题号猜押21题 数列新定义（抢分专练）（北京专用） 2026年高考数学终极冲刺讲练测

题号猜押21题 数列新定义 溯源：近5年真题显示，这版块每年都是整张试卷的压轴题，仅有去年（2025）考查的是集合新定义，但也与数列息息相关，其他均为数列新定义问题． 预测：大概率考查数列新定义，哪怕考查一些其他的考法其本质也是数列的新定义问题． 备考核心：此版块适合学有余力的，想突破140分的学生去突破，考查对抽象数学符号语言的阅读理解，论证思路的设计和用符号语言进行书写表达能力． 考点1 数列新定义（证明类） 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． 2．给定正整数k，m，其中，如果有限数列同时满足下列两个条件．则称为数列．记数列的项数的最小值为． 条件①：的每一项都属于集合； 条件②：从集合中任取m个不同的数排成一列，得到的数列都是的子列． 注：从中选取第项、第项、…、第项（）形成的新数列称为的一个子列． (1)分别判断下面两个数列，是否为数列．并说明理由！ 数列； 数列． (2)求的值； (3)求证． 考点2 数列新定义（求值类） 1．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. 2．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. 考点3 数列新定义（探索类） 1．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. 2．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. 一、解答题 1．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． 2．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． 3．（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． 4．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． 5．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：． 6．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． 7．设正整数，对于数列，定义变换，将数列变换成数列：．已知数列满足．记． (1)若：，写出数列，； (2)若为奇数且不是常数列，求证：对任意正整数，都不是常数列； (3)求证：当且仅当时，对任意，都存在正整数，使得为常数列． 8．已知数列，其中，且.若数列满足，当时，或，则称数列为数列的“调节数列”.例如，数列的所有“调节数列”为；或者；或者；或者. (1)直接写出数列的所有“调节数列”； (2)若数列满足通项，将数列的“调节数列”中的递增数列记为，数列中的各项和为，求所有的和； (3)已知数列满足：，若数列的所有“调节数列”均为递增数列，求所有符合条件的数列的个数. 9．设数列．定义集合，，其中为给的正整数． （1）若，求； （2）若中的项，求证：为常数列； （3）记集合的最大元素为，求证：． 10．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． 11．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. 12．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. 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $ 题号猜押21题 数列新定义 溯源：近5年真题显示，这版块每年都是整张试卷的压轴题，仅有去年（2025）考查的是集合新定义，但也与数列息息相关，其他均为数列新定义问题． 预测：大概率考查数列新定义，哪怕考查一些其他的考法其本质也是数列的新定义问题． 备考核心：此版块适合学有余力的，想突破140分的学生去突破，考查对抽象数学符号语言的阅读理解，论证思路的设计和用符号语言进行书写表达能力． 考点1 数列新定义（证明类） 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. 2．给定正整数k，m，其中，如果有限数列同时满足下列两个条件．则称为数列．记数列的项数的最小值为． 条件①：的每一项都属于集合； 条件②：从集合中任取m个不同的数排成一列，得到的数列都是的子列． 注：从中选取第项、第项、…、第项（）形成的新数列称为的一个子列． (1)分别判断下面两个数列，是否为数列．并说明理由！ 数列； 数列． (2)求的值； (3)求证． 【答案】(1)数列是数列，数列不是数列 (2) (3)证明见解析 【详解】（1）显然, 两个数列都满足条件 (1). 从集合 中任取 个不同的数排成一列, 共有 种不同排列 不难验证它们都是数列 的子列, 但其中的 不是 的子列. 因此, 数列 是 -数列, 但数列 不是. （2）不难验证如下数列是 -数列: 这个数列包含 项. 因此, -数列的最小项数不超过 , 即 . 考虑任一项数不超过 的 -数列 , 条件 (2) 要求数列 中必须包含集合 中的所有数, 因此必定存在某些数只出现了一次. 设数 () 在 中只出现了一次. 另记 () 是不同于 的数, 根据条件 (2) 的要求, 是数列 的子列, 即数 会在 之后出现. 这意味着在数列 中, 所有不同于 的数都会在 之后出现, 因此 之后至少有 项. 同理, 还是根据条件 (2) 的要求, 也是数列 的子列, 故所有不同于 的数也都会在 之前出现, 因此 之前也至少有 项. 故数列 的项数至少为 . 综上可知 , 从而有 . （3）首先, 根据第 2 问的结论, , 于是 时待证结论成立. 假设 (其中 ) 时待证结论成立, 即有 . 下面证明 的情形, 即 , 也成立. 考虑任意一个 -数列 , 根据条件 (2) 的要求, 集合 中的所有数按任意顺序排成一列, 均为数列 的子列. 因此数列 中包含 中的所有数, 设其中最后一个新出现的数为 , 即数列 中在第一个 出现之前, 其余所有数都至少出现了一次. 则在第一个 之前至少有 个数. 将第一个 之后的部分设为子列 , 考虑集合 中的所有数排成的以 为首项的任意排列, 这些排列都是数列 的子列, 于是它们去掉首项 以后剩下的部分也是 的子列. 也就是说, 集合 除 以外的其余所有数按任意顺序排成一列, 均为 的子列, 因此数列 中 (即数列 中第一个 之后) 除 以外的其余所有数的个数至少为 . 若数列 中不包含 , 则数列 中只有一个 , 这个 之后至少有 项, 同理可证这个 之前也至少有 项. 因此数列 的总项数不少于 . 若数列 中包含 , 考虑到数列 中第一个 之前的项数不少于 , 故数列 的总项数不少于 . 无论哪种情形, 由于 , 数列 的项数均不少于 , 因此 . 考点2 数列新定义（求值类） 1．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. 【答案】(1)的所有可能值为7，9，15，17． (2)①1013；②的最小值为7. 【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. 【详解】（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． 2．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． 考点3 数列新定义（探索类） 1．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. 2．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. 一、解答题 1．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． 【答案】(1)所有可能取值为2，3 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（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. 【详解】（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． 2．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． 3．（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． 4．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． 5．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．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． 7．设正整数，对于数列，定义变换，将数列变换成数列：．已知数列满足．记． (1)若：，写出数列，； (2)若为奇数且不是常数列，求证：对任意正整数，都不是常数列； (3)求证：当且仅当时，对任意，都存在正整数，使得为常数列． 【答案】(1)； (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由题意，直接写出答案； （2）利用反证法，假设存在常数列，并建立方程，可证矛盾；另法：分情况写出常数列的结果反推前一种变换的数列，可得矛盾； （3）首先证明，若，其中，则存在项的数列，使得对任意的正整数都不是常数列．其次证明：若，其中，对任意，都存在正整数是常数列． 【详解】（1）由题意可得；. （2）证明：设，其中． 假设存在正整数，使得是常数列，由不是常数列， 不妨设不为常数列且为常数列， 记，则． 令 当时，因为，且，所以． 故． 此时为常数列，矛盾． 另法： ①若，则， 有 此时为常数列，矛盾． ②若，则， 有， 矛盾． 综上，对于任意正整数，都不是常数列. （3）首先证明，若，其中， 则存在项的数列，使得对任意的正整数都不是常数列． 证明：构造项的数列，其中， 构造项的数列 对任意的正整数，设，则 由于不是常数列，故不是常数列． 其次证明：若，其中，对任意，都存在正整数是常数列． 证明：假设存在，其中，使得存在数列， 使得对任意的正整数都不是常数列，不妨设的最小值为． 情形一：，则，记，则为常数列，矛盾． 情形二：，对任意的数列，则 记， 定义数列，其中． 则． 则依此类推，对任意正整数，记， 存在正整数，使得为常数列，记，则数列均为常数列， 设，则的各项均为．即时，是常数列，矛盾． 综上，当且仅当时，对任意，都存在正整数，使得为常数列． 8．已知数列，其中，且.若数列满足，当时，或，则称数列为数列的“调节数列”.例如，数列的所有“调节数列”为；或者；或者；或者. (1)直接写出数列的所有“调节数列”； (2)若数列满足通项，将数列的“调节数列”中的递增数列记为，数列中的各项和为，求所有的和； (3)已知数列满足：，若数列的所有“调节数列”均为递增数列，求所有符合条件的数列的个数. 【答案】(1) (2) (3)所有符合条件的数列共有个 【分析】（1）根据“调和数列”的定义，即可求解； （2）根据条件依次写出满足条件的，再根据分组转化法求和； （3）首先由数列为递增数列，则条件①，②，③都恒成立，再由④分析，得到的不同取法种数，即可求解符合条件的数列的个数. 【详解】（1）. （2）因为，由题意共个数， 而共有项，则“调节数列”共有种情况 不妨设；则 ；则 依此类推；则 故 （3）依题意，对任意， 有或或， 因为均为递增数列，所以，即同时满足： ①，②，③，④. 因为为递增数列，因此①和②恒成立. 又因为为整数数列，对于③，也恒成立. 对于④，一方面，由，得，即. 另一方面，， 所以， 即从第2项到第项是连续的正整数， 所以， 因此， 故共有种不同取值，即所有符合条件的数列共有个. 9．设数列．定义集合，，其中为给的正整数． （1）若，求； （2）若中的项，求证：为常数列； （3）记集合的最大元素为，求证：． 【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析 【分析】（1）由新定义的集合意义即可得； （2）不妨设，记，进而根据题意证明即可证明； （3）不妨设，进而得，，在做差比较大小即可. 【详解】（1）根据题意可知集合，，其中为给的正整数表示数列中任意项和的平均数. 所以； （2）由于，不妨设， 记， 则中的元素为，，，，， 因为， 所以， 又因为， 所以， 化简整理得：，， 所以， 所以，即， 所以，又因为， 所以，即， 所以数列为常数列. （3）方法一： 不妨设， 则，， 所以 ， 因为， 所以， 所以，即. 方法二： 对任意的，有 ， 所以 10．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． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 (3)当为偶数时，最小值为；当为奇数时，最小值为. 【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. 【详解】（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. 11．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，. 12．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，． 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $ 题号猜押21题 数列新定义 押题预测 考点1 数列新定义（证明类） 1．【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. 2．【答案】(1)数列是数列，数列不是数列 (2) (3)证明见解析 【详解】（1）显然, 两个数列都满足条件 (1). 从集合 中任取 个不同的数排成一列, 共有 种不同排列 不难验证它们都是数列 的子列, 但其中的 不是 的子列. 因此, 数列 是 -数列, 但数列 不是. （2）不难验证如下数列是 -数列: 这个数列包含 项. 因此, -数列的最小项数不超过 , 即 . 考虑任一项数不超过 的 -数列 , 条件 (2) 要求数列 中必须包含集合 中的所有数, 因此必定存在某些数只出现了一次. 设数 () 在 中只出现了一次. 另记 () 是不同于 的数, 根据条件 (2) 的要求, 是数列 的子列, 即数 会在 之后出现. 这意味着在数列 中, 所有不同于 的数都会在 之后出现, 因此 之后至少有 项. 同理, 还是根据条件 (2) 的要求, 也是数列 的子列, 故所有不同于 的数也都会在 之前出现, 因此 之前也至少有 项. 故数列 的项数至少为 . 综上可知 , 从而有 . （3）首先, 根据第 2 问的结论, , 于是 时待证结论成立. 假设 (其中 ) 时待证结论成立, 即有 . 下面证明 的情形, 即 , 也成立. 考虑任意一个 -数列 , 根据条件 (2) 的要求, 集合 中的所有数按任意顺序排成一列, 均为数列 的子列. 因此数列 中包含 中的所有数, 设其中最后一个新出现的数为 , 即数列 中在第一个 出现之前, 其余所有数都至少出现了一次. 则在第一个 之前至少有 个数. 将第一个 之后的部分设为子列 , 考虑集合 中的所有数排成的以 为首项的任意排列, 这些排列都是数列 的子列, 于是它们去掉首项 以后剩下的部分也是 的子列. 也就是说, 集合 除 以外的其余所有数按任意顺序排成一列, 均为 的子列, 因此数列 中 (即数列 中第一个 之后) 除 以外的其余所有数的个数至少为 . 若数列 中不包含 , 则数列 中只有一个 , 这个 之后至少有 项, 同理可证这个 之前也至少有 项. 因此数列 的总项数不少于 . 若数列 中包含 , 考虑到数列 中第一个 之前的项数不少于 , 故数列 的总项数不少于 . 无论哪种情形, 由于 , 数列 的项数均不少于 , 因此 . 考点2 数列新定义（求值类） 1．【答案】(1)的所有可能值为7，9，15，17． (2)①1013；②的最小值为7. 【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. 【详解】（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． 2．【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． 考点3 数列新定义（探索类） 1．【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. 2．【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. 通关特训 一、解答题 1．【答案】(1)所有可能取值为2，3 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（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. 【详解】（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． 2．【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． 3．【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． 4．【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． 5．【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．【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． 7．【答案】(1)； (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由题意，直接写出答案； （2）利用反证法，假设存在常数列，并建立方程，可证矛盾；另法：分情况写出常数列的结果反推前一种变换的数列，可得矛盾； （3）首先证明，若，其中，则存在项的数列，使得对任意的正整数都不是常数列．其次证明：若，其中，对任意，都存在正整数是常数列． 【详解】（1）由题意可得；. （2）证明：设，其中． 假设存在正整数，使得是常数列，由不是常数列， 不妨设不为常数列且为常数列， 记，则． 令 当时，因为，且，所以． 故． 此时为常数列，矛盾． 另法： ①若，则， 有 此时为常数列，矛盾． ②若，则， 有， 矛盾． 综上，对于任意正整数，都不是常数列. （3）首先证明，若，其中， 则存在项的数列，使得对任意的正整数都不是常数列． 证明：构造项的数列，其中， 构造项的数列 对任意的正整数，设，则 由于不是常数列，故不是常数列． 其次证明：若，其中，对任意，都存在正整数是常数列． 证明：假设存在，其中，使得存在数列， 使得对任意的正整数都不是常数列，不妨设的最小值为． 情形一：，则，记，则为常数列，矛盾． 情形二：，对任意的数列，则 记， 定义数列，其中． 则． 则依此类推，对任意正整数，记， 存在正整数，使得为常数列，记，则数列均为常数列， 设，则的各项均为．即时，是常数列，矛盾． 综上，当且仅当时，对任意，都存在正整数，使得为常数列． 8．【答案】(1) (2) (3)所有符合条件的数列共有个 【分析】（1）根据“调和数列”的定义，即可求解； （2）根据条件依次写出满足条件的，再根据分组转化法求和； （3）首先由数列为递增数列，则条件①，②，③都恒成立，再由④分析，得到的不同取法种数，即可求解符合条件的数列的个数. 【详解】（1）. （2）因为，由题意共个数， 而共有项，则“调节数列”共有种情况 不妨设；则 ；则 依此类推；则 故 （3）依题意，对任意， 有或或， 因为均为递增数列，所以，即同时满足： ①，②，③，④. 因为为递增数列，因此①和②恒成立. 又因为为整数数列，对于③，也恒成立. 对于④，一方面，由，得，即. 另一方面，， 所以， 即从第2项到第项是连续的正整数， 所以， 因此， 故共有种不同取值，即所有符合条件的数列共有个. 9．【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析 【分析】（1）由新定义的集合意义即可得； （2）不妨设，记，进而根据题意证明即可证明； （3）不妨设，进而得，，在做差比较大小即可. 【详解】（1）根据题意可知集合，，其中为给的正整数表示数列中任意项和的平均数. 所以； （2）由于，不妨设， 记， 则中的元素为，，，，， 因为， 所以， 又因为， 所以， 化简整理得：，， 所以， 所以，即， 所以，又因为， 所以，即， 所以数列为常数列. （3）方法一： 不妨设， 则，， 所以 ， 因为， 所以， 所以，即. 方法二： 对任意的，有 ， 所以 10．【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 (3)当为偶数时，最小值为；当为奇数时，最小值为. 【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. 【详解】（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. 11．【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，. 12．【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，． 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $