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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{an}.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：当x>0 时，ln(1＋x)>；
(3)若数列{bn}满足bn＝，对于n∈N*，证明：b1＋b2＋b3＋…＋bn<n×2n＋1.
(1)解 根据题意，an＋1＝an＋n＋1，
当n≥2 时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1＝，
又a1＝1 也满足，所以an＝.
(2)证明 设f(x)＝ln(1＋x)－，x∈(0，＋∞)，
则f′(x)＝－＝>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bn＝＝＝＝<(n＋1)×2n，
所以b1＋b2＋b3＋…＋bn<2×21＋3×22＋4×23＋…＋(n＋1)×2n，
令Tn＝2×21＋3×22＋4×23＋…＋(n＋1)×2n，
令2Tn＝2×22＋3×23＋4×24＋…＋(n＋1)×2n＋1，
所以－Tn＝2＋21＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)×2n＋1
＝2＋－(n＋1)×2n＋1＝－n·2n＋1，
所以Tn＝n·2n＋1，
所以b1＋b2＋b3＋…＋bn<n·2n＋1.
规律方法 1.本题的第(3)问关键是利用第(2)问的结论，恰当地给x 赋值后，转化
为数列的求和问题.
2.解决数列的新情境问题要首先理解题意，从新情境中抽象出等差数列、等比数
列等特殊的数列、转化为数列的通项、性质或求和问题.
训练1 (2024·佛山模拟)佛山新城文化中心是佛山地标性公共文化建筑.在建筑造
型上全部都以最简单的方块体作为核心要素，与佛山世纪莲体育中心的圆形莲花
造型形成“方”“圆”呼应.坊塔是文化中心的标志性建筑、造型独特、类似一
个个方体错位堆叠，总高度153.6 米.坊塔塔楼由底部4 个高度相同的方体组成塔
基，支托上部5 个方体，交错叠合成一个外形时尚的塔身结构.底部4 个方体高
度均为33.6 米，中间第5 个方体也为33.6 米高，再往上2 个方体均为24 米高，
最上面的两个方体均为19.2 米高.
(1)请根据坊塔方体的高度数据，结合所学数列知识，写出一个等差数列{an}的通
项公式，该数列以33.6 为首项，并使得24 和19.2 也是该数列的项；
(2)佛山世纪莲体育中心上层屋盖外径为310 米.根据你得到的等差数列，连续取
用该数列前m(m∈N*)项的值作为方体的高度，在保持最小方体高度为19.2 米的
情况下，采用新的
堆叠规则，自下而上依次为2a1、3a2、4a3、……、(m＋1)am((m＋1)am表示高度
为am的方体连续堆叠m＋1 层的总高度)，请问新堆叠坊塔的高度是否超过310
米？并说明理由.
解 (1)由题意可知a1＝33.6，注意到33.6－24＝9.6，24－19.2＝4.8，
取等差数列的公差d＝－2.4，
则an＝33.6－2.4(n－1)＝36－2.4n，
令an＝36－2.4n＝24，解得n＝5，
即24 为第5 项；
令an＝36－2.4n＝19.2，解得n＝7，
即19.2 为第7 项；
故an＝36－2.4n 符合题意.
(2)可以，理由如下：
由(1)可知m≤7，a1＝33.6，a2＝31.2，a3＝28.8，a4＝26.4，a5＝24，a6＝21.6，a7
＝19.2，
设数列{(n＋1)an}的前n 项和为Sn，
∵S7＝2a1＋3a2＋4a3＋…＋8a7＝856.8>310，
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{an}的项数为m(m≥2)，若正整数k(2≤k≤m)满
足∀n<k，an>ak则称k 为数列{an}的“min 点”.
(1)若an＝(－1)n(2n－3)(1≤n≤5)，求数列{an}的“min 点”；
(2)已知有穷等比数列{an}的公比为2，前n 项和为Sn，若数列存在“min 点”，
求正数a1的取值范围；
(3)若an≥an－1－1(2≤n≤m)，数列{an}的“min 点”的个数为p，证明：a1－
am≤p.
(1)解 因为a1＝1，a2＝1，a3＝－3，a4＝5，a5＝－7，
所以数列{an}的“min 点”为3，5.
(2)解 依题意，Sn＝＝a1(2n－1)，
因为数列存在“min 点”，
所以存在n(n≥2)，使得Sn＋<a1＋，
所以a1(2n－1)＋<a1＋，
即a1(2n－2)<·.
因为n≥2，所以2n－2>0，所以a<.
又当n＝2 时，取最大值，所以a<，
又a1>0，所以0<a1<.
当0<a1<，有S2＋<S1＋，
所以数列存在“min 点”，
所以a1的取值范围为.
(3)证明 ①若an≥a1(n≥2)，则数列{an}不存在“min 点”，即p＝0.
由am－a1≥0，得a1－am≤0，所以a1－am≤p.
②若存在an，使得an<a1.
下证数列{an}有“min 点”.
证明：若a2<a1，则2 是数列{an}的“min 点”；
若a2≥a1，因为存在an，使得an<a1，
所以设数列{an}中第1 个小于a1的项为an1，
则an1<a1≤ai(2≤i≤n1－1)，
所以n1是数列{an}的第1 个“min 点”.
综上，数列{an}存在“min 点”.
不妨设数列{an}的“min 点”由小到大依次为n1，n2，n3，…，np，
则ani＋1 是ani，ani＋1，ani＋2，…，ani＋1－1，ani＋1 中第1 个小于ani 的项，
故ani－ani＋1≤ani＋1－1－ani＋1，
因为an≥an－1－1(2≤n≤m)，
所以an－1－an≤1，
所以ani＋1－1－ani＋1≤1，所以ani－ani＋1≤1.
所以a1－am≤a1－anp＝(a1－an1)＋(an1－an2)＋(an2－an3)＋…＋(anp－1－anp)
≤(an1－1－an1)＋(an2－1－an2)＋(an3－1－an3)＋…＋(anp－1－anp)
≤1＋1＋1＋…＋1(p 个1).
所以a1－am≤p.
综上a1－am≤p，得证.
规律方法 数列中的新定义问题，主要是指即时定义新概念、新定理、新法则、
新运算等，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定
义，这样有助于更透彻地理解新定义.但是，归根结底这些问题考查的还是数列
的基本概念、性质和运算，根据条件适时转化是解决此类问题的基本思路与原则.
训练2 (2024·盐城模拟)在数列{an}的第k 项与第k＋1 项之间插入k 个1，称为变
换Γ.数列{an}通过变换Γ 所得数列记为Ω1(an)，数列Ω1(an)通过变换Γ 所得数列记
为Ω2(an)，…，以此类推，数列Ωn－1(an)通过变换Γ 所得数列记为Ωn(an)(其中
n≥2).
(1)已知等比数列{an}的首项为1，项数为m，其前m 项和为Sm，若Sm＝2am－1＝
255，求数列Ω1(an)的项数；
(2)若数列{an}的项数为3，Ωn(an)的项数记为bn.
①当n≥2 时，试用bn－1表示bn；
②求证：2×32n－1≤bn≤62n－1.
(1)解 设等比数列{an}的公比为q，显然q≠1，
由a1＝1，Sm＝2am－1＝255，
得
解得q＝2，m＝8.
故数列{an}有8 项，经过1 次变换后的项数为8＋1＋2＋…＋7＝36，即Ω1(an)的
项数为36.
(2)①解 由Ωn(an)的项数为bn，则当n≥2 时，
bn＝bn－1＋[1＋2＋…＋(bn－1－1)]，
所以bn＝bn－1＋(bn－1－1)＝b＋bn－1.
②证明 因为数列{an}是一个3 项的数列，
所以b1＝6，
由bn＝b＋bn－1>b(n≥2)，
所以lg bn>2lg bn－1－lg 2，
于是lg bn－lg 2>2(lgbn－1－lg 2)，
则有lg bn－lg 2>2n－1(lg b1－lg 2)，
所以lg bn－lg 2>2n－1lg 3，
得lg bn>lg 2＋2n－1lg 3，即bn>2·32n+1 (n≥2)，
所以bn≥2×32n－1.
∵bn≥2×32n－1>1，
∴bn－1<b(n≥2)，
于是bn＝b＋bn－1<b(n≥2)，
则有lg bn<2lg bn－1，可得lg bn<2n－1lg b1，
有lg bn<lg 62n－1，即bn<62n－1 (n≥2)，
所以bn≤62n－1，
综上所述，2×3n－1≤bn≤62n－1.
题型三 数列的凹凸性
例3 (2024·枣庄模拟)若数列{an}的各项均为正数，对任意n∈N*，有a≥an＋2an，
则称数列{an}为“对数凹性”数列.
(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)＝b1＋b2x＋b3x2＋b4x3有三个零点，其中bi>0(i＝1，2，3，4).
证明：数列b1，b2，b3，b4为“对数凹性”数列；
(3)若数列{cn}的各项均为正数，c2>c1，记{cn}的前n 项和为Sn，Wn＝Sn，对任意
三个不相等正整数p，q，r，存在常数t，使得(p－q)Wr＋(q－r)Wp＋(r－p)Wq＝t.
证明：数列{Sn}为“对数凹性”数列.
(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)＝b2＋2b3x＋3b4x2有两个不等实数
根，
所以Δ1＝4b－4×3b2b4>0⇒b>3b2b4，
又bi>0(i＝1，2，3，4)，所以b>3b2b4>b2b4，
显然x＝0⇒f(0)＝b1>0，即x＝0 不是f(x)的零点，
又f＝b1＋b2＋b3
＋b4
，
令t＝，则f(t)＝b1＋b2t＋b3t2＋b4t3也有三个零点，
即f＝有三个零点，
则g(x)＝b1x3＋b2x2＋b3x＋b4有三个零点，
所以g′(x)＝3b1x2＋2b2x＋b3有两个零点，
所以同上有Δ2＝4b－4×3b1b3>0⇒b>3b1b3>b1b3，
故数列b1，b2，b3，b4为“对数凹性”数列.
(3)证明 将p，q 互换得t＝(q－p)Wr＋(p－r)Wq＋(r－q)Wp＝－t，所以t＝0，
令p＝1，q＝2，
得－Wr＋(2－r)W1＋(r－1)W2＝0，
所以Wr＝(2－r)W1＋(r－1)W2
＝W1＋(r－1)(W2－W1)，
故数列{Wn}是等差数列，
记d＝W2－W1＝－c1＝>0，
所以Wn＝c1＋(n－1)＝c1＋(n－1)d，
所以Sn＝nWn＝dn2＋(c1－d)n，
又因为cn＝
所以cn＝c1＋2d(n－1)，
所以cn＋1－cn＝2d>0，所以{cn}为单调递增的等差数列，
所以cn＋1>cn>0，cn＋2＋cn＝2cn＋1，Sn＝.
所以4(S－SnSn＋2)＝(n＋1)2(c1＋cn＋1)2－n(n＋2)(c1＋cn)(c1＋cn＋2)>(n＋1)2(c1＋cn＋1)2
－n(n＋2)
＝(n＋1)2(c1＋cn＋1)2－n(n＋2)
＝(n＋1)2(c1＋cn＋1)2－n(n＋2)(c1＋cn＋1)2
＝[(n＋1)2－n(n＋2)](c1＋cn＋1)2
＝(c1＋cn＋1)2>0.
所以S≥SnSn＋2，数列{Sn}是“对数凹性”数列.
规律方法 1.解第(3)问的关键是利用赋值法证明数列{Wn}是等差数列，从而利用
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{cn}满足c≤cncn＋2(n∈N*)，则称{cn}是一个
对数凸数列；若实数列{dn}满足2dn＋1≤dn＋dn＋2，则称{dn}是一个凸数列.已知
{an}是一个对数凸数列，bn＝ln an.
(1)证明：a1a10≥a5a6；
(2)若a1a2…a2 024＝1，证明：a1 012a1 013≤1；
(3)若b1＝1，b2 024＝2 024，求b10的最大值.
(1)证明 法一 由题意得a≤anan＋2，
∴≥≥≥≥…≥，
∴≥，≥，≥，≥，≥，
将以上式子累乘得≥，
也即a1a10≥a5a6成立.
法二 由题意得≥≥…≥≥，
∴a1a10≥a2a9≥a3a8≥a4a7≥a5a6，
∴a1a10≥a5a6成立.
(2)证明 法一 ∵≤，
∴≤≤…≤≤≤…≤，
∴an＋k·an－k≤an＋k＋1·an－k－1(1≤k<n)，
则a1 012·a1 013≤a1 011·a1 014≤a1 010·a1 015≤…≤a1·a2 024，
∴(a1 012·a1 013)1 012≤a1a2…a2 024＝1，
∴a1 012·a1 013≤1.
法二 考虑反证法，假设a1 012a1 013>1，
由≤得≤≤，
∴a1 012a1 013≤a1 011a1 014，∴a1 011a1 014>1，
同理＝·≤·＝，
∴a1 010a1 015>a1 012a1 013，∴a1 010a1 015>1，
同理可证a1 009a1 016>1，a1 008a1 017>1，…，a1a2 024>1，
综上可得，a1a2…a2 024>1，与条件矛盾，
∴假设不成立，∴a1 012a1 013≤1 成立.
法三 ∵a1a2…a2 024＝1，
∴ln(a1a2…a2 024)＝0，也即b1＋b2＋…＋b2 024＝0，
同时，由a≤anan＋2可得ln(a)≤ln(anan＋2)，
∴2bn＋1≤bn＋bn＋2，也即bn＋1－bn≤bn＋2－bn＋1，
∴b1 013－b1 012≤b2 024－b2 023，b1 012－b1 011≤b2 023－b2 022，…，b2－b1≤b1 013－b1 012，
将以上式子累加得b1 013－b1≤b2 024－b1 012，
也即b1 012＋b1 013≤b1＋b2 024，同理可得
b1 012＋b1 013≤b2＋b2 023，
b1 012＋b1 013≤b3＋b2 022，
……
b1 012＋b1 013≤b1 012＋b1 013，
将以上式子累加得1 012(b1 012＋b1 013)≤b1＋b2＋…＋bn＝0，
∴b1 012＋b1 013≤0，∴ln a1 012＋ln a1 013≤0，
∴a1 012a1 013≤1 成立.
(3)解 由a≤anan＋2可得ln(a)≤ln(anan＋2)，
∴2bn＋1≤bn＋bn＋2，也即bn＋1－bn≤bn＋2－bn＋1，
∴b2 024－b2 023≥b11－b10，b2 023－b2 022≥b11－b10，…，b11－b10≥b11－b10，
将以上式子累加得b2 024－b10≥2 014(b11－b10)，①
又b11－b10≥b10－b9，b11－b10≥b9－b8，…，b11－b10≥b2－b1，
将以上式子累加得9(b11－b10)≥b10－b1，②
结合①②式可得≥b11－b10≥，
∴≥，化简得b10≤10，
另外，显然有bn＝n 符合题意，此时b10＝10，
综上，b10的最大值为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{an}满足：a1＝8，a2＝40，an＋2＝5an＋1－6an.
(1)若{an＋1－kan}为等比数列，求k；
(2)求在a1，a2，a3，…，a2 024中，3 级十全十美数的个数.
解 (1)设{an＋1－kan}的公比为q，
则an＋2－kan＋1＝q(an＋1－kan)，
即an＋2＝(q＋k)an＋1－qkan，
由an＋2＝5an＋1－6an，可得
解得或所以k＝2 或k＝3.
(2)由(1)知，当时，
an＋1－2an＝(a2－2a1)3n－1＝8×3n，
当时，an＋1－3an＝(a2－3a1)2n－1＝8×2n，
两式相减得an＝8(3n－2n).
当n 为奇数时，3n－2n的个位数为1 或9，
an＝8(3n－2n)的个位数不可能为0；
当n 为偶数时，设n＝2k(k∈N*)，
则an＝8(32k－22k)＝8(9k－4k)，
要想an末尾3 个数字为0，需满足9k－4k被＝53＝125 整除，
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a1，a2，…，a2 024中，3 级十全十美数的个数为40.
2.(2024·深圳二模)无穷数列a1，a2，…，an，…的定义如下：如果n 是偶数，就
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an；如果n 是奇数，
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an.
(1)写出这个数列的前7 项；
(2)如果an＝m 且am＝n，求m，n 的值；
(3)记an＝f(n)，n∈N*，求一个正整数n，满足n<f(n)<f(f(n))<…<
.
解 (1)根据题意，a1＝(3×1＋1)÷2÷2＝1，a2＝2÷2＝1，a3＝(3×3＋1)÷2＝5，a4
＝4÷2÷2＝1，a5＝(3×5＋1)÷24＝1，a6＝6÷2＝3，a7＝(3×7＋1)÷2＝11.
(2)由已知，m，n 均为奇数，不妨设n≤m.
当n＝1 时，因为a1＝1，所以m＝1，故m＝n＝1；
当n>1 时，因为<n≤m，而n 为奇数，an＝m，所以m＝.
又m 为奇数，am＝n，所以存在k∈N*，
使得n＝为奇数.
所以2kn＝3m＋1＝＋1＝.
而4n<<6n，所以4n<2kn<6n，
即4<2k<6，k∈N*，无解.
所以m＝n＝1.
(3)显然，n 不能为偶数，否则f(n)≤<n，不满足n<f(n).
所以n 为正奇数.
又f(1)＝a1＝1，所以n≥3.
设n＝4k＋1 或n＝4k－1，k∈N*.
当n＝4k＋1 时，f(n)＝
＝3k＋1<4k＋1＝n，不满足n<f(n)；
当n＝4k－1 时，f(n)＝
＝6k－1>4k－1＝n，即n<f(n).
所以取n＝22 025k－1，k∈N*时，
＝3×22 024k－1<f(f(n))
＝
＝32×22 024k－1<…<
＝
＝32 023×22k－1<
＝＝32 024×2k－1.
即n<f(n)<f(f(n))<…<
.
