第七節(jié)數(shù)列中的創(chuàng)新性問(wèn)題重點(diǎn)解讀數(shù)列中的創(chuàng)新性問(wèn)題，往往是通過(guò)給出一個(gè)新的數(shù)列的定義，或約定一種新的運(yùn)算或性質(zhì)，或給出幾個(gè)新模型來(lái)創(chuàng)設(shè)新問(wèn)題的情境，要求在閱讀理解的基礎(chǔ)上，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學(xué)的知識(shí)和方法，實(shí)現(xiàn)信息的遷移，達(dá)到靈活解題的目的.遇到新定義問(wèn)題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點(diǎn)，弄清新定義的性質(zhì)，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析、運(yùn)算、驗(yàn)證，使問(wèn)題得以解決.數(shù)列的新情境問(wèn)題（師生共研過(guò)關(guān)）已知數(shù)列{an}（n∈N*）滿足a1＝1，a2＝2，a3＝3，a4＝4，a5＝5，當(dāng)n≥5時(shí)，an＋1＝a1a2…an－1.若數(shù)列{bn}（n∈N*）滿足bn＝a1a2…an－（a12＋a22（1）求b5；解：（1）b5＝1×2×3×4×5－（12＋22＋32＋42＋52）＝65.（2）求證：當(dāng)n≥5時(shí)，bn＋1－bn＝－1；解：（2）證明：bn＋1－bn＝[a1a2…anan＋1－（a12＋a22＋…＋an+12）]－[a1a2…an－（a1＝（a1a2…an）（an＋1－1）－a＝an＋1（a1a2…an－an＋1）－a1a2…an＝an＋1－a1a2…an＝－1（n≥5）.（3）求證：僅存在兩個(gè)正整數(shù)m，使得bm＝0.解：（3）證明：b1＝a1－a12＝1－1＝0，b2＝a1a2－（a12＋a22）＝2－5＝－3，b3＝a1a2a3－（a12＋a22＋a32）＝6－14＝－8，b4當(dāng)n≥5時(shí)，bn是以b5＝65為首項(xiàng)、－1為公差的等差數(shù)列.由bm＝b5＋（m－5）×（－1）＝0，解得m＝70.所以只有m＝1或m＝70時(shí)，滿足bm＝0.解題技法對(duì)于新情境問(wèn)題，關(guān)鍵是要從問(wèn)題情境中尋找“重要信息”，即研究對(duì)象的本質(zhì)特征、數(shù)量關(guān)系（數(shù)量化的特征）等，建立數(shù)學(xué)模型求解.幾位大學(xué)生響應(yīng)國(guó)家的創(chuàng)業(yè)號(hào)召，開發(fā)了一款應(yīng)用軟件.為激發(fā)大家學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的興趣，他們推出了“解數(shù)學(xué)題獲取軟件激活碼”的活動(dòng).這款軟件的激活碼為下面數(shù)學(xué)問(wèn)題的答案：已知數(shù)列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一項(xiàng)是20，接下來(lái)的兩項(xiàng)是20，21，再接下來(lái)的三項(xiàng)是20，21，22，依此類推.求滿足如下條件的最小整數(shù)N：N＞55且該數(shù)列的前N項(xiàng)和為2的整數(shù)冪.那么該款軟件的激活碼是（）A.95 B.105C.115 D.125解析：A將數(shù)列排成行的形式11，21，2，41，2，4，8……第n行為20，21，…，2n－1，第n行和為an＝1×（1－2n）1－2＝2n－1，前n行共有n（n+1）2個(gè)數(shù)，前n（n+1）2項(xiàng)和為Sn＝2×（1－2n）1－2－n＝2n＋1－2－n，假設(shè)從第1行第1個(gè)數(shù)到第n＋1行第m（1≤m≤n＋1）個(gè)數(shù)共有N個(gè)數(shù)，則N＝n（n+1）2＋m，前N項(xiàng)和為TN＝Sn＋am＝2n＋1－2－n＋2m－1，若TN為2的整數(shù)冪，則有2＋n＝2m－1，∵N＞55，∴n數(shù)列的新定義問(wèn)題（師生共研過(guò)關(guān)）若有窮數(shù)列{am}（m＝1，2，3，4，…，n；n＝2，3，4，…）滿足條件①∑i=1nai＝0，②∑i=1n｜ai｜＝1，則稱數(shù)列{am}為（1）寫出兩個(gè)遞增的3階“單位數(shù)列”；解：（1）數(shù)列1：－13，－16，數(shù)列2：－12，0，1以上兩個(gè)數(shù)列均為遞增的3階“單位數(shù)列”（答案不唯一，合理即可）.（2）若等差數(shù)列{an}是一個(gè)2k＋1（k∈N*）階“單位數(shù)列”，且是遞增數(shù)列，求該數(shù)列的通項(xiàng)公式（用含k的代數(shù)式表示）；解：（2）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因?yàn)樵摂?shù)列為遞增數(shù)列，所以d＞0.由已知得a1＋a2＋a3＋…＋a2k＋1＝0，所以（2k＋1）a1＋2k（2所以a1＋kd＝0，即ak＋1＝0，所以ak＋2＝d，由遞增“單位數(shù)列”的定義可得ak＋2＋ak＋3＋…＋a2k＋1＝12所以kd＋k（k－1）2d＝1由ak＋1＝0得a1＋k·1k（k+1）＝0，即所以an＝－1k+1＋（n－1）1k（k+1）＝nk（k+1）－1k（3）記n階“單位數(shù)列”{am}的前k項(xiàng)和為Sk（k＝1，2，3，…，n），試比較｜Sk｜與12的大小解：（3）｜Sk｜≤12，理由如下（?。┊?dāng)k＝n時(shí)，由定義可知｜Sn｜＝0，｜Sk｜≤12成立（ⅱ）當(dāng)k＜n時(shí)，由∑i=1nai＝0，得Sk＝a1＋a2＋…＋ak＝－（ak＋1＋ak＋2＋…＋即｜Sk｜＝｜a1＋a2＋…＋ak｜＝｜ak＋1＋ak＋2＋…＋an｜，由∑i=1n｜ai｜＝1，得｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜an所以2｜Sk｜＝｜a1＋a2＋…＋ak｜＋｜ak＋1＋ak＋2＋…＋an｜≤｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜ak｜＋｜ak＋1｜＋｜ak＋2｜＋…＋｜an｜＝1，即｜Sk｜≤12綜上，｜Sk｜≤12（k＝1，2，3，…，n解題技法解決數(shù)列新定義問(wèn)題的方案及流程（1）讀懂題意，理解研究的對(duì)象，理解新定義數(shù)列的含義；（2）特殊分析，例如先對(duì)n＝1，2，3，…的情況討論；（3）通過(guò)特殊情況尋找新定義的數(shù)列的規(guī)律及性質(zhì)，以及新定義數(shù)列與已知數(shù)列（如等差與等比數(shù)列）的關(guān)系，仔細(xì)觀察，探求規(guī)律，注重轉(zhuǎn)化，合理設(shè)計(jì)解題方案，最后利用等差、等比數(shù)列的有關(guān)知識(shí)來(lái)求解.若無(wú)窮數(shù)列{an}滿足：只要ap＝aq（p，q∈N*），必有ap＋1＝aq＋1，則稱數(shù)列{an}具有性質(zhì)p.（1）若數(shù)列{an}具有性質(zhì)p，且a1＝3，a2＝2，a4＝3，a5＋a6＋a7＝4，求a3；解：（1）數(shù)列{an}具有性質(zhì)p，則由a1＝a4＝3，可得a2＝a5＝2，進(jìn)而a3＝a6，a4＝a7＝3，所以由a5＋a6＋a7＝4，可得a3＝a6＝4－a5－a7＝4－2－3＝－1.故a3＝－1.（2）若數(shù)列{an}具有性質(zhì)p，且a1＝am＋1＝x，a2＝am＋3＝y(tǒng)（m≥2，m∈N*），求證：x＝y(tǒng).解：（2）證明：法一因?yàn)閍1＝am＋1＝x，a2＝am＋3＝y(tǒng)，且數(shù)列{an}具有性質(zhì)p，所以a2＝am＋2＝y(tǒng)，進(jìn)而a3＝am＋3＝y(tǒng)，因此a2＝a3＝y(tǒng)，依此類推可得，a3＝a4＝y(tǒng)，a4＝a5＝y(tǒng)，…，所以有任意n∈N*，n≥2，都有an＝y(tǒng)，又由已知m≥2，m∈N*，得m＋1≥3，且m＋1∈N*，故am＋1＝y(tǒng)＝x，所以x＝y(tǒng)得證.法二由數(shù)列{an}具有性質(zhì)p，只要ap＝aq，則ap＋1＝aq＋1，ap＋2＝aq＋2，…，即?k∈N*，ap＋k＝aq＋k，則有a1＝am＋1＝a2m＋1＝…＝apm＋1＝x（m≥2，m∈N*，p∈N），a2＝am＋3＝a（m＋1）＋2＝a2（m＋1）＋2＝a3（m＋1）＋2＝…＝aq（m＋1）＋2＝y(tǒng)（m≥2，m∈N*，q∈N），令p＝m，q＝m－1，則有am2+1＝x故x＝y(tǒng)得證.1.分形的數(shù)學(xué)之美，是以簡(jiǎn)單的基本圖形，凝聚擴(kuò)散，重復(fù)累加，以迭代的方式而形成的美麗的圖案.自然界中存在著許多令人震撼的天然分形圖案，如鸚鵡螺的殼、蕨類植物的葉子、孔雀的羽毛、菠蘿等.如圖為正方形經(jīng)過(guò)多次自相似迭代形成的分形圖形，且相鄰的兩個(gè)正方形的對(duì)應(yīng)邊所成的角為15°.若從外往里最大的正方形邊長(zhǎng)為9，則第5個(gè)正方形的邊長(zhǎng)為（）A.814 B.C.4 D.4解析：C設(shè)第n個(gè)正方形的邊長(zhǎng)為an，則由已知可得an＝an＋1sin15°＋an＋1cos15°，∴an+1an＝1sin15°＋cos15°＝12sin60°＝63，∴{an}是以9為首項(xiàng)，63為公比的等比數(shù)列，∴a5＝2.科學(xué)家牛頓用“作切線”的方法求函數(shù)的零點(diǎn)時(shí)，給出了“牛頓數(shù)列”，其定義是：對(duì)于函數(shù)f（x），若數(shù)列{xn}滿足xn＋1＝xn－f（xn）f'(xn），則稱數(shù)列{xn}為牛頓數(shù)列，若函數(shù)f（x）＝x2，數(shù)列{xn}為牛頓數(shù)列且x1＝2，an＝log2A.8 B.2C.－6 D.－4解析：C根據(jù)題意，xn＋1＝xn－f（xn）f'(xn）＝xn－xn22xn＝xn－xn2＝xn2，所以xn+1xn＝12，又x1＝2，所以{xn}為首項(xiàng)是2，公比是12的等比數(shù)列，所以xn＝2×（12）n－1＝（12）n－2＝22－n，所以an＝3.〔多選〕（2025·河南五市聯(lián)考）對(duì)于數(shù)列{an}（n∈N*，an∈N*），定義bk為a1，a2，…，ak（k＝1，2，…，n）（n∈N*）中的最大值，把數(shù)列{bn}稱為數(shù)列{an}的“M值數(shù)列”.如數(shù)列2，2，3，7，6的“M值數(shù)列”為2，2，3，7，7，則（）A.若數(shù)列{an}是遞減數(shù)列，則{bn}為常數(shù)列B.若數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，則有an＝bnC.滿足{bn}為2，3，3，5，5的所有數(shù)列{an}的個(gè)數(shù)為8D.若an＝（－2）n－1（n∈N*），記Sn為{bn}的前n項(xiàng)和，則S100＝23（2100－1解析：ABD若數(shù)列{an}是遞減數(shù)列，則a1是a1，a2，…，ak（k＝1，2，…，n）中的最大值，所以bn＝a1，{bn}為常數(shù)列，A正確；若數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，則ak是a1，a2，…，ak（k＝1，2，…，n）中的最大值，所以bk＝ak，即an＝bn，B正確；若{bn}為2，3，3，5，5，則a1＝2，a2＝3，a3可以取1，2，3，a4＝5，a5可以取1，2，3，4，5，故符合要求的數(shù)列{an}的個(gè)數(shù)為3×5＝15，C錯(cuò)誤；若an＝（－2）n－1（n∈N*），則數(shù)列{an}中奇數(shù)項(xiàng)構(gòu)成遞增的正項(xiàng)數(shù)列，偶數(shù)項(xiàng)都是負(fù)數(shù)，則有b2k－1＝b2k＝（－2）2k－2＝22k－2（k∈N*），所以S100＝2（1＋22＋24＋…＋298）＝23（2100－1），D正確.故選A、B、D4.〔多選〕已知數(shù)列{an}滿足：對(duì)任意的n∈N*，總存在m∈N*，使得Sn＝am，則稱{an}為“回旋數(shù)列”.以下結(jié)論中正確的是（）A.若an＝2026n，則{an}為“回旋數(shù)列”B.設(shè){an}為等比數(shù)列，且公比q為有理數(shù)，則{an}為“回旋數(shù)列”C.設(shè){an}為等差數(shù)列，當(dāng)a1＝1，公差d＜0時(shí)，若{an}為“回旋數(shù)列”，則d＝－1D.若{an}為“回旋數(shù)列”，則對(duì)任意n∈N*，總存在m∈N*，使得an＝Sm解析：AC對(duì)于A，由an＝2026n可得Sn＝2026×（1＋2＋3＋…＋n）＝2026×n（n+1）2，由Sn＝am可得2026×n（n+1）2＝2026m，取m＝n（n+1）2即可，則{an}為“回旋數(shù)列”，故A正確；對(duì)于B，當(dāng)q＝1時(shí)，Sn＝na1，am＝a1，由Sn＝am可得na1＝a1，故當(dāng)n＝2時(shí)，很明顯na1＝a1不成立，故{an}不是“回旋數(shù)列”，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，{an}是等差數(shù)列，故am＝1＋（m－1）d，Sn＝n＋n（n－1）2d，因?yàn)閿?shù)列{an}是“回旋數(shù)列”，所以1＋（m－1）d＝n＋n（n－1）2d，即m＝n－1d＋n（n－1）2＋1，其中n（n－1）2為非負(fù)整數(shù)，所以要保證n－1d恒為整數(shù)，故d為所有非負(fù)整數(shù)的公約數(shù)，且d＜0，所以d＝－1，故C正確；對(duì)于D，由A可知，當(dāng)an＝2026n時(shí)，{a5.已知數(shù)列{an}滿足：a1＝m（m為正整數(shù)），an＋1＝an2，an為偶數(shù)，3an+1，an為奇數(shù)，若a6解析：∵數(shù)列{an}滿足a1＝m（m為正整數(shù)），an＋1＝an2，an為偶數(shù)，3an+1，an為奇數(shù)，由a6＝1和上式知，a5一定為偶數(shù)且a52＝1，即a5＝2，由題意知an∈N*，若3a4＋1＝2，解得a4＝13?N*，故a4為偶數(shù)，且a42＝2，∴a4＝4.由此可按上述分析得到a3＝8或a3＝1，若a3＝8，則a2＝16，a1＝32或a1＝5；若a3＝1，則6.五位同學(xué)圍成一圈依序循環(huán)報(bào)數(shù)，規(guī)定：①第一位同學(xué)首次報(bào)出的數(shù)為1，第二位同學(xué)首次報(bào)出的數(shù)也為1，之后每位同學(xué)所報(bào)出的數(shù)都是前兩位同學(xué)所報(bào)出的數(shù)之和；②若報(bào)出的數(shù)為3的倍數(shù)，則報(bào)該數(shù)的同學(xué)需拍手一次.已知甲同學(xué)第一個(gè)報(bào)數(shù)，當(dāng)五位同學(xué)依序循環(huán)報(bào)到第100個(gè)數(shù)時(shí)，甲同學(xué)拍手的總次數(shù)為5.解析：由題意可知，將每位同學(xué)所報(bào)的數(shù)排列起來(lái)，即是“斐波那契數(shù)列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，…，該數(shù)列的一個(gè)規(guī)律是，第4，8，12，16，…，4n項(xiàng)均是3的倍數(shù)，甲同學(xué)報(bào)數(shù)的序數(shù)是1，6，11，16，…，5m－4.問(wèn)題可化為求數(shù)列{4n}與{5m－4}的公共項(xiàng)，易知，當(dāng)m＝4k，n＝5k－1時(shí)，5m－4＝20k－4＝4n，又1＜4n≤100，∴20k－4≤100.∴k≤5，∴甲拍手的總次數(shù)為5次.即第16，36，56，76，96次報(bào)數(shù)時(shí)拍手.7.（2024·咸陽(yáng)三模）數(shù)列{an}的前n項(xiàng)的最大值記為Mn，即Mn＝max{a1，a2，…，an}；前n項(xiàng)的最小值記為mn，即mn＝min{a1，a2，…，an}，令pn＝Mn－mn，并將數(shù)列{pn}稱為{an}的“生成數(shù)列”.（1）設(shè)數(shù)列{pn}的“生成數(shù)列”為{qn}，求證：pn＝qn；解：（1）證明：由題意可知Mn＋1≥Mn，mn＋1≤mn，∴Mn＋1－mn＋1≥Mn－mn，因此pn＋1≥pn，即{pn}是遞增數(shù)列，且p1＝M1－m1＝0，由“生成數(shù)列”的定義可得pn＝qn.（2）若an＝2n－3n，求其生成數(shù)列{pn}的前n項(xiàng)和.解：（2）當(dāng)n≥3時(shí)，an－an－1＝2n－3n－[2n－1－3（n－1）]＝2n－1－3＞0，∴an＞an－1.∴a1＞a2＜a3＜a4＜…＜an＜…，又a1＝－1，a2＝－2，a3＝－1，∴p1＝0，p2＝－1－（－2）＝1，當(dāng)n≥3時(shí)，pn＝an－a2＝2n－3n－（－2）＝2n－（3n－2）.設(shè)數(shù)列{pn}的前n項(xiàng)和為Sn.則S1＝0，S2＝1.當(dāng)n≥3時(shí)，Sn＝0＋1＋p3＋p4＋…＋pn＝1＋（23－7）＋（24－10）＋…＋[2n－（3n－2）]＝1＋（23＋24＋…＋2n）－[7＋10＋…＋（3n－2）]＝1＋23×＝2n＋1－3n又S2＝1符合上式，∴Sn＝08.（2024·北京順義模擬）將平面直角坐標(biāo)系中的一列點(diǎn)A1（1，a1），A2（2，a2），…，An（n，an），…記為{An}.設(shè)f（n）＝AnAn+1·j，其中j為與y軸方向相同的單位向量，若對(duì)任意的正整數(shù)n，都有f（n＋1）＞f（n），則稱{An}（1）判斷A1（1，1），A2（2，12），A3（3，13），…，An（n，1n），…是否為T點(diǎn)列解：（1）{An}為T點(diǎn)列，理由如下：由題意可知，AnAn+1＝（1，1n+1－1n），j＝（0，1），所以f（n）＝Af（n＋1）－f（n）＝1n+2－1n+1－（1n+1－1n）＝2n（n+1)(n+2）＞0，即所以A1（1，1），A2（2，12），A3（3，13），…，An（n，1n），…為（2）若{An}為T點(diǎn)列，且a2＞a1.任取其中連續(xù)三點(diǎn)Ak，Ak＋1，AAk＋2，證明△AkAk＋1AAk＋2為鈍角三角形.解：（2）證明：由題意可知，AnAn+1＝（1，an＋1－an），j＝（0，1），所以f（n）＝AnAn+1·j＝因?yàn)閧An}為T點(diǎn)列，所以f（n＋1）－f（n）＝an＋2－an＋1－（an＋1－an）＞0，n∈N*，又因?yàn)閍2＞a1，所以a2－a1＞0.所以對(duì){An}中連續(xù)三點(diǎn)Ak，Ak＋1，Ak＋2，都有ak＋2－ak＋1＞ak＋1－ak＞0，ak＋2＞ak＋1＞ak.因?yàn)锳kAk+1＝（1，ak＋1－ak），Ak+1Ak+2＝（1，ak＋2－ak＋1），ak＋2－ak＋1＞ak＋1－ak＞0，故AkAk+1與Ak+1Ak因?yàn)锳k+1Ak·Ak+1Ak+2＝－1＋（ak－ak＋1）·（ak＋所以cos∠AkAk＋1Ak＋2＝Ak+1Ak·Ak+1Ak+2｜Ak+1Ak所以△AkAk＋1Ak＋2為鈍角三角形.9.（2024·九江二模）已知無(wú)窮數(shù)列{an}中，an≥0，記An＝max{a1，a2，…，an}，Bn＝min{an＋1，an＋2，…}，dn＝An－Bn.（1）若{an}為2，0，2，4，2，0，2，4，…，是一個(gè)周期為4的數(shù)列（即?n∈N*，an＋4＝an），直接寫出d1，d2，d3，d4的值；（2）若{an}為周期數(shù)列，證明：?n0∈N*，使得當(dāng)n＞n0時(shí)，dn是常數(shù)；（3）設(shè)d是非負(fù)整數(shù)，證明：dn＝－d（n＝1，2，3，…）的充要條件為{an}是公差為d的等差數(shù)列.解：（1）d1＝2，d2＝2，d3＝2，d4＝4.（2）證明：不妨設(shè){an}的周期為T（T∈N*），記AT＝max{a1，a2，…，aT}，BT＝min{aT＋1，aT＋2，…}，則當(dāng)n＞T時(shí)，dn＝AT－BT是常數(shù)，即?n0＝T，使得當(dāng)n＞n0時(shí)，dn是常數(shù).（3）證明：充分性：若{an}是公差為d的等差數(shù)列，則an＝a1＋（n－1）d，于是An＝an＝a1＋（n－1）d，Bn＝an＋1＝a1＋nd.因此dn＝An－Bn＝－d（n＝1，2，3，…），必要性：∵dn＝－d≤0，∴An＝Bn＋dn≤Bn，∵an≤An，an＋1≥Bn，∴an≤an＋1，于是An＝an，Bn＝an＋1.因此an＋1－an＝Bn－An＝－dn＝d.故數(shù)列{an}是公差為d的等差數(shù)列.10.（2025·重慶一中模擬）對(duì)于數(shù)列{an}，定義Δan＝an＋1－an（n∈N*），數(shù)列{an}滿足a1＝a2＝1，Δ（Δan）＝m（m∈R），記f（m，n）＝a1m＋a2m2＋…＋anmn，稱f（m，n）為由數(shù)列{an}生成的“m-函數(shù)”.（1）試寫出“2-函數(shù)”f（2，n），并求f（2，3）的值；（2）若“1-函數(shù)”f（1，n）的值小于等于15，求n的最大值；（3）記函數(shù)S（x）＝x＋2x2＋…＋nxn，其導(dǎo)函數(shù)為S'（x）.證明：“m-函數(shù)”f（m，n）＝m22S'（m）－3m2S（m）＋（m＋1）解