资源简介

第七节　数列中的创新性问题
1.分形的数学之美，是以简单的基本图形，凝聚扩散，重复累加，以迭代的方式而形成的美丽的图案.自然界中存在着许多令人震撼的天然分形图案，如鹦鹉螺的壳、蕨类植物的叶子、孔雀的羽毛、菠萝等.如图为正方形经过多次自相似迭代形成的分形图形，且相邻的两个正方形的对应边所成的角为15°.若从外往里最大的正方形边长为9，则第5个正方形的边长为（　　）
A.　　　 B.
C.4　　　 D.
2.科学家牛顿用“作切线”的方法求函数的零点时，给出了“牛顿数列”，其定义是：对于函数f（x），若数列{xn}满足xn＋1＝xn－，则称数列{xn}为牛顿数列，若函数f（x）＝x2，数列{xn}为牛顿数列且x1＝2，an＝log2xn，则a8＝（　　）
A.8 B.2
C.－6 D.－4
3.〔多选〕（2025·河南五市联考）对于数列{an}（n∈N*，an∈N*），定义bk为a1，a2，…，ak（k＝1，2，…，n）（n∈N*）中的最大值，把数列{bn}称为数列{an}的“M值数列”.如数列2，2，3，7，6的“M值数列”为2，2，3，7，7，则（　　）
A.若数列{an}是递减数列，则{bn}为常数列
B.若数列{an}是递增数列，则有an＝bn
C.满足{bn}为2，3，3，5，5的所有数列{an}的个数为8
D.若an＝（－2）n－1（n∈N*），记Sn为{bn}的前n项和，则S100＝（2100－1）
4.〔多选〕已知数列{an}满足：对任意的n∈N*，总存在m∈N*，使得Sn＝am，则称{an}为“回旋数列”.以下结论中正确的是（　　）
A.若an＝2 026n，则{an}为“回旋数列”
B.设{an}为等比数列，且公比q为有理数，则{an}为“回旋数列”
C.设{an}为等差数列，当a1＝1，公差d＜0时，若{an}为“回旋数列”，则d＝－1
D.若{an}为“回旋数列”，则对任意n∈N*，总存在m∈N*，使得an＝Sm
5.已知数列{an}满足：a1＝m（m为正整数），an＋1＝若a6＝1，则m所有可能的取值为　　　　.
6.五位同学围成一圈依序循环报数，规定：①第一位同学首次报出的数为1，第二位同学首次报出的数也为1，之后每位同学所报出的数都是前两位同学所报出的数之和；②若报出的数为3的倍数，则报该数的同学需拍手一次.已知甲同学第一个报数，当五位同学依序循环报到第100个数时，甲同学拍手的总次数为　　　　.
7.（2024·咸阳三模）数列{an}的前n项的最大值记为Mn，即Mn＝max{a1，a2，…，an}；前n项的最小值记为mn，即mn＝min{a1，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.
8.（2024·北京顺义模拟）将平面直角坐标系中的一列点A1（1，a1），A2（2，a2），…，An（n，an），…记为{An}.设f（n）＝·j，其中j为与y轴方向相同的单位向量，若对任意的正整数n，都有f（n＋1）＞f（n），则称{An}为T点列.
（1）判断A1（1，1），A2（2，），A3（3，），…，An（n，），…是否为T点列，并说明理由；
（2）若{An}为T点列，且a2＞a1.任取其中连续三点Ak，Ak＋1，AAk＋2，证明△AkAk＋1AAk＋2为钝角三角形.
9.（2024·九江二模）已知无穷数列{an}中，an≥0，记An＝max{a1，a2，…，an}，Bn＝min{an＋1，an＋2，…}，dn＝An－Bn.
（1）若{an}为2，0，2，4，2，0，2，4，…，是一个周期为4的数列（即 n∈N*，an＋4＝an），直接写出d1，d2，d3，d4的值；
（2）若{an}为周期数列，证明： n0∈N*，使得当n＞n0时，dn是常数；
（3）设d是非负整数，证明：dn＝－d（n＝1，2，3，…）的充要条件为{an}是公差为d的等差数列.
10.（2025·重庆一中模拟）对于数列{an}，定义Δan＝an＋1－an（n∈N*），数列{an}满足a1＝a2＝1，Δ（Δan）＝m（m∈R），记f（m，n）＝a1m＋a2m2＋…＋anmn，称f（m，n）为由数列{an}生成的“m-函数”.
（1）试写出“2-函数”f（2，n），并求f（2，3）的值；
（2）若“1-函数”f（1，n）的值小于等于15，求n的最大值；
（3）记函数S（x）＝x＋2x2＋…＋nxn，其导函数为S'（x）.证明：“m-函数”f（m，n）＝S'（m）－S（m）＋（m＋1）mi.
第七节　数列中的创新性问题
1.C　设第n个正方形的边长为an，则由已知可得an＝an＋1sin 15°＋an＋1cos 15°，∴＝＝＝，∴{an}是以9为首项，为公比的等比数列，∴a5＝a1q4＝9×（）4＝4.
2.C　根据题意，xn＋1＝xn－＝xn－＝xn－＝，所以＝，又x1＝2，所以{xn}为首项是2，公比是的等比数列，所以xn＝2×（）n－1＝（）n－2＝22－n，所以an＝log2xn＝log222－n＝2－n，所以a8＝2－8＝－6.
3.ABD　若数列{an}是递减数列，则a1是a1，a2，…，ak（k＝1，2，…，n）中的最大值，所以bn＝a1，{bn}为常数列，A正确；若数列{an}是递增数列，则ak是a1，a2，…，ak（k＝1，2，…，n）中的最大值，所以bk＝ak，即an＝bn，B正确；若{bn}为2，3，3，5，5，则a1＝2，a2＝3，a3可以取1，2，3，a4＝5，a5可以取1，2，3，4，5，故符合要求的数列{an}的个数为3×5＝15，C错误；若an＝（－2）n－1（n∈N*），则数列{an}中奇数项构成递增的正项数列，偶数项都是负数，则有b2k－1＝b2k＝（－2）2k－2＝22k－2（k∈N*），所以S100＝2（1＋22＋24＋…＋298）＝（2100－1），D正确.故选A、B、D.
4.AC　对于A，由an＝2 026n可得Sn＝2 026×（1＋2＋3＋…＋n）＝2 026×，由Sn＝am可得2 026×＝2 026m，取m＝即可，则{an}为“回旋数列”，故A正确；对于B，当q＝1时，Sn＝na1，am＝a1，由Sn＝am可得na1＝a1，故当n＝2时，很明显na1＝a1不成立，故{an}不是“回旋数列”，故B错误；对于C，{an}是等差数列，故am＝1＋（m－1）d，Sn＝n＋d，因为数列{an}是“回旋数列”，所以1＋（m－1）d＝n＋d，即m＝＋＋1，其中为非负整数，所以要保证恒为整数，故d为所有非负整数的公约数，且d＜0，所以d＝－1，故C正确；对于D，由A可知，当an＝2 026n时，{an}为“回旋数列”，取a2＝2 026×2，Sm＝2 026×，显然不存在m，使得Sm＝a2＝2 026×2，故D错误.
5.4，5，32　解析：∵数列{an}满足a1＝m（m为正整数），an＋1＝由a6＝1和上式知，a5一定为偶数且＝1，即a5＝2，由题意知an∈N*，若3a4＋1＝2，解得a4＝ N*，故a4为偶数，且＝2，∴a4＝4.由此可按上述分析得到a3＝8或a3＝1，若a3＝8，则a2＝16，a1＝32或a1＝5；若a3＝1，则a2＝2，a1＝4，故m所有可能的值为4，5，32.
6.5　解析：由题意可知，将每位同学所报的数排列起来，即是“斐波那契数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，…，该数列的一个规律是，第4，8，12，16，…，4n项均是3的倍数，甲同学报数的序数是1，6，11，16，…，5m－4.问题可化为求数列{4n}与{5m－4}的公共项，易知，当m＝4k，n＝5k－1时，5m－4＝20k－4＝4n，又1＜4n≤100，∴20k－4≤100.∴k≤5，∴甲拍手的总次数为5次.即第16，36，56，76，96次报数时拍手.
7.解：（1）证明：由题意可知Mn＋1≥Mn，mn＋1≤mn，
∴Mn＋1－mn＋1≥Mn－mn，因此pn＋1≥pn，
即{pn}是递增数列，且p1＝M1－m1＝0，
由“生成数列”的定义可得pn＝qn.
（2）当n≥3时，an－an－1＝2n－3n－[2n－1－3（n－1）]＝2n－1－3＞0，∴an＞an－1.
∴a1＞a2＜a3＜a4＜…＜an＜…，
又a1＝－1，a2＝－2，a3＝－1，
∴p1＝0，p2＝－1－（－2）＝1，
当n≥3时，pn＝an－a2＝2n－3n－（－2）＝2n－（3n－2）.
设数列{pn}的前n项和为Sn.则S1＝0，S2＝1.
当n≥3时，Sn＝0＋1＋p3＋p4＋…＋pn＝1＋（23－7）＋（24－10）＋…＋[2n－（3n－2）]
＝1＋（23＋24＋…＋2n）－[7＋10＋…＋（3n－2）]
＝1＋－
＝2n＋1－，
又S2＝1符合上式，
∴Sn＝
8.解：（1）{An}为T点列，理由如下：
由题意可知，＝（1，－），j＝（0，1），所以f（n）＝·j＝－，
f（n＋1）－f（n）＝－－（－）＝＞0，即f（n＋1）＞f（n），n∈N*，
所以A1（1，1），A2（2，），A3（3，），…，An（n，），…为T点列.
（2）证明：由题意可知，＝（1，an＋1－an），j＝（0，1），所以f（n）＝·j＝an＋1－an，
因为{An}为T点列，所以f（n＋1）－f（n）＝an＋2－an＋1－（an＋1－an）＞0，n∈N*，
又因为a2＞a1，所以a2－a1＞0.
所以对{An}中连续三点Ak，Ak＋1，Ak＋2，都有ak＋2－ak＋1＞ak＋1－ak＞0，ak＋2＞ak＋1＞ak.
因为＝（1，ak＋1－ak），＝（1，ak＋2－ak＋1），ak＋2－ak＋1＞ak＋1－ak＞0，故与不共线，即Ak，Ak＋1，Ak＋2不共线，
因为·＝－1＋（ak－ak＋1）·（ak＋2－ak＋1）＜0，
所以cos∠AkAk＋1Ak＋2＝＜0，则∠AkAk＋1Ak＋2为钝角，
所以△AkAk＋1Ak＋2为钝角三角形.
9.解：（1）d1＝2，d2＝2，d3＝2，d4＝4.
（2）证明：不妨设{an}的周期为T（T∈N*），
记AT＝max{a1，a2，…，aT}，BT＝min{aT＋1，aT＋2，…}，
则当n＞T时，dn＝AT－BT是常数，
即 n0＝T，使得当n＞n0时，dn是常数.
（3）证明：充分性：若{an}是公差为d的等差数列，则an＝a1＋（n－1）d，
于是An＝an＝a1＋（n－1）d，Bn＝an＋1＝a1＋nd.
因此dn＝An－Bn＝－d（n＝1，2，3，…），
必要性：∵dn＝－d≤0，∴An＝Bn＋dn≤Bn，
∵an≤An，an＋1≥Bn，
∴an≤an＋1，于是An＝an，Bn＝an＋1.
因此an＋1－an＝Bn－An＝－dn＝d.
故数列{an}是公差为d的等差数列.
10.解：（1）由定义及Δ（Δan）＝m知Δ（Δan）＝Δan＋1－Δan＝m，
所以{Δan}是公差为m的等差数列，所以Δan＝Δa1＋（n－1）m.
因为a1＝a2＝1，所以Δa1＝a2－a1＝0，所以Δan＝（n－1）m，即an＋1－an＝（n－1）m.
当n≥2时，有a3－a2＝m，a4－a3＝2m，…，an－an－1＝（n－2）m，
所以an－a2＝m＋2m＋…＋（n－2）m＝，
即an＝1＋（n≥2），
当n＝1时，a1＝1，满足上式，所以an＝1＋.
当m＝2时，an＝1＋（n－1）（n－2）＝n2－3n＋3，所以“2-函数”f（2，n）＝1×2＋1×22＋…＋（n2－3n＋3）×2n.
当n＝3时，f（2，3）＝1×2＋1×22＋3×23＝30.
（2）当m＝1时，an＝1＋＝.
故“1-函数”f（1，n）＝a1＋a2＋…＋an＝＋＋…＋＝（12＋22＋…＋n2）－（1＋2＋…＋n）＋2n＝－＋2n＝.
由f（1，n）≤15，得n3－3n2＋8n－90≤0.
令g（x）＝x3－3x2＋8x－90（x≥1），则g'（x）＝3x2－6x＋8＝3（x－1）2＋5＞0，
所以g（x）＝x3－3x2＋8x－90在[1，＋∞）上单调递增，
因为g（5）＝0，所以当1≤n≤5时，f（1，n）≤15，当n＞5时，f（1，n）＞15，
故n的最大值为5.
（3）证明：由题意得f（m，n）＝a1m＋a2m2＋…＋anmn＝m＋m2＋…＋［1＋×m］mn＝m＋m2＋…＋［×m＋（m＋1）］mn＝i2mi－imi＋（m＋1）mi，
由S（x）＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，得S'（x）＝1＋22x＋32x2＋…＋n2xn－1，
所以xS'（x）＝x＋22x2＋32x3＋…＋n2xn＝i2xi，所以i2mi＝mS'（m），imi＝S（m），
所以f（m，n）＝S'（m）－S（m）＋（m＋1）mi.
2 / 2第七节　数列中的创新性问题
重点解读
　　数列中的创新性问题，往往是通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算或性质，或给出几个新模型来创设新问题的情境，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.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，使问题得以解决.
数列的新情境问题
（师生共研过关）
已知数列{an}（n∈N*）满足a1＝1，a2＝2，a3＝3，a4＝4，a5＝5，当n≥5时，an＋1＝a1a2…an－1.若数列{bn}（n∈N*）满足bn＝a1a2…an－（＋＋…＋），
（1）求b5；
（2）求证：当n≥5时，bn＋1－bn＝－1；
（3）求证：仅存在两个正整数m，使得bm＝0.
解题技法
　　对于新情境问题，关键是要从问题情境中寻找“重要信息”，即研究对象的本质特征、数量关系（数量化的特征）等，建立数学模型求解.
　几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N：N＞55且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是（　　）
A.95　　　 B.105
C.115　　　 D.125
数列的新定义问题
（师生共研过关）
若有穷数列{am}（m＝1，2，3，4，…，n；n＝2，3，4，…）满足条件①ai＝0，②｜ai｜＝1，则称数列{am}为n阶“单位数列”.
（1）写出两个递增的3阶“单位数列”；
（2）若等差数列{an}是一个2k＋1（k∈N*）阶“单位数列”，且是递增数列，求该数列的通项公式（用含k的代数式表示）；
（3）记n阶“单位数列”{am}的前k项和为Sk（k＝1，2，3，…，n），试比较｜Sk｜与的大小.
解题技法
解决数列新定义问题的方案及流程
（1）读懂题意，理解研究的对象，理解新定义数列的含义；
（2）特殊分析，例如先对n＝1，2，3，…的情况讨论；
（3）通过特殊情况寻找新定义的数列的规律及性质，以及新定义数列与已知数列（如等差与等比数列）的关系，仔细观察，探求规律，注重转化，合理设计解题方案，最后利用等差、等比数列的有关知识来求解.
　若无穷数列{an}满足：只要ap＝aq（p，q∈N*），必有ap＋1＝aq＋1，则称数列{an}具有性质p.
（1）若数列{an}具有性质p，且a1＝3，a2＝2，a4＝3，a5＋a6＋a7＝4，求a3；
（2）若数列{an}具有性质p，且a1＝am＋1＝x，a2＝am＋3＝y（m≥2，m∈N*），求证：x＝y.
第七节　数列中的创新性问题
【考点·分类突破】
考点1
【例1】 解：（1）b5＝1×2×3×4×5－（12＋22＋32＋42＋52）＝65.
（2）证明：bn＋1－bn＝[a1a2…anan＋1－（＋＋…＋）]－[a1a2…an－（＋＋…＋）]
＝（a1a2…an）（an＋1－1）－
＝an＋1（a1a2…an－an＋1）－a1a2…an
＝an＋1－a1a2…an
＝－1（n≥5）.
（3）证明：b1＝a1－＝1－1＝0，b2＝a1a2－（＋）＝2－5＝－3，b3＝a1a2a3－（＋＋）＝6－14＝－8，b4＝24－30＝－6，b5＝65.
当n≥5时，bn是以b5＝65为首项、－1为公差的等差数列.由bm＝b5＋（m－5）×（－1）＝0，解得m＝70.
所以只有m＝1或m＝70时，满足bm＝0.
跟踪训练
A　将数列排成行的形式
1
1，2
1，2，4
1，2，4，8
……
第n行为20，21，…，2n－1，第n行和为an＝＝2n－1，前n行共有个数，前项和为Sn＝－n＝2n＋1－2－n，假设从第1行第1个数到第n＋1行第m（1≤m≤n＋1）个数共有N个数，则N＝＋m，前N项和为TN＝Sn＋am＝2n＋1－2－n＋2m－1，若TN为2的整数幂，则有2＋n＝2m－1，∵N＞55，∴n＞10，且n为奇数，当n＝11时，m无整数解，当n＝13时，m＝4，此时N＝＋4＝95.
考点2
【例2】 解：（1）数列1：－，－，，
数列2：－，0，.
以上两个数列均为递增的3阶“单位数列”（答案不唯一，合理即可）.
（2）设等差数列{an}的公差为d，
因为该数列为递增数列，所以d＞0.
由已知得a1＋a2＋a3＋…＋a2k＋1＝0，
所以（2k＋1）a1＋＝0，
所以a1＋kd＝0，即ak＋1＝0，所以ak＋2＝d，
由递增“单位数列”的定义可得ak＋2＋ak＋3＋…＋a2k＋1＝，
所以kd＋d＝，即d＝.
由ak＋1＝0得a1＋k·＝0，即a1＝－，
所以an＝－＋（n－1）＝－（n∈N*，n≤2k＋1）.
（3）｜Sk｜≤，理由如下：
（ⅰ）当k＝n时，由定义可知｜Sn｜＝0，｜Sk｜≤成立.
（ⅱ）当k＜n时，由ai＝0，得Sk＝a1＋a2＋…＋ak＝－（ak＋1＋ak＋2＋…＋an），
即｜Sk｜＝｜a1＋a2＋…＋ak｜＝｜ak＋1＋ak＋2＋…＋an｜，
由｜ai｜＝1，得｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜an｜＝1，
所以2｜Sk｜＝｜a1＋a2＋…＋ak｜＋｜ak＋1＋ak＋2＋…＋an｜≤｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜ak｜＋｜ak＋1｜＋｜ak＋2｜＋…＋｜an｜＝1，即｜Sk｜≤.
综上，｜Sk｜≤（k＝1，2，3，…，n）.
跟踪训练
解：（1）数列{an}具有性质p，
则由a1＝a4＝3，可得a2＝a5＝2，进而a3＝a6，a4＝a7＝3，
所以由a5＋a6＋a7＝4，可得a3＝a6＝4－a5－a7＝4－2－3＝－1.
故a3＝－1.
（2）证明：法一 因为a1＝am＋1＝x，a2＝am＋3＝y，且数列{an}具有性质p，
所以a2＝am＋2＝y，进而a3＝am＋3＝y，
因此a2＝a3＝y，依此类推可得，a3＝a4＝y，a4＝a5＝y，…，
所以有任意n∈N*，n≥2，都有an＝y，
又由已知m≥2，m∈N*，得m＋1≥3，且m＋1∈N*，故am＋1＝y＝x，
所以x＝y得证.
法二 由数列{an}具有性质p，只要ap＝aq，则ap＋1＝aq＋1，ap＋2＝aq＋2，…，
即 k∈N*，ap＋k＝aq＋k，
则有a1＝am＋1＝a2m＋1＝…＝apm＋1＝x（m≥2，m∈N*，p∈N），
a2＝am＋3＝a（m＋1）＋2＝a2（m＋1）＋2＝a3（m＋1）＋2＝…＝aq（m＋1）＋2＝y（m≥2，m∈N*，q∈N），
令p＝m，q＝m－1，则有＝x＝y，
故x＝y得证.
2 / 2(共50张PPT)
第七节　数列中的创新性问题
高中总复习·数学
重点解读
　　数列中的创新性问题，往往是通过给出一个新的数列的定义，或约定
一种新的运算或性质，或给出几个新模型来创设新问题的情境，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.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，使问题得以解决.
目 录
CONTENTS
考点·分类突破
01.
课时·跟踪检测
02.
PART 01
考点·分类突破
精选考点 | 课堂演练
数列的新情境问题（师生共研过关）
已知数列{an}（n∈N*）满足a1＝1，a2＝2，a3＝3，a4＝4，a5＝
5，当n≥5时，an＋1＝a1a2…an－1.若数列{bn}（n∈N*）满足bn＝
a1a2…an－（ ＋ ＋…＋ ），
（1）求b5；
解： b5＝1×2×3×4×5－（12＋22＋32＋42＋52）＝65.
（2）求证：当n≥5时，bn＋1－bn＝－1；
解： 证明：bn＋1－bn＝[a1a2…anan＋1－（ ＋ ＋…＋ ）]－
[a1a2…an－（ ＋ ＋…＋ ）]
＝（a1a2…an）（an＋1－1）－
＝an＋1（a1a2…an－an＋1）－a1a2…an
＝an＋1－a1a2…an
＝－1（n≥5）.
（3）求证：仅存在两个正整数m，使得bm＝0.
解： 证明：b1＝a1－ ＝1－1＝0，b2＝a1a2－（ ＋ ）＝2－5
＝－3，b3＝a1a2a3－（ ＋ ＋ ）＝6－14＝－8，b4＝24－30＝－
6，b5＝65.
当n≥5时，bn是以b5＝65为首项、－1为公差的等差数列.由bm＝b5＋（m
－5）×（－1）＝0，解得m＝70.
所以只有m＝1或m＝70时，满足bm＝0.
解题技法
　　对于新情境问题，关键是要从问题情境中寻找“重要信息”，即研究
对象的本质特征、数量关系（数量化的特征）等，建立数学模型求解.
　几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学
习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软
件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，
4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，
再接下来的三项是20，21，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N：
N＞55且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是
（　　）
A. 95 B. 105
C. 115 D. 125
√
解析： 　将数列排成行的形式
1
1，2
1，2，4
1，2，4，8
……
第n行为20，21，…，2n－1，第n行和为an＝ ＝2n－1，前n行
共有 个数，前 项和为Sn＝ －n＝2n＋1－2－
n，假设从第1行第1个数到第n＋1行第m（1≤m≤n＋1）个数共有N个
数，则N＝ ＋m，前N项和为TN＝Sn＋am＝2n＋1－2－n＋2m－
1，若TN为2的整数幂，则有2＋n＝2m－1，∵N＞55，∴n＞10，且n为
奇数，当n＝11时，m无整数解，当n＝13时，m＝4，此时N＝ ＋4
＝95.
数列的新定义问题（师生共研过关）
若有穷数列{am}（m＝1，2，3，4，…，n；n＝2，3，4，…）满
足条件① ai＝0，② ｜ai｜＝1，则称数列{am}为n阶“单位数列”.
（1）写出两个递增的3阶“单位数列”；
解： 数列1：－ ，－ ， ，
数列2：－ ，0， .
以上两个数列均为递增的3阶“单位数列”（答案不唯一，合理即可）.
（2）若等差数列{an}是一个2k＋1（k∈N*）阶“单位数列”，且是递增
数列，求该数列的通项公式（用含k的代数式表示）；
解： 设等差数列{an}的公差为d，
因为该数列为递增数列，所以d＞0.
由已知得a1＋a2＋a3＋…＋a2k＋1＝0，
所以（2k＋1）a1＋ ＝0，
所以a1＋kd＝0，即ak＋1＝0，所以ak＋2＝d，
由递增“单位数列”的定义可得ak＋2＋ak＋3＋…＋a2k＋1＝ ，
所以kd＋ d＝ ，即d＝ .
由ak＋1＝0得a1＋k· ＝0，即a1＝－ ，
所以an＝－ ＋（n－1） ＝ － （n∈N*，n≤2k＋
1）.
（3）记n阶“单位数列”{am}的前k项和为Sk（k＝1，2，3，…，n），
试比较｜Sk｜与 的大小.
解： ｜Sk｜≤ ，理由如下：
（ⅰ）当k＝n时，由定义可知｜Sn｜＝0，｜Sk｜≤ 成立.
（ⅱ）当k＜n时，由 ai＝0，得Sk＝a1＋a2＋…＋ak＝－（ak＋1＋ak＋2
＋…＋an），
即｜Sk｜＝｜a1＋a2＋…＋ak｜＝｜ak＋1＋ak＋2＋…＋an｜，
由 ｜ai｜＝1，得｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜an｜＝1，
所以2｜Sk｜＝｜a1＋a2＋…＋ak｜＋｜ak＋1＋ak＋2＋…＋an｜≤｜a1｜
＋｜a2｜＋…＋｜ak｜＋｜ak＋1｜＋｜ak＋2｜＋…＋｜an｜＝1，即｜Sk｜
≤ .
综上，｜Sk｜≤ （k＝1，2，3，…，n）.
解题技法
解决数列新定义问题的方案及流程
（1）读懂题意，理解研究的对象，理解新定义数列的含义；
（2）特殊分析，例如先对n＝1，2，3，…的情况讨论；
（3）通过特殊情况寻找新定义的数列的规律及性质，以及新定义数列与
已知数列（如等差与等比数列）的关系，仔细观察，探求规律，注重转
化，合理设计解题方案，最后利用等差、等比数列的有关知识来求解.
　若无穷数列{an}满足：只要ap＝aq（p，q∈N*），必有ap＋1＝aq＋1，
则称数列{an}具有性质p.
（1）若数列{an}具有性质p，且a1＝3，a2＝2，a4＝3，a5＋a6＋a7＝4，
求a3；
解： 数列{an}具有性质p，
则由a1＝a4＝3，可得a2＝a5＝2，进而a3＝a6，a4＝a7＝3，
所以由a5＋a6＋a7＝4，可得a3＝a6＝4－a5－a7＝4－2－3＝－1.
故a3＝－1.
（2）若数列{an}具有性质p，且a1＝am＋1＝x，a2＝am＋3＝y（m≥2，
m∈N*），求证：x＝y.
解： 证明：法一 因为a1＝am＋1＝x，a2＝am＋3＝y，且数列{an}具有
性质p，
所以a2＝am＋2＝y，进而a3＝am＋3＝y，
因此a2＝a3＝y，依此类推可得，a3＝a4＝y，a4＝a5＝y，…，
所以有任意n∈N*，n≥2，都有an＝y，
又由已知m≥2，m∈N*，得m＋1≥3，且m＋1∈N*，故am＋1＝y＝x，
所以x＝y得证.
法二 由数列{an}具有性质p，只要ap＝aq，则ap＋1＝aq＋1，ap＋2＝aq＋
2，…，
即 k∈N*，ap＋k＝aq＋k，
则有a1＝am＋1＝a2m＋1＝…＝apm＋1＝x（m≥2，m∈N*，p∈N），
a2＝am＋3＝a（m＋1）＋2＝a2（m＋1）＋2＝a3（m＋1）＋2＝…＝aq（m＋1）＋2＝y
（m≥2，m∈N*，q∈N），
令p＝m，q＝m－1，则有 ＝x＝y，
故x＝y得证.
PART 02
课时·跟踪检测
关键能力 | 课后练习
1. 分形的数学之美，是以简单的基本图形，凝聚扩散，重复累加，以迭代
的方式而形成的美丽的图案.自然界中存在着许多令人震撼的天然分形图
案，如鹦鹉螺的壳、蕨类植物的叶子、孔雀的羽毛、菠萝等.如图为正方
形经过多次自相似迭代形成的分形图形，且相邻的两个正方形的对应边所
成的角为15°.若从外往里最大的正方形边长为9，则第5个正方形的边长
为（　　）
A. B.
C. 4 D.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
20
22
23
24
25
√
解析： 　设第n个正方形的边长为an，则由已知可得an＝an＋1 sin 15°＋
an＋1 cos 15°，∴ ＝ ＝ ＝ ，∴{an}是以9
为首项， 为公比的等比数列，∴a5＝a1q4＝9×（ ）4＝4.
2. 科学家牛顿用“作切线”的方法求函数的零点时，给出了“牛顿数
列”，其定义是：对于函数f（x），若数列{xn}满足xn＋1＝xn－
，则称数列{xn}为牛顿数列，若函数f（x）＝x2，数列{xn}为牛
顿数列且x1＝2，an＝log2xn，则a8＝（　　）
A. 8 B. 2
C. －6 D. －4
√
解析： 　根据题意，xn＋1＝xn－ ＝xn－ ＝xn－ ＝ ，所以
＝ ，又x1＝2，所以{xn}为首项是2，公比是 的等比数列，所以xn＝
2×（ ）n－1＝（ ）n－2＝22－n，所以an＝log2xn＝log222－n＝2－n，所
以a8＝2－8＝－6.
3. 〔多选〕（2025·河南五市联考）对于数列{an}（n∈N*，an∈N*），
定义bk为a1，a2，…，ak（k＝1，2，…，n）（n∈N*）中的最大值，把
数列{bn}称为数列{an}的“M值数列”.如数列2，2，3，7，6的“M值数
列”为2，2，3，7，7，则（　　）
A. 若数列{an}是递减数列，则{bn}为常数列
B. 若数列{an}是递增数列，则有an＝bn
C. 满足{bn}为2，3，3，5，5的所有数列{an}的个数为8
D. 若an＝（－2）n－1（n∈N*），记Sn为{bn}的前n项和，则S100＝
（2100－1）
√
√
√
解析： 　若数列{an}是递减数列，则a1是a1，a2，…，ak（k＝1，
2，…，n）中的最大值，所以bn＝a1，{bn}为常数列，A正确；若数列
{an}是递增数列，则ak是a1，a2，…，ak（k＝1，2，…，n）中的最大
值，所以bk＝ak，即an＝bn，B正确；若{bn}为2，3，3，5，5，则a1＝
2，a2＝3，a3可以取1，2，3，a4＝5，a5可以取1，2，3，4，5，故符合要
求的数列{an}的个数为3×5＝15，C错误；若an＝（－2）n－1
（n∈N*），则数列{an}中奇数项构成递增的正项数列，偶数项都是负
数，则有b2k－1＝b2k＝（－2）2k－2＝22k－2（k∈N*），所以S100＝2（1＋
22＋24＋…＋298）＝ （2100－1），D正确.故选A、B、D.
4. 〔多选〕已知数列{an}满足：对任意的n∈N*，总存在m∈N*，使得Sn
＝am，则称{an}为“回旋数列”.以下结论中正确的是（　　）
A. 若an＝2 026n，则{an}为“回旋数列”
B. 设{an}为等比数列，且公比q为有理数，则{an}为“回旋数列”
C. 设{an}为等差数列，当a1＝1，公差d＜0时，若{an}为“回旋数列”，
则d＝－1
D. 若{an}为“回旋数列”，则对任意n∈N*，总存在m∈N*，使得an＝
Sm
√
√
解析： 对于A，由an＝2 026n可得Sn＝2 026×（1＋2＋3＋…＋n）
＝2 026× ，由Sn＝am可得2 026× ＝2 026m，取m＝
即可，则{an}为“回旋数列”，故A正确；对于B，当q＝1时，
Sn＝na1，am＝a1，由Sn＝am可得na1＝a1，故当n＝2时，很明显na1＝a1
不成立，故{an}不是“回旋数列”，故B错误；
对于C，{an}是等差数列，故am＝1＋（m－1）d，Sn＝n＋ d，
因为数列{an}是“回旋数列”，所以1＋（m－1）d＝n＋ d，
即m＝ ＋ ＋1，其中 为非负整数，所以要保证 恒
为整数，故d为所有非负整数的公约数，且d＜0，所以d＝－1，故C正确；
对于D，由A可知，当an＝2 026n时，{an}为“回旋数列”，取a2＝2
026×2，Sm＝2 026× ，显然不存在m，使得Sm＝a2＝2 026×2，
故D错误.
5. 已知数列{an}满足：a1＝m（m为正整数），an＋1＝
若a6＝1，则m所有可能的取值为 .
4，5，32　
解析：∵数列{an}满足a1＝m（m为正整数），an＋1＝
由a6＝1和上式知，a5一定为偶数且 ＝1，即a5＝
2，由题意知an∈N*，若3a4＋1＝2，解得a4＝ N*，故a4为偶数，且
＝2，∴a4＝4.由此可按上述分析得到a3＝8或a3＝1，若a3＝8，则a2＝
16，a1＝32或a1＝5；若a3＝1，则a2＝2，a1＝4，故m所有可能的值为4，
5，32.
6. 五位同学围成一圈依序循环报数，规定：①第一位同学首次报出的数为
1，第二位同学首次报出的数也为1，之后每位同学所报出的数都是前两位
同学所报出的数之和；②若报出的数为3的倍数，则报该数的同学需拍手
一次.已知甲同学第一个报数，当五位同学依序循环报到第100个数时，甲
同学拍手的总次数为 .
5　
解析：由题意可知，将每位同学所报的数排列起来，即是“斐波那契数
列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，
987，…，该数列的一个规律是，第4，8，12，16，…，4n项均是3的倍
数，甲同学报数的序数是1，6，11，16，…，5m－4.问题可化为求数列
{4n}与{5m－4}的公共项，易知，当m＝4k，n＝5k－1时，5m－4＝
20k－4＝4n，又1＜4n≤100，∴20k－4≤100.∴k≤5，∴甲拍手的总次
数为5次.即第16，36，56，76，96次报数时拍手.
7. （2024·咸阳三模）数列{an}的前n项的最大值记为Mn，即Mn＝
max{a1，a2，…，an}；前n项的最小值记为mn，即mn＝min{a1，
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；
解： 证明：由题意可知Mn＋1≥Mn，mn＋1≤mn，
∴Mn＋1－mn＋1≥Mn－mn，因此pn＋1≥pn，
即{pn}是递增数列，且p1＝M1－m1＝0，
由“生成数列”的定义可得pn＝qn.
（2）若an＝2n－3n，求其生成数列{pn}的前n项和.
解： 当n≥3时，an－an－1＝2n－3n－[2n－1－3（n－1）]＝2n－1－3
＞0，∴an＞an－1.
∴a1＞a2＜a3＜a4＜…＜an＜…，
又a1＝－1，a2＝－2，a3＝－1，
∴p1＝0，p2＝－1－（－2）＝1，
当n≥3时，pn＝an－a2＝2n－3n－（－2）＝2n－（3n－2）.
设数列{pn}的前n项和为Sn.则S1＝0，S2＝1.
当n≥3时，Sn＝0＋1＋p3＋p4＋…＋pn＝1＋（23－7）＋（24－10）＋…
＋[2n－（3n－2）]
＝1＋（23＋24＋…＋2n）－[7＋10＋…＋（3n－2）]
＝1＋ －
＝2n＋1－ ，
又S2＝1符合上式，
∴Sn＝
8. （2024·北京顺义模拟）将平面直角坐标系中的一列点A1（1，a1），A2
（2，a2），…，An（n，an），…记为{An}.设f（n）＝ ·j，其
中j为与y轴方向相同的单位向量，若对任意的正整数n，都有f（n＋1）
＞f（n），则称{An}为T点列.
（1）判断A1（1，1），A2（2， ），A3（3， ），…，An（n，
），…是否为T点列，并说明理由；
解： {An}为T点列，理由如下：
由题意可知， ＝（1， － ），j＝（0，1），所以f（n）＝
·j＝ － ，
f（n＋1）－f（n）＝ － －（ － ）＝ ＞0，即f
（n＋1）＞f（n），n∈N*，
所以A1（1，1），A2（2， ），A3（3， ），…，An（n， ），…为T
点列.
（2）若{An}为T点列，且a2＞a1.任取其中连续三点Ak，Ak＋1，AAk＋2，
证明△AkAk＋1AAk＋2为钝角三角形.
解： 证明：由题意可知， ＝（1，an＋1－an），j＝（0，
1），所以f（n）＝ ·j＝an＋1－an，
因为{An}为T点列，所以f（n＋1）－f（n）＝an＋2－an＋1－（an＋1－
an）＞0，n∈N*，
又因为a2＞a1，所以a2－a1＞0.
所以对{An}中连续三点Ak，Ak＋1，Ak＋2，都有ak＋2－ak＋1＞ak＋1－ak＞
0，ak＋2＞ak＋1＞ak.
因为 ＝（1，ak＋1－ak）， ＝（1，ak＋2－ak＋1），ak＋2
－ak＋1＞ak＋1－ak＞0，故 与 不共线，即Ak，Ak＋1，Ak＋
2不共线，
因为 · ＝－1＋（ak－ak＋1）·（ak＋2－ak＋1）＜0，
所以 cos ∠AkAk＋1Ak＋2＝ ＜0，则∠AkAk＋1Ak＋2为
钝角，
所以△AkAk＋1Ak＋2为钝角三角形.
9. （2024·九江二模）已知无穷数列{an}中，an≥0，记An＝max{a1，
a2，…，an}，Bn＝min{an＋1，an＋2，…}，dn＝An－Bn.
（1）若{an}为2，0，2，4，2，0，2，4，…，是一个周期为4的数列（即
n∈N*，an＋4＝an），直接写出d1，d2，d3，d4的值；
解： d1＝2，d2＝2，d3＝2，d4＝4.
（2）若{an}为周期数列，证明： n0∈N*，使得当n＞n0时，dn是常数；
解： 证明：不妨设{an}的周期为T（T∈N*），
记AT＝max{a1，a2，…，aT}，BT＝min{aT＋1，aT＋2，…}，
则当n＞T时，dn＝AT－BT是常数，
即 n0＝T，使得当n＞n0时，dn是常数.
（3）设d是非负整数，证明：dn＝－d（n＝1，2，3，…）的充要条件为
{an}是公差为d的等差数列.
解： 证明：充分性：若{an}是公差为d的等差数列，则an＝a1＋（n
－1）d，
于是An＝an＝a1＋（n－1）d，Bn＝an＋1＝a1＋nd.
因此dn＝An－Bn＝－d（n＝1，2，3，…），
必要性：∵dn＝－d≤0，∴An＝Bn＋dn≤Bn，
∵an≤An，an＋1≥Bn，∴an≤an＋1，于是An＝an，Bn＝an＋1.
因此an＋1－an＝Bn－An＝－dn＝d.
故数列{an}是公差为d的等差数列.
10. （2025·重庆一中模拟）对于数列{an}，定义Δan＝an＋1－an
（n∈N*），数列{an}满足a1＝a2＝1，Δ（Δan）＝m（m∈R），记f
（m，n）＝a1m＋a2m2＋…＋anmn，称f（m，n）为由数列{an}生成的
“m-函数”.
（1）试写出“2-函数”f（2，n），并求f（2，3）的值；
解： 由定义及Δ（Δan）＝m知Δ（Δan）＝Δan＋1－Δan＝m，
所以{Δan}是公差为m的等差数列，所以Δan＝Δa1＋（n－1）m.
因为a1＝a2＝1，所以Δa1＝a2－a1＝0，所以Δan＝（n－1）m，即an＋1
－an＝（n－1）m.
当n≥2时，有a3－a2＝m，a4－a3＝2m，…，an－an－1＝（n－2）m，
所以an－a2＝m＋2m＋…＋（n－2）m＝ ，
即an＝1＋ （n≥2），
当n＝1时，a1＝1，满足上式，所以an＝1＋ .
当m＝2时，an＝1＋（n－1）（n－2）＝n2－3n＋3，所以“2-函数”f
（2，n）＝1×2＋1×22＋…＋（n2－3n＋3）×2n.
当n＝3时，f（2，3）＝1×2＋1×22＋3×23＝30.
（2）若“1-函数”f（1，n）的值小于等于15，求n的最大值；
解： 当m＝1时，an＝1＋ ＝ .
故“1-函数”f（1，n）＝a1＋a2＋…＋an＝ ＋ ＋…＋
＝ （12＋22＋…＋n2）－ （1＋2＋…＋n）＋2n＝
－ ＋2n＝ .
由f（1，n）≤15，得n3－3n2＋8n－90≤0.
令g（x）＝x3－3x2＋8x－90（x≥1），则g'（x）＝3x2－6x＋8＝3（x
－1）2＋5＞0，
所以g（x）＝x3－3x2＋8x－90在[1，＋∞）上单调递增，
因为g（5）＝0，所以当1≤n≤5时，f（1，n）≤15，当n＞5时，f
（1，n）＞15，
故n的最大值为5.
解： 证明：由题意得f（m，n）＝a1m＋a2m2＋…＋anmn＝m＋m2
＋…＋［1＋ ×m］mn＝m＋m2＋…＋［ ×m＋（m＋
1）］mn＝ i2mi－ imi＋（m＋1） mi，
由S（x）＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，得S'（x）＝1＋22x＋32x2＋…＋
n2xn－1，
（3）记函数S（x）＝x＋2x2＋…＋nxn，其导函数为S'（x）.证明：
“m-函数”f（m，n）＝ S'（m）－ S（m）＋（m＋1） mi.
所以xS'（x）＝x＋22x2＋32x3＋…＋n2xn＝ i2xi，所以 i2mi＝mS'
（m）， imi＝S（m），
所以f（m，n）＝ S'（m）－ S（m）＋（m＋1） mi.
THANKS
演示完毕 感谢观看

展开更多......

收起↑