大题06 数列（专项训练，3大题型+高分必刷）（北京专用）2026年高考数学一轮复习讲练测

大题06 数列 历年北京高考题中，数列新定义型综合题主要以定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种为标准，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.通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生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：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、验证、运算，使问题得以解决． 题型1 数列新定义型与函数综合 把一列函数按一定次序排列称为函数列，记为.例如：函数列可以记为.记为的导函数. (1)若.证明：为等差数列. (2)已知定义在上的函数列满足，且对任意的，都有. （i）设，证明：的充要条件是. （ii）取定正数，使数列是首项和公比均为的等比数列，证明：. 1、数列新定义型与函数综合类型： ①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题； ②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形． 2、数列新定义型与函数综合解题思路 （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. 3、数列新定义型与函数综合步骤 （1）理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论. （2）重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”；归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况. （3）类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题. 1．（2025·河南郑州·二模）已知数列为有穷数列，且，若数列满足如下两个性质，则称数列为m的k增数列：①；②对于，使得的正整数对有k个. (1)写出所有4的1增数列； (2)当时，若存在m的6增数列，求m的最小值； (3)若存在100的k增数列，求k的最大值. 2．（2025·北京丰台·二模）将数列中项数为平方数的项依次选出构成数列，此时数列中剩下的项构成数列；再将数列中项数为平方数的项依次选出构成数列，剩下的项构成数列；…．如此操作下去，将数列中项数为平方数的项依次选出构成数列，剩下的项构成数列． (1)分别写出数列的前2项； (2)记数列的第项为．求证：当时，； (3)若，求的值． 题型2：数列新定义型与不等式综合 （2025·北京朝阳·二模）已知无穷数列满足，其中表示x，y中最大的数，表示x，y中最小的数. (1)当，时，写出的所有可能值； (2)若数列中的项存在最大值，证明：0为数列中的项； (3)若，是否存在正实数M，使得对任意的正整数n，都有？如果存在，写出一个满足条件的M；如果不存在，说明理由. 数列新定义型与不等式综合，解题的思路是： 1、数列新定义型与不等式综合类型： 数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等问题，需要熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题． 2、数列新定义型与函数综合解题思路 （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. 3、数列新定义型与函数综合步骤 （1）理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论. （2）重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”；归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况. （3）类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.　 1.（2025·北京海淀·二模）设为整数．有穷数列的各项均为正整数，其项数为m（）．若满足如下两个性质，则称为数列：①，且；② (1)若为数列，且，求m； (2)若为数列，求的所有可能值； (3)若对任意的数列，均有，求d的最小值． 2．（2025·北京·二模）已知项数列，对于给定，定义变换：将数列中的项替换为，其余项均保持不变，记得到的新数列为．其中，当时，；当时，；当时，．若将数列再进行上述变换，记得到的新数列为，重复操作，得到数列，并称为第一次变换，为第二次变换，⋯． (1)若数列：，求数列和； (2)设为递增数列，对进行有限次变换后得到数列．证明：为递增数列； (3)当第次变换前后两个数列的首项乘积为负数时，令；否则．对于给定的项数列，进行2025次变换，证明：． 题型3：数列新定义型与证明问题 （2025·北京朝阳·二模）已知是无穷正整数数列，且对任意的，其中表示有穷集合S的元素个数． (1)若，求的所有可能取值； (2)求证：数列中存在等于1的项； (3)求证：存在，使得集合为无穷集合． 数列新定义型与证明问题解题思路 （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. 1.（2025·北京东城·二模）已知为有穷整数数列，若满足：，其中，是两个给定的不同非零整数，且，则称具有性质. (1)若，，那么是否存在具有性质的？若存在，写出一个这样的；若不存在，请说明理由； (2)若，，且具有性质，求证：中必有两项相同； (3)若，求证：存在正整数，使得对任意具有性质的，都有中任意两项均不相同. 2．（2025·北京房山·一模）已知无穷数列是首项为1，各项均为正整数的递增数列，集合．若对于集合A中的元素k，数列中存在不相同的项，使得，则称数列具有性质，记集合数列具有性质． (1)若数列的通项公式为写出集合A与集合B； (2)若集合A与集合B都是非空集合，且集合A中的最小元素为t，集合B中的最小元素为s，当时，证明：； (3)若满足，证明：． 1．（2025·北京海淀·一模）已知：为有穷正整数数列，其最大项的值为，且当时，均有.设，对于，定义，其中，表示数集M中最小的数. (1)若，写出的值； (2)若存在满足：，求的最小值； (3)当时，证明：对所有. 2．（2025·北京东城·一模）有穷数列中，令，当p=q时，规定. (1)已知数列，写出所有的有序数对，且，使得； (2)已知整数列为偶数，若，满足：当为奇数时，；当为偶数时，.求的最小值； (3)已知数列满足，定义集合.若且为非空集合，求证：. 3．（2025·北京海淀·期末）已知为各项均为整数的无穷递增数列，且. 对于中的任意一项，在中都存在两项，使得或. (1)若，，写出的所有可能值； (2)若. ①当时，求的最大值； ②当时，求的最小值. 4．（2025·北京西城·期末）设和均为各项互不相等的N项数列，其中，．记数列C：，，…，，其中，． (1)写出所有满足条件的数列和，使得数列； (2)若，C是公差不为0的等差数列，求证：为定值； (3)若C为各项互不相等的数列，记C中最大的数为P，最小的数为Q，求的最小值． 5．（2025·北京昌平·二模）若数列满足，则称数列为数列.记. (1)写出一个满足，且的数列； (2)若，证明：数列是递增数列的充要条件是； (3)对任意给定的整数，是否存在首项为1的数列，使得？如果存在，写出一个满足条件的数列；如果不存在，说明理由. 6．（2025·北京丰台·二模）设数列是的一个排列．由中连续项组成的集合称作“的长为的子列集”，其中．任取不大于的正整数，当时，若数列的任意长为的子列集和数列的任意长为的子列集，都有，则称数列为“好数列”． (1)判断下列数列是否为“好数列”： ①1，3，5，2，4；②1，4，6，2，5，3． (2)证明：由的排列构成的所有“好数列”中，存在首项不超过的“好数列”（表示不超过的最大整数）； (3)若数列为“好数列”，求的最大值． 7．（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. 1．（2025·北京卷T21）已知集合，从M中选取n个不同的元素组成一个序列：，其中称为该序列的第i项，若该序列的相邻项满足：或，则称该序列为K列． (1)对于第1项为的K列，写出它的第2项． (2)设为K列，且中的项满足：当i为奇数时，：当i为偶数时，.判断，能否同时为中的项，并说明理由； (3)证明：由M的全部元素组成的序列都不是K列． 2．（2024·北京卷T21）已知集合．给定数列，和序列，其中，对数列进行如下变换：将的第项均加1，其余项不变，得到的数列记作；将的第项均加1，其余项不变，得到数列记作；……；以此类推，得到，简记为． (1)给定数列和序列，写出； (2)是否存在序列，使得为，若存在，写出一个符合条件的；若不存在，请说明理由； (3)若数列的各项均为正整数，且为偶数，求证：“存在序列，使得的各项都相等”的充要条件为“”． 3．（2023北京卷T21）已知数列的项数均为m，且的前n项和分别为，并规定．对于，定义，其中，表示数集M中最大的数. (1)若，求的值； (2)若，且，求； (3)证明：存在，满足 使得． 4．（2022·北京卷T21）已知为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的，在Q中存在，使得，则称Q为连续可表数列． (1)判断是否为连续可表数列？是否为连续可表数列？说明理由； (2)若为连续可表数列，求证：k的最小值为4； (3)若为连续可表数列，且，求证：． 5．（2021·北京卷T21）设p为实数.若无穷数列满足如下三个性质，则称为数列： ①，且； ②； ③，． （1）如果数列的前4项为2，-2，-2，-1，那么是否可能为数列？说明理由； （2）若数列是数列，求； （3）设数列的前项和为.是否存在数列，使得恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，说明理由． 6 / 15 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 大题06 数列 历年北京高考题中，数列新定义型综合题主要以定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种为标准，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.通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生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：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、验证、运算，使问题得以解决． 题型1 数列新定义型与函数综合 把一列函数按一定次序排列称为函数列，记为.例如：函数列可以记为.记为的导函数. (1)若.证明：为等差数列. (2)已知定义在上的函数列满足，且对任意的，都有. （i）设，证明：的充要条件是. （ii）取定正数，使数列是首项和公比均为的等比数列，证明：. 【解题指导】（1）求导得，利用等差数列的定义判断即可； （2）令，求导可得在上单调递增，可得当时，，（i）再证明充分性与必要性即可. （ii）由题意可得，只需证，构造函数，求导利用单调性可得，求解即可. 【规范答题】（1）由题知，所以， 记，因为， 所以为等差数列，即是首项为，公差为的等差数列. （2）令，则. 所以在上单调递增，所以当时，， 则当时，. （i）充分性：当时，由题知显然成立. 必要性：若，则由时，，得， 则，所以. 因为，所以. 所以的充要条件是. （ii）由题知，且，则， 两边取自然对数得，则需. 考虑函数， 当时，；当时，. 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以. 因为在上单调递减，所以， 所以， 1、数列新定义型与函数综合类型： ①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题； ②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形． 2、数列新定义型与函数综合解题思路 （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. 3、数列新定义型与函数综合步骤 （1）理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论. （2）重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”；归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况. （3）类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题. 1．（2025·河南郑州·二模）已知数列为有穷数列，且，若数列满足如下两个性质，则称数列为m的k增数列：①；②对于，使得的正整数对有k个. (1)写出所有4的1增数列； (2)当时，若存在m的6增数列，求m的最小值； (3)若存在100的k增数列，求k的最大值. 【解题指导】（1）由于或，从而得到所有4的1增数列有数列1，2，1和数列1，3； （2）分析得到且，当时，不合要求，当时，满足要求，得到答案； （3）分析得到数列的各项只能为1或2，所以数列为1，1，…，1，2，2，…，2的形式，设其中有x项为1，有y项为2，得到，，配方后求出最值. 【规范答题】（1）由题意得， 且对于，使得的正整数对有1个， 由于或， 故所有4的1增数列有数列1，2，1和数列1，3. （2）当时，存在m的6增数列， 即，且对于，使得的正整数对有6个， 所以数列的各项中必有不同的项，所以且. 若，满足要求的数列中有四项为1，一项为2， 所以，不符合题意，所以. 若，满足要求的数列中有三项为1，两项为2， 此时数列为，满足要求的正整数对分别为， 符合m的6增数列， 所以当时，若存在m的6增数列，m的最小值为7. （3）若数列中的每一项都相等，则， 若，所以数列中存在大于1的项， 若首项，将拆分成个1后k变大， 所以此时k不是最大值，所以. 当时，若，交换，的顺序后k变为， 所以此时k不是最大值，所以. 若，所以， 所以将改为，并在数列首位前添加一项1，所以k的值变大， 所以此时k不是最大值，所以. 若数列中存在相邻的两项，，设此时中有x项为2， 将改为2，并在数列首位前添加个1后，k的值至少变为， 所以此时k不是最大值， 所以数列的各项只能为1或2，所以数列为1，1，…，1，2，2，…，2的形式. 设其中有x项为1，有y项为2， 因为存在100的k增数列，所以， 所以， 所以，当且仅当，时，k取最大值为1250. 2．（2025·北京丰台·二模）将数列中项数为平方数的项依次选出构成数列，此时数列中剩下的项构成数列；再将数列中项数为平方数的项依次选出构成数列，剩下的项构成数列；…．如此操作下去，将数列中项数为平方数的项依次选出构成数列，剩下的项构成数列． (1)分别写出数列的前2项； (2)记数列的第项为．求证：当时，； (3)若，求的值． 【解题指导】（1）直接利用数列定义求解； （2）证明为等差数列即可求解； （3）先利用数学归纳法证明进而求得的表达式，利用累加法再解方程求解 【规范答题】（1）数列的前2项为3，8；数列的前2项为5，11； （2）首先，当时，结论成立； 当时，对于相邻的两个数列： 1 4 9 16 25 36 49 64 2 6 12 20 30 42 56 72 3 8 15 24 35 48 63 80 5 11 19 29 41 55 71 89 7 14 23 34 47 62 79 98 10 18 28 40 54 70 88 108 13 22 33 46 61 78 97 118 17 27 39 53 69 87 107 129 因为都在数列中，且在之前， 所以在数列中，必有， 所以， 所以      所以构成首项为，公差为1的等差数列， 所以 （3）由各个数列生成的规则知，中不可能有两个元素是同一数列的项． 从上面的表格，我们猜想：集合中的每个元素，且仅是数列中某个数列的项. 具体地可概括成结论P：对任意，有 下面用数学归纳法证明： (i)当时， 由题意数列的首项分别是2, 3，结论成立； (ii)假设当时，结论成立，即对， 那么由第（2）问的结论知：当时， , , 上式表明，集合中除了的每一个元素都是数列中的某个数列的项， 还剩下两个元素：，它们必是数列的首项， 结果只有. 根据(1)(2)知，结论P成立. 由结论P可得，数列的首项为，的首项为， 即 另一方面，由第（2）问的结论：得： ， ， … ， 相加得：， 当时，上式也成立． 所以 令，则 所以． 由得，所以，所以， 所以.所以，此时，所以； 令，有， ．由得，所以． 所以，所以 无解. 综上，当时， 题型2：数列新定义型与不等式综合 （2025·北京朝阳·二模）已知无穷数列满足，其中表示x，y中最大的数，表示x，y中最小的数. (1)当，时，写出的所有可能值； (2)若数列中的项存在最大值，证明：0为数列中的项； (3)若，是否存在正实数M，使得对任意的正整数n，都有？如果存在，写出一个满足条件的M；如果不存在，说明理由. 【解题指导】（1）根据定义知，讨论、及大小求所有可能值； （2）由，假设存在使，进而有，可得，即可证结论； （3）由题设，令，讨论、求证即可判断存在性. 【答题规范】（1）由，， 若，则，即，此时， 当，则，即； 当，则，即； 若，则，即，此时， 当，则，即； 当，则，即（舍）； 综上，的所有可能值为. （2）由（1）知：，则， 数列中的项存在最大值，故存在使，， 由， 所以，故存在使， 所以0为数列中的项； （3）不存在正实数，使得对任意的正整数，都有.理由如下. 因为，所以. 设集合. ①若，则. 对任意，取(其中表示不超过的最大整数)， 则当时， . ②若，且为有限集， 设，则. 对任意，取(其中[x]表示不超过的最大整数)， 则当时， ③若，且为无限集， 设. 若，则.又，矛盾. 所以. 记. 当时，. 因为，所以 当时，. 因为，所以 所以. 因为， 所以 所以，且. 对任意， 取(其中[x]表示不超过的最大整数)，则当时， 综上，不存在正实数，使得对任意的正整数，都有. 数列新定义型与不等式综合，解题的思路是： 1、数列新定义型与不等式综合类型： 数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等问题，需要熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题． 2、数列新定义型与函数综合解题思路 （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. 3、数列新定义型与函数综合步骤 （1）理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论. （2）重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”；归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况. （3）类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.　 1.（2025·北京海淀·二模）设为整数．有穷数列的各项均为正整数，其项数为m（）．若满足如下两个性质，则称为数列：①，且；② (1)若为数列，且，求m； (2)若为数列，求的所有可能值； (3)若对任意的数列，均有，求d的最小值． 【解题指导】（1）根据所给定义一一列举，即可得解； （2）依题意，，利用反证法证明对于任意的正整数，当时，均存在数列为数列； （3）先证明符合题意，再利用特例证明，最后证明不符合题意，即可得解. 【规范答题】（1）依题意，， 所以，，，，， 所以. （2）依题意，， 下面证明对于任意的正整数，当时，均存在数列为数列， 时，符合题意， 反证，假设存在正整数，当时，不存在数列为数列， 设此时的最小值为， 即时存在数列，时不存在数列， ①当为奇数时，因为存在以为首项的数列，、、、， 所以、、、、就是首项为的数列，与假设矛盾， ②当为偶数时，因为存在以为首项的数列，、、、， 所以、、、、就是首项为的数列，与假设矛盾， 综上，的所有可能取值为全体大于的正整数. （3）依题意，，，，， 先证明符合题意，即， 当时显然成立， 当时，对任意，，故， 即， （i）当时，由，， 所以. （ii）当时，由，，， 所以. 再证明. 对任意的偶数，令， 先验证为数列， 当时为奇数，，符合②； 当时为偶数，，符合②； 当时，，符合②； 又符合①，所以为数列. 下面证明不符合题意. 假设， 因为，， 所以，，矛盾. 综上可得的最小值为. 2．（2025·北京·二模）已知项数列，对于给定，定义变换：将数列中的项替换为，其余项均保持不变，记得到的新数列为．其中，当时，；当时，；当时，．若将数列再进行上述变换，记得到的新数列为，重复操作，得到数列，并称为第一次变换，为第二次变换，⋯． (1)若数列：，求数列和； (2)设为递增数列，对进行有限次变换后得到数列．证明：为递增数列； (3)当第次变换前后两个数列的首项乘积为负数时，令；否则．对于给定的项数列，进行2025次变换，证明：． 【解题指导】（1）根据题设中的新定义，进行运算，得到答案； （2）根据题设中新的变换，得到仍为递增数列，进而得到仍为递增数列，证得仍为递增数列，以此类推，对进行有限次变换后，所得的数列为递增数列； （3）设中相邻两项乘积为负数的有对，中相邻两项乘积为负数的有对，得到，得到数列中相邻两项乘积为负数的仍有对，分情况讨论，即可得证. 【规范答题】（1）解：由题意得，数列，数列， 故数列． （2）证明：若对：进行变换，即将替换为，其余项不变， 由，得，故仍为递增数列； 若对进行变换，即将替换为，其余项不变， 由，很，故仍为递增数列： 若对进行变换，即将替换为，其余项不变， 由，得，故仍为递增数列． 综上，对于任意，对进行变换后仍为递增数列． 以此类推，知对进行有限次变换后，所得的数列为递增数列． （3）解：记数列：中去除等于0的项后得到的数列为（其余项相对位置不变，下同），中去除为0的项后得到的数列为． 设中相邻两项乘积为负数的有对，中相邻两项乘积为负数的有对， 则． 如果对进行变换，即将替换为， 此时若与同号，则数列中相邻两项乘积为负数的仍有对，即； 若与异号，则或； 若与中有0，则一定不与异号，故． 如果对进行变换，即将替换为， 此时若与同号，则； 若与异号，有以下三种情况： ①若与同号，显然也与异号，则； ②若与异号，则； ③若与中有0，只有一个0， 不妨设，则与异号，故，或，或． 若与同为0，则； 若，，不妨设，则与同号，故； 若，，不妨设，则与异号，故或； 对进行变换与进行变换类似． 综上，对进行一次变换后，． 以此类推，对进行2025次变换，每一次变换后所得数列中去除等于0的项后相邻两项乘积为负数的对数比变换前的并不会增大，且． 在此之中，若某一次变换使得第一项的正负号发生改变， 则该变换一定是变换，且变换之前数列的第一项与第二项异号， 故变换之后所得数列中去除等于0的项后相邻两项乘积为负数的对数比变换前减少1对． 所以对进行2025次变换时，其第一项的正负号最多发生次改变， 即． 题型3：数列新定义型与证明问题 （2025·北京朝阳·二模）已知是无穷正整数数列，且对任意的，其中表示有穷集合S的元素个数． (1)若，求的所有可能取值； (2)求证：数列中存在等于1的项； (3)求证：存在，使得集合为无穷集合． 【解题指导】（1），先根据已知条件确定的值，然后再确定的值； （2），利用反证法，结合分类讨论进行证明； （3），采用反证法进行证明. 【规范答题】（1）因为，则中与相等的数有且仅有2个，除去本身，中与相等的数有且只有1个， ∴或． 当时，；当时，． 所以的所有可能取值为2，3． （2）假设中不存在等于1的项,则． 又，所以． 当时，由，则存在，使得． 所以，与假设矛盾． 当时，由，则存在，使得,且中有且只有一项与相等. ①若中有两项为2，一项为3， 则，与假设矛盾． ②若中有两项为2，一项为， 则，与假设矛盾． ③若中有一项为2，两项为3， 则，与假设矛盾． ④若中有一项为2，两项为， 则，矛盾． 综上，假设不成立，所以中存在等于1的项． （3）假设均为有限集合， 当时，, 则当时，（*） 令,下证当时，. 否则假设，则,与（*）矛盾. ∴当时，, ∵已知数列是无穷正整数数列， 所以存在，使得集合为无穷集合，矛盾， ∴假设错误，∴存在，使得集合为无穷集合. 数列新定义型与证明问题解题思路 （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. 1.（2025·北京东城·二模）已知为有穷整数数列，若满足：，其中，是两个给定的不同非零整数，且，则称具有性质. (1)若，，那么是否存在具有性质的？若存在，写出一个这样的；若不存在，请说明理由； (2)若，，且具有性质，求证：中必有两项相同； (3)若，求证：存在正整数，使得对任意具有性质的，都有中任意两项均不相同. 【解题指导】（1）根据所给定义，设，，，中有个，个，从而有，推出矛盾； （2）设，，，，中的最大值为，则存在，使得或，若存在，使，先证：，，，可以取遍到之间所有的整数，再对分类讨论，即可得证； （3）不妨设，根据性质推导出，再利用反证法证明中任意两项均不相同，即可得证. 【规范答题】（1）不存在具有性质的，理由如下： 设，由于，， 设，，，中有个，个， 则有， 所以，解得，与为整数矛盾， 所以不存在具有性质的. （2）设，，，，中的最大值为，则存在，使得或， 若存在，使，下证：，，，可以取遍到之间所有的整数， 假设存在正整数使得，，，中各项均不为， 令集合，设是集合中元素的最大值， 则有， 这与矛盾， 所以，，，可以取遍到之间所有的整数， 若，则，，，，的取值只能为，中的数， 此时，，，，中必有两项相同， 若，则，，，，的取值只能为，，中的数， 此时，，，，中必有两项相同， 若，则，，，，中一定有异于和的正整数， 再由，，，可以取遍到之间所有的整数， 所以，，，，中必有两项相同， 当，同理可证：，，，可以取遍到之间所有的整数， 从而，，，，中必有两项相同. （3）不妨设，当，，，中恰有个，个， 由于， 所以取，此时具有性质， 下证：中任意两项均不相同， 若存在使得， 令，， 则有，， 令，，则有且，， 由于，则有， 若，则有，即， 当时，有，从而，矛盾； 若，则有且， 因此有，，，， 所以此时，，矛盾； 综上所述，存在正整数，使得对任意具有性质的，都有中任意两项均不相同. 2．（2025·北京房山·一模）已知无穷数列是首项为1，各项均为正整数的递增数列，集合．若对于集合A中的元素k，数列中存在不相同的项，使得，则称数列具有性质，记集合数列具有性质． (1)若数列的通项公式为写出集合A与集合B； (2)若集合A与集合B都是非空集合，且集合A中的最小元素为t，集合B中的最小元素为s，当时，证明：； (3)若满足，证明：． 【解题指导】（1）定义，可知，结合题中通项公式分析求解； （2）根据题意可知，可得，即可分析证明； （3）由题意可知：，可知集合在均不在元素，分类讨论集合是否为空集，结合题意利用数学归纳法分析证明. 【规范答题】（1）定义，由题意可知， 若数列的通项公式为，可知， 所以， 因为2只能写成，不合题意，即； ，符合题意，即； ，符合题意，即； ，符合题意，即； ，符合题意，即； ，符合题意，即； 所以. （2）因为，由题意可知：，且， 即， 因为，即存在不相同的项，使得 可知，所以. （3）因为， 令，可得，则，即， 即集合在内均不存在元素，此时我们认为集合在内的元素相同； （i）若集合A是空集，则B是空集，满足； （ⅱ）若集合A不是空集，集合A中的最小元素为t，可知， 由（2）可知：集合B存在的最小元素为s，且， 设存在，使得， 可知集合在内的元素相同, 可知，则， 因为，即，则， 可知， 且， 即集合在内的元素相同，可知集合在内的元素相同， 现证对任意，集合在内的元素相同， 当，可知集合在内的元素相同，成立； 假设，集合在内的元素相同， 可知集合在内的元素相同； 对于，因为，则， 若，则，可知， 可以认为集合在内的元素相同； 若，则， 若存在元素不属于集合C， 则元素属于集合A，且，可知元素属于集合B， 即数列中存在不相同的项，使得， 则，可知， 可知， 即集合在内的元素相同； 综上所述：对任意，集合在内的元素相同， 所以集合在内的元素相同，结合n的任意性，可知； 综上所述：. 1．（2025·北京海淀·一模）已知：为有穷正整数数列，其最大项的值为，且当时，均有.设，对于，定义，其中，表示数集M中最小的数. (1)若，写出的值； (2)若存在满足：，求的最小值； (3)当时，证明：对所有. 【分析】（1）结合定义逐个计算出、、即可得； （2）当时，可得，故，找到时符合要求的数列即可得； （3）结合题意，分两段证明，先证，定义，再证得，即可得证, 【解】（1）由，，则，故， 则，故， 则，故； （2）由题意可知，，当时，由，， 故，则， 由题意可得，故、总有一个大于，即或， ，由，故、、总有一个大于， 故，故当时，，不符，故， 当时，取数列， 有，，，即，符合要求，故的最小值为； （3）因为，所以， (i)若，则当时，至少以下情况之一成立： ①，这样的至少有个， ②存在，这样的至多有个， 所以小于的至多有个， 所以， 令，解得， 所以， (ii)对，若，且， 因为，所以当时， 至少以下情况之一成立： ①，这样的至多有个； ②存在且，这样的至多有个， 所以， 令，解得，即， 其中表示不大于的最大整数， 所以当时，； 综上所述，定义，则， 依次可得：， ， 所以. 2．（2025·北京东城·一模）有穷数列中，令，当p=q时，规定. (1)已知数列，写出所有的有序数对，且，使得； (2)已知整数列为偶数，若，满足：当为奇数时，；当为偶数时，.求的最小值； (3)已知数列满足，定义集合.若且为非空集合，求证：. 【分析】（1）结合题意，逐个计算即可得； （2）由题意可得，，可得当时，有，当时，，结合，即可得解； （3）将展开，从而得到证明与之间的项之和，，都为正数，即可得证. 【解】（1）为时，， 为时，， 为时，， 为时，， 故，且使得的有序数对有、、、； （2）由题意可得，， 又为整数，故，， 则， 同理可得， 即有， 同理可得，当时，有， 即当时，有， 当时，， 故 ； （3）对于数列，，不妨设， ①首先考虑的情况， 由于，，故，同理，，， 故. ②再考虑中有连续一段是连续的正整数的情况， 此时, 因为，， 故这说明此连续的项的和为负. 同理，当含有多段的连续正整数的情况时，每段的和为负， 再由①中结论，可得. ③若在①②中，由于， 此时去掉前项，则可转化①②的情况，所以有. ④若，则， 所以此时有， 综上，结论成立. 3．（2025·北京海淀·期末）已知为各项均为整数的无穷递增数列，且. 对于中的任意一项，在中都存在两项，使得或. (1)若，，写出的所有可能值； (2)若. ①当时，求的最大值； ②当时，求的最小值. 【分析】（1）求出或，再分类讨论即可； （2）首先分析得当时符合题意且，再利用反证法证明即可； （3）首先证明时存在符合条件的，再证明即可. 【解】（1）或， 当时，因为，符合条件； 则或或或， 又因为为各项均为整数的无穷递增数列，则或. 当时， 则或或或， 当时，，符合题意， 当时，，符合题意， 当或27，此时不满足数列为递增数列，故舍去， 综上，的所有可能值为7，9，15，17． （2）①的最大值为1013，理由如下： （i）当时符合题意且． （ii）假设中存在偶数，且首个偶数为， 因为为递增数列，所以存在，使得或，进而有． 所以为奇数，此时均不为偶数，与为偶数矛盾． 所以中各项均为正奇数， 又因为为递增数列，所以， 即． 综上的最大值为1013． ②的最小值为7，理由如下： （i）首先证明时存在符合条件的： 当前7项为$1，2，3，9，27，45，2025$时， 且可构造的后续项使其符合题意（如可取． （ii）其次证明． 由题，当时，， 所以， 进而有， 所以， 所以． （iii）最后证明． 假设存在符合题意且， 因为，所以当时，， 所以存在，有，从而， 所以，所以，从而，且因为， 所以当时，， 所以存在，有，从而为整数， 又因为，所以为5的倍数，与矛盾． 综上有的最小值为7． 4．（2025·北京西城·期末）设和均为各项互不相等的N项数列，其中，．记数列C：，，…，，其中，． (1)写出所有满足条件的数列和，使得数列； (2)若，C是公差不为0的等差数列，求证：为定值； (3)若C为各项互不相等的数列，记C中最大的数为P，最小的数为Q，求的最小值． 【分析】（1）根据定义分析出，再写出所有情况即可； （2）记等差数列的公差为，分析出，则，以分析即可； （3）分为偶数和为奇数讨论，当为偶数利用反证法得，再讨论等号成立的情况，当为奇数时举例即可. 【解】（1）显然，因为， 根据，，则，，， 从而满足条件的答案有4组，分别为： ；； ；. （2）记等差数列的公差为， 由， 得，则. 由，得. 因为，且和均为各项互不相等的2024项数列， 所以， 所以，即. 所以公差. 不妨设公差，则， 而只能由1和2024得到，去除两端的数后只能由2和2023得到 以此类推，于是总为定值2025. （3）由题意，数列中有个不同的整数，则，当且仅当数列为个连续整数时取等号， 当为偶数时，若存在数列，使得，则. 由为偶数，知为奇数，则不可能为0. 这与矛盾， 所以当为偶数时，. 当为偶数时，如果数列； 数列； 那么数列，此时满足. 当为奇数时，如果数列； 数列； 那么数列，此时. 综上，当为偶数时，最小值为；当为奇数时，最小值为. 5．（2025·北京昌平·二模）若数列满足，则称数列为数列.记. (1)写出一个满足，且的数列； (2)若，证明：数列是递增数列的充要条件是； (3)对任意给定的整数，是否存在首项为1的数列，使得？如果存在，写出一个满足条件的数列；如果不存在，说明理由. 【分析】(1)根据与和可写出数列. (2)先证明必要性,根据数列是递增数列,可得,进而求得.再证明充分性,因为,故,再累加可得证明即可. (3) 设，则,再累加求得,再分析的奇偶, 取值只能为或，并写出符合条件的数列. 【解】（1）.（答案不唯一.） （2）必要性： 因为数列是递增数列， 所以（）. 所以数列是以为首项，公差为的等差数列. 所以. 充分性： 因为， 所以 所以， ， …… . 所以，即. 因为， 所以. 所以（）. 即数列是递增数列. 综上，结论得证. （3）令，则. 所以， ， …… . 所以 . 因为， 所以为偶数. 所以为偶数. 所以要使，即， 必须使为偶数. 即整除， 因为， 所以或. 当时，数列的项满足 时， 有； 当时，数列的项满足时， 有； 当或时，不能被整除，此时不存在数列，使得. 6．（2025·北京丰台·二模）设数列是的一个排列．由中连续项组成的集合称作“的长为的子列集”，其中．任取不大于的正整数，当时，若数列的任意长为的子列集和数列的任意长为的子列集，都有，则称数列为“好数列”． (1)判断下列数列是否为“好数列”： ①1，3，5，2，4；②1，4，6，2，5，3． (2)证明：由的排列构成的所有“好数列”中，存在首项不超过的“好数列”（表示不超过的最大整数）； (3)若数列为“好数列”，求的最大值． 【分析】（1）根据“好数列”的定义逐项检验即可判断①②； （2）分析可知若是“好数列”，可知存在，结合“好数列”的定义分析可得且，即可得结果； （3）分类讨论的奇偶性，利用反证法结合（2）可知为偶数不成立，为奇数时且，不存在“好数列”，即可得结果. 【解】（1）对于①：检验可知①是“好数列”； 对于②：例如，取长为2的子列集和长为3的子列集， 此时，所以②不是“好数列”． （2）若是“好数列”，可知存在． 令与， 于是集合和也分别是数列和数列的子列集， 又存在，得． 因此． 所以，数列也是“好数列”． 设与中较小者为，则且， 因此，即，于是， 所以存在首项不超过的“好数列”． （3）的最大值为7． ①先考虑． 假设存在“好数列”．由（2）可知，不妨设． 若，则由长为的子列集和与集合的交集非空，知， 即此“好数列”为：． 又，长为的子列集和与集合的交集非空． 所以且，与矛盾． 若，则由长为的子列集和与集合的交集非空，知； 又与集合的交集非空，知，矛盾； ②再考虑．假设存在“好数列”． 由（2）可知，不妨设． 若，则由长为的子列集和 与集合的交集非空，知． 又，长为的子列集和与集合的交集非空． 所以且，与矛盾． 若，则由长为的子列集和 与集合的交集非空，知； 又与集合的交集非空，知， 此时，长为的子列集，矛盾． 所以，当时，不存在“好数列”． 又数列1，4，6，2，5，3，7是“好数列”． 综上，的最大值为7． 7．（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. 【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. 【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，. 1．（2025·北京卷T21）已知集合，从M中选取n个不同的元素组成一个序列：，其中称为该序列的第i项，若该序列的相邻项满足：或，则称该序列为K列． (1)对于第1项为的K列，写出它的第2项． (2)设为K列，且中的项满足：当i为奇数时，：当i为偶数时，.判断，能否同时为中的项，并说明理由； (3)证明：由M的全部元素组成的序列都不是K列． 【解题指导】（1）根据新定义即可得解； （2）假设与能同时在中，导出矛盾，从而得出与不能同时在中的结论； （3）假设全体元素构成一个K列，通过构造导出矛盾，从而得到要证明的结论. 【详解】（1）根据题目定义可知，或， 若第一项为，显然或不符合题意（不在集合中），所以下一项是或； （2）假设二者同时出现在中，由于K列取反序后仍是K列，故不妨设在之前. 显然，在K列中，相邻两项的横纵坐标之和的奇偶性总是相反的，所以从到必定要向下一项走奇数次. 但又根据题目条件，这两个点的横坐标均在中，所以从到必定要向下一项走偶数次. 这导致矛盾，所以二者不能同时出现在中. （3）法1：若中的所有元素构成K列，考虑K列中形如的项， 这样的项共有个，由题知其下一项为，共计16个， 而，因为只能6由2来，3只能由7来， 横、纵坐标不能同时相差4，这样下一项只能有12个点， 即对于16个，有12个与之相对应，矛盾． 综上，由M的全部元素组成的序列都不是K列． 法2：假设全体元素构成一个K列，则. 设，. 则和都包含个元素，且中元素的相邻项必定在中. 如果存在至少两对相邻的项属于，那么属于的项的数目一定多于属于的项的数目， 所以至多存在一对相邻的项属于. 如果存在，则这对相邻的项的序号必定形如和， 否则将导致属于的项的个数比属于的项的个数多2，此时. 从而这个序列的前项中，第奇数项属于，第偶数项属于； 这个序列的后项中，第奇数项属于，第偶数项属于. 如果不存在相邻的属于的项，那么也可以看作上述表示在或的特殊情况. 这意味着必定存在，使得. 由于相邻两项的横纵坐标之和的奇偶性必定相反，故中横纵坐标之和为奇数的点和横纵坐标之和为偶数的点的数量一定分别是和（不一定对应）. 但容易验证，和都包含个横纵坐标之和为奇数的点和个横纵坐标之和为偶数的点，所以，得. 从而有. 这就得到. 再设，. 则同理有. 这意味着. 从而得到，但显然它们是不同的集合，矛盾. 所以由M的全部元素组成的序列都不是K列． 2．（2024·北京卷T21）已知集合．给定数列，和序列，其中，对数列进行如下变换：将的第项均加1，其余项不变，得到的数列记作；将的第项均加1，其余项不变，得到数列记作；……；以此类推，得到，简记为． (1)给定数列和序列，写出； (2)是否存在序列，使得为，若存在，写出一个符合条件的；若不存在，请说明理由； (3)若数列的各项均为正整数，且为偶数，求证：“存在序列，使得的各项都相等”的充要条件为“”． 【解题指导】（1）直接按照的定义写出即可； （2）解法一：利用反证法，假设存在符合条件的，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；解法二：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，可知序列共有8项，可知：，检验即可； （3）解法一：分充分性和必要性两方面论证；解法二：若，分类讨论相等得个数，结合题意证明即可；若存在序列，使得为常数列，结合定义分析证明即可. 【详解】（1）因为数列， 由序列可得； 由序列可得； 由序列可得； 所以. （2）解法一：假设存在符合条件的，可知的第项之和为，第项之和为， 则，而该方程组无解，故假设不成立， 故不存在符合条件的； 解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4， 假设存在符合条件的，且， 因为，即序列共有8项， 由题意可知：， 检验可知：当时，上式不成立， 即假设不成立，所以不存在符合条件的. （3）解法一：我们设序列为，特别规定. 必要性： 若存在序列，使得的各项都相等. 则，所以. 根据的定义，显然有，这里，. 所以不断使用该式就得到，必要性得证. 充分性： 若. 由已知，为偶数，而，所以也是偶数. 我们设是通过合法的序列的变换能得到的所有可能的数列中，使得最小的一个. 上面已经说明，这里，. 从而由可得. 同时，由于总是偶数，所以和的奇偶性保持不变，从而和都是偶数. 下面证明不存在使得. 假设存在，根据对称性，不妨设，，即. 情况1：若，则由和都是偶数，知. 对该数列连续作四次变换后，新的相比原来的减少，这与的最小性矛盾； 情况2：若，不妨设. 情况2-1：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾； 情况2-2：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾. 这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的都有. 假设存在使得，则是奇数，所以都是奇数，设为. 则此时对任意，由可知必有. 而和都是偶数，故集合中的四个元素之和为偶数，对该数列进行一次变换，则该数列成为常数列，新的等于零，比原来的更小，这与的最小性矛盾. 综上，只可能，而，故是常数列，充分性得证. 解法二：由题意可知：中序列的顺序不影响的结果， 且相对于序列也是无序的， （ⅰ）若， 不妨设，则， ①当，则， 分别执行个序列、个序列， 可得，为常数列，符合题意； ②当中有且仅有三个数相等，不妨设，则， 即， 分别执行个序列、个序列 可得， 即， 因为为偶数，即为偶数， 可知的奇偶性相同，则， 分别执行个序列，，，， 可得， 为常数列，符合题意； ③若，则，即， 分别执行个、个， 可得， 因为， 可得， 即转为①，可知符合题意； ④当中有且仅有两个数相等，不妨设，则， 即， 分别执行个、个， 可得， 且，可得， 因为为偶数，可知的奇偶性相同， 则为偶数， 且，即转为②，可知符合题意； ⑤若，则，即， 分别执行个、个， 可得， 且，可得， 因为为偶数， 则为偶数， 且，即转为④，可知符合题意； 综上所述：若，则存在序列，使得为常数列； （ⅱ）若存在序列，使得为常数列， 因为对任意， 均有成立， 若为常数列，则， 所以； 综上所述：“存在序列，使得为常数列”的充要条件为“”. 3．（2023北京卷T21）已知数列的项数均为m，且的前n项和分别为，并规定．对于，定义，其中，表示数集M中最大的数. (1)若，求的值； (2)若，且，求； (3)证明：存在，满足 使得． 【解题指导】（1）先求，根据题意分析求解； （2）根据题意题意分析可得，利用反证可得，在结合等差数列运算求解； （3）讨论的大小，根据题意结合反证法分析证明. 【详解】（1）由题意可知：， 当时，则，故； 当时，则，故； 当时，则故； 当时，则，故； 综上所述：，，，. （2）由题意可知：，且， 因为，且，则对任意恒成立， 所以， 又因为，则，即， 可得， 反证：假设满足的最小正整数为， 当时，则；当时，则， 则， 又因为，则， 假设不成立，故， 即数列是以首项为1，公差为1的等差数列，所以. （3）因为均为正整数，则均为递增数列， （ⅰ）若，则可取，满足 使得； （ⅱ）若，则， 构建，由题意可得：，且为整数， 反证，假设存在正整数，使得， 则，可得， 这与相矛盾，故对任意，均有. ①若存在正整数，使得，即， 可取， 满足，使得； ②若不存在正整数，使得， 因为，且， 所以必存在，使得， 即，可得， 可取， 满足，使得； （ⅲ）若， 定义，则， 构建，由题意可得：，且为整数， 反证，假设存在正整数，使得， 则，可得， 这与相矛盾，故对任意，均有. ①若存在正整数，使得，即， 可取， 即满足，使得； ②若不存在正整数，使得， 因为，且， 所以必存在，使得， 即，可得， 可取， 满足，使得. 综上所述：存在使得． 4．（2022·北京卷T21）已知为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的，在Q中存在，使得，则称Q为连续可表数列． (1)判断是否为连续可表数列？是否为连续可表数列？说明理由； (2)若为连续可表数列，求证：k的最小值为4； (3)若为连续可表数列，且，求证：． 【解题指导】（1）直接利用定义验证即可； （2）先考虑不符合，再列举一个合题即可； （3）先证明，再说明时不合题意，找出且满足题意的数列即可得解． 【详解】（1），，，，，所以是连续可表数列；易知，不存在使得，所以不是连续可表数列． （2）若,设为,则至多，6个数字，没有个，矛盾； 当时,数列，满足，，，，，，，， ． （3）解法一：先证明. 从5个正整数中，取一个数字只能表示自身，最多可表示5个数字， 取连续两个数字最多能表示4个数字，取连续三个数字最多能表示3个数字， 取连续四个数字最多能表示2个数字，取连续五个数字最多能表示1个数字， 所以对任意给定的5个整数，最多可以表示个正整数，不能表示20个正整数，即. 若，最多可以表示个正整数， 由于为连续可表数列，且，所以至少有一项为负数， 既然任意5个正整数都不可能为20-连续可表数列，那么中间若插人一个负数项，更不能连续表示的正整数. 所以至少要有6个正整数才能连续表示的正整数.所以中至少包含6个正整数和一个负数，故. 当时，数列满足题意， ． 解法二：若数列为连续可表数列， 则，这不可能！因而满足题设的． 若，得整数数列中的连续若干项（至少一项，下同）的和， ； ， ； ； 最多能表示（下简称数列的连续项和表示）出21个两两互异的正整数， 且题设是能表示出这20个正整数． ①若数列的六项均是自然数，由题设， 可得数列的连续项和均小于20（没有表示出20），与题设矛盾！ 所以数列中有负项且负项的项数是1（若存在两个负项，则数列的连续项和表示中会少两个正整数，至多能表示个正整数，不满足题设）． 若数列的项中还有0，则数列的连续项和表示中会少两个正整数（负项与0），不满足题设，因而数列的项是一项负五项正（且这五个正项两两互异）． 还可得：数列的连续项和表示中除负项这个和外组成的集合是． 因为其中最大的是20，所以20的连续项和表示是最多的连续若干个正项之和（即对数列的连续正项全部求和）． ②因为＂若数列满足题设，则数列 满足题设＂， 所以可只考虑数列或或的情形． 若且数列的其余五项都是正项，则或．若，则由， 可得，得数列的连续项和表示中的均不是正整数；若， 则由，可得， 得数列的连续项和表示中的均不是正整数．均不满足题设． 同理，可证得也不满足题设．因而， 且． ③若两两互异的五个正整数中没有1，则． 因而． 再由数列的连续项和表示中最小的正数是1，可得． 若，则 得数列的连续项和表示中会少表示一个正整数，不满足题设， 因而． 而，所以． 再由，可得， ， 再得数列的连续项和表示中17的表示只可能是， 进而可得. 又由数列的连续项和表示中有14，可得， ，得数列是（但或但，均不可能，因而中有1． ④由数列的连续项和表示中有19及， 可得或（得或． 若，则，得数列的连续项和表示中会少表示一个正整数； 若，可得（否则，数列的连续项和表示中会少表示一个正整数）， 所以，得， 数列的连续项和表示中会少表示一个正整数．均不满足题设． 所以． ⑤由数列的连续项和表示中有18及和为19的两两互异的四个数均大于1及， 可得得或（得， 数列的连续项和表示中会少表示一个正整数）. 所以． ⑥由数列的连续项和表示中有16及和为19的两两互异的四个数均大于1， （且4：因为及， 可得（得）或得或， （得，与矛盾）或得，与矛盾）． （i）． 由数列的连续项和表示中有15（可证得15的表示中没有也没有），可得得， 这不可能）或（得，，这不可能）或（得，与矛盾）或得，再得，这不可能）． （ii）． 由数列的连续项和表示中有14，可得 得与或重复，这不可能）， 或（得， 这不可能）或（得，， 进而可得数列是，（此时，这不可能）或，3，2，1（此时，这不可能））或得， 再由数列的连续项和表示中有13， 可得数列是（但，这不可能）或（但，这不可能）） 或（得，这不可能）． 综上所述，可得欲证结论成立． 5．（2021·北京卷T21）设p为实数.若无穷数列满足如下三个性质，则称为数列： ①，且； ②； ③，． （1）如果数列的前4项为2，-2，-2，-1，那么是否可能为数列？说明理由； （2）若数列是数列，求； （3）设数列的前项和为.是否存在数列，使得恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，说明理由． 【解题指导】(1)由题意考查的值即可说明数列不是数列； (2)由题意首先确定数列的前4项，然后讨论计算即可确定的值； (3)构造数列，易知数列是的，结合(2)中的结论求解不等式即可确定满足题意的实数的值. 【解】(1)因 为 所以， 因 为所 以 所以数列，不可能是数列. (2)性质①， 由性质③，因此或，或， 若，由性质②可知，即或，矛盾； 若，由有，矛盾. 因此只能是. 又因为或，所以或. 若，则， 不满足，舍去. 当，则前四项为:0，0，0，1， 下面用数学归纳法证明： 当时，经验证命题成立，假设当时命题成立， 当时： 若，则，利用性质③： ，此时可得：； 否则，若，取可得：， 而由性质②可得：，与矛盾. 同理可得： ，有； ，有； ，又因为，有 即当时命题成立，证毕. 综上可得：，. (3)令，由性质③可知： ， 由于， 因此数列为数列. 由（2）可知: 若； ，， 因此，此时，，满足题意. 【解后反思】本题属于数列中的“新定义问题”，“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. 6 / 15 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $