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数列中的新定义问题
高考定位 新高考中的数列压轴主要分为两个类：第一类是数列与其他数学分支
的交汇问题，如数列与三角函数、函数导数、概率、圆锥曲线等的交汇，重在考
查综合运用能力；第二类是数列中的新定义问题，主要有定义新数列、新性质及
数列的拆分等，重在考查创新思维能力.
【题型突破】
题型一 定义新数列
例1 (2024·浙江名校模拟)已知实数q≠0，定义数列{an}如下：如果n＝x0＋2x1＋
22x2＋…＋2kxk，xi∈{0，1}，i＝0，1，2，…，k，则an＝x0＋x1q＋x2q2＋…＋xkqk.
(1)求a7和a8(用q 表示)；
(2)令bn＝a2n－1，证明：∑bi＝a2n－1；
(3)若1<q<2，证明：对于任意正整数n，存在正整数m，使得an<am≤an＋1.
(1)解 因为7＝1＋2＋22，
所以a7＝1＋q＋q2，
因为8＝23，所以a8＝q3.
(2)证明 由数列{an}定义得：bn＝a2n－1＝qn－1，
所以∑bi＝1＋q＋q2＋…＋qn－1.
而2n－1＝1＋2＋22＋…＋2n－1，
所以a2n－1＝1＋q＋q2＋…＋qn－1＝∑bi.
(3)证明 当1<q<2，由(2)可知，a2n－1 无上界，故对任意an，存在am，使得
am>an.
设m 是满足am>an的最小正整数.下面证明am≤an＋1.
①若m－1 是偶数，设m－1＝2x1＋22x2＋…＋2kxk，xi∈{0，1}，i＝0，1，
2，…，k，
则m＝1＋2x1＋22x2＋…＋2kxk，
于是am＝1＋x1q＋x2q2＋…＋xkqk＝1＋am－1.
因为an≥am－1，所以am＝1＋am－1≤an＋1.
②若m－1 是奇数，
设m－1＝1＋2＋22＋…＋2l＋2l＋2xl＋2＋…＋2kxk，
则am－am－1＝ql＋1－(1＋q＋q2＋…＋ql)
＝(q－1)(1＋q＋q2＋…＋ql)－
(1＋q＋q2＋…＋ql)＋1<1.
所以am<am－1＋1≤an＋1.
综上所述，对于任意正整数n，存在正整数m，使得an<am≤an＋1.
反思感悟 此类试题关键在于理解新数列的定义，结合新定义运用有关数列知识
求解问题.
训练1 (2024·雅礼中学模拟)
物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出了“牛顿数列”，它在航
空航天中应用非常广泛.其定义是：对于函数f(x)，若满足(xn＋1－xn)f′(xn)＋f(xn)＝
0，则称数列{xn}为牛顿数列.已知f(x)＝x4，如图，在横坐标为x1＝1 的点处作f(x)
的切线，切线与x 轴交点的横坐标为x2，用x2代替x1重复上述过程得到x3，一直
下去，得到数列{xn}.
(1)求数列{xn}的通项公式；
(2)若数列{n·xn}的前n 项和为Sn，且对任意的n∈N*，满足Sn≥16－λ，求整数λ
的最小值.(参考数据：0.94＝0.656 1，0.95≈0.590 5，0.96≈0.531 4，
0.97≈0.478 3)
解 (1)∵f′(x)＝4x3，
∴f(x)在点(xn，yn)处的切线方程为y－yn＝4x(x－xn)，令y＝0，得xn＋1＝xn，
所以{xn}是首项为1，公比为的等比数列，
故xn＝.
(2)令bn＝n·xn＝n·，
Sn＝1·＋2·＋3·＋…＋n·，
Sn＝1·＋2·＋3·＋…＋n·，
两式相减得：Sn＝1＋＋＋…＋－n·，
化简得：Sn＝16－(16＋4n)，
故16－(16＋4n)≥16－λ，
即λ≥(16＋4n)，令dn＝(16＋4n)，
则dn＋1－dn＝，
当n≤5 时，dn＋1－dn≥0，即d6＝d5>d4>d3>d2>d1，
当n≥6 时，dn＋1－dn<0，即d6>d7>d8>…，
所以(dn)max＝d5＝d6＝36·≈21.26，
从而整数λmin＝22.
题型二 定义数列的新性质
例2 (2024·郑州调研)已知数列{an}为有穷数列，且an∈N*，若数列{an}满足如下
两个性质，则称数列{an}为m 的k 增数列：
①a1＋a2＋a3＋…＋an＝m；
②对于1≤i<j≤n，使得ai<aj的正整数对(i，j)有k 个.
(1)写出所有4 的1 增数列；
(2)当n＝5 时，若存在m 的6 增数列，求m 的最小值；
(3)若存在100 的k 增数列，求k 的最大值.
解 (1)由题意得a1＋a2＋…＋an＝4，
且对于1≤i<j≤4，使得ai<aj的正整数对(i，j)有1 个，
由于1＋1＋2＝4 或1＋3＝4，故所有4 的1 增数列有数列1，2，1 和数列1，3.
(2)当n＝5 时，因为存在m 的6 增数列，
即a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝m，
且对于1≤i<j<5，使得ai<aj的正整数对(i，j)有6 个，
所以数列{an}的各项中必有不同的项，
所以m≥6 且m∈N*.
若m＝6，满足要求的数列{an}中有四项为1，一项为2，所以k≤4，不符合题意，
所以m>6.
若m＝7，满足要求的数列{an}中有三项为1，两项为2，
此时数列为1，1，1，2，2，满足要求的正整数对(i，j)的分别为(1，4)，(2，
4)，(3，4)，(1，5)，(2，5)，(3，5)，符合m 的6 增数列.
因此，当n＝5 时，若存在m 的6 增数列，
则m 的最小值为7.
(3)若数列{an}中的每一项都相等，则k＝0，
若k≠0，则数列{an}中存在大于1 的项，
若首项a1≠1，将a1拆分成a1个1 后k 变大，
所以此时k 不是最大值，所以a1＝1.
当i＝2，3，…，n 时，若ai>ai＋1，交换ai，ai＋1的顺序后k 变为k＋1，
所以此时k 不是最大值，所以ai≤ai＋1.
若ai＋1－ai∉{0，1}，则ai＋1≥ai＋2，
所以将ai＋1改为ai＋1－1，并在数列首位前添加一项1，k 的值变大，
所以此时k 不是最大值，所以ai＋1－ai∈{0，1}.
若数列{an}中存在相邻的两项ai＝2，ai＋1≥3，
设此时{an}中有t 项为2，将ai＋1改为2，并在数列首位前添加ai＋1－2 个1 后，k
的值至少变为k＋1，
所以此时k 不是最大值，所以数列{an}的各项只能为1 或2，
所以数列{an}为1，1，…，1，2，2，…，2 的形式.
设其中有x 项为1，有y 项为2，
因为存在100 的k 增数列，所以x＋2y＝100，
所以k＝xy＝(100－2y)y＝－2y2＋100y
＝－2(y－25)2＋1 250，
所以当且仅当x＝50，y＝25 时，k 取最大值，且k 的最大值为1 250.
反思感悟 此类试题，务必理解数列的新性质，结合学过的数列有关性质求解.
训练2 (2024·济南质检)对于无穷数列{an}，“若存在am－ak＝t(m，k∈N*，
m>k)，必有am＋1－ak＋1＝t”，则称数列{an}具有P(t)性质.
(1)若数列{an}满足an＝判断数列{an}是否具有P(1)性质？是否具有P(4)性质？
(2)对于无穷数列{an}，设T＝{x|x＝aj－ai，i<j}，求证：若数列{an}具有P(0)性质，
则T 必为有限集；
(3)已知{an}是各项均为正整数的数列，且{an}既具有P(2)性质，又具有P(3)性质，
是否存在正整数N，k，使得aN，aN＋1，aN＋2，…，aN＋k，…成等差数列.若存在，
请加以证明；若不存在，说明理由.
解 (1)因为an＝
a5－a2＝5－4＝1，但a6－a3＝7－1＝6≠1，
所以数列{an}不具有性质P(1)，
因为a5－a3＝4.且a6－a4＝4，
所以数列{an}具有性质P(4).
(2)因为数列{an}具有性质P(0)，
所以一定存在一组最小的且m>k，满足am－ak＝0，即am＝ak，
由性质P(0)的含义可得am＋1＝ak＋1，am＋2＝ak＋2，…，a2m－k－1＝am－1，a2m－k＝am，
所以数列{an}中，从第k 项开始的各项呈现周期性规律：
ak，ak＋1，…，am－1为一个周期中的各项，
所以数列{an}中最多有m－1 个不同的项，
所以T 最多有C 个元素，即T 为有限集.
(3)因为数列{an}具有P(2)性质，又具有P(3)性质，
所以存在M′，N′，使得aM′＋p－aM′＝2，aN′＋q－aN′＝3，
其中p，q 分别是满足上述关系式的最小的正整数，
由性质P(2)，P(3)的含义可得aM′＋p＋k－aM′＋k＝2，aN′＋q＋k－aN′＋k＝3，
若M′<N′，则取k＝N′－M′，
可得aN′＋p－aN′＝2，
若M′>N′，则取k＝M′－N′，
可得aM′＋q－aM′＝3，
记M＝max{M′，N′}，则对于aM，
有aM＋p－aM＝2，aM＋q－aM＝3，显然p≠q，
由性质P(2)，P(3)的含义可得：aM＋p＋k－aM＋k＝2，aN＋q＋k－aN＋k＝3，
所以aM＋pq－aM＝(aM＋pq－aM＋(q－1)p)＋(aM＋(q－1)p－aM＋(q－2)p)＋…＋(aM＋p－aM)＝2qaM＋
pq－aM＝(aM＋pq－aM＋(p－1)q)＋(aM＋(p－1)q－aM＋(p－2)q)＋…＋(aM＋q－aM)＝3p，
所以2q＝3p，
又p，q 满足aM＋p－aM＝2，aM＋q－aM＝3 的最小的正整数，
所以q＝3，p＝2，aM＋2－aM＝2，aM＋3－aM＝3，
所以aM＋2＋k－aM＋k＝2，aM＋3＋k－aM＋k＝3，
所以aM＋2k＝aM＋2(k－1)＋2＝aM＋2k，aM＋3k＝aM＋3(k－1)＋3＝aM＋3k，
取N＝M＋3，所以，若k 是偶数，则aN＋k＝aN＋k，
若k 是奇数，
则aN＋k＝aN＋3＋(k－3)＝aN＋3＋(k－3)＝aN＋3＋(k－3)＝aN＋k，
所以aN＋k＝aN＋k，
所以aN，aN＋1，aN＋2，…，aN＋k，…是公差为1 的等差数列.
题型三 抽象数列的拆分或变换
例3 (2024·新高考Ⅰ卷)设m 为正整数，数列a1，a2，…，a4m＋2是公差不为0 的
等差数列，若从中删去两项ai和aj(i<j)后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每
组的4 个数都能构成等差数列，则称数列a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)－可分数列.
(1)写出所有的(i，j)，1≤i<j≤6，使得数列a1，a2，…，a6是(i，j)－可分数列；
(2)当m≥3 时，证明：数列a1，a2，…，a4m＋2是(2，13)－可分数列；
(3)从1，2，…，4m＋2 中一次任取两个数i 和j(i<j)，记数列a1，a2，…，a4m＋2
是(i，j)－可分数列的概率为Pm，证明：Pm>.
(1)解 满足题意的所有(i，j)为(1，2)，(1，6)，(5，6).
(2)证明 当m＝3 时，删去a2，a13，其余项可分为以下3 组：a1，a4，a7，a10为
第1 组，a3，a6，a9，a12为第2 组，a5，a8，a11，a14为第3 组，
当m>3 时，删去a2，a13，
其余项可分为以下m 组：
a1，a4，a7，a10为第1 组，
a3，a6，a9，a12为第2 组，
a5，a8，a11，a14为第3 组，
a15，a16，a17，a18为第4 组，
a19，a20，a21，a22为第5 组，
……，
a4m－1，a4m，a4m＋1，a4m＋2为第m 组，
可知每组的4 个数都能构成等差数列，
故数列a1，a2，…，a4m＋2是(2，13)－可分数列.
(3)证明 易知a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)－可分数列⇒1，2，…，4m＋2 是(4p＋
1，4q＋2)－可分数列，其中p，q∈{0，1，…，m}.
当0≤p≤q≤m 时，删去4p＋1，4q＋2，
其余项从小到大，每4 项分为1 组，可知每组的4 个数都能构成等差数列，
故数列1，2，…，4m＋2 是(4p＋1，4q＋2)－可分数列，
可分为(1，2，3，4)，…，(4p－3，4p－2，4p－1，4p)，…，(4(q＋1)－1，4(q
＋1)，4(q＋1)＋1，4(q＋1)＋2)，…，(4m－1，4m，4m＋1，4m＋2).
p，q 的可能取值方法数为C＋m＋1＝.
易知a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)－可分数列⇒1，2，…，4m＋2 是(4p＋2，4q＋1)
－可分数列，其中p，q∈{0，1，…，m}.
当q－p>1 时，删去4p＋2，4q＋1，
将1～4p 与4q＋3～4m＋2 从小到大，每4 项分为1 组，可知每组的4 个数成等
差数列.
考虑4p＋1，4p＋3，4p＋4，…，4q，4q＋2 是否可分，
等同于考虑1，3，4，…，4t，4t＋2 是否可分，
其中t＝q－p>1，可分为(1，t＋1，2t＋1，3t＋1)，(3，t＋3，2t＋3，3t＋3)，
(4，t＋4，2t＋4，3t＋4)，…，(t，2t，3t，4t)，(t＋2，2t＋2，3t＋2，4t＋2)，每
组4 个数都能构成等差数列.
故数列1，2，…，4m＋2 是(4p＋2，4q＋1)－可分数列，
p，q 且q－p>1 的可能取值方法数为C－m＝.
从而Pm≥
＝>.
反思感悟 由于本题等差数列是抽象数列，解答的基础是运用等差数列的性质：
序号等成差，则对应的项为等差.
训练3 (2024·杭州调研)对于每项均是正整数的数列P：a1，a2，…，an，定义变
换T1，T1将数列P 变换成数列T1(P)：n，a1－1，a2－1，…，an－1.对于每项均是
非负整数的数列Q：b1，b2，…，bm，定义S(Q)＝2(b1＋2b2＋…＋mbm)＋b＋b
＋…＋b，定义变换T2，T2将数列Q 各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，
得到数列T2(Q).
(1)若数列P0为2，4，3，7，求S(T1(P0))的值；
(2)对于每项均是正整数的有穷数列P0，令Pk＋1＝T2(T1(Pk))，k∈N.
①探究S(T1(P0))与S(P0)的关系；
②证明：S(Pk＋1)≤S(Pk).
(1)解 依题意，P0：2，4，3，7，T1(P0)：4，1，3，2，6，
S(T1(P0))＝2(4＋2×1＋3×3＋4×2＋5×6)＋16＋1＋9＋4＋36＝172.
(2)解 ①记P0：a1，a2，…，an(a1，a2，…，an∈N*)，
T1(P0)：n，a1－1，a2－1，…，an－1，
S(T1(P0))＝2[n＋2(a1－1)＋3(a2－1)＋…＋(n＋1)(an－1)]＋n2＋(a1－1)2＋(a2－1)2
＋…＋(an－1)2，
又S(P0)＝2(a1＋2a2＋3a3＋…＋nan)＋a＋a＋…＋a，
所以S(T1(P0))－S(P0)＝2n＋2a1＋2a2＋…＋2an－4－6－…－2(n＋1)＋n2－2a1－
2a2－…－2an＋n＝n2＋3n－＝0，
所以S(T1(P0))＝S(P0).
②证明 设A 是每项均为非负整数的数列a1，a2，…，an，
当存在1≤i<j≤n，使得ai≤aj时，交换数列A 的第i 项与第j 项得到数列B，
则S(B)－S(A)＝2(iaj＋jai－iai－jaj)＝2(i－j)(aj－ai)≤0，
当存在1≤m<n，使得am＋1＝am＋2＝…＝an＝0 时，若记数列a1，a2，…，an 为
C，
则S(C)＝S(A)，
因此S(T2(A))≤S(A)，从而对于任意给定的数列P0，
由Pk＋1＝T2(T1(Pk))(k＝0，1，2，…)，S(Pk＋1)≤S(T1(Pk))，
由①知S(T1(Pk))＝S(Pk)，
所以S(Pk＋1)≤S(Pk).
【精准强化练】
1.(2024·北京海淀区模拟)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.设正整数a 共有k 个正约数，即为a1，a2，…，ak－1，ak(a1<a2<…<ak).
(1)当k＝4 时，若正整数a 的k 个正约数构成等比数列，请写出一个a 的值；
(2)当k≥4 时，若a2－a1，a3－a2，…，ak－ak－1构成等比数列，求正整数a；
(3)记A＝a1a2＋a2a3＋…＋ak－1ak，求证：A<a2.
(1)解 当k＝4 时正整数a 的4 个正约数构成等比数列，
比如1，2，4，8 为8 的所有正约数，即a＝8.
(2)解 由题意可知a1＝1，ak＝a，ak－1＝，ak－2＝，
因为k≥4，依题意可知＝，
所以＝，
化简可得(a3－a2)2＝(a2－1)2a3，所以a3＝，
因为a3∈N*，所以∈N*，
因此可知a3是完全平方数，
由于a2是整数a 的最小非1 因子，a3是a 的因子，且a3>a2，
所以a3＝a，
所以a2－a1，a3－a2，…，ak－ak－1为a2－1，a－a2，…，a－a，
所以a＝a，k≥4.
(3)证明 由题意知a1ak＝a，a2ak－1＝a，…，
aiak＋1－i＝a，…，(1≤i≤k)，
所以A＝＋＋…＋，
因为≤＝－，…，≤
＝－，所以A＝＋＋…＋
＝a2
≤a2＝a2，
因为a1＝1，ak＝a，所以－<1，
所以A≤a2<a2，
即A<a2.
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.
