重難點(diǎn)17 新情景、新定義下的數(shù)列問(wèn)題（舉一反三）（新高考專用）（教師版） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）

重難點(diǎn)17新情景、新定義下的數(shù)列問(wèn)題【七大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1數(shù)列中的新概念】 1【題型2數(shù)列中的新運(yùn)算】 4【題型3數(shù)列新情景問(wèn)題】 6【題型4以數(shù)列和項(xiàng)與通項(xiàng)關(guān)系定義新數(shù)列】 8【題型5數(shù)列定義新性質(zhì)問(wèn)題】 14【題型6牛頓數(shù)列問(wèn)題】 21【題型7數(shù)列中的新定義問(wèn)題】 271、新情景、新定義下的數(shù)列問(wèn)題數(shù)列是高考的熱點(diǎn)內(nèi)容，屬于高考的必考內(nèi)容之一.近幾年全國(guó)各地高考試題，我們總能在試卷的壓軸題位置發(fā)現(xiàn)新定義數(shù)列題的身影，它們對(duì)數(shù)列綜合問(wèn)題的考查常常以新定義、新構(gòu)造和新情景形式呈現(xiàn)，有時(shí)還伴隨著數(shù)列與集合，難度較大，需要靈活求解.【知識(shí)點(diǎn)1數(shù)列中的新概念】1．?dāng)?shù)列中的新概念問(wèn)題的解題策略：通過(guò)創(chuàng)新概念，以集合、函數(shù)、數(shù)列等的常規(guī)知識(shí)為問(wèn)題背景，直接利用創(chuàng)新概念的內(nèi)涵來(lái)構(gòu)造相應(yīng)的關(guān)系式(或不等式等)，結(jié)合相關(guān)知識(shí)中的性質(zhì)、公式來(lái)綜合與應(yīng)用.【知識(shí)點(diǎn)2數(shù)列的新定義、新情景問(wèn)題】1．?dāng)?shù)列的新定義、新情景問(wèn)題的求解策略(1)新定義問(wèn)題：遇到新定義問(wèn)題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點(diǎn)，弄清新定義的性質(zhì)，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析，運(yùn)算，驗(yàn)證，使得問(wèn)題得以解決.(2)新情景問(wèn)題：通過(guò)給出一個(gè)新的數(shù)列的概念，或約定一種新的運(yùn)算，或給出幾個(gè)新模型來(lái)創(chuàng)設(shè)新問(wèn)題的情景，要求在閱讀理解的基礎(chǔ)上，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學(xué)的知識(shí)和方法，實(shí)現(xiàn)信息的遷移，達(dá)到靈活解題的目的.【題型1數(shù)列中的新概念】【例1】（2024·四川南充·三模）對(duì)于數(shù)列an，規(guī)定Δan為數(shù)列an的一階差分，其中Δan=an+1?ann∈N*，規(guī)定Δkan為數(shù)列an的階k差分，其中A．7 B．9 C．11 D．13【解題思路】根據(jù)新定義及數(shù)列的通項(xiàng)公式計(jì)算即可.【解答過(guò)程】由新定義知，Δa4=所以Δ2故選：A.【變式1-1】（2024·湖北武漢·三模）將1,2,???,n按照某種順序排成一列得到數(shù)列an，對(duì)任意1≤i<j≤n，如果ai>aj，那么稱數(shù)對(duì)ai,ajA．4 B．5 C．6 D．7【解題思路】根據(jù)逆序?qū)Φ亩x，分?jǐn)?shù)列an的第一個(gè)數(shù)為4，數(shù)列an的第二個(gè)數(shù)為4，數(shù)列an的第三個(gè)數(shù)為4，數(shù)列a【解答過(guò)程】若n=4，則1≤i<j≤4，由1,2,3,4構(gòu)成的逆序?qū)τ?,3,若數(shù)列an的第一個(gè)數(shù)為4，則至少有3若數(shù)列an的第二個(gè)數(shù)為4則恰有2個(gè)逆序?qū)Φ臄?shù)列an為1,4,2,3若數(shù)列an的第三個(gè)數(shù)為4則恰有2個(gè)逆序?qū)Φ臄?shù)列an為1,3,4,2或2,1,4,3若數(shù)列an的第四個(gè)數(shù)為4則恰有2個(gè)逆序?qū)Φ臄?shù)列an為2,3,1,4，綜上恰有2個(gè)逆序?qū)Φ臄?shù)列an的個(gè)數(shù)為5故選：B.【變式1-2】（23-24高三上·安徽合肥·階段練習(xí)）數(shù)學(xué)家斐波那契在研究兔子繁殖問(wèn)題時(shí)，發(fā)現(xiàn)有這樣一個(gè)數(shù)列an：1，1，2，3，5，8…，其中從第3項(xiàng)起，每一項(xiàng)都等于它前面兩項(xiàng)之和，即a1=a2=1，an+2A．175 B．176 C．177 D．178【解題思路】根據(jù)數(shù)列的特點(diǎn)，每個(gè)數(shù)等于它前面兩個(gè)數(shù)的和，移項(xiàng)得：an=an+2?an+1，使用累加法求得Sn【解答過(guò)程】由從第三項(xiàng)起，每個(gè)數(shù)等于它前面兩個(gè)數(shù)的和，a1由an+2=an+1+所以a1a2a…，an=a將這n個(gè)式子左右兩邊分別相加可得：Sn所以Sn所以2==S故選：B．【變式1-3】（2024·全國(guó)·高考真題）0-1周期序列在通信技術(shù)中有著重要應(yīng)用.若序列a1a2?an?滿足ai∈{0,1}(i=1,2,?)，且存在正整數(shù)m，使得ai+m=ai(i=1,2,?)成立，則稱其為0-1周期序列，并稱滿足A．11010? B．11011? C．10001? D．11001?【解題思路】根據(jù)新定義，逐一檢驗(yàn)即可【解答過(guò)程】由ai+m=ai知，序列aiC(k)=對(duì)于選項(xiàng)A，C(1)=C(2)=1對(duì)于選項(xiàng)B，C(1)=1對(duì)于選項(xiàng)D，C(1)=1故選：C.【題型2數(shù)列中的新運(yùn)算】【例2】（2024·河南·模擬預(yù)測(cè)）“角谷猜想”首先流傳于美國(guó)，不久便傳到歐洲，后來(lái)一位名叫角谷靜夫的日本人又把它帶到亞洲，因而人們就順勢(shì)把它叫作“角谷猜想”.“角谷猜想”是指一個(gè)正整數(shù)，如果是奇數(shù)就乘以3再加1，如果是偶數(shù)就除以2，這樣經(jīng)過(guò)若干次運(yùn)算，最終回到1.對(duì)任意正整數(shù)a0，按照上述規(guī)則實(shí)施第n次運(yùn)算的結(jié)果為ann∈N，若a5=1，且A．5或16 B．5或32C．5或16或4 D．5或32或4【解題思路】根據(jù)“角谷猜想”的規(guī)則，由a5=1倒推【解答過(guò)程】由題知an+1=3若a4為奇數(shù)，則a5=3a4+1=1，得若a3為奇數(shù)，則a4=3a3+1=2，得若a2為奇數(shù)，則a3=3a2+1=4，得若a1為奇數(shù)，則a2=3a1+1=8，得若a0為奇數(shù)，則a1=3a0+1=16，可得綜上所述：a0故選：B.【變式2-1】（2023·北京延慶·一模）數(shù)列{an}中，an=logn+1(n+2)?(n∈NA．2023 B．2024 C．2025 D．2026【解題思路】利用換底公式與累乘法把a(bǔ)1?a2?a3?…?a【解答過(guò)程】解：∵an=∴a又∵a∴k+2必須是2的n次冪(n∈N?)k∈[1,2023]內(nèi)所有的“幸運(yùn)數(shù)”的和：S=(=2(1?故選：D．【變式2-2】（2024·上海寶山·二模）將正整數(shù)n分解為兩個(gè)正整數(shù)k1、k2的積，即n=k1?k2，當(dāng)k1、k2兩數(shù)差的絕對(duì)值最小時(shí)，我們稱其為最優(yōu)分解．如20=1×20=2×10=4×5，其中4×5即為20的最優(yōu)分解，當(dāng)k1、A．51012 B．51012?1 C．5【解題思路】根據(jù)最優(yōu)分解定義得到n為奇數(shù)和n為偶數(shù)時(shí)，f5n的通項(xiàng)公式，進(jìn)而求出數(shù)列【解答過(guò)程】當(dāng)n=2kk∈N?時(shí)，由于5當(dāng)n=2k?1k∈N?時(shí)，由于5所以數(shù)列f5(5?1)+0+(5故選：B.【變式2-3】（2023·河南安陽(yáng)·二模）如果有窮數(shù)列a1，a2，a3，…，am（m為正整數(shù)）滿足條件a1?am=t，a2?am?1=t，…，am?a1=t，即ai?am?i+1=t（t為常數(shù)）i=1,2,?,m，則稱其為“倒序等積數(shù)列”．例如，數(shù)列8，4，2，12，1A．210 B．445 C．780 D．1225【解題思路】由題可得cn=2【解答過(guò)程】由題可知當(dāng)n≥41時(shí)，cn根據(jù)定義，當(dāng)1≤n≤40時(shí)，cn則log2故S=0+1+2+?+39?=39×40故選：B.【題型3數(shù)列新情景問(wèn)題】【例3】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）九連環(huán)是我國(guó)古代至今廣為流傳的一種益智游戲，最早記載九連環(huán)的典籍是《戰(zhàn)國(guó)策·齊策》，《紅樓夢(mèng)》第7回中有林黛玉解九連環(huán)的記載，我國(guó)古人已經(jīng)研究出取下n個(gè)圓環(huán)所需的最少步驟數(shù)an，且a1=1，a2=2，a3=5，aA．127 B．256 C．341 D．512【解題思路】由題意可推出數(shù)列的遞推關(guān)系，由遞推關(guān)系進(jìn)行構(gòu)造等比數(shù)列，可求得答案．【解答過(guò)程】由觀察可得若n≥2時(shí)，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，an=2an?1+1∴當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，an=4a又a1=1，∴a9故選：C．【變式3-1】（23-24高二上·江蘇南通·期中）折紙與剪紙是一種用紙張折成或剪成各種不同形狀的藝術(shù)活動(dòng)，是我們中華民族的傳統(tǒng)文化，歷史悠久，內(nèi)涵博大精深，世代傳承．現(xiàn)將一張腰長(zhǎng)為1的等腰直角三角形紙，每次對(duì)折后仍成等腰直角三角形，對(duì)折5次，然后用剪刀剪下其內(nèi)切圓，則可得到若干個(gè)相同的圓片紙，這些圓片紙的半徑為（

）A．2?18 B．2?28 C．【解題思路】根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)，結(jié)合等面積法即可求解.【解答過(guò)程】由題意可知，對(duì)折后的等腰直角三角形的腰長(zhǎng)成等比數(shù)列，且首項(xiàng)為22，公比為22，故對(duì)折5次后，得到腰長(zhǎng)為22設(shè)該等腰直角三角形的內(nèi)切圓半徑為r，則由等面積法可得12×2故選：A.【變式3-2】（2023·安徽宿州·一模）我國(guó)《洛書》中記載著世界上最古老的一個(gè)幻方，如圖所示，將1，2，3，…，9填入3×3的方格內(nèi)，使得每行、每列、每條對(duì)角線上的數(shù)的和都相等，便得到一個(gè)3階幻方.一般地，將連續(xù)的正整數(shù)1，2，3，…，n2填入n×n個(gè)方格中，使得每行、每列、每條對(duì)角線上的數(shù)的和都相等，這個(gè)正方形叫作n階幻方.記n階幻方的數(shù)的和（即方格內(nèi)的所有數(shù)的和）為Sn，如S3A．SB．7階幻方第4行第4列的數(shù)字可以為25C．8階幻方每行、每列、每條對(duì)角線上的數(shù)的和均為260D．9階幻方每行、每列、每條對(duì)角線上的數(shù)的和均為396【解題思路】根據(jù)n階幻方的定義，n階幻方的數(shù)列有n2項(xiàng)，為首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，故Sn=1+n2n22，每行、每列、每條對(duì)角線上的數(shù)的和均為S【解答過(guò)程】根據(jù)n階幻方的定義，n階幻方的數(shù)列有n2項(xiàng)，為首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，故Sn=對(duì)A，S6對(duì)B，7階幻方有7行7列，故第4行第4列的數(shù)字可以為該數(shù)列的中間值，即1+7對(duì)C，8階幻方每行、每列、每條對(duì)角線上的數(shù)的和均為S8對(duì)D，9階幻方每行、每列、每條對(duì)角線上的數(shù)的和均為S9故選：D.【變式3-3】（23-24高二下·山東·階段練習(xí)）某軟件研發(fā)公司對(duì)某軟件進(jìn)行升級(jí)，主要是軟件程序中的某序列A=a1,a2,a3,???重新編輯，編輯新序列為A?=a2a1A．19 B．127 C．181【解題思路】根據(jù)新定義判斷出A?是公比為3的等比數(shù)列，再利用迭乘法得到ana1=m【解答過(guò)程】令bn=an+1a由已知得b2b1=b設(shè)b1=m，則a2a1=b當(dāng)n≥2時(shí)，累乘可得a2即an當(dāng)n=5時(shí)，1a1=m436故選：A.【題型4以數(shù)列和項(xiàng)與通項(xiàng)關(guān)系定義新數(shù)列】【例4】（2024·江西南昌·三模）給定數(shù)列{An}，若對(duì)任意m，n∈N*且m≠n，Am+An是{A(1)若Sn=n2+n(2)設(shè){an}既是等差數(shù)列又是“H數(shù)列”，且a1=6，a(3)設(shè){an}是等差數(shù)列，且對(duì)任意n∈N*，Sn是【解題思路】（1）根據(jù)“H數(shù)列”定義判斷即可.（2）由等差數(shù)列和“H數(shù)列”的定義得到公差d的等式關(guān)系即可求解.（3）由等差數(shù)列的定義與求和公式，進(jìn)行分情況討論，即可證明{an}【解答過(guò)程】（1）因?yàn)镾n=n2+n當(dāng)n=1時(shí)，a1所以an對(duì)任意m，n∈N*且m≠n，∴{an}（2）因?yàn)閍1=6，a2所以d∈N?，所以由已知得am令am+a所以k=6d+m+n?1故d的所有可能值為1，2，3，6.（3）設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，所以存在k∈N*，對(duì)任意n∈當(dāng)d=0時(shí)，則a1=0，故ak當(dāng)d≠0時(shí)，k=n?1a1d+nn?12+1當(dāng)a1d=?1當(dāng)a1d∈所以a1d≥?1設(shè)a1d=s，s≥?1，s∈所以任意m，n∈N*且m≠n，顯然s+m+n?2∈N，所以a∴{an}【變式4-1】（2024·陜西·三模）數(shù)列an的前n項(xiàng)的最大值記為Mn，即Mn=maxa1,a2,???,an(1)設(shè)數(shù)列pn的“生成數(shù)列”為qn，求證：(2)若an=2n?3n【解題思路】（1）由“生成數(shù)列”的定義證明即可；（2）由分組求和求解即可.【解答過(guò)程】（1）由題意可知Mn+1所以Mn+1?m即pn是單調(diào)遞增數(shù)列，且p由“生成數(shù)列”的定義可得qn（2）當(dāng)n≥3時(shí)，an∴a1>∴p當(dāng)n≥3時(shí)，pn設(shè)數(shù)列pn的前n項(xiàng)和為Sn．則當(dāng)n≥3時(shí)，S=1+=1+又S2=1符合上式，所以【變式4-2】（2024·山東泰安·模擬預(yù)測(cè)）已知數(shù)列an是斐波那契數(shù)列，其數(shù)值為：1,1,2,3,5,8,13,21,34??????.這一數(shù)列以如下遞推的方法定義：a1=1，a2=1，an+2=an+1+a(1)已知數(shù)列cn滿足cn=man（n∈N*，(2)設(shè)數(shù)列{dn}的前n項(xiàng)和為S（i）若數(shù)列{dn}為“1（ii）在（i）問(wèn)的前提下，若數(shù)列fn滿足fn=anSn，n∈N*，其前n【解題思路】（1）由已知可得c1=m,c（2）當(dāng)n≥2時(shí)，dn=Sn?Sn?1=2?3n?1，（i）由已知可得存在正整數(shù)n使得（ii）法一：當(dāng)n≥2時(shí)，易得an2=anan+1?anan?1，計(jì)算可得a12+a2【解答過(guò)程】（1）存在，理由如下：由已知得a1=1，a2∴∴c3=∴對(duì)?m∈R，當(dāng)正整數(shù)k=1時(shí)，存在n=即數(shù)列cn為“1（2）∵S∴當(dāng)n=1時(shí)，d1當(dāng)n≥2時(shí)，dn（i）若數(shù)列{dn}為“1階可分拆數(shù)列”，則存在正整數(shù)n當(dāng)n=1時(shí)，d2=d1+當(dāng)n≥2時(shí)，2?3n=因a≥0，所以3?a≤3，又4?3故方程4?3綜上所述，符合條件的實(shí)數(shù)a的值為0.（ii）方法一：證明：∵a∴當(dāng)n≥2時(shí)，an∴a=a1=a12?a∴a由（i）知Sn=3∴T13由①-②可得2===1∵T∴2∴T當(dāng)n∈N?且n≥3時(shí)，方法二：證明：∵a∴當(dāng)n≥2時(shí)，an∴a=a1=a12?a∴a由（i）知Sn=3∴T1313由①?②?③可得5=1∴T當(dāng)n∈N?且n≥3時(shí)，【變式4-3】（2024·安徽蕪湖·三模）若數(shù)列an的各項(xiàng)均為正數(shù)，且對(duì)任意的相鄰三項(xiàng)at?1,at,a(1)已知正項(xiàng)數(shù)列cn是一個(gè)“凸數(shù)列”，且an=ecn，（其中e為自然常數(shù)，(2)若關(guān)于x的函數(shù)fx=b1+(3)設(shè)正項(xiàng)數(shù)列a0,【解題思路】（1）根據(jù)cn的性質(zhì)，由等量關(guān)系代換成關(guān)于a（2）由原函數(shù)有三個(gè)零點(diǎn)，且導(dǎo)函數(shù)為二次函數(shù)，分析出導(dǎo)函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，判別式大于零，推得b32>b2b4（3）記S=a1+a2+?+an?1，利用分析法，只需證【解答過(guò)程】（1）因?yàn)閍n=ecn所以ct?1+ct+1≤2所以數(shù)列an是一個(gè)“對(duì)數(shù)性凸數(shù)列”，a所以a10a9所以數(shù)列an是一個(gè)“對(duì)數(shù)性凸數(shù)列”，且有a（2）因?yàn)閒x所以f′所以Δ1又bi>0i=1x=0時(shí)，f0=b1>0又f1令t=1x，則即f1令gx=b所以g′所以Δ2因?yàn)閎2所以正項(xiàng)數(shù)列b1,b2,所以數(shù)列b1（3）記S=a1+即證a0即n2S+a因?yàn)閿?shù)列an為對(duì)數(shù)性凸數(shù)列，所以at?1a所以anan?1S=a而a0所以S+=S+當(dāng)且僅當(dāng)ak故式①成立，所以原不等式成立．【題型5數(shù)列定義新性質(zhì)問(wèn)題】【例5】（2024·安徽·三模）已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，若數(shù)列①數(shù)列an②數(shù)列an③?k≥2，k∈N?，?p,q∈N則稱數(shù)列an(1)已知Sn=n2+n(2)若首項(xiàng)為1的數(shù)列an（?。┍容^an與S（ⅱ）若數(shù)列an的末項(xiàng)為36，求S【解題思路】（1）利用數(shù)列的前n項(xiàng)和及Sn與an的關(guān)系得數(shù)列an（2）（?。├妙}目所給定義得an≤2a（ⅱ）構(gòu)造具有“和性質(zhì)”的數(shù)列an：1，2，3，6，9，18，36或數(shù)列an：1，2，4，5，9，18，36，此時(shí)Sn=75，再利用反證法得具有“和性質(zhì)”的數(shù)列【解答過(guò)程】（1）因?yàn)镾n所以當(dāng)n=1時(shí)，a1當(dāng)2≤n≤100時(shí)，an而當(dāng)n=1時(shí)，滿足a1因此數(shù)列an的通項(xiàng)公式為該數(shù)列具有“和性質(zhì)”.（2）（?。┮?yàn)槭醉?xiàng)為1的數(shù)列an所以?k≥2，k∈N?，使得ak=ap+因此ap≤a所以ak因此an所以將上述不等式相加得：a2即an因?yàn)閍1所以2a因此an（ⅱ）因?yàn)閿?shù)列an所以由③得：a2=2a構(gòu)造數(shù)列an：1，2，3，6，9，18，36或數(shù)列a因此這兩個(gè)數(shù)列具有“和性質(zhì)”，此時(shí)Sn下面證明Sn即證明不可能存在比75更小的Sn假設(shè)Sn≤75（存在性顯然，因?yàn)闈M足Sn第一步：首先說(shuō)明有窮數(shù)列an設(shè)有窮數(shù)列an中元素組合的集合為A由（?。┲篴2≤2a因此a2≤2，a3≤4，a4所以n≥7.第二步：證明an?1=18，若18∈A，設(shè)ai因?yàn)閍n所以為了使得Sn則在數(shù)列an中一定不含有ak，使得因此an?1假設(shè)18?A，根據(jù)“和性質(zhì)”，對(duì)an=36，有ap，a顯然ap≠a所以由有窮數(shù)列an集合A中至少還有4個(gè)不同于an，ap，因此Sn>a所以18∈A，且an?1同理可證：an?2根據(jù)“和性質(zhì)”得：存在ap、aq，使得我們需要考慮如下幾種情形：①當(dāng)ap=8，aq=1時(shí)，至少還需要一個(gè)大于等于4的②當(dāng)ap=7，aq=2時(shí)，至少還需要一個(gè)大于4的③當(dāng)ap=6，aq=3時(shí)，此時(shí)④當(dāng)ap=5，aq=4時(shí)，此時(shí)綜上所述，Sn【變式5-1】（2024·北京西城·二模）已知數(shù)列A:a1,a2,?,an，從A中選取第i?1項(xiàng)、第i?2項(xiàng)、…、第i?k項(xiàng)i?1<i?2<?<i?k構(gòu)成數(shù)列B:ai?1,ai?2(1)當(dāng)n=4時(shí)，比較A的具有性質(zhì)P的子列個(gè)數(shù)與不具有性質(zhì)P的子列個(gè)數(shù)的大小，并說(shuō)明理由；(2)已知數(shù)列A:1?（ⅰ）給定正整數(shù)k≤n2，對(duì)A的k項(xiàng)子列B，求所有（ⅱ）若A有m個(gè)不同的具有性質(zhì)P的子列B1,B2,?,Bm，滿足：???1≤i<j≤m，B【解題思路】（1）根據(jù)定義得出n=4時(shí)，A共有15個(gè)子列，結(jié)合性質(zhì)P的內(nèi)容即可判斷；（2）（?。└鶕?jù)ai?1,ai?2,?,ai?k是A的k?(（ⅱ）設(shè)Bk?(?k=1,2,?,m?)的首項(xiàng)為xk，末項(xiàng)為yk，記xk?【解答過(guò)程】（1）當(dāng)n=4時(shí)，A共有24其中具有性質(zhì)P的子列有4+3+2+1=10個(gè)，

故不具有性質(zhì)P的子列有5個(gè)，

所以A的具有性質(zhì)P的子列個(gè)數(shù)大于不具有性質(zhì)P的子列個(gè)數(shù)．（2）（?。┤鬊:ai?1,則B′:n+1?ai?1所以T(B?)+T(因?yàn)榻o定正整數(shù)k≤n2，A有Cn所以所有T(B?)的算術(shù)平均值為1（ⅱ）設(shè)Bk?(?k=1,2,?,m?)若存在j=1,2,?,m，使yj<xk?所以，對(duì)任意j=1,2,?,m，都有yj≥因?yàn)閷?duì)于k=1,2,?,m，xk∈{?所以共有xk因?yàn)锽1所以對(duì)于不同的子列Bi,Bj，所以xk?當(dāng)n是奇數(shù)時(shí)，取xk∈{?共有n+12?(n+1?當(dāng)n是偶數(shù)時(shí)，取xk∈{?共有n2?(n+1?綜上，n為奇數(shù)時(shí)，m的最大值為(n+1)24；n為偶數(shù)時(shí)，m的最大值為【變式5-2】（2024·北京東城·二模）已知An:a1,a2,?,ann≥3為有窮整數(shù)數(shù)列，若An滿足：(1)若p=?1，q=2，那么是否存在具有性質(zhì)T的A5？若存在，寫出一個(gè)這樣的A(2)若p=?1，q=2，且A10具有性質(zhì)T，求證：a(3)若p+q=1，求證：存在正整數(shù)k，使得對(duì)任意具有性質(zhì)T的Ak，都有a【解題思路】（1）根據(jù)所給定義，設(shè)a2?a1，a3?a2，a4?a3，（2）設(shè)a1，a2，a3，?，a10中的最大值為M，則存在ak，使得ak=M或ak=?M，若存在ak，使ak=M，先證：ak（3）不妨設(shè)p<0<q，根據(jù)性質(zhì)T推導(dǎo)出k=q?p+1，再利用反證法證明a1【解答過(guò)程】（1）不存在具有性質(zhì)T的A5設(shè)A5:a1,設(shè)a2?a1，a3?a2，a4?a則有a2所以?1×m+24?m=0，解得m=8所以不存在具有性質(zhì)T的A5（2）設(shè)a1，a2，a3，?，a10中的最大值為M，則存在ak若存在ak，使ak=M，下證：ak，ak+1，?，a假設(shè)存在正整數(shù)mm<M使得ak，ak+1，?，a令集合B=i|ai>m，設(shè)則有ai這與ai+1所以ak，ak+1，?，a10可以取遍0若M=1，則a1，a2，a3，?，a9的取值只能為此時(shí)a1，a2，a3，?若M=2，則a1，a2，a3，?，a9的取值只能為0，此時(shí)a1，a2，a3，?若M≥3，則a1，a2，a3，?，ak中一定有異于再由ak，ak+1，?，a10可以取遍0所以a1，a2，a3，?當(dāng)ak=?M，同理可證：a1，a2，?，ak從而a1，a2，a3，?（3）不妨設(shè)p<0<q，當(dāng)a2?a1，a3?a2，?，ak由于a2所以取k=q?p+1，此時(shí)Ak具有性質(zhì)T下證：a1若存在i,j1≤i<j≤k?1使得ai令ai=u則有0≤u1≤令s=u2?u1，t=v2由于p+q=1，則有s=qs?t若s=t，則有s=0，即u2當(dāng)ai=aj時(shí)，有若s≠t，則有s=q且s=t+1，因此有u2=q，u1=0，所以此時(shí)ai=a綜上所述，存在正整數(shù)k，使得對(duì)任意具有性質(zhì)T的Ak，都有a【變式5-3】（23-24高二下·吉林延邊·期中）記R上的可導(dǎo)函數(shù)fx的導(dǎo)函數(shù)為f′x，滿足xn+1=xn?fxnf′(1)證明數(shù)列an是等比數(shù)列并求a(2)設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，若不等式(?1)n?tS【解題思路】（1）對(duì)遞推式變形結(jié)合對(duì)數(shù)運(yùn)算求得an+1（2）先利用等比數(shù)列求和公式求和，再把恒成立問(wèn)題轉(zhuǎn)化為(?1)n?t≤Sn+14Sn對(duì)任意的【解答過(guò)程】（1）由fx=x所以x則xn+1所以an+1故an+1an所以數(shù)列an所以an（2）由等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式得：Sn因?yàn)椴坏仁??1)n?tS又Sn>0且Sn單調(diào)遞增，所以(?1)令gx=x+14則g′當(dāng)x∈0,14時(shí)，g′當(dāng)x∈14,+∞時(shí)，g又2=S1<14<S2則gS當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，原式化簡(jiǎn)為t≤S而gS所以t≤gS當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，原式化簡(jiǎn)為?t≤S又2=S1<14<S3=14<S所以g2此時(shí)?t≤gS1=9綜上可知，?9≤t≤25【題型6牛頓數(shù)列問(wèn)題】【例6】（2024·廣東·模擬預(yù)測(cè)）定義：任取數(shù)列an中相鄰的兩項(xiàng)，若這兩項(xiàng)之差的絕對(duì)值為1，則稱數(shù)列an具有“性質(zhì)1”.已知項(xiàng)數(shù)為n的數(shù)列an的所有項(xiàng)的和為M(1)若n=4，且a1=0,a(2)若a1=2024,n=2023，證明：“a2023(3)若a1=0,n≥2,Mn=0【解題思路】（1）由數(shù)列的性質(zhì)得出an，進(jìn)一步結(jié)合M（2）結(jié)合新定義，分必要性、充分性兩方面證明即可；（3）由數(shù)列的性質(zhì)，得出4整除nn?1，即n=4m或n=4m+1【解答過(guò)程】（1）依題意，若an:0,1,0,?1，此時(shí)若an:0,?1,0,?1，此時(shí)若an:0,?1,?2,?1，此時(shí)（2）必要性：因?yàn)閍k>a所以ak+1所以a2023充分性：由于a2023累加可得，a2023?a因?yàn)閍2023=2，故上述不等式的每個(gè)等號(hào)都取到，所以所以ak綜上所述，“a2023=2”是“（3）令ck=a因?yàn)閍2所以M==n因?yàn)閏k=±1，所以1?c所以1?c所以要使Mn=0，必須使nn?1亦即n=4m或n=4m+1m∈當(dāng)n=4mm∈N*時(shí)，比如a4k?1=a4k?3當(dāng)n=4m+1m∈N*時(shí)，比如a4k?1=a4k?3當(dāng)n=4m+2或n=4m+3m∈N時(shí)，nn?1不能被4整除，【變式6-1】（23-24高二下·四川·期中）物理學(xué)家牛頓用“作切線”的方法求函數(shù)零點(diǎn)時(shí)，給出了“牛頓數(shù)列”，它在航空航天中應(yīng)用非常廣泛．其定義是：對(duì)于函數(shù)f(x)，若滿足(xn+1?xn)f′(xn)+f(xn)=0，則稱數(shù)列xn為牛頓數(shù)列．已知f(x)=x(1)求數(shù)列xn(2)若數(shù)列nxn的前n項(xiàng)和為Sn，且對(duì)任意的n∈N?，滿足S(3)在（2）的前提下，設(shè)g(x)=112λf′(x)，直線y=ax+b(b>0)與曲線y=g(x)有且只有兩個(gè)公共點(diǎn)A(c,d),(?,f)【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線方程，即可得數(shù)列xn（2）由（1）令bn=n?(34)n?1（3）由（2）求出g(x)=x3，利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)【解答過(guò)程】（1）函數(shù)f(x)=x4，求導(dǎo)得則函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)xn,y令y=0，得xn+1=34x所以xn（2）由（1），令bn則Sn于是34兩式相減得：1因此Sn=16?(16+4n)?(34令dn=(16+4n)?(當(dāng)n≤5時(shí)，dn+1?d當(dāng)n≥6時(shí)，dn+1?dn<0所以整數(shù)λ的最小值為22.（3）由（2）知g(x)=x3，依題意，方程x3令?(x)=x3?ax?b，則函數(shù)?(x)求導(dǎo)得?′(x)=3x2?a，當(dāng)a≤0時(shí)，?′(x)≥0當(dāng)a>0時(shí)，由?′(x)>0，得x<?a3或x>a則函數(shù)?(x)在(?∞,?a當(dāng)x=?a3時(shí)，?(x)取得極大值?(?a3)=2a3函數(shù)?(x)有且只有兩個(gè)零點(diǎn)，則?(x)的圖象與x軸有且只有兩個(gè)公共點(diǎn)，必有?(?a此時(shí)b=2a3a3，c=?a3，方程所以?c=?2，【變式6-2】（2024·廣東韶關(guān)·二模）記R上的可導(dǎo)函數(shù)fx的導(dǎo)函數(shù)為f′x，滿足xn+1=xn?fxnf′(1)求a2(2)證明數(shù)列an是等比數(shù)列并求a(3)設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，若不等式(?1)n?tS【解題思路】（1）求出導(dǎo)函數(shù)，化簡(jiǎn)數(shù)列遞推式，根據(jù)對(duì)數(shù)運(yùn)算及遞推式求解即可；（2）對(duì)遞推式變形結(jié)合對(duì)數(shù)運(yùn)算求得an+1（3）先利用等比數(shù)列求和公式求和，再把恒成立問(wèn)題轉(zhuǎn)化為(?1)n?t≤Sn+14Sn對(duì)任意的【解答過(guò)程】（1）因?yàn)閒x=x2?x由a1=2,a則x1x1?1=e2（2）由xn+1=x所以an+1故an+1an=2（非零常數(shù)），且所以an（3）由等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式得：Sn因?yàn)椴坏仁??1)n?tSn?14≤Sn所以(?1)n?t≤Sn+14S則g′x=1?14x2=當(dāng)x∈14,+∞時(shí)，g又2=S1<14<S2=6，且當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，原式化簡(jiǎn)為t≤Sn+14S當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，原式化簡(jiǎn)為?t≤Sn+14Sn，所以當(dāng)綜上可知，?9≤t≤25【變式6-3】（23-24高二上·浙江紹興·期末）物理學(xué)家牛頓用“作切線”的方法求函數(shù)零點(diǎn)時(shí)，給出了“牛頓數(shù)列”，它在航空航天中應(yīng)用非常廣泛．其定義是：對(duì)于函數(shù)fx，若滿足xn+1?xnf′xn+fxn=0，則稱數(shù)列xn為牛頓數(shù)列．已知fx=x

(1)求數(shù)列xn(2)若數(shù)列n?xn的前n項(xiàng)和為Sn，且對(duì)任意的n∈N?，滿足Sn≥16?λ56n，求整數(shù)【解題思路】（1）首先根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程，并令y=0，得到數(shù)列xn（2）法一，由（1）可知，bn=n?xn=n?34n?1，利用錯(cuò)位相減法求數(shù)列bn法二，利用裂項(xiàng)相消法求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Sn，代入不等式，參變分離為λ≥(16+4n)9【解答過(guò)程】（1）∵f∴f(x)在點(diǎn)xn,y令y=0，得xn+1所以xn是首項(xiàng)為1，公比為3故x（2）令bn法一：錯(cuò)位相減法Sn34Sn兩式相減得：14化簡(jiǎn)得：Sn故16?(16+4n)3化簡(jiǎn)得λ≥(16+4n)9令dn則dn+1當(dāng)n≤5時(shí)，dn+1?d當(dāng)n≥6時(shí)，dn+1?d所以dn從而整數(shù)λmin法二：裂項(xiàng)相消法由bn設(shè)cn=(kn+m)3則43于是?k4=即cn所以S=c故16?(16+4n)34n令dn則dn+1dn當(dāng)當(dāng)n≤5時(shí)，dn+1dn當(dāng)n≥6時(shí)，0<dn+1d所以dn從而整數(shù)λmin【題型7數(shù)列中的新定義問(wèn)題】【例7】（2024·江西九江·三模）已知數(shù)列an共有mm≥2項(xiàng)，且an∈Z，若滿足an+1?a(1)當(dāng)m=5時(shí)，寫出所有滿足a1(2)當(dāng)m=2000,a1=25時(shí)，設(shè)p:a2000=2024;q:“約束數(shù)列”(3)當(dāng)a1=1,a【解題思路】（1）由“約束數(shù)列”的定義，可得所求.（2）由“約束數(shù)列”和充分必要條件的定義，結(jié)合等差數(shù)列的知識(shí)，可得結(jié)論.（3）由a1=1,a2k=0【解答過(guò)程】（1）當(dāng)m=5時(shí)，所有滿足a1①1,1,2,1,1；②1,1,1,2,1；③1,2,1,1,1.（2）p是q的充分不必要條件.理由：①當(dāng)a2000=2024時(shí)，則a2000當(dāng)且僅當(dāng)a2000?a∴“約束數(shù)列”an②當(dāng)“約束數(shù)列”an是等差數(shù)列時(shí)，由a得an+1?an=1若an+1?an=0若an+1?an=?1若an+1?an=1即當(dāng)“約束數(shù)列”an是等差數(shù)列時(shí)，a2000=25由①②，得p是q的充分不必要條件.（3）∵a1=1,a2k當(dāng)且僅當(dāng)同時(shí)滿足以下三個(gè)條件時(shí)，Sm①當(dāng)2≤n≤k時(shí)，an?an?1=1③當(dāng)2k+1≤n≤m時(shí)，an∴=k【變式7-1】（2024·重慶·模擬預(yù)測(cè)）對(duì)于數(shù)列an，定義Δan=an+1?ann∈(1)試寫出“2?函數(shù)”f(2,n)，并求f(2,3)的值；(2)若“1?函數(shù)”f(1,n)≤15，求n的最大值；(3)記函數(shù)S(x)=x+2x2+?+nxn，其導(dǎo)函數(shù)為S【解題思路】結(jié)合新定義可得ΔΔan=Δan+1?Δan【解答過(guò)程】（1）由定義及ΔΔan所以Δan是公差為m的等差數(shù)列，所以因?yàn)閍1=a所以Δan=(n?1)m當(dāng)n≥2時(shí)，有a3a4……an所以an即an（1）當(dāng)m=2時(shí)，an所以“2?函數(shù)”f(2,n)=1×2+1×2當(dāng)n=3時(shí)，f(2,3)=1×2+1×2（2）當(dāng)m=1時(shí)，an故“1?函數(shù)”f(1,n)==1+1+?+====n由f(1,n)≤15，得n3令g(x)=x3?3所以g(x)=x3?3因?yàn)間(5)=0．所以當(dāng)1≤x≤5時(shí)，g(x)≤0，所以當(dāng)1≤n≤5時(shí)，f(1,n)≤15，故n的最大值為5．（3）證明：由題意得f(m,n)==m+=m+=由S(x)=x+2x2+?+n所以xS′(x)=x+4所以f(m,n)=m【變式7-2】（2024·江西·模擬預(yù)測(cè)）我國(guó)元代數(shù)學(xué)家朱世杰在他的《四元玉鑒》一書中對(duì)高階等差數(shù)列求和有精深的研究，即“垛積術(shù)”．對(duì)于數(shù)列a1,a2,???,an,???，①，從第二項(xiàng)起，每一項(xiàng)與它前面相鄰一項(xiàng)的差構(gòu)成數(shù)列a11,a12,???,a1n?1,???，②，稱該數(shù)列②為數(shù)列①的一階差分?jǐn)?shù)列，其中a1i=ai+1(1)若高階等差數(shù)列an為3,4,9,18,31,48,???，求數(shù)列a(2)若r階等差數(shù)列bn的通項(xiàng)公式b（?。┣髍的值；（ⅱ）求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和S附：12【解題思路】（1）根據(jù)r階等差數(shù)列的定義，分別求出一階差分?jǐn)?shù)列和二階差分?jǐn)?shù)列，發(fā)現(xiàn)二階差分?jǐn)?shù)列為常熟列，即可得出a2n=4，即a1n+1?a1n（2）（?。└鶕?jù)r階等差數(shù)列的定義，從一階差分?jǐn)?shù)列、二階差分?jǐn)?shù)列、三階差分?jǐn)?shù)列…依次往下求，當(dāng)出現(xiàn)常數(shù)列時(shí)為止，即可確定為r的值；（?、。┙Y(jié)合二項(xiàng)式定理將2n?14轉(zhuǎn)化為了16【解答過(guò)程】（1）數(shù)列an的一階差分?jǐn)?shù)列為1,5,9,13,17,???二階差分?jǐn)?shù)列為4,4,4,4,4,???，為非零常數(shù)列，所以a2n=4，即a1所以數(shù)列a1n所以a1n=1+n?1×4=4n?3，即所以當(dāng)n≥2時(shí)，a=4n?1當(dāng)n=1時(shí)，a1綜上，數(shù)列an的通項(xiàng)公式為a（2）（ⅰ）bn=2n?1b2n所以b3n所以b4n所以數(shù)列bn是4階等差數(shù)列，即r=4（ⅱ）n=n所以n4又2n?1=16所以S==16【變式7-3】（2024·福建南平·二模）若數(shù)列cn共有mm∈N*,m≥3項(xiàng)，對(duì)任意ii∈N*,i≤m都有cicm+1?i=S（S為常數(shù)，且S>0(1)若m=3，a1=1，a2(2)已知數(shù)列bn是公差為dd≠0的等差數(shù)列，b1=?11，若m=10，an(3)若數(shù)列an是各項(xiàng)均為正整數(shù)的單調(diào)遞增數(shù)列，求證：a【解題思路】（1）依題意可得S=a2a（2）依題意aia11?i=S，即可得到（3）依題意可得am?i+1【解答過(guò)程】（1）依題意S=a2a2=4（2）法一：由m=10知對(duì)任意ii∈N*,i≤10即bi+2所以b1所以?d所以?d因?yàn)閐≠0，b1=?11，所以S=122法二：當(dāng)i=1,2時(shí)由S=a1a所以b1即b1令p=b12則p+16d因?yàn)閐≠0，b1=?11，所以p=q，即d=2，S=1，當(dāng)1≤i≤10時(shí)都有a=?9+2i所以d=2，S=1成立.（3）由已知a1am=S，所以am?i+1所以a<S<S1即am一、單選題1．（2024·四川綿陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）已知數(shù)列an的各項(xiàng)均為正數(shù)，a1=1,an+1?an=A．615 B．620 C．625 D．630【解題思路】根據(jù)等差數(shù)列的定義求出an，再根據(jù)新定義對(duì)n分情況求出n【解答過(guò)程】因?yàn)閍1所以an+12?所以an2=1+所以an=n當(dāng)1≤n<4時(shí)，n=1當(dāng)4≤n<9時(shí)，n=2當(dāng)9≤n<16時(shí)，n=3當(dāng)16≤n<25時(shí)，n=4當(dāng)25≤n<36時(shí)，n=5當(dāng)36≤n<49時(shí)，n=6當(dāng)49≤n<64時(shí)，n=7當(dāng)64≤n<81時(shí)，n=8當(dāng)81≤n<100時(shí)，n=9100=10則a1+a故選：C.2．（2024·上?！つM預(yù)測(cè)）已知數(shù)列an不是常數(shù)列，前n項(xiàng)和為Sn，且a1>0．若對(duì)任意正整數(shù)n，存在正整數(shù)m，使得an?Sm≤A．①與②均為真命題 B．①與②均為假命題C．①為真命題，②為假命題 D．①為假命題，②為真命題【解題思路】由題意Sm?a1≤【解答過(guò)程】①數(shù)列an不是常數(shù)列，則d≠0，則a由an?Sm≤當(dāng)n足夠大時(shí)，極限的思想說(shuō)明不成立；②取an=2當(dāng)n=1時(shí)，取m=1，滿足an當(dāng)n≥2時(shí)，取m=n?1，滿足an故選：D.3．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）將正整數(shù)n分解為兩個(gè)正整數(shù)k1，k2的積，即n=k1k2，當(dāng)k1，k2兩數(shù)差的絕對(duì)值最小時(shí)，我們稱其為最優(yōu)分解.如12=1×12=2×6=3×4，其中3×4即為12的最優(yōu)分解，當(dāng)k1，kA．21011?1 B．21011 C．2【解題思路】根據(jù)題意，對(duì)n分奇數(shù)和偶數(shù)進(jìn)行討論，進(jìn)而可以得到f2【解答過(guò)程】當(dāng)n=2kk∈N*所以f2當(dāng)n=2k?1k∈N*則f2故數(shù)列f2n的前2024項(xiàng)的和為故選：C.4．（2024·安徽安慶·三模）若項(xiàng)數(shù)均為nn≥2,n∈N*的兩個(gè)數(shù)列an,bn滿足ak?bkA．5 B．6 C．7 D．8【解題思路】根據(jù)ak?bk=k可得a1+【解答過(guò)程】由條件知a1于是a1又a1所以a1于是“4項(xiàng)緊密數(shù)列”有anaan故選：B．5．（2024·四川南充·三模）對(duì)于數(shù)列an，規(guī)定Δan為數(shù)列an的一階差分，其中Δan=an+1?ann∈N*A．7 B．9 C．11 D．13【解題思路】由數(shù)列的新定義計(jì)算即可.【解答過(guò)程】由ΔaΔaΔa由Δkan所以Δ2故選：D.6．（2024·上海寶山·二模）數(shù)列an中，Sn是其前n項(xiàng)的和，若對(duì)任意正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m，使得Sn=am，則稱數(shù)列an為“某數(shù)列”.現(xiàn)有如下兩個(gè)命題：①等比數(shù)列2n為“某數(shù)列”；②對(duì)任意的等差數(shù)列anA．①為真命題，②為真命題 B．①為真命題，②為假命題C．①為假命題，②為真命題 D．①為假命題，②為假命題【解題思路】利用等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式計(jì)算Sn，再建立方程并判斷①；求出等差數(shù)列an的通項(xiàng)，再拆分成兩個(gè)等差數(shù)列，結(jié)合等差數(shù)列前【解答過(guò)程】對(duì)于①，由等比數(shù)列2n，得S若對(duì)任意正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m，使得Sn=am，則對(duì)于②，設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，則a令bn=na1，下面證bn設(shè)bn的前n項(xiàng)和為Tn，則于是對(duì)任意的正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m=nn+12，使得T同理，可證cn所以對(duì)任意的等差數(shù)列an，總存在兩個(gè)“某數(shù)列”bn和cn故選：C.7．（23-24高三下·重慶·階段練習(xí)）定義：滿足an+2an+1:an+1an=qq為常數(shù)，n∈N*）的數(shù)列anA．7 B．8 C．9 D．10【解題思路】根據(jù)數(shù)列新定義可得anan?1【解答過(guò)程】由題意知二階等比數(shù)列∣an的二階公比為2,故an將以上各式累乘得：an故an=2n(n?1)4故n?1n4>10又n?1n的值隨n的增大而增大，且(當(dāng)n=7時(shí)，2n?1當(dāng)n=8時(shí)，2n?1故n的最小值為8，故選：B.8．（2024·北京東城·二模）設(shè)無(wú)窮正數(shù)數(shù)列an，如果對(duì)任意的正整數(shù)n，都存在唯一的正整數(shù)m，使得am=a1+a2+a3A．若an為等差數(shù)列，則aB．若an為等比數(shù)列，則aC．若內(nèi)和數(shù)列an為遞增數(shù)列，則其伴隨數(shù)列bD．若內(nèi)和數(shù)列an的伴隨數(shù)列bn為遞增數(shù)列，則【解題思路】對(duì)于ABD：舉反例說(shuō)明即可；對(duì)于C：根據(jù)題意分析可得am2>【解答過(guò)程】對(duì)于選項(xiàng)AB：例題an=1，可知?jiǎng)ta1+a2=2所以an對(duì)于選項(xiàng)C：因?yàn)閍n對(duì)任意n1,n2∈使得am則am2?且內(nèi)和數(shù)列an為遞增數(shù)列，可知m所以其伴隨數(shù)列bn對(duì)于選項(xiàng)D：例如2,1,3,4,5,???，顯然an是所有正整數(shù)的排列，可知an為內(nèi)和數(shù)列，且但an故選：C.二、多選題9．（2024·山東青島·三模）若有窮整數(shù)數(shù)列An:a1,a2,?ann≥3A．存在具有性質(zhì)T的AB．存在具有性質(zhì)T的AC．若A10具有性質(zhì)T，則aD．存在正整數(shù)k，使得對(duì)任意具有性質(zhì)T的Ak，有a【解題思路】對(duì)A、D：舉出符合題意的例子即可得；對(duì)B：根據(jù)所給定義，借助反證法設(shè)a2?a1，a3?a2，a4?a3，a5?a4中有m個(gè)?1，4?m個(gè)2，從而有?1×m+24?m=0，推出矛盾；對(duì)C：a1，a2，a3，?，a10中的最大值為M，則存在ak【解答過(guò)程】對(duì)A：取數(shù)列0,2,1,0，易得其滿足題意，此時(shí)該數(shù)列具有性質(zhì)T，故A正確；對(duì)B：假設(shè)存在數(shù)列a1,a2,且ai+1設(shè)ai+1?ai∈?1,2i=1,2,?,4中有則有i=1=m×?1+4?m其與m為整數(shù)矛盾，故假設(shè)錯(cuò)誤，故B錯(cuò)誤；對(duì)C：設(shè)a1，a2，a3，?，a則存在ak，使得ak=M若存在ak，使ak=M，下證：ak，ak+1，?，a假設(shè)存在正整數(shù)mm<M使得ak，ak+1，?，a令集合B=i|ai>m，設(shè)則有ai這與ai+1所以ak，ak+1，?，a10可以取遍0若M=1，則a1，a2，a3，?，a9的取值只能為此時(shí)a1，a2，a3，?若M=2，則a1，a2，a3，?，a9的取值只能為0，此時(shí)a1，a2，a3，?若M≥3，則a1，a2，a3，?，ak中一定有異于再由ak，ak+1，?，a10可以取遍0所以a1，a2，a3，?當(dāng)ak=?M，同理可證：a1，a2，?，ak從而a1，a2，a3，?對(duì)D：取數(shù)列0,2,1,0，此時(shí)該數(shù)列具有性質(zhì)T，且a1,a故選：ACD.10．（2024·重慶·模擬預(yù)測(cè)）設(shè)an是各項(xiàng)為正的無(wú)窮數(shù)列，若對(duì)于?n∈N*，an+12?aA．若an是等方差數(shù)列，則aB．?dāng)?shù)列2nC．若an是等方差數(shù)列，則數(shù)列aD．若an是等方差數(shù)列，則存在正整數(shù)n，使得【解題思路】對(duì)于B：代入定義計(jì)算即可判斷；根據(jù)題意結(jié)合等差數(shù)列的定義分析判斷A；借助題目條件，借助放縮將等式轉(zhuǎn)換為不等式后結(jié)合數(shù)列的函數(shù)性質(zhì)分析判斷C；由題意將i=1n1a【解答過(guò)程】對(duì)于選項(xiàng)B：若an=2n時(shí)，則則an+1所以數(shù)列2n對(duì)于選項(xiàng)ACD：若an是等方差數(shù)列，則a所以數(shù)列an2是以a1可得an當(dāng)d<0時(shí)，則總存在正整數(shù)n，使a1與an>0矛盾，故d>0恒成立，有an2=即an>n?1d，則bn由n+n?1隨故總存在正整數(shù)n使dn+n?1由an2=則1==2可得i=1n由a12+nd?a1隨故對(duì)任意的d>0，總存在正整數(shù)n使2d即總存在正整數(shù)n，使得i=kn故選：ACD．11．（2024·浙江寧波·模擬預(yù)測(cè)）已知數(shù)列un，其前n項(xiàng)和為Sn，若存在常數(shù)M>0，對(duì)任意的n∈N?，恒有un+1?uA．若un是以1為首項(xiàng)，q(|q|＜1)為公比的等比數(shù)列，則uB．若un為B?數(shù)列，則Sn也為C．若Sn為B?數(shù)列，則un也為D．若an,bn均為B?數(shù)列，則【解題思路】對(duì)A，根據(jù)題意可得un=qn?1，利用B?數(shù)列的定義求解判斷；對(duì)B，舉反例un=1n∈N?不合題意；對(duì)C，根據(jù)條件得un+1+un【解答過(guò)程】對(duì)于A，un=q∴=1?q對(duì)于B，若un=1n∈N?，顯然數(shù)列u但Sn+1?Sn+對(duì)于C，因?yàn)閿?shù)列Sn是B?所以存在正數(shù)M，對(duì)于任意的n∈N有Sn+1?S所以u(píng)≤2un+1+2un對(duì)于D，若數(shù)列an,b則存在正數(shù)M1,Man+1?a因?yàn)閍≤M同理可得bn≤M2+則有a≤K2an+1?故選：ACD.三、填空題12．（2024·江蘇揚(yáng)州·模擬預(yù)測(cè)）對(duì)于有窮數(shù)列an，從數(shù)列an中選取第i1項(xiàng)?第i2項(xiàng)???第im項(xiàng)i1<i2<?<im，順次排列構(gòu)成數(shù)列bk，其中bk=aik,1≤k≤m【解題思路】求出和式中原數(shù)列中各項(xiàng)出現(xiàn)的次數(shù)即可得解.【解答過(guò)程】數(shù)列1,2,4,8,16,32中的每一項(xiàng)，含有一個(gè)項(xiàng)的子列有C50個(gè)，含有兩個(gè)項(xiàng)的子列有含有三個(gè)項(xiàng)的子列有C52個(gè)，含有四個(gè)項(xiàng)的子列有C53個(gè)，含有五個(gè)項(xiàng)的子列有因此和式中，數(shù)列1,2,4,8,16,32中的每一項(xiàng)，都出現(xiàn)C5所以所求和為(1+2+4+8+16+32)×32=63×32=2016.故答案為：2016.13．（2023·黑龍江哈爾濱·模擬預(yù)測(cè)）牛頓選代法又稱牛頓——拉夫遜方法，它是牛頓在17世紀(jì)提出的一種在實(shí)數(shù)集上近似求解方程根的一種方法.具體步驟如下圖示：設(shè)r是函數(shù)y=fx的一個(gè)零點(diǎn)，任意選取x0作為r的初始近似值，在點(diǎn)x0,fx0作曲線y=fx的切線l1，設(shè)與l1軸x交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x1，并稱x1為r的1次近似值；在點(diǎn)x1,fx1作曲線y=fx的切線l2，設(shè)與l2軸x交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x2，稱x2為r的2次近似值.一般地，在點(diǎn)xn,fxnn∈N作曲線y=fx的切線ln+1，記ln+1與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為xn+1，并稱xn+1為r的n+1次近似值.設(shè)fx=x3+x?3x≥0【解題思路】利用給定定義，整理出xn+1=2xn3+33x【解答過(guò)程】易知f′x=3由切線幾何意義得斜率為3xn2由給定定義知(xn+1,0)當(dāng)x0=0時(shí)，易知x1=3，故由an=3Tn而函數(shù)fx=x3+x?3故fx在(0,+∞)上單調(diào)遞增，且f故f2?f1由題意得3xn+1→3r∈(3故答案為：3；1.14．（2024·北京通州·三模）若數(shù)列{bn}、{cn}均為嚴(yán)格增數(shù)列，且對(duì)任意正整數(shù)n，都存在正整數(shù)m，使得bm∈[cn,cn+1]，則稱數(shù)列{b①存在等差數(shù)列{an}，使得{an②存在等比數(shù)列{an}，使得{an③存在等差數(shù)列{an}，使得{Sn④存在等比數(shù)列{an}，使得{Sn【解題思路】對(duì)于①取an=n分析判斷，對(duì)于②④取【解答過(guò)程】對(duì)于①：例如an=n，則{an}所以an+1?a故{an}取m=n(n+1)2，則am所以{an}是{對(duì)于②，例如an=2n?1>0，則{所以an+1?a故{an}取m=n+1，則am=a所以{an}是{對(duì)于③，假設(shè)存在等差數(shù)列{an}，使得{Sn設(shè)等差數(shù)列{an}因?yàn)閧an}又因?yàn)閧Sn}為嚴(yán)格增數(shù)列，所以Sn+1?取n0∈N?，滿足an又因?yàn)閧S所以對(duì)任意正整數(shù)m≥n0+1，則有S對(duì)任意正整數(shù)m≤n0，則有Sm故當(dāng)n=k+1時(shí)，不存在正整數(shù)m，使得ak+1對(duì)于④，例如an=2n?1>0，則{an所以an+1?a故{an}取m=n，則Sm=S所以{Sn}是{故答案為：①②④.四、解答題15．（2024·浙江·模擬預(yù)測(cè)）定義:x表示x的整數(shù)部分，{x}表示x的小數(shù)部分，例如[1.2]=1,{1.75}=0.75.數(shù)列an滿足an+1=ananan?Z(1)分別寫出當(dāng)m=2,m=5(2)證明:t2(3)若m為大于1的有理數(shù).且m?Z.求證:m【解題思路】（1）根據(jù)題意直接計(jì)算即可；（2）根據(jù)定義先計(jì)算a2，利用t2<tt2（3）先設(shè)an=qnpn,qn【解答過(guò)程】（1）當(dāng)m=2時(shí)，a1=當(dāng)m=53時(shí)，a1（2）當(dāng)m=t2+1,t∈N由于t<t2+1所以tt2+1=t由于2t2<2ta4由此知an=a可知當(dāng)m=t2+1（3）設(shè)an=q可知an與an+1均不為整數(shù)時(shí)，有顯然qn且此時(shí)qn?pn?故pn下面用反證法說(shuō)明數(shù)列an由a1為有理數(shù)可知，a則p1>p因此m為木來(lái)數(shù).16．（23-24高二下·安徽六安·期末）如果無(wú)窮數(shù)列an滿足“對(duì)任意正整數(shù)i,ji≠j，都存在正整數(shù)k，使得ak=a(1)若等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且公比q>1,S2=12,(2)若等差數(shù)列bn的首項(xiàng)b1=1，公差d∈Z，求證：數(shù)列bn具有“性質(zhì)(3)如果各項(xiàng)均為正整數(shù)的無(wú)窮等比數(shù)列cn具有“性質(zhì)P”，且213,512【解題思路】(1)利用等比數(shù)列的性質(zhì)求解即可；(2)利用等差數(shù)列的性質(zhì)結(jié)合題目的定義求解即可；(3)利用枚舉法，結(jié)合題目的新定義求解即可.【解答過(guò)程】（1）S解得：a1+a2且q>1,q=3,a若ak=則當(dāng)k=i+j,對(duì)任意正整數(shù)i,ji≠j，都存在正整數(shù)k使得則等比數(shù)列an滿足性質(zhì)P（2）因?yàn)閿?shù)列bn具有“性質(zhì)P”b則b若數(shù)列具有性質(zhì)P,則b1則b1又b1=1,則k?1d=d則d則d(j?1)又d∈Z則當(dāng)d=0當(dāng)d≠0時(shí).j?1i?1則i?1j?11+d因?yàn)閕,j,k∈N?,則i,j≠1時(shí)，則k?1≠0,則k≠1,k?1∈N,則反之，若d∈N,則1+d∈N,則上面各式成立，則數(shù)列bn具有“性質(zhì)P綜