培优讲义：新情境、新定义下的数列问题——2026届高三数学一轮复习

新情境、新定义下的数列问题 重点解读　纵观各地考题，总能在试卷的压轴题位置发现新情境、新定义数列题的身影，它们对数列综合问题的考查常常以新定义和新构造形式呈现，有时还伴随着数列与其他知识的交汇.　 课堂核心考点 题型一　以等差、等比的概念定义新数列 例1　(1)定义：满足：＝q(q为常数，且q≠0，n∈N*)的数列{an}称为二阶等比数列，q为二阶公比.已知二阶等比数列{an}的二阶公比为，a1＝1，a2＝，则使得an>2 025成立的最小正整数n为(　　) A.7 B.8 C.9 D.10 (2)定义高阶等差数列：对于一个给定的数列{an}，令bn＝an＋1－an，则数列{bn}称为数列{an}的一阶差数列，再令cn＝bn＋1－bn，则数列{cn}称为数列{an}的二阶差数列.已知数列{An}为2，5，11，21，36，…，且它的二阶差数列是等差数列，则A8＝　　　　　　.      思维升华　“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解. 跟踪训练1　(多选)(2024·喀什模拟)对于数列{an}，定义bn＝an＋(n∈N*)，称数列{bn}是{an}的“倒和数列”.下列说法正确的有(　　) A.若数列{an}为递增数列，则数列{bn}为递增数列 B.若an＝2n，则bn有最小值2 C.若an＝2n，则bn有最小值 D.若bn＋1＝bn>0，且an＋1≠an，则an＋1an＝1 题型二　以函数定义新数列 例2　给定数列{an}，若满足a1＝a(a>0且a≠1)，且对于任意的m，t∈N*，都有am＋t＝am·at，则称数列{an}为“指数型数列”. (1)已知数列{an}的通项公式an＝4n，证明：{an}为“指数型数列”； (2)若数列{an}满足a1＝，an＝3an＋1＋2anan＋1(n∈N*). ①判断数列是否为“指数型数列”，若是，给出证明，若不是，说明理由； ②若数列{an}的前n项和为Sn，证明：Sn<. 思维升华　数列是一种特殊的函数，本质上数列是以正整数集或它的有限子集为定义域的“离散型”函数，数列问题可以融入函数问题之中，解决数列问题时可以结合函数知识. 跟踪训练2　(多选)数列{an}满足a1＝1，an＋1＝f(an)，n∈N*，定义函数y＝f(x)是数列{an}的特征函数，则下列说法正确的是(　　) A.当f(x)<x时，数列{an}为递增数列 B.当f(x)＝2x－1时，an＝1 C.当f(x)＝时，≤an≤2(n≥2) D.当f(x)＝(x>0)时，记数列{an}的前n项和为Sn，则<S2 024<3 题型三　以数列和项与通项关系定义新数列 例3　(2025·泰安模拟)已知各项均不为0的递增数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，a2＝4，anan＋1＝2Sn(Sn＋1＋Sn－1－2Sn)(n∈N*，且n≥2). (1)求数列的前n项和Tn； (2)定义首项为2且公比大于1的等比数列为“G－数列”.证明： ①对任意k≤5且k∈N*，存在“G－数列”{bn}，使得bk≤ak≤bk＋1成立； ②当k≥6且k∈N*时，不存在“G－数列”{cn}，使得cm≤am≤cm＋1对任意正整数m≤k成立. 思维升华　解决此类创新概念问题的关键：一是认真审题，读懂创新概念的含义；二是活用概念，即会利用创新概念，在相关知识的基础上加以类比、提升与拓展，转化为熟悉的相关问题；三是根据题意，并结合相关知识加以分析与求解，达到创新能力与转化思维的统一，知识与能力的综合，真正达到创新的目的. 跟踪训练3　对于给定的正整数k，若数列{an}满足an－k＋an－k＋1＋…＋an－1＋an＋1＋…＋an＋k－1＋an＋k＝2kan对任意正整数n(n>k)恒成立，则称数列{an}是“P(k)数列”. (1)证明：等差数列{an}是“P(3)数列”； (2)若数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{an}是等差数列. 课后训练 一、单项选择题(每小题5分，共20分) 1.在一个数列中，如果∀n∈N*，都有an·an＋1·an＋2＝k(k为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k叫做这个数列的公积.已知数列{an}是等积数列，且a1＝1，a2＝2，公积为8，则a1＋a2＋a3＋…＋a12等于(　　) A.28 B.20 C.24 D.10 2.定义为n个正数p1，p2，…，pn的“均倒数”，若已知数列{an}的前n项的“均倒数”为，又bn＝，则＋…＋等于(　　) A. B. C. D. 3.(2025·南充模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，bn＝，则称数列{bn}是数列{an}的“均值数列”.已知数列{bn}是数列{an}的“均值数列”，且bn＝n，设数列的前n项和为Tn，则以下说法正确的是(　　) A.an＝n B.an＝n＋1 C.Tn＝ D.Tn＝ 4.向量数列{an}满足an＋1＝an＋d，且|a1|＝3，a1·d＝－，令Sn＝a1·(a1＋a2＋a3＋…＋an)，则当取最大值时，n为(　　) A.2 B.3 C.4 D.6 二、多项选择题(每小题6分，共12分) 5.若数列{an}满足：对∀i，j∈N*，若i<j，则ai<aj，称数列{an}为“鲤鱼跃龙门数列”.下列数列{an}是“鲤鱼跃龙门数列”的有(　　) A.an＝n2－4n＋1 B.an＝ C.an＝sin nπ D.an＝ln 6.对于数列{an}，若存在正数M，使得对一切正整数n，都有|an|≤M，则称数列{an}是有界的.若这样的正数M不存在，则称数列{an}是无界的.记数列{an}的前n项和为Sn，下列结论正确的是(　　) A.若an＝，则数列{an}是无界的 B.若an＝sin n，则数列{Sn}是有界的 C.若an＝(－1)n，则数列{Sn}是有界的 D.若an＝2＋，则数列{Sn}是有界的 三、填空题(每小题5分，共10分) 7.若在数列{an}中，对任意正整数n，都有＝p(常数)，则称数列{an}为“等方和数列”，称p为“公方和”.若数列{an}为“等方和数列”，其前n项和为Sn，且“公方和”为1，首项a1＝1，则S2 024的最大值与最小值之和为　　　　　　.  8.在数列{an}中，若存在常数t，使得an＋1＝a1a2a3…an＋t(n∈N*)恒成立，则称数列{an}为“H(t)数列”.若数列{an}为“H(t)数列”，且a1＝2，数列{bn}为等差数列，且＝an＋1＋bn－t，则bn＝　　　　　　　　　.(写出通项公式)  四、解答题(共28分) 9.(13分)(2025·无锡模拟)若数列{an}满足an＋1＝(n∈N*)，其中d≠0，an>0，则称数列{an}为M数列.已知数列{an}为M数列，当d＝1，a1＝1时. (1)求证：数列{}是等差数列，并写出数列{an}(n∈N*)的通项公式；(5分) (2)Tn＝[()(－1)k](n∈N*)，求 (n∈N*).(8分) 10.(15分)已知数列{an}(n∈N*)的首项a1＝1，前n项和为Sn.设λ和k为常数，若对一切正整数n，均有＝λ成立，则称此数列为“λ－k”数列. (1)若等差数列{an}是“λ－1”数列，求λ的值；(3分) (2)若数列{an}是“－2”数列，且an>0，求数列{an}的通项公式；(5分) (3)对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{an}为“λ－3”数列，且an≥0？若存在，求出λ的取值范围；若不存在，请说明理由.(7分) 答案解析 课堂核心考点 例1　(1)B　[由题意知二阶等比数列{an}的二阶公比为，a1=1，a2=， 则=， 故=，=，…，=， 将以上各式累乘得=··…·= =(n≥2)， 故an=(n≥2)， 又a1=1符合该式，所以an=. 令>2 025， 由于210=1 024，211=2 048， 故>10(n∈N*)， 即(n-1)n>40(n∈N*)， 又(n-1)n的值随n的增大而增大，且(7-1)×7=42，(8-1)×8=56， 当n=7时，= =210×<2 025， 当n=8时，=214>2 025， 故n的最小值为8.] (2)121 解析　该数列的一阶差数列为3，6，10，15，…， 则二阶差数列为3，4，5，…， 因为二阶差数列是等差数列，故二阶差数列后面的项为6，7，8，…， 所以一阶差数列后面的项为21，28，36，…， 从而原数列后面的项为57，85，121，…，故A8=121. 跟踪训练1　CD　[函数f(x)=x+在(-∞，-1)，(1，+∞)上单调递增，在(-1，0)，(0，1)上单调递减， 对于A，由于函数f(x)在定义域上不单调，则由数列{an}为递增数列，无法判断数列{bn}的单调性，A错误； 对于B，C，an=2n≥2，则(bn)min=b1=a1+=，B错误，C正确； 对于D，由bn+1=bn>0，得an>0，an+1+-an-=0，整理得(an+1-an)=0，而an+1≠an，因此an+1an=1，D正确.] 例2　(1)证明　因为a1=4，且对于任意的m，t∈N*，都有am·at=4m·4t=4m+t=am+t， 所以{an}为“指数型数列”. (2)①解　将an=3an+1+2anan+1两边同除anan+1，得=+2， 所以+1=3， 又+1=3，即数列是以3为首项，3为公比的等比数列， 所以+1=3n， 所以对于任意的m，t∈N*，都有=3m+t=+1， 故是“指数型数列”. ②证明　由①知，+1=3n， 则an=， 当n=1时，S1=a1=<， 当n≥2时，<， 则Sn=a1+a2+a3+…+an <+++…+ ==<. 综上，Sn<. 跟踪训练2　BCD　[由已知f(x)<x，an+1=f(an)可得a2=f(1)<1=a1，故A错误； 因为f(x)=2x-1，所以a2=f(a1)=f(1)=2-1=1，同理a3=f(a2)=f(1)=1，易得an=1，故B正确； 因为f(x)==1+在[1，+∞)上单调递减， 又a1=1，an+1=f(an)，f(1)=2， 所以f(2)≤an≤2(n≥2)， 所以≤an≤2(n≥2)，故C正确； 因为an+1=， 由a1=1易知对任意的n∈N*，an>0， 从而S2 024>a1+a2=1+=， 所以=<1， 所以an+1<an， 即数列{an}为递减数列， 由an+1=可得1+=， 所以=-1=， 所以an+1= = < =2(-)， 所以S2 024<a1+2(-)+2(-)+…+2(-)=3-2<3， 故有<S2 024<3，故D正确.] 例3　(1)解　anan+1=2Sn(Sn+1+Sn-1-2Sn)=2Sn(an+1-an)(n≥2)， ∵{an}各项均不为0且为递增数列， ∴an+1-an≠0， ∴2Sn=， ∴2Sn-1=(n≥3)， 上述两式相减得 2an=-， 化简得an(an+1+an-1-2an)=0(n≥3)， ∴an+1+an-1=2an(n≥3)， ∵a1=2，a2=4， ∴a2a3=2S2(a3-a2)， ∴a3=6， ∴a1+a3=2a2， ∴{an}为首项为2，公差为2的等差数列， ∴an=2n，Sn=n2+n， ∴==-， ∴Tn=1-+-+…+-=. (2)①证明　设“G-数列”{bn}的公比为q，且q>1， 由题意，只需证存在q对k≤5且k∈N*，使得2qk-1≤2k≤2qk成立， 即(k-1)ln q≤ln k≤kln q成立， 设f(x)=，则f'(x)=， 令f'(x)=0，解得x=e， 当x∈(0，e)时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈(e，+∞)时，f'(x)<0，f(x)单调递减， ∵ln 8<ln 9，∴3ln 2<2ln 3， ∴<， ∴f(k)=≤， ∴存在q=，使得ln k≤kln q对任意k≤5且k∈N*成立， 经检验，对任意k≤5且k∈N*，≤k均成立， ∴对任意k≤5且k∈N*，存在“G-数列”{bn}使得bk≤ak≤bk+1成立. ②证明　由①知，若cm≤am≤cm+1成立， 则qm-1≤m≤qm成立， 当k≥6时，取m=3得q2≤3≤q3，取m=6得q5≤6≤q6， 由得∴q不存在， ∴当k≥6且k∈N*时，不存在“G-数列”{cn}使得cm≤am≤cm+1对任意正整数m≤k成立. 跟踪训练3　证明　(1)因为{an}是等差数列，设其公差为d，则an=a1+(n-1)d， 当n≥4时，an-i+an+i=a1+(n-i-1)d+a1+(n+i-1)d =2a1+2(n-1)d=2an，i=1，2，3， 所以an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an对任意正整数n(n>3)恒成立， 因此等差数列{an}是“P(3)数列”. (2)数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此， 当n≥3时，an-2+an-1+an+1+an+2=4an， ① 当n≥4时，an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an. ② 由①知，an-3+an-2=4an-1-(an+an+1)， ③ an+2+an+3=4an+1-(an-1+an)， ④ 将③④代入②，得an-1+an+1=2an，其中n≥4， 所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d'. 在①中，取n=4，则a2+a3+a5+a6=4a4，所以a2=a3-d'， 在①中，取n=3，则a1+a2+a4+a5=4a3，所以a1=a3-2d'， 所以数列{an}是等差数列. 课后训练 1.A　[由题知an·an+1·an+2=8，an+1·an+2·an+3=8， 所以an=an+3，故数列{an}是周期为3的周期数列， 又a1a2a3=8，a1=1，a2=2， 所以a3=4， 所以a1+a2+a3+…+a12 =4(a1+a2+a3)=28.] 2.D　[根据“均倒数”的定义，有=， 故a1+a2+…+an=n(3n+2)=3n2+2n， 故当n≥2时，a1+a2+…+an-1=3(n-1)2+2(n-1)，两式相减得an=6n-1， 当n=1时，a1=3+2=5也符合上式， 故an=6n-1. 所以bn==n， 注意到=-， 故++…+=1-+-+…+-=.] 3.D　[由题可知bn==n，所以Sn=n2， 当n=1时，a1=S1=1， 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1， 当n=1时，也满足， 所以an=2n-1，n∈N*. 所以= =， 因为数列的前n项和为Tn， 所以Tn= ==.] 4.B　[Sn=a1·(a1+a2+a3+…+an)=a1·=9n+×=-n2+n， ∴= = =45-， 若要取最大值， 则要3(n+1)+最小， 而3(n+1)+ ≥2=6， 当且仅当n+1=∈(3，4)时等号成立， 而n∈N*，上述等号不能成立， 故当n=2或n=3时取最小值， 当n=2时，3(n+1)+=23， 当n=3时，3(n+1)+=， 故当n=3时，取最大值.] 5.BD　[对于A，不妨取i=1<j=3，但a1=-2=a3，不满足ai<aj，故A不正确； 对于B，因为an==1-， 所以对∀i，j∈N*， 若i<j，则>， 所以1-<1-，即ai<aj，故B正确； 对于C，不妨取i=2<j=4，但a2=0=a4，不满足ai<aj，故C不正确； 对于D，因为an=ln =ln， 所以对∀i，j∈N*， 若i<j，则>， 所以1-<1-， 所以ln<ln，即ai<aj，故D正确.] 6.BC　[对于A，∵|an|==≤1恒成立， ∴存在正数M=1，使得|an|≤M恒成立， ∴数列{an}是有界的，A错误； 对于B，∵-1<sin n<1， ∴-<an =sin n<， ∴Sn=a1+a2+…+an <++…+ ==1-<1， Sn=a1+a2+…+an >- =-1+>-1， ∴存在正数M=1，使得|Sn|≤M恒成立， ∴数列{Sn}是有界的，B正确； 对于C，∵an=(-1)n， ∴当n为偶数时，Sn=0； 当n为奇数时，Sn=-1， ∴|Sn|≤1，∴存在正数M=1， 使得|Sn|≤M恒成立， ∴数列{Sn}是有界的，C正确； 对于D，=< =2， ∴Sn=2n+1+++…+<2n+2 =2n+2 =2， ∵y=x-在(0，+∞)上单调递增， ∴n-∈， ∴不存在正数M，使得|Sn|≤M恒成立， ∴数列{Sn}是无界的，D错误.] 7.2 解析　由+=p得+=p， 两等式相减得=. 又“公方和”为1，首项a1=1， 所以==…==1， ==…==0. 所以S2 024的最大值为1 012，最小值为-1 010，其和为2. 8.n+1 解析　因为数列{an}为“H(t)数列”， 由＝an＋1＋bn－t(n∈N*)， 得＝a1a2a3…an＋bn(n∈N*)， ① 所以＝a1a2a3…anan＋1＋bn＋1(n∈N*)， ② ①②两式作差得＝(an＋1－1)a1a2a3…an＋bn＋1－bn(n∈N*)， 又因为数列{an}为“H(t)数列”， 所以an＋1－t＝a1a2a3…an(n∈N*)， 设数列{bn}的公差为d， 所以＝(an＋1－1)(an＋1－t)＋d(n∈N*)， 即(t＋1)an＋1－(t＋d)＝0对∀n∈N*成立， 则得 又a1＝2，＝a2＋b1＋1＝a1＋b1， 得b1＝2，所以bn＝2＋(n－1)×1＝n＋1. 9.解　(1)由题意可知=+d=+1⇒-=1，=1， 所以{}是等差数列，首项与公差均为1，则=1+1×(n-1)=n， 又an>0，所以an=，n∈N*. (2)易知(+)(-1)2n+(+)(-1)2n-1 =(-)+(-) =(-)(++1)=4n， 所以Tn=4+8+12+…+4n=2n(n+1)， 则==， 故= =. 10.解　(1)当k=1时，an+1=Sn+1-Sn=λan+1， 由n为任意正整数， 且a1=1，an+1≠0，可得λ=1. (2)由题意得- =， ① 则an+1=Sn+1-Sn=(-)(+) =·+)， 因此+=·， ② 由①②得=， 所以Sn+1=an+1=(Sn+1-Sn)， 从而Sn+1=4Sn，又S1=a1=1，可得Sn=4n-1， an=Sn-Sn-1=3·4n-2，n≥2， 综上可得an=n∈N*. (3)若存在三个不同的数列{an}为“λ-3”数列， 则-=λ， 则Sn+1-3+3-Sn=λ3an+1=λ3(Sn+1-Sn)， 由a1=1，an≥0，且Sn>0， 令pn=>0， 则(1-λ3)-3+3pn-(1-λ3)=0， 当λ=1时，pn=， 由pn>0，可得pn=1，则Sn+1=Sn，即an+1=0， 此时{an}唯一，不存在三个不同的数列{an}， 当λ≠1时，令t=， 则-t+tpn-1=0， 则(pn-1)[+(1-t)pn+1]=0， ①当t≤1时，+(1-t)pn+1>0， 则pn=1，同上分析不存在三个不同的数列{an}； ②当1<t<3时，Δ=(1-t)2-4<0，+(1-t)pn+1=0无解， 则pn=1，同上分析不存在三个不同的数列{an}； ③当t=3时，(pn-1)3=0，则pn=1，同上分析不存在三个不同的数列{an}； ④当t>3时，即0<λ<1时，Δ=(1-t)2-4>0，+(1-t)pn+1=0有两个解α，β， 设α<β，α+β=t-1>2，αβ=1>0， 则0<α<1<β， 则对任意n∈N*，=1或=α3(舍去)或=β3， 由于数列{Sn}从任何一项求其后一项均有两种不同的结果， 所以这样的数列{Sn}有无数多个，则对应的数列{an}有无数多个. 则存在三个不同的数列{an}为“λ-3”数列，且an≥0， 综上可得0<λ<1. 学科网（北京）股份有限公司 $$