2021届高考数学新高考下基于问题探究考点1.3 数列的新定义问题(解析版

2023年11月30日发(作者：)

考点1.3 数列的新定义问题

数列是高考重点考查的内容之一，其命题形式多种多样，其中基于问题情境的数列问题在高考中逐步

成为热点。通过具体的问题背景或新的定义，考察数列在问题情境中的应用，以此来检验学生的核心价值，

学科素养，关键能力，必备知识。

解决数列的新定义问题，常用的解题思路是：审题、建模、研究模型、解决新定义问题。研究模型时

需注意：量多个量；量之间的关系规律：等差、等比规律；递推关系；其它规律由特殊到一

(1) () (2) ()——

般进行归纳总结；与数列通项公式有关或与前项和有关等．

(3) n

基础知识

1．等差数列与等差中项

(1)定义：

①文字语言：一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数；

②符号语言：a，d为常数)．a，d为常数)．

n1nnn-1

＋

－a＝d(n∈N－a＝d (n n∈N

**

2

(2)等差中项：若三个数a，A，b组成等差数列，则A叫做a，b的等差中项．即A=

2．等差数列的通项公式与前n项和公式

n(n－1)n(a＋a)

1n

(1)通项公式：a＝a＋(n－1)d． (2)前n项和公式：S＝na＋d＝

n1n1

．

22

3．等差数列的性质

已知数列{a

nn

}是等差数列，S是其前n项和．

(1)通项公式的推广：a＝a＋(n－m)d(n，m∈N)．

nm

*

(2)若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N)，则a＋a＝a＋a．(3)若k＋l＝2m (k，l，m∈N),则a＋a＝2a．

**

klmnklm

4．等差数列与函数的关系

(1)通项公式：当公差d≠0时，等差数列的通项公式a＝a＋(n－1)d＝dn＋a－d是关于n的一次函数，且一

n11

次项系数为公差d.若公差d＞0，则为递增数列，若公差d＜0，则为递减数列．

n(n－1)d

d

2



(2)前n项和：当公差d≠0时，S＝na＋d＝nn是关于n的二次函数且常数项为0.

n1

＋



a－

1

2

22

5．等比数列的有关概念

(1)定义：

①文字语言：一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数(非零)．

ab

．

2

a

a

n1

＋

②符号语言：＝q(n∈N，q为非零常数)．(n n∈N，d为常数)．

**

n

q

2

a

n

a

n1

(2)等比中项：如果a，A，b成等比数列，那么A叫做a与b的等比中项．即A＝．

ab

6．等比数列的有关公式

na，q＝1，

1





－

(1)通项公式：a＝aq＝

n1n

n

1

． (2)前n项和公式：S



a(1－q)a－aq

11n

n

＝，q≠1.



1－q1－q



7．等比数列的性质

已知数列{a

nn

}是等比数列，S是其前n项和．(m，n，p，q，r，k∈N)

*

(1)若m＋n＝p＋q＝2r，则a·a＝a·a＝a；

mnpqr

2

8．数列的通项公式

如果数列{a

n

}的第n项与序号n之间的关系可用一个式子来表达，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．



S

1

，n＝1，



(2)已知数列{a}的前n项和S，则a＝

nnn





S－S，n≥2.



nn1

－

9．数列的递推公式

如果已知数列{a

nnn1

}的首项(或前几项)，且任一项a与它的前一项a(n≥2)(或前几项)间的关系可用一个公式

－

来表示，那么这个公式叫做数列的递推公式．

数列的新定义问题

（1） 单选题

1

．南宋数学家杨辉《详解九张算法》和《算法通变本末》中，提出垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一

般等差数列不同，前后两项之差不相等，但是逐项差数之差或者高次成等差数列在杨辉之后一般称为“块

.

积术”现有高阶等差数列，其前项分别，，，，，，，则该数列的第项为（）

.717152745711078

A B C D

．．．．

161155141139

【答案】

B

【分析】

画出图形分析即可列出式子求解

.

【详解】

所给数列为高阶等差数列设该数列的第项为，根据所给定义：用数列的后一项减去前一项得到一个

,8x

新数列，得到的新数列也用后一项减去前一项得到一个新数列，即得到了一个等差数列，如图：

由图可得：. 故选：





y3612x155

，解得

B.



x107yy48

2

．数列成为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多斐波那契



F:1,1,2,3,5,8,13,21,34,...,

n

·

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，每项等于其前两相邻两项之和，记

“”

该数的前项和为，则下列结论正确的是（）

{F}

n

n

S

n

A B C D

．．．．

SF2SF1SF2SF1

20192021201920212019202020192020

【答案】

B

【分析】

利用迭代法可得，可得

FFFFFFFFF1

n2nn1nn1n2n321

FS1

n2n

，代入即可求解.

n2019

【详解】

由题意可得该数列从第三项开始，每项等于其前两相邻两项之和，

则

FFFFFFFFFF

n2nn1nn1nnn1n1n2

FFFFFFFFF

nn1n2n1nn1n2n3n2

FFFFFF1SF1

nn1n2n32120192021

故选：

B

【点睛】

，所以，令，可得，

FS1

n2n

n2019

关键点点睛：本题的关键点是理解数列新定义的含义得出，利用迭代法得出

FFF

n2nn1

FFFFFFFFF1

n2nn1nn1n2n321

，进而得出.

FS1

n2n

3．（2016•新课标Ⅲ，理12）定义“规范01数列”

{}

a{a}

nn

如下：共有项，其中项为0，项为1，

2m

mm

且对任意，，，，中0的个数不少于1的个数，若，则不同的“规范01数列”共

k2m

a

1

aa

2k



m4

有

()

A．18个 B．16个 C．14个 D．12个

【答案】C

【解析】由题意可知，“规范01数列”有偶数项项，且所含0与1的个数相等，首项为0，末项为1，

2m

若，说明数列有8项，满足条件的数列有：

m4

0，0，0，0，1，1，1，1； 0，0，0，1，0，1，1，1； 0，0，0，1，1，0，1，1； 0，0，0，1，

1，1，0，1； 0，0，1，0，0，1，1，1；

0，0，1，0，1，0，1，1； 0，0，1，0，1，1，0，1； 0，0，1，1，0，1，0，1； 0，0，1，1，

0，0，1，1； 0，1，0，0，0，1，1，1；

0，1，0，0，1，0，1，1； 0，1，0，0，1，1，0，1； 0，1，0，1，0，0，1，1； 0，1，0，1，

0，1，0，1．共14个，故选．

C

4．（2020全国Ⅱ理12）0-1周期序列在通信技术中有着重要应用．若序列满足

aaa

12n

a0,1i1,2,

i



，且存在正整数，使得成立，则称其为0-1周期序列，并

m

aa(i1,2,)

imi

aaa

n12

，称满足的最小正整数为这个序列的周期．对于周期为的0-1序列

aa(i1,2,)

imi

mm

1

m

C(k)aak1,2,,m1



iik



m

i1

是描述其性质的重要指标．下列周期为5的0-1序列中，满足

（ ） 的序列是

C． D． B．A．

10001110011101111010

Ckk1,2,3,4



1

5

【答案】

C

【解析】由知，序列的周期为，由已知，，．

aaa

imi

1

5

i

m

m5

C(k)aa,k1,2,3,4



iik

5

i1

11111

5

对于选项，

A

C(1)aa(aaaaaaaaaa)(10000)



ii11223344556

55555

i1

1112

5

C(2)aa(aaaaaaaaaa)(01010)



ii21324354657

，不满足；

5555

i1

1113

5

对于选项，，不满足；

B

C(1)aa(aaaaaaaaaa)(10011)



ii11223344556

5555

i1

1112

5

对于选项，，不满足；故

D

C(1)aa(aaaaaaaaaa)(10001)



ii11223344556

5555

i1

选：

C

5．（2017•新课标Ⅰ，理12）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学

的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：

已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，，其中第一项是，接下来的两项是，



22

00

222

1012

，再接下来的三项是，，，依此类推．求满足如下条件的最小整数且该数列的前

2

N:N100N

项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是

()

A．440 B．330 C．220 D．110

n

n(n1)

2

【解析】设该数列为，设，，则，

{a}(nN)

n

baa21

n(n1)nn(n1)

n1



ba

ii

22

1

i1i1

由题意可设数列的前项和为，数列的前项和为，则

{a}S{b}

nNn

N

n

T

n

T2121212n2

n

12n1n1

，可知当为时，数列的前项和为数

NN

n(n1)

(nN){a}

n

2

列的前项和，即为，容易得到时，，

{b}

n

n

2n2

n1

N100

n14

AA

项，由，，可知，故项符合题意．

2930

30530

435

4404355

STb2292212

440295

2

2526

26526

故，可知，显然不为2的整数幂，项，仿上可知

BB

325

STb22522124

330255

2

项不符合题意．

仿上可知项，可知，显然不为2的整数幂，，

C

2021

STb2202212223

2202010

21102110

210

2

故项不符合题意．

C

DD

项，仿上可知，可知，显然不为2的整数幂，故

1415

15515

105

STb214221215

110145

2

项不符合题意．

故选．

A

（2） 多选题

6

．若数列满足：对任意正整数，为递减数列，则称数列为差递减数列给出下列数



aa

nn

n



aa

n1n

“”.

列，其中是差递减数列的有（）



anN

n

A B C D

．．．．

a3n

n

【答案】

CD

【分析】

分别求出四个选项中数列对应的，再进行判断



anN

n

【详解】



*

“”

an1

n

2

an

n

aln

n

n

n1



*



aa

n1n

.

对，若，则，所以不为递减数列，故错误；

AA

a3n

n

aa3(n1)3n3

n1n



aa

n1n

22

对，若，则，所以为递增数列，故错误；

BB

an1

n

aa(n1)n2n1

n1n



aa

n1n

2

对，若，则，所以为递减数列，故正确；

CC

an

n

aan1n

n1n

对，若，由函数，则

D

alnlnlnln(1)aaln

nn1n

1



aa

n1n

n1n

nn1nn1n11

2

n1n2n1n2nn2n

yln(1)

1

在递减，所以数为递减数列，故正确

(0,)



aa

n1n

D

.

2

x2x

故选：

CD

.

【点睛】

本题考查数列新定义、数列单调性及递推关系，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能

力和运算求解能力

.

7

．在数学领域内，“数列”无疑是一个非常重要的话题然而，中学生所学到的数列内容非常有限，除了等

.

差、等比数列之外，其它数列涉及很少下面向大家介绍一种有趣的数列，叫语言数列例如第一项，

..

a123

1

对于一个对数列一窍不通的人，你怎样介绍它呢？你可以这样说，从左向右看，这里含有一个，一个和

1

2

一个，你再把它用数字表示出来，就得到了第二项再从左向右看，它里面又是含有四个，

3

a111213

2

.

a

2

1

一个和一个，再把它用数字表示出来，就得到了第三项，同样可得第四项

2

3

a411213a14311213

34

.

按此规则重复下去，可以得到一个无穷数列，你会惊奇地发现，无论、、，还是



a

n

a1a3

1

a2

1

1

a123

1

，都有这样的结论：，，都有则的可能值为（）

nN

0

*

nnnN

0



*

aa

n2n

.

a

n

0

A B C D

．．．．

23322114321423213223211424312213

【答案】

AC

【分析】

对各选项中的可能取值进行验证，结合题意可求出，并验证与是否相等，由此可得出合

aa

nn

00

aa

n2n2

00

适的选项

.

【详解】

对于选项，若，从左往右看，有个，个，个，个，

A

a23322114

n

0

33

222

11

4

则，从左往右看，有个，个，个，个，

a32232114

n1

0

222

33

11

4

则，合乎题意；

a23312114a

n2n

00

对于选项，若，从左往右看，有个，个，个，个，

B

a32142321

n

0

222

33

11

4

则，从左往右看，有个，个，个，个，

a23322114

n1

0

33

222

11

4

则，不合乎题意；

a32232114a

n2n

00

对于选项，若，从左往右看，有个，个，个，个，

C

a32232114

n

0

222

33

11

4

则，有个，个，个，个，

a23322114

n1

0

33

222

11

4

则，合乎题意；

a32232114a

n2n

00

对于选项，若，从左往右看，有个，个，个，个，

D

a24312213

n

0

33

222

11

4

则，从左往右看，有个，个，个，个，

a32142321

n1

0

222

33

11

4

则，不合乎题意

a23322114a

n2n

00

.

故选：

AC.

【点睛】

关键点点睛：本题考查数列的新定义，结合的关键就是充分利用题中定义，由的值逐步推导的值

a

n

0

a

n2

0

.

8

．定义在上的函数，如果对于任意给定的等比数列，数列仍是等比



,00,

fxafa





n



n

数列，则称为“保等比数列函数”.现有定义在上的四个函数中，是“保等比数列

fx





,00,

函数”的为（ ）

A B C D

．．．．

fxxfxlnx



fx2



fxx



2

x





【答案】

AC

【分析】

直接利用题目中“保等比数列函数”的性质，代入四个选项一一验证即可.

【详解】

设等比数列的公比为



a

n

q

.

2



af(a)a

n1n1n1

q

2



2

A

，故是“保等比数列函数”；

对于，则

A

f(a)aa

nnn



2

f(a)

n1

2

a

n1

2

a

n

aa

n1n

BB

常数，故不是“保等比数列函数”； 对于，则

f(a)2

n

f(a)a

n1n1

q

对于，则，故是“保等比数列函数”；

C C

f(a)a

nn

对于，则常数，故不是“保等比数列函

D D

数”.

故选：

AC.

【点睛】

a

n1

a

n

lnqlnalnaqlnalnq

f(a)

n1

n1nn

1

f(a)lnalnalnalna

nnnnn

本题考查等比数列的定义，考查推理能力，属于基础题

.

9

．定义为数列的优值已知某数列的优值，前项和为

H

n

a2a2a

12n

n

n1

n



aa

nn

“”“”n

.

H2

n

S

n

，则（）

A B

．数列为等差数列．数列为等比数列



aa

nn

CD

．．，，成等差数列

S

2

SS

46

S2023

2020



20202

【答案】

AC

【分析】

由题意可知，即，则时，

H2

n

a2a2a

12n

n

n1

n

a2a2an2

12n

n1n

n2

2an2n12n12

n1nn1n1

n



，可求解出，易知是等差数列，则正确，然后

an1

n



a

n

A

利用等差数列的前项和公式求出，判断，的正误

nCD.

S

n

【详解】

解：由，

H2

n

得，

a2a2an2

12n

a2a2a

12n

n

n1

n

n1n

①

所以时，，

n2

a2a2an12

12n1

n2n1



②

得时，，

n2

2an2n12n12

n1nn1n1

n



即时，，

n2

an1

n

当时，由知，满足．

n1

①

a2

1

an1

n

所以数列是首项为，公差为的等差数列，故正确，错，



a

n

21AB

所以，所以，故正确．

S

n

S2023

nn3



2020



C

20202

2

S5

2

，，，故错，

S14S27

4

6

D

故选：．

AC

【点睛】

本题考查数列的新定义问题，考查数列通项公式的求解及前项和的求解，难度一般

n.

10

．设数列，若存在常数，对任意正数，总存在正整数，当，有，则数列



xx

nn

a

r

NnN

xar

n

为收敛数列下列关于收敛数列正确的有（）

.

AB

．等差数列不可能是收敛数列 ．若等比数列是收敛数列，则公比



x

n

q1,1





C

．若数列满足，则是收敛数列



xx

nn

xsinncosn

n









22

D

．设公差不为的等差数列的前项和为，则数列一定是收敛数列

0



x

n

n

SS0

nn





【答案】

BCD

【分析】



1



S

n

根据等差数列前和公式以及收敛数列的定义可判断；根据等比数列的通项公式以及收敛的定义可判断；

n

AB

根据收敛的定义可判断；根据等差数列前和公式以及收敛数列的定义可判断

CD.

n

【详解】

当时，取，

S0

n

Snannnana

n111

dddddd

2





222222



1d

a

1

1dd1

2r

Nn

22radr

1

.

为使得，所以只需要

Sna

n1

d

dr

r22r

2

对于，令，则存在，使，故错；

AA

x1

n

a1

xa0r

n

对于，，若，则对任意正数，

B

xxq

n1

n1

q1

r



r1

当时，，所以不存在正整数使得定义式成立，

nlog1

q





x

xr1

n

N



1

若，显然符合；若为摆动数列，

q1

q1

x1x

n1



n1



r

11Nlog



， 只有两个值，不会收敛于一个值，所以舍去；若，取，

x

1

q1,1



a0

q

x

1



当时，，故正确；

nN

x0xqxr

n11

n1

r

B

x

1

对于，，符合；

C

xsinncosnsinn0

n







1







222

dd

2



nxnS



1n

， 对于，，

22



D

xxn1d

n1



当时，单调递增并且可以取到比更大的正数，

d0

S

n

1

r

dd2d



11

xx

11



0r

，同理，所以正确当时，

d0

D.

22r



SS

nn

nN

d

故选：

【点睛】

关键点点睛：解题的关键是理解收敛数列的定义，借助等差数列前和公式以及等比数列的通项公式求解，

n

属于中档题

.

BCD

（3） 填空题

11．意大利数学家列昂纳多斐波那契以兔子繁殖为例，引入兔子数列：，，，，，，，，，

·“”112358132134

5589144233…

，，，，，即，

F(1)F(2)1

F(n)F(n1)F(n2)(n3,nN)

*

，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，若此数列被整除后的余数构成一个新数列，则

3



b

n

b

2020

_________

．

【答案】

0

【分析】

由题设描述可得被整除后的余数构成一个新数列，观察可知是周期数列，结合目标项下标即可求值

3.



b

n

【详解】

由题意知：兔子数列：，，，，，，，，，，，，，，

“”1123581321345589144233…

∴此数列被整除后的余数：，，，，，，，，，，，，，，，，，

31120221011202210…

观察可知新数列是以，，，，，，，为一个周期的循环，而的余数为，

112022104

∴

b0

2020

故答案为：

0

【点睛】

本题考查了数列新定义，应用观察法找规律求项，属于简单题

.

12

．音乐与数学有着密切的联系，我国春秋时期有个著名的三分损益法：以宫为基本音，宫经过一次

“”“”“”

“”

损频率变为原来的

2020

8

3

3

，得到徵；徵经过一次益，频率变为原来的，得到商；依次损益交替

“”“”“”“”……

2

4

变化，获得了宫、徵、商、羽、角五个音阶，设宫的频率为，则角的频率为

“”“”“”.

1

________

【答案】

【分析】

根据已知条件经过一次损频率变为原来的，经过一次益，频率变为原来的，依次损益交替变化求

“”“”

概率即可

.

【详解】

由“宫”的频率为，“宫”经过一次“损”得到“徵”的频率变为，

1

81

64

3

3

24

3

2

339



， “徵”经过一次“益”，得到商的频率为

248

9327

“商”经过一次“损”，得到“羽”的频率为，



8216

27381



“羽”经过一次“益”，得到“角”的频率为，

16464

81

所以“角”的频率为，

64

故答案为：

【点睛】

81

64

本题主要考查了数列与文化知识结合，关键是读懂题意求出概率，属于基础题

.

13

．已知数列满足：，，若上取整函数表示不小于的最小



a

n

a

1

5

1

2*

aaa2nN

n1nn







x

x

2

2

整数（例如：，则，）．







1.2233

【答案】

2

【分析】



111



aaa



122020

______

111111

111

2



已知等式变形为，由此可求得，

aaaa2a2a2

122020120212021

aa2a2

nnn1

再证明是递增数列，并通过前几项，估计出，这样再根据新定义可得．

{a}a3

n2021

【详解】

111

111





由已知得，即，

aa2a2

nnn1

a2a2a

n1nn

111111

2

aaaa2a2a2

122020120212021

因为，且，所以，即数列各项均大于2，

aaa2a(a2)2a2

n1nnnn1

，

115

2

a2{a}

n1n

222

11

2

2

又，

aaa2a2a20

n1nnnn



22

故单调递增，



a

n

a

1

5

21

，可得，，，故当时，，所以，

a

2

a2.82a3.16

34

n4

a3a3

n2021

8

2

111

12

aaa

122020

故，



111



2



aaa

122020

.

