2015-2024年高考数学试题分类汇编：新定义综合（数列新定义、函数新定义、集合新定义及其他新定义）

冷题25新是文徐合

（欲利新窕:文、备裁断友文、集会新^4典他新范文）

十年考情•探规律

考点十年考情(2015-2024)命题趋势

新高考数学新结构体系下，新定义类试

2024.全国新I卷、2024•北京卷、2023•北京卷

题更综合性的考查学生的思维能力和推

2022•北京卷、2021•全国新II卷、2021•北京卷理能力;以问题为抓手，创新设问方式，

考点1数列新

2020•全国新H卷、2020•北京卷2020•江苏卷搭建思维平台，引导考生思考，在思维

定义

2019•江苏卷、2018•江苏卷、2017•北京卷过程中领悟数学方法。

（10年10考）

2017•江苏卷、2016•江苏卷、2016•北京卷题目更加注重综合性、应用性、创新性，

本题分值最高，试题容量明显增大，对

2016•上海卷、2016•上海卷、2015•北京卷

学科核心素养的考查也更深入。

压轴题命题打破了试题题型、命题方式、

考点2函数新试卷结构的固有模式，增强试题的灵活

2024•上海、2020•江苏、2018•江苏

定义性，采取多样的形式多角度的提问，考

2015•湖北、2015•福建

（10年4考）查学生的数学能力，

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

考点3集合新模型来创设全新的问题情景，要求考生

2020•浙江卷、2018•北京卷

定义在阅读理解的基础上，依据题目提供的

2015•山东卷、2015•浙江卷信息，联系所学的知识和方法，实现信

（10年3考）

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7E义的特

考点4其他新

点，弄清新定义的性质，按新定义照章

定义2020•北京卷、2016•四川卷

办事”逐条分析、验证、运算，使问题

（10年2考）得以解决，难度较难，需重点特训。

分考点•精准练1

考点01数列新定义

一、小题

1.（2021•全国新n卷•高考真题）（多选）设正整数〃=旬-2°+。/2+…其中4«0,1},

记0（〃）=%+q+…+%.贝!|（）

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。（〃）的定义可判断ACD选项的正误，利用特殊值法可判断B选项的正误.

【详解】对于A选项,<y（”）=4+4+♦..+，2”=%,2^+q-2?+…,2*+%•2*”，

所以，a）（2n）^a0+al+---+ak=ty（n）,A选项正确；

对于B选项,取"=2,2n+3=7=l-2°+l-21+l-22,.'.<«（7）=3,

而2=0.2°+1.2、则。（2）=1,即。⑺工以2）+1,B选项错误;

34234M

对于C选项，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选项正确;

对于D选项，2"-1=2°+，+…+2f故。（2"-1）=〃，D选项正确.

故选：ACD.

2.（2020•全国新n卷•高考真题）0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列…。，…满足

4e{0,1}"=1,2,…），且存在正整数加，使得%“=4"=12…）成立,则称其为0-1周期序列,并称满足

4+皿=40=1,2,…）的最小正整数加为这个序列的周期.对于周期为加的0一1序列的2…%…，

1m1

。（Q=一£4屈+"=12..,根-1）是描述其性质的重要指标,下列周期为5的0；序列中，满足。（后〈（左=123,4）

加/=15

的序列是（）

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

【答案】C

【分析】根据新定义，逐一检验即可

【详解】由％+„,=《知，序列内的周期为m,由已知，m=5,

[5

C（左）=三Zaiai+k#=1,2,3,4

5日

对于选项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)=-不满足;

5j=i555

对于选项B,

[5]]3

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

5,=]555

对于选项D,

[5][2

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

5j=]555

故选：c

【点晴】本题考查数列的新定义问题，涉及到周期数列，考查学生对新定义的理解能力以及数学运算能力,

是一道中档题.

二、大题

L（2024•全国新I卷•高考真题）设根为正整数，数列4，出，…，4,“+2是公差不为0的等差数列，若从中删去

两项a,.和a.（i<j）后剩余的4m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

%,外,。4m+2是（j,可分数列.

⑴写出所有的（仃），l<i<j<6,使数列…，&是（盯）-可分数列；

（2）当加23时，证明：数列4,%，…，。4M是（2/3）-可分数列；

⑶从1,2,…,4相+2中一次任取两个数i和/«<力，记数列4,出,…，的+2是（力）-可分数列的概率为打，证明:

月..

O

【答案】⑴（1,2）,（1,6）,（5,6）

⑵证明见解析

⑶证明见解析

【分析】（1）直接根据亿））-可分数列的定义即可；

（2）根据«,/）-可分数列的定义即可验证结论；

（3）证明使得原数列是亿力-可分数列的（V）至少有（m+炉-加个，再使用概率的定义.

【详解】（1）首先,我们设数列4,%，…,%,"+2的公差为d，贝!Jdwo.

由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列,

故我们可以对该数列进行适当的变形4=叫幺+l（k=l,2,...,4m+2）,

得到新数列4=%（%=1,2,…,4根+2）,然后对4,《，…,4,“+2进行相应的讨论即可.

换言之，我们可以不妨设左=1,2,...,4加+2）,此后的讨论均建立在该假设下进行.

回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i和，。</）,使得剩下四个数是等差数列.

那么剩下四个数只可能是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）由于从数列1,2,...,由〃+2中取出2和13后，剩余的4%个数可以分为以下两个部分，共加组，使得每组

成等差数列：

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

②{15,16,17,18},{19,20,21,22},...,{4机-1,4m,4机+1,4〃?+2},共〃—3组.

（如果m-3=0,则忽略②）

故数列1,2,…,4m+2是（2,13）-可分数列.

（3）定义集合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}.

下面证明，^l<i<j<4m+2,如果下面两个命题同时成立，

则数列1,2,…,4加+2一定是。力-可分数列:

命题1：

命题2：J-i*3.

我们分两种情况证明这个结论.

第一种情况:如果ieAi,且/一b3.

此时设i=4《+l,/=4&+2,仁,白e{0,1,2,

则由力〈，可知4勺+1<4&+2,即勺-%>-；,故心21.

此时，由于从数列L2,...,4m+2中取出力=4尤+1和j=4e+2后，

剩余的4加个数可以分为以下三个部分，共加组，使得每组成等差数列：

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

（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、组；

③{4&+3,的+4,的+5,4"+6},{的+7,4匕+8,4左2+9,4%,+10},...,{4机一1,4〃44〃2+1,4〃2+2},共机-自组.

（如果某一部分的组数为0,则忽略之）

故此时数列1,2,...,4m+2是力-可分数列.

第二种情况：如果ieB/eA,且

此时设i=4%+2,j=4k2+l,匕,％2e{0,1,2,...,机}.

则由，＜j可知4年+2＜4自+1,即网-勺＞；,故左2＞勺.

由于故（4右+1）—（4匕+2）/3,从而右一左41，这就意味着心一勺22.

此时，由于从数列1,2,...,4%+2中取出，=4左+2和/=4&+1后，剩余的4租个数可以分为以下四个部分，

共加组，使得每组成等差数列：

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

（^）{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）全体{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组；

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},共机-自组.

（如果某一部分的组数为0,则忽略之）

这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含质-K-2个行，4个列的数

表以后，4个列分别是下面这些数：

{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}.

可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍{4尢+1,4匕+2,…,4《+2}中除开五个集合

{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网+2},

{4为+1,4左2+2}中的十个元素以外的所有数.

而这十个数中，除开已经去掉的4尤+2和4/+1以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.

这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列12…,4〃工+2是化））-可分数列.

至此，我们证明了：对14，＜，＜与"+2,如果前述命题1和命题2同时成立,则数列l,2,…,4%+2一定是（7,j）-

可分数列.

然后我们来考虑这样的（仃）的个数.

首先，由于Ac3=0,A和8各有机+1个元素，故满足命题1的«,/）总共有（机+1）2个；

而如果=3,假设ieAJeB,则可设i=4《+l,j=4k2+2,代入得（4%+2）-（4尢+1）=3.

但这导致矛盾，所以，

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

所以可能的化&）恰好就是（O』）,（1,2）,...,（〃LL〃Z）,对应的（z；j）分别是（2,5）,（6,9）,...,（4机一2,4机+1）,总

共加个.

所以这（加+1『个满足命题1的1J）中，不满足命题2的恰好有加个.

这就得到同时满足命题1和命题2的«"）的个数为（机+1）2-根.

当我们从1,2,…,4%+2中一次任取两个数i和人力<力时，总的选取方式的个数等于

（4m+2X4m+l）=（2OT+i）（4TO+i）

而根据之前的结论，使得数列％，出，…,%,“+2是（/,可分数列的（/,/）至少有（〃?+1）2-m个.

所以数列％,出，…,％+2是亿力-可分数列的概率2,一定满足

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

这就证明了结论.

【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究

结论.

2.（2024•北京・高考真题）已知集合

M={（。）,左,狡）,€{1,2},/©{3,4},左€{5,6},0€{7,8},且力+/+左+.为偶数}.给定数列4:卬,出,…,小，和序

列。:7],心…刀，其中7；=。/,勺,叱）eM（r=l,2,…,s）,对数列A进行如下变换：将A的第3九配“项均

加1,其余项不变，得到的数列记作4（A）;将4（4）的第/上，*叫项均加1，其余项不变，得到数列记作

砧⑷;.…；以此类推，得到4…也⑷,简记为0（4）.

⑴给定数列A：L3,2,4,6,3,1,9和序列。:（1,3,5,7）,（2,4,6,8）,（1,3,5,7）,写出。（A）；

（2）是否存在序列Q,使得。（A）为4+2,出+6,生+4吗+2,%+8,&+2,%+4,%+4,若存在，写出一个符合

条件的。；若不存在，请说明理由；

⑶若数列A的各项均为正整数，且4+/+%+%为偶数，求证："存在序列。，使得。（A）的各项都相等"

的充要条件为"4+/=%+%=%+4=%+%”.

【答案】（1）Q（A）：3,4,4,5,8,4,3,1。

（2）不存在符合条件的O,理由见解析

⑶证明见解析

【分析】（1）直接按照。（A）的定义写出。（A）即可；

（2）解法一：利用反证法，假设存在符合条件的Q,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：

（%+%）-（％”—i+%“）=8,〃=1,2,3,4,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％+。2=。3+。4=“5+。6=。7+。8，分类讨论

相等得个数，结合题意证明即可；若存在序列Q,使得。（A）为常数列，结合定义分析证明即可.

【详解】（1）因为数列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（A）:3,4,4,5,8,4,3,10.

（2）解法一:假设存在符合条件的O,可知。（A）的第1,2项之和为％+出+s,第3,4项之和为生+。4+5,

[+2）+（%+6）=+%+s

则乂〉,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。（A）：么也，…也，

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

因为=8,即序列。共有8项,

4

由题意可知：（处―1+”2〃）—（%一1+%）=8,〃=1,2,3,4,

检验可知：当〃=2,3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&,｝（1"W8）,特别规定%

必要性：

若存在序列。：。耳…7；,使得。（4）的各项都相等.

贝!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-

根据『H（A）的定乂，显然有4幻-1+4,2/=+4-1,2/+1,这里）=1,2,3,4,s=1,2,....

所以不断使用该式就得到q+a?=%+%=%+%=%+1=4」+见,2-,必要性得证.

充分性：

若％+。2=。3+。4=〃5+〃6=%+•

由已知，。1+。3+%+%为偶数，而〃1+。2=。3+。4=。5+。6=%+。8，所以

出+%+4+q=4（4+出）—（q+/+%+%）也是偶数.

我们设TS...T^（A）是通过合法的序列Q的变换能得到的所有可能的数列A）中，使得

-aa+a-a+

||+Is,3-sAI|S,5s.6\|^,7一%/最小的一个.

上面已经说明as,2j-\+4,2/=4-1,2/-1+j+1,这里j=l,2,3,4,5=1,2,....

+

从而由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.

同时，由于，；+/+《+叱总是偶数，所以41+。"3+%+吟7和%2+44+4,6+%的奇偶性保持不变，从而

a

4,1+4,3+4,5+4,7和4,2+s,4+4,6+4,8都是偶数.

下面证明不存在j=1,2,3,4使得同2『一4.2,122.

假设存在，根据对称性，不妨设）=1,4,2户-%2户2,即4厂4”2.

情况1：若|4,3-4,41+|纵5-4.61+|4,7-4,81=0，则由4.1+4,3+4,5+4.7和4,2+4.4+4,6+4,8都是偶数，知

4,1-4,2“

对该数列连续作四次变换（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—见+4,8|相比原来的

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

矛盾；

情况2:右k，3一。“/+|%5_4,61+|%7一%/>0，不妨设|%.3_4,/>°•

情况2-1：如果4广31，则对该数列连续作两次变换（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—见+2,8|相比原来的

一4』+|4,3-。2|+|4,5-4.6|+|4,7至少减少2,这与|%1-4:+|4.3-4,/+|4,5-4,6|+|4,7的最

小性矛盾；

情况22如果%4-%并，则对该数列连续作两次变换（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/相比原来的

%—4,2卜除3-aj+l%-4,6|+|4,7-4/至少减少2，这与|4j-4』+|%,3-4,/+|%,5-4,6|+|。“7-4」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）=1,2,3,4都有辰41.

假设存在j=1，2,3,4使得旧处―-|=1，则«s,27-i+4⑷是奇数，所以

a

4J+4,2=4,3+sA=4,5+4,6=4,7+4,8都是奇数，设为2N+1.

a

则此时对任意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都是偶数，故集合{加|=N}中的四个元素i,j,k,w之和为偶数,

对该数列进行一次变换左,M，则该数列成为常数列，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,比原来的

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

盾.

综上，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

常数列，充分性得证.

解法二：由题意可知：。中序列的顺序不影响。（A）的结果，

且（%,%）,（%,%）,（%，&），（%，4）相对于序列也是无序的，

（回）若Q]+出=。3+。4=。5+〃6=%+。8，

不妨设％工生K。5«%，贝U。22。42。6之。8，

6）当％=%=。5=%，贝！J48=。6=。4="2，

分别执行％个序列（2,4,6,8）、出个序列。，3,5,7）,

可得“1+%,Q[+%,%+〃2,%+%，%+〃2'。1+%,%+%,4+%，为常数列，符合题意；

②当4，%,%，%中有且仅有三个数相等，不妨设%=%=%，则。2=%=%，

分别执行出个序列（1,3,5,7）、%个序列（2,4,6,8）

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

因为4+4+%+%为偶数，即34+%为偶数，

可知知%的奇偶性相同，则发/eN*,

分别执行"幺个序列（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

为常数列，符合题意；

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

分别执行〃5个。36,8）、%个（2,4,5,7）,

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

因为％+%=%+〃6，

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

即转为①，可知符合题意；

④当q,%,%,%中有且仅有两个数相等，不妨设4=生，则4=%,

分别执行的个（2,4,5,7）、%个。，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，

即转为②，可知符合题意；

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

分别执行％个（2,3,5,8）、的个（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，

即转为③，可知符合题意；

综上所述：若4+a2=a3+a4=a5+a6=%+a8，则存在序列。，使得Q（A）为常数列；

（0）若存在序列。，使得。（A）为常数列，

因为对任意。（A）:［也，…也＞

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

若C（A）为常数列，则4+8=2+a=々+。6=年+优，

所以％+%=。3+。4=。5+。6=。7+。8；

综上所述："存在序列Q，使得。（A）为常数列"的充要条件为“4+的=%+%=。5+“6=%+/

【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｛叫,也｝的项数均为根（〃＞2）,且凡也w｛l,2,…，叫｛4｝,也｝的前”

项和分别为4,纥,并规定&=综=0.对于左e｛0,1,2,…，叫，定义以=max｛z•出＜4，於｛0,1,2,…,训｝,其

中，maxM表示数集M中最大的数.

⑴若4=2,为=1,%=3,伪=1也=3,4=3,求“，小弓,马的值;

（2）若仇，且2rz4骨+力,/=1,2,…,祖一1,,求小

（3）证明：存在p,%s,/e｛0,1,2,…，咽,满足使得4+q=4+忆

【答案】⑴"=0,4=1,2=1,4=2

（2）弓="，九eN

⑶证明见详解

【分析】（1）先求A，A，A，A，80,4,82,83,根据题意分析求解；

（2）根据题意题意分析可得大「利用反证可得%-々=1,在结合等差数列运算求解；

（3）讨论4.4的大小，根据题意结合反证法分析证明.

【详解】（1）由题意可知：4=O，A=2,4=3,4=6,BO=O,4=1,B2=4,B3=7,

当上=0时，则4=4=0,g>A，:1,2,3,故％=0；

当左=1时，则B°〈A，4<A，4>A"=2,3,故乙=1；

当左=2时，则用V4，i=0』,星>4，星>4,故4=1；

当左=3时，则乌&4"=0,1,2,23>A,故4=2；

综上所述：“=。，。=1,4=1,4=2.

(2)由题意可知：rn<m,且zvN,

因为也N1,且424，则42月>为对任意〃eN*恒成立，

所以％=。跖21，

又因为2“三；军1+和,则4+1-芍注方一1“即/-友嗨*…

可得d一心1,

反证：假设满足2%>1的最小正整数为04/4%-1,

当也/时，贝!当”)一1时，贝|］人［一々=1,

贝IJ%+一%-2)+…+6—4)+%22(根—力+j=2〃z—J,

又因为04j<m-l,贝ij%m-(m-1)=m+1>机，

假设不成立，故*-z=i,

即数列｛4｝是以首项为1,公差为1的等差数列，所以弓=O+lx〃=〃,葭eN.

(3)因为凡也均为正整数，贝支4｝,｛用｝均为递增数列，

(回)若4=3.,则可取"q=0,满足。>%s“使得A’+BLA”及；

(0)若4<6”，则“<加，

构建s,=瓦,-4，心”冽，由题意可得：sn<o,且S"为整数，

反证，假设存在正整数K,使得/4-机，

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

这与1+1e｛l,2,…，叫相矛盾，故对任意1M/IV加,〃eN,均有S“NLfn.

①若存在正整数N,使得%=4-4=0，即4=%，

可取，=q=0,O=N,s=A，

满足。>%s>r,使得人+瓦二人/及；

②若不存在正整数N,使得国=0,

因为S“,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,

满足P>%s>r,使得4+B,=4+及；

5）若A”>纥,，

定义&=max*l4W瓦,ie｛0,l,2,L,训｝,则凡<m,

构建5“=4号-纥,14〃4相，由题意可得：S„<0,且S“为整数，

反证，假设存在正整数K,14K4m,使得与4-%，

则％-BKW-〃i,ARR+I-BK>0,可得a&+i=ARR+I—ARR=（AR«+I—&）—（4^-绦）>相,

这与软K+I©｛12…,〃，｝相矛盾，故对任意lW〃V"z-l,"eN，均有

①若存在正整数N,使得SN=AR'-"=0,即AR,=”，

可取q=t=o,s=N,p=RN,

即满足使得Ap+g=4+。；

②若不存在正整数N,使得又=。，

因为S〃£｛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,

满足P>%s>r,使得4+B,=4+%

综上所述：存在0<q<p<m,O<t<s<%使得Ap+Bt=Aq+Bs.

4.（2022•北京・高考真题）已知Q：1,%，…,以为有穷整数数列.给定正整数机，若对任意的诃高2,…，坷,

在。中存在4，的，ai+2，…,q+j（420）,使得%+aM+ai+2+…+a,+j=n,则称0为机-连续可表数列.

⑴判断Q:2,1,4是否为5-连续可表数列？是否为6-连续可表数列？说明理由；

（2）若Q：01M2,…，4为8-连续可表数列,求证：女的最小值为4；

（3）若0：%,出,…，以为20-连续可表数列,且囚+的+…+以<20,求证：k>l.

【答案】（1）是5-连续可表数列；不是6-连续可表数列.

⑵证明见解析.

⑶证明见解析.

【分析】（］）直接利用定义验证即可；

（2）先考虑左43不符合，再列举一个％=4合题即可；

（3）上45时，根据和的个数易得显然不行，再讨论左=6时，由卬+出+…+4<20可知里面必然有负数,

再确定负数只能是-1,然后分类讨论验证不行即可.

【详解】（1）〃2=1，4=2,%+%=3,%=4,%+。3=5,所以。是5-连续可表数列；易知，不存在，"

使得4+4+1+…+。引=6,所以。不是6-连续可表数列.

（2）若左<3,设为Q：。,仇。,则至多。+人力+CM+"CM,AC,6个数字，没有8个，矛盾；

当左=4时，数歹UQ：1,4,1,2,满足。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最多有七种，若原九最多有C：种，所以最多有左+C；=乂兴种，

若kM5,则4,%,…,4至多可表变士D=15个数，矛盾，

2

从而若左v7,则左=6,。，4c,d,ej至多可表巧D=21个数，

而a+6+c+d+e+f<20,所以其中有负的，从而。，仇c,d,eJ可表1~20及那个负数（恰21个），这表明。~了

中仅一个负的，没有0,且这个负的在中绝对值最小，同时a~，中没有两数相同，设那个负数为-根（〃*1）,

则所有数之和2根+1+机+2H\-m+5—m=4m+15,4m+15V19=>，及=1,

.■.（a,b,c,d,e,f]=W,3A,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），

二一1与2相邻，

若-1不在两端，则"三,-1,2,一,一形式，

若x=6,贝!]5=6+（-1）（有2种结果相同，方式矛盾），

:.x^6,同理“5,4,3,故-1在—■端，不妨为"」2,崖旦C形式,

若4=3,则5=2+3（有2种结果相同，矛盾），A=4同理不行，

A=5,贝1]6=-1+2+5（有2种结果相同，矛盾），从而4=6,

由于7=-1+2+6,由表法唯一知3,4不相邻,、

故只能一1,2,6,3,5,4,①或一1,2,6,4,5,3,②

这2种情形，

对①：9=6+3=5+4,矛盾，

对②：8=2+6=5+3,也矛盾，综上左看6,

当％=7时，数列124,5,8,-2,-1满足题意,

.\k>7.

【点睛】关键点睛，先理解题意，是否为机-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到加中间的任意一个值.本题第二问左V3时，通过和值可能个数否定左V3；第三问先通过和值的

可能个数否定左V5,再验证左=6时，数列中的几项如果符合必然是｛T,2,3,4,5,6｝的一个排序，可验证这组

数不合题.

5.（2021•北京・高考真题）设p为实数.若无穷数列｛%｝满足如下三个性质，则称｛4｝为况。数列：

①q+p*O,且4+P=0;

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

（1）如果数列｛%｝的前4项为2,-2,-2,-1,那么｛q｝是否可能为况2数列？说明理由；

（2）若数列｛%｝是先数列，求。5；

（3）设数列｛为｝的前“项和为S”.是否存在况.数列｛%｝,使得S"N'。恒成立？如果存在，求出所有的0；

如果不存在，说明理由.

【答案】（1）不可以是此数列；理由见解析；（2）%=1;（3）存在；P=2.

【分析】⑴由题意考查的的值即可说明数列不是凡数列；

⑵由题意首先确定数列的前4项，然后讨论计算即可确定的的值；

⑶构造数列b“=%+P，易知数列｛或｝是火。的，结合⑵中的结论求解不等式即可确定满足题意的实数"的

值.

【详解】（1）因为。=2,%=2,4=一2,所以％+%+p=2,q+%+〃+l=3,

因为。3二一2,所以生乃｛4+%+2,4+%+2+1｝

所以数列｛。“｝,不可能是凡数列.

（2）性质①420。=°，

由性质③%+2w｛q“,a,“+l｝,因此%=q或%=4+1，%=。或%=1,

若％=。，由性质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.

又因为。4=%+%或。4=+。3+1,所以4=g或%=0.

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

不满足。2=。，舍去.

当q=。，则｛%｝前四项为：0,0,0,1,

下面用数学归纳法证明%“+,=«（z=l,2,3）,a4„+4=n+l（ne7V）：

当〃=0时，经验证命题成立，假设当左20）时命题成立，

当〃=左+1时：

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

｛%+a4k+5."eN*,lVJV4左+4｝=伙，左+1｝,此时可得：a4k+5=k+\.

否则，右a4k+5=k,取左=0可得：a5=0,

而由性质②可得:%=%+ge｛l,2｝,与%=。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｝,又因为"+7<4加8，有=%+1•

即当〃=%+1时命题成立，证毕.

综上可得：4=。，a5=a4xi+i=1.

⑶令ba=a“+p,由性质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\