强基计划专题练05 数列（解析版）

专题训练05数列一、单选题1．已知数列满足，.给出下列四个结论：①数列每一项都满足；②数列的前n项和；③数列每一项都满足成立；④数列每一项都满足.其中，所有正确结论的序号是（

）A．①③ B．②④ C．①③④ D．①②④【答案】C【分析】由递推公式，判断每个命题的正误.【详解】①，，，所以，由递推关系得，①正确；②，，，，则，所以②不正确；③，所以，累加得，，所以，，所以（，），，故成立，③正确；④，，累乘得，，所以，④正确.故选：C.【点睛】将递推公式变形为和分别进行累加和累乘，得的取值范围.2．若，且对任意正整数n，均有，则称一个复数数列为“有趣的”．若存在常数C，使得对一切有趣的数列及任意正整数m，均有，则C的最大值为（

）A． B．1 C． D．【答案】C【分析】根据“有趣的”复数数列的定义可知,可求得,,对参数分奇偶性讨论,结合三角不等式得利用无穷等比数列求和,即可求得的最小值.【详解】由题意得，，所以，从而，所以数列为等比数列，故进而有令，当m为偶数时，设，则；当m为奇数时，设，故综上可得C的最大值为，故选:C．【点睛】关键点点睛:在本题中关键是构造并利用等比数列,第一次是构造等比数列:由可构造等比数列从而求得,第二次构造等比数列:利用构造等比数列,第三次是转化为等比数列求和:由得到等比数列求和.二、多选题3．定义：若数列满足，则称为“Titus双指数迭代数列”.已知在“Titus双指数迭代数列”中，首项，则（

）A．当时，B．当时，为递增数列C．当时，有最小值D．当取任意非零实数时，一定有最大值或最小值【答案】ABD【分析】求出，即可判断A；构造函数，利用导数求出函数的单调区间，再通过取点与单调性确定的图象与直线的位置关系，逐一分析各个选项即可得解.【详解】对于A，当时，，故A正确；下面分析B，C，D项：构造函数，则，构造函数，则，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即，所以，即，所以单调递增，再通过取点与单调性确定的图象与直线的位置关系，当时，，当时，，当时，，根据位置关系作出大致图象如图1：分析B项：如图2，以为起始点，作垂直于轴的直线与的图象相交，确定交点，从点作平行于轴的直线与的图象相交，确定交点，从点作垂直于轴的直线与的图象相交，确定交点，依此类推，由图可知，为递增数列，B正确；分析C项：如图3，以为起始点，作垂直于轴的直线与的图象相交，确定交点，从点作平行于轴的直线与的图象相交，确定交点，从点作垂直于轴的直线与的图象相交，确定交点，依此类推，由图可知，为递减数列，无限趋近于0，无最小值，C错误；分析D项：如图4，当时，以为起始点，作垂直于轴的直线与的图象相交，确定交点，从点作平行于轴的直线与的图象相交，确定交点，从点作垂直于轴的直线与的图象相交，确定交点，依此类推，由图可知，当时，为递增数列，设与的图象在第一象限的交点为，结合B，C项可知：当或时，为递增数列，当时，为递减数列，当时，为常数列，显然，一定有最小值或最大值，D正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：与数列的新定义有关的问题的求解策略：①通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，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，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析，运算，验证，使得问题得以解决．4．已知函数，记的最小值为，数列的前n项和为，下列说法正确的是（

）A． B．C． D．若数列满足，则【答案】ACD【分析】利用基本不等式和柯西不等式推导出，从而得到A正确，B错误；构造函数得到在上恒成立，结合等比数列求和公式证明出C正确；D选项，化简得到，再用裂项相消法求和，证明出结论.【详解】A选项，，故，由基本不等式可得，故，当且仅当时，等号成立，故，A正确；B选项，由柯西不等式得，当且仅当时，等号成立，故，，故，当且仅当时，等号成立，故，依次类推，可得，当且仅当等号成立，故，B错误；C选项，设，，则在上恒成立，故在上单调递减，所以，故在上恒成立，，C正确；D选项，，，故，D正确.故选：ACD【点睛】常见的裂项相消法求和类型：分式型：，，等；指数型：，等，根式型：等，对数型：，且；5．利用“”可得到许多与n（且）有关的结论，则正确的是（

）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】先证明出，当且仅当时，等号成立，A选项，令，得到，累加后得到A正确；B选项，推导出，，当且仅当时等号成立，令，可得，累加后得到B正确；C选项，推导出，累加后得到C错误；D选项，将中的替换为，推导出，故，当且仅当时，等号成立，累加后得到D正确.【详解】令，则，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，故在处取得极小值，也时最小值，，故，当且仅当时，等号成立，A选项，令，所以，故，其中，所以，A正确；B选项，将中的替换为，可得，，当且仅当时等号成立，令，可得，所以，故，其中所以，B正确；C选项，将中的替换为，显然，则，故，故，C错误；D选项，将中的替换为，其中，，则，则，故，当且仅当时，等号成立，则，D正确.故选：ABD【点睛】导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和（常常用到裂项相消法求和）达到证明的目的.6．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：，.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】根据数列的特征得到为，为周期为3的数列，从而得到，A正确；根据数列的周期求和得到或，所以B错误.利用斐波那契数列的特征得到，C正确；根据提公因式和斐波那契数列的特征得到D正确.【详解】根据斐波那契数列的特征可以看出：数列为依次连续两个奇数和一个偶数，所以数列为，则数列为周期数列，且周期为3，所以，所以A正确.因为，且，所以或，所以B错误.因为，所以C正确.，所以D正确.故选：ACD【点睛】斐波那契数列有以下性质：（1）从第二项开始，每个偶数项的平方都比前后两项之积多1，每个奇数项的平方都比前后两项之积少1，（2）奇数项之和，偶数项之和，（3）平方之和，（4）两倍项关系，（5）.三、填空题7．已知数列、、的通项公式分别为、、，其中，，，，，令，（表示、、三者中的最大值），则对于任意，的最小值为__________．【答案】【分析】当时可得，再根据数列的单调性求得，取得最小值，而，分别求出、，比较可得时的最小值；然后当、时，根据数列的单调性，分别求出可能取得最小值时的值，比较即可得答案.【详解】当时可得，因为数列是单调递减数列，数列为单调递增数列，所以当时，取得最小值，此时，因为，而，，又，所以当时，的最小值为；当时，，因为数列为单调递减数列，数列为单调递增数列，所以当时，取得最小值，此时，因为，而，，此时的最小值为，而；当时，，，所以，令，因为数列为单调递减数列，数列为单调递增数列，所以时，取得最小值，此时，因为，，，又因为，此时的最小值为.综上所述，的最小值为.故答案为：.8．作单位圆的外切和内接正边形，记外切正边形周长的一半为，内接正边形周长的一半为.计算可得，其中是正边形的一条边所对圆心角的一半.给出下列四个结论：①；②；③；④记，则，.其中正确结论的序号是__________.【答案】①③④【分析】对于①，在等腰三角形中求出，从而可求出，对于②，分别计算进行判断，对于③，分别计算进行判断，对于④，先计算，再计算化简后，利用换元法，构造函数利用导数可求得结果.【详解】对于①，等腰三角形中，，则，所以，所以①正确；对于②，因为，，所以，，所以，，所以，所以②错误；对于③，因为，，所以，，，所以，，所以，所以③正确；对于④，，所以，令（），则，所以，所以在上递增，所以，所以，所以④正确，故答案为：①③④.【点睛】关键点点睛：此题考查三角函数的综合应用，考查数列的应用，解题的关键是根据题意利用三角函数表示出和，及三角函数恒等变换公式的灵活应用，考查计算能力，属于难题.9．对任意，函数满足，，数列的前15项和为，数列满足，若数列的前项和的极限存在，则___________.【答案】【分析】由题意可得，，．展开代入可得，又，化为．再根据数列的前15项和与，解得，．可得，．解出，即可得出，对分奇偶分别求和并取极限，利用极限相等求得.【详解】，，，展开为，，即，．即，，化为．数列{}是周期为2的数列．数列{}的前15项和为，．又，解得，．∴，．由0，，解得．0，，解得，又，令数列的前项和为，则当为奇数时，，取极限得；则当为偶数时，，取极限得；若数列的前项和的极限存在，则，，故答案为：.【点睛】方法点睛：在遇到周期性数列求和时，可利用分组求和的方法，分别对奇数项和偶数项进行求和，然后再求和.四、解答题10．已知数列．给出两个性质：①对于中任意两项，在中都存在一项，使得；②对于中任意连续三项，均有．(1)分别判断以下两个数列是否满足性质①，并说明理由：（i）有穷数列：；（ⅱ）无穷数列：．(2)若有穷数列满足性质①和性质②，且各项互不相等，求项数m的最大值；(3)若数列满足性质①和性质②，且，求的通项公式．【答案】(1)（i）不满足，理由见详解；（ⅱ）满足，理由见详解(2)3(3)【分析】（1）（i）令，代入求解即可判断；（ⅱ）对于任意，直接相乘得到即可判断；（2）对于有穷数列，记其非零项中绝对值最大的一项为，绝对值最小的一项为，令时，得到；再令时，得到，从而得到数列至多有0，-1，1共3项，再构造数列：0，-1，1，证明其满足性质①和性质②，进而即可求得项数m的最大值；（3）首先证明：当，时，数列满足，且，(*)，再考虑，，三项，结合性质(*)得到，从而，最后经验证，数列：满足条件，再通过反证法证明这是唯一满足条件的数列即可．【详解】（1）（i）不满足．令，则不是数列{an}中的项，故有穷数列不满足性质①；（ⅱ）满足．对于任意，有，由于，令即可，故无穷数列满足性质①．（2）对于有穷数列，记其非零项中绝对值最大的一项为，绝对值最小的一项为，故令时，存在一项，又是数列非零项中绝对值最大的，所以，即；再令时，存在一项，又是数列非零项中绝对值最小的，所以，即，又，所以数列所有非零项的绝对值均为1，又数列的各项均不相等，所以其至多有0，-1，1共3项，所以，构造数列：0，-1，1，其任意两项乘积均为0，-1，1之一，满足性质①；其连续三项满足，满足性质②.又其各项均不相等，所以该数列满足条件，此时，综上，的最大值为3．（3）首先证明：当，时，数列满足，且，(*)因为对于任意数列的连续三项，，，总有，即或，不论是哪种情形，均有当时，，即；当时，，亦有，又，故性质(*)得证．考虑，，三项，有或，若，则，此时令，有，由性质(*)知不存在k使得，且，故只有，此时，因为，

所以令时，，由性质(*)知，只有或，当时，，，此时令，，但，即，由性质(*)知不存在k使得，所以，即，从而，经验证，数列：满足条件，下面证这是唯一满足条件的数列，假设是第一个不满足上述通项公式的项，，当，时，只能为，令，则，但，由性质(*)，不存在k使得，当，时，只能为，则，令，则，但，由性质(*)，不存在k使得，故不存在不满足上述通项公式的项，综上，数列的通项公式为．【点睛】与数列的新定义有关的问题的求解策略：①通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，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，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析，运算，验证，使得问题得以解决．11．对于每项均是正整数的数列、、、，定义变换，将数列变换成数列、、、、．对于每项均是非负整数的数列、、、，定义变换，将数列各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列；又定义．设是每项均为正整数的有穷数列，令．(1)如果数列为、、，写出数列、；(2)对于每项均是正整数的有穷数列，证明；(3)证明：对于任意给定的每项均为正整数的有穷数列，存在正整数，当时，．【答案】(1)、、，、、、(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）由、、，求得再通过求解；（2）设有穷数列求得再求得，由，两者作差比较；（3）设是每项均为非负整数的数列、、、．在存在，有时条件下，交换数列的第项与第项得到数列，在存在，使得时条件下，若记数列、、、为，，．由，得到．是大于的整数，所以经过有限步后，必有．【详解】（1）解：、、，、、、，、、，、、、，、、、.（2）证明：设每项均是正整数的有穷数列为、、、，则为、、、、，从而．又，所以，故．（3）解：设是每项均为非负整数的数列，，．当存在，使得时，交换数列的第项与第项得到数列，则．当存在，使得时，若记数列，，为，则．所以．从而对于任意给定的数列，由，1，2，…可知．又由（2）可知，所以．即对于，要么有，要么有．因为是大于的整数，所以经过有限步后，必有．即存在正整数，当时，.【点睛】思路点睛：本题考查了数列新定义问题，按着某种规律新生出另一个数列的题目，涉及到归纳推理的思想方法，对学生的思维能力要求较高，综合性强，能很好的考查学生的综合素养，解答的关键是要理解新定义，根据定义进行逻辑推理，进而解决问题.12．已知数列满足，其前8项的和为64；数列是公比大于0的等比数列，，．(1)求数列和的通项公式；(2)记，，求数列的前项和；(3)记，求．【答案】(1)，(2)(3)【分析】（1）根据条件得到等差数列的公差，利用前项和公式，求出首项，得到通项公式，设出公比，得到方程，求出公比，写成通项公式；（2）写出的通项公式，利用裂项相消法求和；（3）方法一：变形得到，其中利用错位相减法求和，分为偶数和为奇数两种情况求解，最终求出；方法二：变形后，利用裂项相消法求和，分为偶数和为奇数两种情况求解，最终求出.【详解】（1）∵，∴数列是公差为等差数列，且，∴，解得，∴；设等比数列的公比为（），∵，，，即，解得（舍去）或，∴（2）由（1）得，（3）方法一：∵，①②两式相减得，，，当为偶数时，，当为奇数时，，.方法二：当为偶数时，，当为奇数时，，.【点睛】方法点睛：常见的裂项相消法求和类型：分式型：，，等；指数型：，等，根式型：等，对数型：，且；13．若无穷数列满足，，则称具有性质．若无穷数列满足，，则称具有性质．(1)若数列具有性质，且，请直接写出的所有可能取值；(2)若等差数列具有性质，且，求的取值范围；(3)已知无穷数列同时具有性质和性质，，且不是数列的项，求数列的通项公式．【答案】(1)的可能取值有：、、、(2)(3)【分析】（1）根据题中定义可得出，，可依次求得、的取值；（2）设等差数列的公差为，根据可求得的取值范围，再利用二次函数的基本性质可求得的取值范围；（3）根据性质可得出，根据可推导出、必同号，再利用性质可得出，利用反证法可证得：，则，再证明出，由此可知，都成立，可猜测数列的通项公式，再利用反证法证明数列的唯一性即可.【详解】（1）解：因为数列具有性质，则，所以，，当时，由，所以，或，当时，由，所以，或.综上所述，的可能取值有：、、、.（2）解：设等差数列的公差为，则，即，所以，，所以，，因为，则，所以，.（3）解：根据性质，，都有，又因为，所以，，于是，因为、必同号，进而、必同号，若，由性质，必有，，，，这与矛盾，所以，，进而，，讨论可知或或，仅有这三种可能.若，则，，，这与矛盾，因此，.下面证明：，则，利用反证法：假设，则，又因为，所以，，若，则或，与矛盾，则，所以，，则或，于是无论哪种情况，，，由且可得，此时满足，所以，，则，，所以，，矛盾，综上可知，，所以，，，下面证明：，利用反证法，如不然，只能，所以，，则，由于，所以，，只能有，，这与矛盾，总之，，再由可得，进而，都成立，可以猜测数列的通项为，可验证此时、两条性质均成立，符合题意，如另有其它数列符合题意，则至少前项必为：、、、、，仍满足，，设是第一个违反上述通项公式的项，若，则，，所以，，符合通项公式，矛盾；若，则，，所以，，也符合通项公式，矛盾.综上所述，数列的通项公式必为.【点睛】思路点睛：本题考查了数列新定义问题，按着某种规律新生出另一个数列的题目，涉及到归纳推理的思想方法，对学生的思维能力要求较高，综合性强，能很好的考查学生的综合素养，解答的关键是要理解新定义，根据定义进行逻辑推理，进而解决问题.14．对于一个有穷单调递增正整数数列P，设其各项为，，，，若数列P中存在不同的四项，，，满足，则称P为等和数列，集合称为P的一个等和子集，否则称P为不等和数列．(1)判断下列数列是否是等和数列，若是等和数列，直接写出它的所有等和子集；A：1，3，5，7，9；B：2，4，6，7，10；(2)已知数列P：，，，，是等和数列，并且对于任意的，总存在P的一个等和子集M满足集合，求证：数列P是等差数列；(3)若数列P：，，，是不等和数列，求证：．【答案】(1)是等和数列，所有的等和子集为，，；不是等和数列(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）由等和数列的定义判断即可；（2）数列P最多有如下五个等和子集：，，，，，根据反证法结合等差数列的定义证明即可；（3）假设，且不是整数，利用反证法证明即可.【详解】（1）A是等和数列，所有的等和子集为，，；B是不等和数列．（2）数列P最多有如下五个等和子集：，，，，，考虑，，只可能是如下三种情况的一种：，，，若，则，不是P的等和子集，否则，或，并且不是P的等和子集，否则，，所以，P的所有等和子集有，，此时，不满足，该情况不成立，即；由对称性可知，，因此，，此时，，不是P的等和子集，考虑，，故，是P的等和子集，故，，由以上三式可知，即数列P是等差数列．（3）假设，且不是整数，则对于任意，总有，因为数列P是不等和数列，所以，至少有个不同的取值，若存在，则，，当时，若，则，则存在等和数列，与题设矛盾，故时，有，所以，，只有个不同的取值，因此，，，又因为存在，所以，，此时，，矛盾．若不存在，则，恰个不同的取值，所以，，，并且，，此时，，矛盾．综上，．【点睛】思路点睛：本题考查了数列新定义问题，按着某种规律新生出另一个数列的题目，涉及到归纳推理的思想方法，对学生的思维能力要求较高，综合性强，能很好的考查学生的综合素养，解答的关键是要理解新定义，根据定义进行逻辑推理，进而解决问题.15．高铁的建设为一个地区的经济发展提供了强大的推进力，也给人们的生活带来极大便捷.以下是2022年开工的雄商高铁线路上某个路段的示意图，其中线段､代表山坡，线段为一段平地.设图中坡的倾角满足，长长长.假设该路段的高铁轨道是水平的（与平行），且端点分别与在同一铅垂线上，每隔需要建造一个桥墩（不考虑端点建造桥墩）(1)求需要建造的桥墩的个数；(2)已知高铁轨道的高度为，设计过程中每放置一个桥墩，设桥墩高度为（单位：），单个桥墩的建造成本为（单位：万元），求所有桥墩建造成本总和的最小值.【答案】(1)18个(2)715.625万元【分析】（1）先由正切值得到余弦值，进而计算得到得到的长，再计算得出，结合每30m放置一个桥墩，即可求出需要建造的个数.（2）可设最左边的桥墩到的距离为米，为从左往由第个桥墩的高度，写出和对应的桥墩高度的表达式，然后利用数列求和求出所有桥墩的高度，计算出成本总和的最小值即可得出答案.【详解】（1）由，，可得，，过点向作垂线，垂足为，则，，，故修建桥墩个数为个.（2）设最左边的桥墩到的距离为米，为从左往由第个桥墩的高度，由，之间可以建13或14个桥墩，当可以建14个桥墩时，，当时，AC之间可以建13个桥墩，而，即之间可以建8个桥墩，在时，当，，，，；当，；当，；同理写出，表达式总结如下：①当时：解得求和后得到的高度总和②当时：求和后得到的高度总和所以当，，当，，即桥墩高度总和最小为，成本最小值为万元.【点睛】方法点睛：利用数列求解最值问题一般有三种方法：（1）数列也是特殊的函数，其定义域为正整数，因此可以利用函数单调性判断数列的单调性，从而确定数列的最值.（2）结合基本不等式求最值，将通项或者前n项和转化为基本不等式的形式求最值.（3）利用相邻项比较，判断数列的单调性，求最大值只需要满足，得出最值.16．给定整数，由元实数集合定义其相伴数集，如果，则称集合S为一个元规范数集，并定义S的范数为其中所有元素绝对值之和.(1)判断、哪个是规范数集，并说明理由；(2)任取一个元规范数集S，记、分别为其中最小数与最大数，求证：；(3)当遍历所有2023元规范数集时，求范数的最小值.注：、分别表示数集中的最小数与最大数.【答案】(1)集合A不是规范数集；集合B是规范数集；(2)证明见详解；(3).【分析】（1）根据元规范数集的定义，只需判断集合中的元素两两相减的差的绝对值，是否都大于等于1即可；（2）利用元规范数集的定义，得到，从而分类讨论、与三种情况，结合去绝对值的方法即可证明；（3）法一：当时，证得，从而得到；当时，证得，从而得到；当时，分类讨论与两种情况，推得，由此得解；法二：利用规范数集的性质与（2）中结论即可得解.【详解】（1）对于集合A：因为，所以集合A不是规范数集；对于集合B：因为，又，，，，，，所以B相伴数集，即，故集合B是规范数集.（2）不妨设集合S中的元素为，即，因为S为规范数集，则，则，且，使得，当时，则，当且仅当且时，等号成立；当时，则，当且仅当且时，等号成立；当时，则，当且仅当时，等号成立；综上所述：.（3）法一：不妨设，因为S为规范数集，则，则，且，使得，当时，则当时，可得，当且仅当时，等号成立，则范数，当且仅当时，等号成立，又，当且仅当时，等号成立，故，即范数的最小值；当时，则当时，可得，当且仅当时，等号成立，则，则范数，当且仅当时，等号成立，又，当且仅当时，等号成立，故，即范数的最小值；当，使得，且，当，即，即时，则当时，可得，当且仅当时，等号成立，则当时，可得，当且仅当时，等号成立，则范数；对于，其开口向上，对称轴为，所以，所以范数的最小值为；当，即，即时，则当时，可得，当且仅当时，等号成立，则当时，可得，当且仅当时，等号成立，则范数；对于，其开口向上，对称轴为，所以，所以范数；综上所述：范数的最小值.法二：不妨设，因为S为规范数集，则，则，且，使得，所以对于，同样有，则，由（2）的证明过程与结论可得，，当且仅当时，等号成立，即，，……，所以范数，当且仅当时，等号成立，所以范数的最小值.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是理解元规范数集的定义，得到，再将集合中的元素进行从小到大排列，利用分类与整合的思想进行讨论分析，从而得解.17．约数，又称因数.它的定义如下：若整数除以整数除得的商正好是整数而没有余数，我们就称为的倍数，称为的约数.设正整数共有个正约数，即为.(1)当时，若正整数的个正约数构成等比数列，请写出一个的值；(2)当时，若构成等比数列，求正整数；(3)记，求证：.【答案】(1)8.(2).(3)证明见解析.【分析】（1）根据题意即可写出a的一个值；（2）由题意可知，，，，结合构成等比数列，可推出是完全平方数，继而可得，由此可知为，即可求得a；（3）由题意知，，从而可得，采用放缩法以及裂项求和的方法，即可证明结论.【详解】（1）当时正整数的4个正约数构成等比数列，比如为8的所有正约数,即.（2）由题意可知，，，，因为，依题意可知，所以，化简可得，所以，因为，所以，因此可知是完全平方数.由于是整数的最小非1因子，是的因子，且，所以，所以为，所以,.（3）证明：由题意知，，所以，因为，所以，因为，，所以，所以，即.【点睛】关键点点睛：在第二问的解答中，在得到后，要能根据，推得，继而得出，这是解决问题的关键.第三问的证明中，难点在于要能注意到，，从而可得，然后采用裂项求和的方法进行化简进而证明结论.18．定义圈数列X：；X为一个非负整数数列，且规定的下一项为，记，这样的相邻两项可以统一表示为（的相邻两项为，即；的相邻两项为）.定义圈数列X做了一次P运算：选取一项，将圈数列X变为圈数列：，即将减2，相邻两项各加1，其余项不变.并记下标k输出了一次.记X进行过i次P运算后数列为：（规定）(1)若X：4，0，0，直接写出一组可能的；(2)若进行q次P运算后，有，此时下标k输出的总次数为，记直接写出一组非负实数，使得对任意，都成立，并证明；(3)若X：，0，0，…，0，证明：存在M，当正整数时，中至少有一半的项非零.【答案】(1)(2)，证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据P运算的概念直接写出答案即可；（2）从第一问的过程中可以猜测；然后利用极端原理或考虑整体或者局部的方程证明即可；（3）想法利用（2）的结论，同时注意感受“一半”有配对的含义，因此可多观察下标k输出后附近的整体变化；然后利用数学归纳法证明即可.【详解】（1）（2）.考察，由操作规则，下标k输出了总值为，收入了因此，由，∴..方法一：极端原理：设，∴，且，∴，因此等号成立，有，即的后一项也是最大值，重复n次这个过程，则所有数都是最大值，即，∴.方法二：考虑整体或者局部：由，得到，遍历所有k有，从而有，而，从而有，∴，即，即∴.（3）X各项和为，每次运算都不会改变总和，由抽屉原理，至少有一项，因此可以进行无数次P运算.，因此各项值最多有种可能.从而存在不同的正整数，满足，将数列看作起点，，相当于次P运算回到原始状态，由（2）的结论，每个下标都输出过.取，当时，任取i，两个相邻下标，考察项的和：存在，第t次P运算在下标i输出，则.现证明：当时，即第h次P运算，恒有.当时，已证；设时成立，即，当时1）若第h次P运算不在下标输出，由规则，∴；（2）若第h次P运算在i或下标输出，则与第t次运算同理可得因此总有，因此，当后，每个下标都有输出，其任何相邻的两个至少有一个是非零，从而中至少一半的项非零.【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.19．数列的前项和为，若对任意的正整数，总存在正整数，使得，则称数列是“数列”.(1)数列的前项和，判断数列是否为“数列”，并说明理由；(2)数列是等差数列，其首项，公差，数列是“数列”，求的值；(3)证明：对任意的等差数列，总存在两个“数列”和，使得成立.【答案】(1)数列不是“数列”，理由见解析(2)-1(3)证明过程见解析【分析】（1）根据求出，当时，令，无解，故数列不是“数列”；（2）根据等差数列通项公式和前项和公式列出方程，得到，要保证恒为整数，又，求出（3）令，得到数列均为“E数列”，从而得到结论.【详解】（1）当时，，当时，，故，当时，令，，故，无解，故数列不是“数列”；（2）是等差数列，故，设前项和为，则，因为数列是“数列”，所以，即，其中为非负整数，所以要保证恒为整数，故为所有非负整数的公约数，且，所以（3）对任意的等差数列，，（d为公差），设，则，设数列的前项和为，为数列的第项，设数列的前项和为，为数列的第项，故数列均为“E数列”，故对任意的等差数列，总存在两个“数列”和，使得成立.【点睛】数列新定义问题，主要针对于等差，等比，递推公式和求和公式等综合运用，对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时涉及数列与函数，数列与解析几何，数列与二项式定理，数列与排列组合等知识的综合，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题.20．定义：对于任意一个有穷数列，在其每相邻的两项间都插入这两项的和，得到的新数列称为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和，得到二阶和数列，以此类推可以得到阶和数列，如的一阶和数列是，设n阶和数列各项和为．(1)试求数列的二阶和数列各项和与三阶和数列各项和，并猜想的通项公式（无需证明）；(2)设，的前项和，若，求的最小值【答案】(1)，，(2)7【分析】（1）根据进行猜想，结合等比数列的知识进而求解，并进行推导.（2）利用裂项求和法求得，由此列不等式，从而求得的最小值.【详解】（1）一阶和数列：，对应；二阶和数列：，对应；三阶和数列：，对应；故猜想，，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.下面证明：设，则，所以成立.（证毕）所以.（2）由于，所以，则．所以，当时，，不成立，当时，，成立，所以的最小值为7．【点睛】本题的难点在于第一问，猜想的递推关系式并利用配凑法求得.对于复杂的问题的研究，可先通过简化题目来进行，如本题求，找到规律后可进行猜想，猜想后要进行证明.21．已知数列：，其中，且．若数列满足，当时，或，则称：为数列的“紧数