2025年高考数学复习(新高考专用)重难点17新情景、新定义下的数列问题【七大题型】特训(学生版+解析)

这是一份2025年高考数学复习(新高考专用)重难点17新情景、新定义下的数列问题【七大题型】特训(学生版+解析)，共65页。

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\l "_Tc17325" 【题型1 数列中的新概念】 PAGEREF _Tc17325 \h 1
\l "_Tc12808" 【题型2 数列中的新运算】 PAGEREF _Tc12808 \h 2
\l "_Tc12799" 【题型3 数列新情景问题】 PAGEREF _Tc12799 \h 3
\l "_Tc14897" 【题型4 以数列和项与通项关系定义新数列】 PAGEREF _Tc14897 \h 4
\l "_Tc3529" 【题型5 数列定义新性质问题】 PAGEREF _Tc3529 \h 5
\l "_Tc297" 【题型6 牛顿数列问题】 PAGEREF _Tc297 \h 7
\l "_Tc1151" 【题型7 数列中的新定义问题】 PAGEREF _Tc1151 \h 9
1、新情景、新定义下的数列问题
数列是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.近几年全国各地高考试题，我们总能在试卷的压轴题位置发现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、新构造和新情景形式呈现，有时还伴随着数列与集合，难度较大，需要灵活求解.
【知识点1 数列中的新概念】
1．数列中的新概念问题的解题策略：
通过创新概念，以集合、函数、数列等的常规知识为问题背景，直接利用创新概念的内涵来构造相应的关系式(或不等式等)，结合相关知识中的性质、公式来综合与应用.
【知识点2 数列的新定义、新情景问题】
1．数列的新定义、新情景问题的求解策略
(1)新定义问题：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.
(2)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.
【题型1 数列中的新概念】
【例1】（2024·四川南充·三模）对于数列an，规定Δan为数列an的一阶差分，其中Δan=an+1−ann∈N*，规定Δkan为数列an的阶k差分，其中Δkan=Δk−1an+1−Δk−1ann∈N*.若an=nn−12n−16，则Δ2a3=（ ）
A．7B．9C．11D．13
【变式1-1】（2024·湖北武汉·三模）将1,2,⋅⋅⋅,n按照某种顺序排成一列得到数列an，对任意1≤iaj，那么称数对ai,aj构成数列an的一个逆序对.若n=4，则恰有2个逆序对的数列an的个数为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【变式1-2】（23-24高三上·安徽合肥·阶段练习）数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一个数列an：1，1，2，3，5，8…，其中从第3项起，每一项都等于它前面两项之和，即a1=a2=1，an+2=an+1+an，这样的数列称为“斐波那契数列”.若am=2a3+a6+a9+⋯+a174+1，则m=（ ）
A．175B．176C．177D．178
【变式1-3】（2024·全国·高考真题）0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2⋯an⋯满足ai∈{0,1}(i=1,2,⋯)，且存在正整数m，使得ai+m=ai(i=1,2,⋯)成立，则称其为0-1周期序列，并称满足ai+m=ai(i=1,2,⋯)的最小正整数m为这个序列的周期.对于周期为m的0-1序列a1a2⋯an⋯，C(k)=1mi=1maiai+k(k=1,2,⋯,m−1)是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足C(k)≤15(k=1,2,3,4)的序列是（ ）
A．11010⋯B．11011⋯C．10001⋯D．11001⋯
【题型2 数列中的新运算】
【例2】（2024·河南·模拟预测）“角谷猜想”首先流传于美国，不久便传到欧洲，后来一位名叫角谷静夫的日本人又把它带到亚洲，因而人们就顺势把它叫作“角谷猜想”.“角谷猜想”是指一个正整数，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就除以2，这样经过若干次运算，最终回到1.对任意正整数a0，按照上述规则实施第n次运算的结果为ann∈N，若a5=1，且aii=1,2,3,4均不为1，则a0=（ ）
A．5或16B．5或32
C．5或16或4D．5或32或4
【变式2-1】（2023·北京延庆·一模）数列{an}中，an=lgn+1(n+2) (n∈N∗)，定义：使a1⋅a2⋅ ⋯ ⋅ak为整数的数k (k∈N∗)叫做期盼数，则区间[1,2023]内的所有期盼数的和等于（ ）
A．2023B．2024C．2025D．2026
【变式2-2】（2024·上海宝山·二模）将正整数n分解为两个正整数k1、k2的积，即n=k1⋅k2，当k1、k2两数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解．如20=1×20=2×10=4×5，其中4×5即为20的最优分解，当k1、k2是n的最优分解时，定义fn=k1−k2，则数列f5n的前2023项的和为（ ）
A．51012B．51012−1C．52023D．52023−1
【变式2-3】（2023·河南安阳·二模）如果有穷数列a1，a2，a3，…，am（m为正整数）满足条件a1⋅am=t，a2⋅am−1=t，…，am⋅a1=t，即ai⋅am−i+1=t（t为常数）i=1,2,⋯,m，则称其为“倒序等积数列”．例如，数列8，4，2，12，14，18是“倒序等积数列”．已知cn是80项的“倒序等积数列”，t=2，且c41，c42，…，c80是公比为2，c80=2的等比数列，设数列lg2cn的前n项和为Sn，则S50=（ ）．
A．210B．445C．780D．1225
【题型3 数列新情景问题】
【例3】（2024·全国·模拟预测）九连环是我国古代至今广为流传的一种益智游戏，最早记载九连环的典籍是《战国策·齐策》，《红楼梦》第7回中有林黛玉解九连环的记载，我国古人已经研究出取下n个圆环所需的最少步骤数an，且a1=1，a2=2，a3=5，a4=10，a5=21，a6=42，…，则取下全部9个圆环步骤数最少为（ ）
A．127B．256C．341D．512
【变式3-1】（23-24高二上·江苏南通·期中）折纸与剪纸是一种用纸张折成或剪成各种不同形状的艺术活动，是我们中华民族的传统文化，历史悠久，内涵博大精深，世代传承．现将一张腰长为1的等腰直角三角形纸，每次对折后仍成等腰直角三角形，对折5次，然后用剪刀剪下其内切圆，则可得到若干个相同的圆片纸，这些圆片纸的半径为（ ）
A．2−18B．2−28C．28D．18
【变式3-2】（2023·安徽宿州·一模）我国《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方，如图所示，将1，2，3，…，9填入3×3的方格内，使得每行、每列、每条对角线上的数的和都相等，便得到一个3阶幻方.一般地，将连续的正整数1，2，3，…，n2填入n×n个方格中，使得每行、每列、每条对角线上的数的和都相等，这个正方形叫作n阶幻方. 记n阶幻方的数的和（即方格内的所有数的和）为Sn，如S3=45，那么下列说法错误的是（ ）
A．S6=666
B．7阶幻方第4行第4列的数字可以为25
C．8阶幻方每行、每列、每条对角线上的数的和均为260
D．9阶幻方每行、每列、每条对角线上的数的和均为396
【变式3-3】（23-24高二下·山东·阶段练习）某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列A=a1,a2,a3,⋅⋅⋅重新编辑，编辑新序列为A∗=a2a1,a3a2,a4a3,⋯，它的第n项为an+1an，若序列A∗∗的所有项都是3，且a5=1，a6=27，则a1=（ ）
A．19B．127C．181D．1243
【题型4 以数列和项与通项关系定义新数列】
【例4】（2024·江西南昌·三模）给定数列{An}，若对任意m，n∈N*且m≠n，Am+An是{An}中的项，则称{An}为“H数列”．设数列{an}的前n项和为Sn.
(1)若Sn=n2+n，试判断数列{an}是否为“H数列”，并说明理由；
(2)设{an}既是等差数列又是“H数列”，且a1=6，a2∈N∗，a2>6，求公差d的所有可能值；
(3)设{an}是等差数列，且对任意n∈N*，Sn是{an}中的项，求证：{an}是“H数列”．
【变式4-1】（2024·陕西·三模）数列an的前n项的最大值记为Mn，即Mn=maxa1,a2,⋅⋅⋅,an；前n项的最小值记为mn，即mn=mina1,a2,⋅⋅⋅,an，令pn=Mn−mn，并将数列pn称为an的“生成数列”．
(1)设数列pn的“生成数列”为qn，求证：pn=qn；
(2)若an=2n−3n，求其生成数列pn的前n项和．
【变式4-2】（2024·山东泰安·模拟预测）已知数列an是斐波那契数列，其数值为：1,1,2,3,5,8,13, 21,34⋅⋅⋅⋅⋅⋅.这一数列以如下递推的方法定义：a1=1，a2=1，an+2=an+1+an (n∈N*).数列bn对于确定的正整数k，若存在正整数n使得bk+n=bk+bn成立，则称数列bn为“k阶可分拆数列”.
(1)已知数列cn满足cn=man （n∈N*，m∈R）.判断是否对∀m∈R，总存在确定的正整数k，使得数列cn为“k阶可分拆数列”，并说明理由.
(2)设数列{dn}的前n项和为Sn=3n−a a≥0，
（i）若数列{dn}为“1阶可分拆数列”，求出符合条件的实数a的值；
（ii）在（i）问的前提下，若数列fn满足fn=anSn，n∈N*，其前n项和为Tn.证明：当n∈N*且n≥3时，Tn0i=1，2，3，4．证明：数列b1,b2,b3,b4是一个“对数性凸数列”：
(3)设正项数列a0,a1，⋯,an是一个“对数性凸数列”，求证：1n+1i=0nai1n−1j=1n−1aj≥1ni=0n−1ai1nj=1naj
【题型5 数列定义新性质问题】
【例5】（2024·安徽·三模）已知数列an的前n项和为Sn，若数列an满足：
①数列an为有穷数列；
②数列an为递增数列；
③∀k≥2，k∈N∗，∃p,q∈N∗，使得ak=ap+aq；
则称数列an具有“和性质”.
(1)已知Sn=n2+n1≤n≤100，求数列an的通项公式，并判断数列an是否具有“和性质”；（判断是否具有“和性质”时不必说明理由，直接给出结论）
(2)若首项为1的数列an具有“和性质”.
（ⅰ）比较an与Sn+12的大小关系，并说明理由；
（ⅱ）若数列an的末项为36，求Sn的最小值.
【变式5-1】（2024·北京西城·二模）已知数列A:a1,a2,⋯,an，从A中选取第i 1项、第i 2项、…、第i k项i 10），则称数列cn是S关于m的一个积对称数列.已知数列an是S关于m的一个积对称数列.
(1)若m=3，a1=1，a2=2，求a3的值；
(2)已知数列bn是公差为dd≠0的等差数列，b1=−11，若m=10，an=bn+2bn，求d和S的值；
(3)若数列an是各项均为正整数的单调递增数列，求证：ama1+am−1a2+⋅⋅⋅+a2am−1+a1am0．若对任意正整数n，存在正整数m，使得an−Sm≤a1，则称an是“可控数列”．现给出两个命题：①存在等差数列an是“可控数列”；②存在等比数列an是“可控数列”．则下列判断正确的是（ ）
A．①与②均为真命题B．①与②均为假命题
C．①为真命题，②为假命题D．①为假命题，②为真命题
3．（2024·全国·模拟预测）将正整数n分解为两个正整数k1，k2的积，即n=k1k2，当k1，k2两数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解.如12=1×12=2×6=3×4，其中3×4即为12的最优分解，当k1，k2是n的最优分解时，定义fn=k1−k2，则数列f2n的前2024项的和为（ ）
A．21011−1B．21011C．21012−1D．21012
4．（2024·安徽安庆·三模）若项数均为nn≥2,n∈N*的两个数列an,bn满足ak−bk=kk=1,2,⋯,n，且集合a1,a2,⋯,an,b1,b2,⋯,bn=1,2,3,⋯,2n，则称数列an,bn是一对“n项紧密数列”．设数列an,bn是一对“4项紧密数列”，则这样的“4项紧密数列”有（ ）对．
A．5B．6C．7D．8
5．（2024·四川南充·三模）对于数列an，规定Δan为数列an的一阶差分，其中Δan=an+1−ann∈N*，规定Δkan为数列an的k阶差分，其中Δkan=Δk−1an+1−Δk−1ann∈N*．若an=n(n−1)(2n−1)6，则Δ2a6=（ ）
A．7B．9C．11D．13
6．（2024·上海宝山·二模）数列an中，Sn是其前n项的和，若对任意正整数n，总存在正整数m，使得Sn=am，则称数列an为“某数列”.现有如下两个命题：①等比数列2n为“某数列”；②对任意的等差数列an，总存在两个“某数列”bn和cn，使得an=bn+cn.则下列选项中正确的是（ ）
A．①为真命题，②为真命题B．①为真命题，②为假命题
C．①为假命题，②为真命题D．①为假命题，②为假命题
7．（23-24高三下·重庆·阶段练习）定义：满足 an+2an+1:an+1an=qq 为常数，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2,a1=1,a2=2，则使得an>2024 成立的最小正整数n为（ ）
A．7B．8C．9D．10
8．（2024·北京东城·二模）设无穷正数数列an，如果对任意的正整数n，都存在唯一的正整数m，使得am=a1+a2+a3+⋯+an，那么称an为内和数列，并令bn=m，称bn为an的伴随数列，则（ ）
A．若an为等差数列，则an为内和数列
B．若an为等比数列，则an为内和数列
C．若内和数列an为递增数列，则其伴随数列bn为递增数列
D．若内和数列an的伴随数列bn为递增数列，则an为递增数列
二、多选题
9．（2024·山东青岛·三模）若有穷整数数列An:a1,a2,⋯ann≥3满足：ai+1−ai∈−1,2i=1,2,⋯,n−1，且a1=an=0，则称An具有性质T.则（ ）
A．存在具有性质T的A4
B．存在具有性质T的A5
C．若A10具有性质T，则a1,a2,⋯,a9中至少有两项相同
D．存在正整数k，使得对任意具有性质T的Ak，有a1,a2,⋯,ak−1中任意两项均不相同
10．（2024·重庆·模拟预测）设an是各项为正的无穷数列，若对于∀n∈N*，an+12−an2=d（d：为非零常数），则称数列an为等方差数列．那么（ ）
A．若an是等方差数列，则an2是等差数列
B．数列2n为等方差数列
C．若an是等方差数列，则数列an+1−an中存在小于1的项
D．若an是等方差数列，则存在正整数n，使得i=1n1ai>2024
11．（2024·浙江宁波·模拟预测）已知数列un，其前n项和为Sn，若存在常数M>0，对任意的n∈N∗，恒有un+1−un+un−un−1+⋯⋯+u2−u1≤M，则称un为B−数列.则下列说法正确的是（ ）
A．若un是以1为首项，q(|q|＜1)为公比的等比数列，则un为B−数列
B．若un为B−数列，则Sn也为B−数列
C．若Sn为B−数列，则un也为B−数列
D．若an,bn均为B−数列，则an⋅bn也为B−数列
三、填空题
12．（2024·江苏扬州·模拟预测）对于有穷数列an，从数列an中选取第i1项､第i2项､⋯､第im项i11,S2=12,S4=120，求证：数列an具有“性质P”；
(2)若等差数列bn的首项b1=1，公差d∈Z，求证：数列bn具有“性质P”，当且仅当d∈N；
(3)如果各项均为正整数的无穷等比数列cn具有“性质P”，且213,512,415,1012四个数中恰有两个出现在数列cn中，求c1的所有可能取值之和.
17．（2024·黑龙江·三模）如果n项有穷数列an满足a1=an，a2=an−1，…，an=a1，即ai=an−i+1i=1,2,⋯,n，则称有穷数列an为“对称数列”.
(1)设数列bn是项数为7的“对称数列”，其中b1,b2,b3,b4成等差数列，且b2=3,b5=5，依次写出数列bn的每一项；
(2)设数列cn是项数为2k−1(k∈N∗且k≥2)的“对称数列”，且满足cn+1−cn=2，记Sn为数列cn的前n项和.
①若c1，c2，…，ck构成单调递增数列，且ck=2023.当k为何值时，S2k−1取得最大值?
②若c1=2024，且S2k−1=2024，求k的最小值.
18．（2024·福建泉州·模拟预测）若无穷数列an满足：对于∀n∈N*，an+12−an2=p，其中p为常数，则称数列an为P数列．
(1)若一个公比为q的等比数列xn为“P数列”，求q的值；
(2)若a1=1，p=2，yn是首项为1，公比为3的等比数列，在yk与yk+1之间依次插入数列an2中的k项构成新数列cn:y1,a12,y2,a22,a32,y3,a42,a52,a62,y4,⋅⋅⋅⋅⋅⋅，求数列cn中前30项的和S30．
(3)若一个“P数列"an满足a1=2,a2=22,an>0，设数列1an的前n项和为Tn．是否存在正整数m,k，使不等式Tn>mn+k−1对一切n∈N∗都成立？若存在，求出m,k的值；若不存在，说明理由．
19．（2024·福建厦门·模拟预测）对于数列an，数列an+1−an称为数列an的差数列或一阶差数列.an差数列的差数列，称为an的二阶差数列.一般地，an的k阶差数列的差数列，称为an的k+1阶差数列.如果an的k阶差数列为常数列，而k−1阶差数列不是常数列，那么an就称为k阶等差数列.
(1)已知20，24，26，25，20是一个k阶等差数列an的前5项.求k的值及a6；
(2)证明：二阶等差数列bn的通项公式为bn=b1+n−1b2−b1+12n−1n−2b3−2b2+b1；
(3)证明：若数列cn是k阶等差数列，则cn的通项公式是n的k次多项式，即cn=i=0kλini（其中λi（i=0，1，⋯，k）为常实数）
重难点17 新情景、新定义下的数列问题【七大题型】
【新高考专用】
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc17325" 【题型1 数列中的新概念】 PAGEREF _Tc17325 \h 1
\l "_Tc12808" 【题型2 数列中的新运算】 PAGEREF _Tc12808 \h 4
\l "_Tc12799" 【题型3 数列新情景问题】 PAGEREF _Tc12799 \h 6
\l "_Tc14897" 【题型4 以数列和项与通项关系定义新数列】 PAGEREF _Tc14897 \h 8
\l "_Tc3529" 【题型5 数列定义新性质问题】 PAGEREF _Tc3529 \h 14
\l "_Tc297" 【题型6 牛顿数列问题】 PAGEREF _Tc297 \h 21
\l "_Tc1151" 【题型7 数列中的新定义问题】 PAGEREF _Tc1151 \h 27
1、新情景、新定义下的数列问题
数列是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.近几年全国各地高考试题，我们总能在试卷的压轴题位置发现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、新构造和新情景形式呈现，有时还伴随着数列与集合，难度较大，需要灵活求解.
【知识点1 数列中的新概念】
1．数列中的新概念问题的解题策略：
通过创新概念，以集合、函数、数列等的常规知识为问题背景，直接利用创新概念的内涵来构造相应的关系式(或不等式等)，结合相关知识中的性质、公式来综合与应用.
【知识点2 数列的新定义、新情景问题】
1．数列的新定义、新情景问题的求解策略
(1)新定义问题：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.
(2)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.
【题型1 数列中的新概念】
【例1】（2024·四川南充·三模）对于数列an，规定Δan为数列an的一阶差分，其中Δan=an+1−ann∈N*，规定Δkan为数列an的阶k差分，其中Δkan=Δk−1an+1−Δk−1ann∈N*.若an=nn−12n−16，则Δ2a3=（ ）
A．7B．9C．11D．13
【解题思路】根据新定义及数列的通项公式计算即可.
【解答过程】由新定义知，Δa4=a5−a4=5×4×96−4×3×76=16，Δa3=a4−a3=4×3×76−3×2×56=9，
所以Δ2a3=Δa4−Δa3=16−9=7，
故选：A.
【变式1-1】（2024·湖北武汉·三模）将1,2,⋅⋅⋅,n按照某种顺序排成一列得到数列an，对任意1≤iaj，那么称数对ai,aj构成数列an的一个逆序对.若n=4，则恰有2个逆序对的数列an的个数为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【解题思路】根据逆序对的定义，分数列an的第一个数为4，数列an的第二个数为4，数列an的第三个数为4，数列an的第四个数为4，四种情况讨论即可.
【解答过程】若n=4，则1≤i6，求公差d的所有可能值；
(3)设{an}是等差数列，且对任意n∈N*，Sn是{an}中的项，求证：{an}是“H数列”．
【解题思路】（1）根据“H数列”定义判断即可.
（2）由等差数列和“H数列”的定义得到公差d的等式关系即可求解.
（3）由等差数列的定义与求和公式，进行分情况讨论，即可证明{an}是“H数列”.
【解答过程】（1）因为Sn=n2+n，当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n，
当n=1时，a1=S1=2也成立，
所以an=2n，
对任意m，n∈N*且m≠n，am+an=2m+2n=2m+n=am+n，
∴{an}是“H数列”.
（2）因为 a1=6，a2∈N∗，a2>6，
所以d∈N∗，所以an=6+n−1d，
由已知得am+an=6+m−1d+6+n−1d也为数列中的项，
令am+an=akk∈N∗，即6+m−1d+6+n−1d=6+k−1d，
所以k=6d+m+n−1，所以d为6的正因数，
故d的所有可能值为1，2，3，6.
（3）设数列{an}的公差为d，所以存在k∈N*，对任意n∈N*，Sn=ak，即na1+nn−12d=a1+k−1d，
当d=0时，则a1=0，故ak=0，此时数列为“H数列”；
当d≠0时，k=n−1a1d+nn−12+1，取n=2，则k=a1d+2，所以a1d≥−1，a1d∈Z，
当a1d=−1时，k=nn−32+2均为正整数，符合题意，
当a1d∈N时，k=n−1a1d+nn−12+1均为正整数，符合题意，
所以a1d≥−1，a1d∈Z，
设a1d=s，s≥−1，s∈Z，即a1=sd，
所以任意m，n∈N*且m≠n，am+an=sd+s+m+n−2d，
显然s+m+n−2∈N，所以am+an为数列中的项，
∴{an}是“H数列”.
【变式4-1】（2024·陕西·三模）数列an的前n项的最大值记为Mn，即Mn=maxa1,a2,⋅⋅⋅,an；前n项的最小值记为mn，即mn=mina1,a2,⋅⋅⋅,an，令pn=Mn−mn，并将数列pn称为an的“生成数列”．
(1)设数列pn的“生成数列”为qn，求证：pn=qn；
(2)若an=2n−3n，求其生成数列pn的前n项和．
【解题思路】（1）由“生成数列”的定义证明即可；
（2）由分组求和求解即可.
【解答过程】（1）由题意可知Mn+1≥Mn,mn+1≤mn，
所以Mn+1−mn+1≥Mn−mn，因此pn+1≥pn，
即pn是单调递增数列，且p1=M1−m1=0，
由“生成数列”的定义可得qn=pn．
（2）当n≥3时，an−an−1=2n−3n−2n−1−3n−1=2n−1−3>0,∴an>an−1．
∴a1>a20，即当n≥2时，an>0恒成立，
取n0∈N∗，满足an0>2d，可知必存在n=k∈N∗，使得ak≤Sn0ak+2d=ak+2，即Sm>ak+2，
对任意正整数m≤n0，则有Sm≤Sn01，
故{an}、{Sn}均为严格增数列，
取m=n，则Sm=Sn=2n−1∈[2n−1,2n]，即Sm∈[an,an+1]恒成立，
所以{Sn}是{an}的“M数列”，故④正确.
故答案为：①②④.
四、解答题
15．（2024·浙江·模拟预测）定义:x表示x的整数部分，{x}表示x的小数部分，例如[1.2]=1,{1.75}=0.75.数列an满足an+1=ananan∉Zanan∈Z其中a1=m.若存在k∈N+，使得当n>k时，an=an+1恒成立，则称数m为木来数.
(1)分别写出当m=2,m=53时a1,a2,a3,a4的值.
(2)证明:t2+1t∈N+是木来数
(3)若m为大于1的有理数.且m∉Z.求证:m为木来数
【解题思路】（1）根据题意直接计算即可；
（2）根据定义先计算a2，利用t21,pn、qn∈Z且qn,pn互质，利用定义判定an,an+1不是整数时，有pn>qn−qnpnpn≥pn+1，再用反证法判定数列an中存在整数即可证明.
【解答过程】（1）当m=2时，a1=2,a2=a1a1=12−1=2+1，同理a3=22+2,a4=22+2，
当m=53时，a1=53,a2=a1a1=123=32，同理a3=2,a4=2；
（2）当m=t2+1,t∈N+时，即a1=t2+1，则a2=tt2+1−t=tt+t2+1，
由于t…>pp1，推出pp1≤1，与假设矛盾.
因此m为木来数.
16．（23-24高二下·安徽六安·期末）如果无穷数列an满足“对任意正整数i,ji≠j，都存在正整数k，使得ak=ai⋅aj”，则称数列an具有“性质P”.
(1)若等比数列an的前n项和为Sn，且公比q>1,S2=12,S4=120，求证：数列an具有“性质P”；
(2)若等差数列bn的首项b1=1，公差d∈Z，求证：数列bn具有“性质P”，当且仅当d∈N；
(3)如果各项均为正整数的无穷等比数列cn具有“性质P”，且213,512,415,1012四个数中恰有两个出现在数列cn中，求c1的所有可能取值之和.
【解题思路】(1)利用等比数列的性质求解即可；
(2)利用等差数列的性质结合题目的定义求解即可；
(3)利用枚举法，结合题目的新定义求解即可.
【解答过程】（1）S2=a1+a2=a1+a1q=12,S4=a1+a2+a3+a4=a1+a1q+a1q2+a1q3=120,
解得：a1+a2+a1+a2q2=120,则12+12q2=120,即1+q2=10,
且q>1,q=3, a1=3,an=3n,
若ak=ai⋅aj,则3k=3i⋅3j=3i+j,
则当k=i+j,对任意正整数i,ji≠j，都存在正整数k使得ak=ai⋅aj,
则等比数列an满足性质P.
（2）因为数列bn具有“性质P”bn=b1+n−1d，
则bk=b1+k+1d,bi=b1+i−1d,bj=b1+j−1d,
若数列具有性质P,则b1+k−1d=b1+i−1db1+j−1d，
则b1+k−1d=b12+b1⋅d⋅j−1+i−1+i−1j−1d2，
又b1=1,则1+(k−1)d=12+dj−1+i−1+i−1j−1d2,
则k−1d=dj−1+i−1+i−1j−1d2，
则dj−1+i−1−k−1+i−1j−1d2=0，
则d(j−1)i−1−k−1+i−1j−1d=0，
又d∈Z则当d=0时上式成立，
当d≠0时.j−1i−1−k−1+i−1j−1d=0，
则i−1j−11+d−k−1=0, i−1j−11+d=k−1.
因为i,j,k∈N∗,则i,j≠1时，则k−1≠0,则k≠1, k−1∈N,则1+d∈N,则d∈N.
反之，若d∈N,则1+d∈N,则上面各式成立，则数列bn具有“性质P”
综上数列bn具有“性质P”，当且仅当d∈N.
（3）从213,512,415,1012这四个数中任选两个，共有以下6种情况：213，1012；213，415；
213，512; 1012，415; 1012，512; 415，512.
①对于213，415 因为415213=217为正整数，可以认为an是等比数列中的项，an=2n−1，首项的最小值为1.
下面说明此数列具有性质P：
213=a12，415=a29，任取i,j∈N∗，j>i≥1，则ai⋅aj=2i−1⋅2j−1 =ai+j−1，
i+j−1为正整数，因此此数列具有性质P，
②对于1012，512.因为1012512=212为正整数，认为是等比数列an中的项，an=512⋅2n−1，
首项的最小值为512，下面说明此数列不具有性质P：
512=a1，1012=a13，若ak=a1⋅a13=512⋅1012不为等比数列an中的项，
因此此数列不具有性质P，
同理可得213，1012；213，512；1012，415；415，512
每组所在等比数列an不具有“性质P’’.
17．（2024·黑龙江·三模）如果n项有穷数列an满足a1=an，a2=an−1，…，an=a1，即ai=an−i+1i=1,2,⋯,n，则称有穷数列an为“对称数列”.
(1)设数列bn是项数为7的“对称数列”，其中b1,b2,b3,b4成等差数列，且b2=3,b5=5，依次写出数列bn的每一项；
(2)设数列cn是项数为2k−1(k∈N∗且k≥2)的“对称数列”，且满足cn+1−cn=2，记Sn为数列cn的前n项和.
①若c1，c2，…，ck构成单调递增数列，且ck=2023.当k为何值时，S2k−1取得最大值?
②若c1=2024，且S2k−1=2024，求k的最小值.
【解题思路】（1）根据新定义“对称数列”的定义和已知条件可求得公比，进而求得结果；
（2）①根据对称数列的定义可得数列为等差数列，然后根据二次函数的性质来求解；②由条件得到数列相邻两项间的大小关系，并结合定义求得的取值范围，然后结合已知条件确定出最后的结果
【解答过程】（1）因为数列bn是项数为7的“对称数列”，所以b5=b3=5，
又因为b1,b2,b3,b4成等差数列，其公差d=b3−b2=2，…
所以数列bn的7项依次为1，3，5，7，5，3，1；
（2）①由c1，c2，…，ck是单调递增数列，数列cn是项数为2k−1的“对称数列”且满足cn+1−cn=2，
可知c1，c2，…，ck构成公差为2的等差数列，ck，ck+1，…，c2k−1构成公差为−2的等差数列，
故S2k−1=c1+c2+...+c2k−1=2ck+ck−1+...+c2k−1−ck
=22023k+k(k−1)2×(−2)−2023=−2k2+4048k−2023，
所以当k=−4048−4=1012时，S2k−1取得最大值；
②因为cn+1−cn=2即cn+1−cn=±2，
所以cn+1−cn≥−2即cn+1≥cn−2，
于是ck≥ck−1−2≥ck−2−4≥…≥c1−2(k−1)，
因为数列{cn}是“对称数列”，
所以S2k−1=c1+c2+...+c2k−1=2c1+c2+...+ck−1+ck
≥(2k−1)c1−2(k−2)(k−1)−2(k−1)=−2k2+4052k−2026，
因为S2k−1=2024，故−2k2+4052k−2026≤2024，
解得k≤1或k≥2025，所以k≥2025，
当c1，c2，…，ck构成公差为−2的等差数列时，满足c1=2024，
且S2k−1=2024，此时k=2025，所以k的最小值为2025.
18．（2024·福建泉州·模拟预测）若无穷数列an满足：对于∀n∈N*，an+12−an2=p，其中p为常数，则称数列an为P数列．
(1)若一个公比为q的等比数列xn为“P数列”，求q的值；
(2)若a1=1，p=2，yn是首项为1，公比为3的等比数列，在yk与yk+1之间依次插入数列an2中的k项构成新数列cn:y1,a12,y2,a22,a32,y3,a42,a52,a62,y4,⋅⋅⋅⋅⋅⋅，求数列cn中前30项的和S30．
(3)若一个“P数列"an满足a1=2,a2=22,an>0，设数列1an的前n项和为Tn．是否存在正整数m,k，使不等式Tn>mn+k−1对一切n∈N∗都成立？若存在，求出m,k的值；若不存在，说明理由．
【解题思路】（1）根据等比数列的通项公式，列出“P数列”的式子，变形后得xn+12−xn2=x12q2n−2q2−1=P，P与n无关，即可求解；
（2）由题意确定数列cn中前30项含有yn的前7项和数列an2的前23项，结合等差和等比数列的前n项和公式，即可求解；
（3）首先求解出an=2n，可得数列1cn的前n项和Tn，并假设存在m,k，通过验证求得m=k=1，再利用放缩法，证明结论成立.
【解答过程】（1）数列xn是等比数列，则xn=x1qn−1，xn2=x12q2n−2，
则xn+12−xn2=x12q2n−x12q2n−2=x12q2n−2q2−1=P，
因为P与n无关，所以q2−1=0，即q=±1；
（2）由题意可知，an+12−an2=2，而a12=1，所以an2=a12+n−1×2=2n−1，
yn是首项为1，公比为3的等比数列，
而新数列cn中yk+1项（含yk+1）前共有1+2+3+...+k+k+1=k+1k+22项，
令k+1k+22≤30，结合k∈N∗，解得：k≤6，
故数列cn中前30项含有yn的前7项和数列an2的前23项，
所以数列cn中前30项的和T30=1−371−3+23×1+23×222×2=1622；
（3）因为数列an是“P数列”，a1=2，a2=22，an>0，
则P=a22−a12=4，an2=a12+n−1P=4+n−1×4=4n，得an=2n，
所以数列1an的前n项和Tn=1211+12+13+...+1n，
假设存在正整数m,k，使得不等式1211+12+13+...+1n>mn+k−1，对一切n∈N∗都成立，
即11+12+13+...+1n>2mn+k−1
当n=1时，1>2m+k−1，得m+k2mn+k−1对一切n∈N∗都成立，
由于1n=2n+n>2n+1+n=2n+1−n，n∈N∗，
所以11+12+13+...+1n>22−1+3−2+...+n+1−n，
=2n+1−1，
所以存在m=k=1，使不等式Tn>mn+k−1对一切n∈N∗都成立.
19．（2024·福建厦门·模拟预测）对于数列an，数列an+1−an称为数列an的差数列或一阶差数列.an差数列的差数列，称为an的二阶差数列.一般地，an的k阶差数列的差数列，称为an的k+1阶差数列.如果an的k阶差数列为常数列，而k−1阶差数列不是常数列，那么an就称为k阶等差数列.
(1)已知20，24，26，25，20是一个k阶等差数列an的前5项.求k的值及a6；
(2)证明：二阶等差数列bn的通项公式为bn=b1+n−1b2−b1+12n−1n−2b3−2b2+b1；
(3)证明：若数列cn是k阶等差数列，则cn的通项公式是n的k次多项式，即cn=i=0kλini（其中λi（i=0，1，⋯，k）为常实数）
【解题思路】（1）根据定义直接进行求解，得到k=3，并根据二阶差数列的第4项为−5，求出一阶差数列的第5项为−10，得到方程，求出a6=10；
（2）令dn=bn+1−bn，根据二阶等差数列的定义得到dn−dn−1=dn−1−dn−2=⋯=d2−d1=b3−2b2+b1，再利用累加法求出bn=12n−1n−2b3−2b2+b1+n−1b2−b1+b1；
（3）数学归纳法证明出Sm,n=i=1nim为n的m+1次多项式，利用引理可证出结论.
【解答过程】（1）an的一阶差数列为4，2，−1，−5；二阶差数列为−2，−3，−4；
三阶差数列为−1，−1，−1为常数列，故an为三阶等差数列，即k=3，
二阶差数列的第4项为−5，故一阶差数列的第5项为−10，即a6−a5=−10，故a6=10.
（2）令dn=bn+1−bn，
因为bn是二阶等差数列，所以dn−dn−1=dn−1−dn−2=⋯=d2−d1=b3−2b2+b1，
因此dn=dn−dn−1+dn−1+dn−2+⋯+d2−d1+d1=n−1b3−2b2+b1+b2−b1，
所以bn=bn−bn−1+bn−1+bn−2+⋯+b2−b1+b1
=dn−1+dn−2+⋯+d1+b1
=n−2+n−3+⋯+1+0b3−2b2+b1+n−1b2−b1+b1
=12n−1n−2b3−2b2+b1+n−1b2−b1+b1，命题得证.
（3）证明：先证一个引理：记Sm,n=i=1nim，Sm,n是n的m+1次多项式，
数学归纳法：当m=1时，S1,n=1+2+3+⋯+n=12nn+1是n的2次多项式，
假设Sk,n是n的k+1次多项式，对k=0,1,⋯,m−1都成立，
由二项式定理，n+1m+1−nm+1=k=0mCm+1knk，规定00=1，
将n取0，1，2，…，n，得1−0=1，1+1m+1−1=k=0mCm+1k1k，
2+1m+1−2m+1=k=0mCm+1k2k，……，n+1m+1−nm+1=k=0mCm+1knk，
求和可得
n+1m+1=1+k=0mCm+1k1k+k=0mCm+1k2k+⋯+k=0mCm+1knk=k=0mCm+1kSk,n，
则n+1m+1−k=0m−1Cm+1kSk,n=Cm+1mSm,n=m+1Sm,n，
故Sm,n=n+1m+1−k=0m−1Cm+1kSk,nm+1是n的m+1次多项式，引理得证.
回到本题，由（2）可知，2阶等差数列的通项是n的2次多项式，
假设k阶等差数列cn的通项公式是n的k次多项式，
对于k+1阶等差数列，它的差数列cn′是k阶等差数列，即cn′=i=0kλini，
故cn=c1+i=1n−1ci′=c1+i=0kλij=1n−1ji，
由引理可知，此为n的k次多项式，命题得证.