2025年高考数学二轮培优第19题新定义压轴题讲义专题05 数列下的新定义（七大题型）（2份，原卷版+教师版）

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题型一：牛顿数列问题
题型二：高考真题下的数列新定义
题型三：数列定义新概念
题型四：数列定义新运算
题型五：数列定义新情景
题型六：差分数列、对称数列
题型七：非典型新定义数列
【方法技巧与总结】
1、“新定义型”数列题考查了学生阅读和理解能力，同时考查了学生对新知识、新事物接受能力和加以简单运用的能力，考查了学生探究精神．要求解题者通过观察、阅读、归纳、探索进行迁移，即读懂和理解新定义，获取有用的新信息，然后运用这些有效的信息进一步推理，综合运用数学知识解决问题的能力和探索能力(多想少算甚至不算)．因此，“新定义型”数列在高考中常有体现，是一种用知识归类、套路总结、强化训练等传统教学方法却难以解决高考中不断出现的新颖试题．
2、解答与数列有关的新定义问题的策略：
(1)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)遇到新定义问题，需耐心研究题中信息，分析新定义的特点，搞清新定义的本质，按新定义的要求“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以顺利解决．
(3)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．
【典型例题】
题型一：牛顿数列问题
【典例1-1】(2024·广东韶关·二模)记上的可导函数的导函数为，满足的数列称为函数的“牛顿数列”.已知数列为函数的牛顿数列，且数列满足.
(1)求；
(2)证明数列是等比数列并求；
(3)设数列的前项和为，若不等式对任意的恒成立，求t的取值范围.
【解析】(1)因为，则，从而有，
由，则，
则，解得则有，所以；
(2)由，则，
所以，
故(非零常数)，且，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以；
(3)由等比数列的前n项和公式得：，
因为不等式对任意的恒成立，又且单调递增，
所以对任意的恒成立，令，，
则，当时，，是减函数，
当时，，是增函数，
又，且，，，则，
当n为偶数时，原式化简为，所以当时，；
当n为奇数时，原式化简为，所以当时，，所以；
综上可知，.
【典例1-2】(2024·高二·浙江绍兴·期末)物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出了“牛顿数列”，它在航空航天中应用非常广泛．其定义是：对于函数，若满足，则称数列为牛顿数列．已知，如图，在横坐标为的点处作的切线，切线与x轴交点的横坐标为，用代替重复上述过程得到，一直下去，得到数列．

(1)求数列的通项公式；
(2)若数列的前n项和为，且对任意的，满足，求整数的最小值．(参考数据：，，，)
【解析】(1)
，
在点处的切线方程为：
令，得，
所以是首项为1，公比为的等比数列，
故
(2)令
法一：错位相减法
，
，
两式相减得：
化简得：
故，
化简得
令，
则，
当时，，即，
当时，，即，
所以
从而整数；
法二：裂项相消法
由，
设且，
则，
于是，得，
即
所以

故，化简得
令，
则时，，
当当时，，即，
当时，，即，
所以
从而整数
【变式1-1】(2024·广东广州·二模)已知函数.
(1)证明：恰有一个零点，且；
(2)我们曾学习过“二分法”求函数零点的近似值，另一种常用的求零点近似值的方法是“牛顿切线法”.任取，实施如下步骤：在点处作的切线，交轴于点：在点处作的切线，交轴于点；一直继续下去，可以得到一个数列，它的各项是不同精确度的零点近似值.
(i)设，求的解析式；
(ii)证明：当，总有.
【解析】(1)，定义域为，
所以，在上恒成立，
所以函数在上单调递增，
因为， ，
所以，存在唯一，使得，即：有唯一零点，且；
(2)(i)由(1)知，
所以，曲线在处的切线斜率为，
所以，曲线在处的切线方程为，即，
令得，
所以，切线与轴的交点，即，
所以，；
证明：(ii)对任意的，由(i)知，曲线在,处的切线方程为：，
故令，
令，
所以，，
所以，当时，，单调递增，当,时，，单调递减，
所以，恒有，即恒成立，当且仅当时等号成立，
另一方面，由(i)知，，且当时，，
(若，则，故任意，显然矛盾)，
因为是的零点，
所以，
因为为单调递增函数，
所以，对任意的时，总有，
又因为，
所以，对于任意，均有，
所以，，，
所以，
综上，当，总有．
题型二：高考真题下的数列新定义
【典例2-1】（2024年高考新课卷1）设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列．
(1)写出所有的，，使数列是可分数列；
(2)当时，证明：数列是可分数列；
(3)从中一次任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析 (3)证明见解析
【解析】
【分析】(1)直接根据可分数列的定义即可；
(2)根据可分数列的定义即可验证结论；
(3)证明使得原数列是可分数列的至少有个，再使用概率的定义.
【小问1详解】
首先，我们设数列的公差为，则.
由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，
故我们可以对该数列进行适当的变形，
得到新数列，然后对进行相应的讨论即可.
换言之，我们可以不妨设，此后的讨论均建立在该假设下进行.
回到原题，第1小问相当于从中取出两个数和，使得剩下四个数是等差数列.
那么剩下四个数只可能是，或，或.
所以所有可能的就是.
【小问2详解】
由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下两个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，共组.
(如果，则忽略②)
故数列是可分数列.
【小问3详解】
定义集合，.
下面证明，对，如果下面两个命题同时成立，
则数列一定是可分数列：
命题1：或；
命题2：.
我们分两种情况证明这个结论.
第一种情况：如果，且.
此时设，，.
则由可知，即，故.
此时，由于从数列中取出和后，
剩余的个数可以分为以下三个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，共组；
③，共组
(如果某一部分的组数为，则忽略之)
故此时数列是可分数列.
第二种情况：如果，且.
此时设，，.
则由可知，即，故.
由于，故，从而，这就意味着.
此时，由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下四个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，，共组；
③全体，其中，共组；
④，共组.
(如果某一部分的组数为，则忽略之)
这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含个行，个列的数表以后，个列分别是下面这些数：
，，，.
可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍中除开五个集合，，，，中的十个元素以外的所有数.
而这十个数中，除开已经去掉的和以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.
这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列是可分数列.
至此，我们证明了：对，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列一定是可分数列.
然后我们来考虑这样的的个数.
首先，由于，和各有个元素，故满足命题1的总共有个；
而如果，假设，则可设，，代入得.