故答案为：．

2

【点睛】

关键点点睛：本题考查数列新定义，考查数列的单调性与裂项相消求和法．解题关键是求得和式

111



aaa

122020

，通过已知式变形后可用裂项相消法求和，然后问题转化为估计数列中各项的取值范

围，结合新定义只要考察数列的前几项即可得出结论．

14

．在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和为同一个常数，那么这个数列称为等和数列，这个常数

称为该数列的公和．已知数列是等和数列，且，则这个数列的前项的和为

{a}

n

a2,a8

12020

2020

____

.

【答案】

6060

【分析】

设等和数列的公和为．根据，利用等和数列的定义求得通项公式，然后利用并项求和法求解

m.

a2

1

【详解】

设等和数列的公和为．

m

因为，

a2

1

所以，

am2,a2,am2,a2,...

2345



2，n为奇数

所以，

a

n



m2,n为偶数



又，

am28

2020

所以，

m6

所以，

Saaaaaa...aa

202012345620192020



101066060

，

故答案为：

6060

【点睛】

本题主要考查数列的新定义以及通项公式的求法和并项求和法的应用，还考查了运算求解的能力，属于中

档题

.

15

．若数列满足（，为常数），则称数列为“调和数列”，已知正项数列



aa

nn

11

d

nN

*

d

aa

n1n



1



为“调和数列”，且，则的最大值是．

bbb20190

122019

bb

22018

________



b

n

【答案】

100

【分析】

本题首先可根据调和数列的性质得出，从而判断出数列是等差数列，然后根据

bbd

n1n



b

n

bbb

122019

【详解】

因为正项数列为“调和数列”，所以，数列是等差数列，



2019bb



22018

得出，最后根据基本不等式求最值，即可得出结果

bb20

22018

.

2



1

bbd

n1n



b

n



b

n

2019bb



22018

20190bbb

，解得， 则

bb20

22018

2

122019

故，即，当且仅当时等号成立，

2bbbb20

2201822018

bb100

22018

bb10

22018

故的最大值是，

bb

22018

100

故答案为：

100

.

【点睛】

关键点点睛：本题考查学生对新定义的理解与转化，能否根据“调和数列”的定义和等差数列的定义得出

数列是等差数列是解决本题的关键，若数列是等差数列，且，则，



bb

nn

cdef

考查计算能力，是中档题.

bbbb

cdef

（4） 解答题

16．（2020山东18）已知公比大于的等比数列满足，．

1



a

n

aa20a8

243

（1）求的通项公式；



a

n

（2）记为在区间中的项的个数，求数列的前项和．

bS

m100



a0,mb

nm





mN



100

n

【答案】（）；（）．

12

a2

n

S480

100



【思路导引】（）利用基本元的思想，将已知条件转化为的形式，求解出，由此求得数列的

1

a,qa,q

11



a

n

通项公式；（）通过分析数列的规律，由此求得数列的前项和．

2



bb

mm

100

S

100



aqaq20

11

3

【解析】（）由于数列是公比大于的等比数列，设首项为，公比为，依题意有，

1



a

n

1

a

1

q



2

aq8



1

nn

解得，所以，所以数列的通项公式为．

a2,q2

1

a2a2

nn



a

n

（）由于，所以

2

22,24,28,216,232,264,2128

1234567

bb0

1

对应的区间为：，则；



0,1



1

b,bbb1

2323

对应的区间分别为：，则，即有个；



0,2,0,3



21

b,b,b,b

4567

对应的区间分别为：，则，即有个；



0,4,0,5,0,6,0,7



bbbb2

4567

2

2

2

b,b,,bbbb3

89158915

b,b,b4,bbb

161731311617

b,b,b5,bbb

323363633233

b,b,b6,bbb

64651001006465

对应的区间分别为：，则，即有个；



0,8,0,9,,0,15



2

3

3

，即有个；对应的区间分别为：，则

2

4

4

，即有个；对应的区间分别为：，则

2

5

5

，即有个．对应的区间分别为：，则

376



0,16,0,17,,0,31





0,32,0,33,,0,63





0,64,0,65,,0,100



2345

所以．

S1222324252637480

100

17．（2016•新课标Ⅱ，理17）

S{a}a1S28b[lga]

nn17nn

为等差数列的前项和，且，，记，其中表

n

[x]

示不超过的最大整数，如，．

x

[0.9]0

[lg99]1

（Ⅰ）求，，；

bb

111

b

101

（Ⅱ）求数列的前1000项和．

{b}

n

【解析】（Ⅰ）为等差数列的前项和，且，，．

S{a}a1S287a28

nn174

n

可得，则公差．，，则，，．

a4anb[lg1]0b[lg11]1b[lg101]2

4n111101

d1

b[lgn]

n

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知：，．

bbbb0bbbb1

123910111299

，．数列的前1000项和为：．

bbbbb2{b}

100101102103999n

b3

10,00

90901900231893

*

18202020

．（江苏）已知数列的首项，前项和为．设与是常数．若对一切正

{a}(nN)

n

a1S

1n

n



k

整数，均有成立，则称此数列为“”数列．

n

SSa

kkk





k

n1nn1

（）若等差数列是“”数列，求的值；

1



1



（）若数列是“”数列，且，求数列的通项公式；

2

{a}a0{a}

nnn

111

3

2

3

（）对于给定的，是否存在三个不同的数列为“”数列，且？若存在，求出的取值

3



{a}a0

nn



3

范围；若不存在，说明理由．

【答案】见解析

【解析】（）时，，∴．

1

k11

aSSa

n1n1nn1





（），，

2

SSaaSSa(SS)

n1nn1n1n1nn1n1n

33

33

因此．

SS3a

n1nn1

S3aSa(SS)

n1n1n1n1n1n

244

，．从而．

S4S

n1n

333

n1n2

又，，，．

Sa1

11

S4aSS34

nnnn1

n2



1,n1

综上，．

a

n



n2



34,n2

（）若存在三个不同的数列为“”数列，则，

3

{a}

n



3

SSa

则，

S3SS3SSSa(SS)

2112

3333

n1nn1nn1nn1n1n

111

333

n1nn1





33

S

n1

1

3233

3p3p(1)0(1)p

nnn



，，则由，则，令

)0p(

3

a1a0S0

1nn

n

S

n

2

，由可得，则，即，时，

p0p1SSa0

nnn1nn1



1

pp

nn

此时唯一，不存在三个不同的数列；

{a}{a}

nn



1

时，令，，则，则

t

3

322

ptptp10(p1)[p(1t)p1]0

nnnnnn

3

1



2

①时，则同理不存在三个不同的数列；

t1

p(1t)p10

nn

p1{a}

nn

2

(1t)p10p

nn

无解，，②时，则，同理不存在三个不同的数列；

(1t)40

2

1t3

p1{a}

nn

3

③时，，则，同理不存在三个不同的数列；

t3

(p1)0

n

p1{a}

nn

2

2

④即时，，有两解，，设，

t301



(1t)40

p(1t)p10

nn









33



t121001

，，则，则对任意，或或，





nN

*

n1n1n1

1





SSS

nnn

SSS



1,n11,n1,2

此时，，均符合条件，

S1

n

SS

nn



33



,n2,n3







1,n1



1,n1



0,n2



1,n1



3



对应，，，

a

n



a1,n2

n





a

n



3



1,n3



0,n2



0,n3









0,n4

则存在三个不同的数列为“”数列，且，综上，．

{a}a0

nn



301



19．（2019江苏20）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”．

（1）已知等比数列{a}满足：，求证：数列{a}为“M－数列”；

nn

(nN)

aaa,a4a4a0

245324

*

（2）已知数列{b}满足：，其中S为数列{b}的前n项和．

nnn

(nN)

b1,

1

*

122

Sbb

nnn1

①求数列{b}的通项公式；

n

②设m为正整数，若存在“M－数列”{c}，对任意正整数k，当k≤m时，都有成立，

n

(nN)

cbc

kkk1

求m的最大值．

【解析】（）设等比数列的公比为，所以，．

1{a}qa≠0q≠0

n1

*



aqaq

11

244



aaa

245



a1

1

由，得，解得．





2



a4a4a0

q2

aq4aq4a0

213







111

因此数列为“—数列”．

{a}

n

M

（）①因为，所以．

2

122



b0

n

Sbb

nnn1

122

11b



，则．由，得

b2

2

2

b1,Sb

111

由，得，

bb

nn1

122

S

n

Sbb2(bb)

nnn1n1n

当时，由，得，

n2

bSS

nnn1

b

n

整理得．

bb2b

n1n1n

bbbb

nn1n1n

2bb2bb



n1nnn1

所以数列是首项和公差均为的等差数列．

{b}1

n

因此，数列的通项公式为．

{b}b=n

nn

nN

②由①知，，．

b=k

k

kN

*



*

因为数列为–数列，设公比为，所以，．

{c}“M”qc=1q>0

n1

k1k

因为，所以，其中，，，…，．

c≤b≤ck=123m

kkk+1

qkq

当时，有≥；

k=1q1

lnklnk

lnq

．当，，…，时，有

k=23m

kk1

lnx1lnx

(x1)f'(x)

，则设（）．

fx=

2

xx

令，得．列表如下：

f'(x)0

x=e

x e (e+)

f'(x)

+ 0

(1,e)

fx

极大值（）

，∞

–

因为，所以．

ln2ln8ln9ln3ln3

f(k)f(3)

max

26633

lnk

lnq

，即，取，当，，，，时，

kq

k

k=12345

q3

3

k

经检验知也成立．

qk

k1

因此所求的最大值不小于．

m5

若，分别取，，得，且，从而，且，

m≥6k=363≤qq≤6q≥243q≤216

351515

所以不存在．因此所求的最大值小于．

qm6

综上，所求的最大值为．

m5

20．(2014江苏)设数列的前项和为．若对任意正整数，总存在正整数，使得，则称

{a}SSa{a}

nnnmn

nnm

是“H数列”．

（Ⅰ）若数列的前n项和(N)，证明: 是“H数列”；

{a}{a}

nn

S2

n

n

n



（Ⅱ）设 是等差数列，其首项，公差．若 是“H数列”，求的值；

{a}a1{a}

n1n

d0

d

（Ⅲ）证明：对任意的等差数列，总存在两个“H数列”和，使得(N)

{a}{b}{c}abc

nnnnnn

n



成立．

【解析】（Ⅰ）当时，

n≥2

aSS222

nnn1

nn1n1

当时，

n1

aS2

11

∴时，，当时，，∴是“H数列”．

n1n≥2

SaSa{a}

11nn1n

（Ⅱ）

Snadnd

n1

n(n1)n(n1)

22

n(n1)

d1(m1)dn

对，使，即

2

nNmN



Sa

nm

取得，

n2

1d(m1)d

m2

1

d

∵，∴，又，∴，∴．

d0m2m1d1

mN



（Ⅲ）设的公差为d

{a}

n

令，对，

ba(n1)a(2n)abba

n111n1n1

nN



c(n1)(ad)ccad

n1n1n1

，对，

nN



则，且为等差数列

bca(n1)da{b}，{c}

nn1nnn

{b}T(2m)a

nn1

的前n项和，令，则

Tna(a)m2

n11

n(n1)n(n3)

22

当时；

n1m1

当时；

n2m1

当时，由于n与奇偶性不同，即非负偶数，

n≥3n3

n(n3)

mN



因此对，都可找到，使成立，即为“H数列”．

n

mN



Tb{b}

nmn

{c}c(m1)(ad)R

nn1m

的前ｎ项和，令，则

R(ad)m1

n1

n(n1)n(n1)

22

∵对，是非负偶数，∴

nNmN



n(n1)

即对，都可找到，使得成立，即为“H数列”，因此命题得证．

nNmN



Rc{c}

nmn