专项06 数列、集合新定义及应用类的创新问题（大题专练）（北京专用）2026年高考数学终极冲刺讲练测

命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 专项06 新定义 0。●ee0。●●0e●。e●●●●●9●●●●●●●●●●99。●●●●●●e●●●●e●●●。●e9。。0。。●。●。●●●e年。●。。● 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+2026年预测 【解题建模·通技法】析典例，建模型，技法贯通破类题/变式 【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 ☑ PART 命题解码•定方向 根据近五年北京卷考情，集合与数列新定义大题是压轴难题，分值约15-20分. 命题趋势：该题稳居压轴位置，以数列、集合或数阵为载体，定义新概念或新运算，形式抽象、符号简 约、内涵丰富。命题采用分层设问、逐层递进的结构，从特殊到一般，重点考查逻辑推理、数学归纳与 构造性证明能力。 2026年预测：预计2026年仍以数列新定义或集合新定义为主要考查方向，延续“给出新概念一理解定义 一迁移应用“的命题模式。集合新定义题型考察可能性增大，可能融合数论背景或与函数、不等式交汇。 备考核心：耐心读题、逐条分析，通过列举特例或前几项发现规律，将新定义翻译为熟悉的数学语言。 强化构造性证明与反证法的训练，注重从特殊到一般的归纳推理能力。 PART 02 解题建模·通技法 >题型01集合新定义<《 析典例：建模型 1.（2026北京密云.一模)已知集合Sn={XXe(x,x2,…,xn),x,∈{0,1，i=1,2,…,n(n≥2).对于 A=(a1,a2,…,an),B=(b,b2,…,bn)∈Sn,定义A与B的差为A-B=(a1-b,a2-b2,…,an-bnD；定义A与 B之间的距离为d(A,B)=∑a,-b (1)若A=(1,1,1,1∈S4,写出所有的B∈S4,使得d(A,B)=1; 1/10 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (②)已知M=(1,l,…,I∈S,,若A,B∈Sn,并且dM,A=dM,B)=5≤n,求d(A,B)的最大值； (3)证明：A,B,C∈Sn,d(A,B),d(A,C),d(B,C)三个数中至少有一个是偶数 砑考点通技法 厂一一-一一-一一- 对集合新定义问题，题月难度大，解题步骤如下： 1、理解定义：逐字逐句拆解定义，抓住核心条件。通过举正例和反例，明确集合元素需满足什么性质、元 !素之间有何关系，将抽象定义转化为具象的数学约束。 2、 从特殊到一般：从小规模情况（如元素个数少时）开始列举，观察规律，再推广至一般情形。特殊情况 的结论往往为一般证明提供方向或反例。 3、构造性证明：证明存在性时，直接构造符合要求的集合是关键。常用构造方法：取特殊值、按某种规则 筛选元素、利用对称性或周期性。 4、分类讨论：根据定义中的关键条件进行分情况讨论，确保覆盖所有可能。分类标准通常是元素的奇偶性、 大小关系、是否属于某个子集等。 5、反证法运用：当直接证明困难时，假设结论不成立，推导出与已知条件或定义本身矛盾的结论，常用于 】证明“不存在”或“必然成立”类问题。 6、与已知概念类比：将新定义与熟悉的数学概念（如等差数列、子集族、模运算等）类比，借助已有结论 快速把握本质，降低理解难度。 破类题提能力 1.(2025北京海淀·三模)设n≥3和M均为正整数，Q:A,A2,,An是两两不同的M元集合组成的集合序 列，若存在(i,j,k)c{1,2,…,n,使得A,∩A=A,∩A=A∩A,就称Q中存在“三叶草”，并称i,j,k)为Q 中的一片三叶草。 (1)若=5，M=2,分别直接判断以下集合序列中是否存在三叶草，存在的请写出一片相应的三叶草： 0:1,3,{1,4,{2,3,{2,4,{1,5, 02:1,2,{2,3,3,4,4,5,1,5； (2)若n=16,M=4,0:A,A2,,A6满足A,=（p,9,5,s,),其中p:∈{1,2,9，∈{3,4，S,∈{5,6， 5∈{7,8，i=1,2,…,16,证明：Q中不存在三叶草； (3)若n>2M.M!,其中M!=M×(M-1)×.×2×1,证明：Q中一定存在三叶草. 2/10 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 2.(2025北京海淀·二模)记M表示有穷集合M的元素个数.己知m,n是正整数，集合S={1,2,…,.若 集合序列Q:A,A,…,Am满足下列三个性质，则称Q是“平衡序列”： ①4≥2，其中k=1,2,…,m; ②A军S,其中k=1,2,…,m; ③对于S中的任意两个不同元素ij,都存在唯一的k∈{1,2，…，m},使得{i,j}SA· (①)设m=n=5,判断下列两个集合序列是否是“平衡序列”？（结论不要求证明） 2:{1,2,1,3,4,5),{2,3},{2,4,{2,5 22:{12,3,{1,4,5,{2,4,{3,4,{3,5 (2)已知n≥3且集合序列2：A,A2,…,Anm是“平衡序列”，对于i=1,2,…,n,定义：B={ki04,k=1,2,…,m. 证明： (1)当1EA时，B,≥4； (ii)m≥n. 3.(2025北京房山一模)设n为正整数，集合An={a=(a,a2,…,an),a≤1，i=1,2,…,n,对于集合An 中2个元素a=(x,2,…,xn),B=(y,2,…,yn),若x+x2+…+xn+乃+y2+…+yn=0,则称0B具有性质 M.记S=x+x2+…+xm,T,=x,+y,(i=1,2,…,n,M(a,B)为S,Ti=1,2,…,n中的最小值， (1)当n=3时，若a=(1,-0.9,1),B=(0.1,-1,-0.2),判断o,B是否具有性质M,如果是，求出M(a,β)；如 果不是，说明理由； (2)当n=3时，若a=(a,1,1,B=(-1,b,c具有性质M,求M(a,β)的最大值； (3)给定不小于3的奇数n,对于集合A,中任意2个具有性质M的元素，B,求M(a,B)的最大值. >题型02数列新定义<了 >析典例：建模型 1.(2026北京延庆一模)设m为正整数，数列a,42,,a4m+2是公差不为0的等差数列，若从中删去 两项4，和a,i<)后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a,,42,, 3/10 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 a4m+2是(i,j)可分等差数列。 (1)说明数列a1,42,.,a。是不是(1,2)、(1,6)、（2,4、（5,6)可分等差数列： (2)当P,9eN,0≤p≤q≤m时，证明：数列a1,42,,a4m+2是4p+1,4g+2)可分等差数列； (3)当m≥2时，数列a，42,,a4m+2是i,)可分等差数列，证明：满足条件的(i,j个数不少于 m2+m+1个. 考点通技法 」对数列新定义问题的方法总结： ㄧ1、理解定义：逐项分析新定义的条件，明确数列中相邻项之间满足什么运算关系或约束。通过写出数列的 」前几项，直观感受数列的变化规律。 」2、从特殊到一般：从简单情况入手，先取特殊值或特殊位置试探，观察数列项之间的递推关系或周期规律。 丨特殊项的结果往往为证明一般结论提供关键线索。 |3、找周期：新定义数列常呈现周期性或循环性。通过计算前几项找出周期，利用周期性推导任意项的值或 ㄧ性质。 」4、构造辅助数列：将原数列经过某种变换（如取倒数、取对数、加减常数）转化为等差或等比数列，借助 」熟悉数列的结论解决问题。 15、分类讨论：根据定义中的参数取值或项的性质（如奇偶性、大小比较）进行分情况讨论，不同情况对应 1不同规律，需分别处理并统一结论。 」6、数学归纳法：当结论涉及所有正整数时，优先考虑数学归纳法。先验证初始项成立，再假设第k项成立， 利用新定义中的递推关系推导第k+1项成立。 破类题提能力 1.(2025北京海淀·三模)设A,是一个项数为nn≥2)的数列，其中每一项均为集合{0,1,2中的元素.定 义数列Aj∈N)如下：若A:x,x2,…xn,则A:,y2,…yn,其中，当x=x时，y,=x,当x≠x1时， y=3-x-+1,i=1,2,,n,其中记xn+1=X1. (①)①若数列A。:0,1,2,则A:; ②若数列A0:1,1,2,0,则A:· (2)对于给定的正整数n,若正整数m满足对任意A。,均有数列A与A,为同一数列，则称m为“n阶好数”. 4/10 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (i)求最小的3阶好数”. (ⅱ)求使得“n阶好数”存在的n的所有可能取值. 2.(2025北京模拟预测)若有限数列A:a,a2,,am的各项均为正整数，且对i,j=1,2,3,…m-2,i≠j, 都有a:+a+a+2≠a,+a+1+a+2,则称数列A具有性质P.将数列A各项之和记为S(A (1)分别判断下列两个数列{an}:1,6,2,4,3,{bn}:1,2,3,4,5,,10,是否具有性质P,并说明 理由。 (2)若数列A具有性质P,且项数m为6，求S(A4的最小值， (3)对具有性质P且项数固定为m的数列A,记S(A的最小值为S判断是否存在正整数m≥4使得Sm=23 若存在，求出所有的m;若不存在，请说明理由 3.(2025北京·三模)己知整数数列an},b,}的项数均为m(m>2),且同时满足以下两个性质： ①0<a1<a2<…<am≤0,0<b<b2<…<bm≤0； ②a1+a2+…+am=b+b2+…+bm 记S=a1-00a2-b9+…0am-b,0. (1)若m=3,且a1=1,a3=7,b=3,b2=4,b=6,写出a2,S的值； (2)记u=max{a,-b,1≤k≤m,k∈Z0v=maxb-a,1≤k≤m,k∈Z0其中maxA表示集合A中元素的最大值 (i)若m=3,Q=5,求u+v的最大值； (i)当m=10时，若S=100,求Q的最小值 ☑PART 03 实战刷题•冲高分 (建议用时：60分钟) 刷拟 1.(2026北京平谷.一模)设数阵A= a1a12 ,其中a1,a2,a2,a2e{1,2,…,6.设S={e,巳2，…，e}S a21a22 1,2,…,6,其中e,<e,<…<e,i∈N且i≤6.定义变换p:为对于数阵的每一行，若其中有k或-k,则将 这一行中每个数都乘以-1；若其中没有k且没有-k,则这一行中所有数均保持不变k=e,e2,…,e,) 5/10 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 p、A,)表示“将A经过p变换得到A,再将A经过p,变换得到4，.，以此类推，最后将A经过p。变换 得到A”,记数阵A中四个数的和为T,A). 12 (1)若A= 35 写出A,经过P变换后得到的数阵A; 13 (2)若A= 445=12,4，求7,4，)的值： (3)对任意确定的一个数阵A。,证明：对所有可能的非空子集S,对应的T,A,)的值的总和不超过-4. 2.(2025北京延庆.三模)己知数集A={a,a2,,an}(1=a1<a2<…<an,n≥2)具有性质P:对任意的k (2≤k≤n),3i,j1≤i≤j≤n),使得as=a+a,成立 (1)分别判断数集L,2,3,6,10}与{1,2,4,5,9}是否具有性质P,并说明理由： (2)求证an≤2a1+a2+.+am-(n≥2)； (3)若a。=36,求数集A中所有元素的和的最小值， (④)请写出解三角形、三角函数、立体几何和概率统计模块中任意2个公式. 3.(2025北京门头沟一模)已知有限数列M:4,a2,…,aw,其中a,∈[0,1)，i=1,2,…N(N≥3.在M中选 取若干项按照一定次序排列得到的数列称为M的一个子列，对某一给定正整数t,若对任意的 g∈{n∈N|n≤t,均存在M的相应子列，使得该子列的各项之和为g,则称M具有性质G 、1,1,3,,4,是否具有性质G,?说明理由： ()判断M:2,34,4’5’5’6 (②)若N=5,是否存在M具有性质G,？若存在，写出一个M,若不存在，说明理由 (3)若N=7,且存在M具有性质G,求t的取值范围. 4.(2025北京昌平二模)设m为正整数，数列A:41,a2,…,am+2是公差不为0的等差数列，若从中去掉两 项a,和a,i<)后剩余的5m项可被平均分为m组，且每组的5个数都能构成等差数列，则称数列A是i,) 的可分数列. (1)写出所有(i,j,1≤i<j≤7，使得数列a,a2,…,a,是i、j的可分数列； (2)当m之3时，证明：数列a1,a2,…,a5m+2是2,16)的可分数列； (3)若数列a1,a2,…,a5m+2是(i,j)的可分数列，记所有满足条件的i,j)的个数为p，求P的值. 5.（2025北京·二模)已知N(N≥3)项数列A:a,a2,…,aw,对于给定i(i=1,2,…,N),定义变换f:将数 6/10 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 列A中的项4，替换为1，其余项均保持不变，记得到的新数列为f(4).其中，当i=1时，1=4十4，当 2 2≤i≤N-1时，1=+0+0u;当i=N时，t=v+x.若将数列f(4)再进行上述变换 2 j=1,2,…,N),记得到的新数列为f(A,…,重复操作，得到数列f…∫(Ak=1,2,…,N),并称 f为第一次f变换，f,为第二次f变换，…. (1)若数列A:1,-1,3,-4,求数列f2A和22A: (②)设A为递增数列，对A进行有限次∫变换后得到数列B,证明：B为递增数列； (3)当第mm∈N)次∫变换前后两个数列的首项乘积为负数时，令om=1;否则o=0.对于给定的N项数 列A,进行2025次f变换，证明：0，+02+…+0025≤N-1. 6.(2025北京丰台·二模)设数列{an}是1,2，，nn∈N)的一个排列.由{an}中连续r项组成的集合称作 “{an}的长为r的子列集”，其中1≤r≤n,任取不大于n的正整数s,t,当st≥n时，若数列{an}的任意长为s 的子列集B={b,b,…,b}和数列1,2，…，n的任意长为t的子列集C={C,C2,…,c},都有B∩C≠☑，则称数列 {an}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1,2n的排列构成的所有好数列中，存在首项不超过[” 的好数列([x表示不超过x的 最大整数)； (3)若数列{an}为好数列”，求n的最大值. 7.(2025北京东城二模)己知有穷整数数列A:a,a2,…,an（n≥4)，满足a=an=1.记集合2为 {B:b,b2,…,bnb,9bn=1,b,=a41-a-1,或b,=a-1-a1,或b,=a-1+a1,i=2,3,…,n-l.若数列Ae2, 则称数列A是2的“恒元” (1)已知数列A:1,3,4,1,请写出Ω中所有满足b<b的数列； (②)当n=3m+2(m∈N)时，是否存在数列A满足a,=2,且A是2的“恒元”？若存在，请写出一个满足条件 的数列A；若不存在，请说明理由； (3)当数列A是2的恒元”时，若a2,a,·,a-1是n-2个连续正整数的一个排列，求数列A的项数n的最大值 7/10 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 8.(2025北京通州一模)已知数列A:a,a2,…,aw(N是大于3的整数)为有穷数列，定义w=x,y,z为 x.ag+y.a+za2,k=1,2,3,...N-2 卷积核”数列B:b,b2,…,bv满足：b=x·a+ya+1+za,k=1 x.ak+y.a+z.a,k=N (1)若数列A:1,4,6,3,2,卷积核w=3,2,1),求数列B. (2)设V=2m-1(m>3),已知a=a2m-k≥0且a,<a2<…<am,k=1,2,…,2m-1,若x>y>z>0.求证：数 列B中最大的项为max{bm,bm-},(maxa,b}表示a,b中的最大值). (3)己知a1+a2+a+…+aw=0且a,42,…,aw不全为0，卷积核w=(1,2,1,是否存在数列A,使得数列B的 任意一项均为0？若存在，请写出一个满足条件的数列A；若不存在，请说明理由 9.(2025北京模拟预测)设m≥2是正整数，数列A:a,a2,am满足：a∈{1,2，…，m(i=1,2,…,m)，且 其任意两项互不相同.对满足条件的数列A,若a1=t,定义T(=T()为a,a,-,a1,a1,a+2,,am, 对正整数k,定义T+(A为T(T(A) (1)若m=4,数列A:31,4,2,直接写出T(A),T(A,T(A),T4(: (2)证明对任意满足条件的数列A,都存在正整数k,使得T()的首项为1： (3)若F=F=l,F+2=Fn+1+Fnn∈N).是否存在满足条件的数列A,使得T-(A)的首项不为1？请说明 理由」 10.(2025北京东城一模)已知有限数列A:a,a,,a2n-n∈N,n≥3)满足 4,∈{1,2，…，n(i=1,2,…,2n-1).对于给定的k(k=2,3,…,n,若A中存在k项满足 a<a,<…<a,.(1≤<i2<…<≤2n-1),则称A有k项递增子列若A中存在k项满足 a,>a,>…>a,(1≤i<2<…<,≤2n-1),则称A有k项递减子列.当A既有n项递增子列又有n项递减子 列时，称A具有性质P (1)判断下列数列是否具有性质P; ①4,1,3,2,1,3,4； ②1,2,5,4,3,4,5,3,1 8/10 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (②)若数列A中有a,=an（i≠n,证明：数列A不具有性质P; (3)当数列A具有性质P时，若A中任意连续的n项中都包含飞项递增子列，求的最大值 刷嗔题 1.(2025·北京·高考真题)己知集合A={1,2,3,4,5,6,7,8),M={(x,y)x0A,y∈A,从M中选取n个不同 的元素组成一个序列：（x,y),(x2,y2),,x,yn),其中(x,y)称为该序列的第1项(i=1,2,…,n),若该序列 的相邻项x,y),x,y1)满足： -=4或引3=12n-,则称该序列为K列. k-x=3,J小xH-=4, (1)对于第1项为(3,3)的K列，写出它的第2项. (2)设T为K列，且T中的项(x,y)(i=1,2,,n)满足：当i为奇数时，x,∈1,2,7,8}：当i为偶数时， x,∈{3,4,5,6}.判断(3,2)，(4,4)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·高考真题)已知集合 M={i,j,k,w)i∈{1,2，je{3,4),k∈{5,6，w∈{7,8，且i+j+k+w为偶数.给定数列A:a,a2,…,a,和序 列2：T,T,…T,其中T,=(,j,k,w,)∈M(t=1,2,…,s,对数列A进行如下变换：将A的第，j,k,w项均 加1，其余项不变，得到的数列记作T(4;将T(A的第，2，k2,w,项均加1，其余项不变，得到数列记作 T,I(A;…；以此类推，得到T,…T,I(A),简记为2(A). (1)给定数列A1,3,2,4,6,3,1,9和序列2：1,3,5,7），2,4,6,8)，1,3,5,7，写出2(A; (2)是否存在序列2，使得2(A)为a1+2,a2+6,a3+4,a4+2,a+8,a6+2,a,+4,ag+4,若存在，写出一个符合 条件的2；若不存在，请说明理由； (3)若数列A的各项均为正整数，且a,+a+a,+a,为偶数，求证：“存在序列2，使得2(A的各项都相等” 的充要条件为“a,+a2=a,+a4=a+a6=a,+ag”. 3.(2023北京高考真题)已知数列{an},bn}的项数均为m(m>2),且an,bn∈{L,2,…,m},{an},{bn}的前n 项和分别为A,Bn,并规定A。=B。=0.对于ke{0,1,2,…,m,定义=ax{□B,日A,i∈{0,1,2，…，m}以，其 中，maxM表示数集M中最大的数 (1)若a1=2,a2=1,a3=3,b=1,b2=3,b=3,求o,i,5,5的值； 9/10 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (2)若a1≥b,且2r,≤1*1+1-1，j=1,2,…,m-1,求 (3)证明：存在P,9,S,1e{0,1,2,…,m,满足p>9,S>t,使得A,+B,=A,+B· 4.(2022北京·高考真题)己知2：a1,a2,…,a为有穷整数数列.给定正整数m,若对任意的n∈{1,2，…，m} ,在Q中存在a,a1,a+2,…,a+（j≥0)，使得a,+a1+a+2+…+a+)=n,则称Q为m-连续可表数列. (1)判断Q:2,1,4是否为5-连续可表数列？是否为6-连续可表数列？说明理由； (2)若Q:a1,a2,…,ak为8-连续可表数列，求证：k的最小值为4； (3)若Q:a,a2,…,ak为20-连续可表数列，且a1+a2+…+ak<20,求证：k≥7. 10/10 专项06 新定义 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+2026年预测 【解题建模·通技法】析典例，建模型，技法贯通破类题/变式 【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 根据近五年北京卷考情，集合与数列新定义大题是压轴难题，分值约15-20分． 命题趋势：该题稳居压轴位置，以数列、集合或数阵为载体，定义新概念或新运算，形式抽象、符号简约、内涵丰富。命题采用分层设问、逐层递进的结构，从特殊到一般，重点考查逻辑推理、数学归纳与构造性证明能力。 2026年预测：预计2026年仍以数列新定义或集合新定义为主要考查方向，延续“给出新概念—理解定义—迁移应用”的命题模式。集合新定义题型考察可能性增大，可能融合数论背景或与函数、不等式交汇。 备考核心：耐心读题、逐条分析，通过列举特例或前几项发现规律，将新定义翻译为熟悉的数学语言。强化构造性证明与反证法的训练，注重从特殊到一般的归纳推理能力。 题型01 集合新定义 析典例·建模型 1．（2026·北京密云·一模）已知集合.对于，定义与的差为，；定义与之间的距离为. (1)若，写出所有的，使得； (2)已知，若，并且，求的最大值； (3)证明：三个数中至少有一个是偶数. 【答案】(1) (2) (3)证明过程见解析 【分析】（1）根据距离的定义，找出满足的即可； （2）先根据，分析元素所满足的条件，再求的最大值； （3）首先讨论三个差的和的奇偶性，再利用反证法，结论得证. 【详解】（1），说明与只有个位置元素不同，全为，因此恰有1个位置为0，其余为， 则所有满足条件的为： ； （2）已知，， ，， 即和中恰好各有个分量为（其余为） 设的的位置集合为，的0的位置集合为,则， 则，而的最小值为， 因此的最大值为 （3）证明： 对任意位置，讨论三个差的和的奇偶性： 若全相同：三个差都为，和为偶数； 若两个相同一个不同：不妨设，则三个差为，和为，仍是偶数； 所有位置求和得：是偶数； 若三个数全为奇数，总和为奇数，与上述结论矛盾，因此三个数中至少有一个是偶数，得证. 研考点·通技法 对集合新定义问题，题目难度大，解题步骤如下： 1、理解定义：逐字逐句拆解定义，抓住核心条件。通过举正例和反例，明确集合元素需满足什么性质、元素之间有何关系，将抽象定义转化为具象的数学约束。 2、从特殊到一般：从小规模情况（如元素个数少时）开始列举，观察规律，再推广至一般情形。特殊情况的结论往往为一般证明提供方向或反例。 3、构造性证明：证明存在性时，直接构造符合要求的集合是关键。常用构造方法：取特殊值、按某种规则筛选元素、利用对称性或周期性。 4、分类讨论：根据定义中的关键条件进行分情况讨论，确保覆盖所有可能。分类标准通常是元素的奇偶性、大小关系、是否属于某个子集等。 5、反证法运用：当直接证明困难时，假设结论不成立，推导出与已知条件或定义本身矛盾的结论，常用于证明“不存在”或“必然成立”类问题。 6、与已知概念类比：将新定义与熟悉的数学概念（如等差数列、子集族、模运算等）类比，借助已有结论快速把握本质，降低理解难度。 破类题·提能力 1．（2025·北京海淀·三模）设和M均为正整数，是两两不同的M元集合组成的集合序列，若存在，使得，就称Q中存在“三叶草”，并称为Q中的一片三叶草． (1)若，分别直接判断以下集合序列中是否存在三叶草，存在的请写出一片相应的三叶草： ， ； (2)若满足，其中，，证明：Q中不存在三叶草； (3)若，其中，证明：Q中一定存在三叶草． 【答案】(1)存在三叶草，；不存在三叶草. (2)证明过程详见解析 (3)证明过程详见解析 【分析】（1）先找到有共同元素的三个集合，再验证即可得到答案. （2）每个 可以看作一个四维向量，每个维度有固定的取值,然后再研究存在三叶草时，各个维度的坐标需满足的条件，然后用反证法证明. （3）需要证明当集合数量足够大时，必然存在三叶草，这里可以用鸽巢原理和集合的对称性来证明. 【详解】（1）对于，检查是否存在三个集合使得两两交集相等； 选取三个集合，，，发现交集分别为，，，不满足. 再尝试其他组合，第1，2，5个集合，，， 它们的交集均为，因此存在三叶草. 对于，由于每个元素仅出现在两个集合中，无法找到三个集合共享同一元素，故不存在三叶草. （2）给定 ，其中：，，，； 每个 可以看作一个四维向量，每个维度有固定的取值. 我们需要证明不存在三个集合 使得它们两两的交集相同， 假设存在三叶草，则需要满足 意味着： 和 在相同维度上取值相同; 和 在相同维度上取值相同; 和 在相同维度上取值相同; 这意味着 在所有维度上的相同性必须一致, 换句话说，对于每个维度，要么三个集合在该维度的取值都相同，要么两两不同; 由于每个维度只有 2 种取值，三个集合在某个维度上的取值只能是：全部相同（如 ）; 或者两两不同（如 ），但这是不可能的，因为每个维度只有 2 种取值; 因此，三个集合在每个维度上的取值必须相同, 这意味着 ，但题目要求集合两两不同，矛盾. 因此，不存在三叶草. （3）固定一个集合，考虑其他集合与的交集， 的子集有 种可能，因此 有 种可能； 对于每个，定义， 下面介绍一下鸽巢原理，又叫抽屉原理， 它指的是一个简单事实，如果鸽子的数量比巢穴的数量多，那么至少要有1个鸽巢被两只或多只鸽子占据， 即若有个鸽巢，个鸽子，则至少有1个巢内有至少2个鸽子， 至少数公式：当鸽子数不能被鸽巢数整除时，至少有一个鸽巢中会有（商+1）个鸽子， 另外，规定当，为整数时，，当时，， 其中，由鸽巢原理（相当于只鸽子飞回个巢）， 可知存在至少 个 使得 相同， 当时，由是两两不同的一元集合组成的集合序列， 可得,所以存在三叶草. 当时，至少存在2个 使得 相同，假设为， 则，同理 对于集合也是如此，即, 对于集合也是如此，即, 对于集合也是如此，即, 找到三个集合 满足 . 当 时， 中一定存在三叶草. 2．（2025·北京海淀·二模）记表示有穷集合的元素个数．已知是正整数，集合．若集合序列满足下列三个性质，则称是“平衡序列”： ①，其中； ②⫋，其中； ③对于中的任意两个不同元素，都存在唯一的，使得． (1)设，判断下列两个集合序列是否是“平衡序列”？（结论不要求证明） (2)已知且集合序列是“平衡序列”，对于，定义：证明： （i）当时，； （ii）． 【答案】(1)是平衡的，不是平衡的； (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析. 【分析】（1）根据平衡的三个条件逐个分析即可判断，找到反例，即可判断； （2）（i）考虑，根据性质③知若，则会得到矛盾点，即可证明； （ii）设中最小的（之一）为，且，设，根据（i）的证明方法知当时，，则都不大于，最后相加即可证明. 【详解】（1）是平衡的，不是平衡的． 理由：， ，，满足， 显然⫋，且对于中的任意两个不同元素，， 都存在唯一的，使得． 故是平衡的， ， 并不是的子集，故不是平衡的． （2）（i）当时，对于中的每个元素，考虑． 由③知存在唯一的，满足，则． 将每一个对应到， 若，就有，否则且与③矛盾． 所以． （ii）对中所有元素的总个数算两次（重复出现的计多次）， 一方面总个数就是， 另一方面，按照每个元素出现的次数计算，这个总个数也是， 所以．（＊） 不妨设中最小的（之一）为， 且，由②③知． 再不妨设． 由（i）的证明方法可证：当时，， 由③知， 所以， 又因为，所以都不大于， 全部相加得， 由的最小性知， 结合（＊）可得 ， 所以． 3．（2025·北京房山·一模）设为正整数，集合，对于集合中2个元素，若，则称具有性质．记为中的最小值． (1)当时，若，判断是否具有性质．如果是，求出；如果不是，说明理由； (2)当时，若具有性质，求的最大值； (3)给定不小于3的奇数，对于集合中任意2个具有性质的元素，求的最大值． 【答案】(1)具有性质，； (2)1； (3). 【分析】（1）根据定义，计算，即可判断具有性质；在分别计算出，即可求得； （2）方法1：由已知得出，结合，得出，进而得出，并取验证的最大值可以取到；方法2：用反证法假设，由已知得出与题设矛盾，即可说明； （3）由性质可得，①，且②，①中不妨设，②中不妨设，由对称性可以设，得出，进而得出，再验证可以取到最大值即可． 【详解】（1）因为，所以具有性质； 因为， 所以． （2）方法：1： 由性质得，所以， 因为， 所以， 则，，， 所以， 所以， 又因为当时， 具有性质， 且， 所以的最大值为1． 方法2： 先用反证法证明， 假设， 由，则， 所以，同理， 所以， 由， 所以， 与已知矛盾，假设不成立， 所以， 当时，， 此时， 所以的最大值为1． （3）由性质可得， 所以①，且②， 在①中不妨设， 在②中不妨设， 由对称性可以设， 所以， 所以 ，即， 因为存在，（其中有个个）， （其中有个，个）具有性质， 并且， ， ， 所以， 综上最大值为． 题型02 数列新定义 析典例·建模型 1．（2026·北京延庆·一模）设m为正整数，数列，，…，是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列，，…，是可分等差数列． (1)说明数列，，…，是不是、、、可分等差数列； (2)当，时，证明：数列，，…，是可分等差数列； (3)当时，数列，，…，是可分等差数列，证明：满足条件的个数不少于个． 【答案】(1)是、是、不是、是 (2)证明见解析 (3)答案解析悬赏征集中,欢迎大牛老师们踊跃投稿! 答案解析悬赏征集中,欢迎大牛老师们踊跃投稿! 【分析】（1）对每一组待删项，先列出删除后剩余的4项，再根据等差数列定义验证相邻项差值是否相等，一次判断剩余项能否构成等差数列，最终得出各组是否符合要求； （2）针对数对 ，将数列按删去项前后分段.删前取连续4项为组，删后剩余段也按连续4项分组，每组均为等差数列，满足可等分要求； 【详解】（1）设原等差数列公差为，通项为，等差数列性质：下标成等差，则项成等差. （1）判断，，共6项，删去两项后剩余4项需构成1组等差数列：：剩余，是公差为的等差数列，是； ：剩余，是公差为的等差数列，是； ：剩余，依次为，相邻差不相等，无法构成等差数列，不是； ：剩余，是公差为的等差数列，是. 结论：仅不是，其余三个都是. （2）证明是可分等差数列： 按如下方式分组，共分为组，每组4项：前组：对，第组取， 均在删去项之前，每组4个连续项，天然构成等差数列； 中间组：删去后，剩余项从到，共项，每4个连续项分为一组，每组都是等差数列； 后组：删去后，剩余项从到，共项，每4个连续项分为一组，每组都是等差数列. 总项数为，恰好满足要求，因此数列是可分等差数列，得证. （3）答案解析悬赏征集中,欢迎大牛老师们踊跃投稿!联系人QQ: 3931980300 研考点·通技法 对数列新定义问题的方法总结： 1、理解定义：逐项分析新定义的条件，明确数列中相邻项之间满足什么运算关系或约束。通过写出数列的前几项，直观感受数列的变化规律。 2、从特殊到一般：从简单情况入手，先取特殊值或特殊位置试探，观察数列项之间的递推关系或周期规律。特殊项的结果往往为证明一般结论提供关键线索。 3、找周期：新定义数列常呈现周期性或循环性。通过计算前几项找出周期，利用周期性推导任意项的值或性质。 4、构造辅助数列：将原数列经过某种变换（如取倒数、取对数、加减常数）转化为等差或等比数列，借助熟悉数列的结论解决问题。 5、分类讨论：根据定义中的参数取值或项的性质（如奇偶性、大小比较）进行分情况讨论，不同情况对应不同规律，需分别处理并统一结论。 6、数学归纳法：当结论涉及所有正整数时，优先考虑数学归纳法。先验证初始项成立，再假设第k项成立，利用新定义中的递推关系推导第k+1项成立。 破类题·提能力 1．（2025·北京海淀·三模）设是一个项数为的数列，其中每一项均为集合中的元素．定义数列如下：若，则，其中，当时，，当时，，，其中记． (1)①若数列，则______； ②若数列，则______． (2)对于给定的正整数，若正整数满足对任意，均有数列与为同一数列，则称为“阶好数”． （ⅰ）求最小的“3阶好数”． （ⅱ）求使得“阶好数”存在的的所有可能取值． 【答案】(1)；. (2)（ⅰ）3；（ⅱ）． 【分析】（1）由题意逐项计算，可得答案； （2）（i）法一：由（1）猜想答案，通过假设法直接证明；法二：利用列举法，可得答案；（ii）由参数为奇偶数进行分类讨论，根据抽屉原理以及同余问题，可得答案. 【详解】（1）①已知， 由，则；由，则；由，则，可得； 由，则；由，则；由，则，可得； 由，则；由，则；由，则，可得. ②已知， 由，则首项为，由，则，由，则，由，则，可得； 由，则，由，则，由，则，由，则，可得； 由，则首项为，由，则，由，则第三项为，由，则，可得. 由，则首项为，由，则，由，则第三项为，由，则，可得. （2）（ⅰ）法一： 根据（1）中的①可猜测：最小的“3阶好数”是3． 最小的“3阶好数”为3． 证明如下： 当时，记数列的第项为，其中，．其中． 若的三项互不相同，设，其中． 由于，故，，．所以． 同理，．此时与为同一数列，且均不与为同一数列．故． 若的三项中有且仅有两项相同，考虑到，不妨设．则；； 故与也是同一数列． 若的三项均相同，设，则由题意，依此类推与也是同一数列． 综上，最小的“3阶好数”是3． 法二： 最小的“3阶好教”为3 列举： 所有情况综合得出最小的“3阶好数”为3． （ⅱ）当为偶数时，考虑．则．故． 此时，不存在正整数，使得数列与为同一数列，故当为偶数时不存在“阶好数”． 当为奇数时，因为的每一项均为中的元素，所以数列至多有种不同可能． 故由抽屉原理，这个数列中一定至少存在两个相同数列． 即，对于任意，总存在，以及，使得与为同一数列． 下证：当时，若与为同一数列，则与为同一数列． 由题意，若，则，所以，即， 若，则，所以，即 所以总有． 如果与为同一数列，则有成立． 从而有成立． 所以 即 因为为奇数，且，所以有，所以． 又因为所有都是之间的数，所以一定有． 由题意，，如果，，则必有． 所以．依此类推，，有．即与为同一数列． 依此类推，可得与为同一数列，……，与为同一数列． 所以，对于任意均存在正整数，使得与为同一数列． 当取遍所有可能取值时，所有的最小公倍数即为“阶好数”． 综上，使得“阶好数”存在的的所有可能取值为． 2．（2025·北京·模拟预测）若有限数列A：的各项均为正整数，且对，都有，则称数列A具有性质P.将数列A各项之和记为. (1)分别判断下列两个数列：1，6，2，4，3，：1，2，3，4，5，…，10，是否具有性质P，并说明理由. (2)若数列A具有性质P，且项数m为6，求的最小值. (3)对具有性质P且项数固定为m的数列A，记的最小值为.判断是否存在正整数使得.若存在，求出所有的m；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)数列不具有性质，数列具有性质，理由见详解 (2)9 (3)不存在，理由见详解 【分析】（1）根据数列A具有性质P的定义判断即可； （2）用列举法，从数列最小的项开始尝试，直至求出满足条件的； （3）从开始尝试，构造出满足条件的数列，进而可求得结论. 【详解】（1）对于数列 因为 因为存在两个连续三项的和相等，所以数列不具有性质； 对于数列 因为所有连续三项的和互不相等，所以数列具有性质. （2）因为数列的各项均为正整数，所以为了使最小，数列的项应尽可能小，从1开始尝试， 构造数列，，要求互不相等， 当数列A的项全为1时，，所有连续三项的和为，不满足互不相等； 当数列A的项有5个1时，若有4个或5个1相邻，不满足互不相等，当有3个1相邻时，如， 不满足互不相等； 当数列A的项有4个1时，若有4个1相邻，不满足互不相等， 若有3个1相邻，如或或， 均不满足互不相等； 当数列A的项有3个1时，如或，满足题意； 此时数列的和最小，最小值为. （3）记 ，又因为为互不相等， 即，且所以，。由于要用到，我们先计算 ， 将按从小到大重新排序，不影响的值， 不妨设为， 要使最小，则相邻间的间隔最小，只能为1， 即 所以， 那么， （其中取） 所以， ①当时，。 这就是说，当时，的最小值不会为都不满足条件。 ②当时，由（2）的解析知不满足条件，所以不取$4，5，6$ ③当时， 这里，否则，不满足互不相等，又要最小，所以 这时，所以m不取7． 当时， 这里，否则，不满足互不相等，又要最小，所以 这时，所以m不取8． 同样可算得 当时，； 当时，； 当时，. 所以m不取9，10，11． 综上，满足条件的不存在. 3．（2025·北京·三模）已知整数数列的项数均为m（m>2），且同时满足以下两个性质： ①； ② 记 (1)若m=3，且，写出的值； (2)记其中表示集合A中元素的最大值. （i）若，，求的最大值； （ii）当时，若，求Q的最小值. 【答案】(1)，； (2)（i）2；（ii）30. 【分析】（1）直接根据定义性质得，解出，再计算即可； （2）（i）取极端情况为1，3，5；取数列为2，3，4，此时；方法一：利用反证法，假设，最后分析得到与性质②矛盾的点；方法二：一般性证明，设，通过引入进行合理放缩即可；方法三：利用枚举法，枚举出所有情况即可； （ii）考虑极端情况，显然，分类讨论为偶数和为奇数即可. 【详解】（1）由题意可得，， 所以. （2）（i）由②可得，两个数列均值相等，则要使越大，则可考虑一组数据更集中， 一组数据更分散，作为极端情况来考虑，此时要使取到最大值，对应极端情况，取数列为1，3，5；取数列为2，3，4， 则， 下证：的最大值为2： 法1：（反证法）假设，则，不妨设， 若： 因为，所以， 则，与性质②矛盾，舍去；若： 因为，所以，可得 则，与性质②矛盾，舍去； 若： 因为，所以， 则，与性质②矛盾，舍去． 所以，同理可得，所以. 取数列为1，3，5；取数列为2，3，4， 则成立，所以的最大值为2． 法2：（一般性证明）设，不妨设， 则， 所以，（7分） 取数列为1，3，5；取数列为2，3，4， 则成立，所以的最大值为2． 法3：（枚举法） 取为1，2，3，则只能为1，2，3，此时； 取为1，2，4，则只能为1，2，4，此时； 取为1，2，5，则可能为1，2，5，也可能为1，3，4，此时或2； 取为1，3，4，则可能为1，2，5，也可能为1，3，4，此时或2； 取为1，3，5，则可能为1，3，5，也可能为2，3，4，此时或2； 取为1，4，5，则可能为1，4，5，也可能为2，3，5，此时或2； 取为2，3，4，则可能为2，3，4，也可能为1，3，5，此时或2； 取为2，3，5，则可能为1，4，5，也可能为2，3，5，此时或2； 取为2，4，5，则只能为2，4，5，此时； 取为3，4，5，则只能为3，4，5，此时． 综上，的最大值为2． （ii）考虑极端情况，显然， 若为偶数，取为， 取为 则 解得成立； 若为奇数，取为， 取为 则 解得，与为奇数矛盾，舍去， 所以的最小值为30， 当为为11，12，13，14，15，16，17，18，19，20时取到． 证明： 记， 则， ，设 则有，其中分别表示集合的元素个数 由（i）可得， 所以（＊） 又因为，所以，进一步有， 将代入（＊）中可得 ， 再次代入（＊）中可得，解得， 另一方面，当为为11，12，13，14，15，16，17，18，19，20时． 所以的最小值为30． （建议用时：60分钟） 刷模拟 1．（2026·北京平谷·一模）设数阵，其中．设，其中且．定义变换为“对于数阵的每一行，若其中有或，则将这一行中每个数都乘以；若其中没有且没有，则这一行中所有数均保持不变．表示“将经过变换得到，再将经过变换得到，…，以此类推，最后将经过变换得到”，记数阵中四个数的和为． (1)若，写出经过变换后得到的数阵； (2)若，求的值； (3)对任意确定的一个数阵，证明：对所有可能的非空子集，对应的的值的总和不超过． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据矩阵变换的定义和已知的变换结果，得到矩阵； （2）先对矩阵执行指定的变换得到新矩阵，再将新矩阵所有元素相加得到； （3）通过分类讨论子集是否包含矩阵中对应位置的元素，统计各类子集的数量并计算变换后矩阵元素的总和，最终推导出所有的值的总和的表达式并证明其不超过 −4. 【详解】（1）由题意可得； （2）经变换后得，故． （3）若，在的所有非空子集中，含有且不含的子集共，经过变换后第一行均变为；含有且不含的子集共个，经过变换后第一行均变为；同时含有和的子集共，经过变换后第一行仍为；不含也不含的子集共个，经过变换后第一行仍为． 所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为 ． 若，则的所有非空子集中，含有的子集共个，经过变换后第一行均变为；不含有的子集共个，经过变换后第一行仍为． 所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为． 同理，经过变换后所有的第二行的所有数的和为． 所以对所有非空子集，的值的总和为， 又因为， 所以的值的总和不超过． 【点睛】这道题以矩阵子集变换为载体，核心是通过分类计数与对称抵消思想. 2．（2025·北京延庆·三模）已知数集具有性质:对任意的，，使得成立. (1)分别判断数集与是否具有性质，并说明理由; (2)求证; (3)若，求数集中所有元素的和的最小值. (4)请写出解三角形、三角函数、立体几何和概率统计模块中任意2个公式. 【答案】(1)不具有，具有，理由见解析 (2)证明见解析 (3)75 (4)答案见解析 【分析】（1）根据数列新定义计算判断即可； （2）结合数列新定义应用累加法计算证明； （3）根据数列新定义结合，分类讨论使得求解最小值即可. （4）略 【详解】（1）∵无法表示，∴数集不具有性质. ∵，，，，∴数集具有性质． （2）∵集合具有性质即对任意的，，使得成立， 又，， ∴，， ，， ∴， 即，，，， 累加得， 化简得． （3）最小值为． 首先注意到，根据性质，得到， 所以易知数集的元素都是整数， 构造或者，这两个集合具有性质，此时元素和为．下面证明是最小的和． 假设数集，满足最小， 第一步：首先说明集合中至少有个元素： 由（）可知，，，，又， ∴，，，，， ∴． 第二步：证明，， 若，设， ∵，为了使最小， 在集合中一定不含有元素，使得，从而； 若，根据性质，对，有，，使得，显然，∴， 此时集合中至少有个不同于，，的元素，从而，矛盾， ∴，且． 同理可证： ． 至此，我们得到，， 根据性质，有，，使得，我们需要考虑如下几种情形： ①，，此时集合中至少还需要一个大于等于的元素，才能得到元素，则； ②，，此时集合中至少还需要一个大于的元素，才能得到元素，则； ③，，此时集合，； ④，，此时集合，． 综上所述，若，则数集中所有元素的和的最小值是． （4） 3．（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. 4．（2025·北京昌平·二模）设为正整数，数列是公差不为的等差数列，若从中去掉两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的个数都能构成等差数列，则称数列是的可分数列． (1)写出所有，使得数列是、的可分数列； (2)当时，证明：数列是的可分数列； (3)若数列是的可分数列，记所有满足条件的的个数为，求的值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据可分数列的定义可得出合乎条件的； （2）对进行讨论：①，去掉后，按照可分数列的定义进行列举即可；②时，去掉后，前项按①中的分组，后面的项按原顺序每项分为一组，结合可分数列的定义可证得结论成立.综合可得结论； （3）设数列的公差为，将数列表示为：．分两种情况讨论：①；②.结合可分数列的定义，求出每种情况下“”的个数，可得出的个数，然后再结合可分数列的定义验证即可. 【详解】（1）根据题意，可以为． （2）设数列的公差为． 当时，去掉后，剩余项按照：； 分为三组（*），每组都是公差为的等差数列． 当时，去掉后，前项按如上（*）分组；后面的项按原顺序每项分为一组，每组都是公差为的等差数列． 综上，数列是的可分数列． （3）若数列是的可分数列，设其公差为， 将数列表示为：． ①当时，可以去掉数列中的项和，其余项顺序保持不变， 从前往后按原顺序每项分为一组，每组均为公差为的等差数列， 所以数列是的可分数列． 其中，符合的一组“”的取值有个． ②当时，且时，可以去掉数列中的和． 若，则数列分组为：，， 其中、部分按原顺序每项分为一组，每组均为公差为的等差数列； 部分按照被除所得余数分组，余数相同的每组数按序号从小到大每项分为一组， 则每组数均为等差数列，公差为． 若或，由上述证明，数列仍可分为组等差数列． 所以数列是的可分数列． 而符合的一组“”的取值有个． 满足上述两类的的个数为． 设，记， 用表示数列中的项组成的集合（下同）． 则，且中元素个数均为中元素个数均为． 由题意，数列去掉和两项后可分为每项一组的等差数列共组， 记为，，对应的公差为，则． 考虑被除所得余数： 当时，数列中的项均在某一个中； 当时，数列中的项分别在中， 且没有两项在同一个中，所以，或． 综上，所有满足条件的的个数． 5．（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：． 【答案】(1)， (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（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. 【详解】（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． 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． 【答案】(1)①是“好数列”；②不是“好数列” (2)证明见解析 (3)7 【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. 【详解】（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·二模）已知有穷整数数列，满足.记集合为，或，或，.若数列，则称数列是的“恒元”. (1)已知数列，请写出中所有满足的数列； (2)当时，是否存在数列满足，且是的“恒元”?若存在，请写出一个满足条件的数列；若不存在，请说明理由； (3)当数列是的“恒元”时，若是个连续正整数的一个排列，求数列的项数的最大值. 【答案】(1)；；；. (2)不存在，理由见解析； (3)7 【分析】（1）分析得，再写出满足题意的数列即可； （2）假设存在满足条件的数列，则分析有是偶数，则得到与条件相反的结论，即可证明不存在； （3）首先分析得当时，有，再分和讨论即可. 【详解】（1）因为数列，所以中的数列满足．因为， 所以中所有满足的数列有 ；；；. （2）假设存在满足条件的数列， 则满足，有，或，或． 所以与同为奇数或同为偶数． 所以是偶数． 所以是偶数． 又是奇数，矛盾． 所以假设不成立，不存在满足条件的数列． （3）当数列是的“恒元”时， 因为数列中，是个连续正整数的一个排列， 所以当时，有，且至多一项为1． 不妨记，所以，且． 当时，. 当时，有. 此时，或． 又，所以，，或，． ①当时，有，或，所以，或者． 当时，有，，，， 所以，，. 因为，，所以．所以． 当时，有，，，，所以（舍）． ②当时，有，或，所以，或者． 当时，有，，，， 所以，，, 所以． 当时，有，，，， 所以．所以（舍）． 又由于数列和满足条件． 综上所述，． 8．（2025·北京通州·一模）已知数列（N是大于3的整数）为有穷数列，定义为“卷积核”数列满足： (1)若数列，卷积核，求数列B. (2)设，已知且，，若.求证：数列B中最大的项为，（表示a，b中的最大值）. (3)已知且不全为0，卷积核，是否存在数列A，使得数列B的任意一项均为0?若存在，请写出一个满足条件的数列A；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在，理由解析 【分析】（1）要算，从开始往后选三项与进行点积即可， （2）方法一：由可知数列的首尾项相同，成对称结构，且，从一直递增到中间项，再对称地递减，要证明数列中最大的项就从中间项开始点积，即可求证，方法二：利用作差法即可证明. （3）方法一：当为偶数时，存在数列:符合题意，当为奇数时，利用反证法求证得为常数列，产生矛盾得解.方法二：利用反证法即可证明. 【详解】（1）, , 所以数列 （2）方法一：依题意有 当时， 由 又则， 即当时，， 当时，记， 由 即当时，， 综上可得：数列B中最大的项为. 方法二：由已知可得. 当时，， 因为>0, 所以 当时，， 因为<0, 所以 因为 所以 因为 所以 所以 所以当时，, 所以数列中最大的项为或或. 因为 所以 因为 所以 所以. （与无法比较大小，假设，当时数列B的最大值为， 当时，数列B的最大值为；当时，数列B的最大值为.） 综上，数列中最大的项为或. （3）方法一：当为偶数时，取数列的通项， 此时对,有， 故当为偶数时，存在数列，使得数列的各项为0， 当为奇数时，设且， 下面用反证法证明不存在数列，使得数列的各项为0， 假设存在数列，使得数列的各项为0.为了更好地描述，我们记中不存在的， 则对任意的，有， 上式相减可得，即数列中的奇偶项分别为等差数列， 设， 且有, 进而 又由知， 故， 整理可得进而代入可得， 故， 则， 取，有，即， 故， 因为，故， 由知,故只能为的常数列，不符合题意，假设不成立， 综上，当为偶数时，存在数列:符合题意. 方法二：①当N为偶数时，存在数列A使得数列B的任意一项均为0， 此时可令 ②当N为奇数时，不存在数列A使得数列B的任意一项均为0，证明如下： 假设存在数列A使得数列B的任意一项均为0 因为 所以，，，…,，. 所以，， ，，. 所以, 所以, 所以 所以 因为 所以. 与不全为0矛盾. 所以假设不成立. 9．（2025·北京·模拟预测）设是正整数，数列满足:， 且其任意两项互不相同. 对满足条件的数列，若，定义为，对正整数，定义为. (1)若，数列，直接写出； (2)证明:对任意满足条件的数列，都存在正整数，使得的首项为1； (3)若. 是否存在满足条件的数列，使得的首项不为1？请说明理由. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）根据定义直接求解即可； （2）证明时的情形，然后由数学归纳法证明（）时的情形即可； （3）原题条件等价转换为任意首项为的数列，均可经过不多于步的逆向变换，可转化为任意原数列，结合数学归纳法即可证明. 【详解】（1）数列，由题意得数列；； ；. （2）下面用数学归纳法证明. 证明：①当时，数列或满足条件； 显然，对数列：经过任意（为正整数）次变换均为数列本身，即首项恒为； 对数列，有，故经过次变换，的首项为， 故当时，存在正整数，使得的首项为； ②假设（）时， 对数列，其中， 都存在正整数，使得的首项为1， 为便于理解，下面叙述为：经过有限次变换，可使首项为； 自然经过有限次变换，也可使首项变为数列的任意项，. 当时，对，其中， （i）若，则是数列的前项中的项，，且， 由题意，的首项也不等于，且经过任意次变换后首项均不为， 即变换仅对前项产生顺序调整，相当于对数列的变换， 故由归纳假设可知，经过有限次变换，可使首项为； (ii)若，设，，， 由题意，经过任意变换，只要没有变换至首项位置，则相当于对数列的变换， 则由归纳假设，经过有限次（设为次）变换，可使首项为， 当时，即，则的首项为，即经过次变换，可使首项为； 当时，即，则的最后一项变换为，则转化为新数列满足，即（i）的情况，故经过有限次变换，也可使首项为； 故对数列，都存在正整数，使得的首项为1； 综合①②可知，对任意满足条件的数列，都存在正整数，使得的首项为1. （3）不存在满足条件的数列，使得的首项不为1. 原因如下： 以上结论可转化为：任意数列，的首项均为. 由变换的可逆性，又可转化为：任意首项为的数列，均可经过不多于步的逆向变换，可转化为任意原数列. 不妨设原数列为. 首先，定义逆变换：设是正整数，对数列， 若存在，，定义逆变换为， 对正整数，定义为. 由（2）可知，任意数列，要使首项为，当数列中任意项，时，数列才可能取到最大变换次数. 故结论还可转化为，数列，可经过不多于步的逆变换，可使数列中任意项均不在原位置.下面用数学归纳法证明该结论. ①当时，数列，经过一次逆变换得. 由， ②假设（）时，数列可经过不多于步的逆变换，可使数列中任意项均不在原位置. 则当时，对数列， 先将前项即数列：，作逆变换， 由归纳假设，可经过不多于步的逆变换，使数列的前项均不在原位置，记为； 再作一次逆变换可得数列，其中第项， （假设，） 故后面的变换只与前项有关，可经过不多于步的逆变换，使数列的前项均不在原位置， 故共不超过步逆变换. 10．（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，. 刷真题 1．（2025·北京·高考真题）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． 【答案】(1)或 (2)不能，理由见解析 (3)证明过程见解析 【分析】（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·高考真题）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“”． 【答案】(1) (2)不存在符合条件的，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（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“”. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析. 3．（2023·北京·高考真题）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． 【答案】(1)，，， (2) (3)证明见详解 【分析】（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·高考真题）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：． 【答案】(1)是连续可表数列；不是连续可表数列． (2)证明见解析． (3)证明见解析． 【分析】（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． 【点睛】关键点睛，先理解题意，是否为可表数列核心就是是否存在连续的几项（可以是一项）之和能表示从到中间的任意一个值．本题第二问时，通过和值可能个数否定；第三问先通过和值的可能个数否定，再验证时，数列中的几项如果符合必然是的一个排序，可验证这组数不合题． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $