第19讲 新情景、新定义下的数列问题（秋季讲义）-2024-2025学年高二数学秋季讲义（人教A版2019选择性必修第一、二册）

第19讲 新情景、新定义下的数列问题 【人教A版2019】 模块一 数列中的新概念问题 1．数列中的新概念问题的求解策略： 通过创新概念，以集合、函数、数列等的常规知识为问题背景，直接利用创新概念的内涵来构造相应的关系式(或不等式等)，结合相关知识中的性质、公式来综合与应用. 【题型1 数列中的新概念问题】 【例1.1】（2024·四川南充·三模）对于数列，规定为数列的一阶差分，其中，规定为数列的k阶差分，其中．若，则（    ） A．7 B．9 C．11 D．13 【例1.2】（2024·湖北武汉·三模）将按照某种顺序排成一列得到数列，对任意，如果，那么称数对构成数列的一个逆序对.若，则恰有2个逆序对的数列的个数为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 【变式1.1】（23-24高二下·重庆·期中）定义为个正数的“均倒数”，若已知数列的前项的“均倒数”为，又，则（    ） A． B． C． D． 【变式1.2】（23-24高二下·江西景德镇·期末）对于数列，若存在正整数，使得，则称是“谷值数列”，是数列的“谷值点”.现有数列，其通项，则该数列所有“谷值点”之和为（    ） A．3 B．9 C．10 D．12 【题型2 数列中的新运算问题】 【例2.1】（2024·河南·模拟预测）“角谷猜想”首先流传于美国，不久便传到欧洲，后来一位名叫角谷静夫的日本人又把它带到亚洲，因而人们就顺势把它叫作“角谷猜想”.“角谷猜想”是指一个正整数，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就除以2，这样经过若干次运算，最终回到1.对任意正整数，按照上述规则实施第次运算的结果为，若，且均不为1，则（    ） A．5或16 B．5或32 C．5或16或4 D．5或32或4 【例2.2】（2024·黑龙江大庆·三模）定义，已知数列为等比数列，且，，则（    ） A．4 B．±4 C．8 D．±8 【变式2.1】（23-24高三上·安徽合肥·阶段练习）数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一个数列：1，1，2，3，5，8…，其中从第3项起，每一项都等于它前面两项之和，即，，这样的数列称为“斐波那契数列”.若，则（    ） A．175 B．176 C．177 D．178 【变式2.2】（23-24高二上·云南昆明·期末）任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”）.如取正整数，根据上述运算法则得出，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：（为正整数），当时，（    ） A．170 B．168 C．130 D．172 模块二 数列中的新定义、新情景问题 1．数列的新定义、新情景问题的解题策略 (1)新定义问题：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的 要求，“照章办事”，逐条分析，运算，验证，使得问题得以解决. (2)新情景问题：通过给出一个新的数列的概念，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的. 【题型3 数列中的新情景问题】 【例3.1】（2024·陕西·三模）九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合而为一”．在某种玩法中，用表示解下个圆环所需的移动最少次数，若，且，则解下个环所需的最少移动次数为（    ） A． B． C． D． 【例3.2】（23-24高二下·北京·期中）小红在手工课上设计了一个剪纸图案，她先在一个半径为的圆纸片上画一个内接正方形，再画该正方形的内切圆，依次重复以上画法，得到了一幅由6个圆和6个正方形构成的图案，依次剪去夹在正方形及其内切圆之间的部分，并剪去最小正方形内的部分，得到如图所示的一幅剪纸，则该图案（阴影部分）的面积为（    ） A． B． C． D． 【变式3.1】（23-24高二下·山东·阶段练习）某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，它的第项为，若序列的所有项都是3，且，，则（    ） A． B． C． D． 【变式3.2】（23-24高二下·北京·期中）原始的蚊香出现在宋代．根据宋代冒苏轼之名编写的《格物粗谈》记载：“端午时，贮浮萍，阴干，加雄黄，作纸缠香，烧之，能祛蚊虫．”如图，为某校数学兴趣小组用数学软件制作的“螺旋蚊香”，画法如下：在水平直线上取长度为的线段，做一个等边三角形，然后以点为圆心，为半径逆时针画圆弧，交线段的延长线于点，再以点为圆心，为半径逆时针画圆弧，交线段的延长线于点，以此类推，当得到的“螺旋蚊香”与直线恰有个交点时，“螺旋蚊香”的总长度的最小值为（    ） A． B． C． D． 【题型4 数列中定义的新性质问题】 【例4.1】（2024·全国·模拟预测）若数列，对于 ，都有（为常数）成立，则称数列具有性质．已知数列的通项公式为，且具有性质，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【例4.2】（23-24高二下·北京·期中）已知无穷数列，．性质，，，性质，，，，给出下列四个结论： ①若，则具有性质； ②若，则具有性质； ③若具有性质，则； ④若等比数列既满足性质又满足性质，则其公比的取值范围为． 则所有正确结论的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式4.1】（2024·北京东城·二模）已知为有穷整数数列，若满足：，其中，是两个给定的不同非零整数，且，则称具有性质. (1)若，，那么是否存在具有性质的？若存在，写出一个这样的；若不存在，请说明理由； (2)若，，且具有性质，求证：中必有两项相同； (3)若，求证：存在正整数，使得对任意具有性质的，都有中任意两项均不相同. 【变式4.2】（23-24高三上·北京房山·期末）若无穷数列满足：，对于，都有（其中为常数），则称具有性质“”. (1)若具有性质“”，且，，，求； (2)若无穷数列是等差数列，无穷数列是公比为2的等比数列，，，，判断是否具有性质“”，并说明理由； (3)设既具有性质“”，又具有性质“”，其中，，，求证：具有性质“”. 【题型5 数列中的新定义问题】 【例5.1】（24-25高二上·甘肃金昌·阶段练习）若数列满足，且存在正整数，使得为奇数时，；为偶数时，，称为—跳跃数列，记. (1)若数列为—跳跃数列，且对任意，求最小时的最大值； (2)已知为正整数，数列为—跳跃数列. ①若，求数列的前60项的和; ②求的所有不同值的和. 【例5.2】（24-25高三上·浙江金华·阶段练习）若数列满足，则称为E数列，记． (1)写出满足，且的一个E数列； (2)若，，证明：E数列是递增数列的充要条件是； (3)对任意给定的整数，是否存在首项为0的E数列，使得？如果存在，写出一个满足条件的E数列；如果不存在，说明理由． 【变式5.1】（23-24高二下·贵州黔南·期末）对于，若数列满足，则称这个数列为“K数列”． (1)已知数列1，2m，是“K数列”，求实数m的取值范围． (2)是否存在首项为的等差数列为“K数列”，且其前n项和使得恒成立?若存在，求出数列的通项公式；若不存在，请说明理由． (3)已知各项均为正整数的等比数列是“K数列”，数列不是“K数列”，若，试判断数列是否为“K数列”，并说明理由． 【变式5.2】（24-25高三上·安徽亳州·开学考试）已知数列，对于任意的，都有，则称数列为“凹数列”． (1)判断数列是否为“凹数列”，请说明理由； (2)已知等差数列，首项为4，公差为，且为“凹数列”，求的取值范围； (3)证明：数列为“凹数列”的充要条件是“对于任意的，当时，有”． 一、单选题 1．（24-25高二上·全国·课后作业）定义为个正数的“倒均数”．若数列的前项的“倒均数”为，数列满足，则（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高三上·北京·阶段练习）在一个数列中，如果，都有（为常数），那么这个数列叫做等积数列，叫做这个数列的公积.已知数列是等积数列，且，公积为8，则（    ） A．4719 B．4721 C．4723 D．4724 3．（23-24高二下·广东佛山·期中）将自然数1，2，3，4，5，……，按照如图排列，我们将2，4，7，11，16，……都称为“拐角数”，则下列哪个数不是“拐角数”.（    ）    A．22 B．30 C．37 D．46 4．（23-24高二上·湖南·期中）南宋数学家杨辉详解九张算法和算法通变本末中，提出垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”现有高阶等差数列，其前项分别，，，，，，，则该数列的第项为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·江苏南通·模拟预测）定义：已知数列的首项，前项和为.设与是常数，若对一切正整数，均有成立，则称此数列为“”数列.若数列是“”数列，则数列的通项公式（    ） A． B． C． D． 6．（2025·浙江·模拟预测）若数列满足：对于任意正整数n，，则称，互为交错数列．记正项数列的前n项和为，已知1，，成等差数列，则与数列互为交错数列的是（ ） A． B． C． D． 7．（2024·全国·模拟预测）将正整数n分解为两个正整数，的积，即，当，两数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解.如，其中即为12的最优分解，当，是n的最优分解时，定义，则数列的前2024项的和为（    ） A． B． C． D． 8．（23-24高二下·北京顺义·期末）对于数列，若存在，使得对任意，有，则称为“有界变差数列”．给出以下四个结论： ① 若等差数列为“有界变差数列”，则的公差等于0； ② 若各项均为正数的等比数列为“有界变差数列”，则其公比q的取值范围是； ③ 若数列是“有界变差数列”，满足，则是“有界变差数列”； ④ 若数列是“有界变差数列”，满足，则是“有界变差数列”； 其中所有正确结论的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 二、多选题 9．（23-24高二下·云南曲靖·期末）为提高学生学习数学的热情，某校积极筹建数学兴趣小组，小组成员仿照教材中等差数列和等比数列的概念，提出“等积数列”的概念：从第二项起，每一项与前一项之积为同一个常数（不为0）.已知数列是一个“等积数列”，，其前项和为，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．的一个通项公式为 D． 10．（2024·山东青岛·三模）若有穷整数数列满足：，且，则称具有性质.则（     ） A．存在具有性质的 B．存在具有性质的 C．若具有性质，则中至少有两项相同 D．存在正整数，使得对任意具有性质的，有中任意两项均不相同 11．（24-25高三上·江西·阶段练习）若数列满足（，为常数），则称数列为“调和数列”.已知数列为“调和数列”，下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，且，，则 C．若中各项均为正数，则 D．若，，则 三、填空题 12．（2024·江苏镇江·三模）若对项数为的数列中的任意一项，也是该数列中的一项，则称这样的数列为“可倒数数列”.已知正项等比数列是“可倒数数列”，其公比为，所有项和为，写出一个符合题意的的值 . 13．（2024高三下·北京·专题练习）已知无穷数列，．性质，，；性质，，，下列说法中正确的有 . ①若，则具有性质s   ②若，则具有性质t ③若具有性质s，则 ④若等比数列既满足性质s又满足性质t，则其公比的取值范围为 14．（2024·北京通州·三模）若数列、均为严格增数列，且对任意正整数n，都存在正整数m，使得，则称数列为数列的“M数列”．已知数列的前n项和为，则下列结论中正确的是 ． ①存在等差数列，使得是的“M数列” ②存在等比数列，使得是的“M数列” ③存在等差数列，使得是的“M数列” ④存在等比数列，使得是的“M数列” 四、解答题 15．（24-25高三上·北京·阶段练习）数列有100项，，对任意，存在，，若与前项中某一项相等，则称具有性质. (1)若，，求可能的值； (2)数列中不存在具有性质的项，求证：是等差数列； (3)若中恰有三项具有性质，这三项和为，使用，，表示. 16．（24-25高三上·安徽·阶段练习）设集合.对于数列，如果，，则称为“平方差数列”. (1)已知在数列中，，.求数列的通项公式，并证明数列是“平方差数列”； (2)已知，判断是否为“平方差数列”?说明理由； (3)已知数列为“平方差数列”，求证：，. 17．（2024·江西新余·模拟预测）我们规定：若数列为递增数列且也为递增数列，则为“数列”. (1)已知：，，，数列中其中只有一个数列，它是： ；请从另外两个数列中任选一个证明其不是数列. (2)已知数列满足：，为的前项和，试求的通项并判断数列是否为数列并证之. (3)已知数列、均为数列，且，，求证：数列也为数列. 18．（24-25高三上·全国·阶段练习）如果一个严格单调递增数列的每一项都是正整数，且对任意正整数，恒成立，则称数列为“奇特数列”． (1)设等差数列的首项，公差为．若，求证：为“奇特数列”； (2)已知数列，其中为“奇特数列”，为大于的最小的的正整数倍，． ①求证：为“奇特数列”； ②求证：当时，． 19．（24-25高三上·甘肃白银·阶段练习）已知为有穷整数数列，共有项．给定正整数，若对任意的，在中，存在，使得，表示中最大的一项，表示中最小的一项，则称为有界数列． (1)判断是否为有界数列，判断是否为有界数列，说明理由； (2)若共有4项，，且为单调递增数列，写出所有的，使得为有界数列； (3)若为有界数列，证明：． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第19讲 新情景、新定义下的数列问题 【人教A版2019】 模块一 数列中的新概念问题 1．数列中的新概念问题的求解策略： 通过创新概念，以集合、函数、数列等的常规知识为问题背景，直接利用创新概念的内涵来构造相应的关系式(或不等式等)，结合相关知识中的性质、公式来综合与应用. 【题型1 数列中的新概念问题】 【例1.1】（2024·四川南充·三模）对于数列，规定为数列的一阶差分，其中，规定为数列的k阶差分，其中．若，则（    ） A．7 B．9 C．11 D．13 【解题思路】由数列的新定义计算即可. 【解答过程】由可得 ， ， 由可得， 所以， 故选：D. 【例1.2】（2024·湖北武汉·三模）将按照某种顺序排成一列得到数列，对任意，如果，那么称数对构成数列的一个逆序对.若，则恰有2个逆序对的数列的个数为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 【解题思路】根据逆序对的定义，分数列的第一个数为，数列的第二个数为，数列的第三个数为，数列的第四个数为，四种情况讨论即可. 【解答过程】若，则， 由构成的逆序对有， 若数列的第一个数为，则至少有个逆序对， 若数列的第二个数为， 则恰有2个逆序对的数列为， 若数列的第三个数为， 则恰有2个逆序对的数列为或， 若数列的第四个数为， 则恰有2个逆序对的数列为， 综上恰有2个逆序对的数列的个数为个. 故选：B. 【变式1.1】（23-24高二下·重庆·期中）定义为个正数的“均倒数”，若已知数列的前项的“均倒数”为，又，则（    ） A． B． C． D． 【解题思路】先根据“均倒数”的定义得，然后利用前n项和的关系求得，从而得，最后利用裂项相消法求和即可. 【解答过程】根据“均倒数”的定义，有， 故， 故，两式相减得， 当时，也符合上式，故. 所以，注意到， 故. 故选：D. 【变式1.2】（23-24高二下·江西景德镇·期末）对于数列，若存在正整数，使得，则称是“谷值数列”，是数列的“谷值点”.现有数列，其通项，则该数列所有“谷值点”之和为（    ） A．3 B．9 C．10 D．12 【解题思路】首先计算数列的前10项，再结合数列的单调性，确定“谷值点”. 【解答过程】由题意可知，，，， ，，，，，， 函数，在单调递增，且时，， 且，所以从10开始，不会是“谷值点”， 只有，所以数列只有1个“谷值点”，谷值点为9. 故选：B. 【题型2 数列中的新运算问题】 【例2.1】（2024·河南·模拟预测）“角谷猜想”首先流传于美国，不久便传到欧洲，后来一位名叫角谷静夫的日本人又把它带到亚洲，因而人们就顺势把它叫作“角谷猜想”.“角谷猜想”是指一个正整数，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就除以2，这样经过若干次运算，最终回到1.对任意正整数，按照上述规则实施第次运算的结果为，若，且均不为1，则（    ） A．5或16 B．5或32 C．5或16或4 D．5或32或4 【解题思路】根据“角谷猜想”的规则，由倒推的值. 【解答过程】由题知，因为，则有： 若为奇数，则，得，不合题意，所以为偶数，则； 若为奇数，则，得，不合题意，所以为偶数，； 若为奇数，则，得，不合题意，所以为偶数，且； 若为奇数，则，得，不合题意，所以为偶数，且； 若为奇数，则，可得；若为偶数，则. 综上所述：或32. 故选：B. 【例2.2】（2024·黑龙江大庆·三模）定义，已知数列为等比数列，且，，则（    ） A．4 B．±4 C．8 D．±8 【解题思路】根据题意得到，再结合即可求解的值． 【解答过程】依题意得， 又，所以． 故选：C． 【变式2.1】（23-24高三上·安徽合肥·阶段练习）数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一个数列：1，1，2，3，5，8…，其中从第3项起，每一项都等于它前面两项之和，即，，这样的数列称为“斐波那契数列”.若，则（    ） A．175 B．176 C．177 D．178 【解题思路】根据数列的特点，每个数等于它前面两个数的和，移项得： ，使用累加法求得，然后将中的倍展成和的形式（如）即可求解． 【解答过程】由从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，， 由，得 ， 所以， ， ， ， 将这个式子左右两边分别相加可得： ， 所以. 所以 . 故选：B． 【变式2.2】（23-24高二上·云南昆明·期末）任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”）.如取正整数，根据上述运算法则得出，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：（为正整数），当时，（    ） A．170 B．168 C．130 D．172 【解题思路】先根据题意得到的值，再后续数列的周期性求得，从而得解. 【解答过程】依题意，， 故， 又，所以． 所以． 故选：D. 模块二 数列中的新定义、新情景问题 1．数列的新定义、新情景问题的解题策略 (1)新定义问题：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的 要求，“照章办事”，逐条分析，运算，验证，使得问题得以解决. (2)新情景问题：通过给出一个新的数列的概念，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的. 【题型3 数列中的新情景问题】 【例3.1】（2024·陕西·三模）九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合而为一”．在某种玩法中，用表示解下个圆环所需的移动最少次数，若，且，则解下个环所需的最少移动次数为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】根据数列的递推公式逐项计算可得出，即为所求. 【解答过程】数列满足．且， 所以，，，，. 所以解下个环所需的最少移动次数为． 故选：C． 【例3.2】（23-24高二下·北京·期中）小红在手工课上设计了一个剪纸图案，她先在一个半径为的圆纸片上画一个内接正方形，再画该正方形的内切圆，依次重复以上画法，得到了一幅由6个圆和6个正方形构成的图案，依次剪去夹在正方形及其内切圆之间的部分，并剪去最小正方形内的部分，得到如图所示的一幅剪纸，则该图案（阴影部分）的面积为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】根据规律可得每个内切圆与正方形的面积的差是等比数列，且首项为，公比为，有等比数列的求和公式即可化简求值. 【解答过程】将6个圆从外到内依次记为，将6个正方形从外到内依次记为，， 记6个阴影部分从外到内的面积为，其中表示的半径， 由题意可知故半径成等比数列，且公比为， 所以，故为等比数列，且首项为，公比为， 所以， 故选：C. 【变式3.1】（23-24高二下·山东·阶段练习）某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，它的第项为，若序列的所有项都是3，且，，则（    ） A． B． C． D． 【解题思路】根据新定义判断出是公比为的等比数列，再利用迭乘法得到 ，最后根据和，联立方程组求解即可. 【解答过程】令，即，则， 由已知得，所以数列为公比为的等比数列， 设，则，，，， 当时，累乘可得， 即， 当时，，当时，，解得， 故选：A. 【变式3.2】（23-24高二下·北京·期中）原始的蚊香出现在宋代．根据宋代冒苏轼之名编写的《格物粗谈》记载：“端午时，贮浮萍，阴干，加雄黄，作纸缠香，烧之，能祛蚊虫．”如图，为某校数学兴趣小组用数学软件制作的“螺旋蚊香”，画法如下：在水平直线上取长度为的线段，做一个等边三角形，然后以点为圆心，为半径逆时针画圆弧，交线段的延长线于点，再以点为圆心，为半径逆时针画圆弧，交线段的延长线于点，以此类推，当得到的“螺旋蚊香”与直线恰有个交点时，“螺旋蚊香”的总长度的最小值为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】根据画圆弧的规律：分别以、、为圆心，抽象半径长度的数列，明确圆弧与直线的交点情况，再根据当“螺旋蚊香”与直线恰有个交点时，若使“螺旋蚊香”的总长度最小，确定数列的项数，求得最后圆弧的半径即可. 【解答过程】当以为圆心，半径为：、、、、除起点外，与直线无交点，①， 当以为圆心，半径为：、、、、与直线有一个交点，②， 当以为圆心，半径为：、、、、除终点（即①的起点，点除外）外，与直线无交点，③， 所以当“螺旋蚊香”与直线恰有个交点时，若使“螺旋蚊香”的总长度最小，则完成整数个循环， 所以以为圆心的弧与直线只有交点，以为圆心的弧与直线有个交点， 以为圆心的弧与直线有个交点，即数列②有项，数列③有项， 所以最后一个圆弧的半径为， 所以“螺旋蚊香”的总长度的最小值为. 故选：B. 【题型4 数列中定义的新性质问题】 【例4.1】（2024·全国·模拟预测）若数列，对于 ，都有（为常数）成立，则称数列具有性质．已知数列的通项公式为，且具有性质，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】由题意，先将成立变形为时成立，将通项公式代入，从而将问题转化为恒成立问题，研究新数列的单调性即可解决问题． 【解答过程】依题意，得，故只需考虑时，，． 因为，只需要 ， 即 ，整理得． 令，则 ， 所以对任意的恒成立，所以数列为递增数列， 则，所以，即的取值范围为 ． 故选：C． 【例4.2】（23-24高二下·北京·期中）已知无穷数列，．性质，，，性质，，，，给出下列四个结论： ①若，则具有性质； ②若，则具有性质； ③若具有性质，则； ④若等比数列既满足性质又满足性质，则其公比的取值范围为． 则所有正确结论的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【解题思路】根据性质的定义可判断①；根据性质的定义可判断②；根据性质的定义可得，，利用累加法可证③；对于④，结合③，可得，由满足性质，分和讨论求出，再由满足性质得，构造，求导结合函数单调性可验证满足题意. 【解答过程】对于①，因为，对，， 即，所以不具有性质，故①错误； 对于②，，对，， ， ，即具有性质，故②正确； 对于③，若具有性质，令，则， 即，， ，又， 所以，，故③正确； 对于④，是等比数列，设其公比为，又，， 若满足性质，由选项③得，即，，， 由，，得， 当时，得，即，对，又，， 当时，不妨设，则， ，解得，， 综上，若满足性质，则. 若满足性质，对，，， 可得，即，令，则， 又，所以函数在上单调递增，又由满足性质，， 成立， 所以等比数列既满足性质s又满足性质t，则其公比的取值范围为. 故④正确. 故正确的为②③④共个. 故选：C. 【变式4.1】（2024·北京东城·二模）已知为有穷整数数列，若满足：，其中，是两个给定的不同非零整数，且，则称具有性质. (1)若，，那么是否存在具有性质的？若存在，写出一个这样的；若不存在，请说明理由； (2)若，，且具有性质，求证：中必有两项相同； (3)若，求证：存在正整数，使得对任意具有性质的，都有中任意两项均不相同. 【解题思路】（1）根据所给定义，设，，，中有个，个，从而有，推出矛盾； （2）设，，，，中的最大值为，则存在，使得或，若存在，使，先证：，，，可以取遍到之间所有的整数，再对分类讨论，即可得证； （3）不妨设，根据性质推导出，再利用反证法证明中任意两项均不相同，即可得证. 【解答过程】（1）不存在具有性质的，理由如下： 设，由于，， 设，，，中有个，个， 则有， 所以，解得，与为整数矛盾， 所以不存在具有性质的. （2）设，，，，中的最大值为，则存在，使得或， 若存在，使，下证：，，，可以取遍到之间所有的整数， 假设存在正整数使得，，，中各项均不为， 令集合，设是集合中元素的最大值， 则有， 这与矛盾， 所以，，，可以取遍到之间所有的整数， 若，则，，，，的取值只能为，中的数， 此时，，，，中必有两项相同， 若，则，，，，的取值只能为，，中的数， 此时，，，，中必有两项相同， 若，则，，，，中一定有异于和的正整数， 再由，，，可以取遍到之间所有的整数， 所以，，，，中必有两项相同， 当，同理可证：，，，可以取遍到之间所有的整数， 从而，，，，中必有两项相同. （3）不妨设，当，，，中恰有个，个， 由于， 所以取，此时具有性质， 下证：中任意两项均不相同， 若存在 使得， 令，， 则有，， 令，，则有且，， 由于，则有， 若，则有，即， 当时，有，从而，矛盾； 若，则有且， 因此有，，，， 所以此时，，矛盾； 综上所述，存在正整数，使得对任意具有性质的，都有中任意两项均不相同. 【变式4.2】（23-24高三上·北京房山·期末）若无穷数列满足：，对于，都有（其中为常数），则称具有性质“”. (1)若具有性质“”，且，，，求； (2)若无穷数列是等差数列，无穷数列是公比为2的等比数列，，，，判断是否具有性质“”，并说明理由； (3)设既具有性质“”，又具有性质“”，其中，，，求证：具有性质“”. 【解题思路】（1）由具有性质“”，可得当时，，结合题意计算即可得； （2）由题意计算出通项公式后，检验是否恒等于即可得； （3）借助既具有性质“”，又具有性质“”，则当时，有，，则有，，通过运算得到，从而可验证对任意的时，是否有即可得. 【解答过程】（1）由具有性质“”，则当时，， 故，，，又，， 故， 即； （2）不具有性质“”，理由如下： 设，，由，， 即有，解得，故，， 则，有， 则，不恒等于，故不具有性质“”； （3）由既具有性质“”，又具有性质“”， 即当时，有，， 则有，， 由，故， 故，即，由，，则， 当，即时，有， 即对任意的时，有，即具有性质“”. 【题型5 数列中的新定义问题】 【例5.1】（24-25高二上·甘肃金昌·阶段练习）若数列满足，且存在正整数，使得为奇数时，；为偶数时，，称为—跳跃数列，记. (1)若数列为—跳跃数列，且对任意，求最小时的最大值； (2)已知为正整数，数列为—跳跃数列. ①若，求数列的前60项的和; ②求的所有不同值的和. 【解题思路】（1）根据跳跃数列的定义，由题意取验证可知与题意矛盾，取时符合题意，求出的最大值即可求解. （2）①由题意得数列是周期为11的周期数列，再结合等比数列的前项和公式即可求解； ②的所有不同的值为:，再结合分组求和及等比数列的前项和公式即可求解. 【解答过程】（1）因为数列为—跳跃数列，且， 若， 与对任意矛盾； 若，则， 与对任意矛盾； 若，则， 满足对任意， 此时的最大值为， 所以的最小值为3，且时的最大值为7. （2）①时，， ， 数列是周期为11的周期数列， 所以的前60项和为. ②的所有不同的值为:， 所以的所有不同值的和为 因为 ， 所以. 【例5.2】（24-25高三上·浙江金华·阶段练习）若数列满足，则称为E数列，记． (1)写出满足，且的一个E数列； (2)若，，证明：E数列是递增数列的充要条件是； (3)对任意给定的整数，是否存在首项为0的E数列，使得？如果存在，写出一个满足条件的E数列；如果不存在，说明理由． 【解题思路】（1）根据与和可考虑写出交替的数列. （2）先证明必要性，根据数列是递增数列，可得，进而求得；再证明充分性，因为，再累加可得，证明即可. （3） 设，则，再累加求得，再分析的奇偶，根据整除的性质，先假设存在再证明矛盾即可． 【解答过程】（1）数列0，1，0，1，0是一个满足条件的数列. （2）必要性：由数列是递增数列，得， 则是首项为2，公差为1的等差数列，所以； 充分性：由， 得，，……，， 于是，即，而，， 因此，上述各不等式都取等号， 即，从而是递增数列， 所以E数列是递增数列的充要条件是. （3）设，则， 有，，……，， 于是 ， 由，得为偶数（）， 于是为偶数， 则要使，必须使为偶数， 即4整除，亦即或， 当时，数列的项满足，，， 此时，有且成立， 当时，数列的项满足，， ，时，亦有且成立， 当或时，不能被4整除， 此时不存在数列，使得且成立， 所以对任意给定的整数，不存在首项为0的E数列，使得. 【变式5.1】（23-24高二下·贵州黔南·期末）对于，若数列满足，则称这个数列为“K数列”． (1)已知数列1，2m，是“K数列”，求实数m的取值范围． (2)是否存在首项为的等差数列为“K数列”，且其前n项和使得恒成立?若存在，求出数列的通项公式；若不存在，请说明理由． (3)已知各项均为正整数的等比数列是“K数列”，数列不是“K数列”，若，试判断数列是否为“K数列”，并说明理由． 【解题思路】（1）根据题意得到，且，，再解不等式组即可； （2）首先假设存在等差数列符合要求，从而得到成立，再分类讨论和的情况，即可得到答案. （3）首先设数列的公比为q，则，根据题意得到，从而得到为最小项，同理得到为最小项，再利用“数列”的定义得到，或，，再分类讨论即可得到答案. 【解答过程】（1）由题意得，且，解得，所以实数m的取值范围是． （2）不存在．理由：假设存在等差数列符合要求，设公差为d，则， 由得． 由题意，得对均成立，即． 当时，； 当时，恒成立， 因为，所以，与矛盾， 所以这样的等差数列不存在． （3）设数列的公比为q，则． 因为的每一项均为正整数，且， 所以在中，为最小项. 同理，中，为最小项. 由为“K数列”，只需，即． 又因为不是“数列”，且为最小项， 所以，即． 由数列的每一项均为正整数，可得， 所以或． 当时，，则． 令，则， 又， 所以为递增数列，即， 因为， 所以对于任意的，都有，即数列为“K数列”． 当时，，则． 因为，所以数列不是“K数列”． 综上所述，当时，，数列为“K数列”； 当时，，数列不是“K数列”． 【变式5.2】（24-25高三上·安徽亳州·开学考试）已知数列，对于任意的，都有，则称数列为“凹数列”． (1)判断数列是否为“凹数列”，请说明理由； (2)已知等差数列，首项为4，公差为，且为“凹数列”，求的取值范围； (3)证明：数列为“凹数列”的充要条件是“对于任意的，当时，有”． 【解题思路】（1）计算出，故满足“凹数列”的定义； （2）利用等差数列通项公式得到，由题意得对任意恒成立，化简得到，得到答案； （3）先证明出必要性，放缩得到，故，再证明充分性，取，则有，即，所以为“凹数列”. 【解答过程】（1）因为，则， 又，故，即，数列是“凹数列”． （2）因为等差数列的公差为， 所以， 因为数列是凹数列， 所以对任意恒成立， 即 所以，即， 因为， 解得． 所以的取值范围为． （3）先证明必要性： 因为为“凹数列”所以对任意的，都有，即， 所以对任意的，当时，有 ， 所以， 又， 所以．必要性成立， 再证明充分性： 对于任意的，当时，有， 取，则有， 即，所以为“凹数列”. 一、单选题 1．（24-25高二上·全国·课后作业）定义为个正数的“倒均数”．若数列的前项的“倒均数”为，数列满足，则（    ） A． B． C． D． 【解题思路】由已知得出，再根据当时，求出通项，进而得出 【解答过程】由题可得，可得数列的前项和． 当时，； 当时，； 经验证，符合上式，故． 则，可得． 故选：C. 2．（24-25高三上·北京·阶段练习）在一个数列中，如果，都有（为常数），那么这个数列叫做等积数列，叫做这个数列的公积.已知数列是等积数列，且，公积为8，则（    ） A．4719 B．4721 C．4723 D．4724 【解题思路】先根据题干已知条件及递推公式逐项代入进行计算即可发现数列是以3为最小正周期的周期数列，然后根据周期数列的性质即可计算出数列的前2024项的和． 【解答过程】依题意，由，及， 可得当时，，解得， 当时，，解得， 当时，，解得， 当时，，解得， 数列是以3为最小正周期的周期数列， ，， ， ． 故选：B. 3．（23-24高二下·广东佛山·期中）将自然数1，2，3，4，5，……，按照如图排列，我们将2，4，7，11，16，……都称为“拐角数”，则下列哪个数不是“拐角数”.（    ）    A．22 B．30 C．37 D．46 【解题思路】由根据题意观察“拐角数”的性质，可得第个“拐角数”等于，进而逐项判断即可得到答案. 【解答过程】由题意得第1个“拐角数”为， 第2个“拐角数”为， 第3个“拐角数”为， 第4个“拐角数”为，…， 则第个“拐角数”为. 对于A：第6个“拐角数”是，故A不合题意； 对于B、C：第7个“拐角数”是，第8个“拐角数”是， 则30不是“拐角数”，故B适合题意，C不合题意; 对于D：第9个“拐角数”是，故D不合题意. 故选：B. 4．（23-24高二上·湖南·期中）南宋数学家杨辉详解九张算法和算法通变本末中，提出垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”现有高阶等差数列，其前项分别，，，，，，，则该数列的第项为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】利用已知条件，推出数列的差数列的差组成的数列是等差数列，转化求解即可． 【解答过程】令数列：为数列，于是， 依题意，数列为：，于是 数列为：是等差数列，， 则，因此， 所以该数列的第项为. 故选：B. 5．（2024·江苏南通·模拟预测）定义：已知数列的首项，前项和为.设与是常数，若对一切正整数，均有成立，则称此数列为“”数列.若数列是“”数列，则数列的通项公式（    ） A． B． C． D． 【解题思路】由题可知，根据定义得，根据平方差公式化简得，求得，最后根据，即可求出数列的通项公式. 【解答过程】因为数列是“”数列，则， 所以，而， ， ， ， ， ，， ， . 故选：B. 6．（2025·浙江·模拟预测）若数列满足：对于任意正整数n，，则称，互为交错数列．记正项数列的前n项和为，已知1，，成等差数列，则与数列互为交错数列的是（ ） A． B． C． D． 【解题思路】由等差数列的性质和与的关系，推得，再由互为交错数列的定义，对各个选项分析，可得结论． 【解答过程】由1，，成等差数列，可得，， 当时，，解得， 当时，由，可得， 上面两式相减可得， 化为， 由，即有， 是3为首项，2为公差的等差数列，可得， 对A，， ， 与数列不互为交错数列，故A选项错误； 对B，由，可得， 与数列不互为交错数列，故B选项错误； 对C，由， ， 与数列不互为交错数列，故C选项错误； 对D，由可得 ， 与数列互为交错数列，故D正确． 故选：D． 7．（2024·全国·模拟预测）将正整数n分解为两个正整数，的积，即，当，两数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解.如，其中即为12的最优分解，当，是n的最优分解时，定义，则数列的前2024项的和为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】根据题意，对分奇数和偶数进行讨论，进而可以得到的表达式，再利用等比数列的求和公式求解即可. 【解答过程】当时，， 所以， 当时，， 则， 故数列的前2024项的和为. 故选：C. 8．（23-24高二下·北京顺义·期末）对于数列，若存在，使得对任意，有，则称为“有界变差数列”．给出以下四个结论： ① 若等差数列为“有界变差数列”，则的公差等于0； ② 若各项均为正数的等比数列为“有界变差数列”，则其公比q的取值范围是； ③ 若数列是“有界变差数列”，满足，则是“有界变差数列”； ④ 若数列是“有界变差数列”，满足，则是“有界变差数列”； 其中所有正确结论的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【解题思路】对于①，利用反证法即可判断；对于②，讨论和，，并结合等比数列求和及性质即可判断；对于③④，证明若，均为有界变差数列，且，则是有界变差数列，即可判断. 【解答过程】对于①，假设的公差不等于0，则, 故， 所以不存在，使得对任意，有， 所以若等差数列为“有界变差数列”，则的公差等于0，故正确①； 对于②，因为的各项均为正数，所以，， ， 当时，，， 任取即可，所以为有界变差数列． 当时，， 若，则， 令即可，所以为有界变差数列， 若，则， 当时，， 显然不存在符合条件的，故不是有界变差数列． 综上，的取值范围是，故②错误； 先证明若，均为有界变差数列，且，则是有界变差数列． 由有界变差数列的定义可知， ， ． 因为 ， 所以． 故 ， 因此， 所以是有界变差数列． 对于③，易知，设,则，且， 由前面结论知是有界变差数列，即是“有界变差数列”，故正确③； 对于④，因为，所以， 所以是有界变差数列，故④正确. 故所有正确结论的个数是3. 故选:C. 二、多选题 9．（23-24高二下·云南曲靖·期末）为提高学生学习数学的热情，某校积极筹建数学兴趣小组，小组成员仿照教材中等差数列和等比数列的概念，提出“等积数列”的概念：从第二项起，每一项与前一项之积为同一个常数（不为0）.已知数列是一个“等积数列”，，其前项和为，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．的一个通项公式为 D． 【解题思路】根据数列新定义可得，结合已知确定通项公式，进而逐项判断正误. 【解答过程】由“等积数列”定义得：，而，则， 因此数列奇数项相同，偶数项相同，又，则当为奇数时，， 由，得，则当为偶数时，， 对于A，，A正确； 对于B， ，B错误； 对于C，若，则当为奇数时，，当为偶数时，，符合题意，C正确； 对于D，当为奇数时，，满足， 当为偶数时，，满足，D正确. 故选：ACD. 10．（2024·山东青岛·三模）若有穷整数数列满足：，且，则称具有性质.则（     ） A．存在具有性质的 B．存在具有性质的 C．若具有性质，则中至少有两项相同 D．存在正整数，使得对任意具有性质的，有中任意两项均不相同 【解题思路】对A、D：举出符合题意的例子即可得；对B：根据所给定义，借助反证法设，，，中有个，个，从而有，推出矛盾；对C：，，，，中的最大值为，则存在，使得或，若存在，使，先证：，，，可以取遍到之间所有的整数，再对分类讨论，即可得证； 【解答过程】对A：取数列，易得其满足题意，此时该数列具有性质，故A正确； 对B：假设存在数列具有性质，则， 且， 设中有个，则有个， 则有 ，即， 其与为整数矛盾，故假设错误，故B错误； 对C：设，，，，中的最大值为， 则存在，使得或， 若存在，使，下证：，，，可以取遍到之间所有的整数， 假设存在正整数使得，，，中各项均不为， 令集合，设是集合中元素的最大值， 则有， 这与矛盾， 所以，，，可以取遍到之间所有的整数， 若，则，，，，的取值只能为，中的数， 此时，，，，中必有两项相同， 若，则，，，，的取值只能为，，中的数， 此时，，，，中必有两项相同， 若，则，，，，中一定有异于和的正整数， 再由，，，可以取遍到之间所有的整数， 所以，，，，中必有两项相同， 当，同理可证：，，，可以取遍到之间所有的整数， 从而，，，，中必有两项相同，故C正确； 对D：取数列，此时该数列具有性质， 且中任意两项均不相同，即存在，故D正确. 故选：ACD. 11．（24-25高三上·江西·阶段练习）若数列满足（，为常数），则称数列为“调和数列”.已知数列为“调和数列”，下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，且，，则 C．若中各项均为正数，则 D．若，，则 【解题思路】根据“调和数列”的定义可以确定为等差数列，再利用等差数列的性质可以确定错误；利用等差数列的定义求得其通项公式，则正确；根据等差数列的性质结合基本不等式可得证，则正确；构造函数，得，得，再求和即可得到正确. 【解答过程】依题意可得为等差数列,由,根据等差数列的性质得，则可得，，，故错误； 由，且，，可得，，，，，故正确； 由为等差数列，可得，，当且仅当时取等号，故正确； 由，，可求得，令，，，则在上单调递减，在上单调递增，则，即恒成立，即在时恒成立，恒成立，，，， ，所以正确. 故选：. 三、填空题 12．（2024·江苏镇江·三模）若对项数为的数列中的任意一项，也是该数列中的一项，则称这样的数列为“可倒数数列”.已知正项等比数列是“可倒数数列”，其公比为，所有项和为，写出一个符合题意的的值 或（答案不唯一） . 【解题思路】由题意依次得出，，进一步结合已知列方程求出即可. 【解答过程】已知正项等比数列是“可倒数数列”， 首先， 若，结合，解得，此时，但不在这5个数中，矛盾，故， 则若，则也在数列中，若在数列中，则（且）也在数列中， 因为正项等比数列是“可倒数数列”， 所以数列严格单调，而， 所以只能， （否则，不妨设，那么或一定有三个数小于1，而他们的倒数都大于1，这必定导致有一个数的倒数不在中）， 从而，所以， 解得或（舍去）， 所以解得或. 故答案为：或（答案不唯一）. 13．（2024高三下·北京·专题练习）已知无穷数列，．性质，，；性质，，，下列说法中正确的有 ②③④ . ①若，则具有性质s   ②若，则具有性质t ③若具有性质s，则 ④若等比数列既满足性质s又满足性质t，则其公比的取值范围为 【解题思路】根据性质的定义可判断选项A；根据性质的定义可判断选项B；根据性质的定义可得，，利用累加法可证选项C；对于D，结合选项C，可得，由满足性质，分和讨论求出，再由满足性质得，构造，求导结合函数单调性可验证满足题意. 【解答过程】对于①，因为，对，， 即，所以不具有性质，故①错误； 对于②，，对，， ， ，故②正确； 对于③，若具有性质，令，则， 即，， ，又， 所以，，故③正确； 对于④，是等比数列，设其公比为，又，， 若满足性质，由选项C 得，即，，， 由，，得， 当时，得，即，对，又，， 当时，不妨设，则， ，解得，， 综上，若满足性质，则. 若满足性质，对，，， 可得，即，令，则， 又，所以函数在上单调递增，又由满足性质，， 成立， 所以等比数列既满足性质s又满足性质t，则其公比的取值范围为. 故④正确. 故答案为：②③④. 14．（2024·北京通州·三模）若数列、均为严格增数列，且对任意正整数n，都存在正整数m，使得，则称数列为数列的“M数列”．已知数列的前n项和为，则下列结论中正确的是 ①②④ ． ①存在等差数列，使得是的“M数列” ②存在等比数列，使得是的“M数列” ③存在等差数列，使得是的“M数列” ④存在等比数列，使得是的“M数列” 【解题思路】对于①取分析判断，对于②④取分析判断，对于③，根据题意结合等差数列的性质分析判断. 【解答过程】对于①：例如，则为等差数列，可得，则， 所以，， 故、均为严格增数列， 取，则，即恒成立， 所以是的“数列”，故①正确； 对于②，例如，则为等比数列，可得，则， 所以，， 故、均为严格增数列， 取，则，即恒成立 ， 所以是的“数列”，故②正确； 对于③，假设存在等差数列，使得是的“数列”， 设等差数列的公差为， 因为为严格增数列，则， 又因为为严格增数列，所以，即当时，恒成立， 取，满足，可知必存在，使得成立， 又因为为严格增数列， 所以对任意正整数，则有，即， 对任意正整数，则有，即， 故当时，不存在正整数，使得，故③不成立； 对于④，例如，则为等比数列，且、均为严格增数列，可得， 所以，， 故、均为严格增数列， 取，则，即恒成立， 所以是的“数列”，故④正确. 故答案为：①②④. 四、解答题 15．（24-25高三上·北京·阶段练习）数列有100项，，对任意，存在，，若与前项中某一项相等，则称具有性质. (1)若，，求可能的值； (2)数列中不存在具有性质的项，求证：是等差数列； (3)若中恰有三项具有性质，这三项和为，使用，，表示. 【解题思路】（1）根据，逐一求出即可； （2）根据题设条件和等差数列的定义即可得证. （3）去除具有性质P的数列中的前三项后，数列的剩余项重新排列为一个等差数列，且该数列的首项为a，公差为d，求即可． 【解答过程】（1）数列有100项，， 对任意，存在，， 所以若，，则当时，， 当时，，则，或， 当时，，则，或， 或，或， 所以可能的值： （2），，， 当时，，则满足了性质P，矛盾， 当时，，不矛盾，所以， 以此类推，， 当时，分别等于、、、……、，则满足了性质P，矛盾. 所以只能，即，不矛盾，即数列是等差数列， （3）将数列中具有性质P的三项去掉，得到一个新的数列，， 且中没有满足性质P的项， 由（2）可知，数列是等差数列， 所以， 又因为数列中去掉的三项和为c，所以. 16．（24-25高三上·安徽·阶段练习）设集合.对于数列，如果，，则称为“平方差数列”. (1)已知在数列中，，.求数列的通项公式，并证明数列是“平方差数列”； (2)已知，判断是否为“平方差数列”?说明理由； (3)已知数列为“平方差数列”，求证：，. 【解题思路】（1）先根据所给递推式求出数列的通项公式，再将通项公式转化为的形式来证明是“平方差数列”.这里涉及到数列通项公式的求解方法，如通过对递推式变形构造新数列等； （2）判断是否能表示成的形式，若不能则不是“平方差数列”； （3）根据将其表示为的形式，然后通过运算证明，也能表示成的形式. 【解答过程】（1）由，变形可得. 当时，. 因为，，，，. 所以，则. 因为，且，，所以， 所以数列是“平方差数列”. （2）假设. 因为与同奇偶性. 若与都是奇数，那么也是奇数，而是偶数，矛盾. 若与都是偶数，设，，则，即. 当时，（），所以，不是“平方差数列”. （3）证明 因为，设，，设. 则. 因为，所以，，所以. 17．（2024·江西新余·模拟预测）我们规定：若数列为递增数列且也为递增数列，则为“数列”. (1)已知：，，，数列中其中只有一个数列，它是： ；请从另外两个数列中任选一个证明其不是数列. (2)已知数列满足：，为的前项和，试求的通项并判断数列是否为数列并证之. (3)已知数列、均为数列，且，，求证：数列也为数列. 【解题思路】（1）利用幂函数的单调性可得与都是递增数列；利用特殊项的大小比较可得与均不是数列； （2）由已知等式变形裂项可得，再由累加法可求通项，进而可得，利用等差数列求和公式可得，由可证明不是数列； （3）由“数列”的定义可得，，结合不等式的性质与放缩法得，由此分别证明与即可得证. 【解答过程】（1）空格处填. 原因如下：因为，则， 由幂函数与在上都是增函数，由， 故数列与都是递增数列，则为“数列”. 若选，下面证明不是数列. 证明：由，则 . 故，所以不是递增数列. 故不是数列； 若选，下面证明不是数列. 证明：由，则 . 所以不是递增数列. 故不是数列. （2）由可得， 所以 设，则，，...，， 累加得， 又，故， 所以. 由， 故是以为首项，为公差的等差数列. 所以，则，. 即数列是递增数列，但不是递增数列，故不是数列. （3）数列、均为数列，且，， 由题意可得， 且，， 由不等式的性质可得，，又， 则，所以为递增数列， 且有， 则， 故也是递增数列，故为数列. 18．（24-25高三上·全国·阶段练习）如果一个严格单调递增数列的每一项都是正整数，且对任意正整数，恒成立，则称数列为“奇特数列”． (1)设等差数列的首项，公差为．若，求证：为“奇特数列”； (2)已知数列，其中为“奇特数列”，为大于的最小的的正整数倍，． ①求证：为“奇特数列”； ②求证：当时，． 【解题思路】（1）根据“奇特数列”的定义结合糖水不等式求解证明； （2）①根据结合“奇特数列”的定义可证明；②根据为“奇特数列”， 设，利用分析法将所要证问题转化为只需证，即证.先由，可证，再证明，只需证，即证．利用“奇特数列”的定义求解得证. 【解答过程】（1）先证明已知，，则， ， ，，， ，即. 由题易知数列的每一项都是正整数， 由，所以数列严格单调递增， 又， 所以，所以为“奇特数列”． （2）①因为为“奇特数列”， 所以严格单调递增，且每一项都是正整数． 因为， 所以严格单调递增，且每一项都是正整数． 又，即，即， 所以，所以，即． 所以为“奇特数列”． ②由为“奇特数列”的定义，设． 要证，即证，只需证，即证. 因为，所以． 所以． 因为，所以要证，只需证，即证，只需证，即证． 因为， 所以． 因为成立，所以． 又，所以．得证． 19．（24-25高三上·甘肃白银·阶段练习）已知为有穷整数数列，共有项．给定正整数，若对任意的，在中，存在，使得，表示中最大的一项，表示中最小的一项，则称为有界数列． (1)判断是否为有界数列，判断是否为有界数列，说明理由； (2)若共有4项，，且为单调递增数列，写出所有的，使得为有界数列； (3)若为有界数列，证明：． 【解题思路】（1）根据有界数列定义判断即可； （2）由题意得的值只有6种情况，分别为，即从中任取2项的差值的绝对值分别对应．从而可得，再由，可得可能的值为，根据有界数列定义逐一分析即可求解； （3）由题意得，的值最少有10种情况，由，解得舍去．当时，，所以．根据有界数列定义分析可得，当时，不可能为有界数列，当时，存在为10—有界数列，即可得证. 【解答过程】（1），， ， 所以为有界数列． 不存在，使得， 所以不是有界数列． （2）因为为6—有界数列， 所以的值最少有6种情况． 因为共有4项，从中任取2项，共种取法， 所以的值只有6种情况，分别为， 即从中任取2项的差值的绝对值分别对应． 若，则，与从中任取2项的差值的绝对值分别对应矛盾； 若，则，从中任取2项的差值的绝对值取不到6， 所以． ①当时，若，不符合题意； 若，不符合题意； 若，符合题意； 若，不符合题意． ②当时，若，不符合题意； 若，不符合题意； 若，符合题意． ③当或5时，经检验，都不符合题意． 经验证，数列和数列均为6—有界数列． 综上，的值为或． （3）证明：因为为10-有界数列，所以，的值最少有10种情况， 所以，解得舍去． 当时，，要使得为有界数列， 则从中任取2项的差值的绝对值分别对应． 因为为整数数列，且有界数列研究的是连续项中最大值与最小值的差值， 所以不妨设，且为单调递增数列． 因为，所以． 要使得中有2项的差值为9，不妨取． 要使得中有2项的差值为8，可取，即． （若取或4，会使得，若取，会使得，均不满足题意） 剩下无论取何值，都无法满足从中任取2项的差值的绝对值分别对应1，， 所以当时，不可能为有界数列， 当时，存在为10—有界数列，如． 易得，当时，存在，使得为有界数列． 综上，若为有界数列，则． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$