4.1数列的概念 同步练习（含解析）2023——2024学年高中数学人教A版（2019）选择性必修2
文档属性
| 名称 | 4.1数列的概念 同步练习（含解析）2023——2024学年高中数学人教A版（2019）选择性必修2 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 912.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-05-02 08:49:22 | ||
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文档简介
4.1 数列的概念同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．在数列中，若，则（ ）
A．17 B．23 C．25 D．41
2．已知数列，则它的第8项为（ ）
A． B． C． D．
3．已知数列对于任意，都有，若，则（ ）
A．2 B． C．4 D．
4．已知数列满足：，，且，则数列前n项的和为（ ）
A． B． C． D．
5．在数列中，若（），则的值为（ ）
A．1 B．3 C．9 D．27
6．已知n为正整数，且，则（ ）
A． B． C． D．
7．在数列中，，，则数列的前2024项的积为（ ）
A． B． C． D．
8．已知数列的前项和为，首项，且满足，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．数列1，1，2，3，5，8，13…是意大利数学家莱昂纳多·斐波那契在他写的《算盘全数》中提出的，所以它常被称作斐波那契数列．该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它的前面两个数的和．记斐波那契数列为，其前项和为，则（ ）
A． B．是偶数
C． D．
10．已知数列的通项公式为，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则数列单调递减
B．若对任意，都有，则
C．若，则对任意，都有
D．若的最大项与最小项之和为正数，则
11．已知数列满足，，，则（ ）
A．是递减数列 B．
C． D．
12．已知数列满足，记数列的前项和为，则下列结论错误的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
13．已知数列的前项和为，且，则 .
14．已知数列满足，则的通项公式为 ．
15．已知数列满足，，，数列，满足，则数列的前2024项的和为 ．
16．某学校数学实践小组为该校一块长方形空地设计种树方案，在坐标纸上设计如下:第棵树种在点处，其中，当时，，[]表示不大于x的最大整数，按此设计方案，第3株树种植点的坐标为 ;第2025棵树种植点的坐标为 .
四、解答题
17．若实数列满足，有，称数列为“数列”.
(1)判断是否为“数列”，并说明理由；
(2)若数列为“数列”，证明：对于任意正整数，且，都有
(3)已知数列为“数列”，且.令，其中表示中的较大者.证明：，都有.
18．已知数列的前n项和为
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列前6项和．
19．已知在数列中，.
(1)求数列 的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前2 024项和.
20．已知数列满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和．
21．对于数列，定义“变换”：将数列变换成数列，其中，且．这种“变换”记作，继续对数列进行“变换”，得到数列，依此类推，当得到的数列各项均为0时变换结束．
(1)写出数列，经过6次“变换”后得到的数列；
(2)若不全相等，判断数列经过不断的“变换”是否会结束，并说明理由；
(3)设数列经过次“变换”得到的数列各项之和最小，求的最小值．
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．D
【分析】利用数列的通项公式求出即可.
【详解】
，
故.
故选：D
2．D
【分析】先观察分析写出数列的通项公式；再根据通项公式即可解答.
【详解】由题意知，数列的通项公式为，
所以它的第8项的值为.
故选：D.
3．C
【分析】根据题意，分别取，然后代入计算，即可得到结果.
【详解】因为数列对于任意，都有，
取，则，
取，则，则.
故选：C
4．B
【分析】由叠加法求出数列通项公式，再代入，求出数列通项公式，再由列项相消法求出.
【详解】由得，，，…，，，
叠加得，
由题可知也适合上式，故；
所以，
则数列前n项的和.
故选：B.
5．D
【分析】由数列的递推式，分别求出的值即可得出结果.
【详解】当时，，
当时，，所以，
当时，，所以.
故选：D.
6．C
【分析】根据给定条件，构造数列，探讨该数列单调性即得.
【详解】令，显然，
当时，，即，
因此当时，，
所以n为正整数，且，有.
故选：C
7．C
【分析】通过递推关系得出数列周期，利用周期可求答案.
【详解】因为，所以，
，，，，
所以数列的周期为，且，
设数列的前项的积为，.
故选：C
8．C
【分析】根据递推关系可得，即可逐一代入求解.
【详解】由可得，
所以可得，
，，
，
故选：C
9．AB
【分析】列出前几项，即可判断A，归纳即可判断B，由题意，根据求和定义和数列特点，直接求和，即可判断C、D.
【详解】依题意可得，，，，，，，，，，可得A正确；
由上述计算，观察分析发现，这个数列的数字是按照奇数、奇数、偶数这三个一组循环排列的，
而，可得是偶数，故B正确；
，故C错误；
，故D错误．
故选：AB．
10．ACD
【分析】对于选项A，求出，再作差判断两式分母的大小关系判断即可；对于选项B，求解，再分为奇数与偶数的情况讨论即可；对于选项C，分为奇数与偶数的情况讨论，进而求和分析是否为0即可；对于选项D，先将条件转化为：到距离最小的正奇数到的距离大于到距离最小的正偶数到的距离，再分情况讨论即可.
【详解】对于选项A，由条件知，，而，
结合，知，所以，
所以，即数列单调递减，故A正确；
对于选项B，首先有.
若，则当n为偶数时，，从而必成立；
而当n为奇数且时，由，知，，从而，即，这意味着.
所以只要，就一定有恒成立，所以由恒成立不可能得到，故B错误；
对于选项C，显然当同为奇数或同为偶数时，必有同号，故；
而当的奇偶性不同时，为奇数，此时不妨设分别是奇数和偶数，则
因为，故为偶数，而为奇数，所以，
所以，故C正确；
对于选项D，首先显然的是，最大项必定是某个第偶数项，最小项必定是某个第奇数项.
当为偶数时，要让最大，即要让最小；
而当为奇数时，要让最小，即要让最小.
设和分别是到距离最小的正偶数和正奇数，则条件相当于.
而，故条件等价于，即.
这表明，条件等价于，到距离最小的正奇数到的距离，大于到距离最小的正偶数到的距离.
若，则到距离最小的正奇数和正偶数分别是1和2，而由可知，不符合条件；
若，是正奇数，则到距离最小的正奇数到的距离为0，不可能大于到距离最小的正偶数到的距离，不符合条件；
若，且不是正奇数，设到的距离最近的正偶数为，则.
此时到距离最小的正偶数到的距离为，从而到距离最小的正奇数到的距离大于，进一步知任意正奇数到的距离都大于.
从而，，这意味着，，所以.
综上，，，故D正确．
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题的数列通项中含有，这往往意味着我们需要对的奇偶性作分类讨论，分两种情况对数列进行讨论才可全面地解决问题.
11．BD
【分析】结合数列的单调性、递推公式以及累加法、累乘法、放缩法、裂项相消法的应用，对各项逐一判断，即可得到本题答案.
【详解】对于A：易知，否则与矛盾，由，得，
所以，所以数列是递增数列，故A错误；
对于B：由选项A的判断知，所以，
由，得，
所以，
即，故B正确；
对于C：由，得，
则
，
所以，故C错误；
对于D：由，得，
即，
所以
，故D正确．
故选：BD.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的单调性，累加法以及裂项求和法，处理问题的关键是能够根据常见的递推关系，选择适当的方法求解.
12．AB
【分析】根据给定条件，计算数的前几项确定周期，再逐项分析计算得解.
【详解】数列中，，则，
，因此数列是以3为周期的周期数列，
对于A，，A错误；
对于B，，B错误；
对于C，，
因此，C正确；
对于D，，D正确.
故选：AB
13．
【分析】根据和的关系求解可得.
【详解】当时，；
当时，.
所以.
故答案为：
14．
【分析】根据题意，得到时，；当时，，两式相减，进而求得数列的通项公式.
【详解】因为，
当时，；
当时，，
两式相减得，所以，
所以数列{an}的通项公式为
故答案为：.
15．1
【分析】利用数列的递推公式求出数列的项，再利用特殊角的三角函数值及数列的周期性，结合数列的求和公式即可求解.
【详解】因为，，
所以
…，
所以数列的各项依次为3，1，，，，2，3，1，，，，2，…，其周期为6．
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
…，
所以数列是周期为12的周期数列，前12项依次为3，0，2，0，，0，，0，，0，1，0，
其前项12的和为．
又，
所以数列的前2024项的和为等于前8项的和．
故答案为：.
16．
【分析】根据所给递推关系，利用累加法，分别求出，代入数值即可计算得解.
【详解】，，，，，
，
故，
，，，，
，
累加得，，
故，
当时，，
第3棵树种植点的坐标应为；
当时，，
第 2018 棵树种植点的坐标应为．
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于发现相邻两项的关系，利用累加法求出通项公式，即可快速准确求解.
17．(1)数列是“数列”，数列不是“数列”；
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据“数列”的定义判断可得出结论；
（2）由可得出，利用累加法结合不等式的基本性质可得，以及，再结合可证得结论成立；
（3）首先当或2024时的情况，再考虑时，结合（2）中结论考虑用累加法可证得结论.
【详解】（1）因为，
所以数列是“数列”，
因为，
所以数列不是“数列”；
（2）令，因为数列为“数列”，所以
从而，所以
因为，所以
，
因为，所以.
（3）当或2024时，，
从而，
当时，因为，
由第(2)问的结论得，可推得，从而
对于，由第(2)问的结论得，从而也成立，从而
对于，由第(2)问的结论得，从而
也成立，从而
所以
由条件
可得，
所以.
【点睛】方法点睛：本题主要考查数列新定义的问题，处理此类问题时，通常根据题中的新定义，结合已知结论进行推导、求解；本题中，根据“数列”的定义“”结合作差法、不等式的性质进行推理、证明不等式成立，并在推导时，充分利用已有的结论进行推导，属于难题.
18．(1)
(2)151
【分析】（1）由与的关系，求数列的通项公式；
（2）由直接求数列前6项和．
【详解】（1）数列的前n项和为，
时，，
时，，
不符合，
所以.
（2）数列前6项和为.
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，化简得到，结合裂项法求和，即可求解；
（2）由（1）知，，结合，即可求解.
【详解】（1）解：因为，可得，
所以，当时，，
又因为，则；
当时，成立，所以.
（2）解：由（1）知，，
所以 ，
因为，
于是，
，
所以，所以数列的前项的和为.
20．(1)
(2)
【分析】（1）利用数列的和与项的关系构造①，② 两式，相减即得数列的通项；
（2）求出，将其裂项后，进行求和，消去中间项即得.
【详解】（1）当时，．依题意，①
当时，②．
①－②得，
所以．因时，该式也成立，
故的通项公式为．
（2）由（1）知，由可得
则
．
21．(1)；
(2)不可能结束，理由见解析；
(3)64.
【分析】（1）根据数列的新定义写出经过6次“变换”后得到的数列即可；
（2）先假设数列经过不断的"变换"结束，不妨设最后的数列设数列，，，且，，则非零数量可能通过“变换”结束，或者数列为常数列，进而得到可能出现的情况，推出矛盾，故假设不成立，即可证明；
（3）先往后推几项，发现规律，假设1次“变换"后得到的通项，多写几项推出规律，往后继续进行，推到使数字按近时，再继续推，往后会发现次“变换”得到的数列是循环的，得到最小值，进而推出次数即可.
【详解】（1）依题意，6次变换后得到的数列依次为
；；；；；，
所以，数列，经过6次“变换”后得到的数列为.
（2）数列经过不断的“变换”不可能结束
设数列，，，且，，
依题意，，，所以，
即非零常数列才能通过“变换”结束．
设（为非零自然数）．
为变换得到数列的前两项，数列只有四种可能
，，；，，；，，；，，．
而任何一种可能中，数列的第三项是0或．
即不存在数列，使得其经过“变换”成为非零常数列，
由①②得，数列经过不断的“变换”不可能结束．
（3）数列经过一次“变换”后得到数列，其结构为．
数列经过6次“变换”得到的数列分别为：
；；；
；；．
所以，经过6次“变换”后得到的数列也是形如“”的数列，
变化的是，除了3之外的两项均减小18．
因为，所以，数列经过次“变换”后得到的数列为2，5，3．
接下来经过“变换”后得到的数列分别为：
3，2，1；1，1，2；0，1，1；1，0，1；1，1，0；0，1，1；1，0，1，，
至此，数列和的最小值为2，以后数列循环出现，数列各项和不会更小，
所以经过次“变换”得到的数列各项和达到最小，
即的最小值为64．
【点睛】思路点睛：本题考查数列的新定义问题.关于数列的新定义一般思路为：（1）根据定义写出几项；（2）找出规律；（3）写成通项；（4）证明结论.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．在数列中，若，则（ ）
A．17 B．23 C．25 D．41
2．已知数列，则它的第8项为（ ）
A． B． C． D．
3．已知数列对于任意，都有，若，则（ ）
A．2 B． C．4 D．
4．已知数列满足：，，且，则数列前n项的和为（ ）
A． B． C． D．
5．在数列中，若（），则的值为（ ）
A．1 B．3 C．9 D．27
6．已知n为正整数，且，则（ ）
A． B． C． D．
7．在数列中，，，则数列的前2024项的积为（ ）
A． B． C． D．
8．已知数列的前项和为，首项，且满足，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．数列1，1，2，3，5，8，13…是意大利数学家莱昂纳多·斐波那契在他写的《算盘全数》中提出的，所以它常被称作斐波那契数列．该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它的前面两个数的和．记斐波那契数列为，其前项和为，则（ ）
A． B．是偶数
C． D．
10．已知数列的通项公式为，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则数列单调递减
B．若对任意，都有，则
C．若，则对任意，都有
D．若的最大项与最小项之和为正数，则
11．已知数列满足，，，则（ ）
A．是递减数列 B．
C． D．
12．已知数列满足，记数列的前项和为，则下列结论错误的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
13．已知数列的前项和为，且，则 .
14．已知数列满足，则的通项公式为 ．
15．已知数列满足，，，数列，满足，则数列的前2024项的和为 ．
16．某学校数学实践小组为该校一块长方形空地设计种树方案，在坐标纸上设计如下:第棵树种在点处，其中，当时，，[]表示不大于x的最大整数，按此设计方案，第3株树种植点的坐标为 ;第2025棵树种植点的坐标为 .
四、解答题
17．若实数列满足，有，称数列为“数列”.
(1)判断是否为“数列”，并说明理由；
(2)若数列为“数列”，证明：对于任意正整数，且，都有
(3)已知数列为“数列”，且.令，其中表示中的较大者.证明：，都有.
18．已知数列的前n项和为
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列前6项和．
19．已知在数列中，.
(1)求数列 的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前2 024项和.
20．已知数列满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和．
21．对于数列，定义“变换”：将数列变换成数列，其中，且．这种“变换”记作，继续对数列进行“变换”，得到数列，依此类推，当得到的数列各项均为0时变换结束．
(1)写出数列，经过6次“变换”后得到的数列；
(2)若不全相等，判断数列经过不断的“变换”是否会结束，并说明理由；
(3)设数列经过次“变换”得到的数列各项之和最小，求的最小值．
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参考答案：
1．D
【分析】利用数列的通项公式求出即可.
【详解】
，
故.
故选：D
2．D
【分析】先观察分析写出数列的通项公式；再根据通项公式即可解答.
【详解】由题意知，数列的通项公式为，
所以它的第8项的值为.
故选：D.
3．C
【分析】根据题意，分别取，然后代入计算，即可得到结果.
【详解】因为数列对于任意，都有，
取，则，
取，则，则.
故选：C
4．B
【分析】由叠加法求出数列通项公式，再代入，求出数列通项公式，再由列项相消法求出.
【详解】由得，，，…，，，
叠加得，
由题可知也适合上式，故；
所以，
则数列前n项的和.
故选：B.
5．D
【分析】由数列的递推式，分别求出的值即可得出结果.
【详解】当时，，
当时，，所以，
当时，，所以.
故选：D.
6．C
【分析】根据给定条件，构造数列，探讨该数列单调性即得.
【详解】令，显然，
当时，，即，
因此当时，，
所以n为正整数，且，有.
故选：C
7．C
【分析】通过递推关系得出数列周期，利用周期可求答案.
【详解】因为，所以，
，，，，
所以数列的周期为，且，
设数列的前项的积为，.
故选：C
8．C
【分析】根据递推关系可得，即可逐一代入求解.
【详解】由可得，
所以可得，
，，
，
故选：C
9．AB
【分析】列出前几项，即可判断A，归纳即可判断B，由题意，根据求和定义和数列特点，直接求和，即可判断C、D.
【详解】依题意可得，，，，，，，，，，可得A正确；
由上述计算，观察分析发现，这个数列的数字是按照奇数、奇数、偶数这三个一组循环排列的，
而，可得是偶数，故B正确；
，故C错误；
，故D错误．
故选：AB．
10．ACD
【分析】对于选项A，求出，再作差判断两式分母的大小关系判断即可；对于选项B，求解，再分为奇数与偶数的情况讨论即可；对于选项C，分为奇数与偶数的情况讨论，进而求和分析是否为0即可；对于选项D，先将条件转化为：到距离最小的正奇数到的距离大于到距离最小的正偶数到的距离，再分情况讨论即可.
【详解】对于选项A，由条件知，，而，
结合，知，所以，
所以，即数列单调递减，故A正确；
对于选项B，首先有.
若，则当n为偶数时，，从而必成立；
而当n为奇数且时，由，知，，从而，即，这意味着.
所以只要，就一定有恒成立，所以由恒成立不可能得到，故B错误；
对于选项C，显然当同为奇数或同为偶数时，必有同号，故；
而当的奇偶性不同时，为奇数，此时不妨设分别是奇数和偶数，则
因为，故为偶数，而为奇数，所以，
所以，故C正确；
对于选项D，首先显然的是，最大项必定是某个第偶数项，最小项必定是某个第奇数项.
当为偶数时，要让最大，即要让最小；
而当为奇数时，要让最小，即要让最小.
设和分别是到距离最小的正偶数和正奇数，则条件相当于.
而，故条件等价于，即.
这表明，条件等价于，到距离最小的正奇数到的距离，大于到距离最小的正偶数到的距离.
若，则到距离最小的正奇数和正偶数分别是1和2，而由可知，不符合条件；
若，是正奇数，则到距离最小的正奇数到的距离为0，不可能大于到距离最小的正偶数到的距离，不符合条件；
若，且不是正奇数，设到的距离最近的正偶数为，则.
此时到距离最小的正偶数到的距离为，从而到距离最小的正奇数到的距离大于，进一步知任意正奇数到的距离都大于.
从而，，这意味着，，所以.
综上，，，故D正确．
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题的数列通项中含有，这往往意味着我们需要对的奇偶性作分类讨论，分两种情况对数列进行讨论才可全面地解决问题.
11．BD
【分析】结合数列的单调性、递推公式以及累加法、累乘法、放缩法、裂项相消法的应用，对各项逐一判断，即可得到本题答案.
【详解】对于A：易知，否则与矛盾，由，得，
所以，所以数列是递增数列，故A错误；
对于B：由选项A的判断知，所以，
由，得，
所以，
即，故B正确；
对于C：由，得，
则
，
所以，故C错误；
对于D：由，得，
即，
所以
，故D正确．
故选：BD.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的单调性，累加法以及裂项求和法，处理问题的关键是能够根据常见的递推关系，选择适当的方法求解.
12．AB
【分析】根据给定条件，计算数的前几项确定周期，再逐项分析计算得解.
【详解】数列中，，则，
，因此数列是以3为周期的周期数列，
对于A，，A错误；
对于B，，B错误；
对于C，，
因此，C正确；
对于D，，D正确.
故选：AB
13．
【分析】根据和的关系求解可得.
【详解】当时，；
当时，.
所以.
故答案为：
14．
【分析】根据题意，得到时，；当时，，两式相减，进而求得数列的通项公式.
【详解】因为，
当时，；
当时，，
两式相减得，所以，
所以数列{an}的通项公式为
故答案为：.
15．1
【分析】利用数列的递推公式求出数列的项，再利用特殊角的三角函数值及数列的周期性，结合数列的求和公式即可求解.
【详解】因为，，
所以
…，
所以数列的各项依次为3，1，，，，2，3，1，，，，2，…，其周期为6．
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
…，
所以数列是周期为12的周期数列，前12项依次为3，0，2，0，，0，，0，，0，1，0，
其前项12的和为．
又，
所以数列的前2024项的和为等于前8项的和．
故答案为：.
16．
【分析】根据所给递推关系，利用累加法，分别求出，代入数值即可计算得解.
【详解】，，，，，
，
故，
，，，，
，
累加得，，
故，
当时，，
第3棵树种植点的坐标应为；
当时，，
第 2018 棵树种植点的坐标应为．
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于发现相邻两项的关系，利用累加法求出通项公式，即可快速准确求解.
17．(1)数列是“数列”，数列不是“数列”；
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据“数列”的定义判断可得出结论；
（2）由可得出，利用累加法结合不等式的基本性质可得，以及，再结合可证得结论成立；
（3）首先当或2024时的情况，再考虑时，结合（2）中结论考虑用累加法可证得结论.
【详解】（1）因为，
所以数列是“数列”，
因为，
所以数列不是“数列”；
（2）令，因为数列为“数列”，所以
从而，所以
因为，所以
，
因为，所以.
（3）当或2024时，，
从而，
当时，因为，
由第(2)问的结论得，可推得，从而
对于，由第(2)问的结论得，从而也成立，从而
对于，由第(2)问的结论得，从而
也成立，从而
所以
由条件
可得，
所以.
【点睛】方法点睛：本题主要考查数列新定义的问题，处理此类问题时，通常根据题中的新定义，结合已知结论进行推导、求解；本题中，根据“数列”的定义“”结合作差法、不等式的性质进行推理、证明不等式成立，并在推导时，充分利用已有的结论进行推导，属于难题.
18．(1)
(2)151
【分析】（1）由与的关系，求数列的通项公式；
（2）由直接求数列前6项和．
【详解】（1）数列的前n项和为，
时，，
时，，
不符合，
所以.
（2）数列前6项和为.
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，化简得到，结合裂项法求和，即可求解；
（2）由（1）知，，结合，即可求解.
【详解】（1）解：因为，可得，
所以，当时，，
又因为，则；
当时，成立，所以.
（2）解：由（1）知，，
所以 ，
因为，
于是，
，
所以，所以数列的前项的和为.
20．(1)
(2)
【分析】（1）利用数列的和与项的关系构造①，② 两式，相减即得数列的通项；
（2）求出，将其裂项后，进行求和，消去中间项即得.
【详解】（1）当时，．依题意，①
当时，②．
①－②得，
所以．因时，该式也成立，
故的通项公式为．
（2）由（1）知，由可得
则
．
21．(1)；
(2)不可能结束，理由见解析；
(3)64.
【分析】（1）根据数列的新定义写出经过6次“变换”后得到的数列即可；
（2）先假设数列经过不断的"变换"结束，不妨设最后的数列设数列，，，且，，则非零数量可能通过“变换”结束，或者数列为常数列，进而得到可能出现的情况，推出矛盾，故假设不成立，即可证明；
（3）先往后推几项，发现规律，假设1次“变换"后得到的通项，多写几项推出规律，往后继续进行，推到使数字按近时，再继续推，往后会发现次“变换”得到的数列是循环的，得到最小值，进而推出次数即可.
【详解】（1）依题意，6次变换后得到的数列依次为
；；；；；，
所以，数列，经过6次“变换”后得到的数列为.
（2）数列经过不断的“变换”不可能结束
设数列，，，且，，
依题意，，，所以，
即非零常数列才能通过“变换”结束．
设（为非零自然数）．
为变换得到数列的前两项，数列只有四种可能
，，；，，；，，；，，．
而任何一种可能中，数列的第三项是0或．
即不存在数列，使得其经过“变换”成为非零常数列，
由①②得，数列经过不断的“变换”不可能结束．
（3）数列经过一次“变换”后得到数列，其结构为．
数列经过6次“变换”得到的数列分别为：
；；；
；；．
所以，经过6次“变换”后得到的数列也是形如“”的数列，
变化的是，除了3之外的两项均减小18．
因为，所以，数列经过次“变换”后得到的数列为2，5，3．
接下来经过“变换”后得到的数列分别为：
3，2，1；1，1，2；0，1，1；1，0，1；1，1，0；0，1，1；1，0，1，，
至此，数列和的最小值为2，以后数列循环出现，数列各项和不会更小，
所以经过次“变换”得到的数列各项和达到最小，
即的最小值为64．
【点睛】思路点睛：本题考查数列的新定义问题.关于数列的新定义一般思路为：（1）根据定义写出几项；（2）找出规律；（3）写成通项；（4）证明结论.
答案第1页，共2页
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