解答题专训26 序列型、数阵型及矩阵型问题（专项训练）（北京专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦序列、数阵及矩阵型问题，构建“方法提炼-题型通法-分层训练”体系，强化逻辑推理与构造论证，培养数学抽象能力与创新意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |解题方法及技巧提炼|4类核心方法|分类讨论、反证法、构造法等，弱化计算强化思维|从问题本质（序列规律/位置索引）到方法应用，形成逻辑闭环| |题型通法及变式提升|3题型（例+变式）|序列证性质、数阵变换、矩阵构造等通法|题型与方法对应，变式拓展思维深度| |分层过关练|巩固12题+创新3题|迁移应用提炼方法|由基础到创新，覆盖不同难度梯度|

解答题专训26 序列型、数阵型及矩阵型问题 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 1 题型1 序列型问题 2 题型2 数阵型问题 3 题型3 矩阵型问题 4 重难专题分层过关练 5 巩固过关 5 创新提升 8 解题方法及技巧提炼 1.序列型压轴形成了极为固定的考查规律。序列题型极少出现复杂代数运算，全程以文字证明、逻辑推导、规律归纳、举例验证为主要解题形式，对学生数学文字表达、逻辑闭环书写的要求极高。多从以下几方面入手分析求解： （1）分类讨论是贯穿全题的核心方法，常按照项的大小关系、正负取值、下标奇偶、差值范围、边界临界情况划分类别，逐一分析序列变化规律； （2）反证法高频用于第三问否定性结论、唯一性证明与矛盾推导，通过假设结论成立，结合序列约束推出与题干条件相违背的结果，完成论证； （3）构造法是存在性问题的核心解法，要求学生依据定义规则，自主设计、写出符合全部约束条件的具体序列，以此证明存在性； （4）整体分析、放缩推理、边界限定、离散最值分析等思想频繁融入题目之中，弱化计算强度，强化思维深度。 2.数列压轴题考察数阵与矩阵型，多以 “数阵、表格、二维索引” 为载体，核心常常是借助变换规则，把一维数列变成二维位置 ， 本质考是考察位置索引、行列计数、局部变换、整体不变量、充要条件、构造与反证等等新定义概念与知识。不考复杂求和，多位置、计数、逻辑、构造。 题型通法及变式提升 题型1 序列型问题 【例1】（2026·北京东城·二模）已知集合，.将M中的个不同元素排成一列，得到序列：，其中称为该序列的第项，若该序列的相邻项满足，则称该序列为序列.若序列中的项满足或，则称该项具有性质. (1)已知，，，为序列，写出x，y，z，w的值； (2)求证：序列中存在具有性质的项； (3)求证：序列中具有性质的项的个数不少于10. 【变式1】（25-26高三上·北京房山·开学考试）已知数列，集合，序列，T，其中．对数列进行如下变换：将的第项分别换为，其余项不变，得到的数列记作；将的第，，项分别换为，，，其余项不变，得到的数列记作；…；以此类推，得到…，简记为； (1)给定数列0，1，0，1，0，1，0和序列，写出； (2)给定数列0，0，0，0，0，0，0，请写出一个序列，使得为1，1，1，1，1，1，1，并求的最小值； (3)若项数为的数列的各项均为0，证明：存在序列，使得的各项均为1，并求的最小值． 【变式2】（2025高三下·北京·学业考试）给定正整数，按照一定顺序排列的向量记为向量序列，其中. 给出两个性质： ①，且中的向量互不相等； ②已知向量集合.记.对于中的任意两个向量，“” 的充要条件是“”. (1)当时，分别判断向量序列是否满足性质①；（结论无需证明） (2)（）当时，写出一个同时满足性质①和性质②的向量序列； （）当时，若向量不同时在向量序列中，且同时满足性质①和性质②，求证：的个数为偶数. 题型2 数阵型问题 【例2】（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． 【变式1】（2025·北京西城·一模）如图，设是由个实数组成的行列的数表，其中表示位于第行第列的实数，且满足与均是公差不为的等差数列． … … … … 若根据条件，能求出数表中所有的数，则称能被确定． (1)已知，分别根据下列条件，直接判断数表能否被其确定： 条件“已知”； 条件“已知”． (2)设条件“任意给定数表中的个数”，能被确定，证明：的最小值为； (3)设条件“已知集合或其中中的任意个元素”，求的最小值，使得能被确定． 【变式2】（2026·北京西城·二模）给定奇数，设是的数阵．表示数阵第行第列的数，且．定义变换为“将数阵中第行和第列的数都乘以”，其中．设．将经过变换得到，经过变换得到，，经过变换得到．记数阵中的个数为． (1)当时，设，，写出，并求； (2)当时，对给定的数阵，证明：是的倍数； (3)证明：对给定的数阵，总存在，使得． 题型3 矩阵型问题 【例3】（2024·北京西城·一模）对正整数，设数列.是行列的数阵，表示中第行第列的数，，且同时满足下列三个条件：①每行恰有三个1；②每列至少有一个1；③任意两行不相同．记集合或中元素的个数为． (1)若，求的值； (2)若对任意中都恰有行满足第列和第列的数均为1． ①能否满足？说明理由； ②证明：． 【变式1】（2026·北京东城·一模）已知数表中的项互不相同，且满足下列条件： ①； ②. 则称这样的数表具有性质. (1)若数表具有性质，且，写出所有满足条件的数表，并求出的值； (2)对于具有性质的数表，当取最大值时，求证：存在正整数，使得； (3)对于具有性质的数表，当n为偶数时，求的最大值. 【变式2】（2025·北京东城·二模）设数列：．已知，定义数表，其中 (1)若，写出； (2)若是不同的数列，求证：数表满足“”的充分必要条件为“”； (3)若数列与中的1共有个，求证：数表中1的个数不大于． 重难专题分层过关练 巩固过关 1．（2026·北京西城·三模）若项数为的数列满足：，且存在，使得，则称数列具有性质P. (1)①若，写出所有具有性质P的数列； ②若，写出一个具有性质P的数列； (2)若，数列具有性质P，求的最大项的最小值； (3)已知数列均具有性质P，且对任意，当时，都有．记集合，，求中元素个数的最小值. 2．（2026·北京石景山·二模）设递增数列中的每一项都是正整数，其前n项和为．对于正整数k，若存在正整数j，使得，则称覆盖了，记的“覆盖阶数”为．定义的“覆盖滞后度”为．规定． (1)若，，，，求和的值； (2)若数列是首项为1，公差为2的等差数列，判断是否存在正整数k，使得？若存在，求出所有满足条件的k的值；若不存在，请说明理由； (3)设前k项的“覆盖滞后度”，，…，的最大值为M，求证：对任意的，存在，使得． 3．（2026·河北衡水·模拟预测）设是正整数，有穷整数列：. 若存在正整数满足：，恒成立，则称为数列，数列的所有项之和记为. (1)数列：1，，3，，1是否为数列？是否为数列？请说明理由. (2)若，是数列，且，求的最小值. (3)若，是数列，且，将各项重新排列后能构成等差数列，求的最小值. 4．（2026·北京·三模）给定正整数，设数列：，，…，是，，…，的一个排列．从数列中选取第项、第项、…、第项（），，则称新数列，，…，为的长度为的递增子列．若，则称新数列，，…，为的递减子列．对，表示以为首项的递增子列的最大长度，表示以为首项的递减子列的最大长度． (1)若，，，，，求和； (2)求证：，； (3)求的最小值． 5．（2026·北京西城·一模）对任意无穷数列，定义从起连续k项的和为：，其中k，i为任意正整数．若无穷数列满足：对任意和，存在，使得，则称数列具有性质T． (1)设，其中．判断数列是否具有性质T？说明理由； (2)已知数列具有性质T， （i）求集合中元素个数的最大值； （ii）证明：存在正整数t，对任意，有． 6．（2026·北京朝阳·一模）若数列：，，…，（）满足如下两个性质，则称为数列： ①，，…，是1，2，…，的一个排列； ②，，…，是1，2，…，的一个排列. (1)判断数列：1，4，3，2和数列：5，1，4，2，3是否为数列？说明理由； (2)若数列：，，…，满足，，求证：数列：，，…，不是数列； (3)若数列：，，…，（）为数列，求的最小值. 7．（2026·北京顺义·一模）已知项数列：满足.数列：，满足，，其中.记，.其中，表示数集中最大的数. (1)已知：，求，的值； (2)若为奇数，且，求证：； (3)求证：. 8．（2026·北京丰台·一模）对于有穷正数数列，若满足对任意的，都有（是常数，且），则称数列具有性质．对数列定义“分拆”将中的第项拆分为两项，并得到数列，其中，且；特别地，当时，；当时，．对有穷正数数列，令数列．若数列均具有性质，则称为数列的阶完美分拆数列． (1)若，判断以下数列是否为的1阶完美拆分数列（结论不要求证明）： ①②2，0.5，0.5． (2)当时，若为数列的1阶完美拆分数列，证明：数列中被拆分的一定是最大项； (3)若数列为数列的阶完美拆分数列，证明：的最大值为4． 9．（2025·北京昌平·二模）已知为有穷正整数数列，，且．从中选取第项，第项，，第项，称数列，为的长度为的子列．规定：数列的任意一项都是的长度为1的子列．若对于任意的正整数，数列存在长度为的子列，使得，则称数列为全覆盖数列． (1)判断数列和数列是否为全覆盖数列； (2)在数列中，若，求证：当时，； (3)若数列满足：，且当时，，求证：数列为全覆盖数列． 10．（25-26高三上·北京·期末）如果无穷正实数数列满足： ①对于任意的正整数，都有； ②对于任意的，存在正整数，使得． 则称数列为数列． (1)判断下列数列是否为数列？ ①；②； (2)已知数列是数列，，其中表示中较大的数．证明：数列是数列； (3)已知数列是数列，，其中表示中较小的数．证明：数列是数列． 11．（25-26高三上·北京顺义·期末）已知数列，定义数列的伴随数列为，其中.记，，其中，表示集合中最大的数，表示集合中最小的数. (1)已知数列，求和； (2)若，，，求的最小值； (3)若，，求的最大值. 12．（25-26高三上·北京海淀·阶段检测）对给定的，如果有序数组满足如下三个条件： ①对任意； ②； ③对任意，都存在的非空子集，使得；则称有序数组是“创造M”的．例如是“创造5”的． (1)判断下面两个数组是否是“创造30”的，直接写出判断结果； ①        ② (2)若数组是“创造2026”的，且满足，求m的最小可能值； (3)若数组是“创造101”的，且关于x的方程有且仅有三个不同的整数解，求m的最小可能值． 创新提升 13．（2026·北京丰台·二模）已知无穷正整数数列，满足：①；②对于任意正整数，都有，则称数列具有性质. (1)判断下列无穷数列，是否具有性质. ①； ②. (2)对于任意具有性质的数列，记.