重难点专训03 数列中的新定义·新情景问题（专项训练）（天津专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦数列新定义与新情景问题，构建“方法提炼-题型通法-分层训练”体系，通过规则解读、类比迁移培养数学抽象与逻辑推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |解题方法及技巧提炼|2类策略|新定义：照章办事+类比熟悉数列；新情景：精读规则+列举验证+分步演算|从概念界定到策略生成，建立“理解-迁移-应用”逻辑链| |题型通法及变式提升|2题型（各含2典例+1变式）|新定义：提取关系式→代入运算→验证规律；新情景：提炼规则→下标对应→参数方程构建|典例覆盖子数列、抽项等考法，变式强化方法迁移| |重难专题分层过关练|巩固5题+创新3题|分层设计：基础巩固聚焦定义应用，创新提升突破复杂情景（如加密算法）|从基础到综合，实现知识应用到创新思维的递进|

重难点专训03 数列中的新定义·新情景问题 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 1 题型1 数列中的新定义 2 题型2 数列中的新情景 8 重难专题分层过关练 14 巩固过关 14 创新提升 24 解题方法及技巧提炼 1．数列中的新定义问题的求解策略 (1)新定义问题：通过给定的与数列有关的新定义，或约定的一种新运算，或给出的由几个新模型来创设的新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题设所提供的信息，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)求解策略：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. (3)求解新定义的数列，可以类比“熟悉数列”的研究方式，用特殊化的方法研究新数列，向“熟悉数列”的性质靠拢. 2．数列中的新情景问题的求解策略 (1)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. (2)求解策略：高考数列新情景，以全新定义、陌生规则创设问题。解题首要精读题干，完整抄写新给出的关系式，读懂运算法则。依照定义依次列举前几项，探寻数列规律、周期。分清子数列、抽项问题中项与下标对应关系。题型新颖，但是运算基础不变。切忌凭借固有经验主观臆断。遇到参数，利用新定义建立方程。易错点是审题不全，曲解规则。建议分步演算，先算出前三项进行验证。大题拆分设问，逐个击破，严谨书写推导过程，依靠定义推理，不要套用旧结论。 题型通法及变式提升 题型1 数列中的新定义 【典例1-1】（2026·天津滨海新区·三模）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. 数列新定义题型关键在于读懂规则，逐字提取题干给出的关系式。严格依照定义代入运算，列举前几项，观察周期、单调性等规律。遇到子数列、隔项抽取，理清项数下标之间的对应关系。切勿凭借固有的数列结论主观推断。若含有参数，则依托新定义构建方程求解。高频失误是误解题意、下标写错。建议先演算前三项验证规律。答题分步书写，不跳关键步骤。大题优先解决通项，再处理不等式、最值等后续设问，依托定义严谨推导，保障步骤完整，拿到全部分数。 【典例1-2】（2026·天津武清·模拟预测）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 【变式1-1】（2026·天津河北·二模）若数列对于任意的，满足（，为非零常数），称数列为“型数列”.已知数列是“型数列”，数列是“型数列”，且，. (1)求数列，的通项公式； (2)设是数列的前项的和，求数列的前项的和； (3)若，是否存在实数，，，使得数列为“型数列”？若存在，求出，，的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)， (2) (3)不存在，理由如下： 由，得，① 所以，② 由①－②，得， 所以. 又，， 假设存在实数，，，使得数列为“型数列”， 则， 即， 整理得， 所以解得，，，不满足，为非零常数， 因此不存在实数，，，使得数列为“型数列”. 【分析】（1）根据题意，，所以数列是等差数列，可得通项公式，根据题设得，数列是以1为首项，2为公比的等比数列； （2）设，利用并项求和法得解； （3）利用错位相减法求得，假设存在实数，使得数列为“型数列”，则，利用待定系数法得到方程组，求解即可. 【详解】（1）因为为“型数列”， 所以， 即，所以数列是等差数列， 又，，所以的公差为， 故数列的通项公式为. 因为数列是“型数列”，所以， 又因为，也成立，所以为等比数列， 公比，因此. （2）由（1）可得， 设， 因为， 故数列的前项的和为 . （3）不存在实数，，，使得数列为“型数列”，理由略. 题型2 数列中的新情景 【典例2-1】（2026·天津·二模）已知数列的各项均为正整数，设集合，记的元素个数为． (1)若数列，求集合； (2)已知为正项等比数列，，是与的等差中项． （i）求； （ii）令，求． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）根据题意计算求解即可； （2）（i）设等比数列的公比为，根据等差中项可得，进而可得，由题意推导可得得到彼此互异，进而可得；（ii）由题意可得，根据裂项相消法计算求解. 【详解】（1）由题意可知数列，得 ， 则； （2）（i）设等比数列的公比为， 由题意可知，， 解得或（不符合题意舍去）， 所以， 此时数列， 因为， 所以集合中元素最多为个，即， 对于数列，此时， 若存在，则，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）， ， 则 . 数列新情景题型依托陌生规则、现实背景给出条件。做题先逐句精读题干，提炼全新关系式，不可照搬固有数列结论。列举数列前几项，以此验证自身对于题意的理解。子数列、隔项抽取题型，理清原数列和子数列下标对应关系。含参问题，根据新情景的规则列式求解。常见失分点是曲解题干条件、下标运算出错。分步计算，不要跳步。大题先求通项，再去解决最值、不等式。一切推导均依据题干定义，依靠严谨演算，保证答题步骤完整。 【典例2-2】（2026·天津河西·二模）已知数列是公差不为0的等差数列，且，是和的等比中项，等比数列的通项公式为（其中，且）. (1)求的前n项和； (2)设集合，对于的每一个非空子集X，设其最小元素为x，最大元素为y. （ⅰ）设为所有非空子集对应的之和，求证：； （ⅱ）设为所有非空子集对应的之和，且，求数列的通项公式. 【答案】(1) (2) （ⅰ）假设非空子集X的最小元素为x（），则元素x必属于X. 因为x是最小元素，所以X中的其他元素只能从这个元素中选取， 这样的子集X共有个. 因此，在的求和中，（即x本身）被累加了次， 所以：， 将直接代入(1)的结论中： ， ， 所以：命题得证. （ⅱ） 【分析】(1)利用等比中项的性质求出，得到数列的通项公式，利用错位相减即可求得的前n项和； (2)（ⅰ）根据题意可得x是最小元素，则X中的其他元素只能从这个元素中选取.得到这样的子集X共有个，从而得到，代入(1)问中的结论，令即可求解； （ⅱ）根据题意分析可得对于固定的最大元素y，所有对应子集的之和为，代入（ⅰ）的结论，则，从而得到，利用等比数列的求和公式即可求解. 【详解】（1）由题意，设数列的公差为， 已知，是和的等比中项， 所以，因为，所以， 所以，所以. 所以，① ，② ①式减去②式（错位相减法）得： 因为，两边同除以得： . （2）（ⅰ）略 （ⅱ）对于任意一个最大元素为y（）的子集X，它必定包含y，由于此时y固定， 也是一个常数，提取公因式后，只需要对这些子集的（最小元素）求和， 设，其中Y是集合的任意子集（可以是空集）， ①若，则，此时最小元素，对应的项为， ②若，则X的最小元素就是Y的最小元素，即， 对于情况②，当Y取遍的所有非空子集时，其最小元素的总和， 恰好就是（ⅰ）中的. 因此，对于固定的最大元素y，所有对应子集的之和为：， 代入（ⅰ）的结论， 可得， 则， 因此，最大元素为y的所有子集，其的和为. 所以， 因为，所以， 所以， 整理得：. 【变式2-1】（2026·天津红桥·一模）在信息传输过程中，为确保信息安全，需要对密钥进行复杂的生成和更新操作．为生成密钥序列A，现定义一个简单的加密算法，它的作用是在第轮对密钥片段进行一次变换，具体变换规则如下：若为奇数，则将在第轮变换中让序列的奇数项的值增加1，偶数项的值减少；若为偶数，则将在第轮变换中让序列的奇数项的值增加 ，偶数项的值减少2．若初始密钥序列，，则加密序列的所有项之和为，已知数列的前项和，且满足． (1)写出，并求出数列的通项公式； (2)求数列的通项公式； (3)证明：． 【答案】(1)，； (2)； (3)，， 所以， 所以， 设， 所以， 两式相减得， 设， 则， 两式相减得， ， 所以， 所以， ， 所以. 【分析】（1）本小问是两个独立的问题，前一部分是新定义，按新定义求出；后一部分是已知数列的和，求数列的通项，求和与通项的关系求解，是常规考法； （2）先找到题中给出的关系，再分奇偶讨论； （3）先放缩，再求和，最后证明不等式. 【详解】（1）因为， 所以， ， ， ； 因为，所以，； 时，， ， ，， 所以数列是首项为1，公比为4的等比数列， . （2）经过变换后，奇数项的每一项都增加1，偶数项的每一项都减少，各项之和增加； 经过变换后，奇数项的每一项都增加，偶数项的每一项都减少2，各项之和增加； 所以经过和两轮变换后，各项之和增加， ， 所以， 即为偶数时，； 为奇数时，为偶数，令 ，则， ， ； 综上，. （3）略 重难专题分层过关练 巩固过关 1．（2026·江苏无锡·三模）定义：若一个数列满足其首项为0，且对于，可取 或 的概率均为0.5，则我们称该数列为“可取数列”，已知数列为“可取数列”． (1)求的值； (2)在“可取数列”中，设随机变量 是的值，求： ① 的概率分布； ②的期望． 【答案】(1) (2)① 的概率分布为： ② 【分析】（1）分为 ，，和 ， ，两种情况计算概率； （2）① 的可能取值为 ， ， ， ，，设，分析 中的取值情况求解； ②由 得到 ，利用组合数性质计算求解. 【详解】（1）已知数列是“可取数列”，首项 ，可取 或 的概率均为0.5， 要使，有以下两种情况： 情况一： ，，，因为取 的概率为0.5，取 的概率为0.5， 这种情况发生的概率为； 情况二： ， ，，因为取 的概率为0.5，取 的概率为0.5， 这种情况发生的概率为， 所以. （2） ①    因为 ，可取 或 ， 所以的可能取值为 ， ， ， ，，设， 则取1或 的概率均为0.5， 且，设 ，显然 ， 再设此时中有 个1， 个 ，则 ， 所以 只能取之间的偶数值，即 ， 对于偶数 ，事件相当于在个数中， 有 个数取1，个数取 ， 其概率为 ， 因此， 的概率分布为： . ②    因为 ， 所以 ， 可得，由组合数性质得， ， 因为， ， 所以， 因此，. 2．（2026·山西忻州·模拟预测）对任意正整数n，定义其“二进层号”为满足的唯一正整数；再定义．例如，，；，． (1)求，； (2)证明：对任意正整数m，有； (3)记．求关于m的表达式，并证明你的结论． 【答案】(1)， (2)当时，，所以． 此时n依次取，，…，， 于是依次取，，…，1， 因此第r层的和为， 所以， 即， 计算得， 化简为，命题得证． (3)，证明： 记， 若，则，， 此时，， 条件等价于，故， 因此对固定r，可取的个数为区间与中整数的交集大小， 也就是说，需满足． 下面分m的奇偶讨论： 若，则有贡献的r为， 对应个数依次为，，…，2，1， 所以， 即当时，； 若，则有贡献的r为， 其中时有1个，之后对应个数为，，…，2，1， 所以， 即当时，， 综上，，命题得证． 【分析】（1）根据已知定义，计算求解； （2）采用分层求和法，按将求和区间拆分成个连续区间，每层内是从1到的连续整数，先分层求和，再对每层用等比数列求和公式化简，最终求证； （3）采用变量替换和分类计数法，设按已知条件转化为的区间约束，结合自身的取值范围确定有解的的取值区间，再根据的奇偶性分类，逐层统计符合条件的的个数，最后求和得出． 【详解】（1）已知对任意正整数n，定义，并定义． 因为，，且，所以． ． （2）略 （3）略 3．（2026·北京·模拟预测）已知，数列：，，⋯，，其中.称集合{，是的因数}为数列的制约集. (1)当时，设：1，3，5，2，6，4； ：2，4，3，5，1，6.直接写出和； (2)设，，数列满足，证明：存在偶数，； (3)若，求所有满足条件的数列. 【答案】(1)， (2)因为 为奇数，故至少存在一个，使得为奇数， 从而也为奇数，不能被整除. 即，命题成立. (3)当时，数列为 ，，，，，⋯，1， 或，，，，⋯，，1. 当时，数列为 ，，，，⋯2，，1， 或，，，，⋯，，2，，1. 【分析】（1）根据“制约集”的定义可求； （2）通过证，得到至少存在一个，使得为奇数，从而也为奇数，进而得证； （3）先利用最大下标条件：从开始，因为 且差的绝对值小于 n，所以，从而只能是或；再递推构造更小规模的数列：将问题规模从 降到，建立一一对应，从而证明满足条件的数列个数与 时相同，即总是2个；具体写出这两个数列：通过正向递推或逆向递推，利用差必须等于，唯一确定每个位置的值。 【详解】（1）对于 能整除故; 能整除故; 能整除故; 能整除故; 能整除故; 所以 对于 能整除故; 不能整除故; 不能整除故; 能整除故; 能整除故; 所以. （2）略 （3）因为，可知整除，一定有或，即满足条件的数列的最后一项必为1或. 若，构造数列：，，⋯，，其中， 则，其制约集. 故每个以结尾、满足条件的数列均对应一个以1结尾，满足条件的数列，且的项数为. 反之亦然，即上述对应是一一的. 若，构造数列：，，⋯，，其中， 则，其制约集. 故每个以1结尾、满足条件的数列均对应一个以结尾，满足条件的数列，的项数为. 上述对应也是一一的. 综上所述，满足条件的项数列与项数列之间具有一一对应，从而对于任意的，满足条件的数列的个数均相同. 取，数列只有1，2和2，1两种可能，其制约集均为. 故对任意的，恰有两个数列满足条件. 当时，数列为 ，，，，，⋯，1， 或，，，，⋯，，1. 当时，数列为 ，，，，⋯，，2，，1， 或，，，，，⋯，，2，，1. 4．（2026·江苏连云港·模拟预测）已知正项数列的前项和为，． (1)求数列的通项公式； (2)将数列的前项重新排列后，得到新数列，，…，，设的最大值为，证明：； (3)将数列的前项重新排列后得到新数列，，…，，该数列满足，，，…，是1，2，3，…，的一个排列，求的最小值． 【答案】(1)； (2)由（1）知，所以是的一个排列． 令，则是的一个排列，并且． 因此，只需研究排列的相邻两项之差的绝对值之和． 对于每个，在与之间画一条“分界线”，即把分成和． 记为相邻项对中，一项不大于、另一项大于的相邻项对数，也就是相邻项跨过第条分界线的次数． 下面说明“跨分界线的次数”为什么等于相邻差的绝对值． 若某一对相邻项为，且，那么从到依次跨过，，，这条分界线． 因此，这一对相邻项在中各被计算一次，总共被计算次． 把所有相邻项对的贡献相加，得到. 接下来估计每个的最大值． 当时，集合中有个数． 每个数在排列中最多与两个数相邻，所以由这些数产生的跨界相邻项对最多有对，即． 当时，整个排列一共只有对相邻项，所以． 当时，集合中有个数． 同理，每个数最多与两个数相邻，所以． 于是. . 下面构造一个排列，使相邻差绝对值之和恰好等于． 当时，． 当时，取排列满足，；（）；（）． 也就是说，该排列为． 其中，、、以及都恰好出现一次，所以它确实是的一个排列． 在这个排列中，首、尾两个相邻差均为；有个相邻差等于；有个相邻差等于． 因此． 结合前面的上界，得． 下面证明所给不等式．当时，． 当时，对，有，所以． 于是． ． ． ． 故原不等式成立． (3) 【分析】（1）由时，将关于与的两个等式相减，得到相邻两项的递推关系，再由正项条件确定公差和首项． （2）先将各项同时减去，把问题化为排列的相邻差绝对值之和的最大值问题．通过统计相邻项跨越各整数分界线的次数求出上界，再构造一个排列达到该上界，得到的准确值，最后进行放缩与裂项相消． （3）仍统计相邻项跨越各整数分界线的次数，并利用数列首、尾两项在相邻关系中只出现一次，得到首、尾两项到中间数的距离之和的上界，从而求出的下界；再构造排列说明下界可以取到． 【详解】（1）由题可知，，所以有， 即 因为数列是正项数列，所以. 即数列是以1为公差的等差数列 令，有 ，所以解得，（负舍）. 所以. （2）略 （3）由（1）知，所以是的一个排列． 记 对于，记为相邻两项中一项不大于、另一项大于的相邻项对数． 若相邻两项为，且，那么这对相邻项恰好跨越这个分界线， 因此它对的贡献为． 由题意得， 又因为这些相邻差的绝对值是的一个排列， 所以 当时，考虑这个数． 其中不在数列首、尾位置的数有两个相邻项，位于首、尾位置的数只有一个相邻项． 设中不大于的数有个，则 当时，考虑，这个数． 设中大于的数有个，同理可得 将这些不等式相加， 得 计算前两项，得 对于首、尾两项中的任意一项，若，它在中各被计算一次， 共计算次；若，它在中各被计算一次，共计算次． 所以， 结合前面的等式与不等式，得 所以 又因为 所以 下面说明可以取到．取 此时相邻两项之差的绝对值依次为恰好是的一个排列， 并且 因此的最小值为． 5．（2026·四川成都·三模）已知是个正整数记，其中，，，． (1)若，，，求的值； (2)若，，，求，，，中的最大数与最小数的和所有可能的集合； (3)若，，，，，是，，，的一个排列．从中随机取出个不同的数，记取出的数中最小元素为．求（用表示）． 【答案】(1) (2) (3)． 【分析】（1）从个数中取个数求和，全体总和减掉剩下的1个元素，即子集和，内4个数相加等于，代入直接计算求解； （2）是这9个正整数中任取其中8个数的和构成的集合，且集合只有7个数，令得出，由是整数，故必为整数，分情况讨论求出最大数与最小数的和，进而得出集合； （3）当时，记，表示集合，记取出的数中最小值为，记是从中均匀随机选取的的元素的最大值，利用组合概率与组合恒等式求，利用期望的性质求出． 【详解】（1）当时，是4个正整数， 是这4个正整数中任取其中3个数的和构成的集合，且集合恰好有4个数， 由条件可知，这4个正整数互不相同， 令， 则，解得，即． （2）当时，是9个正整数， 是这9个正整数中任取其中8个数的和构成的集合，且集合只有7个数． 由条件可知，这9个正整数中必有2个数或者1个数重复， 令，则，其中， 整理可得，由是整数，故必为整数， ①当，满足为整数，所以， 中最大的数为：，最小数为， 故它们的和为； ②当或者，满足为整数，故， 中最大的数为：， 最小数为，故它们的和为； ③当，满足为整数，故， 中最大的数为：， 最小数为，所以它们的和为； 综上，中的最大数与最小数的和所有可能的集合为． （3）当时，记， 且， 从集合中随机取出个不同的数（等可能），记取出的数中最小值为， 记是从中均匀随机选取的个的最大值， 则， 共有种取法，， ， 又， ， 方法一： ． 方法二：可理解为从个不同的元素里选出个元素的总的方案数， 可理解为按选出的个元素里最大的那个元素来分类计算： 若最大元素是第个，则剩下的个元素要从前面个里选：； 若最大元素是第个，则剩下的个元素要从前面个里选：； 若最大元素是第个，则剩下的个元素要从前面个里选：； 所有情况加在一起，即成立， 即． 而． 创新提升 1．（2026·福建泉州·模拟预测）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 2．（2026·北京·三模）设和均为各项互不相等的项数列，其中，，，…，．记数列：，，…，，其中，，，…，． (1)写出所有满足条件的数列和，使得数列:，，，； (2)若，是公差不为的等差数列，求证：为定值； (3)若为各项互不相等的数列，记中最大的数为，最小的数为，求的最小值． 【答案】(1)；； ；. (2)记等差数列的公差为， 由， 得，则. 由，得. 因为，且和均为各项互不相等的2026数列， 所以， 所以即. 所以公差. 不妨设公差，则， 而只能由1和2026得到，去除两端的数后只能由2和2025得到 以此类推，于是总为定值2027. (3)当为偶数时最小值为，当为奇数时最小值为. 【分析】（1）根据定义分析出，再写出所有情况即可； （2）记等差数列的公差为，分析出，则，以分析即可； （3）分为偶数和为奇数讨论，当为偶数利用反证法得，再讨论等号成立的情况，当为奇数时举例即可. 【详解】（1）显然，因为， 根据，，则，，， 从而满足条件的答案有4组，分别为： ；； ；. （2）略 （3）由题意，数列中有个不同的整数，则，当且仅当数列为个连续整数时取等号， 当为偶数时，若存在数列，使得，则， 由为偶数，知为奇数，故不可能为0，则不可能为0. 这与矛盾， 所以当为偶数时，. 当为偶数时，如果数列； 数列； 那么数列，此时满足. 当为奇数时，如果数列； 数列； 那么数列，此时. 综上，当为偶数时，最小值为；当为奇数时，最小值为. 3．（2026·甘肃嘉峪关·模拟预测）设数列，对任意，令，已知，对任意整数，均有． (1)证明：，，三项成等差数列； (2)证明：对任意整数，均有； (3)数列是否为等差数列?并说明理由． 【答案】(1)证明： 由题意得 ， 对任意，，且前项和 要证成等差数列，只需证， 当时，代入递推式得， 又，， 代入得： ，化简得， 两边同乘3得，整理得， 因为， 所以，故成等差数列，证毕.； (2)证明： 因为数列，对任意，令 所以，对任意，，，， 所以，前项和， 所以①， 因为，对任意，②， 将②代入①得：， 移项化简得，证毕.； (3)数列是等差数列，理由如下： 由（2）的结论，对任意整数，均有， 令（），得， 因为， 所以， 验证时也成立， 所以，对所有， ， 当时， ， 两式相减得： ， 展开整理得， 令，代入上式得（）， 可变形为， 又因为当时，，即 所以数列在时为常数列，即， 所以时，，其中为常数，（显然时也成立）， 所以，，即是首项为1，公差为的等差数列. 【分析】（1） 先利用递推公式结合的定义验证满足等差中项性质即可证明； （2）结合前项和与的关系推导第二问的等式即可证明； （3）通过与的递推关系推导的通项公式，判断其为等差数列 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点专训03 数列中的新定义·新情景问题 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 1 题型1 数列中的新定义 2 题型2 数列中的新情景 3 重难专题分层过关练 4 巩固过关 4 创新提升 5 解题方法及技巧提炼 1．数列中的新定义问题的求解策略 (1)新定义问题：通过给定的与数列有关的新定义，或约定的一种新运算，或给出的由几个新模型来创设的新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题设所提供的信息，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)求解策略：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. (3)求解新定义的数列，可以类比“熟悉数列”的研究方式，用特殊化的方法研究新数列，向“熟悉数列”的性质靠拢. 2．数列中的新情景问题的求解策略 (1)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. (2)求解策略：高考数列新情景，以全新定义、陌生规则创设问题。解题首要精读题干，完整抄写新给出的关系式，读懂运算法则。依照定义依次列举前几项，探寻数列规律、周期。分清子数列、抽项问题中项与下标对应关系。题型新颖，但是运算基础不变。切忌凭借固有经验主观臆断。遇到参数，利用新定义建立方程。易错点是审题不全，曲解规则。建议分步演算，先算出前三项进行验证。大题拆分设问，逐个击破，严谨书写推导过程，依靠定义推理，不要套用旧结论。 题型通法及变式提升 题型1 数列中的新定义 【典例1-1】（2026·天津滨海新区·三模）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． 数列新定义题型关键在于读懂规则，逐字提取题干给出的关系式。严格依照定义代入运算，列举前几项，观察周期、单调性等规律。遇到子数列、隔项抽取，理清项数下标之间的对应关系。切勿凭借固有的数列结论主观推断。若含有参数，则依托新定义构建方程求解。高频失误是误解题意、下标写错。建议先演算前三项验证规律。答题分步书写，不跳关键步骤。大题优先解决通项，再处理不等式、最值等后续设问，依托定义严谨推导，保障步骤完整，拿到全部分数。 【典例1-2】（2026·天津武清·模拟预测）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． 【变式1-1】（2026·天津河北·二模）若数列对于任意的，满足（，为非零常数），称数列为“型数列”.已知数列是“型数列”，数列是“型数列”，且，. (1)求数列，的通项公式； (2)设是数列的前项的和，求数列的前项的和； (3)若，是否存在实数，，，使得数列为“型数列”？若存在，求出，，的值；若不存在，说明理由. 题型2 数列中的新情景 【典例2-1】（2026·天津·二模）已知数列的各项均为正整数，设集合，记的元素个数为． (1)若数列，求集合； (2)已知为正项等比数列，，是与的等差中项． （i）求； （ii）令，求． 数列新情景题型依托陌生规则、现实背景给出条件。做题先逐句精读题干，提炼全新关系式，不可照搬固有数列结论。列举数列前几项，以此验证自身对于题意的理解。子数列、隔项抽取题型，理清原数列和子数列下标对应关系。含参问题，根据新情景的规则列式求解。常见失分点是曲解题干条件、下标运算出错。分步计算，不要跳步。大题先求通项，再去解决最值、不等式。一切推导均依据题干定义，依靠严谨演算，保证答题步骤完整。 【典例2-2】（2026·天津河西·二模）已知数列是公差不为0的等差数列，且，是和的等比中项，等比数列的通项公式为（其中，且）. (1)求的前n项和； (2)设集合，对于的每一个非空子集X，设其最小元素为x，最大元素为y. （ⅰ）设为所有非空子集对应的之和，求证：； （ⅱ）设为所有非空子集对应的之和，且，求数列的通项公式. 【变式2-1】（2026·天津红桥·一模）在信息传输过程中，为确保信息安全，需要对密钥进行复杂的生成和更新操作．为生成密钥序列A，现定义一个简单的加密算法，它的作用是在第轮对密钥片段进行一次变换，具体变换规则如下：若为奇数，则将在第轮变换中让序列的奇数项的值增加1，偶数项的值减少；若为偶数，则将在第轮变换中让序列的奇数项的值增加 ，偶数项的值减少2．若初始密钥序列，，则加密序列的所有项之和为，已知数列的前项和，且满足． (1)写出，并求出数列的通项公式； (2)求数列的通项公式； (3)证明：． 重难专题分层过关练 巩固过关 1．（2026·江苏无锡·三模）定义：若一个数列满足其首项为0，且对于，可取 或 的概率均为0.5，则我们称该数列为“可取数列”，已知数列为“可取数列”． (1)求的值； (2)在“可取数列”中，设随机变量 是的值，求： ① 的概率分布； ②的期望． 2．（2026·山西忻州·模拟预测）对任意正整数n，定义其“二进层号”为满足的唯一正整数；再定义．例如，，；，． (1)求，； (2)证明：对任意正整数m，有； (3)记．求关于m的表达式，并证明你的结论． 3．（2026·北京·模拟预测）已知，数列：，，⋯，，其中.称集合{，是的因数}为数列的制约集. (1)当时，设：1，3，5，2，6，4； ：2，4，3，5，1，6.直接写出和； (2)设，，数列满足，证明：存在偶数，； (3)若，求所有满足条件的数列. 4．（2026·江苏连云港·模拟预测）已知正项数列的前项和为，． (1)求数列的通项公式； (2)将数列的前项重新排列后，得到新数列，，…，，设的最大值为，证明：； (3)将数列的前项重新排列后得到新数列，，…，，该数列满足，，，…，是1，2，3，…，的一个排列，求的最小值． 5．（2026·四川成都·三模）已知是个正整数记，其中，，，． (1)若，，，求的值； (2)若，，，求，，，中的最大数与最小数的和所有可能的集合； (3)若，，，，，是，，，的一个排列．从中随机取出个不同的数，记取出的数中最小元素为．求（用表示）． 创新提升 1．（2026·福建泉州·模拟预测）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． 2．（2026·北京·三模）设和均为各项互不相等的项数列，其中，，，…，．记数列：，，…，，其中，，，…，． (1)写出所有满足条件的数列和，使得数列:，，，； (2)若，是公差不为的等差数列，求证：为定值； (3)若为各项互不相等的数列，记中最大的数为，最小的数为，求的最小值． 3．（2026·甘肃嘉峪关·模拟预测）设数列，对任意，令，已知，对任意整数，均有． (1)证明：，，三项成等差数列； (2)证明：对任意整数，均有； (3)数列是否为等差数列?并说明理由． 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $