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微专题：数列新定义问题
【考点梳理】
解数列中的新定义问题的解题步骤：①读懂定义，理解新定义数列的含义；②通过特例列举(一般是前面一些项)寻找新定义数列的规律及性质，以及新定义数列与已知数列(如等差与等比数列)的关系，进行求解.
【典例剖析】
典例1．定义：在数列中，若对任意的都满足（d为常数），则称数列为等差比数列．已知等差比数列中，，，则（ ）
A． B． C． D．
典例2．【多选】“提丢斯数列”是18世纪由德国物理学家提丢斯给出的，具体为，取0，3，6，12，24，48，96，…这样一组数，容易发现，这组数从第3项开始，每一项是前一项的2倍，将这组数的每一项加上4，再除以10，就得到“提丢斯数列”：0．4，0．7，1．0，1．6，2．8，5．2，10．0，…，则下列说法中正确的是（ ）
A．“提丢斯数列”是等比数列
B．“提丢斯数列”的第99项为
C．“提丢斯数列”的前31项和为
D．“提丢斯数列”中，不超过20的有8项
典例3．（1）定义：若数列满足，则称为“平方递推数列”.已知：数列中，，.
①求证：数列是“平方递推数列”；
②求证：数列是等比数列；
③求数列的通项公式；
（2）已知：数列中，，，求：数列的通项.
【双基达标】
4．已知等差数列和等比数列满足，，，.
（1）求和的通项公式；
（2）数列和中的所有项分别构成集合，，将的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列，求数列的前60项和.
5．若实数数列满足，则称数列为“P数列”．
(1)若数列是P数列，且，，求，的值；
(2)求证：若数列是P数列，则的项不可能全是正数，也不可能全是负数；
(3)若数列是P数列，且中不含值为零的项，记的前2025项中值为负数的项的个数为m，求m的所有可能取值．
6．已知等比数列的各项均为正数，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)设的前n项和为，表示a与b的最大值，记，求数列的前n项和．
7．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.
8．学习资料：有一正项数列，若作商，则当时，当时，.这是一种数列放缩的方法.现有一等差数列的前项和为的前项和为.
(1)求；
(2)求证：.
9．已知数列满足，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)已知数列满足 ，定义使为整数的叫做“幸福数”，求区间内所有“幸福数"的和.
10．已知是由正整数组成的无穷数列，该数列前项的最大值记为，最小值记为，令 ，并将数列称为的“生成数列”．
(1)若，求数列的前项和；
(2)设数列的“生成数列”为，求证：；
(3)若是等比数列，证明：存在正整数，当时， 是等比数列．
【高分突破】
11．若无穷数列{}满足如下两个条件，则称{}为无界数列：
①（n=1，2，3......）
②对任意的正数，都存在正整数N，使得.
(1)若，（n=1，2，3......），判断数列{}，{}是否是无界数列；
(2)若，是否存在正整数k，使得对于一切，都有成立？若存在，求出k的范围；若不存在说明理由；
(3)若数列{}是单调递增的无界数列，求证：存在正整数m，使得.
12．已知为数列的前项和，且满足，．
(1)求证：数列是递增数列；
(2)如果存在一个正数，使得恒成立，则称数列是有界的．判断数列是否有界，并说明理由．
13．已知无穷数列满足：，（，）．对任意正整数，记，．
（1）写出，；
（2）当时，求证：数列是递增数列，且存在正整数，使得；
（3）求集合．
14．对于无穷数列，，若，则称是的“伴随数列”．其中，，分别表示中的最大数和最小数．已知为无穷数列，其前项和为，数列是的“伴随数列”．
(1)若，求的前项和；
(2)证明：且；
(3)若，求所有满足该条件的．
15．对于数列，若从第二项起的每一项均大于该项之前的所有项的和，则称为数列.
（1）若的前项和，试判断是否是数列，并说明理由；
（2）设数列是首项为、公差为的等差数列，若该数列是数列，求的取值范围；
（3）设无穷数列是首项为、公比为的等比数列，有穷数列，是从中取出部分项按原来的顺序所组成的不同数列，其所有项和分别为，，求是数列时与所满足的条件，并证明命题“若且，则不是数列”.
16．1.设数列中前两项、给定，若对于每个正整数，均存在正整数使得，则称数列为“数列”.
(1)若数列为、的等比数列，当时，试问与是否相等，并说明数列是否为“数列”﹔
(2)讨论首项为、公差为的等差数列是否为“数列”，并说明理由；
(3)已知数列为“数列”，且，，记，其中正整数，对于每个正整数，当正整数分别取1、2、…、时，的最大值记为，最小值记为，设，当正整数满足时，比较与的大小，并求出的最大值.
17．若数列满足，则称为E数列.记.
(1)写出一个满足，且的E数列；
(2)若，，证明E数列是递减数列的充要条件是；
(3)对任意给定的整数，是否存在首项为0的E数列，使得？如果存在，写出一个满足条件的E数列；如果不存在，说明理由.
18．已知数列为有限数列，满足，则称满足性质.
(1)判断数列和是否具有性质，请说明理由；
(2)若，公比为的等比数列，项数为12，具有性质，求的取值范围；
(3)若是的一个排列符合都具有性质，求所有满足条件的数列.
19．对于数列，，…，，定义变换，将数列变换成数列，，…，，，记，，．对于数列，，…，与，，…，，定义．若数列，，…，满足，则称数列为数列．
(1)若，写出，并求；
(2)对于任意给定的正整数，是否存在数列，使得若存在，写出一个数列，若不存在，说明理由：
(3)若数列满足，求数列A的个数．
20．数列满足：或对任意i，j，都存在s，t，使得，其中且两两不相等.
(1)若时，写出下列三个数列中所有符合题目条件的数列序号；①；②；③；
(2)记，若证明：；
(3)若，求n的最小值.
21．已知数列：，，…，，其中是给定的正整数，且.令，，，，，.这里，表示括号中各数的最大值，表示括号中各数的最小值.
(1)若数列：2，0，2，1，-4，2，求，的值；
(2)若数列是首项为1，公比为的等比数列，且，求的值；
(3)若数列是公差的等差数列，数列是数列中所有项的一个排列，求的所有可能值（用表示）.
22．对于序列，实施变换T得序列，记作；对继续实施变换T得序列，记作．最后得到的序列只有一个数，记作．
(1)若序列为1，2，3，求；
(2)若序列为1，2，…，n，求；
(3)若序列A和B完全一样，则称序列A与B相等，记作，若序列B为序列的一个排列，请问：是的什么条件？请说明理由．
23．对于数列，若存在正数，使得对任意都成立，则称数列为“拟等比数列”．
(1)已知，，且，若数列和满足：，且，；
①若，求的取值范围；
②求证：数列是“拟等比数列”；
(2)已知等差数列的首项为，公差为，前项和为，若，，，且是“拟等比数列”，求的取值范围（请用、表示）．
24．已知无穷数列满足：①；②（；；）.设为所能取到的最大值，并记数列.
(1)若，写出一个符合条件的数列A的通项公式；
(2)若，求的值；
(3)若，求数列的前100项和.
25．已知数列的前项和，令，其中表示不超过的最大整数，，.
（1）求；
（2）求；
（3）求数列的前项之和.
26．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．
27．对于无穷数列，若，，则称数列是数列的“收缩数列”，其中分别表示中的最大项和最小项，已知数列的前n项和为，数列是数列的“收缩数列”
（1）若求数列的前n项和；
（2）证明：数列的“收缩数列”仍是；
（3）若，求所有满足该条件的数列．
28．定义数列如下：，对任意的正整数，有.
（1）写出，，，的值；
（2）证明：对任意的正整数，都有；
（3）是否每一个非负整数都在数列中出现？证明你的结论.
试卷第1页，共3页
参考答案
1．C
【分析】根据等差比数列的定义可求得的通项公式，将变为，利用通项公式即可求得答案.
【详解】因为为等差比数列，，，，
所以是以1为首项，2为公差的等差数列，所以，
所以．
故选:C．
2．BCD
【分析】记“提丢斯数列”为数列，推导出等比数列，由等比数列的性质、通项公式和前项和公式对选项一一判断即可得出答案.
【详解】记“提丢斯数列”为数列，则当时，，
当时，，符合该式，当时，不符合上式，故，故A错误；
，故B正确；
“提丢斯数列”的前31项和为，故C正确；令，
即，得，又，故不超过20的有8项，故D正确．
故选：BCD．
3．（1）①见解析；②见解析；③；（2）.
【分析】（1）①依据“平方递推数列”定义，结合条件，可证数列是“平方递推数列”；
②令，进而有．从而可证数列为等比数列；
③由②知，数列是以为首项，2为公比的等比数列，故可求；
（2）两边同乘以整理得，，两边取对数得：，故数列是以为首项，3为公比的等比数列，从而可求数列的通项．
【详解】解：（1）①由条件，得，
数列是“平方递推数列”；
②令，，则，
，，
数列是等比数列；
③由②知，，
，
；
（2）∵，
∴，
，
两边取对数得：，
数列是以为首项，3为公比的等比数列，
，
，
.
4．（1），；（2）.
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由，
∴，，
∴，.
（2）当的前60项中含有的前6项时，令，
此时至多有项（不符）.
当的前60项中含有的前7项时，令，
且，，是和的公共项，则的前60项中含有的前7项且含有的前56项，再减去公共的三项.
∴.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是分析新数列是由和中的哪些选项构成的，还要注意去掉公共项.
5．(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）推导出，，由此能求出，的值；
（2）假设数列的项都是正数，则，，与假设矛盾；假设数列的项都是负数，则，与假设矛盾，由此能证明的项不可能全是正数，也不可能全是负数；
（3）存在最小的正整数满足，，数列是周期为9的数列，由此能求出结果．
(1)
解：因为是数列，且，
所以，
所以，
所以，解得，
所以；
(2)
证明：假设数列的项都是正数，即，，，
所以，，与假设矛盾，
故数列的项不可能全是正数，
假设数列的项都是负数，
则，而，与假设矛盾，
故数列的项不可能全是负数，
所以的项不可能全是正数，也不可能全是负数；
(3)
解：由（2）可知数列中项既有负数也有正数，
且最多连续两项都是负数，最多连续三项都是正数．
因此存在最小的正整数满足，．
设，，
则，，，．，，，，，
故有，即数列是周期为9的数列，
由上可知，，，这9项中，
，为负数，，这两项中一个为正数，另一个为负数，其余项都是正数，
因为，
所以当时，；
当时，，，，这项中至多有一项为负数，而且负数项只能是，
记，，，这项中负数项的个数为，
当，3，4时，若，则，故为负数，
此时，；
若，则，故为负数．
此时，，
当时，必须为负数，，，
综上可知的取值集合为．
【点睛】本题考查了利用数列的递推公式求数列中的项，考查数列中的项不可能全是正数，也不可能全是负数的证明，考查实数的集合的求法，难度较大，解题时要认真审题，注意数列性质的合理运用．
6．(1)
(2)
【分析】(1)根据题意，令，列出方程组，解方程组可得公比，进而求出首项，利用等比数列的定义即可求出通项公式；
(2)由(1)，根据等比数列前n项求和公式求出，可得，根据题意给的定义求得所以，再次利用等比数列前n项求和公式计算即可.
(1)
设的公比为．
由，得
②÷①，得，结合，解得．将代入①，解得，
所以数列的通项公式为．
(2)
由（1），，则，
从而当时，；当时，，所以．
当时，
．
综上，．
7．(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)详解解析；(Ⅲ)证明详见解析.
【分析】(Ⅰ)根据定义验证，即可判断；
(Ⅱ)根据定义逐一验证，即可判断；
(Ⅲ)解法一：首先，证明数列中的项数同号，然后证明，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列即可.
解法二：首先假设数列中的项数均为正数，然后证得成等比数列，之后证得成等比数列，同理即可证得数列为等比数列，从而命题得证.
【详解】(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.
【点睛】本题主要考查数列的综合运用，等比数列的证明，数列性质的应用，数学归纳法与推理方法、不等式的性质的综合运用等知识，意在考查学生的转化能力和推理能力.
8．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设公差，根据可得首项和公差，利用等差数列前n项公式可得答案；
（2）求出，计算出，根据单调性再计算出当时，
可得，利用等比数列求和公式可得答案.
(1)
设公差，，
解得，，
.
(2)
（随递减），
当时，，即（，仅时相等），
（从开始放缩），
.
9．(1)
(2)1349
【分析】（1）根据可得，两式相减可推得的奇数项和偶数项各自成等差数列，由此求得答案；
（2）利用（1）写出的表达式，继而可得。由其为整数可求得，结合区间确定m的值，可求得答案.
（1）因为，所以当 时，，故两式相减得： ，即的奇数项和偶数项各自成等差数列，且公差为2，且，所以奇数项 ，则为奇数时， ，偶数项，则为偶数时， ，故数列的通项公式为；
（2）由（1）可得，，所以，设,故 ，令，则 ，由于m是整数，故m的值取1，2，3，4，5，故区间内所有“幸福数"的和为 .
10．(1)；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）利用差比法判断数列的单调性，结合等比数列的定义和前项和公式进行求解即可；
（2）根据数列的单调性，结合生成数列的定义运用累加法进行证明即可；
（3）结合（2）的结论，根据等比数列的定义分类讨论进行证明即可.
(1)
因为，所以．
所以，
所以， ，
所以，
因为，
所以数列是等比数列，
所以数列的前项和为：；
(2)
由题意可知，，
所以，
所以．所以 ，
所以，
由“生成数列”的定义可得，
所以．
累加可得.
(3)
由题意知．由（Ⅱ）可知．
① 当时，得，即，
所以，
所以.
即为公比等于1的等比数列，
②当时，令，则.
当时，显然．
若，则，与矛盾,
所以，即.
取，当时，
，显然是等比数列,
综上，存在正整数，使得时，是等比数列.
【点睛】关键点睛：根据数列的单调性是解题的关键.
11．(1){}是无界数列；{}不是无界数列.
(2)存在，
(3)证明见解析
【分析】（1）对任意的正整数，取为大于的一个偶数，有，符合无界数列的定义；取，显然，不符合无界数列的定义.
（2）讨论，，都不成立，当时，将变形为：，从而求得k的范围.
（3）观察要证的不等式结构与（2）相似，故应用（2）变形后，再由{}是单调递增的无界正数列证明.
(1)
{}是无界数列，理由如下：
对任意的正整数，取为大于的一个偶数，有，所以{}是无界数列.
{}不是无界数列，理由如下：
取，显然，不存在正整数，满足，所以{}不是无界数列.
(2)
存在满足题意的正整数k，且.
当时，，不成立.
当时，，不成立
当时，，不成立
当时，将变形为：
.
即取，对于一切，有成立.
(3)
因为数列{}是单调递增的无界数列，所以，
所以
.
即
因为{}是无界数列，取，由定义知存在正整数，使所以.
由定义可知{}是无穷数列，考察数列，，…，显然这仍是一个单调递增的无界数列，同上理由可知存在正整数，使得
.
故存在正整数，使得
.
故存在正整数，使得成立
12．(1)证明见解析；
(2)有界，理由见解析.
【分析】（1）利用与关系可求得，可证得，由此可证得结论；
（2）由可得数列有界.
(1)
当时，；经检验：也满足，
数列的通项公式为，
，
，数列是递增数列；
(2)
数列有界．
理由如下：，即恒成立，数列有界．
13．（1），；（2）证明见解析；（3）．
【解析】（1）根据题意有解出，根据解出；
（2）根据递增数列定义判定成立，存在正整数使得，取特殊值验证即可得出结论；
（3）由（2）可得，当时，存在正整数使得，所以若，则，结合（1）得，验证其是否成立.
【详解】解：（1）因为，
所以，
因为，，
所以，所以
因为
又，所以
结合可得．
（2）当时，对任意，都有
，
所以．
所以数列是递增数列．
因为，
所以．
令，则，
所以．
所以存在正整数，使得．
（3）由题意得，对任意，都有且．
由（2）可得，当时，存在正整数，使得，所以．
所以若，则．
又因为，所以若，则．
所以若，则，即．
下面证明．
①当时，对任意，都有．
下证对任意，．
假设存在正整数，使得．
令集合，则非空集合存在最小数．
因为，所以．
因为，所以．
所以，与矛盾．
所以对任意，．
所以当时，．
②当时，．
下证对任意，．
假设存在正整数，使得．
令集合，则非空集合存在最小数．
因为，所以，所以．
因为，所以．
，且，
所以，与矛盾．
所以当时，．
所以当时，对任意，都有．
所以，即．
因为，且，所以.
【点睛】解决数列的单调性问题的3种方法：
（1）作差比较法根据的符号判断数列是递增数列、递减数列或是常数列；
（2）作商比较法根据(或)与1的大小关系进行判断；
（3）数形结合法结合相应函数的图象直观判断.
14．(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）由可得为递增数列，，，从而易得；
（2）令，即可得.利用， ，可证；
（3）首先，由已知，当时，；当时，，；当时，（*），这里分析与的大小关系，，均出现矛盾，，结合(*)式可得，因此猜想（），用反证法证明此结论成立，证明时假设是首次不符合的项，则，这样题设条件变为（*），仿照讨论的情况讨论，可证明．
(1)
由可得为递增数列，
所以
，
故的前项和为.
(2)
时，，
因为，
，
所以
所以；
(3)
由可得
当时，；
当时，，
即，所以；
当时，，
即（*），
若，则，
所以由（*）可得，与矛盾；
若，则，
所以由（*）可得，
所以与同号，这与矛盾；
若，则，由（*）可得.
猜想：满足
的数列是：.
经验证，左式
，
右式
.
下面证明其它数列都不满足（3）的题设条件.
法1：由上述时的情况可知，时，是成立的.
假设是首次不符合的项，则，
由题设条件可得（*），
若，则由（*）式化简可得与矛盾；
若，则，
所以由（*）可得
所以与同号，这与矛盾；
所以，则，所以由（*）化简可得.
这与假设矛盾.
所以不存在数列不满足的符合题设条件.
法2：当时，，
所以
即
由可得
又，所以可得，
所以
，
即
所以等号成立的条件是
，
所以，所有满足该条件的数列为.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义问题，考查学生创新意识，从特殊到一般的思维能力，题中讨论与大小关系是解题关键所在．
15．（1）是，理由见解析；（2）；（3）当是数列时，与满足的条件为或，证明见解析.
【解析】(1)由数列定义知，仅需验证当时，恒成立即可；
(2)写出，的表达式，则对满足的任意都成立，则将此问题转化为不等式恒成立的问题，然后据此去求解的范围；
(3)根据数列是数列，可以得到，所以需要分，和，去讨论，和(2)相似，还是去求解使得的取值范围，仍然是将其转化为不等式的恒成立问题，然后在不同的情况下求出对应的的取值范围即可.在证明命题“若且，则不是数列”时，考虑使用反证法：先排除掉数列的项都在数列中、数列的项都在数列中的情况.若数列至少有一项不在数列中，且数列至少有以一项不在数列中,先去掉其公共项得到数列，，设数列的最大项为，且数列的最大项比数列的最大项大，然后根据数列是数列的性质,得到,从而推出矛盾，进而所求证得证.
【详解】(1)∵，
∴，
当时，，
故，
那么当时，，符合题意，
故数列是数列；
(2)由题意知，该数列的前项和为，，
由数列是数列，可知，故公差，
对满足的任意都成立，则，解得，
故的取值范围为；
(3)①若是数列，则，
若，则，又由对一切正整数都成立，可知，即对一切正整数都成立，
由，，故，可得；
若，则，又由对一切正整数都成立，可知，即对一切正整数都成立，
又当时，当时不成立，
故有或，解得，
∴当是数列时，与满足的条件为或；
②假设是数列，则由①可知，，，且中每一项均为正数，
若中的每一项都在中，则由这两数列是不同数列，可知；
若中的每一项都在中，同理可得；
若中至少有一项不在中且中至少有一项不在中，
设，是将，中的公共项去掉之和剩余项依次构成的数列，它们的所有项和分别为，，
不妨设，中最大的项在中，设为，
则，故，故总有与矛盾，故假设错误，原命题正确.
【点睛】本题考查不等关系、不等式的恒成立及数列的综合知识，属于创新题，同时也是难题.
16．(1)相等，是“T数列”；
(2)具体见解析；
(3)，最大值为.
【分析】（1）根据题意求出，进一步求出，然后验证两者是否相等，最后根据“数列”的定义得到结论；
（2）若，由常数数列的特征可以判断结论，若或，通过举反例即可判断结论；
（3）由题意，对于每个正整数，均有，，且对于所有正整数，均有，即，进而对于每个正整数，取适当的正整数t， ，使得，，然后证明，，进一步得到，进而判断数列的单调性，最后得到答案.
(1)
由题意，，当正整数时，，所以.
因为对于每个正整数，均存在正整数2，使得，所以数列为“数列”.
(2)
时，对于每个正整数，均存在正整数1，使得，则数列为“数列”；
时，，时，，
于是，时，对n=3，当正整数k满足时，总有，即时，数列不是“数列”.
(3)
由题意可知，对于每个正整数，均有，，且对于所有正整数，均有，即，记，
对于每个正整数，取适当的正整数t， ，使得，，由，则，即.
类似的，，即
因为，
所以，
，
所以
，则，
因为所以，则.
于是，正整数时，成立，即正整数时，成立，
所以正整数满足时，当n=3时，取得最大值为.
【点睛】本题第（3）问难度大，在思考这样的新信息题目时，可以先从特殊值出发，找到一定的规律，然后推广到一般的情况；另外，数列中最值的问题往往与数列的单调性结合在一起，而比较大小的的方法有作出法、函数法、放缩法等等，平常注意对这方面的训练.
17．(1)0,1,2,1,0（或 0,1,0,1,0）
(2)证明见解析；
(3)不存在，理由见解析.
【分析】(1)根据与和可考虑写出交替的数列.
(2)先证必要性，根据数列是递减数列，可得，进而求得.再证明充分性，因为，故，再累加可得证明即可.
(3)设,则，再累加求得，再分析的奇偶，根据整除的性质，先假设存在再证明矛盾即可.
(1)
（或 ）
(2)
必要性：因为数列是递减数列，
所以 ，
所以是首项为，公差为的等差数列，
所以；
充分性：由于，，…，，
所以，即，
因为，所以，
所以数列是递减数列.
综上，结论得证．
(3)
令，
则．
因为，，……,，
所以
因为，所以为偶数，
所以为偶数．
所以要使，必须使为偶数，即整除，
亦即或．
当时，
数列的项满足，，时，
有，；
当时，
数列的项满足，，，时，
有，．
当，时，不能被整除，
所以对任意给定的整数,不存在数列使得，．
【点睛】关键点点睛：在解数列新定义的问题,需要根据题意去绝对值分析,并根据整除的性质推理证明.
18．(1)满足，不满足
(2)
(3)共4个满足，分别是：和和和
【分析】（1）结合题设中的定义可判断给定的两个数列是否具有性质；
（2）等比数列具有性质等价于对任意的恒成立，就分类讨论后可得的取值范围.
（3）设，先考虑均不存在具有性质的数列，再分别考虑时具有性质的数列，从而得到所求的数列.
(1)
对于第一个数列有，满足题意，该数列满足性质
对于第二个数列有不满足题意，该数列不满足性质.
(2)
由题意可得，
两边平方得：
整理得：
当时，得， 此时关于恒成立，
所以等价于时，所以，
所以或者，所以取.
当时，得， 此时关于恒成立，
所以等价于时，所以，
所以，所以取.
当时，得.
当为奇数的时候，得，因为，故显然成立
当为偶数的时候，得，因为，故显然不成立，
故当时，矛盾，舍去.
当时，得.
当为奇数的时候，得，显然成立，
当为偶数的时候，要使恒成立，
所以等价于时，所以，
所以或者，所以取.
综上可得，.
(3)
设，，
因为， 故，
所以可以取或者，
若，，则，
故或（舍，因为），
所以（舍，因为）.
若，，则，
故（舍，因为），或
所以（舍，因为）.
所以均不能同时使，都具有性质.
当时，即有，
故，故，
故有数列：满足题意.
当时，则且，故，
故有数列：满足题意.
当时，，
故，故，
故有数列：满足题意.
当时，则且，
故，
故有数列：满足题意.
故满足题意的数列只有上面四种.
【点睛】本题为新定义背景下的数列存在性问题，先确定时均不存在具有性质的数列是关键，依据定义枚举再依据定义舍弃是核心，本题属于难题.
19．(1)；；
(2)不存在适合题意的数列；
(3).
【分析】（1）利用变换的定义即；
（2）利用数列的定义，记中有个，有个，则，进而即得；
（3）由题可得，进而可得，然后结合条件即得.
(1)
由，
可得，
，
∴；
(2)
∵，
由数列A为数列，所以，
对于数列，，…，中相邻的两项，
令，若，则，若，则，
记中有个，有个，则，
因为与的奇偶性相同，而与的奇偶性不同，
故不存在适合题意的数列；
(3)
首先证明，
对于数列，，…，，有，，…，，，
，，…，，，，，…，，，
，，…，，，，，…，，，
∵，
，
∴，
故，
其次，由数列为数列可知，，
解得，
这说明数列中任意相邻两项不同的情况有2次，
若数列中的个数为个，此时数列有个，
所以数列的个数为个.
【点睛】数学中的新定义题目解题策略：①仔细阅读，理解新定义的内涵；②根据新定义，对对应知识进行再迁移.
20．(1)②③
(2)证明见详解
(3)1008
【分析】（1）由题干的四个限定条件对数列序号逐一判断即可；
（2）由反证法证明即可；
（3）由（2）得出一个，证明满足题意，即可得到的最小值，
(1)
由题可知，数列必满足：或1，对任意i，j，都存在s，t，使得，且两两不相等，
对①，，不满足，故①不符合；
对②，当时，存在，同理当时，存在，当时，存在，故②符合；
同理对③也满足，故满足题目条件的序列号为：②③；
(2)
证明：当时，设数列中1，2，3出现的频次为，由题意知，，假设时，，（对任意），与已知矛盾，故，同理可证，
假设，数列可表示为：，显然，故，经验证时，显然符合，所以，，，数列的最短数列可表示为：，故；
(3)
由（2）知，数列首尾应该满足，假设中间各出现一次，此时，显然满足或1，
对或时显然满足（）；
对，或时显然满足（）；
对，时，则可选取，满足；同理若，，则可选取，满足；
如果，则可取，这种情况下每个数最多被选取一次，因此也成立，故对任意i，j，都存在s，t，使得，其中且两两不相等，故的最小值为1008
21．(1)，；
(2)；
(3)所有可能值为.
【分析】（1）根据函数定义写出，即可.
（2）讨论数列A的项各不相等或存在相等项，当各项都不相等，根据题设定义判断，当存在相等项，由等比数列通项公式求q，进而确定的值；
（3）利用数列A的单调性结合（2）的结论求的取值范围，估计所有可能取值，再应用分类讨论求证对应所有可能值均可取到，即可得结果.
(1)
由题设，，，，则，
，，，则，
所以，.
(2)
若数列任意两项均不相等，
当时；
当且时，，
又，，
此时；
综上，，故，不合要求；
要使，即存在且使，即，
又，则，
当，则，不合要求；
当，则，满足题设；
综上，.
(3)
由题设数列单调递增且，
由（2）知：，
根据题设定义，存在且，，
则，
由比数列中个项大，，同理，
所以；
又至少比数列中一项小，，同理，
所以；
综上，.
令数列，下证各值均可取到，
ⅰ、当，而数列递增，
，且，
此时，，，
则；
ⅱ、当时，，则，
当且时，令，则，
所以，，
此时；
ⅲ、给定，
令()且()，
则()，()，
又数列递增，，
()，()，
所以，
此时且，
故，
综上，.
【点睛】关键点点睛：第三问，首先根据数列的单调性和定义求的取值范围，再由定义结合分类讨论求证范围内所有可能值都可取到.
22．(1)
(2)
(3)充分不必要条件
【分析】（1）根据所给定义计算可得；
（2）根据归纳推理可得，利用倒序相加法，化简即可得结果.
（3）根据充分条件、必要条件的定义判断即可；
(1)
解：序列为1，2，3，，，，即8，．
(2)
解：时，
时，．
时，，
时，，
，
取时，，
取时，①，
则②，
①②得，
所以．
由序列为1，2，，，可得．
(3)
解：序列为序列，2，，的一个排列，．而反之不成立．
例如取序列为：，，，2，1，满足．
因此是的充分不必要条件．
23．(1)①；②证明见解析
(2)
【分析】（1）①根据基本不等式可求得的取值范围；
②利用数学归纳法证明出：，，然后利用不等式的性质可证得，即可证得结论成立；
（2）由题中条件，，，先求出的范围；再根据是“拟等比数列”，分类讨论和，利用参变量分离法结合数列的单调性即可得出结果.
(1)
解：①因为，，且，，，
所以，的取值范围是；
②由题意可得，
则，即，
假设当时，，
则当时，，即，
所以，对任意的，，
所以，，，
即存在，使得，
所以，数列是“拟等比数列”.
(2)
解：因为，，，
即，所以，
即，且有，
因为，则，所以，，
又因为数列是“拟等比数列”，故存在，使得，且数列为单调递减数列.
①当时，此时，
所以，，
因为，则，
因为数列在时单调递减，故，
而；
②当时，，则，
由，则，
因为数列在时单调递减，故.
由①②可得，即的取值范围是.
【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解数列不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），.
24．(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）根据数列的新定义即得；
（2）由题可得或，分情况讨论，进而可得；
（3）由题可得，进而猜想数列：1，2，4，5，7，8，，然后利用数学归纳法证明，再利用数列求和公式即得.
(1)
；
(2)
因为，
所以，所以或.
因此.
当时，
且同时成立，
此时.
当时，
且同时成立，此时矛盾.
综上，.
(3)
因为，
所以.
所以.
由知，.
事实上，当时，
与同时成立，
所以，从而.
猜想数列：1，2，4，5，7，8，，
即数列由不能被3整除的正整数从小到大排列组成，且满足数A：的两条性质.
下面用数学归纳法证明.
①当时结论成立.
②假设时结论成立，则当时，
当时，此时，
由于；
；
上面各式均成立，此时有.
当时，此时，
由于；
；
上面各式均成立，此时有.
综上，数列是由不能被3整除的正整数从小到大排列组成.
数列的前100项和为：.
【点睛】数学中的新定义题目解题策略：①仔细阅读，理解新定义的内涵；②根据新定义，对对应知识进行再迁移.
25．（1）；（2）；（3）.
【分析】（1）根据与的关系即可求出数列的通项公式；
（2）由（1）求得数列的通项，再根据定义即可求得答案；
（3）当时，，且在数列中有个，设，数列的前m项的和为，求数列的前项之和即为求数列的前m项的和，利用错位相减法即可求得答案.
【详解】解：（1）当时，，
当时，，
当时，等式也成立，
所以；
（2），则，
因为，
所以；
（3）当时，，且在数列中有个，
设，数列的前m项的和为，
则①，
②，
①-②得：
，
所以，
所以数列的前项之和为.
26．（1）不可以是数列；理由见解析；（2）；（3）存在；．
【分析】(1)由题意考查的值即可说明数列不是数列；
(2)由题意首先确定数列的前4项，然后讨论计算即可确定的值；
(3)构造数列，易知数列是的，结合(2)中的结论求解不等式即可确定满足题意的实数的值.
【详解】(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.
【点睛】本题属于数列中的“新定义问题”，“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
27．（1）；（2）证明见解析；（3）所有满足该条件的数列的通项公式为，，．
【分析】（1）根据为递增数列以及收缩数列的定义可得结果；
（2）根据，以及不等式的性质可得，再根据收缩数列的定义可得结果；
（3）在中，令可得，猜测，，，再证明证明其它数列都不满足（3）的题设条件，可得解.
【详解】（1）由可得为递增数列，
所以，
所以.
（2）因为，
，所以
所以，
所以，又因为，
所以，
所以数列的“收缩数列”仍是.
（3）由，
可知当时，，
当时，，则，因为，所以，
当时，，即（*），
若，则，所以由（*）可得，与矛盾；
若，则，所以由（*）可得，即与同号，这与相矛盾；
若，则，所以由（*）可得，符合，
猜想，满足的数列为
，，，
经验证左边，
右边，
下面证明其它数列都不满足（3）的题设条件，
由上述的情况可知，时是成立的，
假设是首次不符合，的项，则，
由题设条件可得，
即（&），
若，则，所以由（&）式化简可得与矛盾，
若，则，所以由（&）式化简可得，所以与同号，这与矛盾，
若，则，所以由（&）化简可得，这与矛盾，
所以假设不成立，所以其它数列都不满足（3）的题设条件，
所以所有满足条件的数列的通项公式为，，.
【点睛】本题考查了数列中的新定义，考查了分类讨论思想，考查了等差数列的求和公式，考查了归纳推理能力，考查了反证法，考查了数列的单调性，解题关键是对新定义的理解和运用，属于难题.
28．（1），，，；（2）证明见解析；（3）每一个非负整数都在数列中出现，证明见解析.
【分析】（1）利用题目中定义的数列，直接将代入即可求，，，的值；
（2）利用数学归纳法证明即可；
（3）对于任意的非负整数，考虑，，若，令，可得，令，再由数学归纳法证明对于都有，即可求证.
【详解】（1）当时，
，，
，；
（2）利用数学归纳法证明如下：
当时，，此时成立，
假设当时成立，即，
当时，
若，则，满足，
若，则，满足，
若，则，满足，
所以当时也成立；
综上所述：对任意的正整数，都有；
（3）每一个非负整数都在数列中出现，证明如下：
对于任意的非负整数，考虑，
由（2）知：，
若，则，
令，则，
令，下面证明：对于都有，
当时，成立，
假设当时成立，且
则，故时也成立，
所以，，
故，则，
，，
取，则，
从而在数列中出现，故每一个非负整数都在数列中出现.
【点睛】关键点点睛：解决问题的关键是读懂题意，理解新定义的本质，把新情境下的概念法则、运算化归到常规的数学背景中，运用数学归纳法解决与正整数有关的问题.

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