求证：； (3)若数列具有性质，证明：集合是无限集. 14．（2026·北京昌平·二模）对于非空集合，定义变换，中元素的个数分别记为，，. (1)设集合，直接写出，，的值； (2)设集合, 中所有元素的和记为，求数列的通项公式； (3)设集合与同时满足下列两个性质： ①，且； ②且，其中. 求的最大值. 15．（2026·北京通州·一模）不超过实数的最大整数称为的整数部分，记作．例如，，．设函数． (1)已知函数，集合，设为集合中元素的个数． （ⅰ）写出，及数列的通项公式； （ⅱ）对任意正整数，等式恒成立，求所有满足条件的正实数的值． (2)求证：对给定的正整数，当时，对于任意的实数，存在，使得，成立． 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 解答题专训26 序列型、数阵型及矩阵型问题 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 1 题型1 序列型问题 2 题型2 数阵型问题 6 题型3 矩阵型问题 10 重难专题分层过关练 13 巩固过关 13 创新提升 30 解题方法及技巧提炼 1.序列型压轴形成了极为固定的考查规律。序列题型极少出现复杂代数运算，全程以文字证明、逻辑推导、规律归纳、举例验证为主要解题形式，对学生数学文字表达、逻辑闭环书写的要求极高。多从以下几方面入手分析求解： （1）分类讨论是贯穿全题的核心方法，常按照项的大小关系、正负取值、下标奇偶、差值范围、边界临界情况划分类别，逐一分析序列变化规律； （2）反证法高频用于第三问否定性结论、唯一性证明与矛盾推导，通过假设结论成立，结合序列约束推出与题干条件相违背的结果，完成论证； （3）构造法是存在性问题的核心解法，要求学生依据定义规则，自主设计、写出符合全部约束条件的具体序列，以此证明存在性； （4）整体分析、放缩推理、边界限定、离散最值分析等思想频繁融入题目之中，弱化计算强度，强化思维深度。 2.数列压轴题考察数阵与矩阵型，多以 “数阵、表格、二维索引” 为载体，核心常常是借助变换规则，把一维数列变成二维位置 ， 本质考是考察位置索引、行列计数、局部变换、整体不变量、充要条件、构造与反证等等新定义概念与知识。不考复杂求和，多位置、计数、逻辑、构造。 题型通法及变式提升 题型1 序列型问题 【例1】（2026·北京东城·二模）已知集合，.将M中的个不同元素排成一列，得到序列：，其中称为该序列的第项，若该序列的相邻项满足，则称该序列为序列.若序列中的项满足或，则称该项具有性质. (1)已知，，，为序列，写出x，y，z，w的值； (2)求证：序列中存在具有性质的项； (3)求证：序列中具有性质的项的个数不少于10. 【解】（1）当时，，所以 . 由题意，相邻两项对应点的横坐标差的绝对值与纵坐标差的绝对值之和为1. 第一项为，第二项为，所以 . 即 .解得. 所以第二项为. 第二项为，第三项为，所以 . 即 .解得. 所以第三项为. 中共有4个不同元素，前三项已经是，，，剩下的一个元素为，所以第四项为. 因此 . （2）以序列中的项为坐标的点记作，连接这9个点共形成8条单位线段． 每条单位线段水平或者竖直． 因此8条单位线段中至少有4条同为水平或同为竖直． 不妨设至少有4条水平单位线段． 由于9个点排成3行，而每一行至多含2条水平单位线段，故至少有一行含2条水平单位线段． 这样该行3个点必被依次经过，于是中间那个点的前后两个相邻点都与它在同一行，因此该点对应的项具有性质． 故中存在具有性质的项． （3）将序列中相邻两项连接，得到120条单位线段.把连续同为水平方向的若干条单位线段合并为一个水平线段，把连续同为竖直方向的若干条单位线段合并为一个竖直线段. 在序列对应的线段中，水平线段与竖直线段交替出现． 设水平线段数为，竖直线段数为，因为单位线段总数为120， 所以序列中具有性质的项的个数为． 要证． 只需证明． 因为每一行有11个点，每个水平段至少包含两个点，因此第行的水平线段数满足，即． 所以． 同理． 所以， 故序列中具有性质的项的个数不少于10． 【变式1】（25-26高三上·北京房山·开学考试）已知数列，集合，序列，T，其中．对数列进行如下变换：将的第项分别换为，其余项不变，得到的数列记作；将的第，，项分别换为，，，其余项不变，得到的数列记作；…；以此类推，得到…，简记为； (1)给定数列0，1，0，1，0，1，0和序列，写出； (2)给定数列0，0，0，0，0，0，0，请写出一个序列，使得为1，1，1，1，1，1，1，并求的最小值； (3)若项数为的数列的各项均为0，证明：存在序列，使得的各项均为1，并求的最小值． 【解】（1） ，，， 即 . （2）记， 引理：对于每项是0或1的数列，每作一次变换，的奇偶性发生改变. 证明：由于其它项不变，因此只需证明， 与的奇偶性不同. 即证为奇数， 由于等于1或. 通过枚举易知，证毕. 推论:与的奇偶性相同 由于且， 所以至少进行3次变换. 定义即可. 故的最小值为3. （3）当时，显然最小值为. 当时，由(2)中引理可知为偶数， 但显然不成立.故. 定义， 故的最小值为4. 当时，由（2）中引理可知为奇数， 但显然不成立，故， 定义， 故的最小值为3. 下面用数学归纳法证明： 当或时，的最小值为. （i）当或7时，前面已证的最小值为3. （ii）假设或时，成立. 即存在， 当或时， 一方面，，则. ，则. 另一方面，由引理可知与奇偶性相同， 与奇偶性相同. 即，故. 现定义， 由归纳假设，先作次T变换可得， 则最后作一次变换，即可满足题意， 即的最小值为. 综上所述:. 【变式2】（2025高三下·北京·学业考试）给定正整数，按照一定顺序排列的向量记为向量序列，其中. 给出两个性质： ①，且中的向量互不相等； ②已知向量集合.记.对于中的任意两个向量，“” 的充要条件是“”. (1)当时，分别判断向量序列是否满足性质①；（结论无需证明） (2)（）当时，写出一个同时满足性质①和性质②的向量序列； （）当时，若向量不同时在向量序列中，且同时满足性质①和性质②，求证：的个数为偶数. 【解】（1）根据性质①，当时，向量序列首向量为，末向量为，且向量互不相等. 对于向量序列，其末向量不满足性质①，所以不满足性质①； 对于向量序列，其首向量为，末向量为，且向量互不相等，所以满足性质①. 综上，不满足性质①，满足性质①. （2）（）根据性质①，当时，向量序列首向量为，末向量为，，且向量互不相等. 根据性质②，当时，相邻向量差， 即相邻向量要么增加且不变，要么不变且根据前一向量增加或减小. 所以可写出向量序列，经验证，同时满足性质①和性质②. （）设向量序列. 因为满足性质②，所以或. 由性质①且可得， 根据已知条件，存在正整数，使得. 当时，可为或， 因为向量不同时在向量序列中， 所以，则末向量或， 所以或. 当时，可为或， 因为向量不同时在向量序列中， 所以，则末向量或， 所以或. 故当，且向量不同时在向量序列中使，向量序列成对出现. 综上，任何满足条件的序列，在其第一个坐标为4的向量确定后（为或），都有两种方式延伸至终点. 因此，所有满足条件的序列总数是所有可能的前缀路径（截止到第一个坐标为4的向量）数量的两倍，故总数为偶数.” 题型2 数阵型问题 【例2】（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． 【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． 【变式1】（2025·北京西城·一模）如图，设是由个实数组成的行列的数表，其中表示位于第行第列的实数，且满足与均是公差不为的等差数列． … … … … 若根据条件，能求出数表中所有的数，则称能被确定． (1)已知，分别根据下列条件，直接判断数表能否被其确定： 条件“已知”； 条件“已知”． (2)设条件“任意给定数表中的个数”，能被确定，证明：的最小值为； (3)设条件“已知集合或其中中的任意个元素”，求的最小值，使得能被确定． 【解】（1）数表不能被确定；数表能被确定． 对于条件，假设数表中每行、每列的公差都相等，均为， 则，，， 则， 、均无法确定，故数表不能被确定； 对于条件，因为、确定，可以根据确定，则第二行可以全部确定， 对于第二列，由于确定，结合可确定第二列的公差，进而可求出，则第二列可以全部确定， 对于第三行，由于确定了，结合可求出第三行的公差，由此可确定，则第三行可以全部确定， 对于第一列，由于确定了、，可以求出第一列的公差，由此可确定，则第一列可以全部确定， 综上所述，数表可由条件确定. （2）对于一个公差为的等差数列，若知其中两项与， 便可根据，求出该等差数列中的每一项． 故对于数表中的任意一行（或列），若知道其中的两个数，便可利用条件得到该行（或列）中的所有数． 一方面，若知这个数，则无法求出，故不能得出数表中所有的数， 所以． 另一方面，若知数表中的任意个数，则必存在表中的两行，且这两行中至少有两个数已知， 于是数表中这两行的数都能被求出，即数表中每一列都至少有两个数已知， 所以数表中所有的数都能求出，即能被确定． 综上，的最小值为． （3）当时，若知中的个数，则不能求出中所有的数． 当时，已知与中的任意个数， 则必存在两个数在中位于同一行（记为第行），从而可求出这一行中的所有数． 因为与中至多有两个数在同一行， 所以除去第行的两个数外，余下已知的个数必在其余的行中． 当时，通过列举可知：余下已知的2个数不在同一列中（所在列分别记为第列和第列）； 当时，， 因为在与中至多有两个数在同一列， 所以至少有两列（记为第列和第列）中含有这已知的数中的数． 又因为第行的数均已得到， 所以在第列与第列中均至少知道两个数，故这两列中所有的数都可求出， 于是数表中每一行至少有两个数均已得到，从而可求出数表中所有的数． 综上，的最小值为． 【变式2】（2026·北京西城·二模）给定奇数，设是的数阵．表示数阵第行第列的数，且．定义变换为“将数阵中第行和第列的数都乘以”，其中．设．将经过变换得到，经过变换得到，，经过变换得到．记数阵中的个数为． (1)当时，设，，写出，并求； (2)当时，对给定的数阵，证明：是的倍数； (3)证明：对给定的数阵，总存在，使得． 【解】（1）由题设，．                     所以，． （2）设数阵中第行和第列中的个数均为，的个数均为． 经过变换，的第行和第列均有个变为，有个变为． 所以． 即是的倍数． （3）数阵经过变换得到数阵，设第行和第列中1的个数均为． 由（2）可知，． 设当时，取得最小值，其中． 记每行中的个数为，则必有． 否则，若存在使得，则令，有 ，与为最小值矛盾． 在中，① 若等于的个数不超过， 则．             ②若等于的个数大于，则必存在满足，且． 否则，不妨设，则共有个满足，且， 所以中至多有个等于，矛盾． 故存在满足，且．                      取，因为，所以． 由变换为时，从变为，故数阵第行中的个数为． 故， 这与为最小值矛盾． 综上，对给定的数阵，总存在，使得． 题型3 矩阵型问题 【例3】（2024·北京西城·一模）对正整数，设数列.是行列的数阵，表示中第行第列的数，，且同时满足下列三个条件：①每行恰有三个1；②每列至少有一个1；③任意两行不相同．记集合或中元素的个数为． (1)若，求的值； (2)若对任意中都恰有行满足第列和第列的数均为1． ①能否满足？说明理由； ②证明：． 【解】（1）记， 则， ， ，故； （2）①不满足，理由如下： 假设满足， 因为的每行恰有三个1，故中满足的的个数共有个， 另一方面，从中任选两列共有种可能，且对任意两列， 都恰有行使得这两列的数均为1，故中满足的的个数共有个， 所以，当时，得，此方程无解， 所以不满足； ②由①可得，即， 下面考虑满足，但的的个数： 对中满足和3的行，每行恰有两组使且， 所以满足，但的的个数为， 设数列中有项为项为0， 满足，但的的个数为， 所以满足，但的的个数为， 所以， 所以 ． 【变式1】（2026·北京东城·一模）已知数表中的项互不相同，且满足下列条件： ①； ②. 则称这样的数表具有性质. (1)若数表具有性质，且，写出所有满足条件的数表，并求出的值； (2)对于具有性质的数表，当取最大值时，求证：存在正整数，使得； (3)对于具有性质的数表，当n为偶数时，求的最大值. 【解】（1）满足条件的数表为， 所以的值分别为5，5，6. （2）若当取最大值时，存在，使得. 由数表具有性质可得为奇数， 不妨设此时数表为. ①若存在（为偶数，），使得，交换和的位置，所得到的新数表也具有性质， 调整后数表第一行和大于原数表第一行和，与题设矛盾，所以存在，使得. ②若对任意的（为偶数，），都有，交换和的位置，所得到的新数表也具有性质，此时转化为①的情况. 综上可知，存在正整数，使得. （3）当n为偶数时，令，，对任意具有性质数表， 一方面，， 因此．① 另一方面，， 因此.② 记． 由①+②得. 又，可得. 构造数表 可知数表具有性质，且. 综上可知，当n为偶数时，的最大值为. 【变式2】（2025·北京东城·二模）设数列：．已知，定义数表，其中 (1)若，写出； (2)若是不同的数列，求证：数表满足“”的充分必要条件为“”； (3)若数列与中的1共有个，求证：数表中1的个数不大于． 【解】（1）将代入计算可得． （2）证明： 充分性： 若，由于 令，由此数列． 由于． 从而有，即充分性成立； 必要性： 若． 由于是不同的数列， （1）设，对任意的正整数， ①若，可得， 所以． ②若，可得， 所以． 同理可证时，有成立． （2）设，对任意的正整数， 若，可得， 所以有，则是相同的数列，不符合要求． 若，可得， 所以有，则是相同的数列，不符合要求． 同理可证时，是相同的数列，不符合要求． 综上，数表满足“”的充分必要条件为“”； （3）证明： 由于数列中的1共有个，设中1的个数为，因此中0的个数为，中1的个数为，中0的个数为， 若，则数表的第行为数列， 若，则数表的第行为数列； 所以数表中1的个数为； 因此，数表中1的个数不大于. 重难专题分层过关练 巩固过关 1．（2026·北京西城·三模）若项数为的数列满足：，且存在，使得，则称数列具有性质P. (1)①若，写出所有具有性质P的数列； ②若，写出一个具有性质P的数列； (2)若，数列具有性质P，求的最大项的最小值； (3)已知数列均具有性质P，且对任意，当时，都有．记集合，，求中元素个数的最小值. 【解】（1）①：，2，1或1，3，1或1，3，2； ②：1，2，4，3（或1，3，4，3或1，3，5，3） （2）当时，． 由，累加得； 又由，累加得； 相加得，又，所以. 所以数列的最大项的最小值为1013， 一个满足条件的数列为； （3）由，累加得． 又，所以，同理，， 所以， 因为， 所以， 所以中元素个数的最小值为3，一组满足条件的数列为 此时. 2．（2026·北京石景山·二模）设递增数列中的每一项都是正整数，其前n项和为．对于正整数k，若存在正整数j，使得，则称覆盖了，记的“覆盖阶数”为．定义的“覆盖滞后度”为．规定． (1)若，，，，求和的值； (2)若数列是首项为1，公差为2的等差数列，判断是否存在正整数k，使得？若存在，求出所有满足条件的k的值；若不存在，请说明理由； (3)设前k项的“覆盖滞后度”，，…，的最大值为M，求证：对任意的，存在，使得． 【解】（1）因为，，，， 所以，，，，， 所以，，所以，， 所以，． （2）由已知得，． 设存在正整数k，使得， 则，，， 可得，， 所以，解得． 因为，所以，． 检验：，，， 所以，，，符合题意． 综上所述，存在唯一的符合题意． （3）当时，，，． 当时，设，则， 所以，， 因为，所以， 所以． 任取，设是，，…中首次达到或超过m的项， 即且． 因为，所以，即， 所以． 3．（2026·河北衡水·模拟预测）设是正整数，有穷整数列：. 若存在正整数满足：，恒成立，则称为数列，数列的所有项之和记为. (1)数列：1，，3，，1是否为数列？是否为数列？请说明理由. (2)若，是数列，且，求的最小值. (3)若，是数列，且，将各项重新排列后能构成等差数列，求的最小值. 【解】（1）对于数列，取，有，不满足条件，故不是数列； 取，有，取，有， 均满足条件，故是数列. （2）是数列，则依定义有对都有，又，所以， 从而可得即， 同样考虑到可知，所以， 考虑数列，它满足且对都有， 其和为，因此的最小值为. （3）设排好的等差数列为，公差， 因为是数列，对都有， 所以①， 因为是中的最小项，所以②， 又因为是中的一项，所以存在整数使得即③， 同时根据等差数列前项和公式有④， 综合②③④可得整理得， 因为均为非负整数，所以得， 若,，此时，；若,，不等式恒成立， 此时；若,， 此时或，时，时， 接下来验证能否为或，由上述分析可知，若，则，，， 即等差数列为，根据性质有 即， 即， 同时根据①有，而中只有两个元素不超过，矛盾，因此不可能为； 对于，取为即可，显然满足条件， 综上所述，的最小值为. 4．（2026·北京·三模）给定正整数，设数列：，，…，是，，…，的一个排列．从数列中选取第项、第项、…、第项（），，则称新数列，，…，为的长度为的递增子列．若，则称新数列，，…，为的递减子列．对，表示以为首项的递增子列的最大长度，表示以为首项的递减子列的最大长度． (1)若，，，，，求和； (2)求证：，； (3)求的最小值． 【解】（1）以为首项的最长递增子列是， 以为首项的最长递减子列是和， 所以，. （2）略. （3）由（2）可知和不能同时为零，于是有， 情况一：当为偶数时，设， 则有， 同时可以构造数列：， ， 则对 ，有，， 故此时， 结合可知的最小值是； 情况二：当为奇数时，设，则有 ， 同时可以构造数列：， ， 则对 ，有，， 故此时， 结合可知的最小值是， 综上，当为偶数时，的最小值是； 当为奇数时，的最小值是. 5．（2026·北京西城·一模）对任意无穷数列，定义从起连续k项的和为：，其中k，i为任意正整数．若无穷数列满足：对任意和，存在，使得，则称数列具有性质T． (1)设，其中．判断数列是否具有性质T？说明理由； (2)已知数列具有性质T， （i）求集合中元素个数的最大值； （ii）证明：存在正整数t，对任意，有． 【解】（1）数列具有性质． 理由如下：数列满足，其中， 即是周期为4的周期数列． 所以对任意和，当时，． 故数列具有性质． （2）（i）取，由性质得：存在，使得． 同理，取，由性质得：存在，使得. 以此类推，得数列中任意连续4项中，必有一项的值等于． 同理，得对于数列中的每一项之后的任意连续4项中，必有一项的值等于． 假设的取值超过4个，不妨设有5个值不同的项， 由上述结论，知在之后的连续4项中，这5个不同值都会出现，这是不可能的． 所以中至多只有4个不同的取值． 又因为周期数列：具有性质， 所以集合中元素个数的最大值为4． （ii）考察由连续4项构成的数组， 由（i）知的取值不超过4个，故这样的数组个数不超过． 所以在这257个数组中至少存在两个相同的， 即存在，，满足，其中． 以下证明：若，则，即证． 由性质，知存在，使得． ①若，即时，去掉上述等式两边的公共项，得 若，上式即为． 若，由，知，所以． ②若，因为，所以． 当时，由，得， 记其值为，由性质知，在其后四项出现，所以； 当时，由，得， 分别记其值为，，由性质，知，所以； 同理，得当时，均有． 综上，可推导出． 从而由，得，即得， 进而得到， 所以存在正整数，对任意，有． 6．（2026·北京朝阳·一模）若数列：，，…，（）满足如下两个性质，则称为数列： ①，，…，是1，2，…，的一个排列； ②，，…，是1，2，…，的一个排列. (1)判断数列：1，4，3，2和数列：5，1，4，2，3是否为数列？说明理由； (2)若数列：，，…，满足，，求证：数列：，，…，不是数列； (3)若数列：，，…，（）为数列，求的最小值. 【解】（1）因为，而3，1，1不是1，2，3的一个排列，所以数列不是数列． 因为5，1，4，2，3是1，2，3，4，5的一个排列， 又，4，3，2，1是1，2，3，4的一个排列， 所以数列是数列． （2）假设数列为数列， 则． 因为与的奇偶性相同， 所以 与的奇偶性相同． 所以与的奇偶性相同． 又是偶数，是奇数，矛盾． 所以数列不是数列． （3）因为数列为数列， 所以， 且 . 所以． 所以 因为， 所以，即． 令， 则， 所以， 即数列为数列． 所以的最小值为． 7．（2026·北京顺义·一模）已知项数列：满足.数列：，满足，，其中.记，.其中，表示数集中最大的数. (1)已知：，求，的值； (2)若为奇数，且，求证：； (3)求证：. 【解】（1）已知：，. 当时，，，. ，. . 当时，，，，. . . （2），记（其中为常数且，，，），则对任意的，有. （且）. ，不妨记的有项，则的有项. ，. 又为奇数，，故仅当时等式成立. 当时，对所有成立，递推可得： ，即. 又，当时，则，结合，得. 当时，，则，进而可得. 综上，，证毕. （3）当时，且. 记，，故存在. 不妨设（循环数列，可平移下标），即，记，. 对任意，，由三角不等式： . 同理可得：. 对任意，. 故. 当为偶数时，. . 当为奇数时，. . 由可得. 即，证毕. 8．（2026·北京丰台·一模）对于有穷正数数列，若满足对任意的，都有（是常数，且），则称数列具有性质．对数列定义“分拆”将中的第项拆分为两项，并得到数列，其中，且；特别地，当时，；当时，．对有穷正数数列，令数列．若数列均具有性质，则称为数列的阶完美分拆数列． (1)若，判断以下数列是否为的1阶完美拆分数列（结论不要求证明）： ①②2，0.5，0.5． (2)当时，若为数列的1阶完美拆分数列，证明：数列中被拆分的一定是最大项； (3)若数列为数列的阶完美拆分数列，证明：的最大值为4． 【解】（1）①是；②否. ① 数列1，1，1， 由拆分而来：将2拆为，满足， 对验证性质：任意两项，有，则 ，成立； 对验证性质：任意两项，有，则 ， 综上，①是； ② 数列 若由拆分，需将某一项拆为两项： 拆1：，得，但，不满足​； 拆2：，得，无法得到，故②不是 （2）不妨设． 假设取分拆，设， 则与矛盾． 所以拆分的项一定是数列中的最大项. （3）当时，的1阶完美拆分数列为1.44，1.2，1； 的2阶完美拆分数列为1.2，1，0.72，0.72； 的3阶完美拆分数列为1，0.72，0.72，0.6，0.6； 的4阶完美拆分数列为0.72，0.72，0.6，0.6，0.5，0.5． 所以数列存在4阶完美分拆数列． 下面证明对于任意数列，不存在5阶完美分拆数列． 假设数列的2阶完美拆分数列为， 不妨设． 由（2）知，为得到的3阶完美拆分数列，一定分拆 ，得到数列，其中，及． 若，则由，即及， 可得 若，有，与题设矛盾，不合题意． 此时，数列中的最大项无法再拆分，此时分拆结束． 于是，为得到4阶完美拆分数列，必须有， 此时，． 所以，拆分为，，得到数列， 其中及． 于是． 若是数列中的最大项， 因为，即，又， 于是，与假设矛盾． 所以不是此时数列的最大项． 若是数列中的最大项， 因为， 所以， 又， 所以，与假设矛盾． 所以不是此时数列的最大项． 所以是此时数列的最大项． 此时，应有，否则，， 于是， 与题设矛盾，不合题意，所以． 若，有， 与题设矛盾，不合题意． 此时，数列中的最大项无法再拆分，此时拆分结束． 因此，若数列存在阶完美拆分数列，则． 综上，的最大值为4. 9．（2025·北京昌平·二模）已知为有穷正整数数列，，且．从中选取第项，第项，，第项，称数列，为的长度为的子列．规定：数列的任意一项都是的长度为1的子列．若对于任意的正整数，数列存在长度为的子列，使得，则称数列为全覆盖数列． (1)判断数列和数列是否为全覆盖数列； (2)在数列中，若，求证：当时，； (3)若数列满足：，且当时，，求证：数列为全覆盖数列． 【解】（1）对于，有，但该数列不存在和为的子列，故不是全覆盖数列； 对于，有，由 ； . 可知是全覆盖数列. （2）由题知，.若不成立，则，那么与假设矛盾. 因为，即.① 又， 所以. 所以. 由①②得，. 所以. 当时，， 得，命题成立. 此时，当时，成立. 当时，得. 同理可得，. 归纳可得，当时，. 综上可得，命题成立. （3）下面证明，当时，对于任意的， 存在子列，其中，使得. （i）当时，，所以当时，有. 当时，则. 所以.对于任意，命题成立. 或.对于任意，命题成立. （ii）假设当时，命题成立. 即对于任意的正整数，存在子列， 其中，使得. 则当时，对于任意的正整数. ①当正整数时，由假设成立. 存在子列，其中， 使得. ②当正整数时， 因为，所以.若，则此时成立. 若，则. 由假设，存在子列，其中， 使得 整理得， 此时.即命题成立. 综上，对于任意的，存在子列， 其中，使. 所以数列为全覆盖数列. 10．（25-26高三上·北京·期末）如果无穷正实数数列满足： ①对于任意的正整数，都有； ②对于任意的，存在正整数，使得． 则称数列为数列． (1)判断下列数列是否为数列？ ①；②； (2)已知数列是数列，，其中表示中较大的数．证明：数列是数列； (3)已知数列是数列，，其中表示中较小的数．证明：数列是数列． 【解】（1），符合， ， 当时，存在正整数，使得， 所以不是数列； ， 满足， 对于任意的，存在正整数， 使得， 所以是数列； （2）对任意的正整数，都有， 所以．因为数列是数列， 所以对于任意，存在正整数，使得， . 综上，数列是数列． （3）证明：当时，则， 当时，则， 所以，. 下面证明：对任意的正整数，都存在正整数，使得； 考虑集合， 若是有限集，则存在正整数，对任意的正整数，都有， 对任意的正整数，令， 数列为数列，所以存在正整数， 使得；从而． ．所以为数列． 若是无限集，则存在无穷正整数数列满足：， ， 对任意的正整数，令， 则， 所以为数列． 11．（25-26高三上·北京顺义·期末）已知数列，定义数列的伴随数列为，其中.记，，其中，表示集合中最大的数，表示集合中最小的数. (1)已知数列，求和； (2)若，，，求的最小值； (3)若，，求的最大值. 【解】（1）由题意知，，又， 所以. 故. （2）因为当，，， 所以，且，使得， 所以，， 则. 此时，构造数列为满足等号成立. 所以的最小值为2. （3）对任意实数，若， 则数列的伴随数列，其中，， 所以不妨设数列中最大值为，最小值为0. 记，， 令，， 先设，则 ， 因为，，， 所以， 构造数列为，满足上述式子等号成立. 若，类似地有 . 构造数列为，满足上述式子等号成立. 显然不成立. 综上，的最大值为2025. 12．（25-26高三上·北京海淀·阶段检测）对给定的，如果有序数组满足如下三个条件： ①对任意； ②； ③对任意，都存在的非空子集，使得；则称有序数组是“创造M”的．例如是“创造5”的． (1)判断下面两个数组是否是“创造30”的，直接写出判断结果； ①        ② (2)若数组是“创造2026”的，且满足，求m的最小可能值； (3)若数组是“创造101”的，且关于x的方程有且仅有三个不同的整数解，求m的最小可能值． 【解】（1）①是；②是，理由如下： 对于①，由于， ， ， ， 故是“创造30”的； 对于②，， ， ， ，故是“创造30”的； （2）方法一：根据（1）可知，是“创造31”的， 故数组是“创造2026”的，即， 依题意，数组可以构成集合， 若，则该集合非空子集的数量至多有个，故至多能表示1023个不同的正整数，矛盾． 故m的最小值为11； 方法二：根据（1）可知，是“创造31”的， 故数组是“创造2026”的，即， 对于1，存在， 因此必有，类似地可知，，由于，故可知， 否则，若，则4不能表示若干个的和， 则有，故，以此类推，可知， 但，故可知m不可能小于或等于10． 故m的最小可能值为11； （3）依题意可知，仅有三种不同的取值，且由（2）可知， 设另外两种取值分别为，且， 并且， 则 依题意，即可以从x个1，y个个b中选取若干个数（每种均可以不取）， 它们的和可以等于从1到101中的任意一个整数，故有， 不妨设， 若，则有，故， 故； 若，则，故， 故； 若，则，故， 故； 若，则有． 综上有 另一方面，数组是“创造101”的， 故m的最小可能值为12． 创新提升 13．（2026·北京丰台·二模）已知无穷正整数数列，满足：①；②对于任意正整数，都有，则称数列具有性质. (1)判断下列无穷数列，是否具有性质. ①； ②. (2)对于任意具有性质的数列，记.求证：； (3)若数列具有性质，证明：集合是无限集. 【解】（1）①当时，显然为正整数，且. 又因为，所以 . 从而. 前个正奇数的和为，所以. 故数列具有性质. ②当时，该数列虽然是严格递增的正整数数列，但取，有. 而，同时 . 所以. 不满足性质中的条件②，故数列不具有性质. （2）由数列具有性质，得． 因此， 所以，所以． （3）设数列满足． 由题知，得，即， 假设中满足的项数有限，则存在正整数，使得当时，， 即当时，或． ①若满足的项数有限，则存在正整数，使得当时，， 由第二问可知恒成立.(1) 设，由于当时，，又是整数，有， 所以， 所以对满足的正整数，，与(1)式矛盾． ②若满足的项数有限，同理可得矛盾． ③由①②可知，中有无穷多项满足，且有无穷多项满足， 因此，存在正整数，使得且， 因此，存在正整数，使得，且，即且，于是，与矛盾， 所以数列中有无穷多项为0． 即集合是无限集． 14．（2026·北京昌平·二模）对于非空集合，定义变换，中元素的个数分别记为，，. (1)设集合，直接写出，，的值； (2)设集合, 中所有元素的和记为，求数列的通项公式； (3)设集合与同时满足下列两个性质： ①，且； ②且，其中. 求的最大值. 【解】（1）；；. （2）由,得. ， 若，则. ①当时,；同理，当时, .即与同时成立. ②当与都不成立时，必有或两者之一成立.      不妨设 则. 所以且. 所以且. 所以.                所以所求数列的通项公式为 . （3）设集合，，其中，， 则. 所以.① .② 式①与式②中均有个不同的数，这些数都是集合中的元素. 因为，所以中有且仅有个不同元素. 所以式①与式②中的数对应相等，即. 所以. 所以数列是公差为，项数为的等差数列.                  同理，数列是公差为，项数为的等差数列. 所以数列与是两个公差相等（公差），项数为的等差数列. 设，，其中. 则， 则，且. 因为，所以. ①当时，设，， . 所以，，且或. 所以，解得. 当时，，，. 经检验符合题意.                                                   ②当时，因为， 所以，. 所以. 综上，的最大值为 15．（2026·北京通州·一模）不超过实数的最大整数称为的整数部分，记作．例如，，．设函数． (1)已知函数，集合，设为集合中元素的个数． （ⅰ）写出，及数列的通项公式； （ⅱ）对任意正整数，等式恒成立，求所有满足条件的正实数的值． (2)求证：对给定的正整数，当时，对于任意的实数，存在，使得，成立． 【解】（1）（ⅰ）当时,有,故,所以 ,. 当 时,有 ,故 . 又因为 ,所以 ,从而,特别地,. 因此, . （ⅱ）由（ⅰ）知,当时,有 ,,于是题设等式化为 . 令 ,则 ,即,从而 . 又因为 ,所以 ,故. 另一方面, ,于是 . 由 可得 ,即. 上式对任意恒成立,令,得 且 ,所以 . 解得.因为,所以. 下面验证满足条件.记,则. 对任意,令 .因为为无理数,所以 ,两边同除以,得 ,故 . 于是 .又因为 ,所以 ,即题设等式成立. 综上,满足条件的正实数. （2）设 . 考虑 这个数.把长度为的圆周分成段,则这个点把圆周分成段弧,其中至少有一段弧长不小于. 取实数,使这段弧平移到区间端点处,则 都落在某个长度为的区间内. 对,令 .因为 ,所以 ,从而. 于是对任意,有== = . 由于 都落在同一个长度为的区间内,所以,从而成立. 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $