期末复习：数列新定义问题复习讲义-2025-2026学年高二下学期数学人教B版（2019）选择性必修第三册

期末复习：数列新定义问题复习讲义 期末复习：数列新定义问题复习讲义 知识点解析 一、题型本质 题目给出课本没有的全新数列规则（新概念、新运算、新关系），如：等差比数列、和谐数列、控制数列、 数列、积数列、差分数列等。 核心逻辑：严格套用题干定义，转化成熟悉的等差/等比/常规数列运算。 二、通用标准解题步骤 1. 精读题干，拆解定义式子 把文字描述翻译成数学等式，圈清约束条件（、范围、正负、整数等）。 1. 代入下标赋值 先代 算出前几项，直观感知数列规律； 1. 作差/作商变形 对定义式写出 式、 式，两式相减或相除，消去常数，推出递推关系； 1. 识别模型 转化为等差、等比、累加、累乘、构造等比等差； 1. 求解通项、和、不等式、参数范围； 1. 检验边界： 是否满足推导的通项公式。 三、高频常见新定义模型 模型 1：差分型新定义（最常考） 例：若 为等差/等比，则称 为差等差/差等比数列。 解法： 1. 先求 通项； 2. ，累加求和。 模型 2：商分型 定义 ，或比值构成等差等比，用累乘求通项。 模型 3：二阶递推定义 如满足 的特征型新数列，构造等比数列求解。 模型 4：对称/平衡型（ 数列） 例：（类等差对称）； 或 指数型数列。 模型 5：分段定义数列 奇偶项规则不同， 奇数一套式子，偶数一套，分开计算最值、求和。 模型 6：和型新定义 用 给出新规则，利用 转化通项。 四、三大考法方向 考法 1：求数列前几项、通项公式 流程：翻译定义→写 两式→作差消参→递推累加/累乘→求 示例：定义 （等差新命名），直接判定等差求通项。 考法 2：判断数列是否满足新定义（证明/辨析） 1. 已知普通等差等比，代入新定义等式，左右化简相等即成立； 1. 举反例可证不成立（找一组数值代入不满足）。 考法 3：恒成立、求参数范围、最值、求和放缩 求出通项后，回归常规数列不等式、最值、裂项求和套路； 含参数时优先分离参数，判断数列单调性找最值。 例题分析 例1．（25-26高二下·北京朝阳·阶段检测）已知数列，，…，为个数，，…，的一个排列，其中，且．若在集合中至少有一个元素i使得，则称数列A具有性质P． (1)当时，判断数列：1，5，3，4，6，2和数列：6，5，2，4，1，3是否具有性质P（结论不需要证明）； (2)若数列和（，，…，）均为等差数列，且，，证明：对于所有的偶数m，数列，，…，不具有性质P； (3)在所有由，，…，的排列组成的数列中，记具有性质P的数列的个数为S，不具有性质P的数列的个数为T，证明：对于任意m（），． 例2．（25-26高二下·北京石景山·阶段检测）已知数列共有m（，）项，且各项均为正整数，设集合，记T的元素个数为． (1)若数列为求T； (2)若是等比数列，且， ． （i）求； （ii）令（），若，求m的最大值． 例3．（25-26高二下·辽宁沈阳·阶段检测）给定正整数．对于各项均为正整数的数列，若，且，则称为的一个分拆数列．对于分拆数列，定义其共轭数列如下：数列的第项定义为数列中大于或等于的项的个数，数列的各项从开始，至前终止，即的项数为满足的最大正整数．如果分拆数列与相同（即项数相同，且对应项分别相等），则称为自共轭数列． (1)求时的自共轭数列； (2)若是分拆数列，是否一定是分拆数列？若与都是分拆数列，是否一定与相同？说明理由； (3)设正整数的自共轭数列的个数为，各项均为奇数且互不相同的的分拆数列的个数为，求． 例4．（2026·湖北武汉·模拟预测）给定自然数，定义集合．对于中的任意一个元素，定义集合，将的元素个数称为a的“逆对数”．例如，若中的一个元素，则，a的“逆对数”为2． (1)当时，若，，直接写出，； (2)记为中“逆对数”为k的元素个数． （i）求与的递推关系式； （ii）求． 变式训练 变式1．（25-26高二下·辽宁大连·阶段检测）在数列中，，若存在自然数，使得对于任意正整数，数列是以为公差的等差数列，则称为“组差数列”． (1)若，判断是不是“组差数列”，并说明理由； (2)若是“组差数列”，且为定值，证明：； (3)记的前项和为，且为“组差数列”，证明：存在常数，使得恒成立． 变式2．（25-26高二下·北京丰台·阶段检测）已知无穷实数列，如果无穷数列满足： ①； ②对任意正整数，是使得成立的最小正整数．其中表示的是不超过的最大整数． 则数列称为的“取整生成数列”， (1)若，，直接写出的“取整生成数列”的前五项； (2)对于无穷实数列，对任意正整数，均有．若无穷数列为的“取整生成数列”， （i）能否为公比不为1的等比数列？若能，求公比的取值范围；若不能，说明理由． （ii）求证：对任意正整数，，均有成立． 变式3．（2026·广东广州·三模）若数列满足，则称数列为项数列，由所有项数列组成集合. 集合中任意两个数列，记. (1)已知中的两个数列，，其中，且满足，请列举所有满足条件的数列； (2)从中随机抽取两个互不相同的数列. 令，求随机变量的分布列，并证明：； (3)对中的任一数列定义“随机取反操作”：对该数列的每一项，独立地以概率变为，以概率保持不变. 现给定两个确定的数列，且满足，若对数列连续进行次“随机取反操作”，记最终得到的新数列为. 令，求的数学期望（结果用表示）. （参考知识：若为随机变量，则有） 变式4．（25-26高二下·辽宁营口·阶段检测）对于数列（），记，称数列为数列的一阶差分数列．记，称数列为数列的二阶差分数列，……，一般地，对于，记，规定：，，称为数列的阶差分数列．对于数列，如果（为常数），则称数列为阶等差数列． (1)分别求出数列，的二阶差分数列，并判断是否为2阶等差数列； (2)已知数列满足，对，且，恒成立． （ⅰ）求证：数列为二阶等差数列； （ⅱ）令，求证：数列的前项和． 实战演练 1．（25-26高二下·北京昌平·阶段检测）设数列满足：①；②所有项；③．设集合，将集合中的元素的最大值记为，即是数列中满足不等式的所有项的项数的最大值．我们称数列为数列的伴随数列．例如，数列1，3，5的伴随数列为1，1，2，2，3． (1)若数列的伴随数列为1，1，1，2，2，2，3，请写出数列 (2)若，数列的伴随数列为，求． (3)若数列的前n项和（其中c为常数），求数列的伴随数列的前m项和． 2．（25-26高二下·北京通知·阶段检测）已知为等差数列，为公比不是1等比数列，且，，． (1)求和的通项公式； (2)设数列满足：当时，；当时，，其中．求数列的前项和； (3)若数列满足，且，定义，其中表示集合中最小的数．若，求． 2 学科网（北京）股份有限公司 $期末复习：数列新定义问题复习讲义 期末复习：数列新定义问题复习讲义 知识点解析 一、题型本质 题目给出课本没有的全新数列规则（新概念、新运算、新关系），如：等差比数列、和谐数列、控制数列、 数列、积数列、差分数列等。 核心逻辑：严格套用题干定义，转化成熟悉的等差/等比/常规数列运算。 二、通用标准解题步骤 1. 精读题干，拆解定义式子 把文字描述翻译成数学等式，圈清约束条件（、范围、正负、整数等）。 1. 代入下标赋值 先代 算出前几项，直观感知数列规律； 1. 作差/作商变形 对定义式写出 式、 式，两式相减或相除，消去常数，推出递推关系； 1. 识别模型 转化为等差、等比、累加、累乘、构造等比等差； 1. 求解通项、和、不等式、参数范围； 1. 检验边界： 是否满足推导的通项公式。 三、高频常见新定义模型 模型 1：差分型新定义（最常考） 例：若 为等差/等比，则称 为差等差/差等比数列。 解法： 1. 先求 通项； 2. ，累加求和。 模型 2：商分型 定义 ，或比值构成等差等比，用累乘求通项。 模型 3：二阶递推定义 如满足 的特征型新数列，构造等比数列求解。 模型 4：对称/平衡型（ 数列） 例：（类等差对称）； 或 指数型数列。 模型 5：分段定义数列 奇偶项规则不同， 奇数一套式子，偶数一套，分开计算最值、求和。 模型 6：和型新定义 用 给出新规则，利用 转化通项。 四、三大考法方向 考法 1：求数列前几项、通项公式 流程：翻译定义→写 两式→作差消参→递推累加/累乘→求 示例：定义 （等差新命名），直接判定等差求通项。 考法 2：判断数列是否满足新定义（证明/辨析） 1. 已知普通等差等比，代入新定义等式，左右化简相等即成立； 1. 举反例可证不成立（找一组数值代入不满足）。 考法 3：恒成立、求参数范围、最值、求和放缩 求出通项后，回归常规数列不等式、最值、裂项求和套路； 含参数时优先分离参数，判断数列单调性找最值。 例题分析 例1．（25-26高二下·北京朝阳·阶段检测）已知数列，，…，为个数，，…，的一个排列，其中，且．若在集合中至少有一个元素i使得，则称数列A具有性质P． (1)当时，判断数列：1，5，3，4，6，2和数列：6，5，2，4，1，3是否具有性质P（结论不需要证明）； (2)若数列和（，，…，）均为等差数列，且，，证明：对于所有的偶数m，数列，，…，不具有性质P； (3)在所有由，，…，的排列组成的数列中，记具有性质P的数列的个数为S，不具有性质P的数列的个数为T，证明：对于任意m（），． 【答案】(1)数列不具有性质，数列具有性质. (2)设等差数列的公差为，则， 由，，得，故公差. 若，则，不满足题意， 所以，因此，； 同理可得，， 故数列为. 即数列中奇数项均为奇数，偶数项均为偶数， 可知对任意，均有与两者中一个奇数一个偶数， 所以不可能为偶数， 故对于所有的偶数，数列不具有性质； (3)设数列为任意一个不具有性质的数列， 因为为的一个排列， 由任意，由， 若，则或，由， 数列中不可能同时存在两项满足题意的，使得， 假设与均不在数列，则，且， 故且推出矛盾， 故与二者中有且仅有一项在数列中. 由上分析可知对于首项，由数列不具有性质，则. 故在中有且仅有一项，使得. 在数列中，将项移到项的前面，其余项的顺序保持不变， 得到新数列， 新数列仍为的一个排列，且不同于原数列， 显然数列具有性质. 且任意一个与不同的不具有性质的数列，通过上述移动首项的方法都得不到数列. （由于操作可逆，假设某数列通过同样方法得到数列，则由逆向操作移回后必与数列相同） 由题意具有性质P的数列的个数为S，不具有性质P的数列的个数为T， 结合数列为任意一个不具有性质的数列，由上述方法必可以对应构造一个符合题意的具有性质的数列，因此可得. 又因为数列具有性质， 在集合中，存在当时，， 其中，故至少个元素，满足. 假设存在某不具有性质的数列，通过上述移动首项方法可得到数列， 则通过逆向操作，移回数列，则在集合中， 依然存在至少个元素，满足. 数列必具有性质，产生矛盾，故假设错误， 所以任何一个不具有性质的数列都不可能通过上述移动首项方法得到数列. 故. 综上可知，. 【分析】（1）对数列中的每个数字进行验证； （2）由数列都是等差数列，可以得到，从而证明； （3）设数列为任意一个不具有性质的数列，通过构造一个数列项的平移方法，可得到具有性质的新数列，从而得到，再通过特例数列，说明这种构造方法之下，此数列具有性质，反向却得不到不具有性质的数列，从而可知即可证明. 【详解】（1）数列不具有性质，数列具有性质.理由如下： 若数列具有性质， 则集合中至少有一个元素，使得， 验证：由， 可知任意相邻两项差的绝对值均不等于， 即不存在，使得，所以数列不具有性质. 对于数列，集合中存在元素时， 满足，所以数列具有性质. （2）略 （3）略 例2．（25-26高二下·北京石景山·阶段检测）已知数列共有m（，）项，且各项均为正整数，设集合，记T的元素个数为． (1)若数列为求T； (2)若是等比数列，且， ． （i）求； （ii）令（），若，求m的最大值． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）7． 【分析】（1）利用列举求解，即可得集合； （2）（i）先求等比数列的通项公式，再利用组合数思想可确定，然后给出证明即可； （ii）利用裂项求和思想，再结合奇偶项讨论，最后可利用数列递推关系求最大项思想求解. 【详解】（1）因为数列为所以， ，，则． （2）（i）设等比数列的公比为，由各项为正整数可得， 由题意可知， ， 即，解得或（舍去）， 所以． 因为，所以集合T中元素最多为个，即． 对于数列，，，，，此时， 若存在，即，其中，， 故． 若，不妨设，则，而，， 故为偶数，为奇数，矛盾，故，， 故由，，，…，得到彼此互异，所以． （ii）由（i）知，（） 所以（）， 则 ． ①当n为奇数时，，从而． ②当n为偶数时，． 令，则（）， 当时，单调递增． 又因为 ， ， 所以m的最大值为7． 例3．（25-26高二下·辽宁沈阳·阶段检测）给定正整数．对于各项均为正整数的数列，若，且，则称为的一个分拆数列．对于分拆数列，定义其共轭数列如下：数列的第项定义为数列中大于或等于的项的个数，数列的各项从开始，至前终止，即的项数为满足的最大正整数．如果分拆数列与相同（即项数相同，且对应项分别相等），则称为自共轭数列． (1)求时的自共轭数列； (2)若是分拆数列，是否一定是分拆数列？若与都是分拆数列，是否一定与相同？说明理由； (3)设正整数的自共轭数列的个数为，各项均为奇数且互不相同的的分拆数列的个数为，求． 【答案】(1)2，1 (2)一定是分拆数列，且一定与相同．理由如下：设， 且．按定义，是中大于或等于的项的个数， 所以，且各项均为正整数．又等于把中每一项都计数次， 所以因此一定是分拆数列．再设为， 则是中大于或等于的项的个数．由等价于中至少有项大于或等于， 又由于的各项按从大到小排列，这等价于．所以满足的的个数恰为， 即．故一定与相同． (3) 【分析】（1）自共轭即分拆与其共轭数列全等，列举全部分拆后对照共轭定义筛选即可； （2）共轭变换保分拆，且二次共轭还原原数列；核心是双重求和换序证和为，利用格点计数等价证； （3）借助共轭映射建立自共轭分拆无重复奇数分拆的一一对应，故对全体正整数成立，解集为. 【详解】（1）当时，所有的分拆数列共有3组：3；2，1；1，1，1． 一、若，则大于等于1，2，3的项各1个，大于等于4的项0个，故，与不同； 二、若，则大于等于1的项2个，大于等于2的项1个，大于等于3的项0个，故，与相同； 三、若，则大于等于1的项3个，大于等于2的项0个，故，与不同． 综上，由定义，时的自共轭数列为2，1． （2）略 （3）满足条件的正整数为全体正整数． 证明如下： 对任意正整数，在的自共轭数列和的各项均为奇数且互不相同的分拆数列之间建立一一对应． 设是自共轭数列，把看成由方格组成的图形：第行有个方格． 因为与相同，所以这个方格图关于从左上到右下的对角线对称． 设对角线上的方格共有个，即，且若存在，则． 对第个对角线方格，记它右边的方格数为，由于图形关于对角线对称，它下边的方格数也为， 所以由这个对角线方格及其右边、下边方格组成的一组共有个方格． 这些数都是奇数，并且当时，它们互不相同，且所有组恰好合起来就是全部个方格． 于是得到一个各项为奇数且互不相同的的分拆数列． 反过来，给定一个各项均为奇数且互不相同的的分拆数列，把它写成其中． 依次放置个对角线方格，并在第个对角线方格右边放个方格，下边也放个方格． 由于，所得方格图的每一行长度从上到下不增加；又因为左右两侧对称，所以得到一个自共轭数列． 这个过程与前面的过程互为逆过程，因此两类数列一一对应． 所以对任意正整数，都有． 因此，满足条件的为全体正整数． 例4．（2026·湖北武汉·模拟预测）给定自然数，定义集合．对于中的任意一个元素，定义集合，将的元素个数称为a的“逆对数”．例如，若中的一个元素，则，a的“逆对数”为2． (1)当时，若，，直接写出，； (2)记为中“逆对数”为k的元素个数． （i）求与的递推关系式； （ii）求． 【答案】(1)，； (2)（i） ；（ii） 【分析】(1)按照集合的定义进行判断； (2) （i）情况 1： 在末位；情况 2： 不在末位，分类讨论；（ii）通过构造等比数列求解递推关系. 【详解】（1）对于，仅在，所以， 对于，在，，所以； （2）（i）方案一：设是中“逆对数”为1的一个排列，且这两个数为， 若去掉中最大的数t后仍有一个逆对数的排列，则t位于，之间或最后； 若去掉t后逆对数为0，则t可能位于除最后的所有位置． 所以 ； 方案二：对按所在位置分类： 若在末位，则当的逆对数为1时，的逆对数为1； 若不在末位，设 ，，则当的逆对数为1时，前面和后面的数都从小到大排列，共个，逆对数个数 ， 综上， ． （ii）设是中“逆对数”为2的一个排列，且，， 若去掉中最大的数t后仍有两个逆对数的排列，则t位于，或，之间或最后； 若去掉t后逆对数为1，且为，则t可能位于除最后与，之间的所有位置， 所以， 由（i）知，又 ，则 ， 所以是首项为2，公比为2的等比数列，故， 所以 ，所以， 所以， 又 ，则 ， 所以是首项为3，公比为3的等比数列， 所以， 所以． 变式训练 变式1．（25-26高二下·辽宁大连·阶段检测）在数列中，，若存在自然数，使得对于任意正整数，数列是以为公差的等差数列，则称为“组差数列”． (1)若，判断是不是“组差数列”，并说明理由； (2)若是“组差数列”，且为定值，证明：； (3)记的前项和为，且为“组差数列”，证明：存在常数，使得恒成立． 【答案】(1)是，理由如下： 当时，， 当时，，， 所以， 所以数列是以为公差的等差数列，且， 所以是“组差数列” (2)证明：因为是“组差数列”， 所以数列是以18为公差的等差数列， 则， 又为定值，可设，则， 所以， 所以数列是等差数列，且公差为， 则， 设， 则， 两式相减得： ， 所以，即； (3)因为为“组差数列”， 所以数列是以为公差的等差数列， 则， 对于任意正整数，均存在非负整数和整数，使得， 此时，， 设这四项中的最小值为， 因为，所以， 从而， ， 令，由对任意的实数均成立，则 【分析】（1）由可得，当时，可得，进而结合题设定义即可判断； （2）由题意可得，设，可得，进而得到，进而得到数列是等差数列，且公差为3，即可求出，再利用错位相减法求证即可； （3）由题意可得，即存在非负整数和整数，使得，此时，设这四项中的最小值为，进而得到，进而求证即可. 【详解】（1）略 （2）略 （3）略 变式2．（25-26高二下·北京丰台·阶段检测）已知无穷实数列，如果无穷数列满足： ①； ②对任意正整数，是使得成立的最小正整数．其中表示的是不超过的最大整数． 则数列称为的“取整生成数列”， (1)若，，直接写出的“取整生成数列”的前五项； (2)对于无穷实数列，对任意正整数，均有．若无穷数列为的“取整生成数列”， （i）能否为公比不为1的等比数列？若能，求公比的取值范围；若不能，说明理由． （ii）求证：对任意正整数，，均有成立． 【答案】(1) (2)（i）不能，理由如下： 假设是公比为的等比数列，因为对任意正整数， 均有，所以首项且，若， 则当时， ，不合题意，因此， 记数列的前项和为，则 ， 同时，因为，所以 ， 依定义是使得成立的最小正整数， 也即是使得成立的最小正整数， 结合 可得，即， 因为是一个整数列，所以当时， ， 同时又有，所以也只能趋于无穷大，这与 矛盾， 故不能为公比不为1的等比数列； （ii）当时，前述分析已知，又是整数列， 所以，结论成立； 假设当结论成立，即有成立， 当时，考虑， 因为是使得成立的最小正整数，则， 同时因为，所以， 即，而是使得成立的最小正整数， 所以 ，因为是整数列，故， 说明当时结论依然成立， 由数学归纳法可知，对任意正整数，，均有成立． 【分析】（1）首先得到的前项和，然后依定义从出发递推即可得到前五项； （2）（i）根据判断出从而有，同时又有，结合可得，因此将趋于无穷大，也将趋于无穷大，矛盾；（ii）运用数学归纳法进行证明，首先证明时结论成立，再假设时结论成立，通过分析证明时结论也成立. 【详解】（1）数列的前项和为，已知， 且是使得成立也即满足的最小正整数， 解得，故， 解得，故； 解得，故； 解得，故， 所以的“取整生成数列”的前五项依次为. （2）（i）略；（ii）略. 变式3．（2026·广东广州·三模）若数列满足，则称数列为项数列，由所有项数列组成集合. 集合中任意两个数列，记. (1)已知中的两个数列，，其中，且满足，请列举所有满足条件的数列； (2)从中随机抽取两个互不相同的数列. 令，求随机变量的分布列，并证明：； (3)对中的任一数列定义“随机取反操作”：对该数列的每一项，独立地以概率变为，以概率保持不变. 现给定两个确定的数列，且满足，若对数列连续进行次“随机取反操作”，记最终得到的新数列为. 令，求的数学期望（结果用表示）. （参考知识：若为随机变量，则有） 【答案】(1)；， (2)的分布列为： 1 2 证明见解析 (3) 【分析】（1）根据求出满足条件的数列. （2）由数列是从集合中任意取出的两个不同的数列，，得到的可能取值，由集合中元素的个数共有个，得到，从而得到的分布列，利用离散型随机变量的期望公式求出 ，从而得到结论. （3）记数列中任意一项经过 次“随机取反操作”后，其最终值发生改变的概率为. 考虑第次操作，该项最终值发生改变包含两种情况：前次操作后值未改变（概率为），第次取反（概率为）；前次操作后值已改变（概率为），第次未取反（概率为），从而求出，通过构造数列得到是等比数列，利用等比数列的通项公式求出，根据数学期望的性质. 【详解】（1）已知中的数列 ，， 说明与有且仅有1个位置的元素不同, 第1位不同：， 第2位不同：， 第3位不同：， 则满足条件的数列是：；，. （2）因为数列是从集合中任意取出的两个不同的数列， 因为， 所以的可能取值为：. 当时，数列中有项取值不同， 有项取值相同， 因为集合中元素的个数共有个， 所以，                                所以的分布列为： 1 2 因为，                                                          所以 . （3）记数列中任意一项经过 次“随机取反操作”后，其最终值发生改变的概率为. 考虑第次操作，该项最终值发生改变包含两种情况： 前次操作后值未改变（概率为）， 第次取反（概率为）；前次操作后值已改变（概率为）， 第次未取反（概率为）. 故，                                                                        化简得：， 由题意，，若，可知， 若，则数列是以为首项，为公比的等比数列， 则，即， 上式对于时仍成立，综上，，                                                                      设，，由题目所给数学期望的性质， 可得 ， 已知初始时，即数列与对应项不同的位置共有个， 对于这些位置，意味着第项的不发生改变，其概率为； 数列与对应项相同的位置共有个， 对于这些位置，意味着第项的发生改变，其概率为； 因此有. 变式4．（25-26高二下·辽宁营口·阶段检测）对于数列（），记，称数列为数列的一阶差分数列．记，称数列为数列的二阶差分数列，……，一般地，对于，记，规定：，，称为数列的阶差分数列．对于数列，如果（为常数），则称数列为阶等差数列． (1)分别求出数列，的二阶差分数列，并判断是否为2阶等差数列； (2)已知数列满足，对，且，恒成立． （ⅰ）求证：数列为二阶等差数列； （ⅱ）令，求证：数列的前项和． 【答案】(1)数列不是2阶等差数列；数列是2阶等差数列； (2)（ⅰ）证明：取，则有， 又因为， 所以，， 所以， 所以， 所以数列为二阶等差数列； （ⅱ）证明：由（ⅰ）可知， 令， 则， 所以是等差数列，首项为，公差， 所以， 即， 当时，， ， ， 将以上个式子相加，得， 所以， 所以， 在中，取， 得，所以 即，解得， 所以， 所以， 设数列的前项和为， 所以， ， 两式相减，得 ， 所以, 所以，得证. 【分析】（1）根据二阶差分数列及2阶等差数列的定义逐一判断即可； （2）（ⅰ）取，根据二阶等差数列的定义证明即可； （ⅱ）由（ⅰ）可知，利用累加法可得，中，，可求得，从而得，代入，利用放缩法可得，利用错位相减即可得证. 【详解】（1）由数列的阶差分数列可得： 数列的一阶差分数列为， 二阶差分数列为， 此差不是不为0的常数， 故数列不是2阶等差数列； 数列的一阶差分数列为 二阶差分数列为， 故数列是2阶等差数列； （2）略 实战演练 1．（25-26高二下·北京昌平·阶段检测）设数列满足：①；②所有项；③．设集合，将集合中的元素的最大值记为，即是数列中满足不等式的所有项的项数的最大值．我们称数列为数列的伴随数列．例如，数列1，3，5的伴随数列为1，1，2，2，3． (1)若数列的伴随数列为1，1，1，2，2，2，3，请写出数列 (2)若，数列的伴随数列为，求． (3)若数列的前n项和（其中c为常数），求数列的伴随数列的前m项和． 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）根据给定的定义写出数列. （2）由给定的定义求出的相应项，再利用并项求和法列式，利用错位相减法求和即得. （3）由求出，再由给定的定义求出，并按为奇数和偶数分类求出. 【详解】（1）依题意，数列为. （2）由，得， 当时，，共2项；当时，，共6项； 当时，，共18项；当时，，共54项； ；当时，，共项， 则 令， 于是， 两式相减得， 因此，所以. （3）由数列的前n项和，得，解得，即 当时，，而满足上式，因此， 由，，得， 由使得成立的的最大值为，得， 当时，， 当时，， 所以. 2．（25-26高二下·北京通知·阶段检测）已知为等差数列，为公比不是1等比数列，且，，． (1)求和的通项公式； (2)设数列满足：当时，；当时，，其中．求数列的前项和； (3)若数列满足，且，定义，其中表示集合中最小的数．若，求． 【答案】(1)， (2) (3) 【分析】（1）设出的公差，的公比，结合等差数列与等比数列性质计算即可得； （2）由题意计算可得，再利用分组求和思想与错位相减法，分奇偶讨论并计算即可得解； （3）由题意可得当时，，再结合（2）中所得即可得解. 【详解】（1）设的公差为，的公比为， 则，又，解得， 故，； （2）当时，， 当时，， 当时，， 故 ， 则 ， 令， 则， 故 ， 故， 当为奇数时，， 则； 当为偶数时，， 则； 综上可得：； （3）由，且， 故当时，，当时，， 又，故当时，，当时，， 当时，，，当时，，， 则 ， 由（2）得， 则， 即. 2 学科网（北京）股份有限公司 $