高中数学强基计划专题训练01集合与常用逻辑用语

专题训练01集合与常用逻辑用语一、单选题1．已知椭圆的两焦点为，，x轴上方两点A，B在椭圆上，与平行，交于P.过P且倾斜角为的直线从上到下依次交椭圆于S，T.若，则“为定值”是“为定值”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不必要也不充分条件【答案】D【分析】先求出的轨迹，其轨迹方程为，取，结合特殊情形可得“当取定值，是定值”是错误的；再由是定值可得，从而可判断当取定值，是定值”是错误的，从而可得正确的选项.【详解】设为椭圆上的动点，为椭圆的半焦距，故，故，设直线，则到该直线的距离为，故，如图，设直线的倾斜角为，过作的垂线，垂足为，则，故，设，故，同理.设的倾斜角为，则，，因为，故，所以，所以，同理，故，故的轨迹为以为焦点的椭圆，其长半轴长为，短半轴长为，故的轨迹方程为：，其中.取，,而，故不是定值即不是定值.故“当取定值，是定值”是错误的.又直线的参数方程为：，设，由整理得到：，故，而，故，所以，若为定值，则为定值，而，故当变化时，始终为定值，又故且，但，故，所以，但此时随的变化而变化，不是定值，故“当取定值，是定值”是错误的.故选：D.【点睛】思路点睛：对于圆锥曲线中的动态问题，注意利用圆锥曲线的几何性质去研究动点的轨迹，对于是否为定值的问题，注意构建不同变量之间的关系，结合特例来处理是否为定值的问题.2．已知数列为正项等比数列，且，则“”是“”的（

）A．必要而不充分条件 B．充分而不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】取特殊值易证不具有充分性，由，及得，判断的符号可得具有必要性.【详解】，，当时，，所以不具有充分性；，所以，又，则，所以，所以，不妨设因为数列为正项数列，所以设公比为，则，，当时，，，所以，，当时，，；当时，，，所以，，所以，所以具有必要性，综上，是的必要不充分条件.故选：A.【点睛】作差判断与大小关系，将式子写成指数式，注意正项等比数列公比大于0，根据公比与1的大小进行分类讨论.3．若集合且，则称构成的一个二次划分.任意给定一个正整数，可以给出整数集的一个次划分，其中表示除以余数为的所有整数构成的集合.这样我们得到集合，称作模的剩余类集.模的剩余类集可定义加减乘三种运算，如，（其中为除以的余数）.根据实数中除法运算可以根据倒数的概念转化为乘法，因此要定义除法运算只需通过定义倒数就可以了，但不是所有中都可以定义除法运算.如果该集合还能定义除法运算，则称它能构成素域.那么下面说法错误的是（

）A．能构成素域当且仅当是素数 B．C．是最小的素域（元素个数最少） D．【答案】D【分析】先证明出A选项正确，从而说明C选项正确，BD选项根据定义求解即可.【详解】能构成素域当且仅当是素数，理由如下：当为素数时，除0外，均与互素，此数记作，对于，考虑，若，则为的倍数，而为素数，故，故为的倍数，即，故存在，使得即可定义除法.当能构成素域，若是不素数，则，故对于，存在，使得，故为的倍数，故存在整数，使得，故，但，且为非零的整数，故不成立，故是素数.综上：能构成素域当且仅当是素数，A正确；因为，所以，B正确；根据A选项，由于2为最小的素数，有2个元素，元素个数最少，所以是最小的素域（元素个数最少），C正确；因为，所以，D错误；故选：D.【点睛】集合新定义，需要先读懂题干信息，正确理解，再此基础上举一反三，进行求解，本题中A选项的证明是解题的关键.4．设集合，集合是集合的非空子集，中最大元素和最小元素的差称为集合的长度，那么集合所有长度为的子集的元素个数之和为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先考虑最小元素为，最大元素为的情况：只有一种情况；，且，共有种情况；，且，共有种情况；以此类推，有种情况，所以此类满足要求的子集元素个数之和，计算可得：，再考虑可以分为，，，，等类，可得本题答案【详解】当最小元素为，最大元素为时，集合有如下情况：集合中只含个元素；，只有种情况；集合中含有个元素；，且，共有种情况；集合中含有个元素；，且，共有种情况；以此类推集合中含有个元素；，有有种情况；所以此类满足要求的子集元素个数之和：①

②，②两式相加可得：同理可得：，，，，所有子集元素个数之和都是集合所有长度为的子集的元素个数之和为.故选：A5．设集合，，下列说法正确的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用因为与互为反函数，所以，互相关于对称，得到，进而得出集合的范围；对于集合，化简得，设，进而利用导数求出的最值，得出集合的范围，即可求解【详解】对于集合，因为与互为反函数，所以，互相关于对称，而，所以，只需要即可，因为，所以，，得，设，得，所以，，，单调递增；，，单调递减，所以，，得到，所以，；对于集合，化简得，设，，因为，可设，，单调递减，又，所以，当时，，，，单调递减，利用洛必达法则，时，，所以，，所以，；由于，，所以，D正确故选：D二、多选题6．设数集满足下列两个条件：（1）；（2），若则.则下论断正确的是（

）A．中必有一个为0B．a，b，c，d中必有一个为1C．若且，则D．，使得【答案】BCD【分析】根据（1）（2）得到，，A错误，B正确；再分，，两种情况，经过推理得到C正确；在C选项的分析基础上，得到若，此时求出，，使得，若，推理出中至少有2个相同，这与集合中元素的互异性矛盾，得到D正确.【详解】由（1）得：数集中必有1或0，由（2）得：，故，A错误，B正确；由（1）知：，故等于中的一个，不妨设，因为，所以，故，下面证明C正确，因为，若，则，由（1）知：，满足要求，同理若，则，满足要求，若，则，满足要求，若，因为，若，则，满足要求，若，则中某个等于1，不妨设，由得，由（1）知：，又因为，，所以，，故，同理可得，所以相乘得，解得：，因为，所以，故取，满足要求，综上：若且，则，C正确；下面证明D正确；由（1）知：，故等于中的一个，不妨设，因为，所以，故，若，则，因为中某个等于1，不妨设，由得，根据C选项的分析可知：，，，则，故，故，，若，，此时，，使得，D正确；若，则，，由（1）知：，若，则，不可能，若，则，不可能，若，则，不可能，所以，故，同理可得：，因为的平方根有且只有2个，所以中至少有2个相同，这与集合中元素的互异性矛盾，故不存在即的情况，故，使得，D正确.故选：BCD【点睛】关键点点睛：集合新定义问题，命题新颖，且存在知识点交叉，常常会和函数的性质，包括单调性，值域等进行结合，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.三、解答题7．已知集合，若集合，且对任意的，存在，，使得（其中），则称集合为集合的一个元基底．(1)分别判断下列集合是否为集合的一个二元基底，并说明理由；①，；②，．(2)若集合是集合的一个元基底，证明：；(3)若集合为集合的一个元基底，求出的最小可能值，并写出当取最小值时的一个基底．【分析】（1）利用二元基底的定义加以验证，可得不是的一个二元基底.，是的一个二元基底.．（2）设，计算出的各种情况下的正整数个数并求出它们的和，结合题意得，即．（3）由（2）可知，所以，并且得到结论“基底中元素表示出的数最多重复一个”．再讨论当时，集合的所有情况均不可能是的4元基底，而当时，的一个基底，由此可得的最小可能值为5．【详解】（1）①不是的一个二元基底.理由是；②是的一个二元基底.理由是，.（2）不妨设，则形如的正整数共有个；形如的正整数共有个；形如的正整数至多有个；形如的正整数至多有个.又集合含个不同的正整数，为集合的一个元基底.故，即.（3）由（2）可知，所以.当时，，即用基底中元素表示出的数最多重复一个.*假设为的一个4元基底，不妨设，则.当时，有，这时或.如果，则由，与结论*矛盾.如果，则或.易知和都不是的4元基底，矛盾.当时，有，这时，，易知不是的4元基底，矛盾.当时，有，这时，，易知不是的4元基底，矛盾.当时，有，，，易知不是的4元基底，矛盾.当时，有，，，易知不是的4元基底，矛盾.当时，有，，，易知不是的4元基底，矛盾.当时，有，，，易知不是的4元基底，矛盾.当时，均不可能是的4元基底.当时，的一个基底；或{3,7,8,9,10}；或{4,7,8,9,10}等，只要写出一个即可.综上，的最小可能值为5.【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生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：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、验证、运算，使问题得以解决.8．给定整数，由元实数集合定义其相伴数集，如果，则称集合S为一个元规范数集，并定义S的范数为其中所有元素绝对值之和.(1)判断、哪个是规范数集，并说明理由；(2)任取一个元规范数集S，记、分别为其中最小数与最大数，求证：；(3)当遍历所有2023元规范数集时，求范数的最小值.注：、分别表示数集中的最小数与最大数.【分析】（1）根据元规范数集的定义，只需判断集合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）利用元规范数集的定义，得到，从而分类讨论、与三种情况，结合去绝对值的方法即可证明；（3）法一：当时，证得，从而得到；当时，证得，从而得到；当时，分类讨论与两种情况，推得，由此得解；法二：利用规范数集的性质与（2）中结论即可得解.【详解】（1）对于集合A：因为，所以集合A不是规范数集；对于集合B：因为，又，，，，，，所以B相伴数集，即，故集合B是规范数集.（2）不妨设集合S中的元素为，即，因为S为规范数集，则，则，且，使得，当时，则，当且仅当且时，等号成立；当时，则，当且仅当且时，等号成立；当时，则，当且仅当时，等号成立；综上所述：.（3）法一：不妨设，因为S为规范数集，则，则，且，使得，当时，则当时，可得，当且仅当时，等号成立，则范数，当且仅当时，等号成立，又，当且仅当时，等号成立，故，即范数的最小值；当时，则当时，可得，当且仅当时，等号成立，则，则范数，当且仅当时，等号成立，又，当且仅当时，等号成立，故，即范数的最小值；当，使得，且，当，即，即时，则当时，可得，当且仅当时，等号成立，则当时，可得，当且仅当时，等号成立，则范数；对于，其开口向上，对称轴为，所以，所以范数的最小值为；当，即，即时，则当时，可得，当且仅当时，等号成立，则当时，可得，当且仅当时，等号成立，则范数；对于，其开口向上，对称轴为，所以，所以范数；综上所述：范数的最小值.法二：不妨设，因为S为规范数集，则，则，且，使得，所以对于，同样有，则，由（2）的证明过程与结论可得，，当且仅当时，等号成立，即，，……，所以范数，当且仅当时，等号成立，所以范数的最小值.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是理解元规范数集的定义，得到，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.9．我们称为“花式集合”，如果它满足如下三个条件：（a）；（b）的每个元素都是包含于中的闭区间（元素可重复）；（c）对于任意实数中包含的元素个数不超过1011.对于“花式集合”和区间，用表示使得的对的数量.求的最大值.【答案】【分析】先构造一个特例，再根据逐步调整法和数学归纳法可证的取值范围，从而可求其最大值.【详解】答案是.先给出取得最大值的构造：易于验证，当由1011个以及1011个组成､由1011个以及1011个组成时，符合题意.再给出最优性的证明：分成两步进行.第一步，调整集合.断言一：对于中区间，如果，则将中的替换为不改变原结果，称之为“切换”.这是因为:①如果中的一个区间与相交，那么它最初和现在都与两个区间相交，成立；②如果中的一个区间与不相交，则它要么与和都不相交，要么恰与中一个相交.因此，如果它与其中之一相交，则在替换区间后仍会与其中之一相交，也成立.断言二：总能在有限次“切换”后，使得对于中任意两个区间，它们要么不交，要么一个包含另一个，对于亦然.为此，考虑一个以区间为顶点的图，两顶点之间连边当且仅当它们对应的两区间交集非空（特别地，仍算作非空）.将每个连通分支的顶点对应的区间划分为一组，记为，使得如果，则.显然此分组方式唯一且不改变图的连通性.下面，我们固定并对进行归纳.归纳基础为，显然成立.对每个，考虑中左端点位于最左边的区间（注意稍后可能会变化）.则对于其它任何区间，我们有.另外，若，则称包含.对其它区间执行操作，那么总是包含操作后的区间.因此，与中的每个区间最多相交一次.只要存在区间且，操作过程就不会结束.当操作终止时，中必然不存在满足的区间，并且对于不与中的任何区间相交.因此，，且包含中的所有区间.此时，我们去掉，对应用归纳假设即可.第二步，加强归纳.设集合为“好的”集合，如果：1）；2）的每个元素都是包含在中的闭区间；3）对于任意实数中包含的元素个数不超过.定义为可以取得的最大值，其中是“好的”集合且是“好的”集合.下证加强的命题：，原题即时的特例.对此，我们采用归纳法，归纳基础为.此时，再对使用归纳法.如果，显然成立；否则，设为中最左边的两个区间（注意到，因此我们能够比较这两个区间的位置）､为中最左边的两个区间.此时不难得到：或两者之一，与另一个集合中最多一个区间有非空交集.这是因为，若对某个与的交集非空，则.因此，对于所有与交集为空.不妨设与另一个集合中最多一个区间有非空交集，这样一来，我们可以去掉，再利用归纳假设，结论成立.不妨设，否则把换成.令为中互相不包含的区间的集合（如果多个区间相同且未严格包含于更大的区间中，则选择任意一个加入.注意到为“（|S|，1）好的”集合，为“（好的”集合.则：其中，不等号使用了奠基的结论.至此，加强的命题得证!10．设数集满足：①任意，有；②任意x，，有或，则称数集具有性质.(1)判断数集和是否具有性质，并说明理由；(2)若数集且具有性质.（i）当时，求证：，，…，是等差数列；（ii）当，，…，不是等差数列时，求的最大值.【分析】(1)根据性质的定义判断可得出结论(2)（i）推导出，再根据性质的定义推导出从而证明（ii）根据性质的定义得出在均为等差数列，再令进行验证，可以不是等差数列，所以得出的最大值.【详解】（1）证明：对于数集，，，所以数集不具有性质，对于数集，任意，，所以数集具有性质.（2）（i）当时，数集具有性质，，所以，即，因为，则，又因为，所以，则，因为，所以得，，，因为，所以，则，又因为，所以或，因为，所以(舍去)，即，，所以，即当时，，，…，是等差数列.（ii）若数集且具有性质，按照(1)推导的方式得出一般结论，具体如下：因为，所以，即，因为，所以①，所以，，因为，所以，即，因为，根据，分两种情况：第一种情况为，，…，，第二种情况为，，先考虑第二种情况，与题意矛盾，，与题意矛盾，所以只能为第一种情况，可得②，由①②，得，即，即当时，，，…，是等差数列，当时，，所以，即，由前面得出，所以，，当成立时，，，，不是等差数列，所以的最大值为4.【点睛】方法点睛：等差数列的三种判定方法：定义法：(为常数)等差中项法：通项公式法：（a，b为常数），但如果要证明一个数列是等差数列，则必须用定义法或等差中项法进行证明.11．已知定义城为的函数，若存在实数，使得对任意，都存在满足，则称函数具有性质．(1)判断下列函数是否具有性质，无需说明理由；①；

②(2)若函数的定义域为，且具有性质，则“有解”是“”的__________条件（横线上填“充分非必要”、“必要非充分”、“充分必要”、“既非充分又非必要”），并证明你的结论；(3)若存在唯一的实数，使得函数，具有性质，求实数的值．【分析】（1）根据性质对两个函数进行分析，从而确定正确答案.（2）根据充分、必要条件的知识，结合性质作出判断.（3）对进行分类讨论，求得的值域，结合性质以及的唯一性求得的值.【详解】（1）性质：对任意，都存在满足，.①，取，则，而，所以不具有性质.②，的定义域为，值域是，对于任意，，即存在，使，所以具有性质.（2）函数的定义域为，且具有性质，即使得对任意，都存在满足，当“有解”时：如，则，，即的值域是，对任意，即存在使，也即具有性质，但，所以“有解”“”.当“”时，即对任意，都存在满足，即“有解”，所以“”“有解”，所以“有解”是“”的必要不充分条件.（3）依题意，存在唯一的实数，使得函数，具有性质，即：存在唯一的实数，对任意，都存在满足，，，记的值域为，则，当时：，，即，所以，唯一，符合题意.当时，的对称轴为，.当，在上递增，所以，所以，不唯一，不符合题意.当时，，在上递增，所以，所以，无解.当时，，所以的最大值是，最小值是，则，所以，，由于唯一，所以（舍去）.当时，，所以的最大值是，最小值是，则，所以，，由于唯一，所以，解得（舍去）.综上所述，的值为或【点睛】求解含有参数的一元二次函数在闭区间上的值域问题，要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏，分类标准的制定可以考虑二次函数的开口方向、对称轴、判别式、定义域等等.12．令.(1)若，，试写出的解析式并求的最小值；(2)已知是严格增函数，是周期函数，是严格减函数，，求证：是严格增函数的充要条件：对任意的，，.【分析】（1）分别解不等式和来求得，结合图象求得的最小值.（2）结合单调性、周期性以及“”的定义，先证明充分性，然后利用反证法证明必要性.【详解】（1）由得得，解得.由得得，解得或.所以.画出的图象如下图所示，由图可知，的最小值为.（2），，充分性：若对任意的，，，所以，，是严格增函数，所以是严格增函数.必要性：，（用反证法）若存在，使得，则，设的周期为，取，则，，由于，所以，所以，与单调递增矛盾，所以对任意的，，.证毕.【点睛】处理或函数的解析式问题，可通过解不等式来进行求解.证明充要条件，要证明两个，一个是充分性，另一个是必要性.13．A是由定义在上且满足如下条件的函数组成的集合：①对任意的，都有；②存在常数，使得对任意的，都有．(1)设，证明：；(2)设，如果存在，使得，那么这样的是唯一的；(3)设，任取，令，证明：给定正整数k，对任意的正整数p，不等式成立．【分析】（1）根据给定的条件，利用函数单调性判断的取值范围，再借助不等式放缩求出L作答.（2）利用反证法，推得导出矛盾作答.（3）根据给定条件，利用放缩法并结合绝对值的三角不等式，等比数列求和推理作答.【详解】（1）因，则，，在上单调递增，，则，，，，则，取，所以，对任意的，都有，所以.（2）假设存在两个，使得，，则由，得，即，矛盾，因此假设是错的，所以当，且存在，使得，那么这样的是唯一的.（3），任取，令，则有，，因此，给定正整数k，，所以给定正整数k，对任意的正整数p，不等式成立．【点睛】思路点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.14．已知正整数，集合.对于中的元素，，定义，令.(1)直接写出的两个元素及的元素个数；(2)已知，，…，，满足对任意，都有，求m的最大值；(3)证明：对任意，，…，，总存在，使得.【答案】(1)，；个(2)4(3)证明见解析【分析】（1）由题可知中的n个数中有任意3个数字为1，数字为0，根据排列组合数可列的元素个数通式为；（2）第二小问等价于同时满足的元素个数最多几个，首先需要线分析最多几个不同元素同一位置的分量可以同时为1，在以此极限情况找到m的不等式关系求出m最大值；（3）由题可知共有个非空子集，并且由题意可知当时，因此证明存在等式，即证明的值必有奇数即可.【详解】（1），；，即中6个分量中恰有3个1，故的元素个数为；（2）对于的非空子集，设，这里为的第j个分量，定义，规定.设，令我们先证明引理：.（反证），令，不妨设，，…，满足，其中又因为，且，，故，故，这与矛盾，引理证毕.回到原题，由引理，得，，，符合题意，综上，当时，m的最大值为4（3）共有个非空子集，记为，，则在每个分量得奇偶性下恰有种不同得状态，由知由抽屉原理，存在两个不同的的非空子集，设，，有与奇偶性相同，令，由于，故令，则且都为偶数，不妨设，则为偶数而为奇数，故且为奇数故必存在一个，使得为奇数，又由于，从而【点睛】本题以新定义结合集合进行考查，“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.15．设集合中至少有两个元素，且S，T满足：①对于任意，若，都有；②对于任意，若，则．(1)分别对和，求出对应的；(2)如果当S中恰有三个元素时，中恰有4个元素，证明：S中最小的元素是1；(3)如果S恰有4个元素，求的元素个数．【答案】(1)时，时；(2)证明见解析；(3)7个元素.【分析】（1）根据定义，应用列表法分别列举得出、，再应用集合并运算求结果；（2）对于且，，列举出满足①时且，再结合②及元素个数，讨论、求对应的元素个数，即可证结论；（3）对于且，，列举出满足①时且，结合②及元素个数，讨论、、，进而确定中的元素即可.【详解】（1）对于，集合的元素如下：且242848由表得：，此时要满足有，如下表：且242显然满足要求，所以，则；对于，集合的元素如下：且8168321632由表得：，此时要满足有，如下表：且242显然满足要求，所以，则.（2）对于且，，集合的元素如下：且由表得：且，此时要满足有，如下表：且其中、且、、，当时，此时必有，即，故，，则，满足要求；当时，必有，即，，故，，则，不满足要求；综上，当S中恰有三个元素时，中恰有4个元素，S中最小的元素是1，得证.（3）对于且，，集合的元素如下：且由表得：且，此时要满足有，如下表：且**当时，上表第一列有且均属于集合，而，矛盾；当时，上表第一列有且均属于集合，而，矛盾当时，则且均属于集合，而，此时只需满足，则，可得，且，注意a不等于1，所以，故共有7个元素.【点睛】关键点点睛：后两问，首先设出集合，根据题设集合的性质①列举出集合中可能元素，再结合集合的性质②，由中元素个数分类讨论确定所设元素的数量关系，即可得结果.16．设为实数，定义生成数列和其特征数列如下：（i）；（ii），其中.(1)直接写出生成数列的前4项；(2)判断以下三个命题的真假并说明理由；①对任意实数，都有；②对任意实数，都有；③存在自然数和正整数，对任意自然数，有，其中为常数.(3)从一个无穷数列中抽出无穷多项，依原来的顺序组成一个新的无穷数列，若新数列是递增数列，则称之为原数列的一个无穷递增子列.求证：对任意正实数生成数列存在无穷递增子列.【分析】（1）根据题意将代入数列计算即可；（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；（3）根据数列特性可以判断数列实际就是将根据条件进行相加或相减，可得出存在，，的数列关系，再结合无穷递增子列概念进行证明.【详解】（1），因为，所以;，因为，所以;，因为，所以;.（2）①由题可知，假设对任意实数，都有，则，又已知，所以，很明显，假设不成立.故命题①为假命题；②由题可知，假设对任意实数，都有，则又已知：，当时，，，假设不成立故命题②为假命题③假设命题③成立，则，因为，所以，即所以只需证明存在自然数和正整数，对任意自然数，有，即当时，；时，根据题意若存在一个使得，即存在恒成立则，但可知单调递增，故不存在这样的；故存在，使得，，…同理存在，使得，，…不妨假设，则，欲证明对任意自然数，有，只需证明：存在即可，即证明为偶数当，；，时符合题意即有自然数1、3和正整数，对任意自然数，有故存在自然数和正整数，对任意自然数，有，其中为常数故命题③为真命题（3）由③可知，有正整数，使得，，此时，，故生成数列存在无穷递增子列：【点睛】方法点睛：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，将当作函数列式分析。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，例如此数列实际就是将根据条件进行相加相减而已.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.17．给定正整数m，数列，且.对数列A进行T操作，得到数列.(1)若，，，，求数列；(2)若m为偶数，，且，求数列各项和的最大值；(3)若m为奇数，探索“数列为常数列”的充要条件，并给出证明.【分析】（1）利用已知条件先求出，将，，，代入：，，，即可求解；（2）由，得到，进而有，再由得到即可；（3）证明见解析.【详解】（1）由题意时，，，，由，知，所以，，，，故.（2）记数列的所有项和为S，因为，且，所以，则，故.当，或，时取到等号，所以当，或，时，S取到最大值，为.（3）“数列为常数列”的充要条件是（）证明如下：先证充分性：当（）时，，所以为常数列；再证必要性：当为常数列时，记，设中有x个，则必有个，将数列的所有项相加得：，由，且m为奇数，所以，所以，由得：，所以，所以.【点睛】数学中的新定义题目解题策略：（1）仔细阅读，理解新定义的含义；（2）根据新定义，对对应的知识进行再迁移（3）正确阅读理解题干信息，抓住关键信息，转化为我们所熟悉的问题.18．设且，集合，若对的任意元子集，都存在，满足：，，且为偶数，则称为理想集，并将的最小值记为.(1)当时，是否存在理想集？若存在，求出相应的；若不存在，请说明理由；(2)当时，是否存在理想集？若存在，直接写出对应的以及满足条件的；若不存在，请说明理由；(3)证明：当时，.【分析】（1）根据理想集的定义，分3元子集、4元子集分别说明判断作答.（2）根据理想集的定义，结合（1）中信息，说明判断5元子集，6元子集作答.（3）根据理想集的定义，结合（1）（2）中信息，判断的所有6元子集都符合理想集的定义作答.（1）依题意，要为理想集，，当时，，显然，有，而不是偶数，即存在3元子集不符合理想集定义，而，在中任取3个数，有4种结果，；；；，它们都不符合理想集定义，所以，当时，不存在理想集.（2）当时，，由（1）知，存在3元子集、4元子集均不符合理想集定义，5元子集，在此集合中任取3个数，满足较小的两数和大于另一个数的只有与两种，但这3数和不为偶数，即存在5元子集不符合理想集定义，而的6元子集是，是偶数，是偶数，即的6元子集符合理想集定义，是理想集，所以，当时，存在理想子集，满足条件的可分别为或.（3）当时，，由（1），（2）知，存在的3元子集、4元子集、5元子集不满足理想集定义，要为理想集，，显然符合理想