专题09 数列中新定义问题（7类常考题型）-【学霸养成】2025年高考数学压轴大题必杀技系列·数列（新高考全国通用）

专题9 数列新定义问题 新高考在试题形式、试卷结构、难度调控等方面深化改革,数列解答题的难度增加,作为压轴题出现的概率变大, 为面对拔尖创新人才选拔培养等新要求,新高考试卷增加了新定义问题,数列是新定义问题的重要载体,本专题总结数列中新定义问题的常见类型,供大家参考. （一）数列新定义问题的特点及求解策略 1.新定义试题通过新定义一个数学对象或数学运算,以此为基础为学生搭建思维平台,设置试题.该题型形式新颖,考查功能显著,主要表现在四个方面：通过新定义创设数学新语境和话语体系；通过新情境搭建试题框架,创设解题条件；通过新设问设置思维梯度,逐步深入,准确区分不同层次的学生；通过解题过程展现学生数学思维和探究过程,实现对分析、推理、判断、论述等关键能力的考查. 2.通过给出一个新的定义,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,实心信息的迁移,达到灵活解题的目的. 3.遇到数列新定义问题,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. 4. 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. 【例1】（2025届湖北省武汉市江汉区高三7月新起点摸底）若有穷数列满足：且,则称其为“阶数列”. (1)若“6阶数列”为等比数列,写出该数列的各项； (2)若某“阶数列”为等差数列,求该数列的通项（,用表示）； (3)记“阶数列”的前项和为,若存在,使,试问：数列能否为“阶数列”？若能,求出所有这样的数列；若不能,请说明理由. 【解析】（1）设成公比为的等比数列,显然, 则有,得,解得, 由,得,解得, 所以数列或为所求； （2）设等差数列的公差为, , ,即,当时,矛盾, 当时,, ,即,由得,即, , 当时,同理可得,即, 由得,即, , 综上所述,当时,, 当时,； （3）记中非负项和为A,负项和为,则, 得,即, 若存在,使,可知： ,且, 时,时, , 又与不能同时成立, 数列不为“阶数列”. 【例2】（2025届江西省重点中学盟校高三7月联考）已知数列,记集合. (1)对于数列,写出集合； (2)若,是否存在,使得?若存在,求出一组符合条件的,若不存在,说明理由； (3)若,把集合中的元素从小到大排列,得到的新数列为,若,求的最大值. 【解析】（1）因为数列, 所以,,, 所以 （2）假设存在,使得,则有 , 由于与奇偶性相同,所以与奇偶性不同, 又因为,,所以中必有大于等于3的奇数因子 这与无1以外的奇数因子矛盾,故不存在,使得； （3）由题意得, 当,时,, 除,外,,, 其中与一奇一偶,则能拆成奇数与偶数之乘积, 在正偶数中,只有无法拆成一个大于2的奇数与一个不小于2的偶数之乘积, 又中的元素均为偶数,故, 故2至2024偶数中除去4,8,16,32,64,128,256,512,1024, 所以,故的最大值为． （二）定义一类新数列 此类问题,通常把满足某些条件的数列定义为一类新数列,然后利用这些条件求解所给问题. 【例3】（2024届新疆部分学校高三4月二模）我们把满足下列条件的数列称为数列： ①数列的每一项都是正偶数； ②存在正奇数m,使得数列的每一项除以m所得的商都不是正偶数． (1)若a,b,c是公差为2的等差数列,求证：a,b,c不是数列； (2)若数列满足对任意正整数p,q,恒有,且,判断数列是否是数列,并证明你的结论； (3)已知各项均为正数的数列共有100项,且对任意,恒有,若数列为数列,求满足条件的所有两位数k值的和． 【解析】（1）若 是 数列, 则 都是正偶数, 设 ,则 若 , 则 除以 3 为 , 是正偶数, 与题中条件 (2) 矛盾, 若 , 则 除以 3 为 , 是正偶数, 与题中条件 (2) 矛盾, 若 , 则 除以 3 为 , 是正偶数, 与题中条件 (2) 矛盾, 所以 不是 数列. （2）在 中, 令 , 得 , 所以数列 是首项为 8 , 公比为 8 的等比数列, 所以 , 因为 是正偶数, 所以数列 的每一项都满足题中条件 (1), 因为, 能被 7 整除, 所以 除以 7 的余数为 1 , 即数列 的每一项被 7 除余 1 , 一定不是正整数, 所以一定不是正偶数, 即数列 的每一项都满足题中条件(2), 所以数列 是 数列. （3）因为 , 所以 , , 得 . 因为 , 所以 , , 得 . 因为 , 所以 . 在 中, 分别令 , 得 , 所以数列 是首项为 , 公差为 的等差数列, 所以 . 若数列 是 数列, 则 是正偶数, 除以 111 所得的商都不是正偶数, 因为 , 且 , 所以当 为 3 或 37 的正偶数倍时, 数列 不是 数列, 所以满足条件的所有两位数 值的和为 . 【例4】（2024届江苏省江阴市成化高级中学高三下学期调研）如果一个数列从第二项起,每一项与它前一项的比都大于3,则称这个数列为“型数列”. (1)若数列满足,判断是否为“型数列”,并说明理由； (2)已知正项数列为“型数列”,,数列满足,,是等比数列,公比为正整数,且不是“型数列”, ①求证：数列为递增数列； ②求数列的通项公式. 【解析】（1） 不满足“型数列”定义,数列不是“型数列”； （2）①∵正项数列为“型数列”, ∴数列为递增数列 ②设数列的公比为,,又因为数列不是“型数列”,可得 可得,即得； 又数列为“型数列”,可得； 由①知为递增数列,因此当趋近于正无穷大时,趋近于,即可得； 综上可得,即,可得； 所以数列是以为首项,公比为的等比数列； 即可得,可得；所以数列的通项公式为. （三）定义一个新运算 此类问题一般是定义一个临时的运算法则,然后按照这个运算法则去求解,求解的关键是理解所给的运算法则,然后“按章办事”. 【例5】(2024届天津市滨海高考模拟检测)已知等差数列的前项和为,,,数列是公比大于1的等比数列,且,． (1)求,的通项公式； (2)数列,的所有项按照“当为奇数时,放在的前面；当为偶数时,放在的前面”的要求进行“交叉排列”,得到一个新数列：,,,,,,,…,求数列的前7项和及前项和； (3)是否存在数列,满足等式成立,若存在,求出数列的通项公式,若不存在,请说明理由． 【解析】（1）设等差数列的公差为,, 可知,所以． 又,所以数列的公差,所以, 设等比数列的公比为,,． 所以,．得到,联立得 解得或（舍去）,代入中,解得 得数列的通项公式为． （2）由题意 （3）由已知得① 当时,②, ①②两式相减得：, 当时,也符合③ 所以,对于都成立． 又当时④成立 ③④两式相减得：,经检验也符合故存在． （四）定义数列的新性质 此类问题,通常是总结出数列的一个性质,然后判断所给数列是否具有此性质,或根据数列的该性质去求解或验证某些结论. 【例6】如果无穷数列满足“对任意正整数,都存在正整数,使得”,则称数列具有“性质”. (1)若等比数列的前项和为,且公比,求证：数列具有“性质”； (2)若等差数列的首项,公差,求证：数列具有“性质”,当且仅当； (3)如果各项均为正整数的无穷等比数列具有“性质”,且四个数中恰有两个出现在数列中,求的所有可能取值之和. 【解析】（1） 解得：则即 且若则 则当对任意正整数,都存在正整数使得 则等比数列满足性质. （2）因为数列具有“性质”, 则 若数列具有性质则, 则, 又则 则, , 则, 又则当时上式成立, 当时., 则 因为则时,则则则则 反之,若则则上面各式成立,则数列具有“性质” 综上数列具有“性质”,当且仅当. （3）从这四个数中任选两个,共有以下6种情况：,；,； ,; ,; ,; ,. ①对于, 因为为正整数,可以认为是等比数列中的项,,首项的最小值为1. 下面说明此数列具有性质P： =,=,任取,,则, 为正整数,因此此数列具有性质P, ②对于,.因为为正整数,认为是等比数列中的项,, 首项的最小值为,下面说明此数列不具有性质P： ,,若不为等比数列中的项, 因此此数列不具有性质P,同理可得,；,；,；, 每组所在等比数列不具有“性质P’’ （五）定义一个新情景 此类问题通过创设数学新语境和话语体系,通过新情境搭建试题框架. 【例7】（2025届湖北省武汉市硚口区部分高中高三起点考试）定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和,形成新的数列,我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”,例如：数列经过第一次“和扩充”后得到数列；第二次“和扩充”后得到数列.设数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为,所有项的和为. (1)若,求； (2)若,求正整数的最小值； (3)是否存在数列,使得数列为等比数列？请说明理由. 【解析】（1）,第一次“和扩充”后得到数列, 第二次“和扩充”后得到数列, ,； （2）数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项, 数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为, 则经第次“和扩充”后增加的项数为, 所以,所以, 其中数列经过1次“和扩充”后,得到, 故,故是首项为4,公比为2的等比数列, 所以,故,则,即, 又,解得,最小值为10； （3）因为, ,依次类推,, 故 , 若使为等比数列,则或. （六）具有高等数学背景的数列新定义 数列的极限、收敛性及子数列等具有高等数学背景的数列问题,常出现在高中模拟试卷中. 【例8】（湖北省宜荆荆高三下学期适应性考试）龙泉游泳馆为给顾客更好的体验,推出了A和B两个套餐服务,顾客可选择A和B两个套餐之一,并在App平台上推出了优惠券活动,下表是该游泳馆在App平台10天销售优惠券情况． 日期t 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 销售量千张 1.9 1.98 2.2 2.36 2.43 2.59 2.68 2.76 2.7 0.4 经计算可得：. (1)因为优惠券购买火爆,App平台在第10天时系统出现异常,导致当天顾客购买优惠券数量大幅减少,已知销售量y和日期t呈线性关系,现剔除第10天数据,求y关于t的经验回归方程结果中的数值用分数表示； (2)若购买优惠券的顾客选择A套餐的概率为,选择B套餐的概率为,并且A套餐可以用一张优惠券,B套餐可以用两张优惠券,记App平台累计销售优惠券为n张的概率为,求； (3)记（2）中所得概率的值构成数列. ①求的最值； ②数列收敛的定义：已知数列,若对于任意给定的正数,总存在正整数,使得当时,,（是一个确定的实数）,则称数列收敛于.根据数列收敛的定义证明数列收敛． 参考公式： . 【解析】（1）解：剔除第10天的数据,可得, , 则, 所以, 可得,所以. （2）解：由题意知,其中, 所以,又由, 所以是首项为1的常数列,所以 所以,又因为, 所以数列是首项为,公比为的等比数列, 故,所以. （3）解：①当为偶数时,单调递减, 最大值为； 当 为奇数时,单调递增,最小值为, 综上可得,数列的最大值为,最小值为. ②证明：对任意总存在正整数,其中 表示取整函数, 当 时,,所以数列收敛. （七）集合背景中的数列新定义问题 不少数列问题,常使用集合语言进行“包装”,求解此类问题的关键是把问题还原为数列问题. 【例9】已知数集（）,若对任意的（）,与两数中至少有一个属于A,则称数集A具有性质P． (1)分别判断数集B=与数集C=是否具有性质,并说明理由； (2)若数集A具有性质P． ①当时,证明,且成等比数列； ②证明：． 【解析】（1）数集具有性质,不具有性质,理由如下： 因为,,,,,都属于数集,所以具有性质； 因为,都不属于数集,所以不具有性质． （2）①当时,,． 因为,所以,,所以与都不属于A, 因此,,所以． 因为,且,所以, 且,所以,所以成等比数列． ②因为具有性质,所以,至少有一个属于A, 因为,所以,,因此,． 因为,所以（）, 故当时,,,（）, 又因为, 则,,,,, 可得, 所以. 【例10】（2024届湖南省长沙市长郡中学高三下学期二模）集合论在离散数学中有着非常重要的地位.对于非空集合和,定义和集,用符号表示和集内的元素个数. (1)已知集合,,,若,求的值； (2)记集合,,,为中所有元素之和,,求证：； (3)若与都是由个整数构成的集合,且,证明：若按一定顺序排列,集合与中的元素是两个公差相等的等差数列. 【解析】（1）由题：, 所以,,且, 从而,,,故. （2）若,,,,使,其中,,,, 则,故,. , , . （3）设集合,,其中,. 则, 这里共个不同元素,又,所以上面为和集中的所有元素. 又, 这里共个不同元素,也为合集中的所有元素, 所以有,即. 一般地,由, , 可得,即. 同理可得,得证. 【例1】（2025届广西“飞天”校际高三上学期7月考试）数列是正项递增数列,由数列中所有项构成集合A,它的任意一个子集记为,定义集合B是每一个子集中的所有数之和（即分别写出1个数,2个数,……n个数之和）. (1)若,写出,以及集合B； (2),将集合B中的元素分成n组,要求每组中最大项与最小项之比不超过2,证明一个符合题意的分组； (3),将集合B中的元素分成n组,要求与（2）相同,证明存在这个分组. 【解析】（1）或或,,； （2）不难发现共有个数, 不妨让最大数与最小数之比, 可以分为,,,……,, 假设分为n组,这样最后一个数是第个, 只需证明, 令,只需, ,（其中是的导数）, 所以, 所以,即不必分至n组即可将个数全部分完, 在已经分好的组中再多分几组,均可满足题意, 仅一组中还可再分组,显然成立, 故可分至n组,故该分组符合题意； （3）要证,其中,s是某些数之和, 只需证明,假设,从而,使得, 所以, 所以,故存在这样的分组. 【例2】（2024届甘肃省兰州第一中学高三下学期测试）信息论之父香农（Shannon）在1948年发表的论文“通信的数学理论”中指出,任何信息都存在冗余,冗余大小与信息中每个符号（数字、字母或单词）的出现概率或者说不确定性有关,香农借鉴了热力学的概念,把信息中排除了冗余后的平均信息量称为“信息熵”,并给出了计算信息熵的数学表达式．设随机变量X所有取值为,且,定义的信息熵 (1)当时,求的值； (2)当时,若,探究与的关系,并说明理由； (3)若,求此时的信息摘． 【解析】（1）若,则,因此. （2）与正相关,理由如下： 当时, ,则, 令,则,其中,所以 则, 所以函数在上单调递增,所以与正相关. （3）因为,所以, 故,而, 于是, 整理得, 令,则, 两式相减得, 因此,,所以. 【例3】（2024届安徽省芜湖市第一中学高三最后一卷）对于数列,如果存在正整数,当任意正整数时均有,则称为的“项递增相伴数列”．若可取任意的正整数,则称为的“无限递增相伴数列”． (1)已知,请写出一个数列的“无限递增相伴数列”,并说明理由？ (2)若满足,其中是首项的等差数列,当为的“无限递增相伴数列”时,求的通项公式： (3)已知等差数列和正整数等比数列满足：,其中k是正整数,求证：存在正整数k,使得为的“2024项递增相伴数列”． 【解析】（1）由于,我们可以取,此时恒有, 再由,当时,, 所以恒有,即满足题意. （2） 设, 当为的“无限递增相伴数列”时对任意恒成立 ,当时,,因为,所以,即. （3）证明：取,若存在这样的正整数k使得 成立, 所以, 由,得, 于是, 又因为,所以当时,, 而时,, 所以,最后说明存在正整数k使得, 由, 上式对于充分大的k成立,即总存在满足条件的正整数k 【例4】（2024届福建省泉州第一中学高三下学期适应性测试）已知有穷正项数列,若将每个项依次围成一圈,满足每一项的平方等于相邻两项平方的乘积,则称该数列可围成一个“HL-Circle”．例如：数列都可围成“HL-Circle”． (1)设,当时,是否存在使该数列可围成“HL-Circle”,并说明理由： (2)若的各项不全相等,且可围成“HL-Circle”． （i）求的取值集合； （ii）求证：． 【解析】（1）由定义可得,而为正项数列,故, 故, 由最后两式可得,故,故且, 结合可得即,故,故. 故存在,使得数列可围成“HL-Circle”,此时数列为：. （2）（i）若的各项不全相等,且可围成“HL-Circle”． 则由, 结合为正项数列可得, 诸式相乘后可得, 又上述关系式即为(若下标大于,则取下标除以的余数). 故, 故(若下标大于,则取下标除以的余数). 所以(若下标大于,则取下标除以的余数). 设, 若,则即为,故,从而,, 而,故,故,故,从而, 此时均为1,与题设矛盾.若,则即为,而, ,故,此时均为1,与题设矛盾. 若,则即为,而,所以,故, 从而,而,故,故, 此时均为1,与题设矛盾.若,则即为,而,所以, 而,故,故,故, 故,故,故,此时均为1,与题设矛盾. 若,则,故, 故,故,故,故,故, 此时均为1,与题设矛盾.综上,. （ii）由均值不等式得, 由上面三组数内必有一组不相等,否则, 从而与题设矛盾,故等号不成立,从而, 又,由④和⑥得 因此由⑤得： ． 故原式得证. 【例5】（2024届重庆市开州中学高三下学期高考模拟）设有穷数列的项数为,若正整数满足：,则称为数列的“点”． (1)若,求数列的“点”； (2)已知有穷等比数列的公比为,前项和为．若数列存在“点”,求正数的取值范围； (3)若,数列的“点”的个数为,证明：． 【解析】（1）因为所以, 所以数列 的 “ 点” 为 3,5 , （2）依题意,,因为数列存在 “点”, 所以存在 ,使得 , 所以,即. 因为,所以,所以, 又随的增大而增大,所以当时,取最大值, 所以,又,所以.当时,有, 所以数列存在 “点”,所以的取值范围为, （3）①若,则数列不存在 “点”,即. 由得,,所以, ②若存在,使得. 下证数列有 “点”. 证明: 若,则2是数列的 “点”; 若,因为存在,使得,所以设数列中第1个小于的项为, 则,所以是数列的第1个 “点”. 综上,数列存在 “点”.  不妨设数列的 “点” 由小到大依次为, 则是中第1个小于的项, 故,因为 , 所以,所以,所以 所以 所以.综上,,得证. 1．（2024届黑龙江省部分学校高三第三次模拟）如果n项有穷数列满足,,…,,即,则称有穷数列为“对称数列”. (1)设数列是项数为7的“对称数列”,其中成等差数列,且,依次写出数列的每一项； (2)设数列是项数为(且)的“对称数列”,且满足,记为数列的前项和. ①若,,…,构成单调递增数列,且.当为何值时,取得最大值? ②若,且,求的最小值. 2．（2024届福建省泉州第五中学高三高考热身测试）若无穷数列满足：对于,其中为常数,则称数列为数列． (1)若一个公比为的等比数列为“数列”,求的值； (2)若是首项为1,公比为3的等比数列,在与之间依次插入数列中的项构成新数列,求数列中前30项的和． (3)若一个“数列"满足,设数列的前项和为．是否存在正整数,使不等式对一切都成立？若存在,求出的值；若不存在,说明理由． 3．（2024届河北省秦皇岛市高三下学期5月模拟）“完全数”是一类特殊的自然数,它的所有正因数的和等于它自身的两倍.寻找“完全数”需要用到函数,记函数,为的所有正因数之和. (1)判断28是否为完全数,并说明理由. (2)已知,若为质数,证明：为完全数. (3)已知,求,的值. 4．（2024届河南省信阳市名校高三下学期全真模拟）已知函数,其中,.若点在函数的图像上,且经过点的切线与函数图像的另一个交点为点,则称点为点的一个“上位点”,现有函数图像上的点列,,…,,…,使得对任意正整数,点都是点的一个“上位点”. (1)若,请判断原点是否存在“上位点”,并说明理由； (2)若点的坐标为,请分别求出点、的坐标； (3)若的坐标为,记点到直线的距离为.问是否存在实数和正整数,使得无穷数列、、…、…严格减？若存在,求出实数的所有可能值；若不存在,请说明理由. 5．（2024届黑龙江省牡丹江市第二中学高三下学期考前热身）设为1,2,3,…,n的一个排列,若该排列中有且仅有一个i满足,则称该排列满足性质T．对任意正整数n,记为满足性质T的排列的个数． (1)求的值； (2)若,求满足性质T的所有排列的情形； (3)求数列的通项公式． 6．（2024届江苏省盐城市高三5月考前指导卷）在数列的第项与第项之间插入个1,称为变换．数列通过变换所得数列记为,数列通过变换所得数列记为,以此类推,数列通过变换所得数列记为（其中）． (1)已知等比数列的首项为1,项数为,其前项和为,若,求数列的项数； (2)若数列的项数为3,的项数记为． ①当时,试用表示； ②求证：． 7．（2024届江西省九江市高三第三次模拟）已知数列共有项,且,若满足,则称为“约束数列”.记“约束数列”的所有项的和为. (1)当时,写出所有满足的“约束数列”； (2)当时,设“约束数列”为等差数列.请判断是的什么条件,并说明理由； (3)当时,求的最大值. 8．（2024届江苏省姜堰中学高三适应性考试）数列的前n项和为,若存在正整数r,t,且,使得,同时则称数列为“数列”． (1)若首项为3,公差为d的等差数列是“数列”,求d的值； (2)已知数列为等比数列,公比为q． ①若数列为“数列”,,求q的值； ②若数列为“数列”,,求证：r为奇数,t为偶数． 9．（2024届陕西师范大学附中高三下学期模考）数列的前项的最大值记为,即；前项的最小值记为,即,令,并将数列称为的“生成数列”． (1)设数列的“生成数列”为,求证：； (2)若,求其生成数列的前项和． 10．（2024届北京高考数学真题）已知集合．给定数列,和序列,其中,对数列进行如下变换：将的第项均加1,其余项不变,得到的数列记作；将的第项均加1,其余项不变,得到数列记作；……；以此类推,得到,简记为． (1)给定数列和序列,写出； (2)是否存在序列,使得为,若存在,写出一个符合条件的；若不存在,请说明理由； (3)若数列的各项均为正整数,且为偶数,求证：“存在序列,使得的各项都相等”的充要条件为“”． 11．（2024届北京市通州区潞河中学年高三下学期三模）约数,又称因数．它的定义如下：若整数a除以整数m（）除得的商正好是整数而没有余数,我们就称a为m的倍数,称m为a的约数． 设正整数a有k个正约数,即为,,⋯,,（）． (1)当时,是否存在,,…,构成等比数列,若存在请写出一个满足条件的正整数a的值,若不存在请说明理由； (2)当时,若,,⋯构成等比数列,求正整数a． (3)当时,若,,…,是a的所有正约数的一个排列,那么,,,⋯,是否是另一个正整数的所有正约数的一个排列？并证明你的结论． 12．（2024届云南省昆明市第一中学2024届高三考前适应性训练）表示正整数a,b的最大公约数,若,且,,则将k的最大值记为,例如：,． (1)求,,； (2)设． （i）求数列的通项公式, （ii）设,求数列的前n项和． ( 24 )原创精品资源学科网独家享有版权,侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题9 数列新定义问题 新高考在试题形式、试卷结构、难度调控等方面深化改革,数列解答题的难度增加,作为压轴题出现的概率变大, 为面对拔尖创新人才选拔培养等新要求,新高考试卷增加了新定义问题,数列是新定义问题的重要载体,本专题总结数列中新定义问题的常见类型,供大家参考. （一）数列新定义问题的特点及求解策略 1.新定义试题通过新定义一个数学对象或数学运算,以此为基础为学生搭建思维平台,设置试题.该题型形式新颖,考查功能显著,主要表现在四个方面：通过新定义创设数学新语境和话语体系；通过新情境搭建试题框架,创设解题条件；通过新设问设置思维梯度,逐步深入,准确区分不同层次的学生；通过解题过程展现学生数学思维和探究过程,实现对分析、推理、判断、论述等关键能力的考查. 2.通过给出一个新的定义,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,实心信息的迁移,达到灵活解题的目的. 3.遇到数列新定义问题,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. 4. 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. 【例1】（2025届湖北省武汉市江汉区高三7月新起点摸底）若有穷数列满足：且,则称其为“阶数列”. (1)若“6阶数列”为等比数列,写出该数列的各项； (2)若某“阶数列”为等差数列,求该数列的通项（,用表示）； (3)记“阶数列”的前项和为,若存在,使,试问：数列能否为“阶数列”？若能,求出所有这样的数列；若不能,请说明理由. 【解析】（1）设成公比为的等比数列,显然, 则有,得,解得, 由,得,解得, 所以数列或为所求； （2）设等差数列的公差为, , ,即,当时,矛盾, 当时,, ,即,由得,即, , 当时,同理可得,即, 由得,即, , 综上所述,当时,, 当时,； （3）记中非负项和为A,负项和为,则, 得,即, 若存在,使,可知： ,且, 时,时, , 又与不能同时成立, 数列不为“阶数列”. 【例2】（2025届江西省重点中学盟校高三7月联考）已知数列,记集合. (1)对于数列,写出集合； (2)若,是否存在,使得?若存在,求出一组符合条件的,若不存在,说明理由； (3)若,把集合中的元素从小到大排列,得到的新数列为,若,求的最大值. 【解析】（1）因为数列, 所以,,, 所以 （2）假设存在,使得,则有 , 由于与奇偶性相同,所以与奇偶性不同, 又因为,,所以中必有大于等于3的奇数因子 这与无1以外的奇数因子矛盾,故不存在,使得； （3）由题意得, 当,时,, 除,外,,, 其中与一奇一偶,则能拆成奇数与偶数之乘积, 在正偶数中,只有无法拆成一个大于2的奇数与一个不小于2的偶数之乘积, 又中的元素均为偶数,故, 故2至2024偶数中除去4,8,16,32,64,128,256,512,1024, 所以,故的最大值为． （二）定义一类新数列 此类问题,通常把满足某些条件的数列定义为一类新数列,然后利用这些条件求解所给问题. 【例3】（2024届新疆部分学校高三4月二模）我们把满足下列条件的数列称为数列： ①数列的每一项都是正偶数； ②存在正奇数m,使得数列的每一项除以m所得的商都不是正偶数． (1)若a,b,c是公差为2的等差数列,求证：a,b,c不是数列； (2)若数列满足对任意正整数p,q,恒有,且,判断数列是否是数列,并证明你的结论； (3)已知各项均为正数的数列共有100项,且对任意,恒有,若数列为数列,求满足条件的所有两位数k值的和． 【解析】（1）若 是 数列, 则 都是正偶数, 设 ,则 若 , 则 除以 3 为 , 是正偶数, 与题中条件 (2) 矛盾, 若 , 则 除以 3 为 , 是正偶数, 与题中条件 (2) 矛盾, 若 , 则 除以 3 为 , 是正偶数, 与题中条件 (2) 矛盾, 所以 不是 数列. （2）在 中, 令 , 得 , 所以数列 是首项为 8 , 公比为 8 的等比数列, 所以 , 因为 是正偶数, 所以数列 的每一项都满足题中条件 (1), 因为, 能被 7 整除, 所以 除以 7 的余数为 1 , 即数列 的每一项被 7 除余 1 , 一定不是正整数, 所以一定不是正偶数, 即数列 的每一项都满足题中条件(2), 所以数列 是 数列. （3）因为 , 所以 , , 得 . 因为 , 所以 , , 得 . 因为 , 所以 . 在 中, 分别令 , 得 , 所以数列 是首项为 , 公差为 的等差数列, 所以 . 若数列 是 数列, 则 是正偶数, 除以 111 所得的商都不是正偶数, 因为 , 且 , 所以当 为 3 或 37 的正偶数倍时, 数列 不是 数列, 所以满足条件的所有两位数 值的和为 . 【例4】（2024届江苏省江阴市成化高级中学高三下学期调研）如果一个数列从第二项起,每一项与它前一项的比都大于3,则称这个数列为“型数列”. (1)若数列满足,判断是否为“型数列”,并说明理由； (2)已知正项数列为“型数列”,,数列满足,,是等比数列,公比为正整数,且不是“型数列”, ①求证：数列为递增数列； ②求数列的通项公式. 【解析】（1） 不满足“型数列”定义,数列不是“型数列”； （2）①∵正项数列为“型数列”, ∴数列为递增数列 ②设数列的公比为,,又因为数列不是“型数列”,可得 可得,即得； 又数列为“型数列”,可得； 由①知为递增数列,因此当趋近于正无穷大时,趋近于,即可得； 综上可得,即,可得； 所以数列是以为首项,公比为的等比数列； 即可得,可得；所以数列的通项公式为. （三）定义一个新运算 此类问题一般是定义一个临时的运算法则,然后按照这个运算法则去求解,求解的关键是理解所给的运算法则,然后“按章办事”. 【例5】(2024届天津市滨海高考模拟检测)已知等差数列的前项和为,,,数列是公比大于1的等比数列,且,． (1)求,的通项公式； (2)数列,的所有项按照“当为奇数时,放在的前面；当为偶数时,放在的前面”的要求进行“交叉排列”,得到一个新数列：,,,,,,,…,求数列的前7项和及前项和； (3)是否存在数列,满足等式成立,若存在,求出数列的通项公式,若不存在,请说明理由． 【解析】（1）设等差数列的公差为,, 可知,所以． 又,所以数列的公差,所以, 设等比数列的公比为,,． 所以,．得到,联立得 解得或（舍去）,代入中,解得 得数列的通项公式为． （2）由题意 （3）由已知得① 当时,②, ①②两式相减得：, 当时,也符合③ 所以,对于都成立． 又当时④成立 ③④两式相减得：,经检验也符合故存在． （四）定义数列的新性质 此类问题,通常是总结出数列的一个性质,然后判断所给数列是否具有此性质,或根据数列的该性质去求解或验证某些结论. 【例6】如果无穷数列满足“对任意正整数,都存在正整数,使得”,则称数列具有“性质”. (1)若等比数列的前项和为,且公比,求证：数列具有“性质”； (2)若等差数列的首项,公差,求证：数列具有“性质”,当且仅当； (3)如果各项均为正整数的无穷等比数列具有“性质”,且四个数中恰有两个出现在数列中,求的所有可能取值之和. 【解析】（1） 解得：则即 且若则 则当对任意正整数,都存在正整数使得 则等比数列满足性质. （2）因为数列具有“性质”, 则 若数列具有性质则, 则, 又则 则, , 则, 又则当时上式成立, 当时., 则 因为则时,则则则则 反之,若则则上面各式成立,则数列具有“性质” 综上数列具有“性质”,当且仅当. （3）从这四个数中任选两个,共有以下6种情况：,；,； ,; ,; ,; ,. ①对于, 因为为正整数,可以认为是等比数列中的项,,首项的最小值为1. 下面说明此数列具有性质P： =,=,任取,,则, 为正整数,因此此数列具有性质P, ②对于,.因为为正整数,认为是等比数列中的项,, 首项的最小值为,下面说明此数列不具有性质P： ,,若不为等比数列中的项, 因此此数列不具有性质P,同理可得,；,；,；, 每组所在等比数列不具有“性质P’’ （五）定义一个新情景 此类问题通过创设数学新语境和话语体系,通过新情境搭建试题框架. 【例7】（2025届湖北省武汉市硚口区部分高中高三起点考试）定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和,形成新的数列,我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”,例如：数列经过第一次“和扩充”后得到数列；第二次“和扩充”后得到数列.设数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为,所有项的和为. (1)若,求； (2)若,求正整数的最小值； (3)是否存在数列,使得数列为等比数列？请说明理由. 【解析】（1）,第一次“和扩充”后得到数列, 第二次“和扩充”后得到数列, ,； （2）数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项, 数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为, 则经第次“和扩充”后增加的项数为, 所以,所以, 其中数列经过1次“和扩充”后,得到, 故,故是首项为4,公比为2的等比数列, 所以,故,则,即, 又,解得,最小值为10； （3）因为, ,依次类推,, 故 , 若使为等比数列,则或. （六）具有高等数学背景的数列新定义 数列的极限、收敛性及子数列等具有高等数学背景的数列问题,常出现在高中模拟试卷中. 【例8】（湖北省宜荆荆高三下学期适应性考试）龙泉游泳馆为给顾客更好的体验,推出了A和B两个套餐服务,顾客可选择A和B两个套餐之一,并在App平台上推出了优惠券活动,下表是该游泳馆在App平台10天销售优惠券情况． 日期t 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 销售量千张 1.9 1.98 2.2 2.36 2.43 2.59 2.68 2.76 2.7 0.4 经计算可得：. (1)因为优惠券购买火爆,App平台在第10天时系统出现异常,导致当天顾客购买优惠券数量大幅减少,已知销售量y和日期t呈线性关系,现剔除第10天数据,求y关于t的经验回归方程结果中的数值用分数表示； (2)若购买优惠券的顾客选择A套餐的概率为,选择B套餐的概率为,并且A套餐可以用一张优惠券,B套餐可以用两张优惠券,记App平台累计销售优惠券为n张的概率为,求； (3)记（2）中所得概率的值构成数列. ①求的最值； ②数列收敛的定义：已知数列,若对于任意给定的正数,总存在正整数,使得当时,,（是一个确定的实数）,则称数列收敛于.根据数列收敛的定义证明数列收敛． 参考公式： . 【解析】（1）解：剔除第10天的数据,可得, , 则, 所以, 可得,所以. （2）解：由题意知,其中, 所以,又由, 所以是首项为1的常数列,所以 所以,又因为, 所以数列是首项为,公比为的等比数列, 故,所以. （3）解：①当为偶数时,单调递减, 最大值为； 当 为奇数时,单调递增,最小值为, 综上可得,数列的最大值为,最小值为. ②证明：对任意总存在正整数,其中 表示取整函数, 当 时,,所以数列收敛. （七）集合背景中的数列新定义问题 不少数列问题,常使用集合语言进行“包装”,求解此类问题的关键是把问题还原为数列问题. 【例9】已知数集（）,若对任意的（）,与两数中至少有一个属于A,则称数集A具有性质P． (1)分别判断数集B=与数集C=是否具有性质,并说明理由； (2)若数集A具有性质P． ①当时,证明,且成等比数列； ②证明：． 【解析】（1）数集具有性质,不具有性质,理由如下： 因为,,,,,都属于数集,所以具有性质； 因为,都不属于数集,所以不具有性质． （2）①当时,,． 因为,所以,,所以与都不属于A, 因此,,所以． 因为,且,所以, 且,所以,所以成等比数列． ②因为具有性质,所以,至少有一个属于A, 因为,所以,,因此,． 因为,所以（）, 故当时,,,（）, 又因为, 则,,,,, 可得, 所以. 【例10】（2024届湖南省长沙市长郡中学高三下学期二模）集合论在离散数学中有着非常重要的地位.对于非空集合和,定义和集,用符号表示和集内的元素个数. (1)已知集合,,,若,求的值； (2)记集合,,,为中所有元素之和,,求证：； (3)若与都是由个整数构成的集合,且,证明：若按一定顺序排列,集合与中的元素是两个公差相等的等差数列. 【解析】（1）由题：, 所以,,且, 从而,,,故. （2）若,,,,使,其中,,,, 则,故,. , , . （3）设集合,,其中,. 则, 这里共个不同元素,又,所以上面为和集中的所有元素. 又, 这里共个不同元素,也为合集中的所有元素, 所以有,即. 一般地,由, , 可得,即. 同理可得,得证. 【例1】（2025届广西“飞天”校际高三上学期7月考试）数列是正项递增数列,由数列中所有项构成集合A,它的任意一个子集记为,定义集合B是每一个子集中的所有数之和（即分别写出1个数,2个数,……n个数之和）. (1)若,写出,以及集合B； (2),将集合B中的元素分成n组,要求每组中最大项与最小项之比不超过2,证明一个符合题意的分组； (3),将集合B中的元素分成n组,要求与（2）相同,证明存在这个分组. 【解析】（1）或或,,； （2）不难发现共有个数, 不妨让最大数与最小数之比, 可以分为,,,……,, 假设分为n组,这样最后一个数是第个, 只需证明, 令,只需, ,（其中是的导数）, 所以, 所以,即不必分至n组即可将个数全部分完, 在已经分好的组中再多分几组,均可满足题意, 仅一组中还可再分组,显然成立, 故可分至n组,故该分组符合题意； （3）要证,其中,s是某些数之和, 只需证明,假设,从而,使得, 所以, 所以,故存在这样的分组. 【例2】（2024届甘肃省兰州第一中学高三下学期测试）信息论之父香农（Shannon）在1948年发表的论文“通信的数学理论”中指出,任何信息都存在冗余,冗余大小与信息中每个符号（数字、字母或单词）的出现概率或者说不确定性有关,香农借鉴了热力学的概念,把信息中排除了冗余后的平均信息量称为“信息熵”,并给出了计算信息熵的数学表达式．设随机变量X所有取值为,且,定义的信息熵 (1)当时,求的值； (2)当时,若,探究与的关系,并说明理由； (3)若,求此时的信息摘． 【解析】（1）若,则,因此. （2）与正相关,理由如下： 当时, ,则, 令,则,其中,所以 则, 所以函数在上单调递增,所以与正相关. （3）因为,所以, 故,而, 于是, 整理得, 令,则, 两式相减得, 因此,,所以. 【例3】（2024届安徽省芜湖市第一中学高三最后一卷）对于数列,如果存在正整数,当任意正整数时均有,则称为的“项递增相伴数列”．若可取任意的正整数,则称为的“无限递增相伴数列”． (1)已知,请写出一个数列的“无限递增相伴数列”,并说明理由？ (2)若满足,其中是首项的等差数列,当为的“无限递增相伴数列”时,求的通项公式： (3)已知等差数列和正整数等比数列满足：,其中k是正整数,求证：存在正整数k,使得为的“2024项递增相伴数列”． 【解析】（1）由于,我们可以取,此时恒有, 再由,当时,, 所以恒有,即满足题意. （2） 设, 当为的“无限递增相伴数列”时对任意恒成立 ,当时,,因为,所以,即. （3）证明：取,若存在这样的正整数k使得 成立, 所以, 由,得, 于是, 又因为,所以当时,, 而时,, 所以,最后说明存在正整数k使得, 由, 上式对于充分大的k成立,即总存在满足条件的正整数k 【例4】（2024届福建省泉州第一中学高三下学期适应性测试）已知有穷正项数列,若将每个项依次围成一圈,满足每一项的平方等于相邻两项平方的乘积,则称该数列可围成一个“HL-Circle”．例如：数列都可围成“HL-Circle”． (1)设,当时,是否存在使该数列可围成“HL-Circle”,并说明理由： (2)若的各项不全相等,且可围成“HL-Circle”． （i）求的取值集合； （ii）求证：． 【解析】（1）由定义可得,而为正项数列,故, 故, 由最后两式可得,故,故且, 结合可得即,故,故. 故存在,使得数列可围成“HL-Circle”,此时数列为：. （2）（i）若的各项不全相等,且可围成“HL-Circle”． 则由, 结合为正项数列可得, 诸式相乘后可得, 又上述关系式即为(若下标大于,则取下标除以的余数). 故, 故(若下标大于,则取下标除以的余数). 所以(若下标大于,则取下标除以的余数). 设, 若,则即为,故,从而,, 而,故,故,故,从而, 此时均为1,与题设矛盾.若,则即为,而, ,故,此时均为1,与题设矛盾. 若,则即为,而,所以,故, 从而,而,故,故, 此时均为1,与题设矛盾.若,则即为,而,所以, 而,故,故,故, 故,故,故,此时均为1,与题设矛盾. 若,则,故, 故,故,故,故,故, 此时均为1,与题设矛盾.综上,. （ii）由均值不等式得, 由上面三组数内必有一组不相等,否则, 从而与题设矛盾,故等号不成立,从而, 又,由④和⑥得 因此由⑤得： ． 故原式得证. 【例5】（2024届重庆市开州中学高三下学期高考模拟）设有穷数列的项数为,若正整数满足：,则称为数列的“点”． (1)若,求数列的“点”； (2)已知有穷等比数列的公比为,前项和为．若数列存在“点”,求正数的取值范围； (3)若,数列的“点”的个数为,证明：． 【解析】（1）因为所以, 所以数列 的 “ 点” 为 3,5 , （2）依题意,,因为数列存在 “点”, 所以存在 ,使得 , 所以,即. 因为,所以,所以, 又随的增大而增大,所以当时,取最大值, 所以,又,所以.当时,有, 所以数列存在 “点”,所以的取值范围为, （3）①若,则数列不存在 “点”,即. 由得,,所以, ②若存在,使得. 下证数列有 “点”. 证明: 若,则2是数列的 “点”; 若,因为存在,使得,所以设数列中第1个小于的项为, 则,所以是数列的第1个 “点”. 综上,数列存在 “点”.  不妨设数列的 “点” 由小到大依次为, 则是中第1个小于的项, 故,因为 , 所以,所以,所以 所以 所以.综上,,得证. 1．（2024届黑龙江省部分学校高三第三次模拟）如果n项有穷数列满足,,…,,即,则称有穷数列为“对称数列”. (1)设数列是项数为7的“对称数列”,其中成等差数列,且,依次写出数列的每一项； (2)设数列是项数为(且)的“对称数列”,且满足,记为数列的前项和. ①若,,…,构成单调递增数列,且.当为何值时,取得最大值? ②若,且,求的最小值. 【解析】（1）因为数列是项数为7的“对称数列”,所以, 又因为成等差数列,其公差,… 所以数列的7项依次为1,3,5,7,5,3,1； （2）①由,,…,是单调递增数列,数列是项数为的“对称数列”且满足, 可知,,…,构成公差为2的等差数列,,,…,构成公差为的等差数列, 故 , 所以当时,取得最大值； ②因为即,所以即, 于是, 因为数列是“对称数列”,所以 , 因为,故, 解得或,所以, 当,,…,构成公差为的等差数列时,满足, 且,此时,所以的最小值为2025. 2．（2024届福建省泉州第五中学高三高考热身测试）若无穷数列满足：对于,其中为常数,则称数列为数列． (1)若一个公比为的等比数列为“数列”,求的值； (2)若是首项为1,公比为3的等比数列,在与之间依次插入数列中的项构成新数列,求数列中前30项的和． (3)若一个“数列"满足,设数列的前项和为．是否存在正整数,使不等式对一切都成立？若存在,求出的值；若不存在,说明理由． 【解析】（1）数列是等比数列,则,, 则,因为与无关,所以,即； （2）由题意可知,,而,所以, 是首项为1,公比为3的等比数列, 而新数列中项（含）前共有项, 令,结合,解得：, 故数列中前30项含有的前7项和数列的前23项, 所以数列中前30项的和； （3）因为数列是“数列”,,,, 则,,得, 所以数列的前项和, 假设存在正整数,使得不等式,对一切都成立, 即 当时,,得,又为正整数,得 下面证明：对一切都成立, 由于,, 所以,, 所以存在,使不等式对一切都成立. 3．（2024届河北省秦皇岛市高三下学期5月模拟）“完全数”是一类特殊的自然数,它的所有正因数的和等于它自身的两倍.寻找“完全数”需要用到函数,记函数,为的所有正因数之和. (1)判断28是否为完全数,并说明理由. (2)已知,若为质数,证明：为完全数. (3)已知,求,的值. 【解析】（1）28的所有正因数为1,2,4,7,14,28, 因为,所以28是完全数. （2）的正因数为,,,,,,,,,, , 所以为完全数. （3）的正因数为,,,,,,,,,,,,,,,, 所以.因为, 所以 . 4．（2024届河南省信阳市名校高三下学期全真模拟）已知函数,其中,.若点在函数的图像上,且经过点的切线与函数图像的另一个交点为点,则称点为点的一个“上位点”,现有函数图像上的点列,,…,,…,使得对任意正整数,点都是点的一个“上位点”. (1)若,请判断原点是否存在“上位点”,并说明理由； (2)若点的坐标为,请分别求出点、的坐标； (3)若的坐标为,记点到直线的距离为.问是否存在实数和正整数,使得无穷数列、、…、…严格减？若存在,求出实数的所有可能值；若不存在,请说明理由. 【解析】（1）已知,则,得, 故函数经过点的切线方程为, 其与函数图像无其他交点,所以原点不存在“上位点”. （2）设点的横坐标为,为正整数, 则函数图像在点处的切线方程为, 代入其“上位点”,得, 化简得, 即,故, 因为,得（*）,又点的坐标为, 所以点的坐标为,点的坐标为. （3）将代入,解得,由（*）得,. 即,又,故是以2为首项,为公比的等比数列, 所以,即,. 令,则严格减,因为,所以函数在区间上严格增. 当时,,于是当时,严格减,符合要求 当时,.因为时, 所以当时,, 从而当时严格增,不存在正整数, 使得无穷数列,,…,严格减.综上,. 5．（2024届黑龙江省牡丹江市第二中学高三下学期考前热身）设为1,2,3,…,n的一个排列,若该排列中有且仅有一个i满足,则称该排列满足性质T．对任意正整数n,记为满足性质T的排列的个数． (1)求的值； (2)若,求满足性质T的所有排列的情形； (3)求数列的通项公式． 【解析】（1）由性质T的定义可知： 当时,由1构成的排列不满足性质,故； 当时,由1,2构成的排列有,,其中排列满足性质T,故； 当时,由1,2,3构成的所有排列为：, 其中满足性质T的排列有：,所以； （2）若,由1,2,3,4构成的所有种排列中, 符合性质T的排列有：, , （3）由（1）、（2）可得：,同理可得； 所以, ∴归纳出,证明：∵在1,2,…,n的所有排列中, 若,从个数1,2,3,…,中选个数, 将所选数值按从小到大的顺序排在的前面,即﹐ 再将余下的数按从小到大的顺序排列在的后面, 则该排列满足性质T,∴满足题意的排列个数为,, 若,则只需将排列成满足性质T的的排列,在其后面加上即可得到满足条件的排列,满足题意的排列个数为, 综上：,即, ∴ ,故数列的通项公式为． 6．（2024届江苏省盐城市高三5月考前指导卷）在数列的第项与第项之间插入个1,称为变换．数列通过变换所得数列记为,数列通过变换所得数列记为,以此类推,数列通过变换所得数列记为（其中）． (1)已知等比数列的首项为1,项数为,其前项和为,若,求数列的项数； (2)若数列的项数为3,的项数记为． ①当时,试用表示； ②求证：． 【解析】（1）设等比数列的公比为,显然, 由,得,解得. 故数列有8项,经过1次变换后的项数为,即的项数为36. （2）①由的项数为,则当时,, 所以 ②因数列是一个3项的数列,所以, 由,所以, 于是,则有 所以,得,即,所以. ,,于是, 则有,可得,有,即, 所以,综上所述,． 7．（2024届江西省九江市高三第三次模拟）已知数列共有项,且,若满足,则称为“约束数列”.记“约束数列”的所有项的和为. (1)当时,写出所有满足的“约束数列”； (2)当时,设“约束数列”为等差数列.请判断是的什么条件,并说明理由； (3)当时,求的最大值. 【解析】（1）当时,所有满足的“约束数列”有： ①；②；③ （2）是的充分不必要条件.理由： ①当时,. 则, 当且仅当时,成立, “约束数列”是公差为1的等差数列 ②当“约束数列”是等差数列时,由, 得,或,或, 若,则的公差为； 若,则的公差为； 若,则的公差为, 即当“约束数列”是等差数列时,或或2024. 由①②,得是的充分不必要条件. （3）要使得取最大值,则, 当且仅当同时满足以下三个条件时,取最大值. ①当时,；②当时,； ③当时,. . 8．（2024届江苏省姜堰中学高三适应性考试）数列的前n项和为,若存在正整数r,t,且,使得,同时则称数列为“数列”． (1)若首项为3,公差为d的等差数列是“数列”,求d的值； (2)已知数列为等比数列,公比为q． ①若数列为“数列”,,求q的值； ②若数列为“数列”,,求证：r为奇数,t为偶数． 【解析】（1）由首项为,公差为的等差数列是“数列”,得, 即,解得,所以d的值是. （2）①由数列为“数列”,得,而数列为等比数列,公比为q, 当时,无解,则,,整理得, 而,则当时,；当时,,所以或. ②由数列为“数列”, 得,而数列为等比数列,公比为q, 又,则,整理得, 当均为偶数时,由,得,有,不符合题意； 当为偶数,为奇数时,,不符合题意； 当均为奇数时,,令, 求导得, 令,,求导得, 当时,,当时,, 即函数在上单调递减,在上单调递增,, 即,因此函数在上单调递增,即,不符合题意, 所以为奇数,为偶数. 9．（2024届陕西师范大学附中高三下学期模考）数列的前项的最大值记为,即；前项的最小值记为,即,令,并将数列称为的“生成数列”． (1)设数列的“生成数列”为,求证：； (2)若,求其生成数列的前项和． 【解析】（1）由题意可知,所以,因此, 即是单调递增数列,且,由“生成数列”的定义可得． （2）当时,． ,又, , 当时,． 设数列的前项和为．则． 当时, 又符合上式,所以． 10．（2024届北京高考数学真题）已知集合．给定数列,和序列,其中,对数列进行如下变换：将的第项均加1,其余项不变,得到的数列记作；将的第项均加1,其余项不变,得到数列记作；……；以此类推,得到,简记为． (1)给定数列和序列,写出； (2)是否存在序列,使得为,若存在,写出一个符合条件的；若不存在,请说明理由； (3)若数列的各项均为正整数,且为偶数,求证：“存在序列,使得的各项都相等”的充要条件为“”． 【解析】（1）因为数列,由序列可得； 由序列可得；由序列可得； 所以. （2）解法一：假设存在符合条件的,可知的第项之和为,第项之和为, 则,而该方程组无解,故假设不成立, 故不存在符合条件的； 解法二：由题意可知：对于任意序列,所得数列之和比原数列之和多4, 假设存在符合条件的,且, 因为,即序列共有8项, 由题意可知：, 检验可知：当时,上式不成立,即假设不成立,所以不存在符合条件的. （3）解法一：我们设序列为,特别规定. 必要性：若存在序列,使得的各项都相等. 则,所以. 根据的定义,显然有,这里,. 所以不断使用该式就得到,必要性得证. 充分性：若. 由已知,为偶数,而,所以也是偶数. 我们设是通过合法的序列的变换能得到的所有可能的数列中,使得最小的一个. 上面已经说明,这里,. 从而由可得. 同时,由于总是偶数,所以和的奇偶性保持不变,从而和都是偶数. 下面证明不存在使得. 假设存在,根据对称性,不妨设,,即. 情况1：若,则由和都是偶数,知. 对该数列连续作四次变换后,新的相比原来的减少,这与的最小性矛盾； 情况2：若,不妨设. 情况2-1：如果,则对该数列连续作两次变换后,新的相比原来的至少减少,这与的最小性矛盾； 情况2-2：如果,则对该数列连续作两次变换后,新的相比原来的至少减少,这与的最小性矛盾. 这就说明无论如何都会导致矛盾,所以对任意的都有. 假设存在使得,则是奇数,所以都是奇数,设为. 则此时对任意,由可知必有. 而和都是偶数,故集合中的四个元素之和为偶数,对该数列进行一次变换,则该数列成为常数列,新的等于零,比原来的更小,这与的最小性矛盾. 综上,只可能,而,故是常数列,充分性得证. 解法二：由题意可知：中序列的顺序不影响的结果, 且相对于序列也是无序的, （ⅰ）若, 不妨设,则, ①当,则, 分别执行个序列、个序列, 可得,为常数列,符合题意； ②当中有且仅有三个数相等,不妨设,则, 即, 分别执行个序列、个序列 可得, 即, 因为为偶数,即为偶数, 可知的奇偶性相同,则, 分别执行个序列,,,, 可得,为常数列,符合题意； ③若,则,即, 分别执行个、个, 可得,因为, 可得,即转为①,可知符合题意； ④当中有且仅有两个数相等,不妨设,则, 即,分别执行个、个, 可得, 且,可得, 因为为偶数,可知的奇偶性相同, 则为偶数, 且,即转为②,可知符合题意； ⑤若,则,即, 分别执行个、个, 可得, 且,可得, 因为为偶数, 则为偶数, 且,即转为④,可知符合题意； 综上所述：若,则存在序列,使得为常数列； （ⅱ）若存在序列,使得为常数列, 因为对任意, 均有成立, 若为常数列,则, 所以； 综上所述：“存在序列,使得为常数列”的充要条件为“”. 11．（2024届北京市通州区潞河中学年高三下学期三模）约数,又称因数．它的定义如下：若整数a除以整数m（）除得的商正好是整数而没有余数,我们就称a为m的倍数,称m为a的约数． 设正整数a有k个正约数,即为,,⋯,,（）． (1)当时,是否存在,,…,构成等比数列,若存在请写出一个满足条件的正整数a的值,若不存在请说明理由； (2)当时,若,,⋯构成等比数列,求正整数a． (3)当时,若,,…,是a的所有正约数的一个排列,那么,,,⋯,是否是另一个正整数的所有正约数的一个排列？并证明你的结论． 【解析】（1）存在,比如1,2,4,8,16为16的所有约数． （2）由题意得,,,, ,依题意可知 ,化简可得因此可知是完全平方数, 由于是整数a的最小非1因子,所以 所以,,…为,,⋯,,因此 （3）假设,,,⋯,是另一个正整数b的所有正约数的一个排列． ,, 易知（）,而,故,又知,所以b是奇数． 所以为奇数,又,故是偶数 其中A中最大的两个元素为a,,显然B中每个元素都不超过, 特别地,,设,,其中（因为a有k（）个正约数,） 于是B中存在两个元素,,它们都大于,进而都大于且都是b的约数． 这表明b可以被2整除,与b为奇数矛盾．因此假设不成立． 12．（2024届云南省昆明市第一中学2024届高三考前适应性训练）表示正整数a,b的最大公约数,若,且,,则将k的最大值记为,例如：,． (1)求,,； (2)设． （i）求数列的通项公式, （ii）设,求数列的前n项和． 【解析】（1）依题意可得：表示所有不超过正整数,且与互质的正整数的个数, 因为与互质的数为,所以； 因为与互质的数为,,所以； 因为与互质的数为,,所以． （2）（i）因为中与互质的正整数只有奇数,所以中与互质的正整数个数为,所以,所以． （ii）因为, 所以, , 所以． ( 26 )原创精品资源学科网独家享有版权,侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$