但这导致，矛盾，所以.
设，，，则，即.
所以可能的恰好就是，对应的分别是，总共个.
所以这个满足命题1的中，不满足命题2的恰好有个.
这就得到同时满足命题1和命题2的的个数为.
当我们从中一次任取两个数和时，总的选取方式的个数等于.
而根据之前的结论，使得数列是可分数列的至少有个.
所以数列是可分数列的概率一定满足
.
这就证明了结论.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论.
【典例2-2】（2024年高考新课卷2）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点，过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.
(1)若，求；
(2)证明：数列是公比为的等比数列；
(3)设为的面积，证明：对任意的正整数，.
【答案】(1)，
(2)证明见解析 (3)证明见解析
【解析】
【分析】(1)直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可；
(2)根据等比数列的定义即可验证结论；
(3)思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.
【小问1详解】
由已知有，故的方程为.
当时，过且斜率为的直线为，与联立得到.
解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上.
故，从而，.
【小问2详解】
由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程.
展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根.
从而根据韦达定理，另一根，相应的.
所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上.
所以.
这就得到，.
所以
.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
【小问3详解】
方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，，则.(若在同一条直线上，约定)
证明：
.
证毕，回到原题.
由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
而又有，，
故利用前面已经证明的结论即得
.
这就表明取值是与无关的定值，所以.
方法二：由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
这就得到，
以及.
两式相减，即得.
移项得到.
故.
而，.
所以和平行，这就得到，即.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.
【典例2-3】(2023·北京·高考真题)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．
【解析】(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．
【典例2-4】(2022·北京·高考真题)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：．
【解析】(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)，若最多有种，若，最多有种，所以最多有种，
若，则至多可表个数，矛盾,
从而若,则，至多可表个数，
而，所以其中有负的，从而可表1~20及那个负数(恰 21个)，这表明中仅一个负的，没有0，且这个负的在中绝对值最小，同时中没有两数相同,设那个负数为 ，
则所有数之和，，
，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足个，
(仅一种方式)，
与2相邻，
若不在两端,则形式，
若，则(有2种结果相同，方式矛盾)，
， 同理 ，故在一端，不妨为形式，
若,则 (有2种结果相同，矛盾)，同理不行，
，则 (有2种结果相同，矛盾)，从而，
由于,由表法唯一知3,4不相邻,、
故只能，①或，②
这2种情形，
对①：，矛盾，
对②：，也矛盾，综上，
当时，数列满足题意，
．
【变式2-1】(2021·北京·高考真题)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．
【解析】(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.
【变式2-2】(2020·北京·高考真题)已知是无穷数列．给出两个性质：
①对于中任意两项，在中都存在一项，使；
②对于中任意项，在中都存在两项．使得．
(Ⅰ)若，判断数列是否满足性质①，说明理由；
(Ⅱ)若，判断数列是否同时满足性质①和性质②，说明理由；
(Ⅲ)若是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：为等比数列.
【解析】(Ⅰ)不具有性质①；
(Ⅱ)具有性质①；
具有性质②；
(Ⅲ)解法一
首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数：
显然，假设数列中存在负项，设，
第一种情况：若，即，
由①可知：存在，满足，存在，满足，
由可知，从而，与数列的单调性矛盾，假设不成立.
第二种情况：若，由①知存在实数，满足，由的定义可知：，
另一方面，，由数列的单调性可知：，
这与的定义矛盾，假设不成立.
同理可证得数列中的项数恒为负数.
综上可得，数列中的项数同号.
其次，证明：
利用性质②：取，此时，
由数列的单调性可知，
而，故，
此时必有，即，
最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：
假设数列的前项成等比数列，不妨设，
其中，(的情况类似)
由①可得：存在整数，满足，且 (*)
由②得：存在，满足：，由数列的单调性可知：，
由可得： (**)
由(**)和(*)式可得：，
结合数列的单调性有：，
注意到均为整数，故，
代入(**)式，从而.
总上可得，数列的通项公式为：.
即数列为等比数列.
解法二：
假设数列中的项数均为正数：
首先利用性质②：取，此时，
由数列的单调性可知，
而，故，
此时必有，即，
即成等比数列，不妨设，
然后利用性质①：取，则，
即数列中必然存在一项的值为，下面我们来证明，
否则，由数列的单调性可知，
在性质②中，取，则，从而，
与前面类似的可知则存在，满足，
若，则：，与假设矛盾；
若，则：，与假设矛盾；
若，则：，与数列的单调性矛盾；
即不存在满足题意的正整数，可见不成立，从而，
然后利用性质①：取，则数列中存在一项，
下面我们用反证法来证明，
否则，由数列的单调性可知，
在性质②中，取，则，从而，
与前面类似的可知则存在，满足，
即由②可知：，
若，则，与假设矛盾；
若，则，与假设矛盾；
若，由于为正整数，故，则，与矛盾；
综上可知，假设不成立，则.
同理可得：，从而数列为等比数列，
同理，当数列中的项数均为负数时亦可证得数列为等比数列.
由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数.
从而题中的结论得证，数列为等比数列.
题型三：数列定义新概念
【典例3-1】(2024·广西南宁·一模)若无穷数列满足，则称数列为数列，若数列同时满足，则称数列为数列．
(1)若数列为数列，，证明：当时，数列为递增数列的充要条件是；
(2)若数列为数列，，记，且对任意的，都有，求数列的通项公式．
【解析】(1)先证必要性：
依题意得，，又数列是递增数列，故，
故数列是，公差的等差数列，
故.
再证充分性：
由，得，
故，
当且仅当时取等号.
又，故，故数列是递增数列.
(2)因为，由，知数列是单调递增数列，
故数列的偶数项构成单调递增数列，
依题意，可得，故当时，有.
下面证明数列中相邻两项不可能同时为非负数.
假设数列中存在同时为非负数，
因为，
若，则有，与条件矛盾；
若，则有，与条件矛盾；
即假设不存在，即对任意正整数中至少有一个小于0；
由，对成立，
故时，，，即，
故，
故，
即，即.
又，所以数列是，公差为1的等差数列，
所以.
【典例3-2】(2024·山东泰安·一模)已知各项均不为0的递增数列的前项和为，且(，且)．
(1)求数列的前项和；
(2)定义首项为2且公比大于1的等比数列为“-数列”．证明：
①对任意且，存在“-数列”，使得成立；
②当且时，不存在“-数列”，使得对任意正整数成立．
【解析】(1)
，
各项均不为0且递增，
，
，
，
，
化简得，
，
，
，
，
，
为等差数列，
，
，
；
(2)①证明：设“G-数列”公比为，且，
由题意，只需证存在对且成立，
即成立，
设，则，
令，解得，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
，
，
存在，使得对任意且成立，
经检验，对任意且均成立，
对任意且，存在“G-数列”使得成立；
②由①知，若成立，则成立，
当时，取得，取得，
由，得，
不存在，
当且时，不存在“G-数列”使得对任意正整数成立．
【变式3-1】(2024·江西南昌·一模)对于各项均不为零的数列，我们定义：数列为数列的“比分数列”.已知数列满足，且的“比分数列”与的“2-比分数列”是同一个数列.
(1)若是公比为2的等比数列，求数列的前项和；
(2)若是公差为2的等差数列，求.
【解析】(1)由题意知，
因为，且是公比为2的等比数列，所以，
因为，所以数列首项为1，公比为4的等比数列，
所以；
(2)因为，且是公差为2的等差数列，所以，
所以，
所以，
所以，因为，
所以.
题型四：数列定义新运算
【典例4-1】(2024·江苏徐州·一模)对于每项均是正整数的数列P：，定义变换，将数列P变换成数列：．对于每项均是非负整数的数列，定义，定义变换，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．
(1)若数列为2，4，3，7，求的值；
(2)对于每项均是正整数的有穷数列，令，．
(i)探究与的关系；
(ii)证明：．
【解析】(1)依题意，，，
.
(2)(i)记，
，
，
，
，所以.
(ii)设是每项均为非负整数的数列，
当存在，使得时，交换数列的第项与第项得到数列，
则，
当存在，使得时，若记数列为，则，
因此，从而对于任意给定的数列，
由，，由(i)知，
所以.
【典例4-2】(2024·江西赣州·一模)设数列.如果对小于的每个正整数都有.则称是数列的一个“时刻”.记是数列的所有“时刻”组成的集合，的元素个数记为.
(1)对数列，写出的所有元素；
(2)数列满足，若.求数列的种数.
(3)证明：若数列满足，则.
【解析】(1)由题设知当时，，故是数列的一个“时刻”，
同理当时，都有，即也是数列的一个“时刻”，
综上，.
(2)解法一：
由，易知或
①当时，必须从左往右排列，6可以是中任一个，共有5种情况
②当时，若中的四个元素是由集合中的元素或或或引起的
【变式4-1】若由引起，即4，3，2，1从左往右排列，则5必须排在4的后面，共4种；
【变式4-2】若由引起，即5，3，2，1从左往右排列，则4必须排在3的后面，共3种
【变式4-3】若由引起，即从左往右排列，则3必须排在2的后面，共2种；
【变式4-4】若由引起，即从左往右排列，则2必须排在1的后面，共1种
综上，符合的数列有15种
解法二：
因为数列，
由题意可知中的四个元素为中的四个，共有5种情况：
①当时，数列共有1种情况；
②当时，数列共有2种情况；
③当时，数列共有3种情况；
④当时，
数列共有4种情况；
⑤当时，
数列，共有5种情况；
综上，符合的数列有15种.
(3)①若，由，
所以，即成立；
②若，
不妨设且
从而
由累加法知：
又，即；
综上，，证毕.
【变式4-5】(2024·高三·山东·开学考试)在无穷数列中，令，若，，则称对前项之积是封闭的．
(1)试判断：任意一个无穷等差数列对前项之积是否是封闭的？
(2)设是无穷等比数列，其首项，公比为．若对前项之积是封闭的，求出的两个值；
(3)证明：对任意的无穷等比数列，总存在两个无穷数列和，使得，其中和对前项之积都是封闭的．
【解析】(1)不是的，理由如下：
如等差数列，
所以不是任意一个无穷等差数列对前项之积是封闭的．
(2)是等比数列，其首项，公比，
所以，
所以，
由已知得，对任意正整数，总存在正整数，使得成立，
即对任意正整数，总存在正整数，
使得成立，
即对任意正整数，总存在正整数，使得成立，
①当时，得，所以；
②当时，得，
且，
综上，或.
(3)对任意的无穷等比数列，，
令，，则，
下面证明：是对前项之积是封闭的．
因为，所以，
取正整数得，，
所以对前项之积是封闭的，
同理证明：也对前项之积是封闭的，
所以对任意的无穷等比数列，总存在两个无穷数列和，
使得，其中和对前项之积都是封闭的．
【变式4-6】(2024·福建泉州·模拟预测)表示正整数a，b的最大公约数，若，且，，则将k的最大值记为，例如：，.
(1)求，，；
(2)已知时，.
(i)求；
(ii)设，数列的前n项和为，证明：.
【解析】(1)依题可得表示所有不超过正整数m，且与m互质的正整数的个数，
因为与2互质的数为1，所以；
因为与3互质的数为1，2，所以；
因为与6互质的数为1，5，所以.
(2)(i)因为中与互质的正整数只有奇数，
所以中与互质的正整数个数为，所以，
又因为中与互质的正整数只有与两个，
所以中与互质的正整数个数为，
所以，所以，
(ii)解法一：因为，
所以，所以，
令，因为，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以数列的前n项和，
所以，
又因为，所以，
解法二：因为，所以，
又因为，
所以，
所以，
所以，所以
因为，所以，
题型五：数列定义新情景
【典例5-1】(2024·海南·模拟预测)若有穷数列(是正整数)，满足(，且，就称该数列为“数列”.
(1)已知数列是项数为7的数列，且成等比数列，，试写出的每一项；
(2)已知是项数为的数列，且构成首项为100，公差为的等差数列，数列的前项和为，则当为何值时，取到最大值？最大值为多少？
(3)对于给定的正整数，试写出所有项数不超过的数列，使得成为数列中的连续项；当时，试求这些数列的前2024项和.
【解析】(1)设的公比为，
则，解得，
当时，数列为；
当时，数列为；
综上，数列为或.
(2)解法一：因为构成首项为100，公差为的等差数列，
所以
，
又，所以当或时，取得最大值.
解法二：当该数列恰为或时取得最大值，
此时或，
所以当或25时，.
(3)依题意，所有可能的“数列”是：
①；
②；
③
④
对于①，当时，；
当时，
；
对于②，当时，；
当时，
；
对于③，当时，
；
当时，
；
对于④，当时，
；
当时，
；
【典例5-2】(2024·高三·全国·专题练习)将平面直角坐标系中的一列点、、、、，记为，设，其中为与轴方向相同的单位向量.若对任意的正整数，都有，则称为点列.
(1)判断、、、、、是否为点列，并说明理由；
(2)若为点列，且任取其中连续三点、、，证明为钝角三角形；
(3)若为点列，对于正整数、、，比较与的大小，并说明理由.
【解析】(1)为点列，理由如下：
由题意可知，，，所以，
，即，，
所以、、、、、为点列；
(2)由题意可知，，，所以，
因为为点列，所以，，
又因为，所以
所以对中连续三点、、，都有，
因为，，
因为，故与不共线，即、、不共线，
因为，
所以，，则为钝角，
所以为钝角三角形；
(3)由，
因为为点列，由知，，
所以，，，
，
两边分别相加可得，
所以，
所以，所以，
又，，
所以，，
所以
【变式5-1】(2024·辽宁葫芦岛·一模)大数据环境下数据量积累巨大并且结构复杂，要想分析出海量数据所蕴含的价值，数据筛选在整个数据处理流程中处于至关重要的地位，合适的算法就会起到事半功倍的效果．现有一个“数据漏斗”软件，其功能为；通过操作删去一个无穷非减正整数数列中除以M余数为N的项，并将剩下的项按原来的位置排好形成一个新的无穷非减正整数数列．设数列的通项公式，，通过“数据漏斗”软件对数列进行操作后得到，设前n项和为．
(1)求；
(2)是否存在不同的实数，使得，，成等差数列？若存在，求出所有的；若不存在，说明理由；
(3)若，，对数列进行操作得到，将数列中下标除以4余数为0，1的项删掉，剩下的项按从小到大排列后得到，再将的每一项都加上自身项数，最终得到，证明：每个大于1的奇平方数都是中相邻两项的和．
【解析】(1)由，知：当时，；
当时，故，，
则，；
(2)假设存在，由单调递增，不妨设，，，，，
化简得，∵，∴，
∴，∴，
与“，且，”矛盾，故不存在；
(3)由题意，，则，，，
所以保留，，则，，，
又，，，，，
将，删去，得到，则，，
，，，
即：，，，
即：，，
记，下面证明：，
由，，，，
时，，，
；
时，，，
；
时，，，
；
时，，，
，
综上，对任意的，都有，原命题得证．
题型六：差分数列、对称数列
【典例6-1】(2024·全国·模拟预测)给定数列，称为的差数列(或一阶差数列)，称数列的差数列为的二阶差数列……
(1)求的二阶差数列；
(2)用含的式子表示的阶差数列，并求其前项和．
【解析】(1)由差数列的定义，数列的一阶差数列为
数列的二阶差数列为的一阶差数列，即
故数列的二阶差数列为．
(2)通过找规律得，的阶差数列为，下面运用数学归纳法进行证明：
①当时，显然成立；时，由(1)得结论也成立．
②假设该结论对时成立，尝试证明其对时也成立．
由差数列的定义，的阶差数列即的阶差数列的一阶差数列，即
故该结论对时也成立，证毕．
故的阶差数列为．该数列是以为首项，2为公比的等比数列，
故其前项和为
故的阶差数列为，其前项和为.
【典例6-2】(2024·海南省直辖县级单位·一模)若有穷数列，，…，(是正整数)，满足(，且)，就称该数列为“数列”.
(1)已知数列是项数为7的数列，且，，，成等比数列，，，试写出的每一项；
(2)已知是项数为()的数列，且，，…，构成首项为100，公差为的等差数列，数列的前项和为，则当为何值时，取到最大值？最大值为多少？
(3)对于给定的正整数，试写出所有项数不超过的数列，使得成为数列中的连续项；当时，试求这些数列的前2024项和.
【解析】(1)因为，，，成等比数列，设公比为，又，，
所以，所以或，
当时，则，，，，，；
当时，则，，，，，；
所以该数列的项依次为，，，，，，或，，，，，，.
(2)因为构成首项为，公差为的等差数列，
所以，
又，，，，，
所以，
又当时，当时，
所以当或时取得最大值，且.
(3)因为，，，，成为数列中的连续项，且该对称数列的项数不超过，
所以这样的对称数列有：
①，，，，，，，，，，(共项)；
②，，，，，，，，，，(共项)；
③，，，，，，，，，，，(共项)；
④，，，，，，，，，，，(共项)；
因为，
对于①，当时；
当时
，
所以；
对于②，当时；
当时
，
所以；
对于③，当时；
当时
，
所以；
对于④：当时；
当时
，
所以；
【变式6-1】(2024·河南开封·二模)在密码学领域，欧拉函数是非常重要的，其中最著名的应用就是在RSA加密算法中的应用．设p，q是两个正整数，若p，q的最大公约数是1，则称p，q互素．对于任意正整数n，欧拉函数是不超过n且与n互素的正整数的个数，记为．
(1)试求，，，的值；
(2)设n是一个正整数，p，q是两个不同的素数．试求，与φ(p)和φ(q)的关系；
(3)RSA算法是一种非对称加密算法，它使用了两个不同的密钥：公钥和私钥．具体而言：
①准备两个不同的、足够大的素数p，q；
②计算，欧拉函数；
③求正整数k，使得kq除以的余数是1；
④其中称为公钥，称为私钥．
已知计算机工程师在某RSA加密算法中公布的公钥是．若满足题意的正整数k从小到大排列得到一列数记为数列，数列满足，求数列的前n项和．
【解析】(1)由欧拉函数的定义知，不越过3且与3互素的正整数有1，2，则，
不越过9且与9互素的正整数有1，2，4，5，7，8，则，
不越过7且与7互素的正整数有1，2，3，4，5，6，则，
不越过21且与21互素的正整数有1，2，4，5，8，10，11，13，16，17，19，20，则，
所以.
(2)在不大于的正整数中，只有3的倍数不与互素，而3的倍数有个，
因此.
由，是两个不同的素数，得，
在不超过的正整数中，的倍数有个，的倍数有个，
于是，
所以.
(3)计算机工程师在某RSA加密算法中公布的公钥是，则，从而
由(2)得，，
即正整数满足的条件为：，
，令，则，
令，则，
取，则，于是，
因此，即，
，
.
【变式6-2】(2024·贵州·三模)差分密码分析(Differential Cryptanalysis)是一种密码分析方法，旨在通过观察密码算法在不同输入差分下产生的输出差分，来推断出密码算法的密钥信息.对于数列，规定为数列的一阶差分数列，其中；规定为的二阶差分数列，其中.如果的一阶差分数列满足，则称是“绝对差异数列”；如果的二阶差分数列满足，则称是“累差不变数列”.
(1)设数列，判断数列是否为“绝对差异数列”或“累差不变数列”，请说明理由；
(2)设数列的通项公式，分别判断是否为等差数列，请说明理由；
(3)设各项均为正数的数列为“累差不变数列”，其前项和为，且对，都有，对满足的任意正整数都有，且不等式恒成立，求实数的最大值.
【解析】(1)对于数列，
可得：一阶差分数列为，不满足，
所以不是“绝对差异数列”，
二阶分差数列为，满足，
所以是“累差不变数列”；
(2)因为，
所以，所以，
因为，所以数列是首项为，公差为的等差数列，
因为，
所以数列数列是首项为，公差为的等差数列；
(3)由题意得，
对，都有，
所以，
所以，
所以，所以数列是等差数列，
设数列的公差为，则，
当时，，与矛盾；
当时，当时，，
与数列的各项均为正数矛盾，故，
，
则，
，
因为，所以，
所以，
则当时，不等式恒成立，
另一方面，当时，令，
则，
，
则
，
因为，
所以当时，，
即有，与恒成立矛盾.
综上所述，实数的最大值为.
题型七：非典型新定义数列
【典例7-1】(2024·高三·全国·专题练习)设数列的各项为互不相等的正整数，前项和为，称满足条件“对任意的，，均有”的数列为“好”数列.
(1)试分别判断数列，是否为“好”数列，其中，，并给出证明；
(2)已知数列为“好”数列，其前项和为.
①若，求数列的通项公式；
②若，且对任意给定的正整数，，有，，成等比数列，求证：.
【解析】(1)设，的前项和分别为，，
若，则，
所以，
而，
所以对任意的，成立，
即数列是“好”数列.
若，则，不妨取，，
则，，
此时，
故数列不是“好”数列.
(2)因为数列为“好”数列，取，
则，即，
当时，有，
两式相减，得，
即，
所以，
所以，
即，即，
对于，
当时，有，即，
所以，对任意的，恒成立，
所以数列是等差数列.
设数列的公差为，因为数列的各项为互不相等的正整数，所以，
① 若，则，即，
又，所以，，所以.
② 若，则，
由，，，成等比数列，得，所以，
化简得，即.
因为是任意给定的正整数，所以要使，则，
不妨设，由于是任意给定的正整数，
所以.
【典例7-2】(2024·全国·模拟预测)设满足以下两个条件的有穷数列为阶“曼德拉数列”：
①；②.
(1)若某阶“曼德拉数列”是等比数列，求该数列的通项(，用表示)；
(2)若某阶“曼德拉数列”是等差数列，求该数列的通项(，用表示)；
(3)记阶“曼德拉数列”的前项和为，若存在，使，试问：数列能否为阶“曼德拉数列”？若能，求出所有这样的数列；若不能，请说明理由.
【解析】(1)设等比数列的公比为.
若，则由①得，得，
由②得或.
若，由①得，，得，不可能.
综上所述，.
或.
(2)设等差数列的公差为，
，
，
即，
当时，“曼德拉数列”的条件①②矛盾，
当时，据“曼德拉数列”的条件①②得，
，
，即，
由得，即，
.
当时，同理可得，
即.
由得，即，
.
综上所述，当时，，当时，.
(3)记中非负项和为，负项和为，则，
得，，，即.
若存在，使，由前面的证明过程知：
，，，，，，，，且.
若数列为阶“曼德拉数列”，
记数列的前项和为，则.
，
又，，
.
又，
，，，，
，
又与不能同时成立，
数列不为阶“曼德拉数列”.
【变式7-1】(2024·湖南长沙·一模)对于数列，如果存在正整数，使得对任意，都有，那么数列就叫做周期数列，叫做这个数列的周期.若周期数列满足：存在正整数，对每一个，都有，我们称数列和为“同根数列”.
(1)判断数列是否为周期数列.如果是，写出该数列的周期，如果不是，说明理由；
(2)若和是“同根数列”，且周期的最小值分别是和，求的最大值.
【解析】(1)均是周期数列，理由如下：
因为，
所以数列是周期数列，其周期为1(或任意正整数).
因为，
所以.
所以数列是周期数列，其周期为6(或6的正整数倍).
(2)当是奇数时，首先证明不存在数列满足条件.
假设，即对于，都有.
因为，
所以，
即，及.
又时，，
所以，与的最小值是矛盾.
其次证明存在数列满足条件.
取
及，
对于，都有.
当是偶数时，首先证明时不存在数列满足条件.
假设，即对于，都有.
因为，
所以，
即，及.
又时，，
所以，与的最小值是矛盾.
其次证明时存在数列满足条件.
取
及
对于，都有.
综上，当是奇数时，的最大值为；
当是偶数时，的最大值为.
【过关测试】
1．(2024·天津和平·一模)若数列满足，其中，则称数列为M数列.
(1)已知数列为M数列，当时.
(ⅰ)求证：数列是等差数列，并写出数列的通项公式；
(ⅱ)，求.
(2)若是M数列，且，证明：存在正整数n.使得.
【解析】(1)(ⅰ)由，可得，
所以数列是首项为公差为1的等差数列，
所以，
又因为，所以.
(ⅱ)，
设，，
，，
所以，
.
(2)若是M数列，有，
故，且，
即
，
则
，
由随的增大而增大，
若，可得，
因为，故对任意的，总存在正整数使，
即总存在正整数n，使得.
2．(2024·黑龙江·二模)如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的比都大于3，则称这个数列为“型数列”．
(1)若数列满足，判断是否为“型数列”，并说明理由；
(2)已知正项数列为“型数列”，，数列满足，，是等比数列，公比为正整数，且不是“型数列”，求数列的通项公式．
【解析】(1)易知当时，可得，即；
而当时，，可得；
此时，不满足“型数列”定义，
猜想：数列不是“型数列”，
证明如下：
由可得，当时，，
两式相减可得，可得，
此时从第二项起，每一项与它前一项的比为，因此不是“型数列”；
(2)设数列的公比为，易知，
又因为数列不是“型数列”，可得
可得，即得；
又数列为“型数列”，可得；
易知“型数列”为递增数列，因此当趋近于正无穷大时，趋近于，即可得；
综上可得，即，可得；
所以数列是以为首项，公比为的等比数列；
即可得，可得；
所以数列的通项公式为.
