专题02 数列新定义及创新问题（复习讲义）（北京专用）2026年高考数学二轮复习讲练测

该高中数学讲义聚焦数列新定义及创新问题高考核心考点，紧密对接北京卷近五年命题规律，按考情精解、知能框架、题型攻坚架构知识，通过考点梳理、方法指导、真题训练等环节，帮助学生构建知识网络，突破数列与集合、不等式交汇难点，体现复习系统性和针对性。 讲义以真题动向为导向，分析2023至2024年北京卷压轴题提炼解题策略，设置新定义辨析、不等式证明等分层题型训练，培养学生数学思维和创新意识。结合命题预测设计专题突破活动，助力学生在有限时间提升逻辑推理能力，为教师把控复习节奏提供实战化指导。

学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 专题01数列新定义及创新问题 目录 01析考情精解…个 02构知能框架 03破题型攻坚 考点一数列新定义及创新问题 真题动向 必备知识 题型1数列新定义 命题预测 题型2数列不等式 题型3数列创新问题 N0.1 析·考情精解 命题 从近五年北京卷高考试题来看，数列解答题主要考数列新定义，多以压轴题形式呈现， 难度大。 轨迹 透视 考点 考点 2025年 2024年 2023年 频次 数列新定义 北京T21解答题15分 北京T21解答题15分 总结 数列不等式 2026 预计在2026年北京卷高考中，数列解答题仍会考数列新定义，大概率以压轴题形式 出现，侧重数列与集合、数列与不等式等其它知识，点的综合交汇，难度大思维要求高。 命题 要求对数列的知识全盘理解并掌握，能够通过对新定义的分析理解，寻找到新定义与 预测 学过得数列知识的联系，从而找到解题的方法。 N0.2 构·知能框架 考点一数列新定 专题2数列新定 义及创新问题 题型1数列新定义 题型2数列不等式 义及创新问题 题型3数列创新问题 第1页共39页 函学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 NO.3 破·题型攻坚 考点一 数列新定义及创新问题 题 动 向 ◆。海 1.(2024年北京高考数学真题T21解答题15分)已知集合M={(i,j,k,w)i∈{1,2，j∈3,4，k∈{5,6，w∈ {7,8,且i+j+k+w为偶数.给定数列A:a1,a2,,ag,和序列2：T1,T2,…Ts,其中T:=(亿，j,k,w)∈M(t= 1,2,,S),对数列A进行如下变换：将A的第i1,j1,k1,w1项均加1，其余项不变，得到的数列记作T1(A):将T1(A) 的第i2,j2,k2,w2项均加1，其余项不变，得到数列记作T2T1(A):…;以此类推，得到Tg…T2T1(A),简记 为2(A). (1)给定数列A:1,3,2,4,6,3,1,9和序列2：(1,3,5,7)，(2,4,6,8)，(1,3,5,7)，写出2(A): (2)是否存在序列n,使得(4)为a1+2,a2+6,a3+4,a4+2,a5+8,a6+2,a7+4,ag+4,若存在，写出一 个符合条件的Ω；若不存在，请说明理由： (3)若数列A的各项均为正整数，且a1+Q3十a5+a2为偶数，求证：“存在序列n,使得2(A)的各项都相等， 的充要条件为“a1+a2=a✉+a4=a5+a6=a7+ag”. 【答案】(1)2(4)：3,4,4,5,8,4,3,10：(2)不存在符合条件的2，理由见解析；(3)证明见解析【难度】0.15 【知识点】数列新定义 【分析】1)直接按照2(A)的定义写出2(A)即可： (2)解法一：利用反证法，假设存在符合条件的Ω，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；解法二： 对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，可知序列n共有8项，可知：(b2-1+b2m)-(a2-1+a2)= 8,n=1,2,3,4,检验即可； 3)解法一：分充分性和必要性两方面论证；解法二：若a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+ag,分类讨论 a1,a3,as,a7相等得个数，结合题意证明即可；若存在序列Q,使得(4)为常数列，结合定义分析证明即可. 【详解】(1)因为数列A:1,3,2,4,6,3,1,9, 由序列T1(1,3,5,7)可得T1(4):2,3,3,4,7,3,2,9: 由序列T2(2,4,6,8)可得T2T1(4):2,4,3,5,7,4,2,10: 由序列T3(1,3,5,7)可得T3T2T1(A):3,4,4,5,8,4,3,10: 所以2(4A):3,4,4,5,8,4,3,10 (2)解法一：假设存在符合条件的2，可知2(4)的第1,2项之和为a1+a2+s,第3,4项之和为a3+a4+s, 则侣用十么十到=十：：该方程无，数假股不说立 故不存在符合条件的2： 第2页共39页 品学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 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2，且n(A):b1,b2,…,bg, 因为246++248+244=8，即序列0共有8项， 4 由题意可知：(b2m-1+b2n)-(a2m-1+a2)=8,n=1,2,3,4, 检验可知：当n=2,3时，上式不成立， 即假设不成立，所以不存在符合条件的2. 3)解法一：我们设序列Ts.TzT1(A)为{am}(1≤n≤8)，特别规定aon=a.(1≤n≤8)， 必要性： 若存在序列2：T1,T2,Ts,使得2(A)的各项都相等 则a,1=a62=as,3=as,4=as5=as,6=ag,7=as,8f所以ag,1+as2=as,3+as,4=as5+as,6=as,7十as,8 根据Ts…TzT1(A)的定义，显然有as2-1+as,2=ag-1,2-1+a。-1,2+1,这里j=1,2,3,4,s=1,2,… 所以不断使用该式就得到a1+a2=a3+a4=as+a6=a7+ag=a,1+as,2-S,必要性得证. 充分性： 若a1十a2=a3+a4=a5+a6=a7+g: 由已知，a1+a3+a5+a7为偶数，而a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+ag,所以a2+a4十a6+ag=4(a1+ a2)-(a1+ag+as+a,)也是偶数 我们设Tg.T2T1(A)是通过合法的序列n的变换能得到的所有可能的数列Q(4)中，使得a,1一as,2+as,3 a,4+as,5-as6+las,7-as,8最小的-个 上面已经说明a,2-1+a,2=a-12-1+a。-12+1,这里j=1,23,4,s=1,2… 从而由a1+a2=ag+a4=a5+a6=a7十g可得as,1+as,2=as,3+as,4=as,5+as,6=ag,7+as,8=a1+ a2+s. 同时，由于i:+jE+k:+w:总是偶数，所以a,1+at3+a,5+at,7和a吃，2+at4+a,6十at8的奇偶性保持不变， 从而as,1+as,3十as,5十as,7和as,2+as,4+as6十as,8都是偶数， 下面证明不存在j=1,2,3,4使得a,21-as,2≥2. 假设存在，根据对称性，不妨设j=1,as,2-1-as,2≥2，即ag,1-as,2≥2 情况1：若as3-as4+las5-as6+a7-as,8l=0,则由a1+as3+as5+a7和as,2+as4十as6+as8 都是偶数，知a,1-as,2≥4 对该数列连续作四次变换(2,3,5,8)，(2,46,8)，(2,3,6,7)，(2,4,5,7)后，新的a+41-as+42+as+43-ag+44十 la+45-as+46+las+47-a+48相比原来的a,1-as,2+as3-as,4+las5-a6+las7-as8减少4，这 与a,1-a,2+las3-as4+as5-as6+as7-as8的最小性矛盾； 情况2：若as3-as4+la5-as6+la7-ad>0,不妨设as3-as,4>0. 情况21：如果as3-a,4≥1，则对该数列连续作两次变换(2,45,7)，(2,4,6,8)后，新的as+21-a+2,2+ las+23-as+24+las+25-a+26+la+2,7-as+28相比原来的a1-as2+las3-as4+as5-a,6+ las,7-as8至少减少2，这与as1-as2+as3-as4+as5-as,6+las7-as8的最小性矛盾； 第3页共39页 学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 情况2-2：如果as4-as3≥1，则对该数列连续作两次变换(2,35,8)，(2,3,6,7)后，新的as+21-a+2,2+ as+23-ag+24+as+25-as+26+as+2,7-as+28相比a原来的las,1-as,2+las,3-as,4+as,5-as,6+ |las,7-a8至少减少2，这与a1-as,2+las3-as,4+las5一as,6+as7-as8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j=1,2,3,4都有a,2-1-a,2≤1 假设存在j=1,23,4使得as2-1-as2=1,则as,2-1+as,2是奇数，所以as1+as2=a3+as4=as5+ as,6=a,7+as,8都是奇数，设为2N+1 则此时对任意j=1,2,3,4,由a2-1-as,2≤1可知必有{as2-,as,2z}={N,N+1 而a1+as3+as5+a,7和a2+a4+as6+a,8都是偶数，故集合{masm=N中的四个元素i,j,k,w之和为 偶数，对该数列进行一次变换，j,k,W),则该数列成为常数列，新的a+1,1一a+1,2+口+1,3一a+1,4+ las+15-as+16+las+17-as+18等于零，比原来的la,1-a2+la,3-as4+las5-as6+la7-a,8l更 小，这与as1-asz+las,3-as4+as5-as,6+las7-as,8的最小性矛盾， 综上，只可能las,2-1-as2=00=1,23,4),而as1+as2=a3+as4=as,5+as6=a7+a8,故{asn} Q(A)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Q(A)的结果， 且(a1,a2),(a3,a4),(a5,a6),(a7,ag)相对于序列也是无序的， ①若a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+ag 不妨设a1≤ag≤a5≤a7,则a2≥a4≥a6≥ag, ①当a1=ag=a5=a7,则ag=a6=a4=a2: 分别执行a1个序列(2,4,6,8)、a2个序列(1,3,5,7)， 可得a1十a2,a1+a2,a1+a2,a1+a2,a1+a2,a1+a2,a1+a2,a1+a2,为常数列，符合题意； ②当a1,a3,a5,az中有且仅有三个数相等，不妨设a1=a3=a5,则a2=a4=a6, 即a1,a2,a1,a2,a1,a2,a7,a8 分别执行a2个序列(1,3,5,7)、a7个序列(2,4,6,8) 可得a1+a2,a2+a,a+a2,a2+a7,a1+a2,a2+a7,a2+a7,a7+ag, 即a1+a2,a2+a,a1+az,a2+a7,a1+a2,a2+a7,a2+a7,a1+a2: 因为a1+a3+a5+a2为偶数，即3a1+a,为偶数， 可知a,a的奇偶性相同，则2∈N, 分别执行21个序列(135,7刀，(1,36,8)，(235,8)，(1,45,8)， 可得3a+22-,37t2a2-a,3a+2a2-a,3am+2a2-@1,3a7t2a2-@307+2a2-a3a+2a2-a1,37+2a2- 2 2 2 2 2 2 2 2 为常数列，符合题意： ③若a1=a3<a5=a7,则a2=a4>a6=ag,即a1,a2,a1a2,a5,a6,a5,a6' 分别执行5个(1,3,6,8)、a1个(2,4,5,7)， 可得a1+a5,a1+a2,a1+a5,a1+a2,a1+a5,a5+a6,a1+a5,a5+a6' 第4页共39页 学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 因为a1+a2=a5+a6 可得a1十a5,a1+a2,a1+a5,a1+a2,a1+a5,a1+a2,a1+a5,a1+a2 即转为①，可知符合题意： ④当a1,a3,a5,a,中有且仅有两个数相等，不妨设a1=a3,则a2=a4 即a1,a2,a,a2,a5,6,a7,ag' 分别执行a1个(2,4,5,7)、a5个(1,3,6,8) 可得a1+a5,a1+a2,a1+a5,a1+a2,a1+a5,a5+a6,a1+a7,5+ag, 且a1+a2=a5+a6,可得a1+a5,a1+a2,a1+a5,a1+a2,a1+a5,a1+a2,a1+a7,a5+ag 因为a1十a3十a5+a,=2a1+a5+a,为偶数，可知a5,a的奇偶性相同， 则(a1+as)+(a1+as)+(a1+as)+(a1+a)=4a1+3as+a为偶数， 且a1+a5=a1+a5=a1+a5<a1+a,即转为②，可知符合题意： ⑤若a1<ag<a5<a7,则a2>a4>a6>ag,即a1,a2,ag,a4,a5,a6,a7,ag 分别执行a1个(2,3,5,8)、a3个(1,4,6,7)， a a3,a+az,a+a3,a3 a4,a+as,a3 a6,a3+a7,a+a8, 且a1+a2=ag+a4,可得a1+a3,a1+a2,a1+a3,a1+a2,a1+a5,a3+a6,a3+a7,a1+ag: 因为a1+a3+a5+a,为偶数， 则(a1+ag)+(a1+ag)+(a1+as)+(a3+a)=2(a1+a)+(a1+a3+a5+a)为偶数， 且a1+a3=a1+a3<a1+a5<a3+a7,即转为④，可知符合题意： 综上所述：若a1+a2=a3+a4=as+a6=a+ag,则存在序列2，使得(4)为常数列： )若存在序列n,使得(A)为常数列， 因为对任意(A):b1,b2,…,bg, 均有(b1+b2)-(a1+a2)=(b3+b4)-(a3+a4)=(b5+b6)-(a5+a6)=(b,+bg)-(a+ag)成立， 若n(A)为常数列，则b1+b2=b3+b4=b5+b6=b,+b8: 所以a1+a2=ag+a4=a5+a6=a7+ag: 综上所述：“存在序列n,使得(4)为常数列的充要条件为a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+ag” 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析 2.(2023年北京高考数学真题T21解答题15分)已知数列{an,{bn}的项数均为m(m>2),且a,bn∈ 1,2,,m,{an},{bn}的前n项和分别为ABn,并规定A0=Bo=0.对于k∈{0,1,2，，m},定义rk= max{B:≤Ak,i∈{0,1,2，，m},其中，maxM表示数集M中最大的数 (1)若a1=2,a2=1,a3=3,b1=1,b2=3,b3=3,求T0,T1,T2,T3的值： (2)若a1≥b1,且2rj≤Tjt1+Tj-1j=1,2,,m-1,求Tn: (3)证明：存在p,q,S,tE{0,1,2,,m,满足p>q,S>t,使得Ap+B:=Ag+Bs. 【答案】(1)ro=0,r1=1,r2=1,r3=2;(2)rn=n,n∈N:(3)证明见详解【难度】0.15 【知识点】利用定义求等差数列通项公式、数列新定义 第5页共39页 品学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 【分析】(1)先求Ao,A1,A2,A3,Bo,B1,B2,B3,根据题意分析求解： (2)根据题意题意分析可得r+1-T:≥1，利用反证可得r+1-T:=1,在结合等差数列运算求解： 3)讨论Am,Bm的大小，根据题意结合反证法分析证明 【详解】1)由题意可知：A0=0,A1=2,A2=3,A3=6,B0=0,B1=1,B2=4,B3=7, 当k=0时，则B0=A0=0,B:>Ao,i=1,2,3,故r0=0: 当k=1时，则B0<A1,B1<A1,B:>A1,i=2,3,故T1=1: 当k=2时，则B<A2,i=0,1,B2>A2,B3>A2,故r2=1; 当k=3时，则B:<A3,i=0,1,2,B3>Ag,故3=2： 综上所述：To=0,1=1,T2=1,r3=2. (2)由题意可知：Tn≤m,且rn∈N, 因为a,≥1，bn≥1，且a1≥b1,则Am≥B1>Bo对任意n∈N恒成立， 所以0=0，r1≥1， 又因为2r:≤r-1+ri+1,则r+1-r≥r1-T1-1,即rm-rm-1≥Tm-1-Tm-2≥之T1-T0≥1， 可得r+1-T≥1， 反证：假设满足r+1-rn>1的最小正整数为1≤j≤m-1, 当i≥j时，则r+1-T≥2：当i≤j-1时，则r+1-T:=1, 则rm=(tm-rm-1)+(rm-1-Tm-2)++(r1-ro)+T0≥2(m-)+j=2m-j: 又因为1≤j≤m-1,则rm≥2m-j≥2m-(m-1)=m+1>m, 假设不成立，故rn+1一Tn=1, 即数列{r是以首项为1，公差为1的等差数列，所以rn=0+1×n=n,n∈N. 3)因为an,bn均为正整数，则{An},{Bn}均为递增数列， ①若Am=Bm·则可取t=q=0,满足p>q,S>t,使得A2+B:=Ag+Bs: i)若Am<Bm,则rk<m, 构建sn=Br。-A,1≤n≤m,由题意可得：Sn≤0，且Sn为整数， 反证，假设存在正整数K,使得SK≤-m, 则B,K-Ak≤-m,Bx+1-Ak>0,可得b,x+1=Brg+1-Brx=(B,g+1-Ax)-(B,K-AK)>m 这与br+1∈{1,2，…，m}相矛盾，故对任意1≤n≤m,neN,均有Sn≥1-m. ①若存在正整数N,使得SN=B,N-Aw=0,即Aw=Brw, 可取t=q=0,p=N,s=TN, 满足p>q,s>t,使得Ap+B:=Ag+Bs: ②若不存在正整数N,使得SN=0, 因为Sm∈{-1，-2，…，-(m-1)},且1≤n≤m, 所以必存在1≤X<Y≤m,使得Sx=Sy 即Bx-Ax=BY-Ay,可得Ay+Brx=Ax+Bry' 第6页共39页 学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 可取p=Y,s=ry,q=X,t=Tx 满足p>q,s>t,使得A2+B:=Ag+Bs: i)若Am>Bm, 定义Rk=max{ilA:≤Bk,ie{0,1,2,,m},则Rk<m, 构建Sn=ARn-B,1≤n≤m,由题意可得：Sn≤0，且Sn为整数， 反证，假设存在正整数K,1≤K≤m,使得SK≤-m, 则ARK-BK≤-m,ARK+1-BK>0,可得aR+1=ARK+1-ARK=(ARK+1-BK)-(ARK-BK)>m, 这与a+1∈(1,2，…，m相矛盾，故对任意1≤n≤m,n∈N,均有Sn≥1-m ①若存在正整数N,使得SN=ARN-BN=O,即ARw=BN, 可取q=t=0,S=N,p=Rw, 即满足p>q,s>t,使得Ap+B:=Ag+Bs: ②若不存在正整数N,使得SN=0, 因为Sme{-1,-2,…,-(m-1)},且1≤n≤m, 所以必存在1≤X<Y≤m,使得Sx=Sy, 即AR-BX=ARv-By,可得ARv+Bx=ARx+By: 可取p=Ry,t=X,q=Rx,s=Y, 满足p>q,s>t,使得A,+B,=A。+Bs 综上所述：存在0≤q<p≤m,0≤t<s≤m使得A+B:=Ag+B。, 3.(2022年北京高考数学真题T21解答题15分)已知Q:a,a2,,ak为有穷整数数列.给定正整数，若对任 意的n∈{1,2，，m},在中存在a,a+1a+2,,a+j0≥0)，使得a:+a+1+a+2+…+atj=n,则称Q 为m-连续可表数列. (1)判断Q:2,1,4是否为5-连续可表数列？是否为6-连续可表数列？说明理由： (2)若Q:a1,a2,,ak为8-连续可表数列，求证：k的最小值为4： (3)若Q:a1a2,,ak为20-连续可表数列，且a1+a2+…+ak<20,求证：k≥7. 【答案】(1)是5-连续可表数列：不是6-连续可表数列：(2)证明见解析：(3)证明见解析【难度】0.15 【知识点】数列新定义 【分析】1)直接利用定义验证即可： (2)先考虑k≤3不符合，再列举一个k=4合题即可： 3)先证明k≥6，再说明k=6时不合题意，找出k=7且满足题意的数列即可得解 【详解】1)a2=1,a1=2,a1+a2=3,a3=4,a2+ag=5,所以Q是5-连续可表数列：易知，不存 在i,j使得a+a+1十…+a+=6,所以Q不是6-连续可表数列. (2)若k≤3，设为Q:a,b,c,则至多a+b,b+Ca+b+c,a,b,c,6个数字，没有8个，矛盾： 当k=4时，数列Q:1,4,1,2,满足a1=1,a4=2,a3+a4=3,a2=4,a1+a2=5,a1+a2+a3=6,a2+a3+ a4=7,a1+a2+a3+a4=8,kmim=4. 第7页共39页 学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 3)解法一：先证明k≥6. 从5个正整数中，取一个数字只能表示自身，最多可表示5个数字， 取连续两个数字最多能表示4个数字，取连续三个数字最多能表示3个数字， 取连续四个数字最多能表示2个数字，取连续五个数字最多能表示1个数字， 所以对任意给定的5个整数，最多可以表示5+4+3+2+1=15个正整数，不能表示20个正整数，即 k≥6. 若k=6,最多可以表示6+5+4+3+2+1=21个正整数， 由于Q为20-连续可表数列，且a1十a2+…+ak<20,所以至少有一项为负数， 既然任意5个正整数都不可能为20-连续可表数列，那么中间若插人一个负数项，更不能连续表示1~20的 正整数 所以至少要有6个正整数才能连续表示1~20的正整数.所以Q中至少包含6个正整数和一个负数，故k≥7. 当k=7时，数列1,2,4,5,8，-2，-1满足题意， ·k≥7 解法二：若数列Q:a1,a2,,ak(k≤5)为20-连续可表数列， 则20≤5+4+3+2+1=15，这不可能！因而满足题设的k≥6. 若k=6,得整数数列Q:a1,a2,ag,a4,a5,a6中的连续若干项（至少一项，下同）的和a1,a2,a3,a4,a5,a6, a1+a2,a2+a3,a3+a4,a4+as,a5+a6: a1+a2+a3,a2+a3+a4,a3+a4+a5,a4+a5+a6, a1+a2+a3+a4,a2+a3+a4+a5,a3+a4+a5+a6: a1+a2+a3+a4+a5,a2+a3+a4+a5+a6: a1+a2+ag十a4+a5+a6最多能表示（下简称数列Q的连续项和表示）出21个两两互异的正整数， 且题设是能表示出1,2,3，，20这20个正整数。 ①若数列Q的六项均是自然数，由题设a1+a2+ag+a4+a5+a6<20, 可得数列Q的连续项和均小于20（没有表示出20），与题设矛盾！ 所以数列Q中有负项且负项的项数是1（若存在两个负项，则数列Q的连续项和表示中会少两个正整数，至多 能表示21-2=19个正整数，不满足题设). 若数列Q的项中还有0，则数列Q的连续项和表示中会少两个正整数（负项与0），不满足题设，因而数列Q的 项是一项负五项正（且这五个正项两两互异） 还可得：数列Q的连续项和表示中除负项这个和外组成的集合是{1,2,3，，20} 因为其中最大的是20，所以20的连续项和表示是最多的连续若干个正项之和（即对数列Q的连续正项全部求 和) ②因为"若数列Q:a1,a2,a3,a4,a5,a6满足题设，则数列Q:a6,a5,a4,a3,a2,a1 满足题设”， 所以可只考虑数列Q:a1,a2,ag,a4,a5,a6(a1<0或a2<0或a3<0)的情形. 第8页共39页 学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 若a2<0且数列Q的其余五项都是正项，则a1=20或a3+a4+a5+a6=20.若a1=20,则由20>a1+ a2+a3+a4+as+a6, 可得a2+a3+a4+a5+a6<0,得数列Q的连续项和表示中的a2,a2+a3+a4+as+a6均不是正整数；若 a3+a4+a5+a6=20, 则由20>a1+a2+a+a4+a5+a6,可得a1+a2<0, 得数列Q的连续项和表示中的a2,a1+a2均不是正整数.均不满足题设. 同理，可证得a3<0也不满足题设.因而a1<0, 且a2+a3+a4+as+a6=20. ③若两两互异的五个正整数a2,a3,a4,a5,a6中没有1，则20=a2+a3+a4+a5+a6≥2+3+4+5+6= 20. 因而{a2,a3,a4,a5,a6}={2,3,4,5,6}. 再由数列Q的连续项和表示中最小的正数是1，可得a1+a2=1. 若3i∈{3,4,5,6，a1+a:=0,则a1+a2+…+a:=a2+a3+…+a-1 得数列Q的连续项和表示中会少表示一个正整数，不满足题设， 因而Vj∈{2,3,4,5,6，a1+a≠0. 而a∈{2,3,4,5,6}，所以a1{-2,-3,-4,-5-6. 再由a1=1-a2,a2∈{2,3,4,5,6}，可得a1=-1,a2=2,{a3,a4,a5,a6}={3,4,5,6}, a2+a3+a4+a5+a6=20,a1+a2+a3+a4+a5+a6=19,ag+a4+a5+a6=18, 再得数列Q的连续项和表示中17的表示只可能是a2+Q3+a4+5=17, 进而可得a1=-1,a2=2,{ag,a4,as}={4,5,6,6=3. 又由数列Q的连续项和表示中有14，可得a3=4, {a4,a5}={5,6,得数列Q是-1,2,4,5,6,3（但a2+a3=a5)或-1,2,4,6,5,3（但a2+a3=a4),均不可能，因 而a2,a3,a4,a5,a6中有1. ④由数列Q的连续项和表示中有19及a1+a2+ag+a4+a5+a6<20, 可得a2=1或a6=1(得a2+a3+a4+a5=19)或a1+a2+a3+a4+a5+a6=19(a1=-1). 若a2=1,则a1+Q2=a1+1≤0，得数列Q的连续项和表示中会少表示一个正整数； 若a1=-1,可得a2≠1（否则a1+a2=0,数列Q的连续项和表示中会少表示一个正整数）， 所以3ie{3,4,5,6,a1+a=0,得a1+a2+…+a:=a2+a3+…+a1-1, 数列Q的连续项和表示中会少表示一个正整数.均不满足题设. 所以a2+a3+a4+a5=19,a1≤-2，a6=1. ⑤由数列Q的连续项和表示中有18及和为19的两两互异的四个数a2,a3,a4,a5均大于1及a1+a2+a3+ a4+a5≤17， 可得a1+a2+a3+a4+a5+a6=18(得a1=-2)或a3+a4+a5+a6=18(得a3+a4+a5=17,a2= 2,a1+a2≤0， 第9页共39页 学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 数列Q的连续项和表示中会少表示一个正整数) 所以a1=-2,a2+a3+a4+5=19,a6=1. ⑥由数列Q的连续项和表示中有16及和为19的两两互异的四个数a2,a3,a4,a5均大于1， (且a2≥4：因为0<a1+a2=a2-2≠a6=1)及a1+a2+a3+a4+a5=17, 可得a2+a3+a4=16(得a5=3)或a3+a4+a5+a6=16(得a3+a4+a5=15,a2=4)或a4+a5+ a6=16, (得a2+a3=4,与a2≥4矛盾)或a5+a6=16(得a2+a3+a4=4,与a2≥4矛盾). ①)a1=-2,a2≥4，a2+a3+a4=16,a5=3,a6=1. 由数列Q的连续项和表示中有15（可证得15的表示中没有a1也没有a2),可得a3+a4+a5=15(得a3+ a4=12,a2=4=3+1=a5+a6, 这不可能)减ag+a4+a5+a6=15(得a3+a4=11,a2=5,a1+a2=3=a5,这不可能)或a4+a5=15(得 a4=12,a2+a3=4,与a2≥4矛盾)或a4+a5+a6=15(得a4=11,a2+a3=5,再得a2=4,a3=1= a6,这不可能) (i)a1=-2,a2=4,ag+a4+a5=15,a6=1. 由数列Q的连续项和表示中有14，可得a1+a2+a3=14 (a3=12,a4+as=3,{a4,as}={1,2,得a6与a4或as5重复，这不可能)， 或a1+a2+a3+a4=14(得a3+a4=12,a5=3,a2=4=3+1=a5+a6, 这不可能)或a2+a3=14(得a3=10,a4+a5=5,{a4,a5}={2,3}, 进而可得数列Q是-2,4,10,2,3,1，（此时a1+a2=2=a4,这不可能）或-2,4,10,3,2,1（此时a1+a2=2=a5 这不可能)或a2+a3+a4=14(得ag+a4=10,as=5, 再由数列Q的连续项和表示中有13， 可得数列Q是-2,4,3,7,5,1（但a2+a3=7=a4,这不可能）或-2,4,2,8,5,1（但a1+a2=2=a3,这不可能）) 或a4+a5+a6=14(得a4+a5=13,a3=2=a1+a2,这不可能). 综上所述，可得欲证结论成立， 【点睛】关键点睛，先理解题意，是否为-可表数列核心就是是否存在连续的几项（可以是一项）之和能表 示从1到中间的任意一个值，本题第二问k≤3时，通过和值可能个数否定k≤3：第三问先通过和值的 可能个数否定k≤5，再验证k=6时，数列中的几项如果符合必然是{-1,2,3,4,5,6的一个排序，可验证这 组数不合题， 4.(2021年北京高考数学真题T21解答题15分)设p为实数.若无穷数列{an}满足如下三个性质，则称{a}为咒， 数列： ①a1+p≥0，且a2+p=0:②a4n-1<a4w(n=1,2,…): ③am+n∈{am+an+p,am+a+p+1},(m,n=1,2,…) (1)如果数列{an}的前4项为2，-2，-2，-1，那么{an}是否可能为咒2数列？说明理由： (2)若数列{an}是咒，数列，求a5: 第10页共39页 专题01数列新定义及创新问题 目录 01 析·考情精解 1 02 构·知能框架 1 03 破·题型攻坚 2 考点一 数列新定义及创新问题 2 真题动向 必备知识 命题预测 题型1数列新定义 题型2数列不等式 题型3数列创新问题 命题轨迹透视 从近五年北京卷高考试题来看，数列解答题主要考数列新定义，多以压轴题形式呈现，难度大。 考点频次总结 考点 2025年 2024年 2023年 数列新定义 北京T21解答题15分 北京T21解答题15分 数列不等式 2026命题预测 预计在2026年北京卷高考中，数列解答题仍会考数列新定义，大概率以压轴题形式出现，侧重数列与集合、数列与不等式等其它知识点的综合交汇，难度大思维要求高。 要求对数列的知识全盘理解并掌握，能够通过对新定义的分析理解，寻找到新定义与学过得数列知识的联系，从而找到解题的方法。 考点一 数列新定义及创新问题 1．(2024年北京高考数学真题T21解答题15分)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“”． 2．(2023年北京高考数学真题T21解答题15分)已知数列的项数均为m，且 的前n项和分别为，并规定．对于，定义，其中，表示数集M中最大的数. (1)若，求的值； (2)若，且，求； (3)证明：存在，满足 使得． 3.(2022年北京高考数学真题T21解答题15分)已知为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的，在Q中存在，使得，则称Q为连续可表数列． (1)判断是否为连续可表数列？是否为连续可表数列？说明理由； (2)若为连续可表数列，求证：k的最小值为4； (3)若为连续可表数列，且，求证：． 4.(2021年北京高考数学真题T21解答题15分)设p为实数.若无穷数列满足如下三个性质，则称为数列： ①，且；②； ③，． （1)如果数列的前4项为2，-2，-2，-1，那么是否可能为数列？说明理由； （2)若数列是数列，求； （3)设数列的前项和为.是否存在数列，使得恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，说明理由． 题型1数列新定义 1．(25-26高三上·北京顺义·月考)数列为无穷非负整数数列，若对任意，均存在，且，使，则称数列为“完备数列”.给出下列四个结论： ①若正项等差数列为“完备数列”，则首项一定为1； ②若正项等比数列为“完备数列”，则公比一定为2； ③若满足，则对任意，数列均为“完备数列”； ④若满足，则数列为“完备数列”； 其中正确结论的序号是 . 2．(25-26高三上·北京海淀·月考)对于给定的数列，如果存在实数，，使得对任意成立，我们称数列是“线性数列”，数列满足，，则下列选项错误的是(    ) A．等差数列是“线性数列” B．等比数列是“线性数列” C．若是等差数列，则是“线性数列” D．若是等比数列，则是“线性数列” 3．(25-26高三上·北京海淀·月考)对于给定的数列，如果存在实数，，使得对任意成立，我们称数列是“线性数列”，数列满足，，则下列选项错误的是(    ) A．等差数列是“线性数列” B．等比数列是“线性数列” C．若是等差数列，则是“线性数列” D．若是等比数列，则是“线性数列” 4．(2025·北京海淀·一模)对于无穷数列和正整数，若存在满足且，则称数列具有性质．下列选项中错误的是(   ) A．若，则数列不具有性质 B．若，则数列具有性质 C．存在数列和，使得和均不具有性质，且具有性质 D．若数列和均具有性质，则具有性质 5．(2025·北京·模拟预测)已知无穷数列满足：，，，，其中表示不超过的最大整数.则下列说法中正确的是(   ) A．对于任意，，都不是常数列 B．存在正数，，使得是递增数列 C．对于任意正数，q，都存在正整数，使得是周期数列 D．如果是常数列，则一定有 6．(2025高三·北京·专题练习)对于数列，若存在正数，使得对一切正整数，都有，则称数列是有界的，若这样的正数不存在，则称数列是无界的.记数列的前项和为，则下列说法不正确的是( ) A．若，则数列是无界的 B．若，则数列是有界的 C．若，则数列是有界的 D．若，则数列是有界的 7．(25-26高三上·北京·月考)从任一数列中，选取第项，第项，第 项( )， 新数列 为长度为 的子列.对于各项均不相同的数列，其各项从小到大按顺序排列为(其中 是 的一个排列.定义集合：，称集合的元素个数为数列的 “相邻计数”，记为 . (1)对于数列 ，直接写出它所有的 4 项子列 ，使得各项不同，且； (2)已知数列，证明：对于 的任意一个连续 4 项子列 ，都有； (3)已知数列 是 的一个排列，求证： 总存在长为 4050 项的子列 ，使得 . 8．(25-26高三上·北京·月考)设各项均为整数的无穷数列满足:. (1)求的所有可能取值; (2)若，求的最小值； (3)记数列的前项和为，是否存在数列，使得为无穷集?请说明理由. 9．(25-26高三上·北京·月考)已知含有n个元素的正整数集()具有性质P：对任意不大于(其中)的正整数k，存在数集A的一个子集，使得该子集所有元素的和等于k． (1)写出，的值； (2)证明：“，，…，成等差数列”的充要条件是“”； (3)若，求当n取最小值时的最大值． 10．(25-26高三上·北京·月考)对于有限正整数数列：，若存在连续子列和符号序列，使得，其中，则称数列存在平衡连续子列． (1)写出数列2，1，2，3的一个平衡连续子列； (2)设对任意正整数，定义函数为满足的非负整数，其中为奇数，令．求数列并判断其是否存在平衡连续子列，说明理由； (3)设数列的每一项均为不大于的正整数，证明：当时，存在平衡连续子列． 题型2数列不等式 1．(24-25高三上·北京朝阳·期末)设是无穷数列，若存在正整数使得对任意，均有，则称是间隔递减数列，其中称为数列的间隔数．给出下列三个结论： ①若，则是间隔递减数列； ②若，则是间隔递减数列； ③若，则是间隔递减数列且的间隔数的最小值是． 其中所有正确结论的序号是(    ) A．① B．①③ C．②③ D．①②③ 2．(2024·北京西城·二模)已知是无穷等比数列，其前项和为.若对任意正整数，都有，则的取值范围是(    ) A． B． C． D． 3．(23-24高三上·北京密云·月考)我们可以用下面的方法在线段上构造出一个特殊的点集：如图，取一条长度为1的线段，第1次操作，将该线段三等分，去掉中间一段，留下两段；第2次操作，将留下的两段分别三等分，各去掉中间一段，留下四段；按照这种规律一直操作下去.若经过次这样的操作后，去掉的所有线段的长度总和不小于，则的最小值为(   )(参考数据：，) A． B． C． D． 4．(25-26高三上·北京·月考)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； ②若各项均为正数的等比数列为“有界变差数列”，则其公比的取值范围是； 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”，则存在，使得对于任意，都； 其中所有正确结论的序号是 . 5．(25-26高三上·北京·期中)已知为有穷整数数列.给定正整数，若对任意的，在中存在，使得，则称为－连续可表数列. (1)判断是否为5－连续可表数列？是否为6－连续可表数列？说明理由； (2)若为8－连续可表数列，求证：； (3)若为20－连续可表数列，且，求的最小值. 6．(25-26高三上·北京密云·月考)设数列，如果，且，对于，，使成立，则称数列A为数列． (1)分别判断数列1，3，5，7和数列2，4，6，8是否是数列(只需写出结论)； (2)若数列A是数列，且，求的最小值； (3)若数列A是数列，且，求的最大值． 7．(2025·北京延庆·三模)已知数集具有性质:对任意的 ，，使得成立. (1)分别判断数集与是否具有性质，并说明理由; (2)求证; (3)若，求数集中所有元素的和的最小值. (4)请写出解三角形、三角函数、立体几何和概率统计模块中任意2个公式. 8．(25-26高三上·北京·开学考试)给定整数，数列满足．定义数列如下：，其中表示这2个数中最小的数．记， (1)时，，分别写出相应的数列和；(2)求证：；(3)求的最小值． 9．(2025·北京丰台·一模)已知无穷递增数列各项均为正整数，记数列为数列的自身子数列. (1)若，写出数列的自身子数列的前4项； (2)证明：； (3)若数列与是公差分别为，的等差数列. (i)证明：；(ii)当，时，求数列的通项公式. 题型3数列创新问题 1．(25-26高三上·北京密云·月考)元代数学家朱世杰编著的《算法启蒙》中记载了有关数列的计算问题：“今有竹七节，下两节容米四升，上两节容米二升，各节欲均容，问逐节各容几升？”其大意为：现有一根七节的竹子，最下面两节可装米四升，最上面两节可装米二升，如果竹子装米量逐节等量减少，问竹子各节各装米多少升？以此计算，这根竹子中间一节的装米量为 升． 2．(24-25高三上·北京·月考)《周髀算经》中有这样一个问题：冬至､小寒､大寒､立春､雨水､惊蛰､春分､清明､谷雨､立夏､小满､芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，前三个节气日影长之和为28.5尺，最后三个节气日影长之和为1.5尺，则该数列的公差为 ，春分时节的日影长为 尺. 3．(24-25高三上·北京房山·期末)《九章算术》是我国古代的优秀数学著作，内容涉及方程、几何、数列、面积、体积的计算等多方面.《九章算术》中有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”由以上条件，该女子第5天织布 尺；若要织布50尺，该女子所需的天数至少为 . 4．(2024·北京大兴·三模)在数学发展史上，已知各除数及其对应的余数，求适合条件的被除数，这类问题统称为剩余问题.1852年《孙子算经》中“物不知其数”问题的解法传至欧洲，在西方的数学史上将“物不知其数”问题的解法称之为“中国剩余定理”，“物不知其数”问题后经秦九韶推广，得到了一个普遍的解法，提升了“中国剩余定理”的高度.现有一个剩余问题：在的整数中，把被除余数为，被除余数为，被除余数也为的数，按照由小到大的顺序排列，得到数列，则数列的项数为 . 5．(22-23高三上·北京·月考)十三世纪意大利数学家列昂纳多斐波那契从兔子繁殖问题中发现了这样的一列数：1，1，2，3，5，8，13，，即从第三项开始，每一项都等于它前两项的和.后人为了纪念他，就把这列数成为斐波那契数列.因以兔子繁殖为例子而引入，故又称该数列为“兔子数列”.关于斐波那契数列给出以下四个结论： ①是奇数；②；③；        ④； 其中所有正确结论的序号为 . 6．(2021·北京门头沟·一模)已知各项均为正数的数列，其前n项和为，数列为等差数列，满足，.再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求解下列问题： (I)求数列的通项公式和它的前n项和； (II)若对任意不等式恒成立，求k的取值范围. 条件①；条件②，当，， 注：如果选择条件①、条件②分别解答，按第一个解答计分. 学科网(北京)股份有限公司第 1 页 共 65 页 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题01数列新定义及创新问题 目录 01析考情精解…门 02构知能框架………1 03破题型攻坚… 考点一数列新定义及创新问题… 真题动向 必备知识 题型1数列新定义 命题预测 题型2数列不等式 题型3数列创新问题 NO.1 析·考情精解 命题 从近五年北京卷高考试题来看，数列解答题主要考数列新定义，多以压轴题形式呈现， 难度大。 轨迹 透视 考点 考点 2025年 2024年 2023年 频次 数列新定义 北京T21解答题15分 北京T21解答题15分 总结 数列不等式 2026 预计在2026年北京卷高考中，数列解答题仍会考数列新定义，大概率以压轴题形式 出现，侧重数列与集合、数列与不等式等其它知识点的综合交汇，难度大思维要求高。 命题 要求对数列的知识全盘理解并掌握，能够通过对新定义的分析理解，寻找到新定义与 预测 学过得数列知识的联系，从而找到解题的方法。 N0.2 构·知能框架 考点一数列新定 题型1数列新定义 专题2数列新定 义及创新问题 题型2数列不等式 义及创新问题 题型3数列创新问题 第1页共12页 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 NO.3 破·题型攻坚 考点一数列新定义及创新问题 真】 题 动 向 1.(2024年北京高考数学真题T21解答题15分)已知集合={(，，，川∈{1,2，∈{3,4，∈{5,6，∈ 7,8,且+++为偶数.给定数列：1,2，，8，和序列2：1,2，…，其中=(，，，)∈(= 1,2,…,),对数列进行如下变换：将的第1,1,1,1项均加1，其余项不变，得到的数列记作1()：将1() 的第2,2,2,2项均加1，其余项不变，得到数列记作21()：：以此类推，得到…21()，简记 为2(). (1)给定数列：1,3,2,4,6,3,1,9和序列2：(1,3,5,7)，(2,4,6,8)，(1,3,5,7)，写出2()： (2)是否存在序列2，使得2()为1+2,2+6,3+4,4+2,5+8,6+2,7+4,8+4，若存在，写出一 个符合条件的2；若不存在，请说明理由； (3)若数列的各项均为正整数，且1十3+5+7为偶数，求证：“存在序列2，使得2()的各项都相等” 的充要条件为“1十2=3十4=5+6=7+8”. 第2页共12页 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2.(2023年北京高考数学真题T21解答题15分)已知数列{，{}的项数均为m(>2),且，∈ 1,2,,),{3,{}的前n项和分别为，，并规定0=0=0.对于∈0,1,2，，}，定义= max{|≤，∈{0,1,2，，)}，其中，max表示数集M中最大的数. (1)若1=2,2=1,3=3,1=1,2=3,3=3，求0,1,2,3的值： (2)若1≥1，且2≤+1+-1=1,2，，-1，求： (3)证明：存在，，，∈{0,1,2，”，}，满足>，>，使得+=+· 3.(2022年北京高考数学真题T21解答题15分)已知：1,2，，为有穷整数数列.给定正整数，若对任 意的∈1,2，…，}，在Q中存在，+1，+2，…，+（≥0），使得++1++2+…++=，则称2 为一连续可表数列， (1)判断：2,1,4是否为5-连续可表数列？是否为6-连续可表数列？说明理由： (2)若：1,2，，为8一连续可表数列，求证：k的最小值为4： (3)若：1,2，，为20-连续可表数列，且1+2+…+<20，求证：≥7. 第3页共12页 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 4.(2021年北京高考数学真题T21解答题15分)设p为实数.若无穷数列{}满足如下三个性质，则称{}为 数列： ①1+≥0，且2+=0：②4-1<4，(=1,2，…)为 ③+∈{++，+++1}，(，=1,2，…). (1)如果数列{}的前4项为2，-2，-2，-1，那么{}是否可能为巩2数列？说明理由： (2)若数列{}是巩o数列，求5： (3)设数列{}的前项和为是否存在织数列{}，使得≥10恒成立？如果存在，求出所有的P:如果 不存在，说明理由。 命 题 预 测 题型1数列新定义 1.(25-26高三上北京顺义·月考)数列}为无穷非负整数数列，若对任意∈*，均存在1,2，，∈N*, 且1<2<…<，使+2十…=，则称数列{}为“完备数列”给出下列四个结论： ①若正项等差数列}为“完备数列”，则首项一定为1： ②若正项等比数列}为“完备数列”，则公比一定为2： ③若{}满足+2=丨+1-，则对任意1,2∈N*,数列{}均为“完备数列”； ④若{}满足+2=+1+（付∈N),1=2=1,则数列(}为“完备数列”： 其中正确结论的序号是一 第4页共12页 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2.(25-26高三上·北京海淀·月考)对于给定的数列}，如果存在实数，，使得+1=+对任意∈· 成立，我们称数列}是“线性数列”，数列}满足1=1，+1=+，则下列选项错误的是() A.等差数列是“线性数列” B.等比数列是“线性数列” C.若{}是等差数列，则{}是“线性数列” D.若{}是等比数列，则{}是“线性数列” 3.(25-26高三上·北京海淀·月考)对于给定的数列{}，如果存在实数，，使得+1=+对任意∈ 成立，我们称数列(}是“线性数列”，数列{}满足1=1，+1=+，则下列选项错误的是() A.等差数列是“线性数列” B.等比数列是“线性数列” C.若{}是等差数列，则{}是“线性数列” D.若{}是等比数列，则{}是“线性数列” 4.(2025·北京海淀.一模)对于无穷数列[}和正整数（≥2)，若存在1,2，，满足1<2<…<且 士=子=…=一，则称数列{具有性质·下列选项中错误的是() A.若=2，则数列{}不具有性质2 B.若=-1+cos(),则数列}具有性质2025 C.存在数列{}和(}，使得{}和{}均不具有性质2，且{+}具有性质2025 D.若数列{}和{}均具有性质2025，则{+}具有性质2025 5.(2025北京模拟预测)已知无穷数列{}满足：1=，+[-1]=，≥2，，∈，其中[]表示 不超过的最大整数.测下列说法中正确的是() A.对于任意，，{}都不是常数列 B.存在正数，，使得{}是递增数列 C.对于任意正数，q,都存在正整数，使得，+1，+2，…是周期数列 D.如果{}是常数列，则一定有= 6.(2025高三·北京·专题练习)对于数列{}，若存在正数，使得对一切正整数，都有|1≤，则称数 列}是有界的，若这样的正数不存在，则称数列{}是无界的记数列}的前项和为，则下列说法 不正确的是() A.若=1+，则数列{}是无界的 B.若=()cos，则数列[}是有界的 C.若=(-1)，则数列{}是有界的 D.若=，则数列（是有界的 7.(25-26高三上·北京·月考)从任一数列中，选取第1项，第2项，…第项(1<2<…<)，新数 列1’2”，为长度为的子列对于各项均不相同的数列：1,2，，2，其各项从小到大按顺 序排列为4,5，，2（其中1,2，，2是1,2，，2的一个排列.定义集合：={‖2-2-1= 1,=1,2,…,称集合的元素个数为数列的“相邻计数”，记为（). 第5页共12页 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (1)对于数列：2,0,1,2,5,2,0,2,6，直接写出它所有的4项子列，使得各项不同，且()=2： (2)已知数列：9,10,11,12,8,7,6,5,1,2,3,4，证明：对于的任意一个连续4项子列，都有（)≥1： (3)已知数列：1,2，…2025是1,2，，2025×2026的一个排列，求证：总存在长为4050项 的子列，使得()=2025. 8.(25-26高三上北京·月考)设各项均为整数的无穷数列{}满足：1=0，∈N,|+1-|=2. (1)求3的所有可能取值； (2)若=2026，求的最小值： (3)记数列{}的前项和为，是否存在数列{}，使得{1=2026}为无穷集？请说明理由. 第6页共12页 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 9.(25-26高三上·北京·月考)已知含有n个元素的正整数集={1,2，…，(1<2<<，≥3)具有性 质P:对任意不大于()（其中(）=1+2+…+)的正整数k,存在数集A的一个子集，使得该子集所 有元素的和等于k. (1)写出1,2的值： (2)证明：“1,2’， 成等差数列”的充要条件是“()=（”： 2 (3)若()=2025，求当n取最小值时的最大值. 10.(25-26高三上北京·月考)对于有限正整数数列：1,2，…，，若存在连续子列，+1…，和符号序 列，+1，…，∈{-1,1}，使得。=0，其中1≤<≤，，∈*，则称数列存在平衡连续子列. (1)写出数列2,1,2,3的一个平衡连续子列： (2)设对任意正整数，定义函数()为满足=·2的非负整数，其中为奇数，令 =22-（0(=1,2,…,7).求数列1,2，…，7并判断其是否存在平衡连续子列，说明理由： (3)设数列的每一项均为不大于（∈）的正整数，证明：当≥2时，存在平衡连续子列. 第7页共12页 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 题型2数列不等式 1.(24-25高三上·北京朝阳·期末)设{}是无穷数列，若存在正整数使得对任意∈*，均有+<，则 称{}是间隔递减数列，其中称为数列的间隔数.给出下列三个结论： ①若=9，则{}是间隔递减数列： ②若=·(-2)+1，则{}是间隔递减数列： ③若 =-之+sn，则{}是间隔递减数列且{的间隔数的最小值是4. 其中所有正确结论的序号是() A.① B.①③ C.②③ D.①②③ 2.(2024北京西城二模)已知()提无穷等比数列，其前项和为，1=3,2=号若对任意正整数，都有 -(-1)·>0,则的取值范围是() A.(-3,1) B.[-2,1) c.(-3) D.-2,) 3.(23-24高三上·北京密云·月考)我们可以用下面的方法在线段上构造出一个特殊的点集：如图，取一条长 度为1的线段，第1次操作，将该线段三等分，去掉中间一段，留下两段：第2次操作，将留下的两段分 别三等分，各去掉中间一段，留下四段：按照这种规律一直操作下去若经过次这样的操作后，去掉的所有 线段的长度总和不小于器则的最小值为()（参考数据：1g2≈0.301,1g3≈0.47） 第1次操作 第2次操作 --一-第3次操作 A.11 B.12 C.13 D.14 4.(25-26高三上北京·月考)对于数列{}，若存在>0，使得对任意∈*，有|2一1+13-2+…+ |+1一1<，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”，则其公比的取值范围是(0,1)： ③若数列提“有界变差数列”，（满足=士，则（是“有界变差数列”； ④若数列}是“有界变差数列”，则存在o∈·，使得对于任意∈，都≤ 其中所有正确结论的序号是 5.(25-26高三上·北京·期中)已知：1,2，，为有穷整数数列.给定正整数，若对任意的∈{1,2，，， 第8页共12页 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 在中存在，+1，+2，，+（≥0)，使得++1十+2+…++=，则称为一连续可表数列. (1)判断：2,1,4是否为5一连续可表数列？是否为6一连续可表数列？说明理由： (2)若：1,2，，为8一连续可表数列，求证：≥4； (3)若：1,2，，为20一连续可表数列，且1+2+…+<20，求的最小值. 6.(25-26高三上北京密云月考)设数列：1,2，…，（≥2)，如果0<1<2<…<≤2024，且∈ *,(=1,2,…,),对于V≥2,31≤≤≤≤-1，使=++成立，则称数列A为数列. (1)分别判断数列1,3,5,7和数列2,4,6,8是否是数列（只需写出结论）： (2)若数列A是数列，且=2020，求的最小值： (3)若数列A是数列，且=2024，求的最大值. 第9页共12页 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 7.(2025·北京延庆·三模)已知数集={1,2，(1=1<2<…<，≥2)具有性质：对任意的 (2≤≤)，3，(1≤≤≤)，使得=+成立. (1)分别判断数集{1,2,3,6,10}与{1,2,4,5,9}是否具有性质，并说明理由； (2)求证≤21+2+.+-1（≥2）： (3)若=36，求数集中所有元素的和的最小值. (4)请写出解三角形、三角函数、立体几何和概率统计模块中任意2个公式。 8.(25-26高三上·北京·开学考试)给定整数≥3，数列：1,2，…，满足{12，…，}={1,2,3，，}.定义 数列如下：1=min{,2,2=min(2,3,,-1=min{-,=minf，1},其中min{i2} 表示v2这2个数中最小的数.记=1+2十…+，=1+2十…+， =一 ()=4时，：1,4,23，分别写出相应的数列和；(2)求证：≥号；(3)求的最小值. 第10页共12页 专题01数列新定义及创新问题 目录 01 析·考情精解 1 02 构·知能框架 1 03 破·题型攻坚 2 考点一 数列新定义及创新问题 2 真题动向 必备知识 命题预测 题型1数列新定义 题型2数列不等式 题型3数列创新问题 命题轨迹透视 从近五年北京卷高考试题来看，数列解答题主要考数列新定义，多以压轴题形式呈现，难度大。 考点频次总结 考点 2025年 2024年 2023年 数列新定义 北京T21解答题15分 北京T21解答题15分 数列不等式 2026命题预测 预计在2026年北京卷高考中，数列解答题仍会考数列新定义，大概率以压轴题形式出现，侧重数列与集合、数列与不等式等其它知识点的综合交汇，难度大思维要求高。 要求对数列的知识全盘理解并掌握，能够通过对新定义的分析理解，寻找到新定义与学过得数列知识的联系，从而找到解题的方法。 考点一 数列新定义及创新问题 1．(2024年北京高考数学真题T21解答题15分)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“”． 【答案】(1)；(2)不存在符合条件的，理由见解析；(3)证明见解析【难度】0.15 【知识点】数列新定义 【分析】(1)直接按照的定义写出即可； (2)解法一：利用反证法，假设存在符合条件的，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；解法二：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，可知序列共有8项，可知：，检验即可； (3)解法一：分充分性和必要性两方面论证；解法二：若，分类讨论相等得个数，结合题意证明即可；若存在序列，使得为常数列，结合定义分析证明即可. 【详解】(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“”. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析. 2．(2023年北京高考数学真题T21解答题15分)已知数列的项数均为m，且 的前n项和分别为，并规定．对于，定义，其中，表示数集M中最大的数. (1)若，求的值； (2)若，且，求； (3)证明：存在，满足 使得． 【答案】(1)，，，；(2)；(3)证明见详解【难度】0.15 【知识点】利用定义求等差数列通项公式、数列新定义 【分析】(1)先求，根据题意分析求解； (2)根据题意题意分析可得，利用反证可得，在结合等差数列运算求解； (3)讨论的大小，根据题意结合反证法分析证明. 【详解】(1)由题意可知：， 当时，则，故； 当时，则，故； 当时，则故； 当时，则，故； 综上所述：，，，. (2)由题意可知：，且， 因为，且，则对任意恒成立， 所以， 又因为，则，即， 可得， 反证：假设满足的最小正整数为， 当时，则；当时，则， 则 ， 又因为，则， 假设不成立，故， 即数列是以首项为1，公差为1的等差数列，所以. (3)因为均为正整数，则均为递增数列， (ⅰ)若，则可取，满足 使得； (ⅱ)若，则， 构建，由题意可得：，且为整数， 反证，假设存在正整数，使得， 则，可得， 这与相矛盾，故对任意，均有. ①若存在正整数，使得，即， 可取， 满足，使得； ②若不存在正整数，使得， 因为，且， 所以必存在，使得， 即，可得， 可取， 满足，使得； (ⅲ)若， 定义，则， 构建，由题意可得：，且为整数， 反证，假设存在正整数，使得， 则，可得， 这与相矛盾，故对任意，均有. ①若存在正整数，使得，即， 可取， 即满足，使得； ②若不存在正整数，使得， 因为，且， 所以必存在，使得， 即，可得， 可取， 满足，使得. 综上所述：存在使得． 3.(2022年北京高考数学真题T21解答题15分)已知为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的，在Q中存在，使得，则称Q为连续可表数列． (1)判断是否为连续可表数列？是否为连续可表数列？说明理由； (2)若为连续可表数列，求证：k的最小值为4； (3)若为连续可表数列，且，求证：． 【答案】(1)是连续可表数列；不是连续可表数列；(2)证明见解析；(3)证明见解析【难度】0.15 【知识点】数列新定义 【分析】(1)直接利用定义验证即可； (2)先考虑不符合，再列举一个合题即可； (3)先证明，再说明时不合题意，找出且满足题意的数列即可得解． 【详解】(1)，，，，，所以是连续可表数列；易知，不存在使得，所以不是连续可表数列． (2)若,设为 ,则至多，6个数字，没有个，矛盾； 当时,数列，满足，，，，，，，， ． (3)解法一：先证明. 从5个正整数中，取一个数字只能表示自身，最多可表示5个数字， 取连续两个数字最多能表示4个数字，取连续三个数字最多能表示3个数字， 取连续四个数字最多能表示2个数字，取连续五个数字最多能表示1个数字， 所以对任意给定的5个整数，最多可以表示 个正整数，不能表示20个正整数，即. 若，最多可以表示个正整数， 由于为连续可表数列，且，所以至少有一项为负数， 既然任意5个正整数都不可能为20-连续可表数列，那么中间若插人一个负数项，更不能连续表示的正整数. 所以至少要有6个正整数才能连续表示的正整数.所以中至少包含6个正整数和一个负数，故. 当时，数列满足题意， ． 解法二：若数列为连续可表数列， 则，这不可能！因而满足题设的． 若，得整数数列中的连续若干项(至少一项，下同)的和， ； ， ； ； 最多能表示(下简称数列的连续项和表示)出21个两两互异的正整数， 且题设是能表示出这20个正整数． ①若数列的六项均是自然数，由题设， 可得数列的连续项和均小于20(没有表示出20)，与题设矛盾！ 所以数列中有负项且负项的项数是1(若存在两个负项，则数列的连续项和表示中会少两个正整数，至多能表示个正整数，不满足题设)． 若数列的项中还有0，则数列的连续项和表示中会少两个正整数(负项与0)，不满足题设，因而数列的项是一项负五项正(且这五个正项两两互异)． 还可得：数列的连续项和表示中除负项这个和外组成的集合是． 因为其中最大的是20，所以20的连续项和表示是最多的连续若干个正项之和(即对数列的连续正项全部求和)． ②因为＂若数列满足题设，则数列 满足题设＂， 所以可只考虑数列或 或的情形． 若且数列的其余五项都是正项，则 或．若，则由 ， 可得 ，得数列的连续项和表示中的 均不是正整数；若， 则由，可得， 得数列的连续项和表示中的均不是正整数．均不满足题设． 同理，可证得也不满足题设．因而， 且． ③若两两互异的五个正整数中没有1，则 ． 因而． 再由数列的连续项和表示中最小的正数是1，可得． 若，则 得数列的连续项和表示中会少表示一个正整数，不满足题设， 因而． 而，所以． 再由，可得， ， 再得数列的连续项和表示中17的表示只可能是， 进而可得 . 又由数列的连续项和表示中有14，可得， ，得数列是(但或但，均不可能，因而中有1． ④由数列的连续项和表示中有19及 ， 可得或(得 或 ． 若，则，得数列的连续项和表示中会少表示一个正整数； 若，可得(否则，数列的连续项和表示中会少表示一个正整数)， 所以 ，得， 数列的连续项和表示中会少表示一个正整数．均不满足题设． 所以． ⑤由数列的连续项和表示中有18及和为19的两两互异的四个数均大于1及 ， 可得 得或(得 ， 数列的连续项和表示中会少表示一个正整数). 所以． ⑥由数列的连续项和表示中有16及和为19的两两互异的四个数均大于1， (且4：因为及 ， 可得(得)或 得或 ， (得，与矛盾)或 得，与矛盾)． (i)． 由数列的连续项和表示中有15(可证得15的表示中没有也没有)，可得 得， 这不可能)或(得，，这不可能)或(得，与矛盾)或 得，再得 ，这不可能)． (ii)． 由数列的连续项和表示中有14，可得 得与或重复，这不可能)， 或 (得， 这不可能)或(得，， 进而可得数列是，(此时，这不可能)或，3，2，1(此时，这不可能))或 得， 再由数列的连续项和表示中有13， 可得数列是(但，这不可能)或(但 ，这不可能)) 或(得 ，这不可能)． 综上所述，可得欲证结论成立． 【点睛】关键点睛，先理解题意，是否为可表数列核心就是是否存在连续的几项(可以是一项)之和能表示从到中间的任意一个值．本题第二问时，通过和值可能个数否定；第三问先通过和值的可能个数否定，再验证时，数列中的几项如果符合必然是的一个排序，可验证这组数不合题． 4.(2021年北京高考数学真题T21解答题15分)设p为实数.若无穷数列满足如下三个性质，则称为数列： ①，且；②； ③，． （1)如果数列的前4项为2，-2，-2，-1，那么是否可能为数列？说明理由； （2)若数列是数列，求； （3)设数列的前项和为.是否存在数列，使得恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，说明理由． 【答案】（1)不可以是数列；理由见解析；（2)；（3)存在；【难度】0.4 【知识点】数列新定义 【分析】(1)由题意考查的值即可说明数列不是数列； (2)由题意首先确定数列的前4项，然后讨论计算即可确定的值； (3)构造数列，易知数列是的，结合(2)中的结论求解不等式即可确定满足题意的实数的值. 【详解】(1)因 为 所以， 因 为所 以 所以数列，不可能是数列. (2)性质①， 由性质③，因此或，或， 若，由性质②可知，即或，矛盾； 若，由有，矛盾. 因此只能是. 又因为或，所以或. 若，则， 不满足，舍去. 当，则前四项为:0，0，0，1， 下面用数学归纳法证明： 当时，经验证命题成立，假设当时命题成立， 当时： 若，则，利用性质③： ，此时可得：； 否则，若，取可得：， 而由性质②可得：，与矛盾. 同理可得：，有； ，有； ，又因为，有 即当时命题成立，证毕. 综上可得：，. (3)令，由性质③可知： ， 由于， 因此数列为数列. 由（2)可知:若； ，， 因此，此时，，满足题意. 【点睛】本题属于数列中的“新定义问题”，“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.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 题型1数列新定义 1．(25-26高三上·北京顺义·月考)数列为无穷非负整数数列，若对任意，均存在，且，使，则称数列为“完备数列”.给出下列四个结论： ①若正项等差数列为“完备数列”，则首项一定为1； ②若正项等比数列为“完备数列”，则公比一定为2； ③若满足，则对任意，数列均为“完备数列”； ④若满足，则数列为“完备数列”； 其中正确结论的序号是 . 【答案】①④【难度】0.4 【知识点】数列新定义、等比数列通项公式的基本量计算、等差数列的单调性、由递推数列研究数列的有关性质 【分析】根据数列定义，结合得到矛盾判断①；应用特殊数列、判断②③；根据数列递推式及数列新定义判断④. 【详解】若正项等差数列为“完备数列”，则，公差，又为非负整数数列， 对任意，均存在，且，使， 若，则必有，故不成立，矛盾， 所以，①对； 若正项等比数列为“完备数列”，如，此时公比为1， 显然满足对任意，均存在，且，使，②错； 当，则，，，，，， 所以是以3为周期，即项周期性出现， 显然为奇数时，不可能成立，③错； 由，则数列为， 该数列中，相邻两项间缺失的自然数都可以由前项选出其中的项相加(同一项不重复相加)得到， 所以对任意，均存在，且，使，④对. 故答案为：①④ 2．(25-26高三上·北京海淀·月考)对于给定的数列，如果存在实数，，使得对任意成立，我们称数列是“线性数列”，数列满足，，则下列选项错误的是(    ) A．等差数列是“线性数列” B．等比数列是“线性数列” C．若是等差数列，则是“线性数列” D．若是等比数列，则是“线性数列” 【答案】C【难度】0.4 【知识点】数列新定义、求等比数列前n项和 【分析】等差等比数列的通项公式，逐一验证选项对错，选项 C,D用特殊法和累加法证明. 【详解】选项A，等差数列是“线性数列”， 设等差数列的公差为d，则。 对比线性数列定义，取，，满足，故A正确. 选项B，等比数列是“线性数列”， 设等比数列的公比为r，则， 对比线性数列定义，取，，满足，故B正确. 选项C，若是等差数列，则是“线性数列” 设，，，则，，，. 假设是线性数列，由、得，解得，， 则应满足，但实际，矛盾，故不是线性数列， 故C错误. 选项D，若是等比数列，则是“线性数列” 设的公比为，，则. 若，则(常数)，，取，，满足线性数列定义； 若，则， 由，得： 累加得：. 又，因此：； 假设，代入得：. 两边同乘消分母： 含的项：左边为，右边为， 因此系数相等：. 代入得，展开并整理求： ，使成立，故是线性数列，故D正确. 故选：C 3．(25-26高三上·北京海淀·月考)对于给定的数列，如果存在实数，，使得对任意成立，我们称数列是“线性数列”，数列满足，，则下列选项错误的是(    ) A．等差数列是“线性数列” B．等比数列是“线性数列” C．若是等差数列，则是“线性数列” D．若是等比数列，则是“线性数列” 【答案】C【难度】0.4 【知识点】求等比数列前n项和、数列新定义 【分析】等差等比数列的通项公式代入选项A，B中，逐一验证选项对错，选项 C,D用特殊法和累加法证明. 【详解】选项A，等差数列是“线性数列”， 设等差数列的公差为d，则。 对比线性数列定义，取，，满足，故A正确. 选项B，等比数列是“线性数列”， 设等比数列的公比为r，则， 对比线性数列定义，取，，满足，故B正确. 选项C，若是等差数列，则是“线性数列” 设，，，则，，，. 假设是线性数列，由、得，解得，， 则应满足，但实际，矛盾， 故不是线性数列， 故C错误. 选项D，若是等比数列，则是“线性数列” 设的公比为，，则. 若，则(常数)，，取，，满足线性数列定义； 若，则， 由，累加得：. 又，因此：； 假设，代入得：.两边同乘消分母： 含的项：左边为，右边为，因此系数相等：. 代入得，展开并整理求： ，使成立，故是线性数列，故D正确. 故选：C 4．(2025·北京海淀·一模)对于无穷数列和正整数，若存在满足且，则称数列具有性质．下列选项中错误的是(   ) A．若，则数列不具有性质 B．若，则数列具有性质 C．存在数列和，使得和均不具有性质，且具有性质 D．若数列和均具有性质，则具有性质 【答案】D【难度】0.65 【知识点】数列新定义 【分析】A利用是个不同的正整数，可得不可能相等；B求为偶数时数列的通项公式，取为个不同的偶数；C取，利用性质的定义证明；D取，，再利用性质的定义证明. 【详解】因，则，由于是个不同的正整数， 因此不可能相等，故数列不具有性质，故A正确； B，，故当为偶数时，，此时， 故取为个不同的偶数，此时， 则数列具有性质，故B正确； 取，由A选项可知，数列不具有性质；取， 则，由于是个不同的正整数，因此不可能相等， 故数列不具有性质；，则， 故任取为个不同的正整数， 有，则数列具有性质，故C正确； 取，，则当为奇数时，， 故取为个不同的奇数，此时， 故数列具有性质；当为偶数时，，故取为个不同的偶数， 此时，故数列具有性质；， 则，由于为个不同的正整数， 则，，，不可能相等， 此时数列不具有性质，故D错误. 故选：D 5．(2025·北京·模拟预测)已知无穷数列满足：，，，，其中表示不超过的最大整数.则下列说法中正确的是(   ) A．对于任意，，都不是常数列 B．存在正数，，使得是递增数列 C．对于任意正数，q，都存在正整数，使得是周期数列 D．如果是常数列，则一定有 【答案】D【难度】0.4 【知识点】判断数列的增减性、由递推数列研究数列的有关性质、函数新定义、数列新定义 【分析】对AD从必要性角度取值即可说明，充分性易知；对B选项，通过反证法即可证明；对C，设周期为，作差即可证明. 【详解】先来分析A,D选项：若为常数列，则，. 当时，有，即. 必要性：取，可得，消去可得， 记，则；有， 而，故.即为整数；代回原式可得. 充分性：当且为整数时，易知为常数列. 再来分析B选项：， 设，则， 若递增，则有 ， ， 由于，故， 则 ，即. 则， 又，故且， 则 ， 又，故且， 则 ， 又，故且. 照这样操作下去，可得，且， 当时，，故，矛盾！ 再来看C选项，不妨设周期为，则，， 两式作差可得，当取为无理数时，矛盾！ 故选：D. 6．(2025高三·北京·专题练习)对于数列，若存在正数，使得对一切正整数，都有，则称数列是有界的，若这样的正数不存在，则称数列是无界的.记数列的前项和为，则下列说法不正确的是( ) A．若，则数列是无界的 B．若，则数列是有界的 C．若，则数列是有界的 D．若，则数列是有界的 【答案】A【难度】0.65 【知识点】求等比数列前n项和、裂项相消法求和、数列新定义 【分析】利用数列有界的定义，结合公式法求和及裂项相消法求和逐项分析计算判断. 【详解】对于A，由，得，即存在正数， 使得恒成立，因此数列是有界的，A错误； 对于B，由，得， 则， ， 即存在正数，使得恒成立，因此数列是有界的，B正确； 对于C：由，则当时，；当时，；则， 即存在正数，使得恒成立，因此数列是有界的，C正确； 对于D，， 则， 又，则，即存在正数，使得恒成立，因此数列是有界的，D正确. 故选：A 7．(25-26高三上·北京·月考)从任一数列中，选取第项，第项，第 项( )， 新数列 为长度为 的子列.对于各项均不相同的数列，其各项从小到大按顺序排列为(其中 是 的一个排列.定义集合：，称集合的元素个数为数列的 “相邻计数”，记为 . (1)对于数列 ，直接写出它所有的 4 项子列 ，使得各项不同，且； (2)已知数列，证明：对于 的任意一个连续 4 项子列 ，都有； (3)已知数列 是 的一个排列，求证： 总存在长为 4050 项的子列 ，使得 . 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析；(3)证明见解析【难度】0.4 【知识点】数列的概念及辨析、数列新定义 【分析】(1)根据题意，各项不同的4项子列需要包含，利用题设中的新定义，结合列举法，即可求解； (2)利用反证法证明，假设，可得下标序号关系或，再分类分析矛盾可得； (3)先将数列的下标序列分组，由抽屉原理，删去首个至少包含两项的集合中的所有项及其他集合中的第一项生成新数列，并取出此两项为子列的前两项，依此类推构造系列新数列及取项，可得满足，进而得证. 【详解】(1)由题意，子列项数为，且子列各项由小到大排序后的下标序列， 需满足， 其中即且， 由数列， 各项均不同的长度为4的子列必包含， 则长度为4的子列所有可能为： ；；；；，； 因为各项从小到大按顺序排列后均为， 则对应下标序列的所有可能为： ；；；；； 故满足条件且的有；两种情况， 即满足题意的所有项子列为：与. (2)数列，各项不同，记为. 设是数列的任意一个长度为的子列，分别对应数列的第项， 且，对应项依次为， 记，即数列. 将这四项从小到大重新排序，记数列 ， 即，其中为的一个排列， 由，其中即且， 为集合中元素的个数. 下面用反证法证明：对于的任意一个长度为4的子列，都有； 假设，则，且， 则或， 即数列 中，最小两项(前两项)都为原数列的奇数项，或都为原数列的偶数项. 将数列的下标序列分如下三组：， 这三组分别对应大数组；中数组；小数组. 由题意，假设若中至少存在个取值属于同一集合，则必存在，，这与假设矛盾. 故中至多两个取值属于同一集合， 第I类：当时，则， 即，且，即最小两项为，最大两项为， 则且. ①若，则，，则， 这与中至多两个取值属于同一集合矛盾； ②若，则由中至多两个取值属于同一集合，且， 可知，则， 故，这与矛盾； ③若，则，，则， 所以，这也与矛盾； 第II类：当时，则， 即，且，即最大两项为，最小两项为， 则且. ①若，则，，则， 这与中至多两个取值属于同一集合矛盾； ②若，则，， 同理由中至多两个取值属于同一集合， 可知，则，因此，则， 则， 故，这与矛盾； ③若，,同理可知，故. (i)若，，则，， ，这与矛盾； (ii)若，，， 若，，由数列为递减数列，则，这与矛盾； 若，则，，，这也与矛盾； 综上所述，不存在满足的数列， 故假设错误，，得证. (3)数列是的一个排列， 将数列的下标序列分如下组： ， 记() 对的任意一个排列，总可以按如下方法构造一个数列， 在数列中前项中， 由抽屉原理可知，共个集合中至少存在一个包含项以上， 记首个包含第二项的集合为，数列中属于该集合的前两项分别设为， 其中，记， 可知中任意两项所属集合()都不同， 将数列中按序删去集合中所有项及属于其他集合的第一项，共删去项， 则数列为数列长度为的子列， 故数列中包含个集合的项，且每个集合各有项. 中还剩余项，可构成新数列， 则数列为数列长度为的子列， 故数列中包含个集合的项，且每个集合各有项. 同样的，在数列中前项中， 由抽屉原理可知，共个集合中至少存在一个包含项以上， 记首个包含第二项的集合为，属于该集合的前两项分别设为， 其中，记， 可知中任意两项所属集合()都不同， 将数列中按序删去集合中所有项及属于其他集合的第一项，共删去项， 则数列中还剩余项，可构成新数列， 则数列为数列长度为的子列， 故数列中包含除两集合外剩余个集合的项，且每个集合各有项 ， 依此类推，数列项的个数为，(规定数列) 数列中包含个集合的数，每个集合个数， 属于同一集合的前两项分别设为，，， 则可构造子列， 将中各项从小到大重新排序后，可知仍必相邻， 故. 由上构造可知，总存在长为4050项的子列，使得. 8．(25-26高三上·北京·月考)设各项均为整数的无穷数列满足:. (1)求的所有可能取值; (2)若，求的最小值； (3)记数列的前项和为，是否存在数列，使得为无穷集?请说明理由. 【答案】(1)；(2)20；(3)存在，证明见详解【难度】0.15 【知识点】根据数列递推公式写出数列的项、由递推数列研究数列的有关性质、数列新定义 【分析】(1)由递推关系及初始值，依次计算，再代入的可能值，通过分类讨论与基本代数运算确定所有可能取值. (2)利用递推式将表示为，分析奇偶性规律得出的奇偶性与的关系；结合平方和公式得到的取值范围，通过枚举满足奇偶条件的并验证，最后构造符号组合证明可实现. (3)构造“操作”和“反操作”这两种固定符号模式的项组合，利用其周期性以及和的变化公式(或)，通过选取初始值并进行周期操作，使能无限多次回到，从而证明存在性. 【详解】(1)由及得，再根据： ，则或， ，则或， 因此的所有可能取值为. (2)由递推式得：， 分析奇偶性： 归纳可得：， 由于为偶数，故或， 记， 所以的取值范围为中与奇偶性相同的整数， 构造取法：令，其余， 验证符合奇偶条件的： ：，()：， ：，：， ：，：， ：， (.)：， ()：，且是偶数，可行， (⇒为奇数)虽然，奇偶性不符， 因此可能的最小是，并且要在里取偶数，并且可达， 检验，， ，，，， ，，， ，，， ，，， ，，， ，， ，：. 因此， 为：， 验证：，， 所有差值绝对值符合 ，且 . 综上时均不满足条件(奇偶不符，或)，故的最小值为20. (3)存在，构造如下： 定义操作(从开始取连续8项)： ，， ，， ，， ， 验证， ， 计算， 下证 已知，设，则： 待证①， 由得，② 根据递推条件，可设： 于是：所以： 将②代入：，③ 将①展开：，④ 选取符号模式： 验证③： 展开合并可得，对任意成立， 验证④：设，取： 由于，中和的系数均为零，故，对任意成立， 由此得到构造：操作(从开始取连续8项), 满足，且代入计算得， 取初始段，则， 从第项起，重复进行操作，每项增加，即 令，得，即， 进行一次反操作(操作中各平方项前符号取反)， 则有 取，，得， 从第项起，依此构造，每次应用操作时起始项均为， 故，即每项增加， 于是 此时，且值恢复为， 以上过程以项为周期(一次反与次)，可无限重复， 从而得到无穷多个(如)使得， 因此，存在满足条件的数列，使得为无穷集. 9．(25-26高三上·北京·月考)已知含有n个元素的正整数集()具有性质P：对任意不大于(其中)的正整数k，存在数集A的一个子集，使得该子集所有元素的和等于k． (1)写出，的值； (2)证明：“，，…，成等差数列”的充要条件是“”； (3)若，求当n取最小值时的最大值． 【答案】(1)，；(2)证明见解析；(3)【难度】0.15 【知识点】列举法表示集合、充要条件的证明、由递推关系证明数列是等差数列、数列新定义 【分析】(1)由性质，根据与时分析即可； (2)先证必要性：由，，…，成等差数列，故，由等差数列的求和公式得:；再证充分性：由，故()，故，，…，为等差数列； (3)先证明(),因此 ，即，所以，由集合的性质，分类，即可求得当取最小值11时，的最大值为． 【详解】(1)由，且均为正整数，故，故， 故当不大于的正整数时，由题意必有，当时，可得； (2)先证必要性：因为，，，，…，成等差数列， 故其首项为，公差为，可得； 再证充分性：因为，，，…，为正整数数列， 故有，，，，…，， 所以，等号成立时， 又，故，故，，…，为等差数列． 综上可知，“，，…，成等差数列”的充要条件是“”； (3)先证明()， 假设存在，且为最小的正整数， 依题意，则 ， 又因为， 故当时，不能等于集合的任何一个子集所有元素的和． 故假设不成立，即()成立； 因此， 即，所以； 因为，则， 若，即时， 则当时，集合中不可能存在若干不同元素的和为， 故，即时， 此时可构造集合， 因为当时，可以等于集合中若干个元素的和； 故当时，可以等于集合中若干不同元素的和； …… 故当时，可以等于集合中若干不同元素的和； 故当时，可以等于集合中若干不同元素的和； 故当时，可以等于集合中若干不同元素的和， 所以集合满足题设， 所以当取最小值11时，的最大值为． 10．(25-26高三上·北京·月考)对于有限正整数数列：，若存在连续子列和符号序列，使得，其中，则称数列存在平衡连续子列． (1)写出数列2，1，2，3的一个平衡连续子列； (2)设对任意正整数，定义函数为满足的非负整数，其中为奇数，令．求数列并判断其是否存在平衡连续子列，说明理由； (3)设数列的每一项均为不大于的正整数，证明：当时，存在平衡连续子列． 【答案】(1)子列1，2，3是数列2，1，2，3的平衡连续子列； (2)该数列不存在平衡连续子列，理由见解析；(3)证明见解析【难度】0.4 【知识点】数列新定义 【分析】(1)利用平衡连续子列的定义计算判断即可． (2)由题意得，，进而计算可得，，结合平衡连续子列的定义可得结论； (3)分和可证，分存在，使得，任意，两种情况可证得结论. 【详解】(1)1，2，3． 子列1，2，3对应原数列的，，， 设符号序列为，，，需满足，其中， 若取，，，则和为， 满足. 由于存在连续子列1，2，3，以及符号序列，，均属于， 使得符号与对应项乘积的和为0，完全符合“平衡连续子列”的定义(存在连续子列和符号序列，使符号加权和为0)， 综上，子列1，2，3是数列2，1，2，3的平衡连续子列； (2)因为1，3，5，7是奇数，故， 所以． 因为，所以． 因为，所以， 所以数列4，2，4，1，4，2，4． 因为， 所以与奇偶性相同． 当或时，因为中，为奇数，其余各项均为偶数， 所以为奇数． 所以． 当取时， 经检验，对于不含的连续子列，其各项均为偶数，任意符号加权和也为偶数，且均不为0. 综上，该数列不存在平衡连续子列． (3)设，， 则是整数数列． 下面证明对任意，均有． 显然满足． 假设结论不成立，则存在，使得或， 且当时都有． (ⅰ)若，当时，， 因为，所以，矛盾； 当时，， 因为，所以，矛盾． (ⅱ)若，当时，， 因为，所以，矛盾； 当时，， 因为， 又是整数，所以，矛盾． 综上，对任意，均有． 若存在，使得， 则存在且，使得， 此时数列. 存在平衡连续子列． 若任意， 因为中共个非零整数， 当时，数列中存在且，使得， 从而存在，使得， 此时数列存在平衡连续子列． 综上，当时，数列Q存在平衡连续子列． 题型2数列不等式 1．(24-25高三上·北京朝阳·期末)设是无穷数列，若存在正整数使得对任意，均有，则称是间隔递减数列，其中称为数列的间隔数．给出下列三个结论： ①若，则是间隔递减数列； ②若，则是间隔递减数列； ③若，则是间隔递减数列且的间隔数的最小值是． 其中所有正确结论的序号是(    ) A．① B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】B【难度】0.4 【知识点】数列新定义、数列不等式恒成立问题 【分析】利用数列的单调性可判断①；利用间隔递减数列的定义可判断②；取，结合间隔递减数列的定义可判断出数列为间隔递减数列，再由间隔递减数列的定义可求得的最小值，可判断③. 【详解】对于①，因为，则数列为单调递减数列，即对任意恒成立， 此时，，满足题中条件，①对； 对于②，若，假设数列是间隔递减数列， 则存在，使得，即， 若为奇数，则有，可得， 因为，显然当为奇数时，合乎题意； 当为偶数时，，不等式不成立，故为奇数； 若为偶数，则有，可得， 当为奇数时，不成立， 故假设不成立，即数列不是间隔递减数列，②错； 对于③，若， 因为， 则，所以，数列是间隔递减数列， 假设存在正整数，使得，即， 可得， 由于，当且仅当且时，等号成立， 当时，，这与为正整数矛盾， 故，所以，，解得， 所以，若，则是间隔递减数列且的间隔数的最小值是，③对. 故选：B. 2．(2024·北京西城·二模)已知是无穷等比数列，其前项和为.若对任意正整数，都有，则的取值范围是(    ) A． B． C． D． 【答案】D【难度】0.65 【知识点】数列不等式恒成立问题、等比数列前n项和的基本量计算 【分析】先根据条件求解出，然后对分奇偶讨论可得和，结合函数的单调性可求结果. 【详解】设的公比为，因为，所以， 所以，所以，所以， 因为对任意正整数恒成立， 所以对任意正整数恒成立； 当是偶数时，对任意正整数恒成立，则， 因为在上单调递增， 所以，所以， 当是奇数时，对任意正整数恒成立，则， 因为在上单调递增， 所以时，，所以， 综上所述，的取值范围是， 故选：D. 3．(23-24高三上·北京密云·月考)我们可以用下面的方法在线段上构造出一个特殊的点集：如图，取一条长度为1的线段，第1次操作，将该线段三等分，去掉中间一段，留下两段；第2次操作，将留下的两段分别三等分，各去掉中间一段，留下四段；按照这种规律一直操作下去.若经过次这样的操作后，去掉的所有线段的长度总和不小于，则的最小值为(   )(参考数据：，) A． B． C． D． 【答案】A【难度】0.65 【知识点】数列不等式能成立(有解)问题、写出等比数列的通项公式 【分析】由题意，每次操作是把上次操作剩余的线段去掉三分之一，所以剩余线段是首项为、公比为的等比数列，利用等比数列通项公式得不等式，利用常用对数、对数的运算性质及不等式的性质解不等式运算即可得解. 【详解】解：由题意，每次操作是把上次操作剩余的线段去掉三分之一， 所以剩余线段是首项为、公比为的等比数列，即 第1次操作剩余的线段长度为，第2次操作剩余的线段长度为， 第3次操作剩余的线段长度为，…，第次操作剩余的线段长度为，… 所以，经过次这样的操作后，去掉的所有线段的长度总和为， 由题意知，，则，取对数有， ∴，解得：， 又因，，可得：，故的最小值为11. 故选：A. 4．(25-26高三上·北京·月考)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； ②若各项均为正数的等比数列为“有界变差数列”，则其公比的取值范围是； 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”，则存在，使得对于任意，都； 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①③【难度】0.4 【知识点】判断数列的增减性、等差数列通项公式的基本量计算、求等比数列前n项和、数列新定义 【分析】根据“有界变差数列”定义，结合等差数列定义和等比数列求和公式，通过讨论等差数列的公差和等比数列公比的取值范围可确定①②正误；利用绝对值三角不等式可证得，结合求和公式可求得，知③正确；通过反例可说明④错误． 【详解】对于①，为公差为的等差数列，， ， 又为“有界变差数列”，，使得对，， 若，，不合题意； 当时，，则即可，符合题意；的公差等于，①正确； 对于②，为各项均为正数，公比为的等比数列，，且， ， 又为“有界变差数列”，，使得对，， 当时，，则即可，符合题意； 当时，， 若，， ，，不合题意； 若，， ，，则即可，符合题意； 的公比的取值范围是，②错误； 对于③，为“有界变差数列”，， ， ，又，，， 即有； ， ， 为“有界变差数列”， ③正确； 对于④，若，则， ， 为“有界变差数列”， ，数列为递增数列， 又，且，不存在，使得对于任意，都，④错误． 故答案为：①③． 【点睛】关键点点睛：本题考查数列中的新定义问题，解题关键是充分理解“有界变差数列”的定义，将问题转化为数列中的最值项、数列单调性、数列前项和的求解问题，结合绝对值不等式来进行放缩求解． 5．(25-26高三上·北京·期中)已知为有穷整数数列.给定正整数，若对任意的，在中存在，使得，则称为－连续可表数列. (1)判断是否为5－连续可表数列？是否为6－连续可表数列？说明理由； (2)若为8－连续可表数列，求证：； (3)若为20－连续可表数列，且，求的最小值. 【答案】(1)是连续可表数列；不是连续可表数列；(2)证明见解析；(3)7【难度】0.4 【知识点】数列新定义 【分析】(1)直接利用定义验证即可； (2)先考虑不符合，再列举一个合题即可； (3)先证明，再说明时不合题意，找出且满足题意的数列即可得解． 