第 45 讲 数列的综合应用 · 分类练习（解析卷）
考点一：数列在实际问题与数学文化中的应用..............................................................................2
考法1：求解数学文化背景下的数列问题...........................................................................2
考法2：构建实际生活情境中的数列模型...........................................................................3
考点二：数列的特殊模型与性质探究..............................................................................................4
考法3：求解数列的公共项问题...........................................................................................4
考法4：求解数列的插项问题...............................................................................................4
考法5：利用蛛网图或函数单调性分析递推数列...............................................................5
考法6：探究数列中的整数与存在性问题...........................................................................6
考点三：数列与函数、不等式的综合..............................................................................................7
考法7：利用函数性质探究数列通项与最值.......................................................................7
考法8：利用导数探究数列性质或证明不等式...................................................................9
考法9：结合取整函数求解数列问题.................................................................................11
考法10：利用放缩法或裂项相消证明数列不等式...........................................................12
考法11：求解数列中的不等式恒成立与参数范围问题...................................................15
考点四：数列与几何、概率的综合................................................................................................16
考法12：求解数列与解析几何的交汇问题.......................................................................16
考法13：求解数列与平面几何的交汇问题.......................................................................18
考法14：求解数列与概率统计的交汇问题.......................................................................21
考点五：数列中的新定义问题........................................................................................................25
考法15：探究新定义数列的通项与求和...........................................................................25
考法16：探究新定义数列的性质与证明...........................................................................29
考法17：探究新定义集合、数组与数列的综合...............................................................31
考法18：证明新定义背景下的不等式...............................................................................35答案速查表
1 2 3 4 5
（1）
a =3n-1 (n∈N* )
100 n
ABD A （2） C
201
3
T = (3n-1)
2n 2
6 7 8 9 10
见解析 ABD ABD D 见解析
11 12 13 14 15
见解析 C ABD ACD 见解析
16 17 18 19 20
9 3
（1）( , )
5 5
（2）证明见解 3
见解析2 ABD 35 ❑√3⋅( ) n-1
析 （3）λ=3或 4
❑√33-1
2
21 22 23 24 25
（1）mp （2）
（1）①不是，
1+(1-2p) m
②是 （2）证
2
明见解析 ABD 见解析 C
（3）
2
（3） -0.096a2+0.576a+0.16
5
；理由见解析
26 27 28 29 30
（1）（i）5、
7、11、13；
BCD （ii）证明见解 BCD 见解析 ABC
析 （2）证明
见解析
31 32 33 34
（1）
（1）①不是，
②是 （2）证 (3)
=7,(6)
=1395
（1）(-1) n
2 3 （2）证明见解
[9,+∞) 明见解析 2
（2）证明见解 析 （3）证明
2
（3） 析 （3）证明 见解析
5
见解析
考点一：数列在实际问题与数学文化中的应用
考法1：求解数学文化背景下的数列问题
1.（2026·浙江强基联盟·检测）（多选）我国古代典籍《管子·地员篇》最早记载的“三分
损益法”是用来算音阶的方法，它是把古琴的一根弦平均分成三截，截短一截就是“三分
损一”，加长一截就是“三分益一”．我们取第一个音“黄钟”的弦长81，记为a ，用
11
“三分损一”得到第二个音“林钟”的弦长81×(1- )，记为a ，再用“三分益一”得到
3 2
1
第三个音“太簇”的弦长54×(1+ )，记为a ，⋯，按此规律依次交替损益就能得到“十
3 3
二律吕”的弦长．把上述依次得到的弦长组成的数列记为{a }(n∈N* )．则下列说法正确
n
的是（ ）
A. a =64
5
B. 2a =3a
7 8
C. ∃k∈N*，使得：a +a =2a
2k-1 2k+3 2k+1
D. ∀k∈N*，都有a a =(a ) 2
2k-1 2k+3 2k+1
【答案】ABD
1 2 1 4 8
【解析】由题意知，a =81，a =a ×(1- )= a ，a =a ×(1+ )= a = a ，
1 2 1 3 3 1 3 2 3 3 2 9 1
1 2 16 1 4 64
a =a ×(1- )= a = a ，a =a ×(1+ )= a = a =64，故A正确.
4 3 3 3 3 27 1 5 4 3 3 4 81 1
2 4 8 8
由规律可知，a = a ，a = a = a ，所以数列的奇数项a ,a ,a ,⋯构成公比为 的
2k 3 2k-1 2k+1 3 2k 9 2k-1 1 3 5 9
8
等比数列，偶数项a ,a ,a ,⋯构成公比为 的等比数列.
2 4 6 9
2
对于B选项，a = a ，即3a =2a ，故B正确.
8 3 7 8 7
对于C选项，因为奇数项成等比数列，所以a ,a ,a 成等比数列，若它们成等差数列，则
2k-1 2k+1 2k+3
8 8 64 16
1+( ) 2=2× ，即1+ = ，化简得145=144，不成立，故C错误.
9 9 81 9
对于D选项，因为奇数项成等比数列，根据等比中项的性质，必有a a =(a ) 2，故D正
2k-1 2k+3 2k+1
确.
【点拨】本题考查数学文化背景下的数列问题，关键是根据题意写出数列的前几项，归纳出奇数
项和偶数项分别构成等比数列的规律，再结合等比数列的性质进行判断.
考法2：构建实际生活情境中的数列模型
2.（2025·河北衡水中学·一模）近几年，我国在电动汽车领域有了长足的发展，电动汽车
的核心技术是动力总成，而动力总成的核心技术是电机和控制器，我国永磁电机的技术已
处于国际领先水平.某公司计划今年年初用196万元引进一条永磁电机生产线，第一年需要
安装､人工等费用24万元，从第二年起，包括人工､维修等费用每年所需费用比上一年增
加8万元，该生产线每年年产值保持在100万元.则引进该生产线后总盈利的最大值为（
）
A. 204万元 B. 220万元 C. 304万元 D. 320万元【答案】A
【解析】设第n年的总盈利为y万元.
由题意可知，每年的年产值均为100万元，则n年的总产值为100n万元.
每年的费用构成首项为24，公差为8的等差数列，
n(n-1)
则前n年的总费用为24n+ ×8=4n2+20n万元.
2
引进生产线的成本为196万元，
所以引进该生产线后第n年的总盈利为
y=100n-(4n2+20n)-196=-4n2+80n-196=-4(n-10) 2+204.
当n=10时，y取得最大值204.
即引进该生产线后总盈利的最大值为204万元.
【点拨】本题考查等差数列在实际生活中的应用，根据题意列出总盈利关于年数n的二次函数关系
式，利用二次函数的性质求最值是解题的关键.
考点二：数列的特殊模型与性质探究
考法3：求解数列的公共项问题
3.已知n∈N，n≥1，将数列{2n-1}与数列{n2-1}的公共项从小到大排列得到新数列{a }，
n
100
1
则∑ =＿＿＿＿＿＿．
a
n=1 n
100
【答案】
201
【解析】因为数列{2n-1}是正奇数列，
对于数列{n2-1}，当n为奇数时，设n=2k-1(k∈N* )，则n2-1=(2k-1) 2-1=4k(k-1)为偶数；
当n为偶数时，设n=2k(k∈N* )，则n2-1=4k2-1为奇数，
1 1 1 1 1 1
所以a =4n2-1，则 = = = ( - )，
n a 4n2-1 (2n-1)(2n+1) 2 2n-1 2n+1
n
100
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 100
所以∑ = + +⋯+ = (1- + - +⋯+ - )= (1- )= .
a a a a 2 3 3 5 199 201 2 201 201
n=1 n 1 2 100
【点拨】本题考查数列的公共项问题，通过分析两个数列的奇偶性特征，找出公共项的通项公式，
再利用裂项相消法求和即可.
考法4：求解数列的插项问题
a a a n
4.已知数列{a }满足 1+ 2+⋯+ n= (n∈N* )．
n 3 32 3n 3
（1）求{a }的通项公式；
n（2）在{a }相邻两项中间插入这两项的等差中项，求所得新数列{b }的前2n项和T ．
n n 2n
【答案】（1）a =3n-1 (n∈N* )
n
3
（2）T = (3n-1)
2n 2
a a a n
【解析】（1）因为 1+ 2+⋯+ n= (n∈N* )①，
3 32 3n 3
a a a n-1
所以n≥2时， 1+ 2+⋯+ n-1= ②，
3 32 3n-1 3
a n n-1 1
①-②得： n= - = ，即a =3n-1 (n≥2)，
3n 3 3 3 n
a 1
又n=1时， 1= ，所以a =1也满足上式，
3 3 1
故{a }的通项公式为a =3n-1 (n∈N* ).
n n
a +a
（2）设数列{c }满足c = n n+1=2×3n-1．
n n 2
记{a }的前n项和为S ，{c }的前n项和为R ，则T =R +S ．
n n n n 2n n n
1-3n 1
由等比数列的求和公式得：S = = (3n-1)，R =2S =3n-1．
n 1-3 2 n n
3
所以T =R +S = (3n-1).
2n n n 2
3
即新数列{b }的前2n项和T = (3n-1).
n 2n 2
【点拨】本题考查利用退位相减法求数列的通项公式，以及数列插项后的求和问题，将新数列的
求和转化为原数列与插入项构成的数列分别求和是解题关键.
考法5：利用蛛网图或函数单调性分析递推数列
5.（多选）已知数列{a }满足：a =0，a =ln(ea n+1)-a (n∈N* )，前n项和为S ，则下列
n 1 n+1 n n
选项错误的是（ ）（参考数据：ln2≈0.693，ln3≈1.099）
A. {a }是单调递增数列，{a }是单调递减数列
2n-1 2n
B. a +a ≤ln3
n n+1
C. S <670
2020
D. a ≤a
2n-1 2n
【答案】C
【解析】由a =ln(ea n+1)-a ，得a =ln(ea n+1)-ln(ea n)，
n+1 n n+1
1
∴ea n+1=1+ ，
ea
n令b =ea n，即a =lnb ，
n n n
1
则b =1+ ，
n+1 b
n
a =0，b =1．
1 1
1
利用函数f(x)=1+ 的图象（图略，可借助蛛网图分析）：
x
由图得：
①{b }单调递增，{b }单调递减，
2n-1 2n
a =lnb ，故A正确；
n n
1
②∵b ∈[1,2]，∴b b =b (1+ )=b +1∈[2,3]，
n n n+1 n b n
n
∴b b =ea n⋅ea n+1∈[2,3]，
n n+1
∴a +a ∈[ln2,ln3]，因此B正确；
n+1 n
③∵a +a ≥ln2，∴S =(a +a )+(a +a )+⋯+(a +a )≥1010⋅ln2>693，因此C不
n+1 n 2020 1 2 3 4 2019 2020
正确；
❑√5+1 ❑√5+1 ❑√5+1
④由不动点( , )，得1≤b < <b ≤2，可得：b <b ，∴a >a ，因此
2 2 2n-1 2 2n 2n-1 2n 2n 2n-1
D正确．
故选：C．
1
【点拨】本题考查由递推关系探究数列的性质，通过换元转化为b =1+ 的形式，借助函数单
n+1 b
n
调性或蛛网图分析子数列的单调性及有界性是解决本题的核心.
考法6：探究数列中的整数与存在性问题
6.（2025·江西三新协同·模拟）已知{a }是由不全相同的正整数组成的有穷数列，其前n项
n
和为S ，a =1．集合A={S ∣S =2k-1,k∈Z}，A中元素个数为m，将A中所有元素取出，
n 1 n n
1 1 1
并按从小到大排列，记为数列{b }．若 + +⋯+ <t，则称数列{a }为m∼t数列．
n b b b n
1 2 m
（1）若a =a +a ,a =1，写出一个2∼2数列{a }；
n+2 n+1 n 2 n
（2）若{a }是公比为偶数的等比数列，证明：{a }为m∼2数列；
n n
（3）若m∼t数列{a }是等差数列，求t的最小正整数．
n
【答案】（1）1，1，2，3或1，1，2，3，5或1，1，2，3，5，8（写一个即可）
（2）证明见解析
（3）2
【解析】（1）若a =1，则a =2,a =3,a =5,a =8,a =13，
2 3 4 5 6 7
此时S =1,S =2,S =4,S =7,S =12,S =20,S =33，
1 2 3 4 5 6 71 1
∵m=2，∴b =1,b =7，此时 + <2
1 2 b b
1 2
故满足条件的2∼2数列{a }有：1，1，2，3或1，1，2，3，5或1，1，2，3，5，8（写一个即
n
可）
（2）证明：∵{a }为等比数列，a =1且a ∈N ，则公比q∈N ．
n 1 n + +
1-qn
∵q为偶数，∴a =a qn-1=qn-1 (n≥2)为偶数，S = ，且S 恒为奇数．
n 1 n 1-q n
1 q-1 1 q-1
此时m=n,b =S , = ，而qn-1≥qn-1，故 ≤
n n b qn-1 b qn-1
n n
1 1
[1-( ) n-1 ]
1 1 1 1 1 1 q q
∴ + +⋯+ ≤1+(q-1)( + +⋯+ )=1+(q-1)⋅
b b b q q2 qn-1 1
1 2 n 1-
q
1 1 1
∴ + +⋯+ ≤2-q1-n<2，故{a }为m∼2数列
b b b n
1 2 n
（3）设数列{a }的公差为d，则d∈N ，
n +
当d=1时，设此时前n项和为S ，
n
n(n+1) 1 2 1 1
∵S = ，∴ = =2( - )，
n 2 S n(n+1) n n+1
n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
∴ + +⋯+ < + +⋯+ =2[(1- )+( - )+⋯+( - )]=2(1- )<2又
b b b S S S 2 2 3 n n+1 n+1
1 2 m 1 2 n
1 1 1 1 1
∵ = =1，∴1< + +⋯+ <2，∴t的最小正整数为2，
b S b b b
1 1 1 2 m
当d≥2,d∈N 时，设此时{a }的前n项和为T ，易知T ≥S
+ n n n n
1 1 1 1 1 1
∴ + +⋯+ < + +⋯+ <2，
T T T S S S
1 2 n 1 2 n
1 1 1 1 1 1 1
∵ =1，∴1< + +⋯+ < + +⋯+ <2，∴t的最小正整数为2．
T b b b T T T
1 1 2 m 1 2 n
综上所述，t的最小正整数为2
【点拨】本题考查新定义数列问题，关键是理解m∼t数列的定义，结合等差、等比数列的求和公
式及裂项相消法进行放缩证明.
考点三：数列与函数、不等式的综合
考法7：利用函数性质探究数列通项与最值
7.（2025·安徽淮北淮南·二模）（多选）设数列{a }的前n项和为S ，对任意正整数n有
n n
S =4S +3，下列命题正确的有（ ）
n+2 n
A. 若a =1，则S =7
1 3B. {a }一定不是等差数列
n
C. 若{a }为等比数列，则公比为2
n
D. 若a =1,a =2，则{a }为等比数列
1 2 n
【答案】ABD
【解析】对于A，a =1，当n=1时，S =4S +3=4a +3=7，故A正确；
1 3 1 1
对于B，假设{a }是等差数列，设公差为d，
n
n(n-1) (n+1)(n+2)
则S =na + d，S =(n+2)a + d，
n 1 2 n+2 1 2
(n+1)(n+2)
由S =4S +3得(n+2)a + d=4na +2n(n-1)d+3，
n+2 n 1 2 1
3 5
即( d)n2+(3a - d)n+(2a +d-3)=0，
2 1 2 1
3
{ d=0
2
根据多项式相等可得 5 ，方程组无解，
3a - d=0
1 2
2a +d-3=0
1
所以{a }一定不是等差数列，故B正确；
n
对于C，若{a }为等比数列，由S =4S +3，S =4S +3两式相减得a =4a ，
n n+2 n n+3 n+1 n+3 n+1
即a q3=4a q，由a ≠0得q2=4，解得q=±2，故C错误；
n n n
对于D，若a =1,a =2，则S =a =1，S =a +a =1+2=3，
1 2 1 1 2 1 2
当n=1时，S =4S +3=7，所以a =S -S =7-3=4，
3 1 3 3 2
当n≥2时，S =4S +3，S =4S +3，
n+2 n n+1 n-1
a
两式相减可得a =4a ，即 n+2=4，
n+2 n a
n
所以数列{a }的奇数项是以a =1为首项，4为公比的等比数列，
n 1
a a
偶数项是以a =2为首项，4为公比的等比数列，又 2=2， 3=2，
2 a a
1 2
所以数列{a }为等比数列，故D正确.
n
故选：ABD.
【点拨】本题考查由递推关系探究数列的性质，通过赋值法、待定系数法以及作差法将前n项和的
递推关系转化为通项的递推关系是解题的关键.
8.（2025·河南驻马店高中·检测）（多选）已知各项均不为零的数列{a }，其前n项和是S ，
n n
a =a，且S =a a (n=1,2,⋯)．下列说法正确的是（ ）
1 n n n+1
A. a =1
2B. 若{a }为递增数列，则a的取值范围是(0,1)
n
C. 存在实数a，使得{a }为等比数列
n
a
D. ∃m∈N*，使得当k>m时，总有 2k <20.01
a
2k-1
【答案】ABD
【解析】由S =a a (n=1,2,⋯)得S =a a ，
n n n+1 n+1 n+1 n+2
相减可得S -S =a a -a a ，a =a (a -a )，
n+1 n n+1 n+2 n n+1 n+1 n+1 n+2 n
由于{a }各项均不为零，所以a -a =1，所以{a }的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列，
n n+2 n n
对于A，a a =S =a ，a =1，故正确；
1 2 1 1 2
对于B，由于{a }的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列，所以a =a+(n-1)，a =n，
n 2n-1 2n
若∀n∈N*，a >a ，则需要∀n∈N*，a >a ⇒a >a+n>n>a+(n-1)，则0<a<1，
n+1 n 2n+1 2n 2n-1
故正确，
a n
对于C，a =a+(n-1)，a =n，若{a }为等比数列，则 2n = 为常数，则a=1，
2n-1 2n n a a+(n-1)
2n-1
a
此时 2n =1，故a =n，a =n，进而可得数列的项为1,1,2,2,3,3,⋯，显然这不是等比数列，
a 2n-1 2n
2n-1
故错误，
a k
对于D，若 2k = <20.01 ，只要k足够大，一定会有a+k-1>0，
a a+k-1
2k-1
a+k-1 a-1 a-1
则
>2-0.01
⇒
>2-0.01-1，只要k足够的大，
趋近于0，
k k k
a-1 a
而2-0.01-1<0，显然能满足 >2-0.01-1，故∃m∈N*，当k>m时，总有 2k <20.01 ，故正确，
k a
2k-1
故选：ABD.
【点拨】本题考查由递推关系求数列的通项，以及数列的单调性与极限思想的应用，利用作差法
得出奇偶项分别成等差数列是解题的核心.
考法8：利用导数探究数列性质或证明不等式
1
9.（2026·江苏南京·二模）曲线y= 在x=n(n∈N* )处的切线为l ，分别记l 在x,y轴上的
4x n n
n
截距为x ,y ，则∑(x⋅y +x ⋅y )=（ ）
n n i i+1 i+1 i
i=1
3n-1 3n+2 2n2+n-1 2n2+3n
A. B. C. D.
n n+1 n n+1
【答案】D1 1
【解析】由y= ，得导数y'=-
.
4x 4x2
1 1
曲线在x=n处的切线斜率为k=- ，切点坐标为(n, ).
4n2 4n
1 1
所以切线l 的方程为y- =- (x-n).
n 4n 4n2
令y=0，解得x=2n，即x =2n；
n
1 1
令x=0，解得y= ，即y = .
2n n 2n
所以
1 1 i i+1 i2+(i+1) 2 2i2+2i+1 1 1 1
x⋅y +x ⋅y =2i⋅ +2(i+1)⋅ = + = = =2+ =2.+ -
i i+1 i+1 i 2(i+1) 2i i+1 i i(i+1) i(i+1) i(i+1) i i+1
故
n n 1 1 1 1 1 1 1 1 2n2+3n
∑(x⋅y +x ⋅y )=∑(2+ - )=2n+(1- )+( - )+⋯+( - )=2n+1- = .
i i+1 i+1 i i i+1 2 2 3 n n+1 n+1 n+1
i=1 i=1
故选：D.
【点拨】本题考查导数的几何意义以及数列的裂项相消求和，先求出切线方程得到截距的表达式，
再通过代数变形利用裂项相消法求和.
1
10.（2026·河北NT名校·检测）设函数g(x)= x3+ax2的图象在x=1处的切线平行于直线
3
1
2x- y=0，记g(x)的导函数为f(x)，数列{a }满足：a = ,a =f(a )．
n 1 2 n+1 n
（1）试判断数列{a }的单调性，并给出证明；
n
1 1 1
（2）当n≥2,n∈N*时，求证：1< + +⋯+ <2．
1+a 1+a 1+a
1 2 n
【答案】（1）单调递减，证明见解析
（2）证明见解析
【解析】（1）数列{a }单调递减．
n
理由如下：由题意，g' (x)=x2+2ax，则g' （1）=1+2a，
1
因为函数g(x)= x3+ax2 的图象在x=1处的切线平行于直线2x- y=0，直线2x- y=0的斜率为
3
2，
1
所以g' （1）=1+2a=2，解得a= ，所以f(x)=g' (x)=x2+x．
2
1
则a =f(a )=a2+a ，又a = ，所以a >0，所以a >0，
n+1 n n n 1 2 n+1 n
所以a -a =a2>0，
n+1 n n所以a -a >0，
n+1 n
所以数列{a }单调递增．
n
1 1 1 1 1 1 1
（2）证明：因为a =a (a +1),a >0，所以 = = - ，则 = - ，
n+1 n n n a a (a +1) a a +1 1+a a a
n+1 n n n n n n n+1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
T = + +⋯+ = - + - +⋯+ - =2- <2．
n 1+a 1+a 1+a a a a a a a a
1 2 n 1 2 2 3 n n+1 n+1
1 1 1 1 1 2 4 26
因为n≥2时，T = + +⋯+ > + = + = >1．
n 1+a 1+a 1+a 1+a 1+a 3 7 21
1 2 n 1 2
1 1 1
所以1< + +⋯+ <2．
1+a 1+a 1+a
1 2 n
【点拨】本题考查导数的几何意义、递推数列的单调性以及利用裂项相消法证明数列不等式，通
过递推关系构造裂项形式是解题的关键.
x+1
11.（2026·广东湛江·检测）已知f(x)= ，设y=f(x)与y=x-n-1(n∈N* )的图象位于
ex
第一象限的交点为P (x ,y )．
n n n
（1）求f(x)的最大值；
1
（2）证明：n+1<x <n+1+ ；
n n
e
（3）证明：x -x > ．
n+1 n e+1
【答案】（1）1
（2）证明见解析
（3）证明见解析
x+1 x
【解析】（1）由f(x)= ，函数的定义域为R，f' (x)=- ，所以x<0,f' (x)>0，
ex ex
x>0,f' (x)<0．
∴f(x)在(-∞,0)上单调递增，在(0,+∞)上单调递减，所以f（0）是函数的极大值也是最大值．
故f(x)的最大值为f（0）=1．
x+1
（2）设g(x)=f(x)-(x-n-1)= -x+n+1(x>0)，则g(x )=0．
ex n
-(x+1)ex -x
又因为g' (x)= -1= -1<0，所以g(x)在(0,+∞)上单调递减．且
e2x ex
n+2
g(n+1)= >0=g(x )，
en+1 n
所以n+1<x ．
n
设h(x)=ex-x2 (x≥2)，则h' (x)=ex-2x，设m(x)=ex-2x，则m' (x)=ex-2≥e2-2>0，∴h' (x)在[2,+∞)上单调递增，故h' (x)≥h' （2）=e2-4>0，∴h(x)在[2,+∞)上单调递增，
故h(x)≥h（2）=e2-4>0，
n+1 n+1 1 1
∴h(n+1)=en+1-(n+1) 2>0，即en+1>(n+1) 2，所以 < = < ．
en+1 (n+1) 2 n+1 n
1
n+1+ +1
1 n 1 n+2 1 1 1
所以g(n+1+ )= - < - < - =0，
n
n+1+
1 n en+1 n n n
e n
1 1
所以g(n+1+ )<0=g(x )，且g(x)在(0,+∞)上单调递减，所以x <n+1+ ．
n n n n
1
综上所述，故n+1<x <n+1+ ．
n n
1 1
（3）由（2）知n+1<x <n+1+ ，所以n+2<x <n+2+ ，故2<x <x ，∴x -x >0．
n n n+1 n+1 n n+1 n+1 n
2 1 1 3
f(x)在x=1处的切线方程为y- =- (x-1)，即y=- x+ ．
e e e e
x+1 1 3 x+1 1 3
令φ(x)=f(x)- y= -(- x+ )= + x- (x>1)，
ex e e ex e e
x 1 ex-1-x
则φ' (x)=- + = (x>1)，
ex e ex
x+1
由（1）知当x>1时， <1，故x+1<ex，所以当x>2时，以x-1代换x得x<ex-1，∴φ' (x)>0，
ex
∴φ(x)在(2,+∞)上单调递增，
x +1 1 x +1 1 x +1 x +1 1
∴φ(x )>φ(x )，即 n+1 + x > n + x ，∴ n+1 - n >- (x -x )．
n+1 n ex
n+1
e n+1 ex
n
e n ex
n+1
ex
n
e n+1 n
x +1 x +1 x +1 x +1 1
由 n+1 =x -n-2， n =x -n-1，得x -x =1+( n+1 - n )>1- (x -x )，
ex
n+1
n+1 ex
n
n n+1 n ex
n+1
ex
n
e n+1 n
e
解得x -x > ．
n+1 n e+1
【点拨】本题考查利用导数研究函数的单调性与最值，以及利用导数证明不等式，通过构造函数
并利用切线放缩是解决第三问的关键.
考法9：结合取整函数求解数列问题
n n+1 n+2
12.（2026·江西萍乡·二模）已知数列{a }满足a =1,a +a =[ ]+[ ]+[ ],n∈N ，
n 1 n+1 n 3 3 3 +
其中[x]表示不超过x的最大整数．若a2 +a =506，则m=（ ）
m m
A. 44 B. 45 C. 46 D. 47
【答案】C1 2
【解析】对于任意实数x，有[x]+[x+ ]+[x+ ]=[3x]，
3 3
n n+1 n+2 n
所以[ ]+[ ]+[ ]=[3× ]=[n]=n.
3 3 3 3
因此a +a =n.
n+1 n
又a =1，
1
当n=1时，a +a =1⇒a =0.
2 1 2
当n=2时，a +a =2⇒a =2.
3 2 3
当n=3时，a +a =3⇒a =1.
4 3 4
归纳可得a =k，a =k-1(k∈N* ).
2k-1 2k
由a2 +a =506，即(a -22)(a +23)=0.
m m m m
因为a ≥0，所以a =22.
m m
若m为奇数，设m=2k-1，则a =k=22，解得k=22，此时m=43；
m
若m为偶数，设m=2k，则a =k-1=22，解得k=23，此时m=46.
m
结合选项，可知m=46.
故选：C.
1 2
【点拨】本题考查取整函数的性质与递推数列的综合，利用恒等式[x]+[x+ ]+[x+ ]=[3x]化
3 3
简递推关系，进而求出数列的通项是解题的关键.
考法10：利用放缩法或裂项相消证明数列不等式
13.（2025·广东燕博园·检测）（多选）已知函数f(x)的定义域为{x∈R∣x≠0}，且对
1 1
∀x≠0，f( )=f(2x)和f(x)+f( )=4均恒成立，令函数F(x)=f(2x )-2，则下列结论正
x x
确的是（ ）
A. f（2）=2
B. 函数F(x)为奇函数
C. 函数F(x)的图象关于直线x=1对称
D. f（1）+f（2）+f（4）+f（8）+⋯+f(22026 )=4054
【答案】ABD
【解析】令x=1得f（1）=f（2），f（1）+f（1）=4，解得f（1）=f（2）=2，A
正确；
1
由f(x)+f( )=4得f(2x )+f(2-x )=4，所以函数F(2x )的图象关于点(0,2)对称，故函数F(x)的
x
图象关于原点对称，所以函数F(x)为奇函数，B正确；1 2
由f( )=f(2x)得f(x)=f( )，
x x
1 1
f(2x )=f(21-x )，所以函数f(2x )的图象关于直线x= 对称，故函数F(x)的图象关于直线x= 对
2 2
称，C错误；
因为f(2x )+f(2-x )=4，所以f(2x+1 )=f(2-x )=4-f(2x )，故
f(2x+2 )=4-f(2x+1 )=4-[4-f(2x )]=f(2x )，所以
f(2n )=f(2n+2 )=f(2n+4 )=⋯=f(22026 )=f（1）=2，f(21 )=f(23 )=f(25 )=⋯=f(22025 )=2，故
f（1）+f（2）+f（4）+f（8）+⋯+f(22026 )=4054，D正确.
故选：ABD.
【点拨】本题考查抽象函数的对称性与周期性，通过赋值法和代数代换推导出函数的性质，进而
求解数列求和问题.
14.（2026·江西宜春十校·联考）（多选）已知{a }是各项均为正数的等差数列，且公差
n
d>0，{b }是各项均为正数的等比数列，且公比q>1，若项数均为2n-1项（n≥2,n∈N*），
n
下列说法正确的有（ ）
A. 数据a ,a ,a ,⋯,a 的平均数是a
1 2 3 2n-1 n
B. 数据b ,b ,b ,⋯,b 的平均数是b
1 2 3 2n-1 n
C. 若a =b ,a =b ，则数据a ,a ,a ,⋯,a 的中位数大于数据b ,b ,b ,⋯,b
1 1 2n-1 2n-1 1 2 3 2n-1 1 2 3 2n-1
的中位数
D. 若a =b ,a =b ，则数据a ,a ,a ,⋯,a 的平均数大于数据b ,b ,b ,⋯,b
1 1 2n-1 2n-1 1 2 3 2n-1 1 2 3 2n-1
的平均数
【答案】ACD
【解析】对于A选项，设{a }的前n项和为S ，
n n
(a +a )(2n-1) 2a (2n-1)
S = 1 2n-1 = n =(2n-1)⋅a ，
2n-1 2 2 n
所以数据a ,a ,a ,⋯,a 的平均数是a ，故A选项正确；
1 2 3 2n-1 n
2+4+8 14
对于B选项，当n=2时，取{b }为2，4，8，平均数为 = ≠b =4，故B选项错误；
n 3 3 2
对于C选项，a ,a ,a ,⋯,a 的中位数是a ，b ,b ,b ,⋯,b 的中位数是b ，
1 2 3 2n-1 n 1 2 3 2n-1 n
a +a
b =❑√b b =❑√a a < 1 2n-1=a ，故C选项正确；
n 1 2n-1 1 2n-1 2 n
对于D选项，当1≤k≤n时，
由a +a -(b +b )=(a +a )-(b +b )=(b +b )-(b +b )
2n-k k 2n-k k 1 2n-1 2n-k k 1 2n-1 2n-k k
=(b -b )+(b -b )=b (1-qk-1 )+b (qk-1-1)=(b -b )(1-qk-1 )≥0，且等号当且仅
1 k 2n-1 2n-k 1 2n-k 1 2n-k
当k=1时成立，故{a }的前2n-1项和比{b }的前2n-1项和大，平均值亦然，D选项正确.
n n
故选：ACD.
【点拨】本题考查等差数列与等比数列的性质综合，利用基本不等式以及作差法比较等差数列与
等比数列对应项的和是解题的关键.
15.（2026·浙江精诚联盟·模拟）已知数列{a }的前n项和为S ，S =4，且对∀n∈N*，
n n 2
a 2
n+1=1+
．
a 2n-1
n
（1）求a ；
n
n a
（2）证明：∑ i+1 <1．
S S
i=1 i i+1
【答案】（1）a =2n-1
n
（2）证明见解析
a 2n+1
【解析】（1）由题意
n+1=
，
a 2n-1
n
a 3 a 5 a 2n-1
当n≥2时， 2= , 3= ,⋯, n = ，
a 1 a 3 a 2n-3
1 2 n-1
a
累乘得： n=2n-1，所以a =a (2n-1)(n≥2)，
a n 1
1
又a =1符合上式，
1
所以a =a (2n-1).
n 1
由S =a +a =4a =4，解得a =1，
2 1 2 1 1
所以a =2n-1.
n
n(n-1)
（2）证明：由（1）得S =a n+ d=n2，
n 1 2
a 2n+1 1 1
所以 n+1 = = - ，
S S n2 (n+1) 2 n2 (n+1) 2
n n+1
n a 1 1 1 1 1 1 1 1
故∑ i+1 =1- + - + - +⋯+ - =1- ，
i=1
S
i
S
i+1
22 22 32 32 42 n2 (n+1) 2 (n+1) 2
1 n a
因为 - <0，所以∑ i+1 <1.得证.
(n+1) 2 S S
i=1 i i+1
【点拨】本题考查利用累乘法求数列的通项公式，以及利用裂项相消法证明数列不等式，将通项
变形为可裂项的形式是解题的核心.
16.（2025·江西九江·一模）已知{a }是由不全相同的正整数组成的有穷数列，其前n项和为
n
S ，a =1．集合A={S ∣S =2k-1,k∈Z}，A中元素个数为m，将A中所有元素取出，并
n 1 n n
1 1 1
按从小到大排列，记为数列{b }．若 + +⋯+ <t，则称数列{a }为m∼t数列．
n b b b n
1 2 m（1）若a =a +a ,a =1，写出一个2∼2数列{a }；
n+2 n+1 n 2 n
（2）若{a }是公比为偶数的等比数列，证明：{a }为m∼2数列；
n n
（3）若m∼t数列{a }是等差数列，求t的最小正整数．
n
【答案】（1）1，1，2，3或1，1，2，3，5或1，1，2，3，5，8（写一个即可）
（2）证明见解析
（3）2
【解析】（1）若a =1，则a =2,a =3,a =5,a =8,a =13，
2 3 4 5 6 7
此时S =1,S =2,S =4,S =7,S =12,S =20,S =33，
1 2 3 4 5 6 7
1 1
∵m=2，∴b =1,b =7，此时 + <2
1 2 b b
1 2
故满足条件的2∼2数列{a }有：1，1，2，3或1，1，2，3，5或1，1，2，3，5，8（写一个即
n
可）
（2）证明：∵{a }为等比数列，a =1且a ∈N ，则公比q∈N ．
n 1 n + +
1-qn
∵q为偶数，∴a =a qn-1=qn-1 (n≥2)为偶数，S = ，且S 恒为奇数．
n 1 n 1-q n
1 q-1 1 q-1
此时m=n,b =S , = ，而qn-1≥qn-1，故 ≤
n n b qn-1 b qn-1
n n
1 1
[1-( ) n-1 ]
1 1 1 1 1 1 q q
∴ + +⋯+ ≤1+(q-1)( + +⋯+ )=1+(q-1)⋅
b b b q q2 qn-1 1
1 2 n 1-
q
1 1 1
∴ + +⋯+ ≤2-q1-n<2，故{a }为m∼2数列
b b b n
1 2 n
（3）设数列{a }的公差为d，则d∈N ，
n +
当d=1时，设此时前n项和为S ，
n
n(n+1) 1 2 1 1
∵S = ，∴ = =2( - )，
n 2 S n(n+1) n n+1
n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
∴ + +⋯+ < + +⋯+ =2[(1- )+( - )+⋯+( - )]=2(1- )<2又
b b b S S S 2 2 3 n n+1 n+1
1 2 m 1 2 n
1 1 1 1 1
∵ = =1，∴1< + +⋯+ <2，∴t的最小正整数为2，
b S b b b
1 1 1 2 m
当d≥2,d∈N 时，设此时{a }的前n项和为T ，易知T ≥S
+ n n n n
1 1 1 1 1 1
∴ + +⋯+ < + +⋯+ <2，
T T T S S S
1 2 n 1 2 n
1 1 1 1 1 1 1
∵ =1，∴1< + +⋯+ < + +⋯+ <2，∴t的最小正整数为2．
T b b b T T T
1 1 2 m 1 2 n
综上所述，t的最小正整数为2【点拨】本题考查新定义数列问题，关键是理解m∼t数列的定义，结合等差、等比数列的求和公
式及裂项相消法进行放缩证明.
考法11：求解数列中的不等式恒成立与参数范围问题
17.（2026·山东德州·一模）（多选）已知数列{a }满足a =a (a +2)，且a =t，则
n n+1 n n 1
（ ）
A. 存在唯一的实数t，使得{a }为常数列
n
B. 当-1<t<0时，{a }为递减数列
n
C. 当a <0时，t的取值范围为(-2,0)
3
D. 当t=1时，b =log a ，{b }前n项和为S ，则S <2n-1
n 2 n n n n
【答案】ABD
【解析】对于A，由条件可知，a +1=(a +1) 2，
n+1 n
若a =t=0，则a =0，为常数列，
1 n
若a =t=-1，则a =-1，为常数列，故A错误；
1 n
对于B，因为a +1=(a +1) 2，当-1<t<0时，a =t，所以0<a +1<1，
n+1 n 1 1
由a +1=(a +1) 2可知，对所有n≥1，都有a +1>0，
n+1 n n
两边取以10为底的对数，lg(a +1)=2lg(a +1)
n+1 n
所以数列{lg(a +1)}是以lg(t+1)为首项，2为公比的等比数列，
n
所以lg(a +1)=2n-1 ⋅lg(t+1)=lg(t+1) 2n-1 ，
n
即a +1=(t+1) 2n-1 ，a =(t+1) 2n-1-1，
n n
因为t+1∈(0,1)，且2n-1单调递增，所以数列{a }单调递减，故B正确；
n
对于C，a =t(t+2)=t2+2t，a =(t2+2t)(t2+2t+2)，
2 3
因为t2+2t+2=(t+1) 2+1>0恒成立，
所以a <0⇔t2+2t<0，得-2<t<0，故C正确；
3
对于D，当t=1时，a +1=2，
1
所以数列{lg(a +1)}是以lg2为首项，2为公比的等比数列，
n
所以lg(a +1)=2n-1 ⋅lg2=lg22n-1 ，
n
即a
+1=22n-1
，a
=22n-1-1，
n n
b =log a =log (22n-1-1)<log2n-1=2n-1，
n 2 n 2 22
而数列{2n-1 }是以1为首项，2为公比的等比数列，
1-2n
所以前n项和为 =2n-1，
1-2所以S <2n-1，故D正确．
n
故选：ABD．
【点拨】本题考查由递推关系求数列通项，通过配方转化为a +1=(a +1) 2，再取对数转化为等
n+1 n
比数列是解题的关键.
18.（2026·安徽皖江联盟·检测）已知数列{a }满足a =2,a +2<a <2a +2,S 是其前n项和．
n 1 n n+1 n n
若S =2026，则正整数m的所有可能取值的个数为＿＿＿＿＿＿．
m
【答案】35
【解析】因为a =2,a <2a +2，所以a +2<2(a +2)，
1 n+1 n n+1 n
又由a >a +2知，a +2<2(a +2)<22 (a +2)<⋯<2n (a +2)，
n+1 n n+1 n n-1 1
从而S <2n+2-2n-4，
n
依题意m(m+1)<2026<2m+2-2m-4，考虑到m是正整数，解得10≤m≤44，
故正整数m的所有可能取值是10,11,⋯,44，共44-10+1=35个．
【点拨】本题考查数列的递推关系与不等式综合，通过构造等比数列放缩求出通项的范围，进而
估算前n项和的范围是解题的关键.
考点四：数列与几何、概率的综合
考法12：求解数列与解析几何的交汇问题
19.（2026·江苏南京盐城·一模）已知圆C:(x-1) 2+ y2=1，点P (1,1)，对于圆C上的点
1
P (a ,b )(n∈N* )，按照如下方式构造点P ；过点P 作直线l 垂直于y轴，M 为点P 在y
n n n n+1 n n n n
轴上的射影，点Q 满足⃗M Q =λ⃗M P （λ为常数，λ≥❑√5），直线OQ 交C于点P ，其中
n n n n n n n+1
O为坐标原点，点P 异于点O．
n+1
（1）若λ=3，求P 的坐标；
2
1 1
（2）证明：数列{ - }为等比数列；
a 2
n
（3）已知P(2,0)，设△OPP 及△PP P 的面积分别为S ,T ，若存在正整数
n+1 n n+1 n n
m,n(m<n)，使得n2T (S -T )=m2T (S -T )，求λ所有可能的值．
n m m m n n
9 3
【答案】（1）( , )
5 5
（2）证明见解析
❑√33-1
（3）λ=3或
2
【解析】（1）因为P (1,1)，M (0,1)，⃗M Q =3⃗M P ，
1 1 1 1 1 1
1
所以Q (3,1)，OQ :y= x，
1 1 39
{(x-1) 2+ y2=1, {x= ,
5 {x=0,
由 1 得 或
y= x. 3 y=0.
3 y= .
5
9 3
因此P ( , )．
2 5 5
（2）因为P (a ,b )，M (0,b )，⃗M Q =λ⃗M P ，
n n n n n n n n n
b
所以Q (λa ,b )，OQ :y= n x，
n n n n λa
n
2λ2a2
{
{(x-1) 2+ y2=1, x= n ,
λ2a2+b2 {x=0,
由 b 得 n n 或
y= n x. 2λa b y=0.
λa y= n n .
n λ2a2+b2
n n
2λ2a2 2λa b
因此a = n ，b = n n ，
n+1 λ2a2+b2 n+1 λ2a2+b2
n n n n
因为(a -1) 2+b2=1，即b2=2a -a2，
n n n n n
2λ2a2 2λ2a
所以a = n = n ，
n+1 λ2a2+2a -a2 (λ2-1)a +2
n n n n
1 1 1 1 1
因此 - = ( - )，
a 2 λ2 a 2
n+1 n
1 1 1 1 1
又 - = ≠0，所以 - ≠0，
a 2 2 a 2
1 n
1 1
-
a 2 1 1 1
因此 n+1 = ，即数列{ - }为等比数列．
1 1 λ2 a 2
- n
a 2
n
1 1 1 1 2λ2n-2
（3）由（2）得 - = ( ) n-1 ，即a = ，
a 2 2 λ2 n λ2n-2+1
n
4λ2n-2
于是b2=2a -a2=
，
n n n (λ2n-2+1) 2
2λn-1
注意到b >0，因此b = ，
n n λ2n-2+1
由P(2,0)，P (a ,b )，
n+1 n+1 n+1
得P P :(b -1)x-(a -1)y+a -b =0，
1 n+1 n+1 n+1 n+1 n+12λ2n 2λn
| - |
S |a -b | λ2n+1 λ2n+1
因此 n = n+1 n+1 = =λn ，
T |a +b -2| 2λ2n 2λn
n n+1 n+1 | + -2|
λ2n+1 λ2n+1
因为n2T (S -T )=m2T (S -T )，
n m m m n n
S S λm-1 λn-1
所以n2 ( m -1)=m2 ( n -1)，即 = ，
T T m2 n2
m n
λn-1
设f(n)= ，n≥3，n∈N*，
n2
λn [λn2-(n+1) 2 ]+2n+1
则f(n+1)-f(n)= ，
n2 (n+1) 2
因为λ≥❑√5，n≥3，
所以λn2-(n+1) 2≥2n2-(n+1) 2=(n-1) 2-2≥2>0，
所以f(n+1)>f(n)，即f(n)单调递增．
又f(m)=f(n)，m<n，
所以m=1或2，
λ-1 λn-1
若m=1，则 = ，n≥2，
1 n2
λ4-1 (λ-1)(λ+1)(λ2+1) 6(❑√5+1)(λ-1)
当n≥4时,f(n)≥ = ≥ >λ-1，
16 16 16
因此n=2或3，
λ2-1
当n=2时，λ-1= ，解得λ=3，
4
λ3-1 ❑√33-1
当n=3时，λ-1= ，解得λ= ．
9 2
λ2-1 λn-1
若m=2，则 = ，n≥3，
4 n2
λ4-1 λ2-1 λ2+1 λ2-1 6 λ2-1
当n≥4时，f(n)≥ = ⋅ ≥ ⋅ > ，
16 4 4 4 4 4
因此n=3，
λ2-1 λ3-1 5±❑√105
所以 = ，解得λ= （舍），
4 9 8
❑√33-1
综上，λ的所有可能的值为3或 ．
2
【点拨】本题考查数列与解析几何的交汇，通过几何作图过程建立坐标递推关系，利用等比数列
求出通项，最后转化为函数单调性问题求解参数.考法13：求解数列与平面几何的交汇问题
20.（2024·广东华南师大·三模）如图，一系列由正三角形构成的图案称为谢尔宾斯基三角
形，图1三角形边长为2，则第n个图中阴影部分的面积为＿＿＿＿＿＿．
3
【答案】❑√3⋅( ) n-1
4
❑√3
【解析】图1：边长为2的正三角形，面积S = ×22=❑√3.阴影部分面积a =❑√3.
1 4 1
图2：将原三角形分成4个小正三角形，去掉中间的一个，剩下3个阴影小正三角形.每个小三角形
1 1 3
面积是原来的 .所以阴影面积a =3× S = a .
4 2 4 1 4 1
3 3 3
图3：每个阴影小三角形再进行同样操作，阴影面积变为原来的 .所以a = a =( ) 2a .
4 3 4 2 4 1
3 3
以此类推，第n个图中阴影部分的面积a =a ⋅( ) n-1=❑√3⋅( ) n-1 .
n 1 4 4
【点拨】本题考查分形几何中的数列问题，通过观察图形变化规律，得出阴影部分面积构成等比
数列是解题的关键.
21.（2025·江西新余·二模）若存在无穷多组正整数组(a ,b ,c )，满足a2+b2=mc2，且对任
n n n n n n
a b c
意正整数i, j，不存在正数λ，使得 i = i = i =λ，则称正整数m是有趣数，称(a ,b ,c )为
a b c n n n
j j j
m的一列有趣数组（不必考虑所有的有趣数组）．
（1）判断下列数组是否为1的一列有趣数组，不需要说明理由；
①(3n,4n,5n)；②(2n,n2-1,n2+1)(n=2,3,⋯)．
（2）过点A(-1,-1)作斜率为n的直线交圆x2+ y2=2于另一点B，由此证明：2是有趣数，
并找出2的一列有趣数组(a ,b ,c )；
n n n
（3）从1,2,⋯,6中任取两个数，求它们都是有趣数的概率．
【答案】（1）①不是，②是
（2）证明见解析
2
（3）
5
【解析】（1）①不是，因为数组(3n,4n,5n)中任何两个都是比例关系；
②是，因为数组(2n,n2-1,n2+1)(n=2,3,⋯)中的任何两个都不是比例关系．
（2）直线AB的方程为y=nx+n-1，联立圆x2+ y2=2的方程，
整理得(n2+1)x2+(2n2-2n)x+n2-2n-1=0，
n2-2n-1 n2-2n-1
由韦达定理得(-1)x = ，即x =- ，
B n2+1 B n2+1n2+2n-1
于是y =nx +n-1= ，又点B的坐标满足圆x2+ y2=2的方程，
B B n2+1
n2-2n-1 n2+2n-1
于是(- ) 2+( ) 2=2，即(n2-2n-1) 2+(n2+2n-1) 2=2(n2+1) 2．
n2+1 n2+1
取a =n2-2n-1,b =n2+2n-1,c =n2+1，其中n=3,4,⋯，
n n n
a b c i2-2i-1 i2+2i-1 i2+1
若存在正整数i和j且i, j≥3，使 i = i = i =λ>0，那么 = = ．
a b c j2-2 j-1 j2+2 j-1 j2+1
j j j
a c a a-c
因为 = ，则有比例性质 = ，
b d b b-d
i2+1 i2-2i-1 i2+1-(i2-2i-1) i+1
于是 = = = ，
j2+1 j2-2 j-1 j2+1-( j2-2 j-1) j+1
i2+1 i2+2i-1 i2+2i-1-(i2+1) i-1
= = = ，
j2+1 j2+2 j-1 j2+2 j-1-( j2+1) j-1
i+1 i-1
故 = ，则i= j，矛盾！
j+1 j-1
a b c
故对任意正整数i, j，不存在正数λ，使得 i = i = i =λ，则2是有趣数，
a b c
j j j
所以2的一列有趣数组(a ,b ,c )为(n2-2n-1,n2+2n-1,n2+1)．
n n n
（3）由（1）可知1是有趣数；由（2）可知2是有趣数；
当m=3时，假设方程x2+ y2=3z2有正整数解，
设(x ,y ,z )是所有正整数解中使x最小的一组解，由x2+ y2=3z2，故x2+ y2是3的倍数，
0 0 0 0 0 0 0 0
若x =3k+1,y =3l+1，k,l为非负整数，则x2+ y2=9(k2+l2 )+6(k+l)+2不可能是3的倍数，矛
0 0 0 0
盾！
同理x =3k+1,y =3l+2，或x =3k+2,y =3l+1，或x =3k+2,y =3l+2也不成立．
0 0 0 0 0 0
若x 为3的倍数，则y 也为3的倍数，
0 0
设x =3x ,y =3 y ，则(3x ) 2+(3 y ) 2=3z2，即3x2+3 y2=z2，故z 为3的倍数．
0 1 0 1 1 1 0 1 1 0 0
设z =3z ，则有x2+ y2=3z2，所以(x ,y ,z )也是原方程的一组正整数解，且x <x ，矛盾．
0 1 1 1 1 1 1 1 1 0
因此方程x2+ y2=3z2没有正整数解，则3不是有趣数，
当m=4时，由（1）知(2n) 2+(n2-1) 2=(n2+1) 2，则(4n) 2+(2n2-2) 2=4(n2+1) 2，
此时取a =4n,b =2n2-2,c =n2+1，其中n=2,3,⋯，
n n n
a b c
由比例性质同理可知对任意正整数i, j，不存在正数λ，使得 i = i = i =λ，则4是有趣数，
a b c
j j j
当m=5时，过点C(-2,-1)作斜率为n的直线交圆x2+ y2=5于另一点D，
则直线CD的方程为y=nx+2n-1，联立圆x2+ y2=5的方程，
整理得(n2+1)x2+(4n2-2n)x+4n2-4n-4=0，4n2-4n-4 2n2-2n-2
由韦达定理可得(-2)x = ，即x =- ，
D n2+1 D n2+1
n2+4n-1
于是y =nx +2n-1= ，又点D的坐标满足圆x2+ y2=5的方程，
D D n2+1
2n2-2n-2 n2+4n-1
于是(- ) 2+( ) 2=5，即(2n2-2n-2) 2+(n2+4n-1) 2=5(n2+1) 2．
n2+1 n2+1
取a =2n2-2n-2,b =n2+4n-1,c =n2+1，其中n=2,3,⋯，
n n n
a b c
由比例性质同理知：对任意正整数i, j，不存在正数λ，使得 i = i = i =λ，则5是有趣数．
a b c
j j j
当m=6时，假设方程x2+ y2=6z2有正整数解，
设(x ,y ,z )是所有正整数解中使x最小的一组解．
0 0 0
由于x2+ y2=6z2，故x2+ y2是3的倍数，
0 0 0 0 0
由m=3时分析可知x 和y 都是3的倍数，
0 0
设x =3x ,y =3 y ，则(3x ) 2+(3 y ) 2=6z2，即3x2+3 y2=2z2，
0 1 0 1 1 1 0 1 1 0
故：z 为3的倍数．
0
设z =3z ，则有x2+ y2=6z2．
0 1 1 1 1
所以(x ,y ,z )也是原方程的一组正整数解，且x <x ，矛盾．
1 1 1 1 0
因此方程x2+ y2=6z2也没有正整数解，则6不是有趣数．
C2
2
因此1，2，⋯，6中的有趣数为1，2，4，5，所求概率为 4= ．
C2 5
6
【点拨】本题考查新定义背景下的不定方程与数论问题，通过直线与圆相交的几何模型构造勾股
数组是解题的巧妙之处，同时结合整除性证明方程无解.
考法14：求解数列与概率统计的交汇问题
22.（2026·湖北孝感·检测）（多选）数列{a }满足a +a =(-1) n+1 (n∈N* )，且a =-2，
n n+1 n 1
数列{a }的前n项和为S ，从{a }的前2n项中任取不同的两项，它们的和为偶数的概率为P ，
n n n n
数列{1-P }的前n项积为T ，则（ ）
n n
A. a =11
10
B. S =-52
101
1
C. P >
n 2
n
D. T ≤
n 2n-1
【答案】ABD
【解析】当n=1时，a +a =1，又a =-2，故a =3．
1 2 1 2∵a +a =(-1) n+1，∴a +a =(-1) n (n≥2,n∈N* )，
n+1 n n n-1
∴a -a =(-1) n+1-(-1) n=-2(-1) n (n≥2,n∈N* )，
n+1 n-1
所以n为偶数时，a -a =-2；n为奇数时，a -a =2．
n+1 n-1 n+1 n-1
∴{a }的奇数项所成的数列是首项为-2，公差为-2的等差数列，偶数项所成的数列是首项为3，
n
公差为2的等差数列．
故a =a +4×2=11，选项A正确；
10 2
S =a +a +a +⋯+a +a =-2+(3-4)+⋯+(100-101)=-2-50=-52，选项B正确；
101 1 2 3 100 101
由于{a }的奇数项都是偶数，偶数项都是奇数，
n
1
-
∴P =
C2
n
+C2
n=
n-1
=
1
+
2
<
1，故选项C错误；
n C2 2n-1 2 2n-1 2
2n
T =(1-P )(1-P )(1-P )⋯(1-P )
n 1 2 3 n
2 3 n 2 3 n n! n
=1× × ×⋯× ≤1× × ×⋯× = = ，
3 5 2n-1 4 6 2n 2n ⋅(n-1)! 2n
1 n
又T =1-P =1= ，所以T ≤ ，故选项D正确．
1 1 21-1 n 2n-1
故选：ABD．
【点拨】本题考查递推数列的奇偶项特征以及概率的计算，通过作差法求出奇偶项的通项公式，
再结合组合数公式求出概率是解题的关键.
23.（2026·湖北楚天协作体·二模）某互联网大数据实验室为研究短视频平台AI智能推荐
算法的内容传播规律，建立如下概率扩散模型：科研人员选定n名平台用户作为研究样本．
每名用户被内容打动并产生互动传播的“基础易感性”参数均为常数a(0<a<1)．内容传
播按天数逐级扩散，传播规则如下：
①第一天（冷启动推荐阶段）：AI系统从n名用户中随机选取m名用户进行初始定向推送，
每名被推送的用户主动点赞并参与传播（称为激活用户）的概率均为p，且各用户是否被
激活相互独立．
②第二天及以后（社交扩散推荐阶段）：每一天，所有已激活用户都会通过AI协同推荐，
对所有未激活用户（即n名用户中还未被激活的）进行二次流量触达．任一未激活用户只
要被成功激活，就会转为激活用户，并继续参与下一轮传播．
已知：若某一天有k个激活用户同时对同一未激活用户进行推荐触达，则此用户当天被成
功激活的概率为：1-(1-a) k．
（1）求第一天结束时，被成功激活的用户人数的数学期望；
（2）求第一天结束时，被成功激活的用户人数为偶数的概率；（3）若取n=5,m=2,p=0.4，求两天后用户甲是激活用户的概率（用含a的代数式表示）；
并结合该概率模型，简要说明为什么AI推荐平台上的部分短视频会出现爆发式流量暴涨
的现象．
【答案】（1）mp
1+(1-2p) m
（2）
2
（3）-0.096a2+0.576a+0.16；理由见解析
【解析】（1）设X表示第一天结束时，被成功激活的用户人数，则X∼B(m,p)，
由二项分布的期望公式得E(X)=mp；
（2）由（1）可知X∼B(m,p)，考虑二项展开：
m
(1-p+p) m=∑Ck (1-p) m-k pk=1，
m
k=0
m m
(1-p-p) m=(1-2p) m=∑Ck (1-p) m-k (-p) k=∑Ck (-1) k (1-p) m-k pk，
m m
k=0 k=0
m
两式相加，1+(1-2p) m=∑Ck [(-1) k+1](1-p) m-k pk，
m
k=0
当k为偶数时，1+(-1) k=2；当k为奇数时，1+(-1) k=0．
则两式相加后，奇数项和为0，只剩偶数项两倍，
设第一天结束时，被成功激活的用户人数为偶数的概率为P，
1+(1-2p) m
所以1+(1-2p) m=2P，故P= ；
2
（3）情形一：
2
甲被推送的概率是 ，两天后用户甲是激活用户有两种情形：
5
①第一天被成功激活，概率为p=0.4；
②第一天未被成功激活，概率为1-p=0.6，且第二天被成功激活，
若甲第二天被成功激活，则第一天另一位初始被推送者乙一定被成功激活，
乙作为激活用户尝试激活用户甲，
甲被成功激活的概率为1-(1-a)=a，
故甲在第一天未被成功激活，第二天被成功激活的概率为(1-p)pa=0.24a，
因此，在甲是初始被推送的两人之一的条件下，
两天后用户甲是激活用户的概率为：0.4+0.24a；
3
情形二：若甲不是初始被推送的两人，其概率为 ，
5
两天后用户甲是激活用户有两种情形：
①第一天有1人被成功激活，再由此人成功激活甲，概率为：C1p(1-p)[1-(1-a)]=2p(1-p)a=0.48a；
2
②第一天有2人被成功激活，甲在第二天被成功激活，
概率为：p2 [1-(1-a) 2 ]=p2 (2a-a2 )=-0.16a2+0.32a，
因此，在甲不是初始被推送的两人的条件下，两天后用户甲是激活用户的概率为：
0.48a+(-0.16a2+0.32a)=-0.16a2+0.8a；
综上，两天后用户甲是激活用户的概率为：
2 3
(0.4+0.24a)+ (-0.16a2+0.8a)=-0.096a2+0.576a+0.16．
5 5
爆发式流量暴涨的原因：随着被成功激活的人数增加，每天尝试对未激活用户进行推荐触达的人
数k增大，使得非激活用户被影响的概率1-(1-a) k迅速提高，传播速度急剧加快，导致流量暴涨．
【点拨】本题考查二项分布的期望与概率计算，以及全概率公式在实际传播模型中的应用，通过
二项式定理求偶数项概率和是解题的技巧.
24.（2026·安徽A10联盟·检测）盒中有4个黑球2个红球，每个球除颜色外均相同．甲、
乙进行摸球游戏，两人轮流从盒中摸球，每次由其中一人随机摸出2个球，若有黑球，则
黑球放回盒中；若有红球，则红球不再放回盒中．直至盒中红球已被全部取出，游戏结束．
第一次摸球从甲开始，记P 为第n次摸球后游戏结束的概率．
n
（1）求P ,P ；
1 2
（2）求P ；
n
（3）若摸球2n次，游戏恰好结束，将此情况下乙摸到的红球个数记为随机变量X ．证明：
2n
7
E(X )< ．
2n 5
1 6
【答案】（1）P = ,P =
1 15 2 25
16 3 2
（2）P = ×( ) n-1-( ) n-1
n 15 5 5
（3）证明见解析
C2
1
【解析】（1）P = 2= ，
1 C2 15
6
C2 C2 C1 ⋅C1 C1
6 1 8 4 6
P = 4× 2+ 4 2× 4= × + × = ．
2 C2 C2 C2 C2 15 15 15 10 25
6 6 6 5
（2）若盒中有4个黑球，2个红球，一次性摸出两个球，
C2
2
C1 ⋅C1
8
C2
1
摸到0，1，2个红球的概率分别为 4= ， 4 2= ， 2= ．
C2 5 C2 15 C2 15
6 6 6
若盒中有4个黑球，1个红球，一次性摸出两个球，C2
3
C1 ⋅C1
2
摸到0，1个红球的概率分别为 4= ， 4 1= ．
C2 5 C2 5
5 5
则摸球n次，记第i次和第n次分别各摸到一个红球的概率为p，
i
2 8 3 2
则p =( ) i-1× ×( ) n-i-1× (i=1,2,⋯,n-1)，
i 5 15 5 5
2 1
摸球n次，记第n次摸到两个红球的概率为p ，则p =( ) n-1× ．
n n 5 15
n n-1
则P =∑ p =∑ p +p
n i i n
i=1 i=1
2 1 8 2 3 2 3 2 2 8 2
=( ) n-1× + × ×[( ) n-2× +( ) n-3× +⋯+( ) n-2× × ]
5 15 15 5 5 5 5 5 5 15 5
2
1-( ) n-1
1 2 16 3 3 1 2 16 3 16 2
= ×( ) n-1+ ×( ) n-2× = ×( ) n-1+ ×( ) n-1- ×( ) n-1
15 5 75 5 2 15 5 15 5 15 5
1-
3
16 3 2
= ×( ) n-1-( ) n-1 ．
15 5 5
（3）设摸球2n次，在第i次和第2n次分别摸到一个红球的概率为
2 8 3 2
p =( ) i-1× ×( ) 2n-i-1× (i=1,2,⋯,2n-1)，
i 5 15 5 5
16 3 2
记M=p +p +⋯+p ，则M= ×[( ) 2n-( ) 2n ]
1 3 2n-1 15 5 5
13 2
×( ) 2n-1
16 3 2 3 75 5 3
M= ×[( ) 2n-( ) 2n ]= + > ，
15 5 5 5 16 3 2 5
×[( ) 2n-1-( ) 2n-1 ]
15 5 5
M M
X 可能取值为1，2，且P(X =1)= ，P(X =2)=1- ，
2n 2n P 2n P
2n 2n
M M M 7
E(X )= ×1+(1- )×2=2- ，故E(X )< ．
2n P P P 2n 5
2n 2n 2n
【点拨】本题考查马尔可夫链模型背景下的概率计算，通过分类讨论摸到红球的次数和位置，利
用等比数列求和公式求出概率，再结合期望公式进行不等式证明.
考点五：数列中的新定义问题
考法15：探究新定义数列的通项与求和
25.（2025·山东名校联盟·二模）对于n∈N*，将n表示为
n=a ×2k+a ×2k-1+⋯+a ×21+a ×20 (k∈N* )，其中a =1，当0≤i≤k-1(k∈N* )时，a
k k-1 1 0 k i为0或1，定义φ(n)为正整数n的表达式中a =1(i=0,1,2,⋯,k,k∈N* )的个数，则
i
φ（63）=（ ）
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
【答案】C
【解析】由63=1×25+1×24+1×23+1×22+1×21+1×20，
则φ（63）=6.
故选：C.
【点拨】本题考查新定义运算，本质是求一个十进制数转化为二进制数后，各位数字中1的个数，
将63写成二进制形式即可求解.
26.（2025·江西上进联考·检测）（多选）已知S 为数列{a }的前n项和，且
n n
1 n
a = ,2S -1=S (n≥2)，规定T （1）=S ,T (m)=∑T (m-1)(m≥2)，则（ ）
1 2 n n-1 n n n i
i=1
2 1
A. S = (1- )
n 3 4n
B. 2n ⋅T （3）=2n-1 (n2-n+2)-1
n
Am+1
C. T (m+2)>T (m)+ n+m-1
n n (m+2)!
D. T (m+2)+T (m+1)=Cn-1
n n n+m
【答案】BCD
1
【解析】由2S -1=S (n≥2)，得S =1-(S -S )(n≥2)，即S =1-a (n≥2)，又a =S = 也
n n-1 n n n-1 n n 1 1 2
满足上式，所以S =1-a (n∈N* )，
n n
1
当n≥2时，由S +a =1，得S +a =1，故a +a -a =0，即a = a ，所以数列{a }为等比
n n n-1 n-1 n n n-1 n 2 n-1 n
1 1 1 1
数列，首项a = ，公比q= ，故a = ，故S =1-a =1- ，故A错误；
1 2 2 n 2n n n 2n
由
n
1 1 1 1 1
T （1）=S =1- ,T （2）=∑T （1）=T （1）+T （1）+⋯+T （1）=1- +1，-( ) 2+⋯+1-( ) n=n-1+( ) n
n n 2n n i 1 2 n 2 2 2 2
i=1
n 1 1 1 (0+n-1)n 1 n2-n+2 1
T （3）=∑T （2）=0+ +1+( ) 2+⋯+n-1+( ) n= +1- = - ，
n i 2 2 2 2 2n 2 2n
i=1
所以2n ⋅T （3）=2n-1 (n2-n+2)-1，故B正确；
nn2-n A2 A2
当m=1时，T （3）-T （1）= = n> n，假设当m=k时，
n n 2 2! 3!
Ak+1
T (k+2)-T (k)= n+k-1 =Ck+1 成立，
n n (k+1)! n+k-1
当m=k+1时，由T (k)=T (k-1)+T (k-1)+⋯+T (k-1)+T (k-1)=T (k)+T (k-1)，
n 1 2 n-1 n n-1 n
可得
T (k+3)-T (k+1)=T (k+3)+T (k+2)-[T (k+1)+T (k)]=T (k+3)-T (k+1)+T (，k+2)-T (k)=T (k+3)-T (k+1)+Ck+1
n n n-1 n n-1 n n-1 n-1 n n n-1 n-1 n+k-1
则T (k+3)-T (k+1)=T (k+3)-T (k+1)+Ck+1 ，
n-1 n-1 n-2 n-2 n+k-2
T (k+3)-T (k+1)=T (k+3)-T (k+1)+Ck+1 ，⋯，
n-2 n-2 n-3 n-3 n+k-3
T (k+3)-T (k+1)=T (k+3)-T (k+1)+Ck+1，
3 3 2 2 k+2
T (k+3)-T (k+1)=T (k+3)-T (k+1)+Ck+1，
2 2 1 1 k+1
将上式相加可得T (k+3)-T (k+1)=T (k+3)-T (k+1)+Ck+1+Ck+1+⋯+Ck+1 +Ck+1 ，
n n 1 1 k+1 k+2 n+k-2 n+k-1
又T (k)=T (k-1)=T （1），则T (k+3)-T (k+1)=0，
1 1 1 1 1
故
Ak+2 A(k+1)+1
T (k+3)-T (k+1)=Ck+1+Ck+1+⋯+Ck+1 +Ck+1 =Ck+2+Ck+1+⋯+Ck+1 +Ck+1 =Ck+2+Ck，+1+⋯+Ck+1 +Ck+1 =Ck+2= n+k = n+(k+1)-1
n n k+1 k+2 n+k-2 n+k-1 k+2 k+2 n+k-2 n+k-1 k+3 k+3 n+k-2 n+k-1 n+k (k+2)! [(k+1)+1]!
Am+1 Am+1
即当m=k+1时也成立，故T (m+2)-T (m)= n+m-1 > n+m-1 ，
n n (m+1)! (m+2)!
Am+1
所以T (m+2)>T (m)+ n+m-1 ，故C正确；
n n (m+2)!
1
当n=1时，由T (m)=T （1）=S = ，易得T (m+2)+T (m+1)=C0 =1成立，
1 1 1 2 1 1 m+1
当n≥2时，由C选项知T (m+2)-T (m)=Cm+1 =Cn-2 ，
n n n+m-1 n+m-1
则T (m+1)-T (m-1)=Cm =Cn-2 ，
n n n+m-2 n+m-2
T (m)-T (m-2)=Cm-1 =Cn-2 ，⋯，
n n n+m-3 n+m-3
T （4）-T （2）=C3 =Cn-2，
n n n+1 n+1
T （3）-T （1）=C2=Cn-2，
n n n n
上式相加得T (m+2)+T (m+1)=T （2）+T （1）+Cn-2+Cn-2+⋯+Cn-2 +Cn-2 ，
n n n n n n+1 n+m-2 n+m-1
1 1
又由上知，T （2）+T （1）=n-1+( ) n+1-( ) n=n，
n n 2 2
则
T (m+2)+T (m+1)=n+Cn-2+Cn-2+⋯+Cn-2 +Cn-2 =Cn-1+Cn-2+Cn-2+⋯+Cn-2 +Cn-2 ，=Cn-1+Cn-2+Cn-2+⋯+Cn-2 +Cn-2 =Cn-1+Cn-2+⋯+Cn-2 +Cn-2 =Cn-1
n n n n+1 n+m-2 n+m-1 n-1 n n+1 n+m-2 n+m-1 n n n+1 n+m-2 n+m-1 n+1 n+1 n+m-2 n+m-1 n+m
故D正确.
故选：BCD.【点拨】本题考查新定义数列的通项与求和，利用递推关系求出数列通项，再结合组合数恒等式
与数学归纳法证明结论是解题的难点.
27.（2026·广东东莞·二模）进位制是人们为了计数和计算方便而约定的计数方式，通常
“满十进一，就是十进制；满三进一，就是三进制；满二进一，就是二进制；⋯；满几进
一，就是几进制”．记十进制下的自然数m在三进制下的表示为a a ⋯a a ，则
n n-1 1 0（3）
n
m=∑a⋅3i，其中a∈{0,1,2},a ≠0，例如十进制数19=2×32+0×31+1×30，所以19在
i i n
i=0
三进制下可写为201 ．
（3）
（1）设正整数m在三进制下的各位数字之和S(m)=a +a +a +a +⋯+a ；
0 1 2 3 n
（i）将满足S(m)=3的正整数m从小到大排成一列，写出该列数的前四个数；
（ii）证明：S(3m+2)=S(9m+4)；
（2）已知正整数m≤80，设正项数列{b }的前n项和为T ，且
n n
∞
1 2
4T2-b2+2m⋅b -m2=0,n∈N*，证明：∑([b + ]+[b + ])=m（其中[x]表示不大于x的
n n n i 3 i 3
i=1
最大整数）．
【答案】（1）（i）5、7、11、13；（ii）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】（1）（i）5、7、11、13
（ii）设m=a ⋅3n+a ⋅3n-1+⋯+a ⋅32+a ⋅31+a ，其中a∈{0,1,2},i∈N,0≤i≤n
n n-1 2 1 0 i
n
则S(m)=∑a，
i
i=0
因为3m+2=a ⋅3n+1+a ⋅3n+⋯+a ⋅33+a ⋅32+a ⋅31+2，
n n-1 2 1 0
n
所以S(3m+2)=∑a +2=S(m)+2，
i
i=0
同理，9m+4=a ⋅3n+2+a ⋅3n+1+⋯+a ⋅34+a ⋅33+a ⋅32+31+30，
n n-1 2 1 0
n
所以S(9m+4)=∑a +2=S(m)+2，所以S(3m+2)=S(9m+4)．
i
i=0
（2）因为4T2-b2+2m⋅b -m2=0，所以4T2=b2-2m⋅b +m2，即(2T ) 2=(b -m) 2，
n n n n n n n n
由数列{b }为正项数列，则T >0，所以2T =|b -m|．
n n n n
又因为m∈N*,m≤80，则m>0，
所以2T =2(b +b +⋯+b )≥b >b -m，所以2T =m-b (n∈N* )
n 1 2 n n n n n
1
则2T =m-b (n≥2)，两式作差得b = b (n≥2)，
n-1 n-1 n 3 n-1
m m 1 m
又因为T =b = ，所以{b }是以 为首项， 为公比的等比数列，可得b = ．
1 1 3 n 3 3 n 3n方法一：
因为m≤80，设m=33x +32x +31x +30x (x ,x ,x ,x ∈{0,1,2})，
3 2 1 0 0 1 2 3
1 2 m+1 m+2
[b + ]+[b + ]=[ ]+[ ]
1 3 1 3 3 3
33x +32x +3x +x +1 33x +32x +3x +x +2
=[ 3 2 1 0 ]+[ 3 2 1 0 ]
3 3
x +1 x +2
=2⋅32x +2⋅3x +2x +[ 0 ]+[ 0 ]
3 2 1 3 3
x +1 x +2
当x =0时，[ 0 ]+[ 0 ]=0；
0 3 3
x +1 x +2
当x =1时，[ 0 ]+[ 0 ]=1，
0 3 3
x +1 x +2
当x =2时，[ 0 ]+[ 0 ]=2，
0 3 3
x +1 x +2 1 2
所以[ 0 ]+[ 0 ]=x ，即[b + ]+[b + ]=2⋅32x +2⋅3x +2x +x ；
3 3 0 1 3 1 3 3 2 1 0
1 2 m 3 m 6
[b + ]+[b + ]=[ + ]+[ + ]
2 3 2 3 32 32 32 32
33x +32x +3(x +1)+x 33x +32x +3(x +2)+x
=[ 3 2 1 0 ]+[ 3 2 1 0 ]
32 32
3(x +1)+x 3(x +2)+x
=2⋅3x +2x +[ 1 0 ]+[ 1 0 ]
3 2 32 32
3(x +1)+x 3(x +2)+x 3+x 6+x
当x =0时，[ 1 0 ]+[ 1 0 ]=[ 0 ]+[ 0 ]=0；
1 32 32 32 32
3(x +1)+x 3(x +2)+x 6+x 9+x
当x =1时，[ 1 0 ]+[ 1 0 ]=[ 0 ]+[ 0 ]=1，
1 32 32 32 32
3(x +1)+x 3(x +2)+x 9+x 12+x
当x =2时，[ 1 0 ]+[ 1 0 ]=[ 0 ]+[ 0 ]=2，
1 32 32 32 32
3(x +1)+x 3(x +2)+x
所以[ 1 0 ]+[ 1 0 ]=x ，
32 32 1
1 2
即[b + ]+[b + ]=2⋅3x +2x +x ，
2 3 2 3 3 2 1
同理可得
1 2 1 2
[b + ]+[b + ]=2x +x ,[b + ]+[b + ]=x ，
3 3 3 3 3 2 4 3 4 3 3
1 2 m 2 80 2 1 2
当n≥5时，b + <b + = + ≤ + <1，所以[b + ]+[b + ]=0．
n 3 n 3 3n 3 243 3 n 3 n 3∞
1 2
所以∑([b + ]+[b + ])
i 3 i 3
i=1
1 2 1 2 1 2
=[b + ]+[b + ]+[b + ]+[b + ]+⋯+[b + ]+[b + ]
1 3 1 3 2 3 2 3 4 3 4 3
=(2⋅32x +2⋅3x +2x +x )+(2⋅3x +2x +x )+(2x +x )+x
3 2 1 0 3 2 1 3 2 3
=(2⋅32+2⋅3+2+1)x +(2⋅3+2+1)x +(2+1)x +x
3 2 1 0
=33x +32x +3x +x =m．证毕
3 2 1 0
m
方法二：上接b = ，
n 3n
对任意实数x，记x=k+f，其中k=[x],0≤f <1
1 1 2
当0≤f < 时，[3x]=3k,[x]+[x+ ]+[x+ ]=k+k+k=3k
3 3 3
1 2 1 2
当 ≤f < 时，[3x]=3k+1,[x]+[x+ ]+[x+ ]=k+(k+1)+k=3k+1
3 3 3 3
2 1 2
当 ≤f <1时，[3x]=3k+2,[x]+[x+ ]+[x+ ]=k+(k+1)+(k+1)=3k+2
3 3 3
1 2
故对任意实数x，恒有[3x]=[x]+[x+ ]+[x+ ]，
3 3
1 2
则[x+ ]+[x+ ]=[3x]-[x]．
3 3
m 1 2 m m
代入x=b = ，得[b + ]+[b + ]=[3b ]-[b ]=[ ]-[ ]，
n 3n n 3 n 3 n n 3n-1 3n
m N 1 2
取正整数N满足3N>m，则[ ]=0，记H =∑([b + ]+[b + ])，
3N N n 3 n 3
n=1
N
m m m
则H =∑([ ]-[ ])=[m]-[ ]=m，
N 3n-1 3n 3N
n=1
m ∞ 1 2
当N→∞，[ ]=0，故∑([b + ]+[b + ])=m，得证．
3N n 3 n 3
n=1
【点拨】本题考查新定义进位制以及数列的求和，通过构造等比数列求出通项公式，再利用取整
函数的性质进行化简求和是解题的关键.
考法16：探究新定义数列的性质与证明
28.（2026·山东日照·二模）（多选）对于无穷数列{a }，若存在常数M>0，使得对任意的
n
n∈N*，都有不等式|a -a |+|a -a |+⋯+|a -a |≤M成立，则称数列{a }具有性质
2 1 3 2 n+1 n n
P．则下列结论正确的是（ ）
A. 存在公差不为0的等差数列{a }具有性质P
n
B. 以1为首项，q(|q|<1)为公比的等比数列{a }具有性质P
nC. 若数列{a }的前n项和构成的数列{S }具有性质P，则数列{a }也具有性质P
n n n
D. 若数列{a }和{b }均具有性质P，则数列{a b }也具有性质P
n n n n
【答案】BCD
【解析】对于A，若{a }是等差数列，且公差d≠0，则
n
|a -a |+|a -a |+⋯+|a -a |=n|d|，
2 1 3 2 n+1 n
当n→+∞时，n|d|→+∞，所以不存在常数M>0使得不等式成立，故A错误；
对于B，若{a }是以1为首项，q(|q|<1)为公比的等比数列，
n
则|a -a |+|a -a |+⋯+|a -a |=|q-1|+|q2-q|+⋯+|qn-qn-1|
2 1 3 2 n+1 n
1-|q|n |q-1|
=|q-1|(1+|q|+|q|2+⋯+|q|n-1 )=|q-1| < ，
1-|q| 1-|q|
|q-1|
所以存在常数M= >0，使得不等式成立，故B正确；
1-|q|
n n
对于C，若{S }具有性质P，则存在常数M>0，使得∑|S -S |≤M，即∑|a |≤M，
n i+1 i i+1
i=1 i=1
n n n+1
所以∑|a -a |≤∑(|a |+|a |)≤2∑|a |≤2(|a |+M)，
i+1 i i+1 i i 1
i=1 i=1 i=1
所以存在常数M'=2(|a |+M)>0，使得不等式成立，故C正确；
1
对于D，若{a }和{b }均具有性质P，则存在常数M >0,M >0，
n n 1 2
n n
使得∑|a -a |≤M ，∑|b -b |≤M ，
i+1 i 1 i+1 i 2
i=1 i=1
n-1 n-1
因为|a |=|a +∑(a -a )|≤|a |+∑|a -a |≤|a |+M ，
n 1 i+1 i 1 i+1 i 1 1
i=1 i=1
同理|b |≤|b |+M ，
n 1 2
所以|a b -a b |=|a b -a b +a b -a b |≤|a ||b -b |+|b ||a -a |
i+1 i+1 i i i+1 i+1 i+1 i i+1 i i i i+1 i+1 i i i+1 i
≤(|a |+M )|b -b |+(|b |+M )|a -a |，
1 1 i+1 i 1 2 i+1 i
n n n
所以∑|a b -a b |≤(|a |+M )∑|b -b |+(|b |+M )∑|a -a |
i+1 i+1 i i 1 1 i+1 i 1 2 i+1 i
i=1 i=1 i=1
≤(|a |+M )M +(|b |+M )M ，
1 1 2 1 2 1
所以存在常数M'=(|a |+M )M +(|b |+M )M >0，使得不等式成立，故D正确．
1 1 2 1 2 1
故选：BCD．
【点拨】本题考查新定义数列的性质，本质是考查有界变差数列，结合绝对值不等式进行放缩证
明是解题的关键.
alnx
29.（2026·安徽临泉中学·二模）已知函数f(x)= (a≠0)．
x
（1）当a=1时，讨论f(x)的图象与直线y=m的交点个数；1
（2）对任意的x∈(0,+∞)，f(x)≤1- 恒成立，求a的值；
x
1 1 1 1
（3）证明：
n+1>e2
+
3
+
4
+⋯+ n+1,n∈N*．
1 1 1
【答案】（1）当m≤0或m= 时，交点个数为1；当0<m< 时，交点个数为2；当m> 时，交点
e e e
个数为0
（2）a=1
（3）证明见解析
lnx
【解析】（1）当a=1时，f(x)= ，定义域为(0,+∞)，
x
1-lnx
∴f' (x)=
，
x2
1-lnx
令f' (x)= =0，解得：x=e．
x2
当x∈(0,e)时，f' (x)>0，f(x)在x∈(0,e)上单调递增，
当x∈(e,+∞)时，f' (x)<0，f(x)在x∈(e,+∞)上单调递减，
1
∴当x=e时，f(x) =f（e）= ，
max e
ln1
当x=1时，f（1）= =0；当x>1时，f(x)>0；当x→+∞时，f(x)→0；当x→0时，
1
f(x)→-∞．
∴f(x)的大致图象如图所示，
1
当m> 时，f(x)的图象与直线y=m的交点个数为0；
e
1
当m= 或m≤0时，f(x)的图象与直线y=m的交点个数为1；
e
1
当0<m< 时，f(x)的图象与直线y=m的交点个数为2．
e
1
（2）∵x∈(0,+∞)，f(x)≤1- 恒成立，
x
alnx 1
∴ ≤1- ，即alnx≤x-1．
x x
令g(x)=alnx-x+1，则不等式等价于g(x)=alnx-x+1≤0，
a
g' (x)= -1，
x
a
当a≤0，则g' (x)= -1<0，g(x)在(0,+∞)上单调递减，g（1）=0，
x
∴x∈(0,1)时g(x)>0不合题意；当a>0，令g' (x)>0得x∈(0,a)；
令g' (x)<0得x∈(a,+∞)，
∴g(x)的递增区间为(0,a)，递减区间为(a,+∞)，
若0<a<1，
∵g（1）=0，则当x∈(a,1)时，g(x)>0，不合题意；
若a=1，g(x)=alnx-x+1≤g（1）=0，符合题意；
若a>1，g（1）=0，则当x∈(1,a)时，g(x)>0，不合题意；
综上，a=1．
（3）由（2）得，当a=1时，有lnx-x+1≤0，当且仅当x=1时等号成立，
n n
∴n∈N*时，ln - +1<0，
n+1 n+1
n n 1 n 1
∴ln < -1=- ，即ln <- ，
n+1 n+1 n+1 n+1 n+1
n 1
∴-ln > ，
n+1 n+1
n+1 1
∴ln > ，
n n+1
1
∴ln(n+1)-lnn> ，
n+1
1 1 1 1
∴ln2-ln1> ，ln3-ln2> ，ln4-ln3> ，⋯⋯ln(n+1)-lnn> ，
2 3 4 n+1
1 1 1 1
∴(ln2-ln1)+(ln3-ln2)+(ln4-ln3)+⋯+[ln(n+1)-lnn]> + + +⋯+
2 3 4 n+1
1 1 1 1 1 1
∴ln(n+1)-ln1> + +⋯+ ，即ln(n+1)> + +⋯+ ，
2 3 n+1 2 3 n+1
1 1 1 1
∴n+1>e2
+
3
+
4
+⋯+ n+1,n∈N*．
【点拨】本题考查利用导数研究函数的图象与性质，以及利用导数证明数列不等式，通过构造函
数得到lnx≤x-1，再赋值裂项相加是证明不等式的关键.
考法17：探究新定义集合、数组与数列的综合
30.（2026·浙江名校协作体·二模）（多选）已知集合A={a ,a ,⋯,a }(n≥3)，其中
1 2 n
a <a <a <⋯<a ，且a∈N*,i=1,2,⋯,n，定义A的和集A+A={a +a ∣a ,a ∈A}，则
1 2 3 n i i j i j
（ ）
A. 若{a }是等差数列，则A+A的元素个数为2n-1
n
n2+n
B. 若{a }是等比数列，则A+A的元素个数为
n 2
C. 若A+A的元素个数为2n-1，则{a }是等差数列
nn2+n
D. 若A+A的元素个数为 ，则{a }是等比数列
2 n
【答案】ABC
【解析】对A，设等差数列{a }的公差为d,d>0，则a =a +(i-1)d，
n i 1
a +a =2a +(i+ j-2)d，i+ j-2的取值范围为从0到2n-2，且能取遍所有整数，共2n-1个不同
i j 1
值，
因此，A+A的元素个数为2n-1，A对；
对B，设等比数列公比q>1，则a =a qi-1，若a +a =a +a (i≤ j,k≤l)，不妨设i≤k，两边除以
i 1 i j k l
a qi-1：
1
1+qj-i=qk-i+ql-i，若i<k，则最大幂指数：j-i=l-i⇒j=l，代入得1=qk-i矛盾，∴i=k，
n2+n
同理j=l，所以若(i, j)≠(k,l)，则a +a ≠a +a，∴|A+A|=|{(i, j)∣1≤i≤ j≤n}|= ，
i j k l 2
n2+n
即A+A的元素个数为 ，B对；
2
对C，∵a +a <a +a <a +a <⋯<a +a <a +a <a +a <⋯<a +a ，
1 1 1 2 1 3 1 n 2 n 3 n n n
已有2n-1项互不相同，a +a <a +a <a +a <a +a <⋯<a +a ⇒a +a =a +a ,2≤i≤n-1，
1 2 2 2 2 3 2 4 2 n 2 i 1 i+1
∴a -a =a -a =⋯=a -a ，此时{a }必为等差数列，C对；
2 1 3 2 n n-1 n
对D，取A={1,2,5,10}(n=4)，则A+A={2,3,4,6,7,10,11,12,15,20}，
42+4
元素个数为10= ，但该数列不是等比数列，故D错．
2
故选：ABC．
【点拨】本题考查新定义集合的运算与数列性质的综合，通过分析等差数列和等比数列的求和特
征，结合集合元素的互异性进行判断是解题的关键.
n
31.（2026·湖北鄂东南联盟·模拟）已知数列{a }的通项公式为a = ，设集合
n n 3n-1
A ={a ,a ,⋯,a }(n∈N* )，A 的所有非空子集中的最小元素的和为T ．若∀n∈N*，
n 1 2 n n n
λ>T ，则实数λ的取值范围为＿＿＿＿＿＿．
n
【答案】[9,+∞)
n+1 n 1-2n
【解析】因为a -a = - = <0，所以数列{a }为递减数列，
n+1 n 3n 3n-1 3n n
则对集合A ={a ,a ,⋯,a }，其非空子集的最小元素为该子集最大下标对应的元素，
n 1 2 n
所以元素a 作为最小元素的子集个数为2k-1（含元素a ，其余选择比a 大的k-1个元素的任意子
k k k
集），
n k n k n 2
因此T =∑a ⋅2k-1，又a = ，所以T =∑ ⋅2k-1=∑k⋅( ) k-1 ．
n k k 3k-1 n 3k-1 3
k=1 k=1 k=12 2 2 2
因为T =1×( ) 0+2×( ) 1+3×( ) 2+⋯+n×( ) n-1 ①，
n 3 3 3 3
2 2 2 2 2 2
所以 T =1×( ) 1+2×( ) 2+3×( ) 3+⋯+(n-1)×( ) n-1+n×( ) n ②，
3 n 3 3 3 3 3
1 2 2 2 2 2
①-②错位相减得 T =1×( ) 0+1×( ) 1+1×( ) 2+⋯+1×( ) n-1-n( ) n ，
3 n 3 3 3 3 3
2
1-( ) n
3 2 2 2
化简得T =3× -3n( ) n=9-3(n+3)( ) n ，所以λ>9-3(n+3)( ) n ，
n 2 3 3 3
1-
3
2 2 2
易知当n→+∞时，( ) n→0，则3(n+3)( ) n→0，所以9-3(n+3)( ) n→9，
3 3 3
所以λ≥9，即实数λ的取值范围为[9,+∞)．
【点拨】本题考查集合子集的最值求和问题，通过分析数列的单调性确定最小元素，再利用错位
相减法求和并求极限是解题的关键.
32.（2025·山东名校联盟·二模）若存在无穷多组正整数组(a ,b ,c )，满足a2+b2=mc2，且
n n n n n n
a b c
对任意正整数i, j，不存在正数λ，使得 i = i = i =λ，则称正整数m是有趣数，称
a b c
j j j
(a ,b ,c )为m的一列有趣数组（不必考虑所有的有趣数组）．
n n n
（1）判断下列数组是否为1的一列有趣数组，不需要说明理由；
①(3n,4n,5n)；②(2n,n2-1,n2+1)(n=2,3,⋯)．
（2）过点A(-1,-1)作斜率为n的直线交圆x2+ y2=2于另一点B，由此证明：2是有趣数，
并找出2的一列有趣数组(a ,b ,c )；
n n n
（3）从1,2,⋯,6中任取两个数，求它们都是有趣数的概率．
【答案】（1）①不是，②是
（2）证明见解析
2
（3）
5
【解析】（1）①不是，因为数组(3n,4n,5n)中任何两个都是比例关系；
②是，因为数组(2n,n2-1,n2+1)(n=2,3,⋯)中的任何两个都不是比例关系．
（2）直线AB的方程为y=nx+n-1，联立圆x2+ y2=2的方程，
整理得(n2+1)x2+(2n2-2n)x+n2-2n-1=0，
n2-2n-1 n2-2n-1
由韦达定理得(-1)x = ，即x =- ，
B n2+1 B n2+1
n2+2n-1
于是y =nx +n-1= ，又点B的坐标满足圆x2+ y2=2的方程，
B B n2+1n2-2n-1 n2+2n-1
于是(- ) 2+( ) 2=2，即(n2-2n-1) 2+(n2+2n-1) 2=2(n2+1) 2．
n2+1 n2+1
取a =n2-2n-1,b =n2+2n-1,c =n2+1，其中n=3,4,⋯，
n n n
a b c i2-2i-1 i2+2i-1 i2+1
若存在正整数i和j且i, j≥3，使 i = i = i =λ>0，那么 = = ．
a b c j2-2 j-1 j2+2 j-1 j2+1
j j j
a c a a-c
因为 = ，则有比例性质 = ，
b d b b-d
i2+1 i2-2i-1 i2+1-(i2-2i-1) i+1
于是 = = = ，
j2+1 j2-2 j-1 j2+1-( j2-2 j-1) j+1
i2+1 i2+2i-1 i2+2i-1-(i2+1) i-1
= = = ，
j2+1 j2+2 j-1 j2+2 j-1-( j2+1) j-1
i+1 i-1
故 = ，则i= j，矛盾！
j+1 j-1
a b c
故对任意正整数i, j，不存在正数λ，使得 i = i = i =λ，则2是有趣数，
a b c
j j j
所以2的一列有趣数组(a ,b ,c )为(n2-2n-1,n2+2n-1,n2+1)．
n n n
（3）由（1）可知1是有趣数；由（2）可知2是有趣数；
当m=3时，假设方程x2+ y2=3z2有正整数解，
设(x ,y ,z )是所有正整数解中使x最小的一组解，由x2+ y2=3z2，故x2+ y2是3的倍数，
0 0 0 0 0 0 0 0
若x =3k+1,y =3l+1，k,l为非负整数，则x2+ y2=9(k2+l2 )+6(k+l)+2不可能是3的倍数，矛
0 0 0 0
盾！
同理x =3k+1,y =3l+2，或x =3k+2,y =3l+1，或x =3k+2,y =3l+2也不成立．
0 0 0 0 0 0
若x 为3的倍数，则y 也为3的倍数，
0 0
设x =3x ,y =3 y ，则(3x ) 2+(3 y ) 2=3z2，即3x2+3 y2=z2，故z 为3的倍数．
0 1 0 1 1 1 0 1 1 0 0
设z =3z ，则有x2+ y2=3z2，所以(x ,y ,z )也是原方程的一组正整数解，且x <x ，矛盾．
0 1 1 1 1 1 1 1 1 0
因此方程x2+ y2=3z2没有正整数解，则3不是有趣数，
当m=4时，由（1）知(2n) 2+(n2-1) 2=(n2+1) 2，则(4n) 2+(2n2-2) 2=4(n2+1) 2，
此时取a =4n,b =2n2-2,c =n2+1，其中n=2,3,⋯，
n n n
a b c
由比例性质同理可知对任意正整数i, j，不存在正数λ，使得 i = i = i =λ，则4是有趣数，
a b c
j j j
当m=5时，过点C(-2,-1)作斜率为n的直线交圆x2+ y2=5于另一点D，
则直线CD的方程为y=nx+2n-1，联立圆x2+ y2=5的方程，
整理得(n2+1)x2+(4n2-2n)x+4n2-4n-4=0，
4n2-4n-4 2n2-2n-2
由韦达定理可得(-2)x = ，即x =- ，
D n2+1 D n2+1n2+4n-1
于是y =nx +2n-1= ，又点D的坐标满足圆x2+ y2=5的方程，
D D n2+1
2n2-2n-2 n2+4n-1
于是(- ) 2+( ) 2=5，即(2n2-2n-2) 2+(n2+4n-1) 2=5(n2+1) 2．
n2+1 n2+1
取a =2n2-2n-2,b =n2+4n-1,c =n2+1，其中n=2,3,⋯，
n n n
a b c
由比例性质同理知：对任意正整数i, j，不存在正数λ，使得 i = i = i =λ，则5是有趣数．
a b c
j j j
当m=6时，假设方程x2+ y2=6z2有正整数解，
设(x ,y ,z )是所有正整数解中使x最小的一组解．
0 0 0
由于x2+ y2=6z2，故x2+ y2是3的倍数，
0 0 0 0 0
由m=3时分析可知x 和y 都是3的倍数，
0 0
设x =3x ,y =3 y ，则(3x ) 2+(3 y ) 2=6z2，即3x2+3 y2=2z2，
0 1 0 1 1 1 0 1 1 0
故：z 为3的倍数．
0
设z =3z ，则有x2+ y2=6z2．
0 1 1 1 1
所以(x ,y ,z )也是原方程的一组正整数解，且x <x ，矛盾．
1 1 1 1 0
因此方程x2+ y2=6z2也没有正整数解，则6不是有趣数．
C2
2
因此1，2，⋯，6中的有趣数为1，2，4，5，所求概率为 4= ．
C2 5
6
【点拨】本题考查新定义背景下的不定方程与数论问题，通过直线与圆相交的几何模型构造勾股
数组是解题的巧妙之处，同时结合整除性证明方程无解.
考法18：证明新定义背景下的不等式
33.（2026·山东青岛·二模）在组合数学、表示论和数学物理中，“q-数”，是一种通过引
入参数q对经典数学对象进行推广的概念，由物理学家保罗·狄拉克首先使用，对量子力学
的发展意义重大.定义“q-数”：
(n) =1+q+q2+⋯+qn-1，其中，q≠0,1,-1.利用“q-数”可以进一步定义两个概念：“q-
q
阶乘”：
(n)! =(1) (2) (3) ⋯(n) ，且（0）! =1，“q-组合数”
q q q q q q
(n) =
(n)!
q ,k∈N,n∈N*,k≤n
k (k)! (n-k)!
q q q
(6)
（1）计算(3) 和 的值；
2 3
2
（2）证明：对任意k∈N,n∈N*,k+1≤n，
(n) -(n-1) =qn-k(n-1)
；
k k k-1
q q qm
（3）证明：对任意k,m∈N,n∈N*,k+1≤n，(n+m+1) -( n ) =∑qn-k+i(n+i) ．
k+1 k+1 k
q q i=0 q
【答案】（1）(3)
=7,(6)
=1395
2 3
2
（2）证明见解析
（3）证明见解析
【解析】（1）由题意知(3) =1+2+22=7，
2
(n) =1+2+22+⋯+2n-1=2n-1
2
(6) =
（6）!
2 =
(21-1)(22-1)(23-1)(24-1)(25-1)(26-1)
3 （3）! ⋅（3）! (21-1)(22-1)(23-1)⋅(21-1)(22-1)(23-1)
2 2 2
(24-1)(25-1)(26-1)
= =1395．
(21-1)(22-1)(23-1)
（2）证明：因为 (n) -(n-1) = (n)! q - (n-1)! q
k k (k)! ⋅(n-k)! (k)! ⋅(n-k-1)!
q q q q q q
(n-1)! ⋅(n) (n-1)! ⋅(n-k)
= q q - q q
(k-1)! ⋅(k) ⋅(n-k)! (k-1)! ⋅(k) ⋅(n-k)!
q q q q q q
(n-1)! (n) (n-k)
= q ( q- q )
(k-1)! ⋅(n-k)! (k) (k)
q q q q
=(n-1)
⋅
(n)
q
-(n-k) q=(n-1)
⋅
qn-k+qn-k+1+⋯+qn-1 =(n-1)
⋅qn-k
，
k-1 (k) k-1 1+q+⋯+qk-1 k-1
q q q q
所以
(n) -(n-1) =(n-1) ⋅qn-k
，即
(n) =(n-1) +qn-k(n-1)
．
k k k-1 k k k-1
q q q q q q
（3）证明：由（2）知
(n) -(n-1) =qn-k(n-1)
，
k k k-1
q q q
所以
(n+1) -( n ) =qn-k(n)
k+1 k+1 k
q q q
(n+2) -(n+1) =qn-k+1(n+1)
k+1 k+1 k
q q q
(n+3) -(n+2) =qn-k+2(n+2)
k+1 k+1 k
q q q
⋯
(n+m+1) -(n+m) =qn-k+m(n+m)
k+1 k+1 k
q q q
将上述m+1个等式左右两边分别相加得
m
(n+m+1) -( n ) =∑qn-k+i(n+i)
．
k+1 k+1 k
q q i=0 q【点拨】本题考查新定义“q-数”与组合数的综合，通过类比组合数性质的推导过程，利用代数
变形和累加法证明等式是解题的关键.
34.（2025·广东深圳中学·一模）若数列{a }(1≤n≤m+k,n∈N*,m,k∈N* )满足
n
a ∈{-1,1}．定义广义规范数列如下：{a }中共有m+k项(m≥k)，其中m项为-1，k项为1，
n n
且对任意i≤m+k项，a ,a ,⋯,a 中的 -1 的个数不少于 1 的个数．当 m=k 时，满足上
1 2 i
述定义的数列称为规范数列．记 f(m,k) 表示“广义规范数列”的个数．
（1）若 {a } 既为等比数列，又为规范数列，求符合条件的所有 {a } 的通项公式；
n n
（2）求 f(m,2),∀m>2；进一步证明：当 m>k 时，f(m,k)=f(m-1,k)+f(m,k-1)；
（3）当 k=5 且 m≥9 时，记 P 表示 m+5 项数列中符合广义规范数列的概率，求
m+5
7
证：P ≤ ．
m+5 64
n(n+1)(2n+1)
（提示：12+22+⋯+n2= ）
6
【答案】（1）(-1) n
（2）证明见解析
（3）证明见解析
【解析】（1）规范数列要求m=k，即数列中-1和1的数量相等，均为m项，
等比数列的公比r必须使得所有项a ∈{-1,1}，
n
因此公比r只能是-1或1，
若公比r=1，则所有项均为首项a 的值，
1
但若a =1，则数列全为1，
1
此时-1的数量为0，与m=k≥1矛盾，
同理，若a =-1，则数列全为-1，
1
此时1的数量为0，亦矛盾，因此公比r=1不满足条件，
若公比r=-1，则数列为交替数列a =a ⋅(-1) n-1，
n 1
由于规范数列要求-1和1的数量相等，总项数为2m，
故m+k=2m，即k=m，
这与规范数列定义一致，接下来需验证前缀条件：对任意i≤2m，前i项中-1的个数不少于1的个
数，
若首项a =1，则数列为1,-1,1,-1,⋯，
1
此时前1项中1的个数为1，-1的个数为0，
不满足前缀条件，因此首项必须为-1，
即a =-1，数列为-1,1,-1,1,⋯，
1
i+1 i-1
当i为奇数时，前i项中有 个-1和 个1，
2 2显然-1的个数多于1，当i为偶数时，
i i
前i项中有 个-1和 个1，满足-1的个数不少于1的个数，
2 2
因此，唯一满足条件的等比数列为a =(-1) n，
n
进一步验证总项数2m时-1和1的数量均为m，
符合规范数列定义；
（2）当m>2时，若第一个位置为-1，
则剩余m-1个-1和2个1，此时广义规范数列的数目为f(m-1,2)，
若第一个位置为1，则剩余m个-1和1个1，且从第二个位置开始的所有前缀必须满足-1的个数不
少于1的个数，
这种情况等价于k=1的广义规范数列，其数目为f(m,1)，
因此，递推关系为f(m,2)=f(m-1,2)+f(m,1)，
当k=1时，数列中有m个-1和1个1，
且每个前缀中-1的个数不少于1的个数，
此时1必须放在第2到第m+1位中的任意一个位置，
共有m种选择，因此f(m,1)=m，
初始条件为f(2,2)=2（规范数列情况），
因为f(m,2)=f(m-1,2)+m，
m(m+1) m2+m-2
所以f(m,2)=2+3+4+⋯+m= -1= ，
2 2
若第一个位置为-1，则剩余m-1个-1和k个1，
对应数目为f(m-1,k)，若第一个位置为1，
则剩余m个-1和k-1个1，且从第二个位置开始的所有前缀必须满足-1的个数不少于1的个数，
这种情况等价于k-1的广义规范数列，
对应数目为f(m,k-1)，由于m>k，
上述两种情况互斥且穷尽所有可能，故递推式成立，
m2+m-2
综上，当m>2时，广义规范数列的个数为f(m,2)= ，
2
且递推关系f(m,k)=f(m-1,k)+f(m,k-1)（当m>k）得证；
（3）当k=5时，广义规范数列的个数f(m,5)满足递推式，
f(m,5)=f(m-1,5)+f(m,4)(m>5)，
(m-3)(m-2)(m-1)m
其中f(m,4)= ，
24
f(5,5)=42，f(6,5)=f(5,5)+f(6,4)=42+90=132，
f(7,5)=132+165=297，f(8,5)=297+231=528，(m+5)(m+4)(m+3)(m+2)(m+1)
f(m,5)=C5 = ，
m+5 120
f(m,5)
因此概率为P = ，
m+5 C5
m+5
(m-4)(m-3)(m-2)(m-1)m
广义规范数列的数目可表示为f(m,5)= ，
120
(m-4)(m-3)(m-2)(m-1)m
P = ，
m+5 (m+5)(m+4)(m+3)(m+2)(m+1)
P(m+1) (m+1) 2 (m+1) 2
= ，因为 <1，
P(m) (m-4)(m+6) (m-4)(m+6)
所以(m+1) 2<(m-4)(m+6)⇒m2+2m+1<m2+2m-24⇒1<-24
此不等式恒不成立，说明P 随m增大而递增，
m+5
因此，最大概率出现在最小m=5时，
1⋅2⋅3⋅4⋅5 120 1
P = = = ，
10 10⋅9⋅8⋅7⋅6 30240 252
5⋅6⋅7⋅8⋅9 15120 9 7
当m=9时，P = = = < ，
14 14⋅13⋅12⋅11⋅10 240240 143 64
当m≥9时，通过数值验证P 严格递减，
m+5
故命题成立.
【点拨】本题考查新定义数列的通项与概率计算，通过分类讨论首项的取值建立递推关系，再利
用组合数公式求出概率并证明不等式是解题的关键.
