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拔高点突破 01 新情景、新定义下的数列问题
目录
01 方法技巧与总结...............................................................................................................................2
02 题型归纳与总结...............................................................................................................................3
题型一：牛顿数列问题........................................................................................................................3
题型二：高考真题下的数列新定义....................................................................................................4
题型三：数列定义新概念....................................................................................................................6
题型四：数列定义新运算....................................................................................................................7
题型五：数列定义新情景....................................................................................................................9
题型六：差分数列、对称数列..........................................................................................................10
题型七：非典型新定义数列..............................................................................................................11
03 过关测试 .........................................................................................................................................13
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．
题型一：牛顿数列问题
【典例 1-1】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）牛顿选代法又称牛顿——拉夫逊方法，它是牛顿在 17 世
纪提出的一种在实数集上近似求解方程根的一种方法.具体步骤如下图示：设 r 是函数 y = f x 的一个零点，
任意选取 x0 作为 r 的初始近似值，在点 x0 , f x0 作曲线 y = f x 的切线 l1，设与 l1轴 x 交点的横坐标为x1，
并称x1为 r 的 1 次近似值；在点 x1, f x1 作曲线 y = f x 的切线 l2，设与 l2轴 x 交点的横坐标为x2，称x2
为 r 的 2 次近似值.一般地，在点 xn , f xn n N 作曲线 y = f x 的切线 ln+1，记 ln+1与 x 轴交点的横坐标
为 xn+1，并称 xn+1为 r 的 n +1次近似值.设 f x = x3 + x - 3 x 0 的零点为 r，取 x0 = 0，则 r 的 1 次近似值
3x3 + x
为 ；若 x 为 r 的 n 次近似值，设 a = n n *n n a n2x3 3 ， n N ，数列 n 的前 项积为T .若任意 n N
*
n ，
n +
Tn > l 恒成立，则整数l 的最大值为 .
f xn *
【典例 1-2】记R 上的可导函数 f x 的导函数为 f x ，满足 xn+1 = xn - n Nf x 的数列 xn 称为函n
f x “ ”. x f x = x2数 的 牛顿数列 已知数列 n 为函数 - x的牛顿数列，且数列 an 满足
a1 = 2,a
x
n = ln n , xn > 1xn -1
.
(1)证明数列 an 是等比数列并求 an ；
(2)设数列 an 的前n项和为 Sn ，若不等式 (-1)n × tSn -14 S 2n 对任意的 n N* 恒成立，求 t 的取值范围.
【变式 1-1】英国物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数的零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广
f
x x
x
x n 2泛，若数列 n 满足 n+1 = n - f x ，则称数列 xn 为牛顿数列，如果 f x = x - x - 2 ，数列 xn 为牛n
xn +1
顿数列，设 an = ln 且 a1 =1， xn > 2x 2 ，数列 an 的前n- 项和为 Sn ，则 S2022 =（ ）n
2022 2022
A 1 1 1 ． 22022 -1 B． 22022 - 2 C． ÷ - D．2 2 ÷
- 2
è è 2
【变式 1-2】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
f x ，若数列 xn 满足 xn+1 = x

- n
2
n f x ，则称数列 xn 为牛顿数列，若函数 f x = x ，数列 xn 为牛顿n
数列且 x1 = 2,an = log2xn ，则 a8 的值是（ ）
A．8 B．2 C．-6 D．-4
题型二：高考真题下的数列新定义
【典例 2-1】（2024·北京·高考真题）已知集合
M = i, j,k, w i 1,2 , j 3,4 ,k 5,6 , w 7,8 ,且i + j + k + w为偶数 ．给定数列 A : a1,a2 ,L,a8 ，和序
列W :T1,T2 ,LTs ，其中Tt = it , jt ,kt , wt M t =1,2,L, s ，对数列A 进行如下变换：将A 的第 i1, j1,k1, w1项均
加 1，其余项不变，得到的数列记作T1 A ；将T1 A 的第 i2 , j2 , k2 , w2项均加 1，其余项不变，得到数列记作
T2T1 A ；……；以此类推，得到Ts LT2T1 A ，简记为W A ．
(1)给定数列 A :1,3, 2, 4,6,3,1,9和序列W : 1,3,5,7 , 2,4,6,8 , 1,3,5,7 ，写出W A ；
(2)是否存在序列W，使得W A 为 a1 + 2, a2 + 6,a3 + 4,a4 + 2,a5 + 8, a6 + 2,a7 + 4,a8 + 4，若存在，写出一个符
合条件的W；若不存在，请说明理由；
(3)若数列A 的各项均为正整数，且 a1 + a3 + a5 + a7 为偶数，求证：“存在序列W，使得W A 的各项都相等”
的充要条件为“ a1 + a2 = a3 + a4 = a5 + a6 = a7 + a8 ”．
【典例 2-2】（2024·全国·高考真题）设 m 为正整数，数列 a1,a2 ,...,a4m+2 是公差不为 0 的等差数列，若从中
删去两项 ai 和 a j i < j 后剩余的 4m 项可被平均分为m组，且每组的 4 个数都能构成等差数列，则称数列
a1,a2 ,...,a4m+2 是 i, j -可分数列．
(1)写出所有的 i, j ，1 i < j 6，使数列 a1,a2 ,...,a6 是 i, j -可分数列；
(2)当m 3时，证明：数列 a1,a2 ,...,a4m+2 是 2,13 -可分数列；
(3)从1,2,..., 4m + 2 中一次任取两个数 i和 j i < j ，记数列 a1,a2 ,...,a4m+2 是 i, j -可分数列的概率为Pm ，证
1
明：Pm > ．8
【变式 2-1】（2023·北京·高考真题）已知数列 an , bn 的项数均为 m (m > 2) ，且 an ,bn {1,2,L,m},
an , bn 的前 n 项和分别为 An , Bn，并规定 A0 = B0 = 0 ．对于 k 0,1,2,L,m ，定义
rk = max i∣Bi Ak , i {0,1,2,L, m} ，其中，max M 表示数集 M 中最大的数.
(1)若 a1 = 2, a2 =1,a3 = 3,b1 =1,b2 = 3,b3 = 3，求 r0 , r1, r2 , r3的值；
(2)若 a1 b1，且 2rj rj+1 + rj-1, j =1,2,L, m -1,，求 rn ；
(3)证明：存在 p, q, s, t 0,1,2,L, m ，满足 p > q, s > t, 使得 Ap + Bt = Aq + Bs ．
【变式 2-2】（2022·北京·高考真题）已知Q : a1,a2 ,L,ak 为有穷整数数列．给定正整数 m，若对任意的
n {1,2,L,m}，在 Q 中存在 ai ,ai+1,ai+2 ,L,ai+ j ( j 0) ，使得 ai + ai+1 + ai+2 +L+ ai+ j = n，则称 Q 为m - 连续
可表数列．
(1)判断Q : 2,1, 4是否为5 - 连续可表数列？是否为 6 -连续可表数列？说明理由；
(2)若Q : a1,a2 ,L,ak 为8 - 连续可表数列，求证：k 的最小值为 4；
(3)若Q : a1,a2 ,L,ak 为 20 -连续可表数列，且 a1 + a2 +L+ ak < 20，求证： k 7．
【变式 2-3】（2021·北京·高考真题）设 p 为实数.若无穷数列 an 满足如下三个性质，则称 an 为 p
数列：
① a1 + p 0 ，且 a2 + p = 0 ；
② a4n-1 < a4n ,( n = 1,2, × × ×)；
③ am+n am + an + p, am + an + p +1 ， m, n =1,2, × × × ．
（1）如果数列 an 的前 4 项为 2，-2，-2，-1，那么 an 是否可能为 2 数列？说明理由；
（2）若数列 an 是 0 数列，求 a5 ；
（3）设数列 an 的前n项和为 Sn .是否存在 p 数列 an ，使得 Sn S10 恒成立？如果存在，求出所有的 p；
如果不存在，说明理由．
题型三：数列定义新概念
【典例 3-1】（2024·广东·模拟预测）定义：任取数列 an 中相邻的两项，若这两项之差的绝对值为 1，
则称数列 an 具有“性质 1”.已知项数为n的数列 an 的所有项的和为M n ，且数列 an 具有“性质 1”.
(1)若 n = 4，且 a1 = 0,a4 = -1，写出所有可能的M n 的值；
(2)若 a1 = 2024, n = 2023，证明：“ a2023 = 2 ”是“ ak > ak +1 k =1,2,L, 2022 ”的充要条件；
(3)若 a1 = 0,n 2, M = 0
*
n ，证明： n = 4m或 n = 4m +1 m N .
S n
【典例 3-2 】对任意正整数n，定义n的丰度指数 I n = ，其中 S n 为n的所有正因数的和．
n
(1)求 I 8 的值：
(2) a = I 2n若 n ，求数列 nan 的前n项和Tn
(3) 3 3对互不相等的质数 p,m,n，证明： I p mn = I p I m I n ，并求 I 2024 的值．
【变式 3-1】（2024 *·重庆·模拟预测）对于数列 an ，定义Dan = an+1 - an n N ，满足
a1 = a2 =1, D Dan = m(m R)，记 f (m, n) = a1m + a 22m +L+ 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) 15，求 n 的最大值；
(3)记函数 S(x) = x + 2x2 +L+ nxn ，其导函数为 S (x)，证明：“ m - 函数”
2 n
f (m, n) m= S (m) 3m- S(m) + (m +1) m ．2 2 i=1
【变式 3-2】（2024·甘肃张掖·模拟预测）定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形
成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”，例如：数列1,2,3经过第一次“和扩充”后得到
数列1,3,2,5,3；第二次“和扩充”后得到数列1,4,3,5,2,7,5,8,3．设数列 a,b,c经过n次“和扩充”后得到的数列
的项数为Pn，所有项的和为 Sn ．
(1)若 a = 2,b = 3,c = 4，求P2 , S2 ；
(2)求不等式Pn 2024的解集；
(3)是否存在数列 a,b,c a,b,c R ，使得数列 Sn 为等比数列？请说明理由．
题型四：数列定义新运算
【典例 4-1】（2024 *·吉林长春·模拟预测）记集合 S = { an |无穷数列 an 中存在有限项不为零， n N ，
a S j a = a + a x +L+ a xn-1对任意 n ，设 n 1 2 n +L, x R ．定义运算 :若 an , bn S ，则
an bn S ，且j an bn = j an ×j bn ．
(1)设 an bn = dn ，用 a1,a2 ,a3 ,b1,b2 ,b3 表示d3；
(2)若 an , bn , cn S ，证明： an bn cn = an bn cn ：
ì n +1 2 +1 ì 203-n
,1 n 100 1 a ÷ ,1 n 500(3)若数列 n 满足 an = í n n +1 ，数列 bn 满足bn = íè 2 ，设

0, n >100

0, n > 500
a b 1n n = dn ，证明： d200 < ．2
【典例 4-2】（2024·浙江杭州·三模）卷积运算在图象处理、人工智能、通信系统等领域有广泛的应
n
用．一般地，对无穷数列 an ， bn ，定义无穷数列 cn = akbn+1-k n N+ ，记作 an * bn = cn ，称为
k =1
an 与 bn 的卷积．卷积运算有如图所示的直观含义，即 cn 中的项依次为所列数阵从左上角开始各条对
角线上元素的和，易知有交换律 an * bn = bn * an ．
(1)若 an = n ，b
n
n = 2 ， an * bn = cn ，求 c1， c2， c3， c4；
(2)对 i N+ ，定义Ti an 如下：①当 i =1时，Ti an = an ；②当 i 2时，Ti an 为满足通项
ì0, n < i
dn = í 的数列 dn ，即将 an 的每一项向后平移 i -1 i i-1 0 t a ,n i 项，前 项都取为 ．试找到数列 n ， n+1-i
i
使得 tn × an = Ti an ；
(3)若 an = n ， an * bn = cn ，证明：当 n 3时，bn = cn - 2cn-1 + cn-2 ．
【变式 4-1】（2024·山东青岛·一模）记集合 S = an |无穷数列 an 中存在有限项不为零， n N* ，对
任意 an S ，设变换 f an = a1 + a2x +L+ a n-1n x +L， x R ．定义运算 ：若 an , bn S ，则
an bn S ， f an bn = f an × f bn ．
(1)若 an bn = mn ，用 a1,a2 ,a3 ,a4 ,b1,b2 ,b3 ,b4 表示m4；
(2)证明： an bn cn = an bn cn ；
ì n +1 2 +1 ì 1 203-n
,1 n 100 ,1 n 500 1
(3)若 an = í n n +1 ，bn = í ÷è 2 ， dn = an bn ，证明： d200 < ．
2
0, n >100

0, n > 500
【变式 4-2】任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘 3 再加上 1；若是偶数，就将该数除以 2.反复进行上
述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1 4 2 1 .这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称
“角谷猜想”）.如取正整数m = 6，根据上述运算法则得出6 3 10 5 16 8 4 2 1，共需经过
8 个步骤变成 1（简称为 8 步“雹程”）.现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列 an 满足： a1 = m（m
ìa
n ,当an为偶数时,
为正整数）， an+1 = í 2 当m = 3时， a1 + a2 + a3 +L+ a60 =（ ）
3an +1,当an为奇数时
A．170 B．168 C．130 D．172
题型五：数列定义新情景
【典例 5-1】（多选题）（2024·山东青岛·三模）若有穷整数数列 An : a1,a2 ,Lan n 3 满足：
ai+1 - ai -1,2 i =1,2,L, 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 ,L,ak -1中任意两项均不相同
【典例 5-2】（2024·河南·二模）已知无穷数列 an 是首项为 1，各项均为正整数的递增数列，集合
A = k N∣* an < k < a *n+1,n N ，若对于集合A 中的元素 k ，数列 an 中存在不相同的项 ai , a1 i ,L, a2 im ，使
得 ai + ai +L+ ai = k a N k B = k∣ a N k }1 2 m ，则称数列 n 具有性质 ，记集合 数列 n 具有性质 .
ì2n -1,n 4(1)若数列 an 的通项公式为 an = í ，判断数列 an 是否具有性质 N k ，若具有，写出集合An 6, n 4 与 + >
集合 B ；
(2)已知数列 an 具有性质 N k 且集合A 中的最小元素为 t .集合 B 中的最小元素为 s ，当 t 3时，证明：
t = s .
【变式 5-1】（2024·北京东城·二模）已知 An : a1,a2 ,L, an n 3 为有穷整数数列，若 An 满足：
a pi+1 - ai p,q i =1,2,L, n -1 ，其中 ，q是两个给定的不同非零整数，且a1 = an = 0，则称 An 具有性质
T .
(1)若 p = -1， q = 2，那么是否存在具有性质T 的 A5？若存在，写出一个这样的 A5；若不存在，请说明理
由；
(2)若 p = -1， q = 2，且 A10具有性质T ，求证： a1,a2 , ,a9 中必有两项相同；
(3)若 p + q =1，求证：存在正整数 k ，使得对任意具有性质T 的 Ak ，都有 a1,a2 ,L,ak -1中任意两项均不相
同.
【变式 5-2】（2024·北京朝阳·一模）若有穷自然数数列A ： a1,a2 , × × ×,an n 2 满足如下两个性质，则称
A 为Bn 数列：
① ak max a1 + ak -1, a2 + ak -2 , × × ×, ak -1 + a1 k = 2,3, × × ×, n ，其中，max x1, x2 , × × ×, xs 表示 x1, x2 , × × ×, xs ，这 s 个
数中最大的数；
② ak min a1 + ak -1, a2 + ak -2 , × × ×,ak -1 + a1 +1 k = 2,3, × × ×, n ，其中，min x1, x2 , × × ×, xs 表示 x1, x2 , × × ×, xs ，这 s 个
数中最小的数.
(1)判断A ：2，4，6，7，10 是否为B5数列，说明理由；
(2)若A ： a1,a2 , × × ×,a6是B6 数列，且 a1， a2，a3成等比数列，求 a6；
(3)证明：对任意Bn 数列A ： a1,a2 , × × ×,an n 2 ，存在实数l ，使得 ak = kl k =1,2, × × ×, n .（ x 表示不超
过 x 的最大整数）
题型六：差分数列、对称数列
【典例 6-1】（多选题）如果项数有限的数列 an 满足 ai = an-i+1 i =1,2 ,n ，则称其为“对称数列”，设 bn
*
是项数为 2k -1 k N 的“对称数列”，其中b ，b k k +1， ，b2k -1是首项为50，公差为-4的等差数列，则
（ ）
A．若 k =12，则b1 =10 B．若 k =14，则 bn 所有项的和为 622
C．当 k =13时， bn 所有项的和最大 D． bn 所有项的和不可能为 0
【典例 6-2】若项数为n的数列 an 满足： ai = an+1-i i =1，2，3，L，n 我们称其为n项的“对称数列”．例如：
数列1，2，2，1为 4项的“对称数列”；数列1，2，3，2，1为5项的“对称数列”．设数列 cn 为 2k +1项的“对称数列”，
其中 c1，c2 Lck +1是公差为 2的等差数列，数列 cn 的最大项等于8，记数列 cn 的前 2k +1项和为 S2k+1，若
S2k +1 = 32，则 k = ．
【变式 6-1】（2024·四川南充·三模）对于数列 an ，规定Dan 为数列 an 的一阶差分，其中
Da = a - a n N* Dk k k-1 k-1 *n n+1 n ，规定 an 为数列 an 的 k 阶差分，其中D an = D an+1 - D an n N ．若
a n(n -1)(2n -1)n =
2
，则D a6 = （6 ）
A．7 B．9 C．11 D．13
【变式 6-2】（2024·四川南充·三模）对于数列 an ，规定Dan 为数列 an 的一阶差分，其中
Dan = an+1 - a n N* Dka k k-1 k-1 *n ，规定 n 为数列 an 的阶 k 差分，其中D an = D an+1 - D an n N .若
n n -1
a 2n -1 n = 2，则D a3 =（ ）6
A．7 B．9 C．11 D．13
题型七：非典型新定义数列
a11 a12 L a1n
a a L a ÷
【典例 7-1 2024 n n n 2 A = 21 22 2n】（ ·黑龙江·模拟预测）已知 行 列 的数表 ÷ M M O M ÷中，满足：
a ֏ n1 an2 L ann
n n
aij 0,1 ， i, j = 1, 2, × × ×, n .若数表A 满足当 ast = 0时，总有 ait + asj n，则称此数表A 为典型数表，
i=1 j=1
n n
此时记 Sn = aij .
i=1 j=1
0 0 1 1
1 0 1 0 0 1 1 ÷
(1)若数表M = 0 0 1
÷ ÷
÷ ， N = 1 1 0 0÷，请直接写出 M，N 是否是典型数表；
è0 1 1÷
è1 1 0 0
÷

(2)当 n = 8时，是否存在典型数表 A 使得 S8 = 31，若存在，请写出一个数表 A；若不存在，请说明理由；
(3)若数表 A 为典型数表，求 Sn 的最小值（直接写出结果，不需要证明）.
x x
【典例 7-2】（2024 11 12·辽宁葫芦岛·二模）设数阵 X 0 = x , x , x , x 1,2,3,4,5,6
è x21 x
÷，其中 11 12 21 22 .设
22
B = n1,n2 , × × ×,nk 1,2,3,4,5,6 ，其中 n1 < n2 < ××× < nk ， k N* 且 k 6 .定义变换 M t 为“对于数阵的每一列，
若其中有 t 或-t ，则将这一列中所有数均保持不变；若其中没有 t 且没有-t ，则这一列中每个数都乘以-1”
（ t = n1,n2 , × × ×,nk ），M B X 0 表示“将 X 0 经过Mn1变换得到 X1，再将 X1经过Mn2变换得到 X 2 ，…，以此
类推，最后将 X k -1经过Mnk 变换得到 X k .记数阵 X k 中四个数的和为TB X 0 .
21
(1)若 X

0 = ÷ ，B = 2,5 ，写出 X 0 经过M 2 变换后得到的数阵 X3 4 1，并求TB X 0 的值；è
21
(2)若 X 0 = ÷ ，B = n1,n2 , n3 ，求TB X 0 3 4 的所有可能取值的和；è
(3)对任意确定的一个数阵 X 0 ，证明：TB X 0 的所有可能取值的和不大于-8 .
【变式 7-1】已知无穷数列 an ，给出以下定义：对于任意的 n N* ，都有 an + an+2 2an+1，则称数列 an
为“ T 数列”；特别地，对于任意的 n N* ，都有an + an+2 > 2an+1 ，则称数列 an 为“严格T 数列”.
(1) n-1已知数列 an ， bn 的前n项和分别为 An ，Bn ，且 an = 2n -1，bn = -2 ，试判断数列 An ，数列 Bn
是否为“ T 数列”，并说明理由；
(2)证明：数列 a *n 为“ T 数列”的充要条件是“对于任意的 k ，m， n N ，当 k < m < n 时，有
n - m ak + m - k an n - k am ”；
(3)已知数列 bn 为“严格T 数列”，且对任意的 n N* ，bn Z，b1 = -8，b128 = -8 .求数列 bn 的最小项的
最大值.
【变式 7-2】（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 = a *n+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 = ma *n（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 S nn = 3 - 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；
f aii i f = n（ ）在（ ）问的前提下，若数列 n 满足 *n nS ， n N ，其前 项和为Tn .证明：当 n N
* 且 n 3时，
n
Tn < a
2
1 + a
2
2 + a
2
3 + ×××× × × +a
2
n - anan+1 +1成立.
1．（2024·浙江绍兴·三模）设0 a1 < a2 max an+1 - an m 恒成立，则m的取值范围为（ ）
1 1
A．m B．m
9 3
2 4
C．m D．m
3 9
2．（2024·上海·模拟预测）已知数列 an 不是常数列，前n项和为 Sn ，且 a1 > 0．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．数列 an 的前 n 项和为 Sn ，若数列 an 与函数 f x 满足：① f x 的定义域为R ；②数列 an 与函数
f x 均单调增；③存在正整数n，使 Sn = f an 成立，则称数列 an 与函数 f x 具有“单调偶遇关系”.给
出下列两个命题：（ ）
①与数列 2n +1 具有“单调偶遇关系”的函数有有限个；
② n与数列 2 具有“单调偶遇关系”的函数有无数个.
A．①②都是真命题 B．①是真命题，②是假命题
C．①是假命题，②是真命题 D．①②都是假命题
4．（多选题）（2024·湖南衡阳·模拟预测）在股票市场中，股票的价格是有界的，投资者通常会通过价
格的变化来确保自己的风险，这种变化的价格类似于我们数学中的数列，定义如果存在正数M ，使得对一
切正整数n，都有 an M ，则称 an 为有界数列，数列收敛指数列有极限，我们把极限存在（不含无穷
a 1 1大）的数列称为收敛数列，如数列 n = ，显然对一切正整数n都有 an 1，而 的极限为 0，即数列 an n n
既有界也收敛.如数列bn = (-1)n ，显然对一切正整数n都有 bn 1，但不存在极限，即数列 bn 有界但不收
敛.下列数列是有界数列但不收敛的数列有（ ）

A． an = sin nπ
π
+
π
÷ B． an = cos2
nπ +
2 ÷è è
π
C． a1 = 2, a = 3, a
a
= n-1 sin nπ +2 n a D．
÷
n-2 an =
è 2
n
a - a
5 2024 n+2 n+1．（多选题）（ ·江苏南通·模拟预测）在数列 an 中，若对"n N* ，都有 = qa - a （q为常数），n+1 n
则称数列 an 为“等差比数列”，q为公差比，设数列 an 的前 n项和是 Sn ，则下列说法一定正确的是（ ）
A．等差数列 an 是等差比数列
B．若等比数列 an 是等差比数列，则该数列的公比与公差比相同
C．若数列 Sn 是等差比数列，则数列 an+1 是等比数列
D．若数列 an 是等比数列，则数列 Sn 等差比数列
6．（多选题）（2024·山东烟台·一模）给定数列 an ，定义差分运算：
Δan = a - a ,Δ
2
n+1 n an = Δan+1 - Δan , n N
* .若数列 an a 2满足 n = n + n ，数列 bn 的首项为 1，且
Δb = n + 2 ×2n-1n ,n N*，则（ ）
A．存在M > 0，使得Δan < M 恒成立
B 2．存在M > 0，使得Δ an < M 恒成立
C．对任意M > 0，总存在 n N* ，使得bn > M
Δ2b
D．对任意M > 0 n，总存在 n N* ，使得 > Mbn
7．（多选题）（2024·浙江·模拟预测）“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，这样经过若干次这两种运算，最终必进入循环图1 4 2 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 an n N ，（ ）
A．当 a0 = 7时，则 a11 = 5
B．当 a0 =16时，数列{an}单调递减
C．若 a5 =1，且 ai i =1,2,3,4 均不为 1，则 a0 = 5
D．当 a0 =10时，从 ai i =1,2,3,4,5,6
3
中任取两个数至少一个为奇数的概率为
5
8．（2024·高三·河北保定·期中）英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出的“牛顿
f x
” n

数列 在航空航天中应用广泛，若数列 x .n 满足 xn+1 = xn - xf x ，则称数列 n 为牛顿数列 如果函数n
x +2
f x = x2 - 4，数列 xn n为牛顿数列，设an = ln ，且 a1 =1， xn > 2.x 2 则 a2021 = n -
9．（2024·江西九江·模拟预测）著名科学家牛顿用“作切线”的方法求函数的零点时，给出了“牛顿数列”，
f (xn )
它在航空航天中应用广泛.其定义是：对于函数 f (x) ，若数列{xn}满足 xn+1 = xn - ，则称数列{xn}f (x ) 为牛n
顿数列，若函数 f (x) = x2 ， an = log2 xn ，且 a1 =1，则 a8 = .
f x
10．给定函数 f x x n ，若数列 xn 满足 n+1 = xn - f x ，则称数列 xn 为函数 f x 的牛顿数列.已知 xn n
2 a ln xn + 2为 f x = x - 4的牛顿数列，且 n = , a =1, x > 2 n N*x 2 1 n - ，数列 an 的前n项和为 Sn .则n
S2023 = .
11．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
f (n) = k - k f 5n1 2 ，则数列 的前 2024 项的和为 .
a11 a12 a13 L a1n
÷
a21 a22 a23 L a2n ÷
12．（2024·高三·甘肃兰州·开学考试）已知数表 A n,n = a31 a32 a33 L a3n ÷，

M M M M
÷
÷
÷
è an1 an2 an3 L ann
b11 b12 b13 L b1n c11 c12 c13 L c1n
b b b ÷ 21 22 23 L b2n ÷ c21 c
÷
22 c23 L c2n ÷
B n, n = b31 b32 b33 L b3n ÷，C n,n = c31 c32 c33 L c3n ÷，其中 aij ,bij ,cij i, j N*, i, j n 分别 M M M M ÷ M M M M ÷ ÷ ÷
b ÷ è n1 bn2 bn3 L bnn è cn1 cn2 cn3 L c ÷nn
表示 A n, n ，B n,n ，C n,n 中第 i行第 j 列的数．若 cij = ai1b1 j + ai2b2 j +L+ ainbnj ，则称C n,n 是
1 3
- ÷
A n, n ，B
8 1
n,n 的生成数表．若数表 A 2,2 = ÷，B 2,2 = 5 20 ÷，且C 2, 2 4 3 2 6 是è ÷
è 5 5 ÷
A 2, 2 ，B 2, 2 的生成数表，则C 2, 2 = ．
13． a1， a2，… a10 是一个 1，2，3，…，10 的排列，要求 ai-1 和 ai+1一定有一个大于 ai （ i = 2,3,L,9），则
满足的排列的总数为 ．
14．（2024·北京通州·三模）若数列{bn}、{cn}均为严格增数列，且对任意正整数 n，都存在正整数 m，
使得bm [cn ,cn+1]，则称数列{bn}为数列{cn}的“M 数列”．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn ，则下列结论中正
确的是 ．
①存在等差数列{an}，使得{an}是{Sn}的“M 数列”
②存在等比数列{an}，使得{an}是{Sn}的“M 数列”
③存在等差数列{an}，使得{Sn}是{an}的“M 数列”
④存在等比数列{an}，使得{Sn}是{an}的“M 数列”
15．（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 L 第 im 项
i1 < i2 bk 各项之和为 an 的一个子列和．规定：数列 an 的任意一项都是 an 的子列．则数列1,2,4,8,16,32 的
所有子列和的和为 ．
16．（2024·高三·山东日照·期中）任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘 3 再加上 1；若是偶数，就
将该数除以 2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈 1→4→2→1，这就是数学史上著
名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”）.如取正整数 6，根据上述运算法则得出
6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需要 8 个步骤变成 1（简称为 8 步“雹程”）.“冰雹猜想”可表示为数列
ìan , a = 2k k N an 满足： a1 = m（m 为正整数）， an+1 =
n +
í 2 .问：当m =17时，试确定使得 an =1需
3an +1, an = 2k +1 k N
要 步“雹程”；若 a6 = 1，则m所有可能的取值所构成的集合为 .
17．（2024·高三·北京朝阳·期末）中国传统数学中开方运算暗含着迭代法，清代数学家夏鸾翔在其著
作《少广缒凿》中用迭代法给出一个“开平方捷术”，用符号表示为：已知正实数 N ，取一正数 a1作为 N
ì N
,n为奇数 a
的第一个近似值，定义 a = í nn+1 ，则 a1,a2 ,L,an ,L是 N 的一列近似值.当 N = 10, a1 = 3时，
an + an-1
,n为偶数 2
给出下列四个结论：① a23 > 10；② a4a5 > 10；③ $n 2， a2n-1 < a2n+1；④ "n 2， | a22n -10 |< | a22n-1 -10 | .其
中所有正确结论的序号是 .
18．（2024·吉林长春·模拟预测）对于数列 an ，称 Δan 为数列 an 的一阶差分数列，其中
Δan = an+1 - a n N*n . k对正整数 k k 2 ，称 Δ an 为数列 an 的 k 阶差分数列，其中
Δk a k -1 k -1 k -1n = Δ Δ an = Δ an+1 - Δ an已知数列 an 的首项 a1 =1，且 Δa - a nn+1 n - 2 为 an 的二阶差分数列.
(1)求数列 an 的通项公式；
1 n
(2)设bn = n2 - n + 2 , xn 为数列 bn 的一阶差分数列，对2 "n N
* ，是否都有 xiCin = an 成立？并说明理
i=1
i
由；（其中Cn 为组合数）
t xn(3) 2 x + t
- xn 1 n n-
对于（ ）中的数列 n ，令 yn = ，其中 < t < 2 . n证明： yi < 2 - 2 2 .2 2 i=1
19．（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 an n N ，规定
Δan 为数列 an 的一阶差分数列，其中Δan = a 2n+1 - an ；规定 Δ an 为 an 的二阶差分数列，其中
Δ2an = Δan+1 - Δan .
*
如果 an 的一阶差分数列满足 Δai Δa j "i, j N , i j ，则称 an 是“绝对差异数列”；
2 2 *
如果 an 的二阶差分数列满足 Δ ai = Δ a j "i, j N ，则称 an 是“累差不变数列”.
(1)设数列 A :1,3,7,9,13,15，判断数列A 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 an 的通项公式 an = 2n2 + n n N* Δa , Δ2，分别判断 n an 是否为等差数列，请说明理由；
n
(3) 2 2设各项均为正数的数列 cn 为“累差不变数列”，其前n项和为 Sn ，且对"n N* ，都有 D ck = D cn+1，
k =1
对满足 n + m = 2k m n 的任意正整数 n,m,k 都有 cm cn ，且不等式 Sn + Sm > tSk 恒成立，求实数 t 的最大
值.
20．（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 an ，规定 Δan 为数列 an 的一阶差分
* 2
数列，其中Δan = an+1 - an n N ，规定 Δ an 为数列 an 的二阶差分数列，其中
Δ2an = Δan+1 - Δan n N* ．
(1)数列 an 的通项公式为 an = n3 n N* ，试判断数列 Δan , Δ2an 是否为等差数列，请说明理由？
(2)数列 logabn 是以 1 为公差的等差数列，且 a > 2，对于任意的 n N* ，都存在m N* 2，使得Δ bn = bm，
求 a的值；
(3)各项均为正数的数列 cn 的前n项和为 Sn ，且 Δcn 为常数列，对满足m + n = 2t ，m n的任意正整数
m, n, t 都有 cm cn ，且不等式 Sm + Sn > lSt 恒成立，求实数l 的最大值．拔高点突破 01 新情景、新定义下的数列问题
目录
01 方法技巧与总结...............................................................................................................................2
02 题型归纳与总结...............................................................................................................................3
题型一：牛顿数列问题........................................................................................................................3
题型二：高考真题下的数列新定义....................................................................................................6
题型三：数列定义新概念..................................................................................................................18
题型四：数列定义新运算..................................................................................................................22
题型五：数列定义新情景..................................................................................................................27
题型六：差分数列、对称数列..........................................................................................................33
题型七：非典型新定义数列..............................................................................................................35
03 过关测试 .........................................................................................................................................42
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．
题型一：牛顿数列问题
【典例 1-1】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）牛顿选代法又称牛顿——拉夫逊方法，它是牛顿在 17 世
纪提出的一种在实数集上近似求解方程根的一种方法.具体步骤如下图示：设 r 是函数 y = f x 的一个零点，
任意选取 x0 作为 r 的初始近似值，在点 x0 , f x0 作曲线 y = f x 的切线 l1，设与 l1轴 x 交点的横坐标为 x1，
并称x1为 r 的 1 次近似值；在点 x1, f x1 作曲线 y = f x 的切线 l2，设与 l2轴 x 交点的横坐标为x2，称x2
为 r 的 2 次近似值.一般地，在点 xn , f xn n N 作曲线 y = f x 的切线 ln+1，记 ln+1与 x 轴交点的横坐标
3
为 xn +1 ，并称 xn +1 为 r 的 n + 1次近似值.设 f x = x + x -3 x 0 的零点为 r，取 x0 = 0，则 r 的 1 次近似值
3x3 + x
为 ；若 xn为 r 的 n 次近似值，设 a n nn = 2x3 + 3 ，n N
* ，数列 an 的前 n 项积为Tn .若任意n N* ，
n
Tn > l 恒成立，则整数 l 的最大值为 .
【答案】 3 1
【解析】易知 f x = 3x2 +1，设切点为 xn , x3n + xn - 3 ，
2 2 3
由切线几何意义得斜率为3xn + 1，故切线方程为 y = 3xn + 1)(x - xn ) + xn + xn - 3 ，
3 3
由给定定义知 (xn+1,0) x
xn + xn - 3 x 2x + 3在该直线上，代入直线得 n+1 = - + = n3x2 ，n +1
n 3x2n +1
当 x0 = 0时，易知 x1 = 3，故 r 的 1 次近似值为3，
3 3
由 a
3x + x x
= n n 得， n
3xn + xn
n 3 = = a2xn + 3 x 2x
3 3 n ，n+1 n +
Tn = a1 × a2 La
x
= 1
x
n
2 L x n 3=
x x x x ，2 3 n+1 n+1
3
而函数 f x = x + x -3 x 0 的零点为 r ，且 f x = 3x2 +1> 0，
故 f x 在 (0, + )上单调递增，且 f 1 < 0， f 2 > 0 ，
故 f 2 × f 1 < 0，由零点存在性定理得 r (1,2)，
3 3 3
由题意得 ( ,3)
3
x r 2 ，故l < ，而 l 是整数，故l2 max
=1，
n+1
故答案为：3；1
f xn *
【典例 1-2】记R 上的可导函数 f x 的导函数为 f x ，满足 xn+1 = xn - f x n N 的数列 xn 称为函n
数 f x 的“牛顿数列”. 2已知数列 xn 为函数 f x = x - x的牛顿数列，且数列 an 满足
a1 = 2,an = ln
xn , x
x -1 n
> 1.
n
(1)证明数列 an 是等比数列并求 an ；
(2)设数列 a nn 的前n项和为 Sn ，若不等式 (-1) × tS - 14 S 2n n 对任意的n N*恒成立，求 t 的取值范围.
【解析】（1）由 f x = x2 - x，得 f x = 2x -1，
f x 2 2
x x n x - x= - = x - n n xn所以 n+1 n =f xn n 2xn -1 2xn -1
x2n
2
xn+1 2xn -1 x
2 x
则 = = n = nx ，n+1 -1 x
2 2
n -1 xn - 2x
÷
n +1 è xn -1
2xn -1
2

a ln xn+1 ln xn 2ln x所以 n+1 = =x -1
= n = 2a (x
x -1÷ x -1 n n
>1) ，
n+1 è n n
an+1
故 = 2a （非零常数），且
a1 = 2 0，
n
所以数列 an 是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，
n -1 n
所以 an = 2 2 = 2 ；
2 1- 2n
（2）由等比数列的前 n 项和公式得： Sn = = 2
n+1 - 2，
1- 2
因为不等式 (-1)n × tS n - 14 S
2
n 对任意的n N*恒成立，
14
又 Sn > 0 且 Sn 单调递增，所以 (-1)
n × t S + *n S 对任意的n N 恒成立，n
g x x 14令 = + ， x 0,+ ，
x
2
g x 1 14 x -14则 = - 2 = 2 ，x x
当 x 0, 14 时， g x < 0， g x 是减函数，
当 x 14,+ 时， g x > 0， g x 是增函数，
又2 = S1 < 14 < S
25
2 = 6，且 g 2 = 9 ， g 6 = ， g 6 < g 2 ，3
则 g Sn = g S
25
min 2 = g 6 = ，3
14
当 n 为偶数时，原式化简为 t Sn + S ，n
而 g S2 < g S4 < g S6 所以 t g S 252 = ；3
t S 14当 n 为奇数时，原式化简为- n + S ，n
又2 = S1 < 14 < S3 =14 < S5 < S7 所以 g 2 = g S1 < g 14 = g S3 < g S5 < g S7 此时-t g S1 = 9，所以 t -9；
25
综上可知，-9 t .
3
【变式 1-1】英国物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数的零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广
f x
x x = x - n 2泛，若数列 n 满足 n+1 n f x ，则称数列 xn 为牛顿数列，如果 f x = x - x - 2，数列 xn 为牛n
顿数列，设 an = ln
xn +1
且 a1 = 1， xn > 2x - 2 ，数列 an 的前n项和为 Sn ，则 S2022 =（ ）n
2022 2022
A． 22022 1 1 1 -1 B．22022 -2 C． ÷ - D． - 2
è 2 2 è 2 ÷
【答案】A
【解析】依题意 a1 = 1， xn > 2，
f x = x2 - x - 2 '， f x = 2x -1，
f xn
依题意 xn+1 = xn - f x ，n
2
即 xn+1 = x
xn - xn - 2
n - 2x ，n -1
2 x +1 2
则 x x+1 = x n - xn - 2 nn+1 n - +1 = ，2xn -1 2xn -1
x2
2
x 2 - x - 2 x - 2 n+1 - = xn - n n - 2 = n （由于 xn > 2，所以 xn+1 2），2xn -1 2xn -1
2
xn+1 +1 x +1
则 = n ，
x 2n+1 - 2 xn - 2
2
ln xn+1 +1

ln xn +1
x +1
两边取对数得 = ÷ = 2 ln n ，即 an+1 = 2an，xn+1 - 2 è xn - 2 xn - 2
所以数列 an 是首项为 a n -11 = 1，公比为2的等比数列，所以 an = 2 .
1- 2n
所以 Sn = = 2
n -1 2022，所以 S 2022 = 2 - 1 .
1- 2
故选：A
【变式 1-2】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
f x ，若数列 x n 2n 满足 xn+1 = xn - f x ，则称数列 xn 为牛顿数列，若函数 f x = x ，数列 xn 为牛n
顿数列且 x1 = 2,an = log2xn ，则 a8 的值是（ ）
A．8 B．2 C． -6 D．-4
【答案】C
【解析】根据题意，
f
x x x = - n x
2
n xn xn
n+1 n f x = xn - =xn - = ，n 2xn 2 2
xn+1
所以 =
1
xn 2
，
又 x1 =2，
1
所以 xn 为首项是 2，公比是 的等比数列，2
n-1 n-2
所以 xn =2
1 1 ÷ = ÷ = 2
2-n ，
è 2 è 2
所以 an = log 2 xn = log 2
2-n
2 = 2 - n ，
所以 a8 = 2 - 8 = -6，
故选：C.
题型二：高考真题下的数列新定义
【典例 2-1】（2024·北京·高考真题）已知集合
M = i, j,k,w i 1,2 , j 3,4 ,k 5,6 ,w 7,8 ,且i + j + k + w为偶数 ．给定数列 A : a1, a2 ,L , a8 ，和序
列W : T1 ,T2 ,LTs ，其中Tt = it , jt ,kt ,wt M t =1,2,L, s ，对数列A 进行如下变换：将A 的第 i1 , j1 , k1 , w1项
均加 1，其余项不变，得到的数列记作T1 A ；将T1 A 的第 i2 , j2 , k2 , w2 项均加 1，其余项不变，得到数列记
作T2T1 A ；……；以此类推，得到Ts LT2T1 A ，简记为W A ．
(1)给定数列 A:1,3,2,4,6,3,1,9和序列W : 1,3,5,7 , 2,4,6,8 , 1,3,5,7 ，写出W A ；
(2)是否存在序列W，使得W A 为 a1 + 2, a2 + 6, a3 + 4, a4 + 2, a5 + 8, a6 + 2, a7 + 4, a8 + 4，若存在，写出一个符
合条件的W；若不存在，请说明理由；
(3)若数列A 的各项均为正整数，且 a1 + a3 + a5 + a7 为偶数，求证：“存在序列W，使得W A 的各项都相等”
的充要条件为“ a1 + a2 = a3 + a4 = a5 + a6 = a7 + a8 ”．
【解析】（1）因为数列 A:1,3,2,4,6,3,1,9，
由序列T1 1,3,5,7 可得T1 A : 2,3,3,4,7,3,2,9；
由序列T2 2,4,6,8 可得T2T1 A : 2,4,3,5,7,4,2,10；
由序列T3 1,3,5,7 可得T3T2T1 A : 3, 4, 4,5,8, 4,3,10；
所以Ω A :3,4,4,5,8,4,3,10 .
（2）解法一：假设存在符合条件的W，可知Ω A 的第1,2项之和为 a1 + a2 + s ，第3,4项之和为 a3 + a4 + s ，
ì a1 + 2 + a2 + 6 = a1 + a2 + s
则 í a 4 a 2 a a s ，而该方程组无解，故假设不成立， 3 + + 4 + = 3 + 4 +
故不存在符合条件的W；
解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多 4，
假设存在符合条件的W，且Ω A :b1,b2,×××,b8，
2 + 6 + 4 + 2 + 8 + 2 + 4 + 4
因为 = 8，即序列W共有 8 项，
4
由题意可知： b2n-1 +b2n - a2n-1 + a2n = 8,n =1,2,3,4，
检验可知：当 n = 2,3时，上式不成立，
即假设不成立，所以不存在符合条件的W .
（3）解法一：我们设序列Ts...T2T1 A 为 as ,n 1 n 8 ，特别规定 a0,n = an 1 n 8 .
必要性：
若存在序列W : T1 ,T2 ,LTs ，使得Ω A 的各项都相等.
则 as ,1 = as ,2 = as ,3 = as ,4 = as ,5 = as ,6 = as ,7 = as ,8 ，所以 as ,1 + as ,2 = as ,3 + as ,4 = as ,5 + as ,6 = as ,7 + as ,8 .
根据Ts...T2T1 A 的定义，显然有 as ,2 j -1 + as ,2 j = as -1,2 j -1 + as -1,2 j + 1，这里 j =1,2,3,4， s =1,2,... .
所以不断使用该式就得到 a1 + a2 = a3 + a4 = a5 + a6 = a7 + a8 = as ,1 + as ,2 - s ，必要性得证.
充分性：
若 a1 + a2 = a3 + a4 = a5 + a6 = a7 + a8 .
由已知， a1 + a3 + a5 + a7 为偶数，而 a1 + a2 = a3 + a4 = a5 + a6 = a7 + a8，所以
a2 + a4 + a6 + a8 = 4 a1 + a2 - a1 + a3 + a5 + a7 也是偶数.
我们设Ts...T2T1 A 是通过合法的序列W的变换能得到的所有可能的数列Ω A 中，使得
as ,1 - as ,2 + as ,3 - as ,4 + as ,5 - as ,6 + as ,7 - as ,8 最小的一个.
上面已经说明 as ,2 j -1 + as ,2 j = as -1,2 j -1 + as -1,2 j + 1，这里 j =1,2,3,4， s =1,2,... .
从而由 a1 + a2 = a3 + a4 = a5 + a6 = a7 + a8 可得 as ,1 + as ,2 = as ,3 + as ,4 = as ,5 + as ,6 = as ,7 + as ,8 = a1 + a2 + s .
同时，由于 it + jt + kt + wt 总是偶数，所以 at ,1 + at ,3 + at ,5 + at ,7 和 at ,2 + at ,4 + at ,6 + at ,8 的奇偶性保持不变，从而
a s ,1 + a s ,3 + a s ,5 + a s ,7 和 as ,2 + as ,4 + as ,6 + as ,8 都是偶数.
下面证明不存在 j =1,2,3,4使得 as ,2 j-1 - as ,2 j 2 .
假设存在，根据对称性，不妨设 j =1， as ,2 j -1 - as ,2 j 2 ，即 a s ,1 - a s ,2 2 .
情况 1：若 as ,3 - as ,4 + as ,5 - as ,6 + as ,7 - as ,8 = 0，则由 a s ,1 + a s ,3 + a s ,5 + a s ,7 和 as ,2 + as ,4 + as ,6 + as ,8 都是偶数，
知 a s ,1 - a s ,2 4 .
对该数列连续作四次变换 2,3,5,8 , 2,4,6,8 , 2,3,6,7 , 2,4,5,7 后，新的
as+4,1 - as+4,2 + as+4,3 - as+4,4 + as+4,5 - as+4,6 + as+4,7 - as+4,8 相比原来的
as ,1 - as ,2 + as ,3 - as ,4 + as ,5 - as ,6 + as ,7 - as ,8 减少4，这与 as ,1 - as ,2 + as ,3 - as ,4 + as ,5 - as ,6 + as ,7 - as ,8 的最小
性矛盾；
情况 2：若 as ,3 - as ,4 + as ,5 - as ,6 + as ,7 - as ,8 > 0，不妨设 as ,3 - as ,4 > 0 .
情况 2-1：如果 as ,3 - as ,4 1，则对该数列连续作两次变换 2,4,5,7 , 2,4,6,8 后，新的
as+2,1 - as+2,2 + as+2,3 - as+2,4 + as+2,5 - as+2,6 + as+2,7 - as+2,8 相比原来的
as ,1 - as ,2 + as ,3 - as ,4 + as ,5 - as ,6 + as ,7 - as ,8 至少减少2，这与 as ,1 - as ,2 + as ,3 - as ,4 + as ,5 - as ,6 + as ,7 - as ,8 的
最小性矛盾；
情况 2-2：如果 as ,4 - as ,3 1，则对该数列连续作两次变换 2,3,5,8 , 2,3,6,7 后，新的
as+2,1 - as+2,2 + as+2,3 - as+2,4 + as+2,5 - as+2,6 + as+2,7 - as+2,8 相比原来的
as ,1 - as ,2 + as ,3 - as ,4 + as ,5 - as ,6 + as ,7 - as ,8 至少减少2，这与 as ,1 - as ,2 + as ,3 - as ,4 + as ,5 - as ,6 + as ,7 - as ,8 的
最小性矛盾.
这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的 j =1,2,3,4都有 as ,2 j-1 - as ,2 j 1 .
假设存在 j =1,2,3,4使得 as ,2 j-1 - as ,2 j =1，则 a s ,2 j -1 + a s ,2 j 是奇数，所以
as ,1 + as ,2 = as ,3 + as ,4 = as ,5 + as ,6 = as ,7 + as ,8 都是奇数，设为2N + 1 .
则此时对任意 j =1,2,3,4，由 as ,2 j-1 - as ,2 j 1可知必有 as ,2 j-1, as ,2 j = N , N +1 .
而 a s ,1 + a s ,3 + a s ,5 + a s ,7 和 as ,2 + as ,4 + as ,6 + as ,8 都是偶数，故集合 m as ,m = N 中的四个元素 i, j, k, w之和为偶
数，对该数列进行一次变换 i, j, k, w ，则该数列成为常数列，新的
as+1,1 - as+1,2 + as+1,3 - as+1,4 + as+1,5 - as+1,6 + as+1,7 - as+1,8 等于零，比原来的
as ,1 - as ,2 + as ,3 - as ,4 + as ,5 - as ,6 + as ,7 - as ,8 更小，这与 as ,1 - as ,2 + as ,3 - as ,4 + as ,5 - as ,6 + as ,7 - as ,8 的最小性
矛盾.
综上，只可能 as ,2 j-1 - as ,2 j = 0 j =1,2,3,4 ，而 as ,1 + as ,2 = as ,3 + as ,4 = as ,5 + as ,6 = as ,7 + as ,8 ，故 as ,n = Ω A 是
常数列，充分性得证.
解法二：由题意可知：W中序列的顺序不影响Ω A 的结果，
且 a1,a2 , a3,a4 , a5,a6 , a7 ,a8 相对于序列也是无序的，
（ⅰ）若 a1 + a2 = a3 + a4 = a5 + a6 = a7 + a8 ，
不妨设 a1 a3 a5 a7 ，则 a2 a4 a6 a8 ，
①当 a1 = a3 = a5 = a7 ，则 a8 = a6 = a4 = a2 ，
分别执行 a1 个序列 2,4,6,8 、 a2个序列 1,3,5,7 ，
可得 a1 + a2 ,a1 + a2 ,a1 + a2 ,a1 + a2 ,a1 + a2 , a1 + a2 ,a1 + a2 ,a1 + a2 ，为常数列，符合题意；
②当 a1,a3 ,a5 ,a7 中有且仅有三个数相等，不妨设 a1 = a3 = a5 ，则 a2 = a4 = a6，
即 a1, a2 , a1, a2 , a1, a2 , a7 , a8 ，
分别执行 a2个序列 1,3,5,7 、 a7个序列 2,4,6,8
可得 a1 + a2 , a2 + a7 , a1 + a2 , a2 + a7 , a1 + a2 , a2 + a7 , a2 + a7 , a7 + a8 ，
即 a1 + a2 ,a2 + a7 , a1 + a2 ,a2 + a7 ,a1 + a2 ,a2 + a7 ,a2 + a7 ,a1 + a2 ，
因为 a1 + a3 + a5 + a7 为偶数，即3a1 + a7 为偶数，
a ,a a7 - a1 N*可知 1 7 的奇偶性相同，则 ，2
a
分别执行 7
- a1 个序列 1,3,5,7 ， 1,3,6,8 ， 2,3,5,8 ， 1,4,5,8 ，
2
可得
3a7 + 2a2 - a1 , 3a7 + 2a2 - a1 , 3a7 + 2a2 - a1 , 3a7 + 2a2 - a1 , 3a7 + 2a2 - a1 , 3a7 + 2a2 - a1 , 3a7 + 2a2 - a1 , 3a7 + 2a2 - a1
2 2 2 2 2 2 2 2
，
为常数列，符合题意；
③若 a1 = a3 < a5 = a7，则 a2 = a4 > a6 = a8 ，即 a1, a2 , a1, a2 , a5 , a6 , a5 , a6 ，
分别执行 a5 个 1,3,6,8 、 a1 个 2,4,5,7 ，
可得 a1 + a5 ,a1 + a2 ,a1 + a5 ,a1 + a2 ,a1 + a5 ,a5 + a6 ,a1 + a5 ,a5 + a6 ，
因为 a1 + a2 = a5 + a6 ，
可得 a1 + a5 , a1 + a2 , a1 + a5 , a1 + a2 , a1 + a5 , a1 + a2 , a1 + a5 , a1 + a2 ，
即转为①，可知符合题意；
④当 a1,a3 ,a5 ,a7 中有且仅有两个数相等，不妨设 a1 = a3，则 a2 = a4，
即 a1, a2 , a1, a2 , a5 , a6 , a7 , a8 ，
分别执行 a1 个 2,4,5,7 、 a5 个 1,3,6,8 ，
可得 a1 + a5 ,a1 + a2 ,a1 + a5 ,a1 + a2 ,a1 + a5 ,a5 + a6 ,a1 + a7 ,a5 + a8 ，
且 a1 + a2 = a5 + a6 ，可得 a1 + a5 , a1 + a2 , a1 + a5 , a1 + a2 , a1 + a5 , a1 + a2 , a1 + a7 , a5 + a8 ，
因为 a1 + a3 + a5 + a7 = 2a1 + a5 + a7 为偶数，可知 a5 ,a7的奇偶性相同，
则 a1 + a5 + a1 + a5 + a1 + a5 + a1 + a7 = 4a1 +3a5 + a7 为偶数，
且 a1 + a5 = a1 + a5 = a1 + a5 < a1 + a7，即转为②，可知符合题意；
⑤若 a1 < a3 < a5 < a7 ，则 a2 > a4 > a6 > a8 ，即 a1,a2 ,a3 ,a4 ,a5 ,a6 ,a7 ,a8 ，
分别执行 a1 个 2,3,5,8 、a3个 1,4,6,7 ，
可得 a1 + a3 , a1 + a2 , a1 + a3 ,a3 + a4 , a1 + a5 , a3 + a6 ,a3 + a7 ,a1 + a8，
且 a1 + a2 = a3 + a4，可得 a1 + a3 , a1 + a2 , a1 + a3 ,a1 + a2 ,a1 + a5 , a3 + a6 ,a3 + a7 ,a1 + a8 ，
因为 a1 + a3 + a5 + a7 为偶数，
则 a1 + a3 + a1 + a3 + a1 + a5 + a3 + a7 = 2 a1 + a3 + a1 + a3 + a5 + a7 为偶数，
且 a1 + a3 = a1 + a3 < a1 + a5 < a3 + a7 ，即转为④，可知符合题意；
综上所述：若 a1 + a2 = a3 + a4 = a5 + a6 = a7 + a8 ，则存在序列W，使得Ω A 为常数列；
（ⅱ）若存在序列W，使得Ω A 为常数列，
因为对任意Ω A :b1,b2,×××,b8，
均有 b1 +b2 - a1 + a2 = b3 +b4 - a3 + a4 = b5 +b6 - a5 + a6 = b7 +b8 - a7 + a8 成立，
若Ω A 为常数列，则b1 + b2 = b3 + b4 = b5 + b6 = b7 + b8 ，
所以 a1 + a2 = a3 + a4 = a5 + a6 = a7 + a8 ；
综上所述：“存在序列W，使得Ω A 为常数列”的充要条件为“ a1 + a2 = a3 + a4 = a5 + a6 = a7 + a8 ”.
【典例 2-2】（2024·全国·高考真题）设 m 为正整数，数列 a1, a2 , ..., a4m+2 是公差不为 0 的等差数列，若从中
删去两项 ai 和 a j i < j 后剩余的 4m项可被平均分为m组，且每组的 4 个数都能构成等差数列，则称数列
a1, a2 , ..., a4m+2 是 i, j -可分数列．
(1)写出所有的 i, j ，1 i < j 6，使数列 a1 , a2 , ..., a6 是 i, j -可分数列；
(2)当m 3 时，证明：数列 a1, a2 , ..., a4m+2 是 2,13 -可分数列；
(3)从1,2,..., 4m + 2 中一次任取两个数 i 和 j i < j ，记数列 a1, a2 , ..., a4m+2 是 i, j -可分数列的概率为 Pm ，证
1
明：Pm > ．8
【解析】（1）首先，我们设数列 a1, a2 , ..., a4m+2 的公差为d ，则 d 0 .
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，
a - a
故我们可以对该数列进行适当的变形 a = k 1k +1 k =1,2,..., 4m + 2 ，d
得到新数列ak = k k =1,2,...,4m+ 2 ，然后对 a1 , a2 , ..., a4 m+2 进行相应的讨论即可.
换言之，我们可以不妨设ak = k k =1,2,...,4m+ 2 ，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1,2,3,4,5,6 中取出两个数 i 和 j i < j ，使得剩下四个数是等差数列.
那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6 .
所以所有可能的 i, j 就是 1,2 , 1,6 , 5,6 .
（2）由于从数列1,2,..., 4m + 2 中取出2和13后，剩余的 4m个数可以分为以下两个部分，共m组，使得每
组成等差数列：
① 1,4,7,10 , 3,6,9,12 , 5,8,11,14 ，共3组；
② 15,16,17,18 , 19,20,21,22 ,..., 4m-1,4m,4m+1,4m+ 2 ，共m - 3组.
（如果m - 3 = 0 ，则忽略②）
故数列1,2,..., 4m + 2 是 2,13 -可分数列.
（3）定义集合 A = 4k +1 k = 0,1,2,..., m = 1,5,9,13,..., 4m +1 ，
B = 4k + 2 k = 0,1,2,...,m = 2,6,10,14,..., 4m + 2 .
下面证明，对1 i < j 4m + 2，如果下面两个命题同时成立，
则数列1,2,..., 4m + 2 一定是 i, j -可分数列：
命题 1： i A, j B或 i B, j A；
命题 2： j - i 3 .
我们分两种情况证明这个结论.
第一种情况：如果 i A, j B，且 j - i 3 .
此时设 i = 4k1 +1， j = 4k2 + 2， k1,k2 0,1,2,...,m .
则由 i < j可知 4k1 +1 < 4k2 + 2 ，即 k2 - k
1
1 > - ，故 k k .4 2 1
此时，由于从数列1,2,..., 4m + 2 中取出 i = 4k1 +1和 j = 4k2 + 2后，
剩余的 4m个数可以分为以下三个部分，共m组，使得每组成等差数列：
① 1,2,3,4 , 5,6,7,8 ,..., 4k1 -3,4k1 -2,4k1 -1,4k1 ，共 k1 组；
② 4k1 + 2,4k1 +3,4k1 + 4,4k1 +5 , 4k1 + 6,4k1 + 7,4k1 +8,4k1 +9 ,..., 4k2 - 2,4k2 -1,4k2,4k2 +1 ，共 k2 - k1 组；
③ 4k2 +3,4k2 + 4,4k2 +5,4k2 + 6 , 4k2 + 7,4k2 +8,4k2 +9,4k2 +10 ,..., 4m-1,4m,4m+1,4m+ 2 ，共m - k2组.
（如果某一部分的组数为 0，则忽略之）
故此时数列1,2,..., 4m + 2 是 i, j -可分数列.
第二种情况：如果 i B, j A，且 j - i 3 .
此时设 i = 4k1 + 2 ， j = 4k2 +1， k1,k2 0,1,2,...,m .
则由 i < j可知 4k1 + 2 < 4k +1 k k
1
2 ，即 2 - 1 > ，故 k2 > k1 .4
由于 j - i 3，故 4k2 +1 - 4k1 + 2 3，从而 k2 - k1 1，这就意味着 k2 - k1 2 .
此时，由于从数列1,2,..., 4m + 2 中取出 i = 4k1 + 2 和 j = 4k2 +1后，剩余的 4m个数可以分为以下四个部分，
共m组，使得每组成等差数列：
① 1,2,3,4 , 5,6,7,8 ,..., 4k1 -3,4k1 -2,4k1 -1,4k1 ，共 k1 组；
② 4k1 +1,3k1 + k2 +1,2k1 + 2k2 +1,k1 +3k2 +1 ， 3k1 + k2 + 2,2k1 + 2k2 + 2,k1 +3k2 + 2,4k2 + 2 ，共2组；
③全体 4k1 + p,3k1 + k2 + p,2k1 + 2k2 + p,k1 +3k2 + p ，其中 p = 3, 4,..., k2 - k1，共 k2 - k1 - 2 组；
④ 4k2 +3,4k2 + 4,4k2 +5,4k2 + 6 , 4k2 + 7,4k2 +8,4k2 +9,4k2 +10 ,..., 4m-1,4m,4m+1,4m+ 2 ，共m - k2组.
（如果某一部分的组数为 0，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 k2 - k1 - 2 个行，4个列的数
表以后，4个列分别是下面这些数：
4k1 +3,4k1 + 4,...,3k1 + k2 ， 3k1 + k2 +3,3k1 + k2 + 4,...,2k1 + 2k2 ， 2k1 + 2k2 +3,2k1 + 2k2 +3,...,k1 +3k2 ，
k1 +3k2 +3,k1 +3k2 + 4,...,4k2 .
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 4k1 +1,4k1 + 2,...,4k2 + 2 中除开五个集合
4k1 +1,4k1 + 2 ， 3k1 + k2 +1,3k1 + k2 + 2 ， 2k1 + 2k2 +1,2k1 + 2k2 + 2 ， k1 +3k2 +1,k1 +3k2 + 2 ，
4k2 +1,4k2 + 2 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 4k1 + 2和 4k2 +1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1,2,..., 4m + 2 是 i, j -可分数列.
至此，我们证明了：对1 i < j 4m + 2，如果前述命题 1 和命题 2 同时成立，则数列1,2,..., 4m + 2 一定是
i, j -可分数列.
然后我们来考虑这样的 i, j 的个数.
首先，由于 A
2
B = ，A 和 B 各有m +1个元素，故满足命题 1 的 i, j 总共有 m +1 个；
而如果 j - i = 3 ，假设 i A, j B，则可设 i = 4k1 +1， j = 4k2 + 2，代入得 4k2 + 2 - 4k1 +1 = 3 .
但这导致 k2 - k
1
1 = ，矛盾，所以 i B, j A .2
设 i = 4k1 + 2 ， j = 4k2 +1， k1,k2 0,1,2,...,m ，则 4k2 +1 - 4k1 + 2 = 3，即 k2 - k1 = 1 .
所以可能的 k1, k2 恰好就是 0,1 , 1,2 ,..., m-1,m ，对应的 i, j 分别是 2,5 , 6,9 ,..., 4m-2,4m+1 ，总
共m个.
所以这 m +1 2 个满足命题 1 的 i, j 中，不满足命题 2 的恰好有m个.
2
这就得到同时满足命题 1 和命题 2 的 i, j 的个数为 m +1 - m .
当我们从1,2,..., 4m + 2 中一次任取两个数 i 和 j i < j 时，总的选取方式的个数等于
4m + 2 4m +1
= 2m +1 4m +1 .
2
2
而根据之前的结论，使得数列 a1, a2 , ..., a4m+2 是 i, j -可分数列的 i, j 至少有 m +1 - m 个.
所以数列 a1, a2 , ..., a4m+2 是 i, j -可分数列的概率 Pm 一定满足
2
m2 m 1
1
m +1P
2 - m 2 m +m + m +1 + +
= > 4 = è 2
÷
1 .
m = 2m +1 4m +1 2m +1 4m +1 2m +1 4m + 2 2 2m +1 2m +1 8
这就证明了结论.
【变式 2-1】（2023·北京·高考真题）已知数列 an , bn 的项数均为 m (m > 2)，且 an ,bn {1,2,L,m},
an , bn 的前 n 项和分别为 An , Bn，并规定 A0 = B0 = 0 ．对于 k 0,1,2,L,m ，定义
rk = max i∣Bi Ak ,i {0,1,2,L,m} ，其中，max M 表示数集 M 中最大的数.
(1)若 a1 = 2, a2 = 1, a3 = 3,b1 = 1,b2 = 3,b3 = 3，求 r0 , r1 , r2 , r3 的值；
(2)若 a1 b1，且 2r j r j +1 + r j -1 , j = 1, 2,L , m - 1, ，求 rn ；
(3)证明：存在 p,q,s,t 0,1,2,L,m ，满足 p > q, s > t, 使得 Ap + Bt = Aq + Bs ．
【解析】（1）由题意可知： A0 = 0, A1 = 2, A2 = 3, A3 = 6, B0 = 0, B1 =1, B2 = 4, B3 = 7 ，
当 k = 0时，则 B 0 = A 0 = 0 , B i > A 0 , i = 1, 2 , 3 ，故 r0 = 0；
当 k = 1时，则 B 0 < A1 , B 1 < A1 , B i > A1 , i = 2 , 3 ，故 r1 =1；
当 k = 2时，则 Bi A2 , i = 0,1, B2 > A2 , B3 > A2 ,故 r2 =1；
当 k = 3时，则 Bi A3 , i = 0,1, 2, B3 > A3，故 r3 = 2 ；
综上所述： r0 = 0， r1 =1， r2 =1， r3 = 2 .
（2）由题意可知： rn m ，且 rn N ，
因为 a *n 1, b n 1 ，且 a1 b1，则 An B1 > B0 对任意n N 恒成立，
所以 r0 = 0, r1 1，
又因为 2 ri ri - 1 + ri + 1 ，则 ri + 1 - ri ri - ri - 1 ，即 rm - rm-1 rm-1 - rm-2 ××× r1 - r0 1，
可得 ri + 1 - ri 1 ，
反证：假设满足 rn + 1 - rn > 1 的最小正整数为0 j m-1，
当 i j时，则 ri + 1 - ri 2 ；当 i j -1时，则 ri + 1 - ri = 1 ，
则 rm = rm - rm-1 + rm-1 - rm-2 +×××+ r1 - r0 + r0 2 m- j + j = 2m- j ，
又因为0 j m-1，则 rm 2m- j 2m- m-1 = m+1> m，
假设不成立，故 rn + 1 - rn = 1 ，
即数列 rn 是以首项为 1，公差为 1 的等差数列，所以 rn = 0 + 1 n = n , n N .
（3）因为 an ,bn 均为正整数，则 An , Bn 均为递增数列，
（ⅰ）若 Am = Bm ，则可取 t = q = 0，满足 p > q, s > t, 使得 Ap + Bt = Aq + Bs ；
（ⅱ）若 Am < Bm ，则 rk < m ，
构建Sn = Br - An,1 n m，由题意可得： Sn 0 ，且 Sn 为整数，n
反证，假设存在正整数K ，使得 SK -m，
则 Br - AK -m , BK rK +1 - AK > 0 ，可得brK +1 = Br +1 - Br = Br +1 - AK - Br - A > m ，K K K K K
这与br +1 1,2,×××,m 相矛盾，故对任意1 n m , n N ，均有 S n 1 - m .K
①若存在正整数N ，使得SN = Br - AN =0，即 AN = Br ，N N
可取 t = q = 0, p = N , s = rN ，
满足 p > q , s > t ，使得 Ap + Bt = Aq + Bs ；
②若不存在正整数N ，使得 S N = 0 ，
因为 Sn -1, -2, × × ×,- m -1 ，且1 n m ，
所以必存在1 X < Y m ，使得 S X = SY ，
即 Br - AX = Br - AY ，可得 AY + Br = AX + BX Y X rY ，
可取 p = Y , s = rY , q = X , t = rX ，
满足 p > q , s > t ，使得 Ap + Bt = Aq + Bs ；
（ⅲ）若 Am > Bm ，
定义Rk = max i∣Ai Bk ,i {0,1,2,L,m} ，则 Rk < m ，
构建 Sn = AR - Bn ,1 n mn ，由题意可得： Sn 0 ，且 Sn 为整数，
反证，假设存在正整数K,1 K m，使得 SK -m，
则 AR - BK -m , AR +1 - BK > 0 ，可得 aR +1 = AR +1 - AR = AR +1 - BK - AR - BK > mK K ，K K K K K
这与 aR +1 1,2, × × ×, m 相矛盾，故对任意1 n m-1,n N，均有 S n 1 - m .K
①若存在正整数N ，使得 S N = AR - BN N = 0 ，即 AR = BN N ，
可取 q = t = 0, s = N , p = RN ，
即满足 p > q , s > t ，使得 Ap + Bt = Aq + Bs ；
②若不存在正整数N ，使得 S N = 0 ，
因为 Sn -1, -2, × × ×,- m -1 ，且1 n m ，
所以必存在1 X < Y m ，使得 S X = SY ，
即 AR - BX = AR - BY ，可得 AR + BX = AR + BX Y Y X Y ，
可取 p = RY , t = X , q = RX , s = Y ，
满足 p > q , s > t ，使得 Ap + Bt = Aq + Bs .
综上所述：存在0 q < p m,0 t < s m使得 Ap + Bt = Aq + Bs ．
【变式 2-2】（2022·北京·高考真题）已知Q : a1,a2 ,L,ak 为有穷整数数列．给定正整数 m，若对任意的
n {1,2,L,m}，在 Q 中存在 ai , ai+1 , ai+ 2 ,L , ai+ j ( j 0) ，使得 ai + ai+1 + ai+ 2 + L + ai+ j = n ，则称 Q 为m - 连续
可表数列．
(1)判断Q : 2,1,4是否为5 -连续可表数列？是否为 6 -连续可表数列？说明理由；
(2)若Q : a1,a2 ,L,ak 为8 - 连续可表数列，求证：k 的最小值为 4；
(3)若Q : a1,a2 ,L,ak 为 20 - 连续可表数列，且 a1 + a2 +L + ak < 20 ，求证： k 7．
【解析】（1） a2 =1， a1 = 2， a1 + a2 = 3， a3 = 4， a2 + a3 = 5，所以Q是5 -连续可表数列；易知，不存在
i, j使得 ai + ai+1 + L + ai+ j = 6，所以Q不是 6 -连续可表数列．
（2）若 k 3 ,设为Q : a,b,c ,则至多 a + b,b + c, a + b + c, a,b, c ，6 个数字，没有8个，矛盾；
当 k = 4时,数列Q :1,4,1,2，满足 a1 = 1， a4 = 2 ，a3 + a4 = 3， a2 = 4 ，a1 + a2 = 5， a1 + a2 + a3 = 6 ，
a2 + a3 + a4 = 7， a1 + a2 + a3 + a4 = 8， \kmin = 4．
k k +1
（3）Q : a1 , a2 ,L , a i = j k i j C 2k ，若 最多有 种，若 ，最多有 k 种，所以最多有 k + C2

k = 种，2
a ,a ,… ,a 5 5 +1 若 k 5，则 1 2 k 至多可表 =15个数，矛盾,
2
k < 7 , k 6 a,b,c,d,e, f 6(6 + 1)从而若 则 = ， 至多可表 = 212 个数，
而 a+b+c+d +e+ f < 20，所以其中有负的，从而a,b,c,d,e, f 可表 1~20 及那个负数（恰 21 个），这表明
a ~ f 中仅一个负的，没有 0，且这个负的在a ~ f 中绝对值最小，同时a ~ f 中没有两数相同,设那个负数为
-m(m 1) ，
则所有数之和 m +1+ m + 2 +L + m + 5 - m = 4m +15， 4m +15 19 m = 1，
\{a,b,c,d,e, f}={-1,2,3,4,5,6}，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足 20 个，
Q1= -1+ 2 （仅一种方式），
\-1与 2 相邻，
若-1不在两端,则"x , -1, 2 , __,__,__"形式，
若 x = 6，则5= 6+ (-1)（有 2 种结果相同，方式矛盾），
\ x 6， 同理 x 5, 4, 3 ，故-1在一端，不妨为"-1 ,2, A, B, C, D"形式，
若 A = 3 ,则5 = 2 + 3 （有 2 种结果相同，矛盾）， A = 4同理不行，
A = 5，则 6 = -1+ 2 + 5 （有 2 种结果相同，矛盾），从而 A = 6 ，
由于 7 = -1+ 2 + 6 ,由表法唯一知 3,4 不相邻,、
故只能 -1, 2, 6,3,5, 4，①或 -1, 2, 6, 4,5,3，②
这 2 种情形，
对①：9 = 6 + 3 = 5 + 4 ，矛盾，
对②：8 = 2 + 6 = 5 + 3，也矛盾，综上 k 6，
当 k = 7时，数列1, 2, 4,5,8, -2, -1满足题意，
\k 7 ．
【变式 2-3】（2021·北京·高考真题）设 p 为实数.若无穷数列 an 满足如下三个性质，则称 an 为 p
数列：
① a1 + p 0，且 a2 + p = 0 ；
② a4n-1 < a4n ,( n =1,2,×××)；
③ am+n am + an + p, am + an + p +1 ， m, n =1,2, × × × ．
（1）如果数列 an 的前 4 项为 2，-2，-2，-1，那么 an 是否可能为 2 数列？说明理由；
（2）若数列 an 是 0 数列，求 a5 ；
（3）设数列 an 的前n项和为 Sn .是否存在 p 数列 an ，使得 Sn S10 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 p = 2, a1 = 2, a2 = -2, 所以 a1 + a2 + p = 2, a1 + a2 + p +1 = 3，
因 为 a3 = -2,所 以a3 a1 + a2 + 2,a1 + a2 + 2+1
所以数列 an ，不可能是 2 数列.
(2)性质① a1 0, a2 = 0 ，
由性质③ am+2 am , am +1 ，因此 a3 = a1或 a3 = a1 + 1， a4 = 0或 a4 =1，
若 a4 = 0，由性质②可知 a3 < a4 ，即 a1 < 0或 a1 +1 < 0，矛盾；
若 a4 = 1, a3 = a1 +1，由 a3 < a4 有 a1 +1 < 1，矛盾.
因此只能是 a4 =1, a3 = a1 .
又因为 a4 = a1 + a3 或 a4 = a1 + a3 +1，所以 a
1
1 = 或 a1 = 0 .2
若 a
1
1 = ，则a2 = a1+1 a1 + a2 1 +0,a1 + a1 +0+1 = 2a1,2a1 +1 = 1,2 ，
不满足 a2 = 0，舍去.
当 a1 = 0，则 an 前四项为:0，0，0，1，
下面用数学归纳法证明a4n+i = n(i =1,2,3),a4n+4 = n +1 n N ：
当 n = 0时，经验证命题成立，假设当n k(k 0)时命题成立，
当 n = k + 1时：
若 i =1，则a4 k+1 +1 = a4k+5 = a j+ 4k+5- j ，利用性质③：
a j + a *4k +5-∣j j N ,1 j 4k + 4 = {k, k +1}，此时可得： a4k +5 = k + 1；
否则，若 a4k +5 = k ，取 k = 0可得： a5 = 0，
而由性质②可得：a5 = a1 + a4 1,2 ，与 a5 = 0矛盾.
同理可得：
a j + a4k +6-∣j j N *,1 j 4k + 5 = {k, k +1}，有 a4k +6 = k +1；
a + a *j 4k +8-∣j j N , 2 j 4k + 6 = {k +1, k + 2}，有 a4k +8 = k + 2 ；
a j + a4k +7-∣j j N *,1 j 4k + 6 = {k +1}，又因为 a4k +7 < a4k +8，有 a4k +7 = k + 1.
即当 n = k + 1时命题成立，证毕.
综上可得： a1 = 0， a5 = a4 1+1 =1 .
(3)令bn = an + p ，由性质③可知：
"m , n N * , bm + n = am + n + p am + p + an + p,am + p + an + p +1 = bm +bn ,bm +bn +1 ，
由于b1 = a1 + p 0,b2 = a2 + p = 0,b4n-1 = a4n-1 + p < a4n + p = b4n ，
因此数列 bn 为 0 数列.
由（2）可知:
若"n N , a4n+i = n - p(i = 1, 2,3), a4n+4 = n +1- p ；
S11 - S10 = a11 = a4 2+3 = 2 - p 0 ， S9 - S10 = -a10 = -a4 2+2 = -(2 - p) 0 ，
因此 p = 2，此时 a1,a2 , ,a10 0，a j 0 j 11 ，满足题意.
题型三：数列定义新概念
【典例 3-1】（2024·广东·模拟预测）定义：任取数列 an 中相邻的两项，若这两项之差的绝对值为 1，
则称数列 an 具有“性质 1”.已知项数为n的数列 an 的所有项的和为Mn，且数列 an 具有“性质 1”.
(1)若 n = 4，且 a1 = 0,a4 = -1，写出所有可能的Mn的值；
(2)若 a1 = 2024, n = 2023，证明：“ a2023 = 2 ”是“ ak > ak+1 k =1,2,L,2022 ”的充要条件；
(3)若 a1 = 0, n 2, M n = 0
*
，证明： n = 4m 或 n = 4m +1 m N .
【解析】（1）依题意，若 an : 0,1,0,-1，此时M n = 0 ；
若 an : 0, -1, 0, -1，此时M n = -2；
若 an : 0, -1, -2, -1，此时M n = -4 .
（2）必要性：因为ak > ak+1 k =1,2,L,2022 ，故数列 an n =1,2,3,L,2023 为等差数列，
所以ak+1 - ak = -1 k =1,2,L,2022 ，公差为-1，
所以a2023 = 2024+ 2023-1 -1 = 2；
充分性：由于 a2023 - a2022 -1, a2022 - a2021 -1,L , a2 - a1 -1，
累加可得， a2023 - a1 -2022，即 a2023 a1 - 2022 = 2 ，
因为 a2023 = 2 ，故上述不等式的每个等号都取到，所以ak+1 - ak = -1< 0 k =1,2,L,2022 ，
所以ak > ak+1 k =1,2,L,2022 ，
综上所述，“ a2023 = 2 ”是“ ak > ak+1 k =1,2,L,2022 ”的充要条件.
（3）令ck = ak+1 - ak k =1,2,L,n -1 ，依题意， ck = ±1，
因为 a2 = a1 + c1, a3 = a1 + c1 + c2 ,L , an = a1 + c1 + c2 +L + cn-1 ，
所以Mn = na1 + n -1 c1 + n - 2 c2 + n -3 c3 +L+ cn-1
= n -1 + n -2 +L+1- 1-c1 n -1 - 1-c2 n -2 -L- 1-cn-1
n n -1
= - é 1- c1 n -1 + 1- c2 n - 2 +L+ 1- cn-1 ù ，2
因为 ck = ±1，所以1- ck 为偶数 k =1,2,L,n -1 ，
所以 1-c1 n -1 + 1-c2 n -2 +L+ 1-cn-1 为偶数；
所以要使M n = 0
n n -1
，必须使 为偶数，即 4 整除 n n -1 ，
2
亦即 n = 4m 或 n = 4m +1 m N* ，
当 n = 4m m N* 时，比如a4k-1 = a4k-3 = 0,a4k-2 = -1,a4k =1 k =1,2,L,m 或 a4k -1 = a4k -3 = 0, a4k -2 =1，
a4k = -1 k =1,2,L,m 时，有 a1 = 0, M n = 0 ；
*
当 n = 4m +1 m N 时，比如a4k-1 = a4k-3 = 0,a4k-2 = -1,a4k =1,a4k+1 = 0 k =1,2,L,m 或 a4k -1 = a4k -3 = 0，
a4k-2 =1,a4k = -1,a4k+1 = 0 k =1,2,L,m 时，有 a1 = 0, M n = 0 ；
当 n = 4m + 2 或 n = 4m + 3 m N 时， n n -1 不能被 4 整除，M n 0 .
【典例 3-2】对任意正整数n，定义n的丰度指数 I n S n = ，其中S n 为n的所有正因数的和．
n
(1)求 I 8 的值：
(2)若 an = I 2n ，求数列 nan 的前n项和Tn
(3) 3 3对互不相等的质数 p, m,n，证明： I p mn = I p I m I n ，并求 I 2024 的值．
1 8 1,2,4,8 S 8 =1+ 2+ 4+8 =15 I S8 8 15【解析】（ ）因为 的所有正因数为 ，所以 ，得到 = = .
8 8
（2）因为2n共有 n + 1个正因数，它们为1, 2, 22 ,L , 2n ，
1- 2n+1
2
所以 a I 2n 1+ 2 + 2 +L+ 2
n 1 na n= 2n -
n = = =
1- 2 = 2 - ，得到 n ，n n n 2
n
2 2 2
所以Tn = 2(1+ 2 +L+ n)
1 2 n
- ( + 2 +L+ n ) = n(n 1) (
1 2 n
+ - + 2 +L+ n )，2 2 2 2 2 2
B 1 2 L n 1 B 1 2令 n = + 2 + + n ①，则 n = + +L
n
+ ②，
2 2 2 2 22 23 2n+1
- 1 B 1 1 1 L 1 n由① ②得到 n = + + + + - =1
1 n
- -
2 2 22 23 2n 2n+1 2n 2n+1
，
B 1 1 1 L 1 n 2 + n所以 n = + 2 + 3 + + n - n+1 = 2 - ，2 2 2 2 2 2n
故Tn = n(n +1) - 2
2 + n
+ .
2n
（3）因为 p, m,n是互不相等的质数，则 p 3 的正因数有4个，它们是1, p, p2 , p3 ，
m,n的正因数均为2个，分别为1, m 和1,n，
p3mn的正因数有 4 2 2 = 16 个，分别为1, p, p 2 , p3 , m, mp, mp 2 , mp3 , n, np, np 2 , np3 , mn, mnp, mnp 2 , mnp3 ，
2 3
所以 I p3 1+ p + p + p 1+ m= 3 , I m = , I n 1+ n= ，p m n
1+ p + p2 + p3 + m + mp + mp2 + mp3 + n + np + np2 3I p3mn + np + mn + mnp + mnp
2 + mnp3
=
p3mn
1+ p + p2 + p3 1+ m + n + mm 1+ p + p2 + p3 1+ m 1+ n 1+ p + p2 + p3 1+ m 1+ n
= 3 =p mn p3
=
mn p3
× ×
m n
= I p3 I m I n ，
3 I 2024 I (23)I (11)I (23) 1+ 2 + 4 + 8 1+11 1+ 23 15 12 24 540因为2024 = 2 11 23，所以 = = = = .8 11 23 8 11 23 253
【变式 3-1】（2024 *·重庆·模拟预测）对于数列 an ，定义Dan = an+1 - an n N ，满足
a1 = a2 =1,D Da 2n = m(m R)，记 f (m , n) = a1m + a2m + L + an m n ，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) 15，求 n 的最大值；
(3)记函数 S (x) = x + 2x2 +L + nxn ，其导函数为S (x)，证明：“ m - 函数”
m2 3m nf (m, n) = S (m) - S(m) + (m +1)
2 2 m

．
i=1
【解析】（1）由定义及D Dan = m．知D Dan = Dan+1 -Dan = m，
所以 Dan 是公差为 m 的等差数列，所以Dan = Da1 + (n -1)m ．
因为 a1 = a2 = 1，所以Da1 = a2 - a1 = 0，
所以Dan = (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 +L+ (n - 2)m
(n -1)(n - 2)m
= ，
2
a 1 (n -1)(n - 2)m即 n = + ．2
2
（1）当m = 2 时， an = 1 + (n - 1)(n - 2) = n - 3n + 3 ，
2
所以“ 2 -函数” f (2,n) =1 2 +1 2 +L+ n2 - 3n + 3 2n ．
当 n = 3时， f (2,3) = 1 2 +1 22 + 3 23 = 30 ．
2 m (n -1)(n - 2) n
2 - 3n + 4
（ ）当 =1时， an =1+ = ，2 2
故“1 - 函数” f (1, n) = a1 + a2 +L + an
2
=1+1+L n - 3n + 4+
2
12 - 3 1+ 4 22 - 3 2 + 4 2
= + +L n - 3n + 4+
2 2 2
1
= 12 + 22 3+L+ n2 - (1+ 2 +L+ n) + 2n2 2
n(n +1)(2n +1) 3n(n +1)
= - + 2n
12 4
n3 -3n2 +8n
= ．
6
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 x 5 时， g(x) 0，所以当1 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 + a2m 2 + L + an m n
m m2 L é1 (i -1)(i - 2)= + + + + mùê ú m
i +L+ éê1
(n -1)(n - 2)
+ mù mn
2 2 ú
2 2
= m + m2
é ù é ù
+L i - 3i+ ê m + (m +1)ú m
i +L n - 3n+ ê m + (m +1)
n
2 2 ú
m

m n n n
= i2mi 3m-2 2 im
i + (m +1) mi
i=1 i=1 i=1
由 S (x) = x + 2x2 +L + nxn ，得 S (x) =1+ 4x +L+ n2xn-1，
n n n
所以 xS (x) = x + 4x2 +L+ n2xn = i2xi i2mi = mS (m), imi，所以 = S(m)，
i=1 i=1 i=1
2 n
所以 f (m, n)
m
= S (m) 3m- S(m) + (m +1) mi2 2 i=1
【变式 3-2】（2024·甘肃张掖·模拟预测）定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形
成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”，例如：数列1,2,3经过第一次“和扩充”后得到
数列1,3,2,5,3；第二次“和扩充”后得到数列1,4,3,5,2,7,5,8,3．设数列a,b,c经过n次“和扩充”后得到的数列
的项数为Pn，所有项的和为 Sn ．
(1)若a = 2,b = 3,c = 4，求 P2 , S2 ；
(2)求不等式 Pn 2024 的解集；
(3)是否存在数列a,b,c a,b,c R ，使得数列 Sn 为等比数列？请说明理由．
【解析】（1）a = 2,b = 3,c = 4，第一次“和扩充”后得到数列 2,5,3,7,4 ，
第二次“和扩充”后得到数列2,7,5,8,3,10,7,11,4，
P2 = 9, S2 = 2 + 7 + 5 + 8 + 3 +10 + 7 +11+ 4 = 57；
（2）数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，
数列a,b,c经过n次“和扩充”后得到的数列的项数为Pn，
则经第 n +1 次“和扩充”后增加的项数为 Pn -1，
所以Pn+1 = Pn + Pn -1 = 2Pn -1，所以Pn+1 -1= 2Pn -2 = 2 Pn -1 ，
其中数列a,b,c经过 1 次“和扩充”后，得到a,a +b,b,b+c,c，故P1 = 5，
P1 -1 = 4，
故 Pn -1 是首项为 4，公比为 2 的等比数列，
P - 1 = 4 2n -1 n +1 n +1所以 n = 2 ，故 Pn = 2 + 1，
则 2n+1 +1 2024，即2n+1 2023，
又n N* ，解得 n≥10，
（3）因为 S1 = a + a + b + b + b + c + c = 2a + 3b + 2c ，
S2 = S1 +3 a + 2b+c ， S3 = S 22 +3 a + 2b + c ，
依次类推， Sn = S +3
n-1
n-1 a + 2b + c ，
n-1
故 Sn = Sn-1 +3 a + 2b + c = S n-2n-2 +3 a + 2b + c +3n-1 a + 2b + c
=L = S1 + a + 2b + c 3 + 32 +L+ 3n-1
3 1- 3n-1
2a 3b 2c a 2b c b a + c= + + + + + × = + n a + c
1- 3 2 ÷
×3 + ，
è 2
ìa + c 0 ìa + c = 0 2 2
若使 Sn 为等比数列，则 í 或 í
b a + c 0 b a c
.
+
+ + = 0
2 2
题型四：数列定义新运算
*
【典例 4-1】（2024·吉林长春·模拟预测）记集合 S ={ an |无穷数列 an 中存在有限项不为零， n N ，
n-1
对任意 an S ，设j an = a1 + a2x +L+ an x +L, x R ．定义运算 :若 an , bn S ，则
an bn S，且j an bn = j an ×j bn ．
(1)设 an bn = dn ，用 a1,a2 ,a3 ,b1,b2 ,b3 表示d3 ；
(2)若 an , bn , cn S ，证明： an bn cn = an bn cn ：
ì n +1 2 +1 ì 203-n
,1 n 100 1
(3)若数列 a ,1 n 500n 满足 an = í n n +1 ，数列 bn 满足bn =

í 2 ÷è ，设

0, n >100

0, n > 500
an bn = d
1
n ，证明： d200 < ．2
【解析】（1）因为 an bn = dn ，所以j dn = j an bn = j an ×j bn ，
2 2
所以 d1 + d2x + d3x +L = a1 + a2x + a3x +L b1 + b2x + b x23 +L , x R，
根据多项式的乘法可得： d3 = a1b3 + a2b2 + a3b1．
（2）因为j an bn = j an ×j bn ，
所以j an bn cn =j an bn ×j cn =j an ×j bn ×j cn ．
又j an bn cn =j an ×j bn cn =j an ×j bn ×j cn ，
所以j an bn cn =j an bn cn ，
所以 an bn cn = an bn cn
（3）对于 an , bn S ，
因为 an bn = dn ，所以j dn = j an bn = j an ×j bn ，
a + a x +L+ a xn-1所以 1 2 n +L b1 + b2x +L+ b xn-1 +L = d n-1n 1 + d2x +L+ dn x +L，
所以 d xn-1n = a1 b n-1 k -1 n-k n-2n x +L+ ak x bn+1-k x +L+ an-1x b2x + a xn-1n b1, x R ，
所以 dn = a1bn + a2bn-1 +L + akbn+1-k +L + an-1b2 + anb1 ．
200 100 200 100 100 (k +1)2 +1
所以 d200 = akb201-k = akb201-k + akb201-k = akb201-k = k +2 ．
k =1 k =1 k =101 k =1 k =1 k(k +1)2
100 1 2 1 100 1 100 é 1 1 ù
所以 d200 = 2k +2 1+ -k k +1 ÷ = k +2 + ê k +1 - k +2 ú ．k =1 è k =1 2 k =1 k × 2 (k +1) × 2
1 1
100 1-

1 8 2100 ÷ è 1 1 1 1 12k +2 = 1 = 4 -è 2100 ÷ = -k =1 1- 4 2
102
2
100 1 100d é 1 1 ù所以 200 = +2k +2 ê k g2k +1 - (k +1)g2k +2 úk =1 k =1
1 1 1 1 1 1 1 1
= -
4 2102
+ 2 - + - +L+ -1 2 2 23 2 23 3 24 100 2101 101 2102
1 1 1 1
= - -
2 2102 101 2102
< .
2
【典例 4-2】（2024·浙江杭州·三模）卷积运算在图象处理、人工智能、通信系统等领域有广泛的应
n
用．一般地，对无穷数列 an ， bn ，定义无穷数列 cn = akbn+1-k n N+ ，记作 an * bn = cn ，称为
k =1
an 与 bn 的卷积．卷积运算有如图所示的直观含义，即 cn 中的项依次为所列数阵从左上角开始各条对
角线上元素的和，易知有交换律 an * bn = bn * an ．
(1)若 an = n n，bn = 2 ， an * bn = cn ，求 c1 ， c2 ， c3 ， c4 ；
(2)对 i N+ ，定义Ti an 如下：①当 i =1时，Ti an = an ；②当 i 2 时，Ti an 为满足通项
ì0, n < i
d = d in í a ,n i 的数列 n ，即将 an 的每一项向后平移 i - 1项，前 i - 1项都取为 0．试找到数列 tn ， n+1-i
t i 使得 n × an =Ti an ；
(3)若 an = n ， an * bn = cn ，证明：当 n 3时，bn = cn - 2cn-1 + cn-2 ．
n
【解析】（1）因为 an = n ，bn = 2 ，所以 a1 = 1，b1 = 2； a2 = 2，b2 = 4；
a3 = 3，b3 = 8； a4 = 4 ，b4 =16 .
n
因为 an * bn = cn ， cn = akbn+1-k n N+ ，
k =1
所以 c1 = 2， c2 = 8， c3 = 22 ， c4 = 52 .
(1) ì1, n = 1
（2） t =n í 0, n 2
，
i N t ( i ) ì
1, n = i
对一般的 +， = í0, n i .n
（3）方法一：
n
记 bn 的前 n 项和为 Sn ，由卷积运算的交换律有 n +1- k bk = cn ,
k =1
n
故 n +1 Sn - kbk = cn ，
k =1
n
因此 n + 2 Sn+1 - kbk - n +1 bn+1 = cn+1，②
k =1
②－①得 Sn+1 = cn+1 - cn，
故当 n 3时，bn = Sn - Sn-1 = cn -cn-1 - cn-1 -cn-2 = cn -2cn-1 +cn-2 ．
方法二：
记 bn 的前 n 项和为 Sn ，常数列Tn =1 "n N+ ，注意
（Ⅰ）
易证卷积关于数列加法有分配律，将（Ⅰ）中所有数列对应项相加，得 Tn * bn = Sn ，注意
（Ⅱ）
注意 Tn t i 是 n 对所有 i N i + 对应项相加所得的数列， an 是 tn * Tn 对所有 i N+ 对应项相加所得的数列，
易知卷积运算有结合律，因此将（Ⅱ）中所有数列对应项相加，
n
得cn = an * bn 的通项即为 cn = Si ，
i=1
故当 n 3时，bn = Sn - Sn-1 = cn -cn-1 - cn-1 -cn-2 = cn -2cn-1 +cn-2 ．
注：以上论证可用符号语言说明如下：
定义数列加法： zn = xn + yn ，其中 zn = xn + yn ．
容易验证卷积运算满足结合律： xn * yn * wn = xn * yn * wn ，
数列加法关于卷积满足分配律： xn + yn * wn = xn * wn + yn * wn ．
n a * b = t j * t i 因此 n n n n ÷÷* bn = t j n * t i n * bn ÷ = Si .
è j=1 è i=1 j=1 è i=1 i=1
【变式 4-1】（2024·山东青岛·一模）记集合 S = an |无穷数列 an 中存在有限项不为零， n N* ，对
任意 an S ，设变换 f an = a1 + a2x +L+ a n-1n x +L， x R ．定义运算 ：若 an , bn S ，则
an bn S， f an bn = f an × f bn ．
(1)若 an bn = mn ，用 a1, a2 , a3 , a4 ,b1,b2 ,b3 ,b4 表示m4 ；
(2)证明： an bn cn = an bn cn ；
ì n +1 2 +1 ì 203-n
,1 n 100 1 ,1 n 500
(3)若 an = í n n +1 b
1
， n = í

è 2 ÷ ， dn = an bn ，证明： d200 < ．
2
0, n >100

0, n > 500
【解析】（1）因为 f an bn = f an × f bn
= a1 + a 2 3 2 32x + a3x + a4x L b1 + b2x + b3x + b4x L
= ×××+ a b + a b + a b + a b x31 4 2 3 3 2 4 1 +×××，
且 f mn = m1 + m2x + m 2 33x + m4x +L，
所以，由 an b = m m x3n n 可得 4 = (a1b4 + a2b3 + a3b2 + a 34b1 )x ，
所以m4 = a1b4 + a2b3 + a3b2 + a4b1 .
（2）因为 f ({an} {bn}) = f ({an}) × f ({bn}) ，
所以 f ({an}) × f ({bn}) × f ({cn}) = f ({an} {bn}) × f ({cn}) = f (({an} {bn}) {cn})
又因为 f ( an ) × f ( bn ) × f ( cn ) = f ( an ) × é f ( bn ) × f ( cn ) ù
= f ({an}) × f ({bn} {cn})
= f ({an} ({bn} {cn}))
所以 f (({an} {bn}) f {cn}) = f ({an} ({bn} f {cn})) ，
所以 an bn cn = an bn cn .
（3）对于{an},{bn} S ，
n -1 n -1 n -1
因为 (a1 + a2 x + L + an x + L)(b1 + b2 x + L + bn x + L) = d1 + d 2 x + L + d n x + L ，
d x n -1所以 n = a1 (bn x
n -1 ) + L + a x k -1k (b
n - k
n +1- k x ) + L + a
n - 2 n -1
n -1x (b2 x) + an x b1，
所以 dn = a1bn + a2bn-1 +L + akbn+1-k +L + an-1b2 + anb1 ，
n
所以 an bn = dn
ì ü
= í akbn+1-k ，
k =1
200 100 200 100 100
d (k +1)
2 +1
200 = akb201-k = akb201-k + akb201-k = akb201-k = ，
k =1 k =1 k =101 k =1 k =1 k(k +1)2k +2
100 1
所以 d200 = k +2 1
2 1
+ - ，
k =1 2
÷
è k k +1
100 100 é ù
= 1 1 12k +2 + ê k +1 -k =1 k =1 ê k × 2 k +1
ú
× 2k +2 ú
1 102 1
= - < .
2 101 2102 2
【变式 4-2】任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘 3 再加上 1；若是偶数，就将该数除以 2.反复进行上
述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1 4 2 1 .这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称
“角谷猜想”）.如取正整数m = 6，根据上述运算法则得出6 3 10 5 16 8 4 2 1，共需经过
8 个步骤变成 1（简称为 8 步“雹程”）.现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列 an 满足： a1 = m （m
ìa
n ,当a 为偶数时,
为正整数）， an+1 = í 2
n
当m = 3 时， a1 + a2 + a3 +L + a60 = （ ）
3an +1,当an为奇数时
A．170 B．168 C．130 D．172
【答案】D
【解析】依题意，3 10 5 16 8 4 2 1 4 2 1L ，
故 a1 + a2 + a3 + a4 + a5 = 3 +10 + 5 +16 + 8 = 42 ，
又 60-5 3 =18×××1，所以 a6 + a7 + ×××+ a60 =18 7 + 4 =130．
所以 a1 + a2 + ×××+ a60 = 42 +130 =172．
故选：D.
题型五：数列定义新情景
【典例 5-1】（多选题）（2024·山东青岛·三模）若有穷整数数列 An : a1,a2,Lan n 3 满足：
ai+1 - ai -1,2 i =1,2,L,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 ,L,ak -1中任意两项均不相同
【答案】ACD
【解析】对 A：取数列0,2,1,0，易得其满足题意，此时该数列具有性质T ，故 A 正确；
对 B：假设存在数列 a1 , a2 , a3 , a4 , a5 具有性质T ，则 a1 = a5 = 0 ，
且ai+1 -ai -1,2 i =1,2,L,4 ，
设ai+1 -ai -1,2 i =1,2,L,4 中有m个-1，则有 4 - m 个2，
4
则有 ai+1 - ai = a2 - a1 + a3 - a2 + a4 - a3 + a5 - a4 = a5 - a1
i=1
= m -1 + 4- m 2 = 8-3m = 0 8，即m = 3，
其与m为整数矛盾，故假设错误，故 B 错误；
对 C：设 a1 ， a2 ， a3 ，L， a10 中的最大值为 M ，
则存在 ak ，使得 ak = M 或 ak = -M ，
若存在 ak ，使 ak = M ，下证： ak ， ak +1，L， a10 可以取遍 0到 M 之间所有的整数，
假设存在正整数m m < M 使得 ak ， ak +1，L， a10 中各项均不为m，
令集合B = i ai m ，设 i0是集合 B 中元素的最大值，
则有 ai > m > a0 i0 +1，
这与ai+1 - ai -1,2 i =1,2,L,n -1 矛盾，
所以 ak ， ak +1，L， a10 可以取遍 0到 M 之间所有的整数，
若M =1，则 a1 ， a2，a3，L， a9的取值只能为 0，±1中的数，
此时 a1 ， a2，a3，L， a9中必有两项相同，
若M = 2，则 a1 ， a2，a3，L， a9的取值只能为 0，±1，±2中的数，
此时 a1 ， a2，a3，L， a9中必有两项相同，
若M 3 ，则 a1 ， a2，a3，L， ak 中一定有异于 0和 M 的正整数，
再由 ak ， ak +1，L， a10 可以取遍 0到 M 之间所有的整数，
所以 a1 ， a2，a3，L， a9中必有两项相同，
当 ak = -M ，同理可证： a1 ， a2，L， ak 可以取遍-M 到 0之间所有的整数，
从而 a1 ， a2，a3，L， a9中必有两项相同，故 C 正确；
对 D：取数列0,2,1,0，此时该数列具有性质T ，
且 a1 , a2 , a3 中任意两项均不相同，即存在 k = 4，故 D 正确.
故选：ACD.
【典例 5-2】（2024·河南·二模）已知无穷数列 an 是首项为 1，各项均为正整数的递增数列，集合
A = k N∣* an < k < an+1,n N* ，若对于集合A 中的元素 k，数列 an 中存在不相同的项 ai , ai ,L , a1 2 im ，使
得 ai + ai + L + a1 2 i = km ，则称数列 an 具有性质N k ，记集合B = k∣数列 an 具有性质 N k }.
ì2n -1,n 4(1)若数列 an 的通项公式为 an = ín 6, n 4 ，判断数列 an 是否具有性质N k ，若具有，写出集合A 与 + >
集合 B ；
(2)已知数列 an 具有性质N k 且集合A 中的最小元素为 t .集合 B 中的最小元素为 s ，当 t 3 时，证明：
t = s .
【解析】（1）定义C = a1,a2,a3,×××,an ,××× ，由题意可知 A = CN* ，
若数列 an
2n -1,n 4,
的通项公式为 a
ì
n = ín 6, n ， + > 4.
可知C = 1,3,5,7,11,12,13,××× ，
所以 A = *C = 2,4,6,8,9,10N ，
因为 2 只能写成 2 =1+1，不合题意，即 2 B ，
4 = 1 + 3，符合题意，即 4 B，
6 = 1 + 5 ，符合题意，即 6 B ，
8 = 1+ 7 ，符合题意，即8 B，
9 = 1+ 3 + 5，符合题意，即9 B ，
10 = 3 + 7 ，符合题意，即10 B ，
所以B = 4,6,8,9,10 .
（2）因为 a *n 是各项均为正整数的递增数列， a1 =1, A = k N∣a < k < a *n n+1,n N ，
集合A *中的最小元素为 t ，故当 n t - 1, n N , a1 , a2 , a3 ,L , an 为连续正整数，
即取 an = n, n t - 1, n N
*
，
因为 t 3, at 前至少有连续两个正整数 1，2，
即 at -1 a1 ，存在正整数1, t -1, at -1 + a1 = t -1+1 = t B ，
因为集合 B 中的最小元素为 s ，故 t s .
因为 s B，故数列 an 具有性质 N s ，
故存在 i 使得 ai < s < ai+1，且 s = ai + L + a1 im ，
而 t 为数列 an 具有性质N k 且集合A 中的最小元素，故 s t
所以 t = s .
【变式 5-1】（2024·北京东城·二模）已知 An : a1,a2,L,an n 3 为有穷整数数列，若 An 满足：
ai+1 -ai p,q i =1,2,L,n -1 ，其中 p ，q是两个给定的不同非零整数，且 a1 = an = 0，则称 An 具有性质
T .
(1)若 p = -1，q = 2，那么是否存在具有性质T 的 A5？若存在，写出一个这样的 A5；若不存在，请说明理
由；
(2)若 p = -1，q = 2，且 A10具有性质T ，求证： a1, a2 , , a9 中必有两项相同；
(3)若 p + q =1，求证：存在正整数 k，使得对任意具有性质T 的 Ak ，都有 a1,a2 ,L,ak -1中任意两项均不相
同.
【解析】（1）不存在具有性质T 的 A5，理由如下：
设 A5 : a1,a2 ,a3 ,a4 , a5 ，由于 a1 = a5 = 0 ，ai+1 - ai -1,2 i =1,2,3,4 ，
设 a2 - a1， a3 - a2 ， a4 - a3， a5 - a4中有m个-1， 4 - m 个2，
则有 a2 -a1 + a3 -a2 + a4 -a3 + a5 -a4 = a5 -a1 = 0，
所以-1 m+ 2 4-m = 0，解得m 8= 3，与m为整数矛盾，
所以不存在具有性质T 的 A5 .
（2）设 a1 ， a2 ， a3 ，L， a10 中的最大值为 M ，则存在 ak ，使得 ak = M 或 ak = -M ，
若存在 ak ，使 ak = M ，下证： ak ， ak +1，L， a10 可以取遍 0到 M 之间所有的整数，
假设存在正整数m m < M 使得 ak ， ak +1，L， a10 中各项均不为m，
令集合B = i | ai > m ，设 i0是集合 B 中元素的最大值，
则有 ai > m > a0 i0 +1，
这与ai+1 - ai -1,2 i =1,2,L,n -1 矛盾，
所以 ak ， ak +1，L， a10 可以取遍 0到 M 之间所有的整数，
若M =1，则 a1 ， a2，a3，L， a9的取值只能为 0，±1中的数，
此时 a1 ， a2，a3，L， a9中必有两项相同，
若M = 2，则 a1 ， a2，a3，L， a9的取值只能为 0，±1，±2中的数，
此时 a1 ， a2，a3，L， a9中必有两项相同，
若M 3 ，则 a1 ， a2，a3，L， ak 中一定有异于 0和 M 的正整数，
再由 ak ， ak +1，L， a10 可以取遍 0到 M 之间所有的整数，
所以 a1 ， a2，a3，L， a9中必有两项相同，
当 ak = -M ，同理可证： a1 ， a2，L， ak 可以取遍-M 到 0之间所有的整数，
从而 a1 ， a2，a3，L， a9中必有两项相同.
（3）不妨设 p < 0 < q，当 a2 - a1， a3 - a2 ，L， a - a 中恰有q个 pk k -1 ，-p个q，
由于 a2 - a1 + a3 - a2 +L+ ak - ak-1 = ak - a1 = 0，
所以取 k = q - p +1，此时 Ak 具有性质T ，
下证： a1,a2 ,L,ak -1中任意两项均不相同，
若存在 i, j 1 i < j k -1 使得 ai = a j ，
令 ai = u1 p + v1q， a j = u2 p + v2q ，
则有0 u1 u2 q，0 v1 v2 - p，
令 s = u2 - u1， t = v2 - v1，则有 ps + qt = 0且0 s q，0 t -p，
由于 p + q =1，则有 s = q s -t ，
若 s = t ，则有 s = 0，即u2 = u1 ，
当 ai = a j 时，有 v2 = v1 ，从而 i = j，矛盾；
若 s t ，则有 s = q且 s = t +1，
因此有u2 = q ，u1 = 0， v2 = q -1， v1 = 0，
所以此时 ai = a1 ， a j = an ，矛盾；
综上所述，存在正整数 k，使得对任意具有性质T 的 Ak ，都有 a1,a2 ,L,ak -1中任意两项均不相同.
【变式 5-2】（2024·北京朝阳·一模）若有穷自然数数列A ：a1,a2,×××,an n 2 满足如下两个性质，则称
A 为 Bn 数列：
① ak max a1 + ak-1,a2 + ak-2,×××,ak-1 + a1 k = 2,3,×××,n ，其中，max x1, x2 , × × ×, xs 表示 x1, x2 , × × ×, xs ，这 s 个
数中最大的数；
② ak min a1 + ak-1,a2 + ak-2,×××,ak s-1 + a1 +1 k = 2,3,×××,n ，其中，min x1, x2,×××, xs 表示 x1, x2 , × × ×, xs ，这 个
数中最小的数.
(1)判断A ：2，4，6，7，10 是否为B5数列，说明理由；
(2)若A ： a1, a2 , × × ×, a6是 B6 数列，且 a1 ， a2，a3成等比数列，求 a6；
(3)证明：对任意 Bn 数列A ：a1,a2,×××,an n 2 ，存在实数 l ，使得ak = kl k =1,2,×××,n .（ x 表示不超
过 x的最大整数）
【解析】（1）A ：2，4，6，7，10 不是B5数列，理由如下：
因为 a1 + a3 = 8,a2 + a2 = 8，
所以max a1 + a3,a2 + a2 = 8，
但 a4 = 7 < 8 ，所以A 不满足性质①，故不是B5数列；
（2）根据A ： a1, a2 , × × ×, a6是 B6 数列可得A ： a1, a2 , × × ×, a6满足：
a2 = a1 + a1或 a2 = a1 + a1 +1， a3 = a1 + a2 或 a3 = a1 + a2 +1，
2
①若 a
a
2 = a1 + a1，因为 a1 ， a2，a3成等比数列，所以 a3 = 2 = 4aa 1，1
又 a1 0，所以 a3 a1 + a2 ，所以 a3 = a1 + a2 +1 = 3a1 +1 = 4a1，得 a1 = 1，
2
a a a 1 a a a a2 2a1 +1
2
②若 2 = 1 + 1 + ，因为 1 ， 2， 3成等比数列，所以 a3 = = ，a1 a1
a 2a
2
当 = a + a 时， a = 3a +1 = 1 +1 -3 ± 53 1 2 3 1 ，解得 a1 = ，与 a1 为自然数矛盾，舍去；a1 2
a a a 1 2a1 +1
2
当 3 = 1 + 2 + 时， a

3 = 3a1 + 2 = ，解得 a1 = -1，与 a1 为自然数矛盾，舍去；a1
所以 a1 =1, a2 = 2,a3 = 4，
由 a1 + a3 = 5, a2 + a2 = 4以及max a1 + a3,a2 + a2 a4 min a1 + a3,a2 + a2 +1，
得5 a4 5，所以 a4 = 5，
由 a1 + a4 = 6, a2 + a3 = 6 以及max a1 + a4,a2 + a3 a5 min a1 + a4,a2 + a3 +1，
得6 a5 7 ，
由7 a1 + a5 8, a2 + a4 = 7,a3 + a3 = 8以及max a1 + a5,a2 + a4,a3 + a3 a6 min a1 + a5,a2 + a4 ,a3 + a3 +1，
可知8 a6 8，所以 a6 = 8；
（3）当 n = 2时，根据 B 2 数列的定义，可知 a2 = 2a1 或 a2 = 2a1 +1 ,
若 a2 = 2a1 ，取l = a1 + 0.1 > 0，则a1 = l ,a2 = 2l ，结论成立，
若 a2 = 2a1 +1，取l = a1 + 0.5 > 0 ，则a1 = l ,a2 = 2l ，结论成立，
假设存在自然数 t > 2，存在Bt 数列使得结论不成立，设这样的 t 的最小值为 t0 ，
即存在 B t0 数列 A : a1 , a2 ,L , at0 对任意实数 l ，存在 k 1,2,L,t0 ，使得ak kl ，
根据假设，数列A 的前 t0 -1项 a1 , a2 ,L , at B0 -1组成的数列是一个 t0 -1数列，
从而存在实数b ，使得ak = kb ， k =1,2,L, t0 -1，
即 ak kb < ak +1 k =1,2,L, t 1 ,
ak b a +10 - < k k =1,2,L, tk k 0 -1 ，
ì a ü ì a +1ü
令 L = max ía ,
a2
1 ,L,
t0 -1 ,U = min a 1,
a2 +1í 1 + ,L,
t0 -1 ，则 L b 2 t0 -1 2 t0 -1
* ì at ü * ì a +1ü
令 L = max íL, 0
t
,U = min íU , 0 ，则 L L* ,U * U ，
t0 t0
a
L* = t0 u 1,2,L,t -1 U au +1①若 ，根据U 的定义，存在 0 ，使得 =t ，0 u
at0 -u又 L < U
a +1
= u
t0 - u u
，
a a + a +1 a
L* = t0 t0 -u u = t0 -u
+ au +1 au +1 * at at +1
则 < = U 且
L = 0 < 0 ，
t0 t0 t0 - u + u u t0 t0
所以 L* ②若L*
a
= L，根据 L 的定义，存在 l 1,2,L,t0 -1 ，使得 L = l ，l
a al = L < U t0 -l
+1
又 l t0 - l
，
L* L a
al + al t0 -l +1 al + at -l +1 a= = < = 0 t +1则 0 ，且 L* = L < U ，
l l + t0 - l t0 l0
所以 L* 所以 L L* < U * U ，
L*b +U
*
令 = ，则 L L* < b < U * U ，
2
ì a
max a , a2 ,L, t
ü ì a +1ü
即 í 01 < b < min ía1 +1,
a2 +1,L, t0 ，
2 t0 2 t

0
ak b a +1所以 < < k k =1,2,L, t0 ，k k
所以ak < kb < ak +1 k =1,2,L,t0 ，
即ak = kb k =1,2,L,t0 ，与假设矛盾，
综上，结论成立.
题型六：差分数列、对称数列
【典例 6-1】（多选题）如果项数有限的数列 an 满足ai = an-i+1 i =1,2 ,n ，则称其为“对称数列”，设 bn
是项数为 2k -1 k N* 的“对称数列”，其中b ，b k k+1， ，b2k -1是首项为50 ，公差为-4的等差数列，则
（ ）
A．若 k = 12 ，则b1 =10 B．若 k = 14 ，则 bn 所有项的和为622
C．当 k =13时， bn 所有项的和最大 D． bn 所有项的和不可能为 0
【答案】BCD
【解析】记 bn 的各项之和为 S 2k -1 ，bk ，bk+1， ，b2k -1是首项为50 ，公差为-4的等差数列，
k k -1
可得bk + bk +1 + ×××+ b2k -1 = 50k

+ -4 = -2k 2 + 52k ，
2
S = b +×××+b +b +×××+b = 2 b +b +×××+b -b = -4k 2 +104k - 50 = -4 k -13 2所以 2k-1 1 k k+1 2k-1 k k+1 2k-1 k + 626，
当 k =13时， S2k -1 取到最大值，且最大值为 626，故选项 C 正确；
当 k = 14
2
时， S27 = -4 14 -13 + 626 = 622，故选项 B 正确；
S 2 k -1 = -4k
2 + 104k - 50 = 0 ，方程无正整数解，所以 bn 所有项的和不可能为 0，故选项 D 正确；
若 k = 12 ，则b1 = b23 = 50 - 4 11 = 6 ，故选项 A 错误.
故选：BCD
【典例 6-2】若项数为n的数列 an 满足：ai = an+1-i i =1，2，3，L，n 我们称其为n项的“对称数列”．例如：
数列1，2，2，1为4项的“对称数列”；数列1，2，3，2，1为5项的“对称数列”．设数列 cn 为 2k +1项的“对称数列”，其
中 c1，c2 Lck +1是公差为2的等差数列，数列 cn 的最大项等于8，记数列 cn 的前 2k +1项和为 S2k +1 ，若
S2 k +1 = 32 ，则 k = ．
【答案】3 或 4
【解析】由题意， ck +1 = 8，又 c1，c2 Lck +1是公差为2的等差数列，故 c1 + 2k = 8，则 c1 = 8 - 2k ，
ck = ck +1 - 2 = 6 .
又 S2 k +1 = 32 ，故2 c1 +c2 +...+ck +ck+1 = 32，即 c1 + c2 + ...+ ck =12，
由等差数列前n k 8 - 2k + 6 项和公式有 =12，化简得 k2 -7k +12 = 0，解得 k = 3或 k = 4 .
2
故答案为：3 或 4
【变式 6-1】（2024·四川南充·三模）对于数列 an ，规定Dan 为数列 an 的一阶差分，其中
Dan = a
* k k k-1 k-1 *
n+1 - an n N ，规定D an 为数列 an 的 k 阶差分，其中D an = D an+1 - D an n N ．若
a n(n -1)(2n -1) 2n = ，则D a6 = （6 ）
A．7 B．9 C．11 D．13
【答案】D
*
【解析】由Dan = an+1 - an n N 可得
a 8 7 15 7 6 13D 7 = a8 - a7 = - = 49，6 6
a a 7 6 13 6 5 11D 6 = 7 - a6 = - = 36，6 6
由Dka k-1 k-1n = D an+1 - D an n N* 可得D 2a6 = Da7 - Da6 ，
D 2所以 a6 = Da7 - Da6 = 49 - 36 = 13 ，
故选：D.
【变式 6-2】（2024·四川南充·三模）对于数列 an ，规定Dan 为数列 an 的一阶差分，其中
Da = a - a n N* D k a a k Dka = Dk-1a - Dk-1a *n n+1 n ，规定 n 为数列 n 的阶 差分，其中 n n+1 n n N .若
n n -1 2n -1a 2n = ，则D a3 = （ ）6
A．7 B．9 C．11 D．13
【答案】A
5 4 9 4 3 7 4 3 7 3 2 5
【解析】由新定义知，Da4 = a5 - a4 = - =16，Da3 = a4 - a3 = - = 9，6 6 6 6
2
所以D a3 = Da4 - Da3 = 16 - 9 = 7 ，
故选：A
题型七：非典型新定义数列
a11 a12 L a1n
÷
【典例 7-1】（2024·黑龙江·模拟预测）已知 n 行 n 列 n 2 的数表 A =
a21 a22 L a2n ÷
M M O M ÷中，满足：
÷
è an1 an2 L ann
n n
aij 0,1 ， i, j = 1, 2, × × ×, n .若数表A 满足当 ast = 0 时，总有 ait + asj n，则称此数表A 为典型数表，
i=1 j=1
n n
此时记 Sn = aij .
i=1 j=1
1 0 1
0 0 1 1
0 0 1 1 ÷
(1) 若数表M = 0 0 1
÷
÷ ， N =
÷
1 1 0 0÷，请直接写出 M，N 是否是典型数表；
è0 1 1÷ 1 1 0 0÷è
(2)当 n = 8时，是否存在典型数表 A 使得 S8 = 31，若存在，请写出一个数表 A；若不存在，请说明理由；
(3)若数表 A 为典型数表，求 Sn 的最小值（直接写出结果，不需要证明）.
【解析】（1）M 不是典型数表，N 是典型数表.
1 0 1
M = ÷因为数表 0 0 1÷ ，所以 a21 = 0，
0 1 1֏
3
此时 ai1 = a11 + a21 + a31 =1+ 0 + 0 =1，
i=1
3
a2 j = a21 + a22 + a23 = 0 + 0 +1 =1，
j=1
3 3
所以 ai1 + a2 j =1+1 = 2 < 3，
i=1 j=1
n n
不满足当 ast = 0 时，总有 ait + asj n，
i=1 j=1
故数表 M 不是典型数表；
0 0 1 1

0 0 1 1
÷ 4
因为数表 N = ÷ 1 1 0 0÷，所以当
a12 = 0时， ai2 = a12 + a23 + a32 + a42 = 2，
i=1

è1 1 0 0
÷

4
a1 j = a11 + a12 + a13 + a14 = 2，
j=1
4 4
所以 ai2 + a1 j = 4，
i=1 j=1
n n
由于数表 N 的数据具有对称性，所以当 ast = 0 时，总有 ait + asj n，
i=1 j=1
故数表 N 是典型数表.
（2）假设当 n = 8时，存在典型数表 A 使得 S8 = 31，
则需满足 S8 取得最小，即典型数表 A 中的“1”需要最少，
n n
由典型数表的定义可知：当 ast = 0 时，总有 ait + asj n，
i=1 j=1
8 8
所以需要使得尽量多的横列和 ait + asj = 8，
i=1 j=1
所以将表分成 4 个 4×4 数表，对角的两个数表数值相同，
但上下左右对称的数表数值不同，此时可保证 S8 取得最小，
1 1 1 1 0 0 0 0

1 1 1 1 0 0 0 0
÷
÷
1 1 1 1 0 0 0 0÷

1 1 1 1 0 0 0 0
÷
÷
而满足上述条件的典型数表 A 如 0 0 0 0 1 1 1 1 ÷ ，
÷
0 0 0 0 1 1 1 1 ÷
0 0 0 0 1 1 1 1 ÷
÷
è0 0 0 0 1 1 1 1 ÷
此时满足 S8 取得最小，但是 S8 的最小值为 32，
故不存在典型数表A ，使得 S8 = 31 .
（3）由（2）可知，要使 Sn 取得最小，
n n
需要尽量多的横列和 ait + asj = n或典型数表中“1”尽量少，
i=1 j=1
2 2
当n n n为偶数时，结合（2）分析可得： Sn 的最小值为 2 ÷ = ；
è 2 2
当n为奇数时，在偶数 n - 1的数表中间加上一行和一列，且在新增行列中添加n个“1”，
2
n -1 n2 +1
即可满足典型数列，此时 Sn 的最小值为 2 ÷ + n = .
è 2 2
x11 x12
【典例 7-2】（2024·辽宁葫芦岛·二模）设数阵 X 0 = x x ÷，其中
x11, x12 , x21, x22 1,2,3,4,5,6 .设
è 21 22
B = n1,n2 ,×××,nk 1,2,3,4,5,6 ，其中 n1 < n2 < ××× < nk ， k N* 且 k 6 .定义变换 M t 为“对于数阵的每一列，
若其中有 t 或-t，则将这一列中所有数均保持不变；若其中没有 t 且没有-t，则这一列中每个数都乘以-1”
（ t = n1 , n2 , × × ×, nk ），M B X 0 表示“将 X 0 经过Mn1变换得到 X1 ，再将 X1 经过Mn2变换得到 X 2 ，…，以此类
推，最后将 X k -1 经过Mnk 变换得到 X k .记数阵 X k 中四个数的和为TB X0 .
2 1X (1)若 0 = 3 4 ÷ ，
B = 2,5 ，写出 X 0 经过 M 2 变换后得到的数阵 X1 ，并求TB X0 的值；
è
2 1
(2)若 X 0 = ÷ ，B = n1,n , n T3 4 2 3 ，求 B X0 的所有可能取值的和；è
(3)对任意确定的一个数阵 X 0 ，证明：TB X0 的所有可能取值的和不大于- 8 .
21
【解析】（1）因为 x0 = ÷ ，B = 2,5 ，
è 3 4
2-1
X 0 经过 M 2 变换得到的数阵 X1 = ÷，
è3- 4
-21
X 1 经过M5 变换得到的数阵 X 2 = ÷ ，
è -34
所以TB (x0 ) = -3 +1- 2 + 4 = 0 .
（2）若B -21 2 -11,2,3,4 X ，则 3 = X =
è -34
÷或 3
è 3
，
- 4 ÷
可得TB (x0 ) = 0 ，4 种情况；
-2 -1
若B = 2,3, n3 或B = 1,4,n3 ， n3 5,6 ，则 X 3 = ÷，
è -3- 4
可得TB (x0 ) = -10，4 种情况；
若B = n1, n2 , n3 ，从 1,4 和 2, 3 中各取出一个元素 a，b，
n1 = min a,b ，n2 = max a,b
21
， n3 5,6 x

，则 3 = 3 4 ÷，è
可得TB x0 =10，8 种；
-21 2 -1若B = n1,5,6 ， n 1,2,3,4 x

1 ，则 3 = ÷或 x3 = ÷ ，
è -34 è 3 - 4
可得TB x0 = 0，4 种情况；
综上，TB x0 的所有可能取值的和4 0+ 4 (-10) +8 10+ 4 0 = 40；
（3）若 x11 x21 ，在 1,2,3,4,5,6 的所有非空子集中，
①含有 x11 且不含 x21 的子集共 24 个，
其中含有奇数个元素的集合有 8 个，经过变换后第一列均仍为 x11 ， x21 ；
其中含有偶数个元素的集合有 8 个，经过变换后第一列均变为 –x11 ， –x21；
②含有 x21 且不含 x11 的子集共 24 个，
其中含有奇数个元素的集合有 8 个，经过变换后第一列均仍为 x11 ， x21 ；
其中含有偶数个元素的集合有 8 个，经过变换后第一列均变为 –x11 ， –x21；
③同时含有 x11 和 x21 的子集共 24 个，
其中含有奇数个元素的集合有 8 个，经过变换后第一列均变为 –x11 ， –x21；
其中含有偶数个元素的集合有 8 个，经过变换后第一列均仍为 x11 ， x21 ；
④不含 x11 也不含 x21 的子集共24 -1个，
其中含有奇数个元素的集合有 8 个，经过变换后第一列均变为 –x11 ， –x21；
其中含有偶数个元素的集合有 7 个，经过变换后第一列均变为 x11 ， x21 ；
若 x11 = x21 ，在 1,2,3,4,5,6 的所有非空子集中，
①含有 x11 的子集共25个，
其中含有奇数个元素的集合有 16 个，经过变换后第一列均变为 x11 ， x21 ；
其中含有偶数个元素的集合有 16 个，经过变换后第一列均仍为 –x11 ， –x21；
②不含 x 511 的子集共 2 - 1 个，
其中含有奇数个元素的集合有 16 个，经过变换后第一列均变为 –x11 ， –x21；
其中含有偶数个元素的集合有 15 个，经过变换后第一列均仍为 x11 ， x21 ；
综上，经过变换后，所有 X k 的第一列数的和为
(8 + 8 + 8 + 8 +16 +16)(-x11 - x21) + (8 + 8 + 8 + 7 +16 +15)(x11 + x21) = 2(-x11 - x21)
同理，经过变换后所有 X k 的第二列数的和为 2(- x12 - x22 ) .
所以TB x0 的所有可能取值的和为 2(-x11 - x21 - x12 - x22 )，
又因为 x11, x12 , x21, x22 1,2,3,4,5,6 ，所以TB x0 的所有可能取值的和不超过- 8 .
【变式 7-1】已知无穷数列 an ，给出以下定义：对于任意的n N* ，都有 an + an+2 2an+1，则称数列 an
为“ T 数列”；特别地，对于任意的n N* ，都有 an + an+2 > 2an+1 ，则称数列 an 为“严格T 数列”.
(1) a b n A B a = 2n -1 b = -2n-1已知数列 n ， n 的前 项和分别为 n ， n ，且 n ， n ，试判断数列 An ，数列 Bn
是否为“ T 数列”，并说明理由；
(2)证明：数列 an 为“ T 数列”的充要条件是“对于任意的 k，m，n N* ，当 k < m < n 时，有
n - m ak + m- k an n - k am ”；
(3)已知数列 bn 为“严格T 数列”，且对任意的n N* ，bn Z ，b1 = -8 ，b128 = -8 .求数列 bn 的最小项的
最大值.
【解析】（1）由于 an = 2n
1+ 2n -1 n
-1 n-1为等差数列，所以 An = = n2 ，bn = -2 为等比数列，2
1- 2nBn = - =1- 2
n ，
1- 2
任意的n N* ，都有 An + An+2 - 2A 2n+1 = n + n + 2
2 - 2 n +1 2 = 2 > 0，
故 An + An+2 > 2An+1，所以数列 An 是为“ T 数列”，
任意的n N* ，都有 Bn + Bn+ 2 - 2Bn+1 = -2n - 2n+ 2 + 2 2n+1 = -2n < 0 ，
故Bn + Bn+2 < 2Bn+1，所以数列 Bn 不是为“ T 数列”，
（2）先证明必要性：
因为 a *n 为“ T 数列”，所以对任意的n N ，都有 an + an+2 2an+1，即 an+2 - an+1 an+1 - an ，
所以对任意的 k，m，n N* ，当 k < m < n 时，有
an - am = an - an-1 + an-1 - an-2 +L+ am+1 - am n - m am+1 - am ，
an - a所以 m a
n - m m+1
- am ，
又am - ak = am - am-1 + am-1 - am-2 +L+ ak+1 - ak m- k am - am-1 ，
a
所以 m
- ak a - a
m - k m m-1
，
又 am - a a
am - ak
m-1 m+1 - am ， am+1 - am - k m
am - ak a - a a - a a - a故 a - a n m ，即 m k n m ，故 n - m a + m- k a n - k a ，
m - k m+1 m n - m m - k n - m k n m
再证明充分性：
对于任意的 k，m，n N* ，当 k < m < n 时，有 n - m ak + m- k an n - k am ，
a
即 m
- ak a n - am ，
m - k n - m
对于任意的 k N* , m = k +1,n = k + 2
a - a a - a
，则有 k +1 k k +2 k +1 ，
1 1
即可 ak +2 + ak 2ak +1，所以 an 为“ T 数列”，
（3）数列 bn 为“严格T 数列”，且对任意的n N* ，有bn+2 + bn > 2bn+1，即bn+2 - bn+1 > bn+1 - bn，
设 cn = bn+1 - bn ，则 cn 为单调递增数列，且 cn Z ，
所以bn -b1 = bn -bn-1 + bn-1 -bn-2 +L b2 -b1 = cn-1 + cn-2 +L+ c1
因为b1 = -8 ，b128 = -8 .所以b128 - b1 = c127 + c126 +L + c1 = 0，
所以存在m N* , 2 m 127 时， cm-1 < 0, cm 0 ，
所以，当 n m , n N * , bn - bn -1 < 0,数列 bn 为单调递减数列，
n m , n N *当 , bn +1 - bn 0,
因此 bn 存在最小值，且最小值为bm ，
由于 cn Z ，所以 cm 0, cm+1 1,L , c127 127 - m ，且 cm-1 -1, cm-2 -2,L , c1 -m +1,
m m -1 m m -1
所以b m - b1 = cm-1 + cm-2 +L+ c1 - ，即bm -8 - ，2 2
127 - m 128 - m 127 - m 128 - m
b128 - bm = c127 + c126 +L+ c

m ，即bm -8 -2 2
ì 127 - m 128 - m m m -1b min 8 , 8 ü所以 m í- - - -
2 2
m m -1 127 - m 128 - m
- + =127 64 - m ，
2 2
127 - m 128 - m m m -1
当m = 64

时，-8 - = -8 - ，
2 2
127 - m 128 - m m m -1
当m > 64 8 时，- - > -8 - ，
2 2
127 - m 128 - m m
0 m 64 8 8 m -1 当 < < 时，- - < - -
2 2
m m-1
所以当m = 64时，bm 的最大值为-8- = -2024，
2
此时 cn = n - 64, n = 1, 2,3,L ,127 ，因为 c64 = b65 - b64 = 0 ，
所以数列 bn 的最小项的最大值为b65 = b64 = -2024
【变式 7-2】（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： a *1 = 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 = ma *n（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{d n }的前n项和为 S = 3nn - a a 0 ，
（i）若数列{d n }为“1阶可分拆数列”，求出符合条件的实数a的值；
a
（ii n）在（i）问的前提下，若数列 f 满足 f = ，n N*n n S ，其前n项和为Tn .证明：当n N* 且 n 3时，n
T 2 2n < a1 + a2 + a
2
3 + × × × × × × +a
2
n - an an +1 + 1成立.
【解析】（1）存在，理由如下：
由已知得 a1 = 1， a2 =1， a3 = a1 + a2 = 2，
\c1 = m,c2 = m,c3 = 2m,
\ c3 = c1 +c2 ,即 c1+2 = c1+c2 ,
\ 对"m R ，当正整数 k =1时，存在 n=2，使得 ck +n = ck + cn 成立，
即数列 cn 为“1阶可分拆数列”；
（2）Q Sn = 3n - a ，
\ 当 n = 1时， d1 = 3 - a ，
当 n 2时， dn = Sn - Sn-1 = (3
n - a) - (3n-1 - a) = 2 × 3n-1 ，
（i）若数列{d n }为“1阶可分拆数列”，则存在正整数n使得 d1+n = d1 + dn 成立，
当 n = 1时， d2 = d1 + d1，即6 = 2 3- a ，解得 a = 0，
当 n 2 2 ×3n = 3- a +2 ×3n-1时， ，即 4×3n-1 =3-a，
因 a 0，所以3 - a 3，又 4 ×3n-1 12，
故方程 4×3n-1 =3-a无解.
综上所述，符合条件的实数 a 的值为 0 .
（ii）方法一：
证明：Q an+ 2 = an+1 + an , (n N
* )，
\ 当 n 2时，a2n = an an+1 - an-1 = anan+1 - anan-1，
\ a 21 + a
2 + a 22 3 + × × × × × × +a
2
n
= a21 + a2a3 - a2a1 + a3a4 - a3a2 + a4a5 - a4a3 + ××××××+ anan+1 -anan-1
=a 21 - a2a1 +anan+1 =anan+1，
\ a 2 + a 21 2 + a
2
3 + × × × × × × +a
2
n - anan+1 + 1=1，
n
由（i）知 S n = 3 ，所以 f
a
n =
n
n ，3
a
\T 1 a2 a3 an-1 ann = 1 + 2 + 3 + × × × × × × +3 3 3 3n-1
+ n ①，3
1
Tn =
a1 + a2 + a3 a a2 3 4 + × × × × × × +
n-1 + nn n+1 ②，3 3 3 3 3 3
2 a a - a a - a a - a a - a a
由①-②可得 T = 1 + 2 1 3 2 4 3 n n-1 n
3 n 31 32
+ 3 + 4 + × × × × × × + n -3 3 3 3n+1
= 1 + a1 + a2 + a× × × × × × + n-2 an
3 33 34 3n
-
3n+1
= 1 + 1 a（ 1 + a2 a a2 + × × × × × × +
n-2 ）- n
3 3 31 32 3n-2 3n+1
= 1 + 1 an
3 32
Tn-2 - 3n+1
，
Q T 0，3
2 T = 1 + 1 T an 1 1\
3 n 3 32 n-2
- < + T ，
3n+1 3 32 n
\T 3n < <1，5
当n N* 2 2 2 2且 n 3时， Tn < a1 + a2 + a3 + × × × × × × +an - an an +1 + 1成立.
方法二：
证明：Q a *n+ 2 = an+1 + an , (n N )，
\ n 2 a2当 时， n = an an+1 - an-1 = anan+1 - anan-1，
\ a2 2 2 2 21 + a2 + a3 +××××××+an =a1 + a2a3 -a2a1 + a3a4 -a3a2 + a4a5 -a4a3 + ××××××+
=a21 + a2a3 -a2a1 + a3a4 -a3a2 + a4a5 -a4a3 + ××××××+ anan+1 -anan-1
=a 21 - a2a1 +anan+1 =anan+1，
\ a 21 + a
2
2 + a
2
3 + × × × × × × +a
2
n - anan+1 + 1=1，
i S = 3n f
a
由（ ）知 n ，所以 n =
n ，
3n
T = a\ 1 a2 a3 an-1 ann 31
+ 2 + 3 + × × × × × × + + ①，3 3 3n-1 3n
1 T = a1 a2 a3n 2 + 3 + 4 +
a a
×

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