中小学教育资源及组卷应用平台
重难点培优04 数列中的新文化、新定义问题
目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接）
01 知识重构 重难梳理固根基 1
02 题型精研 技巧通法提能力 2
题型一 杨辉三角与数列（★★★★★） 2
题型二 裴波那契数列（★★★★★） 5
题型三 n阶数列（★★★★★） 6
题型四 数列中其他新文化问题（★★★★★） 8
题型五 数列其他新概念定义（★★★★★） 9
题型六 数列其他新性质定义（★★★★★） 11
题型七 数列其他新运算定义（★★★★★） 12
03 实战检测 分层突破验成效 14
检测Ⅰ组 重难知识巩固 14
检测Ⅱ组 创新能力提升 20
一、斐波那契数列
1、斐波那契数列概念
把这个数列: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144,… 称为斐波那契数列 ，一般记为{Fn}。
2、斐波那契数列的递推公式
3、斐波那契数列的通项公式
4、斐波那契数列的性质（通项公式an,前n项和Sn）
（1）；
（2）；
（3）；
（4）；
（5）；
（6）；
（7）；
（8）；
（9）；
（10）
二、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 杨辉三角与数列
【技巧通法·提分快招】
1、第二层是自然数列 2、第三层是三角数列 这个数列中的数字始终可以组成一个完美的等边三角形． 3、每一层的数字之和是一个2倍增长的数列
1．我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书中，记录了如图所示的“杨辉三角” ．若将这些数字依次排列构成数列1，1，1，1，2，1，1，3，3，1，1，4，6，4，1，…，则此数列的第项为（ ）
A． B．
C． D．
2．（23-24高三下·海南·月考）如图为“杨辉三角”示意图，已知每行的数字之和构成的数列为等比数列且记该数列前项和为，设，将数列中的整数项依次取出组成新的数列记为，则的值为（ ）
A．24 B．26 C．29 D．36
3．（2024·福建宁德·模拟预测）（多选题）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列.从第1行开始，第n行从左至右的数字之和记为，如的前项和记为，依次去掉每一行中所有的1构成的新数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，...，记为，的前项和记为，则下列说法正确的有（ ）
A． B．的前项和
C． D．
4．我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就．在“杨辉三角”中，若去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…，记作数列，若数列的前n项和为，则 ．
5．如图是一个类似“杨辉三角”的图形，第行共有个数，且该行的第一个数和最后一个数都是，中间任意一个数都等于第行与之相邻的两个数的和，设，，，分别表示第行的第一个数，第二个数，，第个数，求，（且）的通项公式.
1
2 2
3 4 3
4 7 7 4
5 11 14 11 5
…………………………
题型二 裴波那契数列
【技巧通法·提分快招】
1、数列表示 （1）逐项罗列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…. （2）递推公式：a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3). （3）通项公式：an＝［()n－()n］. 2、常考性质 性质1.前n项和：Sn＝a1＋a2＋…＋an＝an＋2－1. 性质2.奇数项和：a1＋a3＋…＋a2n－1＝a2n；偶数项和：a2＋a4＋…＋a2n＝a2n＋1－1. 性质3.平方性质：＝anan＋1－anan－1；平方和性质：＋＋…＋＝anan＋1. 性质4.中项性质：anan＋2－＝(－1)n＋1；3an＝an－2＋an＋2. 性质5.余数列周期性： 被2除的余数列周期为3：1，1，0，…； 被3除的余数列周期为8：1，1，2，0，2，2，1，0，…； 被4除的余数列周期为6：1，1，2，3，1，0，….
1．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）斐波那契数列，又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多 斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称“兔子数列”，其数值为：1、1、2、3、5、8、13、21、34……，在数学上，这一数列以如下递推的方法定义：，，记此数列为，则等于（ ）
A． B． C． D．
2．（24-25高三上·黑龙江绥化·月考）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”，已知数列为“斐波那契数列”，则（ ）
A．2023 B．2024 C．1 D．2
3．（24-25高三下·江苏镇江·开学考试）（多选题）1202年，斐波那契从“兔子繁殖问题”得到斐波那契数列1，1，2，3，5，8，13，21，，该数列的特点是前两项为1，从第三项起，每一项都等于它前面两项的和.记为该数列的前n项和，则下列结论正确的有（ ）
A． B．为奇数
C． D．
4．（2024·山东·模拟预测）（多选题）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8，13，21，….该数列的特点如下：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列，若用表示斐波那契数列的第项，则数列满足：，.则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
5．（2024·河南·二模）数列称为斐波那契数列，该数列是由意大利数学家莱昂纳多 斐波那契（Leonardo Fibonacci）以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，满足，则数55是该数列的第 项；是斐波那契数列的第 项.
6．斐波那契数列又称“黄金分割数列”，因数学家莱昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用，斐波那契数列可以用如下方法定义：，则的个位数字是 ．
题型三 n阶数列
1．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中提出了关于一阶等差数列的问题：如果一个数列从第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列，则称为一阶等差数列．类比一阶等差数列的定义，我们亦可定义一阶等比数列，即一阶等比数列满足从第二项开始，每一项与前一项的比值构成等比数列．设数列是一阶等比数列，，则 ； ．
2．对于数列，记，对于，记，规定：，，称为数列的阶差数列．若的一阶差数列为等比数列，，，，的二阶差数列为常数列，常数为4，，，则数列的通项公式为 ，数列的前项和为 ．
3．设满足以下两个条件的有穷数列为阶“期待数列”：
①；
②.
(1)分别写出一个单调递增的3阶和4阶“期待数列”；
(2)若某21阶“期待数列”是递增等差数列，求该数列的通项公式；
(3)记阶“期待数列”的前项和为，试证：.
4．对于给定的数列，令，则数列称为的一阶和数列，再令，则数列是的二阶和数列，以此类推，可得的p阶和数列．
(1)若的二阶和数列是等比数列，且，，，，求；
(2)若，求的二阶和数列的前n项和；
(3)若是首项为1的等差数列，是的一阶和数列，且，，求正整数k的最大值，以及k取最大值时的公差．
5．（24-25高三上·山西吕梁·月考）对于给定的数列以及正整数，若，使得成立，则称为“阶可分拆数列”.
(1)设，证明：为“3阶可分拆数列”；
(2)设的前项和为，若为“1阶可分拆数列”，求实数的值；
(3)设，是否存在，使得为“阶可分拆数列”？若存在，请求出所有的值；若不存在，请说明理由.
题型四 数列中其他新文化问题
【技巧通法·提分快招】
1、解决数列与数学文化相交汇问题的关键
1．（2025·江苏宿迁·模拟预测）《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次为小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种，这十二个节气，其日影长依次成等差数列，若小寒、雨水、清明日影长之和为36尺，前八个节气日影长之和为92尺，则谷雨日影长为（ ）
A．15 B．16 C．17 D．18
2．古希腊毕达哥拉斯学派的“三角形数”是一列点（或圆球）在等距的排列下可以形成正三角形的数，如我国宋元时期数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”，其中的“落一形”堆垛就是每层为“三角形数”的三角锥的堆垛（如图所示，顶上一层1个球，下一层3个球，再下一层6个球，……）．若一“落一形”三角锥垛有20层，则该堆垛总共球的个数为（ ）
A．1540个 B．1760个 C．1250个 D．1980个
3．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．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”）．已知数列满足则（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
4．我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤.问本持金几何？”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金为持金的，第2关收税金为剩余金的，第3关收税金为剩余金的，第4关收税金为剩余金的，第 5关收税金为剩余金的，5关所收税金之和恰好重1斤.问原来持金多少 ”.记这个人原来持金为斤，则（ ）
A． B． C． D．
5．北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中记载了“隙积术”，提出长方台形垛积的一般求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积的第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有个小球……依此类推，最底层有个小球，共有层，由“隙积术”可得这些小球的总个数为.若由小球堆成的某个长方台形垛积有8层，小球总个数是460，则该垛积的第一层小球个数可以是（ ）
A．5 B．8 C．12 D．19
6．如图1是第七届国际数学教育大会（简称ICME－7）的会徽图案，会徽的主体图案是由如图2的一连串直角三角形演化而成的，其中，如果把图2中的直角三角形继续作下去，记的长度构成数列，设，其前项和为，则（ ）
A．63 B．8 C．7 D．64
题型五 数列其他新概念定义
1．（2025·河南·模拟预测）若对于任意的，为数列中小于的项的个数，则称数列是的“生成数列”.
(1)分别写出数列1，0，3，4及，，2，的“生成数列”的前4项；
(2)若数列满足，且的“生成数列”为，求；
(3)若为等比数列，且，公比，的“生成数列”为，的“生成数列”为，求.
2．（25-26高三上·湖南长沙·月考）已知是项正整数数列，令，其中.若对任意的中均无相同的项，则称数列为“和差单值”数列.
(1)判断8，4，2，1，2，4，8是否为“和差单值”数列.
(2)已知，其中为两两不同的正整数，问：是否为“和差单值”数列？请说明理由．
(3)证明：若的最大值不超过，则一定不是“和差单值数列”.
3．（2025·浙江·三模）定义：若对，，都有（j为常数，且），则称数列为“绝对等差数列”，常数j为数列的“绝对公差”．已知“绝对公差”数列所有项的和为E．
(1)若，，，请写出有序实数对的所有取值；
(2)若数列共有259项，且，，，求数列的通项公式；
(3)若j为奇数，数列共有2k（，）项，且，．证明：k为偶数，并写出一个符合条件的数列．
4．（2025·甘肃庆阳·模拟预测）已知为正整数，数列是公差为的等差数列.若从中随机取出若干项后，对于剩余项始终有，则称取出的项按从小到大顺序排成的数列为的“间子列”.
(1)直接写出数列所有的间子列；
(2)证明：存在数列的一个间子列，其也为数列的间子列；
(3)从数列中随机取出项，记将这项按从小到大顺序排成的新数列为的间子列的概率为，证明：.
5．（2025·浙江绍兴·模拟预测）若对，都有，则称与为“级相邻数列”．
(1)设的前n项和，且，试判断与是否为“2级相邻数列”，并说明理由；
(2)若，且为“4级相邻数列”，求k的取值范围；
(3)已知，由数列的所有项组成的集合M中恰好有2个元素，若与为“1级相邻数列”，求满足条件的数列的组数（用数字作答）．
题型六 数列其他新性质定义
1．（2025·河北·二模）已知是公差不为0的无穷等差数列.若对于中任意两项，，在中都存在一项，使得，则称数列具有性质.
(1)已知，，判断数列，是否具有性质；
(2)若数列具有性质，证明：的各项均为整数；
(3)若，求具有性质的数列的个数.
2．（2024·浙江台州·一模）对于无穷数列和如下的两条性质：：存在实数，使得且，都有；：任意且，都存在，使得．
(1)若，判断数列是否满足性质，并说明理由；
(2)若，且数列满足任意，则称为数列的一个子数列．设数列同时满足性质和性质．
①若，求的取值范围；
②求证：存在的子数列为等差数列．
3．（2025·辽宁·模拟预测）设为正整数，数列，，…，的各项均为正整数，若该数列满足下列性质：①，，，都有且，②，则称该数列是—特性数列．
(1)若数列是－特性数列，求与的最小值；
(2)若数列是—特性数列，是否存在数列是—特性数列？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由；
(3)从，，，…，中一次任取四个不同的数，记抽取的四个数组成的数列是—特性数列的概率为，求．
4．（24-25高三上·北京朝阳·期中）若有穷正整数数列A：，，，…，满足如下两个性质，则称数列A为T数列：①；②对任意的，都存在正整数，使得.
(1)判断数列A：1，1，1，3，3，5和数列B：1，1，2，2，4，4，4，12是否为T数列，说明理由；
(2)已知数列A：，，，…，是T数列.
（i）证明：对任意的，与不能同时成立；
（ii）若n为奇数，求的最大值.
5．（2024·河南·模拟预测）已知和是无穷的非常数数列．给出两个性质：①对于中任意两项，在中都存在一项，使得；②对于中任意一项，在中都存在两项，使得．
(1)若，证明：数列满足性质①②；
(2)若是单调数列，且满足性质①②，判断是否为等差数列，并说明理由；
(3)若数列和满足（2）的条件，记（表示x，y，z，…中的最大者），证明：下列两个结论必有一个成立．
（ⅰ）对任意的正数M，存在正整数m，当时，；
（ⅱ）存在正整数m，使得，，，…是等差数列．
题型七 数列其他新运算定义
1．（2025·辽宁·三模）已知正数的整数部分记为，例如.
(1)若，求数列的前项和.
(2)设.
①求；
②求数列的通项公式；
③求数列的前100项和.
2．角谷猜想，也称为“”猜想，其内容是：任取一个正整数，如果是偶数，将它除以；如果是奇数，则将它乘以再加上，如此反复运算，该数最终将变为；这就是对一个正整数运算时“万数归”现象的猜想，假如对任意正整数，按照上述规则实施第次运算后的结果记，实施第2次运算后的结果记为，…实施第次运算后的结果记为，实施第次运算后得到数，则停止运算，即可以得到有穷数（其中）其递推关系式为，称作数列的原始项；将此递推公式推广为：，其它规则不变，得到的数列记作，试解答以下问题：
(1)若，求数列的项数；
(2)若数列满足，求原始项的所有可能取值构成的集合；
(3)对任意的数列，求证：．
3．（2025·广东揭阳·二模）已知数列中每一项（其中，）构成数组.定义运算如下：，其中当时，，；当时，，；用表示层嵌套运算，.现取，记中相邻两项组成的数对满足的数对个数为.
(1)写出，，以及，；
(2)证明：数列是等比数列；
(3)若，证明：对任意的都有.
4．（2024·山东青岛·一模）记集合无穷数列中存在有限项不为零，，对任意，设变换，．定义运算：若，则，．
(1)若，用表示；
(2)证明：；
(3)若，，，证明：．
5．（2025·甘肃白银·二模）定义新运算.对于给定的正项数列，若，且，都有，其中分别为数列中的第项和第项，则称该数列为“方型数列”.
(1)若为各项均为正数的等比数列，请判断数列是否为“方型数列”，并说明理由.
(2)已知数列既是“2方型数列”，又是“3方型数列”，记数列的前项和为.
①证明：为等比数列；
②设，若，记满足成立的数组的概率为，求的最大值.
检测Ⅰ组 重难知识巩固
1．（2025·北京东城·模拟预测）月相是指天文学中对于地球上看到的月球被太阳照亮部分的称呼．1854年，爱尔兰学者在大英博物馆所藏的一块巴比伦泥板上发现了一个记录连续15天月相变化的数列，记为，其将满月等分成240份，（且）表示第天月球被太阳照亮部分所占满月的份数．例如，第1天月球被太阳照亮部分占满月的，即；第15天为满月，即．已知的第1项到第5项是公比为的等比数列，第5项到第15项是公差为的等差数列，且，均为正整数，则（ ）．
A．80 B．96 C．100 D．112
2．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二(除以3余2)，五五数之剩三(除以5余3)，七七数之剩二(除以7余2)，问物几何？现有这样一个相关的问题：已知正整数满足二二数之剩一，三三数之剩一，将符合条件的所有正整数p按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前n项和为，则的最小值为（ ）
A．26 B．36 C．38 D．46
3．（2025·陕西汉中·模拟预测）鬼工球，又称同心球，要求制作者使用一整块完整的材料，将其雕成每层均同球心的数层可自由转动的空心球，空心球的球面厚度不计.为保证鬼工球的每一层均可以自由转动，要求其从最内层起，每层与其外一层球面的间距构成首项为 公差为的等差数列，若一个鬼工球最外层与最内层的半径之差为，则该鬼工球的层数为（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
4．（23-24高三下·云南·月考）数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，称为斐波那契数列，又称黄金分割数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和.记该数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（24-25高三上·上海·期中）已知数列为无穷数列，若正整数满足：对任意的正整数，均有，则称数列 为“阶弱减数列”. 现有以下两个命题：
①数列为无穷数列且（为正整数），则是数列是“阶弱减数列”的充分条件；
②数列为无穷数列且（为正整数），则存在，使得数列是“阶弱减数列”的充要条件是.
那么（ ）
A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题
C．①、②都是真命题 D．①、②都是假命题
6．（多选题）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8，13，21，….该数列的特点如下：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列，现将中的各项除以2所得的余数按原来的顺序排列，构成的数列记为，数列的前项和为，数列的前项和为，下列说法正确的是（ ）
A． B．若，则
C． D．
7．（2025·黑龙江齐齐哈尔·三模）（多选题）在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的数字图形（见下图），即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就．在杨辉三角中，第行的所有数字之和为，若去除所有为1的项，依次构成数列：2，3，3，4，6，4，5，10，10，5， ，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．第项为
D．从杨辉三角的图中抽取一斜线的数列1，3，6，10，15，…，得到其倒数和，则
8．（多选题）已知数列1，3，6，10，它的前后两项之差组成新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，则数列1，3，6，10被称为二阶等差数列．现有二阶等差数列，其前6项依次为4，8，10，10，8，4，则下列结论中正确的是（ ）
A．数列的公差为2 B．
C．数列的前7项和最大 D．
9．南宋数学家杨辉为我国古代数学研究做出了杰出贡献，他的著名研究成果“杨辉三角”记录于其重要著作《详解九章算法》，该著作中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列，以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列.若某个二阶等差数列的前4项为1，3，7，13，则该数列的第14项为 .
10．我国南宋数学家杨辉在所著的《详解九章算法》一书中用如图所示的三角形解释二项展开式的系数规律，现把杨辉三角中的数从上到下，从左到右依次排列，得数列：1，1，1，1，2，1，1，3，3，1，1，4，6，4，1，，记作数列，则 ；若数列的前项和为，则 .
11．《孙子算经》提出了“物不知其数”问题的解法，被称为“中国剩余定理”.“物不知其数”问题后来经秦九韶推广，得到了一个普遍的解法，提升了“中国剩余定理”的高度.现有一个剩余问题：在正整数中，把被3除余数为2，被4除余数为2的数，按照由小到大的顺序排列，分别得到数列，，将，中不同的数放在一起，再按照由小到大的顺序排列，得到数列，则 .
12．历史上有一个著名的“伯努利装错信笺问题”，它讲的是某人想邀请朋友来家中聚会，写好了n封请柬，需要装入n个写好友人名字的信封，结果因为粗心把请柬全部装错了信封，求装错的可能会有多少种的问题．瑞士著名数学家欧拉按一般情况给出解答：用A，B，C，……表示写着n位友人名字的信封，a，b，c，……表示n份对应的写好的请柬，把装错的情况总数记作，假设把a错装进B里了，包含着这个错误的一切错装法分两类：第一类：b装入A里，这时每种错装的其余部分都与A，B，a，b无关，应有种错装法；第二类：b装入A，B之外的一个信封，这时的装信工作实际是把（除a之外的）份请柬b，c，……装入（除B以外的）个信封A，C，……，显然这时装错的情况有种，总之在a装入B的错误之下，共有错装法种．a装入C，装入D……的种错误之下，同样都有种错装法，因此可得到的关系式为 ；通过枚举法，容易求出，于是可以迅速用多种方法求出 ．
13．（2024·四川·模拟预测）数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，……称为斐波那契数列，该数列是由意大利数学家莱昂纳多·斐波那契（Leonardo Fibonacci）以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，满足，（，），则是斐波那契数列的第 项.
14．如果数列对任意的，则称为“中值偏大数列”
(1)若数列为“中值偏大数列”，求正实数的取值范围；
(2)若数列为“中值偏大数列”，且任意项，求整数的最大值．
15．（24-25高三上·山东青岛·期末）已知数列具有性质：对任意的，与两数中至少有一个属于．
(1)分别判断数集和是否具有性质；
(2)证明：当时，，，，不可能成等差数列；
(3)证明：当时，，，，，是等比数列．
16．（24-25高三下·甘肃平凉·月考）对一个给定的数列的相邻两项作差，得到一个新数列，，…，，…这个数列称为的一阶差数列．如果记该数列为，其中，再求的相邻两项之差，那么称所得数列，，…，，…为数列的二阶差数列．依此类推，对任意，可以定义数列的p阶差数列．如果的p阶差数列是一个非零常数列，那么称它为p阶等差数列．特别地，一阶等差数列就是我们常说的等差数列，二阶及二阶以上的等差数列统称为高阶等差数列．
(1)若，证明：数列是二阶等差数列；
(2)若，证明：数列的前n项和公式为；
(3)设数列是一个三阶等差数列，其从前往后连续的若干项为1，2，8，22，47，86，…，求数列的通项公式．
17．任取数列中相邻的两项，若这两项之差的绝对值为3，则称数列具有性质.已知具有性质的数列共有项，且所有的项之和为.
(1)若，且，求的所有可能值；
(2)若，且恒成立，求；
(3)若，证明：.
18．（2025·甘肃甘南·模拟预测）抽屉原理也被称为鸽笼原理，它由德国数学家狄利克雷首先明确提出并用来证明数论中的问题，因此，也被称为狄利克雷原则．其内容为：如果把个物体放进个抽屉里，那么至少有一个抽屉要放进个或更多个物体．已知数列与数列满足，若数列是递增数列，则称数列具有性质．
(1)当，且数列具有性质时，
①写出一个满足，项数为6的数列；
②若，数列的前项和为，证明：当时，至少存在两个不同的数列，使得这两个数列的前项和相等．
(2)从项数为的数列中选取一部分元素构成新的数列，判断是否存在项数为的数列具有性质，并说明理由．
（参考数据：）
19．（2025·北京门头沟·一模）已知有限数列，其中，.在中选取若干项按照一定次序排列得到的数列称为的一个子列，对某一给定正整数，若对任意的，均存在的相应子列，使得该子列的各项之和为，则称具有性质.
(1)判断：，，，，，，是否具有性质？说明理由；
(2)若，是否存在具有性质？若存在，写出一个，若不存在，说明理由；
(3)若，且存在具有性质，求的取值范围.
20．（2025·河南·模拟预测）若，则称是和的减比中项.
(1)若是和的减比中项，求的取值范围.
(2)已知数列满足，，数列满足，，存在正数，使是和的等比中项，且是和的减比中项，.
（i）证明：是和的减比中项；
（ii）记数列的前项和为，证明：.
21．（2025·湖北·模拟预测）定义：若对任意，，，数列的第项都等于数列的第项，则称数列为数列的“分段反序数列”.已知数列的“分段反序数列”为，数列的前项和为.
(1)若，求，的值；
(2)若，求；
(3)若，证明：数列为常数列.
22．如果数列满足：且，则称数列为阶“归化数列”.若数列还满足：数列项数有限为；则称数列为“阶可控摇摆数列”.
(1)若某6阶“归化数列”是等比数列，写出该数列的各项；
(2)若某13阶“归化数列”是等差数列，求该数列的通项公式；
(3)已知数列为“阶可控摇摆数列”，其前项和为，且存在，使得，探究：数列能否为“阶可控摇摆数列”，若能，请给出证明过程；若不能，请说明理由.
23．（2025·湖北·三模）已知数列，其中，且.若数列满足，当时，或，则称数列为数列的“调节数列”.例如，数列的所有“调节数列”为；或者；或者；或者.
(1)直接写出数列的所有“调节数列”；
(2)若数列满足通项，将数列的“调节数列”中的递增数列记为，数列中的各项和为，求所有的和；
(3)已知数列满足：，若数列的所有“调节数列”均为递增数列，求所有符合条件的数列的个数.
24．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）数阵，又称矩阵，是数学中的一个重要概念，它是一种特殊的数组，由数字或符号按照特定的规则排列而成.数阵的元素按照一定的顺序排列，通常用矩阵的行和列来表示.将阶数阵记作（其中）.已知，且满足，
(1)求和的值；
(2)求的表达式；
(3)是否存在，使得，，成等比数列，如存在，请求出，如不存在，请说明理由.
检测Ⅱ组 创新能力提升
1．（2024·广东·一模）斐波那契数列因数学家斐波那契以兔子繁殖为例而引入，又称“兔子数列”.这一数列如下定义：设为斐波那契数列，，，，其通项公式为，设是的正整数解，则的最大值为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
2．（24-25高三上·江西·月考）若项数有限的数列满足，且，则称数列为“n阶上进数列”.
(1)若等比数列是“2024阶上进数列”，求的通项公式；
(2)若数列是“n阶上进数列”，其前n项和记为.
（i）证明：；
（ii）若存在，使得，且的前m项均为非负数，其他项均为非正数，判断数列是否是“n阶上进数列”，并说明理由.
参考公式：.
3．（2025·北京东城·一模）已知有限数列满足.对于给定的，若中存在项满足，则称有项递增子列；若中存在项满足，则称有项递减子列.当既有项递增子列又有项递减子列时，称具有性质.
(1)判断下列数列是否具有性质；
①；
②.
(2)若数列中有，证明：数列不具有性质；
(3)当数列具有性质时，若中任意连续的项中都包含项递增子列，求的最大值.
4．（2024·河北邢台·二模）若数列若满足递推关系其中为常数，我们称该数列为k阶常系数齐次线性递推数列，并称方程为递推关系式（*）的特征方程，该方程的根称为数列的特征根.我们有以下结论：对于k阶常系数齐次线性递推数列，若其不同的特征根为，，…，，且特征根的重数为，则数列的通项公式为
其中，，这里都是常数，它们由数列初始值可以确定.
(1)若数列满足，且，，，求数列的通项公式；
(2)若数列满足对于所有非负整数m，n（），都成立，且，求数列的通项公式；
(3)设边长为1的正六边形ABCDEF，O是六边形的中心，除了六边形的每一条边，我们还从点O到每个顶点连一条线段，共得到12条长度为1的线段，一条路径是指动点沿着上述线段（全部或部分）移动，始点终点均为点O的一条移动路线.求长度为2024的路径共有多少条？（注：根的重数就是方程中同样根的数量）
5．（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用．一般地，对无穷数列，，定义无穷数列，记作，称为与的卷积．卷积运算有如图所示的直观含义，即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．
(1)若，，，求，，，；
(2)对，定义如下：①当时，；②当时，为满足通项的数列，即将的每一项向后平移项，前项都取为0．试找到数列，使得；
(3)若，，证明：当时，．中小学教育资源及组卷应用平台
重难点培优04 数列中的新文化、新定义问题
目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接）
01 知识重构 重难梳理固根基 1
02 题型精研 技巧通法提能力 2
题型一 杨辉三角与数列（★★★★★） 2
题型二 裴波那契数列（★★★★★） 7
题型三 n阶数列（★★★★★） 12
题型四 数列中其他新文化问题（★★★★★） 18
题型五 数列其他新概念定义（★★★★★） 22
题型六 数列其他新性质定义（★★★★★） 30
题型七 数列其他新运算定义（★★★★★） 38
03 实战检测 分层突破验成效 46
检测Ⅰ组 重难知识巩固 46
检测Ⅱ组 创新能力提升 70
一、斐波那契数列
1、斐波那契数列概念
把这个数列: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144,… 称为斐波那契数列 ，一般记为{Fn}。
2、斐波那契数列的递推公式
3、斐波那契数列的通项公式
4、斐波那契数列的性质（通项公式an,前n项和Sn）
（1）；
（2）；
（3）；
（4）；
（5）；
（6）；
（7）；
（8）；
（9）；
（10）
二、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 杨辉三角与数列
【技巧通法·提分快招】
1、第二层是自然数列 2、第三层是三角数列 这个数列中的数字始终可以组成一个完美的等边三角形． 3、每一层的数字之和是一个2倍增长的数列
1．我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书中，记录了如图所示的“杨辉三角” ．若将这些数字依次排列构成数列1，1，1，1，2，1，1，3，3，1，1，4，6，4，1，…，则此数列的第项为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据“杨辉三角”的性质、等差数列求和公式及组合数判断即可.
【详解】由“杨辉三角”可知：第一行个数，第二行个数，...，第行个数，
所以前行共有：个数，当时，，又，
所以第项是第行的第个数字，即为，
故选：D.
2．（23-24高三下·海南·月考）如图为“杨辉三角”示意图，已知每行的数字之和构成的数列为等比数列且记该数列前项和为，设，将数列中的整数项依次取出组成新的数列记为，则的值为（ ）
A．24 B．26 C．29 D．36
【答案】B
【分析】根据已知等比数列求得其前项和，代入，整理得到，要求中的整数项，需使的最末位是1或6，列出数列的相关项，即得的值.
【详解】依题意，题中的等比数列为，故该数列前项和，则，
要使数列中只取得整数项，需使是5的正整倍数即可，即使的最末位是1或6即可，
于是新的数列的项依次为：4，6，9，11，14，16，19，21，24，26，29，31，，
故
故选：B.
3．（2024·福建宁德·模拟预测）（多选题）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列.从第1行开始，第n行从左至右的数字之和记为，如的前项和记为，依次去掉每一行中所有的1构成的新数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，...，记为，的前项和记为，则下列说法正确的有（ ）
A． B．的前项和
C． D．
【答案】BCD
【分析】由题意分析出数列为等比数列，再求其前项和，再对各项逐一分析即可．
【详解】从第一行开始，每一行的数依次对应的二项式系数，
所以，所以为等比数列，，
所以，故A错误；
，
故的前项和为，
故B正确；
去掉每一行中的1以后，每一行剩下的项数分别为0，1，2，3…，构成一个等差数列，
项数之和为，则的最大整数为11，此时,
杨辉三角中取满了第11行，第12行首位为1，
取的就是第12行中的第3项，，故C正确；
是中去掉22个1，再加上第12行中的第2项和第3项，
所以，故D正确.
故选：BCD．
【点睛】关键点点睛：本题考查“杨辉三角”与数列求和问题，解题的关键是将数列与“三角数阵”联系起来，结合二项式系数的性质与等比数列求和公式求解.
4．我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就．在“杨辉三角”中，若去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…，记作数列，若数列的前n项和为，则 ．
【答案】
【分析】根据杨辉三角的特点，求得前数列中前项的分布情况，再根据等比数列前项和的求解方法进行计算即可.
【详解】根据题意，为杨辉三角的第三行中去除后的数，共1个，
为杨辉三角的第四行去除后的数，共2个，
为杨辉三角第五行去除后的数，共3个，，
故可设去除后，杨辉三角从第)行开始，共有个数在数列中，
则前行共有个数，
又当时，，时，，
故中包括了杨辉三角从第3行开始至第12行去除1后所有的数，以及第13行去除1后的第一个数，
故
.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：处理本题的关键是能够根据去除后杨辉三角每一行在数列中的数据个数构成等差数列，从而判断数列中数据的分布，进而根据等比数列的前项和公式进行求解.
5．如图是一个类似“杨辉三角”的图形，第行共有个数，且该行的第一个数和最后一个数都是，中间任意一个数都等于第行与之相邻的两个数的和，设，，，分别表示第行的第一个数，第二个数，，第个数，求，（且）的通项公式.
1
2 2
3 4 3
4 7 7 4
5 11 14 11 5
…………………………
【答案】（且）
【分析】依据题意结合图形可知是一阶等差数列，然后使用累加计算即可.
【详解】由图易知，，，，，
从而知是一阶等差数列，即
，
，
，
…
，
以上个式子相加即可得到：
，则，
即（且）.
题型二 裴波那契数列
【技巧通法·提分快招】
1、数列表示 （1）逐项罗列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…. （2）递推公式：a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3). （3）通项公式：an＝［()n－()n］. 2、常考性质 性质1.前n项和：Sn＝a1＋a2＋…＋an＝an＋2－1. 性质2.奇数项和：a1＋a3＋…＋a2n－1＝a2n；偶数项和：a2＋a4＋…＋a2n＝a2n＋1－1. 性质3.平方性质：＝anan＋1－anan－1；平方和性质：＋＋…＋＝anan＋1. 性质4.中项性质：anan＋2－＝(－1)n＋1；3an＝an－2＋an＋2. 性质5.余数列周期性： 被2除的余数列周期为3：1，1，0，…； 被3除的余数列周期为8：1，1，2，0，2，2，1，0，…； 被4除的余数列周期为6：1，1，2，3，1，0，….
1．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）斐波那契数列，又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多 斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称“兔子数列”，其数值为：1、1、2、3、5、8、13、21、34……，在数学上，这一数列以如下递推的方法定义：，，记此数列为，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题意得，，，，进而结合递推关系求解即可.
【详解】由题意得，，，，
则.
故选：C.
2．（24-25高三上·黑龙江绥化·月考）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”，已知数列为“斐波那契数列”，则（ ）
A．2023 B．2024 C．1 D．2
【答案】C
【分析】根据“斐波那契数列”得出递推公式，变形得到，然后利用递推公式的变形对化简，即可求解.
【详解】“斐波那契数列”从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，,
.
由题意得：， 即，
，
，
，
，
即
即.
故选：C.
3．（24-25高三下·江苏镇江·开学考试）（多选题）1202年，斐波那契从“兔子繁殖问题”得到斐波那契数列1，1，2，3，5，8，13，21，，该数列的特点是前两项为1，从第三项起，每一项都等于它前面两项的和.记为该数列的前n项和，则下列结论正确的有（ ）
A． B．为奇数
C． D．
【答案】ACD
【分析】列出数列前几项，可计算得选项A正确，再观察数列数字的特点可得B；由递推公式计算判断选项C，选项D.
【详解】解：对于A，记该数列为，由题意知，，，，，，，，
，，，故A正确;
对于B，因为该数列的特点是前两项为1，从第三项起，每一项都等于它前面两项的和，
此数列中数字以奇数、奇数、偶数的规律循环出现，每3个数一组，而，
故为偶数，故B错误;
对于C，由题意知，所以，
，故C正确;
对于D，，，，，
，
将这些等式左右两边分别相加得：
，
所以，D选项正确.
故选：
【点睛】关键点点睛：根据“斐波那契数列”的递推关系列出数列前几项，观察数列数字的特点，再由递推公式即可求得结果.
4．（2024·山东·模拟预测）（多选题）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8，13，21，….该数列的特点如下：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列，若用表示斐波那契数列的第项，则数列满足：，.则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【分析】对于A，根据题意求出斐波那契数列的前10项进行判断，对于B，当时，，，，三式相加判断，对于C，根据，对依次取1，2，……，2023，得到2023个式子相加进行判断，对于D，由，得，对依次取1，2，……，2022，然后相加进行判断.
【详解】对于A，由题意可知斐波那契数列的前10项为1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，
所以，所以A错误，
对于B，当时，，，，
所以三式相加得，
所以，所以B正确，
对于C，因为数列满足：，，
所以，，，……，
，，，
以上2023个等式相加得,
因为，所以，所以C正确，
对于D，因为，，
所以，,
,,
……,
,
所以，所以D正确，
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：此题考查斐波那契数列的性质，解题的关键是理解斐波那契数列中项之间的关系，充分利用分析判断，考查推理能力和理解能力，属于较难题.
5．（2024·河南·二模）数列称为斐波那契数列，该数列是由意大利数学家莱昂纳多 斐波那契（Leonardo Fibonacci）以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，满足，则数55是该数列的第 项；是斐波那契数列的第 项.
【答案】 10 2025
【分析】由得到数55是该数列的第10项；进而由相加得到答案.
【详解】显然，故数55是该数列的第10项；
由，相加得
，
则，是第2025项.
故答案为：10，2025
6．斐波那契数列又称“黄金分割数列”，因数学家莱昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用，斐波那契数列可以用如下方法定义：，则的个位数字是 ．
【答案】0
【分析】观察斐波那契数列的前65项的个位：1 1 2 3 5 8 3 1 4 5 9 4 3 7 0 7 7 4 1 5 6 1 7 8 5 3 8 1 9 0 9 9 8 7 5 2 7 9 6 5 1 6 7 3 0 3 3 6 9 5 4 9 3 2 5 7 2 9 1 0 1 1 2 3 5...，即可得到斐波那契数列的个位以60为周期，的个位数字与的个位数相同，由此即可得解.
【详解】由题意，
∴数列为，
此数列各项除以 10 的余数依次构成的数列为：
1 1 2 3 5
8 3 1 4 5
9 4 3 7 0
7 7 4 1 5
6 1 7 8 5
3 8 1 9 0
9 9 8 7 5
2 7 9 6 5
1 6 7 3 0
3 3 6 9 5
4 9 3 2 5
7 2 9 1 0
1 1 2 3 5...
它是以 60 为周期的周期数列，
∴的个位数字与的个位数相同，故所求为0.
故答案为：0.
题型三 n阶数列
1．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中提出了关于一阶等差数列的问题：如果一个数列从第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列，则称为一阶等差数列．类比一阶等差数列的定义，我们亦可定义一阶等比数列，即一阶等比数列满足从第二项开始，每一项与前一项的比值构成等比数列．设数列是一阶等比数列，，则 ； ．
【答案】 32 /
【分析】①根据一阶等比数列定义，得到，从而得到等比数列的通项公式，求出；②累乘求出，代入，再裂项求和.
【详解】①由题意，数列是一阶等比数列，，
所以为等比数列，其中，，公比为，
所以；
②，
所以，
所以．
故答案为：①；②.
2．对于数列，记，对于，记，规定：，，称为数列的阶差数列．若的一阶差数列为等比数列，，，，的二阶差数列为常数列，常数为4，，，则数列的通项公式为 ，数列的前项和为 ．
【答案】
【分析】根据题意得到，，即，，累加法求和得到和的通项公式，进而得到的通项公式；得到的通项公式，使用两次错位相减求和即可.
【详解】，，，，，
的一阶差数列为等比数列，故公比为，首项为，
故通项为，即，
所以
，
，，故，
的二阶差数列为常数列，常数为4，故，
故，
即，
所以
，
所以的通项公式为，
，
设的前项和为，
则①，
②，
式子①-②得，
所以③，
其中设④，
则⑤，
式子④-⑤得
，
故，
将其代入③得.
故答案为：，.
3．设满足以下两个条件的有穷数列为阶“期待数列”：
①；
②.
(1)分别写出一个单调递增的3阶和4阶“期待数列”；
(2)若某21阶“期待数列”是递增等差数列，求该数列的通项公式；
(3)记阶“期待数列”的前项和为，试证：.
【答案】(1)数列，0，为三阶期待数列，数列，，，为四阶期待数列，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据“期待数列”的定义求解即可；
（2）根据“期待数列”的定义，结合等差数列的性质、等差数列基本量运算，利用等差数列的通项公式求解即可；
（3）讨论当时、当时，分别求出的值或者取值范围，从而可得结论.
【详解】（1）数列，0，为三阶期待数列，
数列，，，为四阶期待数列，
（2）设该21阶“期待数列”的公差为，
因为，
，
即，
，
当时，据期待数列的条件①②可得，
，.
该数列的通项公式为.
（3）当时，显然：成立；
当时，根据条件①得，
即，
.
4．对于给定的数列，令，则数列称为的一阶和数列，再令，则数列是的二阶和数列，以此类推，可得的p阶和数列．
(1)若的二阶和数列是等比数列，且，，，，求；
(2)若，求的二阶和数列的前n项和；
(3)若是首项为1的等差数列，是的一阶和数列，且，，求正整数k的最大值，以及k取最大值时的公差．
【答案】(1)12
(2)
(3)1999，
【分析】（1）根据一阶和数列的定义可计算出，，的值，根据二阶和数列的定义计算出，的值，由的二阶和数列是等比数列可得公比，从而得到，，的值，再由定义可求出的值.
（2）根据定义可得的通项公式，进而求得的前项和公式.
（3）由可得，从而可得公差，结合条件可得正整数的最大值.
【详解】（1）由题得，，，
所以，，则公比为，故，，，
所以，，，
所以，，．
（2）设的二阶和数列的前项和为，
由题得，，
所以．
（3）因为，所以，解得．
设的公差为，则，解得，
又，
所以，解得，
所以的最大值是1999，
此时公差为．
5．（24-25高三上·山西吕梁·月考）对于给定的数列以及正整数，若，使得成立，则称为“阶可分拆数列”.
(1)设，证明：为“3阶可分拆数列”；
(2)设的前项和为，若为“1阶可分拆数列”，求实数的值；
(3)设，是否存在，使得为“阶可分拆数列”？若存在，请求出所有的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2).
(3)存在，或3.
【分析】（1）利用题中所给的新定义内容结合三角函数即可证得结论；
（2）由前项和为可求出，若数列为“1阶可分拆数列”，则有，分别讨论和两种情况，计算可得；
（3）假设实数存在，则有，代入化简可得，逐一讨论的取值直至不再成立为止，可得结果.
【详解】（1），
，
若，使得成立，则成立，显然，当时等式成立，
所以，使得成立，得证.
（2）因为数列的前项和为
当时，；
当时，，
所以，
因为存在正整数使得成立，
则①当时，，即，
因为，
所以，而，所以不存在正整数使得成立；
②当时，若成立，则，得，
所以时存在正整数使得成立，
由①②得.
（3）假设存在使得数列为“阶可分拆数列”
即存在确定的正整数，存在正整数使得成立.
即，
即，
①当时，时方程成立，
②当时，
当时，；
当时，，
当时，，所以不存在正整数使得成立；
③当时，，当时，成立，
④当时，，
所以不存在正整数使得成立.
综上：或3.
【点睛】思路点睛：本题为数列新定义题，由题意可知对于确定的存在即可，且分别为关于的单调递增数列，所以可采用逐一讨论的方法直至时截止可找到所有的.
题型四 数列中其他新文化问题
【技巧通法·提分快招】
1、解决数列与数学文化相交汇问题的关键
1．（2025·江苏宿迁·模拟预测）《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次为小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种，这十二个节气，其日影长依次成等差数列，若小寒、雨水、清明日影长之和为36尺，前八个节气日影长之和为92尺，则谷雨日影长为（ ）
A．15 B．16 C．17 D．18
【答案】B
【分析】令所给等差数列为，由给定的两个和建立方程，结合等差数列性质求解.
【详解】令所给等差数列为，其前项和为，
则，即，因此，
解得，
则数列的公差，所以谷雨日影长.
故选：B
2．古希腊毕达哥拉斯学派的“三角形数”是一列点（或圆球）在等距的排列下可以形成正三角形的数，如我国宋元时期数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”，其中的“落一形”堆垛就是每层为“三角形数”的三角锥的堆垛（如图所示，顶上一层1个球，下一层3个球，再下一层6个球，……）．若一“落一形”三角锥垛有20层，则该堆垛总共球的个数为（ ）
A．1540个 B．1760个 C．1250个 D．1980个
【答案】A
【分析】由题意可得第一层与第二层差2，第二层与第三层差3，依次类推可得第n层与第层差n,根据等差数列以及递推公式可得到三角形数的通项公式，进一步可求出前n项和
【详解】由题意可得第一层与第二层差2，第二层与第三层差3，依次类推可得第n层与第层差n,
故“三角形数”的通项公式，前项和公式为
，
当时，。
故选：A
3．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．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”）．已知数列满足则（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
【答案】B
【分析】根据分段数列的表达式，先写出前几项得出规律，得出数列是周期数列从而得解.
【详解】由题意可得，，
所以数列是以3为周期的数列，又，所以.
故选：B
4．我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤.问本持金几何？”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金为持金的，第2关收税金为剩余金的，第3关收税金为剩余金的，第4关收税金为剩余金的，第 5关收税金为剩余金的，5关所收税金之和恰好重1斤.问原来持金多少 ”.记这个人原来持金为斤，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】分别计算每关收税金，由5关所收税金之和为1斤，列出方程，求出的值.
【详解】由题意知：这个人原来持金为斤，
第1关收税金为：斤；
第2关收税金为斤；
第3关收税金为斤，
以此类推可得的，第4关收税金为斤，第5关收税金为斤，
所以，
即，解得.
故选：C.
5．北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中记载了“隙积术”，提出长方台形垛积的一般求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积的第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有个小球……依此类推，最底层有个小球，共有层，由“隙积术”可得这些小球的总个数为.若由小球堆成的某个长方台形垛积有8层，小球总个数是460，则该垛积的第一层小球个数可以是（ ）
A．5 B．8 C．12 D．19
【答案】C
【分析】转化题给条件为，再由皆为正整数分类讨论即可求解.
【详解】当时，最底层小球的数量为，即，，
从而有，
整理得，由皆为正整数，得是不超过10的正偶数，
当时，，无解；当时，，无解；
当时，，无解；当时，，解得或，符合题意；
当时，，无正整数解，
所以该垛积的第一层小球个数.
故选：C
6．如图1是第七届国际数学教育大会（简称ICME－7）的会徽图案，会徽的主体图案是由如图2的一连串直角三角形演化而成的，其中，如果把图2中的直角三角形继续作下去，记的长度构成数列，设，其前项和为，则（ ）
A．63 B．8 C．7 D．64
【答案】C
【分析】根据图形得是以1为首项，以1为公差的等差数列求出，再利用裂项相消求和可得答案.
【详解】根据图形，
因为，都是直角三角形，
，
是以1为首项，以1为公差的等差数列，
，且满足上式，.
由题意得，，.
，
.
故选：C.
题型五 数列其他新概念定义
1．（2025·河南·模拟预测）若对于任意的，为数列中小于的项的个数，则称数列是的“生成数列”.
(1)分别写出数列1，0，3，4及，，2，的“生成数列”的前4项；
(2)若数列满足，且的“生成数列”为，求；
(3)若为等比数列，且，公比，的“生成数列”为，的“生成数列”为，求.
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)
【分析】（1）依据生成数列的定义，对给定数列进行计算，得出“生成数列”的前几项.
（2）先分析数列中小于不同数值的项的个数规律，再分为奇数和偶数两种情况讨论，分别设和，找出与的关系，进而得到的表达式.
（3）已知是等比数列，得出其通项公式.通过分析和的含义，得到的大小关系.设，根据和与的关系，结合，证明.
【详解】（1）由生成数列的定义可知：数列1，0，3，4的“生成数列”的前4项是1，2，2，3；
数列，，2，的“生成数列”的前4项是0，2，4，4；
（2）为2，4，6，8，，
则中小于1的项的个数，小于2的项的个数，
小于3的项的个数，小于4的项的个数，
小于5的项的个数，小于6的项的个数，，
在中，当n为奇数时，设，，
则小于的偶数有个，所以
在中，当n为偶数时，设，，
则小于2k的偶数有个，所以，
所以；
（3）因为为等比数列，且，公比，所以
下面我们来证明：
因为表示中小于k的项的个数，表示中小于的项的个数，
所以易得，即，
设，由，，可得，，
又因为，所以，所以
2．（25-26高三上·湖南长沙·月考）已知是项正整数数列，令，其中.若对任意的中均无相同的项，则称数列为“和差单值”数列.
(1)判断8，4，2，1，2，4，8是否为“和差单值”数列.
(2)已知，其中为两两不同的正整数，问：是否为“和差单值”数列？请说明理由．
(3)证明：若的最大值不超过，则一定不是“和差单值数列”.
【答案】(1)是“和差单值”数列
(2)是“和差单值”数列，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据“和差单值”数列的定义和反证法证明即可；
（2）根据“和差单值”数列的定义和反证法证明即可；
（3）根据已知条件列出不等式，进而根据“和差单值”数列的定义判断即可.
【详解】（1）对于：8，4，2，1，2，4，8，
若不是“和差单值”数列，
则存在以及，使得，
则．
1为该数列中唯一奇数．
若，则，为奇数，矛盾
若，则只能是或或，
这里的，枚举可得均不成立，
故是“和差单值”数列.
（2）由（1）可得，若不是“和差单值”数列，则存在以及，
使得，即，
设中最小值为，则，
只能是，
由于为偶数，而,
故为奇数，不可能为0，故矛盾，假设不成立，
是“和差单值”数列.
（3）数列共有项，且恒成立，
取，
由，可知，
又，则至多有个不同的值，
故中必有两个值相等，故一定不是“和差单值”数列.
3．（2025·浙江·三模）定义：若对，，都有（j为常数，且），则称数列为“绝对等差数列”，常数j为数列的“绝对公差”．已知“绝对公差”数列所有项的和为E．
(1)若，，，请写出有序实数对的所有取值；
(2)若数列共有259项，且，，，求数列的通项公式；
(3)若j为奇数，数列共有2k（，）项，且，．证明：k为偶数，并写出一个符合条件的数列．
【答案】(1)，，．
(2)（，）．
(3)证明见解析，
【分析】（1）根据定义，即可得或，分类讨论求解即可，
（2）利用累加法，结合等号成立条件可得是以为首项，3为公差的等差数列，即可利用等差通项求解，
（3）根据得，进而利用等差求和可得,根据为偶数，得为偶数，即可求证明.
【详解】（1）由题，，所以或，
当时，，得或，
因为，所以，
此时；
当时，，得或，符合，
此时或，
所以的取值情况为，，．
（2）由题，，，
所以，
累加得，即，
因为，所以上述不等式中的等号同时成立，
所以，，
故数列是以为首项，3为公差的等差数列，
故（，）．
所以数列的通项公式（，）．
（3）证明：令，，则，
因为，
所以，
又，所以
因为，且j为奇数，所以为偶数，
所以为偶数，
因为，所以为偶数，
又因为为奇数，所以k为偶数．得证．
当为偶数时，．符合条件
4．（2025·甘肃庆阳·模拟预测）已知为正整数，数列是公差为的等差数列.若从中随机取出若干项后，对于剩余项始终有，则称取出的项按从小到大顺序排成的数列为的“间子列”.
(1)直接写出数列所有的间子列；
(2)证明：存在数列的一个间子列，其也为数列的间子列；
(3)从数列中随机取出项，记将这项按从小到大顺序排成的新数列为的间子列的概率为，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据数列的间子列的定义列举即可；
（2）考虑数列其剩下的项不含项情况，由，在剩下的项添加项，根据，结合间子列定义即可求解，
（3）根据“抽取到间子列的概率”和“抽取到取完间子列后剩下数列”的概率相同，可得，进而可得，根据，即可求证.
【详解】（1）由题可得数列的间子列为；
（2）当为奇数，取的一个间子列，，
则此数列对于的剩余项为，对于，
满足，则也是的间子列；
当为偶数，取的一个间子列，，
则此数列对于的剩余项为，对于，
满足，则也是的间子列；
综上，存在数列的一个间子列，其也为数列的间子列；
（3）证明：考虑取出间子列后剩余的数列，记剩余的项按原顺序排成的数列为“剩余列”.因为间子列和剩余数列互补成原数列，因而它们成一一对应的关系，
即“拟取到间子列”的概率和“抽取到剩余列”的概率相同.
设为数列的剩余列数量，
其中，记为不含有的剩余列数量，为含有的剩余列数量，
则有.
对于数列，由（2）中的结论可知，
对于不含的非双项剩余列，其数量与含的非双项剩余列数量相同；
并且对于，的含的双项剩余列，
其由前的每一项和的组合而成，即有.
因为，
所以，
即，
故.
故，
当时，，
故.
每个取出的新数列均按照从小到大的顺序排列，取出的总方法数共有（种）；
故，
故，
故，
故当时，，
又，
故，
故，
故当时，.
【点睛】方法点睛：对于以数列为背景的新定义问题的求解策略：
1、紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把心定义所叙述的问题的本质弄清楚，应用到具体的解题过程中；
2、用好数列的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用的数列的性质的一些因素.
5．（2025·浙江绍兴·模拟预测）若对，都有，则称与为“级相邻数列”．
(1)设的前n项和，且，试判断与是否为“2级相邻数列”，并说明理由；
(2)若，且为“4级相邻数列”，求k的取值范围；
(3)已知，由数列的所有项组成的集合M中恰好有2个元素，若与为“1级相邻数列”，求满足条件的数列的组数（用数字作答）．
【答案】(1)与为“2级相邻数列”；理由见解析
(2)；
(3)3470
【分析】（1）根据数列通项公式的关系，先求出时的表达式，再检验时是否满足该表达式，从而确定的通项公式.利用累加法，得到的通项公式，同样检验时是否满足.最后根据“2级相邻数列”的定义，计算的表达式，通过分析该表达式与的大小关系，判断与是否为“2级相邻数列”.
（2）由，通过移项得到关于的不等式.设，通过分析与的大小关系判断的单调性，进而求出的最值，
由此得到的取值范围和的取值范围，从而确定的取值范围.
（3）根据条件集合有，，，，，共6种不同的情况，每种情况下考虑数列的不同情况，并对应研究数列的不同情况数，利用计数原理，结合组合数计算满足条件的数列的组数.
【详解】（1）当时，，
当时，，
当时，也成立，所以，
所以，
所以，
所以，
所以与是“2级相邻数列”
（2）已知，化简可得.
设，则.
因为，所以，（当时取等号），
所以单调递减，所以的最大值为，
所以，
所以，，
所以，即的取值范围为.
（3）已知，
由数列的所有项组成的集合中恰好有2个元素，若与为“1级相邻数列”，
因为与为“1级相邻数列”，所以，
当时，有2种不同选择；时，，有3种不同选择；
时，有3种不同选择，时，有2中不同选择．
由数列的所有项组成的集合中恰好有2个元素，
所以有，，，，，共6种不同的情况．
当时，数列可能是1个1、3个2的排列（有4种不同的排列）；
也可能是2个1、2个2的排列（有种不同的排列）；
还可能是3个1、1个2的排列（有4种不同的排列）．
1个1、3个2的每一种排列，2个1、2个2的每一种排列，
3个1、1个2的每一种排列对应的数列分别有，，种不同的清况，
总共个不同的数列；
同样，，时也各贡献528个不同的数列；
时也分是1个2、3个3的排列（有4种不同的排列）；
也可能是2个2、2个3的排列（有种不同的排列）；
还可能是3个2、1个3的排列（有4种不同的排列），
总共个不同的数列；
时，总共个不同的数列；
共计有个不同的数列组；
即满足条件的数列组的个数为3470．
题型六 数列其他新性质定义
1．（2025·河北·二模）已知是公差不为0的无穷等差数列.若对于中任意两项，，在中都存在一项，使得，则称数列具有性质.
(1)已知，，判断数列，是否具有性质；
(2)若数列具有性质，证明：的各项均为整数；
(3)若，求具有性质的数列的个数.
【答案】(1)数列具有性质；数列不具有性质
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据数列具有性质的定义即可求解.
（2）设数列的公差为，由题意知存在，同理存在，两式相减，根据等差数列的定义即可得证.
（3）由题意结合（2）知数列的各项均为整数，所以为整数.首先证明为正整数，其次证明为的约数，从而即可得解.
【详解】（1），，即，所以数列具有性质.
，令，则，不符合，则不具有性质.
（2）设数列的公差为，因为数列具有性质，所以存在，
同理存在，两式相减得，
即，因为，所以.所以的各项均为整数.
（3）由（2）可知，数列的各项均为整数，所以为整数.
假设为负整数，则为递减数列，所以中各项最大值为，
由题意，中存在某项，且，所以，
而数列中存在，则，与题意相矛盾，所以不是负整数，为正整数.
由得，，
所以，
所以为整数，即为的约数.
由为正整数，所以为的正约数，
，所以的正约数共有个，则，具有性质的数列的个数为.
2．（2024·浙江台州·一模）对于无穷数列和如下的两条性质：：存在实数，使得且，都有；：任意且，都存在，使得．
(1)若，判断数列是否满足性质，并说明理由；
(2)若，且数列满足任意，则称为数列的一个子数列．设数列同时满足性质和性质．
①若，求的取值范围；
②求证：存在的子数列为等差数列．
【答案】(1)满足，理由见解析
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）根据性质的条件，结合不等式的性质求解；
（2）①由条件可得是单调递增数列，且存在，使得．进而可得，，结合，可得出结果；②依题意可得单调递增，设，由性质可推得，当时，存在，使得，进而得，利用等差数列的定义证明即可.
【详解】（1）数列满足性质．
且，
因为，所以，又因为，所以，
因此，存在，使得且，都有，故满足性质．
注：取之间的任意实数都可以．
（2）①因为数列满足性质，所以是单调递增数列，
又因为数列满足性质，所以存在，使得．
而，因此，，
由，得，
由，得，故的取值范围是．
②由数列满足性质，可知单调递增，设，
令，由性质，存在，使得，
同理，存在，使得，…，
以此类推，当时，存在，使得，
由数列单调递增，可知．
记，则，
因为，所以数列是等差数列，
故存在的子数列为等差数列，得证．
3．（2025·辽宁·模拟预测）设为正整数，数列，，…，的各项均为正整数，若该数列满足下列性质：①，，，都有且，②，则称该数列是—特性数列．
(1)若数列是－特性数列，求与的最小值；
(2)若数列是—特性数列，是否存在数列是—特性数列？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由；
(3)从，，，…，中一次任取四个不同的数，记抽取的四个数组成的数列是—特性数列的概率为，求．
【答案】(1)的最小值为3，的最小值为6
(2)存在，证明见解析
(3)
【分析】（1）根据题意，可得，，再验证当时和当时是否满足题意即可得解；
（2）根据，即不断的给最后一项乘“1”，可得，可证存在数列是—特性数列；
（3）由前面分析可得，，当的值取定时分析的值，可得有，，，，共4个，从而求概率.
【详解】（1）由②可知，所以，
又数列，，，的各项均为正整数，所以．
由①可知且，
所以，则，
当时，，不满足性质②；
当时，因为且，所以，所以．
当时，，，满足性质①②．
所以的最小值为3．
当时，数列2，3，4；2，3，5；2，4，5；3，4，5均不满足性质②，
所以的最小值为6．
（2）存在数列是—特性数列．
证明如下：
因为数列是一特性数列，由上可知，
所以
，
又，，
则，
由定义可知，数列，，…，，，，，，，…，
，…，是—特性数列；
故存在数列是—特性数列．
（3）若数列是—特性数列，
则，，由上可知，
当时，，矛盾，
所以，故．
又，所以，
因为，
所以，则．
当时，，则，
所以，则，又，所以，则，即，
因为，所以当时，；
当时，；当时，18；
当时，；当时，（舍去）．
当时，同理，因为，所以当时，；
当时，；当时，（舍去）．
当时，同理，又，所以，
又，所以（舍去）．
经验证，从1，2，3，…，20中一次任取四个不同的数，数列是—特性数列，
有，，，，共4个，
故．
4．（24-25高三上·北京朝阳·期中）若有穷正整数数列A：，，，…，满足如下两个性质，则称数列A为T数列：①；②对任意的，都存在正整数，使得.
(1)判断数列A：1，1，1，3，3，5和数列B：1，1，2，2，4，4，4，12是否为T数列，说明理由；
(2)已知数列A：，，，…，是T数列.
（i）证明：对任意的，与不能同时成立；
（ii）若n为奇数，求的最大值.
【答案】(1)数列A不是T数列，理由见解析
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）根据T数列的定义分别验证条件①②即可判断数是否为T数列；
（2）（i）利用反证法假设存在，使得，分别根据条件①②验证假设，即可得结论；（ii）由条件①②可得，根据数列不等式以及数列求和即可得结论.
【详解】（1）数列A不是T数列，理由如下：
对于数列A，因为，，且对任意的正整数，有
，
所以数列A不满足性质②，所以数列A不是T数列；
数列B是T数列，理由如下：
对于数列B，因为，，，，
所以数列B满足性质①，
又因为，，，，
，，，
所以数列B满足性质②.
所以数列B是T数列.
（2）（i）假设存在，使得，
由性质①，可得，
由性质②，存在正整数，使得，
又因为，所以，故，
所以，
而，矛盾，
所以与不能同时成立；
（ii）由性质①，当时，可得，
又因为，为正整数，所以，
由性质②，对任意的，有，
因为对任意，，
所以，
所以
，
当，，
（）时，
上述不等式取到等号，且此时数列A满足①和②，是T数列，
综上，的最大值为.
【点睛】关键点点睛：本题关键是对“T数列”的定义与理解，证明部分关键是灵活运用反证法，求和部分结合不等式的性质进行放缩处理.
5．（2024·河南·模拟预测）已知和是无穷的非常数数列．给出两个性质：①对于中任意两项，在中都存在一项，使得；②对于中任意一项，在中都存在两项，使得．
(1)若，证明：数列满足性质①②；
(2)若是单调数列，且满足性质①②，判断是否为等差数列，并说明理由；
(3)若数列和满足（2）的条件，记（表示x，y，z，…中的最大者），证明：下列两个结论必有一个成立．
（ⅰ）对任意的正数M，存在正整数m，当时，；
（ⅱ）存在正整数m，使得，，，…是等差数列．
【答案】(1)证明见解析
(2)是等差数列，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由性质①②的定义，代入数列通项证明；
（2）假设是单调递增数列，利用性质②证明，，成等差数列，然后利用性质①证明，，，…即可；
（3）设和的公差分别为，，表示出，当时，证明，，，…是等差数列；当，证明.
【详解】（1）因为，，，
所以，所以具有性质①．
因为，，，，，
所以具有性质②．
（2）假设是单调递增数列．
首先利用性质②：取，此时，
由数列的单调性可知，
所以，故，
此时必有，，即，
即，，成等差数列，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．
下面证明，
若，则由数列的单调性可知．
在性质②中，取，则，从而，
则．
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．
故不存在满足题意的正整数k，l，可见不成立，从而．
同理可得，，…，从而为等差数列．
是单调递减数列时同理可证，故为等差数列．
（3）设和的公差分别为，，
则．
所以当时，；当时，.
①当时，取正整数，则当时，，因此，
此时，，，…是等差数列．
②当，且时，有．
所以
．
对任意的正数M，取正整数，当时，有．
所以题中的两个结论必有一个成立．
题型七 数列其他新运算定义
1．（2025·辽宁·三模）已知正数的整数部分记为，例如.
(1)若，求数列的前项和.
(2)设.
①求；
②求数列的通项公式；
③求数列的前100项和.
【答案】(1)
(2)①；②；③
【分析】（1）将化简，得，该表达式第一项恒为整数，则只需考虑的取值情况可得解；
（2）①将代入直接求解即可；②令，则，而，则可平方脱根，判断整数部分可得解；③已知，则可表达数列的前100项,，应用并项求和即可.
【详解】（1），
当时，.
（2）①，
因为，且，所以.
②令，则，
则，
所以.
因为，所以，
又为正整数，所以.
③方法一：
因为
，
所以数列的前100项和为.
方法二：
数列的前100项和为
.
【点睛】本题考查新定义与数列的交汇，考查数学抽象，逻辑推理与数学运算的核心素养.
