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专项 06 新定义
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【命题解码·定方向】命题趋势+2026年预测
【解题建模·通技法】析典例，建模型，技法贯通破类题/变式
【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分
根据近五年北京卷考情，集合与数列新定义大题是压轴难题，分值约15-20分．
命题趋势：该题稳居压轴位置，以数列、集合或数阵为载体，定义新概念或新运算，形式抽象、符号
简约、内涵丰富。命题采用分层设问、逐层递进的结构，从特殊到一般，重点考查逻辑推理、数学归
纳与构造性证明能力。
2026年预测：预计2026年仍以数列新定义或集合新定义为主要考查方向，延续“给出新概念—理解定
义—迁移应用”的命题模式。集合新定义题型考察可能性增大，可能融合数论背景或与函数、不等式
交汇。
备考核心：耐心读题、逐条分析，通过列举特例或前几项发现规律，将新定义翻译为熟悉的数学语言。
强化构造性证明与反证法的训练，注重从特殊到一般的归纳推理能力。
题型01 集合新定义
析典例 · 建模型
1．（2026·北京密云·一模）已知集合 .对于
，定义 与 的差为 ， ；定义与 之间的距离为 .
(1)若 ，写出所有的 ，使得 ；
(2)已知 ，若 ，并且 ，求 的最大值；
(3)证明： 三个数中至少有一个是偶数.
【答案】(1)
(2)
(3)证明过程见解析
【分析】（1）根据距离的定义，找出满足 的 即可；
（2）先根据 ，分析 元素所满足的条件，再求 的最大值；
（3）首先讨论三个差 的和的奇偶性，再利用反证法，结论得证.
【详解】（1） ，说明 与 只有 个位置元素不同， 全为 ，因此 恰有1个位置为0，其余
为 ，
则所有满足条件的 为： ；
（2）已知 ， ，
， ，
即 和 中恰好各有 个分量为 （其余为 ）
设 的 的位置集合为 ， 的0的位置集合为 ,则 ，
则 ，而 的最小值为 ，因此 的最大值为
（3）证明：
对任意位置 ，讨论三个差 的和的奇偶性：
若 全相同：三个差都为 ，和为偶数；
若两个相同一个不同：不妨设 ，则三个差为 ，和为 ，仍是偶数；
所有位置求和得： 是偶数；
若三个数全为奇数，总和为奇数，与上述结论矛盾，因此三个数中至少有一个是偶数，得证.
研考点 · 通技法
对集合新定义问题，题目难度大，解题步骤如下：
1、理解定义：逐字逐句拆解定义，抓住核心条件。通过举正例和反例，明确集合元素需满足什么性质、
元素之间有何关系，将抽象定义转化为具象的数学约束。
2、从特殊到一般：从小规模情况（如元素个数少时）开始列举，观察规律，再推广至一般情形。特殊情
况的结论往往为一般证明提供方向或反例。
3、构造性证明：证明存在性时，直接构造符合要求的集合是关键。常用构造方法：取特殊值、按某种规
则筛选元素、利用对称性或周期性。
4、分类讨论：根据定义中的关键条件进行分情况讨论，确保覆盖所有可能。分类标准通常是元素的奇偶
性、大小关系、是否属于某个子集等。
5、反证法运用：当直接证明困难时，假设结论不成立，推导出与已知条件或定义本身矛盾的结论，常用
于证明“不存在”或“必然成立”类问题。
6、与已知概念类比：将新定义与熟悉的数学概念（如等差数列、子集族、模运算等）类比，借助已有结
论快速把握本质，降低理解难度。
破类题 · 提能力
1．（2025·北京海淀·三模）设 和M均为正整数， 是两两不同的M元集合组成的集合
序列，若存在 ，使得 ，就称Q中存在“三叶草”，并称
为Q中的一片三叶草．
(1)若 ，分别直接判断以下集合序列中是否存在三叶草，存在的请写出一片相应的三叶草：，
；
(2)若 满足 ，其中 ，
，证明：Q中不存在三叶草；
(3)若 ，其中 ，证明：Q中一定存在三叶草．
【答案】(1) 存在三叶草， ； 不存在三叶草.
(2)证明过程详见解析
(3)证明过程详见解析
【分析】（1）先找到有共同元素的三个集合，再验证即可得到答案.
（2）每个 可以看作一个四维向量，每个维度有固定的取值,然后再研究 存在三叶草时，各个维度的
坐标需满足的条件，然后用反证法证明.
（3）需要证明当集合数量足够大时，必然存在三叶草，这里可以用鸽巢原理和集合的对称性来证明.
【详解】（1）对于 ，检查是否存在三个集合使得两两交集相等；
选取三个集合 ， ， ，发现交集分别为 ， ， ，不满足.
再尝试其他组合，第1，2，5个集合 ， ， ，
它们的交集均为 ，因此 存在三叶草 .
对于 ，由于每个元素仅出现在两个集合中，无法找到三个集合共享同一元素，故不存在三叶草.
（2）给定 ，其中： ， ， ， ；
每个 可以看作一个四维向量，每个维度有固定的取值.
我们需要证明不存在三个集合 使得它们两两的交集相同，假设 存在三叶草，则需要满足 意味着：
和 在相同维度上取值相同;
和 在相同维度上取值相同;
和 在相同维度上取值相同;
这意味着 在所有维度上的相同性必须一致,
换句话说，对于每个维度，要么三个集合在该维度的取值都相同，要么两两不同;
由于每个维度只有 2 种取值，三个集合在某个维度上的取值只能是：全部相同（如 ）;
或者两两不同（如 ），但这是不可能的，因为每个维度只有 2 种取值;
因此，三个集合在每个维度上的取值必须相同,
这意味着 ，但题目要求集合两两不同，矛盾.
因此， 不存在三叶草.
（3）固定一个集合 ，考虑其他集合 与 的交集 ，
的子集有 种可能，因此 有 种可能；
对于每个 ，定义 ，
下面介绍一下鸽巢原理，又叫抽屉原理，
它指的是一个简单事实，如果鸽子的数量比巢穴的数量多，那么至少要有1个鸽巢被两只或多只鸽子占据，
即若有 个鸽巢， 个鸽子，则至少有1个巢内有至少2个鸽子，
至少数公式：当鸽子数不能被鸽巢数整除时，至少有一个鸽巢中会有（商+1）个鸽子，
另外，规定当 ， 为整数时， ，当 时， ，
其中 ，由鸽巢原理（相当于 只鸽子飞回 个巢），
可知存在至少 个 使得 相同，当 时，由 是两两不同的一元集合组成的集合序列，
可得 ,所以存在三叶草.
当 时，至少存在2个 使得 相同，假设为 ，
则 ，同理
对于集合 也是如此，即 ,
对于集合 也是如此，即 ,
对于集合 也是如此，即 ,
找到三个集合 满足 .
当 时， 中一定存在三叶草.
2．（2025·北京海淀·二模）记 表示有穷集合 的元素个数．已知 是正整数，集合 ．
若集合序列 满足下列三个性质，则称 是“平衡序列”：
① ，其中 ；
② ⫋ ，其中 ；
③对于 中的任意两个不同元素 ，都存在唯一的 ，使得 ．
(1)设 ，判断下列两个集合序列是否是“平衡序列”？（结论不要求证明）
(2)已知 且集合序列 是“平衡序列”，对于 ，定义：证明：
（i）当 时， ；
（ii） ．
【答案】(1) 是平衡的， 不是平衡的；
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【分析】（1）根据平衡的三个条件逐个分析即可判断 ，找到反例 ，即可判断 ；
（2）（i）考虑 ，根据性质③知若 ，则会得到矛盾点，即可证明；
（ii）设 中最小的（之一）为 ，且 ，设 ，根据（i）的证
明方法知当 时， ，则 都不大于 ，最后相加即可证明.
【详解】（1） 是平衡的， 不是平衡的．
理由： ，
， ，满足 ，
显然 ⫋ ，且对于 中的任意两个不同元素 ，
，
都存在唯一的 ，使得 ．
故 是平衡的，
，
并不是 的子集，故 不是平衡的．（2）（i）当 时，对于 中的每个元素 ，考虑 ．
由③知存在唯一的 ，满足 ，则 ．
将每一个 对应到 ，
若 ，就有 ，否则 且 与③矛盾．
所以 ．
（ii）对 中所有元素的总个数算两次（重复出现的计多次），
一方面总个数就是 ，
另一方面，按照每个元素出现的次数计算，这个总个数也是 ，
所以 ．（＊）
不妨设 中最小的（之一）为 ，
且 ，由②③知 ．
再不妨设 ．
由（i）的证明方法可证：当 时， ，
由③知 ，
所以 ，
又因为 ，所以 都不大于 ，
全部相加得 ，
由 的最小性知 ，
结合（＊）可得，
所以 ．
3．（2025·北京房山·一模）设 为正整数，集合 ，对于集合
中2个元素 ，若 ，则称 具有性
质 ．记 为 中的最小值．
(1)当 时，若 ，判断 是否具有性质 ．如果是，求出 ；如
果不是，说明理由；
(2)当 时，若 具有性质 ，求 的最大值；
(3)给定不小于3的奇数 ，对于集合 中任意2个具有性质 的元素 ，求 的最大值．
【答案】(1) 具有性质 ， ；
(2)1；
(3) .
【分析】（1）根据定义，计算 ，即可判断 具有性质 ；在分别计算出
，即可求得 ；
（2）方法1：由已知得出 ，结合 ，得出
，进而得出 ，并取 验证
的最大值可以取到；方法2：用反证法假设 ，由已知得出 与题设矛盾，即可说
明；（3）由性质 可得 ， ①，且
②，①中不妨设 ，②中不妨设 ，由对
称性可以设 ，得出 ，进而得出
，再验证可以取到最大值即可．
【详解】（1）因为 ，所以 具有性质 ；
因为 ，
所以 ．
（2）方法：1：
由性质 得 ，所以 ，
因为 ，
所以 ，
则 ， ， ，
所以 ，
所以 ，
又因为当 时，
具有性质 ，
且 ，
所以 的最大值为1．方法2：
先用反证法证明 ，
假设 ，
由 ，则 ，
所以 ，同理 ，
所以 ，
由 ，
所以 ，
与已知 矛盾，假设不成立，
所以 ，
当 时， ，
此时 ，
所以 的最大值为1．
（3）由性质 可得 ，
所以 ①，且 ②，
在①中不妨设 ，
在②中不妨设 ，
由对称性可以设 ，
所以 ，
所以，即 ，
因为存在 ，（其中有 个 个
），
（其中有 个 ， 个 ）具有性质 ，
并且 ，
，
，
所以 ，
综上 最大值为 ．
题型02 数列新定义
析典例 · 建模型
1．（2026·北京延庆·一模）设m为正整数，数列 ， ，…， 是公差不为0的等差数列，若从中删
去两项 和 后剩余的 项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列 ，
，…， 是 可分等差数列．(1)说明数列 ， ，…， 是不是 、 、 、 可分等差数列；
(2)当 ， 时，证明：数列 ， ，…， 是 可分等差数列；
(3)当 时，数列 ， ，…， 是 可分等差数列，证明：满足条件的 个数不少于
个．
【答案】(1) 是、 是、 不是、 是
(2)证明见解析
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【分析】（1）对每一组待删项 ，先列出删除后剩余的4项，再根据等差数列定义验证相邻项差值是
否相等，一次判断剩余项能否构成等差数列，最终得出各组是否符合要求；
（2）针对数对 ，将数列按删去项前后分段.删前取连续4项为组，删后剩余段也按连续4项
分组，每组均为等差数列，满足可等分要求；
【详解】（1）设原等差数列公差为 ，通项为 ，等差数列性质：下标成等差，则项成
等差.
（1）判断， ，共6项，删去两项后剩余4项需构成1组等差数列： ：剩余 ，是公差
为 的等差数列，是；
：剩余 ，是公差为 的等差数列，是；
：剩余 ，依次为 ，相邻差不相等，无法构成等差数列，不是；
：剩余 ，是公差为 的等差数列，是.
结论：仅 不是，其余三个都是.
（2）证明 是可分等差数列：
按如下方式分组，共分为 组，每组4项：前 组：对 ，第 组取 ，
均在删去项 之前，每组4个连续项，天然构成等差数列；中间 组：删去 后，剩余项从 到 ，共 项，每4个连续项分为一组，每组都是等
差数列；
后 组：删去 后，剩余项从 到 ，共 项，每4个连续项分为一组，每组都是等差
数列.
总项数为 ，恰好满足要求，因此数列是 可分等差数列，得证.
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研考点 · 通技法
对数列新定义问题的方法总结：
1、理解定义：逐项分析新定义的条件，明确数列中相邻项之间满足什么运算关系或约束。通过写出数列
的前几项，直观感受数列的变化规律。
2、从特殊到一般：从简单情况入手，先取特殊值或特殊位置试探，观察数列项之间的递推关系或周期规
律。特殊项的结果往往为证明一般结论提供关键线索。
3、找周期：新定义数列常呈现周期性或循环性。通过计算前几项找出周期，利用周期性推导任意项的值
或性质。
4、构造辅助数列：将原数列经过某种变换（如取倒数、取对数、加减常数）转化为等差或等比数列，借
助熟悉数列的结论解决问题。
5、分类讨论：根据定义中的参数取值或项的性质（如奇偶性、大小比较）进行分情况讨论，不同情况对
应不同规律，需分别处理并统一结论。
6、数学归纳法：当结论涉及所有正整数时，优先考虑数学归纳法。先验证初始项成立，再假设第 k项成
立，利用新定义中的递推关系推导第k+1项成立。
破类题 · 提能力
1．（2025·北京海淀·三模）设 是一个项数为 的数列，其中每一项均为集合 中的元素．定
义数列 如下：若 ，则 ，其中，当 时， ，当
时， ， ，其中记 ．
(1) 若数列 ，则 ______；
①
②若数列 ，则 ______．(2)对于给定的正整数 ，若正整数 满足对任意 ，均有数列 与 为同一数列，则称 为“ 阶好
数”．
（ⅰ）求最小的“3阶好数”．
（ⅱ）求使得“ 阶好数”存在的 的所有可能取值．
【答案】(1) ； .
(2)（ⅰ）3；（ⅱ） ．
【分析】（1）由题意逐项计算，可得答案；
（2）（i）法一：由（1）猜想答案，通过假设法直接证明；法二：利用列举法，可得答案；（ii）由参数
为奇偶数进行分类讨论，根据抽屉原理以及同余问题，可得答案.
【详解】（1）①已知 ，
由 ，则 ；由 ，则 ；由 ，则 ，可得 ；
由 ，则 ；由 ，则 ；由 ，则 ，可得 ；
由 ，则 ；由 ，则 ；由 ，则 ，可得 .
②已知 ，
由 ，则首项为 ，由 ，则 ，由 ，则 ，由 ，则 ，可得
；
由 ，则 ，由 ，则 ，由 ，则 ，由 ，则 ，可得
；
由 ，则首项为 ，由 ，则 ，由 ，则第三项为 ，由 ，则 ，可得
.
由 ，则首项为 ，由 ，则 ，由 ，则第三项为 ，由 ，则，可得 .
（2）（ⅰ）法一：
根据（1）中的①可猜测：最小的“3阶好数”是3．
最小的“3阶好数”为3．
证明如下：
当 时，记数列 的第 项为 ，其中 ， ．其中 ．
若 的三项互不相同，设 ，其中 ．
由于 ，故 ， ， ．所以 ．
同理 ， ．此时 与 为同一数列，且 均不与 为同一数列．故 ．
若 的三项中有且仅有两项相同，考虑到 ，不妨设 ．则 ； ；
故 与 也是同一数列．
若 的三项均相同，设 ，则由题意 ，依此类推 与 也是同一数列．
综上，最小的“3阶好数”是3．
法二：
最小的“3阶好教”为3
列举：所有情况综合得出最小的“3阶好数”为3．
（ⅱ）当 为偶数时，考虑 ．则 ．故 ．
此时，不存在正整数 ，使得数列 与 为同一数列，故当 为偶数时不存在“ 阶好数”．
当 为奇数时，因为 的每一项均为 中的元素，所以数列 至多有 种不同可能．
故由抽屉原理， 这 个数列中一定至少存在两个相同数列．
即，对于任意 ，总存在 ，以及 ，使得 与 为同一数列．
下证：当 时，若 与 为同一数列，则 与 为同一数列．
由题意，若 ，则 ，所以 ，即 ，
若 ，则 ，所以 ，即所以总有 ．
如果 与 为同一数列，则 有 成立．
从而 有 成立．
所以
即
因为 为奇数，且 ，所以有 ，所以
．
又因为所有 都是 之间的数，所以一定有 ．
由题意， ，如果 ， ，则必有 ．
所以 ．依此类推， ，有 ．即 与 为同一数列．
依此类推，可得 与 为同一数列，……， 与 为同一数列．
所以，对于任意 均存在正整数 ，使得 与 为同一数列．
当 取遍所有可能取值时，所有 的最小公倍数 即为“ 阶好数”．
综上，使得“ 阶好数”存在的 的所有可能取值为 ．
2．（2025·北京·模拟预测）若有限数列A： 的各项均为正整数，且对 ，
都有 ，则称数列A具有性质P.将数列A各项之和记为 .
(1)分别判断下列两个数列 ：1，6，2，4，3， ：1，2，3，4，5，…，10，是否具有性质P，并说
明理由.(2)若数列A具有性质P，且项数m为6，求 的最小值.
(3)对具有性质P且项数固定为m的数列A，记 的最小值为 .判断是否存在正整数 使得 .
若存在，求出所有的m；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)数列 不具有性质 ，数列 具有性质 ，理由见详解
(2)9
(3)不存在，理由见详解
【分析】（1）根据数列A具有性质P的定义判断即可；
（2）用列举法，从数列最小的项开始尝试，直至求出满足条件的 ；
（3）从 开始尝试，构造出满足条件的数列，进而可求得结论.
【详解】（1）对于数列
因为
因为存在两个连续三项的和相等，所以数列 不具有性质 ；
对于数列
因为所有连续三项的和互不相等，所以数列 具有性质 .
（2）因为数列 的各项均为正整数，所以为了使 最小，数列的项应尽可能小，从1开始尝试，
构造数列 ， ，要求
互不相等，
当数列A的项全为1时， ，所有连续三项的和为 ，不满足互不相等；
当数列A的项有5个1时，若有4个或5个1相邻，不满足互不相等，当有3个1相邻时，如 ，不满足互不相等；
当数列A的项有4个1时，若有4个1相邻，不满足互不相等，
若有3个1相邻，如 或 或 ，
均不满足互不相等；
当数列A的项有3个1时，如 或 ，满足题意；
此时数列的和最小，最小值为 .
（3）记
，又因为为 互不相等，
即 ，且 所以， 。由于要用到 ，我们先计算
，
将 按从小到大重新排序，不影响 的值，
不妨设为 ，
要使 最小，则 相邻间的间隔最小，只能为1，
即
所以，
那么，
（其中取 ）
所以，当 时， 。
①
这就是说，当 时， 的最小值不会为 都不满足条件。
当 时，由（2）的解析知不满足条件，所以 不取$4，5，6$
②
当 时，
③
这里 ，否则，不满足 互不相等，又要最小，所以
这时 ，所以m不取7．
当 时，
这里 ，否则，不满足 互不相等，又要最小，所以
这时 ，所以m不取8．
同样可算得
当 时， ；
当 时， ；
当 时， .
所以m不取9，10，11．
综上，满足条件的 不存在.
3．（2025·北京·三模）已知整数数列 的项数均为m（m>2），且同时满足以下两个性质：
① ；
②
记
(1)若m=3，且 ，写出 的值；(2)记 其中 表示集合A中元素的最大值.
（i）若 ， ，求 的最大值；
（ii）当 时，若 ，求Q的最小值.
【答案】(1) ， ；
(2)（i）2；（ii）30.
【分析】（1）直接根据定义性质得 ，解出 ，再计算 即可；
（2）（i）取极端情况 为1，3，5；取数列 为2，3，4，此时 ；方法一：利用反证法，假
设 ，最后分析得到与性质②矛盾的点；方法二：一般性证明，设
，通过引入 进行合理放缩即可；方法三：利用枚举法，枚举出所
有情况即可；
（ii）考虑极端情况，显然 ，分类讨论 为偶数和 为奇数即可.
【详解】（1）由题意可得， ，
所以 .
（2）（i）由②可得，两个数列均值相等，则要使 越大，则可考虑一组数据更集中，
一组数据更分散，作为极端情况来考虑，此时要使 取到最大值，对应极端情况，取数列 为1，3，
5；取数列 为2，3，4，
则 ，
下证： 的最大值为2：
法1：（反证法）假设 ，则 ，不妨设 ，
若 ：
因为 ，所以 ，则 ，与性质②矛盾，舍去；若 ：
因为 ，所以 ，可得
则 ，与性质②矛盾，舍去；
若 ：
因为 ，所以 ，
则 ，与性质②矛盾，舍去．
所以 ，同理可得 ，所以 .
取数列 为1，3，5；取数列 为2，3，4，
则 成立，所以 的最大值为2．
法2：（一般性证明）设 ，不妨设 ，
则 ，
所以 ，（7分）
取数列 为1，3，5；取数列 为2，3，4，
则 成立，所以 的最大值为2．
法3：（枚举法）
取 为1，2，3，则 只能为1，2，3，此时 ；
取 为1，2，4，则 只能为1，2，4，此时 ；
取 为1，2，5，则 可能为1，2，5，也可能为1，3，4，此时 或2；
取 为1，3，4，则 可能为1，2，5，也可能为1，3，4，此时 或2；取 为1，3，5，则 可能为1，3，5，也可能为2，3，4，此时 或2；
取 为1，4，5，则 可能为1，4，5，也可能为2，3，5，此时 或2；
取 为2，3，4，则 可能为2，3，4，也可能为1，3，5，此时 或2；
取 为2，3，5，则 可能为1，4，5，也可能为2，3，5，此时 或2；
取 为2，4，5，则 只能为2，4，5，此时 ；
取 为3，4，5，则 只能为3，4，5，此时 ．
综上， 的最大值为2．
（ii）考虑极端情况，显然 ，
若 为偶数，取 为 ，
取 为
则
解得 成立；
若 为奇数，取 为 ，
取 为
则
解得 ，与 为奇数矛盾，舍去，
所以 的最小值为30，
当 为 为11，12，13，14，15，16，17，18，19，20时取到．
证明：
记 ，则 ，
，设
则有 ，其中 分别表示集合 的元素个数
由（i）可得 ，
所以 （＊）
又因为 ，所以 ，进一步有 ，
将 代入（＊）中可得
，
再次代入（＊）中可得 ，解得 ，
另一方面，当 为 为11，12，13，14，15，16，17，18，19，20时 ．
所以 的最小值为30．
（建议用时：60分钟）
刷模拟
1．（2026·北京平谷·一模）设数阵 ，其中 ．设
，其中 且 ．定义变换 为“对于数阵的每一行，若其中有 或 ，则
将这一行中每个数都乘以 ；若其中没有 且没有 ，则这一行中所有数均保持不变 ．表示“将 经过 变换得到 ，再将 经过 变换得到 ，…，以此类推，最后将 经过 变
换得到 ”，记数阵 中四个数的和为 ．
(1)若 ，写出 经过 变换后得到的数阵 ；
(2)若 ，求 的值；
(3)对任意确定的一个数阵 ，证明：对所有可能的非空子集 ，对应的 的值的总和不超过 ．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据矩阵变换的定义和已知的变换结果，得到矩阵 ；
（2）先对矩阵 执行指定的 变换得到新矩阵，再将新矩阵所有元素相加得到 ；
（3）通过分类讨论子集是否包含矩阵中对应位置的元素，统计各类子集的数量并计算变换后矩阵元素的
总和，最终推导出所有 的值的总和的表达式并证明其不超过 −4.
【详解】（1）由题意可得 ；
（2） 经 变换后得 ，故 ．
（3）若 ，在 的所有非空子集中，含有 且不含 的子集共 ，经过变换后第一行均
变为 ；含有 且不含 的子集共 个，经过变换后第一行均变为 ；同时含有 和的子集共 ，经过变换后第一行仍为 ；不含 也不含 的子集共 个，经过变换后第一行仍为
．
所以经过变换后所有 的第一行的所有数的和为
．
若 ，则 的所有非空子集中，含有 的子集共 个，经过变换后第一行均变为
；不含有 的子集共 个，经过变换后第一行仍为 ．
所以经过变换后所有 的第一行的所有数的和为 ．
同理，经过变换后所有 的第二行的所有数的和为 ．
所以对所有非空子集 ， 的值的总和为 ，
又因为 ，
所以 的值的总和不超过 ．
【点睛】这道题以矩阵子集变换为载体，核心是通过分类计数与对称抵消思想.
2．（2025·北京延庆·三模）已知数集 具有性质 :对任意的
， ，使得 成立.
(1)分别判断数集 与 是否具有性质 ，并说明理由;
(2)求证 ;
(3)若 ，求数集 中所有元素的和的最小值.
(4)请写出解三角形、三角函数、立体几何和概率统计模块中任意2个公式.
【答案】(1) 不具有， 具有，理由见解析(2)证明见解析
(3)75
(4)答案见解析
【分析】（1）根据数列新定义计算判断即可；
（2）结合数列新定义应用累加法计算证明；
（3）根据数列新定义结合，分类讨论使得求解最小值即可.
（4）略
【详解】（1）∵ 无法表示，∴数集 不具有性质 .
∵ ， ， ， ，∴数集 具有性质 ．
（2）∵集合 具有性质 即对任意的 ， ， 使得 成
立，
又 ， ，
∴ ， ，
， ，
∴ ，
即 ， ， ， ，
累加得 ，
化简得 ．
（3）最小值为 ．
首先注意到 ，根据性质 ，得到 ，
所以易知数集 的元素都是整数，
构造 或者 ，这两个集合具有性质 ，此时元素和为 ．下面证明
是最小的和．假设数集 ，满足 最小，
第一步：首先说明集合 中至少有 个元素：
由（ ）可知， ， ， ，又 ，
∴ ， ， ， ， ， ∴ ．
第二步：证明 ， ，
若 ，设 ，
∵ ，为了使 最小，
在集合 中一定不含有元素 ，使得 ，从而 ；
若 ，根据性质 ，对 ，有 ， ，使得 ，显然 ，∴ ，
此时集合 中至少有 个不同于 ， ， 的元素，从而 ，矛盾，
∴ ，且 ．
同理可证： ．
至此，我们得到 ， ，
根据性质 ，有 ， ，使得 ，我们需要考虑如下几种情形：
① ， ，此时集合中至少还需要一个大于等于 的元素 ，才能得到元素 ，则 ；
② ， ，此时集合中至少还需要一个大于 的元素 ，才能得到元素 ，则 ；
③ ， ，此时集合 ， ；
④ ， ，此时集合 ， ．综上所述，若 ，则数集 中所有元素的和的最小值是 ．
（4）
3．（2025·北京门头沟·一模）已知有限数列 ，其中 ， .在 中
选取若干项按照一定次序排列得到的数列称为 的一个子列，对某一给定正整数 ，若对任意的
，均存在 的相应子列，使得该子列的各项之和为 ，则称 具有性质 .
(1)判断 ： ， ， ， ， ， ， 是否具有性质 ？说明理由；
(2)若 ，是否存在 具有性质 ？若存在，写出一个 ，若不存在，说明理由；
(3)若 ，且存在 具有性质 ，求 的取值范围.
【答案】(1)具有，理由见解析；
(2)不存在，理由见解析；
(3) .
【分析】（1）利用定义计算即可；
（2）根据数列中各项的取值范围，结合定义判定当 时至少需要子列含4个数与任意4项子列和大于3
矛盾即可；
（3）根据新定义结合第一、二问举例说理即可.
【详解】（1）根据定义知取 ，有 ；
取 ，有 ，
取 ，有 ，
即对任意 ，都存在 的相应子列，使得该子列的各项之和为 ，
所以 ： ， ， ， ， ， ， 具有性质 ；
（2）不能，理由如下：假设 ，具有性质 ，
因为 ，所以M的任意四项和小于4，
所以 ，
则对于M的任意四项子列S，不妨设 ，
有 ，
又 具有性质 ， ，所以M的任意三项和小于3，
故不存在 的子列其各项和为3，与 具有性质 矛盾，
所以 时，不存在 具有性质 ；
（3）由题可知， 时，又 ，所以 ，
由（2）道理相同可知， ，
取 ，
因为 ，
， ，
所以 具有性质 ，
综上 .
4．（2025·北京昌平·二模）设 为正整数，数列 是公差不为 的等差数列，若从中去掉两
项 和 后剩余的 项可被平均分为 组，且每组的 个数都能构成等差数列，则称数列 是
的可分数列．
(1)写出所有 ，使得数列 是 、 的可分数列；(2)当 时，证明：数列 是 的可分数列；
(3)若数列 是 的可分数列，记所有满足条件的 的个数为 ，求 的值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据可分数列的定义可得出合乎条件的 ；
（2）对 进行讨论：① ，去掉 后，按照可分数列的定义进行列举即可；② 时，去掉
后，前 项按①中的分组，后面的项按原顺序每 项分为一组，结合可分数列的定义可证得结论成
立.综合可得结论；
（3）设数列 的公差为 ，将数列 表示为： ．分
两种情况讨论：① ；② .结合可分数列的定义，求出每种情况下“ ”的个数，
可得出 的个数，然后再结合可分数列的定义验证即可.
【详解】（1）根据题意， 可以为 ．
（2）设数列 的公差为 ．
当 时，去掉 后，剩余 项按照： ；
分为三组（*），每组都是公差为 的等差数列．
当 时，去掉 后，前 项按如上（*）分组；后面的项按原顺序每 项分为一组，每组都是公差
为 的等差数列．
综上，数列 是 的可分数列．（3）若数列 是 的可分数列，设其公差为 ，
将数列 表示为： ．
①当 时，可以去掉数列 中的项 和 ，其余项顺序保持不变，
从前往后按原顺序每 项分为一组，每组均为公差为 的等差数列，
所以数列 是 的可分数列．
其中，符合 的一组“ ”的取值有 个．
②当 时，且 时，可以去掉数列中的 和 ．
若 ，则数列 分组为： ， ，
其中 、 部分按原顺序每 项分为一组，每组均为公差为 的等差数列；
部分按照被 除所得余数分组，余数相同的每组数按序号从小到大每 项分为一组，
则每组数均为等差数列，公差为 ．
若 或 ，由上述证明，数列 仍可分为 组等差数列．
所以数列 是 的可分数列．
而符合 的一组“ ”的取值有 个．
满足上述两类的 的个数为 ．
设 ，记 ，
用 表示数列 中的项组成的集合（下同）．
则 ，且 中元素个数均为 中元素个数均为 ．
由题意，数列 去掉 和 两项后可分为每 项一组的等差数列共 组，记为 ， ，对应的公差为 ，则 ．
考虑 被 除所得余数：
当 时，数列 中的 项均在某一个 中；
当 时，数列 中的 项分别在 中，
且没有两项在同一个 中，所以 ，或 ．
综上，所有满足条件的 的个数 ．
5．（2025·北京·二模）已知 项数列 ，对于给定 ，定义变换 ：将数
列 中的项 替换为 ，其余项均保持不变，记得到的新数列为 ．其中，当 时， ；当
时， ；当 时， ．若将数列 再进行上述变换
，记得到的新数列为 ，重复操作，得到数列 ，并称
为第一次 变换， 为第二次 变换，⋯．
(1)若数列 ： ，求数列 和 ；
(2)设 为递增数列，对 进行有限次 变换后得到数列 ．证明： 为递增数列；
(3)当第 次 变换前后两个数列的首项乘积为负数时，令 ；否则 ．对于给定的 项
数列 ，进行2025次 变换，证明： ．
【答案】(1) ，
(2)证明见解析
(3)证明见解析【分析】（1）根据题设中的新定义，进行运算，得到答案；
（2）根据题设中新的变换，得到 仍为递增数列，进而得到 仍为递增数列，证得 仍为递
增数列，以此类推，对 进行有限次 变换后，所得的数列 为递增数列；
（3）设 中相邻两项乘积为负数的有 对， 中相邻两项乘积为负数的有 对，得到 ，
得到数列 中相邻两项乘积为负数的仍有 对，分情况讨论，即可得证.
【详解】（1）解：由题意得，数列 ，数列 ，
故数列 ．
（2）证明：若对 ： 进行 变换，即将 替换为 ，其余项不变，
由 ，得 ，故 仍为递增数列；
若对 进行 变换，即将 替换为 ，其余项不变，
由 ，很 ，故 仍为递增数列：
若对 进行 变换，即将 替换为 ，其余项不变，
由 ，得 ，故 仍为递增数列．
综上，对于任意 ，对 进行 变换后 仍为递增数列．
以此类推，知对 进行有限次 变换后，所得的数列 为递增数列．
（3）解：记数列 ： 中去除等于0的项后得到的数列为 （其余项相对位置不变，下同），
中去除为0的项后得到的数列为 ．
设 中相邻两项乘积为负数的有 对， 中相邻两项乘积为负数的有 对，
则 ．如果对 进行 变换，即将 替换为 ，
此时若 与 同号，则数列 中相邻两项乘积为负数的仍有 对，即 ；
若 与 异号，则 或 ；
若 与 中有0，则 一定不与 异号，故 ．
如果对 进行 变换，即将 替换为 ，
此时若 与 同号，则 ；
若 与 异号，有以下三种情况：
①若 与 同号，显然 也与 异号，则 ；
②若 与 异号，则 ；
③若 与 中有0，只有一个0，
不妨设 ，则 与 异号，故 ，或 ，或 ．
若 与 同为0，则 ；
若 ， ，不妨设 ，则 与 同号，故 ；
若 ， ，不妨设 ，则 与 异号，故 或 ；
对 进行 变换与进行 变换类似．
综上，对 进行一次 变换后， ．
以此类推，对 进行2025次 变换，每一次变换后所得数列中去除等于0的项后相邻两项乘积为负数的对
数 比变换前的并不会增大，且 ．
在此之中，若某一次变换使得第一项的正负号发生改变，则该变换一定是 变换，且变换之前数列的第一项与第二项异号，
故变换之后所得数列中去除等于0的项后相邻两项乘积为负数的对数比变换前减少1对．
所以对 进行2025次 变换时，其第一项的正负号最多发生 次改变，
即 ．
6．（2025·北京丰台·二模）设数列 是 的一个排列．由 中连续 项组成的集合称作
“ 的长为 的子列集”，其中 ．任取不大于 的正整数 ，当 时，若数列 的任意长
为 的子列集 和数列 的任意长为 的子列集 ，都有 ，则
称数列 为“好数列”．
(1)判断下列数列是否为“好数列”：
1，3，5，2，4；②1，4，6，2，5，3．
①
(2)证明：由 的排列构成的所有“好数列”中，存在首项不超过 的“好数列”（ 表示不
超过 的最大整数）；
(3)若数列 为“好数列”，求 的最大值．
【答案】(1) 是“好数列”；②不是“好数列”
(2)证明见解①析
(3)7
【分析】（1）根据“好数列”的定义逐项检验即可判断①②；
（2）分析可知若 是“好数列”，可知存在 ，结合“好数列”的定义分析
可得 且 ，即可得结果；
（3）分类讨论 的奇偶性，利用反证法结合（2）可知 为偶数不成立， 为奇数时且 ，不存在“好
数列”，即可得结果.【详解】（1）对于①：检验可知①是“好数列”；
对于②：例如 ，取长为2的子列集 和长为3的子列集 ，
此时 ，所以②不是“好数列”．
（2）若 是“好数列”，可知存在 ．
令 与 ，
于是集合 和 也分别是数列 和数列 的子列集，
又存在 ，得 ．
因此 ．
所以，数列 也是“好数列”．
设 与 中较小者为 ，则 且 ，
因此 ，即 ，于是 ，
所以存在首项不超过 的“好数列”．
（3） 的最大值为7．
①先考虑 ．
假设存在“好数列” ．由（2）可知，不妨设 ．
若 ，则由长为 的子列集 和 与集合 的交集非空，知 ，
即此“好数列”为： ．
又 ，长为 的子列集 和 与集合 的交集非空．
所以 且 ，与 矛盾．
若 ，则由长为 的子列集 和 与集合 的交集非空，知；
又与集合 的交集非空，知 ，矛盾；
②再考虑 ．假设存在“好数列” ．
由（2）可知，不妨设 ．
若 ，则由长为 的子列集 和
与集合 的交集非空，知 ．
又 ，长为 的子列集 和 与集合 的交集非空．
所以 且 ，与 矛盾．
若 ，则由长为 的子列集 和
与集合 的交集非空，知 ；
又与集合 的交集非空，知 ，
此时，长为 的子列集 ，矛盾．
所以，当 时，不存在“好数列”．
又数列1，4，6，2，5，3，7是“好数列”．
综上， 的最大值为7．
7．（2025·北京东城·二模）已知有穷整数数列 ，满足 .记集合 为
，或 ，或 ， .若数列 ，
则称数列 是 的“恒元”.
(1)已知数列 ，请写出 中所有满足 的数列；(2)当 时，是否存在数列 满足 ，且 是 的“恒元”?若存在，请写出一个满足条
件的数列 ；若不存在，请说明理由；
(3)当数列 是 的“恒元”时，若 是 个连续正整数的一个排列，求数列 的项数 的最
大值.
【答案】(1) ； ； ； .
(2)不存在，理由见解析；
(3)7
【分析】（1）分析得 ，再写出满足题意的数列即可；
（2）假设存在满足条件的数列 ，则分析有 是偶数，则得到与条件相反的结论，即可证明不
存在；
（3）首先分析得当 时，有 ，再分 和 讨论即可.
【详解】（1）因为数列 ，所以 中的数列满足 ．因为 ，
所以 中所有满足 的数列有
； ； ； .
（2）假设存在满足条件的数列 ，
则满足 ，有 ，或 ，或 ．
所以 与 同为奇数或同为偶数．
所以 是偶数．
所以 是偶数．
又 是奇数，矛盾．
所以假设不成立，不存在满足条件的数列 ．
（3）当数列 是 的“恒元”时，因为数列 中， 是 个连续正整数的一个排列，
所以当 时，有 ，且至多一项为1．
不妨记 ，所以 ，且 ．
当 时， .
当 时，有 .
此时 ，或 ．
又 ，所以 ， ，或 ， ．
①当 时，有 ，或 ，所以 ，或者 ．
当 时，有 ， ， ， ，
所以 ， ， .
因为 ， ，所以 ．所以 ．
当 时，有 ， ， ， ，所以 （舍）．
②当 时，有 ，或 ，所以 ，或者 ．
当 时，有 ， ， ， ，
所以 ， ， ,
所以 ．
当 时，有 ， ， ， ，
所以 ．所以 （舍）．
又由于数列 和 满足条件．
综上所述， ．8．（2025·北京通州·一模）已知数列 （N是大于3的整数）为有穷数列，定义 为
“卷积核”数列 满足：
(1)若数列 ，卷积核 ，求数列B.
(2)设 ，已知 且 ， ，若 .求证：数
列B中最大的项为 ，（ 表示a，b中的最大值）.
(3)已知 且 不全为0，卷积核 ，是否存在数列A，使得数列B的
任意一项均为0?若存在，请写出一个满足条件的数列A；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)存在，理由解析
【分析】（1）要算 ，从 开始往后选三项与 进行点积即可，
（2）方法一：由 可知数列的首尾项相同，成对称结构，且 ，从 一直递增到
中间项，再对称地递减，要证明数列 中最大的项就从中间项 开始点积，即可求证，方法二：利用作差
法即可证明.
（3）方法一：当 为偶数时，存在数列 : 符合题意，当 为奇数时，利用反证法求证得
为常数列，产生矛盾得解.方法二：利用反证法即可证明.
【详解】（1） ,,
所以数列
（2）方法一：依题意有
当 时，
由
又 则 ，
即当 时， ，
当 时，记 ，
由
即当 时， ，
综上可得：数列B中最大的项为 .
方法二：由已知可得 .
当 时， ，
因为 >0,
所以
当 时， ，
因为 <0,所以
因为
所以
因为
所以
所以
所以当 时， ,
所以数列 中最大的项为 或 或 .
因为
所以
因为
所以
所以 .
（ 与 无法比较大小，假设 ，当 时数列B的最大值为 ，
当 时，数列B的最大值为 ；当 时，数列B的最大值为 .）
综上，数列 中最大的项为 或 .
（3）方法一：当 为偶数时，取数列 的通项 ，
此时对 ,有 ，
故当 为偶数时，存在数列 ，使得数列 的各项为0，
当 为奇数时，设 且 ，下面用反证法证明不存在数列 ，使得数列 的各项为0，
假设存在数列 ，使得数列 的各项为0.为了更好地描述，我们记 中不存在的 ，
则对任意的 ，有 ，
上式相减可得 ，即数列 中的奇偶项分别为等差数列，
设 ，
且有 ,
进而
又由 知 ，
故 ，
整理可得 进而代入 可得 ，
故 ，
则 ，
取 ，有 ，即 ，
故 ，
因为 ，故 ，
由 知 ,故 只能为 的常数列，不符合题意，假设不成立，
综上，当 为偶数时，存在数列 : 符合题意.
方法二：①当N为偶数时，存在数列A使得数列B的任意一项均为0，此时可令
②当N为奇数时，不存在数列A使得数列B的任意一项均为0，证明如下：
假设存在数列A使得数列B的任意一项均为0
因为
所以 ， ， ，… , ，
.
所以 ， ，
， ， .
所以 ,
所以 ,
所以
所以
因为
所以 .
与 不全为0矛盾.
所以假设不成立.
9．（2025·北京·模拟预测）设 是正整数，数列 满足: ， 且
其任意两项互不相同. 对满足条件的数列 ，若 ，定义 为 ，
对正整数 ，定义 为 .(1)若 ，数列 ，直接写出 ；
(2)证明:对任意满足条件的数列 ，都存在正整数 ，使得 的首项为1；
(3)若 . 是否存在满足条件的数列 ，使得 的首项不为1？请说
明理由.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）根据定义直接求解即可；
（2）证明 时的情形，然后由数学归纳法证明 （ ）时的情形即可；
（3）原题条件等价转换为任意首项为 的数列，均可经过不多于 步的逆向变换，可转化为任意原数
列，结合数学归纳法即可证明.
【详解】（1）数列 ，由题意得数列 ； ；
； .
（2）下面用数学归纳法证明.
证明：①当 时，数列 或 满足条件；
显然，对数列 ：经过任意 （ 为正整数）次变换均为数列本身，即首项恒为 ；
对数列 ，有 ，故经过 次变换， 的首项为 ，
故当 时，存在正整数 ，使得 的首项为 ；
②假设 （ ）时，
对数列 ，其中 ，
都存在正整数 ，使得 的首项为1，
为便于理解，下面叙述为：经过有限次变换，可使首项为 ；
自然经过有限次变换，也可使首项变为数列的任意项 ， .当 时，对 ，其中 ，
（i）若 ，则 是数列 的前 项中的项， ，且 ，
由题意， 的首项也不等于 ，且经过任意次变换后首项均不为 ，
即变换仅对前 项产生顺序调整，相当于对数列 的变换，
故由归纳假设可知，经过有限次变换，可使首项为 ；
(ii)若 ，设 ， ， ，
由题意，经过任意变换，只要 没有变换至首项位置，则相当于对数列 的变换，
则由归纳假设，经过有限次（设为 次）变换，可使 首项为 ，
当 时，即 ，则 的首项为 ，即经过 次变换，可使首项为 ；
当 时，即 ，则 的最后一项变换为 ，则转化为新数列 满足 ，即（i）的情
况，故经过有限次变换，也可使首项为 ；
故对数列 ，都存在正整数 ，使得 的首项为1；
综合①②可知，对任意满足条件的数列 ，都存在正整数 ，使得 的首项为1.
（3）不存在满足条件的数列 ，使得 的首项不为1. 原因如下：
以上结论可转化为：任意数列 ， 的首项均为 .
由变换的可逆性，又可转化为：任意首项为 的数列，均可经过不多于 步的逆向变换，可转化为任
意原数列.
不妨设原数列为 .
首先，定义逆变换 ：设 是正整数，对数列 ，
若存在 ， ，定义逆变换 为 ，对正整数 ，定义 为 .
由（2）可知，任意数列 ，要使首项为 ，当数列中任意项 ， 时，数列
才可能取到最大变换次数.
故结论还可转化为，数列 ，可经过不多于 步的逆变换，可使数列中任意项均不在原位置.
下面用数学归纳法证明该结论.
①当 时，数列 ，经过一次逆变换得 .
由 ，
②假设 （ ）时，数列 可经过不多于 步的逆变换，可使数列中任意项均不
在原位置.
则当 时，对数列 ，
先将前 项即数列： ，作逆变换，
由归纳假设，可经过不多于 步的逆变换，使数列 的前 项均不在原位置，记为 ；
再作一次逆变换可得数列 ，其中第 项 ，
（假设 ，）
故后面的变换只与前 项有关，可经过不多于 步的逆变换，使数列 的前 项均不在原位置，
故共不超过 步逆变换.
10．（2025·北京东城·一模）已知有限数列 满足
.对于给定的 ，若 中存在 项满足
，则称 有 项递增子列；若 中存在 项满足
，则称 有 项递减子列.当 既有 项递增子列又有 项递减子列时，称 具有性质 .
(1)判断下列数列是否具有性质 ；
① ；
.
②
(2)若数列 中有 ，证明：数列 不具有性质 ；
(3)当数列 具有性质 时，若 中任意连续的 项中都包含 项递增子列，求 的最大值.
【答案】(1)数列①具有性质 ，数列②不具有性质
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据性质 判断即可；
（2）利用反证法，假设数列 具有性质 ，则数列 中存在 项递增的数列 和 项递减数列 ，分
析可知，存在 在 中恰出现一次，不妨记为 ，
记 ，则必有 ，再根据数列 递增， 递减，推导出 ，推出矛盾，从而说明结论
成立；
（3）由（2）知，数列 中恰有一项 既是 的项，也是 的项，记 ，所以， ，对数
列 项数最多的子列进行分析，可知递增子列的项数最多为 ，所以， ，然后对
为奇数和偶数进行分类讨论，求出 的最大值，并通过构造数列 确定 的最大值能取到，由此可得出
结果.
【详解】（1）数列①： 具有性质 ；数列②： 不具有性质 .理由如下：
对数列①，记该数列为 ，
该数列有 项递增子列： ，该数列有 项递减子列： ，故数列①具有性质 ；
对于数列②，记该数列为 ，
该数列有 项递增子列： ，该数列没有 项递减子列，
故数列②不具有性质 .
（2）假设数列 具有性质 ，则数列 中存在 项递增的数列 和 项递减数列 ，
因为 ，所以 为 ， 为 ，
所以对任意的 ，在 中至少存在一项 ，
因为 中有 项，所以存在 在 中恰出现一次，不妨记为 ，
记 ，则必有 ，
因为 递增， 递减，
所以，数列 中排在 前面的项至少有 ，共 项，
排在 后面的项至少有 ，共 项，
因为数列 中有 项，所以 是第 项，即 .
这与题设矛盾，所以假设不成立，即数列 不具有性质 .
（3）当数列 具有性质 时，
记数列 的 项递增子列为 为 和 项递减子列 为 ，
由（2）知，数列 中恰有一项 既是 的项，也是 的项，
记 ，所以， ，
所以数列 的前 项 由 组成，因为 ，
所以项数最多的递增子列只能是 或 ，
所以递增子列的项数最多为 ，
数列 的后 项 由 组成，
所以项数最多的递增子列是 或 ，
所以递增子列的项数最多为 ，所以， ，
因为 ，所以
当 为奇数， 时， 有最大值 ，所以 ，
构造数列 ，
该数列具有性质 ，且满足任意连续的 项中，都包含 项的递增子列；
当 为偶数， 时， 有最大值 ，所以 ，
构造数列 ，
该数列具有性质 ，且满足任意连续的 项中，都包含 项的递增子列，
综上所述， .
刷真题
1．（2025·北京·高考真题）已知集合 ，从M中选取n个不同
的元素组成一个序列： ，其中 称为该序列的第i项 ，若该序列的相邻项 满足： 或 ，则称该序列为K列．
(1)对于第1项为 的K列，写出它的第2项．
(2)设 为K列，且 中的项 满足：当i为奇数时， ：当i为偶数时，
.判断 ， 能否同时为 中的项，并说明理由；
(3)证明：由M的全部元素组成的序列都不是K列．
【答案】(1) 或
(2)不能，理由见解析
(3)证明过程见解析
【分析】（1）根据新定义即可得解；
（2）假设 与 能同时在 中，导出矛盾，从而得出 与 不能同时在 中的结论；
（3）假设全体元素构成一个K列，通过构造导出矛盾，从而得到要证明的结论.
【详解】（1）根据题目定义可知， 或 ，
若第一项为 ，显然 或 不符合题意（不在集合 中），所以下一项是 或 ；
（2）假设二者同时出现在 中，由于K列取反序后仍是K列，故不妨设 在 之前.
显然，在K列中，相邻两项的横纵坐标之和的奇偶性总是相反的，所以从 到 必定要向下一项走
奇数次.
但又根据题目条件，这两个点的横坐标均在 中，所以从 到 必定要向下一项走偶数次.
这导致矛盾，所以二者不能同时出现在 中.
（3）法1：若 中的所有元素构成K列，考虑K列中形如 的项，
这样的项共有 个，由题知其下一项为 ，共计16个，而 ，因为只能6由2来，3只能由7来，
横、纵坐标不能同时相差4，这样下一项只能有12个点，
即对于16个 ，有12个 与之相对应，矛盾．
综上，由M的全部元素组成的序列都不是K列．
法2：假设全体元素构成一个K列，则 .
设 ， .
则 和 都包含 个元素，且 中元素的相邻项必定在 中.
如果存在至少两对相邻的项属于 ，那么属于 的项的数目一定多于属于 的项的数目，
所以至多存在一对相邻的项属于 .
如果存在，则这对相邻的项的序号必定形如 和 ，
否则将导致属于 的项的个数比属于 的项的个数多2，此时 .
从而这个序列的前 项中，第奇数项属于 ，第偶数项属于 ；
这个序列的后 项中，第奇数项属于 ，第偶数项属于 .
如果不存在相邻的属于 的项，那么也可以看作上述表示在 或 的特殊情况.
这意味着必定存在 ，使得 .
由于相邻两项的横纵坐标之和的奇偶性必定相反，故 中横纵坐标之和为奇数的点和横纵坐标之和为偶数
的点的数量一定分别是 和 （不一定对应）.
但容易验证， 和 都包含 个横纵坐标之和为奇数的点和 个横纵坐标之和为偶数的点，所以
，得 .
从而有 .这就得到 .
再设 ， .
则同理有 .
这意味着 .
从而得到 ，但显然它们是不同的集合，矛盾.
所以由M的全部元素组成的序列都不是K列．
2．（2024·北京·高考真题）已知集合
．给定数列 ，和序
列 ，其中 ，对数列 进行如下变换：将 的第 项均
加1，其余项不变，得到的数列记作 ；将 的第 项均加1，其余项不变，得到数列记作
；……；以此类推，得到 ，简记为 ．
(1)给定数列 和序列 ，写出 ；
(2)是否存在序列 ，使得 为 ，若存在，写出一个符
合条件的 ；若不存在，请说明理由；
(3)若数列 的各项均为正整数，且 为偶数，求证：“存在序列 ，使得 的各项都相
等”的充要条件为“ ”．
【答案】(1)
(2)不存在符合条件的 ，理由见解析
(3)证明见解析【分析】（1）直接按照 的定义写出 即可；
（2）解法一：利用反证法，假设存在符合条件的 ，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；解
法二：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，可知序列 共有8项，可知：
，检验即可；
（3）解法一：分充分性和必要性两方面论证；解法二：若 ，分类讨论
相等得个数，结合题意证明即可；若存在序列 ，使得 为常数列，结合定义分析证明即
可.
【详解】（1）因为数列 ，
由序列 可得 ；
由序列 可得 ；
由序列 可得 ；
所以 .
（2）解法一：假设存在符合条件的 ，可知 的第 项之和为 ，第 项之和为 ，
则 ，而该方程组无解，故假设不成立，
故不存在符合条件的 ；
解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，
假设存在符合条件的 ，且 ，
因为 ，即序列 共有8项，
由题意可知： ，
检验可知：当 时，上式不成立，即假设不成立，所以不存在符合条件的 .
（3）解法一：我们设序列 为 ，特别规定 .
必要性：
若存在序列 ，使得 的各项都相等.
则 ，所以 .
根据 的定义，显然有 ，这里 ， .
所以不断使用该式就得到 ，必要性得证.
充分性：
若 .
由已知， 为偶数，而 ，所以
也是偶数.
我们设 是通过合法的序列 的变换能得到的所有可能的数列 中，使得
最小的一个.
上面已经说明 ，这里 ， .
从而由 可得 .
同时，由于 总是偶数，所以 和 的奇偶性保持不变，从而
和 都是偶数.
下面证明不存在 使得 .假设存在，根据对称性，不妨设 ， ，即 .
情况1：若 ，则由 和 都是偶数，
知 .
对该数列连续作四次变换 后，新的
相比原来的
减少 ，这与 的最小
性矛盾；
情况2：若 ，不妨设 .
情况2-1：如果 ，则对该数列连续作两次变换 后，新的
相比原来的
至少减少 ，这与 的
最小性矛盾；
情况2-2：如果 ，则对该数列连续作两次变换 后，新的
相比原来的
至少减少 ，这与 的
最小性矛盾.
这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的 都有 .假设存在 使得 ，则 是奇数，所以
都是奇数，设为 .
则此时对任意 ，由 可知必有 .
而 和 都是偶数，故集合 中的四个元素 之和为偶数，
对该数列进行一次变换 ，则该数列成为常数列，新的
等于零，比原来的
更小，这与 的最小性
矛盾.
综上，只可能 ，而 ，故
是常数列，充分性得证.
解法二：由题意可知： 中序列的顺序不影响 的结果，
且 相对于序列也是无序的，
（ⅰ）若 ，
不妨设 ，则 ，
①当 ，则 ，
分别执行 个序列 、 个序列 ，
可得 ，为常数列，符合题意；
②当 中有且仅有三个数相等，不妨设 ，则 ，即 ，
分别执行 个序列 、 个序列
可得 ，
即 ，
因为 为偶数，即 为偶数，
可知 的奇偶性相同，则 ，
分别执行 个序列 ， ， ， ，
可得
，
为常数列，符合题意；
③若 ，则 ，即 ，
分别执行 个 、 个 ，
可得 ，
因为 ，
可得 ，
即转为①，可知符合题意；
④当 中有且仅有两个数相等，不妨设 ，则 ，
即 ，
分别执行 个 、 个 ，可得 ，
且 ，可得 ，
因为 为偶数，可知 的奇偶性相同，
则 为偶数，
且 ，即转为②，可知符合题意；
⑤若 ，则 ，即 ，
分别执行 个 、 个 ，
可得 ，
且 ，可得 ，
因为 为偶数，
则 为偶数，
且 ，即转为④，可知符合题意；
综上所述：若 ，则存在序列 ，使得 为常数列；
（ⅱ）若存在序列 ，使得 为常数列，
因为对任意 ，
均有 成立，
若 为常数列，则 ，
所以 ；综上所述：“存在序列 ，使得 为常数列”的充要条件为“ ”.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.
3．（2023·北京·高考真题）已知数列 的项数均为m ，且 的前n
项和分别为 ，并规定 ．对于 ，定义 ，
其中， 表示数集M中最大的数.
(1)若 ，求 的值；
(2)若 ，且 ，求 ；
(3)证明：存在 ，满足 使得 ．
【答案】(1) ， ， ，
(2)
(3)证明见详解
【分析】（1）先求 ，根据题意分析求解；
（2）根据题意题意分析可得 ，利用反证可得 ，在结合等差数列运算求解；
（3）讨论 的大小，根据题意结合反证法分析证明.
【详解】（1）由题意可知： ，
当 时，则 ，故 ；
当 时，则 ，故 ；
当 时，则 故 ；
当 时，则 ，故 ；
综上所述： ， ， ， .
（2）由题意可知： ，且 ，因为 ，且 ，则 对任意 恒成立，
所以 ，
又因为 ，则 ，即 ，
可得 ，
反证：假设满足 的最小正整数为 ，
当 时，则 ；当 时，则 ，
则 ，
又因为 ，则 ，
假设不成立，故 ，
即数列 是以首项为1，公差为1的等差数列，所以 .
（3）因为 均为正整数，则 均为递增数列，
（ⅰ）若 ，则可取 ，满足 使得 ；
（ⅱ）若 ，则 ，
构建 ，由题意可得： ，且 为整数，
反证，假设存在正整数 ，使得 ，
则 ，可得 ，
这与 相矛盾，故对任意 ，均有 .
①若存在正整数 ，使得 ，即 ，
可取 ，
满足 ，使得 ；②若不存在正整数 ，使得 ，
因为 ，且 ，
所以必存在 ，使得 ，
即 ，可得 ，
可取 ，
满足 ，使得 ；
（ⅲ）若 ，
定义 ，则 ，
构建 ，由题意可得： ，且 为整数，
反证，假设存在正整数 ，使得 ，
则 ，可得 ，
这与 相矛盾，故对任意 ，均有 .
①若存在正整数 ，使得 ，即 ，
可取 ，
即满足 ，使得 ；
②若不存在正整数 ，使得 ，
因为 ，且 ，
所以必存在 ，使得 ，
即 ，可得 ，可取 ，
满足 ，使得 .
综上所述：存在 使得 ．
4．（2022·北京·高考真题）已知 为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的
，在Q中存在 ，使得 ，则称Q为 连续
可表数列．
(1)判断 是否为 连续可表数列？是否为 连续可表数列？说明理由；
(2)若 为 连续可表数列，求证：k的最小值为4；
(3)若 为 连续可表数列，且 ，求证： ．
【答案】(1)是 连续可表数列；不是 连续可表数列．
(2)证明见解析．
(3)证明见解析．
【分析】（1）直接利用定义验证即可；
（2）先考虑 不符合，再列举一个 合题即可；
（3）先证明 ，再说明 时不合题意，找出 且满足题意的数列即可得解．
【详解】（1） ， ， ， ， ，所以 是 连续可表数列；易知，不存
在 使得 ，所以 不是 连续可表数列．
（2）若 ,设为 ,则至多 ，6个数字，没有 个，矛盾；
当 时,数列 ，满足 ， ， ， ， ， ，
， ， ．
（3）解法一：先证明 .从5个正整数中，取一个数字只能表示自身，最多可表示5个数字，
取连续两个数字最多能表示4个数字，取连续三个数字最多能表示3个数字，
取连续四个数字最多能表示2个数字，取连续五个数字最多能表示1个数字，
所以对任意给定的5个整数，最多可以表示 个正整数，不能表示20个正整数，即 .
若 ，最多可以表示 个正整数，
由于 为 连续可表数列，且 ，所以至少有一项为负数，
既然任意5个正整数都不可能为20-连续可表数列，那么中间若插人一个负数项，更不能连续表示 的
正整数.
所以至少要有6个正整数才能连续表示 的正整数.所以 中至少包含6个正整数和一个负数，故 .
当 时，数列 满足题意，
．
解法二：若数列 为 连续可表数列，
则 ，这不可能！因而满足题设的 ．
若 ，得整数数列 中的连续若干项（至少一项，下同）的和 ，
；
，
；
；
最多能表示（下简称数列 的连续项和表示）出21个两两互异的正整数，
且题设是能表示出 这20个正整数．
①若数列 的六项均是自然数，由题设 ，
可得数列 的连续项和均小于20（没有表示出20），与题设矛盾！
所以数列 中有负项且负项的项数是1（若存在两个负项，则数列 的连续项和表示中会少两个正整数，
至多能表示 个正整数，不满足题设）．
若数列 的项中还有0，则数列 的连续项和表示中会少两个正整数（负项与0），不满足题设，因而数列的项是一项负五项正（且这五个正项两两互异）．
还可得：数列 的连续项和表示中除负项这个和外组成的集合是 ．
因为其中最大的是20，所以20的连续项和表示是最多的连续若干个正项之和（即对数列 的连续正项全
部求和）．
②因为＂若数列 满足题设，则数列
满足题设＂，
所以可只考虑数列 或 或 的情形．
若 且数列 的其余五项都是正项，则 或 ．若 ，则由
，
可得 ，得数列 的连续项和表示中的 均不是正整数；若
，
则由 ，可得 ，
得数列 的连续项和表示中的 均不是正整数．均不满足题设．
同理，可证得 也不满足题设．因而 ，
且 ．
③若两两互异的五个正整数 中没有1，则 ．
因而 ．
再由数列 的连续项和表示中最小的正数是1，可得 ．
若 ，则
得数列 的连续项和表示中会少表示一个正整数，不满足题设，因而 ．
而 ，所以 ．
再由 ，可得 ，
，
再得数列 的连续项和表示中17的表示只可能是 ，
进而可得 .
又由数列 的连续项和表示中有14，可得 ，
，得数列 是 （但 或 但 ，均不可能，因
而 中有1．
④由数列 的连续项和表示中有19及 ，
可得 或 （得 或 ．
若 ，则 ，得数列 的连续项和表示中会少表示一个正整数；
若 ，可得 （否则 ，数列 的连续项和表示中会少表示一个正整数），
所以 ，得 ，
数列 的连续项和表示中会少表示一个正整数．均不满足题设．
所以 ．
⑤由数列 的连续项和表示中有18及和为19的两两互异的四个数 均大于1及
，可得 得 或 （得 ，
数列 的连续项和表示中会少表示一个正整数）.
所以 ．
⑥由数列 的连续项和表示中有16及和为19的两两互异的四个数 均大于1，
（且 4：因为 及 ，
可得 （得 ）或 得 或 ，
（得 ，与 矛盾）或 得 ，与 矛盾）．
（i） ．
由数列 的连续项和表示中有15（可证得15的表示中没有 也没有 ），可得 得
，
这不可能）或 （得 ， ，这不可能）或 （得
，与 矛盾）或 得 ，再得 ，这不
可能）．
（ii） ．
由数列 的连续项和表示中有14，可得
得 与 或 重复，这不可能），
或 （得 ，
这不可能）或 （得 ， ，进而可得数列 是 ，（此时 ，这不可能）或 ，3，2，1（此时
，这不可能））或 得 ，
再由数列 的连续项和表示中有13，
可得数列 是 （但 ，这不可能）或 （但 ，这不可
能））
或 （得 ，这不可能）．
综上所述，可得欲证结论成立．
【点睛】关键点睛，先理解题意，是否为 可表数列核心就是是否存在连续的几项（可以是一项）之和
能表示从 到 中间的任意一个值．本题第二问 时，通过和值可能个数否定 ；第三问先通过和值
的可能个数否定 ，再验证 时，数列中的几项如果符合必然是 的一个排序，可验证
这组数不合题．
