2015-2024年高考數(shù)學(xué)試題分類匯編：新定義綜合（數(shù)列新定義、函數(shù)新定義、集合新定義及其他新定義）

冷題25新是文徐合

（欲利新窕:文、備裁斷友文、集會(huì)新^4典他新范文）

十年考情?探規(guī)律

考點(diǎn)十年考情(2015-2024)命題趨勢(shì)

新高考數(shù)學(xué)新結(jié)構(gòu)體系下，新定義類試

2024.全國新I卷、2024?北京卷、2023?北京卷

題更綜合性的考查學(xué)生的思維能力和推

2022?北京卷、2021?全國新II卷、2021?北京卷理能力;以問題為抓手，創(chuàng)新設(shè)問方式，

考點(diǎn)1數(shù)列新

2020?全國新H卷、2020?北京卷2020?江蘇卷搭建思維平臺(tái)，引導(dǎo)考生思考，在思維

定義

2019?江蘇卷、2018?江蘇卷、2017?北京卷過程中領(lǐng)悟數(shù)學(xué)方法。

（10年10考）

2017?江蘇卷、2016?江蘇卷、2016?北京卷題目更加注重綜合性、應(yīng)用性、創(chuàng)新性，

本題分值最高，試題容量明顯增大，對(duì)

2016?上海卷、2016?上海卷、2015?北京卷

學(xué)科核心素養(yǎng)的考查也更深入。

壓軸題命題打破了試題題型、命題方式、

考點(diǎn)2函數(shù)新試卷結(jié)構(gòu)的固有模式，增強(qiáng)試題的靈活

2024?上海、2020?江蘇、2018?江蘇

定義性，采取多樣的形式多角度的提問，考

2015?湖北、2015?福建

（10年4考）查學(xué)生的數(shù)學(xué)能力，

新定義題型的特點(diǎn)是;通過給出一個(gè)新概

念，或約定一種新運(yùn)算，或給出幾個(gè)新

考點(diǎn)3集合新模型來創(chuàng)設(shè)全新的問題情景，要求考生

2020?浙江卷、2018?北京卷

定義在閱讀理解的基礎(chǔ)上，依據(jù)題目提供的

2015?山東卷、2015?浙江卷信息，聯(lián)系所學(xué)的知識(shí)和方法，實(shí)現(xiàn)信

（10年3考）

息的遷移達(dá)到靈活解題的目的;遇到新定

義問題，應(yīng)耐心讀題，分析新7E義的特

考點(diǎn)4其他新

點(diǎn)，弄清新定義的性質(zhì)，按新定義照章

定義2020?北京卷、2016?四川卷

辦事”逐條分析、驗(yàn)證、運(yùn)算，使問題

（10年2考）得以解決，難度較難，需重點(diǎn)特訓(xùn)。

分考點(diǎn)?精準(zhǔn)練1

考點(diǎn)01數(shù)列新定義

一、小題

1.（2021?全國新n卷?高考真題）（多選）設(shè)正整數(shù)〃=旬-2°+。/2+…其中4?0,1},

記0（〃）=%+q+…+%.貝!|（）

A.<y（2〃）=0（"）B.?（2?+3）=?（n）+l

C.0（8〃+5）=0（4〃+3）D.o（2"-l）=〃

【答案】ACD

【分析】利用。（〃）的定義可判斷ACD選項(xiàng)的正誤，利用特殊值法可判斷B選項(xiàng)的正誤.

【詳解】對(duì)于A選項(xiàng),<y（”）=4+4+?..+，2”=%,2^+q-2?+…,2*+%?2*”，

所以，a）（2n）^a0+al+---+ak=ty（n）,A選項(xiàng)正確；

對(duì)于B選項(xiàng),取"=2,2n+3=7=l-2°+l-21+l-22,.'.<?（7）=3,

而2=0.2°+1.2、則。（2）=1,即。⑺工以2）+1,B選項(xiàng)錯(cuò)誤;

34234M

對(duì)于C選項(xiàng)，8n+5=a0-2+a1-2+---+ar2^+5=1-2°+l-2+a0-2+a1-2+---+ar2,

以，+5）=2+%+%+―?+a&,

23/+20123M

4n+3=a0-2+a1-2+---+ar2-+3=l-2+l-2+a0-2+o1-2+---+ar2,

所以，a>（<4n+3）==2+a0+al+---+ak,因此,0（8“+5）=。（4"+3）,C選項(xiàng)正確;

對(duì)于D選項(xiàng)，2"-1=2°+，+…+2f故。（2"-1）=〃，D選項(xiàng)正確.

故選：ACD.

2.（2020?全國新n卷?高考真題）0-1周期序列在通信技術(shù)中有著重要應(yīng)用.若序列…。，…滿足

4e{0,1}"=1,2,…），且存在正整數(shù)加，使得%“=4"=12…）成立,則稱其為0-1周期序列,并稱滿足

4+皿=40=1,2,…）的最小正整數(shù)加為這個(gè)序列的周期.對(duì)于周期為加的0一1序列的2…%…，

1m1

。（Q=一￡4屈+"=12..,根-1）是描述其性質(zhì)的重要指標(biāo),下列周期為5的0；序列中，滿足。（后〈（左=123,4）

加/=15

的序列是（）

A.11010…B.11011---C.10001--.D.11001--.

【答案】C

【分析】根據(jù)新定義，逐一檢驗(yàn)即可

【詳解】由％+?,=《知，序列內(nèi)的周期為m,由已知，m=5,

[5

C（左）=三Zaiai+k#=1,2,3,4

5日

對(duì)于選項(xiàng)A,

C*(l)——〉:=—(%%+〃2〃3+〃3“4+04a5+“506)二一(1+0+0+。+°)=——一

5j=]5555

15112

C*(2)=—>:Q,4+2=-(“J/++"3%+〃4,6+a5al)=_(0+1+0+1+0)=-不滿足;

5j=i555

對(duì)于選項(xiàng)B,

[5]]3

C*(l)——〉:〃回+]——("]%+〃2“3+〃3〃4+。4a5+"5“6)=-(1+0+。+1+1)=-,不滿足;

5,=]555

對(duì)于選項(xiàng)D,

[5][2

C*(l)——>:=—(%%+。2“3+〃3“4+。4a5+”506)=一(1+。+°+°+1)=—，不滿足;

5j=]555

故選：c

【點(diǎn)晴】本題考查數(shù)列的新定義問題，涉及到周期數(shù)列，考查學(xué)生對(duì)新定義的理解能力以及數(shù)學(xué)運(yùn)算能力,

是一道中檔題.

二、大題

L（2024?全國新I卷?高考真題）設(shè)根為正整數(shù)，數(shù)列4，出，…，4,“+2是公差不為0的等差數(shù)列，若從中刪去

兩項(xiàng)a,.和a.（i<j）后剩余的4m項(xiàng)可被平均分為m組，且每組的4個(gè)數(shù)都能構(gòu)成等差數(shù)列，則稱數(shù)列

%,外,。4m+2是（j,可分?jǐn)?shù)列.

⑴寫出所有的（仃），l<i<j<6,使數(shù)列…，&是（盯）-可分?jǐn)?shù)列；

（2）當(dāng)加23時(shí)，證明：數(shù)列4,%，…，。4M是（2/3）-可分?jǐn)?shù)列；

⑶從1,2,…,4相+2中一次任取兩個(gè)數(shù)i和/?<力，記數(shù)列4,出,…，的+2是（力）-可分?jǐn)?shù)列的概率為打，證明:

月..

O

【答案】⑴（1,2）,（1,6）,（5,6）

⑵證明見解析

⑶證明見解析

【分析】（1）直接根據(jù)億））-可分?jǐn)?shù)列的定義即可；

（2）根據(jù)?,/）-可分?jǐn)?shù)列的定義即可驗(yàn)證結(jié)論；

（3）證明使得原數(shù)列是億力-可分?jǐn)?shù)列的（V）至少有（m+爐-加個(gè)，再使用概率的定義.

【詳解】（1）首先,我們?cè)O(shè)數(shù)列4,%，…,%,"+2的公差為d，貝!Jdwo.

由于一個(gè)數(shù)列同時(shí)加上一個(gè)數(shù)或者乘以一個(gè)非零數(shù)后是等差數(shù)列，當(dāng)且僅當(dāng)該數(shù)列是等差數(shù)列,

故我們可以對(duì)該數(shù)列進(jìn)行適當(dāng)?shù)淖冃?=叫幺+l（k=l,2,...,4m+2）,

得到新數(shù)列4=%（%=1,2,…,4根+2）,然后對(duì)4,《，…,4,“+2進(jìn)行相應(yīng)的討論即可.

換言之，我們可以不妨設(shè)左=1,2,...,4加+2）,此后的討論均建立在該假設(shè)下進(jìn)行.

回到原題，第1小問相當(dāng)于從1,2,3,4,5,6中取出兩個(gè)數(shù)i和，。</）,使得剩下四個(gè)數(shù)是等差數(shù)列.

那么剩下四個(gè)數(shù)只可能是L2,3,4,或2,3,4,5,^3,4,5,6.

所以所有可能的（力⑺就是（1,2）,（1,6）,（5,6）.

（2）由于從數(shù)列1,2,...,由〃+2中取出2和13后，剩余的4%個(gè)數(shù)可以分為以下兩個(gè)部分，共加組，使得每組

成等差數(shù)列：

①{1,4,7,10},{3,6,9,12},{5,8,11,14},共3組；

②{15,16,17,18},{19,20,21,22},...,{4機(jī)-1,4m,4機(jī)+1,4〃?+2},共〃—3組.

（如果m-3=0,則忽略②）

故數(shù)列1,2,…,4m+2是（2,13）-可分?jǐn)?shù)列.

（3）定義集合4={4左+1]左=0,1,2,...,7"}={1,5,9,13,...,4m+1},

B={4左+2林=0,1,2,…,％}={2,6,10,14,…,4/77+2}.

下面證明，^l<i<j<4m+2,如果下面兩個(gè)命題同時(shí)成立，

則數(shù)列1,2,…,4加+2一定是。力-可分?jǐn)?shù)列:

命題1：

命題2：J-i*3.

我們分兩種情況證明這個(gè)結(jié)論.

第一種情況:如果ieAi,且/一b3.

此時(shí)設(shè)i=4《+l,/=4&+2,仁,白e{0,1,2,

則由力〈，可知4勺+1<4&+2,即勺-%>-；,故心21.