【详解】(1)，，，，，所以是连续可表数列；易知，不存在使得，所以不是连续可表数列． (2)若,设为 ,则至多，6个数字，没有个，矛盾； 当时,数列，满足，，，， ，，，， ． 所以； (3)先证明. 从5个正整数中，取一个数字只能表示自身，最多可表示5个数字， 取连续两个数字最多能表示4个数字，取连续三个数字最多能表示3个数字， 取连续四个数字最多能表示2个数字，取连续五个数字最多能表示1个数字， 所以对任意给定的5个整数，最多可以表示 个正整数，不能表示20个正整数，即. 若，最多可以表示个正整数， 由于为连续可表数列，且，所以至少有一项为负数， 既然任意5个正整数都不可能为20-连续可表数列，那么中间若插人一个负数项，更不能连续表示的正整数. 所以至少要有6个正整数才能连续表示的正整数.所以中至少包含6个正整数和一个负数，故. 当时，数列满足题意， 即的最小值为7 6．(25-26高三上·北京密云·月考)设数列，如果，且，对于，，使成立，则称数列A为数列． (1)分别判断数列1，3，5，7和数列2，4，6，8是否是数列(只需写出结论)； (2)若数列A是数列，且，求的最小值； (3)若数列A是数列，且，求的最大值． 【答案】(1)是数列，不是数列，理由见解析；(2)3；(3)127【难度】0.4 【知识点】数列新定义、由递推数列研究数列的有关性质 【分析】(1)分别验证数列和数列中是否满足数列性质即可得出结论； (2)利用反证法证明不成立，取特例可知当存在数列满足数列，即可得的最小值为； (3)首先证明若为奇数，则必为奇数，又可得为偶数；利用数列性质可证明得出，解不等式即可求出. 【详解】(1)是数列． 因为，，， 所以是数列；不是数列． 因为，所以不是数列． (2)首先证明不能为． 假设，由数列为数列知，．所以，与已知矛盾， 故假设不成立．所以不能为． 因为数列： 满足，，此时是数列， 所以的最小值为. (3)(i)以下证明：若为奇数，则必为奇数． 假设数列中存在偶数，设是数列中第一个偶数， 因为数列是数列，所以，使． 因为均为奇数，所以也为奇数，与为偶数矛盾． 所以若为奇数，则必为奇数． 因为为偶数，所以不能为奇数，只能为偶数． (ii)以下证明：若，则(，)． 若不然，设()为第一个满足()的项， 因为数列是数列，所以，使． 因为()， 所以 ，与()矛盾； 所以若，则(，)． 而(，)，所以． 同理，若，则(，)． 而(，)．所以 ． 同理，若，则 (,)． 而(,)，所以． 综上． (3)当时，因为数列是数列， 所以 由题意知，，解得;所以的最大值为． 此时即为满足条件的数列 7．(2025·北京延庆·三模)已知数集具有性质:对任意的 ，，使得成立. (1)分别判断数集与是否具有性质，并说明理由; (2)求证; (3)若，求数集中所有元素的和的最小值. (4)请写出解三角形、三角函数、立体几何和概率统计模块中任意2个公式. 【答案】(1)不具有，具有，理由见解析；(2)证明见解析；(3)75；(4)答案见解析 【难度】0.4 【知识点】余弦定理及辨析、由递推数列研究数列的有关性质、集合新定义、数列新定义 【分析】(1)根据数列新定义计算判断即可； (2)结合数列新定义应用累加法计算证明； (3)根据数列新定义结合，分类讨论使得求解最小值即可. (4)略 【详解】(1)∵无法表示，∴数集不具有性质. ∵，，，，∴数集具有性质． (2)∵集合具有性质即对任意的，，使得成立， 又，， ∴，， ，， ∴， 即，，，， 累加得， 化简得． (3)最小值为． 首先注意到，根据性质，得到， 所以易知数集的元素都是整数， 构造或者，这两个集合具有性质，此时元素和为．下面证明是最小的和． 假设数集，满足最小， 第一步：首先说明集合中至少有个元素： 由()可知，，，，又， ∴，，，，， ∴． 第二步：证明，， 若，设， ∵，为了使最小， 在集合中一定不含有元素，使得，从而； 若，根据性质，对，有，，使得，显然，∴， 此时集合中至少有个不同于，，的元素，从而，矛盾， ∴，且． 同理可证： ． 至此，我们得到，， 根据性质，有，，使得，我们需要考虑如下几种情形： ①，，此时集合中至少还需要一个大于等于的元素，才能得到元素，则； ②，，此时集合中至少还需要一个大于的元素，才能得到元素，则； ③，，此时集合，； ④，，此时集合，． 综上所述，若，则数集中所有元素的和的最小值是． (4) 8．(25-26高三上·北京·开学考试)给定整数，数列满足．定义数列如下：，其中表示这2个数中最小的数．记， (1)时，，分别写出相应的数列和；(2)求证：；(3)求的最小值． 【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)【难度】0.4 【知识点】数列新定义 【分析】(1)利用数列的定义可求解； (2)利用中的任一元素，在中至多在和中出现两次，分为偶数，为奇数两种情况证明即可； (3)不妨设，其中，利用绝对值的意义可得，进而利用新定义可得，进而计算可证结论. 【详解】(1)由题意得； (2)由题意知，中元素两两互异，故中的任一元素，如， 在中至多在和中出现两次， 且若出现两次则这两个数处于邻位(和也视为邻位)． 所以的所有项中至多有两个1，两个2，依次类推， 当为偶数时，， 当为奇数时，， 而， 所以总有； (3)不妨设，其中， 因为， ， 所以 当时，等号成立 记， 其中表示这2个数中最大的数． 所以， 而， 所以， 所以，且当时，等号成立， 结合，得， 所以的最小值为，且当时取到. 9．(2025·北京丰台·一模)已知无穷递增数列各项均为正整数，记数列为数列的自身子数列. (1)若，写出数列的自身子数列的前4项； (2)证明：； (3)若数列与是公差分别为，的等差数列. (i)证明：；(ii)当，时，求数列的通项公式. 【答案】(1)1，5，9，13；(2)证明见详解；(3)【难度】0.15 【知识点】利用定义求等差数列通项公式、数列新定义、数列不等式恒成立问题 【分析】(1)由自身子数列定义即可求； (2)由题意可得，设，即可证明，进而命题得证； (3)(i)根据等差数列的通项公式及题意可得，进而得到，进而命题得证； (ii)分别假设存在，使和成立，分别推出矛盾，进而说明，设，由定义求出，从而得出通项公式. 【详解】(1)因为 所以数列的自身子数列为， 所以前4项为：， 即数列的自身子数列的前4项为1，5，9，13. (2)因为数列是递增数列且各项均为正整数，于是， 所以， 设，则， 所以. (3)(i)由题得，， 又及是递增数列，得， 即， 即， 由于对任意正整数均成立，则，否则矛盾. 所以. (ii)由， 若存在，使得， 设， 不妨设，有， 则， 又， 因此与矛盾， 所以对任意，都有. 若存在，使得， 设， 不妨设，有， 则， 又， 因此与矛盾， 所以对任意，都有， 综上，对任意，都有. 设，则数列是公差为的等差数列，， 又， 因此，又， 所以. 题型3数列创新问题 1．(25-26高三上·北京密云·月考)元代数学家朱世杰编著的《算法启蒙》中记载了有关数列的计算问题：“今有竹七节，下两节容米四升，上两节容米二升，各节欲均容，问逐节各容几升？”其大意为：现有一根七节的竹子，最下面两节可装米四升，最上面两节可装米二升，如果竹子装米量逐节等量减少，问竹子各节各装米多少升？以此计算，这根竹子中间一节的装米量为 升． 【答案】/【难度】0.65 【知识点】等差中项的应用 【分析】根据给定条件，利用等差数列中项性质即可求解. 【详解】由题意竹子自下而上的各节装米量构成等差数列， 且只有，，，，，，共项， 因为，， 所以，又因为，解得. 故答案为：. 2．(24-25高三上·北京·月考)《周髀算经》中有这样一个问题：冬至､小寒､大寒､立春､雨水､惊蛰､春分､清明､谷雨､立夏､小满､芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，前三个节气日影长之和为28.5尺，最后三个节气日影长之和为1.5尺，则该数列的公差为 ，春分时节的日影长为 尺. 【答案】 /【难度】0.85 【知识点】等差数列通项公式的基本量计算、等差数列的简单应用 【分析】由题意构造等差数列，设公差为d，利用基本量代换求出通项公式，然后求. 【详解】冬至､小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气日影长构成等差数列，设公差为d，由题意得：，解得： 所以，所以，即春分时节的日影长为. 故答案为：. 3．(24-25高三上·北京房山·期末)《九章算术》是我国古代的优秀数学著作，内容涉及方程、几何、数列、面积、体积的计算等多方面.《九章算术》中有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”由以上条件，该女子第5天织布 尺；若要织布50尺，该女子所需的天数至少为 . 【答案】 / 【难度】0.65 【知识点】等比数列通项公式的基本量计算、等比数列前n项和的基本量计算 【分析】由题意可得该女子每天织布的尺数构成一个等比数列，且数列的公比为2，由题意求出数列的首项后可得第5天织布的尺数；再令，求出，即可得出答案. 【详解】由题意可得该女子每天织布的尺数构成一个等比数列，且数列的公比为2，前5项的和为5， 设首项为，前项和为， 则由题意得，∴，∴，即该女子第5天所织布的尺数为． 令，解得：，所以.所以若要织布50尺，该女子所需的天数至少为. 故答案为：；． 4．(2024·北京大兴·三模)在数学发展史上，已知各除数及其对应的余数，求适合条件的被除数，这类问题统称为剩余问题.1852年《孙子算经》中“物不知其数”问题的解法传至欧洲，在西方的数学史上将“物不知其数”问题的解法称之为“中国剩余定理”，“物不知其数”问题后经秦九韶推广，得到了一个普遍的解法，提升了“中国剩余定理”的高度.现有一个剩余问题：在的整数中，把被除余数为，被除余数为，被除余数也为的数，按照由小到大的顺序排列，得到数列，则数列的项数为 . 【答案】【难度】0.85 【知识点】等差数列通项公式的基本量计算、等差数列的简单应用 【分析】首先根据题意得到，然后结合题目所给范围求出的范围，即可求解. 【详解】依题意既是的倍数也是的倍数还是的倍数，也就是的倍数， 所以，即，令， ∴，又因为，所以共项. 故答案为： 5．(22-23高三上·北京·月考)十三世纪意大利数学家列昂纳多斐波那契从兔子繁殖问题中发现了这样的一列数：1，1，2，3，5，8，13，，即从第三项开始，每一项都等于它前两项的和.后人为了纪念他，就把这列数成为斐波那契数列.因以兔子繁殖为例子而引入，故又称该数列为“兔子数列”.关于斐波那契数列给出以下四个结论： ①是奇数；②；③；        ④； 其中所有正确结论的序号为 . 【答案】①③④【难度】0.85 【知识点】根据数列递推公式写出数列的项、由递推数列研究数列的有关性质、数列周期性的应用 【分析】直接根据斐波那契数列的递推关系及数列求和，相消法的应用进行判断即可求解. 【详解】因为的项具有2奇1偶，3项一周期的周期性，所以是奇数，所以①正确； 因为， ，所以②错误； 因为，所以③正确； 因为 ，所以④正确． 故答案为：①③④ 6．(2021·北京门头沟·一模)已知各项均为正数的数列，其前n项和为，数列为等差数列，满足，.再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求解下列问题： (I)求数列的通项公式和它的前n项和； (II)若对任意不等式恒成立，求k的取值范围. 条件①；条件②，当，， 注：如果选择条件①、条件②分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)选①，；；选②，， ；(II)选①，；选②，【难度】0.85 【知识点】利用定义求等差数列通项公式、求等差数列前n项和、利用an与sn关系求通项或项、数列不等式恒成立问题 【分析】(I)选①，根据与的关系求出通项公式，再利用等差数列的前项和公式即可求解； 选②，利用等差数列的通项公式以及前项和公式即可求解. (II)选①，分离参数可得，求出最大值即可；选②，分离参数可得，利用基本不等式求出的最小值即可. 【详解】(I)选①，由，则，，两式相减可得 ；即， 又，所以，即，所以数列为等差数列， 当时，，所以，所以； 选②，，当，，，， 所以当时，数列为等差数列， 所以时，， 所以， (II)数列为等差数列，，，则公差， 所以. 若对任意不等式恒成立， 若，则恒成立，，所以， 若，则恒成立，， 因为，所以，当且仅当时取等号，所以. 学科网(北京)股份有限公司第 1 页 共 65 页 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $