数列中的创新问题
高考定位 解决数列中的创新问题,要“过三关”:第一关,准确转化关,即一定要充分理解题目中
新定义的本质含义,紧扣题目所给的新定义、运算法则等对所求问题进行恰当地转化;第二关,方法
选取关,对此问题,可以采取特例法、逻辑推理法等;第三关,审读题目关,严格按照数列新定义、法
则、性质的要求,避免教材知识或已有知识对信息的干扰,突破思维定式.
【类型突破】
类型一 数列的新定义、新运算问题
例1 (2025·抚州调研)若各项为正的无穷数列{an}满足:∀n∈N*,an＋1
2
－an
2＝d,其中d 为非零常数,则
称数列{an}为D 数列.记bn＝an＋1－an.
(1)判断无穷数列an＝√n和an＝2n是否为D 数列,并说明理由;
(2)若{an}是D 数列,证明:数列{bn}中存在小于1 的项;
(3)若{an}是D 数列,证明:存在正整数n,使得
n
∑
i=1
1
ai>2 025.
(1)解 an＝√n是D 数列,an＝2n不是D 数列,理由如下.
当an＝√n时,an
2＝n,an＋1
2
＝n＋1,
则an＋1
2
－an
2＝n＋1－n＝1,
故an＝√n是D 数列.
当an＝2n时,an
2＝22n,an＋1
2
＝22n＋2,
则an＋1
2
－an
2＝22n＋2－22n＝3×22n,
故an＝2n不是D 数列.
(2)证明 若{an}是D 数列,
则an>0 且an＋1
2
－an
2＝d,
此时数列{an
2}是以a1
2为首项、d 为公差的等差数列,故an
2＝a1
2＋(n－1)d>0.
当d<0 时,总存在正整数n,
使a1
2＋(n－1)d<0,
与an
2>0 矛盾,故d>0 恒成立.
由an
2＝a1
2＋(n－1)d>(n－1)d,
an＋1
2
＝a1
2＋nd>nd,
得an>√(n−1)d,an＋1>√nd,
则an＋1＋an>√(n−1)d ＋√nd
＝(√n＋√n−1)√d,
所以bn＝an＋1－an
＝
d
an＋1＋an<
d
(√n＋√n−1)√d ＝
√d
√n＋√n−1,
由√n＋√n−1随n 的增大而增大,知总存在正整数n,使
√d
√n＋√n−1<1,
所以数列{bn}中存在小于1 的项.
(3)证明 由(2)得an
2＝a1
2＋(n－1)d,
故an＝√a1
2＋(n−1)d,
即
1
an
＝
1
√a1
2＋(n−1)d
＝
2
√a1
2＋(n−1)d ＋√a1
2＋(n−1)d >
2
√a1
2＋nd ＋√a1
2＋(n−1)d
＝
2[√a1
2＋nd −√a1
2＋(n−1)d ]
[√a1
2＋nd ＋√a1
2＋(n−1)d ][√a1
2＋nd −√a1
2＋(n−1)d ]
＝2[√a1
2＋nd −√a1
2＋(n−1)d ]
d
,
则
n
∑
i=1
1
ai>2
d [√a1
2＋d －√a1
2＋√a1
2＋2d －√a1
2＋d＋…＋√a1
2＋nd －√a1
2＋(n−1)d]＝2
d (√a1
2＋nd－
a1),
由√a1
2＋nd－a1随n 的增大而增大,d>0,
且n→＋∞时,2
d (√a1
2＋nd－a1)→＋∞,
得对任意的d>0,总存在正整数n,
使2
d (√a1
2＋nd－a1)>2 025,
即总存在正整数n,使得
n
∑
i=1
1
ai>2 025.
规律方法 遇到新定义、新运算问题,应耐心读题,分析新定义、新运算的特点,弄清新定义的性质,
按新定义、新运算的要求“照章办事”,逐条分析、运算、验证,使问题得以解决,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.
训练1 (2025·蚌埠调研)如果数列{an}的任意相邻三项ai－1,ai,ai＋1满足ai－1ai＋1≤ai
2(i≥2,i∈N*),则
称该数列为“凸数列”.
(1)已知{an}是正项等比数列,{bn}是等差数列,且a1＝b1＝1,1＋a3＝b2＋b4,a2＋2＝b3.记cn＝
bn
an
.
①求数列{cn}的前n 项和;
②判断数列{cn}是不是“凸数列”,并证明你的结论.
(2)设n 项正数数列a1,a2,…,an是“凸数列”,求证:
(
1
n
n
∑
i=1
ai)(
1
n−2
n-1
∑
j=2
a j)≥(
1
n−1
n-1
∑
i=1
ai)(
1
n−1
n
∑
j=2
a j),其中n>2,n∈N*.
(1)解 ①设{an}的公比为q(q>0),{bn}的公差为d,
由题意可得{
1＋q
2＝2＋4 d ,
q＋2＝1＋2d ,
解得{
q＝3,
d ＝2, 或{
q＝−1,
d ＝0 (舍去),
所以an＝3n－1(n∈N*),
bn＝2n－1(n∈N*).故cn＝2n−1
3
n−1 ,
记数列{cn}的前n 项和为Sn,则
Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn－1＋cn
＝1＋3
3 ＋5
3
2＋…＋2n−3
3
n−2 ＋2n−1
3
n−1 ,
∴1
3Sn＝1
3 ＋3
3
2 ＋5
3
3＋…＋2n−3
3
n−1 ＋2n−1
3
n
,
两式相减得,
2
3Sn＝1＋2×(
1
3 ＋1
3
2 ＋1
3
3 ＋…＋1
3
n−1)－2n−1
3
n
＝2－2n＋2
3
n
,
即Sn＝3－n＋1
3
n−1 (n∈N*).
②数列{cn}是“凸数列”.证明如下:
由①知cn＝2n−1
3
n−1 ,
所以 ci－1ci＋1＝2i−3
3
i−2 ·2i＋1
3
i
＝4i
2−4i−3
3
2i−2
<4i
2−4i＋1
3
2i−2
＝(
2i−1
3
i−1 )
2
＝ci
2,
故数列{cn}是“凸数列”.
(2)证明 记
n-1
∑
j=2
aj＝S＝a2＋a3＋…＋an－1,
则原不等式等价于
(n－1)2·S(S＋a1＋an)≥n(n－2)(S＋a1)(S＋an),
即(n－1)2·S2＋(n－1)2·S(a1＋an)≥n(n－2)·S2＋n(n－2)·S(a1＋an)＋n(n－2)·a1an,
因而只需证明S2＋S(a1＋an)≥n(n－2)·a1an,
因为ai－1ai＋1≤ai
2(i≥2,i∈N*),
所以
an
an−1≤
an−1
an−2≤
an−2
an−3≤…≤
a3
a2≤
a2
a1,
故a1an≤a2an－1≤a3an－2≤…,
而S＝a2＋a3＋…＋an－1＝1
2[(a2＋an－1)＋(a3＋an－2)＋…＋(an－2＋a3)＋(an－1＋a2)]≥√a2an−1＋√a3an−2
＋…＋√an−2a3＋√an−1a2≥(n－2)√a1an,
从而S2＋S(a1＋an)≥(n－2)2a1an＋2(n－2)·a1an＝(n2－2n)a1an,
即S2＋S(a1＋an)≥n(n－2)·a1an,结论得证.
类型二 数列中的新情境问题
例2 (2025·福州质检)将足够多的一批规格相同、质地均匀的长方体薄铁块叠放于水平桌面上,每
个铁块总比其下层铁块向外伸出一定的长度,如图,那么最上层的铁块最多可向桌沿外伸出多远而
不掉下呢?这就是著名的“里拉斜塔”问题.将铁块从上往下依次标记为第1 块、第2 块、第3 块、
…、第n 块,将前i(i＝1,2,3,…,n)块铁块视为整体,若这部分的重心在第(i＋1)块的上方,且全部铁
块整体的重心在桌面的上方,整批铁块就保持不倒.设这批铁块的长度均为1,若记第n 块比第(n＋1)
块向桌沿外多伸出的部分的最大长度为an,则根据力学原理,可得a2＝1
4,且{
1
an}为等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记数列{an}的前n 项和为Sn,
①比较Sn与1
2ln(n＋1)的大小;
②对于无穷数列{xn},如果存在常数A,对任意的正数ε,总存在正整数N0,使得∀n>N0,|xn－A|<ε,则
称数列{xn}收敛于A,也称数列{xn}的极限为A,记为lim
n→＋∞¿xn＝A;反之,则称{xn}不收敛.请根据数列
收敛的定义判断{Sn}是否收敛?并据此回答“里拉斜塔”问题.
解 (1)依题意,第1 块铁块比第2 块铁块向桌沿外伸出部分的最大长度为第1 块铁块自身长度的一
半,则a1＝1
2,
由{
1
an}为等差数列,得其首项为1
a1＝2,
公差d＝1
a2
－1
a1＝4－2＝2,
因此1
an
＝1
a1＋(n－1)d＝2＋2(n－1)＝2n,
即an＝1
2n,
所以{an}的通项公式是an＝1
2n.
(2)①由(1)知,Sn＝1
2 ＋1
4 ＋1
6＋…＋1
2n
＝1
2(1＋1
2 ＋1
3 ＋…＋1
n),
令函数f(x)＝ln(1＋x)－x,x>0,
求导得f'(x)＝
1
1＋x －1<0,
即函数f(x)在(0,＋∞)上单调递减,
则f(x)<f(0)＝0,即ln(1＋x)<x,取x＝1
n,
于是1
n>ln (1＋1
n)＝ln(n＋1)－ln n,
则1＋1
2 ＋1
3＋…＋1
n>ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋ln 4－ln 3＋…＋ln(n＋1)－ln n＝ln(n＋1),
所以Sn>1
2ln(n＋1).
②{Sn}不收敛.
给定正数A,对∀ε>0,令|1
2ln(n＋1)－A|<ε,
则A－ε<1
2ln(n＋1)<A＋ε,
解得e
2(A−ε)－1<n<e
2(A+ε)－1,
取N0＝[e
2(A+ε)－1]([x]表示不超过x 的最大整数),
显然当n>N0时,不等式|1
2ln(n＋1)－A|<ε 不成立,
即有1
2ln(n＋1)>A＋ε,
因此数列{
1
2 ln(n＋1)}不收敛,
则由①可知,当n>N0时,
Sn－A>1
2ln(n＋1)－A>ε,
因此当n>N0时,|Sn－A|<ε 不成立,
所以{Sn}不收敛,
{Sn}的意义是n 块叠放的铁块最上层的最多可向桌沿外伸出的长度,因为{Sn}不收敛于任意正数A,
所以只要铁块足够多,最上层的铁块最多可向桌沿外伸出的长度可以大于任意正数.
规律方法 新情境题型或给出几个新模型来创设新问题的情境,应耐心读题,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,实现信息迁移,达到灵活解题的目的.
训练2 (2025·广州质检)随着大数据时代来临,数据传输安全问题引起了人们的高度关注,国际上常
用的数据加密算法通常有AES,DES,RSA 等,不同算法密钥长度也不同,其中RSA 的密钥长度较长,
用于传输敏感数据.在密码学领域,欧拉函数是非常重要的,其中最著名的应用就是在RSA 加密算
法中的应用.设p,q 是两个正整数,若p,q 的最大公约数是1,则称p,q 互素.对于任意正整数n,欧拉
函数是不超过n 且与n 互素的正整数的个数,记为φ(n).
(1)试求φ(1)＋φ(9),φ(7)＋φ(21)的值;
(2)设p,q 是两个不同的素数,试用p,k 表示φ(pk)(k∈N*),并探究φ(pq)与φ(p)和φ(q)的关系;
(3)设数列{an}的通项公式为am＝5m−3
2
·φ(3m)(m∈N*),求该数列的前m 项和Tm.
解 (1)易得φ(1)＝1,
不超过9 且与9 互素的正整数有1,2,4,5,7,8,则φ(9)＝6,
不超过7 且与7 互素的正整数有1,2,3,4,5,6,则φ(7)＝6,
不超过21 且与21 互素的正整数有1,2,4,5,8,10,11,13,16,17,19,20,则φ(21)＝12,
所以φ(1)＋φ(9)＝7,φ(7)＋φ(21)＝18.
(2)在不大于pk的正整数中,只有p 的倍数不与pk互素,而p 的倍数有p
k−1个,
因此φ(pk)＝pk－p
k−1＝(p－1)p
k−1.
由p,q 是两个不同的素数,得φ(p)＝p－1,φ(q)＝q－1,
在不超过pq－1 的正整数中,p 的倍数有q－1 个,q 的倍数有p－1 个,
于是φ(pq)＝pq－1－(p－1)－(q－1)＝pq－p－q＋1＝(p－1)(q－1),
所以φ(pq)＝φ(p)·φ(q).
(3)根据(2)得am＝(5m－3)×3
m−1,
所以Tm＝2×30＋7×3＋12×32＋…＋(5m－3)·3
m−1,
3Tm＝2×31＋7×32＋12×33＋…＋(5m－3)·3m,
两式相减,得－2Tm＝2＋5×3＋5×32＋…＋5·3
m−1－(5m－3)·3m,
所以－2Tm＝15(1−3
m−1)
1−3
－(5m－3)·3m＋2,
故Tm＝11
4 ＋(
5m
2 −11
4 )·3m.
类型三 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
8.
(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Cm＋1
2
＋m＋1＝(m＋1)(m＋2)
2
.
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
Cm＋1
2
－m＝(m−1)m
2
.
从而Pm≥
(m＋1)(m＋2)
2
＋(m−1)m
2
C4 m＋2
2
＝m
2＋m＋1
8m
2＋6m＋1>1
8.
规律方法 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 (2025·武汉调研)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)＋b1
2＋b2
2＋…＋bm
2,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)①解 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)＋a1
2＋a2
2＋…＋an
2,
所以S(T1(P0))－S(P0)＝2n＋2a1＋2a2＋…＋2an－4－6－…－2(n＋1)＋n2－2a1－2a2－…－2an＋n＝
n2＋3n－(2n＋6)·n
2
＝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,…,am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.(2025·金华模拟)已知正n 边形的每个顶点上有一个数.定义一个变换T,其将正n 边形每个顶点上
的数变换成相邻两个顶点上的数的平均数,比如:
记n 个顶点上的n 个数顺时针排列依次为a1,a2,…,an,则T(ai)＝ai−1＋ai＋1
2
,i 为整数,2≤i≤n－
1,T(a1)＝an＋a2
2
,T(an)＝an−1＋a1
2
.设Tn(ai)＝T(T(…T(ai)))(共n 个T,表示n 次变换).
(1)若n＝4,ai＝i,1≤i≤4,求T2(a1),T2(a2),T2(a3),T2(a4);
(2)对于正n 边形,若T(ai)＝ai,1≤i≤n,证明:a1＝a2＝…＝an－1＝an;
(3)设n＝4k＋2,k∈N*,{a1,a2,…,an}＝{1,2,…,n},证明:存在m∈N*,使得Tm(ai)(i＝1,2,…,n)不全
为整数.
(1)解 当n＝4 时,T2(ai)的变换如下:
所以T2(a1)＝2,T2(a2)＝3,T2(a3)＝2,T2(a4)＝3.
(2)证明 ∵T(ai)＝ai,
∴ai−1＋ai＋1
2
＝ai(2≤i≤n－1),
∴{an}成等差数列,设公差为d,
又∵T(a1)＝a1＝an＋a2
2
,
则2a1＝a1＋(n－1)·d＋a1＋d,
∴d＝0,则a1＝a2＝…＝an－1＝an.
(3)证明 (反证法)假设对任意m∈N*,
Tm(ai)(i＝1,2…,n)均为整数.
由于T(ai)＝ai−1＋ai＋1
2
(2≤i≤n－1),T(ai)为整数,故ai－1与ai＋1的奇偶性相同,故a1,a3,…,a4k＋1同奇
偶,a2,a4,…,a4k＋2同奇偶,
而{a1,a2,…,a4k＋2}＝{1,2,…,4k＋2},a1,a2,…,a4k＋2中有(2k＋1)个奇数,(2k＋1)个偶数,
故不妨设a1,a3,…,a4k＋1为奇数,a2,a4,…,a4k＋2为偶数.
∵T2(a3)＝T (a2)＋T (a4)
2
＝
a1＋a3
2
＋a3＋a5
2
2
＝a1＋2a3＋a5
4
,
又∵T2(a3)为整数,且a3＝4k＋1 或4k＋3(k∈N),
∴a1和a5除4 的余数相同.同理,
∵T2(a7)＝T (a6)＋T (a8)
2
＝
a5＋a7
2
＋a7＋a9
2
2
＝a5＋2a7＋a9
4
,
∴a5和a9除4 的余数相同.
∵T2(a4k－1)＝T (a4 k −2)＋T (a4 k)
2
＝
a4 k −3＋a4 k −1
2
＋a4 k −1＋a4 k ＋1
2
2
＝a4 k −3＋2a4 k −1＋a4 k ＋1
4
,
∴a4k－3和a4k＋1除4 的余数相同,
∴a1,a5,a9,…,a4k＋1除4 的余数相同.
∵T2(a1)＝T (a4 k ＋2)＋T (a2)
2
＝
a4 k ＋1＋a1
2
＋a1＋a3
2
2
＝a4 k ＋1＋2a1＋a3
4
,
∴a4k＋1和a3除4 的余数相同.
∵T2(a5)＝T (a4)＋T (a6)
2
＝
a3＋a5
2
＋a5＋a7
2
2
＝a3＋2a5＋a7
4
,
∴a3和a7除4 的余数相同.
∵T2(a4k－3)＝a4 k −5＋2a4 k −3＋a4 k −1
4
,
∴a4k－5和a4k－1除4 的余数相同,
∴a4k＋1,a3,a7,a11,…,a4k－1除4 的余数相同.
综上,a1,a3,…,a4k＋1除4 的余数都相同,
而{a1,a2,…,a4k＋2}＝{1,2,…,4k＋2},矛盾.
假设不成立,所以存在m∈N*,
使Tm(ai)(i＝1,2…,n)不全为整数.
2.(2025·信阳模拟)若数列A:a1,a2,…,an(n≥3)中ai∈N*(1≤i≤n)且对任意的2≤k≤n－1,ak＋1＋ak－
1>2ak恒成立,则称数列A 为“U－数列”.
(1)若数列1,x,y,7 为“U－数列”,写出所有可能的x,y;
(2)若“U－数列”A:a1,a2,…an中,a1＝1,a2＝1,an＝2 017,求n 的最大值;
(3)设n0为给定的偶数,对所有可能的“U－数列”A:a1,a2,…,an0,记M＝max{a1,a2,…,an0},其中
max{x1,x2,…,xs}表示x1,x2,…,xs这s 个数中最大的数,求M 的最小值.
解 (1)当x＝1 时,{
1＋y >2,
1＋7>2 y ,
所以y＝2 或y＝3;
当x＝2 时,{
1＋y >4 ,
2＋7>2 y ,所以y＝4;
当x≥3 时,{
1＋y >2 x ,
x＋7>2 y 无整数解,
故所有可能的x,y 为{
x＝1,
y ＝2 或{
x＝1,
y ＝3 或{
x＝2,
y ＝4.
(2)一方面,注意到ak＋1＋ak－1>2ak⇔ak＋1－ak>ak－ak－1,
对任意的1≤i≤n－1,令bi＝ai＋1－ai,
则bi∈Z 且bk>bk－1(2≤k≤n－1),
故bk≥bk－1＋1 对任意的2≤k≤n－1 恒成立(*),
当a1＝1,a2＝2,an＝2 017 时,
注意到b1＝a2－a1＝1－1＝0,
得bi＝(bi－bi－1)＋(bi－1－bi－2)＋…＋(b2－b1)＋b1≥
1＋1＋…＋1
⏟
i−1个
＋0＝i－1(2≤i≤n－1),
此时an－a1＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＝b1＋b2＋…＋bn－1≥0＋1＋2＋…＋n－2
＝1
2(n－1)(n－2),(**)
即1
2(n－1)·(n－2)≤2 017－1,
解得－62≤n≤65,故n≤65.
另一方面,为使(**)式取到等号,所以取bi＝i－1(1≤i≤64),
则对任意的2≤k≤64,bk>bk－1,故数列{an}为“U－数列”,
此时由(**)式得a65＝1＋0＋1＋2＋…＋63
＝1＋(1＋63)×63
2
＝2 017,
即n＝65 符合题意.
综上,n 的最大值为65.
(3)当n0＝2m(m≥2,m∈N*)时,
一方面:由(*)式,得bk＋1－bk≥1,
则bm＋k－bk＝(bm＋k－bm＋k－1)＋(bm＋k－1－bm＋k－2)＋…＋(bk＋1－bk)≥m,
此时有(a1＋a2m)－(am＋am＋1)
＝(a2m－am)－(am＋1－a1)
＝(bm＋bm＋1＋bm＋2＋…＋b2m－1)－(b1＋b2＋…＋bm－1＋bm)
＝(bm＋1－b1)＋(bm＋2－b2)＋…＋(b2m－1－bm－1)≥m(m－1),
故M≥a1＋a2m
2
≥am＋am＋1＋m(m−1)
2
≥m
2−m＋2
2
＝(
n0
2 )
2
−n0
2 ＋2
2
＝n0
2−2n0＋8
8
.
另一方面,当b1＝1－m,b2＝2－m,…,
bm－1＝－1,bm＝0,bm＋1＝1,…,b2m－1＝m－1 时,
ak＋1＋ak－1－2ak＝(ak＋1－ak)－(ak－ak－1)
＝bk－bk－1＝1>0,
取am＝1,则am＋1＝1,a1>a2>a3>…>am,
am＋1<am＋2<…<a2m,
且a1＝am－(b1＋b2＋…＋bm－1)＝1
2m(m－1)＋1,
a2m＝am＋1＋(bm＋1＋bm＋2＋…＋b2m－1)
＝1
2m(m－1)＋1,
此时M＝a1＝a2m＝1
2m(m－1)＋1
＝1
2 × n0
2 ×(
n0
2 −1)＋1＝n0
2−2n0＋8
8
.
综上,M 的最小值为n0
2−2n0＋8
8
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