答案(1)_2024年4月_01按日期_6号_2024届新结构高考数学合集_九省联考模式T19压轴题100题（含答案）

参考答案，仅供参考哦 1．(1)1 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）第一问直接根据新定义来即可. （2）第二问结合新定义、带余除法以及费马小定理即可得证. （3）根据新定义进行转换即可得证. 【解析】（1）若p11,a2，又注意到 210 102493111 ， 所以 ap1, 210, 1. （2）【方法一】：当p2时，此时X {1}，此时bc1， bc1 ， 故log(p) bc0,log(p) b0,log(p) c0， a a a 此时log(p) bclog(p) blog(p) c. a a a 当p2时，因 1,a,a2,,,ap2,相异，故a2， 而aX ，故a,p互质. 记n=log(p) bc,n log(p) b,n =log(p) c， a 1 a 2 a 则m,m N，使得an1  pm b,an2  pm c 1 2 1 2 故an1 n2 pm bpm c，故 an1 n2 bc(modp) ， 1 2 设n n tp1s,0s p2 则n n s， 1 2 1 2 因为1,2,3,..p1除以p的余数两两相异， 且a,2a,3a,..p1a除以p的余数两两相异， 故p1! a2a3a,..p1a (mod p)，故ap11modp， 故an1 n2 as bcmodp，而 an bc(mod p)bc(mod p), 其中0n p2， 第 36 页 共 249 页故sn即log(p) bclog(p) blog(p) c. a a a 法 2：记an1 an1,m p，an2 an2,m p， an1,an2, an1, an2,  kp ， 1 2 其中m ，m ，k 是整数，则an1 n2 an1.an2,  man2.m an1.mm pk  p， 1 2 1 2 1 2 可知 an1,an2, an1 n2,． 因为 1，a， a2,，…， ap2,两两不同， 所以存在i{0,1,,p2}，使得 ap1, ai,， 即 ap1ai ai  ap1i 1 可以被 p 整除，于是 ap1i 1 可以被 p 整除，即 ap1i, 1 ． 若i0，则p1i{1,2,,p2}， ap1i, 1 ，因此i0， ap1, 1 ． 记nlog(p) b，mlog(p) c，nmnml(p1)，其中 l 是整数， a a 则 bcan,am, anm, anml(p1), anm,al(p1), anm,， 即log(p) (bc) log(p) blog(p) c． a a a （3）【方法二】：当b2时，由（2）可得bp11modp，若 b1 ，则 bp11modp也成立. 因为nlog(p) b，所以an bmodp. a 另一方面， y ynp2,  y ynp2,   xbk, ak,np2 2 1 2 1   xbk aknp2   xbk bkp2  x  bp1k1  x1k1mod p xmod p. 由于xX ，所以x y ynp2,. 2 1 法 2：由题设和（2）的法 2 的证明知： k  k  nk， y xbk, x(bbbxan,an,an, xaaa 2 n(p2)  n(p2)  nk ． yn(p2), y y y ak,ak,ak, ap2,ap2,ap2, 1 1 1 1 故 nk nk y yn(p2), xaaaap2,ap2,ap2, 2 1 第 37 页 共 249 页nk． xap1,ap1,ap1, 由（2）法 2 的证明知 ap1, 1 ，所以y  yn(p2).  x． 2 1 【点评】本题的关键是充分理解新定义，然后结合带余除法以及费马 小定理等初等数论知识即可顺利得解. 2．(1)2；2；4 (2)证明见详解 (3)n4k2  kN 【分析】（1）由数列A:2,a ,a ,2,6 具有性质 P 的定义可得； 2 3 c （2）由数列具有性质 P 的定义和等差数列的定义可得. c （3）分n4k2  kN、n4k  kN和n4k3  kN三种情况讨论即得. 【解析】（1）由已知可得数列 A 共有 5 项，所以 n5 ， 当 i1 时，有a a 26 4， 1 5 当 i2 时，有a a a 2 4，所以 a 2 ， 2 4 2 2 当 i3 时，有a a 4，所以a 2， 3 3 3 （2）数列 A 具有性质P ，且a a a ,n 为奇数，令n2k1， 0 1 2 n 可得a 0， k1 设a a a a 0a a a ， 1 2 k k1 k2 k3 2k1 由于当a,a 01i, jn时，存在正整数k，使得a a a ， i j j i k 所以a a ,a a ,a a ,a a 这k1项均为数列 A 中的项， k3 k2 k4 k2 k5 k2 2k1 k2 且0a a a a a a a a a ， k3 k2 k4 k2 k5 k2 2k1 k2 2k1 因此一定有a a a ,a a a ,a a a ,,a a a , k3 k2 k2 k4 k2 k3 k5 k2 k4 2k1 k2 2k 即a a a ,a a a ,a a a , ,a a a ， k3 k2 k2 k4 k3 k2 k4 k3 k2 2k1 2k k2 第 38 页 共 249 页这说明：a ,a ,a ,,a 为公差为a 的等差数列，再数列 A 具有性 k2 k3 k4 2k1 k2 质P ， 0 以及a 0可得，数列 A 为等差数列； k1 （3）当n4k2  kN时， 设 A：a ，a ，a ，a L，a ,a ，a ,a ,a ,a ,,a ,a 1 2 3 4 2k1 2k 2k1 2k2 2k3 2k4 4k1 4k2 由于数列具有性质 P ，且满足 a a m， c 2k1 2k 由 a a m和a a c，得cm， 2k1 2k 2k1 2k 当cm时，不妨设a a m，此时：a ma，a a ，此时结论成立， 1 2 2 1 4k1 1 当cm时，同理可证，所以结论成立. 当n4k  kN时，不妨设c0,m1，反例如下： 2k,2k1,2k2,2k3,,1,1,2,,2k3,2k2,2k1,2k, 当n4k3  kN时，不妨设c0,m1，反例如下： 1k1k1,1k k,,1,0,1,2, 1k2k1,1k1k,1kk1 综上所述，n4k2  kN符合题意. 【点评】关于新定义题的思路有： （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语 言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. 3．（Ⅰ）A不是“F 数列”，A 是“F 数列”；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）n4m1 1 2 或n4mmN*. 第 39 页 共 249 页【分析】（Ⅰ）根据“F 数列的定义”即可判断； n n （Ⅱ）根据定义，1k1 a 1k1x x ，进而讨论 n 的奇偶性， k k1 k k1 k1 将和式展开即可得到答案； （Ⅲ）对数列求和123nx 2x x x x ，进一步可得： 0 1 2 n1 n nn1 nn1 2x x x ，可知 为偶数，判断出 n4m 或 2 1 2 n1 2 n4m1  mN*，进而分两种情况进行讨论得到答案. 【解析】（Ⅰ）A不是“F 数列”，A 是“F 数列”. 1 2 n n （Ⅱ）因为1k1 a 1k1x x  k k1 k k1 k1 当n为偶数时， n n 1k1 a 1k1x x  k k1 k k1 k1 x x x x x x x x  0 1 1 2 n2 n1 n1 n  x x  0. 0 n 当n为奇数时， n n 1k1 a 1k1x x  k k1 k k1 k1 x x x x x x x x x x  0 1 1 2 n3 n2 n2 n1 n1 n  x x  0 0 n n 所以1k1 a 为定值 0. k k1 （Ⅲ）若 1，2，3，…，n的一个排列 A ：a,a ,,a 为“F 数列”，则 1 2 n 123nx 2x x x x ， 0 1 2 n1 n nn1 nn1 即 2x x x ，所以 为偶数. 2 1 2 n1 2 又n4m2或n4m3时 mN*， nn1 为奇数， 2 所以 n4m 或n4m1  mN* . 第 40 页 共 249 页 2k1, 1k 2m ①若 n4m 时，取排列 A：a  ， k 8m2k2, 2mk 4m.  k, 0 k 2m,  此时对应的x  4mk, 2mk 4m,k 2i,i N*, k  4mk1, 2mk 4m,k 2i1,i N*. 满足题意，所以 n4m 符合题意；  2k1, 1k 2m ②若n4m1时，取排列 A：a  k 8m2k, 2mk4m1.  k, 0 k 2m,  此时对应的x  4mk, 2mk 4m1,k 2i,i N*, k  4mk1, 2mk 4m1,k 2i1,i N*. 满足题意，所以n4m1符合题意. 综上所述： n4m 或n4m1  mN* . 【点评】本题是以数列为基础，按照某种原则定义了一种新数列的题 目，答题时一定要紧紧抓住题目的条件反复利用，在分析试题时可以 采取特值法加深对题目条件的理解，细致分析，最终得到答案. 4．(1)a 2n，b n n n 35 3 (2)  32 2 (3)证明见解析 【分析】（1）设出公比和公差，得到方程组，求出公比和公差，求出 通项公式； T b nn2 nn2 （2）求出T 4n, 4n n2  ，设 D  ，作差法得到其单调性， 4n a 2n n 2n n2 35 3 结合集合有 4 个元素，求出  ； 32 2 第 41 页 共 249 页8 2 2 （3）设A C C C C ，错位相减法求和得到A   n 22n2， n 2 4 6 2n n 9 3 9 4 n1 n 1 1 设B C C C C ，裂项相消法得到   ， n 1 3 5 2n1 2n2 nn2 2n n 2n2 n2 1 从而求出B  ，求和证明出结论. n 2 【解析】（1）设数列a 首项a 2，设公比qq0，设数列b 首项b 1， n 1 n 1 设公差d， a 4a aq4 4aq2 ∵  5 3，即 1 1 ， a b aqb 3d 2 4 1 1 ∴q=2，q2（舍去），d 1， ∴ a 2n．b n； n n （2）T   b2b2b2b2   b2b2b2b2   b2 b2 b2 b2 ， 4n 1 2 3 4 5 6 7 8 4n3 4n2 4n1 4n 其中 b2 b2 b2 b2 4n324n224n124n2 4 ， 4n3 4n2 4n1 4n T b nn2 ∴T 4n, 4n n2  ， 4n a 2n n2  nn2  nn2 集合 n  ,nN* ，设 D  ，  2n  n 2n n1n3 nn2 n23 D D    ， n1 n 2n1 2n 2n1 所以当 n1 时，D D ，当n2时，D  D  D ． 2 1 2 3 4 3 15 3 35 计算可得D  ，D 2，D  ，D  ，D  ， 1 2 2 3 8 4 2 5 32 35 3 因为集合有 4 个元素，  ． 32 2  4 b  b  n1 n ,n2k1,kN （3）c a  b22b ， n n2 n n  a b ,n2k,kN n n S C C C C ， 2n 1 2 3 2n 设A C C C C 2224246262n22n①， n 2 4 6 2n 第 42 页 共 249 页4A 2244262n222n2n22n2②， n 上式①-②得， 3A 82  24262822n 2n22n282 2422n4 2n22n2 n 14 32 222n2 8 2  8  2n22n2   2n22n2， 3 3 3 3  8 2 2 所以A   n 22n2， n 9 3 9 4 n1 n 4 n2 n 1 1 当 n 为奇数时，C     ， n 2n2 nn2 2n2 nn2  2n n 2n2 n2 则B C C C C n 1 3 5 2n1 1 1   1 1   1 1              2 23 3 23 3 25 5 22 n1 2 n1 22 n1 2 n1 1 1 1    ， 2 22n1 2n1 2 8 2 2 1 25 2 2 S  A B   n 22n2   n 4n1. 2n n n 9 3 9 2 18 3 9 【点评】常见的裂项相消法求和类型： 1 1 1 1  1 1 1 1  分式型：     ，     ， nnk k n nk 2n12n1 2 2n1 2n1 1 1 1 1      等； nn1n2 2nn1 n1n2  2n 1 1 n2 1 1 指数型：   ，   等，  2n11  2n1  2n1 2n11 nn12n n2n1 n12n 1 1  根式型：  nk  n 等， n nk k a 对数型：log n1 log a log a ，m0且m1 m a m n1 m n n 5．(1)31 是 k可表数，1024 不是 k可表数，理由见解析； (2)证明见解析； (3)8 第 43 页 共 249 页【分析】（1）根据定义赋值及数列求和计算验证即可； （2）根据定义判定sT 则有sT ，从而可知1,2,,n,0T ，利用集 合间的基本关系得出 T 中最多含有 3k个元素，解不等式即可证明； 3m11 3m 1 （3）利用第二问的结论可设nN,mN，有 n ，然后利 2 2 用定义先证n为m可表数，再根据三进制的基本事实确定k的最小值 3m11 3m 1 为满足 n 成立的m，代入n2024求m即可. 2 2 【解析】（1）31 是，1024 不是，理由如下： 由题意可知xa x a x a t， 1 1 2 2 k k 当a 2i1,k 10时，有x 2x 29x t,x 1,0,1， i 1 2 10 i 显然若x 1,x 1,x 0  i2,3,4,5,7,8,9,10时，t31， 1 6 i 而 t201211221291210110231024 ， 故 31 是 k可表数，1024 不是 k可表数； （2）由题意可知若x 0t 0，即0T， i 设sT ，即x 1,0,1使得xa x a x a s， i 1 1 2 2 k k 所以xa x a x a s，且x 1,0,1成立，故sT ， 1 1 2 2 k k i 所以若1,2,,nT，则1,2,,n,0T ， 即1,2,n,0中的元素个数不能超过 T 中的元素， 对于确定的Q， T 中最多有 3k个元素， 3k 1 所以 2n13k n ； 2 3m11 3m 1 （3）由题意可设nN,mN，使 n ， 2 2 3m11 又 x 1x 3x 32x 3m2111313213m2 ， 1 2 3 m1 2 第 44 页 共 249 页所以k m1，即 k m ， 3m1 而 111313213m1 ， 2 3m1 即当 n 时，取a 1,a 3,a 3m1时，n为m可表数， 1 2 m 2 因为 2  111313213m1 2 3m 1 3m1 ， 2 由三进制的基本事实可知，对任意的0 p3m1，存在 r0,1,2i1,2,,m,， i 使pr 30r 31r 3m1， 1 2 m 所以 p 3m 1   r 30r 31r 3m1   30313m1  2 1 2 m r 130r 131r 13m1， 1 2 m 令x r 1，则有x 1,0,1,i1,2,,m， i i i 3m 1 3m 1 3m 1 设 t  p  t ， 2 2 2 3m 1 3m 1 由p的任意性，对任意的 t ,t Z ， 2 2 都有tx 30x 31x 3m1,x 1,0,1,i1,2,,m， 1 2 m i 3m1 又因为 n ，所以对于任意的ntn,tZ，t为m可表数， 2 3m11 3m 1 综上，可知k的最小值为m，其中m满足 n ， 2 2 371 381 又当n2024时， n ， 2 2 所以k的最小值为8. 【点评】难点点睛：第二问关键是根据定义可确定 中元素互为相反 T 数，再利用集合间的基本关系确定元素个数的关系计算即可；第三问 3m11 3m 1 利用第二问的结论可设nN,mN，有 n ，利用定义先 2 2 证n为m可表数，再根据三进制的基本事实设任意的0 p3m1，存 在r0,1,2i1,2,,m,，使pr 30r 31r 3m1，得出 t p 3m1 并结 i 1 2 m 2 第 45 页 共 249 页3m11 3m 1 合定义确定t为m可表数，从而确定k的最小值为满足 n 2 2 成立的m，代入n2024求m即可. 6．(1)4； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据给定的递推关系及函数，求出a ,a ，借助等差数列 2 3 求出 A 的表达式，并验证即可求解. （2）利用函数不等式 lnx x1 放缩，借助构造法、累乘法求通项推理 得证. （3）由（2）中数列，探求数列{a }递增，并借助累加法得a 3(n1)， n n 4 4 4 1 1 再利用不等式ln(x1)x放缩得ln[1 ]  (  ) ，利用 (a 1)2 (a 1)2 3 3n4 3n1 n n 裂相消法求和推理即得. π 【解析】（1）依题意，a  f(a )a Asin( a )，而a 1，则a a A1A， n1 n n 2 n 1 2 1 (1A)π a a Asin ，要使数列{a }为等差数列，则a a a a，即公差 3 2 2 n 3 2 2 1 (1A)π d  Asin  A， 2 (1A)π (1A)π π 而A0，则sin 1，于是 2kπ ,kN，解得 A4k,kN， 2 2 2 显然a a (n1)d 4k(n1)1,kN，此时 n 1 π π π Asin( a ) Asin[2kπ(n1) ] Asin  A， 2 n 2 2 即对 nN，恒有a a  A，因此数列{a }是以 A4k,kN为公差的等 n1 n n 差数列， 所以当k1时，A 4. min 第 46 页 共 249 页（2）函数 f(x)lnxx2的定义域为(0,)，令h(x)lnxx1，求导得 1 h(x) 1， x 当 0 x1 时，h(x)0，当x1时，h(x)0，即函数 f(x)在(0,1)上递增，在 (1,)上递减， h(x)h(1)0，即 lnx x1 ，a  f(a )lna a 22a 1，a 12(a 1)，即 n1 n n n n n1 n a 1 n1 2， a 1 n a 1 a 1 a 1 a 1 当n2时，a 1(a 1) 2  3  4   n (a 1)2n1，显然 n1 时上 n 1 a 1 a 1 a 1 a 1 1 1 2 3 n1 式成立， 又a 1，因此a 122n1 2n，所以a 2n1. 1 n n （3）由（2）知a  f(a )lna a 2，而a 1，则a 3， n1 n n n 1 2 a lna a 25ln36，显然a a 3a ，又函数 f(x)是(0,)上的增函 3 2 2 3 2 1 数，则可递推得a a ， n1 n 当n2时，lna lna ln31，于是a a lna 23， n 2 n1 n n 当n3时，a a (a a )(a a )(a a )33(n2)3(n1)， n 2 3 2 4 3 n n1 而a 3(21)，即nN,n2 ，恒有a 3(n1)， 2 n 因为当x1时，lnxx1，则当x0时，ln(x1)x，而 因此当n2时， (3n2)2 (3n1)(3n4) ， 4 4 4 4 4 1 1 ln[1 ]    (  ) ， (a 1)2 (a 1)2 (3n2)2 (3n1)(3n4) 3 3n4 3n1 n n 4 4 4 4 4 4 ln[1 ]ln[1 ] ln[1 ]   (a 1)2 (a 1)2 (a 1)2 (a 1)2 (a 1)2 (a  1)2 2 3 n 2 3 4 4 1 1 1 1 1 1 1 1 4 1 1 2  [(  )(  )(  ) (  )]  (  ) 1， 3 2 5 5 8 8 11 3n4 3n1 3 2 3n 1 3 4 4 4 于是ln{[1 ][1 ][1 ]}1， (a 1)2 (a 1)2 (a 1)2 2 3 n 4 4 4 所以[1 ][1 ][1 ]e . (a 1)2 (a 1)2 (a 1)2 2 3 n 第 47 页 共 249 页【点评】涉及给出递推公式探求数列性质的问题，认真分析递推公式 并进行变形，可借助累加、累乘求通项的方法分析、探讨项间关系而 解决问题. 7．(1)①集合 T＝{1，2，3，4}，P（T）＝4，②数列 A：1，3，5，7， T＝{2，4，6} (2)证明见解析 (3)存在最大值，理由见解析 【分析】（1）根据新定义列举出集合 T 的元素即可求PT；根据题意 可知x3 yx2，求出x,y，即可求解； （2）先假设数列 A 是递增数列，设公差为 d（ d 0 ），则a a jid， j i 即可分析得PT N1，反之 A 是递增数列，根据数列的新定义可得 a a a a a a ，可得 A 为等差数列，由充分条件和必要条件 2 1 3 2 N N1 的定义即可得求证； （3）利用 T 的定义结合特例可判断P(T)存在最大值. 【解析】（1）①因为 211 ，413， 514 ， 422 ，523，541， 所以集合T 1,2,3,4，PT4． ②因为 A：1,3,x,y，且3 x y，所以312， x1 ，y1均不相等， 所以 2， x1 ，y1都是集合 T 中的元素， 因为PT3，所以x3 yx2．可得： x5 ，y7， 所以数列 A：1,3,5,7，T 2,4,6； （2）充分性；A 是递增数列，若 A 为等差数列， 第 48 页 共 249 页设 A 的公差为 d（ d 0 ），当1i jN 时， 所以a a jid，所以T  d,2d,3d,L,N1d ， j i 则PT N1，故充分性成立． 必要性：若 A 是递增数列，PT N1，则 A 为等差数列， 因为 A 是递增数列，所以a a a a a a La a ， 2 1 3 1 4 1 N 1 所以 a a ,a a ,a a ,L,a a T，且互不相等， 2 1 3 1 4 1 N 1 所以T a a ,a a ,a a ,L,a a ， 2 1 3 1 4 1 N 1 又因为a a a a La a a a ， 3 2 4 2 N 2 N 1 所以a a ,a a ,,a a ,a a T 且互不相等， 3 2 4 2 N 2 N 1 所以a a a a，a a a a ，L，a a a a ， 3 2 2 1 4 2 3 1 N 2 N1 1 所以a a a a a a ，所以 A 为等差数列，必要性成立． 2 1 3 2 N N1 所以若 A 是递增数列，“PT N1”的充要条件是“A 为等差数列”. （3）PT存在最大值．理由如下： 由题意集合T   x xa a ,1i jN 中的元素个数最多为 NN 1 个， j i 2 NN 1 即 PT ， 2 取 A:2,22,2N ，此时a a 2j 2i， j i 若存在a j1 a i1 a j2 a i2 ，则 2j1 2i1 2j2 2i2 ，其中 j 1 i 1 , j 2 i 2 ， 故2i1  2j1 i1 1  2i2  2j2 i2 1 ， 若i i ，不妨设i i ，则2i1 i2  2j1 i1 1  2j2 i2 1 1 2 1 2 而 j 1 i 1 , j 2 i 2 ，故2i1 i2  2j1 i1 1 为偶数， 2j2 i2 1 为奇数，矛盾， 故i i ，故 j  j ， 1 2 1 2 NN1 故由 A:2,22,2N 得到的a a 彼此相异，故 PT ， j i 2 第 49 页 共 249 页NN 1 即PT的最大值为 . 2 因此PT必有最大值； 【点评】本题考查数列新定义问题，难度较大，解答的关键在于理解 题意并根据数列中项的大小及数字特征分析清楚任意两项a a 的所 j i 有可能取值，从而分析得出PT的值. 8．(1)不具有性质 P，理由见解析 (2)证明见解析 (3)答案见解析 【分析】（1）因为当数列a 具有“性质 P”时，列举出前两项，需要 n 满足 3k125k 11，（不是正整数），所以不符合条件． 3 （2）利用反证法，分a 0且d 0，a 0且 d≥0 ，a 且d 0三种情况， 1 1 1 证明这三种情况下数列均不具有“性质 P”，从而证明当数列具有“性质 P”时，需要满足a 0且d 0． 1 （3）从216,315,414,615这四个数中任选两个共有以下 6 种情况： 216,315;216,414;216,315;216,414;216,615;315,414;315,615 ;414,615 .对于每组所在的等比数列{a }是否满足具有“性质P”，即可得出结论． n 【解析】（1）解：若a 2，公差d 3，则数列{a }不具有性质 P ． 1 n 理由如下： 由题知a 3n1， n 对于a 和a ，假设存在正整数k， 1 2 使得a aa ， k 1 2 第 50 页 共 249 页则有3k12510， 11 解得k  ，（k 不是正整数） 3 得出矛盾， 所以对任意的 kN*，a aa ． k 1 2 （2）证明：若数列{a }具有“性质 P”， n 则：①假设a 0，d 0， 1 则对任意的 nN*， a a (n1)d0 ． n 1 设a a a ，则a 0，矛盾！ k 1 2 k ②假设a 0， d 0 ，则存在正整数t， 1 使得a a a a 0 a a  1 2 3 t t1 t2 设a a a ，a a a ，a a a ，，a a a ， k N* ， i1 ，2， 1 t1 k1 1 t2 k2 1 t3 k3 1 2t1 kt1 i ， t1 ， 则：0a a a a ， k1 k2 k3 kt1 但数列{a }中仅有t项小于等于 0，矛盾！ n ③假设a 0，d 0， 1 则存在正整数t，使得a a a a  0a a  1 2 3 t t1 t2 设a a a ，a a a ，a a a ，，a a a ， k N* ， i1 ， t1 t2 k1 t1 t3 k2 t1 t4 k3 t1 2t2 kt1 i 2，， t1 ， 则：0a a a a ， k1 k2 k3 kt1 但数列{a }中仅有t项大于等于 0，矛盾！ n 综上，a 0， d≥0 ． 1 （3）从216,315,414,615这四个数中任选两个共有以下 6 种情况： 第 51 页 共 249 页216,315;216,414;216,615;315,414;315,615;414,615 ． ①对于 216,414 414 212为正整数， 216 可以认为是等比数列a 中的项，a 2n1，首项的最小值为 1． n n 下面说明此数列具有“性质 P”： 216 a ,414 229，任取 i, jN*, ji 1 ， 17 则 a a 2i12j1 2ij111 a ,i j1 为正整数，因此此数列具有“性质 P”， i j ij1 ②对于 315,615 615 215为正整数，认为是等比数列a 中的项， 315 n a 3152n1，首项的最小值为 315． n 下面说明此数列不具有“性质 P”： 315 a ,615 a ，若a a a 330215不为等比数列{a }中的项， 1 16 k 1 16 n 因此此数列不具有“性质 P”． 同理可得： 216,315;216,615;315,414;414,615 每组所在等比数列{a }不具有“性质P． n 【点评】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其性质、新定 义数列、反证法，考查了推理能力与计算能力，属于难题． 9．(1)2，4，6，8，10 不是 4 阶平衡数列；1，5，9，13，17 是 4 阶 平衡数列； (2)证明见解析 (3)12873． 【分析】（1）由26810不为整数，数列 1，5，9，13，17 为等差数 4 列，结合新定义即可得到结论； （2）讨论k为偶数或奇数，结合新定义即可得证； 第 52 页 共 249 页（3）在数列 A 中任意两项a ，a ，(st)，作差可得数列中任意两项之 s t 差都是k的倍数，k{2,3,,N 1}，讨论数列 A 的项数超过 8，推得数列 A 的项数至多 7 项.讨论数列 A 的项数为 7，数列的项数小于或等于 6， 奇数可得所求最大值. 【解析】（1）由26810不为整数， 4 可得数列 2，4，6，8，10 不是 4 阶平衡数列； 数列 1，5，9，13，17 为首项为 1，公差为 4 的等差数列， 则数列 1，5，9，13，17 是 4 阶平衡数列； （2）证明：若N 为偶数，设 k2m(mN) ， 考虑 1，2，3，，k这k项，其和为 S k(k1) . 2 所以这k项的算术平均值为：S  k1  2m1，此数不是整数； k 2 2 若k为奇数，设k 2m1， mN，考虑 1，2，3，4，5， k2，k1， k1； 这k项，其和为 S k(k1) 1 ， 2 所以这k项的算术平均数为：S  k1  1 m1 1 ， k 2 k 2m1 此数不是整数； 故数列 A ：1，2，3，4，，N不是“k阶平衡数列”，其中k{2,3,4,N}； （3）在数列 A 中任意两项a ，a ，(st)， s t 对于任意k{2,3,4,5,,N}，在 A 中任意取两项a ，a ，相异的k1项， s t 并设这k1项和为S .由题意可得 S a ，S a 都是k的倍数， n n s n t 即 S a  pk ， S a qk ，(p，q为整数），可得 a a (pq)k ， n s n t s t 即数列中任意两项之差都是k的倍数，k{2,3,,N 1}， 第 53 页 共 249 页因此所求数列 A 的任意两项之差都是 2，3，，N 1的倍数， 如果数列 A 的项数超过 8， 那么a a ，a a ，，a a 均为 2，3，4，5，6，7 的倍数， 2 1 3 2 8 7 即a a ，a a ，，a a 均为 420 的倍数， 2 1 3 2 8 7 (420为 2，3，4，5，6，7 的最小公倍数）， a a a a a a  ..a a  420 7 2940 ， 8 1 2 1 3 2 8 7 即 a 2940a 2940 ，这与a 2019矛盾， 8 1 N 故数列 A 的项数至多 7 项. 数列 A 的项数为 7， 那么a a ，a a ，， a a 均为 2，3，4，5，6 的倍数， 2 1 3 2 7 6 即a a ，a a ，， a a 均为 60 的倍数， 2 1 3 2 7 6 (60为 2，3，4，5，6 的最小公倍数）， 又a 2019，且 a a a ， 7 1 2 7 所以a 201960，a 2019260，，a 2019660， 6 5 1 所以a a a 2019201960201966012873， 1 2 7 当且仅当 a 201960(7i)159960i(i1 ， 2，7)，a a a 取得最大值 i 1 2 7 12873； 验证可得此数列为“k阶平衡数列”，k{2,3,,N}， 如果数列的项数小于或等于 6，由a 2019， N 可得数列中所有项的之和小于或等于 2019612114 ， 综上可得数列 A 中所有元素之和的最大值为 12873. 【点评】本题考查新定义的理解和运用，考查分类讨论思想和化简运 第 54 页 共 249 页算能力､推理能力，属于难题. 10．(1)A:1,2,2,3,3,1或A:1,3,3,2,2,1 (2)证明详见解析 1 (3)TN NN1 2 【分析】（1）利用列举法求得正确答案. （2）利用组合数公式求得m的一个大致范围，然后根据序列 A 满足的 性质证得m13. （3）先证明TN2TN2N1，然后利用累加法求得TN . 【解析】（1）依题意，当 N 3 ，m3时有： A:1,2,2,3,3,1或A:1,3,3,2,2,1. （2）当N 6时， 因为p,q与q,p不同时在数对序列 A 中， 所以mC2 15，所以1,2,3,4,5,6每个数至多出现 5 次， 6 又因为x  y i1,2,,m1， i1 i 所以只有x,y 对应的数可以出现 5 次， 1 m 1 所以m 442513. 2 （3）当N 为奇数时，先证明TN2TN2N1. 因为p,q与q,p不同时在数对序列 A 中， 1 所以TNC2  NN1， N 2 当 N 3 时，构造A:1,2,2,3,3,1恰有C2项，且首项的第 1 个分量与末项 3 的第 2 个分量都为 1. 第 55 页 共 249 页对奇数N，如果和可以构造一个恰有C2 项的序列 A ，且首项的第 1 个 N 分量与末项的第 个分量都为 ， 2 1 那么多奇数N  2而言，可按如下方式构造满足条件的序列 A： 首先，对于如下 2N 1 个数对集合： 1,N1,N1,1 , 1,N2,N2,1， 2,N1,N1,2 , 2,N2,N2,2， …… N,N1,N1,N , N,N2,N2,N， N1,N2,N2,N1， 每个集合中都至多有一个数对出现在序列 A中， 所以TN2TN2N1， 其次，对每个不大于N的偶数i2,4,6,,N1， 将如下 个数对并为一组： 4 N1,i,i,N2,N2,i1,i1,N1， N  1 N  1 共得到 组，将这 组对数以及1,N1,N1,N2,N2,1， 2 2 按如下方式补充到 的后面， A 即A,1,N1,N1,2,2,N2,N2,3,3,n1,, (N1,N1),(N1,N2),(N2,N),(N,N1),(N1,N2),(N2,1). 此时恰有TN2N1项，所以TN2TN2N1. 综上，当N 为奇数时， TN TNTN2 TN2TN4 T5T3T3  2N21  2N41 2313 第 56 页 共 249 页 2N21  2N41 231211 2N32N773 2N33 N21 1    NN1. 2 2 2 【点评】解新定义题型的步骤： (1)理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论. (2)重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳 “举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况. (3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题. 11．(1)a 是“H 数列”，b 不是“H 数列”，理由见解析； n n (2)d 1 (3)证明过程见解析 2,n1 【分析】（1）对于a  ，求出S 2n，故总存在正整数mn1， n 2n1,n2 n 此时S a a 2n，故a 是“H 数列”；对于b 2n1可举出反例； n m n1 n n 1 （2）当n2时，根据S a 得到方程，解得m 2，又d 0，m为正 2 m d 整数，故只有d 1时，才满足要求，再利用数学归纳法进行证明； （3）等差数列a ，设公差为d ，则a a n1d na n1da ，令 n 1 n 1 1 1 1 b na,c n1d a ，证明出b 和c 是“H 数列”即可. n 1 n 1 1 n n 2,n1 【解析】（1）对于a  ，当 n1 时，S a 2， n 2n1,n2 1 1 22n 当n2时， S 22222n12 2n ， n 12 又 21 2 ，即S 也满足S 2n， 1 n 第 57 页 共 249 页综上，S 2n， n 对于任意的正整数n，总存在正整数mn1，此时S a a 2n， n m n1 故a 是“H 数列”； n 对于b 2n1，设前n项和为T ， n n 则 T  nb 1 b n   n12n1 n2， n 2 2 假设对任意的正整数n，总存在正整数m，使得T b ， n m 5 即 n2 2m1 ，对于n2，此时 2m14 ，解得m ，不是正整数， 2 故假设不成立，即b 不是“H 数列”. n （2）a 是等差数列，其首项a 1，公差d 0， n 1 n11ndd d  d 故a 1n1d，S   n21 n， n n 2 2  2 对任意的正整数n，总存在正整数m，使得S a ， n m d  d  即 n21 n1m1d ， 2  2 当 n1 时，11m1d，此时只需 m1 ， 1 当n2时，2dd21m1d，解得m 2， d 1 又d 0，故2 2,m为正整数，故m1,故d 1时 d 当d 1时，m 1 n2 3 n2 1 n23n4 ， 2 2 2 下面证明 n23n4 恒为正偶数， 当 n1 时， n23n41342 ，满足要求， 假设当nk时， k23k4 为正偶数， 则当nk1时，k123k14k22k13k34k2k2   k23k4  2k1， 由于 k23k4 和2k1均为正偶数，故 k23k4  2k1为正偶数，满足 第 58 页 共 249 页要求， 所以 n23n4 恒为正偶数，证毕. （3）等差数列a ，设公差为d ， n 1 则a a n1d na n1da ， n 1 1 1 1 令b na,c n1d a ， n 1 n 1 1 则a b c  nN*，下证b 和c 是“H 数列”， n n n n n nn1 设b 前n项和为A ，则 A  a ， nN*， n n n 2 1 nn1 故对任意的正整数n，总存在正整数 m ，使得A b ， n m 2 所以b 是“H 数列”， n nn1d a 设c 的前n项和为B ，则 B  1 1 ， nN*， n n n 2 nn12 故对任意的正整数n，总存在正整数 m ，使得B c ， n m 2 总存在两个“H 数列”b 和c ，使得a b c  nN*成立 n n n n n 【点评】数列新定义问题，主要针对于等差，等比，递推公式和求和 公式等综合运用，对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时 涉及数列与函数，数列与解析几何，数列与二项式定理，数列与排列 组合等知识的综合，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性 的解决问题. 12．(1)a a 1，a 2，a 3，a 5，a 8 1 2 3 4 5 6 (2)a 55，a 610 10 15 (3)a  nN*能被 5 整除，理由见解析 5n (4)取a 1,a 3满足题意，理由见解析 1 2 (5)答案见解析 第 59 页 共 249 页【分析】（1）根据递推公式直接求解即可； （2）根据递推公式直接求解即可； （3）由（1）（2）结论猜想被整除的项其下标应为 5 的倍数，利用数 学归纳法证明即可； （4）由递推公式可推得a 5a 3a ，因此只需a ,a ,a ,a ,a 都不是 5 n5 n1 n 1 2 3 4 5 的倍数即可； （5）利用（4）中结论，分别讨论a ,a 的不同取值即可. 1 2 【解析】（1）因为在数列a 中，若a a 1，且a a a  nN*， n 1 2 n2 n1 n 所以a a a  2，a a a  3，a a a  5，a a a 8. 3 2 1 4 3 2 5 4 3 6 5 4 故前 6 项为a a 1，a 2，a 3，a 5，a 8. 1 2 3 4 5 6 （2）由递推公式可得a 13,a 21,a 34,a 55,...,a 610， 7 8 9 10 15 所以另两个被 5 整除的项是a 55，a 610. 10 15 （3）由（1）（2）可知前 3 个被 5 整除的项为a 5，a 55，a 610， 5 10 15 猜想被整除的项其下标应为 5 的倍数，即a  nN*能被 5 整除， 5n 当 n1 时，a 5能被 5 整除， 5 假设当nk时，a 能被 5 整除，那么当nk1时， 5k a a a a  a a  a a  5k1 5k5 5k4 5k3 5k3 5k2 5k2 5k1   a 5k2 a 5k1 a 5k2   a 5k2 a 5k1 3a 5k2 2a 5k1 3a a 2a 5a 3a ， 5k1 5k 5k1 5k1 5k 这个式子的两项均能被 5 整除，因而a 也能被 5 整除， 5k1 由数学归纳法原理，对于 nN*，a 能被 5 整除． 5n 第 60 页 共 249 页（4）由a a a 可推得，a 5a 3a （*）， n2 n1 n n5 n1 n 只要a ,a ,a ,a ,a 都不是 5 的倍数，就可推得对于 nN*，a 不是 5 的倍 1 2 3 4 5 n 数， 不妨取a 1,a 3，则a 4,a 7,a 11， 1 2 3 4 5 由（*）式可推得a ,a ,a ,a ,a 不是 5 的倍数，同样依次可推得 6 7 8 9 10 a ,a ,a ,a ,a 不是 5 的倍数，…， 11 12 13 14 15 因此对于 nN*，a 不是 5 的倍数，即数列a 不会出现 5 的倍数． n n （5）若a a ，设 a a b  bN*，则a 2b，a 3b，a 5b，a 是 5 1 2 1 2 3 4 5 5 的倍数； 若a a ，设a c5m1，a d5k1， m,kN*， 1 2 1 2 则a cd5mk2，a c2d5m2k3，a 2c3d52m3k5， 3 4 5 ①当c1，d 2时， c2d 5 是 5 的倍数； ②当c1，d 3时，cd 4， c2d 7 ， 2c3d 11 ，a 不会出现 5 的倍 n 数； ③当c1， d 4 或c4，d 1时，cd 5是 5 的倍数； ④当c2，d 1时， cd 3 ， c2d 4 ，2c3d 7，a 不会出现 5 的倍 n 数； ⑤当c2，d 3或 c3 ，d 2时，cd 5是 5 的倍数； ⑥当c2， d 4 时， c2d 10 是 5 的倍数； ⑦当 c3 ，d 1时， c2d 5 是 5 的倍数； ⑧当 c3 ， d 4 时，cd 7， c2d 11 ，2c3d 18，a 不会出现 5 的倍 n 数； 第 61 页 共 249 页⑨当c4，d 2时， cd 6 ， c2d 8 ， 2c3d 14 ，a 不会出现 5 的倍 n 数； ⑩当c4，d 3时， c2d 10 是 5 的倍数； 综上所述当a 15m1，a 35k1或a 25m1，a 15k1 1 2 1 2 或a 35m1，a 45k1或a 45m1，a 25k1,m,kN*时， 1 2 1 2 a 中不出现 5 的倍数. n 【点评】数列就是著名的斐波那契数列，通项公式 1 1 5 n 1 5 n a      ． n 5     2     2     13．(1)8. (2)aak1k≥4. 2 (3)证明见解析. 【分析】（1）根据题意即可写出 a 的一个值； a a （2）由题意可知a 1，a a，a  ，a  ，结合a a ,a a ,,a a 1 k k1 a k2 a 2 1 3 2 k k1 2 3 构成等比数列，可推出a 是完全平方数，继而可得a a2，由此可知 3 3 2 a a ,a a ,,a a 为a 1,a2a ,,ak1ak2，即可求得 a； 2 1 3 2 k k1 2 2 2 2 2 （3）由题意知aa a,a a a,,aa a, ，1ik，从而可得 1 k 2 k1 i k1i a2 a2 a2 A   ，采用放缩法以及裂项求和的方法，即可证明 a a a a aa k1 k k2 k1 1 2 结论. 【解析】（1）当k 4时正整数a的 4 个正约数构成等比数列， 比如1,2,4,8为 8 的所有正约数,即a  8. 第 62 页 共 249 页a a （2）由题意可知a 1，a a，a  ，a  ， 1 k k1 a k2 a 2 3 a a a a a a a a a 因为 k4 ，依题意可知 3 2  k k1 ，所以 3 2  2 ， a a a a a a a a 2 1 k1 k2 2 1  a a 2 3 2 a a  化简可得a a 2 a 12 a ，所以 a  3 2  ， 3 2 2 3 3 a a  2 1 a a 因为a N*，所以 3 2 N*， 3 a a 2 1 因此可知a 是完全平方数. 3 由于a 是整数a的最小非 1 因子，a 是a的因子，且a a ，所以a a2， 2 3 3 2 3 2 所以a a ,a a ,,a a 为a 1,a2a ,,ak1ak2， 2 1 3 2 k k1 2 2 2 2 2 所以aak1,k≥4. 2 （3）证明：由题意知aa a,a a a,,aa a, ，1ik， 1 k 2 k1 i k1i a2 a2 a2 所以A   ， a a a a aa k1 k k2 k1 1 2 1 a a 1 1 1 a a 1 1 因为  2 1   ,,  k k1   ， aa aa a a a a a a a a 1 2 1 2 1 2 k1 k k1 k k1 k a2 a2 a2  1 1 1  所以A   a2    a a a a aa a a a a aa  k1 k k2 k1 1 2 k1 k k2 k1 1 2  1 1 1 1 1 1   1 1  a2      a2   ， a a a a a a  a a  1 2 2 3 k1 k 1 k 1 1 因为a 1，a a，所以  1， 1 k a a 1 k  1 1  所以Aa2  a2， a a  1 k 即 Aa2. 2 a a  【点评】在第二问的解答中，在得到 a  3 2  后，要能根据a N*， 3 a a  3 2 1 a a 推得 3 2 N*，继而得出a a2，这是解决问题的关键.第三问的证明 a a 3 2 2 1 第 63 页 共 249 页中，难点在于要能注意到aa a,a a a,,aa a, ，1ik，从而 1 k 2 k1 i k1i a2 a2 a2 可得A   ，然后采用裂项求和的方法进行化简进而 a a a a aa k1 k k2 k1 1 2 证明结论. 14．(1)m 5，6 项为1,6,3,8,4,2 min (2)证明见解析 (3)1,2 【分析】（1）根据题意，分m1,3,5讨论得解； （2）利用反证法证明； （3）由S 1,2，提出猜想S 1,2，证明. 1 【解析】（1）由题意，因为m是正奇数， 当 m1 时，由a 1，得a 112，a 1a ，这与前 6 项各不相同矛盾， 1 2 3 1 不合题意； 当m3时，由a 1，得a 134，a 2，a 1a ，不合题意； 1 2 3 4 1 当m5时，由a 1，得a 156，a 3，a 358，a 4， a 2 ，符 1 2 3 4 5 6 合题意； 综上，m的最小值为 5，此时数列的前 6 项为：1,6,3,8,4,2. （2）证明：假设集合B  kN∣* a A ,a 2m 非空， k m k 当k1时，a 1，又m是正奇数，2m2，而a 2m，不合题意， 1 1 当k 2时，a 1m，若a 2m，则需m1，又m是正奇数，不合题意， 2 2 设 B 中元素的最小值为k（显然k 3)， 因为a 2ma ，所以a a m，因此a 为奇数，且a m. k k1 k k1 k1 k1 第 64 页 共 249 页若a a m，则a 为偶数， k1 k2 k2 1 但此时应有a  a ，与a a m矛盾； k1 2 k2 k1 k2 1 若a  a ，则a 2m，即 k2B ，与k的最小性矛盾. k1 2 k2 k2 因此假设不成立，集合 B 为空集. （3）猜想S 1,2. 因为S 1,2，以下只需证对任意大于 1 的奇数m，1,2S . 1 m 若a 1, j1，则a 2，故只需证必存在a 1, j1. j j1 j 由（2）知无穷数列 A 中所有的项都属于集合1,2,,2m， m 因此必存在i j，使得a a ，取其中 i 的值最小的一组. i j 若a 1，则a a K 1； i i j 若 K m ，则必有a a Km1，与 i 的最小性矛盾； i1 j1 若 K m ，则必有a a 2K，也与 i 的最小性矛盾. i1 j1 因此只能a 1，因此a a 1, j1,a 2，即1,2S . i j 1 j1 m 综上，S 1,2. 【点评】（1）问根据题意对m分类讨论，得出m的最小值；（2）问利 用反证法结合无穷等比数列 A 的定义分析找矛盾；（3）问根据 m1 时， m S 1,2，提出猜想，证明对任意大于 1 的奇数m，1,2S . m 15．(1)3,5,7 (2)证明见解析 (3)97a4656d c 【分析】（1）根据定义式子代入即可求解a ； 4 第 65 页 共 249 页（2）通过数学归纳法证明逆否命题为真命题； （3）分析去掉具有 P 性质三项后，得到等差数列求和即可. 【解析】（1）a a，a a d 12 3； a a d(i1,2) 1 2 1 3 i 当 i1 时，a a d 123；当 i2 时，a a d 325； 3 1 3 2 a a d(i1,2,3)， 4 i 若 i1 ，则a a d 123；若 i2 ，则a a d 325； 4 1 4 2 若 i3 ，则a a d 325（与 i2 时重复），或a a d 527； 4 3 4 3 所以a 的可能值有3,5,7. 4 （2）假设a 中不存在满足性质 P 的项，即对任意i, j 1,100  ,均有a a ； n i j 下面数学归纳法证明，a 是等差数列； n ①当n2时，a a d,成立； 2 1 ②设当nk,k 2,99 且 kN时，a a d； k k1 则当nk1时，因为a 不具有性质 P ，故a a a d(i1,2...,k) k1 k1 i i1 而又存在a a d(i1,2,...,k)，故ik，即a a d ； k1 i k1 k 综上所述，当a 中不存在满足性质 P 的项时，a 时等差数列成立； n n 故其逆否命题：当a 不是等差数列时，a 中存在满足性质 P 的项成 n n 立. （3）将数列{a }中具有性质 P 的三项去掉，得到一个新的数列{b }， n n b a a，n[2,97]，b b d(i[1,n1])， 1 1 n i 且{b }中没有满足性质 P 的项， n 由（2）可知，数列{b }是等差数列， 所以 n b b b b  97b  9796 d  97a 4656d ， 1 2 3 97 1 2 第 66 页 共 249 页又因为数列{a }中去掉的三项和为c，所以a a a a 97a4656dc. n 1 2 3 100 【点评】本题属于数列新定义问题，重点考查新定义“性质 P”的理解 和运用，考查等差数列和等比数列的定义和通项公式的运用，考查分 类讨论思想方法，以及运算能力和推理能力.处理带否定词的命题经 常通过证明其逆否命题得到.而（3）题关键是分析得出去掉三项后， 得到一个等差数列再求和. 1 1 1 16．(1)b  ,b  ,b  2 2 3 2 4 4 1 (2)①证明详见解析；② 21011 【分析】（1）根据伴随数列的知识求得正确答案. （2）①根据伴随数列、常数列、等比数列、充要条件等知识证得结 论成立. ②对a ,a 的取值进行分类讨论，利用放缩法求得正确答案. n n1 a 1 a 1 a 1 【解析】（1）b  a  2 b  ,b  a  3 b  ,b  a  4 b  . 2 1 2 1 2 3 2 2 2 2 4 3 2 3 4 （2）①，充分性：若 X 数列a 为常数列， n 因为a 1，所以a 1,nN*， 1 n a 1 所以b  a  n1 b  b ,nN*， n1 n 2 n 2 n 又因为b 10，所以伴随数列b 是以 1 为首项， 1 n 以1 为公比的等比数列. 2 必要性：（反证法）假设数列b 是等比数列，而数列a 不是常数列. n n 所以数列a 中存在等于 0 的项，设第一个等于零的项为a ，其中 n k k 1,kN*， 第 67 页 共 249 页0 所以b  1 b b ，得等比数列b 的公比为 1 ， k 2 k1 k1 n a a 1 又b  k1 b ，得等比数列b 的公比 k1  ，与“b 的公比为 1”矛盾， k1 2 k n 2 2 n 所以当数列b 是等比数列时，数列a 是常数列. n n 综上所述，“a 为常数列”是“b 为等比数列的充要条件. n n 1 ②，当a 1,a 1时，b  b ； n n1 n1 2 n 当a 1,a 0时，b b ； n n1 n1 n 1 当a 0,a 1时，b  b ； n n1 n1 2 n 当a 0,a 0时，b 0； n n1 n1 1 1 1 所以b  b 或b  b 或b 0，且b 0，所以b  b ， n2 4 n n2 2 n n2 n n2 2 n 1 1 1 1 所以b  b  b  b  ， 2023 2 2021 2 2019 21011 1 21011 1,n2k1,kN* 1 当a  时，b  . n 0,n2k,kN* 2023 21011 【点评】解新定义题型的步骤：(1)理解“新定义”——明确“新定义” 的条件、原理、方法、步骤和结论.(2)重视“举例”,利用“举例”检验是 否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例” 提供的分类情况.(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需 要解决的问题. 17．(1)a 7 ； 3 (2)证明见解析； (3)a a(n1)(ba),n1,2,3,. n 【分析】（1）由题设取i1, j2，代入计算可得； （2）利用反证法证明即可； 第 68 页 共 249 页（3）利用反证法，先证a 是递增数列，即nN*,a a 恒成立，再 n n n1 证a a(n1)(ba),n1,2,3,，即可得通项公式. n 【解析】（1）取i1, j2，则存在a(2k 4)使a 2a a 2537. k 3 2 1 （2）假设a 中仅有有限项为 0，不妨设a 0，当nm时a 均不为 0， n m n 则m2， 取i1, jm，则存在a(mk 2m)，使a 2a a 0，与a 0矛盾， k k m 1 k 所以数列a 中有无穷多项为 0； n （3）由ab，先证a 是递增数列，即nN*,a a 恒成立， n n n1 否则，存在最小正整数n ，使a a ，且a a a ，显然n 2， 0 n0 n0 1 1 2 n0 0 取i1,2,,n 1， jn ，则存在a(n k2n)使a 2a a ， 0 0 k 0 0 k n0 i 因为2a a 2a a 2a a a ，所以2a a,2a a,,2a a 恰对应 n0 1 n0 2 n0 n0 1 n0 n0 1 n0 2 n0 n01 为a ,a ,,a ， n01 n02 2n01 所以a a ，与a a 矛盾，故a 是递增数列； n0 1 n0 n0 1 n0 n 再证a a(n1)(ba),n1,2,3,，记d ba，即证a a(n1)d,n1,2,3,， n n 当n1,2时，易知结论成立， 假设存在最小正整数m ，使得a a(n1)d对任意1nm 恒成立， 0 n 0 但a amd，则m 2， m01 0 0 取i1,2,,m 1， jm ，存在a(m k2m)使a 2a a ， 0 0 k 0 0 k m0 i 因为a 是递增数列，所以a a a a a ， n 1 2 m0 m0 1 2m0 1 则2a a ,,2a a,2a a 恰对应为a ,a ,,a ， m0 m01 m0 2 m0 1 m01 m02 2m01 所以a 2a a 2[a(m 1)d][a(m 2)d]amd，与a amd矛盾， m01 m0 m01 0 0 0 m01 0 所以a a(n1)(ba),n1,2,3,. n 第 69 页 共 249 页【点评】第二、三问，利用反证思想及数学归纳证数列单调性. 18．(1)不是“H1”数列 (2)t1，b 2n1 n (3)lna a 1，证明见解析 n n 【分析】（1）根据“Ht数列”的定义进行判断，说明理由； （2）根据a 是首项为 2 的“Ht数列”，求出a ,a ，由b 是等比数列， n 2 3 n n n1 设公比为q，由a2 aa a a log b ，可得a2 aa a a a log b ， i 1 2 3 n 2 n i 1 2 3 n n1 2 n1 i1 i1 作差可得a2 aa a a a 1log b log b ，利用b 前三项数列，可 n1 1 2 3 n n1 2 n1 2 n n 以求解t和q，进而求解等比数列b 的通项公式； n （3）根据题意构造函数 f xlnxx1，求导并判断 f x在1,上单调 递增，由a 是 “Ht数列”与a 1,t 0，反复利用a aa a a t ，可 n 1 n1 1 2 3 n 得对于任意的n1,nN，a 1,进而得到lna a 1，推出lnaa a S n， n n n 1 2 n n 再利用ylnx在x0,上单调递增，得到aa a eSn n，通过已知条件 1 2 n 变形推出tS S eSn n. n1 n 【解析】（1）根据“Ht数列”的定义，则t1，故a aa a a 1， n1 1 2 3 n 因为a a 1成立，a a a 1成立， 2 1 3 2 1 a aa a 812386 21不成立， 4 3 2 1 所以1,2,3,8,49不是“H1数列”. （2）由a 是首项为 2 的“Ht数列”，则a 2t，a 3t4， n 2 3 由b 是等比数列，设公比为q， n n 由a2 aa a a log b ， i 1 2 3 n 2 n i1 第 70 页 共 249 页n1 则a2 aa a a a log b ， i 1 2 3 n n1 2 n1 i1 两式作差可得a2 aa a a a 1log b log b ， n1 1 2 3 n n1 2 n1 2 n 即a2 aa a a a 1log q n1 1 2 3 n n1 2 由a 是 “Ht数列”，则a aa a a t ，对于n1,nN恒成立， n n1 1 2 3 n 所以a2 a ta 1log q， n1 n1 n1 2 即t1a tlog b log b 对于n1,nN恒成立， n1 2 n1 2 n  t1a t log q  t12tt log q 则 2 2 ，即 2 ，    t1a 3 t log 2 q  t13t4t log 2 q 解得，t1，q=2， 又由a 2，a2 a log b ，则b 4，即b 2n1 1 1 1 2 1 1 n 故所求的t1，数列b 的通项公式b 2n1 n n 1 （3）设函数 f xlnxx1，则 fx 1，令 fx0， x 解得x1，当x1时， fx0， 则 f xlnxx1在区间1,单调递减， 且 f 1ln1110， 又由a 是 “Ht数列”， n 即 a aa a a t ，对于n1,nN恒成立， n1 1 2 3 n 因为a 1,t 0，则a a t1， 1 2 1 再结合a 1,t 0,a 1， 1 2 反复利用a aa a a t ， n1 1 2 3 n 可得对于任意的n1,nN，a 1, n 则 f a  f 10， n 即lna a 10，则lna a 1， n n n n 第 71 页 共 249 页即lna a 1，lna a 1，L，lna a 1， 1 1 2 2 n n 相加可得lna lna lna a a a n， 1 2 n 1 2 n 则lnaa a S n, 1 2 n n 又因为ylnx在x0,上单调递增， 所以aa a eSn n， 1 2 n 又a aa a a t ，所以a teSn n， n1 1 2 3 n n1 即S S teSn n， n1 n 故tS S eSn n. n1 n 【点评】本题主要数列的新定义题型，紧扣题意进行求解，同时构造 函数，利用导数判断单调是证明不等式的关键. 19．(1)y x2 (2)证明见解析 (3)存在点T(2,0)满足题意 【分析】（1）根据抛物线交点，结合直线的点斜式即可求解， （2）联立直线与抛物线方程得韦达定理，即可根据数量积的坐标运 算求解， （3）联立直线与椭圆方程，根据弦长公式求解|AB |8 2m ，根据点 i i i tm 到直线距离求解d  i ，进而根据等比中项即可代入化简求解. i 2 【解析】（1）焦点F(2,0)，斜率k1， 故直线l 的方程为y x2． 3 y2 8x, （2）联立 消去x，整理，得ky28y8m 0． ykxm , 1 1 第 72 页 共 249 页易644k8m 0，即km 2， 1 1 8m y2y2 m2 设A(x,y )、B(x ,y )，则y y  1 ， xx  1 2  1 . 1 1 2 2 1 2 k 1 2 64 k2   m2 8m 由 OA OB  0 ，即xx y y 0，得 1  1 0 ， 1 1 1 2 1 2 k2 k 由于m 0，所以m 8k，直线l :ykx8k， 1 1 1 故直线l 过定点(8,0). 1 （3）当k1时，l :yxm． i i 由于m m m t，所以tm 0， 1 2 3 i |tm | tm 设T(t,0)，则d  i  i . i 2 2 由d2 d d ， 2 1 3 得(tm )2 (tm)(tm )，即m22mtmm (m m )t． ① 2 1 3 2 2 1 3 1 3 y2 8x, 联立 消去y，整理，得x22(m 4)xm2 0. yxm , i i i 由4(m 4)24m2 0，得m 2． i i i 于是 |AB | 2 4(m 4)24m28 2m ． i i i i i 1 由S2 S S ，d2 d d ，且S  |AB |d ， 2 1 3 2 1 3 i 2 i i i 得|A B |2|AB ||AB |，从而2m  (2m )(2m ) ， 2 2 1 1 3 3 2 1 3 即(2m )2 (2m )(2m )，化简，得m24m mm 2(m m )． ② 2 1 3 2 2 1 3 1 3 ①②相减，整理，得(t2)(2m m m)0． 2 1 3 而2(2m )2 (2m)(2m ) (2m)(2m )，即2m m m ， 2 1 2 1 3 2 1 3 故t20，即t 2． 又当t2时，比如取m 1，m 1，m 2 3满足题意， 1 3 2 故存在点T(2,0)满足题意． 第 73 页 共 249 页【点评】圆锥曲线中定点问题的两种解法 （1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化 量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点. （2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再 证明该定点与变量无关. 技巧：若直线方程为yy kxx ,则直线过定点x ,y ; 0 0 0 0 若直线方程为ykxb (b为定值),则直线过定点0,b. 20．(1)a 2n1，b 2n n n (2)S 2n32n16 n (3)存在m5，理由见解析 【分析】（1）利用等差等比数列的基本量表示已知条件，解方程组得 到基本量，利用等差等比数列的通项公式得到答案； （2）利用错位相减法求解即可； （3）假设存在满足要求的整数m，取n1,2,3得到m的范围，进而求得 d m的值为 5 ，然后证明当m5时，对任意的 nN*，都有1mT  n 2 成 n b 2n 立．为此先要根据d d b ，利用等比数列的求和公式，求得 n n1 n 第 74 页 共 249 页1 n 1 n1 1 n 1 n T n 4T n1 2 2   ，结合T n1 T n  4   d n1 ，求得 5T n 2 2    4   d n1 ，然后 利用作差法证明即可. 【解析】（1）设等差数列{a }的公差为d，等比数列{b }的公比为q， n n 2d bq  1 2d bq(q1) 则23d bq2 ，所以 1 ，  27d b 1 q3 4d b 1 q2(q1) 1 因为q1,0，所以q=2， 2d 2b  1 所以23d 4b ，解得d b 2， 1 1  27d 8b 1 所以a 12(n1)2n1，b 22n1 2n； n n （2）由（1）得a b 2n12n， n n 则S 23225232n12n①， n 2S 223235242n12n1②， n 由①②得S 222222322n2n12n1 n 2  12n 2 22n12n1 32n2n16 ， 12 所以S 2n32n16； n （3）由题设可得d 1,d 2d 1,d 4d 3 ， 1 2 1 3 2 假设存在满足要求的整数m， d d 令 n1 ，则1m 1  1 2，解得 5m9 ； b b 2 2 d d d 17 33 令n2，则1m( 1  2) 2 2，解得 m ； b b b 5 5 2 4 4 d d d d 67 131 令n3，则1m( 1  2  3) 3 2，解得 m ； b b b b 23 23 2 4 6 6 131 所以5m ， 23 第 75 页 共 249 页又已知mZ ，故若存在，则m5， d 下证：当m5时，对任意的 nN*，都有1mT  n 2成立， n b 2n 2 3 n 1 1 1 1 T  d   d   d    d ， n 4 1 4 2 4 3 4 n 2 3 n n1 1 1 1 1 1 T  d   d   d    d   d ， n1 4 1 4 2 4 3 4 n 4 n1 2 3 n1 1 1 1  1  1  T T  d    (d d )   (d d )    (d d ) ， 4 n n1 4 1 4  1 2 4  2 3 4  n n1 1 2 n 1 1 1 即T 4T d   (d d )  (d d )   (d d ) n n1 1 4 1 2 4 2 3 4 n n1 2 3 n 1 1 1 1 1 2  22  23   2 n 4 4 4 4 2 3 n n 1 1 1 1 1 1       2  ， 2 2 2 2 2 n1 1 又T T   d ， n1 n 4 n1 n n 1 1 所以 T 4T 5T   d 2  ， n n1 n 4 n1 2 n 1 1 则5T 2( )n   d ， n 2 4 n1 d 1 n 1 n d 1 n 1 n 1 n 5T  n 2    d  n 2    d   d n b 2 4 n1 b 2 4 n1 4 n 2n 2n n n n n 1 1 1 1 2    d  d  2    2n 2 4 n n1 2 4 n 1 22  ， 2 1 n 1 1 又因 nN*，所以 22  22  2 ， 2 2 第 76 页 共 249 页d 即对任意的 nN*都有15T  n 2成立，得证. n b 2n d 所以存在整数m5，使得对任意的 nN*都有1mT  n 2成立． n b 2n 【点评】数列求和的常用方法： （1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解； （2）对于a b 结构，其中a 是等差数列，b 是等比数列，用错位 n n n n 相减法求和； （3）对于a b 结构，利用分组求和法； n n  1  （4）对于 结构，其中a 是等差数列，公差为dd 0，则 a a  n n n1 1 1 1 1      ，利用裂项相消法求和. a a da a  n n1 n n1 21．(1)a 、b 均为“P 数列” n n (2)a 2n221n10 n (3)m4 【分析】（1）求出a n2(1n4)前 4 项，判断是否满足定义即可；求 n n 1 出 b   (1n5) 前 5 项，判断是否满足定义. n 2 （2）由题意知 a a  a a  a a 、 a a  a a  a a ，所 1 2 2 3 9 10 10 9 9 8 2 1 以有穷数列a 为等差数列. n （3）抓住 a a 1且为正整数，从而根据 n1 n a a  a a  a a m1即可解题. 1 2 2 3 m1 m 【解析】（1）a 、b 均为“P 数列” n n （2）∵在“P 数列”a,a ,,a 中， a a  a a  a a ， 1 2 10 1 2 2 3 9 10 第 77 页 共 249 页又a ,a ,,a 也是“P 数列”，则 a a  a a  a a ， 10 9 1 10 9 9 8 2 1 ∴ a a  a a  a a ， 1 2 2 3 9 10 又a,a ,,a 的各项互不相同， 1 2 10 ∴a a a a a a ， 1 2 2 3 9 10 ∴有穷数列a 为等差数列， n ∵ a 20 ，a 2， 1 10 220 则公差d  2， 101 ∴有穷数列a 的通项公式为a 202n12n221n10. n n （3）∵“P 数列”a 是1,2,3,,m的一个排列， n ∴当n2时， a a 1且为正整数. n1 n 又∵ a a  a a  a a m1且 a a  a a  a a ， 1 2 2 3 m1 m 1 2 2 3 m1 m ∴①若 a a  a a  a a 1， 1 2 2 3 m2 m1 则 a a  a a  a a m2， a a 3； 1 2 2 3 m2 m1 m1 m 此时a,a ,,a 为连续自然数，且a a 3， 1 2 m1 m m1 当 m1 ，不符合题意； 当 m2 ，不符合题意； 当m3，不符合题意； 当 m4 ，a 2,3,4,1或a 3,2,1,4，符合题意； n n 当m4， 1若a 1 ,a 2 ,,a m1 为连续递增自然数， 当a a 3时，a a 3a ，与a 是1,2,3,,m的一个排列矛盾， m m1 m m1 m4 n 舍去， 第 78 页 共 249 页当a a 3时，与a 是1,2,3,,m的一个排列矛盾，舍去， m m1 n 2若a 1 ,a 2 ,,a m1 为连续递减自然数， 当a a 3时，与a 是1,2,3,,m的一个排列矛盾，舍去， m m1 n 当a a 3时，a a 3a ，与a 是1,2,3,,m的一个排列矛盾，舍 m m1 m m1 m4 n 去； ②若 a a  a a  a a 1，则 a a  a a  a a m3， 1 2 2 3 m3 m2 1 2 2 3 m3 m2 a a  a a 2； m2 m1 m1 m 此时a,a ,,a 为连续自然数，且a a 2，a a 2 1 2 m2 m1 m2 m m1 当 m1 ，不符合题意； 当 m2 ，不符合题意； 当m3，不符合题意； 当 m4 ，不符合题意； 当m4， 1若a 1 ,a 2 ,,a m2 为连续递增自然数， 当a a 2时，a a 2a ，与a 是1,2,3,,m的一个排列矛盾， m1 m2 m1 m2 m4 n 舍去， 当a a 2时，又a a 2，与a 是1,2,3,,m的一个排列矛盾，舍 m1 m2 m1 m2 n 去， 2若a 1 ,a 2 ,,a m2 为连续递减自然数， 当a a 2时，又a a 2，与a 是1,2,3,,m的一个排列矛盾，舍 m1 m2 m1 m2 n 去， 当a a 2时，a a 2a ，与a 是1,2,3,,m的一个排列矛盾， m1 m2 m1 m2 m4 n 第 79 页 共 249 页舍去； 综上所述， m4. 22．(1)数集 A 不具有性质 P ；数集 B 具有性质 P. (2)（i）不一定，理由见解析；（ii）数集 B 中所胡元素的和的所有可 能值为121380,293335,2047276. 【分析】（1）验证两个条件，判断是否具有性质 P ； （2）（i）举例说明不一定为等差数列；（ii）证明结论“n5 时，a 必 n 为等差数列”，利用结论由等差数列前n项和公式求解. 【解析】（1）对于数集 A ，任意xA，有 x0 ；且61 A,61 A，所以 数集 不具有性质 ， A P 对于数集 B ，任意xB，有 x0 ；因为 00 0B,33 0B,66 0B， 且 03 3B,06 6B,36 3B， 则对任意x,yB, xy B ，所以数集 B 具有性质 P. （2）（i）不一定是等差数列， 例如B0,1,3,4时，134B， 且 00  11  33  44 0B, 01  34 1B,03 14 3B,40 4B, 数集 具有性质 ，但数集中的元素不构成等差数列； B P （ii）若数集Ba,a ,,a 具有性质 P ，a a (i1,2,L,n1)， 1 2 n i i1 我们给出一般结论， n5 时，a 必为等差数列. n 证明：因为a a a a a a a ， n n1 n n2 n 2 n 第 80 页 共 249 页所以a a Bi2,3,,n1， a a  a a Bi2,3,, n1， n i n i n i 因为a 0a a a a  a ， 1 n n1 n n2 n 所以a a a i2,3,,n1①， n i n1i 所以a a a , a a a , n n2 3 n n1 2 因为a a a a a a a a a n1 n2 n1 n3 n1 3 n1 2 n 所以a a  Bi 3,4,5,,n2, a a Bi3,4,5,,n2 n1 i n1 i 因为a 0a a a a a a a ， 1 n1 n2 n1 n3 n1 3 n1 由0a a a ，分两种情况： 1 2 n 第一种情况：a a a ,a a a ,,a a a ； n1 n2 2 n1 n3 3 n1 3 n3 第二种情况：a a a k 3，a a a(in2) n1 n2 k n1 3 i 先考虑第二种情况，a a a a a a ，与题意矛盾； n1 n2 k n2 3 n a a a a a a ，与题意矛盾； n1 3 i 3 n2 n 所以只能为第一种情况，得a a a i 3,4,.n2② n1 i ni 由①-②得，a a a a i 3,4，n 2, n n1 n1i ni 即a a a a a a a a a ， n n1 n2 n3 3 2 2 2 1 即当 n5 时，a,a ,,a 是公差为a 的等差数列. 1 2 n 2 故一般结论：“当 n5 时，a 为等差数列”成立. n 设公差为a d，则a (n1)d 2 n 因为 n100 ，且a 20237172.， n 所以 n1 可以等于119,289,2023，即n120,290,2024. na a  02023120 故 S  1 n  121380 或 n 2 2 na a  02023290 S  1 n   293335 或 n 2a 2 第 81 页 共 249 页na a  020232024 S  1 n   2047276. n 2 2 综上，数集 B 中所胡元素的和的所有可能值为121380,293335,2047276. 23．(1)22,23,24都是3好数 (2)证明见解析 24047 1 (3) 3 【分析】（1）直接由 k好数的定义验证即可. k （2）证明m是k1好数时，分是否存在c 0使得m(1)ai2ci 两种情 i i1 m k 况讨论即可，证明 是 k好数时，将表达式m(1)ai2ci 中的数分成四 2 i1 类，即： 1,1,2ci 1,2cj 1 ，从而即可证明. k （3）注意到表达式m(1)ai2ci ，由此联系到用二进制表示，通过归 i1 纳得知最小的 1坏数是 3，最小的 2坏数是 11，最小的3坏数是 43， 最小的 4坏数是 171，且注意到311 2 ,111011 2 ，应该是在破坏数码和， 通过分析得知， k坏数要满足二进制至少有k1个数码是 1，而且在 二进制表示左右两头的 1 之间 0 段的数目至少是k1，由此即可猜出 最小的 k坏数是 n12232522k1,k 1 ，从而证明即可得解. 【解析】（1）因为2210241022 1021 ， 所以 22 是3好数； 因为2310241023 1120 ， 所以 23 是3好数； 因为24102410221022， 所以 24 是3好数. 第 82 页 共 249 页k （2）由题意m是 k好数当且仅当m(1)ai2ci ， i1 a ,a ,,a ,c,c ,,c 是非负整数，分以下两种情形来说明m是k1好数， 1 2 k 1 2 k 情形一：若存在c 0，不妨设为c 0,2c1 1，此时1a1 1或1a1 1， i 1 k k 则当k2时，m1(1)ai2ci ，或m1(1)ai2ci ， i2 i2 k k 因此m10211120(1)ai2ci ，或m11211020(1)ai2ci ， i2 i2 即此时m是k1好数； 当k1时，m1a12c1 ，由题意m0，因此不妨取a 0,1a1 1，即 m2c1 ， 1 因为m是偶数，所以c 1,c 10，从而m102c1 1102c1 1是k1好 1 1 数； 情形二：若不存在c 0，则任取c ，均有c 1， i i i 当然也有c 1，而此时1a1 1或1a1 1， 1 k k 则当k2时，m2c1 (1)ai2ci ，或m2c1 (1)ai2ci ， i2 i2 由情形一可知，当c 1,c 10时，2c1 102c1 1 102c1 1， 1 1 k k 因此m102c1 1102c1 1 (1)ai2ci ，或m112c1 1112c1 1 (1)ai2ci ， i2 i2 即此时m是k1好数； 当k1时，m1a12c1 ，由题意m0， 因此不妨取a 0,1a1 1，即 m2c1 ， 1 因为c 1,c 10，从而m102c1 1102c1 1是k1好数； 1 1 综上所述：若m是偶数且是 k好数，则m是k1好数. m 若m是偶数且是 k好数，接下来我们说明 是 k好数， 2 k 即已知m(1)ai2ci 是偶数，a ,a ,,a ,c,c ,,c 是非负整数， 1 2 k 1 2 k i1 由以上分析可知1ai 1或1ai 1，2ci 1,c 0或2ci 2,c 1是偶数， i i 第 83 页 共 249 页且10211120 1，2ci 102c1 1102c1 1，2ci 112c1 1112c1 1， 不妨设1ai2ci 1,a 0,c 0,1 i p，1ai 2ci 1,a 1,c 0,p 1i p q， i i i i m 1ai2ci 2ci,a 0,c 1,pq1i pqr ， i i i n 1ai2ci 2ci,a 1,c 1,pqr1i pqrs ， i i i k pqr pqrs 所以m(1)ai2ci  pq  m   n ， i i i1 ipq1 ipqr1 因为m,m 2ci,n 2ci,c 1均是偶数， i i i pqr pqrs  pqr pqrs  所以  m   n 是偶数，pqm  m   n 是偶数， i i i i ipq1 ipqr1 ipq1 ipqr1  m pq 1 pqr 1 pqrs 所以    m   n ， 2 2 2 i 2 i ipq1 ipqr1 pq 1 pqr 1 pqrs  10211120   10 2c1 1  10 2c1 1    11 21c1  1 1 2c1 1       2 2 2 ipq1 ip qr1 ， m 综上所述，若m是偶数且是 k好数，则 也是 k好数. 2 （3）记 n12232522k1,k 1 ，设mn： ①若m的二进制表示中只有至多有k个 1，那么m显然是 k好数； ②若m的二进制表示中有至少有k1个 1，那么m的二进制表示至多 有2k1位。 此时，m的二进制表示中的那些 0 隔出了若干个 1 串。 如果一个 1 串的长度为 1，它一定能表示为 2t， 如果一个 1 串的长度大于 1，它一定能表示为 2u 2v， 假设m是 k坏数，长度为 1 的 1 串的数量为p，长度大于 1 的 1 串的 数量为q， 第 84 页 共 249 页那么就意味着p2qk， 记K  p2q， 如果我们标出每个 1 串最左边和最右边的 1，那么这些 1 两两不相邻， 且总数目为 ， K 但事实上，由于一共至多有2k1位，所以 K k ，产生矛盾， 这就意味着m一定是 k好数. 这就说明，小于n的正整数都是 k好数， 接下来我们用反证法来证明n是 k坏数， 假设n是 k好数， 由于n的二进制表示中，1 的个数是大于k的， 所以n的那个表示里，肯定存在负号项， 也就是说n可以表示成两个正整数P,Q之差，不妨设nPQ， 且P,Q的二进制中 1 的个数之和不超过k， 而且我们还可以同时去掉P,Q的那些位数相同的 1，全都变成 0， 所以n可以表示成两个正整数P,Q的差，P,Q的二进制中 1 的个数之和 不超过k，且没有相同位置的 1， 那么就设P,Q的二进制表示中，1 的数量分别是u,v， 则 uvk ， 那么：(1)P 的二进制表示中，最左最右两个 1 之间的 0 段的数目至多 有u1个； (2)每给 P 减掉一个 2t（且 P 的 2t位为 0），最左最右两个 1 之间的 0 段 的数目至多增加 1 个， 第 85 页 共 249 页增加 1 个当且仅当减掉的这个位置左边最近的 1 的左边还是 1，且这 个位置的右边是 0. (3)n的二进制表示中，最左最右两个 1 之间有k1个 0 段. 由(1)(2)我们知道，n的二进制表示中，最左最右两个 1 之间的 0 段的 数目至多有uv1个， 结合(3)就可以知道uv必须等于k，且(1)，(2)，(3)的每个不等关系 都取等. 由于(1)的不等关系取等， 所以 P 的最后一位必须是 0； 但n的最后一位是 1， 所以Q的最后一位是 1， 但是由于(2)的不等关系取等， 所以最后在减掉 20 1 这步时，右边还有 0， 而这不可能，因为已经是最后一位了， 所以假设不成立， 从而n是 k坏数， 所以最小的 k坏数是 n12232522k11 2  122k  24k 1 ,k 1 ， 122 3 2420231 24047 1 因此最小的 2023坏数是  ． 3 3 【点评】第一问比较常规，按新定义验证即可；第二问的关键主要是 注意到表达式的结构，分类讨论即可；而第三问的关键是主要要联想 到二进制表示，并且要通过归纳分析，演绎推理证明猜想，从而顺利 求解. 第 86 页 共 249 页24．（1）a n，b 2n.（2）存在，m的值为 5 和 2186 .（3）d0或d144. n n n2 n1 【分析】（1）由题意可知S 2 ，从而有S 2 ，做差得到 n 2n n1 2n1 a n n  (n≥2)，代入基本量计算可求出数列{a }，{b }的通项公式. （2） b 2n n n n 讨论m为奇数和偶数两种情况，分别代入求解计算. （3）设{d }的公 n 差为 d ，则 d ≥0 且 d Z ，若d 15 a 2018 2018，则d0肯定成立，只需讨 论 d  0 时的情况即可. 2a 【解析】（1）当 n1 时， 1 1，由a 1，得b 2； b 1 1 1 n2 n1 由2nS 2n1n2得S 2 ①，当n2时有：S 2 ②， n n 2n n1 2n1 a n 由②-①得 n  (n≥2). b 2n n a 1 a 3 分别令n2,3可得： 2  ， 3  .设{a }的公差为d，{b }的公比为q， b 2 b 8 n n 2 3 1d 1  1   2q  2 , d 1,   d  3 , 则  解得 或 12d  3 . q2,  q 2 .   2q2 8  3  1 d  , d 1,   3 经检验 符合条件， 不合题意，舍去. q2,  q 2 .  3 故a n，b 2n. n n 2n,n是奇数, （2）c  n n,n是偶数. m187 当m是奇数时，由c c c ，可得2m(m1)m187，即2m  ， m m1 m187 m1 186 所以2m 1 ，解得m5， m1 186 考虑到2m,1 在正整数集上分别单调递增和递减， m1 故不存在其他解，即m5是惟一解. 当m是偶数时，由c c c 可得： m2m12m187， m m1 m187 即 m2186， 2186是偶数符合条件. 第 87 页 共 249 页综上m的值为 5 和 2186. （3）由（1）d a 2018， 15 2018 设{d n }的公差为 d ，则 d ≥0 且 d Z ， 当d0时，显然成立； 当 d  0 时，d 15 d 1 14d2018, 所以d 201814d，d d (k15)d2018(k15)d， 1 k 15 由d 2 d d ，得20182 (201814d)[2018(k15)d]， 15 1 k 即20182 201822018(k15)d142018d14(k15)d2， 所以2018(k15)d142018d14(k15)d2， 因为 d  0 ，所以2018(k15)14201814(k15)d ， 即2018k20181514201814kd 1415d ， 所以(201814d)k1420182018151415d 1420182018151415d 15(201814d)142018 721009 故k   15 ， 201814d 201814d 10097d 由 d  0 ，得10097d1009 ， 从而要使 kN，只要10097d1,2,7,14， 又dN10097d1,d144， 综上， d0或d144. 【点评】本题考查已知前n项和求数列的通项，考查用基本量求数列 的通项公式，考查分类讨论的思想，同时涉及数的整除问题，属于难 题. 25．(1)A 具有性质 P,T (2,4),A 不具有性质 P 4 4 5 (2)见解析 第 88 页 共 249 页(3)n3 【分析】（1）根据性质 P 的定义判断A A 是否满足题意，同时根据T 的 4, 5 n 定义写出T ； n （2）利用反证法证明(1,3),(2,4)至少有一个在T 中，T 即可得证； 4 4 （3）设T 中元素个数最小为d ，根据新定义可知d d 1，以此类推 n n n n1 可得d d n4，由（2）知d 1，则d n3，再进行证明即可. n 4 4 n 【解析】（1）解：由题知A ：1，0.1，-0.2，0.5，即a 1,a 0.1,a 0.2,a 0.5 ， 4 1 2 3 4 因为 a a  a a 0.51, a a 0.91, a a 0.31, a a 0.71, 1 0 1 4 2 1 3 2 4 3 所以A 具有性质 P, 4   又因为T  i, j a a 1,2 jin2i, j1,2,,n ， n i j 所以当n4时，2 ji42，即 ji2， 所以可得 a a 1.21, a a 0.41，所以T (2,4)； 1 3 2 4 4 又由题知A ：1，2，0.7，1.2，2，即a 1,a 2,a 0.7,a 1.2,a 2， 5 1 2 3 4 5 因为 a a 1.31，所以A 不具有性质 P ； 3 2 5 所以A 具有性质 P,T (2,4),A 不具有性质 P. 4 4 5 （2）证明：要证T ，即证：(1,3),(2,4)两个元素至少有一个在T 中， 4 4 假设(1,3),(2,4)两个元素均不在T 中，则 a a 1, a a 1， 4 1 3 2 4 不妨设a ≤a ，若a a ，则1a a 0,0a a 1 ， 1 2 2 3 1 2 2 3 又由a a a a a a ，则1a a 1， 1 3 1 2 2 3 1 3 与 a a 1矛盾，所以a a ，同理可得：a a ， 1 3 2 3 3 4 所以a a a a ， 1 2 3 4 第 89 页 共 249 页所以 a a  a a a a a a a a a a 1， 1 0 1 4 4 1 4 2 2 1 4 2 这与A 具有性质 P 矛盾，所以假设不成立，即T 得证. 4 4 （3）设a mina ,a ,,a ,(2k n1)， k 1 2 n 规定k1时，a a ， k n 时，a a ， k1 n k1 1 则a ,a  a ,a 1 ，所以 a a 1， k1 k1 k k k1 k1 考虑数列B :a ,a ,a ，C :a,a ,,a a ,,a ， 3 k1 k k1 n1 1 2 k1, k1 n 由题设可知，他们均具有性质 P ，设T 中元素个数最小为d ， n n 则可得d d 1，所以d d 1d 2 d n4， n n1 n n1 n2 4 由（2）知d 1，则d n3， 4 n 3 当 n2m1 时，令a i(i1,2,,m)，a m i(i1,2,,m1)， i mi 2 1 当 n2m 时，令a i(i1,2,,m)，a m i(i1,2,,m)， i mi 2 此时均有d n3，所以T 中元素个数的最小值为n3. n n 【点评】此题考查数列与集合结合的新定义问题，属于难题. 关于新定义题型的思路有： （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）根据已知条件和所求，通过分析把所求转化为数学语言； （3）将已知条件代入新定义要素中； （4）最后结合所学数学知识进行规范的解答. 26．(1)答案见解析 (2)答案见解析 (3)证明见解析 第 90 页 共 249 页【分析】（1）根据定义分析判断即可； （2）根据题意分析可知△2a 为定值，利用累加法结合等差数列运算 i 求解； （3）根据“绝对差异数列”结合充分、必要条件分析证明. 【解析】（1）对于数列A：2，4，8，10，14，16；可得： 1 差数列为：2，4，2，4，2，不满足△a  △a ，所以不是“绝对差异数 i j 列”； 累次差数列为：2，2 ，2，2 ，满足△2a  △2a ，所以是“累差不变数 i j 列”， 对于数列A ：6，1，5，2，4，3；可得： 2 差数列为：5，4，3 ，2， 1 ，不满足△a  △a ，所以不是“绝对差 i j 异数列”； 累次差数列为：9，7 ，5，3 ，不满足△2a  △2a ，所以不是“累差不 i j 变数列”. （2）因为△2a d，则△2a d， i i 反证：假设△2a 不是定值，即存在 kN*，使得△2a △2a 0， i k k1 可得△a △a △a △a 0，即△a △a ， k1 k k2 k1 k2 k 这与a 既是“绝对差异数列”相矛盾，假设不成立，所以△2a 为定值， n i ①若△2a d，即△a △a d ， i i1 i 可知数列△a 是以首项为△a a a a ，公差为d的等差数列， n 1 2 1 当n2时，则a a a a a  a a a n n n1 n1 n2 2 1 1 n1n2 △a △a △a a  n 1a  d ， n1 n2 1 1 2 第 91 页 共 249 页当 n1 时，a 0符合上式， 1 n1n2 综上所述： a n1a d ； n 2 n1n2 ②若△2a d，同理可得 a n1a d ； i n 2 n1n2 综上所述：若△2a d， a n1a d ； i n 2 n1n2 若△2a d， a n1a d . i n 2 （3）因为b,b ,,b 1,2,,2n，根据集合的互异性可知b b ， 1 2 2n i j  i, jN*,i j ， 则△b 1,2,,2n1,i1,2,,2n1， i 又因为数列 B 是“绝对差异数列”，则△b  △b ， i, jN*,i j ， i j 充分性：若b b n， 1 2n 可得b b b b b b b b n， 2n 1 2n 2n1 2n1 2n2 2 1 12m 即△b △b △b n ，所以b  ,mn,mN*， 2n1 2n2 1 i 2m2 若差数列为12n，符合的排序只能为2n,1； 若差数列为2n2，符合的排序只能为2,2n,1或2n,1,2n1， 若差数列为32n，符合的排序只能为2n1,2,2n,1或2n,1,2n1,2， 若差数列为2n4，符合的排序只能为3,2n1,2,2n,1或2n1,2,2n,1,2n3或 2n,1,2n1,2,2n2或4,2n,1,2n1,2， 若排序为2n1,2,2n,1,2n3，则当差数列为52n时，无法排序，不合题意； 若排序为4,2n,1,2n1,2，则当差数列为52n时，无法排序，不合题意； 所以符合的排序只能为3,2n1,2,2n,1或2n,1,2n1,2,2n2， 利用数学归纳法证明：当差数列为12n2i ，符合的排序为 2ni1,i,,2n1,2,2n,1， 第 92 页 共 249 页显然 i1 ，符合题意； 假设在差数列有意义的前提下： 当差数列为12n2i ，符合的排序为2ni1,i,,2n1,2,2n,1； 则当差数列为 2n2i 时，符合的排序为i1,2ni1,i,,2n1,2,2n,1或 2ni1,i,,2n1,2,2n,1,2n2i1， 当差数列为12n2i12n2i1时， 对于i1,2ni1,i,,2n1,2,2n,1可得符合的排序为 2ni11,i1,2ni1,i,,2n1,2,2n,1； 对于2ni1,i,,2n1,2,2n,1,2n2i1，无法排序； 所以符合的排序为2ni11,i1,2ni1,i,,2n1,2,2n,1， 即当差数列为12n2i ，符合的排序为2ni1,i,,2n1,2,2n,1； 所以当差数列为12n2i ，符合的排序为2ni1,i,,2n1,2,2n,1，成立； 同理可证：当差数列为12n2i ，符合的另一种排序为 2n,1,2n1,2,,2ni1,i； 依次类推，可得其排列为n1,n,n2,n1,n3,n2,,2,2n,1或 2n,1,2n1,2,2n3,3,,n1,n， 所以b ,b ,,b 1,2,,n，故充分性成立； 2 4 2n 若b ,b ,,b 1,2,,n，则b,b ,,b n1,n2,,2n， 2 4 2n 1 3 2n1 若差数列为2n1，则符合的排序为2n,1或1,2n， 若差数列为2n2，则符合的排序为2,2n,1或2n,1,2n1或1,2n,2或 2n1,1,2n， 若差数列为2n3，则符合的排序为2n1,2,2n,1或2n,1,2n1,2， 第 93 页 共 249 页因为1,2n,2的排序为1,2n,2,2n1，不合题意， 2n1,1,2n的排序为2,2n1,1,2n，不合题意， 所以若差数列为2n1，则符合的排序为2n,1， 若差数列为2n2，则符合的排序为2,2n,1或2n,1,2n1， 若差数列为2n3，则符合的排序为2n1,2,2n,1或2n,1,2n1,2， 利用数学归纳法证明：当差数列为2n12i时，符合的的排序为 2ni1,i,,2n1,2,2n,1， 当 i1 时，成立； 假设在差数列有意义的前提下： 当差数列为2n12i，符合的排序为2ni1,i,,2n1,2,2n,1； 当差数列为2n2i，符合的排序为i1,2ni1,i,,2n1,2,2n,1或 2ni1,i,,2n1,2,2n,1,2n2i， 当差数列为 2n12i1， 对于i1,2ni1,i,,2n1,2,2n,1可得排序为 2ni11,i1,2ni1,i,,2n1,2,2n,1， 对于2ni1,i,,2n1,2,2n,1,2n2i则无法排序， 所以当差数列为2n12i，符合的排序为2ni1,i,,2n1,2,2n,1； 同理可证：当差数列为2n12i，符合的排序为2n,1,2n1,2,,2ni1,i； 此时满足数列 B 是“绝对差异数列”的排序只有两种： n1,n,n2,n1,n3,n2,,2,2n,1或2n,1,2n1,2,2n3,3,,n1,n， 则b b b b b b b b  1 2n 1 2 2 3 2n1 2n △b △b △b n，必要性成立； 1 2 2n1 第 94 页 共 249 页所以b b n的充要条件是b ,b ,,b 1,2,,n. 1 2n 2 4 2n 【点评】本题主要考查数列新定义的问题，处理此类问题时，通常根 据题中新定义的概念，结合已知结论求解，根据题中的定义，结合等 差数的通项公式与求和公式进行求解. 1 27．(1)a nn1，b  n n 2n1 (2)证明见解析 S ,n1 【分析】（1）根据a  1 结合累乘法及等比数列得通项即可 n S S ,n2 n n1 得解； （2）①利用数学归纳法求证即可； ②由①结合等比数列的前n项和公式，再根据基本不等式放缩结合等 差数列的前n项和公式即可得证. n2 n1 【解析】（1）当n2时，a  A A  a  a ， n n n1 3 n 3 n1 a n1 所以 n  ， a n1 n1 a a a n1 n 3 所以a  n  n1  2 a    2nn1， n a a a 1 n1 n2 1 n1 n2 1 当 n1 时，上式也成立， 所以a nn1， n 当 n1 时，b B 2b ，所以b 1， 1 1 1 1 当n2时，b B B 2b 2b ， n n n1 n n1 1 所以b  b ， n 2 n1 所以数列b 是以 1 为首项，1 为公比的等比数列， n 2 第 95 页 共 249 页1 所以b  ； n 2n1 （2）①当 n1 时，S c  2 a b ，等式成立； 1 1 1 1 假设当nk时，等式成立，即S   a  a  a  b b b ， k 1 2 k 1 2 k 当nk1时， S S c   a  a  a  bb  b  k1 k k1 1 2 k 1 2 k a b b b   a  a  a  b k1 1 2 k 1 2 k1 k1   a  a  a b b b   a  a  a b  1 2 k1 1 2 k 1 2 k1 k1   a  a  a b b b b ， 1 2 k1 1 2 k k1 等式也成立， 所以S   a  a  a  b b b ； n 1 2 n 1 2 n ②由①得S   a  a  a  b b b  n 1 2 n 1 2 n    1 1   12 23 nn1 1    2 2n1    1   12 23 nn1 21   2n    2 12 23 nn1 ， 因为2n1  nn1  2 nn1  nn1， 2 2 2   3 5 2n1 所以2 12 23 nn1 2    2 2 2  32n1n 352n 1  nn 2， 2 所以S nn2． n 【点评】已知数列a 的前n项和S ，求通项公式a 的步骤： n n n （1）当 n1 时，a S ； 1 1 （2）当n2时，根据S 可得出S ，化简得出a S S ； n n1 n n n1 （3）如果a 满足当n2时a S S 的通项公式，那么数列a 的通项 1 n n n1 n 第 96 页 共 249 页公式为a S S ；如果a 不满足当n2时a S S 的通项公式，那么 n n n1 1 n n n1 S ,n1 数列a 的通项公式要分段表示为a  1 . n n S S ,n2 n n1 28．(1)6； (2)证明见解析； (3)7，理由见解析. 【分析】（1）由性质M 定义列不等式组求参数范围，结合 a N*即可 3 得最小值； aa 1 1 1 （2）根据定义|a a | i i1,(i1,2,3,...,n1)，进而有   ，应用累 i i1 15 a a 15 i i1 加法即可证结论； 1 n1 （3）首先应用放缩有  求得 n16 ，同理可得i(ni)15恒成立， a 15 1 假设n8得出矛盾，再讨论n7并应用基本不等式证恒成立，即可确 定元素个数最大值.  a a1  3   3 a 【解析】（1）由性质M 定义知：    2 a 6，且 aN*， 3  a2 2a   a6  3 所以a的最小值为 6. aa （2）由题设|a a | i i1,(i1,2,3,...,n1)，且a a ， i i1 15 1 n aa 1 1 1 所以a a  i i1    ,(i1,2,3,...,n1)， i1 i 15 a a 15 i i1 1 1 1 1 1 1 1 1 n1 所以    ...     ，得证. a a a a a a a a 15 1 2 2 3 n1 n 1 n 1 n1   n1 （3）由（2）知： a 15  1 n16， 1  15 a 1 1 第 97 页 共 249 页1 1 ni 1 ni 同（2）证明得   且i1,2,3,...,n1，故  ，又a i， a a 15 a 15 i i n i 1 ni 所以  i(ni)15在i1,2,3,...,n1上恒成立， i 15 当n8，取 i3 ，则3(n3)15，故n8， (ini)2 n2 当n7，则 i(ni)  15n 60 ，即n7. 4 4 综上，集合 A 中元素个数的最大值为 7. 1 1 1 【点评】第二问，根据定义得   为关键；第三问，应用放缩 a a 15 i i1 法确定 n16 ，同理得到i(ni)15恒成立为关键. 1 29．(1)x 4 (2)证明过程见解析 (3)x 2023 k n  1 1，1k n k   【分析】（1）由题意转化为对于ma,b，都存在nc,d，使得 m  n  0 ，   1  1 其中a,b,c,dX ，选取ma,bx,  ，nc,d1,d，通过分析求出x ；  2 4   （2）取ma,bx ,x ，nc,d，推理出c,d 中有 1 个为 1 ，则另一个 1 1 为 1，即 1X ，再假设x 1，其中1kn，则0 x 1 x ，推导出矛盾， k 1 n 得到x 1； 1   s t （3）由（2）可得x 1，设ms,t ，ns ,t ，则有 1  2 ，记 1 1 1 2 2 t s 1 2 s  B sX,tX, s  t ，问题转化为 X 具有性质 P，当且仅当集合 B 关 t  于原点对称，得到B ,0x ,x ,x ,,x ，共n1个数，由对称 2 3 4 n 性可知B 0,也有n1个数，结合三角形数阵得到 x x x x x n  n1  n2  3  2 ，得到数列x,x ,,x 为首项为 1 的等比数列， x x x x x 1 2 n n1 n2 n3 2 1 设出公比为q，结合x 2023求出公比，求出通项公式. n 第 98 页 共 249 页【解析】（1）对任意a,bX ，都存在c,dX ，使得 acbd 0 ，   即对于ma,b，都存在nc,d，使得 m  n  0 ，其中a,b,c,dX ，  1  因为集合1,x, ,1具有性质 P，  2    1  选取ma,bx,  ，nc,d1,d，  2 1 则有x d 0， 2 1 1 假设 d  x ，则有x x0，解得x0，这与0 x 矛盾， 2 2 1 1 1 假设d 1，则有x 0，解得x ，这与0 x 矛盾， 2 2 2 1 1 1 假设d 1，则有x 0，解得x ，这与0 x 矛盾， 2 2 2 1 1 1 1 假设d  ，则有x 0，解得x ，满足0 x ， 2 4 4 2 1 故x ； 4   （2）取ma,bx ,x ，nc,d， 1 1 则cdx 0， 1 因为0 x  x  x ，所以cd 0，即c,d 异号， 1 2 n 显然c,d 中有 1 个为 1 ，则另一个为 1，即 1X ， 假设x 1，其中1kn，则0 x 1 x ， k 1 n   选取ma,bx ,x ，ns,t，则有sx tx 0， 1 n 1 n 则s,t异号，从而s,t之中恰有一个为 1 ， 若 s1 ，则x tx t x ，矛盾， 1 n 1 若t1，则x sx sx ，矛盾， n 1 n 故假设不成立，所以x 1； 1 （3）若 X 具有性质 P，且x 20231， n 由（2）可得x 1， 1 第 99 页 共 249 页  s t 设ms,t ，ns ,t ，则有 1  2 ， 1 1 2 2 t s 1 2 s  记B sX,tX, s  t ，则 X 具有性质 P，当且仅当集合 B 关于原点 t  对称， 注意到 是集合 中唯一的负数， 1 X 故B ,0x ,x ,x ,,x ，共n1个数， 2 3 4 n 由对称性可知B 0,也有n1个数， x x x x x x 由于 n  n  n  n  n  n ，已经有n1个数， x x x x x x n1 n2 n3 n4 2 1 对于以下三角形数阵： x x x x x x n  n  n  n  n  n x x x x x x n1 n2 n3 n4 2 1 x x x x x n1  n1  n1  n1  n1 x x x x x n2 n3 n4 2 1 …… x x 3  3 x x 2 1 x 2 x 1 x x x x x 注意到 n  n1  n2  3  2 ， x x x x x 1 1 1 1 1 x x x x x 所以有 n  n1  n2  3  2 ， x x x x x n1 n2 n3 2 1 从而数列x,x ,,x 为首项为 1 的等比数列，设公比为q， 1 2 n 由于x n 2023，故qn1  x x n 2023，解得 q2023 n 1 1 ， 1 故数列x 1 ,x 2 ,,x n 的通项公式为 x k 2023 k n  1 1，1k n. 【点评】集合新定义问题，命题新颖，且存在知识点交叉，常常会和 函数或数列相结合，很好的考虑了知识迁移，综合运用能力，对于此 类问题，一定要解读出题干中的信息，正确理解问题的本质，转化为 熟悉的问题来进行解决，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创 第 100 页 共 249 页造性的解决问题. 30．(1)a n1! n (2)证明见解析 (3)S e 【分析】（1）通过构造等差数列的方法来求得数列a 的通项公式. n （2）利用导数判断出 f x的单调性，证得 fx0，利用构造函数法， xn1 xn1 结合导数证得 f(x) ，从而证得不等式0 f(x) 成立. (n1)! (n1)! e （3）结合（2）的结论，先求得 S e  ，然后根据数列 {S } 存在“极 n n! n 限”的定义求得 S. a2 a a 【解析】（1）依题意，a a 1，a a  n1(n 3)，则 n 1 n1n3， 1 2 n n1 a a a n2 n1 n2 a  a a 所以数列  n1 是首项为 2 1，公差为 1 的等差数列，所以 n1 n，  a n  a 1 a n a a a a 所以a  n  n1 3 2a  n 1!， n a a a a 1 n1 n2 2 1 又a 1也符合上式，所以a n1!. 1 n （2）由 f x1ex  1 1 x 1 x2   1 xn    x0,nN*，  1! 2! n!  则 fxex       1 1 1 ! x 2 1 ! x2 1 n! xn         1 1 1 ! x 2 1 ! x2 n 1 1  xn1        ex x n n ! ， xn 由 x0,nN*,fxex 0, 且仅当x0时等号成立， n! 于是 f x在0,上单调递增，故 f x f 00. 设gx fx xn1 ，则 gx fx xn  xn  ex1 ， n1! n! n! 由x0,nN*,ex 10，故gx0且仅当x0时等号成立， 第 101 页 共 249 页于是gx在0,上单调递减， xn1 故gx g0 0，于是0 f x 得证. n1! xn1 （3）由（2）知0 f x ， n1!  1 1 1  xn1 整理得：0ex 1 x x2 xn  ex，  1! 2! n!  n1!  1 1 1  xn 于是对n2，0ex 1 x  x2   xn1 ex，  1! 2! n1!  n!  1 1 1  e 令x1，得0e1    ，  1! 2! n1! n! 1 1 1 e 由题意，S 1   ，即0eS  ， n 1! 2! n1! n n! e 3 故 S e  ，于是 S e  ，且对 n1 也成立， n n! n n 3 于是对任意正实数u, 也是一个确定的正实数， u 3 于是一定存在一个正整数m，使得m ， u 3 3 于是当nm时， S e   u， n n m 于是数列S 的极限S e. n 【点评】根据数列的递推关系式求数列的通项公式，可以考虑将递推 关系进行转化，转化为等差、等比数列来进行求解，当转化为类似等 差数列或等比数列的形式，但又不符合等差或等比数列的定义时，可 考虑利用累加法或累乘法来进行求解. 31．(1)②③ (2)证明见解析 (3)2030 第 102 页 共 249 页【分析】（1）根据题中数列满足的要求一一判断所给数列，可得结论； （2）设数列中 1，2，3 出现的频数依次为q ,q ,q ，判断出q ,q ,q 的取 1 2 3 1 2 3 值情况，即可证明结论； （3）设1,2,3,,2022出现的频数依次为q ,q ,,q ，同（2）判断q ,q ,,q 1 2 2022 1 2 2022 的取值情况，即可由q ,q ,,q 取最小值时求得 n 的最小值，然后分类 1 2 2022 讨论，证明此时符合题目要求即可. 【解析】（1）对于①，由于a a 2，故a a 3或a a 4，不合题意； 1 2 s t s t 对于②，当a a 2时，存在 s，t 两两不相等，使得a a 2； i j s t 当a a 3时，存在 s，t 两两不相等，使得a a 3； i j s t 当a a 4时，存在 s，t 两两不相等，使得a a 4；符合题意； i j s t 同理③也符合题意， 故所有符合题目条件的数列的序号为②③； （2）证明：当m3时， 设数列中 1，2，3 出现的频数依次为q ,q ,q ， 1 2 3 由题意知q 1i1,2,3， i 假设 q 4 ，则有 a a a a ，（对任意 st2 ），与已知矛盾， 1 1 2 s t 故 q 4 ，同理可证 q 4 ； 1 3 假设q 1，则存在唯一的k{1,2,,n}使得a 2， 2 k 那么对于s,t，都有a a 12a a ，（k，s，t 两两不相等）， 1 k s t 与已知矛盾，故 q 2 ； 2 综上可得q 4,q 4,q 2， 1 3 2 所以S a a a 14223420， 1 2 n 即S 20. 第 103 页 共 249 页（3）设1,2,3,,2022出现的频数依次为q ,q ,,q ， 1 2 2022 同（2）的证明，q 4,q 4,q 2，q 2，则n2030； 1 2022 2 2021 取q q 4,q q 2,q 1，i3,4,5,,2020， 1 2022 2 2021 i 得到的数列为：1,1,1,1,2,2,3,4,,2019,2020,2021,2021,2022,2022,2022,2022， 下面证明该数列满足题目要求： 对于i,j1,2,,2030，不妨令a a ， i j 如果a a 1，或a a 2022，由于q 4,q 4，故符合条件； i j i j 1 2022 ②如果a 1,a 2，或a 2021,a 2022，由于q 4,q 4，q 2,q 2， i j i j 1 2022 2 2021 故也符合条件； ③如果a 1,a  2，则可选取a 2，a a 1， i j s t j 同样的，如果a 2021，a 2022，则可选取a a 1,a 2021， i j s i t 使得a a a a ，且i,j,s,t两两不相等； i j s t ④如果1a a 2022，则可选取a a 1,a a 1， i j s i t j 注意到这种情况每个数最多被选取了一次，因此也符合条件， 综上，对任意 i，j，都存在 s，t，使得a a a a ，其中i,j,s,t1,2,,n i j s t 且两两不相等， 即数列1,1,1,1,2,2,3,4,,2019,2020,2021,2021,2022,2022,2022,2022符合题目要求， 故 n 的最小值为 2030. 【点评】难点点睛：本题是给出了数列需满足的要求。也可以认为是 数列的一个新定义，因此解答的关键是要理解这些要求，按其要求去 判断解答问题；难点在于第三问的解答，设1,2,3,,2022出现的频数依 次为q ,q ,,q ，要判断出q 4,q 4,q 2，q 2，进而取 1 2 2022 1 2022 2 2021 第 104 页 共 249 页q q 4,q q 2,q 1，求得 n 的最小值，继而分类讨论，证明求得 1 2022 2 2021 i 的值符合题目要求. 32．(1)数列A是(3，3)数列，数列A 不是(3，3)数列 1 2 (2)Gk,22k1 (3)证明见解析 【解析】（1）显然, 两个数列都满足条件 (1). 从集合 1,2,3 中任取 3 个不同的数排成一列, 共有 6 种不同排列 1,2,3  1,3,2  2,1,3  2,3,1  3,1,2  3,2,1 不难验证它们都是数列 A 的子列, 但其中的 3,1,2 不是 A 的子 1 2 列. 因此, 数列 A 是 3,3-数列, 但数列 A 不是. 1 2 （2）不难验证如下数列是 k,2-数列: 1,2,3,,k1,k,k1,k2,,2,1 这个数列包含 2k1 项. 因此, k,2-数列的最小项数不超过 2k1, 即 Gk,22k1. 考虑任一项数不超过 2k1 的 k,2-数列 A, 条件 (2) 要求数列 A 中必须包含集合 1,2,,k 中的所有数, 因此必定存在某些数只出现 了一次. 设数 p (1 pk) 在 A 中只出现了一次. 另记 q (1qk) 是不同于 p 的数, 根据条件 (2) 的要求, p,q 是 数列 A 的子列, 即数 q 会在 p 之后出现. 这意味着在数列 A 中, 所有不同于 p 的数都会在 p 之后出现, 因此 p 之后至少有 k1 项. 第 105 页 共 249 页同理, 还是根据条件 (2) 的要求, q,p 也是数列 A 的子列, 故所有 不同于 p 的数也都会在 p 之前出现, 因此 p 之前也至少有 k1 项. 故数列 A 的项数至少为 k11k12k1. 综上可知 Gk,22k1, 从而有 Gk,22k1. （3）首先, 根据第 2 问的结论, G2,23, 于是 k 2 时待证结论成 立. 假设 k r1 (其中 r3) 时待证结论成立, 即有 Gr1,r1 r123r14  r2r6 . 下面证明 k r 的情形, 即 2 2 r23r4 Gr,r , 也成立. 2 考虑任意一个 r,r-数列 A, 根据条件 (2) 的要求, 集合 1,2,,r 中的所有数按任意顺序排成一列, 均为数列 A 的子列. 因此数列 A 中包含 1,2,,r 中的所有数, 设其中最后一个新出现的数为 p, 即 数列 A 中在第一个 p 出现之前, 其余所有数都至少出现了一次. 则在第一个 p 之前至少有 r1 个数. 将第一个 p 之后的部分设为子列 A', 考虑集合 1,2,,r 中的所有 数排成的以 p 为首项的任意排列, 这些排列都是数列 A 的子列, 于是它们去掉首项 p 以后剩下的部分也是 A' 的子列. 也就是说, 集合 1,2,,r 除 p 以外的其余所有数按任意顺序排成一列, 均为 A' 的子列, 因此数列 A' 中 (即数列 A 中第一个 p 之后) 除 p 以外的其余所有数的个数至少为 Gr1,r1. 若数列 A' 中不包含 p, 则数列 A 中只有一个 p, 这个 p 之后至 少有 Gr1,r1 项, 同理可证这个 p 之前也至少有 Gr1,r1 项. 第 106 页 共 249 页因此数列 A 的总项数不少于 2Gr1,r11r2r5. 若数列 A' 中包含 p, 考虑到数列 A 中第一个 p 之前的项数不少 r23r4 于 r1, 故数列 A 的总项数不少于 r11 Gr1,r1 1   . 2 r23r4 无论哪种情形, 由于 r3, 数列 A 的项数均不少于 , 因此 2 r23r4 Gr,r . 2 33．(1)是，理由见解析； (2)11； (3)0. 【分析】（1）根据新定义直接验证数列A:1,1,0,1,0,1,1作答. （2）先根据新定义证明 N 11 时，数列 A 一定是 2连续等项数列，再 验证n10时， A 不是 2连续等项数列即可. （3）由A,A A 都是 4连续等项数列可得a a ,a a ,a a ,a 1， 1 2 3 i N2 i1 N1 i2 N i3 a a ,a a ,a a ,a 0, a a ,a a ,a a ,a 1，再由反证法 j N2 j1 N1 j2 N j3 k N2 k1 N1 k2 N k3 证得mini, j,k1，即可得出a 的值. N 【解析】（1）数列 A 是3连续等项数列，理由如下: 数列A:1,1,0,1,0,1,1中，a a 1,a a 0,a a 1， 2 4 3 5 4 6 即有a a (k 0,1,2)，所以数列 A 是3连续等项数列. 2k 4k （2）设集合S (x,y)|x1,0,1,y1,0,1，则 S 中的元素个数为 32=9 ， 因为在数列 A 中a 1,0,1(i1,2,,N)，所以(a,a )S(i 1,2,,N 1) ， i i i1 若 N 11 ，则 N1109 ，所以在(a,a ),(a ,a ),(a ,a ),,(a ,a ) 这N 1个有 1 2 2 3 3 4 N1 N 序数对中， 第 107 页 共 249 页至少有两个有序数对相同，即存在正整数s,t(st)，使得a a,a a ， s t s1 t1 所以当项数 N 11 时，数列 A 一定是 2连续等项数列， 若 N 3 ，数列0,0,1不是 2连续等项数列； 若N 4，数列0,0,1,1不是 2连续等项数列； 若N=5，数列0,0,1,1,0不是 2连续等项数列； 若N 6，数列0,0,1,1,0,1不是 2连续等项数列； 若N 7，数列0,0,1,1,0,1,1不是 2连续等项数列； 若N 8，数列0,0,1,1,0,1,1,1不是 2连续等项数列； 若 N 9 ，数列0,0,1,1,0,1,1,1,1不是 2连续等项数列； 若N 10,数列0,0,1,1,0,1,1,1,1,0不是 2连续等项数列， 所以N 的最小值为 11. （3）因为A,A 与A 都是 4连续等项数列， 1 2 3 所以存在两两不等的正整数i, j,k(i, j,kN2),使得 a a ,a a ,a a ,a 1， i N2 i1 N1 i2 N i3 a a ,a a ,a a ,a 0, a a ,a a ,a a ,a 1， j N2 j1 N1 j2 N j3 k N2 k1 N1 k2 N k3 下面用反证法证明mini, j,k1， 假设mini, j,k1，因为a ,a ,a ,a 1,0,1， i1 j1 k1 N3 所以a ,a ,a ,a 中至少有两个数相等， i1 j1 k1 N3 不妨设a a ，则a a ,a a ,a a ,a a , i1 j1 i1 j1 i j i1 j1 i2 j2 所以 A 是 4连续等项数列，与题设矛盾，所以mini, j,k1， 所以a a a a a 0. N i2 j2 k2 3 【点评】对于新定义问题，一般先要读懂定义内容，第一问一般是给 第 108 页 共 249 页具体的函数或数列验证是否满足所给定义，只需要结合新定义，验证 即可，在验证过程中进一步加强对新定义的理解，第二步一般在第一 步强化理解的基础上，所给函数或数列更加一般或复杂，进一步利用 新定义处理，本题第三问根据A,A 与A 都是 4连续等项数列得出 1 2 3 a a ,a a ,a a ,a 1， i N2 i1 N1 i2 N i3 a a ,a a ,a a ,a 0, a a ,a a ,a a ,a 1，利用反证法 j N2 j1 N1 j2 N j3 k N2 k1 N1 k2 N k3 求mini, j,k1是关键点. 34．(1)数列 A 具有性质P(2)；数列 B 不具有性质P(2) 3n n1 (2)a 的通项公式为a     2 ,n为奇数 或a     2 ,n为奇数 n n n 1,n为偶数 n  n 3,n为偶数 2  2 (3)5 【分析】（1）性质P(2)即a a  2a ，通过代入验证即可判断； n4 n n2 （2）通过转化得到数列A：a ，a ，a ，⋯ ，a 是等差数列且公差d Z， 1 1 3 5 2k1 1 数列A ：a ，a ，a ，⋯ ，a ，是等差数列且公差d Z，进而分类讨 2 2 4 6 2k 2 论d，d 的正负情况进而求解a 的通项公式； 1 2 n （3）由数列 1，1，1，2，2，2，3，3，3，L，n，n，n，不是等差 数列，且其既具有性质P(6)又具有性质P(3)，得k 3．所以k的最小值 大于或等于 5，然后证明k的最小值等于 5 即可. 【解析】（1）由题意知，数列 A 通项公式为A 52n12n7，满足 n a a 2n472n74n62a ，所以数列 A 具有性质P(2)； n4 n n2 数列 B 中，代入 n1 ，a a 172a ，所以不满足a a  2a ，所以数 5 1 3 n4 n n2 第 109 页 共 249 页列 B 不具有性质P(2). （2）由数列a 具有性质P(2)，得a a  2a ， n n4 n n2 所以a a a a ，即a a a a a a  ， n4 n2 n2 n 3 1 5 3 7 5 所以数列A：a ，a ，a ，L，a ，是等差数列． 1 1 3 5 2k1 又因为a 1，a Z， 1 n 所以数列A的公差d Z， 1 1 同理，得数列A ：a ，a ，a ，⋯ ，a ，是等差数列，公差d Z． 2 2 4 6 2k 2 ①若d 0且d 0，则数列A的最小项是a 1，数列A 的最小项是 a 2 ， 1 2 1 1 2 2 所以数列a 的最小项为 1，这与  a nN*  Z矛盾； n n ②若d 0且d 0，同理，得a 的最大项为 2，这与  a nN*  Z矛 1 2 n n 盾； ③若d 0且d 0，则A为递减数列，A 为递增数列． 1 2 1 2   由 a nN* Z，得 3 为数列A 中的项， n 2 所以只能是a 3，且d a a 1； 4 2 4 2 同理，可得 0 为数列A中的项， 1 所以只能a 0，d 1． 3 1 3n ,n为奇数  此时，a 的通项公式为a    2 ． n n n 1,n为偶数 2 ④若d 0，d 0，类似③的讨论可得d 1， d 1 ． 1 2 1 2 n1 ,n为奇数  此时，a 的通项公式为a    2 ． n n  n 3,n为偶数  2 第 110 页 共 249 页3n n1 综上，a 的通项公式为a     2 ,n为奇数 或a     2 ,n为奇数 n n n 1,n为偶数 n  n 3,n为偶数 2  2 （3）由数列 1，1，2，2，3，3，⋯ ，n1，n1，n，n，n1，n1， 不是等差数列，且其同时具有性质P(2)，P(4)，P(6)，得 k 2 且k 4． 类似的，由数列 1，1，1，2，2，2，3，3，3，⋯ ，n，n，n，不是 等差数列，且其既具有性质P(6)又具有性质P(3)，得k 3． 所以k的最小值大于或等于 5． 以下证明k的最小值等于 5，即证“既具有性质P(6)又具有性质P(5)的数 列a 一定是等差数列”． n 因为a 具有性质P(6)，即a a a a ， n n12 n6 n6 n 所以对于m1,2,3,4,5,6，a (kN)是等差数列； m6k 同理，由a 具有性质P(5)，得对于m1,2,3,4,5，a (kN)是等差数 n m5k 列． 由a ，a ，a ，a ，a ，a ，为等差数列（记公差为u），且a ，a ，a ， 1 7 13 19 25 31 1 6 11 a ，a ，a ，a 为等差数列（记公差为v），得a a 5u，a a 6v， 16 21 26 31 31 1 31 1 所以5u6v． 令u6d，则v5d，a a 6kd，a a 5kdkN． 16k 1 15k 1 同理，由a ，a ，⋯ ，a ，为等差数列，且a ，a ，a ，a ，a ，a ， 1 7 37 2 7 12 17 22 27 a ，a ，为等差数列（记公差为d ），得a a 30d，a a 6d ， 32 37 1 37 7 37 7 1 所以d 5d，且a a a d a 6dd ． 1 2 1 7 1 7 所以a a 5kd a (5k1)d kN ． 25k 2 1 同理，由a ，a ，a ，⋯ ，a ，为等差数列，且a ，a ，a ，⋯ ，a ， 1 7 13 43 3 8 13 43 第 111 页 共 249 页为等差数列， 得a a 5kd a (5k2)d kN ； 35k 3 1 由a ，a ，a ，a ，⋯ ，a ，为等差数列，且a ，a ，a ，a ，⋯ ，a ， 1 7 13 19 49 4 9 14 19 49 为等差数列， 得a a (5k3)d kN ； 45k 1 由a ，a ，a ，a ，a ，⋯ ，a ，为等差数列，且a ，a ，a ，a ，a ， 1 7 13 19 25 55 5 10 15 20 25 ⋯ ，a ，为等差数列，得a a (5k4)d kN ． 55 55k 1 综上，a a (n1)d  nN*． n 1 故数列a 是公差为d的等差数列． n 即既具有性质P(6)又具有性质P(5)的数列a 一定是等差数列． n 所以k的最小值等于 5 【点评】本题考查数列的综合问题.要通过转化与化归的技巧，将问 题进行转化，结合分类讨论等常见方法进行问题的求解. S 8 S 16 35．(1) ①是；②不是；理由见解析；（2） 3 或 3 ；（3）存在. T 16 T 48 3 3 T 【解析】(1)根据新定义的 Z 数列，需要满足 i N*(i1,2,n) ，所以分 S i 别计算两个数列的T ，S ，相比观察得答案； i i T T (2)由 Z 数列的定义可知 2 mN*, 3 nN*，分别表示a ,a ，由正整数 S S 1 3 2 3 数列可分别求得m,n，即得a ,a ，从而得答案； 1 3 (3) 假设存在这样的等差数列是 Z 数列，且此数列是特殊的常数列， T 2  p  S a2p 则至少三项，分别表示所以  2  p,qN*，所以 a 是 2 和 3 T 2 q a2 3q  S 2 第 112 页 共 249 页的公倍数，令a 6,a 6,a 6，显然该等差数列是 Z 数列，所以存在； 1 2 3 此后类比推理，可到 n 项. 【解析】(1) ①由题可知，此时有 i 1 2 3 4 T 2 224 4416 16´8=128 i S 2 224 448 8+8=16 i T i 1 1 2 8 S i T 该数列满足 i N*(i1,2,n) ，所以是 Z 数列； S i ②同理可得： i 1 2 3 4 T 8 8´24=192 192´40=7680 7680´56=430080 i S 8 82432 32+40=72 72+56=128 i T 720 i 1 6 3360 S 3 i T 该数列中 3 N*，所以不是 Z 数列. S 3 (2) 因为数列a 是 Z 数列， n 那么     a a 1 1  a a 2 2  a 2 1  a 1 2 m ,  mN*,nN*，则     a 1  2 2  m m  a 1 a 2 a 3  2a 1 a 3 n  a  4n  a a a a a 2  3 4m2nmn 1 2 3 1 3 又因为数列a 是正整数数列， n 若a N*，则m=1,a =2， 1 1 第 113 页 共 249 页4n 4n n2 n3 所以a = = ÎN*，则  或 3 4m-2n+mn 4-n a 4 a 12 3 3 a 2 S a a a  8 a 2 S 16 当  1 时， 3 1 2 3 ；同理当 1 时， 3 a 4 T a a a 16 a 12 T 48 3 3 1 2 3 3 3 S 8 S 16 故 3 或 3 T 16 T 48 3 3 (3) )假设：存在这样的等差数列是 Z 数列，且此数列是特殊的常数列， 则至少三项 T a2 a  2    p T a S 2a 2 a2p 所以 1 = 1, 2  p, qN *，所以 a 是 2 和 3 的公倍数 S a T a3 a2 a2 3q 1 2    q  S 3a 3 2 令a 6,a 6,a 6，显然该等差数列是 Z 数列，所以存在； 1 2 3 同理，如果是四项，则需满足每项是 2，3，4 的公倍数，如 12，12， 12，12 如此类推的有限等差数列，可以有无穷多个，且当为 n 项时，则各项 为2,3,4,n的公倍数 故存在等差数列是 Z 数列. 【点评】本题考查数列的新定义问题，关键在于理解定义，充分体现 数学中的转化思想，还考查了借助反证法特殊化证明命题，属于难题. 36．(1)b 1,b 2,b 2,b 2,b 3 1 2 3 4 5 (2)证明见详解 (3)a 0 n 【分析】（1）可得a 1,a 2,a 3,a 4,a 5，由此能写出数列b 的 1 2 3 4 5 n 第 114 页 共 249 页前 5 项． （2）先证充分性，推导出b n，从而数列b 是单调递增数列；再通 n n 过举反例说明不必要性． （3）通过分类讨论可得：a 与S 的奇偶性相同，进而说明a 与S 只能 n n n n 同偶，结合题意即可得结果． 【解析】（1）因为a n，则a 1,a 2,a 3,a 4,a 5， n 1 2 3 4 5 可得S 1,S 3,S 6,S 10,S 15， 1 2 3 4 5 所以b 1,b 2,b 2,b 2,b 3. 1 2 3 4 5 （2）先证充分性： 因为a 为奇数，且a i2,3,4,为偶数，则有： 1 i 当 n1 时，S a 为奇数， 1 1 当n2时，则a a a 为偶数，可知S a a a a 为奇数， 2 3 n n 1 2 3 n 综上所述：S 为奇数，则b n， n n 又因为b b n1n10，所以数列b 为严格增数列. n1 n n 0,n1 0,n1   0,n1 说明非必要性：举反例a 1,n2，可得S 1,n2 ，所以b  ， n  n  n n1,n2 2,n3 2n3,n3 显然数列b 为严格增数列，但不满足“a 为奇数，且a i2,3,4,为偶 n 1 i 数”， 综上所述：“a 为奇数，且a i2,3,4,为偶数”是“数列b 为严格增数 1 i n 列”的充分非必要条件. （3）因为 （ⅰ）当a 为奇数时，S 为偶数， n n 第 115 页 共 249 页①若a 是奇数，则S 为奇数，可知b b 1为偶数，与a b 矛盾； n1 n1 n1 n n1 n1 ②若a 为偶数，则S 为偶数，可知b b a 为奇数，与a b 矛盾． n1 n1 n1 n n n1 n1 所以当a 为奇数时，S 不能为偶数； k n （ⅱ）当a 为偶数，S 为奇数， n n ①若a 为奇数，则S 为偶数，可知b b a 为偶数，与a b 矛盾， n1 n1 n1 n n n1 n1 ②若a 为偶数，则S 为奇数，可知b b 1为奇数，与a b 矛盾， n1 n1 n1 n n1 n1 所以当a 为偶数时，S 不能是奇数． n n 综上所述：a 与S 的奇偶性相同. n n 当a 与S 为奇数， n n 若a 与S 同为奇数，可知S S a 为偶数，与S 为奇数矛盾； n1 n1 n1 n n1 n1 若a 与S 同为偶数，可知S S a 为奇数，与S 为偶数矛盾； n1 n1 n1 n n1 n1 综上所述：a 与S 不能同为奇数， n n 所以对nN*，a 与S 为偶数，则b 0， n n n 所以a 0. n 【点评】根据题意可知本题的关键a 、S 的奇偶性问题，分类讨论先 n n 证a 与S 的奇偶性相同，再说明nN*，a 与S 为偶数，即可得结果. n n n n 37．(1)（i）不满足，理由见详解；（ⅱ）满足，理由见详解 (2)3  n1 2 2 ,n是奇数 (3)a  n n  22,n是偶数 【分析】（1）（i）令i j3，代入求解即可判断；（ⅱ）对于任意b,b i j， i j 第 116 页 共 249 页直接相乘得到bb 22iji j11即可判断； i j （2）对于有穷数列a ，记其非零项中绝对值最大的一项为a ，绝对 n p 值最小的一项为a ，令i jp时，得到0 a 1；再令i jq时，得到 q p a 1，从而得到数列a 至多有 0，－1，1 共 3 项，再构造数列a ： q n n 0，－1，1，证明其满足性质①和性质②，进而即可求得项数 m 的最 大值； （3）首先证明：当a 0，a 1时，数列满足a 0，a 0且 a  a ， 1 2 2t1 2t t t2 t 1,2,3 (*)，再考虑a ，a ，a 三项，结合性质(*)得到a 1，从而a 2， 1 2 3 1 2  n1 2 2 ,n是奇数 最后经验证，数列a ：a  满足条件，再通过反证法证明 n n n  22,n是偶数 这是唯一满足条件的数列即可． 【解析】（1）（i）不满足．令i j3，则aa a2 16不是数列a 中的 i j 3 n 项，故有穷数列a 不满足性质①； n （ⅱ）满足．对于任意b,b i j，有bb 2i12j122iji j11， i j i j 由于2iji j11，令k 2iji j1即可，故无穷数列b 满足性质①． n （2）对于有穷数列a ，记其非零项中绝对值最大的一项为a ，绝对 n p 值最小的一项为a ， q 故令i jp时，存在一项 a  aa a2， k i j p 又a 是数列a 非零项中绝对值最大的，所以 a a2，即0 a 1； p n p p p 再令i jq时，存在一项 a  aa a2， k i j q 又a 是数列a 非零项中绝对值最小的，所以 a a2，即 a 1， q n p p q 又1 a  a 1，所以数列所有非零项的绝对值均为 1， q p 第 117 页 共 249 页又数列a 的各项均不相等，所以其至多有0，－1，1共3项，所以m3， n 构造数列a ：0，－1，1， n 其任意两项乘积均为 0，－1，1 之一，满足性质①； 其连续三项满足 011 0 ，满足性质②. 又其各项均不相等，所以该数列满足条件，此时m3， 综上，m的最大值为 3． （3）首先证明：当a 0，a 1时，数列满足a 0，a 0且 a  a ， 1 2 2t1 2t t t2 t 1,2,3 (*) 因为对于任意数列的连续三项a ，a ，a ，总有 n n1 n2  1  a a a  a  a a 0， n n1 n2  n 2 n1 n2 1 即a a a 或a a  a ，不论是哪种情形， 均有 n2 n n1 n2 n 2 n1 1 当a 0a 时，a a  a a 0，即 a  a ； n n1 n2 n 2 n1 n n2 n 1 当a 0a 时，a a  a a 0，亦有 a  a ， n n1 n2 n 2 n1 n n2 n 又a 01a ，故性质(*)得证． 1 2 1 考虑a ，a ，a 三项，有a a a 或a a  a ， 1 2 3 3 1 2 3 1 2 2 若a a a ，则a a a 1，此时令i j1，有a2 a ， 3 1 2 1 3 2 1 1 由性质(*)知不存在 k 使得a 0，且a a2 a ， k k 1 1 1 1 3 故只有a a  a ，此时a a  a  ， 3 1 2 2 1 3 2 2 2 1 1 1  5 5 因为a a  a a  a  a  a  ， 5 3 2 4 3 2 2 2 3 4 3 2 9 所以令i j1时，a2  a ， 1 4 5 由性质(*)知，只有a2 a 或a2 a ， 1 1 1 3 当a2 a 时， a  2 ，a 2a a 2 24，此时令i2, j1，a a 44 2， 1 3 1 2 1 3 2 1 第 118 页 共 249 页1 但a a  a 2 25，即 a  a a ， 4 2 2 3 4 2 1 由性质(*)知不存在 k 使得a a a ， k 2 1 所以a2 a ，即a 1，从而a 2， 1 1 1 2  n1 2 2 ,n是奇数 经验证，数列a ：a  满足条件，下面证这是唯一满足条 n n n  22,n是偶数 件的数列， 假设a 是第一个不满足上述通项公式的项，s4， s 当s2t1，t2时，只能为 a  a a  2t1(2t)32t1， 2t1 2t1 2t 令i2t1, j3，则 aa 2t，但a 2t a ， i j 2t1 2t1 由性质(*)，不存在 k 使得aa a ， i j k 1 1 当 s2t ，t2时，只能为a a  a 2t1 2t1 32t2 2t， 2t 2t2 2 2t1 2 1 1 1  5 1 19 则a a  a a  a  a  a  a  2t 2t， 2t2 2t 2 2t1 2t 2 2t1 2 2t 4 2t 2 2t1 16 令i2t2, j3，则aa 2t，但a 2t a ， i j 2t 2t2 由性质(*)，不存在 k 使得aa a ， i j k 故不存在不满足上述通项公式的项，  n1 2 2 ,n是奇数 综上，数列a 的通项公式为a  ． n n n  22,n是偶数 【点评】与数列的新定义有关的问题的求解策略： ①通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个 新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提 供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题 的目的； 第 119 页 共 249 页②遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的 性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析，运算，验证，使得 问题得以解决． 38．(1)证明见解析 (2)不存在，理由见解析； (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）根据等比数列定义只需验证每一项与前一项的比值都为 同一个不为零的常数即可； d （2）本题列式简单，变形较难，首先令t  将二元问题转化为一元， a 1 再分别求解两个高次方程，利用消最高次的方法得到方程： 7t2+4t3 0 ， 无解，故不存在； d （3）同（2）先令t  将二元问题转化为一元，两边取对数，消去 n， a 1 k 得到关于 t 的一元方程4ln(13t)ln(1t)ln(13t)ln(12t)3ln(12t)ln(1t)0， 从而将方程的解转化为研究函数 g(t) 4ln(13t)ln(1t)ln(13t)ln(12t)3ln(12t)ln(1t)零点情况，这个函数需 要利用二次求导才可确定其在(0,)上无零点 【解析】（1）∵2an1 2an1 an 2d（n1,2,3）是同一个常数， 2an ∴ 2a1 ， 2a 2 ， 2a 3 ， 2a 4 依次构成等比数列． （2）令a da，则a ，a ，a ，a 分别为ad，a，ad， a2d （ ad ， 1 1 2 3 4 a2d ，d 0）． 假设存在a ，d，使得a ，a2，a3，a4依次构成等比数列， 1 1 2 3 4 第 120 页 共 249 页则a4 adad3，且ad6 a2a2d4． d 1 令t  ，则 11t1t3，且1t6 12t4（ t1， t0 ）， a 2 化简得 t3 2t2 2 0 （），且 t2 t1 ．将 t2 t1 代入（）式， tt12t12t23tt13t4t10，则t  1 ． 4 1 显然t  不是上面方程的解，矛盾， 4 ∴假设不成立， 因此不存在a ，d，使得a ，a2，a3，a4依次构成等比数列． 1 1 2 3 4 （3）假设存在a ，d及正整数n，k，使得an，ank，an2k，an3k依次构 1 1 2 3 4 成等比数列， 则ana 2dn2k a d 2nk，且a dnka 3dn3k a 2d2n2k． 1 1 1 1 1 1 分别在两个等式的两边同除以a2nk及a2n2k，并令t  d （t  1 ， t0 ）， 1 1 a 3 1 则12tn2k 1t2nk，且1tnk13tn3k 12t2n2k． 将上述两个等式两边取对数，得n2kln12t2nkln1t， 且nkln1tn3kln13t2n2kln12t． 化简得2k ln12tln1t  n 2ln1tln12t  ， 且3k ln13tln1t  n 3ln1tln13t  ． 再将这两式相除，化简得ln13tln12t3ln12tln1t4ln13tln1t （）． 令gt4ln13tln1tln13tln12t3ln12tln1t， 213t2 ln13t312t2 ln12t31t2 ln1t 则 gt   ． 1t12t13t 令t13t2 ln13t312t 2 ln 12t 3 1t 2 ln 1t ， 则t6  13tln13t212tln12t1tln1t  ． 第 121 页 共 249 页令tt，则t6 3ln13t4ln12tln1t  ． 1 1 12 令 t  t ，则t 0． 2 1 2 1t12t13t 由g00000，t0， 1 2 2 知 t ，t，t，gt在   1 ,0   和0,上均单调． 2 1  3  故gt只有唯一零点t0，即方程（）只有唯一解t0，故假设不成 立． ∴不存在a ，d及正整数n，k，使得an，ank，an2k，an3k依次构成等 1 1 2 3 4 比数列． 【点评】数列新定义问题，主要针对于等差，等比，递推公式和求和 公式等综合运用，对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时 涉及数列与函数，数列与导函数，数列与二项式定理，数列与排列组 合等知识的综合，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的 解决问题. 39．(1)r 0，r 1，r 1，r 2 0 1 2 3 (2)r  n,nN n (3)证明见详解 【分析】（1）先求 A ,A ,A ,A ,B ,B ,B ,B ，根据题意分析求解； 0 1 2 3 0 1 2 3 （2）根据题意题意分析可得 r r 1 ，利用反证可得 r r 1 ，在结合 i1 i i1 i 等差数列运算求解； （3）讨论 A ,B 的大小，根据题意结合反证法分析证明. m m 【解析】（1）由题意可知：A 0,A 2,A 3,A 6,B 0,B 1,B 4,B 7 ， 0 1 2 3 0 1 2 3 第 122 页 共 249 页当k 0时，则 B  A  0,B  A ,i 1,2,3 ，故r 0； 0 0 i 0 0 当k1时，则 B  A ,B  A ,B  A ,i  2,3 ，故r 1； 0 1 1 1 i 1 1 当k 2时，则B  A,i0,1,B  A,B  A,故r 1； i 2 2 2 3 2 2 当k 3时，则B  A ,i0,1,2,B  A ，故r 2； i 3 3 3 3 综上所述：r 0，r 1，r 1，r 2. 0 1 2 3 （2）由题意可知： r  m ，且 r  N ， n n 因为a 1,b 1，且a b，则A  B  B 对任意 nN*恒成立， n n 1 1 n 1 0 所以r 0,r 1， 0 1 又因为 2r  r  r ，则 r  r  r  r ，即r r r r r r  1， i i1 i1 i1 i i i1 m m1 m1 m2 1 0 可得 r r 1 ， i1 i 反证：假设满足 r  r 1 的最小正整数为0 jm1， n1 n 当i j时，则r r  2；当i j1时，则 r r 1 ， i1 i i1 i 则r r r r r r r r 2m j j2m j， m m m1 m1 m2 1 0 0 又因为0 jm1，则r 2m j2mm1m1m， m 假设不成立，故 r  r 1 ， n1 n 即数列r是以首项为 1，公差为 1 的等差数列，所以r  01n  n,nN . n n （3）因为a ,b 均为正整数，则A,B 均为递增数列， n n n n （ⅰ）若A B ，则可取tq0，满足 pq,st, 使得A B  A B ； m m p t q s （ⅱ）若A B ，则r m， m m k 构建S B A,1nm，由题意可得：S 0，且S 为整数， n r n n n n 反证，假设存在正整数 K ，使得S m， K 则B A m,B A 0，可得b B B   B A    B A  m ， rK K rK 1 K rK 1 rK 1 rK rK 1 K rK K 第 123 页 共 249 页这与b 1,2,,m相矛盾，故对任意1 n m,nN，均有 S 1m . rK 1 n ①若存在正整数N ，使得S B A 0，即A B ， N r N N r N N 可取t q0,pN,sr ， N 满足pq,st，使得A B  A B ； p t q s ②若不存在正整数N ，使得 S  0 ， N 因为S 1,2,,m1，且1nm， n 所以必存在 1 X Y m ，使得S S ， X Y 即B A B A ，可得A B  A B ， rX X rY Y Y rX X rY 可取pY,sr ,q X,t r ， Y X 满足pq,st，使得A B  A B ； p t q s （ⅲ）若A B ， m m 定义R max  i∣A B ,i{0,1,2,L,m} ，则R m， k i k k 构建S  A B ,1nm，由题意可得：S 0，且S 为整数， n Rn n n n 反证，假设存在正整数K,1K m，使得S m， K 则A B m,A B 0，可得a A A   A B    A B  m ， RK K RK 1 K RK 1 RK 1 RK RK 1 K RK K 这与a 1,2,,m相矛盾，故对任意1nm1,nN，均有 S 1m . RK 1 n ①若存在正整数N ，使得S A B  0，即A  B ， N RN N RN N 可取qt 0,sN,pR ， N 即满足pq,st，使得A B  A B ； p t q s ②若不存在正整数N ，使得 S  0 ， N 因为S 1,2,,m1，且1nm， n 所以必存在 1 X Y m ，使得S S ， X Y 第 124 页 共 249 页即A B  A B ，可得A B  A B ， RX X RY Y RY X RX Y 可取pR ,t  X,qR ,sY ， Y X 满足pq,st，使得A B  A B . p t q s 综上所述：存在0q pm,0tsm使得A B  A B ． p t q s 40．(1)i, j3,13； (2)证明见解析. 【分析】（1）设出第一行数列的公差，以及各列的公比，用基本量表 达a2,2,a3,3，求得公差和公比，再求得ai, j关于i, j的表达关系，求 解即可； （2）对正整数n，根据其奇偶性进行分类讨论，先证明其存在性；再 用反证法，证明其唯一性即可. 【解析】（1）设数表第一行构成等差数列的公差为d，各列构成等比 数列的公比均为q. 因为数表中各项均为正数，因此d 0,q0.  a2,2qa1,2q1d6 由表中已知数据可得  ，解得qd 2. a3,3q2a1,3q212d20 所以ai, j2i1a1, j2i1 12j1  2i12j1. 100 100 若ai, j100，则2j1 ，即 为奇数. 2i1 2i1 100 100 因为 1002225 ，所以i1,2时 为偶数，i3时 不为整数，因此 i3. 2i1 2i1 100 进而2j1 25, j13，因此若ai, j100，实数对i, j3,13. 4 第 125 页 共 249 页n1  n1 （2）对于正整数n，若n为奇数，则 N*,a1, n211 n； 2  2  n 若n为偶数，设n  . 1 2 n 1  n 1 若n 为奇数，则 1 N*,a2, 1 n 221 2n n； 1 2  2  1 1 n 若n 为偶数，设n  1 ，重复上述操作. 1 2 2 n 因为 1，所以上述操作的次数总是有限的， 2n n  n 1 因而存在正整数k，使得n  为奇数，则a1k, k n 2k n， k 2k  2  k n  n 1 即对任意正整数n，存在正整数k,n  ，使得a1k, k n . k 2k  2  假设ai, jak,ln，则2i12j12k12l1. 若ik，则2ik2j12l1，方程左边是偶数，右边是奇数，故该方程 无解； 若 ik ，则2j12ki2l1，方程左边是奇数，右边是偶数，故该方程 无解. 因此i, jk,l，即对任意的正整数n，存在唯一的实数对i, j，使得 ai, jn. 【点评】本题属于难题，考察等差数列、等比数列及其综合应用.与 以往全国卷的题目不同，本题的设问并非着重于数列基本量的运算， 而是从一个全新的视角来看这两个最基本的数列：2n1和 2n .以表 格为载体给出数列的通项并不新鲜，2003 年全国卷甚至出现过三角 形的数表，不过本题难度远不如该题.考生在将通项求出之后，稍写 几项就能轻松发现如下规律：第一行为所有的奇数；第二行为所有能 被 2 整除，但不能被 4 整除的偶数；第三行为所有能被 4 整除，但不 能被 8 整除的偶数；发现这一规律之后，剩下的工作就是把这一规律 第 126 页 共 249 页用严谨的数学语言表述出来即可.注意在第二问的证明中，“存在性” 和“唯一性”均须说明.   41．(1)xln 32 2 ；   (2)2 23ln 32 2 ； 8 8  (3) e3 e 3 . a 323 8 2 exex 【分析】（1）由题意得 3 ，解方程求出 ex，再取对数即可； 2 （2）求导，设gxshx3xx0，利用导数求出gx的单调性，结 合零点存在定理即可求解； n n2 n exex 3  （3）令x x0，则 3ch 3  x2  ，结合（2）中函数gx 3 2 3  2 2  的单调性与最值即可求解. 【解析】（1）由chx3，可得 exex 3,即 ex2 6ex 10 , 2 所以 ex  6 364 32 2 ，所以xln  32 2  . 2 （2） shx chx    ex ex ,故 shx3x exex 3x. 2 2 exex exex 令 gx 3xx0，则 gx 3. 2 2 ex ex ex ex 令 hxgx 3x 0,则 hx ， 2 2 因为 x0 ，所以 ex ex，所以hx0,即gx在 0，上单调递增. ee1 e2e2 又 g1 30,g2 30 ， 2 2 所以存在唯一的x 1,2，使得gx 0，即 ex0 ex0 3, 0 0 2   由（1）可得 ex0 32 2 ，故x 0 ln 32 2 . 当x0,x 时，gx0，函数gx单调递减， 0 第 127 页 共 249 页当xx ,时，gx0，函数gx单调递增. 0 所以 gx gx  ex0 ex0  3x min 0 2 0 1 32 2 ， 32 2      3ln 3 2 2 2 2 3ln 3 2 2 2 所以shx3x的最小值为2 23ln  32 2  . n n  （3） a  n2 3ch   n  n2 3 e3 e 3 ， n 2 3 2 2 n 令x x0，则 n3x. 3 n n  则n2 e3 e 3 9x2 ex ex  ex ex 3  ， 3  3 3  x2  2 2 2 2  2 2  exex 3  exex  设Fx3  x2  ，则Fx3 3x3gx，  2 2   2  由（2）得gx在x0,x 上单调递减，在xx ,上单调递增， 0 0 gx gx  2 23ln  32 2   0 , min 0 又g00,x时gx， 所以gx在0,上存在唯一零点m, 故当x0,m时，Fx0,函数Fx单调递增， 当xm,时，Fx0,函数Fx单调递减， 所以Fx Fm. max 因为3e 1.4 ，所以 e3 1.49 20.7,e 8 3 1.48 14.8 ， 8 8  所以 8 e3 e 3 8 e3e 3 ， g  3  0,g 3 33 0 3 2 3 2 8  所以m ,3,3m8,9， 3  8 8  14.80.07 因为 F8 64 3 e3 e 3 323 9.696 ， 2 2 2 第 128 页 共 249 页81 e3e3 20.70.05 F9 3 40.53 9.375 ， 2 2 2 8 8  所以F8F9，所以数列a 的最大项为 e3 e 3 . n a 323 8 2 【点评】利用导数研究函数的最值点睛： 在解决类似的问题时，首先要注意区分函数最值与极值的区别．求解 函数的最值时，要先求函数y f x在 a,b 内所有使 fx0的点，再计 算函数y f x在区间内所有使 fx0的点和区间端点处的函数值，最 后比较即得． 42．(1)S 1,S 1,S 3,S 0 1 2 3 4 kk1 (2)b 1k1 k 2 (3)1024 【分析】（1）根据题意直接运算求解； （2）根据题意分类讨论结合并项求和分析运算； S 1k2 S （3）根据题意分析可得 n n ，若 n Z，则k为奇数，进而分析 a 2 a n n 运算即可. 【解析】（1）由题意可得：S 1,S S 21,S S 23,S S 30， 1 2 1 3 2 4 3 所以S 1,S 1,S 3,S 0 . 1 2 3 4 （2）当k为偶数，则 b 1221k1 k1k1 k 1122 k k k   1222   3242    k12 k2    12  34    k1  k   kk1 1234 k1 k ； 2 第 129 页 共 249 页当k为奇数，则 k1k2 kk1 b S 1kk1  1k k1   k12  ； k k1k2   2 2 2 kk1 综上所述： b 1k1 . k 2 kk1 （3）由（2）可得：S 1k1 ， kk1 2 2 当 k1k n kk1  kN*时，则S 1k k1k   n k1k 1k1 k ， 2 2 n 2  2  k1k  k1k 1k  n  1k1 k 所以S 2  2  1k k1k 1k2 ， n   n  n a 1k1 k 2 2 2 n S 1k2 若 n Z，则 Z ，故k为奇数， a 2 n k1k k k1 令 2023  k N*，解得k 64为偶数， 2 2 故k 63， 6432 所以集合P 中元素的个数1363 1024 . 2023 2   【点评】对于数列 1n a ，常用分类讨论结合并项求和方法进行求 n 和. 43．(1)d 1，d 1，d 3，d 3 1 2 3 4 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意直接运算求解； （2）根据充要条件，结合等差数列分析证明或利用反证法证明； （3）根据题意结合数列的最值分析证明或利用反证法证明. 【解析】（1）由题意可得： d 211 ， d 211 ，d 413， d 413. 1 2 3 4 第 130 页 共 249 页（2）充分性： 因为{a }是公差为 d 的等差数列，且 d≥0 ，所以 a≤a ≤≤a ≤ ， n 1 2 n 因此 A a ，B a ，d a a d （n1,2,3, ） n n n n1 n n n1 必要性： 解法一：因为d d≤0（n1,2,3,），所以A B d ≤B ． n n n n n 又因为a ≤A ，a ≥B ， n n n1 n 所以a ≤a ． n n1 于是A a ，B a ． n n n n1 因此a a B A d d ， n1 n n n n 即{a }是公差为 d 的等差数列． n 解法二：反证法 若d d（n1,2,3,），假设a 是第一个使得a a 的项，即 n k n n1 a≤a ≤≤a a ， 1 2 k1 k 所以A a ， A a ， B ≤a ， k1 k1 k k1 k1 k 进而可得 d  A B a B ≥a a 0 ，这与 d d≤0 矛盾. k1 k1 k1 k1 k1 k1 k k1 因此对任意的正整数n，都有a ≤a ． n n1 进而可得 d A B a a d ，即a a d， n n n n n1 n1 n 因此a 是公差为 d 的等差数列. n （3）解法一：首先，a 中的项不能是 0 ，否则 d a 02 ，矛盾. n 1 1 其次，a 中的项不能超过 2 ，用反证法证明如下： n 若a 中有超过 2 的项，设a 是第一个大于 2 的项， n k a 中一定存在某项为 1 ，否则与d 1矛盾. n 1 第 131 页 共 249 页当nk时，a 2，否则与d 1矛盾； n k 因此存在最大的 i 在 2 到k1之间，使得a 1，此时 d  A B 2B ≤220 ， i i i i i 综上，a 中没有超过 2 的项， n 所以a 中的项只能是 1 或 2. n 下面证明 有无数个，用反证法证明如下： 1 若a 为最后一个 1 ，则d  A B  22 0，矛盾， k k k k 因此 1 有无数个. 解法二：因为 a 2 ， d 1 ，所以 A a 2 ，B  A d 1． 1 1 1 1 1 1 1 故对任意 n1 ， a ≥B 1 ． n 1 假设{a }（n2）中存在大于 2 的项． n 设m为满足 a 2 的最小正整数， m 则m2，并且对任意1km，a ≤2． k 又因为 a 2 ，所以A 2，且A a 2． 1 m1 m m 于是，B A d 211， B min  a ,B  2 ． m m m m1 m m 故d  A B ≤22 0，与d 1矛盾． m1 m1 m1 m1 所以对于任意 n1 ，有a 2，即非负整数列{a }的各项只能为 1 或 2． n n 因为对任意 n1 ， a ≤2a ， n 1 所以 A 2 ． n 故 B A d 211 ． n n n 因此对于任意正整数n，存在m满足mn，且a 1，即数列 {a } 有无穷 m n 多项为 1． 【点评】1.证明充要条件时，需要从充分性、必要性两个角度分析证 第 132 页 共 249 页明； 2.当直接说明有困难，可以尝试利用反证法分析证明. 44．(1)①是，重复五项为 0，0，1，1，0；②不是 (2)11，理由见解析 (3)1 【分析】（1）观察数列特点看元素是否按次序对应相等即可判断数列 是否为 5 阶可重复数列； （2）项数为m的数列a 一定是 3 阶可重复数列，数列的每一项只可 n 以是 0 或 1，则连续 3 项共有 8 种不同的情况，分别讨论m11，m10， 3m10时情况可得结论； （3）由于数列a 在其最后一项a 后再添加一项 0 或 1，均可使新数 n m 列是：“5 阶可重复数列”，则存在i j，使得a,a ,a ,a ,a 与 i i1 i2 i3 i4 a ,a ,a ,a ,0 按次序对应相等，或a ,a ,a ,a ,a 与 a ,a ,a ,a ,1 按次序 m3 m2 m1 m j j1 j2 j3 j4 m3 m2 m1 m 对应相等，经分析可得a a . m 4 【解析】（1）记数列①为{b }，因为b ,b ,b ,b ,b 与b ,b ,b ,b ,b 按次序对应 n 2 3 4 5 6 6 7 8 9 10 相等， 所以数列①是“5 阶可重复数列”，重复的这五项为 0，0，1，1，0; 记数列②为{c }，因为c,c ,c ,c ,c 、c ,c ,c ,c ,c 、c ,c ,c ,c ,c 、c ,c ,c ,c ,c 、 n 1 2 3 4 5 2 3 4 5 6 3 4 5 6 7 4 5 6 7 8 c ,c ,c ,c ,c 、c ,c ,c ,c ,c 没有完全相同的， 5 6 7 8 9 6 7 8 9 10 所以{c }不是“5 阶可重复数列”. n （2）因为数列a 的每一项只可以是 0 或 1，所以连续 3 项共有 23 8 n 第 133 页 共 249 页种不同的情形. 若m11，则数列a 中有 9 组连续 3 项，则这其中至少有两组按次序 n 对应相等，即项数为 11 的数列a 一定是“3 阶可重复数列”；若m10， n 数列 0，0，1，0，1，1，1，0，0，0 不是“3 阶可重复数列”；则 3≤m< 10 时，均存在不是“3 阶可重复数列”的数列a . 所以，要使数列a 一 n n 定是“3 阶可重复数列”，则m的最小值是 11. （3）由于数列a 在其最后一项a 后再添加一项 0 或 1，均可使新数 n m 列是：“5 阶可重复列”，即在数列a 的末项a 后再添加一项 0 或 1， n m 则存在i j，使得a,a ,a ,a ,a 与 a ,a ,a ,a ,0 按次序对应相等， i i1 i2 i3 i4 m3 m2 m1 m 或a ,a ,a ,a ,a 与 a ,a ,a ,a ,1 按次序对应相等， j j1 j2 j3 j4 m3 m2 m1 m 如果a ,a ,a ,a 与 a ,a ,a ,a 不能按次序对应相等， 1 2 3 4 m3 m2 m1 m 那么必有2i,jm4,i j，使得a,a ,a ,a 、a ,a ,a ,a 与a ,a ,a ,a i i1 i2 i3 j j1 j2 j3 m3 m2 m1 m 按次序对应相等. 此时考虑a ,a 和 a ，其中必有两个相同，这就导致数列a 中有两个 i1 j1 m4 n 连续的五项恰按次序对应相等，从而数列a 是“5 阶可重复数列”，这 n 和题设中数列a 不是“5 阶可重复数列”矛盾； n 所以a ,a ,a ,a 与 a ,a ,a ,a 按次序对应相等，从而a a 1. 1 2 3 4 m3 m2 m1 m m 4 【点评】本题考查数列的新定义，因此理解新定义是解题的关键之一， 同时需要使用分类讨论的思想与方法是关键点之二，其三本题推理过 程中反证法思想的应用也是解题的关键. 45．(1)1,0,1,2,1.（答案不唯一1,2,1,0,1.） (2)证明见解析； 第 134 页 共 249 页(3)答案见解析. 【分析】(1)根据 a a 1k 1,2,,n1与a a 1和S 5可写出数列. k1 k 1 5 5 (2)先证明必要性,根据数列a 是递增数列,可得 n a a 1k 1,2,3,,1999,进而求得a 2023.再证明充分性,因为 k1 k 2000 a a 1k 1,2,,n1,故a a 1k 1,2,,n1,再累加可得a a 1999 k1 k k1 k 2000 1 证明即可. (3) 设b a a (k 1，2,3,,n1)，则b 1,再累加求得 k k1 k k n(n1) S  [(n1)(1b )(n2)(1b ) (1b )] ,再分析S 的奇偶, n 取值 n 2 1 2 n 1 n 只能为n4m1或 n4m2(mN*) ，并写出符合条件的数列. 【解析】（1）1,0,1,2,1.（答案不唯一1,2,1,0,1.） （2）必要性： 因为数列{a }是递增数列， n 所以a a 1（k 1,2,3,,1999）. k1 k 所以数列{a }是以 24 为首项，公差为 1 的等差数列. n 所以a 24（20001）12023. 2000 充分性： 因为|a a |1， k1 k 所以a a 1. k1 k 所以a a 1， 2000 1999 a a 1， 1999 1998 …… 第 135 页 共 249 页a a 1. 2 1 所以a a 1999，即a a 1999. 2000 1 2000 1 因为a 24,a 2023， 1 2000 所以a a 1999. 2000 1 所以a a 10（k 1,2,3,,1999）. k1 k 即数列{a }是递增数列. n 综上，结论得证. （3）令b a a (k 1，2,3,,n1)，则b 1. k k1 k k 所以a a b ， 2 1 1 a a b b， 3 1 1 2 …… a a b b b . n 1 1 2 n1 所以S na (n1)b (n2)b b n 1 1 2 n 1 n(n1)(n2)1[(n1)(1b)(n2)(1b )(1b )] 1 2 n1 n(n1)  [(n1)(1b)(n2)(1b )(1b )]. 2 1 2 n1 因为b 1， k 所以1b 为偶数(k 1,2,3,,n1). k 所以(n1)(1b)(n2)(1b )(1b ) 为偶数. 1 2 n1 所以要使S 1，即S 10， n n n(n1) (n1)(n2) 必须使 1 为偶数. 2 2 即 4 整除(n1)(n2)， 因为n3， 第 136 页 共 249 页所以n4m1或 n4m2(mN*). 当 n4m1(mN*) 时，数列{a }的项满足 n a 1,a 0,a 1,a 0,a 1 (k 1,2,3,,m)时， 4k3 4k2 4k1 4k 4m1 有a 1,S 1； 1 n 当 n4m2(mN*) 时，数列{a }的项满足 n a 1,a 0,a 1,a 0,a 0 (k 1,2,3,,m)时， 4k3 4k2 4k1 4k 4m2 有a 1,S 1； 1 n 当 n4m 或 n4m3(mN*) 时，(n1)(n2)不能被 4 整除，此时不存在数 列{a }，使得a 1,S 1. n 1 n 【点评】求解是否存在首项为 1 的数列a ，使得S 1难点是求得S n n n n(n1) 并变形为S  [(n1)(1b )(n2)(1b ) (1b )] ，分析奇偶性确定 n 2 1 2 n 1 (n1)(n2) 必须为偶数，从而确定n的取值只能为n4m1或n4m2. 2 46．（1）见解析（2）见解析 【解析】（1）注意到， pj p1pj1p1pj2p1p p. 于是， p1pi  pj 1 . ij n s pj 1 s 则 d pij d pij  d pij. pj i i pj i ij ij ij  n  s 故   d pij. pj  i ij （1）若p n!，且 p1 ╲ | n! ，则记p,n. 20 20 20 20 以p2，n20为例，易得2,20            18 .  2   4   8  16 s  n  一般地，关于p,n不难得出公式： p,n  . pi  i1 第 137 页 共 249 页 n  s  a  s  b  s 由（1）得   n pij，   a pij,  b pij. pj  i pj  i pj  i ij ij ij s s s 令c a b i0,1,,s.则c pi a pi b pi abn. i i i i i i i0 i0 i0 先介绍两个引理.  n   a   b  引理 1   c pij      ，其中，0 js. pj  i pj  pj  ij n s 引理 1 的证明 事实上，由 c pij c pij， pj i i ij ij  n    s s    a   b  知    c pija pij b pij  c pij     . pj  ij i  ij i ij i ij i  pj  pj  引理 2 若存在整数l0ls，有 c i pi n i pi ， ij ij  n  p，il;  l 而n c ，则存在整数u 1usl，有c n  p1，lilu; l l i i   n 1，ilu. lu s 引理 2 的证明 由abn，即c n pi 0. i i i0 又由 c i pi n i pi ，得c n pl  s c n pi ij ij l l i i il1 s  pl1n c pil1 . i i il1 于是，p c n . l l 因为0n  p1,0c 2p1，所以， c n  p. l l l l s 故c n pl  ppl n c pl1 pl2  n c pil2. l l l1 l1 i i il2 从而，p 1c n . l1 l1 若1c n 0，则c n 1，即u1. l1 l1 l1 l1 若1c n  p，则c n p1. l1 l1 l1 l1 由pl1c n pl1 pl1p1pl1 pl2， l1 l1 s 知pl2 n c pl2pl3  n c pil3 . l2 l2 i i il3 第 138 页 共 249 页于是，p 1c n . l2 l2 所以，c n 1，即u2. l2 l2 否则，c n p1， l2 l2 s s 由于c pi n pi，从而，一定存在整数u1usl使得1c n 0， i i lu lu i0 i0 即c n 1. lu lu 回到原题. s lu 相对于n的p进制表示，称c pi中的一段c pi是长度为u的一个“下移 i i i0 il 端”，记为l,u. lu lu 显然，c pi n pi. i i il il lu lu 从而，c pi n pi，即为引理 2 的条件. i i i0 i0 因此，当ilu时，若n c ，则c n  p，存在另一个下移段. i i i i s 由上述讨论，知若 c i0,1,,s1 中有t个c n  p，则c pi中存在t个 i i i i i0 下移段l ,u  k 1.2..t. k k 当 j l ,l u k 1,2,,t时，显然，n c ，且 c i pi n i pi . k k k j j ij ij 当 jl k 1,2,,t时，c n  p，仍有 c i pi n i pi . k j j ij ij 上述两种情形均有 c i pi n i pi . ij ij  n   a   b  由引理 1 及（1）知        . pj  pj  pj  对任意的k1kt，当 j l 1,l u 时，由引理 1 知 k k k  n   a   b   1  1 1   pj     pj     pj     pj  ij c i pi      pj  ij n i pi pj   pplk p 1plk 1  p 1pj 1       pj 1 pj   1.  pj pj  第 139 页 共 249 页s  n  综上，即得p,n   pi  i1 s  a  s  b  s       u . pi  pi  k i1 i1 k1 s 令u .则p,np,ap,b. k k1 n! ╲ n! 故p ,p1 | p,n p,a p,b  a!b! a!b!   i c i  n i ,i 0,1,,s  . 47．(1)A(5){4，7，8}，s(5)=3. (2)证明见解析 (3)答案见解析 【分析】（1）观察数列，结合题意得到A(5)及s(5)； 1 1 1 1 1 1 1 （2）先得到 1，故   n，再由   n得 s(a) s(a) s(a ) s(a ) s(a) s(a ) s(a ) i 1 2 n 1 2 n 到s(a)1，从而证明出结论； i （3）由题意得a a 或a a ，令 j1，得到a a 或a a ，当 ab 时 ij i ij j 3 2 3 1 得到 a a a na ，当 a¹b 时，考虑a a或a b两种情况，求出答案. 1 2 n 3 3 【解析】（1）因为a a a 5，所以A(5)4,7,8，则s(5)=3； 4 7 8 （2）依题意 s(a)1,i1，2，，n ， i 1 则有 1， s(a) i 1 1 1 因此   n， s(a) s(a ) s(a ) 1 2 n 1 1 1 又因为   n， s(a) s(a ) s(a ) 1 2 n 所以s(a)1 i 所以a ,a ,,a 互不相同. 1 2 n 第 140 页 共 249 页（3）依题意a a,a b. 1 2 由 i jA(a) 或i jA(a )，知a a 或a a . i j ij i ij j 令 j1，可得 a a 或 a a ，对于i2,3,...n1成立， i1 i i1 1 故a a 或a a . 3 2 3 1 ①当 ab 时， a a a a ， 3 4 n 所以 a a a na. 1 2 n ②当 a¹b 时， a a或a b. 3 3 当a a时，由 a a 或a a ，有a a， 3 4 3 4 1 4 同理 a a a a ， 5 6 n 所以 a a a (n1)ab. 1 2 n 当a b时，此时有 a a b ， 3 2 3 令i1，j3，可得4A(a)或4A(b)，即a a或 a b. 4 4 令i1，j4，可得5A(a)或5A(b). 令i2，j3，可得5A(b). 所以 a b. 5 若a a，则令i1，j4，可得 a a ，与 a b 矛盾. 4 5 5 所以有 a b. 4 不妨设 a a a b(k5) ， 2 3 k 令it，jk1t(t2,3,,k1) ，可得k1A(b)，因此a b. k1 令i1, jk ，则a a或a b. k1 k1 故a b. k1 第 141 页 共 249 页所以 a a a (n1)ba. 1 2 n 综上， ab 时， a a a na. 1 2 n a ab 时， a a a (n1)ab. 3 1 2 n a ba 时， a a a (n1)ba. 3 1 2 n 【点评】数列新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用， 从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述， 那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特 征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念 的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念，要将“新”性质有 机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题. 48．(1){1,3,5} (2)证明见解析 (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）根据定义知a 0，讨论a 2、a 2及a ,a 大小求所有a 可 n 3 3 3 4 4 能值； （2）由a 0，假设存在n N*使a a ，进而有a max{a ,a }a ， n 0 n n0 n0 n0 1 n0 2 n0 可得min{a ,a }0，即可证结论； n0 1 n0 2 第 142 页 共 249 页（3）由题设a a (n2,3,)，令S {n|a a ,n1}，讨论S 、S 求 n n1 n n1 证 a M 即可判断存在性. n 【解析】（1）由a maxa ,a mina ,a 0，a max{2,a }min{2,a }1， n n1 n2 n1 n2 1 3 3 若a 2，则a 21，即a 3，此时a max{3,a }min{3,a }2 ， 3 3 3 2 4 4 当a 3，则a 32，即a 5； 4 4 4 当a 3，则3a 2，即 a 1 ； 4 4 4 若a 2，则2a 1，即a 1，此时a max{1,a }min{1,a }2 ， 3 3 3 2 4 4 当a 1，则a 12，即a 3； 4 4 4 当a 1，则1a 2，即a 1（舍）； 4 4 4 综上，a 的所有可能值为{1,3,5}. 4 （2）由（1）知：a 0，则mina ,a 0， n n1 n2 数列a 中的项存在最大值，故存在n N*使a a ，(n1,2,3,)， n 0 n n0 由a max{a ,a }min{a ,a }max{a ,a }a ， n0 n0 1 n0 2 n0 1 n0 2 n0 1 n0 2 n0 所以min{a ,a }0，故存在k{n 1,n 2}使a 0， n0 1 n0 2 0 0 k 所以 0 为数列a 中的项； n （3）不存在，理由如下：由a 0(n1,2,3,)，则a a (n2,3,)， n n n1 设S {n|a a ,n1}， n n1 若S ，则a ≤a ，a a (i2,3,)， 1 2 i i1 M 对任意M 0，取n [ ]2（[x]表示不超过x的最大整数）， 1 a 1 当nn 时，a (a a )(a a )...(a a )a 1 n n n1 n1 n2 3 2 2 a a ...a a  (n1)a M ； n2 n3 1 2 1 若S ，则 S 为有限集， 第 143 页 共 249 页设mmax{n|a a ,n1}，a a (i1,2,3,)， n n1 mi mi1 M 对任意M 0，取n [ ]m1（[x]表示不超过x的最大整数）， 2 a m1 当nn 时，a (a a )(a a )...(a a )a 2 n n n1 n1 n2 m2 m1 m1 a a ...a a  (nm)a M ； n2 n3 m m1 m1 综上，不存在正实数 M，使得对任意的正整数 n，都有a M . n 【点评】第三问，首选确定a a (n2,3,)，并构造集合 n n1 S {n|a a ,n1}，讨论S 、S 研究存在性. n n1 49．(1)6 (2)a 的所有可能取值为全体大于 1 的正整数 1 (3)2 【分析】（1）根据所给定义一一列举，即可得解； a 1, a 为奇数  n n （2）依题意a a ，a 1，利用反证法证明对于任意的正 n1  n , a 为偶数 1  2 n 整数 k1 ，当a k 时，均存在数列a 为P 数列； 1 n 1 （3）先证明d 2符合题意，再利用特例证明 d 2 ，最后证明d 2不符 合题意，即可得解. a 1, a 为奇数  n n 【解析】（1）依题意a 5，a a ， 1 n1  n , a 为偶数  2 n 所以a 6，a 3，a 4，a 2，a 1， 2 3 4 5 6 所以 m6. a 1, a 为奇数  n n （2）依题意a a ，a 1， n1  n , a 为偶数 1  2 n 下面证明对于任意的正整数 k1 ，当a k时，均存在数列a 为P 数列， 1 n 1 第 144 页 共 249 页a 2时a 1， m2 符合题意， 1 2 反证，假设存在正整数 k1 ，当a k时，不存在数列a 为P 数列， 1 n 1 设此时k的最小值为MM 3， 即a 2,3,4,,M 1时存在P 数列，a M时不存在P 数列， 1 1 1 1 ①当 M 为奇数时，因为存在以 M 1 为首项的P 数列，a 、a 、L、a ， 1 1 2 m 所以 M 、a 、a 、L、a 就是首项为 M 的P 数列，与假设矛盾， 1 2 m 1 ②当 M 为偶数时，因为存在以M 为首项的P 数列，a 、a 、L、a ， 2 1 1 2 m 所以 M 、a 、a 、L、a 就是首项为 M 的P 数列，与假设矛盾， 1 2 m 1 综上，a 的所有可能取值为全体大于 1 的正整数. 1 a 1, a 为奇数  n n （3）依题意a a ，a 1，a 2，a 4，L， n1  n , a 为偶数 m m1 m2  2 n 先证明d 2符合题意，即m2log a 2， 2 1 当 m2 时显然成立， a 1 a a  a 当m3时，对任意a 3，a  i , i 1, i ，故a  i 1， i i2  2 2 4 i2 2 即a 22a 2， i i2 （i）当m2t1t1,2, 时，由a 2 22t1a m2 22t， a 2t22 m 2 1 2 ， 1  m1 所以2log a 22log 2 2 2m1m. 2 1 2   （ii）当m2t2t1,2, 时，由a 2 22t1a m2 22t， a 2t22 m 2 1 2 ， 2 m 1 ， a a 122 1 1 2  m  所以2log a 22log 2 2 1 2m . 2 1 2   再证明 d 2. 第 145 页 共 249 页 mn1 2 2 1,n1,3,,m1   mn 对任意的偶数m2tt2,3, ，令a 2 2 2,n2,4,,m2 ， n  1,nm    先验证a 为P数列， n 1 当n1,3,,m3时 a 2 m 2 n1 1 为奇数， a 2 m 2 n1 2a 1 ，符合②； n n1 n 当n2,4,,m2时 a 2 m 2 n 2 为偶数， a 2 mn 2 11 1 1 a ，符合②； n n1 2 n 当nm1时a 2，a 1，符合②； m1 m 又a 符合①，所以a 为P数列. n n 1 下面证明d 2不符合题意. 假设d 2，  m   m  因为m2tt2,3, ，d m2log a m2log 22 1 122log 2 1 2 1 ， 2 1 2 2      d  所以m2tt2,3, ，m22log 2 1 2 1 ，矛盾. 2   综上可得d的最小值为 2. 【点评】涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，然后合 理的利用定义进行推导，结合反证法达到转化证明. 50．(1)取a 为4,6,9；b 为1,3,5,7. n n (2)p 2. (3)证明见解析. 【分析】（1）取a 为4,6,9；b 为1,3,5,7，可验证它们符合题设要求. n n （2）可证明 d 0 ，设c 的前 5 项为：1,p,p2,p3,p4p1，就c a 或c b n 3 2 3 2 第 146 页 共 249 页分类讨论后可求 p 的值． （3）可证 q 1 ，利用二项式定理可证明充分性，利用反证法结合等比 中项可证明必要性. 【解析】（1）取a 为4,6,9；b 为1,3,5,7， n n 6 9 则a 满足：  ，故4,6,9为等比数列. n 4 6 而3153752，故1,3,5,7为等差数列， 故此时a ，b 符合题意. n n （2）因为集合 C 中的所有元素按从小到大排列构成首项为 1 的数列 c ， n 故c 中各项均为正数，所以b 中的各项均为正数， n n 而b 为无穷等差数列，故 d 0. n 设c 的前 5 项为：1,p,p2,p3,p4p1， n 因为b a ，a c 1，AB，所以b   p,p2,p3,p4， 1 5 1 1 1 此时必有c b  p，事实上，若c a ，则c 的前 5 项即是a 的前 5 2 1 2 2 n n 项， 与b   p,p2,p3,p4矛盾． 1 所以c a 或c b ． 3 2 3 2 若c a ，则 p2 2 ，所以 p 2 ，此时c 的前 5 项为 1， 2 ，2， 2 2 ， 3 2 n 4， 即b  2，b 2 2，所以数列b 的公差为d b b  2， 1 2 n 2 1 因为b 3 2a ，所以 p 2 符合题意； 3 2 若c b ，则c b 或c a 3 2 4 3 4 3 第 147 页 共 249 页①c b 时，有 p， p2， p3成等差数列，所以 2p2  p p3，解得p1，与p1 4 3 矛盾； ②c a 时，有p3 2，所以 p 3 2 ，所以c 的前 5 项为 1， 32 ， 3 4 ，2， 4 3 n 232 ， 因为 23 2A ，所以 23 2B ，即b 23 2， 3 所以b b  3 223 2 33 2,2b 23 4，故b b 2b ，与b 为等差数列矛盾． 1 3 2 1 3 2 n 所以c b 不可能． 3 2 综上，p 的值为 2 ． （3）因为数列b 是首项为 1 的无穷数列，由（2）知，数列b 是递 n n 增的数列； 对于公比不为 1 的无穷数列a ，必有a 1， q 1 ． n 1 否则，若 q 为负，则a 相邻两项必有一项为负， n 这与c 中的最小项为c 1矛盾； n 1 若0q1，则当n1 lna 1 时， aqn1aq 1 l l n n a q 11 1 ， lnq 1 1 即a 1，这与c 中的最小项为c 1矛盾． n n 1 先证明充分性： 当 d 是正有理数时，因为数列b 是递增的等差数列，所以 d 0 ， n s 设d  （s， tN*，s，t 互质），则 std ， t 令a 1sn1，则a 1，a 1s1td b ， n 1 2 t1 当n3时， a 1C1 sC2 s2Cr sr Cn1sn1 n n1 n1 n1 n1 1  C1 C2 sCr sr1Cn1sn2 td n1 n1 n1 n1 第 148 页 共 249 页所以数列a 的第 n 项是数列b 的第 n n  C1 C2 sCr sr1Cn1sn2 t1项， n1 n1 n1 n1 所以数列a 中的项都是数列b 的项，即AB． n n 再证明必要性： 假设 d 是正无理数，因为AB，即数列a 中的项都是数列b 的项， n n 故b 1. 1 令a b ，a b ，a b （i，j，kN），则a 1id，a 1 jd，a 1kd， 1 i1 2 j1 3 k1 1 2 3 且i jk，因为a2 aa ，即1 jd2 1id1kd， 2 1 3 整理得：2jd j2d2 ikdikd2，约去 d 有2j j2d ikikd ， 2jik 因为 i，j， kN*，且 d 是无理数，所以 ，消去 j 并整理得ik2 0， j2 ik 故 ik ，与i jk矛盾，所以假设不成立，即 d 是有理数． 综上所述，“存在数列a ，使AB”的充要条件是“d 是正有理数” n 【点评】两类数列的交叉问题，往往需要从基本量来处理，注意合理 的分类讨论，另外等比数列与等差数列的交叉问题，注意结合二项式 定理来沟通两者的关系，而整数性问题注意结合整数的性质来处理. 51．(1)A :2,0,2,0为“完美数列”； A :1,2,0,1不是“完美数列” 1 2 (2)证明见解析 (3)A:2023,2,1,0,0,0,,0,1,0,0,0,0（共2023个 0 ） 【分析】（1）根据“完美数列”的定义进行判断即可； （2）根据 A 共有n1个元素，结合“完美数列”的定义可得 x x x x n1；又 A 中各元素之和为x 2x 3x nx n1，加和 0 1 2 n 1 2 3 n 第 149 页 共 249 页即可证得结论； （3）根据x 2023可确定 n2024 ，依次分析n2024,2025,2026的情况，结 0 合x x x x n1可确定n2026时存在满足题意的数列；当 n2027 0 1 2 n 时，在x 1和x 2的情况下，利用A的定义可说明不合题意，由此 2023 2023 1 可得最终结论. 【解析】（1）对于数列2,0,2,0，则x  2， x 0 ，x 2，x 0， 0 1 2 3 当k 0时， i x 0,i0,1,2,3 的元素个数为2x ； i 0 当k1时， i x 1,i0,1,2,3 的元素个数为0x ； i 1 当k 2时， i x 2,i0,1,2,3 的元素个数为2x ； i 2 当k 3时， i x 3,i0,1,2,3 的元素个数为0x ； i 3 A :2,0,2,0为“完美数列”； 1 对于数列1,2,0,1，则 x 1 ， x 2 ，x 0，x 1， 0 1 2 3 当k 0时， i x 0,i0,1,2,3 的元素个数为1x ； i 0 当k1时， i x 1,i0,1,2,3 的元素个数为2x ； i 1 当k 2时， i x 2,i0,1,2,3 的元素个数为1 x ； i 2 当k 3时， i x 3,i0,1,2,3 的元素个数为0 x ； i 3 A :1,2,0,1不是“完美数列”. 2 （2）若 A 是“完美数列”，则A  i x 0,i0,1,2,,n 的元素个数为x ， 0 i 0 A  i x 1,i0,1,2,,n 的元素个数为x，A  i x 2,i0,1,2,,n 的元素个数 1 i 1 2 i 为x，……，A  i x n,i0,1,2,,n 的元素个数为x ， 2 n i n A:x ,x,x ,,x 共有n1个元素，x x x x n1， 0 1 2 n 0 1 2 n 又x 2x 3x nx 表示数列 A 各项的和， 1 2 3 n 第 150 页 共 249 页x 2x 3x nx x x x x n1， 1 2 3 n 0 1 2 n x 2x 3x n1x x 2x 3x nx x x x x  0 1 2 n 1 2 3 n 0 1 2 n 2n12n2. （3）若A:x ,x,x ,,x 是“完美数列”， 0 1 2 n 当 n≤2023 时，A  i x 0,i0,1,2,,n 的元素个数为x 2023， 0 i 0 此时 A 中含有2023个等于 0 的项，则 n2023 ，与 n≤2023 矛盾，不合题意； 当 n2024 时，A  i x 0,i0,1,2,,n 的元素个数为x 2023， 0 i 0 此时 A 中含有2023个等于 0 的项， 则A  i x 2023,i0,1,2,,n 的元素个数为x 1， 2023 i 2023 ①当n2024时，x x x x x 2025， 0 1 2 2023 2024 x x x x 2，又x 0， A 中含有2023个等于 0 的项， 1 2 2023 2024 2023 x x x x 0，x 2， 1 2 2022 2024 2023 此时A  i x 2,i0,1,2,,2024 的元素个数为1 x ，不合题意； 2 i 2 ②当 n2025 时，x x x x x x 2026， 0 1 2 2023 2024 2025 x x x x x 3，又 A 中含有2023个等于 0 的项， 1 2 2023 2024 2025 则有x x 3且x 0， p 2023 p 若x 1，则x 2，此时A  i x 1,i0,1,2,,2025 的元素个数为1 x ，不 2023 p 1 i 1 合题意； 若x 2，则x 1， 2023 p 若p2，此时A  i x 2,i0,1,2,,2025 的元素个数1 x ，不合题意； 2 i 2 若p2，此时A  i x 1,i0,1,2,,2025 的元素个数1 x ，不合题意； 1 i 1 ③当n2026时，x x x x x x x 2027， 0 1 2 2023 2024 2025 2026 第 151 页 共 249 页x x x x x x 4，又 A 中含有2023个等于 0 的项， 1 2 2023 2024 2025 2026 则有x x x 4不为 0 ，且x 0，x 0； p q 2023 p q 若x 1，则x x 3，可令x 1，x 2， 2023 p q p q 此时A  i x 1,i0,1,2,,2026 的元素个数为 2 ，A  i x 2,i0,1,2,,2026  1 i 2 i 的元素个数为 1 ，则 x 2 ，x 1， 1 2 即A:2023,2,1,0,0,0,,0,1,0,0,0,0（共2023个 0 ）满足题意； 若x 2，则x x 2，则x  x 1， 2023 p q p q 此时A  i x 1,i0,1,2,,2026 的元素个数为2 x ，不合题意； 1 i 1 ④当 n2027 时，x x x x x x n1， 0 1 2 2023 2024 n x x x x x n2022，又 A 中含有2023个等于 0 的项， 1 2 2023 2024 n 则有x x x x n2022，且x ,x ,,x 均不为 0 ， p q r 2023 p q r 若x 1，则存在x 2，其余各项均为 1 ， 2023 m 此时A  i x 1,i0,1,2,,n 的元素个数为n2024 x ，不合题意； 1 i 1 若x 2，则x  x  x ， 2023 p q r 此时A  i x 1,i0,1,2,,n 的元素个数为n2024 x ，不合题意； 1 i 1 综上所述：A:2023,2,1,0,0,0,,0,1,0,0,0,0（共2023个 0 ）. 【点评】本题考查数列中的新定义问题的求解，本题解题关键是能够 充分理解“完美数列”的定义，结合“完美数列”中各项之和来分析确定 数列中的各项所有可能的结果，从而得到符合题意的“完美数列”. 52．(1)A 是等和数列，所有的等和子集为1,3,5,7，1,3,7,9，3,5,7,9； 不是等和数列 B (2)证明见解析 第 152 页 共 249 页(3)证明见解析 【分析】（1）由等和数列的定义判断即可； （2）数列 P 最多有如下五个等和子集：a,a ,a ,a ，a ,a ,a ,a ， 1 2 3 4 1 2 3 5 a,a ,a ,a ，a ,a ,a ,a ，a ,a ,a ,a，根据反证法结合等差数列的定义 1 2 4 5 1 3 4 5 2 3 4 5 证明即可； n2n9 n2n9 （3）假设 a  ，且 不是整数，利用反证法证明即可. n 4 4 【解析】（1）A 是等和数列，所有的等和子集为1,3,5,7，1,3,7,9，3,5,7,9； B 是不等和数列． （2）数列 P 最多有如下五个等和子集：a,a ,a ,a ，a ,a ,a ,a ， 1 2 3 4 1 2 3 5 a,a ,a ,a ，a ,a ,a ,a ，a ,a ,a ,a ， 1 2 4 5 1 3 4 5 2 3 4 5 考虑a ，a ，只可能是如下三种情况的一种： 1 5 a a a a ，a a a a ，a a a a ， 1 5 2 3 1 5 3 4 1 5 2 4 若a a a a ，则a,a ,a ,a ，a ,a ,a ,a 不是 P 的等和子集， 1 5 2 3 1 2 4 5 1 3 4 5 否则，a a 或 a a ，并且a,a ,a ,a 不是 P 的等和子集，否则，a a ， 3 4 2 4 1 2 3 4 5 4 所以，P 的所有等和子集有a ,a ,a ,a ，a ,a ,a ,a ， 1 2 3 5 2 3 4 5 此时，a,a 不满足 a,a  M ，该情况不成立，即a a a a ； 1 4 i j 1 5 2 3 由对称性可知，a a a a ， 1 5 3 4 因此，a a a a ，此时，a ,a ,a ,a ，a ,a ,a ,a 不是 P 的等和子集， 1 5 2 4 1 2 3 5 1 3 4 5 考虑a ,a a ,a ,a ,a ，a ,a a ,a ,a ,a ， 1 3 1 2 3 4 3 5 2 3 4 5 故a,a ,a ,a ，a ,a ,a ,a是 P 的等和子集， 1 2 3 4 2 3 4 5 故a a a a ， a a a a ， 1 4 2 3 3 4 2 5 第 153 页 共 249 页由以上三式可知a a a a a a a a ，即数列 P 是等差数列． 2 1 3 2 4 3 5 4 n2n9 n2n9 （3）假设 a  ，且 不是整数， n 4 4 则对于任意i, j1i j n，总有 3a a  n2n8  n2n8 1 n2n 3 ， i j 4 4 2 n2n 因为数列 P 是不等和数列，所以，a a 至少有 个不同的取值， i j 2 若存在a a 3，则a 1， a 2 ， i j 1 2 当n2时，若a a 2，则a a 1，则存在等和数列，与题设矛盾， n n1 n n1 故n2时，有a a 2， n n1 n2n8 n2n8 n2n n2n 所以， 3a a   2 2 ，只有 个不同的取值， i j 4 4 2 2 n2n8 n2n8 因此， a  ， a  2 ， n 4 n1 4 又因为存在a a 4，所以，a 3，此时，a a a a ，矛盾． i j 3 1 n 3 n1 n2n n2n 若不存在a a 3，则 4a a  3 ，恰 个不同的取值， i j i j 2 2 n2n8 n2n8 所以，a 1，a 3，并且 a  ， a  2 ， 1 2 n 4 n2 4 此时，a a a a ，矛盾． n 1 n2 2 n2n9 综上， a  ． n 4 【点评】本题考查了数列新定义问题，按着某种规律新生出另一个数 列的题目，涉及到归纳推理的思想方法，对学生的思维能力要求较高， 综合性强，能很好的考查学生的综合素养，解答的关键是要理解新定 义，根据定义进行逻辑推理，进而解决问题. 53．(1)a 的可能取值有：5、 1 、 1 、 5 3 1 25 (2) ,   4 4  n1 ,n为奇数   2 (3)a  n  n ,n为偶数  2 第 154 页 共 249 页【分析】（1）根据题中定义可得出 a a 2，a a 3，可依次求得a 、 1 2 2 3 2 a 的取值； 3 （2）设等差数列a 的公差为d，根据a a 1a2 可求得d的取值范 n n n4 n2 围，再利用二次函数的基本性质可求得a2a2的取值范围； 2 3 （3）根据性质P可得出 a 1，根据a a a2 10可推导出a 、 1 n n n4 n2 n a  kN必同号，再利用性质P可得出a 12，利用反证法可证得： n4k 2 3 a 4，则a 2，再证明出a 1，由此可知 nN，a 0都成立，可 3 3 2 2n 猜测数列a 的通项公式，再利用反证法证明数列a 的唯一性即可. n n 【解析】（1）解：因为数列a 具有性质P，则 a a  a  2，所以，a 2， n 1 1 2 2 2 当a 2时，由 a a  2a  a 2 3，所以，a 1或5， 2 2 3 3 3 3 当 a 2 时， 由 a a  2a 3，所以，a 1或 5. 2 2 3 3 3 综上所述，a 的可能取值有：5、 1 、 1 、 5. 3 （2）解：设等差数列a 的公差为d， n 则a a 1a 2da 2d 1 a2 4d2 1 a2 ， n n4 n2 n2 n2 n2 1 1 即 4d2 1 ，所以， d  ， 2 2 2  3 1 所以， a2a2 1d212d2 5d26d25d   ， 2 3  5 5 1 1 1 3 11 因为 d  ，则 d   ， 2 2 10 5 10 2  3 1 1 25 所以， a 2 2a 3 2 5  d 5    5   4 , 4   . （3）解：根据性质P， nN，都有a Z， 1 n 又因为a 0，所以， a 1， n n 第 155 页 共 249 页于是a a a2 10，因为a 、a 必同号，进而a 、a  kN必同号， n n4 n2 n n4 n n4k 若a 0，由性质P，必有a 2，a 6，a 3，a 1，这与aa 1a2 3 1 4 3 2 1 1 5 3 矛盾， 所以，a 0，进而 nN，a 0，讨论可知a 2或 4 或 12 ，仅有这三 3 2n1 3 种可能. 若a 12，则a 8，a 15，a 16，这与aa 1a2矛盾，因此，a 12. 3 4 2 1 1 5 3 3 下面证明：a 4，则a 2， 3 3 利用反证法：假设a 4，则a 8， 3 4 又因为aa 3a 1a2 16，所以，a 5， 1 5 1 3 1 若a 1，则a 1或3，与a 5矛盾，则a 1，所以，a 7，则a 5或9， 2 1 1 2 2 1 于是无论哪种情况， nN，a 0， n 由 a a 6且a 0可得a 9，此时满足a a 1a2， 6 5 6 6 2 6 4 所以，a 16，则a 24，a 33，所以，a a 1a2，矛盾， 7 8 9 5 9 7 综上可知，a 4，所以，a 2，a 2， 3 3 4 下面证明：a 1，利用反证法，如不然，只能a 5，所以，a 0， 2 2 6 则a 9， 6 由于a 0，所以，a 0，只能有a 2，a 6，这与a a 1a2矛盾， 4 8 7 8 3 7 5 总之，a 1，再由a 0可得a 1，进而 nN，a 0都成立， 2 1 1 2n n1 ,n为奇数  可以猜测数列a 的通项为a    2 ， n n  n ,n为偶数  2 可验证此时P、P两条性质均成立，符合题意， 1 2 如另有其它数列b 符合题意，则至少前 5 项必为： 1 、 1 、 2 、2 、3， n 第 156 页 共 249 页仍满足b 0，b 0  nN， 2n1 2n 设b  mN是第一个违反上述通项公式的项m6， m 若m2k  k3,kN，则b k，b 0，所以，b k，符合通项公式， 2k1 2k 2k 矛盾； 若m2k1  k 3,kN，则b k，b 0，所以，b k1，也符合通 2k 2k1 2k1 项公式，矛盾. n1 ,n为奇数  综上所述，数列a 的通项公式必为a    2 . n n  n ,n为偶数  2 【点评】本题考查了数列新定义问题，按着某种规律新生出另一个数 列的题目，涉及到归纳推理的思想方法，对学生的思维能力要求较高， 综合性强，能很好的考查学生的综合素养，解答的关键是要理解新定 义，根据定义进行逻辑推理，进而解决问题. 54．(1)A :4、3、 2 ，A :3、3、 2 、 1 1 2 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由A :5、 1 、3，求得T A 再通过A T  T A 求解； 0 1 0 k1 2 1 k （2）设有穷数列 A 求得T A再求得S  T A，由 1 1 SA 2a 2a na  a2 a2 a2，两者作差比较； 1 2 n 1 2 n （3）设 A 是每项均为非负整数的数列a 、a 、L、a ．在存在1i jn， 1 2 n 有a a 时条件下，交换数列 A 的第 i 项与第 j项得到数列 B ，在存在 i j 1mn，使得 a a a 0 时条件下，若记数列a 、a 、、a 为C， m1 m2 n 1 2 m 第 157 页 共 249 页A T  T A ，SA S  T A ．由S  T A SA ，得到SA SA ．SA  k1 2 1 k k1 1 k 1 k k k1 k k 是大于 2 的整数，所以经过有限步后，必有SA SA SA  0． k k1 k2 【解析】（1）解：A :5、 1 、3，T A :3、 4 、 0 、 2 ，A T  T A  :4、3、 0 1 0 1 2 1 0 ， 2 T A:3、3、 2 、 1 ，A T  T A :3、3、 2 、 1. 1 1 2 2 1 1 （2）证明：设每项均是正整数的有穷数列 A 为a 、a 、L、a ， 1 2 n 则T A为n、a 1、a 1、L、a 1， 1 1 2 n 从而S  T A 2[n2(a 1)3(a 1)(n1)(a 1)]n 2(a 1) 2(a 1) 2(a 1) 2 ． 1 1 2 n 1 2 n 又SA 2(a 2a na )a2a2a2 ， 1 2 n 1 2 n 所以 S  T ASA 1 2[n23(n1)]2(a a a )n 22(a a a )nn(n1)n 2n0 ， 1 2 n 1 2 n 故S  TASA． 1 （3）解：设 A 是每项均为非负整数的数列a ，a , ，a ． 1 2 n 当存在1i jn，使得a a 时，交换数列 A 的第 i 项与第 j项得到数列 B ， i j 则SBSA 2(ia  ja ia  ja ) 2(i j)(a a ) 0 ． j i i j j i 当存在1mn，使得 a a a 0 时，若记数列a ，a , ，a 为C， m1 m2 n 1 2 m 则SCSA． 所以S  T ASA． 2 从而对于任意给定的数列A ，由 A T (T(A ))(k0 ，1，2，…) 0 k1 2 1 k 可知S(A )S(T(A ))． k1 1 k 又由（2）可知 S(T(A ))S(A ) ，所以S(A )S(A )． 1 k k k1 k 第 158 页 共 249 页即对于kN，要么有 S(A )S(A ) ，要么有S(A )S(A )1． k1 k k1 k 因为 S(A ) 是大于 2 的整数，所以经过有限步后，必有 S(A )S(A )S(A )0 ． k k k1 k2 即存在正整数 K ，当k K时，SA SA. k1 【点评】本题考查了数列新定义问题，按着某种规律新生出另一个数 列的题目，涉及到归纳推理的思想方法，对学生的思维能力要求较高， 综合性强，能很好的考查学生的综合素养，解答的关键是要理解新定 义，根据定义进行逻辑推理，进而解决问题. 55．(1)4 是映射焦点，5 不是映射焦点 (2)证明见详解 (3)256 【分析】（1）根据题意分析判断； （2）根据题意先证明当p4均是映射焦点，再证p5均不是映射焦点， 即可得结果； （3）由求和性质：在保证a 取最小值的前提下，根据题意可知：存 n 在k51,100，使得a a 5，构造数列a ，并根据题意验证nk 2p， k p n n 再证此时a a a 的确最小. 1 2 100 【解析】（1）由题意可得：a 4,a 3,a 2,a 1,a 0,a 1,a 2,a 3,a 4 ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 如果p4，则有： ①2p89； ②对于任意n1,4，存在k 10n6,9，满足a a ； n k 故 4 为映射焦点. 第 159 页 共 249 页如果p5，则：2p109，故 5 不是映射焦点. （2）当p4时，则有： ①2p8N ； 36 36 ②对于任意n1,p，存在k  N*，且k   p,N ，满足 n n a a log 6log n； n 36 2 2 n 故p4均为映射焦点； 当p5时，则有： ①2p10N； ②取n51,5，令a a ，则 log klog 6 log 6log 5， k 5 2 2 2 2 36 解得k  或k 5， 5 36 但k  N*,k 5 6,N ， 5 即不存在k6,N，满足a a ； k 5 故 5 不是映射焦点； ∵a  log nlog 6 log nlog 6当 n6 时为递增数列， n 2 2 2 2 故当p6时，不存在kp1,N，满足a a ， k p 故p6均不是映射焦点； 综上所述：p的最大值为 4. （3）对于给定的a ，则a a 1或a a 1，显然较小的为a a 1， n1 n n1 n n1 n n1 且a 5为奇数，则当n为奇数时，a 为偶数，当n为偶数时，a 为奇数， 50 n n 当n50时，a 均取最小值，且 a N*，故最小的两个正整数为1,2， n n 故取a 5,a 4,a 3,a 2,a 1,a 2,a 1,,a 1,a 2， 50 49 48 47 46 45 44 2 1 当 n51 时，则有： 第 160 页 共 249 页∵a 2，则1k 100，即k 99， 1 1 1 又a 1，则2k 100，即k 98， 2 2 2 故取a 4,a 5,a 4,a 3,a 4,a 3,,a 4,a 3,a 2,a 1， 51 52 53 54 55 56 97 98 99 100 这样 a 3 ，则 a 3 ，即k 54，满足48k 102100； 48 54 48 48 a 4，则a 4，即k 51，满足49k 100100； 49 51 49 49 a 5，则a 5，即k 52，满足50k 102100； 50 52 50 50 即构成的数列满足nk 2p1n p. n 下证此时a a La 2123234545432321256为最 1 2 100 小值， 设第一个等于 2 的项为a ，则m为偶数，可得a ,,a 均不为 2， m+1 1 m 若a ,,a 有一项为 1，则该项的相邻项必有 2，不成立； 1 m 故a ,,a 均大于 2， 1 m ①若1m p，则mk 2p，则a ,,a 均不为 2， m 51 100m 若a ,,a 有一项为 1，则该项的相邻项必有 2，不成立； 51 100m 故a ,,a 均大于 2， 51 100m 且a 5，则a 5,k 51,kN*， 50 k 显然 51k 100m 时，a La 最小， 51 100 此时a a a La  3 24 5 4 24 177 ， 1 m 51 100m 故a La 1775241252 256 ； 1 100 ②若m p，则a La 3244255177 ， 1 50 故a La 43124224 79， 51 100 可得a La 17779 256； 1 100 第 161 页 共 249 页综上所述：a La  256. 1 100 故a a a 的最小值为 256. 1 2 100 【点评】 （1）在保证a 取最小值的前提下，构造数列并保证题意成立； n （2）分类讨论证明构造的数列使得a a a 最小. 1 2 100 56．(1)集合 A 不是规范数集；集合 B 是规范数集； (2)证明见详解； (3)10121011. 【分析】（1）根据n元规范数集的定义，只需判断集合A,B中的元素两 两相减的差的绝对值，是否都大于等于 1 即可； （2）利用n元规范数集的定义，得到x x 1，从而分类讨论x 0、x 0 i1 i 1 n 与x 0,x 0三种情况，结合去绝对值的方法即可证明； 1 n （3）法一：当a 0时，证得a n1a ，从而得到 f 10112023；当a 0 1 n 1 2023 时，证得a 2023na ，从而得到 f 10112023；当a 0a 时，分 n 2023 m m1 类讨论m1011与m1012两种情况，推得 f 10121011，由此得解； 法二：利用规范数集的性质与（2）中结论即可得解. 【解析】（1）对于集合 A：因为 2.52 0.51，所以集合 A 不是规范数 集； 对于集合 B：因为B1.5,0.5,0.5,1.5， 又 1.5(0.5) 1， 1.50.5 2， 1.51.5 3， 0.50.5 1， 0.51.5 2， 0.51.5 1， 第 162 页 共 249 页所以 B 相伴数集T 1,2,3，即minT1，故集合 B 是规范数集. （2）不妨设集合 S 中的元素为x  x  x ，即minSx,maxSx ， 1 2 n 1 n 因为 S 为规范数集，则iN,1in1 ，则x x 1，且i N,1i n1， i1 i 0 0 使得x x 1， i0 1 i0 当x 0时， 1 则 minS  maxS  x  x x x x x x x L x x 2x 1 n 1 n 2 1 3 2 n n1 1 n12x n1， 1 当且仅当x x 1且 x 0 时，等号成立； i1 i 1 当x 0时， n 则 minS  maxS  x  x x x x x x x Lx x 2x 1 n 1 n 2 1 3 2 n n1 n n12x n1， n 当且仅当x x 1且x 0时，等号成立； i1 i n 当x 0,x 0时， 1 n 则 minS  maxS  x  x x x x x Lx x n1， 1 n 1 n 2 1 n n1 当且仅当x x 1时，等号成立； i1 i 综上所述： minS maxSn1. （3）法一： 不妨设a a La ， 1 2 2023 因为 S 为规范数集，则iN,1i2022 ，则a a 1，且i N,1i 2022， i1 i 0 0 使得a a 1， i0 1 i0 第 163 页 共 249 页当a 0时， 1 则当2n2023时，可得a a a a a La a a n1a ， n n n1 n1 n2 2 1 1 1 当且仅当a a 1,iN,1in1时，等号成立， i1 i 则范数 f  a  a L a a a La a 1a L2022a ， 1 2 2023 1 2 2023 1 1 1 当且仅当a a 1,iN,1i2022时，等号成立， i1 i 202212022 又 a 1a L2022a  2023a 101120232023a 10112023， 1 1 1 2 1 1 当且仅当a 0时，等号成立， 1 故 f 10112023，即范数 f 的最小值10112023； 当a 0时， 2023 则当 1n2022 时，可得 a n   a 2023 a 2022 a 2022 a 2021 La n1 a n   a 2023 2023na 2023 ， 当且仅当a a 1,iN,ni2022时，等号成立，则a 2023na ， i1 i n 2023 则范数 f  a  a L a a a La 2022a 2021a L1a a ， 1 2 2023 1 2 2023 2023 2023 2023 2023 当且仅当a a 1,iN,ni2022时，等号成立， i1 i 又 202212022 2022a 2021a L1a a  2023a 2023 2023 2023 2023 2 2023 101120232023a 10112023 ， 2023 当且仅当a 0时，等号成立， 2023 故 f 10112023，即范数 f 的最小值10112023； 当mN,1m2022 ，使得a 0a ，且a 0， m m1 2023 2023 当20232m0，即m ，即m1011时， 2 第 164 页 共 249 页则当m1n2023时，可得 a a a a a La a a nm1a ， n n n1 n1 n2 m2 m1 m1 m1 当且仅当a a 1,iN,m1i2022时，等号成立， i1 i 则当1nm时，可得a a a a a a La a mn1， m1 n m1 m m m1 n1 n 当且仅当a a 1,iN,nim时，等号成立， i1 i 则范数 f  a  a L a a a La a La  1 2 2023 1 2 m m1 2023 a a a a La a ma a a La  m1 1 m1 2 m1 m m1 m1 m2 2023 mm1L1ma a 1a L2022ma  m1 m1 m1 m1 mm1 2023m2022m     2023 2ma 2 2 m1 m22022m1011202320232ma m1 m22022m10112023 ； 对于ym22022m10112023m1011，其开口向上，对称轴为m1011， 所以y 10112 202210111011202310121011， min 所以范数 f 的最小值为10121011； 2023 当20232m0，即m ，即m1012时， 2 则当m1n2023时，可得a a a a a a La a nm， n m n n1 n1 n2 m1 m 当且仅当a a 1,iN,m1i2022时，等号成立， i1 i 则当1nm时，可得a a a a a La a a mna ， n m m1 m1 m2 n1 n m m 当且仅当a a 1,iN,nim1时，等号成立， i1 i 则范数 f  a  a L a a a La a La  1 2 2023 1 2 m m1 2023 a a La a a La a 2023ma 1 2 m m1 m 2023 m m m1m2L1ma 12L2023m2023ma m m 第 165 页 共 249 页mm1 2023m2024m     2023 2ma 2 2 m m22024m1012202320232ma m m22024m10122023 ； 对于ym2 2024m10122023 m1012，其开口向上，对称轴为m1012， 所以y 10122 202410121011202310121011， min 所以范数 f 10121011； 综上所述：范数 f 的最小值10121011. 法二： 不妨设a a La ， 1 2 2023 因为 S 为规范数集，则iN,1i2022 ，则a a 1，且i N,1i 2022， i1 i 0 0 使得a a 1， i0 1 i0 所以对于S   a ,L,a  S，同样有jN,1 j1011 ，则a a 1， j j 2024j j1 j 由（2）的证明过程与结论 minS maxSn1可得， min  S   max  S  20242j，当且仅当a a 1时，等号成立， j j j1 j 即 a  a 2022， a  a 2020，…… a  a 2， 1 2023 2 2022 1011 1013 所以范数 f  a  a L a 20222020L2 a 1 2 2023 2012 202221011  a 1012 1011 a 1012 1011 ， 2 2012 2012 当且仅当 a 0时，等号成立， 2012 所以范数 f 的最小值10121011. 【点评】本题解决的关键是理解n元规范数集的定义，得到x x 1， i1 i 再将集合中的元素进行从小到大排列，利用分类与整合的思想进行讨 论分析，从而得解. 第 166 页 共 249 页x n  n   n  57．（1）共   个；（2）p(n!)          ；（3）证明见解析 n p p2 p3 x x x x x 【解析】（1）       1 n    x n    n ，且 1 至x之间的整数中， n n n n n x x 是n的倍数的数是n,2n,, n 共 个．     n n （2）由于p是质数，因此在 n! 中，质数p的最高方次数是p(n!)一定是 n 1,2,,n1,n个数中所含p的方次数的总和．由（1）知，1,2,,n1,n中有   p  n  个p的倍数，有   个 p2的倍数，…， p2  n  n   n  ∴p(n!)         ． p p2  p3  1  2  n 2 （3）设 f(x)nxx x  x  x ，        n  n  n  1  1   1  2  n1 则 f(x ) n(x )  x  x  x x1         n  n   n  n  n   1  2  n1 nx1 x  x  x  x1        n  n  n   1  2  n1 nx1 x  x  x  x 1 f(x)        n  n  n  1 ∴函数 f(x)是以 为周期的周期函数， n 1  1  2  n2 令x(0 )，得 f()n      0 ，       n  n  n  n  1 ∴ f()0(0 )，又由周期性，得 f(x)0． n 58．(1)①A{1}；②A{1,2,4,8,16} (2)最大值为 220211 ，最小值 1 (3)F(n)(n1)!. 【分析】（1）①②均根据题干中的定义求出差集 A； （2）变形得到 a a  a a a a a a  ，利用绝对值 2021 0 2021 2020 2021 2020 1 0 第 167 页 共 249 页三角不等式得到最大值，变形得到 a a  a a a a   a a  a a ，利用几何意义求出最 2021 0 2021 2020 2020 0 2021 2020 2020 0 小值； （3）对于n1(n2)的情形，设不论取 A 中的哪n1个元素，分析出 满足要求的整数列的个数均为F(n1)，进而得到F(n)(n1)F(n),n2.利 用累乘法求出答案. 【解析】（1）①因为213243546576871，所以A{1}； ②因为211,422,844,1688,321616，所以A{1,2,4,8,16}. （2） a a  a a a a a a  2021 0 2021 2020 2021 2020 1 0  a a  a a  a a 1222020 220211， 2021 2020 2021 2020 1 0 即 a a 的最大值为 220211 ， 2021 0 a a  a a a a   a a  a a ， 2021 0 2021 2020 2020 0 2021 2020 2020 0 当 a a 与 a a 越接近时， a a ||a a 越小， 2021 2020 2020 0 2021 2020 2020 0 比如取a a 1,a a 2,a a 22,,a a 22019,a a 22020， 1 0 2 1 3 2 2020 2019 2021 2020 122020 此时， a a  220192201821 22020 1 ， 2020 0 12 故 a a  a a  a a  22020220201 1， 2021 0 2021 2020 2020 0 a a 取得最小值 1， 2021 0 故最大值为 220211 ，最小值 1 （3）对于n1(n2)的情形，不论取 A 中的哪n1个元素， 满足要求的整数列的个数均为F(n1)，如果 a a 3n1（有n1种）， n n1 则必存在k{1,2,,n1}，使得 a a 3n1， k k1 此时必须保证a a 与a a 同号，才能满足条件； n n1 k k1 第 168 页 共 249 页如果 a a 3n1，则a a 3n1都可以， n n1 n n1 F(n)(n1)F(n1)2F(n1)(n1)F(n),n2. F2  3 F1   F3  4 F2  从而F4 ，于是由累乘法，可得F(n)(n1)!.  5 F3      Fn  Fn1 n1 【点评】数列新定义问题，主要针对于等差，等比，递推公式和求和 公式等综合运用，对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时 涉及数列与函数，数列与解析几何，数列与二项式定理，数列与排列 组合等知识的综合，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性 的解决问题. 59．(1)是，理由见解析 (2)是，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据 B数列的定义，首项为 1，公比为1 的等比数列， 2 验证|u u ||u u ||u u |M 即可； n1 n n n1 2 1 （2）首项写出两个命题，根据 B数列的定义加以证明，如果要说明 一个命题不正确，则只需举一反例即可； （3）数列{a }，{b }都是 B数列，则有|a a ||a a ||a a |M ， n n n1 n n n1 2 1 1 |b b ||b a ||b b |M ，下面只需证明 n1 n n n1 2 1 2 第 169 页 共 249 页|a b ab ||ab a b ||ab ab |M ． n1 n1 n n n n n1 n1 2 2 1 1 1 【解析】（1）设满足题设的等比数列为{a }，则a ( )n1，于是 n n 2 |a a ||( 1 )n1( 1 )n2|| 1 |n2，n2， n n1 2 2 2 1 1( )n 因此|a a ||a a ||a a |1| 1 || 1 | 2 | 1 | n1 2  1 2 ． n1 n n n1 2 1 2 2 2 1 1 1 1 2 2 故首项为 1，公比为1 的等比数列是 B数列． 2 （2）若数列 {S } 是 B数列，则数列{a }是 B数列， n n 因为数列 {S } 是 B数列， n 所以存在正数 M ，对任意的 nN*，有|S S ||S S ||S S |M ， n1 n n n1 2 1 即|a ||a ||a |M． n1 n 2 于是|a a ||a a ||a a ||a |2|a |2|a |2|a |2|a |2M|a |， n1 n n n1 2 1 n1 n n1 2 1 1 所以数列{a }是 B数列． n （3）若数列{a },{b }是 B数列，则存在正数M ,M ， n n 1 2 对任意的 nN*，有|a a ||a a ||a a |M ， n1 n n n1 2 1 1 |b b ||b a ||b b |M ， n1 n n n1 2 1 2 注意到|a ||a a a a a a a | n n n1 n1 n2 2 1 1  a a  a a  a a  a M  a ， n n1 n1 n2 2 1 1 1 1 同理：|b |M |b |， n 2 1 记K M  a ，K M |b |， 1 1 1 2 2 1 则有|a b ab ||a b ab ab ab | n1 n1 n n n1 n1 n n1 n n1 n n |b ||a a ||a ||b b |K |a a |K |b b |， n1 n1 n n n1 n 2 n1 n 1 n1 n 因此|a b ab ||ab a b ||ab ab | n1 n1 n n n n n1 n1 2 2 1 1 K  a a  a a  a a K  b b  b b  b b  2 n1 n n n1 2 1 1 n1 n n n1 2 1 第 170 页 共 249 页K M KM ， 2 1 1 2 故数列{a b }是 B数列． n n 【点评】考查学生理解数列概念，灵活运用数列表示法的能力，旨在 考查学生的观察分析和归纳能力，特别是问题（2）（3）的设置，增 加了题目的难度，综合性较强，属难题．对于新定义问题的求解，关 键是理解新定义，将新定义问题转化为熟悉的问题来进行求解. 60．(1)见解析  3 (2)1,   2 (3)b  2n n 【分析】（1）由c 得到方式知得数列b 的特征，写出符合条件的b  n n n 通项； （2）求出d 的通项公式，将d 在 nN上严格单调递增转化为 n n d d 0恒成立问题，求出的取值范围； n1 n （3）由c 1，c 8分析得b 仅最小的 5 项在1,8内，对a 为数列c 中 1 9 n 2 n 的第几项分类讨论，求出符合题意的b 的通项公式. n 【解析】（1）b n， n 当b n时，AB，所以ABB1,2,3,,n, ，此时c n. n n （2）b  2n， d 3n(1)n( 2n )2n3n(2)n ， n n n 因为d 在 nN上严格单调递增，所以d d 0恒成立， n n1 n 即 3n1(2)n13n(2)n23n3(2)n0 恒成立， 3 n为奇数时，( )n1恒成立， 2 第 171 页 共 249 页3 3 因为( )n1单调递减，所以当 n1 时，( )n1最大为-1，所以1， 2 2 3 n为偶数时，( )n1恒成立， 2 3 3 3 3 因为( )n1单调递增，所以当n2时，( )n1最小为 ，所以 ， 2 2 2 2  3 综上，1, .  2 （3）a c 1，a c 8， a 2 ，a 4， 1 1 4 9 2 3 所以b 仅最小的 5 项在1,8内，b 的公差大于 0， n n ①若c a 2，由c 的前 5 项成等比数列，则c 123 8c ，不合题 2 2 n 4 9 意，舍去； ②若c a 2，则b c ，由c 的前 5 项成等比数列，则b2 c2 cc 2， 3 2 1 2 n 1 2 1 3 b  2， 1 此时c b 2 2，c a 4，c b 3 2，c b 4 2，c b 5 2，合题 4 2 5 3 6 3 7 4 8 5 意， b 是首项为 2 ，公差为 2 的等差数列，b  2n； n n ③若c 2，4k7， kN，则c b b c ，所以b 公差d b b c c 1， k 1 1 2 k n 2 1 k 1 b b 5d c 5d 257 ，与b 仅最小的 5 项在1,8内矛盾，舍去； 6 1 k n 综上所述，b  2n. n 【点评】（2）中 23n3(2)n0 对 nN恒成立的计算，通过对n是奇 数和偶数分类讨论，再化简求解； （3）中，通过计算a c 1，a c 8， a 2 ，a 4，而c 中的项按 1 1 4 9 2 3 n 从小到大的顺序排列，可得c 中前 9 项有 5 项是数列b 中的项. n n 61．(1)三阶“Q数列”: 1 ,0, 1 ;四阶“Q数列”: 3 , 1 , 1 , 3 2 2 8 8 8 8 2n2019 (2)a  (nN,n 2018) n 210092 第 172 页 共 249 页(3)证明见解析 【分析】（1）借助新定义利用等差数列,写出一个单调递增的 3 阶和 4 阶“Q数列”; （2）利用某 2018 阶“Q数列”是等差数列,根据已知条件分别求出首项和 公差即可； 1 （3）判断 k=n 时, S 0 ,然后证明 k＜n 时,利用数列求和以及绝对 n 2 值三角不等式证明即可. 【解析】（1）不妨设其数列为等差数列,因为3阶“Q数列”单调递增, 则由 a  a  a 1,a a a 0可知:a 0,a 0,且a a a 3a  0, 1 2 3 1 2 3 1 3 1 2 3 2 解得:a 0,所以a a 0,故 a  a  a a 0a 1, 2 1 3 1 2 3 1 3 解得:a  1 ,a  1 ,故三阶“Q数列”： 1 ,0, 1 ; 1 2 3 2 2 2 同理，不妨设 4 阶“Q数列”为等差数列,公差为d, 因为 4 阶“Q数列”单调递增, 由a a a a 0可知:a a a a, 1 2 3 4 1 4 2 3 即2a a 0,a a 0,所以a a 0a a ,且2a 3d 0, 2 3 2 3 1 2 3 4 1 因为 a  a  a  a 1,所以a a a a 1, 1 2 3 4 1 2 3 4 1 即a a da 2da 3d 1,解得:d  , 1 1 1 1 4 1 3 将d  代入2a 3d 0中,解得:,a  4 1 1 8 可得四阶“Q数列”： 3 , 1 , 1 , 3． 8 8 8 8 （2）设等差数列a ,a ,a ,L,a 公差为d,d 0, 1 2 3 2018 ∵a a a a 0,∴a a 0, 1 2 3 2018 1 2018 第 173 页 共 249 页∴a a 0,则a 0,a 0, 1009 1010 1009 1010 d 0,根据已知条件得： 1 1 a a a a  ①,a a a  ②, 1 2 3 1009 2 1010 1011 2018 2 1 两式相减得:10092d 1,即d  , 10092 20182017d 2017 2017 根据2018a  0,得a  d  ,， 1 2 1 2 210092 2017 1 2n2019 a  n1  (nN,n2018). n 210092 10092 210092 1 （3）当 k n 时,显然 S 0 成立; n 2 当 k n 时,根据条件①得S a a a a a a , k 1 2 k k1 k2 n 即 S  a a a  a a a , k 1 2 k k1 k2 n ∴ 2 S  a a a  a a a  a  a  a a  a  a  a 1, k 1 2 k k1 k2 n 1 2 3 k k1 k2 n ∴ S  1 . k 2 【点评】定义新数列,要将不熟悉的问题进行转化,转化为我们熟悉的 问题,本题中将“Q数列”转化为等差数列,利用等差数列的性质进行求 解较为简单,第三问的难点是利用绝对值三角不等式进行证明. 62．(1)0,4,1,1,0； (2)见解析； (3)见解析. 【分析】（1）依题意，可直接写出相应的伴随数列； （2）讨论n2，n3两种情况，利用反证法即可求解； （3）讨论n2，n3两种情况，当n3时，由（2）的结论，a,a ,,a 1 2 n 第 174 页 共 249 页中至少有两个 1，利用反证法可得a m，根据T(1in1)的定义即可 1 i 证明. 【解析】（1）因为数列 A：4，3，2，1，a a a ， 1 2 n 所以a 4,a 3,a 2,a 1. 1 2 3 4 1,T 0, 因为  k (k 1,2,,n)， k 1,T 0 k 所以T 0，T T a 0a 4，T T a 4a 1， 1 2 1 1 1 1 3 2 2 2 2 T T a 1a 1，T T a 1a 0. 4 3 3 3 3 5 4 4 4 4 故数列 A 的伴随数列为0,4,1,1,0. （2）当n2时，S 2n22，显然有a a 1； n1 n 当n3时，只要证明a a 2. n1 n 用反证法，假设a a 3， n1 n 则a a a  2，从而S a a a  2n 2 3 2n1，矛盾. 1 2 n2 1 2 n 所以a a 2. n1 n 再根据a,a ,,a 为正整数，可知a a 1. 1 2 n n1 n 故当n2时，a a 1. n1 n （3）当n2时，S 2n22，有a a 1，此时T 0110，命题成 n1 n 3 立； 当n3时，由（2）的结论，a,a ,,a 中至少有两个 1， 1 2 n a a a 1, 现假设a,a ,,a 中共有mm2个 1，即 n n1 nm1 1 2 n a 2, nm 则a m. 1 因为若a m1，则Sa a La m1 2nm1m 2n1，矛盾. 1 1 2 n 第 175 页 共 249 页所以a m. 1 根据T(1in1)的定义可知，T a m，0T a a m， i 2 1 3 1 2 T maxa ,T m， 4 3 3 以此类推可知一直有T maxa ,T m ，再由后面 nm1 nm nm a a a 1，可知T 1； n n1 nm1 n1 另一方面T 与 S 奇偶性相同，所以T 0. n1 n1 【点评】定义新数列题目，要正确理解题目信息，将问题转化为熟悉 的知识点进行求解,注意反证法的运用. 63．(1)数列 P 的伴随集合为1,0,1,2,3，数列Q的伴随集合为3,5,6,9,10,12 n1 4n14  (2) S  3 50 11 (3)0, , 不能同时属于数列 A 的伴随集合 M ,理由见解析 7 100 【分析】（1）由数列 A 的伴随集合定义可得 P，Q 的伴随集合； （2）先证明a a a a (1≤i j ≤n,1≤kl ≤n) ，可得求集合 M 中各元素之 i j k l 和时， 每个a 1in均出现 n﹣1 次，由等比数列的求和公式，计算可得所求 i 和； 50 11 （3）假设0, , 同时属于数列 A 的伴随集合 M．设数列 A 的公差为 7 100 d（d≠0），运 用等差数列的定义和通项公式、性质，推理论证得到矛盾，即可判断． 【解析】（1）数列 P 的伴随集合为1,0,1,2,3，数列Q的伴随集合为 3,5,6,9,10,12． 第 176 页 共 249 页（2）先证明:对任意 ik 或 jl，则a a a a (1≤i j ≤n,1≤kl ≤n) ． i j k l 假设a a a a 1≤i j ≤n,1≤kl ≤n ． i j k l 当ik且 jl，因为a a a a ，则a a ，即 2j 2l， i j k l j l 所以 jl，与 jl矛盾． 同理，当 ik 且 jl时，也不成立． 当 ik 且 jl时，不妨设 ik ，因为a a a a ，则 2i 2j 2k 2l， i j k l 所以 12ji 2ki 2li ， 左边为奇数，右边为偶数，所以 12ji 2ki 2li ， 综上，对任意 ik 或 jl，则a a a a (1≤i j ≤n,1≤kl ≤n) i j k l 所以求集合 M 中各元素之和时，每个a 1in均出现 n1 次， i 所以 S n1 4424n n1 4  14n n1 4  4n1   n1 4n14  14 3 3 50 11 （3）假设0, , 同时属于数列 A 的伴随集合 M ． 7 100 设数列 A 的公差为dd 0，则    a a 0,  2a i  j 2d 0,①  i1 j1  1 1 1  50  50 a a  , 即2a i  j 2d  , ②  i2 j2 7  1 2 2 7  11  11 a a  , 2a i  j 2d  , ③  i3 j3 100  1 3 3 100 ②-①得，i  j -i  j  d= 50 ， 2 2 1 1 7 ③-①得，i  j -i  j  d= 11 ， 3 3 1 1 100 i  j i  j  5000 两式相除得， 2 2 1 1 = ， i  j i  j  77 3 3 1 1 因为i, j,i , j ,i , j N*， 1 1 2 2 3 3 第 177 页 共 249 页所以i  j -i  j 5000k， 2 2 1 1 i  j -i  j 77kkZ,k 0， 3 3 1 1 所以i  j -i  j  5000． 2 2 1 1 又因为1i, j,i , j 2022， 1 1 2 2 所以i  j -i  j 20222021214040， 2 2 1 1 i  j -i  j 12202120224040， 2 2 1 1 所以i  j -i  j  4040，与i  j -i  j  5000矛盾， 2 2 1 1 2 2 1 1 50 11 所以0, , 不能同时属于数列 A 的伴随集合 M ． 7 100 64．(1)1，1 ，2， 3 ． 2 3 4 (2)1 (3)证明见解析 【解析】（1）（Ⅰ）由题意a 0，a 1，故a 1或1 ， 1 2 3 2 当a 1时， a 1 或2； 3 4 3 1 1 3 当a  时，a  或 ． 3 2 4 2 4 所以a 的所有可能值为 1，1 ，2， 3 ． 4 2 3 4 （2）构造：当a 0,a a a 1时，符合题设条件，可以取到． 1 2 3 2023 下面证明：n3 ，均有a 1恒成立． n （反证法）假设存在n 3，使得a 1，不妨设a 是首个大于 1 的项， 0 n0 n0 则对于任意的1nn ，都有a 1，【注：用数学归纳法证明也可以】 0 n a a a 所以a a a n i，则 i i1 n0 11a ，i1,2,,n 1， i i1 n0 1 0 n i n0 0 0 第 178 页 共 249 页a a a 故对于任意i1,2,,n 1，都有 i i1 n0 1a ，这与已知条件矛盾， 0 n i n0 0 所以a 的最大值为 1. 2023 （3）【所证结论需要将a 和a 放缩，所以要确定a 的上下界，通过枚 n1 n n 举探究猜到．】 a a a a a a 首先证明引理：k 3，均有 1 2 k1 a  2 3 k1 ．【用归纳 k1 k k2 法】①当k 3时，a 1或1 ，引理成立． 3 2 a a a a a a ②假设对于k 3,4,,n1, 1 2 k1 a  2 3 k1 已成立， k1 k k2 a a a a a a 下证k n(n4)时，有 1 2 n1 a  2 3 n1（*） n1 n n2 由a 定义知：存在i{1,2,,n1}，使得a  a i a i1 a n1 ． n n ni 若i1,2，则（*）式显然成立． 若3in1，先证（*）式左边一半，则只需证明 a a a a a a i i1 n1  1 2 n1 ni n1 (n1)a a a (ni)a a a  i i1 n1 1 2 n1 (i1)a a a (ni)a a a  i i1 n1 1 2 i1 a a a a a a  i i1 n1  1 2 i1 （**） ni i1 a a a 根据归纳假设，对于k 3,4,,n1，均有a  1 2 k1 ， k k1 a a a 所以a  1 2 i1 ， i i1 a a a a a a  1 2 i1 所以 a  a 1 a 2 a i1 a i  1 2 i1 i1  a 1 a 2 a i1 ， i1 i i i1 a a a a 所以a  1 2 i i1 i2 i1 a a a a a a a a a  1 2 i1 1 2 i1  1 2 i1 i1 i1  a 1 a 2 a i1 ，…， i1 i1 第 179 页 共 249 页a a a 依此类推，可得a ，a ，…，a 中每一项都大于等于 1 2 i1 ， i i1 n1 i1 a a a 所以a ，a ，…，a 的平均数也大于等于 1 2 i1 ，故（**）式 i i1 n1 i1 成立． a a a a a a 再证（*）式右边一半，同理只需证 i i1 n1  2 3 n1 ni n2 a a a a a a 即证 i i1 n1  2 3 i1（***），根据归纳假设可得 ni i2 a a a a  2 3 i1 ， i i2 a a a a a a  2 3 i1 所以 a  a 2 a 3 a i1 a i  2 3 i1 i2  a 2 a 3 a i1 ， i1 i1 i1 i2 a a a a a  2 3 i i1 i2 i a a a a a a a a a  2 3 i1 2 3 i1  2 3 i1 i2 i2  a 2 a 3 a i1 ，…， i i 2 a a a 依此类推，可得a ，a ，…，a 中每一项都 2 3 i1 ，故（***） i i1 n1 i2 式成立． 回到原题，利用引理和a 1，可得 n a a a a a  1 2 n a n1 n n n a a a n1  1 2 n1  a n n n a a a n1 a a a  2 3 n1   2 3 n1 n n n2 1 1  a a a  n(n2) 2 3 n1 n 最后一步放缩，利用a 1． n 65．(1)数列{a }不是“E 数列”，理由见解析 n (2)-1 (3)证明过程见解析 第 180 页 共 249 页S ,n1 3,n1 【分析】（1）根据a  1 求出a  ，当n2时，令S a ， n S S ,n2 n 23n1,n2 n m n n1 无解，故数列{a }不是“E 数列”； n （2）根据等差数列通项公式和前n项和公式列出方程，得到 n1 nn1 n1 m  1 ，要保证 恒为整数，又d 0，求出d 1 d 2 d （3）令b na,c da n1，得到数列b ,c 均为“E 数列”，从而得 n 1 n 1 n n 到结论. 【解析】（1）当 n1 时，a S 3， 1 1 当n2时，a S S 3n3n1 23n1， n n n1 3,n1 故a  ， n 23n1,n2 当n2时，令S a ， n m 3n 23m1，故 3n1m 2 ，无解，故数列{a }不是“E 数列”； n （2）{b }是等差数列，故b 1m1d ， n m nn1 设{b }前n项和为T ，则 T n d ， n n n 2 因为数列{b }是“E 数列”， n nn1 n1 nn1 所以 1m1d n d ，即 m  1 ， 2 d 2 nn1 n1 其中 为非负整数，所以要保证 恒为整数， 2 d 故d为所有非负整数的公约数，且d 0， 所以d 1 （3）对任意的等差数列a ，a a n1d，（d 为公差）， n n 1 设b na,c da n1，则a b c  nN， n 1 n 1 n n n nn1 nn1 设数列b 的前n项和为 A na  a  a ，为数列b 的第 n n 1 2 1 2 1 n 第 181 页 共 249 页nn1 项， 2 nn1 nn1  设数列c 的前n项和为B  da  1 da ，为数列c  n n 2 1  2  1 n nn1 的第 项， 2 故数列b ,c 均为“E 数列”， n n 故对任意的等差数列{a }，总存在两个“E 数列”{b }和{c }，使得 n n n a b c  nN成立. n n n 【点评】数列新定义问题，主要针对于等差，等比，递推公式和求和 公式等综合运用，对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时 涉及数列与函数，数列与解析几何，数列与二项式定理，数列与排列 组合等知识的综合，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性 的解决问题. 66．(1)数集 A 不具有性质 P ，数集 B 具有性质 P ，证明见解析 (2)（i）证明见解析；（ii）4 【分析】(1)根据性质 P 的定义判断可得出结论 (2)（i）推导出a 0，再根据性质 P 的定义推导出 1 a a a a a a a a 从而证明 3 2 5 3 2 4 3 2 （ii）根据性质 P 的定义得出a,a ,,a 在 n5 均为等差数列，再令n4进 1 2 n 行验证，可以不是等差数列， 所以得出n的最大值. 【解析】（1）证明：对于数集 A ，41A， 41A，所以数集 A 不具 有性质 ， P 第 182 页 共 249 页对于数集 B ，任意x,yB， xy B，所以数集 B 具有性质 P. （2）（i）当 n5 时，数集Ca,a ,,a 具有性质 P ， 1 2 5 a a 2a a ，所以a a C，即 a a 0C，因为0a a a a a， 5 5 5 5 5 5 5 5 1 2 3 4 5 则a 0，又因为a a a a a a a ，所以a a C(i2,3,4)，则 1 5 4 5 3 5 2 5 5 i a a C(i2,3,4)，因为a 0a a a a a a a ，所以得 5 i 1 5 4 5 3 5 2 5 a a a ，a a a ，a a a ， 5 4 2 5 3 3 5 2 4 因为a a a a a ，所以a a C，则a a C， 4 3 4 2 5 4 3 4 3 又因为a 0a a a ，所以a a a 或a a a ，因为a a a ， 1 4 3 4 4 3 2 4 3 3 5 3 3 所以a a a (舍去)，即a a a ，a a a a a a a a ， 4 3 3 4 3 2 3 2 5 3 2 4 3 2 所以a a a a a a a a a ，即当 n5 时，a ，a ，…，a 是等差 2 1 3 2 4 3 5 4 2 1 2 n 数列. （ii）若数集C a,a ,,a 且a a i1,2,,n1具有性质 P ，按照(1)推 1 2 n i i1 导的方式得出 n5 一般结论，具体如下：因为a a a a a a a ， n n1 n n2 n 2 n 所以a a C(i2,3,,n1)，即a a C(i2,3,,n1)， n i n i 因为a 0a a a a a a a ，所以 1 n n1 n n2 n 2 n a a a (i2,3,,n1)①，所以a a a ，a a a ， n i n1i n n1 2 n n2 3 因为a a a a a a a a a ， n1 n2 n1 n3 n1 3 n1 2 n 所以a a C(i3,4,5,,n2)，即a a C(i3,4,5,,n2)， n1 i n1 i 因为a 0a a a a a a a ， 1 n1 n2 n1 n3 n1 3 n1 根据0a a a ， 1 2 n 分两种情况： 第 183 页 共 249 页第一种情况为a a a ，a a a ，…，a a a ， n1 n2 2 n1 n3 3 n1 3 n3 第二种情况为a a a (k3)，a a a(in2)， n1 n2 k n1 3 i 先考虑第二种情况a a a a a a ，与题意矛盾， n1 n2 k n2 3 n a a a a a a ，与题意矛盾， n1 3 i 3 n2 n 所以只能为第一种情况，可得a a a (i3,4,,n2)②， n1 i ni 由①-②，得 a a a a (i3,4,,n2)， n n1 n1i ni 即a a a a a a a a a ， n n1 n2 n3 3 2 2 2 1 即当 n5 时，a ，a ，…，a 是等差数列， 1 2 n 当n4时，a a a ，所以a a C，即a a C， 4 3 4 4 3 4 3 由前面得出a 0a a a a a，所以a a a ，a a a ， 1 4 3 4 2 4 4 3 2 4 2 3 当a a a 成立时，a ，a ，a ，a 不是等差数列， 3 2 2 1 2 3 4 所以n的最大值为 4. 【点评】等差数列的三种判定方法： 定义法：a a d(nN)(d为常数) n1 n 等差中项法：2a a a (nN) n1 n n2 通项公式法：a anb(nN)（a，b 为常数），但如果要证明一个数列 n 是等差数列， 则必须用定义法或等差中项法进行证明. 67．(1)S 30，S 84，S 3n13 2 3 n (2)7 第 184 页 共 249 页【分析】（1）根据S ,S ,S 进行猜想，结合等比数列的知识进而求解， 1 2 3 并进行推导. （2）利用裂项求和法求得T ，由此列不等式，从而求得m的最小值. m 【解析】（1）一阶和数列：2,6,4，对应S 12； 1 二阶和数列：2,8,6,10,4，对应S 30； 2 三阶和数列：2,10,8,14,6,16,10,14,4，对应S 84； 3 故猜想S 3S 6，S 33S 3， n n1 n n1 所以数列S 3是首项为S 39，公比为3的等比数列， n 1 所以S 393n1,S 3n13. n n 下面证明S 3S 6： n n1 设S 2a a a a 4 ， n1 1 2 m1 m 则S 22a a a a a a a a a 44 n 1 1 1 2 m1 m1 m m m 3S 243S 6， n1 n1 所以S 3S 6成立.（证毕） n n1 所以S 3n13. n （2）由于S 3n13， n S 32n1 3n12n1 3n2 3n1 所以b  n    ， n log S 3log S 3 n1n2 n2 n1 3 n 3 n1 33 32 34 33 3m2 3m1 3m2 9 2025 则 T b b b          ． m 1 2 m 3 2 4 3 m2 m1 m2 2 2 所以3m m2113， 当 m6 时，36 72962113904，不成立， 当m7时，37 2187721131017，成立， 所以m的最小值为 7． 第 185 页 共 249 页【点评】本题的难点在于第一问，猜想S 的递推关系式并利用配凑 n 法求得S .对于复杂的问题的研究，可先通过简化题目来进行，如本题 n 求S ,S ,S ，找到规律后可进行猜想，猜想后要进行证明. 1 2 3 68．(1)证明见解析 n(n1) (2) ． 2 s 【分析】（1）设等比数列的公比为q ，其中 s,tN,(s,t)1 ，根据整除 t 性可得若n n n n ，则a a a a ，故集合 A 有“性质 T”． 1 2 3 4 n1 n1 n2 n3 （2）先证明一个引理：集合 A 有“性质 T”等价于集合 A 中任意两个 元素（可以相同）的和均不同，也即集合 A 中任意两个不同元素的差 的绝对值均不相同．根据引理可求|AB|的最小值. s 【解析】（1）设等比数列a 的公比为 q，且q ，其中 s,tN,(s,t)1 ． n t 只需要证明若n n n n ，则a a a a ， 1 2 3 4 n1 n1 n2 n3 也即 qn1 qn3 qn3 qn3 ， 也即 qn2 n1 qn3 n11qn1 n1 ， 也即 sn2 n1tn4 n2 sn3 n1tn1 n3 tn4 n1 sn4 n1 ， 由于左边是 t 的倍数而右边不是 t 的倍数，因此命题得证． （2）引理： 集合 A 有“性质 T”等价于集合 A 中任意两个元素（可以 相同）的和均不同，也即集合 A 中任意两个不同元素的差的绝对值均 不相同． 这是因为若 abcd ，则ad bcd cba， ac2bcbba． 第 186 页 共 249 页定义A {ab a,bA,ab}， n(n1) n(n1) 则对于 n 元集合 A，有|AA|  A  ． 2 2 回到原题，考虑 AB ，有a b a b a a b b ， i j k l i k l j n(n1) n(n1) 于是|AB|n2 AB n2  ， 2 2 等号当 A B时取得（取 AB 即可）， n(n1) 因此|AB|的最小值为 ． 2 69．(1)答案见解析 (2)证明见解析 (3)2N3 【分析】（1）根据“紧数列”的定义写出即可； （2）先证明数列 A 从第 2 项开始到第N1项是连续正整数，再把问 题转化成求满足要求的a 的个数为N1即可； 2 （3）根据“强紧数列”的定义求解即可． 【解析】（1）解：根据“紧数列”的定义得 A :1,2,4,7,8 ； A :1,2,6,7,8 ； A :1,5,4,7,8 ； A :1,5,6,7,8 ． 1 2 3 4 （2）解：∵ 对任意i2,3N2，有a a 1或a a 1，a a 1或 i i1 i i1 i1 i a a 1， i1 i2 数列 A 的所有“紧数列”A 均为递增数列， ∴ a 12N 3， N 1 2 3 4 N1 N 综上，a 的最小值为 2N3 ． N 【点评】本题注意“夹逼思想”在数列问题中的运用；第 3 问中求a 的 N 最小值用到了“累加法”，解题关键是对集合T、T 分类讨论． 1 2 70．(1)a 6； 2022 (2)答案见解析； (3)S 190(2n1)135n . 10n 第 189 页 共 249 页【分析】（1）将d 3,q0代入得到一周期数列，即可求得a 的值. 2022 （2）由b 为等比数列、M(k)数列，按k 2与k 2分类讨论求解k,d,q作 n 答. （3）找出c 的公式，设每隔 10 项的和为T ，然后再求解S . 10n n 10n  n  n   a n d, k N*   a n 3, 3 N* 【解析】（1）a  ，d 3，q0，k 3，a 1，则a  ， n1  qa , n N* 1 n1  0, n N*  n k  3 a 1,a 4,a 7,a 0,a 3,a 6,a 0,a 3,a 6,a 0,  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 因此数列a 中，从第 4 项起，每隔 3 项重复出现，有 n a 0,a 3,a 6 ， nN， 3n1 3n2 3n3 所以a a  6. 2022 36733 （2）数列b 是首项为 1 的等比数列，设其公比为m，又b 为M(k)数 n n 列，kN*,k2， 当k 2时，b 1d,b qb ,b b d ，有d b b b b ，又b m,b m2,b m3， 2 3 2 4 3 2 1 4 3 2 3 4 于是得 m1m3m2，解得 m1 ，有b 1或b (1)n1， n n  n b , N* 当b 1时，d 0,q1，b     n 2 ，b 为M(2)数列， n n1  b , n N* n  n 2  n b 2, N* 当b (1)n1时，d 2,q1，b     n 2 ，b 为M(2)数列， n n1 b , n N* n  n 2 当k3时，则b,b ,b 构成以d为公差的等差数列，即b b 2b ，有 1 2 3 1 3 2 1m2 2m ，解得 m1 ， 第 190 页 共 249 页 n b , N* 于是得b 1，d 0,q1，b     n k ，b 为M(k)数列， n n1  b , n N* n  n k 所以b 1，k是大于1的任意正整数，d 0,q1；b (1)n1，k 2,d 2,q1. n n （3）依题意，d 1,q2,c 1，数列c 为“M(10)数列”， 1 n 则c 1,c 2,c 3,c 4,c 5,c 6,c 7,c 8,c 9,c 10， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 c 2c 20,c 21,c 22,c 23,c 24,c 25,c 26,c 27,c 28,c 29， 11 10 12 13 14 15 16 17 18 19 20 c ,c ,c ,,c 是公差为 1 的等差数列，c c 9， 10(n1)1 10(n1)2 10(n1)3 10n 10n 10(n1)1 当n2时，c 2c 9，c 92(c 9)，而c 919， 10n 10(n1) 10n 10(n1) 10 因此数列{c 9}是以19为首项，2为公比的等比数列，则c 9192n1， 10n 10n 有c 192n19 ， 10n 109 令T c c c  c ，则T 10c  (1)10c 45， n 10(n1)1 10(n1)2 10(n1)3 10n n 10n 2 10n 因此S c c c c c c   c c c  10n 1 2 10 11 12 20 10n11 10n12 10n T T T (10c 45)(10c 45)(10c 45)10(c c c )45n 1 2 n 10 20 10n 10 20 10n 12n 10[19(2021222n1)9n]45n190 135n190(2n1)135n ， 12 所以数列c 的前10n项和S 190(2n1)135n . n 10n 【点评】归纳推理是由部分到整体、由特殊到一般的推理，由归纳推 理所得的结论不一定正确，通常归纳的个体数目越多，越具有代表性， 那么推广的一般性命题也会越可靠，它是一种发现一般性规律的重要 方法． 71．(1)S 2n1 ； n (2)证明见解析； (3)存在，0,1,2,3,4,5,6 . 第 191 页 共 249 页【分析】（1）先由新定义得到S a 1，从而利用a 与S 的关系分类 n n1 n n 讨论 n1 与n2两种情况，证得{a }是等比数列，由此求得a ，进而求 n n 得S ； n （2）由定义得到S a 2，利用a 与S 的关系得到a a a (n2)与 n n2 n n n2 n1 n a a a (n3)，从而利用作差法与代入法证得结论； n1 n n1 （3）由（2）可得数列 a 2a a 是常数列，由此得到93a a 2 40， n n1 n1 2 2 又由n2得到 a 2 3 40，从而可求得a 的所有可能值. 2 2 【解析】（1）因为数列{a }为“H(1)数列”， n 所以S a 1， n n1 当 n1 时，a S a 1，又a 1，所以 a 2 1 1 2 1 2 当n2时，S a 1， n1 n 所以a S S a a ，即a 2a ， n n n1 n1 n n1 n 经检验：a 2a 满足a 2a ， 2 1 n1 n 所以a 2a ， n1 n 故数列{a }是以 1 为首项， 2 为公比的等比数列， n 所以a 2n1，故S a 12n1. n n n1 （2）由题意得S a 2，故S a 2(n2)， n n2 n1 n1 两式相减得a S S a a (n2)，则a a a (n2)， n n n1 n2 n1 n2 n1 n 所以当n2时，a2 a a a2 a (a a )a (a a )a 2， n1 n n2 n1 n n1 n n1 n1 n n 又因为a a a (n3)， n1 n n1 所以当n3时，a2 a a a (a a )a 2 a a a 2， n1 n n2 n1 n1 n n n1 n1 n 第 192 页 共 249 页故a2 a2 a a a a  n 3,n N*  . n1 n n1 n1 n n2 （3）由（2）得，当n3时，数列 a 2a a 是常数列， n n1 n1 所以 a 2a a  a 2 aa n3， n n1 n1 3 2 4 因为当n2时，a a a 成立, n2 n1 n 所以a a a ， 4 3 2 所以 a 2a a  a2 a a a 2n3， n n1 n1 3 2 3 2 因为S a 2，令 n1 ，得a S a 2， n n2 1 1 3 又因为a 1，所以a 3， 1 3 所以93a a 2 40， 2 2 又当n2时， a 2a a  a 2aa  a 2 3 40，且a 为整数，易得 n n1 n1 2 1 3 2 2 a 0,1,2,3,4,5,6 ， 2 将a 0,1,2,3,4,5,6 分别代入不等式93a a 2 40， 2 2 2 可得a 0,1,2,3,4,5,6， 2 所以存在数列a 符合题意，a 的所有可能值为0,1,2,3,4,5,6 . n 2 【点评】本题考查数列的新定义的理解能力、等比数列的通项公式和 数列递推公式的运用；通过反复利用递推公式，得到数列 a 2a a  n n1 n1 为常数列是求解本题的关键. 72．(1)P 数列为：1，3，5，2，4和1，4，2，5，3 (2)证明见解析； (3)d 5 【分析】（1）根据 P 数列的定义，可直接写出答案； 第 193 页 共 249 页（2）假设a 是等差数列，公差为 d，分 d 0 和d 0两种情况，可得 n 到与题意不符的结论，从而证明结论成立； （3）由题意， dN*，分类讨论，说明当d 6时，不符题意，同理可 说明d3和 d 4 时，推导出与题意不符的结论，继而说明d 5，符合题 意，从而求得答案． 【解析】（1）由题意可得满足m5且a 1的 P 数列为：1，3，5，2，4和1，4，2，5，3 1 （2）假设a 是等差数列，公差为 d，当 d 0 时，由题意，d 2或 3， n 此时a a 2a 1i2，3，4，，m ， i 1 1 所以a 1不是等差数列a 中的项，与题意不符，所以a 不可能是等 1 n n 差数列； 当d 0时，由题意，d 2或3 ，此时a a 2a 1i2，3，4，，m， i 1 1 所以a 1不是等差数列a 中的项，与题意不符，所以a 不可能是等 1 n n 差数列 综上所述，a 不可能是等差数列； n （3）由题意，dN*， 当d 6时，因为a 1，所以a a 19d 115，与题意不符； 5 100 5 当d3时，记M {a ，a ，a ，a ，a }k  1，2，3，，20， k 5k4 5k3 5k2 5k1 5k 当100M i{1，2，3，，20}时，a 1004388 ， i 5i 所以a a ikd 88201 3 31， 5k 5i 所以M  314319，所以1M k 1，2，3，20，与题意不符； k min k 当 d 4 时，a a 4， 10 5 又由题意，a a 2x 3x 2x 3x ，其中x Ni1，2，3，4，且x x x x  5， 10 5 1 2 3 4 i 1 2 3 4 第 194 页 共 249 页x x 2 所以2x x 3x x 4 ，所以 1 3 ， 1 3 2 4 x x 2 4 所以x x x x 2x  2 2x  5，与x Ni1，2，3，4不符； 1 2 3 4 3 2 i n,n5k4  n1,nn5k3   当d 5时，取a n2,n5k2 ，此时的数列a 满足题意， n n  n2,n5k1  n1,n5k 综上所述，d 5． 【点评】本题考查了关于数表新定义的问题，涉及到归纳推理的思想 方法，对学生的思维能力要求较高，综合性强，能很好地考查学生的 综合素养，解答的关键是要理解新定义，根据其定义解决问题. 73．(1)数列a 不是“趋向递增数列”，数列b 是“趋向递增数列”，理 n n 由见解析 (2)1,01, (3)证明见解析 【分析】（1）利用定义“趋向递增数列”判断数列a 、b ，可得出结 n n 论； （2）求得c qn1，分 q 1 、q1、0q1、1q0、q  1、q1六种 n 情况讨论，验证h h 能否恒成立，综合可得出q的取值范围； k k1 （3）利用充分条件、必要条件的定义，利用反证法结合“趋向递增数 列”的性质证明数列d 中没有 0 ，再证明出数列d 中没有 0 时数列 n n d 不是“趋势递增数列”. n 第 195 页 共 249 页【解析】（1）解：由于a cos n ，记h mina ,a  k N， n 2 k 2k1 2k  3 4 所以h mina ,a min cos ,cos 0 ， 2 3 4  2 2   5 6 h mina ,a min cos ,cos 1 ， 3 5 6  2 2  由于h h ，不满足对任意 kN*均有h h ， 2 3 k k1 所以数列a 不是“趋向递增数列”， n n 由于 b n      1 2    ，记t k minb 2k1 ,b 2k  kN，  1 2k1  1 2k  1 2k1 1 2k1 1 2k1 所以t min  ,        t ， k  2  2   2 2 2 k 1 数列b 是“趋向递增数列”. n （2）解：c qn1. n 当 q 1 时，数列c 为单调递增数列，此时h minc ,c c c h ， n k 2k1 2k 2k1 2k1 k1 满足题意， 当q1时，数列c 为常数列，不满足题意； n 当0q1时，数列c 为单调递减数列，此时 n h minc ,c c c h ，不满足题意； k 2k1 2k 2k 2k2 k1 当1q0时，此时h minc ,c c c h ，满足题意； k 2k1 2k 2k 2k2 k1 当q  1时，此时h minc ,c 1h ，不满足题意； k 2k1 2k k1 当q1时，此时h minc ,c c c h ，不满足题意， k 2k1 2k 2k 2k2 k1 综上所述，q的取值范围是1,01,. （3）证明：先证必要性：假设存在正整数mm3使得d 0， m d  d d  0， m m2 m1 令d d a. m1 m2 第 196 页 共 249 页因为d 、d 为正实数，且d  d d ，所以d 0，于是a0. 1 2 n n2 n1 n 则数列d 从第m项开始为： 0 、a、a、 0 、a、a、L. n 若m为奇数，h m1 mind m ,d m1 0 ，h m1 mind m2 ,d m3 0， 1 2 2 与数列d 为“趋向递增数列”矛盾： n 若m为偶数，h m mind m1 ,d m2 a ，h m mind m3 ,d m4 0 ，‘’与数列d 为 1 2 n 2 2 “趋向递增数列”矛盾， 故假设不成立，所以数列d 为“趋向递增数列”的必要条件是d 中没 n n 有 ； 0 再证非充分： 首先，若d 中没有 0 ，构造数列d ：d 1，d 10，d 11，d 1，此 n n 1 2 3 4 时 h h ， 1 2 d d d ，d d d ，与“趋向递增数列”定义矛盾； 2k1 2k 2k1 2k2 2k1 2k 其次，证明数列d 中各项均大于 0. n 下面利用数学归纳法证明.即证：d 0，d 0 2n1 2n ①当 n1 时， d 10 ，d 100； 1 2 ②假设当nk时，命题成立，即d 0，d 0. 2k1 2k 当nk1时，d d d d 0， 2n1 2k1 2k 2k1 d d d d d d d d 0. 2n 2k2 2k1 2k 2k 2k1 2k 2k1 因此，有对任意 nN*，均有d 0. n 当n为偶数时，d d d 0； n n1 n2 当n为奇数时，d d d 0， n n2 n1 所以d  d d 0对任意 nN*均成立. n n2 n1 第 197 页 共 249 页因此，d 中没有 0 是数列d 为“趋向递增数列”非充分条件. n n 所以数列d 为“趋向递增数列”的必要非充分条件是d 中没有 0. n n 【点评】本题考查数列新定义“趋势递增数列”，在证明第三问时，可 充分采用反证法与数学归纳法结合充分条件、必要条件的定义来证明， 并且可充分利用特例法来推出矛盾. 1 5 74．(1)a(1) 0；a(1) 1；a(1)  ；a(1)  1 2 3 2 4 6 (2)命题①为假命题；命题②为假命题；命题③为真命题 (3)证明见详解 【分析】（1）根据题意将p1代入数列计算即可； （2）将命题当作条件代入进行证明，根据最终结论判断是否与原命 题相悖判断真假； 1 1 1 1 （3）根据数列特性可以判断数列实际就是将1，，，，...， 根据条件进 2 3 4 n 1 行相加或相减，可得出存在a(p) a(p) p ，a(p) a(p)   p， i i i1 i i 1 1 a(p) a(p) +   p的数列关系，再结合无穷递增子列概念进行证明. i2 i i i1 【解析】（1）a(1) 0，因为a(1) 1，所以b(1) 1; 1 1 1 a(1) a(1) b(1) 011，因为a(1) 1，所以b(1) 1; 2 1 1 2 2 1 1 1 a(1) a(1)  b(1) 1 1 ，因为a(1) 1，所以b(1) 1; 3 2 2 2 2 2 3 3 1 1 1 5 a(1) a(1)  b(1)    . 4 3 3 3 2 3 6 1 （2）①由题可知a(2p) a(2p)  b(2p) n 1,2, ， n1 n n n 1 2a(p) 2a(p)  2b(p) n1,2, ， n1 n n n 假设对任意实数p0，都有a(2p) 2a(p) n1,2, ，则b(2p) 2b(p) ， n n n n 第 198 页 共 249 页1,a(2p) 2p, 1,a(p)  p, 又已知b(2p)  n n 1,2, ，b(p)  n n1,2,  n 1,a(2p) 2p n 1,a(p)  p n n 2,a(p)  p, 所以2b(p)  n n1,2, ，很明显b(2p) 2b(p) ，假设不成立. n 2,a(p)  p n n n 故命题①为假命题； 1 ②由题可知a(p) a(p)  b(p) n1,2, ， n1 n n n 1 a(p) a(p)  b(p) n1,2,  ， n1 n n n 假设对任意实数p0，都有a(p) a(p) n1,2, ，则b(p) b(p) ． n n n n 又已知： b(p)    1,a(p) n p, n1,2,  a(p  )n a(p)n b(p)    1,a(p) n  p, n1,2,  n 1,a(p) p n 1,a(p)  p n n 1,a(p)  p, b(p)   n n1,2, ， n 1,a(p)  p n 当a(p)  p时b(p) 1，b(p) 1，b(p) b(p) ，假设不成立， n n n n n 故命题②为假命题， ③假设命题③成立， 1 1 则a(p) a(p)  b(p) n1,2, ，a(q) a(q)  b(q) n1,2,  n1 n n n n1 n n n 1 a(p) a(q) a(p) a(q)   b(p) b(q) ， n1 n1 n n n n n 因为a(p) a(q) C，所以a(p) a(q) C，即b(p) b(q) ， n n n1 n1 n n 所以只需证明存在自然数p､qpq和正整数N ，对任意自然数nN ， 有b(p) b(q) ，即当a(p)  p时，a(q) q；a(p)  p时，a(q) q， n n n n n n 1 1 1 根据题意a(p) a(p) b(p)  b(p)  b(p) ... b(p ) n 1,2, ， n1 1 1 2 2 3 3 n n 若存在一个p使得b(p) 1n1,2, ，即存在a(p)  pn1,2, 恒成立， n n 1 1 1 则a(p) 1  ... ，但可知a(p) 单调递增，故不存在这样的p； n1 2 3 n n 第 199 页 共 249 页故存在ii1,2, ，使得a(p)  p，a(p)  p，a(p)  p… i i1 i2 同理存在mm1,2, ，使得a(q) q，a(q)  q，a(q) q… m m1 m2 不妨假设pq，则mi，欲证明对任意自然数nN，有b(p) b(q) ，只 n n 需证明： 1 1 1 1 a(p) a(p)   ...   p存在即可，即证明mi为偶数， m2 i2 i3 i4 m m1 当p1， i3 ；q2， m3 时符合题意， 1 即有自然数 1、3 和正整数 N=3 ，对任意自然数n3，有a(3) a(1)  ， n n 4 故存在自然数p､qpq和正整数N，对任意自然数nN，有 a(p) a(q) C，其中C为常数 n n 故命题③为真命题． （3）由③可知，有正整数 i ，使得a(p)  p，a(p)  p ，a(p)  p， i i1 i2 1 1 1 此时a(p) a(p) p ，a(p) a(p)   p，a(p) a(p) +   p， i i i1 i i i2 i i i1 1 1 a(p) a(p)   0， i2 i i i1 故p,p生成数列a(p) 存在无穷递增子列：a(p)，a(p) ，a(p) ，...，a( p) ． n i i2 i4 i+2n 【点评】对于新型数列，首先要了解数列的特性 ①抽象特性：此列特性可近似的将数列当作函数分析列式，例如(2) 中的证明，将a(p) 当作函数列式分析。 n ②计算特性：此类特性若复杂一般只需要考生找规律而非实际计算， 1 1 1 1 例如此数列实际就是将1，，，，...， 根据条件进行相加相减而已. 2 3 4 n 寻找新型数列特性主要考查考生归纳总结规律的能力和抽象思维能 力，属于难题. 75．(1)数列 3，2，4，1，5，6 是“Ω数列”，数列 2，4，1，5，6 不 第 200 页 共 249 页是“Ω数列”； (2)q2或q0； (3)1 或 2． 【分析】（1）直接根据新定义检验； （2）由 a a  a a 求出q的范围，然后分类讨论验证它是否满足 3 1 2 1 a a  a a 即可得； k1 1 k 1 （3）结合（1）验证a 1或a 2时，存在一个排列满足题意，然后证 1 1 明a 3时，不可能满足题意，即可得结论． 1 【解析】（1）数列 3，2，4，1，5，6 中 a a （2k6）依次为1,1,2,2,3， k 1 数列 2，4，1，5，6 中 a a （2k5）依次为2,1,3,4，其中 12 ， k 1 所以数列 3，2，4，1，5，6 是“Ω数列”，数列 2，4，1，5，6 不是“Ω 数列”； （2）{a }是“Ω数列”， n a qn1， q1 q21 q20211 ， n q1显然满足题意； q1时， q1 q21 ，则 q1 1，q2或q0且q1， qk 1 2  qk11 2 q2k 2qk q2k22qk1qk1(q1)[qk1(q1)2]， 若q2，q13，q11， k1为奇数时，qk10，qk1(q1)20， k1为偶数时，qk10，qk1(q1)20， 所以 qk 1 2  qk11 2 0，从而 qk11 qk 1 ，数列{a }是“Ω数列”； n 第 201 页 共 249 页若q0且q1，qk10， 0q1时，1q12，q10，qk1(q1)2，即qk1(q1)20， q 1 时，q12，q10，qk1(q1)2，qk1(q1)20， 同样有 qk 1 2  qk11 2 0，从而 qk11 qk 1 ，数列{a }是“Ω数列”； n 综上，q2或q0． （3）{a }和{bn}都是“Ω数列”，即{a,a ,,a }和{a ,a ,,a }都是“Ω数 n 1 2 2021 2 3 2022 列”， 首先a 1或a 2均可满足题意， 1 1 例如a 1， a 2 ，3k 2022且kN*时，a k，满足题意； 1 2 k 或a 2，a 1，3k 2022且kN*时，a k，也满足题意； 1 2 k 若a 3，则a ,a 只能是 2 或 4，否则 a a 2或 a a 2，而 2 或 4 是 1 2 3 2 1 3 1 在a 后面的某个a ，此时 a a 12，不满足题意， 3 k k 1 若 a 2 ，a 4，则 a a 2，而 1 显然是a 后面的某一项a ，a a 12， 2 3 3 2 3 k k 2 此时{b }不是“Ω数列”， k 若a 4，a 2， a a 2，同样 1 是a 后面的某一项a ， a a 12， 2 3 3 2 3 k k 3 此时{b }不是“Ω数列”， k 同理a 3时，也不满足题意， 1 综上，a 的所有可能值是 1 或 2． 1 【点评】本题考查数列新定义，解题关键是理解新定义并应用新定义 解题，考查了数列单调性，对学生的逻辑思维能力要求较高，解题时 要大胆假设，小心验证，如第（3）问，由特殊到一般，如第（2）问， 属于困难题． 第 202 页 共 249 页76．(1)0； (2)证明过程见解析； (3)M 不一定是 4 的倍数，理由见解析. 【分析】（1）当a a 1， i1 ，2，3， 4 时，SA最大，此时数列 A 为 i1 i 等差数列，公差为 1，首项为-2，利用等差数列性质计算出最大值即 可；  2021 （2）先利用等差数列的性质计算出SA 2022a   ， max  1 2   2021 SA 2022a   ，得到SA ,SA 均不为 0，推导出SA比SA min  1 2  max min max 小或比SA 大 2 的偶数倍，即得解； min （3）先求出SA 15a 7，得到a 7时，只有SA 0，此时 M=1， max 1 1 max a 7，此时 M=0，是 4 的倍数，故得出相应结论. 1 【解析】（1）当a 2，对任意的 i1 ，2，3， 4 ，都有 a a 1， 1 i1 i 要想SA最大，则要满足a a 1， i1 ，2，3， 4 ， i1 i 此时数列 A 为等差数列，公差为 1，首项为-2， 故SA 210120； max （2） N 2022 ，对任意的 i1 ，2，…，2021，都有 a a 1， i1 i 若a a 1， i1 ，2，…，2021， i1 i 此时SA最大，且数列 A 为等差数列，公差为 1，首项为a ， 1 20222021  2021 所以SA 2022a  2022 a   ， max 1 2  1 2  若a a 1， i1 ，2，…，2021， i1 i 此时SA最小，且数列 A 为等差数列，公差为-1，首项为a ， 1 第 203 页 共 249 页20222021  2021 所以SA 2022a  2022a   ， min 1 2  1 2  因为a 为整数，所以SA ,SA 均不为 0， 1 max min 若数列 A:a ， a ，…，a 中有m项满足a a 1，有2022m项满足 1 2 2022 i1 i a a 1， i1 i 此时SA比SA 小或比SA 大 2 的偶数倍， max min 所以SA为非零整数， 综上：SA0. （3） N 15 ，若a a 1， i1 ，2，…， 14 ， i1 i 则数列 A 为等差数列，公差为 1，首项为a ， 1 1514 SA 15a  15a 7， max 1 2 1 SA0的数列 A 的总个数记为 M， 若a 7，则只有SA 0，此时 M=1， 1 max 若a 7，此时 M=0，是 4 的倍数， 1 故 M 不一定是 4 的倍数. 【点评】定义新数列题目，要正确理解题目信息，将问题转化为熟悉 的知识点进行求解，本题中要转化为等差数列的性质进行求解. 77．(1)①B :1、 2 、 1 ，不是 X 数列；②B :4、6、8，是 X 数列 1 2 (2)a 12或39 10 (3)n=4 或5 【分析】（1）写出两个数列的绝对差分数列，结合题中定义判断即可 得出结论； 第 204 页 共 249 页（2）设数列 X 数列 A 的差分数列为B:b 、b 、、b ，并且其公差d 0， 1 2 9 分析可得b d 0，对b 的取值进行分类讨论，求出b 的表达式，结合 1 1 n 累加法可得出a 的值； 10 （3）分n=3、 n=4 、n5、n6几种情况讨论，在第一种情况下，利用 题中定义推出矛盾，在第二、三种情况下，结合特例可得出结论，在 n6时，利用题中的定义推导其不成立，综合可得出结论. 【解析】（1）解：①数列A的绝对差分数列为B :1、 2 、 1 ，不是 X 数 1 1 列； ②数列A 的绝对差分数列为 B :4、6、8，是 X 数列． 2 2 （2）解：设数列 X 数列 A 的差分数列为B:b 、b 、、b ，并且其公 1 2 9 差d 0， 因为a a a ， 1 2 10 所以，其差分数列满足b  a a a a 0  1k 9,kN*， k k1 k k1 k 因为数列 各项均为整数，所以，数列 的各项也均为整数， A B 累加得a a b b b ， n 1 1 2 n1 当 n=4 时，a a b b b ，即633b d，所以，b d 1， 4 1 1 2 3 1 1 考虑b 0，所以，b 0，d 1或者b 1，d 0， 1 1 1 若b 0，d=1，则b n1，a a b b b 39， 1 n 10 1 1 2 9 若b=1，d 0，则b 1，a a b b b 12． 1 n 10 1 1 2 9 （3）解：当n=3时，b b  a a  a a 2245，因此不成立； 1 2 2 1 3 2 当 n=4 时，数列A：3、2、4、1，数列B：1、2、3，满足题意； 当n5时，数列A：4、3、2、1、5，数列B：1、1、1、4，满足题意； 第 205 页 共 249 页当n6时，考虑b N* 1k n1,kN*， k 又因为b b b 且b b b n 2， 1 2 n1 1 2 n1 所以，数列 有以下三种可能：1、1、、1、1，4或1、1、、1、1、2、3或1、1、、1、1、2、2、2， B    n2 n3 n4 当数列 B 为1、1、、1、1、4时，因为a 各项不同，因此数列 A 的前n1项为公  n n2 差为 1 或1 的等差数列， 若公差为 1 ，则有a a 11kn2，且a a 4或a a 4， k1 k n n1 n n1 a a 4与1、2、3、、n的整数连续性矛盾，a a 4a 与1、2、3、、n的互 n n1 n n1 n5 异性矛盾， 类似地，可证明若公差为1 的情况； 类似地，可以证明1、1、、1、1、2、3或1、1、、1、1、2、2、2也不可能，   n3 n4 因此n6时不成立， 综上， n=4 或5． 【点评】本题考查数列的新定义问题，解题的关键在于紧扣题中定义， 利用特例以及逻辑推理进行求解. 78．(1)数列A :1,3,1,4是 L数列，数列A :1,2,2,4不是 L数列，理由见解 1 2 析； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）由 L数列的定义依次判断两个数列即可； （2）先由GA 1、GA 2和GA 3时，数列 A 不是 L数列说明 GA 4，再举特殊数列说明GA 可以等于 4 即可； 第 206 页 共 249 页（3）由GA 6及数列 A 为 L数列得GA中的元素之和最小为 26，此 时GA1,2,3,5,7,8，即可证得结论. a 1 a 3 a 1 【解析】（1）对于数列A :1,3,1,4， 1  , 2  3, 3  ，则数列A :1,3,1,4 1 a 3 a 1 a 4 1 2 3 4 是 L数列； a 1 a 2 a 2 1 a a 对于数列A :1,2,2,4，1  , 2  1, 3  ，由于 1  3 ，则数列A :1,2,2,4 2 a 2 a 2 a 4 2 a a 2 2 3 4 2 4 不是 L数列； a a a （2）先说明GA 4，若GA 1，显然 1  2  8 ，不满足数列 A 为 a a a 2 3 9 L数列；若GA 2， 不妨设GAb,c，bc且b,c均为正整数，则a,a ,L,a 的值为b或c，又 1 2 9 从GAb,c选取可以相同的两数作商， a a a 不同的结果有2113个，则 1 , 2 ,, 8 必出现相同的结果，不满足数 a a a 2 3 9 列 A 为 L数列； 若GA 3，不妨设GAd,e, f，d,e, f 不相等且均为正整数，则a,a ,L,a 1 2 9 的值为d或e或 f ， 又从GAd,e, f选取可以相同的两数作商，不同的结果最多有 a a a 3217个，则 1 , 2,, 8 必出现相同的结果， a a a 2 3 9 不满足数列 A 为 L数列，则GA 4；再说明GA 可以等于 4，不妨 令GA1,2,3,4，数列A:1,1,2,3,4,3,2,1,4， a a 1 a 2 a 3 a 4 a 3 a a 1 则 1 1, 2  , 3  , 4 , 5  , 6  , 7 2, 8  ，满足数列 A 为 L数列， a a 2 a 3 a 4 a 3 a 2 a a 4 2 3 4 5 6 7 8 9 则GA 的最小值为 4； （3）由于GA 6，不妨设GAh,i, j,k,l,m，h,i, j,k,l,m不相等且均为 正整数，又从GAh,i, j,k,l,m选取可以相同的两数作商， 第 207 页 共 249 页不同的结果最多有65131个，又数列A:a ,a ,,a 为 L数列，则 1 2 32 a a a 1 , 2 ,, 31 两两不同， a a a 2 3 32 a a a 即 1 , 2 ,, 31 为 31 个不同的值，则从GAh,i, j,k,l,m选取可以相同的 a a a 2 3 32 两数作商，不同的结果必有 个， 31 即任意两个不同的数作商结果不同，使h,i, j,k,l,m之和最小且满足上述 要求的GA1,2,3,5,7,8， 则a a a 512357811132，即a a a 132. 1 2 32 1 2 32 【点评】本题的关键点在于结合 L数列的定义，得到从GA中选取可 a a a 以相同的两数作商，不同的结果个数和 1 , 2 ,, n1 个数的关系，进而 a a a 2 3 n 得到GA，由GA中的元素及元素个数即可证得结论. 79．(1) f A10，HA12； f A 12，HA 15 1 1 2 2 (2)证明见解析 8 (3) 9 【分析】（1）按定义求出ri，cj，i1,2,,5， j1,2,,5，进行求解 即可. （2）分两种情况进行证明，即①s0,m或t0,m，②s0,m且t0,m 分别证明即可. （3）因为m5，分情况讨论①若s0,5或t0,5时；②若s2,3或 t2,3；③若s,t1,4，进行求解. 【解析】（1） f A10，HA12； f A 12，HA 15. 1 1 2 2 由定义可知：将数表 中的每个数变为其相反数，或交换两行（列）， A 第 208 页 共 249 页HA， f A的值不变.因为m为奇数，a 1,1，所以r1,r2,,rm， ij c1,c2,,cm均不为 0. （2）当s0,m或t0,m时，不妨设 s0 ，即ri0，i1,2,,m. 若t0，结论显然成立； 若 t0 ，不妨设cj0， j1,2,,t，则i, jH ，i1,2,,m， j1,2,,t. 所以HAmt，结论成立. 当s0,m且t0,m时，不妨设ri0，i1,2,,s，cj0， j1,2,,t， 则当s1im时，ri0；当t1 jm时，cj0. 因为当i1,2,,s， jt1,t2,,m时，ri0，cj0， 所以 a ri   a cj a2ricj0. ij ij ij 所以i, jH . 同理可得：i, jH ，is1,s2,,m， j1,2,,t. 所以HAsmtmstmtms2st. HA 8 HA 8 （3）当m5时， 的最小值为 .对于如下的数表 A ，  . f A 9 f A 9 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 HA 8 下面证明：  . f A 9 第 209 页 共 249 页设r1,r2,,rm中恰有s个正数，c1,c2,,cm中恰有t个正数， s,t0,1,2,3,4,5. ①若s0,5或t0,5，不妨设 s0 ，即ri0，i1,2,,5. 所以当a 1时，i, jH . ij 由 A 中所有数不全相同，记数表 A 中 1 的个数为a，则a1，且 f A 52r1r2r5  25a25a a ，HAa. 2 2 HA 8 所以 1 . f A 9 ②由①设s0,5且t0,5.若s2,3或t2,3，不妨设 s2 ，则由（2） 中结论知：HA5t104t10t11. 52 r1r2r5 因为 0 f A 12 ， 2 HA 11 8 所以   . f A 12 9 ③由①②设s0,2,3,5且t0,2,3,5. 若s,t1,4，则由（2）中结论知：HA25817. 因为0 f A12， HA 17 8 所以   . f A 12 9 HA 若st，s1,4，不妨设st 1，r10，c10，且 1，由（2） f A 中结论知：HA8.所以 f AHA8. 若数表 A 中存在a  i, j2,3,4,5为 1，将其替换为 1 后得到数表 A. ij 因为HAHA1， f A f A1， HA HA1 HA 所以   . f A f A1 f A 第 210 页 共 249 页HA 所以将数表 A 中第 i 行第 j列i, j2,3,4,5为 1 的数替换为 1 后 值变 f A 小. 所以不妨设a 1i, j2,3,4,5. ij 因为HA5528， f A9， HA 8 HA 8 所以  ，故 的最小值为 . f A 9 f A 9 80．(1)是5连续可表数列；不是6连续可表数列． (2)证明见解析． (3)证明见解析． 【分析】（1）直接利用定义验证即可； （2）先考虑 k 3 不符合，再列举一个k 4合题即可； （3） k 5 时，根据和的个数易得显然不行，再讨论k 6时，由 a a a  20可知里面必然有负数，再确定负数只能是 1 ，然后分 1 2 6 类讨论验证不行即可． 【解析】（1）a 1，a 2，a a 3，a 4，a a 5，所以Q是5连 2 1 1 2 3 2 3 续可表数列；易知，不存在i, j使得a a a  6，所以Q不是6连 i i1 ij 续可表数列． （2）若 k 3,设为Q:a,b,c,则至多 ab,bc,abc,a,b,c ，6 个数字，没有8个， 矛盾； 当k 4时,数列Q:1,4,1,2，满足a 1，a 2，a a 3，a 4，a a 5， 1 4 3 4 2 1 2 a a a 6，a a a 7，a a a a  8， k 4． 1 2 3 2 3 4 1 2 3 4 min 第 211 页 共 249 页（3）Q:a ,a ,,a ，若i j最多有k种，若i j，最多有C2种，所以最多 1 2 k k kk1 有 kC2  种， k 2 551 若 k 5 ，则a,a ,…,a 至多可表 15 个数，矛盾, 1 2 k 2 从而若 k<7,则k 6，a,b,c,d,e, f 至多可表6(61) 21 个数， 2 而abcde f 20，所以其中有负的，从而a,b,c,d,e, f 可表 1~20 及那 个负数（恰 21 个），这表明a~ f 中仅一个负的，没有 0，且这个负的 在a~ f 中绝对值最小，同时a~ f 中没有两数相同,设那个负数为 m(m1) ， 则所有数之和m1m2m5m4m15 ， 4m1519m1 ， {a,b,c,d,e,f}{1,2,3,4,5,6}，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足 20个， 112 （仅一种方式）， 1 与 2 相邻， 若 1 不在两端,则 "x,1,2,__,__,__" 形式， 若x6，则56(1)（有 2 种结果相同，方式矛盾）， x6 ， 同理 x5,4,3 ，故 1 在一端，不妨为"1,2,A, B, C,D"形式， 若 A3,则523 （有 2 种结果相同，矛盾）， A4 同理不行， A5 ，则 6125 （有 2 种结果相同，矛盾），从而A6， 由于 7126,由表法唯一知 3,4 不相邻,、 故只能1,2,6,3,5,4 ，①或1,2,6,4,5,3 ，② 这 2 种情形， 对①： 96354 ，矛盾， 第 212 页 共 249 页对②： 82653 ，也矛盾，综上 k 6 ， 当k 7时，数列 1,2,4,5,8,2,1 满足题意， k7 ． 【点评】关键点睛，先理解题意，是否为m可表数列核心就是是否 存在连续的几项（可以是一项）之和能表示从 1 到m中间的任意一个 值．本题第二问 k 3 时，通过和值可能个数否定 k 3 ；第三问先通过 和值的可能个数否定 k 5 ，再验证k 6时，数列中的几项如果符合必 然是{1,2,3,4,5,6}的一个排序，可验证这组数不合题． 81．(1)T(A):1,1,1,1,1,1； AT2(A) 2 ； (2)不存在适合题意的数列 A ； (3)nn1. 【分析】（1）利用变换 T 的定义即； （2）利用 数列的定义，记aa i1,2,,n中有t个 1 ，有nt个 1 ，则 n i i1 AT(A) n2t，进而即得； （3）由题可得AT(A) Tk(A)Tk1(A)(k 1,2,,n2) ，进而可得n2t n4， 然后结合条件即得. 【解析】（1）由A：1,1,1,1,1,1， 可得T(A):1,1,1,1,1,1， T2(A):1,1,1,1,1,1 ， ∴ AT2(A)1111112 ； 第 213 页 共 249 页（2）∵AT(A)aa a a a a ， 1 2 2 3 n 1 由数列 A 为 数列，所以a {1,1}(i1,2,,n) ， n i 对于数列 A:a ，a ，…，a 中相邻的两项a,a i1,2,,n， 1 2 n i i1 令a a ，若a a ，则aa 1，若a a ，则aa 1， n1 1 i i1 i i1 i i1 i i1 记aa i1,2,,n中有t个 1 ，有nt个 1 ，则AT(A)n2t， i i1 因为n2t与n的奇偶性相同，而n3与n的奇偶性不同， 故不存在适合题意的数列 ； A （3）首先证明AT(A) Tk(A)Tk1(A)(k 1,2,,n2) ， 对于数列 A:a ，a ，…，a ，有T(A):a ，a ，…，a ，a ， 1 2 n 2 3 n 1 Tk(A):a ，a ，…，a ，a ，a ，a ，…，a ，a ， k1 k2 n1 n 1 2 k1 k Tk1(A):a ，a ，…，a ，a ，a ，a ，…，a ，a ， k2 k3 n 1 2 3 k k1 ∵AT(A)aa a a a a ， 1 2 2 3 n 1 Tk(A)Tk1(A)a a a a a a aa a a a a ， k1 k2 k2 k3 n 1 1 2 2 3 k k1 ∴AT(A)Tk(A)Tk1(A)(k 1,2,,n2) ， 故AT(A)n4， 其次，由数列 A 为 数列可知，AT(A)n2t n4， n 解得t2， 这说明数列 A 中任意相邻两项不同的情况有 2 次， 若数列 A 中 1 的个数为ss1,2,,n1个，此时数列 A 有n个， 所以数列 A 的个数为nn1个. 【点评】数学中的新定义题目解题策略：①仔细阅读，理解新定义的 内涵；②根据新定义，对对应知识进行再迁移. 第 214 页 共 249 页82．(1){2,4,6,8,10}是“关联的”，{1,2,3,5,8}是“独立的”； (2){2,4,6,8}，{2,4,8,10}，{4,6,8,10}； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据给定定义直接判断作答. （2）由（1）及所给定义直接写出“关联子集”作答. （3）写出 M 的所有 4 元素子集，再利用反证法确定“关联子集”，然 后推理作答. 【解析】（1）集合{2,4,6,8,10}中，因 2846 ，所以集合{2,4,6,8,10}是“关 联的”， 集合{1,2,3,5,8}中，不存在某两个数的和等于另外两个数的和，所以集 合{1,2,3,5,8}是“独立的”. （2）由（1）知，有 2846 ， 21048 ， 41068 ， 所以{2,4,6,8,10}的“关联子集”有：{2,4,6,8}，{2,4,8,10}，{4,6,8,10}. （3）集合 M 的 4 元素子集有 5 个，分别记为： A {a ,a ,a ,a },A {a,a ,a ,a }， 1 2 3 4 5 2 1 3 4 5 A {a,a ,a ,a },A {a,a ,a ,a },A {a,a ,a ,a }，因此，集合M至多有5个“关 3 1 2 4 5 4 1 2 3 5 5 1 2 3 4 联子集”， 若A {a,a ,a ,a }是“关联子集”，则A {a ,a ,a ,a }不是“关联子集”，否 2 1 3 4 5 1 2 3 4 5 则a a ，矛盾， 1 2 若A {a,a ,a ,a }是“关联子集”，同理可得A {a,a ,a ,a }，A {a,a ,a ,a } 2 1 3 4 5 3 1 2 4 5 4 1 2 3 5 不是“关联子集”， 第 215 页 共 249 页因此，集合 M 没有同时含有元素a ,a 的“关联子集”，与已知矛盾， 2 5 于是得A {a,a ,a ,a }一定不是“关联子集”，同理A {a,a ,a ,a }一定不 2 1 3 4 5 4 1 2 3 5 是“关联子集”， 即集合 M 的“关联子集”至多为A {a ,a ,a ,a }，A {a,a ,a ,a }， 1 2 3 4 5 3 1 2 4 5 A {a,a ,a ,a }， 5 1 2 3 4 若A {a ,a ,a ,a }不是“关联子集”，则集合 M 一定不含有元素a ,a 的“关 1 2 3 4 5 3 5 联子集”，与已知矛盾， 若A {a,a ,a ,a }不是“关联子集”，则集合 M 一定不含有元素a ,a 的“关 3 1 2 4 5 1 5 联子集”，与已知矛盾， 若A {a,a ,a ,a }不是“关联子集”，则集合 M 一定不含有元素a ,a 的“关 5 1 2 3 4 1 3 联子集”，与已知矛盾， 因此，A {a ,a ,a ,a }，A {a,a ,a ,a }，A {a,a ,a ,a }都是“关联子集”， 1 2 3 4 5 3 1 2 4 5 5 1 2 3 4 即有a a a a a a a a ，a a a a a a a a ， 2 5 3 4 5 4 3 2 1 5 2 4 5 4 2 1 a a a a a a a a ， 1 4 2 3 4 3 2 1 从而得a a a a a a a a， 5 4 4 3 3 2 2 1 所以a ，a ，a ，a ，a 是等差数列. 1 2 3 4 5 【点评】涉及集合新定义问题，关键是正确理解给出的定义，然后合 理利用定义，结合相关的其它知识，分类讨论，进行推理判断解决. 83．(1)数列a 具有“性质 P”， 数列b 不具有“性质 P”，理由见解析 n n   (2) a a 3m,m1,mZ 1 1 (3)1,2,3,6 第 216 页 共 249 页【分析】（1）根据“性质 P”的定义，分别验证即可； （2）结合数列a 具有“性质 P”，以及等比数列的通项公式，讨论m的 n 值，从而可得出答案； （3）结合数列a 具有“性质 P”，以及等差数列的通项公式，讨论 d  0 ， n d 0及d 1,2,3,6讨论，结合整数的性质，可得结论. 【解析】（1）解：若a 1， n 则a a a 1，故a a a 1 k i j k i j 所以对任意的正整数 i，j，i j，都存在正整数 k，使得a a a ， k i j 所以若a 1，数列a 具有“性质 P”； n n 若b n，则b 0， n n 故a k0,a a i j0， k i j 所以对任意的正整数 i，j，i j，不存在正整数 k，使得a a a ， k i j 所以若b n，数列b 不具有“性质 P”； n n 1 （2）解：若公比为 的无穷等比数列a 具有“性质 P”， 3 n 则对任意的正整数 i，j，i j，都存在正整数 k，使得a a a ， k i j a a a 即 1  1  1 ， 3k1 3i1 3j1 所以a 3ijk1， 1 令i jk1mZ，则a 3m， 1 1 故a a  3mn1， n 1 3n1 对任意的正整数 i，j，i j，由a a a ， k i j 得 3mk1 3mi13mj1， 所以k mi j1， 第 217 页 共 249 页当 m£1 且mZ 时，mi j1是正整数， 所以存在k mi j1使得a a a 成立，数列a 具有“性质 P”； k i j n 当m2且mZ 时，取i1, j2， 则k m20，所以正整数k不存在，故数列a 不具有“性质 P”， n 综上所述，a 3m， m£1 且mZ ， 1   所以首项a 的取值集合为 a a 3m,m1,mZ ； 1 1 1 （3）解：由题意a 3n1d， n 因为对任意的正整数n，存在正整数k，使得a a a ， k 1 n 6 得d  ， k3n2 对于任意的正整数n，存在正整数k ,k ，使得a a a ，a a a ， 1 2 k1 1 n k2 2 n 两式相减得da k k d ， n 2 1 当 d  0 时，a a a 3， k i j 故a a a ，则不符合题意； k i j 当d 0时，得a k k ，则对任意的n，a 都为整数， n 2 1 n 从而可得公差d也是整数， 若d 0时，此数列为递减数列， 取满足    a t 0 正整数t，  a t 2 a 1 3  3 t  1   d 解得 ，  3 3 t  1  d 由a a a2 a ， t t1 t 1 所以不存在正整数k使得a a a 成立， t t1 k 从而d 0时，不具有“性质 P”， 第 218 页 共 249 页当d 1时，a n2， n 对任意的正整数 i，j，i j，由a a a ， k i j 得k2i2j2， 得k 2i2ji j2， 而2i2ji j2为正整数， 故存在正整数 k，使得a a a ， k i j 所以具有“性质 P”； 当d 2时，a 2n1， n 对任意的正整数 i，j，i j，由a a a ， k i j 得2k12i12j12i2j4i j1， 则k i j2i j， 而i j2i j为正整数， 故存在正整数 k，使得a a a ， k i j 所以具有“性质 P”； 当d 3时，a 3n， n 对任意的正整数 i，j，i j，由a a a ， k i j 得3k 9i j，则k 3i j， 而3i j为正整数，故存在正整数 k，使得a a a ， k i j 所以具有“性质 P”； 当d 6时，a 6n3， n 对任意的正整数 i，j，i j，由a a a ， k i j 得6k36i36j336i j18i18j9， 第 219 页 共 249 页则k 6i j3i3j6， 而6i j3i3j6为正整数，故存在正整数 k，使得a a a ， k i j 所以具有“性质 P”. 综上所述d 1或 2 或3或 6， 所以 d 的取值集合为1,2,3,6. 【点评】本题考查数列得新定义，以及等差数列和等比数列的定义和 通项公式的运用，考查了分类讨论思想和运算能力及推理能力，属于 难题. 84．(1)1 、 2 、3、 5 或 1 、 2 、3、 1 或 1 、 2 、 1 、3 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据数列b 的递推公式以及b 0求出b 、b 的值，即可 n n 3 4 写出数列b 前 4 项的所有可能情况； n （2）分析可得由b b b 或b b b ，即b b b或b b b，分 i i1 i2 i i2 i1 i2 i1 i i2 i1 i 析数列b 的单调性，设集合A  jNb b ,j2 ，m、n N*，且n A， n j1 j m m 取c b ，可得出结论； k nk （3）考察数列b 和c ．①当c M或c M 时，显然成立；②当c ≤M n m 1 2 2 时，设c b m3,4,5, ，推导出c c ≥c c ≥≥c c ，可得出 m n m m1 m1 m2 2 1 M c 2c M c 2c  c c m2c c M ，解得m 2 1，取m  2 11可证得结论 2 1 1 2 c c 0  c c  2 1 2 1 成立. 【解析】（1）解：由已知b  b b ，即 2b 1，可得b 1或b 3. 1 2 3 3 3 3 第 220 页 共 249 页当b 1时，由b  b b ，即1b 2，因为b 0，可得b 3； 3 2 3 4 4 4 4 当b 3时，由b  b b ，即3b 2，因为b 0，可得b 1或 5. 3 2 3 4 4 4 4 因此，若b 1，b 2，写出数列b 前 4 项的所有可能情况为： 1 、 2 、 1 2 n 3、 5 或 1 、 2 、3、 1 或 1 、 2 、 1 、3. （2）证明：对于数列b 中的任意一项b i1,2,3, ， n i 由已知得，b b b 或b b b ，即b b b或b b b． i i1 i2 i i2 i1 i2 i1 i i2 i1 i 若b b b，则由b 0可得b b ； i2 i1 i i i2 i1 若b b b，则b b ，此时b b b b ，即b b b ． i2 i1 i i2 i1 i3 i2 i1 i1 i2 i1 i3 设集合A  jNb b ,j2 ，m、n N*，且n A， j1 j m m n n n ，c b ，c b ，L，c b ，L， 1 2 m 1 n1 2 n2 m nm 则数列c 是数列b 一个无穷递增子列． m n （3）证明：考察数列b 和c ． n m ①当c M或c M 时，显然成立； 1 2 ②当c ≤M 时，设c b m3,4,5, ，由（2）可知b b ． 2 m n n n1 如果b b ，那么c b ，c b b 或c b ，于是总有c ≥b ， n1 n2 m1 n1 m2 n2 n3 m2 n3 m2 n3 此时c c b b b b b ≥c c ； m m1 n n1 n2 n1 n3 m1 m2 如果b b ，那么c b ，c b 或c b b ，于是总有c ≥b ， n1 n2 m1 n2 m2 n3 m2 n4 n3 m2 n3 此时c c b b b b b ≥c c ． m m1 n n2 n1 n2 n3 m1 m2 综上，当 mN*且m3时总有c c ≥c c ． m m1 m1 m2 所以c c ≥c c ≥≥c c ， m m1 m1 m2 2 1 所以c c ≥c c ，c c ≥c c ，L，c c ≥c c ， m m1 2 1 m1 m2 2 1 3 2 2 1 叠加得c c ≥m2c c ，c ≥(m2)c c c c c m2c c ． m 2 2 1 m 2 1 2 2 1 1 2 第 221 页 共 249 页M c 2c 令c c m2c c M ，解得m 2 1 ， 2 1 1 2 c c 2 1 M c 2c  M c 2c  M c 2c 即存在m  2 11，（其中  2 1 表示不超过 2 1 的最 0  c 2 c 1   c 2 c 1  c 2 c 1 大整数），使得c M ． m0 又因为c 是b 的子列，令b c ，则b M ． m n k m0 k 由①②可知，对于任意实数 M ，都存在 kN*，使得b M ． k 【点评】本题考查数列的新定义，解决第三问的关键在于推导出 c c ≥c c ，结合叠加法得出c c m2c c M ，通过解不等式 m m1 m1 m2 2 1 1 2 可找到符合条件的整数，即可解决问题. 85．(1)满足，过程见详解； (2)证明过程见详解； (3)证明过程见详解； 【分析】（1）令pk，q2nk分别代入到等式进行化简，最后得出等 式两边相等即可判断； （2）观察得必要性显然成立，充分性证明时同样要从赋值法以及函 数值域的角度得到不等关系，进一步求解不等式，再根据递推关系得 出结论； a a aa （3）运用赋值法，令a a，记b  1 n  n 设函数 1 n1 1a 1a  1a1a  1 n n  1 ,a1,  1a  f x ax x0则在定义域上有 f xga   1 ,a1, 故对nN ， 1a1x  2   a  ,0a1. 1a 第 222 页 共 249 页2a b ga恒成立， 根据b  n  ga得证. n1 2n 1a 2 n 【解析】（1）依题意得，令pk，q2nk，则 3k 1 32nk 1 a  ,a  ,k2nk  2n k 3k 1 2nk 32nk 1 3k 1 32nk 1  a k a 2nk  3k 1 32nk 1 1a 1a   3k 1 32nk 1 k 2nk 1 1   3k 1 32nk 1  3k 1  32nk 1    32nk 1  3k 1   3k 1  32nk 1    3k 1  32nk 1    32nk 1  3k 1   3k 1  32nk 1  1   3k 1  32nk 1   3k 1  32nk 1   3k 1  32nk 1    32nk 1  3k 1    3k 1  32nk 1    3k 1  32nk 1    32nk 1  3k 1    3k 1  32nk   1 32n3k 32nk 132n32nk 3k 1  32n3k 32nk 132n3k 32nk 132n32nk 3k 132n3k 32nk 1 232n2  432n 3n1 2 2a 2a 3n1 n  n  1a 2 12a a 2 3n1 3n1 2 n n n 12   3n1 3n1 2  3n1  3n1    3n1 2 2  3n1  3n1    3n1 2 232n2 232n2   32n23n1232n232n23n1 432n 3n 1 故数列 a  满足等式. n 3n 1 （2）依题意必要性显然成立，下面证明充分性： a ， a (0,1) ，对于pn1，qn1，n2,nN  1 2  2a a a 则 n  n1 n1 n2,nN (*) 1a 2 1a 1a  n n1 n1 若存在某个n Nn2，使得：a ，a 0,1 0 n0 1 n0 第 223 页 共 249 页  1 2a a n n 0 0 2   1 a a n n 0 0   1 1    1 a  n0  a 1 n0 1  ，而 1 2a a n n 0 0 2  a n0  2 a 1 n0 2     0, 1 2    a a 1 0  1a n0 1  1 n0  a 1   2 即： 1a n0 1  1a n0 1  0 ，而a n0 1 0,1 n0 1 n0 1 2a a a a n0 1 0,1，同理可得：  1a n0 1 2   1a n0  1 n0  a 2  n0 1 n0 n0 2 a 0,1，依据递推关系(*)式，可得：a (0,1)nn ， n0 2 n 0 又a ， a (0,1) ，故可取n 2，则a (0,1). 1 2 0 n a a （3）依题意得， p q 的值与pq有关，记为：b ，令a a  1a  1a  pq 1 p q a a aa 则b  1 n  n n1 1a 1a  1a1a  1 n n 设函数 f x ax x0则 f x 1  a1  1 1a1x 1a a1 1x  1 ,a1,  1a   1  1 f xga   2 , a1, 故对nN  ，b n1 ga恒成立，ga  0， 2   a  ,0a1. 1a 2a 又b  n  ga gaa 22 ga1 a ga0 2n 1a 2 n n n ga 1ga 12ga 1g a  12g a  解得   a  1ga 12ga ga n g a  1ga 12ga 1 取 即有 a . ga  n 【点评】本题考查数列递推公式，考查赋值法的运用，考查不等式的 证明，对学生的分析问题和解决问题的能力有一定的要求，难度较大. 86．(1)a 、c  n n (2)证明见解析 第 224 页 共 249 页(3)a n1或a 1n1d n n 【分析】（1）根据“H 数列”的定义可得出结论； （2）验证 d  0 成立，利用①②推导出dZ，假设d 0，可得出等差数 列a 是递减数列，结合①得出0a 1，结合a Z可得出a 0或 1 ，d 1， n 1 1 1 再结合不等式的基本性质以及数列a 的单调性推出矛盾，从而说明 n d 0不成立，即可证得结论成立； （3）由（2）知， d 1 ，可得知数列a 是递增数列，推导出a 0不成 n 1 立，可得出a N ，分a 0、a 0两种情况讨论，验证a n1、a a n1d 1 1 1 n n 1 满足①②，即可得出结果. 【解析】（1）解：由“H 数列”的定义可知，数列a 、c 为“H 数列”. n n （2）证明：若 d  0 ，则由①可知a2 a ，所以a 0Z或a 1Z ，且公 1 1 1 1 差 d 0N ， 以下设d 0. 由①， k 、 lN，aa a ，aa a ， 1 2 k 1 3 l 两式作差得lkda a a a a ad， l k 1 3 2 1 因为d 0，所以a lkZ. 1 由①，m、 nN，a a a ，a a a ， 2 3 m 2 4 n 两式作差得nmda a a a a a d， n m 2 4 3 2 因为d 0，所以a nmZ ，因此，da a Z. 2 2 1 若d 0，则等差数列a 是递减数列，由①a2为a 中的项，因此， a2≤a ， n 1 n 1 1 解得0a 1， 1 第 225 页 共 249 页由a Z且公差 dZ ，所以a 0或 1 ，d 1，a a 3d1312， 1 1 4 1 由①，a2为a 中的项，且 a2 22 4a ，这与等差数列a 递减矛盾， 4 n 4 1 n 因此，d 0不成立. 综上，a Z且公差 dN. 1 （3）解：因为公差 dN*，所以 d 1 ，即a 是递增数列. n 若a 0，因为a Z，所以 3a,2a N*， 1 1 1 1 则a a 2ada 2a 2，且aa ≤2a a ， 3a1 1 1 1 1 1 3a 1 1 1 由①aa 为a 中的项，这与等差数列a 是递增数列矛盾. 1 3a 1 n n 因此，a 0，又由（2）a Z，故a N. 1 1 1 由a N ， dN*知，nN*,a ≥0 且a 中存在一项为正整数，取最小的正 1 n n 整数项a . k 则由②，i,jN*，使得a i a j a k 且a i ≥a k ≥1，a j ≥a k ≥1. 因此a aa ≥a2，解得a ≤1，又a N*，故a 1. k i j k k k k 因为a 是递增数列， n （i）若a 0，则d a a a a 1，此时a n1. 1 2 1 2 k n 因为i,jN*，aa i1j1iji j1， i j 令kiji j2，有 kN*，且aa a ，所以a 满足条件①. i j k n 因为 kN*，令 i2 ， jk有a i a j a 2 a k 1a k a k ，所以a n 满足条件②. （ii）若a 0，则a a 1，a 1n1d. 1 1 k n 因为i,jN*，a i a j a 1 i1da 1 j1d a2i j2da  i1j1d2 1 1 a 1  i j2i1j1dd . 第 226 页 共 249 页令ki j2i1j1d1，则 kN*，且aa a ，所以a 满足条件①. i j k n 因为 kN*，令 i1 ， jk，有a i a j a 1 a k 1a k a k ，所以a n 满足条件②. 综上，a n1或a 1n1d. n n 【点评】本题考查数列的新定义“H 数列”，在第二问的证明中，可采 取反证法证明d 0不成立，结合数列的单调性可证出结论；在第三问 的求解，要注意对a 是否为零进行分类讨论，结合①②进行验证即可. 1 87．(1)4,1,2,3、3,1,2,4、2,1,3,4 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据数列T(A)的定义，得到n4且a a ，a a ，a a ， 1 2 2 3 3 4 确定a 1，按照 a 4 或a 4分别讨论可得答案； 2 1 4 （2）设数列 E ：e,e ,,e 中恰有s项为 1，在按照 s0 、sn1、0sn1 1 2 n1 三种情况分别讨论可证结论； （3）按照n的奇偶分类讨论，结合数列TA的定义可证结论. 【解析】（1）因为T(A):0,1,1，所以 n13 ，则n4 因为t 0，t 1，t 1，所以a a ，a a ，a a ， 1 2 3 1 2 2 3 3 4 又a {1,2,3,4}(i1,2,3,4)， i 所以a 1， a 4 或a 4， 2 1 4 当 a 4 时，a 2,a 3， 1 3 4 当a 4时，a 3,a 2或a 2,a 3， 4 1 3 1 3 综上所述：所有具有性质 P 的数列 A 为：4,1,2,3、3,1,2,4、2,1,3,4. 第 227 页 共 249 页（2）由于数列 E ：e,e ,,e ，其中e {0,1}(i1,2,3,n1,n2)， 1 2 n1 i 不妨设数列 E ：e,e ,,e 中恰有s项为 1， 1 2 n1 若 s0 ，则A:n,n1,,1符合题意， 若sn1，则A:1,2,,n符合题意， 若0sn1，则设这s项分别为e ,e ,,e (k k k )， k1 k2 ks 1 2 s 构造数列A:a,a ,L,a ，令a ,a a 分别为ns1,ns2,,n， 1 2 n k1 1 k2 1,, ks 1 数列 A 的其余各项a ,a ,,a (m m m )分别为ns,ns1,,1， m1 m2 mns 1 2 ns 经检验数列 A 符合题意. （3）对于符合题意的数列A:a a ,,a (n5)， 1, 2 n ①当n为奇数时，存在数列A:a ,a ,,a 符合题意， n n1 1 且数列 A 与 A不同，T(A)与T(A)相同， 按这样的方式可由数列 A构造出数列 A ， 所以n为奇数时，这样的数列 A 有偶数个， 当n3时，这样的数列 A 也有偶数个， ②当n为偶数时， 如果n,n1是数列 A 中不相邻的两项，交换n与 n1 得到数列 A符合题意， 且数列 A 与 A不同，T(A)与T(A)相同， 按这样的方式可由数列 A构造出数列 A ， 所以这样的数列 有偶数个， A 如果n,n1是数列 A 中相邻的两项，由题设知，必有a n，a n1， n1 n a n2， 1 除这三项外，a ,a ,,a 是一个n3项的符合题意的数列 A ， 2 3 n2 第 228 页 共 249 页由①可知，这样的数列 有偶数个， A 综上，这样的数列 A 有偶数个. 【点评】正确理解数列TA的定义，并利用定义求解是解题关键. 88．(1)所有可能的数列{a }为： n 1，2，3，4，1； 1，2，3，4，2； 1，2，3，4，3； 1，2，3，4，4 (2)证明见解析 (3)数列{a }依次为 1，2，3 n 【分析】（1）根据题意写出{a } n （2）由{b }的单调性与条件证明{a }的单调性 n n （3）根据{a }的项数分类讨论求解 n 【解析】（1）所有可能的数列{a }为： n 1，2，3，4，1； 1，2，3，4，2； 1，2，3，4，3； 1，2，3，4，4 （2）由题意知数列{b }中b b n k1 k 又a b  2022，所以a b  2022.... k mk1 k1 mk a a 2022b 2022b b b 0 k1 k mk mk1 mk1 mk 第 229 页 共 249 页所以 a ≥a ，即a b k 1,，2,，,，m........ k1 k k k （3）当m3时，由b b bb 得b 1b 11，又b，b N* 1 2 1 2 1 2 1 2 所以b b 2，不满足题意： 1 2 当m3时，由题意知数列{b }中b b ，又b b b bbb n n1 n 1 2 3 1 2 3 当b 1时此时b 3，b b b 3b ，而bbb 6b ，所以等式成立b 1; 1 3 1 2 3 3 1 2 3 3 1 当b 2时此时b 3，b b b 3b ，而bbb 3b ，所以等式成立b 2； 1 3 1 2 3 3 1 2 1 3 2 当b 1，b 2得b 3，此时数列{a }为 1，2，3. 1 2 3 n 当m4时，b b b mb ，而bb b m1！b mb ，所以不存在满足 1 1 m m 1 2 m m m 题意的数列{a }. n 综上数列{a }依次为 1，2，3. n 89．(1)是P数列，理由见解析； 1 (2)t 1,s0 ； (3)a n6 . n 【分析】(1)根据P数列的性质判断即可； 1 (2)根据P数列的性质，求出a,a ,a 即可； 2 1 2 3 (3)根据P数列的性质，利用所给的条件，合理演绎即可. 3 【解析】（1）∵a a (n1)1a 1n2，∴ a  a 1 ， n 1n11 1n1 1n11 1n1 符合P的定义，故数列a n是P数列； 1 n 1 （2）依题意， a t ，a a s， 2 1 3 因为a 是P数列， a  a  a 1  s1  t ， n 2 2 111 1 a  a  a 1  t1  s ①， a  a  a 2  t2  t ②, 3 121 2 4 122 2 第 230 页 共 249 页由①②两式解得t 1,s0. （3）∵a 是P 数列，a  a  a 1 ， a  a  a 2 ， n 3 8 171 7 8 232 6 a 1  a 2 2①， 7 6 a  a  a 1 3 ， a  a  a 3 3 ②， a  a  a 2 3， 9 181 8 9 323 6 9 172 7 由①②得a 0,又因为 a 1 2， a 2 3，所以a 1.同理解得 6 7 7 7 a 1,a 2,a 3,a 4,a 5. 5 4 3 2 1 ∴猜想a 是等差数列，则a 0,a 1，公差d 1，所以数列通项公式为 n 6 7 a a (n6)d n6 .下面再证明数列a n6为满足条件的唯一数列. n 6 n 因为a n6，则a 6k6，假设存在k使得a 6k6不成立，且此时最 n 6k 6k 小的k为r(r2)，则a 6r12，a 6r70，a  a 1 6r6，因为 6r6 6r1 6r 6r1 a a 6r120，所以a 6r6，与假设想矛盾， 6r 6r6 6r 所以a 6k6,(k 1,2,) ，恒成立，所以a n6. 6k n 下面证明数列a n6为P数列； n 3 检验： a  a  k61  a 1 ，∴是P数列； 1k1 k1 k 1 a  a  2k26  2k62  a 2 ，∴是P 数列； 2k2 2k2 2k 2 a  3k36  3k63  a 3 ，∴是P 数列， 3k3 3k 3 并且a 6k6,a 6k666k ，（k 1,2,3,）， 6k 6k6 ∴a ＜a ，a 5＜0 符合题意， 6k 6k6 1 故a n6. n 90．(1)数列1,2,1和数列 3，1 (2)证明见解析 (3)k的最大值为 512072 第 231 页 共 249 页【分析】（1）根据 k 减数列的定义，即可写出答案； （2）根据存在m的 6 减数列，可得C2 6，即n4，继而分类讨论 n n 的取值，说明每种情况下都有 m6 ，即可证明结论； （3）分类讨论数列中的项的情况，结合题意确定数列 A 为2,2,,2,1,1,,1 的形式，从而结合设其中有x项为 2，有y项为 1，k xy进行求解，即 可得答案. 【解析】（1）由题意得a a a 4，则 1124 或134， 1 2 n 故所有 4 的 1 减数列有数列1,2,1和数列 3，1. （2）因为对于1i jn，使得a a 的正整数对i, j有k个， i j 且存在m的 6 减数列，所以C2 6，得n4. n ①当n4时，因为存在m的 6 减数列， 所以数列中各项均不相同，所以m1234106 . ②当 n5 时，因为存在m的 6 减数列， 所以数列各项中必有不同的项，所以m6. 若 m6 ，满足要求的数列中有四项为 1，一项为 2， 所以k4，不符合题意，所以 m6. ③当 n6 时，因为存在m的 6 减数列， 所以数列各项中必有不同的项，所以 m6. 综上所述，若存在m的 6 减数列，则 m6. （3）若数列中的每一项都相等，则k 0， 若k 0，所以数列 A 存在大于 1 的项， 第 232 页 共 249 页若末项a 1，将a 拆分成a 个 1 后k变大， n n n 所以此时k不是最大值，所以a 1. n 当i1,2,,n1时，若a a ，交换a,a 的顺序后k变为k1， i i1 i i1 所以此时k不是最大值，所以a a . i i1 若a a 0,1，所以a a 2， i i1 i i1 所以将a 改为a 1，并在数列末尾添加一项 1，所以k变大， i i 所以此时k不是最大值，所以a a 0,1. i i1 若数列 A 中存在相邻的两项a 3,a 2，设此时 A 中有x项为 2， i i1 将a 改为 2，并在数列末尾添加a 2项 1 后，k的值至少变为 i i kx1xk1， 所以此时k不是最大值， 所以数列 A 的各项只能为 2 或 1，所以数列 A 为2,2,,2,1,1,,1的形式. 设其中有x项为 2，有y项为 1， 因为存在 2024 的k减数列，所以2xy2024， 所以k xy20242xx2x22024x2(x506)2512072， 所以，当且仅当x506,y1012时，k取最大值为 512072. 所以，若存在 2024 的k减数列，k的最大值为 512072. 【点评】难点点睛：本题考查数列新定义问题，解答时要理解新定义 的含义，并由此依据定义去解答问题，难点在于第 3 问中求参数的最 大值问题，要分类讨论，确定数列 A 为2,2,,2,1,1,,1的形式，从而结合 设其中有x项为 2，有y项为 1，k xy进行求解. 91．(1)30；2 是数列{a }的 4 阶系数． n 第 233 页 共 249 页(2)26 (3)26 【分析】（1）根据k阶系数的定义进行判断； （2）根据 4 阶系数的定义列出相应的等量关系，进行求解； （3）根据m阶系数的定义建立方程，构造函数，根据函数性质得到 不等式组，进行求解． 【解析】（1）因数列{a }通项公式为 a (2)n，所以数列{|a |}为等比数 n n n 列，且 |a |2n， n 得S（ 4）|a ||a ||a ||a |30 ． 1 2 3 4 数列{a }通项公式为 a (2)n，所以当c2时， n n L（4）|a 2||a 2||a 2||a 2| (a 2)(a 2)(a 2)(a 2) 1 2 3 4 1 2 3 4 |a |2|a |2|a |2|a |2|a ||a ||a ||a |S*(4), 1 2 3 4 1 2 3 4 所以 2 是数列{a }的 4 阶系数． n （2）因为数列{a }的m阶系数为 3，所以当 c3 时，存在m，使 L(m)S*(m) n 成立． 3n(n1) 设等差数列{a }的前n项和为S ，则 S 39n , n n n 2 令a n 0，则n 13,  3n(n1)  39n ,n„13  2 所以，S*(n) , 39n 3n(n1) 468,n 14  2 设等差数列{a 3}的前n项和为T ，a 33n42， n n n 3n(n1) 则 T 42n , n 2 第 234 页 共 249 页令 a n 3 0 ，则n 14,  3n(n1)  42n ,n„13,  2 所以，L(n) 42n 3n(n1) 546,n 14.  2 当 m„13 时， L(m)S*(m) ， 当 m 14 时， L(m)S*(m) ， 3m(m1) 3m(m1) 则39m 46842m 546 ，解得m26． 2 2 （3）设数列{a }为等差数列，满足 1 ，2 均为数列{a }的m阶系数， n n S*(m)507 ， 则存在 kN*，使|a ||a ||a ||a ||a 1||a 1||a 1||a 1| 1 2 3 m 1 2 3 m |a 2||a 2||a 2||a 2|507 成立． 1 2 3 m 设数列{a }的公差为d，构造函数 f(x)|xd ||x2d ||x3d ||xmd |507． n 由已知得 f(a d)|a ||a d||a 2d||a (m1)d|507 m m m m m |a ||a ||a ||a |5070， m m1 m2 1 所以，函数 f(x)至少有三个零点 a d ， a d1 ， a d2 ， m m m m m  2 d„a m d 2a m d a m d 1„( 2 1)d 由函数 f(x)可知m为偶数，且满足 ，  f( (m1)d ) 0  2 d 3  得 ， m2d  507  4 所以 3m2 „4507 ，解得m„26， 构造等差数列{a }为：37，34，33，，38， n 可知当m26时命题成立，即m的最大值为 26． 【点评】本题主要考查数列的综合运用，根据k阶系数的定义建立 方程是解决本题的关键，综合性较强，难度较大． 第 235 页 共 249 页92．(1)a 15，b 5； 3 3 (2)4620 b 1 (3) K 与 n 无关，为定值 ，证明过程见解析. a K K 【分析】（1）将 3 元子集用列举法全部列举出来，从而求出a 、b 的 3 3 值；（2）用组合知识得到每个元素出现的次数，进而用等差数列求和 公式进行求解；（3）用组合及组合数公式先求出a ，再求出a 与b 的 K K k 和，进而求出b 及比值. k 【解析】（1）当n4时，M 1,2,3,4，则 3 元子集分别为 1,2,3,1,2,4,1,3,4,2,3,4，则a 344415，b 11125. 3 3 （2）当 n＝10 时，4 元子集一共有C4 210个，其中从 1 到 10，每个 10 1011 元素出现的次数均有C3 84次，故T 84121084 4620 9 4 2 b 1 （3） K 与 n 无关，为定值 ，证明过程如下： a K K 对任意的 n≥3，nN，给定的 KN ，2≤K≤n， 集合M 1,2,3,,n的所 有含K个元素的子集个数为CK，这CK个子集中，最大元素为n的有CK1 n n n1 个，最大元素为n1的有CK1个，……，最大元素为nm的有CK1 n2 nm1 个，……，最大元素为nK1的有CK1个，则 K1 a nCK1n1CK1n2CK1nmCK1 nK1CK1①，其中 K n1 n2 n3 nm1 K1 nmCK1 KCK ，所以a K  CK CK CK CK CK nm1 nm K n n1 n2 nm K K  CK CK CK CK CK1 KCK1， n n1 n2 nm K1 n1 这CK个子集中，最小元素为 1 的有CK1个，最小元素为 2 的有CK1个， n n1 n2 最小元素为 3 的有CK1个，……，最小元素为（m+1）的有CK1 个，……， n3 nm1 第 236 页 共 249 页最小元素为 K 的有CK1个，则 K1 b CK12CK13CK1m1CK1 KCK1②，则①+②得： K n1 n2 n3 nm1 K1 a b n1 CK1CK1CK1CK1 CK1 n1CK K1CK1，所以 K K n1 n2 n3 nm1 K1 n n1 b K1CK1KCK1CK1，故 b K  1 ，证毕. K n1 n1 n1 a K K 【点评】集合与组合知识相结合，要能充分利用组合及组合数的公式 进行运算，当然在思考过程中，可以用简单的例子进行辅助思考. 93．(1)2；1 (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）按照 M 数列的定义依次求m ，m 即可； 1 2 （2）通过归纳，只要写出一个满足要求的数列，并求和等于n1即可； （3）通过归纳得出 M 数列的各项，再用数学归纳法进行证明. 【解析】（1）由m 3,m 1，知 0 出现 3 次，3 出现 1 次，m,m 不等 0 3 1 2 于 0，3，又m 1，故m 2,m 1. 1 1 2 （2）令m n3,m 2,m 1,m 1，其余各项都等于 0，该数列是 M 数 0 1 2 n3 列，且m m m n3 211n1， 0 1 n 存在 M 数列，且满足m m m n1. 0 1 n （3）由m 等于m ，m ，…，m 中 k 出现的次数，总次数为n1，所以 k 0 1 n 总有m m m n1.由（1）（2）归纳得 M 数列中各项满足 0 1 n m n3,m 2,m 1,m 1，其余各项都等于 0，且各项的值是唯一的. 0 1 2 n3 下面用数学归纳法进行证明：显然，当n6时，m m m 7，若m 1， 0 1 6 6 第 237 页 共 249 页6 必然出现了至少 1 次，不满足m m m  7， 0 1 6 同理m 1，m 1不成立，只有m m m  0，m 3， 32110007 5 4 6 5 4 0 满足条件，此时 M 数列为：3， 2 ， 1 ，1，0，0，0， 各项确定且唯一，满足； 假设nk时，m k3,m 2,m 1,m 1 ，其余各项都等于 0，且各项的 0 1 2 k3 值是唯一的； 当nk1时，由m m m k1， 0 1 k 知m 0，所以 0 出现的次数多 1，m k31k13， k2 出现了 1 次， k 0 m m 1， k2 k13 此时 M 数列为：m k13,m 2,m 1,m 1 ，其余各项都等于 0，各 0 1 2 k13 项确定且唯一，满足； 故 M 数列是唯一的. 【点评】本题两个关键点：1.准确理解题目中给出的数列定义，按照 定义解答；2.正确应用数学归纳法的知识进行证明. 94．(1)B ：4，2，2； E ：0，2，2. (2)n 的最大值为 1 (3)k的最小值为 506 【分析】（1）依据题给规则去求数列 B 和数列 E 即可； （2）以反证法去证明 n 的最大值为 1； （3）先求得实数a，b，再去求k的最小值． 【解析】（1）BT(A) 第 238 页 共 249 页A:2，6，4 经过 1 次“T 变换”得 B ：4，2，2， B ：4，2，2，经过 1 次“T 变换”得 2，0，2； B 经过第 2 次“T 变换”得 2，2，0； B 经过第 3 次“T 变换”得 0，2，2.即 E ：0，2，2. （2）n 的最大值为 1 ①先证明 n 可以为 1 构造 A：1，1，1，则T(A)：0，0，0，变换结束，此时 n=1. ②再证明n1 反证法：假设n2 设经过 n1 次“T 变换”后得到的数列为x,y,z，且x,y,z不全为 0. 因为 A 经过n次“T 变换”后变换结束， 所以 xy  yz  zx 0，所以x=y=z=t（t 为非 0 常数） 设x,y,z（即t,t,t）由x,y,z 进行“T 变换”得到， 1 1 1 则 x y  y z  z x t0 1 1 1 1 1 1 不妨设x  y z 1 1 1 所以x y  y z x z t  0 1 1 1 1 1 1 所以x z x y y z tt2t，与x z t矛盾. 1 1 1 1 1 1 1 1 综上，n 的最大值为 1 （3）因为 B 的各项之和为2ab2022，不妨设ab，所以b为 B 的最 大项 即 a a 最大，即a a a ，或a a a 1 3 1 2 3 1 2 3 第 239 页 共 249 页2a a  1 2 当a a a 时，可得aa a 1 2 3 2 3  ba a 1 3 所以2a=b，则a=1009，b=1011 2a a  2 1 当a a a 时，可得aa a 1 2 3 3 2  ba a 3 1 所以2a=b，则a=1009，b=1011 定义：若一个数列有三项，且最小项为 2，较大两项相差 2，则称此 数列与数列 B “结构相同”. 若数列 B 的三项为x2,x,2(x2)，则无论其顺序如何，经过“T 变换”得 到的数列的三项为x，x2,2（不考虑顺序） 所以与数列 B“结构相同”的数列经过“T 变换”得到的数列也与 B“结构 相同”，除 2 以外其余各项减少 2，各项之和减少 4. 因此，数列B:2，1009，1011 经过 504 次“T 变换”一定得到各项为 2， 1，3，（不考虑顺序）的数列. 对 2，1，3，继续进行“T 变换”，依次得 1，2，1；1，1，0；0，1，1； 各项为 1，1，0 的数列，无论顺序如何，经过“T 变换”得到的数列会 重复出现，各项之和不再减少. 所以，至少通过 506 次“T 变换”得到的数列各项之和最小. 故k的最小值为 506． 【点评】应用反证法时必须先否定结论，把结论的反面作为条件，且 必须根据这一条件进行推理，否则，仅否定结论，不从结论的反面出 第 240 页 共 249 页发进行推理，就不是反证法．所谓矛盾主要指：①与已知条件矛盾； ②与假设矛盾；③与定义、公理、定理矛盾；④与公认的简单事实矛 盾；⑤自相矛盾. 95．(1)A :1,2,3,,9,10，其和为 55（答案不唯一） 1 (2)证明过程见解析 (3)505 【分析】（1）列举出一个即可；（2）根据数列a 的总和为 5050 进行 n 证明；（3）反证法进行证明，结合第二问结论进行求解. 【解析】（1）A :1,2,3,,9,10，各项和为121055（答案不唯一）； 1 i9 （2）令S i a j 1i91，取 S ˜ max  S 10i1 i0,1,2,,9 ，则 ji 100 10S S S S S a 5050，即 S505 ，所以对于每个a ，都至 1 11 21 91 k n k1 少有一个 10 阶连续子列的各项和不小于 505； （3）假设M 506，即对于任意的a ，存在A，使得S M 506，考察 n i Ai 数列：100,1,99,2,98,3,97,4,,51,50，其中各项满足a 101k，a k， 2k1 2k k 1,2,,50，于是有：a a a a a a 101， 1 2 3 4 99 100 a a a a a a 100， 2 3 4 5 98 99 当 i 为奇数时，S a a a a a a 505M ， Ai i i1 i2 i3 i8 i9 当 i 为偶数时，S a a a a a a 500M ， Ai i i1 i2 i3 i8 i9 即存在a ，A，使得S M ，这与假设矛盾，所以M 506，结合第 n i Ai 二问结论可知： M 的最大值为 505. 【点评】针对于定义新数列的题目，要结合题干中信息，选择合适的 第 241 页 共 249 页方法进行求解，常用到列举法，反证法等方法. 96．(1)a n n (2)证明见详解. 【分析】（1）利用数学归纳法证明得到a n. n （2）先根据（1）的条件得到b =2,b =4，然后证明 1 2 a a S a a  1 2  n  max 1 , 2  n 3，假设a a,a 2bba，得到S ，并利用 6 n(n1) 2 4  1 2 n 放缩结合分析法得到结果. 【解析】（1）归纳法进行证明：a n n 当n1,2时，显然成立； 当n3时，若a kk 1,2,...,n1，下证a n k n 此时A  a a ∣1k n1,k Z   knk∣1k n1,k Z  n  n k nk 所以a n n 综上所述：对任意的nN,a n n 1 3 1 1 2  （2）当a n时，有S  nn1，于是  max ,  n n 2 b b 2 b b  1 2 1 2 可设b =2,b =4 1 2 下证b =2,b =4满足条件，即对任意的a a 有 1 2 1 2 a a S a a  1 2  n  max 1 , 2  n 3 6 n(n1) 2 4  a a S a 当a 2a 时，只需证 1 2  n  2 2 1 6 n(n1) 4 设a a,a 2bba，于是有a :a,2b,a2b,4b,6b,... 1 2 n an1b,n为奇数 归纳易证a  ,用 x 表示不超过x的最大整数. n nb,n为偶数 第 242 页 共 249 页n1 nn1 所以S n S 奇 S 偶  ab   2    1 2 3 ...n b 2 b ，（因为ba） S ab b b a 所以 n     2 n(n1) 2n 2 2 4 n1 且 S n ab   2    b，要证 n(n S n 1)  a 6 2b n(n1) nn1 2 n1 只需证： ab   2    ab  6 n1 n n1 nn1 6   2   n1 n1 显然：当n3时，有6    6 3n 1 nn 1  2   2  证毕. 【点评】第（1）问：采用数学归纳法直接证明；第（2）问：首先利 用（1）的条件确定b =2,b =4；然后进行证明 1 2 a a S a a  1 2  n  max 1 , 2  n 3，假设a a,a 2bba得到S ，最后根据 6 n(n1) 2 4  1 2 n 放缩和分析法证明. 1 2m (2m)n1 97．(1)a 2n；b n2n；Q  (1)nn；T  (1)n n n n n n m1 (1mn)(m1) 40  (2)m ,1.38   31  【分析】(1)根据题中的关系式，逐个求解数列的通项公式即可； （2）根据（1）中所得数列通项公式，运用函数的思想解决不等式恒 成立问题可得出答案. 【解析】（1）设数列a 的公差为d，根据a 2，得 n 1 a 2a 2d22d, 3 1 a a 3d 23d,a 4a 5d45d6 4 1 6 1 a 2,a ,a 4成等比数列 3 4 6 a 2 a 2·a 4，即 3d22 2d·5d6，解得 d 2或d 2 4 3 6 第 243 页 共 249 页d 2时，a a d 0与数列 a 是等比数列矛盾 d 2 2 1 n 所以a 2n; n nn1 b S na  d n2 n ； n n 1 2 1 1 p 1 1 n b nn1 n 1 1 1 1 p  p  p  p n11   n 1 2 3 n1 2 n1 n n 1 n为不等于 1 的奇数是时，Q  n； n n 2n1 2n1 n为偶数时，Q Q  1Q Q  1 n n1 b n n1 b n1 n1 1 1 Q n1 ， Q n n1 n1 n n 1 综上，数列Q 的通项公式为 1n ·n； n n 由c c b ，b n2n得， c m2m1  m2m  n n1 n m n n （2）解析征集 1 98．（1）(,0)( ,)；（2）不存在，理由见解析；（3）答案见解析. 2 1 【分析】（1）根据“D 数列”的定义及已知条件有4 2，即可求m的 r m 取值范围； （2）应用反证法，假设存在首项为 1 的等差数列a 为“D 数列”，结 n r 合已知条件推出矛盾结果，即可证不存在. （3）设等比数列a 的公比为q，由“D 数列”的性质确定a a 、 n r n n1 b b 的最小项，结合已知有a (q1)3即可求a,q，分类讨论数列c  n n1 1 1 n 是否为“D 数列”. r 【解析】（1）a a 32，a a 4 1 2，解得m 1或m0， 2 1 3 2 m 2 1 ∴m的取值范围是(,0)( ,)； 2 第 244 页 共 249 页（2）假设存在等差数列a 为“D 数列”， n r n(n1) 设公差为d 2，由a 1，可得S n d ， 1 n 2 n(n1) 2n 由题意可得n d n2n对一切 nN恒成立，即d  都成立， 2 n1 2n 2 2n ∵ 2 2，且lim 2， n1 n1 nn1 ∴ d 2，与d 2矛盾，故不存在等差数列a 为“D 数列”； n r （3）设等比数列a 的公比为q，则a aqn1且每一项均为正整数，且 n n 1 a a a (q1) 20， n1 n n ∴a 0， a 1 ，由a a q(a a )a a ，即在a a 中，a a为最小 1 n1 n n n1 n n1 n n1 2 1 项；同理，在b b 中，b b 为最小项， n n1 2 1 由a 为“D 数列”，可知只需a a 2，即a (q1)2， n r 2 1 1 又b 不是“D 数列”且b b 为最小项，则b b 2，即a(q1)3 n r 2 1 2 1 1 综上，a (q1)3，可得a 1，q4或a 3，q2； 1 1 1 4n1 2n3 ①当a 1，q4时，a 4n1，则c   1 n n (n1)2n5 n1 2n4 2n3 n 令d c c ，则d   2n3 ， n n1 n n n2 n1 (n1)(n2) n1 n 2n3 n2n2 令c d d ，则c 2n4 2n3   0， n n1 n n (n2)(n3) (n1)(n2) n2 (n1)(n3) ∴d d d d ，即c c c c c c  c c ，又 n n1 n2 1 n1 n n n1 n1 n2 2 1 32 8 c c  8 2， 2 1 3 3 ∴对任意的 nN都有c c 2，即数列c 为“D 数列”； n1 n n r 32n1 48 ②当a 3，q2时，a 32n1，则c   ，显然c 为递减数 1 n n (n1)2n5 n1 n 列，c c 02，故数列c 不是“D 数列”； 2 1 n r 综上，当a 1，q4时，数列c 是“D 数列”；当a 3，q2时，数列c  1 n r 1 n 不是“D 数列”. r 第 245 页 共 249 页【点评】第三问，由已知设a 的通项公式，根据a 为“D 数列”， b  n n r n 不是“D 数列”可得a (q1)3，进而求基本量，再应用分类讨论的方法 r 1 判断数列c 的性质. n 17 99．（1） f(0)1， f(2) ；（2） 2039190 ；（3）①证明见解析；②证明 8 见解析. 【分析】（1）根据题设恒等式，应用特殊值法：令x1，y0或x1， y1分别求 f(0)和 f(2)的值； （2）由题设令xn，y1， nN，可得2f(n1) f(n)2[2f(n) f(n1)]， a 易知a 是首项为 3 ，公比为 2 的等比数列，进而可得log n 的通项，利 n 2 3 用对数的运算性质即可求值. （3）①根据函数奇偶性定义，令x0，y为任意实数，即可证结论. a b ②若a，b，N 都是自然数且ab，如有 x  ， x  ，设数列C 满 1 N 2 N n n 足C  f( )，只需证数列C 是增函数，即可证结论. n N n 【解析】（1）令x1，y0，则 f(1) f(1)2f(1)f(0)，可得 f(0)1； 17 令x1，y1，则 f(2) f(0)2f(1)f(1)，则 f(2) ； 8 5 （2）令xn，y1， nN，则 f(n1) f(n1)2f(n)f(1) f(n)， 2 ∴2f(n1) f(n)2[2f(n) f(n1)]，即a 2a ，又a 3， n n1 1 a ∴a 是首项为 3 ，公比为 2 的等比数列，则a 32n1，则log n n1， n n 2 3 a a a a ∴log 1 log 2 log 2019 log 2020 0120192039190； 2 3 2 3 2 3 2 3 （3）①由题意得：函数 f(x)定义域为 R ，定义域关于原点对称， 令x0，y为任意实数，则 f(y) f(y)2f(0)f(y)2f(y) ，即 f(y) f(y)， ∴ f(x)是偶函数； 第 246 页 共 249 页②∵ x ， x 是有理数， 1 2 p p a b ∴ x  1 ，x  2 ，令N 为 x ，x 分母得最小公倍数，并且 x  ，x  ， 1 q 2 q 1 2 1 N 2 N 1 2 n a，b都是自然数，且ab，令数列C 满足C  f( )， n n N n1 证明数列C 是增函数： f(0)1 f( )，则c c ； n N 0 1 n1 n 若c c ，n是正整数，即 f( ) f( )， n1 n N N n 1 n1 n1 n 1 n 令x ，y ，则 f( ) f( )2f( )f( )2f( )，即c c  2c N N N N N N N n1 n1 n ∴c 2c c c (c c )c ，即数列C 单调递增， n1 n n1 n n n1 n n ∴ f(x ) f(x )，又 f(x)为偶函数， 1 2 ∴ f(x ) f(x ). 1 2 【点评】根据递推关系的特点，灵活应用特殊值法求函数值及函数关 a b 系，而第三问②：根据有理数的性质：令 x  ， x  ，将问题转 1 N 2 N n 化为判断C  f( )在(0,)上为增函数. n N 100．（1）a ， 2a 是等差数列，见解析（2）  2, 3 5  ；（3）2 n n  2  【分析】（1）根据题干中的定义，结合等差数列的定义即可判断. （2）根据等比数列的通项公式可得b bqn1，结合题干可得 n 1 bqn12bqnbqn1 bqm1，从而可得(q1)2 qmn，且mn0；分类讨论 mn0 、 1 1 1 1 mn1 或mn2即可求出q. （3）根据题中对数列的定义可得2c c 2c c 0，从而可得 n n2 n1 n c c c c ，即c 是等差数列，根据数列为正项等差数列可得 d 0 ， n2 n1 n1 n n m2n2 (mn)2 代入等差数列前n项和公式，由  ，可得S S tS ，当t2 m n k 2 4 时，不等式S S tS 都成立；当t2时，令mk1，nk1  kN*,k 2 ， m n k 代入等差数列的前n项和公式，作差 第 247 页 共 249 页tS S S    d td    k2k  (t2)ckd，由 d td 0， k2k 0 ，即可求解. k m n 2  1 2 【解析】解：（1）因为a n2，所以a a a (n1)2n2 2n1， n n n1 n 则a a  2，又a 3，所以a 是首项为 3，公差为 2 的等差数列. n1 n 1 n 因为2a a a 2，则 2a 是首项为 2，公差为 0 的等差数列. n n1 n n （2）因为数列b 是公比为q的正项等比数列，所以b bqn1. n n 1 又2b b b b b b b b 2b b ， n n1 n n2 n1 n1 n n2 n1 n 且对任意的 nN*，都存在 mN*，使得2b b ， n m 所以对任意的 nN*，都存在 mN*，使得bqn12bqnbqn1 bqm1， 1 1 1 1 即(q1)2 qmn，因为q2，所以mn0. 1 若 mn0 ，则 q22q11 ，解得q0（舍）或q=2， 即当q=2时，对任意的 nN*，都有2b b . n n 2 若 mn1 ，则q23q10，解得 q 3 5 （舍）或 q 3 5， 2 2 即当 q 3 5 时，对任意的 nN*，都有2b b . n n1 2 3若mn2，则 qmn q2 (q1)2， 故对任意的 nN*，不存在 mN*，使得2b b . n m  3 5 综上所述，q所有可能的取值构成的集合为 2,  ；  2  （3）因为2c 0，所以2c c c c c c c  c 2c c 0， n n n1 n n2 n1 n1 n n2 n1 n 则c c c c ，所以c 是等差数列. n2 n1 n1 n n 设c 的公差为d，则c c n1d. n n 1 若 d  0 ，则c c ； m n c 若d 0，则当n1 1 时，c 0， d n 与数列c 的各项均为正数矛盾，故 d 0. n 第 248 页 共 249 页d  d 由等差数列前n项和公式可得S  n2 c  n， n 2  1 2 所以S S  d n2   c  d n d m2   c  d m d  n2m2   c  d  (mn)， n m 2  1 2 2  1 2 2  1 2 d mn 2  d mn S    c    ， k 2 2   1 2 2  m2n2 (mn)2 又mn，  ， 2 4 所以S S  d  n2m2   c  d  (mn)  d  (mn)2   c  d (mn)2S ， n m 2  1 2  2 2  1 2 k 则当t2时，不等式S S tS 都成立. m n k 另一方面，当t2时，令mk1，nk1  kN*,k 2 ， 则S m S n  d 2   k12 k12      c 1  d 2    2k  d 2  2k22  2k    c 1  d 2    ， d  d  S  k2c  k ， k 2  1 2 则tS S S  d tk2  c  d  tk d  2k2 2   2k  c  d   k m n 2  1 2 2  1 2    d td    k2k  (t2)ckd， 2  1 d 因为 td 0， k2k 0 ， 2 d 所以当k  时，tS S S 0，即S S tS .不满足任意性. (t2)c k n m m n k 1 所以t2 . 综上，t的最大值为 2. 第 249 页 共 249 页