第六章 第8节 数列中的融合创新问题（知识点梳理+限时挑战）-2026年高考数学一轮复习讲义（新高考通用）

第六章 数列 第8节　数列中的融合创新问题 学习导航站 核心知识库：重难考点总结，梳理必背知识、归纳重点 题型一　定义新数列 ★★★☆☆ 题型二　定义数列的新性质★★★☆☆ 题型三　抽象数列的拆分或变换 ★★★☆☆ （星级越高，重要程度越高） 限时【变式【变式训练】】挑战场：感知真题，检验成果，考点追溯 【题型分析】数列的融合创新问题往往以压轴题的位置出现于高考题中,以新定义、新性质和新构造的形式出现,有时与函数、不等式、集合等交汇命题,难度较大. 题型一　定义新数列★★★☆☆ 【典例】1 (2025·温州适应性考试)数列{an},{bn}满足:{bn}是等比数列,b1=2,a2=5,且a1b1+a2b2+…+anbn=2(an-3)bn+8(n∈N*). (1)求{an},{bn}的通项公式; (2)求集合A={x|(x-ai)(x-bi)=0,i≤2n,i∈N*}中所有元素的和; (3)对数列{cn},若存在互不相等的正整数k1,k2,…,kj(j≥2),使得++…+也是数列{cn}中的项,则称数列{cn}是“和稳定数列”.试分别判断数列{an},{bn}是不是“和稳定数列”.若是,求出所有j的值;若不是,说明理由. 【解析】(1)∵a1b1=2(a1-3)b1+8,b1=2, ∴a1=2, 又a1b1+a2b2=2(a2-3)b2+8,b1=2,a2=5, ∴b2=4, ∵{bn}是等比数列,∴{bn}的公比为=2, ∴bn=2n. 由题意得a1b1+a2b2+…+anbn=2(an-3)bn+8,n∈N*, 则当n≥2时,a1b1+a2b2+…+an-1bn-1=2(an-1-3)bn-1+8, 两式相减得anbn=2(an-3)bn-2(an-1-3)bn-1, 将bn=2n代入,化简得an=2(an-3)-(an-1-3),得an-an-1=3(n≥2), ∴{an}是公差为3的等差数列, ∴an=a1+(n-1)d=3n-1. (2)记集合A的全体元素的和为S, 集合M={a1,a2,…,a2n}的所有元素的和为A2n==6n2+n, 集合N={b1,b2,…,b2n}的所有元素的和为B2n==22n+1-2, 集合M∩N的所有元素的和为T,则有S=A2n+B2n-T, 对于数列{bn}:当n=2k-1(k∈N*)时, b2k-1=22k-1=(3-1)2k-1=3p-1(p∈N*)是数列{an}中的项, 当n=2k(k∈N*)时,b2k=2b2k-1=2(3p-1)=6p-2(p∈N*)不是数列{an}中的项, ∴T=b1+b3+…+b2k-1, 其中⇒<k≤, 即k=(其中[x]表示不超过实数x的最大整数). ∴T==(4k-1) =(-1), ∴S=6n2+n+22n+1-·-. (3)当j=3m(m∈N*)时,++…+是3的正整数倍,故一定不是数列{an}中的项; 当j=3m-1(m∈N*)时,++…+除以3余1,不是数列{an}中的项; 当j=3m+1(m∈N*)时,++…+除以3余2,是数列{an}中的项. 综上,数列{an}是“和稳定数列”, 此时j=3m+1(m∈N*). 数列{bn}不是“和稳定数列”,理由如下: 不妨设:1≤k1<k2<…<kj,则++…+>, 且++…+≤b1+b2+…+=21+22+…+=-2<=, 故++…+不是数列{bn}中的项. 数列{bn}不是“和稳定数列”. 【变式训练】1 (2025·东北师大附中模拟)对于数列{an},称{Δan}为数列{an}的一阶差分数列,其中Δan=an+1-an(n∈N*).对正整数k(k≥2),称{Δkan}为数列{an}的k阶差分数列,其中Δkan=Δ(Δk-1an)=Δk-1an+1- Δk-1an.已知数列{an}的首项a1=1,且{Δan+1-an-2n}为{an}的二阶差分数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=(n2-n+2),{xn}为数列{bn}的一阶差分数列,∀n∈N*,是否都有xi=an成立?并说明理由;(其中为组合数) (3)对于(2)中的数列{xn},令yn=,其中<t<2.证明:yi<2n-. (1)【解析】因为{Δan+1-an-2n}为{an}的二阶差分数列, 所以Δan+1-an-2n=Δ2an,将Δ2an=Δan+1-Δan代入得Δan+1-an-2n=Δan+1-Δan, 整理得Δan-an=2n,即an+1-2an=2n, 所以-=. 又a1=1,故数列是首项为,公差为的等差数列, 因此,=+(n-1)·,即an=n·2n-1. (2)【解析】因为{xn}为数列{bn}的一阶差分数列, 所以xn=bn+1-bn=n. 对于xi=+2+…+n=n·2n-1,① 当n=1时,①式成立; 当n≥2时,因为n·2n-1=n·(1+1)n-1=n·(++…+), 且n=k,所以①式成立. 故∀n∈N*都有xi=an成立. (3)【证明】由(2)知xn=n,则yn=, 因为<t<2,所以(2t)n>1,tn<2n, 故(2n+2-n)-(tn+t-n) =(2n-tn)[(2t)n-1]>0, 即tn+t-n<2n+2-n, 所以yi=(ti+t-i)<(2i+2-i) = =(2n-1)+ =2n-(1+2-n)<2n-·2· =2n-. 题型二　定义数列的新性质★★★☆☆ 【典例】2 (2025·郑州调研)已知数列{an}为有穷数列,且an∈N*,若数列{an}满足如下两个性质,则称数列{an}为m的k增数列: ①a1+a2+a3+…+an=m; ②对于1≤i<j≤n,使得ai<aj的正整数对(i,j)有k个. (1)写出所有4的1增数列; (2)当n=5时,若存在m的6增数列,求m的最小值; (3)若存在100的k增数列,求k的最大值. 【解析】(1)由题意得a1+a2+…+an=4, 且对于1≤i<j≤4,使得ai<aj的正整数对(i,j)有1个, 由于1+1+2=4或1+3=4,故所有4的1增数列有数列1,2,1和数列1,3. (2)当n=5时,因为存在m的6增数列, 即a1+a2+a3+a4+a5=m, 且对于1≤i<j<5,使得ai<aj的正整数对(i,j)有6个, 所以数列{an}的各项中必有不同的项, 所以m≥6且m∈N*. 若m=6,满足要求的数列{an}中有四项为1,一项为2,所以k≤4,不符合题意,所以m>6. 若m=7,满足要求的数列{an}中有三项为1,两项为2, 此时数列为1,1,1,2,2,满足要求的正整数对(i,j)的分别为(1,4),(2,4),(3,4),(1,5),(2,5),(3,5),符合m的6增数列. 因此,当n=5时,若存在m的6增数列, 则m的最小值为7. (3)若数列{an}中的每一项都相等,则k=0, 若k≠0,则数列{an}中存在大于1的项, 若首项a1≠1,将a1拆分成a1个1后k变大, 所以此时k不是最大值,所以a1=1. 当i=2,3,…,n时,若ai>ai+1,交换ai,ai+1的顺序后k变为k+1, 所以此时k不是最大值,所以ai≤ai+1. 若ai+1-ai∉{0,1},则ai+1≥ai+2, 所以将ai+1改为ai+1-1,并在数列首位前添加一项1,k的值变大, 所以此时k不是最大值,所以ai+1-ai∈{0,1}. 若数列{an}中存在相邻的两项ai=2,ai+1≥3, 设此时{an}中有t项为2,将ai+1改为2,并在数列首位前添加ai+1-2个1后,k的值至少变为k+1, 所以此时k不是最大值,所以数列{an}的各项只能为1或2,所以数列{an}为1,1,…,1,2,2,…,2的形式. 设其中有x项为1,有y项为2, 因为存在100的k增数列,所以x+2y=100, 所以k=xy=(100-2y)y=-2y2+100y =-2(y-25)2+1 250, 所以当且仅当x=50,y=25时,k取最大值,且k的最大值为1 250. 【变式训练】2 (2025·济南质检)对于无穷数列{an},“若存在am-ak=t(m,k∈N*,m>k),必有am+1-ak+1=t”,则称数列{an}具有P(t)性质. (1)若数列{an}满足an=判断数列{an}是否具有P(1)性质?是否具有P(4)性质? (2)对于无穷数列{an},设T={x|x=aj-ai,i<j},求证:若数列{an}具有P(0)性质,则T必为有限集; (3)已知{an}是各项均为正整数的数列,且{an}既具有P(2)性质,又具有P(3)性质,是否存在正整数N,k,使得aN,aN+1,aN+2,…,aN+k,…成等差数列.若存在,请加以证明;若不存在,说明理由. 【解析】(1)因为an= a5-a2=5-4=1,但a6-a3=7-1=6≠1, 所以数列{an}不具有性质P(1), 因为a5-a3=4.且a6-a4=4, 所以数列{an}具有性质P(4). (2)因为数列{an}具有性质P(0), 所以一定存在一组最小的且m>k,满足am-ak=0,即am=ak, 由性质P(0)的含义可得am+1=ak+1,am+2=ak+2,…,a2m-k-1=am-1,a2m-k=am, 所以数列{an}中,从第k项开始的各项呈现周期性规律: ak,ak+1,…,am-1为一个周期中的各项, 所以数列{an}中最多有m-1个不同的项, 所以T最多有个元素,即T为有限集. (3)因为数列{an}具有P(2)性质,又具有P(3)性质, 所以存在M′,N′,使得aM′ +p-aM′ =2,aN′ +q-aN′ =3, 其中p,q分别是满足上述关系式的最小的正整数, 由性质P(2),P(3)的含义可得aM′ +p+k-aM′ +k=2,aN′ +q+k-aN′ +k=3, 若M′ <N′ ,则取k=N′ -M′ , 可得aN′ +p-aN′ =2, 若M′ >N′ ,则取k=M′ -N′ , 可得aM′ +q-aM′ =3, 记M=max{M′ ,N′ },则对于aM, 有aM+p-aM=2,aM+q-aM=3,显然p≠q, 由性质P(2),P(3)的含义可得:aM+p+k-aM+k=2,aN+q+k-aN+k=3, 所以aM+pq-aM=(aM+pq-aM+(q-1)p)+(aM+(q-1)p-aM+(q-2)p)+…+(aM+p-aM)=2qaM+pq-aM=(aM+pq-aM+(p-1)q)+(aM+(p-1)q-aM+(p-2)q)+…+(aM+q-aM)=3p, 所以2q=3p, 又p,q满足aM+p-aM=2,aM+q-aM=3的最小的正整数, 所以q=3,p=2,aM+2-aM=2,aM+3-aM=3, 所以aM+2+k-aM+k=2,aM+3+k-aM+k=3, 所以aM+2k=aM+2(k-1)+2=aM+2k,aM+3k=aM+3(k-1)+3=aM+3k, 取N=M+3,所以,若k是偶数,则aN+k=aN+k, 若k是奇数, 则aN+k=aN+3+(k-3)=aN+3+(k-3)=aN+3+(k-3)=aN+k, 所以aN+k=aN+k, 所以aN,aN+1,aN+2,…,aN+k,…是公差为1的等差数列. 题型三　抽象数列的拆分或变换★★★☆☆ 【典例】3 (2024·新高考Ⅰ卷)设m为正整数,数列a1,a2,…,a4m+2是公差不为0的等差数列,若从中删去两项ai和aj(i<j)后剩余的4m项可被平均分为m组,且每组的4个数都能构成等差数列,则称数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)-可分数列. (1)写出所有的(i,j),1≤i<j≤6,使得数列a1,a2,…,a6是(i,j)-可分数列; (2)当m≥3时,证明:数列a1,a2,…,a4m+2是(2,13)-可分数列; (3)从1,2,…,4m+2中一次任取两个数i和j(i<j),记数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)-可分数列的概率为Pm,证明:Pm>. (1)【解析】满足题意的所有(i,j)为(1,2),(1,6),(5,6). (2)【证明】当m=3时,删去a2,a13,其余项可分为以下3组:a1,a4,a7,a10为第1组,a3,a6,a9,a12为第2组,a5,a8,a11,a14为第3组, 当m>3时,删去a2,a13, 其余项可分为以下m组: a1,a4,a7,a10为第1组, a3,a6,a9,a12为第2组, a5,a8,a11,a14为第3组, a15,a16,a17,a18为第4组, a19,a20,a21,a22为第5组, ……, a4m-1,a4m,a4m+1,a4m+2为第m组, 可知每组的4个数都能构成等差数列, 故数列a1,a2,…,a4m+2是(2,13)-可分数列. (3)【证明】易知a1,a2,…,a4m+2是(i,j)-可分数列⇒1,2,…,4m+2是(4p+1,4q+2)-可分数列,其中p,q∈{0,1,…,m}. 当0≤p≤q≤m时,删去4p+1,4q+2, 其余项从小到大,每4项分为1组,可知每组的4个数都能构成等差数列, 故数列1,2,…,4m+2是(4p+1,4q+2)-可分数列, 可分为(1,2,3,4),…,(4p-3,4p-2,4p-1,4p),…,(4(q+1)-1,4(q+1),4(q+1)+1,4(q+1)+2),…,(4m-1,4m,4m+1,4m+2). p,q的可能取值方法数为+m+1=. 易知a1,a2,…,a4m+2是(i,j)-可分数列⇒1,2,…,4m+2是(4p+2,4q+1)-可分数列,其中p,q∈{0,1,…,m}. 当q-p>1时,删去4p+2,4q+1, 将1~4p与4q+3~4m+2从小到大,每4项分为1组,可知每组的4个数成等差数列. 考虑4p+1,4p+3,4p+4,…4q,4q+2是否可分, 等同于考虑1,3,4,…,4t,4t+2是否可分, 其中t=q-p>1,可分为(1,t+1,2t+1,3t+1),(3,t+3,2t+3,3t+3),(4,t+4,2t+4,3t+4),…,(t,2t,3t,4t),(t+2,2t+2,3t+2,4t+2),每组4个数都能构成等差数列. 故数列1,2,…,4m+2是(4p+2,4q+1)-可分数列, p,q且q-p>1的可能取值方法数为-m=. 从而Pm≥ =>. 【思维建模】与数列的新概念有关问题的求解策略 (1)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. (2)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. 【变式训练】3 (2025·广州调研)对于每项均是正整数的数列P:a1,a2,…,an,定义变换T1,T1将数列P变换成数列T1(P):n,a1-1,a2-1,…,an-1.对于每项均是非负整数的数列Q:b1,b2,…,bm,定义S(Q)=2(b1+2b2+…+mbm)+++…+,定义变换T2,T2将数列Q各项从大到小排列,然后去掉所有为零的项,得到数列T2(Q). (1)若数列P0为2,4,3,7,求S(T1(P0))的值; (2)对于每项均是正整数的有穷数列P0,令Pk+1=T2(T1(Pk)),k∈N. ①探究S(T1(P0))与S(P0)的关系; ②证明:S(Pk+1)≤S(Pk). (1)【解析】依题意,P0:2,4,3,7,T1(P0):4,1,3,2,6, S(T1(P0))=2(4+2×1+3×3+4×2+5×6)+16+1+9+4+36=172. (2)【解析】①记P0:a1,a2,…,an(a1,a2,…,an∈N*), T1(P0):n,a1-1,a2-1,…,an-1, S(T1(P0))=2[n+2(a1-1)+3(a2-1)+…+(n+1)(an-1)]+n2+(a1-1)2+(a2-1)2+…+(an-1)2, 又S(P0)=2(a1+2a2+3a3+…+nan)+++…+, 所以S(T1(P0))-S(P0)=2n+2a1+2a2+…+2an-4-6-…-2(n+1)+n2-2a1-2a2-…-2an+n=n2+3n-=0, 所以S(T1(P0))=S(P0). ②【证明】设A是每项均为非负整数的数列a1,a2,…,an, 当存在1≤i<j≤n,使得ai≤aj时,交换数列A的第i项与第j项得到数列B, 则S(B)-S(A)=2(iaj+jai-iai-jaj)=2(i-j)(aj-ai)≤0,所以S(B)≤S(A). 当存在1≤m<n,使得am+1=am+2=…=an=0时,若记数列a1,a2,…,am为C, 则S(C)=S(A), 因此S(T2(A))≤S(A),从而对于任意给定的数列P0, 由Pk+1=T2(T1(Pk))(k=0,1,2,…),S(Pk+1)≤S(T1(Pk)), 由①知S(T1(Pk))=S(Pk), 所以S(Pk+1)≤S(Pk). 【限时【变式训练】】（限时：30分钟） 1.(2025·重庆模拟)已知实数q≠0,定义数列{an}如下:如果n=x0+2x1+22x2+…+2kxk,xi∈{0,1},i=0,1,2,…,k,则an=x0+x1q+x2q2+…+xkqk. (1)求a7和a8(用q表示); (2)令bn=,证明:bi=; (3)若1<q<2,证明:对于任意正整数n,存在正整数m,使得an<am≤an+1. (1)【解析】因为7=1+2+22, 所以a7=1+q+q2, 因为8=23,所以a8=q3. (2)【证明】由数列{an}定义得:bn==qn-1, 所以bi=1+q+q2+…+qn-1. 而2n-1=1+2+22+…+2n-1, 所以=1+q+q2+…+qn-1=bi. (3)【证明】当1<q<2,由(2)可知,无上界,故对任意an,存在am,使得am>an. 设m是满足am>an的最小正整数. 下面证明am≤an+1. ①若m-1是偶数,设m-1=2x1+22x2+…+2kxk,xi∈{0,1},i=1,2,…,k, 则m=1+2x1+22x2+…+2kxk, 于是am=1+x1q+x2q2+…+xkqk=1+am-1. 因为an≥am-1,所以am=1+am-1≤an+1. ②若m-1是奇数, 设m-1=1+2+22+…+2l+2l+2xl+2+…+2kxk, 则am-am-1=ql+1-(1+q+q2+…+ql) =(q-1)(1+q+q2+…+ql)- (1+q+q2+…+ql)+1<1. 所以am<am-1+1≤an+1. 综上所述,对于任意正整数n,存在正整数m,使得an<am≤an+1. 2.(2025·武汉质检)定义1　进位制:进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统,约定满二进一,就是二进制;满十进一,就是十进制;满十二进一,就是十二进制;满六十进一,就是六十进制;等等.也就是说,“满几进一”就是几进制,几进制的基数就是几,一般地,若k是一个大于1的整数,那么以k为基数的k进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式anan-1…a1a0(k) (an,an-1,…,a1,a0∈N,0<an<k,0≤an-1,…,a1,a0<k).k进制的数也可以表示成不同位上数字符号与基数的幂的乘积之和的形式.如7 342(8)=7×83+3×82+4×81+2×80. 定义2　三角形数:形如1+2+3+…+m,即m·(m+1)(m∈N*)的数叫做三角形数. (1)若是三角形数,试写出一个满足条件的a的值; (2)若11111(k)是完全平方数,求k的值; (3)已知cn=,设数列{cn}的前n项和为Sn,证明:当n>3时,Sn>. (1)【解析】若= =a··, 当a=1时,就是一个三角形数. (2)【解析】11111(k)=k4+k3+k2+k+1, <k4+k3+k2+k+1<, 即<11111(k)<. 若k是偶数,则k2+和k2++1是两个连续正整数, 所以上式不成立,则k是奇数. 所以11111(k)==k4+k3+k2+k+1. 解得k=3(舍负),即11111(3)=34+33+32+3+1=121=112. (3)【证明】由题意可知cn=,且n>3, 则Sn=- =(9n-1)-=[(1+8)n-1]- >(+·8+·82-1)- =[8n+32n(n-1)]-=, 所以Sn>. 3.(2024·北京海淀区模拟)约数,又称因数.它的定义如下:若整数a除以整数m(m≠0)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共有k个正约数,即为a1,a2,…,ak-1,ak(a1<a2<…<ak). (1)当k=4时,若正整数a的k个正约数构成等比数列,请写出一个a的值; (2)当k≥4时,若a2-a1,a3-a2,…,ak-ak-1构成等比数列,求正整数a; (3)记A=a1a2+a2a3+…+ak-1ak,求证:A<a2. (1)【解析】当k=4时正整数a的4个正约数构成等比数列, 比如1,2,4,8为8的所有正约数,即a=8. (2)【解析】由题意可知a1=1,ak=a,ak-1=,ak-2=, 因为k≥4,依题意可知=, 所以=, 化简可得(a3-a2)2=(a2-1)2a3, 所以a3=, 因为a3∈N*,所以∈N*, 因此可知a3是完全平方数, 由于a2是整数a的最小非1因子,a3是a的因子,且a3>a2, 所以a3=, 所以a2-a1,a3-a2,…,ak-ak-1为a2-1,-a2,…,-,所以a=,k≥4. (3)【证明】由题意知a1ak=a,a2ak-1=a,…, aiak+1-i=a,…,(1≤i≤k), 所以A=++…+, 因为≤=-,…,≤=-, 所以A=++…+ =a2 ≤a2 =a2, 因为a1=1,ak=a,所以-<1, 所以A≤a2<a2, 即A<a2. 4.(2024·南通调研)设有穷数列{an}的项数为m(m≥2),若正整数k(2≤k≤m)满足∀n<k,an>ak则称k为数列{an}的“min点”. (1)若an=(-1)n(2n-3)(1≤n≤5),求数列{an}的“min点”; (2)已知有穷等比数列{an}的公比为2,前n项和为Sn,若数列存在“min点”,求正数a1的取值范围; (3)若an≥an-1-1(2≤n≤m),数列{an}的“min点”的个数为p,证明:a1-am≤p. (1)【解析】因为a1=1,a2=1,a3=-3,a4=5,a5=-7, 所以数列{an}的“min点”为3,5. (2)【解析】依题意,Sn==a1(2n-1), 因为数列存在“min点”, 所以存在n(n≥2),使得Sn+<a1+, 所以a1(2n-1)+<a1+, 即a1(2n-2)<·. 因为n≥2,所以2n-2>0,所以<. 又当n=2时,取最大值,所以<, 又a1>0,所以0<a1<. 当0<a1<,有S2+<S1+, 所以数列存在“min点”, 所以a1的取值范围为. (3)【证明】①若an≥a1(n≥2),则数列{an}不存在“min点”,即p=0. 由am-a1≥0,得a1-am≤0,所以a1-am≤p. ②若存在an,使得an<a1. 下证数列{an}有“min点”. 证明:若a2<a1,则2是数列{an}的“min点”; 若a2≥a1,因为存在an,使得an<a1, 所以设数列{an}中第1个小于a1的项为, 则<a1≤ai(2≤i≤n1-1), 所以n1是数列{an}的第1个“min点”. 综上,数列{an}存在“min点”. 不妨设数列{an}的“min点”由小到大依次为n1,n2,n3,…,np, 则是,,,…,,中第1个小于的项, 故-≤-, 因为an≥an-1-1(2≤n≤m), 所以an-1-an≤1, 所以-≤1,所以-≤1. 所以a1-am≤a1-=(a1-)+(-)+(-)+…+(-) ≤(-)+(-)+(-)+…+(-) ≤1+1+1+…+1(p个1). 所以a1-am≤p. 综上a1-am≤p,得证. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第六章 数列 第8节　数列中的融合创新问题 学习导航站 核心知识库：重难考点总结，梳理必背知识、归纳重点 题型一　定义新数列 ★★★☆☆ 题型二　定义数列的新性质★★★☆☆ 题型三　抽象数列的拆分或变换 ★★★☆☆ （星级越高，重要程度越高） 限时【变式【变式训练】】挑战场：感知真题，检验成果，考点追溯 【题型分析】数列的融合创新问题往往以压轴题的位置出现于高考题中,以新定义、新性质和新构造的形式出现,有时与函数、不等式、集合等交汇命题,难度较大. 题型一　定义新数列★★★☆☆ 【典例】1 (2025·温州适应性考试)数列{an},{bn}满足:{bn}是等比数列,b1=2,a2=5,且a1b1+a2b2+…+anbn=2(an-3)bn+8(n∈N*). (1)求{an},{bn}的通项公式; (2)求集合A={x|(x-ai)(x-bi)=0,i≤2n,i∈N*}中所有元素的和; (3)对数列{cn},若存在互不相等的正整数k1,k2,…,kj(j≥2),使得++…+也是数列{cn}中的项,则称数列{cn}是“和稳定数列”.试分别判断数列{an},{bn}是不是“和稳定数列”.若是,求出所有j的值;若不是,说明理由. 【变式训练】1 (2025·东北师大附中模拟)对于数列{an},称{Δan}为数列{an}的一阶差分数列,其中Δan=an+1-an(n∈N*).对正整数k(k≥2),称{Δkan}为数列{an}的k阶差分数列,其中Δkan=Δ(Δk-1an)=Δk-1an+1- Δk-1an.已知数列{an}的首项a1=1,且{Δan+1-an-2n}为{an}的二阶差分数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=(n2-n+2),{xn}为数列{bn}的一阶差分数列,∀n∈N*,是否都有xi=an成立?并说明理由;(其中为组合数) (3)对于(2)中的数列{xn},令yn=,其中<t<2.证明:yi<2n-. 题型二　定义数列的新性质★★★☆☆ 【典例】2 (2025·郑州调研)已知数列{an}为有穷数列,且an∈N*,若数列{an}满足如下两个性质,则称数列{an}为m的k增数列: ①a1+a2+a3+…+an=m; ②对于1≤i<j≤n,使得ai<aj的正整数对(i,j)有k个. (1)写出所有4的1增数列; (2)当n=5时,若存在m的6增数列,求m的最小值; (3)若存在100的k增数列,求k的最大值. 【变式训练】2 (2025·济南质检)对于无穷数列{an},“若存在am-ak=t(m,k∈N*,m>k),必有am+1-ak+1=t”,则称数列{an}具有P(t)性质. (1)若数列{an}满足an=判断数列{an}是否具有P(1)性质?是否具有P(4)性质? (2)对于无穷数列{an},设T={x|x=aj-ai,i<j},求证:若数列{an}具有P(0)性质,则T必为有限集; (3)已知{an}是各项均为正整数的数列,且{an}既具有P(2)性质,又具有P(3)性质,是否存在正整数N,k,使得aN,aN+1,aN+2,…,aN+k,…成等差数列.若存在,请加以证明;若不存在,说明理由. 题型三　抽象数列的拆分或变换★★★☆☆ 【典例】3 (2024·新高考Ⅰ卷)设m为正整数,数列a1,a2,…,a4m+2是公差不为0的等差数列,若从中删去两项ai和aj(i<j)后剩余的4m项可被平均分为m组,且每组的4个数都能构成等差数列,则称数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)-可分数列. (1)写出所有的(i,j),1≤i<j≤6,使得数列a1,a2,…,a6是(i,j)-可分数列; (2)当m≥3时,证明:数列a1,a2,…,a4m+2是(2,13)-可分数列; (3)从1,2,…,4m+2中一次任取两个数i和j(i<j),记数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)-可分数列的概率为Pm,证明:Pm>. 【变式训练】3 (2025·广州调研)对于每项均是正整数的数列P:a1,a2,…,an,定义变换T1,T1将数列P变换成数列T1(P):n,a1-1,a2-1,…,an-1.对于每项均是非负整数的数列Q:b1,b2,…,bm,定义S(Q)=2(b1+2b2+…+mbm)+++…+,定义变换T2,T2将数列Q各项从大到小排列,然后去掉所有为零的项,得到数列T2(Q). (1)若数列P0为2,4,3,7,求S(T1(P0))的值; (2)对于每项均是正整数的有穷数列P0,令Pk+1=T2(T1(Pk)),k∈N. ①探究S(T1(P0))与S(P0)的关系; ②证明:S(Pk+1)≤S(Pk). 【限时【变式训练】】（限时：30分钟） 1.(2025·重庆模拟)已知实数q≠0,定义数列{an}如下:如果n=x0+2x1+22x2+…+2kxk,xi∈{0,1},i=0,1,2,…,k,则an=x0+x1q+x2q2+…+xkqk. (1)求a7和a8(用q表示); (2)令bn=,证明:bi=; (3)若1<q<2,证明:对于任意正整数n,存在正整数m,使得an<am≤an+1. 2.(2025·武汉质检)定义1　进位制:进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统,约定满二进一,就是二进制;满十进一,就是十进制;满十二进一,就是十二进制;满六十进一,就是六十进制;等等.也就是说,“满几进一”就是几进制,几进制的基数就是几,一般地,若k是一个大于1的整数,那么以k为基数的k进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式anan-1…a1a0(k) (an,an-1,…,a1,a0∈N,0<an<k,0≤an-1,…,a1,a0<k).k进制的数也可以表示成不同位上数字符号与基数的幂的乘积之和的形式.如7 342(8)=7×83+3×82+4×81+2×80. 定义2　三角形数:形如1+2+3+…+m,即m·(m+1)(m∈N*)的数叫做三角形数. (1)若是三角形数,试写出一个满足条件的a的值; (2)若11111(k)是完全平方数,求k的值; (3)已知cn=,设数列{cn}的前n项和为Sn,证明:当n>3时,Sn>. 3.(2024·北京海淀区模拟)约数,又称因数.它的定义如下:若整数a除以整数m(m≠0)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共有k个正约数,即为a1,a2,…,ak-1,ak(a1<a2<…<ak). (1)当k=4时,若正整数a的k个正约数构成等比数列,请写出一个a的值; (2)当k≥4时,若a2-a1,a3-a2,…,ak-ak-1构成等比数列,求正整数a; (3)记A=a1a2+a2a3+…+ak-1ak,求证:A<a2. 4.(2024·南通调研)设有穷数列{an}的项数为m(m≥2),若正整数k(2≤k≤m)满足∀n<k,an>ak则称k为数列{an}的“min点”. (1)若an=(-1)n(2n-3)(1≤n≤5),求数列{an}的“min点”; (2)已知有穷等比数列{an}的公比为2,前n项和为Sn,若数列存在“min点”,求正数a1的取值范围; (3)若an≥an-1-1(2≤n≤m),数列{an}的“min点”的个数为p,证明:a1-am≤p. 学科网（北京）股份有限公司 $$