重难点21 数列中的新定义、新情景问题
【全国通用】
【题型1 数列中的新概念】......................................................................................................................................2
【题型2 数列中的新运算】......................................................................................................................................4
【题型3 数列中的新情景问题】..............................................................................................................................8
【题型4 斐波那契数列】........................................................................................................................................11
【题型5 牛顿数列问题】........................................................................................................................................13
【题型6 以数列和项与通项关系定义新数列】...................................................................................................17
【题型7 数列定义新性质问题】............................................................................................................................21
【题型8 数列中的其他新定义问题】....................................................................................................................26
1、数列中的新定义、新情景问题
数列是高考的重点和热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考压轴题中
出现数列的新定义、新情景问题是高考的一个重要趋势，我们总能在试卷的压轴题位置发现新定义数列题
的身影，它们对数列综合问题的考查常常以新定义、新构造和新情景形式呈现，这类问题综合性强，有时
还伴随着集合、导数以及平面解析几何等内容，难度较大，需要灵活求解.
知识点
1
数列中的新概念
1．数列中的新概念问题的解题策略：
通过创新概念，以集合、函数、数列等的常规知识为问题背景，直接利用创新概念的内涵来构造相应的关
系式(或不等式等)，结合相关知识中的性质、公式来综合与应用.
知识点
2 数列中的新定义、新情景问题
1．数列中的新定义问题的求解策略
(1)新定义问题：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)求解策略：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，运算，验证，使得问题得以解决.
(3)求解新定义的数列，可以类比“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.
2．数列中的新情景问题的求解策略
新情景
问题
：通过给出一个新的数列的概念，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情
景，要求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.
知识点
3 斐波那契数列
1．斐波那契数列的概念
把这个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，...称为斐波那契数列，一般记为{Fn}.
2．斐波那契数列的递推公式
递推公式：
.
3．斐波那契数列的通项公式
通项公式：
.
【题型1 数列中的新概念】
【例1】（2025·四川南充·三模）对于数列{an)，规定Δan为数列{an)的一阶差分，其中
Δan=an+1−an(n∈N
*)，规定Δ
k an为数列{an)的k 阶差分，其中Δ
k an= Δ
k −1an+1−Δ
k −1an(n∈N
*)．若
an= n(n−1)(2n−1)
6
，则Δ
2a6=（ ）
A．7
B．9
C．11
D．13
【答案】D
【解题思路】由数列的新定义计算即可.
【解答过程】由Δan=an+1−an(n∈N
*)可得
Δa7=a8−a7= 8×7×15
6
−7×6×13
6
= 49，
Δa6=a7−a6= 7×6×13
6
−6×5×11
6
=36，
由Δ
k an= Δ
k −1an+1−Δ
k −1an(n∈N
*)可得Δ
2a6= Δa7−Δa6，
所以Δ
2a6= Δa7−Δa6= 49−36=13，
故选：D.
【变式1-1】（2025·全国·模拟预测）将正整数n 分解为两个正整数k1，k2的积，即n=k1k2，当k1，k2两
数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解.如12=1×12=2×6=3×4，其中3×4即为12 的最优分解，
当k1，k2是n 的最优分解时，定义f (n)=|k1−k2)，则数列{f (2
n))的前2024 项的和为（ ）
A．2
1011−1
B．2
1011
C．2
1012−1
D．2
1012
【答案】C
【解题思路】根据题意，对n分奇数和偶数进行讨论，进而可以得到f (2
n)的表达式，再利用等比数列的求
和公式求解即可.
【解答过程】当n=2k (k ∈N
*)时，2
n=2
2k =2
k×2
k，
所以f (2
n)= f (2
2k)=|2
k−2
k)=0，
当n=2k −1(k ∈N
*)时，2
2k −1=2
k −1×2
k，
则f (2
n)= f (2
2k −1)=|2
k −1−2
k)=2
k −1，
故数列{f (2
n))的前2024 项的和为2
0+2
1+2
2+⋅⋅⋅+2
1011= 1−2
1012
1−2
=2
1012−1.
故选：C.
【变式1-2】（2025·湖北武汉·三模）将1,2,⋅⋅⋅,n按照某种顺序排成一列得到数列{an)，对任意
1≤i< j≤n，如果ai>a j，那么称数对(ai,a j)构成数列{an)的一个逆序对.若n= 4，则恰有2 个逆序对的数列
{an)的个数为（ ）
A．4
B．5
C．6
D．7
【答案】B
【解题思路】根据逆序对的定义，分数列{an)的第一个数为4，数列{an)的第二个数为4，数列{an)的第三
个数为4，数列{an)的第四个数为4，四种情况讨论即可.
【解答过程】若n= 4，则1≤i< j≤4，
由1,2,3,4构成的逆序对有(4,3),(4,2),(4,1),(3,2),(3,1),(2,1)，
若数列{an)的第一个数为4，则至少有3个逆序对，
若数列{an)的第二个数为4，
则恰有2 个逆序对的数列{an)为{1,4,2,3)，
若数列{an)的第三个数为4，
则恰有2 个逆序对的数列{an)为{1,3,4,2)或{2,1,4,3)，
若数列{an)的第四个数为4，
则恰有2 个逆序对的数列{an)为{2,3,1,4)，{3,1,2,4)
综上恰有2 个逆序对的数列{an)的个数为5个.
故选：B.
【变式1-3】（2025·河南·模拟预测）我们把由0 和1 组成的数列称为0−1数列，0−1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{Fn)（F1= F2=1，Fn+2= Fn+ Fn+1）中的奇数换成0，偶数
换成1 可得到0−1数列{an)，若数列{an)的前n项和为Sn，且Sk =100，则k的值可能是（ ）
A．100
B．201
C．302
D．399
【答案】C
【解题思路】根据题意求出{an)的前若干项，找出规律，从而逐一检验各选项即可得解.
【解答过程】因为F1= F2=1，Fn+2= Fn+ Fn+1，
所以F3=2, F4=3, F5=5, F6=8, F7=13, F8=21, F9=34 ,⋯，
所以数列{an)的前若干项为：
a1=a2=0,a3=1,a4=0,a5=0,a6=1,a7=0,a8=0,a9=1,⋯，
则a1+a2+a3=a4+a5+a6=a7+a8+a9=⋯=1，
所以S100=33×1+0=33，S201=67×1=67，
S302=100×1+0×2=100，S399=133×1=133.
故选：C.
【题型2 数列中的新运算】
【例2】（2025·天津和平·三模）定义新运算：|
a
b
c
d)=ad −bc，已知数列{an)(n∈N
*)满足a1=−14，
|
an+1
1
2an
2)=10n，则a10=（ ）
A．239
B．225
C．211
D．261
【答案】C
【解题思路】根据题可得an+1−an=5n，即可利用累加法求解通项得解.
【解答过程】由|
an+1
1
2an
2)=10n可得2an+1−2an=10n⇒an+1−an=5n，
故an−an−1=5(n−1),an−1−an−2=5(n−2),⋯,a2−a1=5×1,
累加可得an=5(n−1)+5(n−2)+⋯+5×1+a1=5 (1+n−1)(n−1)
2
−14 = 5n(n−1)
2
−14，
故a10= 5×10×9
2
−14 =211，
故选：C.
【变式2-1】（2025·天津·模拟预测）数列{an)各项均为实数，对任意n∈N
∗满足an+3=an，定义：行列式
|
a
b
c
d)=ad −bc且行列式|
an
an+1
an+2
an+3)=c为定值，则下列选项中不可能的是（ ）
A．a1=1，c =1
B．a1=2，c =2
C．a1=1，c =0
D．a1=2，c =0
【答案】B
【解题思路】根据定义列方程组，判断a2,a3是否有实数解，结合周期性逐一验证判断即可.
【解答过程】由题知，anan+3−an+1an+2=c，
又an+3=an，所以an
2−an+1an+2=c，{an)是周期为3 的周期数列.
对于A，若a1=1，c =1，则a2a3=0，则a2=0或a3=0
若a2=0，则a2
2−a3a4=−a3a1=1，得a3=−1，
又a3
2−a4a5=(−1)
2−a1a2=1，
由周期性可知，当a1=1,a2=0,a3=−1时，满足|
an
an+1
an+2
an+3)=1，A 不满足题意；
对于B，若a1=2，c =2，则4−a2a3=2，即a2a3=2，
又{
a2
2−a3a4=a2
2−2a3=2
a3
2−a4a5=a3
2−2a2=2)，消元整理得a3
2+2a3+2=0，
即(a3+1)
2=−1，无实数解，故B 满足题意；
对于C，若a1=1，c =0，则{
a1
2−a2a3=1−a2a3=0
a2
2−a3a4=a2
2−a3=0 )，
解得a2=a3=1，显然|
an
an+1
an+2
an+3)=0恒成立，C 不满足题意；
对于D，若a1=2，c =0，则{
a1
2−a2a3= 4−a2a3=0
a2
2−a3a4=a2
2−2a3=0)，
解得a2=a3=2，显然此时|
an
an+1
an+2
an+3)=0恒成立，D 不满足题意.
故选：B.
【变式2-2】（2025·广东揭阳·二模）已知数列{an)中每一项ai∈{0,1)（其中i=1,2,⋯,m，m∈N
*）构
成m数组A = (a1,a2,⋯,am).定义运算S如下：S ( A)=(b1,b2,b3,b4,⋯,b2m−1,b2m)，其中当ai=0时，
b2i−1=1，b2i=0；当ai=1时，b2i−1=0，b2i=1(i=1,2,⋯,m)；用S
n( A)表示n层嵌套运算
S(S(⋯S ( A)⋯))，n∈N
*.现取A =(0,1)，记S
n( A)中相邻两项组成的数对(ai,ai+1)满足ai=ai+1=1的数
对个数为Bn.
(1)写出S ( A)，S
2( A)，以及B1，B2；
(2)证明：数列{Bn+2−Bn)是等比数列；
(3)若Cn=3(Bn+ 1
2)，证明：对任意的n∈N
*都有1
C1
+ 1
C2
+ 1
C3
+ 1
C4
+⋯+ 1
Cn
< 7
6 .
【答案】(1)S( A )=(1,0,0,1),S
2( A )=(0,1,1,0,1,0,0,1)，B1=0,B2=1；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析；
【解题思路】（1）根据数列新定义直接写出答案即可；
（2）分析得Bn+2=2
n+ Bn，在作差相除即可证明；
（3）分n为奇数和偶数讨论得到Cn=2
n+ 1
2 ×(−1)
n，再次对n分类讨论并合理放缩即可证明.
【解答过程】（1）由题意得S( A )=(1,0,0,1),S
2( A )=(0,1,1,0,1,0,0,1)，
所以B1=0,B2=1．
（2）由题得S((0))=(1,0),S((1))=(0,1)，
所以S((0,0))=(1,0,1,0)，S((0,1))=(1,0,0,1)，S((1,0))=(0，1,1,0)，S((1,1))=(0,1,0,1)，
因此S
n+2( A )中的数对(1,1)必由S
n+1( A )中的数对(1,0)经运算S得到，
S
n+1( A )中的数对(1,0)必由S
n( A )中的0 或数对(1,1)经运算S得到，
因为S
n( A )是2
n+1数组，其中有一半的项为0，即2
n个0，经过两次运算S能在S
n+2( A )中产生2
n个数对
(1,1)，
因为S
n( A )中数对(1,1)的个数为Bn个，经过两次运算S能在S
n+2( A )中产生Bn个数对(1,1)，
所以Bn+2=2
n+ Bn，即Bn+2−Bn=2
n，
所以
Bn+2−Bn
Bn+1−Bn−1
= 2
n
2
n−1 =2，
所以数列{Bn+2−Bn)是以2 为首项，2 为公比的等比数列．
（3）当n为奇数时，Bn−Bn−2=2
n−2,Bn−2−Bn−4=2
n−4,⋯,B3−B1=2
1，
累加得Bn−B1=2
n−2+2
n−4+⋯+2
1= 2(1−4
n−1
2 )
1−4
= 2
n−2
3
，
因为B1=0，所以Bn= 2
n−2
3
（n为奇数）．
当n为偶数时，Bn−Bn−2=2
n−2,Bn−2−Bn−4=2
n−4,⋯,B4−B2=2
2，
累加得Bn−B2=2
n−2+2
n−4+⋯+2
2= 4(1−4
n−2
2 )
1−4
= 2
n−4
3
，
因为B2=1，所以Bn= 2
n−4
3
+1= 2
n−1
3
（n为偶数）．
所以Bn= 1
3[2
n−3
2 + 1
2 ×(−1)
n)，
故Cn=3(Bn+ 1
2)=2
n+ 1
2 ×(−1)
n．
因为当n>1且n为偶数时，
1
Cn
+
1
Cn+1
=
1
2
n+ 1
2
+
1
2
n+1−1
2
=
2
n+1+2
n
2
2n+1+2
n−1−1
4
< 2
n+1+2
n
2
2n+1
= 1
2
n + 1
2
n+1.
①当n=1时，1
C1
= 2
3 < 7
6 ；
②当n>1且n为奇数时，
1
C1
+ 1
C2
+ 1
C3
+ 1
C4
+⋯+ 1
Cn
= 1
C1
+(
1
C2
+ 1
C3)+⋯+(
1
Cn−1
+ 1
Cn)
< 2
3 + 1
2
2 + 1
2
3 +⋯+ 1
2
n−1 + 1
2
n = 2
3 +
1
2
2(1−1
2
n−1)
1−1
2
= 2
3 +(
1
2 −1
2
n)< 7
6
；
③当n>1且n为偶数时，因为对任意的n∈N
∗都有Cn>0，
所以1
C1
+ 1
C2
+ 1
C3
+ 1
C4
+⋯+ 1
Cn
< 1
C1
+ 1
C2
+ 1
C3
+⋯+ 1
Cn
+
1
Cn+1
< 7
6 .
综上所述，对任意的n∈N
∗都有1
C1
+ 1
C2
+ 1
C3
+ 1
C4
+⋯+ 1
Cn
< 7
6．
【变式2-3】（24-25 高二下·广东·期中）角谷猜想，也称为“3n+1”猜想，其内容是：任取一个正整
数，如果是偶数，将它除以2；如果是奇数，则将它乘以3再加上1，如此反复运算，该数最终将变为1；这
就是对一个正整数运算时“万数归1”现象的猜想，假如对任意正整数a0(a0≥2)，按照上述规则实施第1次
运算后的结果记a1，实施第2 次运算后的结果记为a2，…实施第n−1次运算后的结果记为an−1，实施第n
次运算后得到数1，则停止运算，即可以得到有穷数{an):a1,a2⋯an−1,1（其中ai≠1,i=1,2⋯,n−1）其
递推关系式为ak +1={
3ak +1,ak 为奇数
ak
2 ,ak 为偶数)
(k =0,1,2,⋯,n−1)，a0称作数列{an)的原始项；将此递推公式
推广为：ak +1={
λ ak +1,ak 为奇数
ak
2 ,ak 为偶数)
(k =0,1,2,⋯,n−1, λ∈N
∗)，其它规则不变，得到的数列记作
{λ~an)，试解答以下问题：
(1)若a0=6，求数列{3~an)的项数；
(2)若数列{3~an)满足a6=1，求原始项a0的所有可能取值构成的集合；
(3)对任意的数列{1~an)，求证：n≤2log2a1+2．
【答案】(1)8
(2){10,64)
(3)证明见解析
【解题思路】（1）a0=5，根据给定条件，逐一计算即可得数列{3∼an)的项数；
（2）根据“角谷猜想”进行逆推计算，由此可得结论；
（3）验证当n=1、n=2时，所证不等式成立，当n≥3时，推导出，ai−2≥2(ai+2−2)分类讨论①当
n=2t +1，②当n=2t +2，利用题中定义进行推理，证明出结论成立即可.
【解答过程】（1）因为a0=6，根据题意可得a1= a0
2 =3，a2=3a1+1=10，a3= a2
2 =5，
a4=3a3+1=16，a5= a4
2 =8，a6= a5
2 = 4，a7= a6
2 =2，a8= a7
2 =1，
所以数列{3∼an)的项数为8.
（2）由题意可得ak +1={
3ak +1,ak 为奇数
ak
2 ,ak 为偶数)
(k =0,1,2,⋯,n−1)，
因为a6=1，则a5=2，a4= 4，a3=1（舍）或a3=8，
当a3=8时，a2=16，a1=32或a1=5，
当a1=32时，则a0=64；当a1=5时，a0=10；
综上所述，a0的取值集合为{10,64).
（3）依题意，ak +1={
ak +1,ak 为奇数
ak
2 ,ak 为偶数)
(k =0,1,2,⋯,n−1)，an=1,an−1=2,an−2= 4 ,⋯，
当n=1时，显然成立；当n=2时，a1=2，即n≤2log2a1+2也成立；
当n≥3时，对任意ai≥3，ai+2∈{
ai+1
2
, ai
2 +1, ai
4)，
故ai+2≤ai
2 +1，即ai−2≥2(ai+2−2)，
①当n=2t +1(t ∈N
∗)时，由a1−2≥2
t −1(an−2−2)=2
t，a1≥2
t +2=2
n−1
2 +2，
所以2log2a1+2>2log22
n−1
2 +2=n+1>n；
②当n=2t +2(t ∈N
∗)时，由a2−2≥2
t −1(an−2−2)=2
t，a2≥2
t +2=2
n
2 −1
+2，
a1≥a2−1=2
n
2 −1
+1，所以2log2a1+2>2log22
n
2 −1
+2=n.
综上所述，任意的数列{1~an)，n≤2log2a1+2.
【题型3 数列中的新情景问题】
【例3】（24-25 高三上·福建厦门·阶段练习）如图所示，九连环是中国传统民间智力玩具，以金属丝制成
9 个圆环，解开九连环共需要256 步，解下或套上一个环算一步，且九连环的解下和套上是一对逆过程.九
连环把玩时按照一定得程序反复操作，可以将九个环全部从框架上解下或者全部套上.将第n个圆环解下最
少需要移动的次数记为an(n≤9,n∈N
∗)，已知a1=1,a2=1，按规则有
an=an−1+2an−2+1(n≥3,n∈N
∗)，则解下第5 个圆环最少需要移动的次数为（ ）
A．4
B．7
C．16
D．31
【答案】C
【解题思路】根据递推公式求a5即可.
【解答过程】由题意得a3=a2+2a1+1= 4，a4=a3+2a2+1=7，a5=a4+2a3+1=16，
所以解下第5 个圆环最少需要移动的次数为16 次.
故选：C.
【变式3-1】（2025·四川自贡·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7项分别为3,7,13,23,39,63,97，则该数列的第8项（ ）
A．131
B．139
C．141
D．143
【答案】D
【解题思路】根据“高阶等差数列”的定义求得第8项.
【解答过程】a1=3,a2=7,a3=13,a4=23,a5=39,a6=63,a7=97，
设b1=a2−a1= 4 ,b2=a3−a2=6,b3=a4−a3=10，
b4=a5−a4=16,b5=a6−a5=24 ,b6=a7−a6=34，
设c1=b2−b1=2,c2=b3−b2= 4 ,c3=b4−b3=6,c4=b5−b4=8,c5=b6−b5=10，
所以cn+1−cn=2，所以{cn)是首项为2，公差为2的等差数列，
所以c6=2+5×2=12，即b7−b6=12,b7=12+b6=12+34 = 46，
所以b7=a8−a7= 46,a8=a7+ 46=97+ 46=143.
故选：D.
【变式3-2】（24-25 高二下·陕西渭南·期末）我国古代《洛书》中记载着一种三阶幻方：将1−9九个数字
填入一个3×3的正方形方格，满足每行、每列、每条对角线上的三个数字之和相同（如图）．已知数列
{an)(n∈N
∗)的通项公式为an=2n+2，现将该数列的前16项填入一个4×4的正方形方格，使其满足四阶
幻方，则此四阶幻方中每一行的数字之和为（ ）
A．60
B．72
C．76
D．80
【答案】C
【解题思路】直接利用等差数列的性质及求和公式求解即可.
【解答过程】由等差数列的性质得，四阶幻方所有数字之和为(4+34)×16
2
=38×8，
由于每行、每列、每条对角线上的数字之和都相等，
所以每行的数字之和为38×8
4
=76.
故选：C.
【变式3-3】（2025·四川·一模）数列是密码设置的常用手段，几位大学生响应国家的创业号召，开发了一
款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的
激活码为下面数学问题的答案：已知数列0，2，4，6，8，11，14，17，20，23，27，31，35，39，
43……其中第1 至5 项构成公差为2 的等差数列，第5 至10 项构成公差为3 的等差数列，第10 至15 项构
成公差为4 的等差数列，依此类推，求满足如下条件的最小整数N，N >66且该数列的第N项为2 的整数
幂减1，那么该款软件的激活码是（ ）
A．87
B．94
C．101
D．108
【答案】B
【解题思路】由题意确定数列a5n= 5(n+ 4)(n−1)
2
+8，进而逐项判断即可.
【解答过程】由题意可知：
a5=8
a10=a5+5×3=8+5×3，
a15=a10+5×4 =8+5×3+5×4，
a20=a15+5×5=8+5×3+5×4 +5×5
⋯
a5n=8+5×3+5×4 +5×5+⋯+5(n+1),n≥2
所以a5n=8+5(3+ 4+5+⋯+n+1)= 5(n+ 4)(n−1)
2
+8
所以当n=17时，a85=848，此时后5 项和 848 构成公差为19的等差数列，
所以a87=848+38=886=2
9+374 =2
10−138，不符合题意；
当n=18时，a90=943，此时后5 项和943 构成公差为20 的等差数列，所以a94=943+80=1023=2
10−1
，符合题意，
当n=20时，a100=1148，此时后5 项和1148 构成公差为22 的等差数列，所以
a101=1148+22=1170=2
10+146=2
11−878，不符合题意，
当n=21时，a105=1258，此时此时后5 项和1258 构成公差为23 的等差数列，所以
a108=1258+69=1327 =2
10+303=2
11−721，不符合题意，
故选：B.
【题型4 斐波那契数列】
【例4】（2025·海南省直辖县级单位·模拟预测）斐波那契数列，又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多・
斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称“兔子数列”，其数值为：1、1、2、3、5、8、13、21、
34……，在数学上，这一数列以如下递推的方法定义：F (1)=1，
F (n)= F (n−1)+ F (n−2)(n≥3,n∈N
∗)，记此数列为{an)，则a2019+a2020+a2022+a2024等于（ ）
A．a2023
B．a2024
C．a2025
D．a2026
【答案】C
【解题思路】由题意得，a1=1，an+an+1=an+2，n∈N
∗，进而结合递推关系求解即可.
【解答过程】由题意得，a1=1，an+an+1=an+2，n∈N
∗，
则a2019+a2020+a2022+a2024=a2021+a2022+a2024=a2023+a2024=a2025.
故选：C.
【变式4-1】（24-25 高三上·安徽合肥·阶段练习）数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一
个数列{an)：1，1，2，3，5，8…，其中从第3 项起，每一项都等于它前面两项之和，即a1=a2=1，
an+2=an+1+an，这样的数列称为“斐波那契数列”.若am=2(a3+a6+a9+⋯+a174)+1，则m=（ ）
A．175
B．176
C．177
D．178
【答案】B
【解题思路】根据数列的特点，每个数等于它前面两个数的和，移项得：an=an+2− an+1，使用累加法求
得Sn=an+2−1，然后将2(a3+a6+a9+⋯+a174)+1中的2倍展成和的形式（如2a3=a3+a3=a1+a2+a3）
即可求解．
【解答过程】由从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，a1=a2=1，
由an+2=an+1+an(n∈N
∗)，得an=an+2− an+1，
所以a1=a3−a2，
a2=a4−a3，
a3=a5−a4
…，
an=an+2− an+1，
将这n个式子左右两边分别相加可得：
Sn=a1+a2+⋯+an=an+2−a2=an+2−1，
所以Sn+1=an+2.
所以2(a3+a6+a9+⋯+a174)+1=(a3+a3+a6+a6+a9+a9+⋯+a174+a174)+1
=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9+⋯a172+a173+a174+1
= S174+1=a176.
故选：B．
【变式4-2】（2025·广东·一模）斐波那契数列因数学家斐波那契以兔子繁殖为例而引入，又称“兔子数
列”.这一数列如下定义：设{an)为斐波那契数列，a1=1，a2=1，an=an−1+an−2(n≥3,n∈N
∗)，其通项
公式为an= 1
❑√5[(
1+ ❑√5
2 )
n
−(
1−❑√5
2 )
n
)，设n是log2[(1+ ❑√5)
x−(1−❑√5)
x)< x + 4的正整数解，则n的最
大值为（ ）
A．5
B．6
C．7
D．8
【答案】A
【解题思路】利用给定条件结合对数的性质将log2[(1+ ❑√5)
n−(1−❑√5)
n)<n+ 4化为
(1+ ❑√5)
n−(1−❑√5)
n<2
n+ 4，结合an= 1
❑√5[(
1+ ❑√5
2 )
n
−(
1−❑√5
2 )
n
)，得到an< 1
❑√5 ×2
4，根据{an)递增，得
到{an
2)也是递增数列，得an.
2 < 1
5 ×2
8<52，即可求解.
【解答过程】由题知n是log2[(1+ ❑√5)
x−(1−❑√5)
x)< x + 4的正整数解，
故log2[(1+ ❑√5)
n−(1−❑√5)
n)<n+ 4，取指数得(1+ ❑√5)
n−(1−❑√5)
n<2
n+ 4，
同除2
n得，(
1+ ❑√5
2 )
n
−(
1−❑√5
2 )
n
<2
4，故1
❑√5[(
1+ ❑√5
2 )
n
−(
1−❑√5
2 )
n
)< 1
❑√5 ×2
4，
即an< 1
❑√5 ×2
4，根据{an)是递增数列可以得到{an
2)也是递增数列，
于是原不等式转化为an.
2 < 1
5 ×2
8<52.
由斐波那契数列可得，a5=5，a5
2=25<52，a6=8，a6
2=64>52
可以得到满足要求的n的最大值为5，故A 正确.
故选：A.
【变式4-3】（2025·云南昆明·一模）数列{Fn):1,1,2,3,5,8,13,21,34 ,...,成为斐波那契数列，是由十三世
纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，该数列从第三项开
始，每项等于其前两相邻两项之和，记该数{Fn}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是（ ）
A．S2019= F2021+2
B．S2019= F2021−1
C．S2019= F2020+2
D．S2019= F2020−1
【答案】B
【解题思路】利用迭代法可得Fn+2= Fn+ Fn+1= Fn+ Fn−1+ Fn−2+ Fn−3+⋯+ F2+ F1+1，可得
Fn+2= Sn+1，代入n=2019即可求解.
【解答过程】由题意可得该数列从第三项开始，每项等于其前两相邻两项之和，
则Fn+2= Fn+ Fn+1= Fn+ Fn−1+ Fn= Fn+ Fn−1+ Fn−1+ Fn−2
= Fn+ Fn−1+ Fn−2+ Fn−1= Fn+ Fn−1+ Fn−2+ Fn−3+ Fn−2=⋯
= Fn+ Fn−1+ Fn−2+ Fn−3+⋯+ F2+ F1+1，
所以Fn+2= Sn+1，令n=2019，可得S2019= F2021−1，
故选：B.
【题型5 牛顿数列问题】
【例5】（2025·陕西·模拟预测）对函数y = f (x)，若数列{xn)满足xn+1= xn−f (xn)
f
′(xn)
，则称{xn)为牛顿数
列．若函数f (x)= x
2，数列{xn)为牛顿数列，且x1=2，an=log2 xn，则S10=（ ）
A．20
B．−35
C．30
D．−55
【答案】B
【解题思路】根据题意，求得xn+1= 1
2 xn，得到{xn)是等比数列，求得xn=(
1
2)
n−2
，再得出an=2−n结合等
差数列求和即可.
【解答过程】因为f (x)= x
2，所以f
′ (x)=2 x，则xn+1= xn−f (xn)
f
′(xn)
= xn−xn
2
2 xn
= 1
2 xn，
又因为x1=2，且xn>0，所以{xn)是首项为x1=2，公比q = 1
2的等比数列，
xn= x1(
1
2)
n−1
=(
1
2)
n−2
，an=log2 xn=log2(
1
2)
n−2
=2−n，
则S10= 10(1−8)
2
=−35，
故选：B.
【变式5-1】（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）牛顿用“作切线”的方法求函数f (x)零点时给出一个数列
{xn): xn+1= xn−f (xn)
f
'(xn)
，我们把该数列称为牛顿数列．如果函数f (x)=a x
2+bx +c (a>0)有两个零点1，
2，数列{xn)为f (x)的牛顿数列．设an=ln xn−2
xn−1，已知a1=2，{an)的前n项和为Sn，则S2025+2等于（ ）
A．2025
B．2026
C．2
2025
D．2
2026
【答案】D
【解题思路】先由函数f (x)=a x
2+bx +c (a>0)有两个零点求得f (x)和f
' (x)的解析式，进而求得数列{xn)
的递推公式，从而得到数列{an)的前n 项和Sn，即可求得S2025+2的值．
【解答过程】f (x)=a x
2+bx +c (a>0)有两个零点1，2，
则{
a+b+c =0
4 a+2b+c =0)，解之得{
b=−3a
c =2a )，
则f (x)=a x
2−3ax +2a(a>0)，则f
' (x)=2ax−3a(a>0)，
则xn+1= xn−f (xn)
f
'(xn)
= xn−a xn
2−3a xn+2a
2a xn−3a
= xn
2−2
2 xn−3，
则
xn+1−2
xn+1−1 =
xn
2−2
2 xn−3 −2
xn
2−2
2 xn−3 −1
= xn
2−4 xn+ 4
xn
2−2 xn+1
=(
xn−2
xn−1)
2
，
由an= ln xn−2
xn−1，可得an+1= ln xn+1−2
xn+1−1 = ln(
xn−2
xn−1)
2
=2ln xn−2
xn−1 =2an，
即an+1=2an，
又a1=2，则数列{an)是首项为2，公比为2 的等比数列，则an=2
n，
前n 项和Sn= 2−2
n+1
1−2 =2
n+1−2，则S2025+2=2
2026−2+2=2
2026.
故选：D．
【变式5-2】（2025·广东韶关·二模）记R上的可导函数f (x)的导函数为f
′ (x)，满足
xn+1= xn−f (xn)
f
′(xn)
(n∈N
∗)的数列{xn)称为函数f (x)的“牛顿数列”.已知数列{xn)为函数f (x)= x
2−x的牛
顿数列，且数列{an)满足a1=2,an=ln
xn
xn−1 , xn>1.
(1)求a2；
(2)证明数列{an)是等比数列并求an；
(3)设数列{an)的前n项和为Sn，若不等式(−1)
n⋅t Sn−14≤Sn
2对任意的n∈N
∗恒成立，求t 的取值范围.
【答案】(1)4
(2)证明见解析，an=2
n
(3)−9≤t ≤25
3
【解题思路】（1）求出导函数，化简数列递推式，根据对数运算及递推式求解即可；
（2）对递推式变形结合对数运算求得an+1
an
=2，利用等比数列定义即可证明，代入等比数列通项公式求解
通项公式；
（3）先利用等比数列求和公式求和，再把恒成立问题转化为(−1)
n⋅t ≤Sn+ 14
Sn
对任意的n∈N
∗恒成立，
令g(x)= x + 14
x ，x∈(0,+ ∞)，利用导数研究函数的单调性，然后根据单调性求解函数最值，根据n 的奇
偶性分别求解范围即可.
【解答过程】（1）因为f (x)= x
2−x，则f
′ (x)=2 x−1，从而有xn+1= xn−f (xn)
f
′(xn)
= xn−xn
2−xn
2 xn−1 =
xn
2
2 xn−1
，
由a1=2,an=ln
xn
xn−1，则2=ln
x1
x1−1，
则
x1
x1−1 =e
2，解得x1=e
2
e
2−1 则有x2=
x1
2
2 x1−1 =e
4
e
4−1
，所以a2=ln
x2
x2−1 =2ln
x1
x1−1 = 4；
（2）由xn+1=
xn
2
2 xn−1，则
xn+1
xn+1−1 =
xn
2
2 xn−1
xn
2
2 xn−1 −1
=
xn
2
xn
2−2 xn+1
=(
xn
xn−1)
2
，
所以an+1=ln
xn+1
xn+1−1 =ln(
xn
xn−1)
2
=2ln
xn
xn−1 =2an( xn>1)，
故
an+1
an
=2（非零常数），且a1=2≠0，所以数列{an)是以2 为首项，2 为公比的等比数列，
所以an=2×2
n−1=2
n；
（3）由等比数列的前n 项和公式得：Sn= 2(1−2
n)
1−2
=2
n+1−2，
因为不等式(−1)
n⋅t Sn−14≤Sn
2对任意的n∈N
∗恒成立，又Sn>0且Sn单调递增，
所以(−1)
n⋅t ≤Sn+ 14
Sn
对任意的n∈N
∗恒成立，令g(x)= x + 14
x ，x∈(0,+ ∞)，
则g
′ (x)=1−14
x
2 = x
2−14
x
2
，当x∈(0,❑√14)时，g
′ (x)<0，g(x)是减函数，
当x∈(❑√14 ,+ ∞)时，g
′ (x)>0，g(x)是增函数，
又2= S1<❑√14<S2=6，且g(2)=9，g(6)= 25
3 ，g(6)<g(2)，则g(x)min= g(6)= 25
3 ，
当n 为偶数时，原式化简为t ≤Sn+ 14
Sn
，所以当n=2时，t ≤25
3 ；
当n 为奇数时，原式化简为−t ≤Sn+ 14
Sn
，所以当n=1时，−t ≤9，所以t ≥−9；
综上可知，−9≤t ≤25
3 .
【变式5-3】（24-25 高二下·四川·期中）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)= x
4，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( 5
6 )
n
，求整数 的最小值；（参考
数据：0.9
4=0.6561,0.9
5≈0.5905,0.9
6≈0.5314 ,0.9
7≈0.4783）
(3)在（2）的前提下，设g( x)= 11
2 λ f
′( x)，直线y =ax +b(b>0)与曲线y = g( x)有且只有两个公共点
A(c ,d),(ℎ,f )，其中c<ℎ，求f ( ℎ
c )的值．
【答案】(1)xn=( 3
4 )
n−1
；
(2)22；
(3)16.
【解题思路】（1）利用导数的几何意义求出切线方程，即可得数列{xn)的递推公式，再求出通项.
（2）由（1）令bn=n⋅( 3
4 )
n−1
，利用错位相减法求数列{bn)的前n项和Sn，结合不等式分离参数，借助数
列单调性求出的最大值即得.
（3）由（2）求出g( x)= x
3，利用导数探讨函数ℎ( x)= x
3−ax−b只有两个零点即可得解.
【解答过程】（1）函数f ( x)= x
4，求导得f
′( x)= 4 x
3，
则函数f ( x)的图象在点(xn, yn)处的切线方程为：y −yn= 4 xn
3(x −xn)，
令y =0，得xn+1= 3
4 xn，因此数列{xn)是首项为1，公比为3
4 的等比数列，
所以xn=( 3
4 )
n−1
.
（2）由（1），令bn=n⋅xn=n⋅( 3
4 )
n−1
，
则Sn=1⋅( 3
4 )
0
+2⋅( 3
4 )
1
+3⋅( 3
4 )
2
+⋯+n⋅( 3
4 )
n−1
，
于是3
4 Sn=1⋅( 3
4 )
1
+2⋅( 3
4 )
2
+3⋅( 3
4 )
3
+⋯+(n−1)⋅( 3
4 )
n−1
+n⋅( 3
4 )
n
，
两式相减得：1
4 Sn=1+( 3
4 )
1
+( 3
4 )
2
+⋯+( 3
4 )
n−1
−n⋅( 3
4 )
n
=
1−( 3
4 )
n
1−3
4
−n⋅( 3
4 )
n
因此Sn=16−(16+ 4 n)⋅( 3
4 )
n
，由16−(16+ 4 n)( 3
4 )
n
≥16−λ( 5
6 )
n
，得λ≥(16+ 4 n)⋅( 9
10 )
n
，
令dn=(16+ 4 n)⋅( 9
10 )
n
，则dn+1−dn= −2n+10
5
⋅( 9
10 )
n
，
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>⋯，则(dn)max=d5=d6=36⋅( 9
10 )
5
≈21.26，
所以整数λ的最小值为22.
（3）由（2）知g( x)= x
3，依题意，方程x
3−ax−b=0(b>0)有且只有两个根c ,ℎ(c<ℎ)，
令ℎ( x)= x
3−ax−b，则函数ℎ( x)有且只有两个零点c ,ℎ(c<ℎ)，
求导得ℎ
′( x)=3 x
2−a，当a≤0时，ℎ
′( x)≥0恒成立，ℎ( x)在R 上递增，ℎ( x)最多1 个零点，不符合
题意，
当a>0时，由ℎ
′( x)>0，得x<−❑√
a
3 或x>❑√
a
3 ，由ℎ
′( x)<0，得−❑√
a
3 < x<❑√
a
3 ，
则函数ℎ( x)在(−∞,−❑√
a
3 ),(❑√
a
3 ,+ ∞)上单调递增，在(−❑√
a
3 ,❑√
a
3 )上单调递减，
当x =−❑√
a
3时，ℎ( x)取得极大值ℎ(−❑√
a
3 )= 2a
3
❑√
a
3 −b，当x = ❑√
a
3 时，ℎ( x)取得极小值
ℎ(❑√
a
3 )=−2a
3
❑√
a
3 −b<0，
函数ℎ( x)有且只有两个零点，则ℎ( x)的图象与x 轴有且只有两个公共点，必有ℎ(−❑√
a
3 )=0，
此时b= 2a
3
❑√
a
3，c =−❑√
a
3 ，方程x
3−ax−2a
3
❑√
a
3 =0，即( x + ❑√
a
3 )
2
( x−2❑√
a
3 )=0，得ℎ=2❑√
a
3 ，
所以ℎ
c =−2，f ( ℎ
c )=(−2)
4=16.
【题型6 以数列和项与通项关系定义新数列】
【例6】（2025·湖南永州·三模）如果数列{an)对任意的n∈N
∗，都有an+2+an>2an+1成立，则称{an)为
“速增数列”.若数列{an)为“速增数列”，且任意项an∈Z，a1=1，a2=3，ak =2025，则正整数k 的最
大值为（ ）
A．62
B．63
C．64
D．65
【答案】B
【解题思路】由题意可知数列{an)的相邻两项之差严格递增，要使得正整数k最大，则需要让相邻两项差值
尽可能小，即相邻两项差值构成公差为1 的等差数列，由此得到构造的增长最缓慢的“速增数列”的递推
关系an+1−an=n+1，利用累加法可求得其通项公式，令ak =2025，解出k代入验证即可得出答案.
【解答过程】由题干条件an+2+an>2an+1，即an+2−an+1>an+1−an，
也即数列{an)的相邻两项之差严格递增，要使得正整数k最大，则数列{an)增长尽可能缓慢，
需要让相邻两项差值尽可能小，即相邻两项差值构成公差为1 的等差数列，
因为a2−a1=3−1=2，则a3−a2=3>a2−a1=2，
a4−a3= 4>a3−a2=3，⋯，所以an+1−an=n+1，
采用累加法an=an−an−1+an−1−an−2+⋯+a2−a1+a1=n+(n−1)+⋯+2+1= n(n+1)
2
，
令ak = k (k +1)
2
=2025，即k
2+ k −4050=0，解得k = −1+ ❑√16201
2
≈63.14，
当k =63时，a63= 63×64
2
=2016<2025，符合题意；
当k =64时，a64= 64×65
2
=2080>2025，无法构造“速增数列”满足题意，
故选：B.
【变式6-1】（2024·江苏南通·模拟预测）定义：已知数列{an}(n∈N
∗)的首项a1=1，前n项和为Sn.设λ
与k是常数，若对一切正整数n，均有Sn+1
1
k
−Sn
1
k = λ an+1
1
k
成立，则称此数列为“λ & k”数列.若数列
{an}(n∈N
∗)是“
❑√3
3 &2”数列，则数列{an}的通项公式an=（ ）
A．3×4
n−2
B．{
1(n=1)
3×4
n−2(n≥2)) C．4×3
n−2
D．{
1(n=1)
4×3
n−2(n≥2))
【答案】B
【解题思路】由题可知λ =
❑√3
3 ,k =2，根据定义得Sn+1
1
2 −Sn
1
2 =
❑√3
3 (Sn+1−Sn)
1
2，根据平方差公式化简得
Sn+1= 4 Sn，求得Sn，最后根据Sn−Sn−1=an(n>1)，即可求出数列{an)的通项公式.
【解答过程】因为数列{an}(n∈N
*)是“
❑√3
3 &2”数列，则λ =
❑√3
3 ,k =2，
所以Sn+1
1
2 −Sn
1
2 =
❑√3
3 an+1
1
2，而Sn+1−Sn=an+1，
∵an>0,∴Sn+1>Sn,∴Sn+1
1
2 −Sn
1
2 >0，
∴Sn+1
1
2 −Sn
1
2 =
❑√3
3 (Sn+1−Sn)
1
2，
∴(Sn+1
1
2 −Sn
1
2 )
2= 1
3 (Sn+1
1
2 −Sn
1
2 )(Sn+1
1
2 + Sn
1
2 )，
∴Sn+1
1
2 −Sn
1
2 = 1
3 (Sn+1
1
2 + Sn
1
2 ),∴Sn+1
1
2 =2Sn
1
2 ,∴Sn+1= 4 Sn,∴Sn= 4
n−1，
∵S1=a1=1，Sn= 4
n−1，
∴an= 4
n−1−4
n−2=3⋅4
n−2,n≥2，
∴an={
1,n=1
3×4
n−2,n≥2).
故选：B.
【变式6-2】（2025·河南信阳·模拟预测）若数列{an)满足：当n为奇数时，an+an+1=an+2；当n为偶数
时，anan+1=an+2.则称数列{an)为和积交替数列.
(1)若数列1，a，b，6 为和积交替数列，分别求实数a，b 的值；
(2)若数列{an)为和积交替数列，且a1=2，a2=t (t > 1
2).
（i）若3 是数列{an)中的项，求实数t的值；
（ii）若a2=2，证明：a2n≥2
2
n−1
.
【答案】(1){
a=2
b=3)或{
a=−3
b=−2)
(2)（i）t =3或t =1；（ii）证明见解析
【解题思路】（1）根据和积交替数列的定义，列出参数的方程组，求出参数的值.
（2）（i）根据和积交替数列的定义，由a1,a2递推出后面的项，由a2范围，求出后面项的大小范围，判断
3 可能出现的位置，求出参数的值.
（ii）根据和积交替数列的定义，由a1=a2=2递推出后面的项满足的条件，根据数列的递推公式，结合累
乘法，通过对数运算，证明命题.
【解答过程】（1）由题知1+a=b，ab=6，
解得{
a=2
b=3)，或{
a=−3
b=−2)；
（2）（i）由题知a2=t(t > 1
2)，则a3=a1+a2=2+t，a4=a2a3=(2+t )t，
由t > 1
2，则a4> 5
4 >1；a5=a3+a4=(2+t )+(2+t )t =t
2+3t +2，
由t > 1
2，则a5=t
2+3t +2=(t + 3
2 )
2
−1
4 > 15
4 >3；a6=a4a5，但a4>1，a5>3，
所以a6=a4a5>3；而a7=a5+a6>6，…
以此类推，当n≥5，n∈N
*时，an>3.
所以若3 是数列{an)中的项，
则a2=3或a3=3或a4=3，解得t =3或t =1.
（ii）易知数列中的项均为正整数，由题知a2n=a2n−2×a2n−1(n≥2,n∈N
*)，且
a2n−1=a2n−2+a2n−3(n≥2,n∈N
*)，
所以a2n=a2n−2×(a2n−2+a2n−3)>a2n−2
2
，同取以2 为底的对数，得log2a2n>log2a2n−2
2
，
即log2a2n>2log2a2n−2.又an>1，所以log2a2n
log2a2n−2
>2，
则
log2a2n
log2a2n−2
>2,log2a2n−2
log2a2n−4
>2,⋯,log2a4
log2a2
>2，
累乘整理，得log2a2n>2
n−1log2a2=2
n−1，
所以n≥2时，a2n>2
2
n−1
.
当n=1时，a2=2符合上述不等式，
所以a2n≥2
2
n−1
，结论得证.
【变式6-3】（2025·河南安阳·三模）若正项数列{an)满足对任意n∈N
∗，都有an+2
an+1
> an+1
an
成立，则称数列
{an)为“倍增数列”.
(1)试判断数列1，2，5，13 和数列1，3，8，21 是否为“倍增数列”；
(2)设数列{an)为“倍增数列”，若an+1
an
为整数，a1=1，a2=1，ak =2025，求正整数k 的最大值；
(3)设数列{bn)满足bn+2=bn+1+bn(n∈N
∗)，b1=b2=1，试判断数列{b2n−1)是否是“倍增数列”，并说明
理由.
【答案】(1)数列1，2，5，13 是，数列1，3，8，21 不是
(2)6
(3)是，理由见解析
【解题思路】（1）依据倍增数列的定义对两个数列直接判断即可；
（2）根据题意判断出a3
a2
≥2, a4
a3
≥3,⋯, ak
ak −1
≥k −1(k ∈N
*,k ≥2)，从而ak ≥(k −1)!，由
ak =2025=3
4×5
2及
an+1
an
为整数即可求得；
（3）由bn+2=bn+1+bn将b2n+3b2n−1−b2n+1
2
=(b2n+2+b2n+1)b2n−1−b2n+1
2
依次递推下去判断其大于0 即可.
【解答过程】（1）①因为a2
a1
=2, a3
a2
= 5
2 , a4
a3
= 13
5 ，所以a4
a3
> a3
a2
> a2
a1
，
所以数列1，2，5，13 是“倍增数列”.
②因为
a2
a1
=3, a3
a2
= 8
3 , a4
a3
= 21
8 ，所以
a4
a3
< a3
a2
< a2
a1
，
所以数列1，3，8，21 不是“倍增数列”.
（2）因为数列{an)是“倍增数列”，an+1
an
为整数，且a2
a1
=1，
所以
a3
a2
≥2, a4
a3
≥3,⋯, ak
ak −1
≥k −1(k ∈N
*,k ≥2)，且ak为正整数，
所以
a2
a1
⋅a3
a2
⋅a4
a3
⋅⋯⋅ak
ak −1
≥(k −1)!(k ∈N
*,k ≥2)(*)，
即ak ≥(k −1)!.
又因为6!=720,7!=5040>2025，所以k ≤7.
因为2025=3
4×5
2,ak −1能整除ak，结合（*），可得a3
a2
≥3, a4
a3
≥5, a5
a4
≥9, a6
a5
≥15, a7
a6
≥25,⋯，
所以a3≥3,a4≥15,a5≥135,a6≥2025，
所以正整数k的最大值为6.
（3）{b2n−1)是“倍增数列”.理由如下：
因为bn+2=bn+1+bn，所以
b2n+3b2n−1−b2n+1
2
=(b2n+2+b2n+1)b2n−1−b2n+1
2
=b2n+2b2n−1+(b2n+1b2n−1−b2n+1
2
)=b2n+2b2n−1−b2n+1b2n
=(b2n+1+b2n)b2n−1−b2n+1b2n=b2n+1b2n−1−b2n
2
=(b2n+b2n−1)b2n−1−b2n
2 =b2n(b2n−1−b2n)+b2n−1
2
=−b2nb2n−2+b2n−1
2
=b2n−1
2
−(b2n−1+b2n−2)b2n−2
=b2n−1
2
−b2n−1b2n−2−b2n−2
2
=b2n−1b2n−3−b2n−2
2
=⋯=b3b1−b2
2=1>0.
所以b2n+3b2n−1>b2n+1
2
，即
b2n+3
b2n+1
> b2n+1
b2n−1
，
所以{b2n−1)是“倍增数列”.
【题型7 数列定义新性质问题】
【例7】（2025·上海杨浦·模拟预测）已知{an)是一个公差不为0的等差数列，其前n项和为Sn
.若存在正整
数p,q(其中p<q)使得S p+ Sq=0，则称{an)具有性质Γ，称有序数对( p,q)是{an)的一组“Γ数对”，记由
{an)的全体“Γ数对”所组成的集合为Ω{an)
.关于命题①“若{an)具有性质Γ且(1,4)∈Ω{an)
，则
Ω{an)={(1,4))”与命题②f 存在具有性质Γ的{an)及互不相同的正整数n1,n2,m(其中n1<m且n2<m)，使得
(n1,m)∈Ω{an)
且(n2,m)∈Ω{an)
，下列说法正确的是（ ）
A．①是真命题，②是真命题
B．①是真命题，②是假命题
C．①是假命题，②是真命题
D．①是假命题，②是假命题
【答案】A
【解题思路】根据等差数列的前n项和公式，依据题目所给定义，判断命题真假.
【解答过程】解析：Sn= d
2 n
2+(a1−d
2)n，
∵(1,4)∈Ω{an)，带入S1+ S4=0，得a1+ 4 a1+6d =0，解得a1=−6d
5 ，
∴Sn= d
2(n
2−17
5 n)，
当S p+ Sq=0，得d
2(p
2−17
5 p)+ d
2(q
2−17
5 q)=0，
化简得p
2+q
2−17
5
( p+q)=0，又p<q , p,q∈N
∗
若p=1，则q
2−17
5 q−12
5 =0，(5q+3)(q−4)，所以q = 4或q =−3
5（舍去），
若p=2，则q
2−17
5 q−14
5 =0，5q
2−17q−14 =0，所以q = 17−❑√289+280
10
（舍去）或
q = 17+ ❑√289+280
10
（舍去），
若p=3，则q
2−17
5 q−6
5 =0，5q
2−17q−6=0，所以q = 17−❑√289+120
10
（舍去）或
q = 17+ ❑√289+120
10
（舍去），
若p≥4，则q≥5，p,q∈N
∗
因为p
2−17
5 p=(p−17
10)
2
−289
100 ≥12
5 ，q
2−17
5 q =(q−17
10)
2
−289
100 ≥8，
所以p
2+q
2−17
5
( p+q)>0，故p
2+q
2−17
5
( p+q)=0无整数解，所以①是真命题；
设Sn=n
2−5n，n1=2,m=6;n2=3,m=6，所以②是真命题；
故选：A.
【变式7-1】（2025·北京海淀·一模）对于无穷数列{an)和正整数k (k ≥2)，若存在n1,n2,⋯,nk满足
n1<n2<⋯<nk且
an1
n1
=
an2
n2
=⋯=
ank
nk
，则称数列{an)具有性质Pk．下列选项中错误的是（ ）
A．若an=n
2，则数列{an)不具有性质P2
B．若an=n−1+cos(nπ)，则数列{an)具有性质P2025
C．存在数列{an)和{bn)，使得{an)和{bn)均不具有性质P2，且{an+bn)具有性质P2025
D．若数列{an)和{bn)均具有性质P2025，则{an+bn)具有性质P2025
【答案】D
【解题思路】A 利用n1,n2是2个不同的正整数，可得
an1
n1
,
an2
n2
不可能相等；B 求n为偶数时数列{an)的通项
公式，取n1,n2,⋯,n2025为2025个不同的偶数；C 取an=n
2，bn=−n
2+n利用性质Pk的定义证明；D 取
an={
n,n 为奇数
n+1,n 为偶数)，bn={
n+1,n 为奇数
n,n 为偶数)，再利用性质Pk的定义证明.
【解答过程】因an=n
2，则an
n =n，由于n1,n2是2个不同的正整数，
因此
an1
n1
=n1,
an2
n2
=n2不可能相等，故数列{an)不具有性质P2，故A 正确；
B，an=n−1+cos(nπ)，故当n为偶数时，an=n，此时an
n =1，
故取n1,n2,⋯,n2025为2025个不同的偶数，此时
an1
n1
= an2
n2
=⋯= an2025
n2025
=1，
则数列{an)具有性质P2025，故B 正确；
取an=n
2，由A 选项可知，数列{an)不具有性质P2；取bn=−n
2+n，
则bn
n =−n+1，由于n1,n2是2个不同的正整数，因此
bn1
n1
=−n1+1,
bn2
n2
=−n2+1不可能相等，
故数列{bn)不具有性质P2；an+bn=n，则an+bn
n
=1，
故任取n1,n2,⋯,n2025为2025个不同的正整数，
有
an1+bn1
n1
=
an2+bn2
n2
=⋯=
an2025+bn2025
n2025
=1，则数列{an+bn)具有性质P2025，故C 正确；
取an={
n,n 为奇数
n+1,n 为偶数)，bn={
n+1,n 为奇数
n,n 为偶数)，则当n为奇数时，an
n =1，
故取n1,n2,⋯,n2025为2025个不同的奇数，此时
an1
n1
=
an2
n2
=⋯=
an2025
n2025
=1，
故数列{an)具有性质P2025；当n为偶数时，bn
n =1，故取n1,n2,⋯,n2025为2025个不同的偶数，
此时
bn1
n1
=
bn2
n2
=⋯=
bn2025
n2025
=1，故数列{bn)具有性质P2025；an+bn=2n+1，
则an+bn
n
=2+ 1
n，由于n1,n2,⋯,n2025为2025个不同的正整数，
则
an1+bn1
n1
=2+ 1
n1
，
an2+bn2
n2
=2+ 1
n2
，⋯，
an2025+bn2025
n2025
=2+
1
n2025
不可能相等，
此时数列{an+bn)不具有性质P2025，故D 错误.
故选：D.
【变式7-2】（2025·河北·模拟预测）设t >1，n≥1，n∈N，若各项均为正数的数列{an)满足
1
t an<an+1<an，则称数列{an)具有性质“P(t )”．
(1)已知数列{an)的前n 项和为Sn，且Sn=1−an(n∈N
*)，试判断数列{an)是否具有性质“P(4)”，并说
明理由；
(2)若数列{an)满足a1= 2
3，且an+1=ln(e
an−1)−lnan(n∈N
*)．
（i）证明：数列{an)具有性质“P(3)”；
（ii）记数列{an)的前n 项和为T n，证明：T n≥1−1
3
n (n∈N
*)．
【答案】(1)具有，理由见解析；
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【解题思路】（1）根据给定条件，利用数列前n 项和与第n 项的关系求出通项公式，再利用否具有性质“
P(4)”的定义推理判断.
（2）（i）根据给定条件，构造函数，利用导数确定单调性再证明不等式；
（ii）由（i）的结论，利用放缩法，结合等比数列前n 项和公式推理得证.
【解答过程】（1）数列{an)中，Sn=1−an，当n≥2时，an= Sn−Sn−1=−an+an−1，则an= 1
2 an−1，
而a1= S1=1−a1，解得a1= 1
2，因此数列{an)是首项和公比都为1
2的等比数列，
则an=( 1
2 )
n
>0，an+1=( 1
2 )
n+1
<( 1
2 )
n
=an，1
4 an= 1
4 ⋅( 1
2 )
n
=( 1
2 )
n+2
<( 1
2 )
n+1
=an+1，
正项数列{an)满足1
4 an<an+1<an，所以数列{an)具有性质“P(4)”.
（2）（i）函数f ( x)= ln(e
x−1)−ln x , x >0，令函数ℎ( x)= x −e
x+1, x >0，求导得ℎ
′( x)=1−e
x<0，
函数ℎ( x)在(0,+ ∞)上单调递减，则ℎ( x)<ℎ(0)=0，即e
x−1> x，ln(e
x−1)>ln x，
任意x>0，f ( x)= ln(e
x−1)−ln x >0，而an+1= f (an)，a1= 2
3 >0，则an>0，n∈N
∗，
于是an+1−an=ln(e
an−1)−lnan−an=ln(e
an−1)−ln(ane
an)，
令g( x)= x e
x−(e
x−1), x >0，求导得g
′( x)=e
x+ x e
x−e
x = x e
x>0，
函数g( x)= x e
x−(e
x−1)在(0,+ ∞)上单调递增，g( x)>g(0)=0，
当x>0时，xe
x>e
x−1>0，ln x e
x>ln(e
x−1)，而an>0，
则an+1−an=ln(e
an−1)−lnane
an<0，因此an+1<an；
依题意，an+1−1
3 an= ln(e
an−1)−ln an−1
3 an，
令u( x)=ln(e
x−1)−ln x−1
3 x =ln(e
x−1)−ln xe
1
3 x
, x>0，
令函数t( x)=e
x−1−xe
1
3 x
, x>0，求导得t
′( x)=e
x−e
1
3 x
−1
3 xe
1
3 x
=e
1
3 x
(e
2
3 x
−1−1
3 x)，
令函数φ( x)=e
2
3 x
−1−1
3 x , x>0，求导得φ
′( x)= 2
3 e
2
3 x
−1
3 >0，函数φ( x)在(0,+∞)上单调递增，
当x>0时，φ( x)>φ(0)=0，t
′( x)>0，函数t( x)在(0,+ ∞)上单调递增，
当x>0时，t( x)>t(0)=0，即当x>0时，e
x−1> xe
1
3 x
>0，ln(e
x−1)>ln( xe
1
3 x
)，
因此当x>0时，u( x)>0，又an>0，则u(an)>0，
于是ln(e
an−1)−ln an−1
3 an>0，an+1> 1
3 an，则1
3 an<an+1<an，
所以数列{an)具有性质“P(3)”.
（ii）由（i）知，an+1> 1
3 an>0，则an+1
an
> 1
3，
当n≥2，n∈N
∗时，an= an
an−1
⋅an−1
an−2
⋅⋅⋅⋅⋅a2
a1
⋅a1>a1⋅( 1
3 )
n−1
=2⋅(
1
3)
n
，
当n=1时，T 1=a1= 2
3 =1−1
3，
当n≥2时，T n=a1+a2+⋅⋅⋅+an>2[ 1
3 +( 1
3 )
2
+( 1
3 )
3
+⋯+( 1
3 )
n
]=
2
3 (1−1
3
n )
1−1
3
=1−1
3
n，
所以T n≥1−1
3
n (n∈N
*).
【变式7-3】（2025·河北·二模）已知{an)是公差不为0 的无穷等差数列.若对于{an)中任意两项am，an，在
{an)中都存在一项ai，使得ai=aman，则称数列{an)具有性质P.
(1)已知an=2n，bn= 4 n+3(n=1,2,⋯)，判断数列{an)，{bn)是否具有性质P；
(2)若数列{an)具有性质P，证明：{an)的各项均为整数；
(3)若a1=18，求具有性质P的数列{an)的个数.
【答案】(1)数列{an)具有性质P；数列{bn)不具有性质P
(2)证明见解析
(3)12
【解题思路】（1）根据数列{an)具有性质P的定义即可求解.
（2）设数列{an)的公差为d (d ≠0)，由题意知存在ai=anan+1，同理存在a j=anan+2，两式相减，根据等差
数列的定义即可得证.
（3）由题意结合（2）知数列{an)的各项均为整数，所以d为整数.首先证明d为正整数，其次证明d为
a1(a1−1)的约数，从而即可得解.
【解答过程】（1）an=2n，aman=2m×2n=2(2mn)=a2mn，即ai=a2mn，所以数列{an)具有性质P.
bn= 4 n+3，令m=1,n=2，则b1b2=(4 +3)(4×2+3)=7×11=77，77= 4×19+1不符合bn，则{bn)不具
有性质P.
（2）设数列{an)的公差为d (d ≠0)，因为数列{an)具有性质P，所以存在ai=anan+1，
同理存在a j=anan+2，两式相减得a j−ai=anan+2−anan+1=an(an+2−an+1)，
即( j−i)d =and，因为d ≠0，所以an= j−i.所以{an)的各项均为整数.
（3）由（2）可知，数列{an)的各项均为整数，所以d为整数.
假设d为负整数，则{an)为递减数列，所以{an)中各项最大值为a1，
由题意，{an)中存在某项ak<0，且|ak)>|a1)，所以ak ak +1>a1，
而数列{an)中存在ai=ak ak +1，则ai>a1，与题意相矛盾，所以d不是负整数，d为正整数.
由ai=aman得，a1+(i−1)d =[a1+(m−1)d)[a1+(n−1)d)，
所以i−1= a1(a1−1)
d
+(m+n−2)a1+(m−1)(n−1)d，
所以a1(a1−1)
d
为整数，即d为a1(a1−1)的约数.
由d为正整数，所以d为18×17的正约数，
18×17 =2×3×3×17，所以18×17的正约数共有12个，则a1=18，具有性质P的数列{an)的个数为12.
【题型8 数列中的其他新定义问题】
【例8】（2025·河南·模拟预测）已知数列{pn)和常数c存在以下关系：对∀ε >0,∃s∈N
*，当n>s时，
|pn−c)<ε，则称c为{pn)的极限，若数列{pn)的极限是
❑√5−1
2
，则称数列{pn)为“超极限数列”.已知数列
{an)满足:a1=a2=1,an+2=an+an+1,bn= an
an+1
,n∈N
*.
(1)写出{bn)的前5 项；
(2)证明：{bn)为“超极限数列”；
(3)若n∈N
*,Sn=a1
2+a2
2+⋯+an
2，从S1,S2,⋯,Sn中任取一项，求该项能被9 整除的概率.
【答案】(1)b1=1,b2= 1
2 ,b3= 2
3 ,b4= 3
5 ,b5= 5
8
(2)证明见解析
(3)1
6
【解题思路】（1）结合递推关系求a3,a4,a5,a6，再求{bn)的前5 项；
（2）先证明bn+1=
1
bn+1，再证明|bn+1−
❑√5−1
2 )
|bn−
❑√5−1
2 )
≤
❑√5−1
3
，然后证明|bn−
❑√5−1
2 )<(
❑√5−1
3 )
n−1
，结合
定义证明结论；
（3）先证明Sn=a1
2+a2
2+⋯+an
2=anan+1，设an除以9 的余数为rn，研究数列{rn)的周期，研究{Sn)除以9
的余数，结合古典概型概率公式求结论.
【解答过程】（1）因为:a1=a2=1,an+2=an+an+1,bn= an
an+1
,n∈N
*，
所以a3=a1+a2=2，a4=a3+a2=3，a5=a4+a3=5，a6=a5+a4=8，
所以b1=1,b2= 1
2 ,b3= 2
3 ,b4= 3
5 ,b5= 5
8.
（2）证明：∵bn+1= an+1
an+2
=
an+1
an+an+1
=
1
an
an+1
+1
=
1
bn+1，
故bn+1−
❑√5−1
2
=
1
bn+1 −
❑√5−1
2
=(−1)×
❑√5−1
2
⋅
bn−
❑√5−1
2
bn+1
，
∴|bn+1−
❑√5−1
2 )
|bn−
❑√5−1
2 )
=
❑√5−1
2
⋅
1
bn+1，
而当n≥2时，an+1=an+an−1≤2an，
∴bn= an
an+1
≥1
2，
1
bn+1 ≤2
3，
故|bn+1−
❑√5−1
2 )
|bn−
❑√5−1
2 )
=
❑√5−1
2
⋅
1
bn+1 ≤
❑√5−1
3
，
故|bn−
❑√5−1
2 )
|bn−1−
❑√5−1
2 )
⋅|bn−1−
❑√5−1
2 )
|bn−2−
❑√5−1
2 )
⋅⋯.|b2−
❑√5−1
2 )
|b1−
❑√5−1
2 )
≤(
❑√5−1
3 )
n−1
，
|bn−
❑√5−1
2 )≤|b1−
❑√5−1
2 )⋅(
❑√5−1
3 )
n−1
= 3−❑√5
2
⋅(
❑√5−1
3 )
n−1
<(
❑√5−1
3 )
n−1
，
对∀ε >0，要想使得|bn−
❑√5−1
2 )<ε，只需(
❑√5−1
3 )
n−1
<ε，
即n−1>log ❑√5−1
3
ε，只需取s=[log ❑√5−1
3
ε)+2，
其中[log ❑√5−1
3
ε)为log ❑√5−1
3
ε的整数部分，
此时n−1>log ❑√5−1
3
ε，即|bn−
❑√5−1
2 )<ε，原命题得证.
（3）当n≥2时，an=an+1−an−1，
故an
2=anan+1−an−1an=−an−1an+anan+1，
故a2
2+a3
2+⋯+an
2=−a1a2+a2a3−a2a3+a3a4+⋯−an−1an+anan+1=anan+1−1，
则Sn=a1
2+a2
2+⋯+an
2=anan+1，
Sn被9 整除，有3 种情况：①an被9 整除；②an+1被9 整除；③an,an+1都能被3 整除.
第③种情况：若an,an+1都能被3 整除，则an−1=an+1−an能被3 整除，则an−2,an−3,⋯,a1能被3 整除，显
然错误，
设an除以9 的余数为rn，将r1,r2,⋯,rn一一列出：1,1,2,3,5,8,4,3,7,1,8,0,8,8,7,6,4,1,5，
6,2,8,1,0,1,1,⋯⋯
发现：(r1,r2)=(r25,r26)=(1,1)，
再由{an)的特点：an+2=an+an+1，可知：r25,r26，r27,⋯,r48
将会重复r1,r2,r3,⋯,r24的排列次序，
故{rn)是以24 为周期的数列，
在一个周期内，r12=r24=0，即S11=a11a12,S12=a12a13,S23=a23a24,S24=a24a25能被9 整除，故所求概率
为4
24 = 1
6.
【变式8-1】（2025·河南·模拟预测）若对于任意的k ∈N
*，bk为数列{an)中小于k的项的个数，则称数列
{bn)是{an)的“生成数列”.
(1)分别写出数列1，0，3，4 及❑√2，❑√3，2，❑√5的“生成数列”的前4 项；
(2)若数列{an)满足an=2n，且{an)的“生成数列”为{bn)，求bn；
(3)若{an)为等比数列，且a1=2，公比q =3，{an)的“生成数列”为{bn)，{bn)的“生成数列”为{cn)，求cn.
【答案】(1)答案见解析
(2)bn={
n−1
2
，n 为奇数
n−2
2
，n 为偶数)
(3)cn=2×3
n−1.
【解题思路】（1）依据生成数列的定义，对给定数列进行计算，得出“生成数列”的前几项.
（2）先分析数列{an}中小于不同数值的项的个数规律，再分n为奇数和偶数两种情况讨论，分别设
n=2k −1和n=2k，找出bn与n的关系，进而得到bn的表达式.
（3）已知{an}是等比数列，得出其通项公式.通过分析bk和bk +1的含义，得到bk的大小关系.设cn=t，根据
bt和bt +1与n的关系，结合an∈N
*，证明cn=an.
【解答过程】（1）由生成数列的定义可知：数列1，0，3，4 的“生成数列”的前4 项是1，2，2，3；
数列❑√2，❑√3，2，❑√5的“生成数列”的前4 项是0，2，4，4；
（2）{an)为2，4，6，8，⋯，
则{an)中小于1 的项的个数b1=0，小于2 的项的个数b2=0，
小于3 的项的个数b3=1，小于4 的项的个数b4=1，
小于5 的项的个数b5=2，小于6 的项的个数b6=2，⋯，
在{bn)中，当n 为奇数时，设n=2k −1，k ∈N
*，
则小于(2k −1)的偶数有(k −1)个，所以bn=k −1= n−1
2
;
在{bn)中，当n 为偶数时，设n=2k，k ∈N
*，
则小于2k 的偶数有(k −1)个，所以bn=k −1= n−2
2
，
所以bn={
n−1
2
，n 为奇数
n−2
2
，n 为偶数)
；
（3）因为{an)为等比数列，且a1=2，公比q =3，所以an=2×3
n−1.
下面我们来证明：cn=an.
因为bk表示an中小于k 的项的个数，bk +1表示{an)中小于(k +1)的项的个数，
所以易得bk≤bk +1，即0≤b1≤b2≤b3≤⋯≤bn−1≤bn≤⋯，
设cn=t，由bt<n，bt +1≥n，可得an≥t，an<t +1，
又因为an∈N
*，所以an=t =cn，所以cn=an=2×3
n−1.
【变式8-2】（2025·新疆喀什·模拟预测）对于有限正整数数列Q:a1,a2,⋅⋅⋅,an，若存在连续子列
ai,ai+1,⋅⋅⋅,a j和符号序列si，si+1,⋅⋅⋅,s j∈{−1,1)，使得∑
k =i
j
sk ak =0，其中1≤i< j≤n,i, j∈N
∗，
则称数列Q存在平衡连续子列．
(1)写出数列2，1，2，3 的一个平衡连续子列；
(2)设对任意正整数i，定义函数v (i)为满足i=u⋅2
v的非负整数v，其中u为奇数，令
ai=22−v (i)(i=1,2,⋅⋅⋅,7)．证明：数列a1,a2,⋅⋅⋅,a7不存在平衡连续子列；
(3)设数列Q的每一项均为不大于k (k ∈N
∗)的正整数，证明：当n≥2k时，Q存在平衡连续子列．
【答案】(1)1，2，3
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解题思路】（1）通过平衡连续子列的概念判断即可；
（2）分析数列中各项的奇偶性、模数特性，结合符号组合的限制条件，证明无法构造出和为0 的子列；
（3）通过分析将原问题转化为bi>k或bi<−k +1且当j<t时都有−k +1≤b j≤k，对k进行分类讨论，即可
得证．
【解答过程】（1）1，2，3.
子列1，2，3 对应原数列的a2=1，a3=2，a4=3，
设符号序列为s2，s3，s4，需满足1⋅s2+2⋅s3+3⋅s4=0，其中s2，s3，s4∈{−1,1}，
若取s2=1，s3=1，s4=−1，则和为1×1+2×1+3×(−1)=1+2−3=0，
满足∑
k =2
4
sk ak =0，
由于存在连续子列1，2，3，以及符号序列s2=1，s3=1，s4=−1均属于{−1,1}，
使得符号与对应项乘积的和为0，完全符合“平衡连续子列”的定义（存在连续子列和符号序列，使符号
加权和为0)，
综上，子列1，2，3 是数列2，1，2，3 的平衡连续子列；
（2）因为1，3，5，7 是奇数，故v (1)= v (3)= v (5)= v (7)=0，
所以a1=a3=a5=a7=2
2−0= 4．
因为v (2)= v (6)=1，所以a2=a6=2
2−1=2．
因为v (4)=2，所以a4=2
2−2=1，
所以数列4，2，4，1，4，2，4．
因为si,si+1,⋅⋅⋅,s j∈{−1,1)(1≤i< j≤7)，
所以siai+ si+1ai+1+⋅⋅⋅+ s ja j与ai+ai+1+⋅⋅⋅+a j奇偶性相同．
当i≤4< j或i<4≤j时，因为ai,ai+1,⋅⋅⋅,a j中，a4为奇数，其余各项均为偶数，
所以ai+ai+1+⋅⋅⋅+a j为奇数．
所以siai+ si+1ai+1+⋅⋅⋅+ s ja j≠0．
当(i, j)取(1,2),(1,3),(2,3),(5,6),(5,7),(6,7)时，
由（1）可知siai+ si+1ai+1+⋅⋅⋅+ s ja j≠0，
综上，该数列不存在平衡连续子列．
（3）设b1=a1,bi+1={
bi+ai+1,bi≤0
bi−ai+1,bi>0
(i=1,2,⋅⋅⋅,n−1))，
则b1,b2,⋅⋅⋅,bn是整数数列．
下面证明对任意i∈{1,2,⋅⋅⋅,n)，均有−k +1≤bi≤k．
显然b1=a1满足−k +1≤b1≤k．
假设结论不成立，则存在t ∈{2,3,⋅⋅⋅,n)，使得bt>k或bt<−k +1，
且当j<t时都有−k +1≤b j≤k．
（ⅰ）若bt>k，当bt −1≤0时，bt −1=bt−at，
因为at≤k，所以bt −1=bt−at>k −at≥0，矛盾；
当bt −1>0时，bt −1=bt +at，
因为at>0，所以bt −1=b1+a1>k +at>k，矛盾．
（ⅱ）若bt<−k +1，当bt −1≤0时，bt −1=bt−at，
因为at>0，所以bt −1=bt−at<−k +1−at<−k +1，矛盾；
当bt −1>0时，bt −1=bt +at，
因为at≤k ,bt −1=bt +at<−k +1+at≤−k +1+ k =1，
又bt −1是整数，所以bt −1≤0，矛盾．
综上，对任意i∈{1,2,⋅⋅⋅,n)，均有−k +1≤bt≤k．
若存在j∈{2,3,⋅⋅⋅,n)，使得b j=0，
则存在(1, j)且s1,s2,⋅⋅⋅,s j∈{−1,1)，使得s1a1+ s2a2+⋅⋅⋅+ s ja j=0，
此时数列Q存在平衡连续子列．
若任意i∈{1,2,⋅⋅⋅,n),bi≠0，
因为−k +1,−k +2,⋅⋅⋅,−1,0,1,⋅⋅⋅,k中共2k −1个非零整数，
当n≥2k时，数列b1,b2,⋅⋅⋅,bn中存在p,q∈{1,2,⋅⋅⋅,n)且p<q，使得b p=bq，
从而存在s p+1,s p+2⋅⋅⋅,sq∈{−1,1)，使得s p+1ap+1+ s p+2ap+2+⋅⋅⋅+ sqaq=bq−b p=0，
此时数列Q存在平衡连续子列．
综上，当n≥2k时，数列Q存在平衡连续子列．
【变式8-3】（2025·江西·三模）对于项数为m的数列{an)，现定义一种新的排列方式“递增移位数列”，
其排列规则如下：当k ≤m时，将数列{an)的前k项移至末尾．并按照递增顺序排列，其余各项均依次前移k
位；当k >m时，则将数列{an)的前k mod m项移至末尾，并按上述规则进行变换．若k mod m=0，则无需
进行变换操作，称为k次递增移位变换、例如，数列1，2，3经过一次递增移位变换后得到数列2，3，1；
经过两次递增移位变换后得到数列1，2，3．其中k mod m表示是除以m得到的余数．
(1)写出数列1，2，3，4，5，6经过2025次递增移位变换后的新数列．
(2)对于数列1，2，3，⋯，n
2(n≥3)，
①该数列经过k (k ≤n)次递增移位变换后，求新数列的第k项bk；
②假设经过无限次递增移位变换后所出现的每一种排列都是等可能的，记事件“第一项与最后一项的项值
之差为1”的概率为Pn，证明：Pn≥n+1
n
2 ．
【答案】(1)1，2，3，4，5，6
(2)①bk = k
2+3k
2
；②证明见解析
【解题思路】（1）分析可知，该数列的变化周期为6，且2025=6×337+3，结合题中“递增移位数列”
的定义可得结果；
（2）①分析可知原数列经过k次递增移位变换后，共有k (k +1)
2
项移至末尾并按递增顺序排列，则新数列
的第1项为k (k +1)
2
+1，第n
2项为k (k +1)
2
，由此可得出bk的表达式；
②当n=3时，列举出原数列经过无限次递增移位变换后得到的数列的9种情形，观察得出n=3时Pn≥n+1
n
2
成立；当n≥4时，求出新数列的第1项和第n
2项，验证结论成立即可.
【解答过程】（1）数列1，2，3，4，5，6经过一次递增移位变换后得到数列2，3，4，5，6，1；
经过两次递增移位变换后得到数列4，5，6，1，2，3；
经过三次递增移位变换后得到数列1，2，3，4，5，6；
经过四次递增移位变换后得到数列5，6，1，2，3，4；
经过五次递增移位变换后得到数列4，1，2，3，5，6；
经过六次递增移位变换后得到数列1，2，3，4，5，6；；
经过七次递增移位变换后得到数列2，3，4，5，6，1，⋯，
从而得到规律，该数列的变化周期为6，且2025=6×337+3，
故经过2025次递增移位变换后得到的新数列为原数列，即1，2，3，4，5，6．
（2）①当k ≤n时，总有1+2+⋅⋅⋅+ k = k (k +1)
2
≤n
2+n
2
≤n
2，
即原数列经过k次递增移位变换后，共有k (k +1)
2
项移至末尾并按递增顺序排列，
即此时新数列的第1项为k (k +1)
2
+1，第n
2项为k (k +1)
2
，
故第k项bk = k (k +1)
2
+1+k −1= k
2+3k
2
．
②数列1，2，3，⋯，n
2的所有排列方法数有n
2种，
当n=3时，原数列经过无限次递增移位变换后得到的数列共有9种情形，依次为：
2，3，4，5，6，7，8，9，1；
4，5，6，7，8，9，1，2，3；
7，8，9，1，2，3，4，5，6；
2，3，4，5，6，1，7，8，9；
1，7，8，9，2，3，4，5，6；
4，5，6，1，2，3，7，8，9；
8，9，1，2，3，4，5，6，7；
7，1，2，3，4，5，6，8，9；
1，2，3，4，5，6，7，8，9．
观察知，第一、二、三、七种情形符合题意，此时P3= 4
9 ≥4
9 总成立．
当n≥4时，对原数列作n+1次递增移位变换后，
新数列的第一项为n
2+3n
2
+2= n
2+3n+ 4
2
≤n
2（等价于(n−4)(n+1)≥0总成立），
第n
2项为n
2+3n
2
+1符合题意．故有Pn≥n+1
n
2 ．
综上所述，当n≥3时，Pn≥n+1
n
2 ．
一、单选题
1．（2025·山东泰安·模拟预测）定义数列{an)的“匀称值”为Gn= a1+2a2+⋅⋅⋅+nan
n
，若{an)的匀称值
Gn=n，则a8=（ ）
A．8
5
B．9
2
C．21
4
D．15
8
【答案】D
【解题思路】根据数列{an)的“匀称值”得G7=7
2,G8=8
2，两式相减即可求解.
【解答过程】G8= a1+2a2+3a3+⋅⋅⋅+8a8
8
=8⇒a1+2a2+3a3+⋅⋅⋅+8a8=64，
G7= a1+2a2+3a3+⋅⋅⋅+7a7
7
=7⇒a1+2a2+3a3+⋅⋅⋅+7a7= 49，
两式相减得8a8=64−49=15，所以a8= 15
8 .
故选：D.
2．（2025·广西·模拟预测）行列式是近代数学中研究线性方程的有力工具，最简单的二阶行列式的运算定
义如下：|
a
b
c
d)=ad −bc，已知Sn是等比数列{an)的前n项和，若|
2a3
1
a4
1)=0,a1=1，则S7=（ ）
A．31
B．63
C．127
D．255
【答案】C
【解题思路】根据行列式定义及等比数列的通项公式求出公比，再由求和公式得解.
【解答过程】根据题意可得：2a3−a4=0，
因为数列{an)是等比数列，a1=1，则化简得2a1q
2−a1q
3=q
2(2−q)=0，
因为q≠0，所以q =2.
所以S7= a1(1−q
7)
1−q
= 1×(1−2
7)
1−2
=2
7−1=127.
故选：C.
3．（2025·江西·模拟预测）若数列{an)满足an+1= logman(m>1且m∈Z )，则称数列{an)为“对数m底数
列”.已知正项数列{an)是“对数2 底数列”且a5=1，则当n⩾2且n∈N
∗时，4
a2+a3+⋯+an
a2
2·…·an−1
2
=（ ）
A．2
12
B．2
16
C．2
32
D．2
64
【答案】C
【解题思路】根据定义an+1= log2an，即2
an+1=an，再利用累乘2
a2+a3+⋯+an
a2⋯an−1
=a1，平方后再由a5=1根据递推
关系可得答案.
【解答过程】因为正项数列{an)是“对数2 底数列”，所以an+1= log2an，所以2
an+1=2
log2an=an，
所以2
a2=a1,2
a3=a2,2
a4= a3,⋯,2
an=an−1(n≥2)且n∈N
∗)，
以上式子相乘得2
a2⋅2
a3⋯2
an=a1⋅a2⋯an−1，所以2
a2+a3+⋯+an=a1⋅a2⋯an−1，
所以2
a2+a3+⋯+an
a2⋯an−1
=a1，得2
a2+a3+⋯+an⋅2
a2+a3+⋯+an
a2⋯an−1⋅a2⋯an−1
=a1
2，
即2
2a2+2a3+⋯+2an
a2
2⋯an−1
2
=a1
2，得4
a2+a3+⋯+an
a2
2⋯an−1
2
=a1
2，因为a5= log2a4,a5=1，所以a4=2；
同理，a4= log2a3，所以a3= 4;a3= log2a2，所以a2=16;a2= log2a1，
所以a1=2
16.故4
a2+a3+⋯+an
a2
2⋯an−1
2
=(2
16)
2=2
32.
故选：C.
4．（2025·河南信阳·模拟预测）对于数列{xn)，若存在实数M >0，使得对一切正整数n，恒有|xn)≤M成
立，则称数列{xn)为有界数列.设数列{an)的前n项和为Sn，则下列选项中，满足数列{Sn)为有界数列的是
（ ）
A．an=2n+1
B．an=(−2)
n
C．an=
1
n(n+1)
D．an=(−1)
nn
2
【答案】C
【解题思路】根据有界的概念，求出每个选项的前n项和为Sn，再判断是否存在实数M >0，使|Sn)≤M恒
成立即可.
【解答过程】对于A，an=2n+1，此时{an)为等差数列，则Sn= (3+2n+1)n
2
=n
2+2n，无界，故A 错
误；
对于B，an=(−2)
n，此时{an)为等比数列，则Sn= −2[1−(−2)
n)
1−(−2)
=−2
3 + 2
3
(−2)
n，无界，故B 错误；
对于C，an=
1
n(n+1) = 1
n −
1
n+1，则Sn=1−1
2 + 1
2 −1
3 +⋯+ 1
n −
1
n+1 =1−
1
n+1 <1，
所以|Sn)≤1恒成立，即Sn有界，故C 正确；
对于D，an=(−1)
nn
2，则a2m−1+a2m=−(2m−1)
2+(2m)
2= 4 m−1，
则S2m=3+7+⋯4 m−1= (3+ 4 m−1)m
2
=2m
2+m，
故当n=2m时，Sn明显无界，故D 错误；
故选：C.
5．（2025·河北·模拟预测）我们把各项均为0 或1 的数列称为0−1数列，0−1数列在计算机科学和信息技
术领域有着广泛的应用．把佩尔数列{Pn)（P1=0，P2=1，Pn+2=2 Pn+1+ Pn，n∈N
*）中的奇数换成
0，偶数换成1，得到0−1数列{an)，记{an)的前n 项和为Sn，则S30=（ ）
A．20
B．15
C．12
D．10
【答案】B
【解题思路】根据题意求得数列的前8 项，通过观察找到规律，即可求解.
【解答过程】因为P1=0，P2=1，Pn+2=2 Pn+1+ Pn，
所以P3=2 P2+ P1=2×1+0=2, P4=2 P3+ P2=2×2+1=5, P5=2 P4+ P3=2×5+2=12，
P6=2 P5+ P4=2×12+5=29, P7=2 P6+ P5=2×29+12=70,
P8=2 P7+ P6=2×70+29=169,⋯,
可以看出数列{an)的前30 项为1,0,1,0，⋯，1,0,
所以S30=15×1+15×0=15，
故选：B.
6．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中讨论过高阶等差数列，高阶等差
数列是指逐项差数之差或者高次差相等的数列，例如数列1，3，6，10，15，…的逐项差，a2−a1=2，
a3−a2=3，a4−a3= 4，a5−a4=5，…构成一个等差数列，则数列1，3，6，10，15，…是一个高阶等差
数列（二阶等差数列），现有一个高阶等差数列，其前5 项为2，3，6，11，18，则其第8 项是（ ）
A．38
B．51
C．66
D．83
【答案】B
【解题思路】由高阶等差数列的定义，通过列举即可求解.
【解答过程】由3−2=1，
6−3=3，
11−6=5，
18−11=7，可知：
a6−18=9，即a6=27
a7−a6=11，即a7=38
a8−a7=13，即a8=51，
即第8 项是51，
故选：B.
7．（2025·上海金山·三模）对于数列{an)，若存在常数M >0，对任意的n∈N
∗，都有不等式
|a2−a1)+|a3−a2)+...+|an+1−an)< M成立，则称数列{an)具有性质P．给出下列两个结论：
①若数列{an)和{bn)均具有性质P，则数列{an+bn)也具有性质P
②若数列{an)和{bn)均具有性质P，则数列{anbn)也具有性质P．
则下列判断正确的是（ ）
A．①为真命题，②为真命题
B．①为真命题，②为假命题
C．①为假命题，②为真命题
D．①为假命题，②为假命题
【答案】A
【解题思路】根据题目条件，利用不等式|a+b)≤|a)+|b)，对各条件中的代数式进行放缩.
【解答过程】数列{an)具有性质P，故存在常数M 1，对任意的n∈N
∗，有
|a2−a1)+|a3−a2)+...+|an+1−an)< M 1.
数列{bn)具有性质P，故存在常数M 2，对任意的n∈N
∗，有|b2−b1)+|b3−b2)+...+|bn+1−bn)< M 2.
对于命题①.
存在常数M = M 1+ M 2，对任意的n∈N
∗，有
|a2+b2−a1−b1)+|a3+b3−a2−b2)+...+|an+1+bn+1−an−bn)
≤|a2−a1)+|b2−b1)+|a3−a2)+|b3−b2)+...+|an+1−an)+|bn+1−bn)< M 1+ M 2
故|a2+b2−a1−b1)+|a3+b3−a2−b2)+...+|an+1+bn+1−an−bn)< M
即数列{an+bn)具有性质P.命题①为真命题.
对于命题②.
存在常数M 0=|a1)M 2+|b1)M 1+2 M 1 M 2，对任意的n∈N
∗，有
|a2b2−a1b1)+|a3b3−a2b2)+...+|an+1bn+1−anbn)=∑
k =1
n
(|ak +1bk +1−ak bk))
=∑
k =1
n
(|ak +1bk +1−ak bk +1+ak bk +1−ak bk))
≤∑
k =1
n
(|bk +1(ak +1−ak))+|ak(bk +1−bk)))≤∑
k =1
n
(|bk +1)|ak +1−ak)+|ak)|bk +1−bk))
=∑
k =1
n
(|b1+b2−b1+b3−b2+...+bk +1−bk)|ak +1−ak)+|a1+a2−a1+a3−a2+...+ak−ak −1)|bk +1−bk))
≤∑
k =1
n
((|b1)+|b2−b1)+|b3−b2)+...+|bk +1−bk))|ak +1−ak)+(|a1)+|a2−a1)+|a3−a2)+|ak−ak −1))|bk +1−bk))
<∑
k =1
n
(|b1)|ak +1−ak)+ M 2|ak +1−ak))+∑
k =1
n
(|a1)|bk +1−bk)+ M 1|bk +1−bk))
<|b1)M 1+ M 1 M 2+|a1)M 2+ M 1 M 2
=|a1)M 2+|b1)M 1+2 M 1 M 2= M 0
故数列{anbn)具有性质P.命题②为真命题.
故选：A.
8．（2024·北京东城·二模）设无穷正数数列{an)，如果对任意的正整数n，都存在唯一的正整数m，使得
am=a1+a2+a3+⋯+an，那么称{an)为内和数列，并令bn=m，称{bn)为{an)的伴随数列，则（ ）
A．若{an)为等差数列，则{an)为内和数列
B．若{an)为等比数列，则{an)为内和数列
C．若内和数列{an)为递增数列，则其伴随数列{bn)为递增数列
D．若内和数列{an)的伴随数列{bn)为递增数列，则{an)为递增数列
【答案】C
【解题思路】对于ABD：举反例说明即可；对于C：根据题意分析可得am2>am1，结合单调性可得m2>m1
，即可得结果.
【解答过程】对于选项AB：例题an=1，可知{an)即为等差数列也为等比数列，
则a1+a2=2，但不存在m∈N
*，使得am=2，
所以{an)不为内和数列，故AB 错误；
对于选项C：因为an>0，
对任意n1,n2∈N
*，n1<n2，可知存在m1,m2∈N
*，
使得am1=a1+a2+a3+⋯+an1,am2=a1+a2+a3+⋯+an2，
则am2−am1=an1+1+an1+2+⋯+an2>0，即am2>am1，
且内和数列{an)为递增数列，可知m2>m1，
所以其伴随数列{bn)为递增数列，故C 正确；
对于选项D：例如2,1,3,4,5,⋅⋅⋅，
显然{an)是所有正整数的排列，可知{an)为内和数列，且{an)的伴随数列为递增数列，
但{an)不是递增数列，故D 错误；
故选：C.
二、多选题
9．（2025·广东·模拟预测）如果数列{an)的首项a1=1，且满足|an+1−an)=k (k >0)，则称数列{an)为“等k
距数列”.已知数列{an)是“等k距数列”，则（ ）
A．an≤(n−1)k +1
B．若数列{an)为“等1 距数列”，则a4可能取值的集合为{−2,0,2,4)
C．若an= ln bn，数列{bn)的前n 项和Sn=e(1−e
nk)
1−e
k
或Sn=e(1−e
−nk)
1−e
−k
D．若∃M >0，∀n∈N
∗，|an)≤M，则数列{an)存在最大项与最小项
【答案】ABD
【解题思路】根据绝对值三角不等式说明A，列出“等1距数列”的前4项，即可判断B，推导出
bn+1=bne
±k，若{bn)为单调数列求出Sn，若不单调则不成立，即可判断C，说明{an)为摆动数列，即可判
断D.
【解答过程】对于A：当n≥2时，|an−a1)=|an−an−1+an−1−an−2+⋯+a2−a1)
≤|an−an−1)+|an−1−an−2)+⋯+|a2−a1)=(n−1)k，
∴an≤(n−1)k +1，当n=1时an≤(n−1)k +1也满足，所以an≤(n−1)k +1，故A 正确；
对于B：由“等1距数列”的定义可知前四项可能为：1,2,3,4；1,2,3,2；1,2,1,0；
1,2,1,2；1,0,1,0；1,0,1,2；1,0,−1,−2；1,0,−1,0.
故a4的可能取值的集合为{−2,0,2,4)，故B 正确
对于C：∵an= ln bn，lnb1=a1，∴b1=e，|an+1−an)=|ln bn+1
bn )=k，
∴bn+1=bne
±k，
若数列{bn)为单调数列，当bn+1=bne
k时, Sn=e(1−e
nk)
1−e
k
；
当bn+1=bne
−k时, Sn=e(1−e
−nk)
1−e
−k
；
若数列{bn)为摆动数列，则上式不成立，故C 错误；
对于D：若{an)为单调数列，不妨令{an)单调递增，则an+1−an=k (k >0)，
所以{an)是以1为首项，k为公差的等差数列，则an=(n−1)k +1，则当n→+∞时an→+∞，与题意矛盾；
所以{an)是摆动数列，由|an)≤M，则−M ≤an≤M，
即an的取值均在−M到M之间（可能包含端点），又由an的确定性，则an必定存在最大值与最小值
（如从函数的角度理解，点(n,an)为夹在y =−M与y = M之间（可能包含直线y =−M与y = M上的点）
一系列离散的点，则(n,an)一定存在最高点与最低点），
所以数列{an)存在最大项和最小项，故D 正确；
故选：ABD.
10．（2025·山东·模拟预测）若数列{an)满足：存在λ>0，使得∑
i=1
n
|ai+1−ai)≤λ对任意n∈N
*成立，则称
{an)是“受限数列”，λ的最小值称为{an)的“受限上界”.记{an)的前n项和为Sn，则下列说法正确的是
（ ）
A．若an=2n−1，则{an)是受限数列
B．若等差数列{an)满足a3=3，S11=66，则{
2
an)是受限数列
C．若Sn= an−1
3
，则|an)是受限数列，其受限上界为3
D．若{an)，{bn)都是受限数列，则{anbn)也是受限数列
【答案】BD
【解题思路】由数列新定义可得A 错误；由等差中项和等差数列的性质求出an=n，表示出新定义，然后
求和可得B 正确；先由Sn与an的性质求出数列{an)的通项，表示出新定义，然后结合等比数列的求和公式
可得C 错误；设存在正数M 1，M 2，满足∑
i=1
n
|ai+1−ai)≤M 1，∑
i=1
n
|bi+1−bi)≤M 2，由数列新定义可得D 正
确.
【解答过程】对于A，若an=2n−1，则∑
i=1
n
|ai+1−ai)=2n，不存在λ，不是受限数列，故A 错误；
对于B，依题意，S11=11a6=66，则a6=6，而a3=3，故an=n，2
an
= 2
n，
易知2
an+1
−2
an
<0，所以|
2
an+1
−2
an)= 2
an
−2
an+1
，
于是∑
i=1
n
|
2
ai+1
−2
ai)=(
2
a1
−2
a2)+(
2
a2
−2
a3)+⋯+(
2
an
−2
an+1)= 2
a1
−2
an+1
=2−
2
n+1 <2，故B 正确；
对于C，因为Sn= an−1
3
，故当n=1时，S1= a1−1
3
，解得a1=−1
2，
当n≥2时，Sn= an−1
3
，Sn−1= an−1−1
3
，
两式相减并整理，得
an
an−1
=−1
2，故an=(−1
2)
n
，
故|an+1−an)=|(−1
2)
n+1
−(−1
2)
n
)= 3
2
n+1
，故∑
i=1
n
|ai+1−ai)=|a2−a1)+|a3−a2)+⋯+|an+1−an)
=3⋅[(
1
2)
2
+(
1
2)
3
+⋯+(
1
2)
n+1
)=3⋅
1
4 −1
2
n+2
1−1
2
=3⋅(
1
2 −1
2
n+1)< 3
2
，受限上界不是3，故C 错误；
对于D，若{an)，{bn)都是受限数列，则存在正数M 1，M 2，满足∑
i=1
n
|ai+1−ai)≤M 1，∑
i=1
n
|bi+1−bi)≤M 2，
注意到
|an)=|an−an−1+an−1−an−2+⋯+a2−a1+a1)≤|an−an−1)+|an−1−an−2)+⋯+|a2−a1)+|a1)≤M 1+|a1)
，
同理，|bn)≤M 2+|b1)，
记K 1= M 1+|a1)，K 2= M 2+|b1)，
则|an+1bn+1−anbn)=|an+1bn+1−an+1bn+an+1bn−anbn)≤|bn)|an+1−an)+|an+1)|bn+1−bn)≤K 2|an+1−an)
+ K 1|bn+1−bn)，所以∑
i=1
n
|ai+1bi+1−aibi)≤K 2∑
i=1
n
|ai+1−ai)+ K 1∑
i=1
n
|bi+1−bi)≤K 2 M 1+ K 1 M 2，故D 正
确.
故选：BD.
11．（2025·陕西安康·模拟预测）定义：已知数列{an)的前n 项和Sn，若∃x，y ∈R，使得
anan+1=(x Sn+ y)(an+1−an)，则称数列{an)为(x , y)分解数列．基于上述事实，则（ ）
A．若数列{an)为非零常数列，则数列{an)不可能为(x , y)分解数列
B．若Sn=2an−2，则数列{an)为(2,1)分解数列
C．若首项为1 的非常数列{an)为(2,0)分解数列，则S100=5050
D．若首项为2 的非常数列{an)为(1,2)分解数列，则数列{
n+2
(n
2+n)an)的前n 项和小于1
【答案】ACD
【解题思路】根据数列新定义，结合n≥2,Sn−Sn−1=an及等比数列通项公式，应用裂项相消法计算判断
各个选项即可.
【解答过程】若数列{an)为非零常数列，则anan+1=c
2，(x Sn+ y)(an+1−an)=0，两式不相等，所以数列
{an)不可能为(x , y)分解数列，A 选项正确；
若Sn=2an−2，当n=1,S1=2a1−2,a1=2，所以当n≥2,Sn−Sn−1=an=2an−2an−1，所以
an=2an−1, an
an−1
=2，
所以an=2×2
n−1=2
n，
当n=1，左边为a1a2=2
1×2
2=2
3=8，右边为(2S1+1)(a2−a1)=5×2=10不相等，B 选项错误；
因为首项为1 的非常数列{an)为(2,0)分解数列，则anan+1=(2Sn)(an+1−an)，所以an=n，
S100= 100(1+100)
2
=5050，C 选项正确；
因为首项为2 的非常数列{an)为(1,2)分解数列，则anan+1=(Sn+2)(an+1−an)，所以an=2
n，
n+2
(n
2+n)an
=
n+2
(n
2+n)2
n =
1
n×2
n−1 −
1
(n+1)×2
n，
所以数列{
n+2
(n
2+n)an)的前n 项和
T n=1−
1
2×2
1 +
1
2×2
1 −
1
3×2
2 +
1
3×2
2 −
1
4×2
3 +⋯+
1
n×2
n−1 −
1
(n+1)×2
n =1−
1
(n+1)×2
n <1，D 选项
正确；
故选：ACD.
三、填空题
12．（2025·甘肃白银·三模）若数列{an)是有穷数列，且各项之和为0，各项的绝对值之和为1，则称数列
{an)是“n项优待数列”.若等差数列{bn)是“2k +1项优待数列”，k ∈N
*，则bn= .
【答案】±[
n
k (k +1) −1
k)
【解题思路】根据等差数列分d >0，d <0两种情况讨论，再结合等差数列求和公式计算求解通项.
【解答过程】设等差数列b1,b2,b3⋯,b2k +1(k ≥1)的公差为d，d ≠0，则b1+b2+b3+⋯+b2k +1=0 ①，
|b1)+|b2)+|b3)+⋯+|b2k +1)=1 ②，
所以(2k +1)b1+ k (2k +1)d =0，所以b1+ kd =0，所以bk +1=0，所以bk +2=d，
当d >0时，由①②，得bk +1+bk +2+bk +3+⋯+b2k +1= 1
2，所以kd + k (k −1)
2
d = 1
2，即d =
1
k (k +1)，
由bk +1=0，得b1+
k
k (k +1) =0，即b1=−
1
k +1，所以bn=−
1
k +1 + n−1
k (k +1) =
n
k (k +1) −1
k ，n∈N
*，
n≤2k +1，
当d <0时，同理可得kd + k (k −1)
2
d =−1
2，即d =−
1
k (k +1)，由bk +1=0，得b1−
k
k (k +1) =0，即
b1=
1
k +1，
所以bn=
1
k +1 −n−1
k (k +1) =−
n
k (k +1) + 1
k ，n∈N
*，n≤2k +1.
综上，bn=±[
n
k (k +1) −1
k).
故答案为：bn=±[
n
k (k +1) −1
k).
13．（2025·山西太原·一模）对于数列{an)，称{Δan)为数列{an)的1 阶商分数列，其中Δan= an+1
an
；称
{Δ
k an)为数列{an)的k阶商分数列，其中Δ
k an=Δ
k −1an+1
Δ
k −1an
(k ≥2,k ∈N
*)，当k =1时，Δ
1an=Δan
．已
知数列{bn)，b1=1，且{(1+ 2
n)Δbn+1)
为数列{bn)的2 阶商分数列，则数列{bn)的前n项和为
．
【答案】2n
n+1
【解题思路】理解k阶商分数列的新定义，根据新定义可得Δ
2bn=(1+ 2
n)Δbn+1，将Δbn和Δbn+1代入化简
可得递推关系式：bn=(1+ 2
n)bn+1，利用累乘法以及裂项相消法即可求得bn=
2
n(n+1) =2(
1
n −
1
n+1)，
从而求得数列{bn)的前n 项和.
【解答过程】根据题目中的定义，数列{bn)的1 阶商分数列中，
Δbn满足：Δbn= bn+1
bn
①，则Δbn+1= bn+2
bn+1
②；
2 阶商分数列中，Δ
2bn满足：Δ
2bn= Δbn+1
Δbn
，
根据题意，Δ
2bn=(1+ 2
n)Δbn+1，
将①，②代入上式可得：
Δbn+1
Δbn
=(1+ 2
n)
bn+2
bn+1
③，
将Δbn和Δbn+1代入③得：
bn+2⋅bn
(bn+1)
2 =(1+ 2
n)⋅bn+2
bn+1
，
化简后得到递推关系式：bn=(1+ 2
n)bn+1，化简可得：bn+1=
n
n+2 bn，
由累乘法可得：
bn= n−1
n+1 bn−1= n−1
n+1 ⋅n−2
n
bn−2= n−1
n+1 ⋅n−2
n
⋅n−3
n−1 ×⋅⋯× 1
3 b1，
所以bn=
2
n(n+1) =2(
1
n −
1
n+1)，
经检验，b1=1，b2= 1
3 b1= 1
3，满足上式；
所以bn=
2
n(n+1) =2(
1
n −
1
n+1)，
设数列{bn)的前n 项和为Sn ，
则Sn=b1+b2+b3+⋯+bn，
Sn=2(1−1
2 + 1
2 −1
3 +⋯1
n −
1
n+1)=2(1−
1
n+1)= 2n
n+1.
故答案为：2n
n+1.
14．（2025·北京海淀·三模）设数列{an)的前n 项的和为Sn，若对任意的n∈N
∗，都有Sn<an+1，则称数
列{an)为“超神数列”，下列命题中，正确的有
．
①存在递增数列{an)，使得它是“超神数列”；
②存在周期数列{an)，使得它是“超神数列”；
③存在等差数列{an)，使得它是“超神数列”；
④若{an)为等比数列，对于任意q∈(
1−❑√5
2
,0)，存在a1，使得{an)为超神数列．
【答案】①②④
【解题思路】可通过列举数列判断①②，对于③，可分类讨论公差的d的3 种情况来判断；对于④，设等
比数列首项为a1，公差为q，求出Sn,an+1，作差后对n分奇偶分析即可确定.
【解答过程】对于①，当an=3
n−1时，Sn= 1−3
n
1−3 = 3
n
2 −1
2，an+1=3
n，
Sn−an+1= 3
n
2 −1
2 −3
n=−3
n
2 −1
2 <0，即Sn<an+1，故①正确；
对于②，当周期数列{an)为−2，−1，−2，−1，−2，−1，⋯，周期为2，对任意的n∈N
∗，都有
Sn<an+1，故②正确；
对于③设等差数列首项为a1，公差为d，则Sn=na1+ n(n−1)
2
d，an+1=a1+nd，
Sn−an+1=na1+ n(n−1)
2
d −a1−nd = d
2 n
2+(a1−3
2 d)n−a1<0，对任意的n∈N
∗恒成立，
当d >0，f (n)= d
2 n
2+(a1−3
2 d)n−a1是开口向上的二次函数，
当n→+∞ f (n)→+ ∞，故不符合题意；
当d =0时，S1=a1=a2，不符合题意；
当d <0时，S1=a1>a2，也不符合题意；
综上，不存在等差数列{an)，使得它是“超神数列”，故③错误；
对于④，设等比数列首项为a1，公差为q，Sn= a1(1−q
n)
1−q
,an+1=a1q
n，
Sn−an+1= a1
1−q (q
n+1−2q
n+1)，
当n为奇数时，q∈(
1−❑√5
2
,0)，则q
n+1−2q
n+1>0,1−q>0，要使Sn−an+1<0，
所以a1<0就符合题意；
当n为偶数时，∵q∈(
1−❑√5
2
,0)，
∴q
n+1−2q
n+1>q
3−2q
2+1=(q−1)(q
2−q−1)>0，
又a1<0，a1
1−q <0，所以Sn−an+1<0，即Sn<an+1，
综上，当a1<0，对于任意q∈(
1−❑√5
2
,0)，存在a1，使得{an)为超神数列，故④正确.
故答案为：①②④.
四、解答题
15．（2025·河北衡水·模拟预测）已知数列{an)的前n项和为Sn，若数列{an)满足Sn⋅Sn+2<Sn+1
2
，则称数列
{an)是“方特数列”.
(1)证明：数列{n)是“方特数列”；
(2)若数列{a1q
n−1)(a1≠0)是“方特数列”，求q的取值范围；
(3)证明：当q>0时，数列{nq
n−1)是“方特数列”.
【答案】(1)证明见解析
(2)(0, +∞)
(3)证明见解析
【解题思路】（1）求出Sn利用“方特数列”的定义即可证明；
（2）分类讨论当q =1和q≠1时，数列{a1q
n−1}(a1≠0)的前n项和为Sn，“方特数列”的定义列出不等式即
可求解；
（3）当q =1时，由（1）知满足条件，当q>0且q≠1时，利用错位相减法求出数列{nq
n−1}的前n项和为Sn
，利用“方特数列”的定义结合导数即可证明.
【解答过程】（1）当an=n时，Sn= 1
2 n(n+1)，
Sn⋅Sn+2−Sn+1
2
= 1
4
(n+1)(n+2)[n(n+3)−(n+1)(n+2)]=−1
2
(n+1)(n+2)<0，
∴数列{an)满足Sn⋅Sn+2<Sn+1
2
，即数列{n)是“方特数列”.
（2）当q =1时，Sn=na1，
Sn⋅Sn+2−Sn+1
2
=na1·(n+2)a1−(n+1)
2a1
2=−a1
2<0，满足条件；
当q≠1时，Sn= a1(1−q
n)
1−q
，
∵数列{a1q
n−1}是“方特数列”，
∴Sn⋅Sn+2−Sn+1
2
=
a1
2
(1−q)
2 [(1−q
n)(1−q
n+2)−(1−q
n+1)
2]=−a1
2q
n<0，.
∴q
n>0，∴q>0且q≠1，
综上所述，当数列{a1q
n−1}(a1≠0)是“方特数列”时，q的取值范围为(0, +∞).
（3）当q =1时，由（1）知满足条件，
当q>0且q≠1时，an=nq
n−1, Sn=1+2q+3q
2+⋯+nq
n−1，
q Sn=q+2q
2+3q
3+⋯+nq
n，
∴(1−q)Sn=1+q+q
2+⋯+q
n−1−nq
n= (1−q
n)−nq
n(1−q)
1−q
，
∴Sn= (1−q
n)−nq
n(1−q)
(1−q)
2
，
Sn⋅Sn+2−Sn+1
2
= [(1−q
n)−nq
n(1−q)][(1−q
n+2)−(n+2)q
n+2(1−q)]−[(1−q
n+1)−(n+1)q
n+1(1−q)]
2
(1−q)
4
=−q
n[q
n+2−(n+2)q+n+1]
(1−q)
2
，
设g(q)=q
n+2−(n+2)q+n+1，∴g
′(q) =(n+2)(q
n+1−1)，
当q>1时，g
′(q) >0, g(q)单调递增；当0<q<1时，g
′(q) <0, g(q)单调递减，∴g(q)> g(1)=0，
∴Sn⋅Sn+2−Sn+1
2
<0，
综上所述，当q>0时，数列{nq
n−1}是“方特数列”.
16．（2025·广西·模拟预测）我们把公差不为0 的等差数列{an)(n∈N
*)称为“一阶等差数列”，若数列
{an+1−an)是“一阶等差数列”，则称数列{an)是“二阶等差数列”.例如：1，3，7，13，21，31…，后项
与前项的差值：2，4，6，8，10，…，这些差值构成的数列是公差为2 的等差数列，则称数列1，3，7，
13，21，31….为“二阶等差数列”.
(1)若数列{an)的通项公式为an=n
2，试判断数列{an)是否为“二阶等差数列”，并说明理由；
(2)若数列{an)为“二阶等差数列”，且a1=1，对应的“一阶等差数列”首项为1，公差为3，求an；
【答案】(1)是，理由见解析
(2)an= 3n
2−7n+6
2
【解题思路】（1）结合已知定义及等差数列的定义即可判断；
（2）由已知定义及等差数列的通项公式，求和公式即可求解.
【解答过程】（1）因an=n
2，则an+1−an=(n+1)
2−n
2=2n+1，
故(an+1−an)−(an−an−1)=2n+1−2n+1=2，
∴{an+1−an)是公差为2 的等差数列，则数列{an)是“二阶等差数列”.
（2）由题意{an+1−an)是“一阶等差数列”，
又{an+1−an)首项为1，公差为3，故an+1−an=3n−2，
则an=(an−an−1)+(an−1−an−2)+⋯+(a2−a1)+a1= (1+3n−5)(n−1)
2
+1
= 3n
2−7n+6
2
,n≥2，
又a1=1满足上式，故an= 3n
2−7n+6
2
,n≥1.
则 “二阶等差数列”{an)的通项公式为an= 3n
2−7n+6
2
.
17．（2025·福建福州·模拟预测）已知数列A :a1,a2,⋯,an(n≥2,n∈N
*)的各项互不相同，且
ai∈{1,2,⋯,n), i=1,2,…,n， 若对任意1≤i< j≤n，都有ai−i≤a j−j ,则称数列A 具有性质P；若
对任意1≤i< j≤n， 都有ai+i≤a j+ j ,则称数列A 具有性质T.
(1)若n=3，写出所有具有性质T 的数列A；
(2)证明：具有性质P 的数列A 一定具有性质T；
(3)记所有具有性质T 的数列A 的个数为bn，证明：数列{bn)是等比数列.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解题思路】（1）由数列新定义可得；
（2）由数列新定义证明即可；
（3）结合数列新定义，假设ak =n(k ∈N
*,1≤k ≤n−1)，分k =1，k =2，2<k <n三种情况讨论数列的个
数，再结合等比数列的性质可证明.
【解答过程】（1）所有具有性质T的数列A有1,2,3;1,3,2;2,1,3;3,2,1.
（2）证明：因为数列A具有性质P，所以对任意1≤i< j≤n都有ai−i≤a j−j ,
所以ai−i+i<a j−j+ j ,即ai<a j,
由i, j的任意性可得，A :a1,a2,⋯,an是1,2,3,⋯,n的单调递增排列，
所以数列A :a1,a2,⋯,an即为A :1,2,3,⋯,n，此时ai=i,a j= j，
所以对任意的1≤i< j≤n，都有ai+i≤a j+ j ,所以数列A具有性质T.
（3）（i）假设ak =n(k ∈N
*,1≤k ≤n−1)，
由已知ak +k ≤ak +1+(k +1)，所以ak +1≥ak +k −(k +1)=n−1，
又因为ak +1≤n−1，所以ak +1=n−1，
依此类推，若ak =n，则ak +1=n−1,ak +2=n−2,⋯,an=k ,
①若k =1，则满足条件的数列A :a1,a2,⋯,an为A :n,n−1,⋯,1，只有一个；
②若k =2，则a2=n,a3=n−1,⋯,an=2，所以a1=1，
此时满足条件的数列A :a1,a2,⋯,an为A :1,n,n−1,⋯,2，只有一个；
③若2<k <n，只要a1,a2,⋯,ak −1是1,2,3,⋯,k −1的满足条件的一个数列，就可以相应得到满足条件的
一个数列A :a1,a2,⋯,an，
此时满足条件的数列A :a1,a2,⋯,an有bk −1个 .
（ii）假设an=n，只要a1,a2,⋯,an−1是1,2,3,⋯,n−1的满足条件的排列，此时满足条件的数列
A :a1,a2,⋯,an有bn−1个.
综上，bn=1+1+b2+b3+⋯+bn−1，
又因为n≥3时，bn−1=1+1+b2+b3+⋯+bn−2，
上面两式相减得，n≥3时，bn−bn−1=bn−1.
所以对任意n∈N
*,n≥3，都有
bn
bn−1=2，所以数列{bn)是等比数列.
18．（2025·江苏苏州·模拟预测）若数列{an)满足an+2−an+1≥an+1−an(n∈N
*)，则称{an)为“阶跃数
列”.
(1)若an=n
2+2n，判断{an)是否为“阶跃数列”；
(2)在“阶跃数列”{an)中，若an= λ⋅2
n−n(n−1)(n+1)
6
，求实数λ的取值范围；
(3)记“阶跃数列”{an)的前n项和为Sn，证明：数列{
Sn
n )是“阶跃数列”.
【答案】(1){an)为“阶跃数列”；
(2)λ≥1.
(3)证明见解析
【解题思路】（1）根据“阶跃数列”的定义，证明an+2−an+1>an+1−an即可；
（2）根据“阶跃数列”的定义可得λ≥n+1
2
n 恒成立，令cn= n+1
2
n ，利用数列单调性求出cn的最大值即可；
（3）先根据“阶跃数列”的定义，结合放缩法、累加法证明n(n+1)an−n(n−1)an+1≤2Sn，再证明
∀n∈N
*, Sn+2
n+2 −Sn+1
n+1 ≥Sn+1
n+1 −Sn
n 即可.
【解答过程】（1）令an+1−an=dn，则dn=(n+1)
2+2(n+1)−(n
2+2n)=2n+3，
所以dn+1=2n+5>dn，即an+2−an+1>an+1−an，所以{an)为“阶跃数列”；
（2）令an+1−an=dn，
则dn= λ⋅2
n+1−(n+1)n(n+2)
6
−[λ⋅2
n−n(n−1)(n+1)
6
)= λ⋅2
n−n(n+1)
2
，
又{an)为“阶跃数列”，所以dn+1≥dn，
所以λ⋅2
n+1−(n+1)(n+2)
2
≥λ⋅2
n−n(n+1)
2
，即λ≥n+1
2
n ，
令cn= n+1
2
n ，则cn+1−cn= n+2
2
n+1 −n+1
2
n = −n
2
n+1 <0，所以{cn)为递减数列，
所以当n=1时，cn取到最大值1，所以λ≥1.
（3）因为{an)为“阶跃数列”，所以an+2−an+1≥an+1−an，即an−an+1≥an+1−an+2，
所以Sn=a1+a2+a3+⋯+an=(a1−a2)+2(a2−a3)+3(a3−a4)+⋯+n(an−an+1)+nan+1
≥n(n+1)
2
(an−an+1)+nan+1= n(n+1)
2
an−n(n−1)
2
an+1,
所以n(n+1)an−n(n−1)an+1≤2Sn.
当n≥2时，n(n+1)(Sn−Sn−1)−n(n−1)(Sn+1−Sn)≤2Sn，
整理得2(n
2−1)Sn≤n(n+1)Sn−1+n(n−1)Sn+1，
所以2Sn
n ≤Sn−1
n−1 + Sn+1
n+1，即Sn+1
n+1 −Sn
n ≥Sn
n −Sn−1
n−1；
当n=1时，S3
3 −S2
2 = 2(a1+a2+a3)
6
−3(a1+a2)
6
= 2a3−a2−a1
6
= 2(a3−a2)+(a2−a1)
6
≥2(a2−a1)+(a2−a1)
6
= 3(a2−a1)
6
= S2
2 −S1
1 ,
所以对∀n∈N
*, Sn+2
n+2 −Sn+1
n+1 ≥Sn+1
n+1 −Sn
n ，即数列{
Sn
n )是“阶跃数列”.
19．（2025·广东湛江·二模）已知m>0，若正项数列{an)满足∀n∈N
∗, an
an+1
<1< m
an
，则称{an)为“上界
m 数列”．
(1)若cn=sin
n
2+n−1
λ(n
2+2n−2)(λ> 2
π ,n∈N
∗)，判断数列{cn)是否为“上界1 数列”，并说明理由；
(2)若数列{
2n
n+1)是“上界m 数列”，求m 的最小值；
(3)若0<b1≤
❑√3−1
2
，且bn+1=bn+ bn
2
n
2 (n∈N
∗)．证明：数列{bn)是“上界1 数列”．
【答案】(1){cn)不是“上界1 数列”，理由见解析
(2)2
(3)证明见解析
【解题思路】（1）求出c1,c2，再根据新定义判断即可；
（2）根据{an)为“上界m 数列”的定义判断即可；
（3）由已知可得bn
bn+1
<1，则再证明bn<1即可，当n=1时成立，当n≥2时，由bn+1=bn+ bn
2
n
2可得
1
bn
−1
bn+1
<
1
n−1 −1
n，由裂项相消法求和可得1
bn+1
> 1
b2
+ 1
n −1≥1+ 1
n = n+1
n
，可得bn<1，得证.
【解答过程】（1）由题可知，c1=sin 1
λ ,c2=sin 5
6 λ ，
因为λ> 2
π ，所以0< 5
6 λ < 1
λ <π
2 ，
则c1>c2>0，则
c1
c2
>1，从而{cn)不是“上界1 数列”．
（2）因为
2n
n+1
2(n+1)
n+2
= n(n+2)
(n+1)
2 =
n
2+2n
n
2+2n+1
<1，
又数列{
2n
n+1)是“上界m 数列”，所以m> 2n
n+1恒成立．
又2n
n+1 = 2(n+1)−2
n+1
=2−
2
n+1 <2，
所以m≥2，即m 的最小值为2．
（3）因为0<b1≤
❑√3−1
2
,bn+1=bn+ bn
2
n
2 (n∈N
∗)，所以bn>0，
bn+1−bn= bn
2
n
2 >0，则bn+1>bn>0，从而
bn
bn+1
<1．
要证数列{bn)是“上界1 数列”，需证bn<1，
当n=1时，由0<b1≤
❑√3−1
2
，得b2=b1+b1
2≤
❑√3−1
2
+(
❑√3−1
2 )
2
= 1
2 <1．
当n≥2时，由bn+1>bn>0，得bn+1=bn+ bn
2
n
2 <bn+ bnbn+1
n
2
，则bn+1−bn< bnbn+1
n
2
，
整理得1
bn
−1
bn+1
< 1
n
2 <
1
(n−1)n =
1
n−1 −1
n，
则∑
i=2
n
(
1
bi
−1
bi+1)<1−1
2 + 1
2 −1
3 +⋯+
1
n−1 −1
n =1−1
n，
则1
b2
−1
bn+1
<1−1
n，即1
bn+1
> 1
b2
+ 1
n −1．
因为0<b2≤1
2，所以1
b2
≥2，则1
bn+1
> 1
b2
+ 1
n −1≥1+ 1
n = n+1
n
，
则bn+1<
n
n+1 <1，从而bn<1，
所以数列{bn)是“上界1 数列”．