此時(shí)，由于從數(shù)列L2,...,4m+2中取出力=4尤+1和j=4e+2后，

剩余的4加個(gè)數(shù)可以分為以下三個(gè)部分，共加組，使得每組成等差數(shù)列：

①{1,2,3,4},{5,6,7,8},…，{/—3,秋-2,4kl-1,4%},共尢組；

（2）{4人+2,4勺+3,4Aj+4,4kl+5卜{4左+6,4匕+7,4k、+8,4左+9},…,{4]-2,4?-1,4k,,4k?+11,共k2—k、組；

③{4&+3,的+4,的+5,4"+6},{的+7,4匕+8,4左2+9,4%,+10},...,{4機(jī)一1,4〃44〃2+1,4〃2+2},共機(jī)-自組.

（如果某一部分的組數(shù)為0,則忽略之）

故此時(shí)數(shù)列1,2,...,4m+2是力-可分?jǐn)?shù)列.

第二種情況：如果ieB/eA,且

此時(shí)設(shè)i=4%+2,j=4k2+l,匕,％2e{0,1,2,...,機(jī)}.

則由，＜j可知4年+2＜4自+1,即網(wǎng)-勺＞；,故左2＞勺.

由于故（4右+1）—（4匕+2）/3,從而右一左41，這就意味著心一勺22.

此時(shí)，由于從數(shù)列1,2,...,4%+2中取出，=4左+2和/=4&+1后，剩余的4租個(gè)數(shù)可以分為以下四個(gè)部分，

共加組，使得每組成等差數(shù)列：

①{1,2,3,4},{5,6,7,8},...,{4々一3,4匕一2,4《一1,4匕},共尤組；

（^）{44+1,3K+匕+1,2匕+2匕+1,《+3匕+1},{3勺+匕+2,2kl+2左2+2,尢+3k?+2,4匕+2},2；

③）全體{4尢+p,3《+匕+p,2女1+2左?+p,勺+3左2+"},其中p=3,4,...,%2—勺，共%2-尢一2組；

④{4&+3,的+4,的+5,4左2+6},{的+7,4匕+8,4左2+9,4"+10},…，{4加一1,4.4。+1,4?7+2},共機(jī)-自組.

（如果某一部分的組數(shù)為0,則忽略之）

這里對(duì)②和③進(jìn)行一下解釋：將③中的每一組作為一個(gè)橫排，排成一個(gè)包含質(zhì)-K-2個(gè)行，4個(gè)列的數(shù)

表以后，4個(gè)列分別是下面這些數(shù)：

{4尢+3,+4,…,3匕+g},{3勺+/+3,3匕+匕+4,…,2K+2抬}，{2勺+2k、+3,2K+2左2+3,…,勺+3左2}，

{匕+3匕+3,匕+3k、+4,…,4匕}.

可以看出每列都是連續(xù)的若干個(gè)整數(shù)，它們?cè)偃〔⒁院螅瑢⑷”閧4尢+1,4匕+2,…,4《+2}中除開五個(gè)集合

{4左+1,4左+2},{3仁+利+1,3左+￡+2},{2勺+2&+1,2K+2&+2},{匕+3依+1,仁+3網(wǎng)+2},

{4為+1,4左2+2}中的十個(gè)元素以外的所有數(shù).

而這十個(gè)數(shù)中，除開已經(jīng)去掉的4尤+2和4/+1以外，剩余的八個(gè)數(shù)恰好就是②中出現(xiàn)的八個(gè)數(shù).

這就說明我們給出的分組方式滿足要求，故此時(shí)數(shù)列12…,4〃工+2是化））-可分?jǐn)?shù)列.

至此，我們證明了：對(duì)14，＜，＜與"+2,如果前述命題1和命題2同時(shí)成立,則數(shù)列l(wèi),2,…,4%+2一定是（7,j）-

可分?jǐn)?shù)列.

然后我們來考慮這樣的（仃）的個(gè)數(shù).

首先，由于Ac3=0,A和8各有機(jī)+1個(gè)元素，故滿足命題1的?,/）總共有（機(jī)+1）2個(gè)；

而如果=3,假設(shè)ieAJeB,則可設(shè)i=4《+l,j=4k2+2,代入得（4%+2）-（4尢+1）=3.

但這導(dǎo)致矛盾，所以，

設(shè)z.=4%+2,j=4k2+l,k^,k2e{0,l,2,...,m）,則（%+1）-（41+2）=3,即&-%=2

所以可能的化&）恰好就是（O』）,（1,2）,...,（〃LL〃Z）,對(duì)應(yīng)的（z；j）分別是（2,5）,（6,9）,...,（4機(jī)一2,4機(jī)+1）,總

共加個(gè).

所以這（加+1『個(gè)滿足命題1的1J）中，不滿足命題2的恰好有加個(gè).

這就得到同時(shí)滿足命題1和命題2的?"）的個(gè)數(shù)為（機(jī)+1）2-根.

當(dāng)我們從1,2,…,4%+2中一次任取兩個(gè)數(shù)i和人力<力時(shí)，總的選取方式的個(gè)數(shù)等于

（4m+2X4m+l）=（2OT+i）（4TO+i）

而根據(jù)之前的結(jié)論，使得數(shù)列％，出，…,%,“+2是（/,可分?jǐn)?shù)列的（/,/）至少有（〃?+1）2-m個(gè).

所以數(shù)列％,出，…,％+2是億力-可分?jǐn)?shù)列的概率2,一定滿足

p>（m+1）2*=后+加+1>病+m+]=[—+j=1.

（2m+l）（4??j+l）（2%+1）（4m+1）（2m+l）（4m+2）2（2m+l）（2/n+l）8

這就證明了結(jié)論.

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵在于對(duì)新定義數(shù)列的理解，只有理解了定義，方可使用定義驗(yàn)證或探究

結(jié)論.

2.（2024?北京?高考真題）已知集合

M={（。）,左,狡）,€{1,2},/?{3,4},左€{5,6},0€{7,8},且力+/+左+.為偶數(shù)}.給定數(shù)列4:卬,出,…,小，和序

列。:7],心…刀，其中7；=。/,勺,叱）eM（r=l,2,…,s）,對(duì)數(shù)列A進(jìn)行如下變換：將A的第3九配“項(xiàng)均

加1,其余項(xiàng)不變，得到的數(shù)列記作4（A）;將4（4）的第/上，*叫項(xiàng)均加1，其余項(xiàng)不變，得到數(shù)列記作

砧⑷;.…；以此類推，得到4…也⑷,簡記為0（4）.

⑴給定數(shù)列A：L3,2,4,6,3,1,9和序列。:（1,3,5,7）,（2,4,6,8）,（1,3,5,7）,寫出。（A）；

（2）是否存在序列Q,使得。（A）為4+2,出+6,生+4嗎+2,%+8,&+2,%+4,%+4,若存在，寫出一個(gè)符合

條件的。；若不存在，請(qǐng)說明理由；

⑶若數(shù)列A的各項(xiàng)均為正整數(shù)，且4+/+%+%為偶數(shù)，求證："存在序列。，使得。（A）的各項(xiàng)都相等"

的充要條件為"4+/=%+%=%+4=%+%”.

【答案】（1）Q（A）：3,4,4,5,8,4,3,1。

（2）不存在符合條件的O,理由見解析

⑶證明見解析

【分析】（1）直接按照。（A）的定義寫出。（A）即可；

（2）解法一：利用反證法，假設(shè)存在符合條件的Q,由此列出方程組，進(jìn)一步說明方程組無解即可；解法

二：對(duì)于任意序列，所得數(shù)列之和比原數(shù)列之和多4,可知序列。共有8項(xiàng)，可知：

（%+%）-（％”—i+%“）=8,〃=1,2,3,4,檢驗(yàn)即可；

（3）解法一：分充分性和必要性兩方面論證；解法二：若％+。2=。3+。4=“5+。6=。7+。8，分類討論

相等得個(gè)數(shù)，結(jié)合題意證明即可；若存在序列Q,使得。（A）為常數(shù)列，結(jié)合定義分析證明即可.

【詳解】（1）因?yàn)閿?shù)列41,3,2,4,6,3,1,9,

由序列工(1,3,5,7)可得工(A)23,3,4,7,3,2,9；

由序列T2（2,4,6,8）可得《小可：2,4,3,5,7,4,2,10；

由序列7；（1,3,5,7）可得（A）：3,4,4,5,8,4,3,10；

所以O(shè)（A）:3,4,4,5,8,4,3,10.

（2）解法一:假設(shè)存在符合條件的O,可知。（A）的第1,2項(xiàng)之和為％+出+s,第3,4項(xiàng)之和為生+。4+5,

[+2）+（%+6）=+%+s

則乂〉,而該方程組無解,故假設(shè)不成立,

故不存在符合條件的。；

解法二：由題意可知：對(duì)于任意序列，所得數(shù)列之和比原數(shù)列之和多4,

假設(shè)存在符合條件的。，且。（A）：么也，…也，

2+6+4+2+8+2+4+4

因?yàn)?8,即序列。共有8項(xiàng),

4

由題意可知：（處―1+”2〃）—（%一1+%）=8,〃=1,2,3,4,

檢驗(yàn)可知：當(dāng)〃=2,3時(shí)，上式不成立，

即假設(shè)不成立，所以不存在符合條件的。.

（3）解法一：我們?cè)O(shè)序列為&,｝（1"W8）,特別規(guī)定%

必要性：

若存在序列。：。耳…7；,使得。（4）的各項(xiàng)都相等.

貝!14」=4,2=4,3=4,4=4.5=4.6=4,=4,8，所以4j+4,2=4.3+4〃=4.5+4.6=4,+as,s-

根據(jù)『H（A）的定乂，顯然有4幻-1+4,2/=+4-1,2/+1,這里）=1,2,3,4,s=1,2,....

所以不斷使用該式就得到q+a?=%+%=%+%=%+1=4」+見,2-,必要性得證.

充分性：

若％+。2=。3+。4=〃5+〃6=%+?

由已知，。1+。3+%+%為偶數(shù)，而〃1+。2=。3+。4=。5+。6=%+。8，所以

出+%+4+q=4（4+出）—（q+/+%+%）也是偶數(shù).

我們?cè)O(shè)TS...T^（A）是通過合法的序列Q的變換能得到的所有可能的數(shù)列A）中，使得

-aa+a-a+

||+Is,3-sAI|S,5s.6\|^,7一%/最小的一個(gè).

上面已經(jīng)說明as,2j-\+4,2/=4-1,2/-1+j+1,這里j=l,2,3,4,5=1,2,....

+

從而由q+出=?3+?4=?5?6=%+4可得4,1+4.2=4,3+4,4=4,5+4.6=4,7+4.8=q+%+S.

同時(shí)，由于，；+/+《+叱總是偶數(shù)，所以41+。"3+%+吟7和%2+44+4,6+%的奇偶性保持不變，從而

a

4,1+4,3+4,5+4,7和4,2+s,4+4,6+4,8都是偶數(shù).

下面證明不存在j=1,2,3,4使得同2『一4.2,122.

假設(shè)存在，根據(jù)對(duì)稱性，不妨設(shè)）=1,4,2戶-%2戶2,即4廠4”2.

情況1：若|4,3-4,41+|縱5-4.61+|4,7-4,81=0，則由4.1+4,3+4,5+4.7和4,2+4.4+4,6+4,8都是偶數(shù)，知

4,1-4,2“

對(duì)該數(shù)列連續(xù)作四次變換（2,3,5,8）,（2,4,6,8）,（2,3,6,7）,（2,4,5,7）后，新的

14+4J—4+4,21+14+4,3—4+4,41+|4+4,5-4+4,61+14+4,7—見+4,8|相比原來的

I4」_qj+|4,3-4,/+|4,5-4.6|+|4,7-q/減少4,這與k」-qj+|4,3-q,4|+k，5_q,6|+|4,7_4,8]的最小性

矛盾；

情況2:右k，3一。“/+|%5_4,61+|%7一%/>0，不妨設(shè)|%.3_4,/>°?

情況2-1：如果4廣31，則對(duì)該數(shù)列連續(xù)作兩次變換（2,4,5,7）,（2,4,6,8）后，新的

14+2J—%+2,21+14+2,3-4+2,4|+14+2,5—4+2,61+14+2,7—見+2,8|相比原來的

一4』+|4,3-。2|+|4,5-4.6|+|4,7至少減少2,這與|%1-4:+|4.3-4,/+|4,5-4,6|+|4,7的最

小性矛盾；

情況22如果%4-%并，則對(duì)該數(shù)列連續(xù)作兩次變換（2,3,5,8）,（2,3,6,7）后，新的

14+2,1—4+2,2卜|4+2,3—4+2,1+|4+2,5—4+2,61+|4+2,7—4+2/相比原來的

%—4,2卜除3-aj+l%-4,6|+|4,7-4/至少減少2，這與|4j-4』+|%,3-4,/+|%,5-4,6|+|。“7-4」的最

小性矛盾.

這就說明無論如何都會(huì)導(dǎo)致矛盾，所以對(duì)任意的）=1,2,3,4都有辰41.

假設(shè)存在j=1，2,3,4使得舊處―-|=1，則?s,27-i+4⑷是奇數(shù)，所以

a

4J+4,2=4,3+sA=4,5+4,6=4,7+4,8都是奇數(shù)，設(shè)為2N+1.

a

則此時(shí)對(duì)任意J=l,2,3,4,由I-%/1<1可知必有{s,ij-i,4,2/}={MN+1}.

而J+4,3+4,5+4,7和4,2+4,4+4,6+4,8都是偶數(shù)，故集合{加|=N}中的四個(gè)元素i,j,k,w之和為偶數(shù),

對(duì)該數(shù)列進(jìn)行一次變換左,M，則該數(shù)列成為常數(shù)列，新的

14+1J_4+1,21+14+1,3_4+1.41+14+1,5_4+1.61+14+1,7_4+1,81等于零,比原來的

%』一4」+|4,3—4H|+|4,5—%6|+|%7一4/更小，這與|4,1—4,2卜|%,3—4,4|+|4,5—4/+|4,7—的最小性矛

盾.

綜上，只可能|4.2尸一4,2/=°（/=1，2,3,4）,而4j+4,2=《.3+4.4=《,5+4,6=4,7+4,8，故{%“}=C（A）是

常數(shù)列，充分性得證.

解法二：由題意可知：。中序列的順序不影響。（A）的結(jié)果，

且（%,%）,（%,%）,（%，&），（%，4）相對(duì)于序列也是無序的，

（回）若Q]+出=。3+。4=。5+〃6=%+。8，

不妨設(shè)％工生K。5?%，貝U。22。42。6之。8，

6）當(dāng)％=%=。5=%，貝！J48=。6=。4="2，

分別執(zhí)行％個(gè)序列（2,4,6,8）、出個(gè)序列。，3,5,7）,

可得“1+%,Q[+%,%+〃2,%+%，%+〃2'。1+%,%+%,4+%，為常數(shù)列，符合題意；

②當(dāng)4，%,%，%中有且僅有三個(gè)數(shù)相等，不妨設(shè)%=%=%，則。2=%=%，

分別執(zhí)行出個(gè)序列（1,3,5,7）、%個(gè)序列（2,4,6,8）

可得4+%出+。7，。1+。2，。2+。7嗎+。2，〃2+%，。2+。7，。7+。8，

因?yàn)?+4+%+%為偶數(shù)，即34+%為偶數(shù)，

可知知%的奇偶性相同，則發(fā)/eN*,

分別執(zhí)行"幺個(gè)序列（1,3,5,7）,（1,3,6,8）,（2,3,5,8）,（1,4,5,8）,

可得

3%+2。2—43%+2。2—43。7+2Q2-43aq+2a2-Q]3%+2a2—Q]3%+22一％3aq+22一％3aq+2a?—q

22222222

為常數(shù)列，符合題意；

③若4=a3<a5=a19則〃2=%>4=/，即％,生，6，%，%，%，%，/，

分別執(zhí)行〃5個(gè)。36,8）、%個(gè)（2,4,5,7）,

可得Q]+%,〃]+%，%+%，%+。2，+〃5，。5+。6，"1+〃5，％+。6，

因?yàn)椋?%=%+〃6，

可得%+%,%+%，“I+。5，%+。2，%+。5，%+。2，%+〃5，%+%，

即轉(zhuǎn)為①，可知符合題意；

④當(dāng)q,%,%,%中有且僅有兩個(gè)數(shù)相等，不妨設(shè)4=生，則4=%,

分別執(zhí)行的個(gè)（2,4,5,7）、%個(gè)。，3,6,8）,

可得q+。5，q+。2，%+。5，%+〃2，%+。5，〃5+〃6，%+〃7，〃5+。8，

且％+%=%+。6，可得％+Q5，〃1+。2，％+%，+〃2，％+。5，％+。2，％+%，〃5+〃8，

即轉(zhuǎn)為②，可知符合題意；

⑤若q＜43V.5V%，貝U。2＞。4＞。6＞〃8，即〃1，〃2，〃3，〃4，〃5，〃6，%，〃8，

分別執(zhí)行％個(gè)（2,3,5,8）、的個(gè)（1,4,6,7）,

可得Q［+/，。］+。2，+〃3，。3+/，%+〃5，。3+16，。3+。7，％+18，

且％+。2=%+〃4，可得%+。3，,+〃2，〃1+。3，〃1+。2，01+。5，。3+〃6，〃3+。7，〃1+。8，

即轉(zhuǎn)為③，可知符合題意；

綜上所述：若4+a2=a3+a4=a5+a6=%+a8，則存在序列。，使得Q（A）為常數(shù)列；

（0）若存在序列。，使得。（A）為常數(shù)列，

因?yàn)閷?duì)任意。（A）:［也，…也＞

均有（偽+偽）一（4+%）=（4+仇）一（%+%）=（&+4）—（。5+。6）=（A+4）-（%+火）成立，

若C（A）為常數(shù)列，則4+8=2+a=々+。6=年+優(yōu)，

所以％+%=。3+。4=。5+。6=。7+。8；

綜上所述："存在序列Q，使得。（A）為常數(shù)列"的充要條件為“4+的=%+%=。5+“6=%+/

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題第三問的關(guān)鍵在于對(duì)新定義的理解，以及對(duì)其本質(zhì)的分析.

3.（2023?北京?高考真題）已知數(shù)列｛叫,也｝的項(xiàng)數(shù)均為根（〃＞2）,且凡也w｛l,2,…，叫｛4｝,也｝的前”

項(xiàng)和分別為4,紇,并規(guī)定&=綜=0.對(duì)于左e｛0,1,2,…，叫，定義以=max｛z?出＜4，於｛0,1,2,…,訓(xùn)｝,其

中，maxM表示數(shù)集M中最大的數(shù).

⑴若4=2,為=1,%=3,偽=1也=3,4=3,求“，小弓,馬的值;

（2）若仇，且2rz4骨+力,/=1,2,…,祖一1,,求小

（3）證明：存在p,%s,/e｛0,1,2,…，咽,滿足使得4+q=4+憶

【答案】⑴"=0,4=1,2=1,4=2

（2）弓="，九eN

⑶證明見詳解

【分析】（1）先求A，A，A，A，80,4,82,83,根據(jù)題意分析求解；

（2）根據(jù)題意題意分析可得大「利用反證可得%-々=1,在結(jié)合等差數(shù)列運(yùn)算求解；

（3）討論4.4的大小，根據(jù)題意結(jié)合反證法分析證明.

【詳解】（1）由題意可知：4=O，A=2,4=3,4=6,BO=O,4=1,B2=4,B3=7,

當(dāng)上=0時(shí)，則4=4=0,g>A，:1,2,3,故％=0；

當(dāng)左=1時(shí)，則B°〈A，4<A，4>A"=2,3,故乙=1；

當(dāng)左=2時(shí)，則用V4，i=0』,星>4，星>4,故4=1；

當(dāng)左=3時(shí)，則烏&4"=0,1,2,23>A,故4=2；

綜上所述：“=。，。=1,4=1,4=2.

(2)由題意可知：rn<m,且zvN,

因?yàn)橐睳1,且424，則42月>為對(duì)任意〃eN*恒成立，

所以％=。跖21，

又因?yàn)?“三；軍1+和,則4+1-芍注方一1“即/-友嗨*…

可得d一心1,

反證：假設(shè)滿足2%>1的最小正整數(shù)為04/4%-1,

當(dāng)也/時(shí)，貝!當(dāng)”)一1時(shí)，貝|］人［一々=1,

貝IJ%+一%-2)+…+6—4)+%22(根—力+j=2〃z—J,

又因?yàn)?4j<m-l,貝ij%m-(m-1)=m+1>機(jī)，

假設(shè)不成立，故*-z=i,

即數(shù)列｛4｝是以首項(xiàng)為1,公差為1的等差數(shù)列，所以弓=O+lx〃=〃,葭eN.

(3)因?yàn)榉惨簿鶠檎麛?shù)，貝支4｝,｛用｝均為遞增數(shù)列，

(回)若4=3.,則可取"q=0,滿足。>%s“使得A’+BLA”及；

(0)若4<6”，則“<加，

構(gòu)建s,=瓦,-4，心”冽，由題意可得：sn<o,且S"為整數(shù)，

反證，假設(shè)存在正整數(shù)K,使得/4-機(jī)，

貝!］"一A"F，與「AK>。，可得%I=B”-B,K=(B”-AQ-(B，K-AK)>m,

這與1+1e｛l,2,…，叫相矛盾，故對(duì)任意1M/IV加,〃eN,均有S“NLfn.

①若存在正整數(shù)N,使得%=4-4=0，即4=%，

可取，=q=0,O=N,s=A，

滿足。>%s>r,使得人+瓦二人/及；

②若不存在正整數(shù)N,使得國=0,

因?yàn)镾“,Kl<n<m,

所以必存在l<X<yW"7,使得Sx=Sy,

即B,「Ax=B,.-AY,可得Ay+Brx^Ax+B,.,

可取p=y,s=G，4=x,r=々,

滿足P>%s>r,使得4+B,=4+及；

5）若A”>紇,，

定義&=max*l4W瓦,ie｛0,l,2,L,訓(xùn)｝,則凡<m,

構(gòu)建5“=4號(hào)-紇,14〃4相，由題意可得：S?<0,且S“為整數(shù)，

反證，假設(shè)存在正整數(shù)K,14K4m,使得與4-%，

則％-BKW-〃i,ARR+I-BK>0,可得a&+i=ARR+I—ARR=（AR?+I—&）—（4^-絳）>相,

這與軟K+I?｛12…,〃，｝相矛盾，故對(duì)任意lW〃V"z-l,"eN，均有

①若存在正整數(shù)N,使得SN=AR'-"=0,即AR,=”，

可取q=t=o,s=N,p=RN,

即滿足使得Ap+g=4+。；

②若不存在正整數(shù)N,使得又=。，

因?yàn)镾〃￡｛一1,一2,…,一（加一1）｝,<l<7z<m,

所以必存在1<XVY〈根，使得Sx=S-

即ARX-Bx=—By,可得AR^+Bx=AR^+By,

可取P=R,,t=X,q=Rx,s=Y,

滿足P>%s>r,使得4+B,=4+%

綜上所述：存在0<q<p<m,O<t<s<%使得Ap+Bt=Aq+Bs.

4.（2022?北京?高考真題）已知Q：1,%，…,以為有窮整數(shù)數(shù)列.給定正整數(shù)機(jī)，若對(duì)任意的訶高2,…，坷,

在。中存在4，的，ai+2，…,q+j（420）,使得%+aM+ai+2+…+a,+j=n,則稱0為機(jī)-連續(xù)可表數(shù)列.

⑴判斷Q:2,1,4是否為5-連續(xù)可表數(shù)列？是否為6-連續(xù)可表數(shù)列？說明理由；

（2）若Q：01M2,…，4為8-連續(xù)可表數(shù)列,求證：女的最小值為4；

（3）若0：%,出,…，以為20-連續(xù)可表數(shù)列,且囚+的+…+以<20,求證：k>l.

【答案】（1）是5-連續(xù)可表數(shù)列；不是6-連續(xù)可表數(shù)列.

⑵證明見解析.

⑶證明見解析.

【分析】（］）直接利用定義驗(yàn)證即可；

（2）先考慮左43不符合，再列舉一個(gè)％=4合題即可；

（3）上45時(shí)，根據(jù)和的個(gè)數(shù)易得顯然不行，再討論左=6時(shí)，由卬+出+…+4<20可知里面必然有負(fù)數(shù),

再確定負(fù)數(shù)只能是-1,然后分類討論驗(yàn)證不行即可.

【詳解】（1）〃2=1，4=2,%+%=3,%=4,%+。3=5,所以。是5-連續(xù)可表數(shù)列；易知，不存在，"

使得4+4+1+…+。引=6,所以。不是6-連續(xù)可表數(shù)列.

（2）若左<3,設(shè)為Q：。,仇。,則至多。+人力+CM+"CM,AC,6個(gè)數(shù)字，沒有8個(gè)，矛盾；

當(dāng)左=4時(shí)，數(shù)歹UQ：1,4,1,2,滿足。1=1,&=2，/+&=3,a2=4,囚+%=5,ar+a2+a3=6,a2+a3+a4=7f

4+。2+。3+。4=8,二?％min=4.

（3）Q-.a1,a2,...,ak,若i=j最多有七種，若原九最多有C：種，所以最多有左+C；=乂興種，

若kM5,則4,%,…,4至多可表變士D=15個(gè)數(shù)，矛盾，

2

從而若左v7,則左=6,。，4c,d,ej至多可表巧D=21個(gè)數(shù)，

而a+6+c+d+e+f<20,所以其中有負(fù)的，從而。，仇c,d,eJ可表1~20及那個(gè)負(fù)數(shù)（恰21個(gè)），這表明。~了

中僅一個(gè)負(fù)的，沒有0,且這個(gè)負(fù)的在中絕對(duì)值最小，同時(shí)a~，中沒有兩數(shù)相同，設(shè)那個(gè)負(fù)數(shù)為-根（〃*1）,

則所有數(shù)之和2根+1+機(jī)+2H\-m+5—m=4m+15,4m+15V19=>，及=1,

.■.（a,b,c,d,e,f]=W,3A,5,6）,再考慮排序，排序中不能有和相同,否則不足20個(gè)，

■■-1=-1+2（僅一種方式），

二一1與2相鄰，

若-1不在兩端，則"三,-1,2,一,一形式，

若x=6,貝!]5=6+（-1）（有2種結(jié)果相同，方式矛盾），

:.x^6,同理“5,4,3,故-1在—■端，不妨為"」2,崖旦C形式,

若4=3,則5=2+3（有2種結(jié)果相同，矛盾），A=4同理不行，

A=5,貝1]6=-1+2+5（有2種結(jié)果相同，矛盾），從而4=6,

由于7=-1+2+6,由表法唯一知3,4不相鄰,、

故只能一1,2,6,3,5,4,①或一1,2,6,4,5,3,②

這2種情形，

對(duì)①：9=6+3=5+4,矛盾，

對(duì)②：8=2+6=5+3,也矛盾，綜上左看6,

當(dāng)％=7時(shí)，數(shù)列124,5,8,-2,-1滿足題意,

.\k>7.

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛，先理解題意，是否為機(jī)-可表數(shù)列核心就是是否存在連續(xù)的幾項(xiàng)（可以是一項(xiàng)）之和能

表示從1到加中間的任意一個(gè)值.本題第二問左V3時(shí)，通過和值可能個(gè)數(shù)否定左V3；第三問先通過和值的

可能個(gè)數(shù)否定左V5,再驗(yàn)證左=6時(shí)，數(shù)列中的幾項(xiàng)如果符合必然是｛T,2,3,4,5,6｝的一個(gè)排序，可驗(yàn)證這組

數(shù)不合題.

5.（2021?北京?高考真題）設(shè)p為實(shí)數(shù).若無窮數(shù)列｛%｝滿足如下三個(gè)性質(zhì)，則稱｛4｝為況。數(shù)列：

①q+p*O,且4+P=0;

③°，，，+“e｛a，“+a，，+P，a，，，+a“+P+l｝，（列〃=1，2,…）.

（1）如果數(shù)列｛%｝的前4項(xiàng)為2,-2,-2,-1,那么｛q｝是否可能為況2數(shù)列？說明理由；

（2）若數(shù)列｛%｝是先數(shù)列，求。5；

（3）設(shè)數(shù)列｛為｝的前“項(xiàng)和為S”.是否存在況.數(shù)列｛%｝,使得S"N'。恒成立？如果存在，求出所有的0；

如果不存在，說明理由.

【答案】（1）不可以是此數(shù)列；理由見解析；（2）%=1;（3）存在；P=2.

【分析】⑴由題意考查的的值即可說明數(shù)列不是凡數(shù)列；

⑵由題意首先確定數(shù)列的前4項(xiàng)，然后討論計(jì)算即可確定的的值；

⑶構(gòu)造數(shù)列b“=%+P，易知數(shù)列｛或｝是火。的，結(jié)合⑵中的結(jié)論求解不等式即可確定滿足題意的實(shí)數(shù)"的

值.

【詳解】（1）因?yàn)椤?2,%=2,4=一2,所以％+%+p=2,q+%+〃+l=3,

因?yàn)椤?二一2,所以生乃｛4+%+2,4+%+2+1｝

所以數(shù)列｛?！埃?不可能是凡數(shù)列.

（2）性質(zhì)①420。=°，

由性質(zhì)③%+2w｛q“,a,“+l｝,因此%=q或%=4+1，%=?；?=1,

若％=。，由性質(zhì)②可知4＜%，即4＜。或4+1＜。，矛盾；

若4=1，。3=4+1，由。3＜。4有。1+1＜1，矛盾.

因此只能是。4=1，。3=4.

又因?yàn)椤?=%+%或。4=+。3+1,所以4=g或%=0.

若％=；,則%=%+i^｛q+q+Oj+q+0+1｝=｛24,2al+1｝=｛1,2｝,

不滿足。2=。，舍去.

當(dāng)q=。，則｛%｝前四項(xiàng)為：0,0,0,1,

下面用數(shù)學(xué)歸納法證明%“+,=?（z=l,2,3）,a4?+4=n+l（ne7V）：

當(dāng)〃=0時(shí)，經(jīng)驗(yàn)證命題成立，假設(shè)當(dāng)左20）時(shí)命題成立，

當(dāng)〃=左+1時(shí)：

若，=1,則“4（攵+1）+1=a4k+5=%+（4左+5—/），利用性質(zhì)③：

｛%+a4k+5."eN*,lVJV4左+4｝=伙，左+1｝,此時(shí)可得：a4k+5=k+\.

否則，右a4k+5=k,取左=0可得：a5=0,

而由性質(zhì)②可得:%=%+ge｛l,2｝,與%=。矛盾.

同理可得：

aa

｛i+4k+6-j\j^N*,l<j<4k+5]^｛k,k+\],有*6=k+1；

｛%+a4H8J/eN*,2V/<4左+6｝=｛4+1,上+2｝,有aik+i=k+2.

｛%+%+71/€N*,14/44左+6｝=伏+1｝,又因?yàn)?+7<4加8，有=%+1?

即當(dāng)〃=%+1時(shí)命題成立，證畢.

綜上可得：4=。，a5=a4xi+i=1.

⑶令ba=a“+p,由性質(zhì)③可知：

V肛〃eN*,bm+n=am+n+pe｛am+p+an+p,am+p+an+p+1｝=｛bm+bn,bm+bn+l\