2023北京高三一模數(shù)學(xué)匯編：壓軸解答題-新定義（第21題）

2023北京高三一模數(shù)學(xué)匯編

壓軸解答題一新定義(第21題)

1.(2023?北京海淀?統(tǒng)考一模)已知數(shù)列｛q｝.給出兩個(gè)性質(zhì)：

①對(duì)于｛4｝中任意兩項(xiàng)%%(i≥∕),在｛%｝中都存在一項(xiàng)4，使得q=6%;

②對(duì)于｛《,｝中任意連續(xù)三項(xiàng)a,,,a,l+l,an+2,均有(%---?！?2)(4-gα,+∣-*)=。.

(1)分別判斷以下兩個(gè)數(shù)列是否滿足性質(zhì)①，并說(shuō)明理由：

(i)有窮數(shù)列｛q｝：?=2n-l(π=l,2,3);

(ii)無(wú)窮數(shù)列｛2｝：ξ,=2n-l(n=l,2,3,).

(2)若有窮數(shù)列｛q｝滿足性質(zhì)①和性質(zhì)②，且各項(xiàng)互不相等，求項(xiàng)數(shù),〃的最大值；

(3)若數(shù)列｛%｝滿足性質(zhì)①和性質(zhì)②，且4>0,出<-1，％=2,求｛%｝的通項(xiàng)公式.

2.(2023?北京西城?統(tǒng)考一模)給定正整數(shù)“≥2,設(shè)集合M=｛α∣α=(f",Lj.)∕e｛0,l｝^=l,2,L,n｝.對(duì)于集

合M中的任意元素P=(Xl,??,L,x“)和y=(y∣,%,L,y.)，記P?y=χj∣+~%+L+<z,.設(shè)A=M,且集合

A=｛a.?a.=(fi,,Zf2,L,Z,.n),Z=l,2,L,n｝,對(duì)于A中任意元素%,%,若α,???=<..則稱A具有性質(zhì)7(”,P).

U，,≠J,

⑴判斷集合A=｛(l,1,0),(1,0,1),(0,1』)｝是否具有性質(zhì)7(3,2)?說(shuō)明理由;

(2)判斷是否存在具有性質(zhì)T(4,p)的集合A,并加以證明；

(3)若集合A具有性質(zhì)T(%P),證明：fu+d+L+%=p(∕=l,2,L,n).

(a.,a.-,a,,?

3.(2023?北京東城?統(tǒng)考一模)已知數(shù)表4“='2”l中的項(xiàng)a/=l,2"=l,2,?,〃)互不相同，

a22a2ny

且滿足下列條件：

①4∈｛1,2,,2n｝；

m+l

②(-l)(A1m-a2m)<0(m=1,2,,n).

則稱這樣的數(shù)表A?”具有性質(zhì)P.

(1)若數(shù)表具有性質(zhì)P，且%=4,寫出所有滿足條件的數(shù)表42,并求出即+出的值；

(2)對(duì)于具有性質(zhì)P的數(shù)表&“，當(dāng)4+/+???+初取最大值時(shí)，求證：存在正整數(shù)％(l≤k≤"),使得

4*=2〃；

(3)對(duì)于具有性質(zhì)P的數(shù)表4“，當(dāng)〃為偶數(shù)時(shí)，求知+包+…+4”的最大值.

4.(2023?北京朝陽(yáng)?統(tǒng)考一模)已知有窮數(shù)列A：4,七,,“w(NeN?,N23)滿足

?,.€｛-l,0,l｝(z=l,2,,7V),給定正整數(shù)機(jī)，若存在正整數(shù)s,f(s"),使得對(duì)任意的ke｛0,L2,,zn-l),

都有Jk=a,+k,則稱數(shù)列A是機(jī)一連續(xù)等項(xiàng)數(shù)列.

(1)判斷數(shù)列A：T，1,0,1,0,1,-1是否為3-連續(xù)等項(xiàng)數(shù)列？是否為4-連續(xù)等項(xiàng)數(shù)列？說(shuō)明理由;

(2)若項(xiàng)數(shù)為N的任意數(shù)列A都是2-連續(xù)等項(xiàng)數(shù)列，求N的最小值；

(3)若數(shù)列4小心,,即不是4-連續(xù)等項(xiàng)數(shù)列,而數(shù)列A：",/,,?-1,數(shù)列%:%%，?,，加0與數(shù)列

A3-.ava2,,即,1都是4-連續(xù)等項(xiàng)數(shù)列，且用=。,求。的值.

5.(2023?北京豐臺(tái)?統(tǒng)考一模)已知集合S,={1,2,3,,2n)(n∈N*n≥4),對(duì)于集合S“的非空子集A.若

S“中存在三個(gè)互不相同的元素“，b,C,使得α+b,b+c,c+α均屬于A,則稱集合A是集合S”的“期

待子集”.

⑴試判斷集合A={3,4,5},4={3,5,7}是否為集合品的“期待子集”；(直接寫出答案，不必說(shuō)明理由)

(2)如果一個(gè)集合中含有三個(gè)元素X,y,Z,同時(shí)滿足①χ<y<z,②χ+y>z,③x+y+z為偶數(shù).那么

稱該集合具有性質(zhì)P.對(duì)于集合S“的非空子集A,證明：集合A是集合S”的“期待子集”的充要條件是集合

A具有性質(zhì)P；

(3)若S“(〃24)的任意含有m個(gè)元素的子集都是集合S,,的“期待子集”，求加的最小值.

6.(2023?北京石景山?統(tǒng)考一模)若無(wú)窮數(shù)列{氏}滿足以下兩個(gè)條件，則稱該數(shù)列為T數(shù)列.

①4=1,當(dāng)“≥2時(shí)?，-2∣=∣α,ι+2∣;

②若存在某一項(xiàng)%,4-5,則存在左e{l,2,…,m-l},使得4=4+4(m≥2且∕w∈N*).

(1)若的<0,寫出所有7數(shù)列的前四項(xiàng)；

(2)若組>0,判斷r數(shù)列是否為等差數(shù)列，請(qǐng)說(shuō)明理由；

(3)在所有的T數(shù)列中，求滿足勺=-2021的加的最小值.

aa

7.(2023?北京房山?統(tǒng)考一模)如果數(shù)列{4,,}對(duì)任意的〃eN*,?+2-?÷l>n+?~n^則稱{4}為“速增數(shù)

列”.

(1)判斷數(shù)歹U{2"}是否為"速增數(shù)列”？說(shuō)明理由；

⑵若數(shù)列{4}為“速增數(shù)列”.且任意項(xiàng)為eZ,4=1,/=3,%=2023,求正整數(shù)%的最大值；

(3)已知項(xiàng)數(shù)為2?(fc≥2Λ∈Z)的數(shù)列低}是“速增數(shù)列”，且也}的所有項(xiàng)的和等于左,若CIl=23

〃=1,2,3,,2%,證明：CkCk八<2.

8.(2023?北京順義?統(tǒng)考一模)已知Aqs,L,4為正整數(shù)數(shù)列，滿足q≥%N>??.記

S=01+α2++??.定義A的伴隨數(shù)歹(∣{(}(1≤左≤"+l)如下：

①4=0;

_7[1,7；≤0,

②λ∣=1+4%(1W”)，其中4?={∣τf∕A=L2,,n).

[-ι,ιk>υ

⑴若數(shù)列A：4,3,2,1,直接寫出相應(yīng)的伴隨數(shù)歹U{K}(I≤&≤5);

(2)當(dāng)“≥2時(shí),若S=2〃-2,求證：Qτ=α,,=l;

(3)當(dāng)?shù)丁?時(shí),若S=2"-2,求證：η,+1=0.

9.(2023?北京平谷?統(tǒng)考一模)對(duì)于每項(xiàng)均是正整數(shù)的數(shù)列A：《、的、L、4,定義變換7；,工將數(shù)列

A變換成數(shù)列1(A)：“、6-1、%-1、L、4,,T?對(duì)于每項(xiàng)均是非負(fù)整數(shù)的數(shù)列B:4、仇、L、bm,

定義變換與，心將數(shù)列8各項(xiàng)從大到小排列，然后去掉所有為零的項(xiàng)，得到數(shù)列第(B)；又定義

2

S(B)=2(fy+2b2++∕?)+?,+?++彳.設(shè)A。是每項(xiàng)均為正整數(shù)的有窮數(shù)列，令

4+1=豈(小4))住=0,1,2,).

⑴如果數(shù)列A)為5、1、3,寫出數(shù)列4、A2;

(2)對(duì)于每項(xiàng)均是正整數(shù)的有窮數(shù)列A,證明SW(A))=S(A).

(3)證明：對(duì)于任意給定的每項(xiàng)均為正整數(shù)的有窮數(shù)列4,存在正整數(shù)K,當(dāng)人WK時(shí)，S(4+l)=5(4).

參考答案

1.(1)(i)不滿足，理由見(jiàn)詳解；(ii)滿足，理由見(jiàn)詳解

⑵3

〃一1

2^,〃是奇數(shù)

-2\〃是偶數(shù)

【分析】(1)(i)令i=∕=3,代入求解即可判斷；(ii)對(duì)于任意,々(后力，直接相乘得到

M=2(2AiT+1)-1即可判斷；

(2)對(duì)于有窮數(shù)列｛%｝,記其非零項(xiàng)中絕對(duì)值最大的一項(xiàng)為冊(cè)，絕對(duì)值最小的一項(xiàng)為4,令i=j=P

時(shí)，得到O<M≤1;再令i=j=4時(shí),得到同≥1,從而得到數(shù)列｛%｝至多有0,-1,1共3項(xiàng),再構(gòu)造數(shù)

列｛%｝：0,-1,1,證明其滿足性質(zhì)①和性質(zhì)②，進(jìn)而即可求得項(xiàng)數(shù)，〃的最大值；

(3)首先證明：當(dāng)q>0,%<T時(shí)，數(shù)列滿足％τ>0,%<0且同〈∣∕2∣,r=L2,3(*),再考慮

"π-l

2/T〃是奇數(shù)

。2，的二項(xiàng)，結(jié)合性質(zhì)(*)得到=1，從而%=-2，最后經(jīng)驗(yàn)證，數(shù)列｛%｝：，n滿足

-2$/是偶數(shù)

條件，再通過(guò)反證法證明這是唯一滿足條件的數(shù)列即可.

【詳解】(1)⑴不滿足.令i=∕=3,則4%=d=16不是數(shù)列｛“〃｝中的項(xiàng)，故有窮數(shù)列｛%｝不滿足性

質(zhì)①；

(ii)滿足.對(duì)于任意%%(i≥j),???=(2f-l)(2y-l)=2(2y-j-7+l)-l,

由于2A"∕+1≥1,令A(yù)=2)T-J+1即可，故無(wú)窮數(shù)列｛紇｝滿足性質(zhì)①.

(2)對(duì)于有窮數(shù)列｛4｝,記其非零項(xiàng)中絕對(duì)值最大的一項(xiàng)為與，絕對(duì)值最小的一項(xiàng)為盤,

故令i=j=P時(shí),存在一項(xiàng)1%I=?aiaj?^a;,

又叫,是數(shù)列｛4｝非零項(xiàng)中絕對(duì)值最大的，所以同=說(shuō)，B[JO<∣aJ≤l;

再令i=/=4時(shí)，存在一項(xiàng)IaJ=WaJ=G,

又凡是數(shù)列｛4｝非零項(xiàng)中絕對(duì)值最小的,所以同≤α>即同≥1,

又l≤H∣≤∣α∕≤l,所以數(shù)列所有非零項(xiàng)的絕對(duì)值均為1,

又?jǐn)?shù)列的各項(xiàng)均不相等，所以其至多有0,-1,1共3項(xiàng)，所以加≤3,

構(gòu)造數(shù)列｛4｝：0,-1,1,

其任意兩項(xiàng)乘積均為0,-1,1之一，滿足性質(zhì)①；

其連續(xù)三項(xiàng)滿足O-(T)-I=O,滿足性質(zhì)②.

又其各項(xiàng)均不相等，所以該數(shù)列滿足條件，此時(shí)機(jī)=3,

綜上，加的最大值為3.

(3)首先證明：當(dāng)4>0,%<T時(shí),數(shù)列滿足％τ>0,%<。且同<|42|，r=l,2,3

因?yàn)閷?duì)于任意數(shù)列的連續(xù)三項(xiàng)勺，an+t,%+2，總有(4,-4“1-。"+2)。"->"+1-4,+2)=0,

即??+2=?-?+1或4+2=?-∣?+l，不論是哪種情形，均有

當(dāng)”,,>()>“向時(shí),all+2≥all-^all+i>all>O,即以2∣>∣%∣;

當(dāng)41<°<?！?1時(shí)，4+2—?！ā啊?1<°，亦有kU>㈤,

X0,>0>-l>α2,故性質(zhì)(*)得證.

考慮。1，a2,%三項(xiàng)，有%=4-42或“3=4-g“2，

若貝Ijq=%+%<1，此時(shí)令i=?∕=l,有W<4,

2

由性質(zhì)(*)知不存在k使得ak>0,且ak=α1<%,

113

故只有為=。1-/。2，此時(shí)4=%+2四</，

i、1、?(1)55

因?yàn)椋%-/4N卬-][4-Ea3J>Z%=2，

O

所以令i=J=I時(shí)，af<-<a5f

由性質(zhì)(*)知，只有裙=6或如=%，

當(dāng)a；=%時(shí)，al=41,a2=2(a1-?)=2Λ∕2-4,此時(shí)令i=2,j=l,α201=4-4Λ∕2,

但。4W%一萬(wàn)％=2y∣2—5,即El>∣出41，

由性質(zhì)(*)知不存在々使得q=出4，

所以q2=q,即4=1,從而%=-2,

n-l

,,21^,“是奇數(shù)

經(jīng)驗(yàn)證，數(shù)列｛%｝：勺=《?滿足條件，下面證這是唯一滿足條件的數(shù)列，

-23,〃是偶數(shù)

假設(shè)例是第一個(gè)不滿足上述通項(xiàng)公式的項(xiàng)，s≥4,

當(dāng)s=2f+l,r>2t?,只能為%M=%,T-%=2"J(-2')=3?2'T,

令i=2r-1,J=3,貝!∣aiaj=2',但?,.l<2'<a2l+l,

由性質(zhì)(*),不存在/使得《%=，，

當(dāng)s=2f,『22時(shí)，只能為42,=%τ-ga2i=-27-g?2i=-3?27>-2',

則〃2,+2~a2t~~a2l^?C-l%=一，2"<_2'，

,

令i=2t-2,j=3,則aiaj=-2,但a2l>-2'>a2t+2,

由性質(zhì)(*),不存在k使得4%=4,

故不存在不滿足上述通項(xiàng)公式的項(xiàng)，

n-1

<,是奇數(shù)

綜上，數(shù)列{q}的通項(xiàng)公式為%=?.

-2，,〃是偶數(shù)

【點(diǎn)睛】與數(shù)列的新定義有關(guān)的問(wèn)題的求解策略：

①通過(guò)給出一個(gè)新的數(shù)列的定義，或約定一種新的運(yùn)算，或給出幾個(gè)新模型來(lái)創(chuàng)設(shè)新問(wèn)題的情景，要求在

閱讀理解的基礎(chǔ)上，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學(xué)的知識(shí)和方法，實(shí)心信息的遷移，達(dá)到靈活解題的目

的；

②遇到新定義問(wèn)題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點(diǎn)，弄清新定義的性質(zhì)，按新定義的要求，”照章辦

事”，逐條分析，運(yùn)算，驗(yàn)證，使得問(wèn)題得以解決.

2.(1)具有，理由見(jiàn)解析

(2)不存在，證明見(jiàn)解析

(3)證明見(jiàn)解析

【分析】(1)根據(jù)集合具有性質(zhì)T(ZP)的特征，即可根據(jù)集合A中的元素進(jìn)行檢驗(yàn)求解，

(2)假設(shè)集合A具有性質(zhì)T(4p),分別考慮P=L2,3,4時(shí)，集合A中的元素，即可根據(jù)7(〃，。)的定義求解.

(3)根據(jù)假設(shè)存在,使得JMP+1,考慮當(dāng)G="時(shí)以及P+lWq<”時(shí)，分量為1的個(gè)數(shù)即可討論求解.

【詳解】(1)因?yàn)棣羒,0)?(Ll,0)=lxl+l*l+0x0=2,同理(1,0,1)?(1,0,1)=(0,l,l)?(0,1,1)=2.

又(1,1,0)-(1,(),1)=以1+卜0+0、1=1,同理(1,1,0)?(0,1,1)=(1,0,l)?(0,1,1)=1.

所以集合A={(l,1,0),(1,0,1),(0,1,1)}具有性質(zhì)7(3,2).

(2)當(dāng)〃=4時(shí),集合A中的元素個(gè)數(shù)為4.由題設(shè)p∈{0,L2,3,4}.

假設(shè)集合A具有性質(zhì)7(4,°),則

①當(dāng)P=O時(shí)，A={(0,0,0,0)},矛盾.

②當(dāng)P=I時(shí),A={(l,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)),不具有性質(zhì)T(4,l),矛盾.

③當(dāng)P=2時(shí),A?((l,1,0,0),(1,0,1,0),(1,0,0,1),(0,1,1,0),(0,1,0,1),(0,0,1,1)).

因?yàn)?1』,0,0)和(0,0,1,1)至多一個(gè)在A中；(1,0,1,0)和(0,1,0,1)至多一個(gè)在A中；

(1,0,0,1)和(0,1,1,0)至多一個(gè)在A中，故集合A中的元素個(gè)數(shù)小于4,矛盾.

④當(dāng)p=3時(shí)，Λ={(l,1,1,0),(1,1,0,1),(1,0,1,1),(0,1,1,1)},不具有性質(zhì)7(4,3),矛盾.

⑤當(dāng)p=4時(shí)，A={(l,l,l,l)),矛盾.

綜上，不存在具有性質(zhì)T(4,p)的集合A.

(3)記Cj=正+%+L+%(j=l,2,L,IjjlJci+c2+L+cn-np.

若p=0,則A={(O,O,L,O)},矛盾.若p=l,則A={(l,0,0,L,0)},矛盾.故p≥2.

假設(shè)存在,使得CjM。+1,不妨設(shè)/=1,即CBP+1.

當(dāng)q="時(shí)，有CJf=O或CJ=I(J=2,3,L,n)成立.

所以ɑ∣,4,L,a,,中分量為1的個(gè)數(shù)至多有n+(n-l)=2n-1<2n≤ηp.

當(dāng)p+1≤Q<"時(shí)，不妨設(shè)九=G=L=Zz,tlJ-1,f,,1=O.

因?yàn)??4=P,所以α“的各分量有。個(gè)1,不妨設(shè)%=*=L==1.

由i≠j時(shí),%?%=1可知，V?e{2,3,L,p+?},%,1,L中至多有1個(gè)1,

即q,a?,L,α*的前p+1個(gè)分量中，至多含有p+l+0=2p+1個(gè)1.

又%q=l(i=l,2,L,p+l),則q0人，%”的前。+1個(gè)分量中,含有

(p+l)+(p+D=2p+2個(gè)1,矛盾.

所以CjWP(∕=1,2,L.因?yàn)镚+CZ+L+%=,w,

所以J=P0=1,2,L,ri).

所以J+%j+L+tnj=p(√=1,2,L,ri).

【點(diǎn)睛】求解新定義運(yùn)算有關(guān)的題目，關(guān)鍵是理解和運(yùn)用新定義的概念以及元算，利用化歸和轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)

思想方法，將不熟悉的數(shù)學(xué)問(wèn)題，轉(zhuǎn)化成熟悉的問(wèn)題進(jìn)行求解.

對(duì)于新型集合，首先要了解集合的特性，抽象特性和計(jì)算特性，抽象特性是將集合可近似的當(dāng)作數(shù)列或者

函數(shù)分析.計(jì)算特性，將復(fù)雜的關(guān)系通過(guò)找規(guī)律即可利用已學(xué)相關(guān)知識(shí)求解.

3.(1)答案見(jiàn)解析

(2)證明見(jiàn)解析

?1In2+2n

'-8-

【分析】(1)根據(jù)題意寫出滿足性質(zhì)P的所有數(shù)表再分別計(jì)算即可；

(2)根據(jù)題意，可知當(dāng)““+%++%,取最大值時(shí)，存在1≤∕≤",使得均=2",由數(shù)表AZ,,具有性質(zhì)尸可

得/為奇數(shù)，不妨設(shè)此時(shí)數(shù)表為7再利用反證法證明即可；

\乙〃“22a2n)

(3)結(jié)合性質(zhì)P可得(%+“14++4,2?)W(出2+“24++。2,2?)+,

結(jié)合&可得

(αll+α∣3++4,2"i)W(%+%3++電.2"1)-氏，兩式相加可得得S]WS?+342-左+S2=8/+23

A,構(gòu)造數(shù)表4,,=1：；4kk+34k-lk+54k-2k+14k-33*+23&-13&+11

結(jié)

2十N1%+42k+63k+84k-]3kk)

合性質(zhì)尸進(jìn)而可以求解.