3．(2024·浙江·模拟预测)已知实数，定义数列如下：如果，，则．
(1)求和(用表示)；
(2)令，证明：；
(3)若，证明：对于任意正整数，存在正整数，使得．
【解析】(1)因为，所以；
因为，所以；
(2)由数列定义得：；所以．
而，
所以；
(3)当，由(2)可知，无上界，故对任意，存在，使得．
设是满足的最小正整数．下面证明．
①若是偶数，设，
则，于是．
因为，所以．
②若是奇数，设，
则．
所以．
综上所述，对于任意正整数，存在正整数，使得．
4．(2024·天津·一模)若某类数列满足“，且”，则称这个数列为“型数列”.
(1)若数列满足，求的值并证明：数列是“型数列”；
(2)若数列的各项均为正整数，且为“型数列”，记，数列为等比数列，公比为正整数，当不是“型数列”时，
(i)求数列的通项公式；
(ii)求证：.
【解析】(1)，令，则，
令，则；由①，
当时，②，
由①②得，当时，，
所以数列和数列是等比数列.
因为，所以，
所以，因此，
从而，所以数列是“型数列”.
(2)(i)因为数列的各项均为正整数，且为“G型数列”，
所以，所以，因此数列递增.又，
所以，因此递增，
所以公比.又不是“型数列”，所以存在，
使得，所以，又公比为正整数，
所以，又，所以，则.
(ii)，
因为，所以，
所以，令，当时，，
当时，
5．(2024·高三·浙江·阶段练习)在平面直角坐标系中，我们把点称为自然点.按如图所示的规则，将每个自然点进行赋值记为，例如，.

(1)求;
(2)求证:;
(3)如果满足方程，求的值.
【解析】(1)根据图形可知.
(2)固定，则为一个高阶等差数列，且满足
所以
，
所以，，所以
.
(3)，
等价于，
等价于，
即，
化简得，
由于增大，也增大，
当时，，
当时，，
故当时，，即
6．(2024·内蒙古包头·二模)已知数列为有穷数列，且，若数列满足如下两个性质，则称数列为的增数列：
①；
②对于，使得的正整数对有个.
(1)写出所有4的1增数列；
(2)当时，若存在的6增数列，求的最小值.
【解析】(1)由题意得，则或，
故所有4的1增数列有数列和数列1，3.
(2)当时，因为存在的6增数列，
所以数列的各项中必有不同的项，所以且，
若，满足要求的数列中有四项为1，一项为2，
所以，不符合题意，所以
若，满足要求的数列中有三项为1，两项为2，符合的6增数列.
所以，当时，若存在的6增数列，的最小值为7.
7．(2024·河南郑州·二模)已知数列为有穷数列，且，若数列满足如下两个性质，则称数列为m的k增数列：①；②对于，使得的正整数对有k个.
(1)写出所有4的1增数列；
(2)当时，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，
且对于，使得的正整数对有1个，
由于或，
故所有4的1增数列有数列1，2，1和数列1，3.
(2)当时，存在m的6增数列，
即，且对于，使得的正整数对有6个，
所以数列的各项中必有不同的项，所以且.
若，满足要求的数列中有四项为1，一项为2，
所以，不符合题意，所以.
若，满足要求的数列中有三项为1，两项为2，
此时数列为，满足要求的正整数对分别为，
符合m的6增数列，
所以当时，若存在m的6增数列，m的最小值为7.
(3)若数列中的每一项都相等，则，
若，所以数列中存在大于1的项，
若首项，将拆分成个1后k变大，
所以此时k不是最大值，所以.
当时，若，交换，的顺序后k变为，
所以此时k不是最大值，所以.
若，所以，
所以将改为，并在数列首位前添加一项1，所以k的值变大，
所以此时k不是最大值，所以.
若数列中存在相邻的两项，，设此时中有x项为2，
将改为2，并在数列首位前添加个1后，k的值至少变为，
所以此时k不是最大值，
所以数列的各项只能为1或2，所以数列为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，
所以，
所以，当且仅当，时，k取最大值为1250.
8．(2024·安徽黄山·一模)随着信息技术的快速发展，离散数学的应用越来越广泛．差分和差分方程是描述离散变量变化的重要工具，并且有广泛的应用．对于数列，规定为数列的一阶差分数列，其中，规定为数列的二阶差分数列，其中．
(1)数列的通项公式为，试判断数列是否为等差数列，请说明理由？
(2)数列是以1为公差的等差数列，且，对于任意的，都存在，使得，求的值；
(3)各项均为正数的数列的前项和为，且为常数列，对满足，的任意正整数都有，且不等式恒成立，求实数的最大值．
【解析】(1)因为，所以，
因为，，，
故，，
显然，
所以不是等差数列；
因为，则，，
所以是首项为12，公差为6的等差数列.
(2)因为数列是以1为公差的等差数列，
所以，故，
所以数列是以公比为的正项等比数列，，
所以，
且对任意的，都存在，使得，即，
所以，因为，所以，
①若，则，解得(舍)，或，
即当时，对任意的，都存在，使得.
②若，则，对任意的，不存在，使得.
综上所述，.
(3)因为为常数列，则是等差数列，
设的公差为，则，
若，则，与题意不符；
若，所以当时，，
与数列的各项均为正数矛盾，所以，
由等差数列前项和公式可得，
所以，
因为，
所以，
因为，故，
所以
则当时，不等式恒成立，
另一方面，当时，令，，，
则，，
则
，
因为，，
当时，，
即，不满足不等式恒成立，
综上，的最大值为2.
9．(2024·北京门头沟·一模)已知数列 ， 数列 ， 其中 ， 且 ， ． 记 的前 项和分别为 ， 规定 ．记 ，且 ，， 且
(1)若，，写出 ；
(2)若，写出所有满足条件的数列 ， 并说明理由；
(3)若 ， 且 ． 证明： ， 使得 ．
【解析】(1)由，得，，，，所以；
由得,,,,所以.
(2)由，所以，，所以对于，有， 则，所以.
当，由得，又，所以不符合题意，舍去；
当，由得，又，所以，
经检验不符合题意，舍去, 或符合题意；
(3)
，，
中最小元素是，最大元素是，
同理，中最小元素是，最大元素是，
又因为，所以，，即，
又，，,
又，又，是中元素，
又，
,所以中元素比大的只可能有，，，
，又,，
， 使得 ．
10．(2024·河南·一模)在正项无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为阶等比数列．在无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为阶等差数列．
(1)若为1阶等比数列，，求的通项公式及前项和；
(2)若为阶等比数列，求证：为阶等差数列；
(3)若既是4阶等比数列，又是5阶等比数列，证明：是等比数列．
【解析】(1)
因为为1阶等比数列，所以为正项等比数列，
设公比为，则为正数，
由已知得
两式相除得，所以(舍去)，所以，
所以的通项公式为，
前项和为；
(2)因为为阶等比数列，
所以，使得成立，
所以，
又，
所以，
即成立，
所以为阶等差数列；
(3)因为既是4阶等比数列，又是5阶等比数列，
所以与同时成立，
所以与同时成立，
又的各项均为正数，所以对任意的，
数列和数列都是等比数列，
由数列是等比数列，
得也成等比数列，
设，
所以，所以是等比数列．
11．(2024·吉林白山·二模)已知数列的前项和为，若数列满足：①数列项数有限为；②；③，则称数列为“阶可控摇摆数列”.
(1)若等比数列为“10阶可控摇摆数列”，求的通项公式；
(2)若等差数列为“阶可控摇摆数列”，且，求数列的通项公式；
(3)已知数列为“阶可控摇摆数列”，且存在，使得，探究：数列能否为“阶可控摇摆数列”，若能，请给出证明过程；若不能，请说明理由.
【解析】(1)若，则，解得，则，与题设矛盾，舍去；
若，则，得，
而，解得或，
故或.
(2)设等差数列的公差为，
因为，则，则，
由，得，
而，故，
两式相减得，即，
又，得，
所以.
(3)记中所有非负项之和为，负项之和为，
因为数列为“阶可控摇摆数列”，则得，
故，所以.
若存在，使得，即，
则，
且.
假设数列也为“阶可控摇摆数列”，记数列的前项和为，
则
因为，所以.
所以；
又，则.
所以；
即与不能同时成立.
故数列不为“阶可控摇摆数列”.
12．(2024·高三·贵州贵阳·开学考试)牛顿迭代法是牛顿在17世纪提出的一种在实数域和复数域上近似求解方程的方法．比如，我们可以先猜想某个方程的其中一个根在的附近，如图所示，然后在点处作的切线，切线与轴交点的横坐标就是，用代替重复上面的过程得到；一直继续下去，得到，，，……，．从图形上我们可以看到较接近，较接近，等等．显然，它们会越来越逼近．于是，求近似解的过程转化为求，若设精度为，则把首次满足的称为的近似解．

已知函数，．
(1)当时，试用牛顿迭代法求方程满足精度的近似解(取，且结果保留小数点后第二位)；
(2)若，求的取值范围．
【解析】(1)当时，，则，
曲线在处的切线为，且
曲线在处的切线为，且
故，用牛顿迭代法求方程满足精度的近似解为．
(2)由，得，
设，
则
∴当时，，单调递增，由于时，，不合题意；
当时，则有，，单调递减，，，单调递增，
即，即
易知单调递增，且，故.
13．(2024·高二·广东·阶段练习)关于的函数，我们曾在必修一中学习过“二分法”求其零点近似值.现结合导函数，介绍另一种求零点近似值的方法——“牛顿切线法”.
(1)证明：有唯一零点，且；
(2)现在，我们任取(1,a)开始，实施如下步骤：
在处作曲线的切线，交轴于点；
在处作曲线的切线，交轴于点；
……
在处作曲线的切线，交轴于点；
可以得到一个数列，它的各项都是不同程度的零点近似值.
(i)设，求的解析式(用表示)；
(ii)证明：当，总有.
【解析】(1)证明：，定义域为，
所以，在上恒成立，
所以函数在上单调递增，
因为，
所以，存在唯一，使得，即：有唯一零点，且.
(2)(i)由(1)知，
所以，曲线在处的切线斜率为，
所以，曲线在处的切线方程为，即
令得
所以，切线与轴的交点，即，
所以，.
(ii)对任意的，由(i)知，曲线在处的切线方程为：
，故令，
令
所以，，
所以，当时，单调递增，当时，单调递减；
所以，恒有，即恒成立，当且仅当时等号成立，
另一方面，由(i)知，，且当时，，
(若，则，故任意，显然矛盾)
因为是的零点，
所以
因为为单调递增函数，
所以，对任意的时，总有
又因为，
所以，对于任意，均有，
所以，
所以，
综上，当，总有
14．(2024·高三·山西吕梁·阶段练习)三叉戟是希腊神话中海神波塞冬的武器，而函数的图象恰如其形，因而得名三叉戟函数，因为牛顿最早研究了这个函数的图象，所以也称它为牛顿三叉戟.已知函数的图象经过点，且.
(1)求函数的解析式；
(2)用定义法证明：在上单调递减.
【解析】(1)由题意可知，
解得，，
故().
(2)证明：，，且，则
.
由，且，
得，，，
所以，，
所以，
则，即.
故在上单调递减.
15．(2024·河南信阳·一模)定义：已知数列满足．
(1)若，，求，的值；
(2)若，，使得恒成立．探究：是否存在正整数p，使得，若存在，求出p的可能取值构成的集合；若不存在，请说明理由；
(3)若数列为正项数列，证明：不存在实数A，使得．
【解析】(1)依题意，，显然；
故；
，
即或，则或．
(2)，
对恒成立，
.
，
，
① 时,
当 , 且时,.
的集合为 且
② 时,
，
，
，
当, 且 时, .
的集合为 且
③且时, 的集合为
(3)，；
设，
①若，则，，
对任意，取([x]表示不超过x的最大整数)，
当时，；
②若，
ⅰ)若S为有限集，设，，
对任意，取([x]表示不超过x的最大整数)，
当时，；
ⅱ)若S为无限集，设，，
若，则，又，矛盾；
故；
记；
当时，，，；
因为，所以；
当时，，，
因为，故；
因为，故，
故对任意，取，当时，；
综上所述，不存在实数A，使得．
综上所述，不存在实数A，使得对任意的正整数n，都有．
16．(2024·高三·江苏镇江·开学考试)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)数列是否为阶等差数列，如果是，求值，如果不是，请说明为什么？
(2)请用表示，并归纳出表示的正确结论(不要求证明)；
(3)请你用(2)归纳的正确结论，证明：如果数列为阶等差数列，则其前项和为；
(4)某同学用大小一样的球堆积了一个“正三棱锥”，巧合用了2024个球．第1层有1个球，第2层有3个，第3层有6个球，…，每层都摆放成“正三角形”，从第2层起，每层“正三角形”的“边”都比上一层的“边”多1个球，问：这位同学共堆积了多少层？
【解析】(1)因为，
而，
所以，数列是二阶等差数列．
(2)因为数列为阶等差数列，则，
则，
则，
，
．
归纳得一般结论：①．
(3)设数列：，因为，
所以数列为阶等差数列，
由(2)中①得：，因为
所以．
(4)由(1)知数列为二阶等差数列，
且，
则由(3)得：
②．
设共堆积了层，第层共有个球，第1层有1个球，因为每层的“边”比上一层多1个球，所以第层的“边”共有个球，则第层的球数为．
则这层所有球的个数为．
【法一】由②式得：
．
解得：．
答：这位同学共堆积了22层．
【法二】
．
解得：．
答：这位同学共堆积了22层．
17．(2020·江苏·高考真题)已知数列的首项a1=1，前n项和为Sn．设λ与k是常数，若对一切正整数n，均有成立，则称此数列为“λ~k”数列．
(1)若等差数列是“λ~1”数列，求λ的值；
(2)若数列是“”数列，且an＞0，求数列的通项公式；
(3)对于给定的λ，是否存在三个不同的数列为“λ~3”数列，且an≥0?若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由，
【解析】(1)
(2)
，
(3)假设存在三个不同的数列为数列.
或
或
∵对于给定的，存在三个不同的数列为数列，且
或有两个不等的正根.
可转化为，不妨设，则有两个不等正根，设.
① 当时，，即，此时，，满足题意.
② 当时，，即，此时，，此情况有两个不等负根，不满足题意舍去.
综上，
18．(2015·北京·高考真题)已知数列满足：，，且．记
集合．
(Ⅰ)若，写出集合的所有元素；
(Ⅱ)若集合存在一个元素是3的倍数，证明：的所有元素都是3的倍数；
(Ⅲ)求集合的元素个数的最大值．
【解析】(Ⅰ)若，由于，2，，．
故集合的所有元素为6，12，24，
；
(Ⅱ)因为集合存在一个元素是3的倍数，所以不妨设是3的倍数，由，2，，可归纳证明对任意，是3的倍数．
如果，的所有元素都是3的倍数；
如果，因为，或，所以是3的倍数；于是是3的倍数；
类似可得，，，都是3的倍数；
从而对任意，是3的倍数；
综上，若集合存在一个元素是3的倍数，则集合的所有元素都是3的倍数
(Ⅲ)对，，2，，可归纳证明对任意，，3，
因为是正整数，，所以是2的倍数．
从而当时，是2的倍数．
如果是3的倍数，由(Ⅱ)知，对所有正整数，是3的倍数．
因此当时，，24，，这时的元素个数不超过5．
如果不是3的倍数，由(Ⅱ)知，对所有正整数，不是3的倍数．
因此当时，，8，16，20，28，，这时的元素个数不超过8．
当时，，2，4，8，16，20，28，，有8个元素．
综上可知，集合的元素个数的最大值为8．
19．(2013·北京·高考真题)已知是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为，第n项之后各项，…的最小值记为，.
(1)若为2，1，4，3，2，1，4，3…，是一个周期为4的数列(即对任意n∈N*，)，写出的值；
(2)设d为非负整数，证明：(n=1,2,3…)的充分必要条件为为公差为d的等差数列；
(3)证明：若，(n=1,2,3…)，则的项只能是1或2，且有无穷多项为1.
【解析】(1)依题意，，则，，则，，则，，则，
所以，.
(2)充分性：因为是公差为的等差数列，且，则，
因此，，
必要性：因为，则，又因为，所以，
于是，
因此，，即是公差为的等差数列，
所以(n=1,2,3…)的充分必要条件为为公差为d的等差数列.
(3)因为，(n=1,2,3…)，则，，即对任意，，
假设中存在大于2的项，
设m为满足的最小正整数，则，并且对任意，
又因为，则有，且，
于是，
因此，与矛盾，
从而对于任意，都有，即非负整数数列的各项只能为1或2，
因为对任意，，于是，，
假定是无穷数列中最后一个1，则，而，于是，矛盾，
所以数列有无穷多项为1.
20．(2024·高三·北京西城·开学考试)若数列满足：存在和，使得对任意和，都有，则称数列为“数列”；如果数列满足：存在，使得对任意，都有，则称数列为“数列”；
(1)在下列情况下，分别判断是否“数列”，是否“数列”？①，，；②，；
(2)若数列，是“数列”，其中且，求的所有可能值；
(3)设“数列”和“数列”的各项均为正数，定义分段函数，如下：记为“不超过的最大正整数”，证明：若是周期函数，则是“数列”.
【解析】(1)对于①，，，，
则数列的各项分别为：、、、、、、，
所以，，且，
故数列是“数列”，不是“数列”；
对于②，，，
则数列的各项分别为：、、、、、，
当时，，此时，数列是“数列”，也是“数列”.
(2)①若，则且，合题意.
③若，则且.
因为，所以数列的符号正负交替变化.不合题意.
④若，
首先，数列中不可能出现连续两项为.
(否则前一项为，依此类推，之前各项均为，不合条件)
假设是“数列”，则存在，对任意，都有或都有.
若都有，则，，出现矛盾；
若都有，则，，也出现矛盾；
故不是“数列”.
综上，.
(3)设的周期为(注意，不能确定，感觉是对的，似乎很难证.)
由题，存在和，对任意和，有，单调不减.
假设不是“数列”，则存在，使得.
以下推导矛盾：
对任意，数列是周期数列，必有最大值，设是最大值，其中.
一方面，因为的周期为，所以存在，使得.
另一方面，，与矛盾.
所以假设不成立，即对任意，都有为常数列.
所以是“数列”.