为 的差数列（或一阶差数列），称数列
的差数列为 的二阶差数列……(1)求 的二阶差数列；
(2)用含 的式子表示 的 阶差数列，并求其前 项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据差数列的定义，依次求出数列 的一阶差数列和二阶差数列即得；
（2）根据（1）的规律，猜想 的 阶差数列为 ，接着运用数学归纳法进行证明；再根据等比数
列的前 项和公式求解即得.
【详解】（1）由差数列的定义，数列 的一阶差数列为
数列 的二阶差数列为 的一阶差数列，即
故数列 的二阶差数列为 ．
（2）通过找规律得， 的 阶差数列为 ，下面运用数学归纳法进行证明：
①当 时，显然成立； 时，由（1）得结论也成立．
②假设该结论对 时成立，尝试证明其对 时也成立．
由差数列的定义， 的 阶差数列即 的 阶差数列的一阶差数列，即
故该结论对 时也成立，证毕．
故 的 阶差数列为 ．该数列是以 为首项，2为公比的等比数列，
故其前 项和为
故 的 阶差数列为 ，其前 项和为 .
1．（2024·四川自贡·一模）南末数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的
垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者
高次差成等差数列.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列，其
前 项分别为 ，则该数列的第 项（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据“高阶等差数列”的定义求得第 项.
【详解】 ，设 ，
，
设 ，
所以 ，所以 是首项为 ，公差为 的等差数列，
所以 ，即 ，
所以 .
故选：D
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k阶差分，其中 ．若 ，则
（ ）
A．7 B．9 C．11 D．13
【答案】D
【分析】由数列的新定义计算即可.
【详解】由 可得
，
，
由 可得 ，
所以 ，
故选：D.
3．（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： .【答案】(1) ；
(2)成立，理由见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）由二阶差分数列的定义可得 ，将 ，可得 ，
构造等差数列即可求解；
（2）由一阶差分数列的定义可得 ，要证 成立，即证 ，
根据二项式定理即可证明；
（3）作差可得 ，故 ，根据等比数列的求和公式即可证
明.
【详解】（1）因为 为{a }的二阶差分数列，所以 ，
n
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{b }的一阶差分数列，所以 ，
n
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
.
【点睛】关键点点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.
考点三、 平方数列与类平方数列
1．（23-24高三上·四川绵阳·阶段练习）若数列 满足 则称 为 “平方递推数列”. 已知数列
是 “平方递推数列”， 且 则（ ）
A． 是等差数列 B． 是等差数列
C． 是 “平方递推数列” D． 是 “平方递推数列”
【答案】C
【分析】对于AB，由题意得 ，然后根据等差数列的定义分析判断即可，对于CD，由平方递推数列
的定义分析判断.
【详解】对于AB，因为 是 “平方递推数列”， 所以 .
又 ， 所以 则 ，
，
所以 ， 不是等差数列， 所以AB不正确.
对于C，因为 ，所以 是 “平方递推数列”， 所以C 正确.
对于D，因为 ，
所以 不是 “平方递推数列”， D 不正确.
故选：C
1．（2024·海南·模拟预测）（多选）已知数列{a }满足：① ；② ， ， ， ，
n
则称数列{a }为“类平方数列”，若数列{b }满足：①数列{b }不是“类平方数列”；②将数列{b }中的项
n n n n
调整一定的顺序后可使得新数列成为“类平方数列”，则称数列{b }为“变换类平方数列”，则（ ）
n
A．已知数列 ，则数列{a }为“类平方数列”
n
B．已知数列{a }为：3，5，6，11，则数列{a }为“变换类平方数列”
n nC．已知数列{a }的前 顶和为 ，则数列{a }为“类平方数列”
n n
D．已知 ， .则数列{a }为“变换类平方数列”
n
【答案】CD
【分析】利用“类平方数列”的定义判断AC；利用“变换类平方数列”的定义判断BD.
【详解】对于A， ， ，当 时， 不是正整数的平方，数列{a }不为“类平方数
n
列”，A错误；
对于B， ，当 时， ，
即无论 为数列的第几项， 都不可能为正整数的平方，数列{a }不为“变换类平方数列”，B错误；
n
对于C，当 时， ，
而 满足上式，则 ，当 时， ，
数列{a }为“类平方数列”，C正确；
n
对于D，数列 的4项依次为 ，将此数列调整为 时，
有 ，因此数列{a }为“变换类平方数列”，D正确.
n
故选：CD
考点 四 、 数列的单调性
1．（2024·江西新余·模拟预测）我们规定：若数列 为递增数列且 也为递增数列，则 为“
数列”.
(1)已知： ， ， ，数列 中其中只有一个 数列，它是： ；请从
另外两个数列中任选一个证明其不是 数列.
(2)已知数列{a }满足： ， 为{a }的前 项和，试求{a }的通项并判断数列
n n n
是否为 数列并证之.
(3)已知数列{a }、{b }均为 数列，且 ， ，求证：数列 也为 数列.
n n
【答案】(1) ，证明见解析(2) ， 不是 数列，证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用幂函数的单调性可得 与 都是递增数列；利用特殊项的大小比较可得{a }与{b }
n n
均不是 数列；
（2）由已知等式变形裂项可得 ，再由累加法可求通项 ，进而可得 ，
利用等差数列求和公式可得 ，由 可证明 不是 数列；
（3）由“ 数列”的定义可得 ， ，结合不等式的性质与放缩法得
，由此分别证明 与 即可得证.
【详解】（1）空格处填 .
原因如下：因为 ，则 ，
由幂函数 与 在 上都是增函数，由 ，
故数列 与 都是递增数列，则 为“ 数列”.
若选{a }，下面证明{a }不是 数列.
n n
证明：由 ，则 .
故 ，所以 不是递增数列.
故{a }不是 数列；
n
若选{b }，下面证明{b }不是 数列.
n n
证明：由 ，则 .
所以 不是递增数列.
故{b }不是 数列.
n
（2）由 可得 ，所以
设 ，则 ， ，...， ，
累加得 ，
又 ，故 ，
所以 . 由 ，
故{a }是以 为首项， 为公差的等差数列.
n
所以 ，则 ， .
即数列 是递增数列，但 不是递增数列，故 不是 数列.
（3）数列{a }、{b }均为 数列，且 ， ，
n n
由题意可得 ，
且 ， ，
由不等式的性质可得， ，又 ，
则 ，所以 为递增数列，
且有 ，
则 ，
故 也是递增数列，故 为 数列.
1．（24-25高三上·河南·开学考试）若数列 的相邻两项或几项之间的关系由函数 确定，则称
为 的递归函数．设 的递归函数为 ．
(1)若 ， （ ），证明： 为递减数列；(2)若 ，且 ， 的前 项和记为 ．
①求 ；
②我们称 为取整函数，亦称高斯函数，它表示不超过 的最大整数，例如 ， ．
若 ，求 ．
【答案】(1)证明见解析
(2)① ；②
【分析】（1）根据定义得出 ，再根据 即可证明；
（2）根据等比数列的定义及等比数列的求和公式即可求解①；结合①得出 ，当 时，
，所以 ；当 时，由放缩得出 ，结合 得出 进
而求解．
【详解】（1）证明：若 ，显然 ．
又 ，所以 ， ， ， ，
所以 ， ．
因为 ， ，所以 ，
，所以 ，所以 是递减数列．
（2）①由题意得 ，
又 ，所以 ，所以 ，
所以 是以 为首项，6为公比的等比数列，
则 ．
②由①得 ，所以 ．
当 时， ，所以 ；
当 时， ．所以当 时， ，
所以当 时， ，
又 ，所以 ，
所以 ， ，所以 ，
所以 ．
【点睛】关键点睛：求解 时，关键是求出 的取值范围，根据不等式放缩得出
是解题关键．
2．（2024·广东深圳·模拟预测）已知 是各项均为正整数的无穷递增数列，对于 ，定义集合
，设 为集合 中的元素个数，特别规定：若 时， ．
(1)若 ，写出 ， 及 的值；
(2)若数列 是等差数列，求数列 的通项公式；
(3)设集合 ， ，求证： 且 ．
【答案】(1) ， ， ；
(2) ；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据数列{b }的定义，分别求出 ， ， ；
n
（2）假设 ， ，均与数列{b }是等差数列矛盾，进而得到数列{a }是以 为首项， 为公
n n
差的等差数列，进而得到 ；
（3）根据定义得到数列 是递增数列；用反证法证明 ，假设存在正整数 ，若
，则推出 ，与假设矛盾，所以 ； ，所以要证 ，只需证 ，
且 ，能推出 ，所以 ，所以 ，所以结论成立.
【详解】（1）因为 ，所以 ， ，
由 得， ，所以 ，
由 得， ，所以 ；
（2）由题可知 ，所以 ，即 ，若 ，则 ， ，
所以 ， ，与{b }是等差数列矛盾，所以 ，
n
设 ，因为{a }是各项均为正整数的递增数列，所以 ，
n
假设存在 使得 ，设 ，由 得 ，
由 得 ， ，与{b }是等差数列矛盾，
n
所以对任意 都有 ，
所以数列{a }是等差数列， ；
n
（3）因为对于 ， ，所以 ，所以 ，即数列 是递增数列，
先证明 ，
假设 ，设正整数 ，
由于 ，故存在正整数 使得 ，所以 ，
因为{a }是各项均为正整数的递增数列，所以 ，
n
所以 ， ，
所以 ， ，
又因为数列 是递增数列，所以 ，与假设矛盾，
所以 ；
再证明 ，
由题可知 ，所以要证 ，只需证 ，设 且 ，
因为数列 是各项均为正整数的递增数列，所以存在正整数 ，使得 ，
令 ，
若 则 ，即 ，所以 ，所以 ，所以 ，
若 ，则 ，所以 所以
，
因为 ，所以 ，所以 ，
所以 ；
综上所述， 且 .
【点睛】方法点睛：新定义问题解题策略
首先，明确新定义的特点；其次，根据定义中的步骤对具体题目进行运算；最后得到结论.
考点 五 、 数列的凹凸性1．（2024·安徽池州·模拟预测）定义：若对 恒成立，则称数列 为“上凸
数列”．
(1)若 ，判断 是否为“上凸数列”，如果是，给出证明；如果不是，请说明理由．
(2)若 为“上凸数列”，则当 时， ．
（ⅰ）若数列 为 的前 项和，证明： ；
（ⅱ）对于任意正整数序列 （ 为常数且 ），若
恒成立，求 的最小值．
【答案】(1)是，证明见解析
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）构造函数 ，利用导数研究其单调性结合“上凸数列”定义
判定即可；
（2）（ⅰ）利用“上凸数列”定义及倒序相加法证明即可；令 ，利用条件及数列求和适当放
缩计算即可.
【详解】（1） 是“上凸数列”，理由如下：
因为 ，
令 ，
则 ．
当 时， ，
所以 ，
所以 在区间 上单调递减，
所以 ，
所以 ，
所以 是“上凸数列”．
（2）（ⅰ）证明：因为 是“上凸数列”，由题意可得对任意 ，，
所以 ，
所以 ．
（ⅱ）解：令 ，
由（1）可得当 时， 是“上凸数列”，
由题意可知，当 时， ．
因为 ，
即
．
所以
，
当且仅当 时等号成立，
所以 ．
综上所述， 的最小值为 ．
1．（24-25高三上·安徽亳州·开学考试）已知数列 ，对于任意的 ，都有 ，则称数
列 为“凹数列”．
(1)判断数列 是否为“凹数列”，请说明理由；
(2)已知等差数列 ，首项为4，公差为 ，且 为“凹数列”，求 的取值范围；
(3)证明：数列 为“凹数列”的充要条件是“对于任意的 ，当 时，有
”．【答案】(1)数列 是“凹数列”，理由见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）计算出 ，故满足“凹数列”的定义；
（2）利用等差数列通项公式得到 ，由题意得 对任意 恒成立，
化简得到 ，得到答案；
（3）先证明出必要性，放缩得到 ，故 ，再证明充分性，取
，则有 ，即 ，所以 为“凹数列”.
【详解】（1）因为 ，则 ，
又 ，故 ，即 ，数列 是“凹数列”．
（2）因为等差数列{b }的公差为 ，
n
所以 ，
因为数列 是凹数列，
所以 对任意 恒成立，
即
所以 ，即 ，
因为 ，
解得 ．
所以 的取值范围为 ．
（3）先证明必要性：
因为 为“凹数列”所以对任意的 ，都有 ，即 ，
所以对任意的 ，当 时，有
，
所以 ，又 ，
所以 ．必要性成立，
再证明充分性：
对于任意的 ，当 时，有 ，
取 ，则有 ，
即 ，所以 为“凹数列”.
【点睛】方法点睛：数列新定义问题，主要针对于等差，等比，递推公式和求和公式等综合运用，对常见
的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时涉及数列与函数，数列与解析几何，数列与二项式定理，数列
与排列组合等知识的综合，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题.
2．（24-25高二上·上海·阶段练习）已知数列 ，对于任意的正整数 ，都有 则称数列
是严格凹数列．
(1)若数列 ， 的通项公式分别为 ，判断数列 ， 是否为严格凹数列，无需说
明理由；
(2)证明：“对于任意正整数的 ，当 时，有 ”是“数列 为严格凹数列”
的充要条件；
(3)函数 是定义在正实数集上的严格增函数， 且数列 是严格凹数列，严格增数列
（正整数 为常数且 ）各项均为互不相等的正整数，若 恒成立，求实
数λ的取值范围．
【答案】(1) 不是严格凹数列； 是严格凹数列.
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【分析】（1）根据定义条件 分析验证即可；
（2）充分性，赋特值令 可证；必要性，结合定义转化为 ，再将
拆项为 ，然后利用不等式放缩可得 ，
同理可证 ，二者变形结合不等式传递性可得；
（3）先举特例探求条件，猜想结论并证明.结合 是否为1，对给定常数 ，分 与 两大类讨论.
特殊情况当 时，利用定义分析证明即可.一般情况下，利用（2）结论结合 可证明，利用该不等式，将“首尾两项和”逐次放缩可得
恒成立.
【详解】（1）{a }不是严格凹数列；{b }是严格凹数列.
n n
已知数列 的通项公式为 ，
所以 ，
，
则 ，
所以 ，
故数列 不是严格凹数列．
由数列 的通项公式为 ，
则 ， ，
，
所以 ，
故数列 是严格凹数列．
（2）证明充分性：
若对于任意正整数的 ，当 时，有 .
对于任意的 ，令 ，则满足条件 ， ，
则有 ,即 ,
所以数列 为严格凹数列.
证明必要性：
若数列 为严格凹数列，
所以对任意的 ，都有 ，即 .
所以对任意的 ，当 时，
则有 ，
所以有 ，
由 ，则 ；
又有 ，由 ，则 ；
又因为 ，
所以 .
故“对于任意正整数的 ，当 时，有 ” 是“数列 为严格凹数列”的充要
条件.
（3）特例1：令 ，
则函数y=f (x)是定义在正实数集上的严格增函数.
所以 ，
则 ，
故数列 是严格凹数列，且 ，
令 ， 且 ，则数列 为严格增数列，
给定常数 时，要使不等式 恒成立，
则 ，即 恒成立，
即 ，解得 .
特例2：令 ，
则函数y=f (x)是定义在正实数集上的严格增函数.
所以 ，
则 ，
故数列 是严格凹数列，且 ，严格增数列 ，
给定常数 时，要使不等式 恒成立，
则 ，即 恒成立，
即 ，解得 或 .
猜想1：给定常数 时，对任意满足题意的 ，数列 ，数列 ，
要使不等式 恒成立，则 .
特例3：给定常数 ， 时，对严格增数列 ，要使不等式 恒成立，即使 恒成立，
注意到：对于函数 ， ，严格增数列 ，
为定义在正实数集上的严格增函数，满足 ，
且数列 满足 ，
则 ， ，
当 时， 恒成立.
考虑到满足题意的函数 若不断逼近函数 ，则 的值也不断接近于 的值，给出
猜想2.
猜想2：给定常数 ， 时，对任意满足题意的 ，数列 ，数列 ，
要使不等式 恒成立，则 .
证明：由题意数列 是严格凹数列，则由（2）所证结论可得，
对于任意 ，有 ，
即 ，
故对任意的 ， ，
由 ，
所以 ，则 ；
故对任意的 ， ，
又 ，
所以 ，则 ；
，依此类推可得，
当 ，且 ， 时，则 .
当 时，令 ，
故 ，
又 ，则 .
由题意，数列 为严格增数列（正整数 为常数且 ），且各项均为互不相等的正整数，所以 ，且 ，
则 ， ，
又 ，
①若给定常数 ，对任意满足题意的 ，数列 ，数列 ，
则 ，
要使 ，即 恒成立.
（i）若 且 时，
任意满足题意的 ，数列 ，数列 ，
则
即当 时， ，
故 不成立.
当 时，由 ，由 单调性可得，
恒成立.
（ii）若 且 时， ，
则 ，
而 ，
又 是定义在正实数集上的严格增函数，
当 时， ，则 ，
则 .
则当 时， 恒成立.
由（i）（ii）可知，给定常数 时，任意满足题意的 ，数列 ，数列 ，
要使 恒成立，则 .②若给定常数 ， 时，
任意满足题意的 ，数列 ，数列 ，
由 ， ，
.
又 是定义在正实数集上的严格增函数，
则当 时， ，
则 恒成立.
所以若给定常数 ， 时，任意满足题意的 ，数列 ，数列 ，
要使不等式 恒成立，则 .
综上所述，给定常数 ，当 时，要使 恒成立，则 ；当 时，要使 恒成立，则 .
【点睛】关键点点睛：解决此题的关键点在于理解“严格凹数列”的定义，挖掘定义条件
的变式结论并应用：如（2）问中拆项法中充分应用了 结论再进行放缩处理从而得证；
再如（3）问中探究应用结论 再逐次放缩从而得到 的取值
范围.
考点 六 、 数列的周期性
1．（2024·上海青浦·二模）若无穷数列 满足：存在正整数 ，使得 对一切正整数 成立，则称
是周期为 的周期数列．
(1)若 （其中正整数m为常数， ），判断数列 是否为周期数列，并说明理由；
(2)若 ，判断数列 是否为周期数列，并说明理由；
(3)设 是无穷数列，已知 ．求证：“存在 ，使得 是周期数列”的充要
条件是“ 是周期数列”．
【答案】(1) 是周期为 的周期数列，理由见解析
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题设定义，利用 的周期，即可得出结果；
（2）分 与 两种情况讨论，当 ，易得到 是周期为1的周期数
列，当 时，构造 ，则 ，利用导数与函数单调性间的关系，可得出
是严格增（或减）数列，从而可得出结果；
（3）根据条件，利用充要条件的证明方法，即可证明结果.
【详解】（1）因为 ，
所以 是周期为 的周期数列．
（2）①当 时， ， ，
所以当 时， 是周期为1的周期数列，
②当 时，记 ，则 ，，当且仅当 时等号成立，
即 ，所以 在 上严格增，
若 ，则 ，即 ，进而可得 ，即 是严格增数列，不是周期数
列；
同理，若 ，可得 是严格减数列，不是周期数列．
综上，当 时， 是周期为1的周期数列；当 时， 不是周期数列．
（3）必要性：
若存在 ，使得 是周期数列，设 的周期为 ，
则 ，所以 是周期为 的周期数列，
充分性：
若 是周期数列，设它的周期为 ，记 ，则
，是关于x的连续函数；
，是关于x的连续函数；
…
，是关于x的连续函数；
，
令 ，则 是连续函数，
且 ， ，
所以 存在零点 ，于是 ，
取 ，则 ，
从而 ，
，
……
一般地， 对任何正整数n都成立，即 是周期为T的周期数列．
（说明：关于函数连续性的说明不作要求）
【点睛】方法点晴：对于数列的新定义问题，解决问题的关键在于准确理解定义，并结合定义进行判断或
转化条件.
2．（2024·广东珠海·一模）对于数列{a }，若存在常数 ， ，使得对任意的正整数 ，恒
n
有 成立，则称数列{a }是从第 项起的周期为 的周期数列．当 时，称数列{a }为纯周期数
n n
列；当 时，称数列{a }为混周期数列．记[x]为不超过 的最大整数，设各项均为正整数的数列{a }满
n n足： .
(1)若对任意正整数 都有 ，请写出三个满足条件的 的值；
(2)若数列{a }是纯周期数列，请写出满足条件的 的表达式，并说明理由；
n
(3)证明：不论 为何值，总存在 使得 ．
【答案】(1) , ,
(2) ，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）分别取 ， ， ， ， ，根据已知条件逐一验证即可求解；
（2）分别取 ， ， ， ， ， ， ，根据已知条件逐一验证得出猜想，并验证猜想；
（3）根据（2）的分析， 时，满足题意；再证明，当 时，也存在
使得 即可.
【详解】（1）因为对任意整数 都有 ，
所以取 ，则 ，不符合题意；
取 ， ， ，
此时，数列 为常数列 ；
取 ， ， ，不符合题意；
取 ， ， ， ，
此时，数列 的通项公式为 ；
取 ， ， ，
，
此时，数列 的通项公式为 ；
所以满足条件的三个 的值为 , , ；（2）取 ， ， ，
此时数列 为常数列 ，为纯周期数列；
取 ，则 ， ，
此时数列 的通项公式为 ，为混周期数列；
取 ， ， ，
此时，数列 为常数列 ，为纯周期数列；
取 ， ， ， ，
此时数列 的通项公式为 ，为混周期数列；
取 ， ， ， ，
此时，数列 的通项公式为 ，为混周期数列；
取 ， ， ，
，
此时，数列 的通项公式为 ，为混周期数列；
取 ， ，
，
此时，数列 为常数列 ，为纯周期数列；
根据上述计算得出猜想，
当 时，数列 为常数列也是纯周期数列 ，
下面进行验证：
当 时， ，
， ，此时数列 为常数列，也是纯周期数列；
（3）首先，根据（2）的分析，发现当 时，数列 为常数列，
也是纯周期数列 ，满足题意；
接下来证明，当 时，也存在 使得 ；
因为 ，
所以只需要证明数列 中始终存在值为1的项即可，
当 时，显然存在值为1的项，
当 时，有 或 ，
若 为偶数，则 ，
若 为奇数时，
则 ，
，
所以 ，
所以无论 为奇数还是偶数，均有 ；
特别的，当 为奇数时， 且 ，
类似的，可得：无论 为奇数还是偶数，均有 ；
特别的，当 为奇数时， 且 ；
所以无论无论 为奇数还是偶数，均有 ；
若 ，则 恒为奇数且 ，
于是，假设数列 的 且 ，
所以， 恒为奇数且 ，
由于 中仅有有限个正整数，故数列 从某项起恒为常数 ；
设 为第一个值为 的项，
而 ，
故 ，这与“ 是第一个值为 的项”相矛盾，
所以，数列 除第一项外，还存在不属于区间 的项，
假设这些不属于区间 的项全部属于区间 ，那么也会出现类似的矛盾，
所以，数列 除第一项外，存在不属于区间 和 的项，
以此类推，数列 一定存在小于值为 的正整数的项，即存在值为 的项，
得证.
【点睛】方法点睛：考查分段定义周期数列的相关知识，方法是给 赋值，逐一根据已知题意进行验证.
3．（2024·湖南长沙·一模）对于数列 ，如果存在正整数 ，使得对任意 ，都有 ，那
么数列 就叫做周期数列， 叫做这个数列的周期.若周期数列 满足：存在正整数 ，对每一个
，都有 ，我们称数列 和 为“同根数列”.
(1)判断数列 是否为周期数列.如果是，写出该数列的周期，如果不是，说明
理由；
(2)若 和 是“同根数列”，且周期的最小值分别是 和 ，求 的最大值.
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）根据周期数列的定义进行判断即可；
（2）根据同根数列的定义分类讨论进行求解即可.
【详解】（1） 均是周期数列，理由如下：
因为 ，
所以数列{a }是周期数列，其周期为1（或任意正整数）.
n
因为 ，
所以 .
所以数列{b }是周期数列，其周期为6（或6的正整数倍）.
n
（2）当 是奇数时，首先证明 不存在数列满足条件.
假设 ，即对于 ，都有 .
因为 ，
所以 ，
即 ，及 .又 时， ，
所以 ，与 的最小值是 矛盾.
其次证明 存在数列满足条件.
取
及 ，
对于 ，都有 .
当 是偶数时，首先证明 时不存在数列满足条件.
假设 ，即对于 ，都有 .
因为 ，
所以 ，
即 ，及 .
又 时， ，
所以 ，与 的最小值是 矛盾.
其次证明 时存在数列满足条件.
取
及
对于 ，都有 .综上，当 是奇数时， 的最大值为 ；
当 是偶数时， 的最大值为 .
【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解同根数列的定义，运用分类讨论思想进行求解是解题的关键.
1．（24-25高三上·黑龙江牡丹江·阶段练习）对于数列 ，若存在常数 ， ，使得对任意的
正整数 ，恒有 成立，则称数列 是从第 项起的周期为 的周期数列．当 时，称数
列 为纯周期数列；当 时，称数列 为混周期数列．记 为不超过 的最大整数，设各项均为
正整数的数列 满足： .
(1)若对任意正整数 都有 ，请写出三个满足条件的 的值；
(2)若数列 是常数列，请写出满足条件的 的表达式，并说明理由；
(3)证明：不论 为何值，总存在 使得 ．
【答案】(1) , , ；
(2) ，理由见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）分别取 ， ， ， ， ，根据已知条件逐一验证即可求解.
（2）分别取 ， ， ， ， ， ， ，根据已知条件逐一验证得出猜想，并验证猜想.
（3）根据（2）的分析， 时，满足题意；再证明，当 时，也存在 使
得 即可.
【详解】（1）对任意整数 都有 ，
当 时， ，不符合题意；
当 时， ， ，数列 为常数列 ；
当 时， ， ，不符合题意；
当 时， ， ， ，数列 的通项公式为 ；
取 时， ， ， ，
数列 的通项公式为 ，
所以满足条件的三个 的值为 , , ；
（2）当 时， ， ，
此时数列 为常数列 ；
当 时，则 ， ，
此时数列 的通项公式为 ，不为常数列；
当 时，由（1）知，数列 为常数列 ；
当 时， ， ， ，
此时数列 的通项公式为 ，不为常数列；
当 时，由（1）知，数列 的通项公式为 ，不为常数列；
当 时，由（1）知，数列 的通项公式为 ，不为常数列；
当 时， ， ，数列 为常数列 ，
根据上述计算得出猜想，
当 时，数列 为常数列 ，
证明如下：
当 时， ，
， ，
所以当 时，数列 为常数列.（3）由（2）知，当 时，数列 为常数列 ，则存在 使得 ；
当 时，也存在 使得 ，
而 ，则只需要证明数列 中始终存在值为1的项即可，
当 时，则 ，即数列 存在值为1的项，
当 时，有 或 ，
若 为偶数，则 ，
若 为奇数时，则 ，
，
则 ，于是 ，即无论 为奇数还是偶数，均有 ，
特别地，当 为奇数时， 且 ，
类似地，无论 为奇数还是偶数，均有 ；
特别地，当 为奇数时， 且 ，当且仅当 取等号，
因此无论 为奇数还是偶数，均有 ，
若 ，则 恒为奇数且 ，当且仅当 取等号，
于是假设数列 的 且 ，
则 恒为奇数且 ，当且仅当 取等号，
由于 中仅有有限个正整数，则数列 从某项起恒为常数 ，
设 为第一个值为 的项，而 ，
于是 ，有 ，
这与“ 是第一个值为 的项”相矛盾；
因此数列 除第一项外，还存在不属于区间 的项，
假设这些不属于区间 的项全部属于区间 ，那么也会出现类似的矛盾，
则数列 除第一项外，存在不属于区间 和 的项，
以此类推，数列 一定存在小于值为 的正整数的项，即存在值为 的项，
所以不论 为何值，总存在 使得 .【点睛】方法点睛：考查分段定义周期数列的相关知识，方法是给 赋值，逐一根据已知题意进行验证.
2．（23-24高三上·北京丰台·期末）对于数列 ，如果存在正整数 ，使得对任意 ，都有
，那么数列 就叫做周期数列， 叫做这个数列的周期．若周期数列 ， 满足：存在正整
数 ，对每一个 ，都有 ，我们称数列 和 为“同根数列”．
(1)判断下列数列是否为周期数列．如果是，写出该数列的周期，如果不是，说明理由；
① ；②
(2)若 和 是“同根数列”，且周期的最小值分别是3和5，求证： ；
(3)若 和 是“同根数列”，且周期的最小值分别是 和 ，求 的最大值．
【答案】(1) 、 均是周期数列，数列 周期为1（或任意正整数），数列 周期为6
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【分析】（1）由周期数列的定义求解即可；
（2）由“同根数列”的定义求解即可；
（3） 是奇数时，首先证明 不存在数列满足条件，其次证明 存在数列满足条件.当
是偶数时，首先证明 时不存在数列满足条件,其次证明 时存在数列满足条件．
【详解】（1） 、 均是周期数列，理由如下：
因为 ，
所以数列 是周期数列，其周期为1（或任意正整数）．
因为 ，
所以 ．
所以数列 是周期数列，其周期为6（或6的正整数倍）．
（2）假设 不成立，则有 ，即对于 ，都有 ．
因为 ， ，所以 ．
又因为 ， ，所以 ．
所以 ，
所以 ，与 的最小值是3矛盾．
所以 ．
（3）当 是奇数时，首先证明 不存在数列满足条件．
假设 ，即对于 ，都有 ．因为 ，
所以 ，
即 ，及 ．
又 时， ，
所以 ，与 的最小值是 矛盾．
其次证明 存在数列满足条件．
取
及 ，
对于 ，都有 ．
当 是偶数时，首先证明 时不存在数列满足条件．
假设 ，即对于 ，都有 ．
因为 ，
所以 ，
即 ，及 ．
又 时， ，
所以 ，与 的最小值是 矛盾．
其次证明 时存在数列满足条件．
取
及 ，对于 ，都有 ．
综上，当 是奇数时， 的最大值为 ；
当 是偶数时， 的最大值为 ．
【点睛】关键点睛：本题(3)的突破口是利用“同根数列”的定义分类讨论，当 是奇数时，首先证明
不存在数列满足条件，其次证明 存在数列满足条件.当 是偶数时，首先证明
时不存在数列满足条件，其次证明 时存在数列满足条件．
考点 七 、 数列的新概念
1．（2024·江苏南通·模拟预测）定义：已知数列 的首项 ，前 项和为 .设 与 是常数，
若对一切正整数 ，均有 成立，则称此数列为“ ”数列.若数列 是“
”数列，则数列 的通项公式 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题可知 ，根据定义得 ，根据平方差公式化简得 ，
求得 ，最后根据 ，即可求出数列{a }的通项公式.
n
【详解】因为数列 是“ ”数列，则 ，
所以 ，而 ，
，
，
，
，
， ，
，.
故选：B
2．（23-24高三下·湖南长沙·阶段练习）对于无穷数列 ，若对任意 ，且 ，存在 ，
使得 成立，则称 为“ 数列”.
(1)若数列{b }的通项公式为 ，试判断数列{b }是否为“ 数列”，并说明理由；
n n
(2)已知数列{a }为等差数列，
n
①若{a }是“ 数列”， ，且 ，求 所有可能的取值；
n
②若对任意 ，存在 ，使得 成立，求证：数列{a }为“ 数列”.
n
【答案】(1)是，理由见解析
(2)① 的可能值为 .②证明见解析
【分析】（1）根据题意，推得 ，取 ，得到 ，即可求解；
（2）若{a }是“ 数列”，且为等差数列，得到 ，进而得到存在 ，使得 ，
n
求得 ，得到 的值，进而求得 的可能值；
②设数列{a }公差为 ，得到 ，求得 ，鸡儿推得 ，得到
n
答案.
【详解】（1）解：数列{b }的通项公式为 ，
n
对任意的 ，都有 ，
取 ，则 ，所以 {b }是“ 数列”.
n
（2）解：数列{a }为等差数列，
n
①若{a }是“ 数列”， ，且 ，
n
则 ，
对任意的 ，
，由题意存在 ，使得 ，
即 ，显然 ，
所以 ，即 ，
.所以 是8的正约数，即 ，
时， ；时 ；
时 ；
时 .
综上， 的可能值为 .
②若对任意 ，存在 ，使得 成立，
所以存在 ，
设数列{a }公差为 ，则 ，
n
可得 ，
对任意 ，
则 ，取 ，
可得 ，所以数列{a }是“ 数列”.
n
3．（2024·辽宁·三模）若实数列 满足 ，有 ，称数列 为“ 数列”.
(1)判断 是否为“ 数列”，并说明理由；
(2)若数列 为“ 数列”，证明：对于任意正整数 ，且 ，都有
(3)已知数列 为“ 数列”，且 .令 ，其中 表示 中的较大者.证
明： ，都有 .
【答案】(1)数列 是“ 数列”，数列 不是“ 数列”；
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据“ 数列”的定义判断可得出结论；
（2）由 可得出 ，利用累加法结合不等式的基本性质可得
，以及 ，再结合 可证得结论成立；
（3）首先当 或2024时的情况，再考虑 时，结合（2）中结论考虑用累加法可证得结
论.
【详解】（1）因为 ，
所以数列 是“ 数列”，因为 ，
所以数列 不是“ 数列”；
（2）令 ，因为数列 为“ 数列”，所以
从而 ，所以
因为 ，所以
，
因为 ，所以 .
（3）当 或2024时， ，
从而 ，
当 时，因为 ，
由第(2)问的结论得 ，可推得 ，从而
对于 ，由第(2)问的结论得 ，从而
也成立，从而
对于 ，由第(2)问的结论得 ，从而
也成立，从而所以
由条件
可得 ，
所以 .
【点睛】方法点睛：本题主要考查数列新定义的问题，处理此类问题时，通常根据题中的新定义，结合已
知结论进行推导、求解；本题中，根据“ 数列”的定义“ ”结合作差法、不等式的性质
进行推理、证明不等式成立，并在推导时，充分利用已有的结论进行推导，属于难题.
4．（2024·福建泉州·模拟预测）若无穷数列 满足：对于 ，其中 为常数，则称
数列 为 数列．
(1)若一个公比为 的等比数列 为“ 数列”，求 的值；
(2)若 是首项为1，公比为3的等比数列，在 与 之间依次插入数列 中的 项构成
新数列 ，求数列 中前30项的和 ．
(3)若一个“ 数列" 满足 ，设数列 的前 项和为 ．是否存在正整数 ，
使不等式 对一切 都成立？若存在，求出 的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)1622
(3)存在 ，理由见解析
【分析】（1）根据等比数列的通项公式，列出“ 数列”的式子，变形后得 ，
与 无关，即可求解；
（2）由题意确定数列 中前30项含有 的前7项和数列 的前23项，结合等差和等比数列的前
项和公式，即可求解；
（3）首先求解出 ，可得数列 的前 项和 ，并假设存在 ，通过验证求得 ，再利用放缩法，证明结论成立.
【详解】（1）数列 是等比数列，则 ， ，
则 ，
因为 与 无关，所以 ，即 ；
（2）由题意可知， ，而 ，所以 ，
是首项为1，公比为3的等比数列，
而新数列 中 项（含 ）前共有 项，
令 ，结合 ，解得： ，
故数列 中前30项含有 的前7项和数列 的前23项，
所以数列 中前30项的和 ；
（3）因为数列 是“ 数列”， ， ， ，
则 ， ，得 ，
所以数列 的前 项和 ，
假设存在正整数 ，使得不等式 ，对一切 都成立，
即
当 时， ，得 ，
又 为正整数，得
下面证明： 对一切 都成立，
由于 ， ，
所以 ，
，
所以存在 ，使不等式 对一切 都成立.
【点睛】思路点睛：本题第3问首先利用特殊值，首先确定 的值，再用到了放缩法，求和后说明存在.
1．（2024·北京东城·二模）设无穷正数数列 ，如果对任意的正整数 ，都存在唯一的正整数 ，使得
，那么称 为内和数列，并令 ，称 为 的伴随数列，则（ ）
A．若 为等差数列，则 为内和数列
B．若 为等比数列，则 为内和数列
C．若内和数列 为递增数列，则其伴随数列 为递增数列
D．若内和数列 的伴随数列 为递增数列，则 为递增数列
【答案】C
【分析】对于ABD：举反例说明即可；对于C：根据题意分析可得 ，结合单调性可得 ，即
可得结果.
【详解】对于选项AB：例题 ，可知 即为等差数列也为等比数列，
则 ，但不存在 ，使得 ，
所以 不为内和数列，故AB错误；
对于选项C：因为 ，
对任意 ， ，可知存在 ，
使得 ，
则 ，即 ，
且内和数列 为递增数列，可知 ，
所以其伴随数列 为递增数列，故C正确；
对于选项D：例如 ，
显然 是所有正整数的排列，可知 为内和数列，且 的伴随数列为递增数列，
但 不是递增数列，故D错误；
故选：C.
【点睛】方法点睛：对于新定义问题，要充分理解定义，把定义转化为已经学过的内容，简化理解和运算.
2．（2024·湖北荆州·三模）“ 数列”定义：数列 的前 项和为 ，如果对于任意的正整数 ，总存
在正整数 使 则称数列 是“ 数列”.(1)若数列 的前 项和为 求证：数列 是“ 数列”；
(2)已知数列 是“ 数列”，且数列 是首项为 ，公差小于 的等差数列，求数列 的通项公式；
(3)若数列 满足： 求数列 的前 项和 .
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】
（1）利用 求出 ，再利用题中“ 数列”的定义进行证明.
（2）数列 即是“ 数列”，又是等差数列，表示出通项公式和前 项和，利用“ 数列”的定义
求出公差，进而求出通项公式.
（3）由（1），（2）求出数列 的通项公式，利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）证明：当 时， ；
当 时， ，
所以 ，即 .
所以数列{b }是“ 数列”.
n
（2）设数列 的公差为d, .
对 ，使 ；
取 时，得 ，解得 ，
，又 ，
故 ， 是小于2正整数.
此时对于任意的正整数 ，总存在正整数 使 ，故 .
（3） ，
当 时， ，
，，
.
当 时， ，满足上式.
综上， .
3．（2024·黑龙江·二模）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 ， ， 是等比数列，公比
为正整数，且不是“ 型数列”，求数列 的通项公式．
【答案】(1)不是“ 型数列”，理由见解析；
(2)
【分析】（1）计算得出数列前两项验证即可得出结论，并证明即可；
（2）利用 为“ 型数列”和 是等比数列，且不是“ 型数列”可求得 的公比为 ，即可求出
数列 的通项公式为 .
【详解】（1）易知当 时，可得 ，即 ；
而当 时， ，可得 ；
此时 ，不满足“ 型数列”定义，
猜想：数列 不是“ 型数列”，
证明如下：
由 可得，当 时， ，
两式相减可得 ，可得 ，
此时从第二项起，每一项与它前一项的比为 ，因此 不是“ 型数列”；
（2）设数列 的公比为 ，易知 ，
又因为数列 不是“ 型数列”，可得
可得 ，即得 ；
又数列 为“ 型数列”，可得 ；易知“ 型数列”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 .
4．（2024·全国·模拟预测）定义：若对于任意的 ，数列 满足 ，则称这个数列是“
数列”．
(1)已知首项为1的等差数列 是“ 数列”，且 恒成立，求 的取值范围．
(2)已知各项均为正整数的等比数列 是“ 数列”，数列 不是“ 数列”．记 ，若数列
是“ 数列”．
①求数列 的通项公式．
②是否存在正整数 ，使 成等差数列？若存在，求出 的所有值；若不存在，请
说明理由．
【答案】(1)
(2)① ；②存在，
【分析】（1）由等差数列 是“ 数列”，可得其公差 ，利用等差数列的前 项和公式将原不等
式化为 对任意的 恒成立，再对 的范围进行分类讨论即可得 的取值范围；
（2）①分别求数列 中的最小项，再根据 是“ 数列”，数列 不是“ 数
列”求 的值；再分类讨论并分别检验数列 是否为“ 数列”，可得 ，即 ‘
②根据题意得到关于 的方程,并判断 的大小关系，分类讨论，分别求得 的值，再对结果进
行检验即可得出结论.
【详解】（1）因为等差数列 是“ 数列”，所以其公差 ．
因为 ，所以 ，
由题意，得 对任意的 恒成立，即 对任意的 恒成立．
当 时， 恒成立，故 ；
当 时， 对任意的 恒成立，即 对任意的 恒成立，
因为 ，所以 ．
综上， ，
所以 ，
即 的取值范围是 ．
（2）①设等比数列 的公比为 ，则 ，
因为“ 数列” 的每一项均为正整数，由 得 ，所以 且 ，
所以在数列 中，“ ”为最小项，
在数列 中，“ ”为最小项．
若 是“ 数列”，则只需 ，即 ，
若数列 不是“ 数列”，则 ，即 ，
因为数列 的每一项均为正整数，所以 ，
所以 或 ．
当 时， ，则 ，
令 ，则 ，
又 ，
所以 为递增数列，
又 ，
所以对于任意的 ，都有 ，即 ，
所以数列 为“ 数列”，符合题意．
当 时， ，则 ，因为 ，所以数列 不是“ 数列”，不合题意．
综上所述，数列 的通项公式为 ；
②假设存在正整数 ，使 成等差数列，
则 ，即 ．
由于 ，所以数列 为递减数列．
因为 ，所以 且 至少为2，
所以 ．
易知 ，
当 时， ，
又 ，所以 ，这与 矛盾，不合题意；
当 时， ，所以 ，即 ，
由于 为递减数列，故 有唯一解，即 ．
综上，存在正整数 ，使 成等差数列．
【点睛】破解新定义问题的攻略：
（1）理解“新定义”，明确“新定义”的条件、原理、操作步骤和结论．
（2）重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”，并归纳“举例”提供的解题方
法．
（3）类比新定义的概念、原理、方法，解决问题．
考点 八 、 数列的新性质
1．（2024·山东青岛·三模）（多选）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
【分析】对A、D：举出符合题意的例子即可得；对B：根据所给定义，借助反证法设 ， ，
， 中有 个 ， 个 ，从而有 ，推出矛盾；对C： ， ， ，
， 中的最大值为 ，则存在 ，使得 或 ，若存在 ，使 ，先证： ， ，
， 可以取遍 到 之间所有的整数，再对 分类讨论，即可得证；
【详解】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.
【点睛】关键点点睛：本题关键是对“性质 ”的定义的理解，灵活利用反证法是解答的关键.
2．（2024·河南·三模）已知数列 的前 项和为 ，若存在常数 ，使得 对任意
都成立，则称数列 具有性质 ．
(1)若数列 为等差数列，且 ，求证：数列 具有性质 ；
(2)设数列 的各项均为正数，且 具有性质 ．
①若数列 是公比为 的等比数列，且 ，求 的值；
②求 的最小值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)① ；② 的最小值为4.
【分析】（1）根据给定条件，求出等差数列的公差，进而求出通项公式及前 项和，再利用定义判断即得.
（2）①根据给定条件，可得 ，再按 ， 探讨，当 时， ，又按
且 讨论得解；②由定义 ，消去 结合基本不等式得 ，
再迭代得 ，借助正项数列建立不等式求解即可.
【详解】（1）设等差数列 的公差为 ，由 ，得 ，
解得 ，则 ，
于是 ，即 ，
所以数列 具有性质 ．
（2）①由数列 具有性质 ，得 ，又等比数列 的公比为 ，
若 ，则 ，解得 ，与 为任意正整数相矛盾；当 时， ，而 ，整理得 ，
若 ，则 ，解得 ，与 为任意正整数相矛盾；
若 ，则 ，当 时， 恒成立，满足题意；
当 且 时， ，解得 ，与 为任意正整数相矛盾；
所以 .
②由 ，得 ，即 ，
因此 ，即 ，
则有 ，
由数列 各项均为正数，得 ，从而 ，即 ，
若 ，则 ，与 为任意正整数相矛盾，
因此当 时， 恒成立，符合题意，
所以 的最小值为4．
【点睛】易错点睛：等比数列 公比q不确定，其前n项和 直接用公式 处理问题，漏掉
对 的讨论.
1．（23-24高二下·安徽六安·期末）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.
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；
(3) ，
【分析】(1)利用等比数列的性质求解即可；
(2)利用等差数列的性质结合题目的定义求解即可；
(3)利用枚举法，结合题目的新定义求解即可.
【详解】（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 ，
，
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
【点睛】方法点睛：1.求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归
和转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解.
2.对于新型数列，首先要了解数列的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将新定义的数列类比已经学
习了的等比、等差数列求解.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解.
2．（2024·湖北·模拟预测）若项数为 的数列 满足两个性质： ；
①
存在 ，使得 ，并记 是数列 的最大项，
②
．则称数列 具有性质 ．
(1)若 ，写出所有具有性质 的数列 ；
(2)数列 具有性质 ,若 ，求 的最大项的最大值；
(3)数列 具有性质 ,若 ，且 还满足以下两条性质：（ⅰ）对于满足 的
项 和 ，在 的余下的项中，总存在满足 的项 和 ，使得 ；（ⅱ）对于
满足 的项 和 ，在 的余下的项中，总存在满足 的项 和 ，使得
．求满足上述性质的 的最小值．
【答案】(1) 或 或 ；
(2)
(3)4067
【分析】（1）由条件 入手知 或 ， 或 ，由此得到数列的所有可能值，再验证条件即可；
②
（2）结合条件 的比值关系，由不等式性质分别利用累乘法可得两个通项范围，两式相乘可得
②，再给出一个最大项的最大值为 的数列 即可；
（3）根据题意数列满足的性质，将数列分为项数满足 与 前后两部分研究，由性质可得
两部分分别具有“不减”与“不增”性质，再由求解 最小值，使前部分各项尽可能大，后部分各项尽可
能小，由此得到 取最小值时的数列 .
【详解】（1）所有具有性质 的数列 有三个： 或 或 .
理由如下：
当 ，即数列有 项，且 ，
条件 由存在 ，即存在 ，使得 .
②
故 或 ， 或 .由 ，可知 或 ， 或 ，
故满足题意的数列可能有 ； ； ； .
（i）令 ，条件 为存在 ，使得 ，
②
由 ，数列 ， 满足题意；
数列 与 ，都有 ，数列 ， 均不合题意；
（ii）再令 ，条件 为存在 ，使得 ，
②
由 ，数列 ， 也不合题意；
数列 ， ；数列 与 ，都有 ；
这3个数列均满足题意；
综上所述，所有具有性质 的数列 有三种： 或 或 .
（2）当 时， ．
由 ，
累乘得 ；
①又由 ，
累乘得 ；
将 相乘得 ② ，
又①② ，所以 ．
给出数列 ，通项公式为 .
数列的最大项为 .
综上所述，数列 的最大项的最大值为 .
（3） 讨论满足 的项 的取值情况：
①
因为数列 满足：当 时 ，则有 恒成立.
所以 ，又因为当 ，都有 ，
所以 或 ，
当 时， ，此时 ，
这与“在剩下的项中总存在满足 的项 和 ，使得 ”矛盾，所以 ，
同理可得， ，要使得 值要尽量小，则需要每项尽可能大， ，
则 或 ，若 ， ，由 ，
同样不存在项 和 ，使得 ，故 ，
验证知，前 项满足条件“在剩下的项中总存在满足 的项 和 ，使得 ”；
再由每项尽可能大的原则， 且满足 ，
且前 项也满足条件“在剩下的项中总存在满足 的项 和 ，使得 ”；
同理， ，
由对称性同理可得，
最后6项为 ， .
当 中间各项为公比为2的等比数列时，可使得 值最小，
且 的最小值为 ，满足已知条件．
讨论满足 的项 的取值情况：
②
因为数列 满足：当 时 ，则有 恒成立.类比 可知
①
， ， ，
．
综上所述， 的最小值为 .
故满足上述性质的 的最小值为 ．
【点睛】关键点点睛：本题解题关键主要有以下两点：一是新定义具有性质 的数列 单调性的理解，
由条件 ，存在 ，使得 ，将抽象的符号语言转化，可以把分
②
段数列 单调性形象理解为：前段“不减性”与“不增性”；二是取最值时的特殊数列探究，根据数列
变化的规律，确定好每段的前后6项后，为使 取最小值，则数列各项增减最快即可，即前段中间的
数列为公比为2等比数列，而后段中间的数列则为公比为 的等比数列.
一、填空题
1．（2023·陕西铜川·一模）定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它后一项的和都为同一个常
数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和.已知数列 是等和数列，且 ，公和
为1，那么这个数列的前2024项和 .
【答案】1012
【分析】直接根据等和数列的概念找出规律然后求和.
【详解】由等和数列概念可得 ， ， ， ， ，
所以 .
故答案为：1012
2．（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
【分析】对于①取 分析判断，对于②④取 分析判断，对于③，根据题意结合等差数列的性质
分析判断.
【详解】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.
3．（2024·全国·模拟预测）将正整数n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12的最优分解，当 ， 是n
的最优分解时，定义 ，则数列 的前2024项的和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，对 分奇数和偶数进行讨论，进而可以得到 的表达式，再利用等比数列的求和
公式求解即可.
【详解】当 时， ，
所以 ，
当 时， ，
则 ，
故数列 的前2024项的和为 .
故选：C.
4．（2024·江苏镇江·三模）若对项数为 的数列 中的任意一项 ， 也是该数列中的一项，则称这样
的数列为“ 可倒数数列”.已知正项等比数列 是“ 可倒数数列”，其公比为 ，所有项和为 ，
写出一个符合题意的 的值 .
【答案】 或 （答案不唯一）
【分析】由题意依次得出 ， ，进一步结合已知列方程求出 即可.
【详解】已知正项等比数列 是“ 可倒数数列”，
首先 ，
若 ，结合 ，解得 ，此时 ，但 不在这5个数中，矛盾，故
，
则若 ，则 也在数列 中，若 在数列中，则 （ 且 ）也在数列中，因为正项等比数列 是“ 可倒数数列”，
所以数列 严格单调，而 ，
所以只能 ，
（否则 ，不妨设 ，那么 或 一定有三个数小于1，而他们的倒数都大于1，
这必定导致有一个数的倒数不在 中），
从而 ，所以 ，
解得 或 （舍去），
所以解得 或 .
故答案为： 或 （答案不唯一）.
5．（2024·江苏南通·模拟预测）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“ 数列”.已知数列 （
）的前 项和为 ，且满足 ， .设 为正整数.若存在“ 数列” （
），对任意正整数 ，当 时，都有 成立，则 的最大值为 .
【答案】5
【分析】根据 可得 ，即可判断数列{b }为等差数列，即可求出通项公式；根据
n
题意有 ，构造函数 ，利用导数可得 ，即可求解.
【详解】由 ，
得 ，则 ，则 ，
当 时，由 ，得 ，整理得 ，
所以数列{b }是首项为1，公差为1的等差数列，
n
所以 ，则 ，
因为数列 为“ 数列”，设公比为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，其中 ，
当 时，有 ；当 时，有 ，
设 ，则 ，
当 ，f′(x)>0， 单调递增；当 ，f′(x)<0， 单调递减，
因为 ，所以 ，
取 ，当 时， ，即 ，经检验知 也成立，
因此所求 的最大值不小于5，
若 ，分别取 ，得 ，且 ，
从而 且 ，所以 不存在，所以 ，
综上，所求 的最大值为5.
故答案为：5
二、多选题
6．（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
【分析】考虑常数列可以判定A错误，代入等差比数列公式可判断BCD说法正确
【详解】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.
7．（23-24高三上·上海普陀·期末）对于无穷数列 ，给出如下三个性质：① ；②对于任意正整数
，都有 ；③对于任意正整数 ，存在正整数 ，使得 定义：同时满足性质①和②的
数列为“s数列”，同时满足性质①和③的数列为“t数列”，则下列说法正确的是（ ）
A．若 为“s数列”，则 为“t数列”
B．若 ，则 为“t数列”
C．若 ，则 为“s数列”
D．若等比数列 为“t数列”则 为“s数列”
【答案】C
【分析】设 ，可判定A错误；对于 ，分 为奇数和 为偶数，不存在 ，使得
，可判定B错误；若 ，推得满足①②，可判定C正确；
设 ，取 ，可判定D错误.
【详解】设 ，此时满足 ，
也满足 ， ，
即 ， ， 为“s数列”，
因为 ，所以A错误；
若 ，则 ，满足①，
，令 ，
若 为奇数，此时 ，存在 ，且为奇数时，此时满足 ，
若 为偶数，此时 ，则此时不存在 ，使得 ，所以B错误；
若 ，则 ，满足①，
， ，
因为 ，所以 ， ，满足②，所以C正确；
不妨设 ，满足 ，且 ， ，当 为奇数，取 ，使得 ；
当 为偶数，取 ，使得 ，所以{a }为“ 数列”，
n
但此时不满足 ， ，不妨取 ，
则 ，而 ，
则{a }为“ 数列”，所以D错误.
n
故选：C.
8．（2024·河北承德·二模）对于给定的数列 ，如果存在实数 ，使得 对任意 成
立，我们称数列 是“线性数列”，则下列说法正确的是（ ）
A．等差数列是“线性数列”
B．等比数列是“线性数列”
C．若 且 ，则
D．若 且 ，则 是等比数列 的前 项和
【答案】AB
【分析】对A，B根据“线性数列”的定义进行判断；由构造法，根据数列递推公式求出通项公式可判断
C; 设 且 ，可判断D错误.
【详解】数列 为等差数列，则 ，即 ，
满足“线性数列”的定义，故A正确；
数列 为等比数列，则 ，即 ，
满足“线性数列”的定义，故B正确；
设 ，则 ，解出 ，
则 ，因此 ，故 错误；
若 且 ，则 ，
数列 的前 项和为0，显然D错误.
故选： .
9．（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
【分析】根据数列的通项公式（递推公式）列出数列的前几项，结合所给定义判断即可.
【详解】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.10．（2024·河南·一模）对于数列 （ ），定义 为 ， ，…， 中最大值（ ）（
），把数列 称为数列 的“M值数列”.如数列2，2，3，7，6的“M值数列”为2，2，3，
7，7，则（ ）
A．若数列 是递减数列，则 为常数列
B．若数列 是递增数列，则有
C．满足 为2，3，3，5，5的所有数列 的个数为8
D．若 ，记 为 的前n项和，则
【答案】ABD
【分析】由“M值数列”的定义，对选项中的结论进行判断.
【详解】若数列 是递减数列，则 是 ， ，…， 中最大值（ ）（ ），
所以 ， 为常数列，A选项正确；
若数列 是递增数列，则 是 ， ，…， 中最大值（ ）（ ），
所以 ，即 ，B选项正确；
满足 为2，3，3，5，5，则 ， ， 可以取1，2，3， ， 可以取1，2，3，4，5，
所有数列 的个数为 ，C选项错误；
若 ，则数列 中奇数项构成递增的正项数列，偶数项都是负数，
则有 ，
所以 ，D选项正确.
故选：ABD.
三、解答题
11．（2024·内蒙古包头·二模）已知数列 为有穷数列，且 ，若数列 满足如下两个性质，则
称数列 为 的 增数列：
① ；
②对于 ，使得 的正整数对 有 个.
(1)写出所有4的1增数列；
(2)当 时，若存在 的6增数列，求 的最小值.
【答案】(1)所有4的1增数列有数列 和数列1，3(2)7
【分析】（1）利用给定的新定义，求出所有符合条件的数列即可.
（2）运用给定的新定义，分类讨论求出结果即可.
【详解】（1）由题意得 ，则 或 ，
故所有4的1增数列有数列 和数列1，3.
（2）当 时，因为存在 的6增数列，
所以数列 的各项中必有不同的项，所以 且 ，
若 ，满足要求的数列 中有四项为1，一项为2，
所以 ，不符合题意，所以
若 ，满足要求的数列 中有三项为1，两项为2，符合 的6增数列.
所以，当 时，若存在 的6增数列， 的最小值为7.
12．（23-24高二下·广东深圳·阶段练习）若在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再
把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列．现对数列1，2进行构造，第一次得到数列1，3，2；第
二次得到数列1，4，3，5，2；依次构造，第 次得到的数列的所有项之和记为 .
(1)设第 次构造后得的数列为 ，则 ，请用含 的代数式表达
出 ，并推导出 与 满足的关系式；
(2)求数列 的通项公式 ；
(3)证明：
【答案】(1) ， ；
(2) ；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据新数列构造的定义，直接求解即可；
（2）根据递推公式构造 ，结合等比数列的定义和通项公式求解即可；
（3）利用放缩可得 ，再根据等比数列求和公式证明即可.
【详解】（1）设第 次构造后得的数列为 ，则 ，
根据题意可得第 次构造后得到的数列为 ， ， ，
所以 ，即 与 满足的关系式为 .
（2）由 ，可得 ，
且 ， ，
所以数列 是以 为首项，3为公比的等比数列，
所以 ，即 .
（3）由（2）得 ，
所以
13．（2024·贵州贵阳·二模）给定数列 ，若满足 且 ，对于任意的 ，都有
，则称数列{a }为“指数型数列".
n
(1)已知数列{a }满足 ，判断数列 是不是“指数型数列"？若是，请
n
给出证明，若不是，请说明理由;
(2)若数列{a }是“指数型数列”，且 ，证明:数列{a }中任意三项都不能构成等差数列.
n n
【答案】(1)不是，理由见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据“指数型数列"的定义可做判断，证明时利用递推式推出数列 是等比数列，求
出 ，再结合定义即可证明；
（2）由递推式可得 ，继而假设数列 中存在三项 构成等差数列，结合
可推出矛盾，即可证明结论.
【详解】（1）数列 不是指数型数列；
证明：由 ，所以数列 是等比数列，且 ，
，
所以数列 不是指数型数列，
（2）因为数列 是指数型数列，故对于任意的 ，
有 ， ，
适合该式；
假设数列 中存在三项 构成等差数列，不妨设 ，
则由 ，得 ，
所以 ，
当 为偶数时， 是偶数，而 是奇数， 是偶数，
故 不能成立；
当 为奇数时， 是偶数，而 是偶数， 是奇数，
故 也不能成立．
所以，对任意 不能成立，
即数列 的任意三项都不成构成等差数列．
14．（2024·湖北·模拟预测）若正整数m，n只有1为公约数，则称m，n互质，欧拉函数是指，对于一个
正整数n，小于或等于n的正整数中与n互质的正整数（包括1）的个数，记作 ，例如 ，
．
(1)求 ， ， ；
(2)设 ， ，求数列{a }的前 项和 ；
n
(3)设 ， ，数列{b }的前 项和为 ，证明： ，
n【答案】(1) ； ； ．
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据 的定义，结合小于等于 和 的数的特征，即可求解；
（2）由（1）的结果可知， ，再利用裂项相消法，即可求解；
（3）由（1）知， ，再利用放缩法，转化为等比数列求和.
【详解】（1）1到6中与6互质的只有1和5，所以 ；
1到 中，被3整除余1和被3整除余2的数都与 互质，所以 ；
1到 中，所有奇数都与 互质，所以 ．
（2） ，从而
．
（3）证明： ，
从而 ，证毕．
15．（23-24高三下·云南昆明·阶段练习） 表示正整数a，b的最大公约数，若
，且 ， ，则将k的最大值记为 ，例如：
， ．
(1)求 ， ， ；
(2)设 ．
（i）求数列 的通项公式，（ii）设 ，求数列 的前n项和 ．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据新定义，直接求解；
（2）由题意可得 ，得出 ，利用相加相消法求和即可得解.
【详解】（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，
因为与 互质的数为 ，所以 ；
因为与 互质的数为 ， ，所以 ；
因为与 互质的数为 ， ，所以 ．
（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
，所以 ．
（ii）因为 ，
所以，
，
所以 ．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是根据数列新定义，找到项之间的规律，从而求出通项公式.
16．（2024·全国·模拟预测）设满足以下两个条件的有穷数列 为 阶“曼德拉数
列”：
① ；② .
(1)若某 阶“曼德拉数列”是等比数列，求该数列的通项 （ ，用 表示）；
(2)若某 阶“曼德拉数列”是等差数列，求该数列的通项 （ ，用 表示）；
(3)记 阶“曼德拉数列” 的前 项和为 ，若存在 ，使 ，试问：
数列 能否为 阶“曼德拉数列”？若能，求出所有这样的数列；若不能，请说明理由.
【答案】(1) 或
(2) 或
(3)不能，理由见解析
【分析】（1）结合曼德拉数列的定义，分公比是否为1进行讨论即可求解；
（2）结合曼德拉数列的定义，首先得 ,然后分公差是大于0、等于0、小于0进行讨论即可求解；
（3）记 中非负项和为 ，负项和为 ，则 ，进一步 ，
结合前面的结论以及曼德拉数列的定义得出矛盾即可求解.
【详解】（1）设等比数列 的公比为 .
若 ，则由①得 ，得 ，
由②得 或 .
若 ，由①得， ，得 ，不可能.
综上所述， .
或 .
（2）设等差数列 的公差为 ，
，
，
即 ，
当 时，“曼德拉数列”的条件①②矛盾，
当 时，据“曼德拉数列”的条件①②得，
，
，即 ，
由 得 ，即 ，
.
当 时，同理可得 ，
即 .
由 得 ，即 ，.
综上所述，当 时， ，当 时，
.
（3）记 中非负项和为 ，负项和为 ，则 ，
得 ， ， ，即 .
若存在 ，使 ，由前面的证明过程知：
， ， ， ， ， ， ， ，且 .
若数列 为 阶“曼德拉数列”，
记数列 的前 项和为 ，则 .
，
又 ， ，
.
又 ，
， ， ， ，
，
又 与 不能同时成立，
数列 不为 阶“曼德拉数列”.
【点睛】关键点点睛：第三问的关键是得到 ， ， ， ， ， ， ， ，
且 ，由此即可顺利得解.
17．（2024·广东梅州·二模）已知{a }是由正整数组成的无穷数列，该数列前 项的最大值记为 ，即
n
；前 项的最小值记为 ，即 ，令 （
），并将数列 称为{a }的“生成数列”．
n(1)若 ，求其生成数列 的前 项和；
(2)设数列 的“生成数列”为 ，求证： ；
(3)若 是等差数列，证明：存在正整数 ，当 时， ， ， ， 是等差数列．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用指数函数的性质判断数列的单调性，从而得出{p}的通项，由分组求和法及等比数列的
n
前n项和公式进行求解即可；
（2）根据数列的单调性，结合生成数列的定义进行证明即可；
（3）根据等差数列的定义分类讨论进行证明即可．
【详解】（1）因为 关于 单调递增，
所以 ，
，
于是 ，
的前 项和 ．
（2）由题意可知 ， ，
所以 ，
因此 ，即 是单调递增数列，且 ，
由“生成数列”的定义可得 ．
（3）若 是等差数列，证明：存在正整数 ，当 时， 是等差数列．
当 是一个常数列，则其公差 必等于0， ，
则 ，因此 是常数列，也即为等差数列；
当 是一个非常数的等差数列，则其公差 必大于0， ，
所以要么 ，要么 ，
又因为 是由正整数组成的数列，所以 不可能一直递减，
记 ，则当 时，有 ，
于是当 时， ，
故当 时， ，…，因此存在正整数 ，当 时， ，…是等差数列．
综上，命题得证．
【点睛】方法点睛：常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于
，其中 和{b }分别为特殊数列，裂项相消法类似于 ，错位相减法类似于
n
，其中 为等差数列，{b }为等比数列等.
n
18．（2024·山东潍坊·二模）数列 中，从第二项起，每一项与其前一项的差组成的数列 称为
的一阶差数列，记为 ，依此类推， 的一阶差数列称为 的二阶差数列，记为 ，…．
如果一个数列 的p阶差数列 是等比数列，则称数列 为p阶等比数列 ．
(1)已知数列 满足 ， ．
（ⅰ）求 ， ， ；
（ⅱ）证明： 是一阶等比数列；
(2)已知数列 为二阶等比数列，其前5项分别为 ，求 及满足 为整数的所有n值．
【答案】(1)（ⅰ） ， ， ；（ⅱ）证明见解析
(2)当 时， 为整数.
【分析】（1）（ⅰ）根据 的定义，结合通项公式求解即可；（ⅱ）根据递推公式构造
即可证明；
（2）由题意 的二阶等差数列 为等比数列，设公比为 ，可得 ，结合 进而可
得 ，从而分析 为整数当且仅当 为整数，再根据二项展开式，结合整除的性质
分析即可.
【详解】（1）（ⅰ）由 ， 易得 ，……
由一阶等差数列的定义得：
， ， .
（ⅱ）因为 ，所以当 时有 ，
所以 ，即 ，
即 ，又因为 ，故 是以1为首项，2为公比的等比数列，即 是一阶等比数列.
（2）由题意 的二阶等差数列 为等比数列，设公比为 ，
则 ， ，所以 .
由题意 ，所以 ，
所以 ，
即 .
所以 为整数当且仅当 为整数.
由已知 时符合题意， 时不合题意，
当 时， ，
所以原题等价于 为整数，
因为 ①，
显然 含质因子3，所以 必为9的倍数，
设 ，则 ，将 代入①式，
当 为奇数时， 为偶数，①式为2的倍数；
当 为偶数时， 为奇数， 为偶数，①式为2的倍数，
又因为2与9互质，所以①为整数.
综上，当 时， 为整数.
【点睛】方法点睛：
（1）新定义的题型需要根据定义列出递推公式，结合等比等差的性质求解；
（2）考虑整除时，可考虑根据二项展开式进行讨论分析.
19．（2024·贵州·模拟预测）若给定一个数列 ，其连续两项之差构成一个新数列： ， ，
，…， ，…，这个数列称为原数列 的“一阶差数列”，记为 ，其中 .再
由 的连续两项的差得到新数列 ， ， ，…， ，…，此数列称为原数列 的
“二阶差数列”，记为 ，其中 .以此类推，可得到 的“p阶差数列”.如果数列 的
“p阶差数列”是非零常数数列，则称 为“p阶等差数列”.(1)证明由完全立方数 组成的数列 是“3阶等差数列”；
(2)若 （ 且 ， ），证明数列 是“k阶等差数列”，并且若将 的“k阶差数
列”记作 ，则 .
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由“3阶等差数列”的定义证明即可；
（2）若 ，先证明 ，再由二项式定理展开结合“k阶等差数列”
的定义即可证明.
【详解】（1）证明：由题， ，
的“1阶差数列” 满足 ，
的“2阶差数列” 满足 ，
的“3阶差数列”，记作 ，满足 ， ，
由定义， 为“3阶等差数列”.
（2）先证明引理：对于任意给定的
若 ，
则 可表示为 ， ，
且其最高次项系数
证明：由二项式定理展开式，
，
可知 的最高次项为 项，且其系数 ，
本题中，记 中 项的系数为 ，
则因为 ，所以
，由引理，
，由引理，
如此迭代下去，
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，
实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义
的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决．
20．（2024·河南郑州·模拟预测）设任意一个无穷数列 的前 项之积为 ，若 ， ，则
称 是 数列．
(1)若 是首项为 ，公差为 的等差数列，请判断 是否为 数列？并说明理由；
(2)证明：若 的通项公式为 ，则 不是 数列；
(3)设 是无穷等比数列，其首项 ，公比为 ，若 是 数列，求 的值．
【答案】(1) 是T数列，理由见解析
(2)证明见解析
(3) 或 ．
【分析】（1）由题知 ，再根据T数列的定义，即可作出判断；
（2）先假设 是 数列，从而有 ，再进行验证，即可证明结果；
（3）根据题设得到 ，取对数后可得 ，分类讨论后可求 .
【详解】（1） 是T数列，
理由：由题知 ，即 ，
所以 ， ，
当 时， ，所以 是T数列．
（2）假设 是 数列，则对任意正整数 ， 总是 中的某一项，
，
所以对任意正整数 ，存在正整数 满足： ，
显然 时，存在 ，满足 ，
取 ，得 ，所以 ，
可以验证：当 ，2，3，4时， 都不成立，
故 不是T数列.
（3）已知 是等比数列，其首项 ，公比 ，所以 ，
所以 ，
由题意知对任意正整数n，总存在正整数m，使得 ，
即对任意正整数n，总存在正整数m，使得 ，
即对任意正整数n，总存在正整数m，使得 ，
若 ，则 ，任意 ，这不可能成立；
若 ，
故 对任意 ，总存在 使得该等式成立，
故 必为整数，
取 ，则 有正整数解，故 ，
若 ，则 ，此时方程 对任意 ，
必有正整数解 ；
若 ，则 ，
此时方程 对任意 ，
必有正整数解 ；
综上， 或 ．
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型
来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，
实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义
的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决．
21．（2024·广东佛山·模拟预测）定义：一个正整数 称为“漂亮数”，当且仅当存在一个正整数数列
，满足①②：
① ；
② ．
(1)写出最小的“漂亮数”；
(2)若 是“漂亮数”，证明： 是“漂亮数”；(3)在全体满足 的“漂亮数”中，任取一个“漂亮数” ，求 是质数的概率．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）直接根据“漂亮数”的定义即可证明最小的“漂亮数”为 ；
（2）反复利用“漂亮数”定义中的恒等式 ，并通过该恒等式得到新的恒等式，即可证
明结论；
（3）先确定 的全部可能值，然后计算使得 是质数的情况数和总的情况数之比即可.
【详解】（1）若 是“漂亮数”，设 满足 .
则 ，所以 ，即 .
故 ，得 ，从而 ，所以 .
此时，假设 ，则 .
但由于 ，故 的全部可能取值就是 ， ， ， ，
，验证即知它们都不等于 ，矛盾；
所以 .
由 即知 是“漂亮数”.
所以最小的“漂亮数”是 .
（2）若 是“漂亮数”，设 满足 .
则 ，所以 ，即 .
此时有.
再由 ， 即知 .
而 ，由“漂亮数”的定义即知
是“漂亮数”.
（3）若 ，设 满足 .
则 ，所以 ，即 .
而 ，故 ，即 .
所以 ，得 ，即 .
由于 ，故 .
而 ，故 ，即 .
若 ，则 ，所以 .
假设 ，则 ，矛盾.
所以 ，故 ，得 .
故只可能 ，从而 ，得 ，而 ，故 .
但 ，矛盾.
所以只可能 或 .
当 时，有 ，所以 .
从而 ， ，得 ，即 .
再由 知 ，分别代入 ，使得 是正整数的 有 ，对应的
分别为 .当 时，有 ，所以 .
从而 ， ，得 ，即 .
再由 知 ，分别代入 ，使得 是正整数的 有 ，对应的 分别为
.
综上，全体满足条件的 有 ， ， ， ， ，
.
这表明满足条件的全部 为 .
所以 的全部可能值为 ，其中是质数的有 .
从而 是质数的概率为 .
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于对新定义的理解，只有理解了定义，方可解决相应的问题.
22．（24-25高三上·河南焦作·开学考试）对于一个正项数列 ，若存在一正实数 ，使得 且
，有 ，我们就称 是 -有限数列.
(1)若数列 满足 ， ， ，证明：数列 为1-有限数列；
(2)若数列 是 -有限数列， ，使得 且 ， ，证明：
.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用累加法可得 ，结合数列的单调性及1-有限数列的定义可知
为1-有限数列；
（2）利用放缩法和裂项相消法可证不等式成立.
【详解】（1）因为 且 为正项数列，故 ，
而 ， ，故当 时， ，
因为 ，故 ，
由累加法可得 ，
故 ，故数列 为1-有限数列；
（2）
因为 且 ， ，
故
.
23．（2024·北京门头沟·一模）已知数列 ， 数列 ， 其中 ， 且
， ． 记 的前 项和分别为 ， 规定 ．记
，且 ， ， 且
(1)若 ， ，写出 ；
(2)若 ，写出所有满足条件的数列 {a }， 并说明理由；
n
(3)若 ， 且 ． 证明： ， 使得 ．
【答案】(1) , ，
(2) 或 ，理由见解析，
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据题意直接代入即可；
（2）由 中最大和最小元素是 和 , 所以有 ， 则 ，所以
.进而分类讨论即可；
（3）受（2）问启发，分别找出 和 中最大和最小元素，根据已知 ，则对应元素相等，再由
得到 ，又 ， 是 中元素，又， ,所以 中元素比 大的只可能有 ，
， ， ，进而得证.
【详解】（1）由 ，得 ， ， ， ，所以 ；
由 得 , , , ,所以 .
（2）由 ，所以 ， ，所以对于 ，有
， 则 ，所以 .
当 ，由 得 ，又 ，所以 不符合题意，舍去；
当 ，由 得 ，又 ，所以 ，
经检验 不符合题意，舍去, 或 符合题意；
（3）
， ，
中最小元素是 ，最大元素是 ，
同理， 中最小元素是 ，最大元素是 ，
又因为 ，所以 ， ，即 ，
又 ， ， ,
又 ，又 ， 是 中元素，
又 ，
,所以 中元素比 大的只可能有 ， ， ，
，又 , ，
， 使得 ．
【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义的要素中；
（4）结合数学知识进行解答.
24．（2024·湖北荆州·三模）对于数列 ，如果存在一个正整数 ，使得对任意 ，都有
成立，那么就把这样的一类数列 称作周期为 的周期数列， 的最小值称作数列 的最小
正周期，简称周期.(1)判断数列 和 是否为周期数列，如果是，写出该数列的周期，如果不是，
说明理由.
(2)设（1）中数列 前 项和为 ，试问是否存在 ，使对任意 ，都有 成立，
若存在，求出 的取值范围，若不存在，说明理由.
(3)若数列 和 满足 ，且 ，是否存在非零常数 ，使得 是周
期数列？若存在，请求出所有满足条件的常数 ；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)数列 是周期数列，其周期为1；数列 是周期数列，其周期为6
(2)存在，
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）根据周期数列的定义进行判断即可；
（2）由（1）可知， 是周期为 的数列，得到数列 ，求出 ，通过讨论得到 的取值范围；
（3）假设存在非零常数 ，使得 是周期为T的数列，推导出数列 是周期为 的周期数列，进一步
得到数列 的周期为 ，推断出 ，而该方程无解，所以，不存在非零常数 ，使
得 是周期数列.
【详解】（1） 均是周期数列，理由如下：
因为 ，
所以数列 是周期数列，其周期为1，
因为 ，
所以 .则 ，所以 ，
所以数列 是周期数列，其周期为6；
（2）由（1）可知， 是周期为 的数列，
计算数列为： ，故 ，
当 时， ，故 ；
当 时， ，故 ；
当 时， ，故 ；
当 时， ，故 ；
当 时， ，故 ；
当 时， ，故 ；
综上所述：存在，且 .
（3）假设存在非零常数 ，使得 是周期为T的数列，
所以 ，即 ，
所以， ，即 ，
所以， ，即 ，
所以数列 是周期为 的周期数列，
因为 ，即 ，
因为 ，
所以， ， ，
所以数列 的周期为 ，
所以 ，即 ，显然方程无解，
所以，不存在非零常数 ，使得 是周期数列.【点睛】关键点点睛：（2）由（1）可知， 是周期为 的数列，求 时要将 分成六类，求 的取
值范围时也要分六类讨论；（3）先假设存在非零常数 ，使得 是周期为T的数列，推导出数列 的
周期为 ，推断出 ，通过该方程无解，得到不存在非零常数 ，使得 是周期数
列.
25．（2024·安徽芜湖·三模）若数列 的各项均为正数，且对任意的相邻三项 ，都满足
，则称该数列为“对数性凸数列”，若对任意的相邻三项 ，都满足 则
称该数列为“凸数列”．
(1)已知正项数列 是一个“凸数列”，且 ，（其中 为自然常数， ），证明：数列 是
一个“对数性凸数列”，且有 ；
(2)若关于 的函数 有三个零点，其中 ．证明：数列 是
一个“对数性凸数列”：
(3)设正项数列 是一个“对数性凸数列”，求证：
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据 的性质，由等量关系代换成关于 的结论，紧扣定义，即可证明；
（2）由原函数有三个零点，且导函数为二次函数，分析出导函数有两个零点，判别式大于零，推得
； 有三个零点，得到 有三个零点，再次借助导函数的零点个数，
可以得到 ，即可得证；
（3）记 ，利用分析法，只需证 ，由数列 为对数性凸数列，
得到 ， ，再用基本不等式证明即可.
【详解】（1）因为 ，所以 ，因为正项数列 是一个“凸数列”，
所以 ，所以 ，所以 ，
所以数列 是一个“对数性凸数列”， ，
所以 ，变形可得到 ，所以数列 是一个“对数性凸数列”，且有 .
（2）因为 有三个零点，
所以 有两个不等实数根，
所以 ，
又 ，所以 ；
时， ，所以 不是 的零点，
又 ，
令 ，则 也有三个零点，
即 有三个零点，
令 ，则 有三个零点，
所以 有两个零点，
所以 ，
因为 ，
所以正项数列 对任意的相邻三项 ，都满足 ，
所以数列 是一个“对数性凸数列”.
（3）记 ，则要证 ，
即证 ，
即 ，即 ①，
因为数列 为对数性凸数列，所以 ， ，
所以 ，所以 ，
，
而 ，
所以，
当且仅当 时等号成立，
故式①成立，所以原不等式成立．
【点睛】方法点睛：解决数列新定义题型，需要耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按照
新定义的要求，结合所学习过的知识点，逐一分析、证明、求解.
26．（2024·新疆·二模）我们把满足下列条件的数列{a }称为 数列：
n
①数列{a }的每一项都是正偶数；
n
②存在正奇数m，使得数列{a }的每一项除以m所得的商都不是正偶数．
n
(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{b }满足对任意正整数p，q，恒有 ，且 ，判断数列 是否是 数列，
n
并证明你的结论；
(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．
【答案】(1)证明见解析；
(2)数列 是 数列；证明见解析.
(3)1546.
【分析】（1）根据 数列的定义证明即可；
（2）由条件 可以得到数列 是等比数列，再判断该数列是否满足 数列的两
个条件即可；
（3）用赋值的方法可知数列 是首项为 , 公差为 的等差数列, 再对
进行化简，进而构造数列 ，进而再根据
数列 为 数列进行求解.
【详解】（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),
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,
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
.
【点睛】方法点睛：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.
27．（2024·浙江·模拟预测）已知正整数 ，设 ， ，…， ， ， ，…， 是 个非负实数，
.若对于任意 ，取 ， ， ，都有 ，则
称这 个数构成 —孪生数组.
(1)写出8个不全相等的数，使得这8个数构成 —孪生数组；
(2)求最小的 ，使得 ， ，…， ， ， ，…， 构成 —孪生数组；
(3)若 ，且 ， ，…， ， ， ，…， 构成 —孪生数组，求 的最大值.
参考公式：（i） ，当且仅当 时取等；（ii）当正偶数 时，
设 ，有 ；当正奇数 时，设
，有 .【答案】(1)2，2，2，2，0，4，0，4（答案不唯一）
(2)12
(3)4
【分析】（1）根据 —孪生数组的含义写出即可；
（2）由题知 ，进而可以求出 ，再结合参考公式（i）即可证明；
（3）由题知 ，结合（2）可得 .再利用参考公式（ii）放缩，进而求解最大
值.
【详解】（1）根据 —孪生数组的含义可知: 构成 —孪生数组，当然其答案不唯
一;
（2）若 ，由题知:
所以 .
由参考公式（i），有 ，
记 是数列 中奇数项的和，即 ，
不妨设 ，则有
因为 ，解得 ，当且仅当 时取等.
故最小的 为12.
（3）类比前问，得: .
由参考公式（ii），有
若 为正偶数， .
由基本不等式，得 .
当且仅当 时等号成立.
所以 ，因为 ，解得 ;
同理，当 为正奇数，解得 ，
由 构成 孪生数组，所以等号需要全部成立.
对于参考公式（ii），左边的项在右边全部出现，若等号成立，则其余项均需为0.若 ，则等号直接成立.
不妨设 ，则 ，
当 为正奇数时， ；
当 为正偶数时，若 ，则 ，不妨使 ，则此时仅 ，其余项均为0.
故 .
所以
的最大值为4
【点睛】关键点点睛：对于新定义型问题，解答的关键是理解所给定义，第二问关键是将 表
示出来，再利用参考答公式（i）进行放缩；第三问需要用到第（2）问结论，要注意对m时是正奇数和正
偶数讨论.
28．（2024·吉林·模拟预测）对于数列 ，若 ，对任意的 ，有 ，则称数列 是有
界的.当正整数n无限大时，若 无限接近于常数a，则称常数a是数列 的极限，或称数列 收敛于
a，记为 .单调收敛原理：“单调有界数列一定收敛”可以帮助我们解决数列的收敛性问题.
(1)证明：对任意的 ， ， 恒成立；
(2)已知数列 ， 的通项公式为： ， ， .
（i）判断数列 ， 的单调性与有界性，并证明；
（ii）事实上，常数 ，以 为底的对数称为自然对数，记为 .证明：对任意的 ，
恒成立.
【答案】(1)证明见解析；
(2)（i） 是递增数列，是有界的， 是递减数列，也是有界的，（ii）证明见解析．
【分析】（1）主要是构造函数 （ ），利用导数进行证明；
（2）（i）利用作差法，作差 ， ，结合（1）中不等式证明数列的单调性，根据有界性的定
义结合单调性证明有界性，（ii）由极限定义及单调性得出 ， ，取对数变形后，
令 并相加得证．
【详解】（1） 时，不等式 显然成立，同样， 时， 显然成立，
时，设 （ ）， 且 ，则 ，
当 时 ， ， 递减，
时， ， ， 递增，
所以 时， ，即 ，
综上，对任意的 ， ， 恒成立；
（2）（i） ，
，
，
比较对应项可得 ，所以 是递增数列；
（ 单调性的另证：
，
由（1）知 ，
所以 ，即 ．）
又由上面展开式知 ，又 ，所以 ，
所以 是有界的；
， 时，，
由(1)得 ，
所以 ，即 ，所以 是递减数列，
因此 ，又 ，所以 ，所以 是有界的；
（ii）由（i）知 ， ，即 ，
取自然对数得 ，
所以 ， ，即 ，
令 并相加得 ，
即
【点睛】关键点点睛：解题的关键要理解题意：数列的极限，数列的有界性以及数列的收敛性，单调收敛
原理，其次在证明了（1）中函数不等式后，要能应用此不等式证明数列 的单调性，同时由单调
收敛原理得出 ，从而完成最终不等式的证明．
29．（2024·广东江苏·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 中任取两个数 和 ，记数列 是 可分数列的概率为 ，证明：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据 可分数列的定义即可；
（2）根据 可分数列的定义即可验证结论；（3）证明使得原数列是 可分数列的 至少有 个，再使用概率的定义.
【详解】（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.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究
结论.
30．（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“ ”．
【答案】(1)(2)不存在符合条件的 ，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接按照 的定义写出 即可；
（2）解法一：利用反证法，假设存在符合条件的 ，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；解
法二：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，可知序列 共有8项，可知：
，检验即可；
（3）解法一：分充分性和必要性两方面论证；解法二：若 ，分类讨论
相等得个数，结合题意证明即可；若存在序列 ，使得 为常数列，结合定义分析证明即
可.
【详解】（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“ ”.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.
1．（2024·新Ⅰ卷·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 中任取两个数 和 ，记数列 是 可分数列的概率为 ，证明：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据 可分数列的定义即可；
（2）根据 可分数列的定义即可验证结论；
（3）证明使得原数列是 可分数列的 至少有 个，再使用概率的定义.
【详解】（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.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究
结论.
2．（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“ ”．
【答案】(1)
(2)不存在符合条件的 ，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接按照 的定义写出 即可；
（2）解法一：利用反证法，假设存在符合条件的 ，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；解
法二：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，可知序列 共有8项，可知：
，检验即可；
（3）解法一：分充分性和必要性两方面论证；解法二：若 ，分类讨论
相等得个数，结合题意证明即可；若存在序列 ，使得 为常数列，结合定义分析证明即
可.
【详解】（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“ ”.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.
3．（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 ．
【答案】(1) ， ， ，
(2)(3)证明见详解
【分析】（1）先求 ，根据题意分析求解；
（2）根据题意题意分析可得 ，利用反证可得 ，在结合等差数列运算求解；
（3）讨论 的大小，根据题意结合反证法分析证明.
【详解】（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 ．
4．（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： ．
【答案】(1)是 连续可表数列；不是 连续可表数列．
(2)证明见解析．
(3)证明见解析．
【分析】（1）直接利用定义验证即可；
（2）先考虑 不符合，再列举一个 合题即可；
（3） 时，根据和的个数易得显然不行，再讨论 时，由 可知里面必然有负数，
再确定负数只能是 ，然后分类讨论验证不行即可．
【详解】（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，
．
【点睛】关键点睛，先理解题意，是否为 可表数列核心就是是否存在连续的几项（可以是一项）之和
能表示从 到 中间的任意一个值．本题第二问 时，通过和值可能个数否定 ；第三问先通过和值
的可能个数否定 ，再验证 时，数列中的几项如果符合必然是 的一个排序，可验证
这组数不合题．
5．（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．
【答案】（1）不可以是 数列；理由见解析；（2） ；（3）存在； ．
【分析】(1)由题意考查 的值即可说明数列不是 数列；
(2)由题意首先确定数列的前4项，然后讨论计算即可确定 的值；
(3)构造数列 ，易知数列 是 的，结合(2)中的结论求解不等式即可确定满足题意的实数 的
值.
【详解】(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.
【点睛】本题属于数列中的“新定义问题”，“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新
法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是
“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