【詳解】(1)滿足條件的數(shù)表42為Q；)，(；Ic1],

所以4+%2的值分別為5,5,6.

(2)若當(dāng)知+&++4,,取最大值時(shí),存在l≤j≤"，使得。2廣2”.

由數(shù)表具有性質(zhì)P可得j為奇數(shù),

不妨設(shè)此時(shí)數(shù)表為“年：：

①若存在4*(4為偶數(shù)，1≤A≤"),使得4>卬，交換％和2〃的位置，所得到的新數(shù)表也具有性質(zhì)尸,

調(diào)整后數(shù)表第一行和大于原數(shù)表第一行和，與題設(shè)矛盾，所以存在l≤i≤",使得即=2”.

②若對(duì)任意的陽(yáng)(G為偶數(shù)，l≤z≤"),都有交換牝和4的位置，所得到的新數(shù)表也具有性質(zhì)

P,此時(shí)轉(zhuǎn)化為①的情況.

綜上可知，存在正整數(shù)％(1≤%≤"),使得怎=2”.

(3)當(dāng)〃為偶數(shù)時(shí)，令〃=2M(1≤Z≤"),對(duì)任意具有性質(zhì)P數(shù)表怎=g'，M,

?a2la22aIn)

一方面，(生一。22)+(。14一。24)++(4,2人一。2.2?)遼(4%-1)+(4%-3)++(2k+1),

因此(《2+"14++ai,2k)(?+a24+^^*-β2.2A)÷?①

另一方面，為-4i21(i=L3,5,,〃-1),

因此3∏+&++4.2AT)W(61+%++“2.2Jt.I)I'.②

記S∣=4∣+%++4.2”，S2=%+α22++a21n.

由①+②得S∣3+3公_%.

又B+SZ=8&2+2&,可得HWIM2'"?

—(k+?4kk+34k-↑k+54k-2k+~l4Λ-33"+23?-l3k+l~?

構(gòu)造數(shù)表怎=5+2I&+42"63&+84I3kkJ

可知數(shù)表4,具有性質(zhì)p,且E=L^=叫+2”

2o

綜上可知，當(dāng)〃為偶數(shù)時(shí)，4+/++%,的最大值為嗎2.

O

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：在證明抽象問(wèn)題時(shí)，常常使用反證法：先設(shè)題設(shè)不成立，結(jié)合條件推出矛盾，即可說(shuō)

明題目成立.

4.(1)數(shù)列A是3-連續(xù)等項(xiàng)數(shù)列，不是4-連續(xù)等項(xiàng)數(shù)列，理由見(jiàn)解析；

⑵U

(3)0

【分析】(1)根據(jù)新定義直接驗(yàn)證數(shù)列A：-1,1,0,1,0,1,-I,可得結(jié)論；

(2)先根據(jù)新定義證明N≥ll時(shí)，數(shù)列A一定是2-連續(xù)等項(xiàng)數(shù)列，再驗(yàn)證〃≤10時(shí)，A不是2-連續(xù)等項(xiàng)

數(shù)列即可；

(3)由A,44都是4—連續(xù)等項(xiàng)數(shù)列可得4="N-2,4+l="N-I，4+2="N,4+3=T，

aJ=aN-2?>aj*?=aN-??>aj*2=aN>aj+3=θ'ak=aN-I>?+l=βN-?>?÷2=0N>?+3=?，再由反證法證得

min{5}=l,即可得出即的值.

【詳解】(1)數(shù)列A是3-連續(xù)等項(xiàng)數(shù)列，不是4-連續(xù)等項(xiàng)數(shù)列，理由如下：

因?yàn)?%(%=0,1,2),所以A是3-連續(xù)等項(xiàng)數(shù)列.

因?yàn)閝,02,?3，%為TL0,1；

%,?3，%，%為1，°，1，°；

%,4,%，。6為°，1，°，1；

%,45,46，%為1，°』，-1，

所以不存在正整數(shù)SJ(SHf),使得4*=q**(k=0,l,2,3).

所以A不是4-連續(xù)等項(xiàng)數(shù)列.

(2)設(shè)集合S={(x,y)∣x∈{T,0,l},ye{T,0,l}},則S中的元素個(gè)數(shù)為3°=9.

因?yàn)樵跀?shù)列A中4w{-l,0,l}(i=l,2,,2V),所以(4,%)eS(i=l,2,,N-1).

若NNll,則N—1≥10>9.

所以在(4，“2)，(。2，%)，(“3，%)，，(“NT，”,V)這N-I個(gè)有序數(shù)對(duì)中，

至少有兩個(gè)有序數(shù)對(duì)相同，

即存在正整數(shù)￡/(S≠O，使得4=al,as+l=-.

所以當(dāng)項(xiàng)數(shù)NNll時(shí)，數(shù)列A一定是2-連續(xù)等項(xiàng)數(shù)列.

若N=3,數(shù)列0,0』不是2-連續(xù)等項(xiàng)數(shù)列.

若N=4,數(shù)列0,0,U不是2-連續(xù)等項(xiàng)數(shù)列.

若N=5,數(shù)列0,0,1,1,0不是2-連續(xù)等項(xiàng)數(shù)列.

若N=6,數(shù)列0,0』,1,0,T不是2-連續(xù)等項(xiàng)數(shù)列.

若N=7,數(shù)列0,0,1,1,0,-1』不是2-連續(xù)等項(xiàng)數(shù)列.

若N=8,數(shù)列0,0,1,1,0,T,l,-1不是2-連續(xù)等項(xiàng)數(shù)列.

若N=9,數(shù)列0,0,1,1,0,-1,1,7,—1不是2-連續(xù)等項(xiàng)數(shù)列.

若N=IO,數(shù)列0,0,1,1,0,-11,-L-LO不是2-連續(xù)等項(xiàng)數(shù)列.

所以N的最小值為11.

(3)因?yàn)?4與A?都是4-連續(xù)等項(xiàng)數(shù)列，

所以存在兩兩不等的正整數(shù)i,∕,k(i,∕,%<N-2),

使得5=aN_2,aM=即_|'ai+2=aN,aM=-\,

aJ=aN-2?aj+}~aN-?>aj+2=aN'aj+3=°，

ak=aN-2'aM=aN-I>ak+2=羯，4+3=L

下面用反證法證明min{i,j,Λ}=l.

假設(shè)min{i,j,k}>l,

因?yàn)棣?τ,α,τ，α*τ4-3∈{T，°，1}，

所以4τ,%?τ,%τ，心-3中至少有兩個(gè)數(shù)相等.

不妨設(shè)4τ=%,則%=aj^,ai=aj,ai+l=aj+i,ai+2=aj+2,

所以A是4-連續(xù)等項(xiàng)數(shù)列，與題設(shè)矛盾.

所以min{i,j,k}=l.

aa

所以ɑ`=4+2=j+2=M=?=°.

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：對(duì)于新定義問(wèn)題，一般先要讀懂定義內(nèi)容，第一問(wèn)一般是給具體的函數(shù)或數(shù)列驗(yàn)證是

否滿足所給定義，只需要結(jié)合新定義，驗(yàn)證即可，在驗(yàn)證過(guò)程中進(jìn)一步加強(qiáng)對(duì)新定義的理解，第二步一般

在第一步強(qiáng)化理解的基礎(chǔ)上，所給函數(shù)或數(shù)列更加一般或復(fù)雜，進(jìn)一步利用新定義處理，本題第三問(wèn)根據(jù)

-

A,4與4都是4-連續(xù)等項(xiàng)數(shù)列得出a；=a*_2,4+i="N-∣,4?+2=即，4+3=?>

aaaaa

J=N-2>j+ι=N-?，勺+2=N,勺+3=O,ak=aN_2,ak+l=?.l,ak+2=aN,ak+3=1,利用反證法求min{iJ左}=1是

關(guān)鍵點(diǎn).

5.(I)A是集合品的“期待子集”，&不是集合及的“期待子集”

(2)證明見(jiàn)解析

⑶〃+2

【分析】(1)根據(jù)所給定義判斷即可.

(2)先證明必要性，再證明充分性，結(jié)合所給“期待子集”的定義及性質(zhì)P的定義證明即可；

(3)首先利用反例說(shuō)明當(dāng)3≤m≤〃、加=”+1時(shí)不成立，再利用數(shù)學(xué)歸納法證明集合S”的任意含有“+2

個(gè)元素的子集，都是S”的“期待子集”，即可得解.

【詳解】（1）因?yàn)镾&={1,2,3,4,5,6,7,8},

a+b=3a=2

解得，顯然

對(duì)于集合4={3,4,5},??+c=4,b=l,1∈S4,2∈54,3∈54

c+a=5c=3

所以A是集合5』的“期待子集”;

+?l=3

對(duì)于集合4={3,5,7},令?6∣+c∣=5,則α∣+4+c∣=*

c1+α1=7

因?yàn)榧磓+α+c∣eN*,故矛盾，所以為不是集合5』的“期待子集”；

(2)先證明必要性：

當(dāng)集合A是集合S”的“期待子集”時(shí)，由題意，存在互不相同的“力,ceS“，使得α+〃,8+c,c+4∈A,

不妨設(shè)α<b<c,令x=a+b,y=a+c,z=b+c,則x<y<z,即條件P中的①成立；

又x+y—z=(α+i>)+(c+α)-(i>+c)=2α>0,所以x+),>z,即條件P中的②成立；

因?yàn)閤+>+z=(α+8)+(c+4)+(6+c)=2(α+6+C),

所以尤+y+Z為偶數(shù)，即條件P中的③成立；

所以集合A滿足條件P.

再證明充分性：

當(dāng)集合A滿足條件尸時(shí)，有存在χ,y,z",滿足①χ<y<z,②χ+y>z,③χ+y+z為偶數(shù)，

「x+y+z,x+y+zx+y+z

1己α=-W------z,b=—、-------y,C=--------?,

由③得α,人,cwZ,由①得“<b<c<z,由②得"：+~-z>0,

所以4,6,ceS,,

因?yàn)棣?b=x,a+c=y,b+c-z,所以a+匕，b+c,c+α均屬于A,

即集合A是集合S,的“期待子集”.

(3)加的最小值為〃+2,理由如下：

一方面，當(dāng)3≤m≤"時(shí)，對(duì)于集合M={4∣4=2∕Ti=l,2,3,,間，其中任意三個(gè)元素之和均為奇數(shù)，由

(2)知，M不是S”的“期待子集”；

當(dāng)∕n="+l時(shí),對(duì)于集合M={q&=2i-l,i=1,2,3,,n}(j{2},

從中任取三個(gè)不同的元素，若不含有2,則不滿足條件P的③，

若含有2,則另外兩個(gè)數(shù)必都是奇數(shù)，因?yàn)槿我鈨蓚€(gè)奇數(shù)之差(大數(shù)減小數(shù))都不小于2,

故不滿足條件戶中的②，所以M不是S”的"期待子集”；

所以"≥”+2.

另一方面，我們用數(shù)學(xué)歸納法證明集合S“的任意含有〃+2個(gè)元素的子集，都是S”的"期待子集”：

(I)當(dāng)〃=4時(shí)，對(duì)于集合5』的任意含有6個(gè)元素的子集，記為8,

當(dāng)4、6、8三個(gè)數(shù)中恰有1個(gè)屬于B時(shí)，貝附,2,3,5,7}q8,因?yàn)閿?shù)組3,4,5、3,5,6、5,7,8、5,6,7、

5,7,8都滿足條件產(chǎn)，

當(dāng)4,6,8三個(gè)數(shù)都屬于B,因?yàn)閿?shù)組4,6,8滿足條件P,

所以此時(shí)集合B必是集合S4的“期待子集”，

所以當(dāng)”=4時(shí)S4的任意含有6個(gè)元素的子集都是集合S4的“期待子集”.

(II)假設(shè)當(dāng)/=M%≥4)時(shí)結(jié)論成立，即集合品的任意含有％+2個(gè)元素的子集都是品的“期待子集”，那

么〃=左+1時(shí)，對(duì)于集合SN的任意含有％+3個(gè)元素的子集C,

分成兩類，①若然+1,2女+2至多有1個(gè)屬于C,則C中至少有Z+2個(gè)元素都在集合演，由歸納假設(shè)知，

結(jié)論成立；

②若2%+l∈C,2keC,則集合C中恰含&的氏+1個(gè)元素，此時(shí)，當(dāng)C中只有一個(gè)奇數(shù)時(shí)，則集合C中

包含國(guó)中的所有偶數(shù)，此時(shí)數(shù)組兼-4,2k-2,2/符合條件p,結(jié)論成立；

當(dāng)集合C中至少有兩個(gè)奇數(shù)時(shí)，則必有一個(gè)奇數(shù)C不小于3,此時(shí)數(shù)組c,2k-?,符合條件p,結(jié)論成

立，所以〃=Z+1時(shí)結(jié)論成立，

根據(jù)(I)(∏)知，集合5“的任意含有〃+2個(gè)元素的子集，都是S”的"期待子集”，所以加的最小值為

n+2

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：涉及集合新定義問(wèn)題，關(guān)鍵是正確理解給出的定義，然后合理利用定義，結(jié)合相關(guān)的

其它知識(shí)，分類討論，進(jìn)行推理判斷解決.

6.⑴7數(shù)列的前四項(xiàng)為：1,-1,1,-1;1,-1,1,5;1,-1,3,-3;1,-1,3,7

(2)τ數(shù)列為首項(xiàng)為1公差為4的等差數(shù)列，理由見(jiàn)解析

(3)w的最小值為1517

【分析】(1)先根據(jù)條件①去絕對(duì)值可得α,,=-4τ或αl,=4ι+4,由%<0得的=7,再根據(jù)條件逐個(gè)列

舉即可；

(2)由條件①知，當(dāng)"≥2時(shí)，凡=-4T或=”,ι+4,由出>。得電=5,利用反證法假設(shè)7數(shù)列中存在

最小的正整數(shù)i323),使得4=-4τ,根據(jù)單調(diào)性結(jié)合條件②可知假設(shè)不成立，即可得結(jié)論；

(3)先根據(jù)條件②可得2=Tn+3(1≤"≤5O6)必為數(shù)列｛“,｝中的項(xiàng)，再結(jié)合條件①可得%z=勿分析即

可.

【詳解】⑴由條件①知，當(dāng)“≥2時(shí)，=-ɑ,?或&=%+4,

因?yàn)椤?<0,由條件①知O2=T,

所以，數(shù)列的前四項(xiàng)為：1,T,1,T;1-1.1,5；1,-1,3,-3:1,-1,3,7.

⑵若%>0,r數(shù)列是等差數(shù)列

由條件①知，當(dāng)”之2時(shí)，?！?-。“_|或《,=41+4,

因?yàn)樯?gt;。，所以《=5

假設(shè)T數(shù)列中存在最小的正整數(shù)i(i≥3),使得4=-“ι,

則4，%,%，，q?τ單調(diào)遞增，

由α∣=1則4,%,為，，4T均為正數(shù),且4?τ≥α2=5.

所以a,=-%≤-5.由條件②知，則存在Ze｛l,2,3,,z-l｝,使得q=4+4≤-l

此時(shí)與4，出，“3,，4τ均為正數(shù)矛盾，

所以不存在整數(shù)i(i≥3),使得4=一%,即—+4.

所以r數(shù)列為首項(xiàng)為1公差為4的等差數(shù)列.

(3)由勺=-2021及條件②,

可得,-2017,-2021必為數(shù)列｛%｝中的項(xiàng)，記該數(shù)列為例｝,有"=-4"+3(l≤"≤506),

不妨令b,=%,由條件①，%+∣=-%=4"-3或a*=勺+4=-4〃+7均不為=-4〃-1；

此時(shí)為+2=-4"+3或4〃+1或4〃-7或-4〃+11,均不為“+1=-4”-l

上述情況中，當(dāng)%+∣=4"3,勺+2=4"+l時(shí)，%+3=f+2=-4"-l=%

結(jié)合4=ι,則有%1τ=a.

由?06=—2021,得“2=3x506—1=1517即為所求.

7.(1)是，理由見(jiàn)解析

(2)63

(3)證明見(jiàn)解析

n+

【分析】⑴計(jì)算4+2——=2用,an+l-an=2",2'>2%得到答案.

(2)根據(jù)題意得到2023≥松土??,keZ,計(jì)算當(dāng)出=64時(shí)，如土?=2080,當(dāng)k=65時(shí)，

22

空業(yè)=2145,得到答案.

2

(3)證明陽(yáng)一向+第>々+嘮，得到4>%(優(yōu)+如)，得到仇代入計(jì)算得到證明.

+,π

【詳解】⑴因?yàn)闉?2",則?！?2一。向=2"2-2"+'=2"+',a,l+l-an=T-2=2'?,

又2向>2"，故*-->--%，數(shù)列｛2"｝是“速增數(shù)列”.

(2)%=1,出=3,ak=2023,

當(dāng)Z≥2時(shí)，CIk=2023=(4—4τ)+(4T—4一2)++(冬一0J+421+2+3+,+%—1+Z,

即2023≥M'+O,JleZ,

2

當(dāng)％=63時(shí)，ME)=2016,當(dāng)女=64時(shí)，M"+∣)=2080,

22

故正整數(shù)Z的最大值為63.

(3)bk+2-bli+t>bk+l-bk>bk-bk_t,故bk+2-bk+l>bk-bk.t,即bM+bk_t>bk+bM；

?÷3-‰>?÷2-4+∣>bk+l-bk>bk-bk_t>aTL?.2,故%3-bk+2>bk,t-bk.2,

即4+3+4-2>^fk-?+?+2>4+4+1，

同理可得：砥5+]+0>々+磯，AΠ∈N??<m≤k-?,

i??=?,+?2++b2k=(4+%)+(優(yōu)+D++(?+??+,)>?(?+?+l).

故瓦+bm<l,CkCg=2fc*×2%=?+?÷'<2,得證.

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題考查了數(shù)列的新定義問(wèn)題，意在考查學(xué)生的計(jì)算能力，轉(zhuǎn)化能力和綜合應(yīng)用能

力，其中根據(jù)題意利用累加法的思想確定久卜,川+bm>bk+dM是解題的關(guān)鍵.

8.(l)｛θ,4,l,-1,0)；

(2)見(jiàn)解析；

(3)見(jiàn)解析.

【分析】(1)依題意，可直接寫出相應(yīng)的伴隨數(shù)列；

(2)討論“=2,"≥3兩種情況，利用反證法即可求解；

(3)討論〃=2,“≥3兩種情況，當(dāng)“≥3時(shí)，由(2)的結(jié)論，ai,a2,,4中至少有兩個(gè)1,利用反證法

可得q≤"?,根據(jù)｛7j｝(l≤i≤∕ι+l)的定義即可證明.

【詳解】(1)因?yàn)閿?shù)列A：4,3,2,1,al≥a2≥≥a,l,

所以4=4,a2=39a3=2,a4=1.

[1,Γ≤0,

因?yàn)?=IT八(女=1,2,.,〃)，

LL4>u

所以(=0,T2=7]+λ1q=0+4=4,T3=T2+λ2a2=4-a2=If

T4=Ty+λ3a3=1-α3=-1,T5=T4+λ4a4=-1+=0.

故數(shù)列A的伴隨數(shù)列為｛0,4,l,-1,0｝.

(2)當(dāng)〃=2時(shí)，S=2〃-2=2,顯然有4τ=%=l;

當(dāng)”≥3時(shí),只要證明4τ+&=2.

用反證法，假設(shè)4T+40≥3,

則〃出他之≥??-2≥2，從而S=q+%++o,,>2(rt-2)+3=2∕7-l,矛盾.

所以4τ+M=2.

再根據(jù)4，%M“為正整數(shù)，可知ɑ,?=4,=1.

故當(dāng)〃≥2時(shí)，=an=l.

(3)當(dāng)〃=2時(shí)，S=2n-2=2,W?,∣=?=?>此時(shí)4=0+1-1=0,命題成立；

當(dāng)“23時(shí)，由(2)的結(jié)論，O1,?2,,4中至少有兩個(gè)1,

Ia-?a?-a—~?

現(xiàn)假設(shè)q,4,4中共