重难点专训02 数列新定义解答题压轴（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** 聚焦北京高考数列新定义压轴题，构建“定义理解-规律归纳-逻辑推理”三阶方法体系，覆盖6类核心题型，培养逻辑推理与创新意识。 **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|系统总结|8大核心策略（逐问突破、极端原理等）+5类实用技巧|新定义要素拆解→具体数值试探→规律归纳→严格证明的递进链条| |6类题型通法|每类含典例及变式|新性质类（定义翻译）、最值类（先猜后证）等题型专项解法|题型与策略精准对应，从具体应用到抽象推理，强化知识迁移|

重难点专训02 数列新定义解答题压轴 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 3 题型1 新性质类 3 题型2 最值类 10 题型3 数列的变换与操作 16 题型4 数学归纳法证明 22 题型5 数列与集合 30 题型6 存在性与构造性问题 37 重难专题分层过关练 47 巩固过关 47 创新提升 52 解题方法及技巧提炼 1、北京高考数列新定义解答题压轴的基本特点是： 北京高考数学第21题（解答题压轴题）是整张试卷区分度的核心所在。这类题目多以数列、数阵、集合等为载体，形式抽象、符号简约、内涵丰富、背景新颖。与传统数列题不同，等差、等比的递推及求和几乎从不涉及，考查的基本上都是在一个新定义下的逻辑推理。试题采用分层设问，由浅入深、层层递进，思维量大、创新性强，对学生的信息理解与转化能力、逻辑分析与推理素养要求极高。 2、数列新定义解答题的基本思路是： （1）理解定义：仔细阅读新定义，找出新定义有几个要素，明确每个要素的含义； （2）具体试探：压轴第一问往往都是帮我们具体试探、理解题意的。通过代入具体数值，检验是否正确理解和运用新定义； （3）归纳规律：从具体试探中寻找规律，将新定义转化为熟悉的数学语言； （4）逻辑推理：结合所学的数列、集合、不等式等知识，运用归纳法、反证法、构造法等严格证明。 3、核心解题策略： （1）逐问突破、分层推进：北京卷新定义压轴题通常设置3问，难度递进。第（1）问通常是指明计算或简单验证，帮助理解定义；第（2）问需要一定的变形推理；第（3）问则需要综合运用多种方法进行构造性证明。解答时应确保前一问正确完成，其结论往往可作为后一问的已知条件使用。 （2）极端原理：在涉及存在性或最值的问题中，考虑极端情形（如最大项、最小项、边界位置等），往往能简化问题、找到突破口。北京各区模拟题中频繁出现“极端构造”的解题思路。 （3）构造法：当需要证明存在性时，主动构造满足条件的数列、数表或集合，是解决第（3）问最常用的方法。构造时要充分利用第（1）（2）问中已经建立的结论和规律。 （4）奇偶分析：许多新定义问题与奇偶性密切相关，通过分析项的下标或取值的奇偶，可以建立关键的不等式或等量关系。 （5）算两次 ：对同一个量从两个不同的角度进行计算，从而建立等式关系，是组合数学中的经典方法，在数列新定义压轴题中也有广泛应用。 （6）不变量原理：寻找在变换过程中保持不变的量，利用不变量的性质进行推理和证明。 （7）分类枚举：当问题涉及有限种情况时，通过合理的分类标准进行枚举讨论，穷尽所有可能。 （8）数形结合：将数列问题转化为图形或数表问题，利用直观的几何意义辅助推理。 4、常见题型及解题要点： （1）新概念定义型：题目给出全新的数列概念（如“K列”、“m-连续可表数列”、“可分数列”等），要求判断性质或证明结论。核心是逐字逐句理解定义的每一个条件，不能跳过任何细节。 （2）新运算定义型：题目定义一种新的数列变换规则（如对数列的若干项同时加1、取相邻两项的最小值等），要求研究变换前后的性质变化。核心是通过具体操作理解运算规则，寻找变换中的不变量或规律。 （3）新性质定义型：题目定义数列应满足的某种性质（如“任意项均可表示为某子列之和”等），要求判断存在性或求参数范围。核心是将性质条件转化为数学不等式或方程。 （4）数表与矩阵型：以数表或矩阵为载体的新定义问题，涉及行、列、对角线等多维信息。核心是找准数表中各元素之间的关联关系，将二维问题转化为一维数列问题。 5、实用技巧与备考建议： （1）时间分配：第21题分值15分，难度极大。若前两问能顺利解答，第三问可留出充足时间思考；若整体时间紧张，优先确保前两问的分数。 （2）第一问务必拿全：第（1）问通常难度不大，只要理解定义即可完成，这是整道题中最容易拿到的分数，务必确保正确。 （3）善用特殊值试探：遇到抽象定义时，先取具体的数字代入，通过实际计算感受定义的含义和规律，再抽象推广。 （4）关注北京各区模拟题：近年来北京各区高三期末、一模、二模的新定义压轴题，在命题思路上与高考高度一致，是极佳的训练素材。 （5）常见失分点：①急于解题而忽略对定义的逐字理解；②第（1）问计算错误导致后续全盘皆输；③第三问缺乏构造思路时放弃尝试——即使不能完整证明，写出部分合理推理也可能获得步骤分；④忽略题目中的隐含条件（如数列为整数列、各项为正、有穷数列等）。 题型通法及变式提升 题型1 新性质类 【典例1-1】（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. 【答案】(1)①具有性质；②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． 【分析】（1）先检查数列是否为严格递增的正整数数列，再代入性质中的等式验证. （2）把与奇数作差，利用性质把换成，再与前个正奇数的和比较. （3）设，将结论转化为证明的项有无穷多个，再用反证法说明若只出现有限次，则最终只能为正或为负，都会与第（2）问得到的恒等关系矛盾． 【详解】（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）略 （3）略 核心口诀：新性质先翻译，条件结论逐条析；特殊检验找规律，严格推理证性质。 高分技巧： 逐条拆解定义：新定义往往包含多个条件，将其逐条拆解成可操作的数学语言。例如2023年北京卷的“下角标最值”定义，需先明确集合中元素与下角标的对应关系； 特殊化检验：取最简单的特殊情形（如项数极少、取特殊值）代入新定义，检验自己对定义的理解是否正确； 由浅入深层层推进：北京卷新定义题通常设问由浅入深——第一问往往是具体验证（帮助理解定义），第二问归纳规律，第三问严格证明。顺着题目设问顺序走，本身就是解题路径； 性质传递与连锁推导：新定义的性质往往会在数列相邻项之间传递。找出“如果某几项满足性质，则下一项也必须满足”的递推关系，是证明的关键； 反证法排除：若要证明某性质对所有项成立，假设存在反例推出矛盾，是处理新性质证明题的利器。 【典例1-2】（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) 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) 【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）略 （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，. 【变式1-1】（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，理由如下： 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)9 (3)对任意具有性质 的 项数列，记 因为 是 个互不相同且均不小于 的正整数， 所以 又，因此 当 时，． 当 时，取数列的前 项． 完整数列的连续三项和依次为互不相同，所以它的每个前缀都具有性质 ； 且前 项之和不超过 ，故 ． 当 时，由下界得 ． 取数列其连续三项和依次为互不相同，且各项和为 ，所以 ． 综上，满足 的正整数只有 ． 【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）略 （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）略 【变式1-2】（2026·北京朝阳·二模）已知无穷数列的各项均为正整数，无穷数列满足以下性质： ①； ② (1)若，求； (2)证明：； (3)是否存在大于1的正整数，使得成立？说明理由． 【答案】(1) (2) 已知各项为正整数， . 根据的取值分类讨论：（1）若， . 当： ， 若则 ； 若则 . 当： ， 若则 ； 若则 . （2）若， . 当： ，同理可得. 当： ， 若则 ； 若则 . 综上， . (3) 不存在.理由如下： 首先证明：若且，则必有 用归纳法： 当时，，，，故. 假设对某个结论成立.考虑时，若： 若：由归纳假设，且，于是 若：则 故若，则，归纳成立. 现归纳证明对所有有： ， 设对某有，考虑： 若：. 若：则. 若： 若：，因为为整数，故 综上. 【分析】（1）根据递推公式代入求解即可. （2）根据递推公式，分 两种情况分类讨论，证明求解即可. （3）利用数学归纳法证明 . 【详解】（1） ， . 因为 ，所以. （2）略 （3）略 题型2 最值类 【典例2-1】（25-26高三上·北京·开学考试）给定整数，数列满足．定义数列如下：，其中表示这2个数中最小的数．记， (1)时，，分别写出相应的数列和； (2)求证：； (3)求的最小值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用数列的定义可求解； （2）利用中的任一元素，在中至多在和中出现两次，分为偶数，为奇数两种情况证明即可； （3）不妨设，其中，利用绝对值的意义可得，进而利用新定义可得，进而计算可证结论. 【详解】（1）由题意得； （2）由题意知，中元素两两互异，故中的任一元素，如， 在中至多在和中出现两次， 且若出现两次则这两个数处于邻位（和也视为邻位）． 所以的所有项中至多有两个1，两个2，依次类推， 当为偶数时，， 当为奇数时， ， 而， 所以总有； （3）不妨设，其中， 因为， ， 所以 当时，等号成立 记， 其中表示这2个数中最大的数． 所以， 而， 所以， 所以，且当时，等号成立， 结合，得， 所以的最小值为，且当时取到. 核心口诀：最值先猜后证，上下界分别突破；极端构造找临界，抽屉原理定边界。 高分技巧： 先猜后证：先用特殊值或小规模情形试探，猜测最值的具体数值或取等条件，再严格证明上界和下界； 分别证明上下界：最值问题分为两步——①证明目标量不可能超过某个值（上界）；②构造例子说明可以达到该值（下界/可达性）； 极端构造法：构造达到最值的数列时，往往取极端情形（如全取最大/最小值、按某种规律排列）； 抽屉原理定边界：当数列取值有限时，利用抽屉原理证明某项必然重复或某项必然出现，从而锁定最值； “算两次”技巧：从两个不同角度计算同一个量，建立等式后推出最值条件； 数形结合辅助：将数列项视为点或线段，通过几何直观判断最值位置。 【典例2-2】（25-26高三上·北京密云·阶段检测）设数列，如果，且，对于，，使成立，则称数列A为数列． (1)分别判断数列1，3，5，7和数列2，4，6，8是否是数列（只需写出结论）； (2)若数列A是数列，且，求的最小值； (3)若数列A是数列，且，求的最大值． 【答案】(1)是数列，不是数列，理由见解析 (2)3 (3)127 【分析】（1）分别验证数列和数列中是否满足数列性质即可得出结论； （2）利用反证法证明不成立，取特例可知当存在数列满足数列，即可得的最小值为； （3）首先证明若为奇数，则必为奇数，又可得为偶数；利用数列性质可证明得出，解不等式即可求出. 【详解】（1）是数列． 因为，，， 所以是数列. 不是数列． 因为，所以不是数列． （2）首先证明不能为． 假设， 由数列为数列知， ．所以，与已知矛盾， 故假设不成立． 所以不能为． 因为数列： 满足，，此时是数列， 所以的最小值为. （3）（i）以下证明：若为奇数，则必为奇数． 假设数列中存在偶数，设是数列中第一个偶数， 因为数列是数列， 所以，使． 因为均为奇数，所以也为奇数，与为偶数矛盾． 所以若为奇数，则必为奇数． 因为为偶数，所以不能为奇数，只能为偶数． （ii）以下证明：若，则（，）． 若不然，设（）为第一个满足（）的项， 因为数列是数列，所以，使． 因为（）， 所以，与（）矛盾； 所以若，则（，）． 而（，），所以． 同理，若，则（，）． 而（，）．所以． 同理，若，则（,）． 而（,），所以． 综上． （3）当时， 因为数列是数列， 所以 由题意知，，解得; 所以的最大值为． 此时即为满足条件的数列 【变式2-1】（25-26高三上·北京·期中）已知为有穷整数数列.给定正整数，若对任意的，在中存在，使得，则称为－连续可表数列. (1)判断是否为5－连续可表数列？是否为6－连续可表数列？说明理由； (2)若为8－连续可表数列，求证：； (3)若为20－连续可表数列，且，求的最小值. 【答案】(1)是连续可表数列；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，，，， ，，，， ． 所以； (3)7 【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）略 （3）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， 即的最小值为7 【变式2-2】（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. 