2．角谷猜想，也称为“”猜想，其内容是：任取一个正整数，如果是偶数，将它除以；如果是奇数，则将它乘以再加上，如此反复运算，该数最终将变为；这就是对一个正整数运算时“万数归”现象的猜想，假如对任意正整数，按照上述规则实施第次运算后的结果记，实施第2次运算后的结果记为，…实施第次运算后的结果记为，实施第次运算后得到数，则停止运算，即可以得到有穷数（其中）其递推关系式为，称作数列的原始项；将此递推公式推广为：，其它规则不变，得到的数列记作，试解答以下问题：
(1)若，求数列的项数；
(2)若数列满足，求原始项的所有可能取值构成的集合；
(3)对任意的数列，求证：．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1），根据给定条件，逐一计算即可得数列的项数；
（2）根据“角谷猜想”进行逆推计算，由此可得结论；
（3）验证当、时，所证不等式成立，当时，推导出，分类讨论①当，②当，利用题中定义进行推理，证明出结论成立即可.
【详解】（1）因为，根据题意可得，，，
，，，，，
所以数列的项数为.
（2）由题意可得，
因为，则，，（舍）或，
当时，，或，
当时，则；当时，；
综上所述，的取值集合为.
（3）依题意，，，
当时，显然成立；当时，，即也成立；
当时，对任意，，
故，即，
①当时，由，，
所以；
②当时，由，，
，所以.
综上所述，任意的数列，.
3．（2025·广东揭阳·二模）已知数列中每一项（其中，）构成数组.定义运算如下：，其中当时，，；当时，，；用表示层嵌套运算，.现取，记中相邻两项组成的数对满足的数对个数为.
(1)写出，，以及，；
(2)证明：数列是等比数列；
(3)若，证明：对任意的都有.
【答案】(1)，；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析；
【分析】（1）根据数列新定义直接写出答案即可；
（2）分析得，在作差相除即可证明；
（3）分为奇数和偶数讨论得到，再次对分类讨论并合理放缩即可证明.
【详解】（1）由题意得，
所以．
（2）由题得，
所以，，，，
因此中的数对必由中的数对经运算得到，
中的数对必由中的0或数对经运算得到，
因为是数组，其中有一半的项为0，即个0，经过两次运算能在中产生个数对，
因为中数对的个数为个，经过两次运算能在中产生个数对，
所以，即，
所以，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列．
（3）当为奇数时，，
累加得，
因为，所以（为奇数）．
当为偶数时，，
累加得，
因为，所以（为偶数）．
所以，
故．
因为当且为偶数时，
.
①当时，；
②当且为奇数时，
；
③当且为偶数时，因为对任意的都有，
所以
综上所述，对任意的都有．
4．（2024·山东青岛·一模）记集合无穷数列中存在有限项不为零，，对任意，设变换，．定义运算：若，则，．
(1)若，用表示；
(2)证明：；
(3)若，，，证明：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据新定义，由项系数相等可得；
（2）利用新定义证明即可；
（3）根据多项式的乘法可得，然后利用通项公式整理化简即可得证.
【详解】（1）因为
，
且，
所以，由可得，
所以.
（2）因为，
所以
又因为
所以，
所以.
（3）对于，
因为，
所以，
所以，
所以，
，
所以，
.
【点睛】难点点睛：本题属于新定义问题，主要难点在于对新定义的理解，利用多项式的乘法分析，结合通项公式即可得证.
5．（2025·甘肃白银·二模）定义新运算.对于给定的正项数列，若，且，都有，其中分别为数列中的第项和第项，则称该数列为“方型数列”.
(1)若为各项均为正数的等比数列，请判断数列是否为“方型数列”，并说明理由.
(2)已知数列既是“2方型数列”，又是“3方型数列”，记数列的前项和为.
①证明：为等比数列；
②设，若，记满足成立的数组的概率为，求的最大值.
【答案】(1)数列为“方型数列”，理由见解析
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）需依据“方型数列”定义，结合等比数列的性质，验证等比数列满足，即可得出结果；
（2）①利用“方型数列”和“方型数列”的定义，列出对应等式，通过等式变形、递推，推导为常数，依据等比数列定义证明即可；②先由等比数列通项公式及已知求出首项、公比，得前项和；再分析的正整数解情况，结合概率公式计算即可求的最大值.
【详解】（1）数列为“方型数列”，
理由如下：因为为各项均为正数的等比数列，所以，
所以，
即，其中分别为数列中的第项和第项，
所以，故数列为“方型数列”.
（2）①证明：由定义可知，当时，，①
当时，，②
由①可知，当时，，即，③
.即④
将③④代入②得，，
整理得，
所以数列从第3项起，构成等比数列.设其公比为，
在①中，取，则，所以，
在①中，取，则，所以，
故数列是等比数列.
②解：因为，所以，解得，所以，
由得，.
当为奇数时，则为偶数，所以，
设，则均为正整数，且，
两式相减得，，即，
所以，
所以，所以，
则，所以，即，
所以时，使得成立，
故为奇数时，满足成立的只有1个数组.
当为偶数时，则，
若为偶数，则为奇数，所以；
若为奇数，表示奇数个奇数之和，则为奇数，显然不能整除，
所以为偶数时，满足成立的数组不存在.
综上所述，满足成立的只有1个数组.
又，所以数组有个，且，
故的最大值为.
检测Ⅰ组 重难知识巩固
1．（2025·北京东城·模拟预测）月相是指天文学中对于地球上看到的月球被太阳照亮部分的称呼．1854年，爱尔兰学者在大英博物馆所藏的一块巴比伦泥板上发现了一个记录连续15天月相变化的数列，记为，其将满月等分成240份，（且）表示第天月球被太阳照亮部分所占满月的份数．例如，第1天月球被太阳照亮部分占满月的，即；第15天为满月，即．已知的第1项到第5项是公比为的等比数列，第5项到第15项是公差为的等差数列，且，均为正整数，则（ ）．
A．80 B．96 C．100 D．112
【答案】B
【分析】由已知条件和等比数列等差数列的性质，得，又，均为正整数，求出，的值得.
【详解】依题意，有，，
时，不是正整数；
时，；
时，，不是正整数.
所以，，.
故选：B
2．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二(除以3余2)，五五数之剩三(除以5余3)，七七数之剩二(除以7余2)，问物几何？现有这样一个相关的问题：已知正整数满足二二数之剩一，三三数之剩一，将符合条件的所有正整数p按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前n项和为，则的最小值为（ ）
A．26 B．36 C．38 D．46
【答案】C
【分析】根据给定条件，求出及前n项和，再利用对勾函数的性质求出最小值.
【详解】二二数之剩一、三三数之剩一的数分别为、，，
因此数列的项即为以上两类数的公共项，即，，
而，则数列是等差数列，
于是，，
又对勾函数在上单调递减，在上单调递增，
所以时，取得最小值38.
故选：C
3．（2025·陕西汉中·模拟预测）鬼工球，又称同心球，要求制作者使用一整块完整的材料，将其雕成每层均同球心的数层可自由转动的空心球，空心球的球面厚度不计.为保证鬼工球的每一层均可以自由转动，要求其从最内层起，每层与其外一层球面的间距构成首项为 公差为的等差数列，若一个鬼工球最外层与最内层的半径之差为，则该鬼工球的层数为（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
【答案】C
【分析】根据已知条件确定该等差数列的首项、公差，再利用前项和公式建立方程，进而求解鬼工球的层数.
【详解】已知每层与其外一层球面的间距构成首项、公差的等差数列.设该鬼工球的层数为，
由于最外层与最内层的半径之差就是这个等差数列的前项和，即.
根据等差数列前项和公式，
将，，代入可得： ，即
得到，（因为层数为正整数，所以舍去）.
该鬼工球的层数为11.
故选：C.
4．（23-24高三下·云南·月考）数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，称为斐波那契数列，又称黄金分割数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和.记该数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据递推关系采用叠加法即可.
【详解】根据题意，，，，，…，
，，
则，，…，，，
将上述各式两边相加得，，
所以.
故选：B．
5．（24-25高三上·上海·期中）已知数列为无穷数列，若正整数满足：对任意的正整数，均有，则称数列 为“阶弱减数列”. 现有以下两个命题：
①数列为无穷数列且（为正整数），则是数列是“阶弱减数列”的充分条件；
②数列为无穷数列且（为正整数），则存在，使得数列是“阶弱减数列”的充要条件是.
那么（ ）
A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题
C．①、②都是真命题 D．①、②都是假命题
【答案】A
【分析】分别证明①是真命题，②是假命题，即可得到答案.
【详解】下面证明：①是真命题，②是假命题.
对于①，若，则
.
若，由可得，故，从而
.
所以只要，就一定有，所以①是真命题.
对于②，由于当时，对任意的都有
.
故不是“阶弱减数列”，从而②的充分性不成立，所以②是假命题.
综上，①是真命题，②是假命题.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于理解弱减数列的定义，只有理解了定义，方能解决相应的问题.
6．（多选题）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8，13，21，….该数列的特点如下：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列，现将中的各项除以2所得的余数按原来的顺序排列，构成的数列记为，数列的前项和为，数列的前项和为，下列说法正确的是（ ）
A． B．若，则
C． D．
【答案】ACD
【分析】根据斐波那契数列的排列规则可得数列，根据周期性即可求解AB，根据斐波那契数列的定义，结合迭代法即可根据求CD.
【详解】对于A, 根据题意可知，斐波那契数列的排列规则为：奇数，奇数，偶数，奇数，奇数，偶数，…，进而可知数列为1，1，0，1，1，0，…，
故数列为周期数列，且周期为，所以，A正确，
对于B，，，，，,故由解得或，B错误，
对于C，
，C正确，
对于D，
，D正确，
故选：ACD
7．（2025·黑龙江齐齐哈尔·三模）（多选题）在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的数字图形（见下图），即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就．在杨辉三角中，第行的所有数字之和为，若去除所有为1的项，依次构成数列：2，3，3，4，6，4，5，10，10，5， ，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．第项为
D．从杨辉三角的图中抽取一斜线的数列1，3，6，10，15，…，得到其倒数和，则
【答案】AC
【分析】将数列数列、、、、、、、、、、变成数阵，确定数阵第行有个数，从左向右分别为.对于A，确定分别在该数阵第行的第2个和第4个即可判断；对于B，确定位于该数阵第行第个数即可求和；对于C，确定第项为第行第1个即可；对于D，根据杨辉三角得到，利用裂项相消求和法求和即可.
【详解】将数列、、、、、、、、、、变成以下数阵：
则该数阵第行有个数，从左向右分别为，
第行最后一项位于原数列第项，
对于A，因为，所以分别在该数阵第行的第2个和第4个，故，即，选项A正确；
对于B，因为，所以位于该数阵第行第个数，
由题意可知，该数阵第行所有数为“杨辉三角”数阵中第行去掉首、尾两个得到，而“杨辉三角”中第行所有数之和为，
所以，该数阵第行所有数之和为，
所以，选项B错误；
对于C，因为，所以第项为第行第1个，即，选项C正确；
对于D，根据杨辉三角知，，选项D错误.
故选：AC.
8．（多选题）已知数列1，3，6，10，它的前后两项之差组成新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，则数列1，3，6，10被称为二阶等差数列．现有二阶等差数列，其前6项依次为4，8，10，10，8，4，则下列结论中正确的是（ ）
A．数列的公差为2 B．
C．数列的前7项和最大 D．
【答案】BD
【分析】利用二阶等差数列定义可知数列的公差为，判断A；利用是首项为4、公差为的等差数列，求出，判断B；利用，再由累加法可得，利用数列的函数性质可得数列的前6项和最大，判断C；将代入计算判断D.
【详解】二阶等差数列，其前6项依次为4，8，10，10，8，4，从第二项开始，
每一项与前一项的差所组成的新数列的前5项依次为4，2，0，，
易知新数列的公差为，即数列的公差为，故A错误．
是首项为4、公差为的等差数列，所以，故B正确．
，所以，，…，，
累加可得
，
则，
由二次函数的性质可知当时，数列递减，且前6项均为正数，易知，所以当时，，
当时，，因此数列的前6项和最大，故C错误．
由可得，故D正确．
故选：BD．
9．南宋数学家杨辉为我国古代数学研究做出了杰出贡献，他的著名研究成果“杨辉三角”记录于其重要著作《详解九章算法》，该著作中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列，以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列.若某个二阶等差数列的前4项为1，3，7，13，则该数列的第14项为 .
【答案】183
【分析】根据二阶等差数列的定义求出数列的通项公式，再利用累加法计算即可求解.
【详解】设该二阶等差数列为，则，
由二阶等差数列的定义可知，，
可知数列是以为首项，公差的等差数列，则，
即，
将所有上式累加可得，则，
所以，即该数列的第14项为.
故答案为：183.
10．我国南宋数学家杨辉在所著的《详解九章算法》一书中用如图所示的三角形解释二项展开式的系数规律，现把杨辉三角中的数从上到下，从左到右依次排列，得数列：1，1，1，1，2，1，1，3，3，1，1，4，6，4，1，，记作数列，则 ；若数列的前项和为，则 .
【答案】
【分析】由题意可知是第5行第4个数，故而直接能得到答案；
令每行的序数与该行的项数相等可得第行最后项在数列中的项数为；根据可求得，进而可确定位于第行第个；根据每一行数字和的规律可知，计算可得结果.
【详解】由题意可知是第5行第4个数，所以；
使得每行的序数与该行的项数相等，则第行最后项在数列中的项数为：
设位于第行，则：，解得：
且第行最后一项在数列中的项数为：，
位于杨辉三角数阵的第行第个
而第一行各项和为，第二行各项和为，第三行各项的和为
依此类推，第行各项的和为
故答案为：4，.
【点睛】本题考查与杨辉三角有关的数列的前项和的求解问题，关键是能够根据杨辉三角的数字特征，确定第项所处的位置，通过对于每一行各项和的规律的总结可将问题转化为等比数列求和问题.
11．《孙子算经》提出了“物不知其数”问题的解法，被称为“中国剩余定理”.“物不知其数”问题后来经秦九韶推广，得到了一个普遍的解法，提升了“中国剩余定理”的高度.现有一个剩余问题：在正整数中，把被3除余数为2，被4除余数为2的数，按照由小到大的顺序排列，分别得到数列，，将，中不同的数放在一起，再按照由小到大的顺序排列，得到数列，则 .
【答案】239
【分析】根据题意可得数列，的通项公式，再分析数列，结合周期性可知，即可得结果.
【详解】因为，
可知数列是首项为2，公差为3的等差数列，是首项为2，公差为4的等差数列，
可得，
又因为数列，的相同的数组成的数列为，
可知数列是首项为2，公差为12的等差数列，可得，
则数列依次为，
可得，所以.
故答案为：239.
12．历史上有一个著名的“伯努利装错信笺问题”，它讲的是某人想邀请朋友来家中聚会，写好了n封请柬，需要装入n个写好友人名字的信封，结果因为粗心把请柬全部装错了信封，求装错的可能会有多少种的问题．瑞士著名数学家欧拉按一般情况给出解答：用A，B，C，……表示写着n位友人名字的信封，a，b，c，……表示n份对应的写好的请柬，把装错的情况总数记作，假设把a错装进B里了，包含着这个错误的一切错装法分两类：第一类：b装入A里，这时每种错装的其余部分都与A，B，a，b无关，应有种错装法；第二类：b装入A，B之外的一个信封，这时的装信工作实际是把（除a之外的）份请柬b，c，……装入（除B以外的）个信封A，C，……，显然这时装错的情况有种，总之在a装入B的错误之下，共有错装法种．a装入C，装入D……的种错误之下，同样都有种错装法，因此可得到的关系式为 ；通过枚举法，容易求出，于是可以迅速用多种方法求出 ．
【答案】 44
【分析】根据已知即可得出的关系；根据递推关系即可求解．
【详解】由已知可得；
由递推关系可得，
故答案为：，44．
13．（2024·四川·模拟预测）数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，……称为斐波那契数列，该数列是由意大利数学家莱昂纳多·斐波那契（Leonardo Fibonacci）以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，满足，（，），则是斐波那契数列的第 项.
【答案】2025
【分析】由斐波那契数列的递推关系式可得（，），结合累加法求解即可.
【详解】由题意知，（，），
所以（，），
所以，，……，，
由累加法可得，
则，
所以是斐波那契数列的第2025项.
故答案为：2025.
14．如果数列对任意的，则称为“中值偏大数列”
(1)若数列为“中值偏大数列”，求正实数的取值范围；
(2)若数列为“中值偏大数列”，且任意项，求整数的最大值．
【答案】(1)
(2)64
【分析】（1）利用“中值偏大数列”的定义可得，进而解不等式即可；
（2）根据“中值偏大数列”的定义有，，，，，累加得，再结合已知求参数最大值即可.
【详解】（1）因为数列为“中值偏大数列”，，
则，则，
即，解得且，
所以正实数的取值范围为.
（2）因为数列为“中值偏大数列”， ，，，
所以对，有，即，且，
所以，，，，
累加得，
所以，
由，得，
又，，
所以正整数的最大值为.
15．（24-25高三上·山东青岛·期末）已知数列具有性质：对任意的，与两数中至少有一个属于．
(1)分别判断数集和是否具有性质；
(2)证明：当时，，，，不可能成等差数列；
(3)证明：当时，，，，，是等比数列．
【答案】(1)不具有，具有.
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据数列具有性质的定义判断即可；
（2）根据数列具有性质的定义可知，，得，进而由等差数列的通项得，进而可判断；
（3）根据数列具有性质的定义可知，，，进而可得，可判断.
【详解】（1）集合中且，所以不具有性质,
因为都属于，是具有性质.
（2）因为具有性质,
所以与至少有一个属于，又因，
故，又，故，
同理：，即，故
又，，故，即
假设是等差数列，则由已知得公差
则由得：
解得：与假设矛盾
所以当时，不可能成的差数列.
（3）当时，由（2）知即
，，
，，
由得：，又，
即是以为首项，公比为的等比数列.
16．（24-25高三下·甘肃平凉·月考）对一个给定的数列的相邻两项作差，得到一个新数列，，…，，…这个数列称为的一阶差数列．如果记该数列为，其中，再求的相邻两项之差，那么称所得数列，，…，，…为数列的二阶差数列．依此类推，对任意，可以定义数列的p阶差数列．如果的p阶差数列是一个非零常数列，那么称它为p阶等差数列．特别地，一阶等差数列就是我们常说的等差数列，二阶及二阶以上的等差数列统称为高阶等差数列．
(1)若，证明：数列是二阶等差数列；
(2)若，证明：数列的前n项和公式为；
(3)设数列是一个三阶等差数列，其从前往后连续的若干项为1，2，8，22，47，86，…，求数列的通项公式．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据二阶等差数列的定义即可证得结果.
（2）再分组求和，即可求得结果.
（3）计算的各阶等差数列，得：1，6，14，25，39，…；：5，8，11，14，…；：3，3，3，…．再利用累加法即可求出数列，再用累加法计算得.
【详解】（1）设数列的一阶差数列为，
由，得，，即，
因此数列的一阶差数列为，的一阶差数列是一个以为首项，2为公差的等差数列，
则，的二阶差数列是一个以2为首项的常数列，
根据二阶等差数列的定义，知数列是二阶等差数列.
（2）
．
而，
因此，
所以．
（3）计算的各阶差数列，设的一阶差数列为，二阶差数列为，三阶差数列为，
得：1，6，14，25，39，…；：5，8，11，14，…；：3，3，3，…．
而是一个三阶等差数列，则是一个常数列，，
即，，2，…，
于是，
，
因此，
所以．
17．任取数列中相邻的两项，若这两项之差的绝对值为3，则称数列具有性质.已知具有性质的数列共有项，且所有的项之和为.
(1)若，且，求的所有可能值；
(2)若，且恒成立，求；
(3)若，证明：.
【答案】(1).
(2)3
(3)证明见解析
【分析】（1）根据性质的定义将数列所有可能情况列出来并计算相应的的值.
（2）根据已知条件可证明数列为等差数列，然后利用等差数列的通项公式进行求解即可.
（3）首先令，然后将表示出来并化简，根据可证明为偶数，进而证明结论.
【详解】（1）若，且满足具有性质的数列为：
，此时；
，此时；
，此时
故的所有可能值为4，10，16.
（2）由题意可知对任意的，均有，因为恒成立，
故，即数列是以2025为首项，-3为公差的等差数列，
所以，即.
（3）令，依题意可知，
因为，
所以
因为，所以为偶数，
所以也为偶数，
因为，故也必为偶数，即4整除，
所以.
18．（2025·甘肃甘南·模拟预测）抽屉原理也被称为鸽笼原理，它由德国数学家狄利克雷首先明确提出并用来证明数论中的问题，因此，也被称为狄利克雷原则．其内容为：如果把个物体放进个抽屉里，那么至少有一个抽屉要放进个或更多个物体．已知数列与数列满足，若数列是递增数列，则称数列具有性质．
(1)当，且数列具有性质时，
①写出一个满足，项数为6的数列；
②若，数列的前项和为，证明：当时，至少存在两个不同的数列，使得这两个数列的前项和相等．
(2)从项数为的数列中选取一部分元素构成新的数列，判断是否存在项数为的数列具有性质，并说明理由．
（参考数据：）
【答案】(1)①；②证明见解析
(2)存在项数为的数列具有性质，理由见解析
【分析】（1）①只需满足即可；②由题意得或，分析得当时，，故存在，使得，结合抽屉原理即可得证.
（2）只需证明存在项数为的递减数列或项数为的递增数列即可.
【详解】（1）①解：．（答案不唯一，只需满足.可）
②证明：因为，即，所以或，
显然当时，．
又当时，，当时，，
则当时，．
因为数列从第二项起每一项都有两种可能，所以共有种不同的数列．
因为，
所以至多有种不同的取值．
令，
则．
令，则，
所以在上单调递增．
因为，
所以，即，所以在上单调递增．
因为，所以当时，恒成立，
即当时，，故存在，使得，
由抽屉原理可知，此时至少存在两个不同的数列，使得这两个数列的前项和相等．
（2）从项数为的数列中选取一部分元素构成新的数列，
存在项数为的数列具有性质．
记“满足，且数列是递增数列的最长数列的项数”，
假设，即，都有，其中，
则，使得至少有个取，
即，其中．
若，当时，，
则将与以为首项的递增数列合成一个以为首项，项数为的新的数列；
若，当时，都有，
则，即存在一个项数为的数列是递减数列．
综上，从项数为的数列中选取一部分元素构成新的数列中，总是存在项数为的递减数列或项数为的递增数列．
因为递增数列或递减数列都满足性质，所以存在项数为的数列具有性质．
19．（2025·北京门头沟·一模）已知有限数列，其中，.在中选取若干项按照一定次序排列得到的数列称为的一个子列，对某一给定正整数，若对任意的，均存在的相应子列，使得该子列的各项之和为，则称具有性质.
(1)判断：，，，，，，是否具有性质？说明理由；
(2)若，是否存在具有性质？若存在，写出一个，若不存在，说明理由；
(3)若，且存在具有性质，求的取值范围.
【答案】(1)具有，理由见解析；
(2)不存在，理由见解析；
(3).
【分析】（1）利用定义计算即可；
（2）根据数列中各项的取值范围，结合定义判定当时至少需要子列含4个数与任意4项子列和大于3矛盾即可；
（3）根据新定义结合第一、二问举例说理即可.
【详解】（1）根据定义知取，有；
取，有，
取，有，
即对任意，都存在的相应子列，使得该子列的各项之和为，
所以：，，，，，，具有性质；
（2）不能，理由如下：
假设，具有性质，
因为，所以M的任意四项和小于4，
所以，
则对于M的任意四项子列S，不妨设，
有，
又具有性质，，所以M的任意三项和小于3，
故不存在的子列其各项和为3，与具有性质矛盾，
所以时，不存在具有性质；
（3）由题可知，时，又，所以，
由（2）道理相同可知，，
取，
因为，
，，
所以具有性质，
综上.
20．（2025·河南·模拟预测）若，则称是和的减比中项.
(1)若是和的减比中项，求的取值范围.
(2)已知数列满足，，数列满足，，存在正数，使是和的等比中项，且是和的减比中项，.
（i）证明：是和的减比中项；
（ii）记数列的前项和为，证明：.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）根据减比中项定义和基本不等式直接求解即可；
（2）（i）根据等比中项和减比中项定义，可推演得到，由此可得，即为所证；
（ii）结合累乘法可得，结合不等式性质得到，根据（i）中的结论，由可整理得到结论.
【详解】（1）若是和的减比中项，则，
（当且仅当时取等号），，
即的取值范围为.
（2）（i）是和的减比中项，，
又为正数，为正项数列，.
，为正项数列，
，，
，即，
是和的减比中项.
（ii），，
又，，，，易得，
，即，
由（i）有：，，
.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列中的新定义问题的求解，解题关键是能够充分利用减比中项的定义来构造不等关系，结合数列通项公式求解中的累乘法、数列不等式证明中的放缩法来进行推理证明.
21．（2025·湖北·模拟预测）定义：若对任意，，，数列的第项都等于数列的第项，则称数列为数列的“分段反序数列”.已知数列的“分段反序数列”为，数列的前项和为.
(1)若，求，的值；
(2)若，求；
(3)若，证明：数列为常数列.
【答案】(1)，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据所给定义计算可得；
（2）设数列的前项和为，推导出，再利用等比数列求和公式计算可得；
（3）依题意可得，即可得到，，依次递推，总有和，从而得证.
【详解】（1）因为，且，，所以，
因为，，所以；
（2）设数列的前项和为，
依题意得，
又，
，…，
依次递推：
，
所以，
又，所以.
（3）依题意得，
所以，
，
所以，…，
依次递推，总有和，
由此可知，
当时，，是常数列，
当且时，，是常数列.
又，所以对任意的，是常数列.
22．如果数列满足：且，则称数列为阶“归化数列”.若数列还满足：数列项数有限为；则称数列为“阶可控摇摆数列”.
(1)若某6阶“归化数列”是等比数列，写出该数列的各项；
(2)若某13阶“归化数列”是等差数列，求该数列的通项公式；
(3)已知数列为“阶可控摇摆数列”，其前项和为，且存在，使得，探究：数列能否为“阶可控摇摆数列”，若能，请给出证明过程；若不能，请说明理由.
【答案】(1)或
(2)或
(3)不能，理由见解析
【分析】（1）根据“归化数列”定义以及等比数列前项和公式计算可得；
（2）根据“归化数列”定义以及等差数列前项和公式解方程即可求出通项公式；
（3）记中所有非负项之和为，负项之和为，若数列为“阶可控摇摆数列”，可得，再由前项和的值得出矛盾即可得出结论.
【详解】（1）设成公比为的等比数列，显然，
则有，得，解得，
由，得，
解得，
所以数列或为所求6阶“归化数列”；
（2）设等差数列的公差为，由，
所以，所以，即，
当时，与归化数列的条件相矛盾，
当时，则，
所以，即，
所以，
当时，由，
所以，即，
所以，
故或；
（3）不能，理由如下：
记中所有非负项之和为，负项之和为，
因为数列为“阶可控摇摆数列”，则，得，
故，所以，
若存在，使得，即，
则，且，
假设数列也为“阶可控摇摆数列”，记数列的前项和为，
则，
因为，所以，
所以；
又，则，
所以；
即与不能同时成立.
故数列不为“阶可控摇摆数列”.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于结合“归化数列”和“阶可控摇摆数列”的定义，利用已有的数列知识进行求解即可得出结果.
23．（2025·湖北·三模）已知数列，其中，且.若数列满足，当时，或，则称数列为数列的“调节数列”.例如，数列的所有“调节数列”为；或者；或者；或者.
(1)直接写出数列的所有“调节数列”；
(2)若数列满足通项，将数列的“调节数列”中的递增数列记为，数列中的各项和为，求所有的和；
(3)已知数列满足：，若数列的所有“调节数列”均为递增数列，求所有符合条件的数列的个数.
【答案】(1)
(2)
(3)所有符合条件的数列共有个
【分析】（1）根据“调和数列”的定义，即可求解；
（2）根据条件依次写出满足条件的，再根据分组转化法求和；
（3）首先由数列为递增数列，则条件①，②，③都恒成立，再由④分析，得到的不同取法种数，即可求解符合条件的数列的个数.
【详解】（1）.
（2）因为，由题意共个数，
而共有项，则“调节数列”共有种情况
不妨设；则
；则
依此类推；则
故
（3）依题意，对任意，
有或或，
因为均为递增数列，所以，即同时满足：
①，②，③，④.
因为为递增数列，因此①和②恒成立.
又因为为整数数列，对于③，也恒成立.
对于④，一方面，由，得，即.
另一方面，，
所以，
即从第2项到第项是连续的正整数，
所以，
因此，
故共有种不同取值，即所有符合条件的数列共有个.
24．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）数阵，又称矩阵，是数学中的一个重要概念，它是一种特殊的数组，由数字或符号按照特定的规则排列而成.数阵的元素按照一定的顺序排列，通常用矩阵的行和列来表示.将阶数阵记作（其中）.已知，且满足，
(1)求和的值；
(2)求的表达式；
(3)是否存在，使得，，成等比数列，如存在，请求出，如不存在，请说明理由.
【答案】(1)，
(2)
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）令求出，，再令即可求出；
（2）在中令，得，利用累加法得出，再在中令，得，再利用累加法即可求出；
（3）由（2）求出，再求出，
则等比数列被转化为为等差数列，设，再通过构造函数，研究其是否存在四个解即可.
【详解】（1）在中令，
得；
在中令得，，
在中令得，，
则.
（2）在中令，得，
则，，，，，
由累加可得，
又时，符合上式，故；
在中令，得，
则，，，，，
由累加可得
，
又满足上式，
故
（3）由（2）知，则，
若为等比数列，
则为等差数列，
设，
则，即，
若满足题意，则有四个整数解，
设，
则
注意最多只有两个零点，
则此时最多只有三段单调区间，至多有三个零点，
故不可能有四个解，
综上所述，不存在使得成等比数列，证毕.
检测Ⅱ组 创新能力提升
1．（2024·广东·一模）斐波那契数列因数学家斐波那契以兔子繁殖为例而引入，又称“兔子数列”.这一数列如下定义：设为斐波那契数列，，，，其通项公式为，设是的正整数解，则的最大值为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】A
【分析】利用给定条件结合对数的性质将化为，结合，得到，根据递增，得到也是递增数列，得，即可求解.
【详解】由题知是的正整数解，
故，取指数得，
同除得，，故，
即，根据是递增数列可以得到也是递增数列，
于是原不等式转化为.
由斐波那契数列可得，，，，
可以得到满足要求的的最大值为，故A正确.
故选：A
【点睛】关键点点睛：
本题关键在于利用对数的运算将，
转化为，结合的表达式得到，
从而求解的最大值.
2．（24-25高三上·江西·月考）若项数有限的数列满足，且，则称数列为“n阶上进数列”.
(1)若等比数列是“2024阶上进数列”，求的通项公式；
(2)若数列是“n阶上进数列”，其前n项和记为.
（i）证明：；
（ii）若存在，使得，且的前m项均为非负数，其他项均为非正数，判断数列是否是“n阶上进数列”，并说明理由.
参考公式：.
【答案】(1)或
(2)（i）证明见解析；（ii）不是，理由见解析
【分析】（1）根据等比数列性质以及“n阶上进数列”定义可解得公比，再由可得首项，可得其通项公式；
（2）（i）根据可利用数学归纳法先证明，再由的关系式以及绝对值性质计算可得结论；
（ii）利用反证法假设数列是“n阶上进数列”，由（i）中结论可得，因此可得出矛盾，所以数列不是“n阶上进数列”.
【详解】（1）设是公比为q的等比数列，显然，
则有，得，解得，
由
得，解得.
所以的通项公式为或.
（2）（i）证明：先证明时，，
当时，显然；
当时，由，得，
即
.
，命题得证.
（ii）数列不是“n阶上进数列”.
理由如下：若数列是“n阶上进数列”，
记数列的前m项和为，则由（i）知
由已知得，，…，，，，…，
所以，，
由，得，
又，所以
所以，.
又，则
所以；
所以与不能同时成立.
故数列不可能为“n阶上进数列”.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用反证法先假设数列为“n阶上进数列”，再根据（i）中结论可得，显然这与和矛盾，可得结论.
3．（2025·北京东城·一模）已知有限数列满足.对于给定的，若中存在项满足，则称有项递增子列；若中存在项满足，则称有项递减子列.当既有项递增子列又有项递减子列时，称具有性质.
(1)判断下列数列是否具有性质；
①；
②.
(2)若数列中有，证明：数列不具有性质；
(3)当数列具有性质时，若中任意连续的项中都包含项递增子列，求的最大值.
【答案】(1)数列①具有性质，数列②不具有性质
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据性质判断即可；
（2）利用反证法，假设数列具有性质，则数列中存在项递增的数列和项递减数列，分析可知，存在在中恰出现一次，不妨记为，
记，则必有，再根据数列递增，递减，推导出，推出矛盾，从而说明结论成立；
（3）由（2）知，数列中恰有一项既是的项，也是的项，记，所以，，对数列项数最多的子列进行分析，可知递增子列的项数最多为，所以，，然后对为奇数和偶数进行分类讨论，求出的最大值，并通过构造数列确定的最大值能取到，由此可得出结果.
【详解】（1）数列①：具有性质；数列②：不具有性质.理由如下：
对数列①，记该数列为，
该数列有项递增子列：，
该数列有项递减子列：，故数列①具有性质；
对于数列②，记该数列为，
该数列有项递增子列：，该数列没有项递减子列，
故数列②不具有性质.
（2）假设数列具有性质，则数列中存在项递增的数列和项递减数列，
因为，所以为，为，
所以对任意的，在中至少存在一项，
因为中有项，所以存在在中恰出现一次，不妨记为，
记，则必有，
因为递增，递减，
所以，数列中排在前面的项至少有，共项，
排在后面的项至少有，共项，
因为数列中有项，所以是第项，即.
这与题设矛盾，所以假设不成立，即数列不具有性质.
（3）当数列具有性质时，
记数列的项递增子列为为和项递减子列为，
由（2）知，数列中恰有一项既是的项，也是的项，
记，所以，，
所以数列的前项由组成，
因为，
所以项数最多的递增子列只能是或，
所以递增子列的项数最多为，
数列的后项由组成，
所以项数最多的递增子列是或，
所以递增子列的项数最多为，所以，，
因为，所以
当为奇数，时，有最大值，所以，
构造数列，
该数列具有性质，且满足任意连续的项中，都包含项的递增子列；
当为偶数，时，有最大值，所以，
构造数列，
该数列具有性质，且满足任意连续的项中，都包含项的递增子列，
综上所述，.
4．（2024·河北邢台·二模）若数列若满足递推关系其中为常数，我们称该数列为k阶常系数齐次线性递推数列，并称方程为递推关系式（*）的特征方程，该方程的根称为数列的特征根.我们有以下结论：对于k阶常系数齐次线性递推数列，若其不同的特征根为，，…，，且特征根的重数为，则数列的通项公式为
其中，，这里都是常数，它们由数列初始值可以确定.
(1)若数列满足，且，，，求数列的通项公式；
(2)若数列满足对于所有非负整数m，n（），都成立，且，求数列的通项公式；
(3)设边长为1的正六边形ABCDEF，O是六边形的中心，除了六边形的每一条边，我们还从点O到每个顶点连一条线段，共得到12条长度为1的线段，一条路径是指动点沿着上述线段（全部或部分）移动，始点终点均为点O的一条移动路线.求长度为2024的路径共有多少条？（注：根的重数就是方程中同样根的数量）
【答案】(1)；
(2)；
(3)条.
【分析】（1）求出对应特征方程的根，再设出，列出方程求出参数即可.
（2）求出数列项间关系等式，并求出其特征方程的根，进而求出通项公式.
（3）表示从O到O的长度为的路径条数，表示从到O的长度为的路径条数，根据题意建立关系等式，利用特征方程的根求出通项公式，再令即得结果.
【详解】（1）依题意，对应的特征方程为：，
即，其根为 (重数为2)和1(重数为1)，
设，即，由，
得，解得，
所以.
（2）由于所有非负整数成立，
令得，令得，
令得，得，
令得，
联立消去得，即有，
因此，对应的特征方程为，解得其根为1(重数为3)，
设，
由，得，解得，
所以.
（3）设表示从O到O的长度为的路径条数，表示从到O的长度为的路径条数，则有
，对任何正整数成立，显然，即，
其特征方程为，解得(重数为1)，
因此，由，
得，解得，
因此
所以长度为2024的路径共有条.
【点睛】关键点点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.
5．（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用．一般地，对无穷数列，，定义无穷数列，记作，称为与的卷积．卷积运算有如图所示的直观含义，即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．
(1)若，，，求，，，；
(2)对，定义如下：①当时，；②当时，为满足通项的数列，即将的每一项向后平移项，前项都取为0．试找到数列，使得；
(3)若，，证明：当时，．
【答案】(1)，，，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据数列和数列的通项公式，分别求出这两个数列的前四项，再根据数列的定义求出，，，.
（2）通过特例和前面的一些项来寻找规律及性质，有效转化特殊与一般.
（3）思路一：由卷积运算的交换律，得，记的前n项和为，再利用求.
思路二：记的前n项和为，对所有对应项相加所得的数列为，易证卷积关于数列加法有分配律、卷积运算满足结合律，因此可得，，再利用求.
【详解】（1）因为，，所以，；，；
，；，.
因为，，
所以，，，.
（2），
对一般的，.
（3）方法一：
记的前n项和为，由卷积运算的交换律有,
故，
因此，②
②－①得，
故当时，．
方法二：
记的前n项和为，常数列，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，注意
（Ⅱ）
注意是对所有对应项相加所得的数列，是对所有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，
得的通项即为，
故当时，．
注：以上论证可用符号语言说明如下：
定义数列加法：，其中．
容易验证卷积运算满足结合律：，
数列加法关于卷积满足分配律：．
因此.
