文档文本内容
第 01 讲 数列的概念与简单表示法
目录
第一部分：基础知识...............................................................................................1
第二部分：高考真题回顾........................................................................................3
第三部分：高频考点一遍过....................................................................................4
高频考点一：利用 与 的关系求通项公式(角度1：利用 替换 ).....4
高频考点二：利用 与 的关系求通项公式(角度2：利用 替换 ).....6
高频考点三：角利用 与 的关系求通项公式(角度3：作差法求通项).........8
高频考点四：利用递推关系求通项公式（角度1：累加法）........................11
高频考点五：利用递推关系求通项公式（角度2：累乘法）........................13
高频考点六：利用递推关系求通项公式（角度3：构造法）........................16
高频考点七：利用递推关系求通项公式（角度4：倒数法）........................18
高频考点八：数列的性质及其应用（角度1：数列的周期性）.....................20
高频考点九：数列的性质及其应用（角度2：数列的单调性）.....................22
第四部分：新定义题.............................................................................................24第一部分：基础知识
1、数列的有关概念
概念 含义
数列 按照一定顺序排列的一列数
数列的项 数列中的每一个数
数列的通项 数列 的第 项
如果数列 的第 项 与序号 之间的关系能用公式
通项公式
表示，这个公式叫做数列的通项公式
前n项和 数列 中， 叫做数列的前 项和
2、数列的表示方法
（1）列表法
列出表格来表示序号与项的关系．
（2）图象法
数列的图象是一系列孤立的点 ．
（3）公式法
①通项公式法：把数列的通项用公式表示的方法，如 ．
②递推公式法：使用初始值 和 或 ， 和 来表示数列的方法．
3、 与 的关系
若数列 的前 项和为 ，则 ．
4、数列的分类
分类标准 类型 满足条件
有穷数列 项数有限
项数
无穷数列 项数无限
递增数列
项与项间
的大小关 递减数列 其中
系
常数列第二部分：高考真题回顾
1．（2024·全国·高考真题（甲卷文））已知等比数列 的前 项和为 ，且 .
(1)求 的通项公式；
(2)求数列 的前n项和.
【答案】(1)
(2)
【知识点】写出等比数列的通项公式、等比数列通项公式的基本量计算、分组（并项）法求和、利用an与
sn关系求通项或项
【分析】（1）利用退位法可求公比，再求出首项后可求通项；
（2）利用分组求和法即可求 .
【详解】（1）因为 ,故 ，
所以 即 故等比数列的公比为 ，
故 ，故 ，故 .
（2）由等比数列求和公式得 ，
所以数列 的前n项和
.
2．（2024·全国·高考真题（甲卷理））记 为数列{a )的前 项和，已知 ．
n
(1)求{a )的通项公式；
n(2)设 ，求数列{b )的前 项和 ．
n
【答案】(1)
(2)
【知识点】错位相减法求和、利用an与sn关系求通项或项
【分析】（1）利用退位法可求{a )的通项公式．
n
（2）利用错位相减法可求 .
【详解】（1）当 时， ，解得 ．
当 时， ，所以 即 ，
而 ，故 ，故 ，
∴数列{a )是以4为首项， 为公比的等比数列，
n
所以 .
（2） ,
所以
故
所以
，
.
第三部分：高频考点一遍过
高频考点一：利用 与 的关系求通项公式(角度1：利用 替换 )
典型例题
例题1．（23-24高二下·江苏南京·阶段练习）设各项均为正数的数列 的前 项和为 ，且满足
， ，则数列 的通项公式是 ．【答案】
【知识点】利用an与sn关系求通项或项
【分析】分解因式化简条件式得 ，利用 与 的关系计算即可.
【详解】由 可得 ，
所以 （舍）， ，
当 时， ，
当 时， ，
将 代入， ，
所以 的通项公式是
故答案为： ．
例题2．（24-25高二上·上海·课后作业）已知数列 的前n项和为 ，且 ，则数列 通
项公式 ．
【答案】
【知识点】利用an与sn关系求通项或项
【分析】利用 结合已知条件求解 .
【详解】当 时， ；
当 时， ，
因为 不符合上式，
所以 .
故答案为：
练透核心考点
1．（23-24高一下·上海·期末）已知数列 的前 项和 ，则它的通项公式 ．
【答案】 ．
【知识点】利用an与sn关系求通项或项
【分析】由 与 的关系，化简可得所求通项公式．
【详解】由 ，可得 时， ；当 时， ．
此时，当
综上，可得 ．
故答案为： ．
2．（23-24高二下·黑龙江双鸭山·阶段练习）已知数列{a )的前n项和为 .
n
(1)求 ， ；
(2)求数列{a )的通项公式.
n
【答案】(1) ，
(2) .
【知识点】利用an与sn关系求通项或项
【分析】（1）赋值法求得 ，再根据 求解即可；
（2）利用 和 关系求解通项公式即可.
【详解】（1）令 得 ，令 得 ，所以 .
（2）当 时， ，
当 时， ，
经检验 满足上式，所以 .
高频考点二：利用 与 的关系求通项公式(角度2：利用 替换 )
典型例题
例题1．（23-24高二下·江苏南京·开学考试）设 是数列 的前 项和，且 .若对 满足
，数列 的前 项和为 ．
【答案】
【知识点】利用定义求等差数列通项公式、利用an与sn关系求通项或项、裂项相消法求和
【分析】先根据 关系化简，再根据等差数列求出通项最后应用裂项相消求和即可.【详解】由题知， .
因为 ，所以 ,
两边同时除以 得， ，
所以数列 是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以 所以 ，
因为 ，
所以数列 的前 项和为
.
故答案为：
例题2．（23-24高二上·山东青岛·期末）已知正项数列 的首项 ，前 项和 满足
．
(1)求数列 的通项公式；
【答案】(1) ；
【知识点】错位相减法求和、利用an与sn关系求通项或项、利用定义求等差数列通项公式、求等比数列
前n项和
【分析】（1）根据给定条件，利用 变形给定等式，利用等差数列通项公式求出 ，再
求出数列{a )的通项.
n
【详解】（1）由 ，得 ，
则 ，而 ，因此 是首项为1，公差为1的等差数列，
于是 ，即 ，当 时， ， 满足上式，
所以数列{a )的通项公式 .
n
练透核心考点
1．（23-24高二下·四川南充·阶段练习）已知数列 满足 ，
(1)求数列 的通项公式;【答案】(1)
【知识点】基本不等式求和的最小值、利用an与sn关系求通项或项、裂项相消法求和
【分析】（1）通过 与 的关系，求出数列 为等差数列，进而求数列 的通项公式；
【详解】（1）由题意可知， ，
所以当 时， ， ，
所以 ，
即 ，
故数列 首项为 ，公差为1的等差数列，
所以 ，
即 ，
当 时成立.
所以 .
所以 ，
所以数列 的通项公式为 .
2．（23-24高二上·甘肃兰州·期末）已知各项均为正数的数列 前 项和为 ，且 ，
.
(1)求数列 的通项公式；
【答案】(1)
【知识点】确定数列中的最大（小）项、利用an与sn关系求通项或项、裂项相消法求和
【分析】（1）根据条件得到 ，即数列 构成以 为首项， 为公差的等差数列，从而得
到 ，再利用 与 间的关系，即可求出结果；
【详解】（1）因为 ，得到 ，又 ，所以数列 构成以 为首项， 为公差的等差数列，
故 ，得到 ，
当 时， ，所以 ，
又 时， ，即 ， 也满足，
所以 .
高频考点三：角利用 与 的关系求通项公式(角度3：作差法求通项)
方法总结：已知等式中左侧含有： ，作差法（类似 ）（注意记忆该模型）
典型例题
例题1．（23-24高二下·江西抚州·阶段练习）数列 满足 ，则
.
【答案】
【知识点】利用an与sn关系求通项或项
【分析】当 时求出 ，当 时 ，作差即可得解.
【详解】因为 ，
当 时 ，
当 时 ，
所以 ，
所以 ，
当 时 不成立，所以 .
故答案为：
例题2．（23-24高二下·辽宁·期中）已知正项等差数列 ， 为数列 的前 项和，且满足 ，，设数列 满足 .
(1)分别求数列 和 的通项公式；
【答案】(1) ，
【知识点】利用an与sn关系求通项或项、等差数列通项公式的基本量计算、求等差数列前n项和、求等
比数列前n项和
【分析】（1）利用等差数列基本量运算求得 ，再由{b )的和式 采用作差法求得 并验证即得通项；
n
【详解】（1）设正项等差数列{a )的公差为 ，
n
因为 ， ，所以 ，解得：
所以 .
数列{b )满足
n
设 ，
当 时，有 ，即 ，
当 时，有 ，得
符合 ，所以
练透核心考点
1．（23-24高二下·辽宁·期中）已知数列 满足 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】利用an与sn关系求通项或项
【分析】由数列递推式考虑赋值作差，即可求出 ，需要检测首项是否符合.
【详解】由 ① 知，
当 时， ；
当 时， ②，
由① ② ： ，即得 ，
当 时，符合题意，故 .故选：A.
2．（2024 高三下·全国·专题练习）数列 满足 ，则
．
【答案】
【知识点】由递推关系式求通项公式、利用an与sn关系求通项或项
【分析】
令 ，得到 ，结合 与 的关系，求得 ，进而求得 ，得到答案.
【详解】
令 ， 的前 项和为 ，
因为 ，可得 ，
当 时， ；
当 时， ，
将 代入上式可得 ，
综上可得 ，即 ，所以 .
故答案为： .
高频考点四：利用递推关系求通项公式（角度1：累加法）
累加法（叠加法）(记忆累积法模型)
a −a =f(n)(n∈N¿ )
若数列 满足 ，则称数列 为“变差数列”，求变差数列 的通项时，利
{a } n+1 n {a } {a }
n n n
用恒等式
a =a +(a −a )+(a −a )+¿⋅¿+(a −a )=a +f(1)+f(2)+f(3)+¿⋅¿+f(n−1)(n≥2)求
n 1 2 1 3 2 n n−1 1
通项公式的方法称为累加法。
具体步骤：将上述 个式子相加（左边加左边，右边加右边）得：
=
整理得： =
典型例题
例题1．（24-25高三上·辽宁沈阳·开学考试）若数列{a )满足 ，数列 的前n项和为
n
，则
【答案】 /
【知识点】累加法求数列通项、裂项相消法求和
【分析】根据给定条件，利用累加法求出 ，再利用裂项相消法求和.
【详解】当 时， ，
而 满足上式，因此 ， ，
.
故答案为：
例题2．（23-24高二下·广东深圳·期末）设数列 满足 .
(1)求数列 的通项公式;
【答案】(1)
【知识点】累加法求数列通项、裂项相消法求和、求等差数列前n项和、分组（并项）法求和
【分析】（1）利用累加法求解数列通项公式，再根据分组求和进行化简；
【详解】（1）
可知上式相加得
所以数列 {a ) 的通项公式
n
练透核心考点
1．（2024·四川·模拟预测）数列 满足 ，且 ，则 等于（ ）
A．148 B．149 C．152 D．299
【答案】B
【知识点】累加法求数列通项、根据数列递推公式写出数列的项
【分析】根据递推公式求 和偶数项之间的递推关系，然后由累加法可得.
【详解】由题意得 ，因为 ， ，
所以 ，
所以 ．
故选：B．
2．（23-24高二下·河南南阳·期末）已知数列{a )满足 ，当 时， .
n
(1)求{a )的通项公式；
n
【答案】(1)
【知识点】累加法求数列通项、求等比数列前n项和、由递推关系式求通项公式、数列不等式恒成立问题
【分析】（1）应用累加法求通项公式；
【详解】（1）当 时，
.
又 ，因此{a )的通项公式为 .
n
高频考点五：利用递推关系求通项公式（角度2：累乘法）
累乘法（叠乘法）（记忆累乘法模型）
a
若数列 满足 n+1 =f(n)(n∈N¿)，则称数列 为“变比数列”，求变比数列 的通项时，利用
{a } a {a } {a }
n n n na a a a
a =a⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅¿⋅¿ n =a⋅f(1)⋅f(2)⋅f(3)⋅¿⋅¿f(n−1)(n≥2)求通项公式的方法称为累乘法。
n 1 a a a a 1
1 2 3 n−1
具体步骤：
将上述 个式子相乘（左边乘左边，右边乘右边）得：
整理得：
典型例题
例题1．（23-24高二下·四川达州·期中）在数列 中，若 ，且对任意 有 ，则数列
的前30项和为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】错位相减法求和、累乘法求数列通项
【分析】由累乘法求出 ，再由错位相减法求出数列 的前 项和为 ，即可求出 .
【详解】因为任意 有 ，
所以 ， ，，……， ，
上式累乘可得： ，
因为 ，所以 ，
设数列 的前 项和为 ，，
，
，
两式相减可得： ，
所以 ，
所以 ，
所以 .
故选：D.
例题2．（2024高三·全国·专题练习）记 为数列 的前 项和， ，.
(1)求 的通项公式；
【答案】(1)
【知识点】错位相减法求和、利用an与sn关系求通项或项、累乘法求数列通项
【分析】（1）利用 之间的关系，再结合累乘法计算化简即可．
（2）表示出数列 的前 项和 ，利用错位相减法计算化简即可．
【详解】（1）结合题意：因为 ①，
当 时， ②，
所以①-②得 ，即 ，
所以 ，
当 时，上式也成立.
故{a )的通项公式 ．
n
练透核心考点
1．（2024高三下·全国·专题练习）在数列 中， ，前 项和 ，则数列 的通项
公式为 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】累乘法求数列通项、利用an与sn关系求通项或项【分析】根据数列递推式，得 ，两式相减，可得 ，利用累乘法，即可得
到结论
【详解】由于数列 中， ，前 项和 ，
∴当 时， ，
两式相减可得：
∴ ，
所以 ，
因此 ，
故选：A.
2．（23-24高二下·广东佛山·期中）已知数列 满足 .
(1)求 的通项公式.
【答案】(1)
【知识点】错位相减法求和、累乘法求数列通项、求等比数列前n项和
【分析】（1）根据题意利用累乘法可求得通项公式；
【详解】（1）因为 ，
所以 ， ， ，……， ，
所以 ，
所以 ，得 ；
高频考点六：利用递推关系求通项公式（角度3：构造法）
用“待定系数法”构造等比数列
形如 a =ka+p （k,p为常数，kp≠0）的数列，可用“待定系数法”将原等式变形为
n+1 n
p
（其中：m= ），由此构造出新的等比数列 ，先求出 的通项，从而
a +m=k(a +m) k−1 {a +m} {a +m}
n+1 n n n{a }
求出数列 的通项公式.
n
标准模型：a =ka+p（k,p为常数，kp≠0）或 （k,p为常数，kp≠0）
n+1 n
典型例题
例题1．（23-24高二下·江西南昌·阶段练习）已知数列{a )的递推公式为 且 ，则数
n
列{a )的前n项和 =
n
【答案】
【知识点】求等比数列前n项和、构造法求数列通项、由递推关系证明等比数列
【分析】由题意可得 是首项为 ，公比为 的等比数列，即可求出 ，再由分组求和法求
解即可.
【详解】当 时， ，
则 ，所以 是首项为 ，公比为 的等比数列，
所以 ，所以 ，
数列 的前n项和 .
故答案为：
例题2．（23-24高二下·四川南充·期中）已知数列{a )的首项为 ，且满足 ，则
n
．
【答案】
【知识点】构造法求数列通项、由递推关系式求通项公式、写出等比数列的通项公式
【分析】借助所给条件可构造 ，即可得数列 为等比数列，即可得 .
【详解】由 ，即 ，
则 ，又 ，
故数列 是以 为公比、 为首项的等比数列，
即 ，则 .
故答案为： .
例题3．（2024高三·全国·专题练习）已知数列 满足 ，且 ， .求数
列 的通项公式；
【答案】【知识点】由递推关系式求通项公式、写出等比数列的通项公式、构造法求数列通项
【分析】构造法得到新数列为等比数列，求出通项公式，再得到原数列通项公式.
【详解】因为 ，所以 ，
又因为 ，所以数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，
所以， ，①
又因为 ，所以，数列 为常数列，
故 ，②
② ①可得 ，所以， ，
所以，对任意的 ， .
练透核心考点
1．（23-24高二下·河南·阶段练习）已知数列 满足 ， .
(1)证明：数列 为等比数列；
【答案】(1)证明见解析
【知识点】由递推关系证明等比数列、构造法求数列通项、等差数列通项公式的基本量计算、写出等比数
列的通项公式
【分析】（1）分析可得 ，结合等比数列的定义分析证明；
【详解】（1）因为 ，则 ，
且 ，可得 ，
所以 是以3为首项，3为公比的等比数列；
2．（2024高三下·四川成都·专题练习）已知数列{a )的前 项和为 ，且满足 ．
n
(1)求证：数列 为等比数列；
【答案】(1)证明见解析
【知识点】由递推关系证明等比数列、错位相减法求和、利用an与sn关系求通项或项、构造法求数列通
项
【分析】（1）由 与 的关系，结合等比数列的定义和通项公式，可得所求；【详解】（1）当 时， ，解得 ，
当 时，由 ，可得 ,
两式相减得 ，所以 ，
又因为 ，所以 是首项为 ，公比为 的等比数列.
高频考点七：利用递推关系求通项公式（角度4：倒数法）
用“倒数变换法”构造等差数列
qa
类型1：形如a = n （ 为常数， ）的数列，通过两边取“倒”，变形为
n+1 pa+q p,q pq≠0
n
1 1 p 1 1 p {1 } {1 }
= + ，即： − = ，从而构造出新的等差数列 ，先求出 的通项，即可求得 .
a a q a a q a a a
n+1 n n+1 n n n n
类型2：形如 （ 为常数， ， ， ）的数列，通过两边取“倒”，
p,q
变形为 ，可通过换元： ，化简为： （此类型符构造法类型1： 用
“待定系数法”构造等比数列：形如 a =ka+p （k,p为常数，kp≠0）的数列，可用“待定系数
n+1 n
p
法”将原等式变形为 （其中：m= ），由此构造出新的等比数列 ，先求出
a +m=k(a +m) k−1 {a +m}
n+1 n n
{a }
{a
n
+m}的通项，从而求出数列
n
的通项公式.）
典型例题
例题1．（24-25高三上·四川泸州·开学考试）已知数列 的首项 ，且满足 ．
(1)求证：数列 为等比数列；
【答案】(1)证明见详解；
【知识点】由递推关系证明等比数列、分组（并项）法求和、构造法求数列通项
【分析】（1）将已知等式取倒，通过构造数列即可得证；
【详解】（1）因为 ，所以 ，
所以 ，又 ，所以数列 是以 为首项， 为公比的等比数列.
例题2．（2024高三·全国·专题练习）已知数列 满足 ，且 ，求数列 的通项公式.
【答案】
【知识点】由递推关系式求通项公式、构造法求数列通项、写出等比数列的通项公式、由递推关系证明等
比数列
【分析】根据题意先证数列 为等比数列，再结合等比数列的通项公式分析求解.
【详解】因为 ，且 ，可知 ，
则 ，可得 ，
且 ，
可知数列 是首项为2，公比为4的等比数列，
可得 ，所以 .
练透核心考点
1．（23-24高一下·上海·期末）在数列 中，已知 ．
(1)求 的通项公式；
【答案】(1) ；
【知识点】等差数列的简单应用、裂项相消法求和、构造法求数列通项
【分析】（1）依题意得 ，而 ，则数列 为等差数列，即可求解；
【详解】（1）解：由 ，得 ，得 ，而 ，
则数列 为等差数列，其首项为1，公差为1，
则 ，故 的通项公式为： ，
2．（2024·陕西咸阳·三模）数列 满足 ， .
(1)求数列 通项公式；
【答案】(1) ；
【知识点】利用定义求等差数列通项公式、分组（并项）法求和、构造法求数列通项
【分析】（1）变形给定等式，利用等差数列求出通项即得.
【详解】（1）数列{a )中， ， ，显然 ，则 ，
n
数列 是首项为1，公差为1的等差数列， ，
所以数列{a )通项公式是 .
n
高频考点八：数列的性质及其应用（角度1：数列的周期性）
典型例题
例题1．（23-24高二上·云南昆明·阶段练习）数列 中， ，则 的值为
（ ）
A． B． C．5 D．
【答案】A
【知识点】根据数列递推公式写出数列的项、数列周期性的应用
【分析】根据题意，得到数列{a )的周期性，结合 ，即可求解.
n
【详解】由数列{a )中， ，
n
可得 ，
可得数列{a )是以 三项为周期的周期性循环出现，
n
所以 .故选：A.
例题2．（23-24高二下·河南信阳·期末）意大利数学家斐波那契提出了一个著名的兔子问题，得到了斐波
那契数列.数列 满足 ， .现从数列的前2023项中随机抽取1项，能被3除余1的
概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】计算古典概型问题的概率、数列周期性的应用
【分析】求出数列各项的余数，得到余数数列为周期数列，周期为8，从而得到前2023项中被3除余1的
有 项，得到概率.
【详解】根据斐波那契数列的定义知， ，
被3除的余数依次为1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，0，…，
余数数列为周期数列，周期为8， ，
所以数列的前2023项中被3除余1的有 项，
故所求概率为 .
故选：D.
练透核心考点
1．（23-24高二下·四川成都·期中）已知数列 满足 ， （ ），则 （ ）
A．2 B． C． D．2023
【答案】B
【知识点】数列周期性的应用、根据数列递推公式写出数列的项
【分析】由题意确定数列为周期数列，然后求解即可.
【详解】由 , 可推得 ,
所以数列 是以3为周期的一个周期数列,
所以 .
故选：B.
2．（23-24高二下·河南焦作·期中）记数列 的前 项和为 ，前 项积为 ，若 且
，则 .【答案】
【知识点】由递推数列研究数列的有关性质、数列周期性的应用
【分析】计算数列的前几项，推得数列 是最小正周期为4的数列，由 ，可得首项为2，进而得
到所求和．
【详解】若 ，即 ，
设 ， ， ， ， ，
可得数列 是最小正周期为4的数列，
则 ，
即有 ， ， ， ，
可得 ，
则 ．
故答案为： ．
高频考点九：数列的性质及其应用（角度2：数列的单调性）
方法总结：求数列最值的常用方法
(1)利用数列的单调性:根据单调性求数列的最值.
(2)通过建立不等式组求解:若设第 ( )项最大,则有 解该不等式组确定 的值即得数列的
最大值（注意 ）.
(3)通过建立不等式组求解:若设第 ( )项最大,则有 解该不等式组确定 的值即得数列的
最小值（注意 ）.
典型例题
例题1．（24-25高三上·广东汕头·开学考试）已知数列 ，则数列 的前100项中
的最小项和最大项分别是（ ）
A． ， B． ， C． ， D． ，
【答案】B【知识点】确定数列中的最大（小）项
【分析】先化简 ，再借助函数的单调性分析得解.
【详解】 ，
因为 ，
所以 时，数列 单调递增，且 ； 时，数列 单调递增，且 .
∴在数列 的前100项中最小项和最大项分别是 .
故选：B.
例题2．（23-24高二下·北京房山·期末）设无穷数列 的通项公式为 .若 是单调
递减数列，则 的一个取值为 .
【答案】 （答案不唯一， 即可）
【知识点】根据数列的单调性求参数、数列不等式恒成立问题
【分析】根据数列的函数特性，可得 ，解不等式可得 的取值范围.
【详解】由 可得 ，
又 是单调递减数列，可得 ，
即 ，
整理得 恒成立，
即 恒成立，
∴ ，
又因为 ，所以 ，
即 取值范围为 ，
故答案为： （答案不唯一， 即可）
练透核心考点
1．（23-24高一下·天津）已知 ，则数列 的最大项（ ）
A． B． C． 或 D．不存在
【答案】C
【知识点】判断数列的增减性、确定数列中的最大（小）项、利用导数求函数的单调区间（不含参）
【分析】令 ，根据导数求出 的单调递增和单调递减区间，求出 取得极大值时 的值，求出数列 的最大项.
【详解】令 ，所以 ，
所以 在 上递增，在 上递减，
所以 时，函数 取得极大值即最大值，
因为 ， ，
所以数列 的最大项为 或 .
故选：C.
2．（23-24高二上·江苏南京·阶段练习）已知数列 满足： ，且数列
是递增数列，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】根据数列的单调性求参数
【分析】由数列的单调性求解．
【详解】由题意 ，解得 .
故选：C.
第四部分：新定义题
1．（多选）（山东省青岛市2024-2025学年高三上学期期初调研检测数学试题）设数列{a )和{b )的项数
n n
均为 ，称 为数列{a )和{b )的距离．记满足 的所有数列{a )构成的集合为 ．已知
n n n
数列 和 为 中的两个元素，项数均为 ，下列正确的有（ ）
A．数列 和数列 的距离为
B．若 ，则
C．若 ，则D．若 ， ，数列 和 的距离小于 ，则 的最大值为
【答案】ABD
【知识点】由递推数列研究数列的有关性质、分组（并项）法求和、数列新定义
【分析】根据数列距离的定义求两数列的距离判断A，结合数列 ， 的递推关系证明两数列具有周
期性，判断B，利用基本不等式求 ，由此求 ，判断C，由条件求
，结合周期性可求 ， ，由此判断D.
【详解】对于A，根据数列距离的定义可得：
数列 和数列 的距离为 ，A正确；
对于B，设 ，其中 ，且 ，由 ，
所以 ， ， ， ，
则 ，
因此数列 中的项周期性重复，且间隔 项重复一次，
所以 ， ， ，
设 ，其中 ，且 ，由 ，
所以 ， ， ， ，
则 ，
因此数列 中的项周期性重复，且间隔 项重复一次，
所以 ， ， ，
所以若 ，则 ，B正确；
因为 ，其中 ，且 ，
所以 ，
所以 ，
所以若 ， ，C错误；所以数列 中， ， ， ， ， ，
故 中， ， ， ， ， ，
，
所以项数 越大，数列 和 的距离越大，
由 ，可得 ，
，
所以 时， ，
故 的最大值为 ；
所以数列 和 的距离小于 ，则 的最大值为 ，D正确.
故选：ABD.
【点睛】“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.
2．（24-25高三上·山东菏泽·开学考试）已知数集 具有性质 ：
对任意的 与 两数中至少有一个属于 .
(1)分别判断数集 与 是否具有性质 ，并说明理由；
(2)（i）证明： 且 ；
（ii）当 时，若 ，写出集合 .
【答案】(1) 不具有， 具有，理由见解析
(2)（i）证明见解析；（ii）
【知识点】根据数列递推公式写出数列的项、由递推数列研究数列的有关性质、写出等比数列的通项公
式、集合新定义
【分析】（1）利用给定定义直接判断即可.
（2）（i）利用定义，推理论证可得 ，再相加即得；（ii）由定义可得数列 为等比数列，求出通项即可得解.
【详解】（1）因为 与 均不属于数集 ，所以数集 不具有性质 ；
因为 都属于数集 ，
所以数集 具有性质 .
（2）（i）由 具有性质 ，得 与 中至少有一个属于 ，
由 ，得 ，即 ，从而 ，则 ，
由 ，得 ，则 ，
由 具有性质 ，知 ，
又 ，于是 ，
从而 ，
所以 .
（ii）由（i）知， ，即 ，
由 ，得 ，则 ，由数集 具有性质 ，得 ，
由 ，得 ，且 ，于是 ，即 ，
因此 ，数列 是首项 ，公比 的等比数列，即 ，
所以 .
【点睛】方法点睛：集合新定义，需要正确理解题干中的信息，并转化为我们熟悉的知识进行求解，常常
用到列举法，反证法等逻辑思路解决问题.
3．（2024·海南·模拟预测）定义：已知数列 为有穷数列， 对任意 （ ），总存在
，使得 ，则称数列 为“乘法封闭数列”；①对任意 （ ），总存在
②
，使得 ，则称数列 为“除法封闭数列”，(1)若 ，判断数列 是否为“乘法封闭数列”.
(2)已知递增数列 ，为“除法封闭数列"，求 和 .
(3)已知数列 是以1为首项的递增数列，共有 项， ，且为“除法封闭数列”，探究：数列
是否为等比数列，若是，请给出说明过程；若不是，请写出一个满足条件的数列 的通项公式.
【答案】(1)不是
(2)
(3)是；说明过程见解析
【知识点】确定数列中的最大（小）项、等比数列的定义、由不等式的性质比较数（式）大小、数列新定
义
【分析】（1）举例说明 两项之积不是数列 中的项即可；
（2）由递增数列得不等关系，再利用不等式性质重新排序，由此将两类排序数列中的项对应相等，建立
方程组求解可得；
（3）由特殊到一般，找到规律，同（2）方法分别以 项与 项的大小关系入手，排序可得两个系列的
等量关系，借助中间量可得比例关系 ，由此得证.
【详解】（1）由题意知，数列 为： .
由 ， 不是数列 中的项，
故数列 不是“乘法封闭数列”；
（2）由题意数列递增可知 ，则 ，且 ，
又数列 为“除法封闭数列”，则 都是数列 中的项，
所以 ，即 ①；
且 ，即 ②，
联立①②解得， ；
（3）数列 是等比数列.
证明：当 时，设数列 为 ，
由题意数列 递增可知 ，
则有 ，由数列 为“除法封闭数列”，
则 这 个数都是数列 中的项，
所以有 ，
则有 ， ③；
同理由 ，可得 ，
则有 ，即 ④；
由③④可得， ，故 是等比数列.
当 时，由题意数列 递增可知 ，
则有 ，
由数列 为“除法封闭数列”，则这 个数都是数列 中的项.
所以有 .
所以有 ，即 ⑤；
同理由 ，可得 ，
所以 .
则 ，即 ⑥，
联立⑤⑥得， ，
则 ，所以有 ，
所以 ，故数列{a )是等比数列.
n
综上所述，数列{a )是等比数列.
n
【点睛】关键点点睛：数列新定义问题，解决的关键有两点：一是紧抓新数列的定义，如题目中“封闭”
条件的使用，即“任意两项之积（商）仍是数列的项”这一条件是解题的入手点；二是应用数列的单调性或等差比通项特性等重要性质构造等量或不等关系解决问题，如题目中根据递增数列与不等式性质对数列
中的项重新排序，一个递增数列的两种排序形式必为同一排序，故对应项相等，从而挖掘出新数列的项的
关系.