【答案】(1) (2)2 (3)2025 【分析】（1）根据，易得.结合新定义即可求解； （2）根据题意，由新定义可得，且使得，求得，，即可求解； （3）若，则，不妨设数列中最大值为，最小值为0，记，，令，，利用作差法，分类讨论当、时，成立，结合不成立即可求解. 【详解】（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. 题型3 数列的变换与操作 【典例3-1】（25-26高三上·北京顺义·期中）对于数列：，，…，，定义变换，将数列变换成数列：，，…，，，记，，.对于数列：，，…，与：，，…，，定义.若数列：，，…，满足，则称数列为数列. (1)若：，1，，1，1，，写出，并求； (2)对于任意给定的正整数，是否存在数列，使得？若存在，写出一个数列，若不存在，说明理由： (3)若数列满足，求数列的个数. 【答案】(1)：1，，1，1，，，； (2)不存在适合题意的数列； (3). 【分析】（1）利用变换的定义即可； （2）利用数列的定义，记中有个，有个，则，进而即得； （3）由题可得，进而可得，然后结合条件即得. 【详解】（1）由：，1，，1，1，， 可得：1，，1，1，，， ，1，1，，，1. ∴； （2）∵， 由数列A为数列，所以， 对于数列，，…，中相邻的两项， 令，若，则，若，则， 记中有个，有个，则， 因为与的奇偶性相同，而与的奇偶性不同， 故不存在适合题意的数列； （3）首先证明， 对于数列，，…，，有，，…，，， ，，…，，，，，…，，， ，，…，，，，，…，，， ∵， ， ∴， 故， 其次，由数列为数列可知，， 解得， 这说明数列中任意相邻两项不同的情况有2次， 若数列中的个数为个，此时数列有个， 所以数列的个数为个. 核心口诀：变换规则先吃透，正反操作都练到；不变量是突破口，操作前后找守恒。 高分技巧： 理解变换规则：新定义往往给出对数列的某种操作（如相邻项替换、插入删除、重新排列等）。先用小数列模拟操作过程，理解每一步的作用； 寻找不变量：变换操作题的核心是寻找“操作前后保持不变的量”——可能是和、积、奇偶性、某种代数式的值等； 正向与反向操作：既要会按规则正向操作，也要会反向推理——如果某状态可由操作得到，逆推前一步的状态； 操作的可逆性判断：判断变换是否可逆，可逆时两个方向都可用；不可逆时需谨慎处理； 分类枚举操作路径：若操作种类有限，可分类讨论不同操作路径导致的结果； 整体与局部分析结合：有时整体性质（如总和不变）和局部性质（如相邻项关系）需配合使用。 【典例3-2】（25-26高三上·北京东城·期末）已知数列为有穷整数数列，定义变换：将的第项与第项同时减1，其余项不变，所得数列记作．对依次进行变换后，所得数列记为． (1)已知，直接写出； (2)已知，若存在变换使得的各项均为0，求的值； (3)已知为偶数，的各项均为正整数，且对任意的变换，当中的各项均为非负整数时，都有中等于0的项的个数不大于，求的各项之和的最小值． 【答案】(1)；； (2)； (3). 【分析】（1）根据变换的定义求解即可； （2）运用数列变换前后的奇数项的和与偶数项的和之差不变，即可得解； （3）先将数列按相邻两项分成组，说明每组不能同时变，因此每组两个数不相等，再限制每组的数值（中间组大的数，首尾组至少一个数），即中间组按“一个、一个 ”算，首尾组按“一个、一个” 算，加起来总和最小就是，再构造一个满足条件的数列验证即可. 【详解】（1）由题可知，代表将数列的第3，4项，第1，2项，第1，2项依次减1， 即减2，减2，减1， 得； 同理可得，； （2）由于变换，将的第项与第项同时减1， 因此变换前的数列与变换后的数列的奇数项的和与偶数项的和之差不变． 对于中，， 此时的奇数项的和与偶数项的和之差为． 当的各项均为0时，变换后的数列的奇数项的和与偶数项的和之差为0， 因此，即； （3）因为为偶数，把分成组， 其中为第1组，为第2组，…，为第组，为第组， 存在变换使每组的两个数中至少一个变为0， 因此存在变换，当中的项非负时，所有项中0的个数不小于． 由已知可得同一组的两个数不能相同． 下证第2组，第3组，…，第组，这组数满足：每一组中的较大数不小于3． 考察第2组数，不妨设， 若，则只能为2，此时存在一组变换使得第2组的两个数均变为0，矛盾． 同理可以证明其它组的两个数中较大的不小于3． 对于第1组这两个数至少有一个不小于2， 对于第组这两个数，至少有一个不小于2， 因此的所有项之和不小于． 令， 这个数列满足对任意的一组变换，当中的项非负时，中的3和2均不会变为0， 因此中0的个数不大于． 综上所述，的所有项之和的最小值为． 【变式3-1】（25-26高三上·北京昌平·期末）对于数列A：，，…，，若满足（，2，3，…，n），则称数列A为“数列”.定义变换T，T将“数列”A中原有的每个1都变成0，1，原有的每个0都变成1，0，例如A：0，1，0，则：1，0，0，1，1，0，设是“数列”，令，，2，3，…. (1)若数列：1，0，0，1，1，0，0，1，0，1，1，0，求数列，； (2)若数列共有12项，则数列中连续两项相等的数对至少有多少对？请说明理由； (3)若：0，1，记数列中连续两项都是1的数对个数为，，2，3，….求关于k的表达式. 【答案】(1)，. (2) 数列中连续两项相等的数对至少有12对. 证明：对于任意一个“数列”，则中每一个1在中对应连续四项， 在中每一个在中对应的连续四项， 因为共有12项的“数列”中的每一个项在中都会对应一个连续相等的数对， 所以数列中连续两项相等的数对至少有12对. (3) 【分析】（1）根据题意，结合变换的定义，即可求解； （2）对于任意一个“数列”，得到中每一个在中对应的连续四项，得到中的每一个项在中都会对应一个连续相等的数对，即可得到证； （3）设中有个数对，得到，且由中的得到或由中得到，根据变换的定义及，共有个，得到，求得，当时，分为偶数和为奇数，分别得到和，结合累加法和等比数列的求和公式，即可求解. 【详解】（1）解：由数列， 由变换的定义，可得，. （2）略 （3）解：设中有个数对，中的数对只能有中的数对得到，所以， 所以中的数对有两个产生途径，①由中的得到；②由中得到， 由变换的定义及，可得中和的个数总相等，且共有个， 所以，且，所以， 由，可得，，所以， 当时， 若为偶数，， 各式相加，可得， 经检验，当时，也满足 ， 若为奇数，， 各式相加，可得， 经检验，当时，也满足 ， 所以. 【变式3-2】（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． 【答案】(1) (2) (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． 【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）略 【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. 题型4 数学归纳法证明 【典例4-1】（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) ；； ；. (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. 【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）略 （3）略 核心口诀：归纳奠基要扎实，归纳递推找桥梁；加强命题降难度，第二归纳破复杂。 高分技巧： 明确归纳结构：数学归纳法证明需清晰展示两步——①奠基（验证n取初始值时命题成立）；②递推（假设n=k时成立，证明n=k+1时成立）； 寻找递推桥梁：归纳递推的关键是找到“从k到k+1”的过渡关系。通常利用数列的递推公式或新定义中的性质建立联系； 加强命题法：当原命题的归纳递推难以直接进行时，可证明一个更强的命题（“加强命题”），使归纳假设提供更多信息，反而更容易证明； 第二数学归纳法：当n=k+1的证明需要用到前面多个k值（不仅仅是k）时，采用第二数学归纳法——假设所有≤k的情形都成立； 反向归纳：有时从n较大处往小处推更简单，可尝试反向归纳； 与构造法结合：归纳证明存在性时，常在归纳步骤中构造满足条件的下一项。 【典例4-2】（2025·北京顺义·一模）已知数列：各项为正整数.对任意正整数，定义：，，其中表示有限集中的元素个数，规定. (1)对于数列：1，3，2，2，写出，，，的值； (2)若数列：满足. （i）若，令，当时，求； （ii）求证：. 【答案】(1)，，，； (2)（i），其中； 【分析】（1）直接根据定义计算即可； （2）（i）根据的定义，可知数列中有两项等于1，从而有，依次类推求和即可. （ii）法一：首先证明当时，等式成立，再利用数学归纳法即可证明；法二：设数列中等于的项分别有个，计算得,，……，，最后求和证明即可. 【详解】（1），，，； （2）（i）令，则，根据的定义，可知数列中有两项等于1， 根据数列的增减性质，可得；令，则， 可知数列中有四项小于等于2，可得， 以此类推可得得前项为， ，其中. （ii）法一：用数学归纳法证明对成立，（**） 当时，令，，， （**）式左边=， （**）式右边=， （**）式左边=（**）式右边，（**）式对成立； 假设时，（**）式成立， 即① 当时，（**）式左边= 设，令， 则,，……，，， （**）式左边=， （**）式右边= 根据①可知（**）式对成立，由数学归纳法原理可知（**）成立. （法二）设数列中等于的项分别有个，则 ，，……，，， 从而,，……，， 注意到 等式成立. 【变式4-1】（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． 【答案】(1)； (2)，的最小值为3. (3)证明见解析，. 【分析】（1）直接计算相关值，则得到答案； （2）首先证明引理对于每项是0或1的数列，每作一次变换，的奇偶性发生改变，从而得到最小值； （3）首先猜想或时，的最小值为，再利用数学归纳法即可证明. 【详解】（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4-2】（25-26高三上·北京·阶段检测）已知整数数列满足．定义数列，其中，对，表示集合的元素个数． (1)对于下列数列，分别写出其对应的： ①；②； (2)记，证明：若，则； (3)记为，当时，记为．证明：与的各项对应相等． 【答案】(1)①；② (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意写出数列即可； （2）根据数列各项可能的取值进行分类讨论； （3）先证明，再证明（2）中更一般的结论，进而通过反证法证明. 【详解】（1）根据题意可得 ①；②． （2）因，且数列为整数数列， 所以，，，而. 若，则均等于，于是，故． 若，则中恰有一个不等于，由于，所以， 于是，，故． 若，则中恰有两个不等于，而，，故， 于是，或1，，故. 若，由，故． 综上，. （3）先证明引理1：对任意． 设．因为，所以均不等于． 所以．故对任意，． 再证明引理2：记数列，对任意，若，则． 设．因为，所以均不等于．而， 所以中恰有项不等于，于是， 进而．易见，所以． 以下证明题目命题. 当时，或，两种情况下都有与的各项对应相等． 假设使得结论不成立的最小，即当时均有与的各项对应相等， 所以与的前项对应相等．根据引理2，与的前项分别相等． 假设与的第项不相等，根据引理1，的第项依次是． （ⅰ）假设的第项是，则的第项也是，矛盾； （ⅱ）假设的第项是时，则的第项也是， 于是的第项也是，矛盾； （ⅲ）假设的第项小于，根据引理2的证明，的第项与第项相等． 于是的前项均小于，则的第项是，矛盾. 故原命题成立． 题型5 数列与集合 【典例5-1】（25-26高三上·北京通州·期中）设有序数阵，集合，（其中）．若满足：① ；②，则称 为集合的覆盖数阵． (1)若为的覆盖数阵，求的值； (2)当时，写出所有的的取值，使得为的覆盖数阵． (3)设有序数阵的个数为，若为的覆盖数阵，求证：． 【答案】(1)、、、、 (2)可为与 (3) 若为的覆盖数阵， 则有，， 则存在有序数阵， 有，满足条件②， ，满足条件①， 故也为的覆盖数阵， 假设，则有，又， 则有，， 由，则与需恒为偶数，显然不可能， 故，故覆盖数阵成对出现，即为偶数，即有. 【分析】（1）结合所给定义计算即可得； （2）结合所给定义可得，则可得符合要求的值，即可得解； （3）构造有序数阵，计算可得该有序数阵也是的覆盖数阵，且，则可得的覆盖数阵成对出现，即可得证. 【详解】（1）由题意可得，解得， 则且，故，， 综上，有、、、、； （2）由，则，， 故， 又， 故， 则有， 即， 由，则， 当时，，不符； 当时，，不符； 当时，，符合， 实际上，符合要求； 当时，，符合， 由（1）知，符合要求； 综上所述：时，可为与； （3）略 核心口诀：集合元素看互异，子集关系列条件；极端原理找最大，抽屉原理证存在。 高分技巧： 集合语言翻译：将集合的“元素”“子集”“交集”“并集”“补集”等概念翻译为数列的语言； 互异性是关键：集合中元素互不相同，若数列某项重复，则在集合中只算一次。这一性质常用于构造反例或限制规模； 子集条件转化为不等式：若题目要求“集合中任意两个元素满足某条件”，转化为对数列任意两项的不等式约束； 极端原理：在有限集合中取最大或最小元素，往往具有特殊性质，可作为证明的突破口； 抽屉原理：若集合元素个数多于某种分类的类别数，则必有两元素同类，由此推出矛盾或存在性； 构造最大集合：证明某条件下集合元素个数最多时，需先证明上界（不可能更多），再构造达到上界的例子。 【典例5-2】（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. 【答案】(1)，，， (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． 【分析】（1）根据序列相邻两项对应点的距离为1，逐步确定，，，. （2）把序列中的项看成方格中的点，连接相邻点得到水平或竖直单位线段，再用抽屉原理证明一定存在连续三点共行或共列； （3）把连续同方向的若干条单位线段合并为一个水平线段或竖直线段，通过估计水平线段数和竖直线段数的总数，得到具有性质的项的个数不少于10． 【详解】（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）略 （3）略 【变式5-1】（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. 【答案】(1)；； (2) (3)676 【分析】（1）依据变换的定义，枚举集合元素两两相加的结果，去重后统计元素个数即可. （2）先分析集合的元素特征，证明中元素的唯一性，再对所有元素分组求和推导通项. （3）先根据的元素个数限制推导集合、为公差相等的等差数列，再结合元素的取值范围约束求解的最大值. 【详解】（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 【变式5-2】（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， ∵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)75 (4) 【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）略 （2）略 （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）略 题型6 存在性与构造性问题 【典例6-1】（25-26高三上·北京海淀·期末）对有穷数列，用表示数列中所有的项构成的集合.定义变换，将数列变换成数列. 对有穷数列，令数列. 若，则称为阶完美数列. (1)写出所有的2阶完美数列； (2)若数列为3阶完美数列，求集合的元素个数； (3)是否存在16阶完美数列？如果存在，求出所有的16阶完美数列；如果不存在，说明理由. 【答案】(1)3，1；3，2；1，3；2，3. (2)1 (3) 不存在16阶完美数列， 假设存在16阶完美数列. 设，， 用表示中的最大值，用表示中的最小值， 则， 其中， 所以，其中为1，2之一， 设，则， 同理，，其中为1，2，3之一， 设，，则， 重复上述过程，则， 所以， 因为， 所以. 所以， 不妨设， 则当时，，（如图）， 设，对进行类似于的研究； 则有，其中， 同理，， 其中当时，（如图）， 所以， 因为， 所以⫋ ， 所以， 又，矛盾， 所以假设不成立， 所以不存在16阶完美数列. 【分析】（1）根据阶完美数列的定义求解即可，，共有（不符合）种可能.（2）设；；，依题意，，不妨设，根据完美数列的定义判断大小关系，从而可得，进而判断的元素个数.（3）通过反证法推出矛盾. 【详解】（1）2阶完美数列有4个，分别为；；；. （2）设；；. 依题意，， 不妨设，则，即， 若，则，所以， 由知，用表示中的最大值，则， 所以，由知. 若，则，所以， 所以，. 构造：当为或或或时符合，其他情况不符合， 所以的元素个数为1. （3）略 核心口诀：存在性先猜后造，特殊构造找门道；反证假设不存在，推出矛盾便知晓。 高分技巧： 先猜后造：存在性问题的核心是“找到一个满足条件的对象”。先用小规模试探，猜测构造规律，再严格构造； 递推构造法：从初始项开始，按照新定义的要求逐项构造，每一步确保满足条件； 极端构造法：构造时取极端值（最大、最小、全取某值等），往往最容易满足条件； 反证法证明不存在：若题目问“是否存在”，答案若为否定，则假设存在推出矛盾； 分类讨论构造：根据参数的不同取值范围，分别构造不同的数列； 利用已知结论构造：将新定义问题转化为已知的经典结构（如等差数列、等比数列、周期数列）进行构造； 验证完整性：构造完成后，必须逐条验证新定义的所有条件都被满足，不可遗漏。 【典例6-2】（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． 【答案】(1)具有，理由如下： 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）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． 【分析】（1）首先分析数列为周期数列，再根据性质的定义即可判断； （2）（i）分别取取和，再利用反证法即可证明； （ii）利用（i）中的结论证明得存在，，满足，其中，再分和时证明即可. 【详解】（1）略 （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）略 【变式6-1】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． 【答案】(1)不可以是数列；理由如下： 因 为 所以， 因 为所 以 所以数列，不可能是数列. (2)； (3)存在；． 【分析】(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. 【详解】（1）略； （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：或； 所以， 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. 【点睛】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. 【变式6-2】已知是无穷数列．给出两个性质： ①对于中任意两项，在中都存在一项，使； ②对于中任意项，在中都存在两项．使得． (1)若，判断数列是否满足性质①，说明理由； (2)若，判断数列是否同时满足性质①和性质②，说明理由； (3)若是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：为等比数列. 【答案】(Ⅰ)不具有性质①； (Ⅱ)具有性质①；具有性质②； (Ⅲ)证明：解法一 首先，证明数列中的项同号，不妨设恒为正数： 显然，假设数列中存在负项，设， 第一种情况：若，即， 由①可知：存在，满足，存在，满足， 由可知，从而，与数列的单调性矛盾，假设不成立. 第二种情况：若，由①知存在实数，满足，由的定义可知：， 另一方面，，由数列的单调性可知：， 这与的定义矛盾，假设不成立. 同理可证得数列中的项恒为负数. 综上可得，数列中的项同号. 其次，证明： 利用性质②：取，此时， 由数列的单调性可知， 而，故， 此时必有，即， 最后，用数学归纳法证明数列为等比数列： 假设数列的前项成等比数列，不妨设， 其中，（的情况类似） 由①可得：存在整数，满足，且 （*） 由②得：存在，满足：，由数列的单调性可知：， 由可得： （**） 由（**）和（*）式可得：， 结合数列的单调性有：， 注意到均为整数，故， 代入（**）式，从而. 总上可得，数列的通项公式为：. 即数列为等比数列. 解法二：假设数列中的项均为正数： 首先利用性质②：取，此时， 由数列的单调性可知， 而，故， 此时必有，即， 即成等比数列，不妨设， 然后利用性质①：取，则， 即数列中必然存在一项的值为，下面我们来证明， 否则，由数列的单调性可知， 在性质②中，取，则，从而， 与前面类似的可知则存在，满足， 若，则：，与假设矛盾； 若，则：，与假设矛盾； 若，则：，与数列的单调性矛盾； 即不存在满足题意的正整数，可见不成立，从而， 然后利用性质①：取，则数列中存在一项， 下面我们用反证法来证明， 否则，由数列的单调性可知， 在性质②中，取，则，从而， 与前面类似的可知则存在，满足， 即由②可知：， 若，则，与假设矛盾； 若，则，与假设矛盾； 若，由于为正整数，故，则，与矛盾； 综上可知，假设不成立，则.同理可得：，从而数列为等比数列， 同理，当数列中的项均为负数时亦可证得数列为等比数列. 由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数. 从而题中的结论得证，数列为等比数列. 【分析】(Ⅰ)根据定义验证，即可判断； (Ⅱ)根据定义逐一验证，即可判断； (Ⅲ)解法一：首先，证明数列中的项数同号，然后证明，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列即可. 解法二：首先假设数列中的项数均为正数，然后证得成等比数列，之后证得成等比数列，同理即可证得数列为等比数列，从而命题得证. 【详解】(Ⅰ)不具有性质①，理由略； (Ⅱ)具有性质①，理由略； 具有性质②，理由略； (Ⅲ)略 【点睛】本题主要考查数列的综合运用，等比数列的证明，数列性质的应用，数学归纳法与推理方法、不等式的性质的综合运用等知识，意在考查学生的转化能力和推理能力. 重难专题分层过关练 巩固过关 1．若数列满足，则称是“紧密数列”．已知数列的前项和为，且． (1)试判断是否为“紧密数列”，并说明理由． (2)若数列是“紧密数列”，已知（为常数），且，求的前项和． 【答案】(1)是“紧密数列”．理由如下： 因为， 当时，， 所以， 当时，，满足上述关系式， 所以，则， 又，所以是紧密数列． (2) 【分析】(1)由得到通项公式，根据“紧密数列”定义可得到结果； (2)根据第一问结果，可得到数列的通项公式，根据它是“紧密数列”以及，可得到，进而得到，然后根据等比数列求和公式可得结果. 【详解】（1）略 （2）由（1）知，， 所以是以为首项，为公比的等比数列． 因为数列是“紧密数列”，所以， 又因为，即，整理得， 解得（舍去）或，则，， 因此， 故数列的前项和为． 2．若数列满足（为常数），则称数列为等比和数列，为公比和，已知数列是以5为公比和的等比和数列，且，记． (1)求证：数列是周期数列，并指出其周期； (2)求的值． 【答案】(1)由及可得， 由此可得递推关系，所以， 可得，即数列是周期数列，周期为2． (2)6 【分析】（1）根据题干所给条件可得，再据此推出的关系即可； （2）根据，可直接求解． 【详解】（1）略 （2），， 由（1）知， 周期为 2，所以， 所以． 3．对于数列，定义为数列的一阶差分数列，其中 (1)若数列的通项公式，求的通项公式； (2)若数列的首项是1，且满足，求数列的前n项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据及的通项公式直接计算可得； （2）由题得，进而得数列是首项为，公差为的等差数列，最后根据等差数列求和公式求解即可. 【详解】（1）依题意，且， 所以； （2）因为，所以，所以． 所以，且，故是首项为，公差为的等差数列. 所以，所以数列的前n项和. 4．已知数列的前项和为，若数列满足，则称数列是“方特数列”. (1)证明：数列是“方特数列”； (2)若数列是“方特数列”，求的取值范围； (3)证明：当时，数列是“方特数列”. 【答案】(1) 当时，， ， ∴数列满足，即数列是“方特数列”. (2) (3) 当时，由（1）知满足条件， 当且时，， ， ∴， ∴， ， 设，∴， 当时，单调递增；当时，单调递减，∴， ∴， 综上所述，当时，数列是“方特数列”. 【分析】（1）求出利用“方特数列”的定义即可证明； （2）分类讨论当和时，数列的前项和为，“方特数列”的定义列出不等式即可求解； （3）当时，由（1）知满足条件，当且时，利用错位相减法求出数列的前项和为，利用“方特数列”的定义结合导数即可证明. 【详解】（1）略 （2）当时，， ，满足条件； 当时，， ∵数列是“方特数列”， ∴，. ∴，∴且， 综上所述，当数列是“方特数列”时，的取值范围为. （3）略 5．若对于任意的，为数列中小于的项的个数，则称数列是的“生成数列”. (1)分别写出数列1，0，3，4及，，2，的“生成数列”的前4项； (2)若数列满足，且的“生成数列”为，求； (3)若为等比数列，且，公比，的“生成数列”为，的“生成数列”为，求. 【答案】(1) 数列1，0，3，4的“生成数列”的前4项是1，2，2，3； 数列，，2，的“生成数列”的前4项是0，2，4，4； (2) (3) 【分析】（1）依据生成数列的定义，对给定数列进行计算，得出“生成数列”的前几项. （2）先分析数列中小于不同数值的项的个数规律，再分为奇数和偶数两种情况讨论，分别设和，找出与的关系，进而得到的表达式. （3）已知是等比数列，得出其通项公式.通过分析和的含义，得到的大小关系.设，根据和与的关系，结合，证明. 【详解】（1）由生成数列的定义可知：数列1，0，3，4的“生成数列”的前4项是1，2，2，3； 数列，，2，的“生成数列”的前4项是0，2，4，4； （2）为2，4，6，8，， 则中小于1的项的个数，小于2的项的个数， 小于3的项的个数，小于4的项的个数， 小于5的项的个数，小于6的项的个数，， 在中，当n为奇数时，设，， 则小于的偶数有个，所以 在中，当n为偶数时，设，， 则小于2k的偶数有个，所以， 所以； （3）因为为等比数列，且，公比，所以 下面我们来证明： 因为表示中小于k的项的个数，表示中小于的项的个数， 所以易得，即， 设，由，，可得，， 又因为，所以，所以 创新提升 1．（25-26高三上·北京·阶段检测）对于有限正整数数列：，若存在连续子列和符号序列，使得，其中，则称数列存在平衡连续子列． (1)写出数列2，1，2，3的一个平衡连续子列； (2)设对任意正整数，定义函数为满足的非负整数，其中为奇数，令．求数列并判断其是否存在平衡连续子列，说明理由； (3)设数列的每一项均为不大于的正整数，证明：当时，存在平衡连续子列． 【答案】(1)子列1，2，3是数列2，1，2，3的平衡连续子列； (2)该数列不存在平衡连续子列，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）利用平衡连续子列的定义计算判断即可． （2）由题意得，，进而计算可得，，结合平衡连续子列的定义可得结论； （3）分和可证，分存在，使得，任意，两种情况可证得结论. 【详解】（1）1，2，3． 子列1，2，3对应原数列的，，， 设符号序列为，，，需满足，其中， 若取，，，则和为， 满足. 由于存在连续子列1，2，3，以及符号序列，，均属于， 使得符号与对应项乘积的和为0，完全符合“平衡连续子列”的定义（存在连续子列和符号序列，使符号加权和为0）， 综上，子列1，2，3是数列2，1，2，3的平衡连续子列； （2）因为1，3，5，7是奇数，故， 所以． 因为，所以． 因为，所以， 所以数列4，2，4，1，4，2，4． 因为， 所以与奇偶性相同． 当或时，因为中，为奇数，其余各项均为偶数， 所以为奇数． 所以． 当取时， 经检验，对于不含的连续子列，其各项均为偶数，任意符号加权和也为偶数，且均不为0. 综上，该数列不存在平衡连续子列． （3）设，， 则是整数数列． 下面证明对任意，均有． 显然满足． 假设结论不成立，则存在，使得或， 且当时都有． （ⅰ）若，当时，， 因为，所以，矛盾； 当时，， 因为，所以，矛盾． （ⅱ）若，当时，， 因为，所以，矛盾； 当时，， 因为， 又是整数，所以，矛盾． 综上，对任意，均有． 若存在，使得， 则存在且，使得， 此时数列. 存在平衡连续子列． 若任意， 因为中共个非零整数， 当时，数列中存在且，使得， 从而存在，使得， 此时数列存在平衡连续子列． 综上，当时，数列Q存在平衡连续子列． 2．（25-26高三上·北京·阶段检测）从任一数列中，选取第项，第项，第 项（ ）， 新数列 为长度为 的子列.对于各项均不相同的数列，其各项从小到大按顺序排列为（其中 是 的一个排列.定义集合：，称集合的元素个数为数列的 “相邻计数”，记为 . (1)对于数列 ，直接写出它所有的 4 项子列 ，使得各项不同，且； (2)已知数列，证明：对于 的任意一个连续 4 项子列 ，都有； (3)已知数列 是 的一个排列，求证： 总存在长为 4050 项的子列 ，使得 . 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意，各项不同的4项子列需要包含，利用题设中的新定义，结合列举法，即可求解； （2）利用反证法证明，假设，可得下标序号关系或，再分类分析矛盾可得； （3）先将数列的下标序列分组，由抽屉原理，删去首个至少包含两项的集合中的所有项及其他集合中的第一项生成新数列，并取出此两项为子列的前两项，依此类推构造系列新数列及取项，可得满足，进而得证. 【详解】（1）由题意，子列项数为，且子列各项由小到大排序后的下标序列， 需满足， 其中即且， 由数列， 各项均不同的长度为4的子列必包含， 则长度为4的子列所有可能为： ；；；；，； 因为各项从小到大按顺序排列后均为， 则对应下标序列的所有可能为： ；；；；； 故满足条件且的有；两种情况， 即满足题意的所有项子列为：与. （2）数列，各项不同，记为. 设是数列的任意一个长度为的子列，分别对应数列的第项， 且，对应项依次为， 记，即数列. 将这四项从小到大重新排序，记数列， 即，其中为的一个排列， 由，其中即且， 为集合中元素的个数. 下面用反证法证明：对于的任意一个长度为4的子列，都有； 假设，则，且， 则或， 即数列中，最小两项（前两项）都为原数列的奇数项，或都为原数列的偶数项. 将数列的下标序列分如下三组：， 这三组分别对应大数组；中数组；小数组. 由题意，假设若中至少存在个取值属于同一集合，则必存在，，这与假设矛盾. 故中至多两个取值属于同一集合， 第I类：当时，则， 即，且，即最小两项为，最大两项为， 则且. ①若，则，，则， 这与中至多两个取值属于同一集合矛盾； ②若，则由中至多两个取值属于同一集合，且， 可知，则， 故，这与矛盾； ③若，则，，则， 所以，这也与矛盾； 第II类：当时，则， 即，且，即最大两项为，最小两项为， 则且. ①若，则，，则， 这与中至多两个取值属于同一集合矛盾； ②若，则，， 同理由中至多两个取值属于同一集合， 可知，则，因此，则， 则， 故，这与矛盾； ③若，,同理可知，故. （i）若，，则，， ，这与矛盾； （ii）若，，， 若，，由数列为递减数列，则，这与矛盾； 若，则，，，这也与矛盾； 综上所述，不存在满足的数列， 故假设错误，，得证. （3）数列是的一个排列， 将数列的下标序列分如下组： ， 记（） 对的任意一个排列，总可以按如下方法构造一个数列， 在数列中前项中， 由抽屉原理可知，共个集合中至少存在一个包含项以上， 记首个包含第二项的集合为，数列中属于该集合的前两项分别设为， 其中，记， 可知中任意两项所属集合()都不同， 将数列中按序删去集合中所有项及属于其他集合的第一项，共删去项， 则数列为数列长度为的子列， 故数列中包含个集合的项，且每个集合各有项. 中还剩余项，可构成新数列， 则数列为数列长度为的子列， 故数列中包含个集合的项，且每个集合各有项. 同样的，在数列中前项中， 由抽屉原理可知，共个集合中至少存在一个包含项以上， 记首个包含第二项的集合为，属于该集合的前两项分别设为， 其中，记， 可知中任意两项所属集合()都不同， 将数列中按序删去集合中所有项及属于其他集合的第一项，共删去项， 则数列中还剩余项，可构成新数列， 则数列为数列长度为的子列， 故数列中包含除两集合外剩余个集合的项，且每个集合各有项 ， 依此类推，数列项的个数为，（规定数列） 数列中包含个集合的数，每个集合个数， 属于同一集合的前两项分别设为，，， 则可构造子列， 将中各项从小到大重新排序后，可知仍必相邻， 故. 由上构造可知，总存在长为4050项的子列，使得. 3．（25-26高三上·北京大兴·阶段检测）给定无穷数列，若无穷数列满足：对任意，都有，则称与“接近”. (1)设是首项为1，公比为的等比数列，，判断数列是否与“接近”，并说明理由； (2)设数列的前三项为：，，，是一个与“接近”的数列，求集合的元素个数； (3)设是公差为d的等差数列，若存在数列满足：与“接近”，且对任意，在中至少有n个为正数，求d的取值范围. 【答案】(1)是，理由见解析 (2)3个 (3) 【分析】（1）运用等比数列的通项公式和新定义“接近”，即可判断； （2）由新定义可得，求得的范围，即可得到所求个数； （3）运用等差数列的通项公式可得，讨论公差，，结合新定义“接近”，推理和运算，即可得到所求范围． 【详解】（1）数列是与“接近”，理由如下： 是首项为1，公比为的等比数列， 可得，， 则， 可得数列与接近. （2）与 “接近”， ， 于是有， ， ， ， 由于， 其中, 互不相等，有3个元素. （3）与“接近”， ， ，， 因此， 是公差为的等差数列，， ①当时，则，此时中无正数； ②当时，存在， 满足：，即与“接近”， 满足：， 即这个都为正数； 综上，的取值范围是. 4．（25-26高三上·北京房山·期末）已知集合，数列：，：， 其中，且当时，，，当时，． (1)若，求的值； (2)当时，若为奇数，分别判断与是奇数还是偶数，并说明理由； (3)若数列中有项为奇数，求的最大值． 【答案】(1) (2)为奇数；为偶数 (3)的最大值 【分析】（1）是集合的一个排列，可得， 再由求解即可. （2）由递推公式可得，再由为奇数分别求解即可. （3）保持为奇数，偶数维持，奇数改变，优先使用偶数，并在偶数耗尽后计算交替产生的结果即可. 【详解】（1）已知是集合的一个排列，所以，由题意，，所以令可得，，因为，所以，所以. （2）设的前项和为，由递推式，可得，又，定义，，所以，即，所以，因为为偶数，为奇数，所以为奇数， ，若为偶数，则为偶数，若为奇数，则偶数，所以为偶数. （3），因为，若为奇数，则与奇偶性相反，若为偶数，则与奇偶性相同，集合中有个奇数，个偶数，从为奇数，为使数列奇数项尽可能多，应优先使用偶数作为的值，取为中所有的个偶数，则均为奇数，共项，此时偶数已用完，为奇数，则为偶数，为奇数，为偶数，，可知为奇数，共项，因此，奇数项共有项，所以的最大值为. 5．（25-26高三上·北京西城·期末）已知项数列的各项均为正整数．若存在，使得满足以下两个条件：①对任意；②对任意奇数．则称数列具有性质． (1)判断下面两个数列是否具有性质；（结论不要求证明） 数列A：1，2，3，1，2，3，2，1；     数列B：1，2，3，1，2，3，1，2，3，2，1． (2)已知数列具有性质，且，判断中是否存在5项，其值均为2？若存在，给出一个满足要求的数列；若不存在，说明理由； (3)若数列具有性质，证明：． 【答案】(1)数列 A 不具有性质；数列 B 具有性质. (2)不存在，理由： 先证明：若，则. 假设, 由条件①，得 . 若 p 为偶数，即为奇数，则当时，假设与条件②矛盾． 当p为奇数，同理矛盾， 所以假设错误，即 . 由条件①，知, 若中有五项均为2，即这16项中有5项均为2, 则项数应满足，这是不可能的． 所以数列中不存在5项均为2. (3) 由①知，前9项依次为1,2,…,9；最后9项依次为9,8,7,…,1. 由②知，对任意奇数,为1,2,…,9的一个排列， 所以，且之间至少有7个其他项． 令，由②知：若 i 为奇数，则紧随其后等于k的项为之一；若 i 为偶数，则紧随其后等于 k 的项为之一． 由，得第二个出现的，第三个（假设存在，下同）,第四个； 由 ，得第二个，第三个，第四个，第五个；（*） 由 ，得第二个，第三个，第四个，第五个；（#） 若第二个9为中最后一个9，则最后一个，与（*）不符； 若第三个9为中最后一个9，则最后一个，与（*）不符； 若第四个9为中最后一个9，根据（*），得或或. 若 ，与（#）不符； 若，由，得前一个等于8的项只能是；由，得前一个等于7的项只能是，这显然矛盾； 若，由，得前一个等于8的项只能是；由，得前一个等于7的项只能是，这显然矛盾． 所以数列中至少有5项为9. 故数列至少有项，即 . 【分析】（1）根据性质定义分别判断即可； （2）先判断，再根据新定义分别证明矛盾求解； （3）根据新定义，由①②知，分类讨论分别根据分类计算得出数列至少有项，即得 . 【详解】（1）数列A：1，2，3，1，2，3，2，1； ①对任意；②对任意奇数，数列 A 不具有性质； 数列B：1，2，3，1，2，3，1，2，3，2，1；满足①对任意；②对任意奇数，所以数列 B 具有性质. 数列 A 不具有性质；数列 B 具有性质. （2）略 （3）略 6．（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)①由（2）得，对任意，时， 符合题意， 此类共有个， ②在中任取连续项，使其首项满足， 将这项从左到右从上到下依次放入下列数阵， 则该数阵的每行、每列各自成等差数列， 删去两项后，余下， ，均为4项的等差数列， 时，满足题意， 相等，不等时，不等；相等，不等时，不等， 对，有种取值， 共有个， 即其有个， 综上，，得证. 【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； （3）构造三角数阵证明即可. 【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）略 （3）略 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：. 【答案】(1)， (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. 【分析】（1）根据数列的定义，分别计算和 时数列的各项，进而求出和的值. （2）通过以及数列的定义，通过递推关系和绝对值的性质，证明. （3）利用三角不等式和绝对值不等式进行放缩去证明. 【详解】（1）已知：，. 当时，，，. ，. . 当 时，，，，. . . （2）略 （3）略 8．（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. 【答案】(1)数列不是数列，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). 【分析】（1）根据数列的定义判断即可； （2）利用反证法证明即可； （3）通过新定义得，从而设，得到其最小值. 【详解】（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）略 （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． 9．（2026·北京昌平·一模）设数列，若存在公比为的等比数列，使得，其中，则称数列为数列的“等比分割数列”． (1)写出数列的一个“等比分割数列”； (2)若数列的通项公式为，其“等比分割数列”的首项为1，求数列的公比的取值范围； (3)若数列的通项公式为，且数列存在“等比分割数列”，求的最大值． 【答案】(1).（答案不唯一） (2) (3)5 【分析】（1）由于是公比为2的等比数列，因此“等比分割数列”的公比也取2，易得结论； （2）利用定义得出，然后确定出的最小值即得； （3）用反证法证明时，数列不存在“等比分割数列”，然后对找出“等比分割数列”数列即证． 【详解】（1）由，可以取，得.（答案不唯一）； （2）由得， 所以， 令， 则单调递减，所以的最小值是， 所以公比的取值范围是； （3）首先证明时，数列不存在“等比分割数列”， 假设当时，数列存在“等比分割数列”， 则． 易知， 因为且，则，而，所以， 又因为，所以， 与矛盾， 所以当时，数列不存在“等比分割数列”． 所以， 当时，数列，存在首项为，公比为的数列满足： , 所以时，数列存在“等比分割数列”， 所以的最大值是5. 10．（25-26高三上·北京·阶段检测）已知含有n个元素的正整数集（）具有性质P：对任意不大于（其中）的正整数k，存在数集A的一个子集，使得该子集所有元素的和等于k． (1)写出，的值； (2)证明：“，，…，成等差数列”的充要条件是“”； (3)若，求当n取最小值时的最大值． 【答案】(1)， (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由性质，根据与时分析即可； （2）先证必要性：由，，…，成等差数列，故，由等差数列的求和公式得:；再证充分性：由，故（），故，，…，为等差数列； （3）先证明（）,因此，即，所以，由集合的性质，分类，即可求得当取最小值11时，的最大值为． 【详解】（1）由，且均为正整数，故，故， 故当不大于的正整数时，由题意必有，当时，可得； （2）先证必要性：因为，，，，…，成等差数列， 故其首项为，公差为，可得； 再证充分性：因为，，，…，为正整数数列， 故有，，，，…，， 所以，等号成立时， 又，故，故，，…，为等差数列． 综上可知，“，，…，成等差数列”的充要条件是“”； （3）先证明（）， 假设存在，且为最小的正整数， 依题意，则 ， 又因为， 故当时，不能等于集合的任何一个子集所有元素的和． 故假设不成立，即（）成立； 因此， 即，所以； 因为，则， 若，即时， 则当时，集合中不可能存在若干不同元素的和为， 故，即时， 此时可构造集合， 因为当时，可以等于集合中若干个元素的和； 故当时，可以等于集合中若干不同元素的和； …… 故当时，可以等于集合中若干不同元素的和； 故当时，可以等于集合中若干不同元素的和； 故当时，可以等于集合中若干不同元素的和， 所以集合满足题设， 所以当取最小值11时，的最大值为． 11．（25-26高三上·北京·阶段检测）设各项均为整数的无穷数列满足:. (1)求的所有可能取值; (2)若，求的最小值； (3)记数列的前项和为，是否存在数列，使得为无穷集?请说明理由. 【答案】(1) (2)20 (3)存在，证明见详解 【分析】（1）由递推关系及初始值，依次计算，再代入的可能值，通过分类讨论与基本代数运算确定所有可能取值. （2）利用递推式将表示为，分析奇偶性规律得出的奇偶性与的关系；结合平方和公式得到的取值范围，通过枚举满足奇偶条件的并验证，最后构造符号组合证明可实现. （3）构造“操作”和“反操作”这两种固定符号模式的项组合，利用其周期性以及和的变化公式（或），通过选取初始值并进行周期操作，使能无限多次回到，从而证明存在性. 【详解】（1）由及得，再根据： ，则或， ，则或， 因此的所有可能取值为. （2）由递推式得：， 分析奇偶性： 归纳可得：， 由于为偶数，故或， 记， 所以的取值范围为中与奇偶性相同的整数， 构造取法：令，其余， 验证符合奇偶条件的： ：，（）：， ：，：， ：，：， ：， （.）：， （）：，且是偶数，可行， （⇒为奇数）虽然，奇偶性不符， 因此可能的最小是，并且要在里取偶数，并且可达， 检验，， ，，，， ，，， ，，， ，，， ，，， ，， ，：. 因此， 为：， 验证：，， 所有差值绝对值符合 ，且 . 综上时均不满足条件（奇偶不符，或），故的最小值为20. （3）存在，构造如下： 定义操作（从开始取连续8项）： ，， ，， ，， ， 验证， ， 计算， 下证 已知，设，则： 待证①， 由得，② 根据递推条件，可设： 于是：所以： 将②代入：，③ 将①展开：，④ 选取符号模式： 验证③： 展开合并可得，对任意成立， 验证④：设，取： 由于，中和的系数均为零，故，对任意成立， 由此得到构造：操作（从开始取连续8项）, 满足，且代入计算得， 取初始段，则， 从第项起，重复进行操作，每项增加，即 令，得，即， 进行一次反操作（操作中各平方项前符号取反）， 则有 取，，得， 从第项起，依此构造，每次应用操作时起始项均为， 故，即每项增加， 于是 此时，且值恢复为， 以上过程以项为周期（一次反与次），可无限重复， 从而得到无穷多个（如）使得， 因此，存在满足条件的数列，使得为无穷集. 12．（25-26高三下·北京·开学考试）若项数列同时满足．则称为“阶数列”． (1)若等比数列为“6阶数列”，写出的各项； (2)若等差数列为“阶数列”（且，），求的通项公式（用表示）； (3)记“阶数列”的前项和为，若存在，使，判断数列能否是“阶数列”？若是，求出所有这样的数列；若不是，请说明理由． 【答案】(1)或. (2) 当时，， 当时，. (3)不是，理由如下： 记中非负项和为，负项和为，则， 解得， 所以，即 若存在，使， 可知， 且. 时，；时，. ， 这与不能同时成立， 又因为对任意都有，且由可知数列不全为0， 则也不全为0，故.这与“阶数列”要求矛盾， 所以数列不是“阶数列” 【分析】（1）根据所给新定义，求出等比数列的首项与公比即可得解； （2）根据所给新定义，建立方程分类讨论，求出等差数列的首项与公差即可得出通项公式； （3）根据数列新定义，若满足题意可推导出，此时不能同时成立，即可知不存在. 【详解】（1）设是公比为的等比数列，由题意， 则有，即，解得， 又因为，即，解得， 所以数列的各项为或. （2）数列不是“阶数列”，理由略. 13．（25-26高三上·北京朝阳·期末）设为正整数且，若由实数数对组成的序列满足对任意，均有，则称为一个序列．若对一个序列，存在有序实数组（其中）使得，则称为一个序列． (1)已知序列，判断序列是否为序列？序列是否为序列？说明理由； (2)当时，判断是否存在序列不是序列？若存在，请举出一个符合要求的序列；若不存在，说明理由； (3)若任意序列均是序列，求的所有可能取值． 【答案】(1)序列为序列，也是序列； (2)存在，； (3)的所有可能取值为大于等于3的奇数． 【分析】（1）根据序列和序列的定义判断即可； （2）举例，再根据新定义判断即可； （3）分为偶数和为奇数讨论，其中当为奇数时，再细致分两类情况讨论即可. 【详解】（1）由可知序列为序列． 取，有 , ， 故，所以序列为序列． （2）存在序列不是序列． 取， 则， 所以此时序列是序列． 对任意有序实数组， 可得， ， 从而． 所以序列不是序列． （3）若为偶数，则． 取， 则对于每个整数均有， 所以此时数对序列是序列． 对任意有序实数组， , . 所以与的奇偶性相同． 所以为奇数，从而． 所以． 所以序列不是序列． 若为奇数，则． 若对于一个序列，将其中的数对更换为， 或者将与对换位置，序列仍然是序列．， 所以不妨设对于任意，均有， 取，则 ①若对于每个，均有，不妨设， 则有． , , . 则有 ②若存在，使得， 则可设． 记，， 当为偶数时， , , 同时, . 当为奇数时， , , 同时, . 综上可得． 由已知条件得及． 则有， 不妨设， 若，则； 若，则． 综上可知，的所有可能取值为大于等于3的奇数． 14．（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，理由如下： 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)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）略 （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，． 15．（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． 【答案】(1)①是；②是；理由见解析 (2)11 (3)12． 【分析】（1）经验证，是“创造30”的； （2）方法一：数组是“创造2026”的，即，若，则该集合至多能表示1023个不同的正整数，矛盾，得到结论； 方法二：数组是“创造2026”的，即，另外推出，但，故可知m不可能小于或等于10．m的最小可能值为11； （3）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，令，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，分，，，四种情况讨论，结合基本不等式，得到．综上，另一方面，数组是“创造101”的，故m的最小可能值为12． 【详解】（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． 16．（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： 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)不存在，理由： 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). 【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）略 （2）略 （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. 17．（25-26高三下·北京·开学考试）已知为正整数，，若数列同时满足： ① 对任意，均有； ② 对任意，均有 ； ③ 对任意，均有 ， 则称该数列为数列． (1)若数列是数列，直接写出的所有可能值； (2)若数列是数列，求的最大值； (3)若数列是数列，求的最小值． 【答案】(1)； (2)6； (3)2. 【分析】（1）根据定义列举所有情况，再验证即可； （2）分和讨论即可； （3）首先讨论的情况，再假设存在，进行分类讨论，最后构造符合题意的数列即可. 【详解】（1）. 理由：由题意得， 对条件①，对任意的，均有； 对条件②，对任意的，均有， 即，，， 对条件③，对任意，均有， 若数列是数列，根据条件①知， 根据条件②知， 当时，经验证符合条件③，此时， 当时，因为，则，不合题意，舍去； 当时，经验证符合条件③，此时， 当时，经验证符合条件③，此时， 综上所述的所有可能值为. （2）设，由①，， ．1,2,3,4,2,1是6⊕4数列， 所以符合题意． ．当时，由②，设或． （a）当时， 由②，，故由③，，与②矛盾． （b）当时，由②，或。 若，由③，，与①矛盾． 若，由②③，，与①矛盾． 综上，的最大值为6． （3）若满足③，则删除若干项仍满足③． 依题意，． ．当时，假若，设， 设，则由②，，由①②，无解，矛盾． 所以． ．假设存在，使得，设满足此条件的最小的为．由知，. 若存在数列，则． 不妨设中，出现的次数最少，设出现了次． 1.当时，则为数列，矛盾． 2.当时，设， （a）当或时，去掉这一项得数列，矛盾． （b）当时，去掉前两项得数列，矛盾． （c）当时，去掉后两项得数列，矛盾． （d）当时，记原数列为． 若且，去掉这一项得数列，矛盾． 若且，去掉,这两项得数列，矛盾． 若且，去掉,这两项得数列，矛盾． 若且，与（2）矛盾． 3．当时，中，均至少出现2次． 由②，前两个1之间必有其它数，不妨设为2． 由③，所有的2均在这两个1之间． 同理，不妨设所有的3全在前两个2之间，所有的4全在前两个3之间，⋯ 这与矛盾． 4．综上，假设不成立，必有． ．构造：1,2,3,1为数列，此时． ．综上，的最小值为2． 18．（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． 【答案】(1)①是；②否. (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. 【分析】(1) 先根据1 阶完美拆分数列的定义，验证原数列与拆分后数列是否满足，再逐一判断即可； (2) 先假设拆分非最大项，结合1阶完美拆分数列的性质推出矛盾，再用反证法证明拆分项必须为最大项； (3) 先通过递推构造至阶完美拆分数列，验证其满足完美拆分数列的定义，再假设存在阶完美拆分，推出与定义的矛盾，从而确定的最大值 【详解】（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）略 （3）略 19．（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) 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)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）略 （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． 20．（2026·北京房山·一模）已知数列：，，若集合，则称数列为数列的一个置换． (1)求数列：的任意置换的前项和的最大值； (2)已知数列：．写出的一个置换，使得该置换的前项的和满足：存在，．对任意，，数列是否也存在一个置换，使得该置换的前项的和满足：存在，？说明理由； (3)在项数为的数列中，，证明：“数列为常数列”的充要条件为 “在数列的以任意项为末项的所有置换中，都存在置换，使得”． 【答案】(1)252； (2)1，3，7，2，4，5，6； (3)必要性： 因为数列为常数列，每个置换是常数列，存在． 充分性：＂的以任意项为末项的所有置换中，都存在置换，使得．＂称具有性质． 由，得．又因为为偶数，为定值，所以数列的所有项的奇偶性相同.称具有性质. 对具有性质的数列施加变换：若的所有项均为偶数， 令；若的所有项均为奇数，令．得到数列． ①若的所有项均为偶数，， 则＂具有性质＂等价于＂具有性质＂， 又因为，所以．且数列具有性质． ②若的所有项均为奇数，，则＂具有性质＂等价于＂具有性质＂. 又因为，所以，当且仅当 时取等号． 且数列具有性质. 总之，对数列施加变换，数列保持性质和性质不变. 对数列施加次变换后，得到常数列． 常数列，经过次相反的变换：或者， 每次得到的数列都是常数列，最终得到数列，且数列为常数列． 【分析】（1）分析前6项和小于等于即可； （2）写出满足题意的置换，再证明即可； （3）分的所有项均为偶数和的所有项均为奇数讨论即可. 【详解】（1）数列的每个置换的前6项和． 当置换为4，8，16，32，64，128，1，2时，． 所以的最大值为252． （2）数列的一个置换：1，3，7，2，4，5，6， 存在 ，使得．对任意，数列， 存在一个置换为：， 存在，使得． （3）略 21．（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． 【答案】(1)（ⅰ）.（ⅱ）满足条件的正实数. (2)证明：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. 【分析】（1）先由 求出 ,从而得到 ,进而确定集合中元素的个数.第（ⅱ）问先把题设化为 ,再令 ,利用不等式求出参数的值. （2）设前缀和 ,再利用小数部分与抽屉原理选取合适的,构造 ,最后把所求和写成前缀和小数部分的差即可. 【详解】（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）略 22．（2026·北京海淀·二模）给定正整数，如果一个无穷数列满足：对于任意正整数，这项中恰有个不同的数，则称为预言数列． (1)分别写出下列数列是否为3-预言数列； ①；② (2)是否存在首项为3的3-预言数列？若存在，求出所有符合条件的数列；若不存在，说明理由； (3)求预言数列的个数． 【答案】(1)是3-预言数列；不是预言数列； (2) 不存在，证明如下： 根据题意，任意正整数，这项中恰有个不同的数， 任意正整数，，这项中恰有个不同的数 所以且 假设存在首项的预言数列，则中有不同的数， 即必须互不相同，即， 当时，不满足，矛盾； 当，根据题意，对于正整数，，这项中恰有个不同的数， 即，与矛盾； 当时，根据题意，对于正整数，，这项中恰有个不同的数， 即，且， 又因为，所以，，， 此时与对于正整数，，这项中恰有个不同的数矛盾. 综上，不存在首项为的预言数列. (3)当时，，此时预言数列的个数为1；当时，预言数列的个数为. 【分析】（1）根据题意，结合预言数列的定义依次判断即可； （2）根据题意得且，再假设存在，则，再依次讨论，，时均不满足即可说明不存在； （3）先讨论时的情况，再讨论，结合反证法证明预言数列的个数为. 【详解】（1）解：对于①， 当时，对于任意正整数，的值均为，不同的数的个数为， 所以是预言数列； 对于② 由于，，，，，，……， 当，时，对应的项为，，， 其中不同的数有和两个，不等于， 所以不是预言数列. （2）略 （3）解：当时，，此时预言数列的个数为1； 当时，预言数列的个数为，证明如下： ①同（2），可得且， 所以，若数列中某一项为1，则后续项只可能均为1或者均为2. ②设中的最大项为，证明. 假设，则存在， 由题可知，中恰有，这个不同的数， 所以，其中存在（若有多个，则取最后一个），存在，（若有多个，则取最前一个）， 若，则，，矛盾； 若，则中恰有个不同的数， 又因为中没有，且，其后续项也没有，矛盾. 由上可知，. ③由②，若，则，符合； 若，设，则其后续项可取到和，且其中第一个1的后续项只能为2， 否则其前一项（取2）对应的后续项只能取1，矛盾； 所以，若，则其后续项只能有1个1，个2， 共有种不同的取法，考虑到数列首项还可能是1， 所以，当数列中最大项为2时，共有个预言数列， 综上，时，预言数列的个数为. 23．（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． 【答案】(1)0；1 (2)存在唯一的 (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． 【分析】（1）根据定义求解. （2）根据定义可得，，解得的范围，根据得到的值，从而得到．根据定义检验：，，符合题意．从而得到存在唯一的符合题意． （3）分别按照和两种情况讨论证明. 【详解】（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）略 24．（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． 【答案】(1)， (2)由于是的一个排列，故对有， 若，则每个以为首项的递增子列都可以在前面加一个， 得到一个以为首项的更长的递增子列，所以， 而每个以为首项的递减子列都不包含，且， 故可将替换为，得到一个长度相同的递减子列，所以， 从而有； 若，则每个以为首项的递减子列都可以在前面加一个， 得到一个以为首项的更长的递减子列，所以， 而每个以为首项的递增子列都不包含，且， 故可将替换为，得到一个长度相同的递增子列，所以， 从而有，综上有， 这也意味着和不能同时为零， 故. (3)当为偶数时，的最小值是；当为奇数时，的最小值是 【分析】（1）直接根据定义求解； （2）分情况讨论证明，故可知和不能同时为零，进而得到结论； （3）利用（2）的结果可得，然后对的奇偶性分情况讨论范围，并构造对应的数列. 【详解】（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. 25．（2026·北京·三模）设和均为各项互不相等的项数列，其中，，，…，．记数列：，，…，，其中，，，…，． (1)写出所有满足条件的数列和，使得数列:，，，； (2)若，是公差不为的等差数列，求证：为定值； (3)若为各项互不相等的数列，记中最大的数为，最小的数为，求的最小值． 【答案】(1)；； ；. (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2026数列， 所以， 所以即. 所以公差. 不妨设公差，则， 而只能由1和2026得到，去除两端的数后只能由2和2025得到 以此类推，于是总为定值2027. (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）略 （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，故不可能为0，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. 26．（2026·北京·三模）A是一个4行4列的数表，记其第行第列的数字为，．若的每一行和每一列中同一数字恰出现2次，则称为方．定义的一次翻转操作为：对于中任意四个数，，，（，），将替换为，替换为，替换为，替换为，其余位置的数保持不变．若数表可由数表通过若干次翻转操作得到，则称与可连通，否则称与不可连通． 给定方． (1)已知，，直接判断，能否由通过一次翻转操作得到； (2)设方，问能否与连通？若能连通，求出所需翻转操作的次数的最小值；若不能，说明理由； (3)是否存在与不可连通的方？说明理由． 【答案】(1)不能由通过一次翻转操作得到，能由通过一次翻转操作得到． (2)能与连通，所需翻转操作次数的最小值为． (3)不存在与不可连通的方． 理由如下：先说明一个事实：任意两个含有相同个数的行列，数表都可连通． 首先，同一次翻转连续做次后，数表恢复原状，所以一次翻转的逆操作可以通过连续做同一次翻转次实现． 下面说明同一行中相邻两个位置上的数字可以交换． 例如取另一行，交换第行第列与第列两个位置上的数字， 可以依次作， 其中表示该翻转的逆操作，也就是连续做同一次翻转次． 只看第行、第行与第列， 有 逐项检查这三个操作可知，它们只交换第行第列与第列两个位置上的数字，其余位置上的数字不变． 同理，同一行中任意相邻两列位置上的数字可以交换；同一列中任意相邻两行位置上的数字也可以交换． 任意两个位置之间都可以先沿行方向、再沿列方向通过相邻交换逐步到达． 因此，只要两个数表中的总个数相同，就可以把第一个数表中数字所在的位置逐个移动到第二个数表中数字所在的位置， 最终把一个数表变成另一个数表． 任意方中，每一行都有两个，所以共有个；给定的也有个． 由上面的事实可知，任意方都能与连通．所以不存在与不可连通的方． 【分析】（1）矩形的一次翻转得到． （2）给出从到的具体翻转过程，说明次可以做到；再用不同位置个数证明至少需要次． （3）证明相邻位置的数字交换可以由若干次翻转实现，从而说明任意两个含有相同个数的数表都可连通．任意方都有个，故都与连通． 【详解】（1）一次翻转只是把所选小矩形四个顶点上的数字循环移动，因此不会改变整个数表中数字的总个数． 中有个，而中有个，所以不可能由通过一次翻转操作得到． 与只有第行、第行和第列、第列交成的四个位置不同． 在中，这四个位置形成的小矩形为 对这四个位置作一次翻转后变为其余位置不变，正好得到． 所以能由通过一次翻转操作得到． （2）记表示对第行、第行与第列、第列交成的四个位置作一次翻转． 从出发，依次作， 可得 所以能与连通，且至多需要次翻转． 又因为与共有个位置不同，而一次翻转最多只改变个位置， 所以至少需要次翻转．因此所需翻转操作次数的最小值为． （3）略． 27．（2026·北京·三模）给定正整数．对于各项均为正整数的数列，若，且，则称为的一个分拆数列．对于分拆数列，定义其共轭数列如下：数列的第项定义为数列中大于或等于的项的个数，数列的各项从开始，至前终止，即的项数为满足的最大正整数．如果分拆数列与相同（即项数相同，且对应项分别相等），则称为自共轭数列． (1)求时的自共轭数列； (2)若是分拆数列，是否一定是分拆数列？若与都是分拆数列，是否一定与相同？说明理由； (3)设正整数的自共轭数列的个数为，各项均为奇数且互不相同的的分拆数列的个数为，求． 【答案】(1)2，1 (2)一定是分拆数列，且一定与相同．理由如下：设， 且．按定义，是中大于或等于的项的个数， 所以，且各项均为正整数．又等于把中每一项都计数次， 所以因此一定是分拆数列．再设为， 则是中大于或等于的项的个数．由等价于中至少有项大于或等于， 又由于的各项按从大到小排列，这等价于．所以满足的的个数恰为， 即．故一定与相同． (3) 【分析】（1）自共轭即分拆与其共轭数列全等，列举全部分拆后对照共轭定义筛选即可； （2）共轭变换保分拆，且二次共轭还原原数列；核心是双重求和换序证和为，利用格点计数等价证； （3）借助共轭映射建立自共轭分拆无重复奇数分拆的一一对应，故对全体正整数成立，解集为. 【详解】（1）当时，所有的分拆数列共有3组：3；2，1；1，1，1． 一、若，则大于等于1，2，3的项各1个，大于等于4的项0个，故，与不同； 二、若，则大于等于1的项2个，大于等于2的项1个，大于等于3的项0个，故，与相同； 三、若，则大于等于1的项3个，大于等于2的项0个，故，与不同． 综上，由定义，时的自共轭数列为2，1． （2）略 （3）满足条件的正整数为全体正整数． 证明如下： 对任意正整数，在的自共轭数列和的各项均为奇数且互不相同的分拆数列之间建立一一对应． 设是自共轭数列，把看成由方格组成的图形：第行有个方格． 因为与相同，所以这个方格图关于从左上到右下的对角线对称． 设对角线上的方格共有个，即，且若存在，则． 对第个对角线方格，记它右边的方格数为，由于图形关于对角线对称，它下边的方格数也为， 所以由这个对角线方格及其右边、下边方格组成的一组共有个方格． 这些数都是奇数，并且当时，它们互不相同，且所有组恰好合起来就是全部个方格． 于是得到一个各项为奇数且互不相同的的分拆数列． 反过来，给定一个各项均为奇数且互不相同的的分拆数列，把它写成其中． 依次放置个对角线方格，并在第个对角线方格右边放个方格，下边也放个方格． 由于，所得方格图的每一行长度从上到下不增加；又因为左右两侧对称，所以得到一个自共轭数列． 这个过程与前面的过程互为逆过程，因此两类数列一一对应． 所以对任意正整数，都有． 因此，满足条件的为全体正整数． 28．（2026·北京·模拟预测）已知，数列：，，⋯，，其中.称集合{，是的因数}为数列的制约集. (1)当时，设：1，3，5，2，6，4； ：2，4，3，5，1，6.直接写出和； (2)设，，数列满足，证明：存在偶数，； (3)若，求所有满足条件的数列. 【答案】(1)， (2)因为 为奇数，故至少存在一个，使得为奇数， 从而也为奇数，不能被整除. 即，命题成立. (3)当时，数列为 ，，，，，⋯，1， 或，，，，⋯，，1. 当时，数列为 ，，，，⋯2，，1， 或，，，，⋯，，2，，1. 【分析】（1）根据“制约集”的定义可求； （2）通过证，得到至少存在一个，使得为奇数，从而也为奇数，进而得证； （3）先利用最大下标条件：从开始，因为 且差的绝对值小于 n，所以，从而只能是或；再递推构造更小规模的数列：将问题规模从 降到，建立一一对应，从而证明满足条件的数列个数与 时相同，即总是2个；具体写出这两个数列：通过正向递推或逆向递推，利用差必须等于，唯一确定每个位置的值。 【详解】（1）对于 能整除故; 能整除故; 能整除故; 能整除故; 能整除故; 所以 对于 能整除故; 不能整除故; 不能整除故; 能整除故; 能整除故; 所以. （2）略 （3）因为，可知整除，一定有或，即满足条件的数列的最后一项必为1或. 若，构造数列：，，⋯，，其中， 则，其制约集. 故每个以结尾、满足条件的数列均对应一个以1结尾，满足条件的数列，且的项数为. 反之亦然，即上述对应是一一的. 若，构造数列：，，⋯，，其中， 则，其制约集. 故每个以1结尾、满足条件的数列均对应一个以结尾，满足条件的数列，的项数为. 上述对应也是一一的. 综上所述，满足条件的项数列与项数列之间具有一一对应，从而对于任意的，满足条件的数列的个数均相同. 取，数列只有1，2和2，1两种可能，其制约集均为. 故对任意的，恰有两个数列满足条件. 当时，数列为 ，，，，，⋯，1， 或，，，，⋯，，1. 当时，数列为 ，，，，⋯，，2，，1， 或，，，，，⋯，，2，，1. 29．（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． 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点专训02 数列新定义解答题压轴 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 3 题型1 新性质类 3 题型2 最值类 4 题型3 数列的变换与操作 6 题型4 数学归纳法证明 7 题型5 数列与集合 9 题型6 存在性与构造性问题 10 重难专题分层过关练 12 巩固过关 12 创新提升 13 解题方法及技巧提炼 1、北京高考数列新定义解答题压轴的基本特点是： 北京高考数学第21题（解答题压轴题）是整张试卷区分度的核心所在。这类题目多以数列、数阵、集合等为载体，形式抽象、符号简约、内涵丰富、背景新颖。与传统数列题不同，等差、等比的递推及求和几乎从不涉及，考查的基本上都是在一个新定义下的逻辑推理。试题采用分层设问，由浅入深、层层递进，思维量大、创新性强，对学生的信息理解与转化能力、逻辑分析与推理素养要求极高。 2、数列新定义解答题的基本思路是： （1）理解定义：仔细阅读新定义，找出新定义有几个要素，明确每个要素的含义； （2）具体试探：压轴第一问往往都是帮我们具体试探、理解题意的。通过代入具体数值，检验是否正确理解和运用新定义； （3）归纳规律：从具体试探中寻找规律，将新定义转化为熟悉的数学语言； （4）逻辑推理：结合所学的数列、集合、不等式等知识，运用归纳法、反证法、构造法等严格证明。 3、核心解题策略： （1）逐问突破、分层推进：北京卷新定义压轴题通常设置3问，难度递进。第（1）问通常是指明计算或简单验证，帮助理解定义；第（2）问需要一定的变形推理；第（3）问则需要综合运用多种方法进行构造性证明。解答时应确保前一问正确完成，其结论往往可作为后一问的已知条件使用。 （2）极端原理：在涉及存在性或最值的问题中，考虑极端情形（如最大项、最小项、边界位置等），往往能简化问题、找到突破口。北京各区模拟题中频繁出现“极端构造”的解题思路。 （3）构造法：当需要证明存在性时，主动构造满足条件的数列、数表或集合，是解决第（3）问最常用的方法。构造时要充分利用第（1）（2）问中已经建立的结论和规律。 （4）奇偶分析：许多新定义问题与奇偶性密切相关，通过分析项的下标或取值的奇偶，可以建立关键的不等式或等量关系。 （5）算两次 ：对同一个量从两个不同的角度进行计算，从而建立等式关系，是组合数学中的经典方法，在数列新定义压轴题中也有广泛应用。 （6）不变量原理：寻找在变换过程中保持不变的量，利用不变量的性质进行推理和证明。 （7）分类枚举：当问题涉及有限种情况时，通过合理的分类标准进行枚举讨论，穷尽所有可能。 （8）数形结合：将数列问题转化为图形或数表问题，利用直观的几何意义辅助推理。 4、常见题型及解题要点： （1）新概念定义型：题目给出全新的数列概念（如“K列”、“m-连续可表数列”、“可分数列”等），要求判断性质或证明结论。核心是逐字逐句理解定义的每一个条件，不能跳过任何细节。 （2）新运算定义型：题目定义一种新的数列变换规则（如对数列的若干项同时加1、取相邻两项的最小值等），要求研究变换前后的性质变化。核心是通过具体操作理解运算规则，寻找变换中的不变量或规律。 （3）新性质定义型：题目定义数列应满足的某种性质（如“任意项均可表示为某子列之和”等），要求判断存在性或求参数范围。核心是将性质条件转化为数学不等式或方程。 （4）数表与矩阵型：以数表或矩阵为载体的新定义问题，涉及行、列、对角线等多维信息。核心是找准数表中各元素之间的关联关系，将二维问题转化为一维数列问题。 5、实用技巧与备考建议： （1）时间分配：第21题分值15分，难度极大。若前两问能顺利解答，第三问可留出充足时间思考；若整体时间紧张，优先确保前两问的分数。 （2）第一问务必拿全：第（1）问通常难度不大，只要理解定义即可完成，这是整道题中最容易拿到的分数，务必确保正确。 （3）善用特殊值试探：遇到抽象定义时，先取具体的数字代入，通过实际计算感受定义的含义和规律，再抽象推广。 （4）关注北京各区模拟题：近年来北京各区高三期末、一模、二模的新定义压轴题，在命题思路上与高考高度一致，是极佳的训练素材。 （5）常见失分点：①急于解题而忽略对定义的逐字理解；②第（1）问计算错误导致后续全盘皆输；③第三问缺乏构造思路时放弃尝试——即使不能完整证明，写出部分合理推理也可能获得步骤分；④忽略题目中的隐含条件（如数列为整数列、各项为正、有穷数列等）。 题型通法及变式提升 题型1 新性质类 【典例1-1】（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. 核心口诀：新性质先翻译，条件结论逐条析；特殊检验找规律，严格推理证性质。 高分技巧： 逐条拆解定义：新定义往往包含多个条件，将其逐条拆解成可操作的数学语言。例如2023年北京卷的“下角标最值”定义，需先明确集合中元素与下角标的对应关系； 特殊化检验：取最简单的特殊情形（如项数极少、取特殊值）代入新定义，检验自己对定义的理解是否正确； 由浅入深层层推进：北京卷新定义题通常设问由浅入深——第一问往往是具体验证（帮助理解定义），第二问归纳规律，第三问严格证明。顺着题目设问顺序走，本身就是解题路径； 性质传递与连锁推导：新定义的性质往往会在数列相邻项之间传递。找出“如果某几项满足性质，则下一项也必须满足”的递推关系，是证明的关键； 反证法排除：若要证明某性质对所有项成立，假设存在反例推出矛盾，是处理新性质证明题的利器。 【典例1-2】（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. 【变式1-1】（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. 【变式1-2】（2026·北京朝阳·二模）已知无穷数列的各项均为正整数，无穷数列满足以下性质： ①； ② (1)若，求； (2)证明：； (3)是否存在大于1的正整数，使得成立？说明理由． 题型2 最值类 【典例2-1】（25-26高三上·北京·开学考试）给定整数，数列满足．定义数列如下：，其中表示这2个数中最小的数．记， (1)时，，分别写出相应的数列和； (2)求证：； (3)求的最小值． 核心口诀：最值先猜后证，上下界分别突破；极端构造找临界，抽屉原理定边界。 高分技巧： 先猜后证：先用特殊值或小规模情形试探，猜测最值的具体数值或取等条件，再严格证明上界和下界； 分别证明上下界：最值问题分为两步——①证明目标量不可能超过某个值（上界）；②构造例子说明可以达到该值（下界/可达性）； 极端构造法：构造达到最值的数列时，往往取极端情形（如全取最大/最小值、按某种规律排列）； 抽屉原理定边界：当数列取值有限时，利用抽屉原理证明某项必然重复或某项必然出现，从而锁定最值； “算两次”技巧：从两个不同角度计算同一个量，建立等式后推出最值条件； 数形结合辅助：将数列项视为点或线段，通过几何直观判断最值位置。 【典例2-2】（25-26高三上·北京密云·阶段检测）设数列，如果，且，对于，，使成立，则称数列A为数列． (1)分别判断数列1，3，5，7和数列2，4，6，8是否是数列（只需写出结论）； (2)若数列A是数列，且，求的最小值； (3)若数列A是数列，且，求的最大值． 【变式2-1】（25-26高三上·北京·期中）已知为有穷整数数列.给定正整数，若对任意的，在中存在，使得，则称为－连续可表数列. (1)判断是否为5－连续可表数列？是否为6－连续可表数列？说明理由； (2)若为8－连续可表数列，求证：； (3)若为20－连续可表数列，且，求的最小值. 【变式2-2】（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. 题型3 数列的变换与操作 【典例3-1】（25-26高三上·北京顺义·期中）对于数列：，，…，，定义变换，将数列变换成数列：，，…，，，记，，.对于数列：，，…，与：，，…，，定义.若数列：，，…，满足，则称数列为数列. (1)若：，1，，1，1，，写出，并求； (2)对于任意给定的正整数，是否存在数列，使得？若存在，写出一个数列，若不存在，说明理由： (3)若数列满足，求数列的个数. 核心口诀：变换规则先吃透，正反操作都练到；不变量是突破口，操作前后找守恒。 高分技巧： 理解变换规则：新定义往往给出对数列的某种操作（如相邻项替换、插入删除、重新排列等）。先用小数列模拟操作过程，理解每一步的作用； 寻找不变量：变换操作题的核心是寻找“操作前后保持不变的量”——可能是和、积、奇偶性、某种代数式的值等； 正向与反向操作：既要会按规则正向操作，也要会反向推理——如果某状态可由操作得到，逆推前一步的状态； 操作的可逆性判断：判断变换是否可逆，可逆时两个方向都可用；不可逆时需谨慎处理； 分类枚举操作路径：若操作种类有限，可分类讨论不同操作路径导致的结果； 整体与局部分析结合：有时整体性质（如总和不变）和局部性质（如相邻项关系）需配合使用。 【典例3-2】（25-26高三上·北京东城·期末）已知数列为有穷整数数列，定义变换：将的第项与第项同时减1，其余项不变，所得数列记作．对依次进行变换后，所得数列记为． (1)已知，直接写出； (2)已知，若存在变换使得的各项均为0，求的值； (3)已知为偶数，的各项均为正整数，且对任意的变换，当中的各项均为非负整数时，都有中等于0的项的个数不大于，求的各项之和的最小值． 【变式3-1】（25-26高三上·北京昌平·期末）对于数列A：，，…，，若满足（，2，3，…，n），则称数列A为“数列”.定义变换T，T将“数列”A中原有的每个1都变成0，1，原有的每个0都变成1，0，例如A：0，1，0，则：1，0，0，1，1，0，设是“数列”，令，，2，3，…. (1)若数列：1，0，0，1，1，0，0，1，0，1，1，0，求数列，； (2)若数列共有12项，则数列中连续两项相等的数对至少有多少对？请说明理由； (3)若：0，1，记数列中连续两项都是1的数对个数为，，2，3，….求关于k的表达式. 【变式3-2】（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． 题型4 数学归纳法证明 【典例4-1】（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. 核心口诀：归纳奠基要扎实，归纳递推找桥梁；加强命题降难度，第二归纳破复杂。 高分技巧： 明确归纳结构：数学归纳法证明需清晰展示两步——①奠基（验证n取初始值时命题成立）；②递推（假设n=k时成立，证明n=k+1时成立）； 寻找递推桥梁：归纳递推的关键是找到“从k到k+1”的过渡关系。通常利用数列的递推公式或新定义中的性质建立联系； 加强命题法：当原命题的归纳递推难以直接进行时，可证明一个更强的命题（“加强命题”），使归纳假设提供更多信息，反而更容易证明； 第二数学归纳法：当n=k+1的证明需要用到前面多个k值（不仅仅是k）时，采用第二数学归纳法——假设所有≤k的情形都成立； 反向归纳：有时从n较大处往小处推更简单，可尝试反向归纳； 与构造法结合：归纳证明存在性时，常在归纳步骤中构造满足条件的下一项。 【典例4-2】（2025·北京顺义·一模）已知数列：各项为正整数.对任意正整数，定义：，，其中表示有限集中的元素个数，规定. (1)对于数列：1，3，2，2，写出，，，的值； (2)若数列：满足. （i）若，令，当时，求； （ii）求证：. 【变式4-1】（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4-2】（25-26高三上·北京·阶段检测）已知整数数列满足．定义数列，其中，对，表示集合的元素个数． (1)对于下列数列，分别写出其对应的： ①；②； (2)记，证明：若，则； (3)记为，当时，记为．证明：与的各项对应相等． 题型5 数列与集合 【典例5-1】（25-26高三上·北京通州·期中）设有序数阵，集合，（其中）．若满足：① ；②，则称 为集合的覆盖数阵． (1)若为的覆盖数阵，求的值； (2)当时，写出所有的的取值，使得为的覆盖数阵． (3)设有序数阵的个数为，若为的覆盖数阵，求证：． 核心口诀：集合元素看互异，子集关系列条件；极端原理找最大，抽屉原理证存在。 高分技巧： 集合语言翻译：将集合的“元素”“子集”“交集”“并集”“补集”等概念翻译为数列的语言； 互异性是关键：集合中元素互不相同，若数列某项重复，则在集合中只算一次。这一性质常用于构造反例或限制规模； 子集条件转化为不等式：若题目要求“集合中任意两个元素满足某条件”，转化为对数列任意两项的不等式约束； 极端原理：在有限集合中取最大或最小元素，往往具有特殊性质，可作为证明的突破口； 抽屉原理：若集合元素个数多于某种分类的类别数，则必有两元素同类，由此推出矛盾或存在性； 构造最大集合：证明某条件下集合元素个数最多时，需先证明上界（不可能更多），再构造达到上界的例子。 【典例5-2】（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5-1】（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. 【变式5-2】（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. 题型6 存在性与构造性问题 【典例6-1】（25-26高三上·北京海淀·期末）对有穷数列，用表示数列中所有的项构成的集合.定义变换，将数列变换成数列. 对有穷数列，令数列. 若，则称为阶完美数列. (1)写出所有的2阶完美数列； (2)若数列为3阶完美数列，求集合的元素个数； (3)是否存在16阶完美数列？如果存在，求出所有的16阶完美数列；如果不存在，说明理由. 核心口诀：存在性先猜后造，特殊构造找门道；反证假设不存在，推出矛盾便知晓。 高分技巧： 先猜后造：存在性问题的核心是“找到一个满足条件的对象”。先用小规模试探，猜测构造规律，再严格构造； 递推构造法：从初始项开始，按照新定义的要求逐项构造，每一步确保满足条件； 极端构造法：构造时取极端值（最大、最小、全取某值等），往往最容易满足条件； 反证法证明不存在：若题目问“是否存在”，答案若为否定，则假设存在推出矛盾； 分类讨论构造：根据参数的不同取值范围，分别构造不同的数列； 利用已知结论构造：将新定义问题转化为已知的经典结构（如等差数列、等比数列、周期数列）进行构造； 验证完整性：构造完成后，必须逐条验证新定义的所有条件都被满足，不可遗漏。 【典例6-2】（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． 【变式6-1】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． 【变式6-2】已知是无穷数列．给出两个性质： ①对于中任意两项，在中都存在一项，使； ②对于中任意项，在中都存在两项．使得． (1)若，判断数列是否满足性质①，说明理由； (2)若，判断数列是否同时满足性质①和性质②，说明理由； (3)若是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：为等比数列. 重难专题分层过关练 巩固过关 1．若数列满足，则称是“紧密数列”．已知数列的前项和为，且． (1)试判断是否为“紧密数列”，并说明理由． (2)若数列是“紧密数列”，已知（为常数），且，求的前项和． 2．若数列满足（为常数），则称数列为等比和数列，为公比和，已知数列是以5为公比和的等比和数列，且，记． (1)求证：数列是周期数列，并指出其周期； (2)求的值． 3．对于数列，定义为数列的一阶差分数列，其中 (1)若数列的通项公式，求的通项公式； (2)若数列的首项是1，且满足，求数列的前n项和. 4．已知数列的前项和为，若数列满足，则称数列是“方特数列”. (1)证明：数列是“方特数列”； (2)若数列是“方特数列”，求的取值范围； (3)证明：当时，数列是“方特数列”. 5．若对于任意的，为数列中小于的项的个数，则称数列是的“生成数列”. (1)分别写出数列1，0，3，4及，，2，的“生成数列”的前4项； (2)若数列满足，且的“生成数列”为，求； (3)若为等比数列，且，公比，的“生成数列”为，的“生成数列”为，求. 创新提升 1．（25-26高三上·北京·阶段检测）对于有限正整数数列：，若存在连续子列和符号序列，使得，其中，则称数列存在平衡连续子列． (1)写出数列2，1，2，3的一个平衡连续子列； (2)设对任意正整数，定义函数为满足的非负整数，其中为奇数，令．求数列并判断其是否存在平衡连续子列，说明理由； (3)设数列的每一项均为不大于的正整数，证明：当时，存在平衡连续子列． 2．（25-26高三上·北京·阶段检测）从任一数列中，选取第项，第项，第 项（ ）， 新数列 为长度为 的子列.对于各项均不相同的数列，其各项从小到大按顺序排列为（其中 是 的一个排列.定义集合：，称集合的元素个数为数列的 “相邻计数”，记为 . (1)对于数列 ，直接写出它所有的 4 项子列 ，使得各项不同，且； (2)已知数列，证明：对于 的任意一个连续 4 项子列 ，都有； (3)已知数列 是 的一个排列，求证： 总存在长为 4050 项的子列 ，使得 . 3．（25-26高三上·北京大兴·阶段检测）给定无穷数列，若无穷数列满足：对任意，都有，则称与“接近”. (1)设是首项为1，公比为的等比数列，，判断数列是否与“接近”，并说明理由； (2)设数列的前三项为：，，，是一个与“接近”的数列，求集合的元素个数； (3)设是公差为d的等差数列，若存在数列满足：与“接近”，且对任意，在中至少有n个为正数，求d的取值范围. 4．（25-26高三上·北京房山·期末）已知集合，数列：，：， 其中，且当时，，，当时，． (1)若，求的值； (2)当时，若为奇数，分别判断与是奇数还是偶数，并说明理由； (3)若数列中有项为奇数，求的最大值． 5．（25-26高三上·北京西城·期末）已知项数列的各项均为正整数．若存在，使得满足以下两个条件：①对任意；②对任意奇数．则称数列具有性质． (1)判断下面两个数列是否具有性质；（结论不要求证明） 数列A：1，2，3，1，2，3，2，1；     数列B：1，2，3，1，2，3，1，2，3，2，1． (2)已知数列具有性质，且，判断中是否存在5项，其值均为2？若存在，给出一个满足要求的数列；若不存在，说明理由； (3)若数列具有性质，证明：． 6．（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． 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. 9．（2026·北京昌平·一模）设数列，若存在公比为的等比数列，使得，其中，则称数列为数列的“等比分割数列”． (1)写出数列的一个“等比分割数列”； (2)若数列的通项公式为，其“等比分割数列”的首项为1，求数列的公比的取值范围； (3)若数列的通项公式为，且数列存在“等比分割数列”，求的最大值． 10．（25-26高三上·北京·阶段检测）已知含有n个元素的正整数集（）具有性质P：对任意不大于（其中）的正整数k，存在数集A的一个子集，使得该子集所有元素的和等于k． (1)写出，的值； (2)证明：“，，…，成等差数列”的充要条件是“”； (3)若，求当n取最小值时的最大值． 11．（25-26高三上·北京·阶段检测）设各项均为整数的无穷数列满足:. (1)求的所有可能取值; (2)若，求的最小值； (3)记数列的前项和为，是否存在数列，使得为无穷集?请说明理由. 12．（25-26高三下·北京·开学考试）若项数列同时满足．则称为“阶数列”． (1)若等比数列为“6阶数列”，写出的各项； (2)若等差数列为“阶数列”（且，），求的通项公式（用表示）； (3)记“阶数列”的前项和为，若存在，使，判断数列能否是“阶数列”？若是，求出所有这样的数列；若不是，请说明理由． 13．（25-26高三上·北京朝阳·期末）设为正整数且，若由实数数对组成的序列满足对任意，均有，则称为一个序列．若对一个序列，存在有序实数组（其中）使得，则称为一个序列． (1)已知序列，判断序列是否为序列？序列是否为序列？说明理由； (2)当时，判断是否存在序列不是序列？若存在，请举出一个符合要求的序列；若不存在，说明理由； (3)若任意序列均是序列，求的所有可能取值． 14．（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. 15．（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． 16．（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. 17．（25-26高三下·北京·开学考试）已知为正整数，，若数列同时满足： ① 对任意，均有； ② 对任意，均有 ； ③ 对任意，均有 ， 则称该数列为数列． (1)若数列是数列，直接写出的所有可能值； (2)若数列是数列，求的最大值； (3)若数列是数列，求的最小值． 18．（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． 19．（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． 20．（2026·北京房山·一模）已知数列：，，若集合，则称数列为数列的一个置换． (1)求数列：的任意置换的前项和的最大值； (2)已知数列：．写出的一个置换，使得该置换的前项的和满足：存在，．对任意，，数列是否也存在一个置换，使得该置换的前项的和满足：存在，？说明理由； (3)在项数为的数列中，，证明：“数列为常数列”的充要条件为 “在数列的以任意项为末项的所有置换中，都存在置换，使得”． 21．（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． 22．（2026·北京海淀·二模）给定正整数，如果一个无穷数列满足：对于任意正整数，这项中恰有个不同的数，则称为预言数列． (1)分别写出下列数列是否为3-预言数列； ①；② (2)是否存在首项为3的3-预言数列？若存在，求出所有符合条件的数列；若不存在，说明理由； (3)求预言数列的个数． 23．（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． 24．（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． 25．（2026·北京·三模）设和均为各项互不相等的项数列，其中，，，…，．记数列：，，…，，其中，，，…，． (1)写出所有满足条件的数列和，使得数列:，，，； (2)若，是公差不为的等差数列，求证：为定值； (3)若为各项互不相等的数列，记中最大的数为，最小的数为，求的最小值． 26．（2026·北京·三模）A是一个4行4列的数表，记其第行第列的数字为，．若的每一行和每一列中同一数字恰出现2次，则称为方．定义的一次翻转操作为：对于中任意四个数，，，（，），将替换为，替换为，替换为，替换为，其余位置的数保持不变．若数表可由数表通过若干次翻转操作得到，则称与可连通，否则称与不可连通． 给定方． (1)已知，，直接判断，能否由通过一次翻转操作得到； (2)设方，问能否与连通？若能连通，求出所需翻转操作的次数的最小值；若不能，说明理由； (3)是否存在与不可连通的方？说明理由． 27．（2026·北京·三模）给定正整数．对于各项均为正整数的数列，若，且，则称为的一个分拆数列．对于分拆数列，定义其共轭数列如下：数列的第项定义为数列中大于或等于的项的个数，数列的各项从开始，至前终止，即的项数为满足的最大正整数．如果分拆数列与相同（即项数相同，且对应项分别相等），则称为自共轭数列． (1)求时的自共轭数列； (2)若是分拆数列，是否一定是分拆数列？若与都是分拆数列，是否一定与相同？说明理由； (3)设正整数的自共轭数列的个数为，各项均为奇数且互不相同的的分拆数列的个数为，求． 28．（2026·北京·模拟预测）已知，数列：，，⋯，，其中.称集合{，是的因数}为数列的制约集. (1)当时，设：1，3，5，2，6，4； ：2，4，3，5，1，6.直接写出和； (2)设，，数列满足，证明：存在偶数，； (3)若，求所有满足条件的数列. 29．（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. 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $