九省联考大题压轴通关100题

九省联考压轴通关100题X={1,2,…,p1}，若u,veX,meN，记u勇v为uv除以p的余数，um,勇为um除以p的余数；设aeX，1,a,a2,勇,中b,ceX；nA构成的集合记作Tc(n,m).求出所有的n，使得对任意给定的m,当数列AeTc(n,m)时，数列A中一定有相同的两项，即存在akk1kn，且A为“F数列”.3，n+2n+2*S2n2a22a2集.f(x)=x+Asin(x)，求最小正数A的值，使数列{an}为等差数列；f(x)=lnx+x+2，求证：an<n(3)请你判断P(T)是否存在最大值，并说明理由.数k，使得ak=ai.aj” 求出相应数列首项的最小值，说明理由.均为整数，则称A为“k阶平衡数列”其中ke{2,3,…,N}(3)如果aN<2019，且对于任意ke{2,3,…,N}，数列A均为“k阶平衡数xi对序列A中.(3)当N为奇数时，记m的最大值为T(N)，求T(N).数m，使得Sn=am，则称{an}是“Hn}和{bn}是否是“H数列”；求d的值；(3)证明：对任意的等差数列{an}，总存neN*)成立.n(1)试写出数列{an}的前六项.(2)求出{an}中另两个可被5整除的项，(3)指出{an}中可被5整除的项出现的,a2取数规律，并说明理由.nn(an为偶数)*,其中(an为偶数)*,其中nEN若ak是数列Am中的项则记作akEAm.意的正奇数，求所有数列Am的相同元素构成的集合S.）k与前n项中某一项相等，则称ak具有性质P.a1+a2+…+a100.nbn,neN*，则称{bn}为{an}的伴随数列.(2)若{an}为一个X数列，{bn}为{an}的伴随数列②求b2023的最大值.距离为di，△TAiBi的面积为Si.(3)当k=1时，是否存在点T，使得S1，S2，S3成等比数列，d1，d2，理由.(2)求数列{anbn}的前n项和Sn；若不存在，说明理由.则称{an}为“P数列”.22．设数集S满足：①任意xeS，有x之0﹔②对任意x，yeS（x，y可以取相同值有x+yeS或x一yeS，则称数集S具有性质P.集B中所有元素的和的所有可能值.a2c，则称m是k好数，否则称m是k坏数．例如：0.20，所以2是2好数.是k好数；d152018，且存在正整数k，使得d1,d15,dk成等比数列，求d,的所有可能的值.都有ai+1ai<1（规定a0=an则称AnT最小值.22nnn}的前n项和为Sn，,a2(3)已知A具有性质M15，求集合A中元素个数的最大值，并说明理2n，如果对任意a,beX，都存在c,deX，使得ac+bd=0，则称X具有性质P.(2)若X具有性质P，求证：1eX；且若xn>1成立，则x1=1；(3)若X具有性质P，且xn=2023，求数列x1,x2,…,xn的通项公式.2底数，求证：0<f(x)<n2值为G(k,m).列都是{an}的子列.新数列ai,ai,…,ai称为{an}的一个子列. 都有as+k=at+k，则称数列A是m-连续等项数列.(2)若项数为N的任意数列A都是2-数列A2:a1,a2,…,aN,0与数列A3:a1,a2,…,aN,1都是4-连续等项数列，且a3都有an+2k+an=2an+k，则称数列{an}具有性质P(k).(1)判断下列两个数列是否具有性质P(2)结论不需要证明）(3)若既具有性质P(6)又具有性质P(k)的数列{an}一定是等差数列，求k的最小值.则称数列{an}为“Z数列”.(2)若数列{an}是Z数列，且a2=2.求S3和T3；(3)是否存在等差数列是Z数列？请阐述理由.akiaj；(an-an+1-an+2)n-an+1-an+2=0.的通项公式.(1)证明：2a,2a,2a,2a依次成等比数列；(2)是否存在a1,d，使得a1,a,a,a依次成等比数列，并说明理由；(3)是否存在a1,d及正整数n,k，使得a,a+k,a+2k,a+3k依次成等比数列，并说明理由.数.(3)证明：存在p,q,s,te{0,40．如图为一个各项均为正数的数表，记数表中第i行第j列的数1…6:(2)证明：所有正整数恰在数表中出现一次.称ch(x)=为双曲线余弦函数.求sh(x)-3x的最小值；k个*nn=**).(1)写出S1，S2，S3，S4；素的个数.值记为An，第n项之后各项an+1,an+2,…的最小值记为Bn，dn=An-Bn.n写出d1，d2，d3，d4的值；数列中另一个连续的k项恰好按次序对应相等，则称数列{an}是“k,a2列{an}的最后一项am的值.{an}为ηn. 说明理由.i，其中，dipi<p-1)piipi-jx]表示不超过实数x的最大整数.记集合A(m)中元素的个数为s(m)（约定空集的元素个数为0）. ++…+s(a1)s(a2)s(an)求A(5)及s(5)；其中max{x,y}表示x，y中最大的数，min{x,y}表示x，y中最小的数.49．设λ为整数．有穷数列{an}的各项均为正整数，其项数为mnn为奇数,为偶数(2)若{an}为P-1数列，求a1的前5项成公比为p的等比数列．当b1<a5时，求p的值；使A坚B”的充要条件是“d是正有理数”.为“完美数列”qs否则称P为不等和数列.(1)判断下列数列是否是等和数列，若是(2)已知数列P：a1，a2，a3，a4，a5是等和数列，并且对于任意的P非负整数的数列B:b1、b2、L、bm，定义变换T2，T2将数列B各项从m55．数列{an}项数为N，我们称p为{an}的“映射焦点”，如果p满足：①2pe{2,4,…,N}；作kn；集，并定义S的范数f为其中所有元素绝对值之和.(3)当S={a1,a2,L,a2023}遍历所有2023元规范值.注：min(X)、max(X)分别表示数集X中的最小数与最大数.571）x=R+,n=N*，且1至x之间的整数中，有个是n的倍数.A为ak-ak-1(1<k<n)构成的集合.(1)求下列数列的差集A；n2整数列的个数F(n).n-un-1|+……+|u2-u1|<M，则称数列{un}为B-数列.n否为B-数列？若是，请说明理由；若不是，请举出一个例子；(3)若数列{an}，{bn}都是B-数列，求证：数列{anbn}是B-数列.n=N*从小到大的顺序排列构成的数列记为{cn}.调递增，求实数λ的取值范围；n2n2nnP和Q的伴随集合；(2)已知有限等比数列A：4,42,...,4n(nEN*)，属于A的伴随集合M，并说明理由.n1.(2)求a2023的所有可能值中的最大值；.(1)数列{an}的前n项和Sn=3n(nEN*)，判断数列{an}是否为“E求d的值；nEN*)成立.或xyES，则称数集S具有性质P.（ii）当a1，a2，ⅆ,an不是等差数列时，求nn阶和数列各项和为Sn.22N.或i为递增数列，求证：所有符合条件的数列A的个数为N+1；-x庄S列”，求aN的最小值用关于N的代数式表示）n*则称数列{a}(neN*)为“M(k)数列”,k|ane,k式，并指出相应的k,d,q的值；的前10n项和S10n.Snn+k-k（k是常数，且keN*）成立，则称数列{an}为“H(k)数列”.(1)若数列{an}为“H(1)数列”，求数列{an}数列{an}的a2的所有可能值，如果不存在，请说数若含有m项的数列{an}满足：任意的i，jeM，都有aieM，且数列.ⅆ,20)对于无穷数列{an}，记hk=min{a2k-1,a2k}.若对任意keN*均有hk<hk+1，则π2(3)若数列{dn}满足d1、d2为正实数，且dn=dn+2-dn+1，求证：数列{dn}74．设p为实数，定义p-生成数列{a(p)n}和其特征数列{b(p)n}如下：（i）a(p)1=0；(1)直接写出1-生成数列的前4项；a(p)n-a(q)n=C，其中C为常数.增子列.求证：对任意正实数p,p-生成数列{a(p)n}存在无穷递增子列.(3)设N=15．将所有符合题意且S(A)=0的数列A的总个数记为M，判断M是否为4的倍数，并说明理由.**n1，则称数列A是X数列.(1)直接写出下面两个数列的绝对差分数列，并判断其是否为X数求n的所有可能值.个数为G(A).2记r(i)为A的第i行各数之和，c(j)为A的第j列各数之和，其中或aij.c(j)<0,i,je{1,2,…,m}}，记H(A)为集合Hii+j(ji+jkn于数列A:a12n与B:b1nn数列.2(A)；A.T(A)=n3?若存在，写出一个数列A，若不存在，说明理由：a1，a2，a3，a4，a5是等差数列.使得ak=ai.aj”，则称数列集合.(3)求证：对于任意实数M，都存在kEN*，使得bk>M.(1)判断数列an=是否满足等式（*(3)证明：存在与a1有关的常数λ,使得对于每个正整数n，都有<an<λ.(1)下列无穷等差数列中，是“H数列”的为直接写(2)证明：若数列{an}是“H数列”，则a1eZ且公差deN；(3)若数列{an}是“H数列”且其公差deN*为常数，求{an}的所有通项公式.2nj(1<i,j<n)，则称数列A具有性质P.对于具有性质P的数列A，具有性质P的数列A，使得T(A)与E为同一个数列；2akn-k+1k且所有项的和等于所有项的积，求出所有的数则称{an}为Pm数列.90．已知数列A:a1,a2,L,an为有穷正整数数列.若数列A满足如下两个性质，则称数列A为m的k减数列：2②对于1<i<j<n，使得ai*k<N，k求m的值；且S*(m)=507，求m的最大值.为K（KEN，2≤K≤n）的子集中，我们把每个K元子集的所有元素相加的和记为TK（KEN，2≤K≤n每个K元子集的最大元素之和记为aK（KEN，2≤K≤n每个K元子集的最小元素之和记为bKa(3)对任意的n≥3，nEN，给定的KEN，2≤KaK理由.0k(3)证明：M数列是唯一的.过3次“T变换”得到的数列E；(2)若A经过n次“T变换”后变换结束，求n的最大值；之和为2022，若B再经过k次“T变换”得到的数列各项之和最小，求k的最小值. 正整数M，求M的最大值.Ankn-kn2a+a a+a S n(n+1)n前n项之和，满足bn=Sn,cn+1=cn-bm（m为常数，且m>1）.已知ndn11.38，且当x>1时，g(x)单调递增）则称这个数列为“Dr”数列.m12，a=2，m99．若定义在R上的函数y=f(x)满足：对于任意实数x,y，总有f(x+y)+f(x一y)=2f(x)f(y)恒成立，我们称f(x)为“类余弦型”函数.（1）已知f(x)为“类余弦型”，且f(1)=，求f(0)和f(2)的值；2（3）若f(x)为“类余弦型”，且对任意非零实数t，总有f(t)>1，证①函数f(x)为偶函数；f(x1)和f(x2)的大小关系，并证明.2ann+1-Δan(neN*).都存在meN*，使得Δ2bn=bm，求q所有可能的取值构成的集合；mnSm+Sn>tSk恒成立，求实数t的最大值.(3)证明见解析此时log(p)a(b勇c)=log(p)ab①log(p)ac.而aeX，故a,p互质.记n=log(p)a(b勇c),n1=log(p)ab,n2=log(p)ac，设n121(modp)，故sn即log(p)abclog(p)ablog(p)ac.法2：记anan,m1p，anan,m2p，an,an,an,an,kp，其中m1，m2，k是整数，则annan.an,m1an.m2an.m1m2pkp，可知an,an,ann,.所以存在i{0,1,,p2}，使得ap1,ai,，1可以被p整除，于是ap1i即ap1ai1可以被p整除，于是ap1i即ap11可以被p整除，即记nlog(p)ab，mlog(p)ac，nmnml(p1)，其中l是整数，则bcan,am,anm,anml(p1),anm,al(p1),anm,，即log(p)a(bc)log(p)ablog(p)ac.bp11modp也成立.因为nlog(p)ab，所以anbmodp.y2yy2yp2,p2,xbk,ak,np2ny2y1xbpxbkbkp21k1xk1modpxmodp.xbkaknp2由于xX，所以xy2yp2,.y2xbk, 一一一kk 一一一---x(xan,a---n(p2)n(p2) 一 一一--一--一一一y(p2),y1y1y1ak,ak,ak,ap2,ap2,ap2,.--一--一一一故y2y(p2),xnkp1,勇p1,勇.5kk+1k+22k+1，所以ak+3一ak+2,ak+4一ak+2,ak+5ak+2…,a2k+1ak+2这k1项均为数列A中的项，k+4ak+22k+1ak+22k+1，即ak+3ak+2=ak+2,ak+4ak+3=ak+2,ak+4ak+3=ak+2,a2k+1a2k=ak+，这说明：ak+2,ak+3,ak+4,…,a2k+1为公差为ak+2的等差数列，再数列A具有性质P0，以及ak+1=0可得，数列A为等差数列；设A：a1，a2，a3，a4…，a2k一1,a2k，a2k+1,a2k+2,a2k+3,a2k+4,…,a4k+1,a4k+22kk2.【点评】关于新定义题的思路有：0n12n2n1n10xn2n3n2n2n1n1n)n0n1n，2**采取特值法加深对题目条件的理解，细致分析，最终得到答案.an32;2<2n<2n+2.35 n设公差d，4，an2λ<2n,n2n2n+1n2n+12n2n+1，D235*S2n2n，2n2462n①,462n2n+2②,242n+22n+2，352n1=<2n+2【点评】常见的裂项相消法求和类型：nnn等，anan5．(1)31是k可表数，1024不是k可表数，理由见解析；合间的基本关系得出T中最多含有3k个元素，解不等式即可证明；用定义先证n为m_可表数，再根据三进制的基本事实确定k的最小值9x102+(_xkak)=_s，且_xiE{_1,0,1}成立，故_sET，对于确定的Q，T中最多有3k个元素，又x123m_22m_222mm1时，n为m可表数，22m2r0m1，r)m1，m1 m22281，所以k的最小值为8.【点评】难点点睛：第二问关键是根据定义可确定T中元素互为相反利用第二问的结论可设vneN*,二meN*，有22022成立的m，代入n=2024求m即可.(3)证明见解析.2求出A的表达式，并验证即可求解.得证.裂相消法求和推理即得.a32即对vneN*，恒有an+1一an=A，因此数列{an}是以A=4k,keN*为公差的等f(x)在(0,1)上递增，在n n+1<2nn一一n1a322321，又函数f(x)是(0,+伪)上的增函n2nn23a2)4a3)2n2]解决问题.可知x-3=y-x=2，求出x,y，即可求解；即可分析得P(T)=N-1，反之A是递增数列，根据数列的新定义可得a2-a1=a3-a2=（3）利用T的定义结合特例可判断P(T)存在最大值.所以数列A：1,3,5,7，T={2,4,6}；（2）充分性；A是递增数列，若A为等差数列，“,(N-1)d}，必要性：若A是递增数列，P(T)=N-1，则A为等差数列，因为A是递增数列，所以a2-a1<a3-a1<a4-a1<“<aN-a1，所以a2-a1,a3-a1,a4-a1,“,aN-a1eT，且互不相等，“,aN-a1}，又因为a3-a2<a4-a2<“<aN-a2<aN-a1，所以a3-a2,a4-a2,…,aN-a2,aN-a1eT且互不相等，所以a3-a2=a2-a1，a4-a2=a3-a1，ⅆ,aN-a2=aN-1-a1，所以a2-a1=a3-a2=…=aN-aN-1，所以A为等差数列，必要性成立.所以若A是递增数列，“P(T)=N-1”的充要条件是“A为等差数列”.取A:2,22…,2N，此时aj-ai=2j-2i，若存在aj-ai=aj-ai，则2j-2i=2j-2i，其中j1>i1,j2>i2，2j-i-1)，2，则2i-i(2j-i-1)=2j-i-1而j1>i1,j2>i2，故2i-i(2j-i-1)为偶数，，故j1=j2，故由A:2,22…,2N得到的aj-ai彼此相异，故P(T)=，题意并根据数列中项的大小及数字特征分析清楚任意两项aj-ai的所216,315;216,414;216,315;216,414;216,615;315,414;315,61514,615对于a1和a2，假设存在正整数k，使得ak=a1a2，解得k=k不是正整数）（2）证明：若数列{an}具有“性质P”，kkk③假设a1kkk综上，a1.216,315;216,414;216,615;315,414;315,615;414,615.216an15.2n1，首项的最小值为315.3151,61516,315;216,615;315,414;414,615每组所在义数列、反证法，考查了推理能力与计算能力，属于难题.（2）讨论k为偶数或奇数，结合新定义即可得证；奇数可得所求最大值.（2）证明：若N为偶数，设k=2m(meN*)，…k这k项，其和为S=.N不是“k阶平衡数列”，其中ke{2,3,4,…N}；对于任意ke{2,3,4,5,…,N}，在A中任意取两项as，at，相异的k一1项，并设这k1项和为Sn.由题意可得Sn+as，Sn+at都是k的倍数，即数列中任意两项之差都是k的倍数，ke{2,3,…,N一1}，那么a2a1，a3a2，…3a2，故数列A的项数至多7项.那么a2a1，a3a2，…7，2验证可得此数列为“k阶平衡数列”，ke{2,3,…,N}，(3)T(N)=N(N-1)性质证得m<13.因为(p,q)与(q,p)不同时在数对序列A中，所以只有x1,ym对应的数可以出现5次，因为(p,q)与(q,p)不同时在数对序列A中，当N=3时，构造A:(1,2),(2,3),(3,1)恰有C项，且首项的第1个分量与末项的第2个分量都为1.对奇数N，如果和可以构造一个恰有C项的序列A，且首项的第1个分量与末项的第2个分量都为1，那么多奇数N+2而言，可按如下方式构造满足条件的序列A,：首先，对于如下2N+1个数对集合：},}，……每个集合中都至多有一个数对出现在序列A,中，其次，对每个不大于N的偶数ie{2,4,6,…,N-1}，将如下4个数对并为一组：(N+1,N-1),(N-1,N+2),(N+2,N),(N,N+1),(N+1,N+2),(N+2,1).综上，当N为奇数时，【点评】解新定义题型的步骤：“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.(2)d=-1n整数，故只有d=-1时，才满足要求，再利用数学归纳法进行证明；)，证明出{bn}和{cn}是“H数列n2n-1n，综上，Sn=2n，故{an}是“H数列”；TnTnn22对任意的正整数n，总存在正整数m，使得Sn=am，下面证明n2-3n+4恒为正偶数，假设当n=k时，k2-3k+4为正偶数，则当n=k+1时，(k+1)2-3(k2-3k+4)+2(k-1)，由于k2-3k+4和2(k-1)均为正偶数，故(k2-3k+4)+2(k-1)为正偶数，满足所以n2-3n+4恒为正偶数，证毕.ne**)，下证{bn}和{cn}是“H设{bn}前n项和为An，则An=a1，neN*，设{cn}的前n项和为Bn，则Bn=，neN*，2456neN*432543na654455k+55k+45k+35k+35k+25k+1)5k+25k+15k+25k+25k+15k+25k+15k5k，由数学归纳法原理，对于n=N*，a5n能被5整除.23455的倍数，ⅆ,245若a12nnn2 或a122【点评】数列就是著名的斐波那契数列，通项公式ann-n.-1(3)证明见解析.kk-2=，结合a2-a1,a3-a2,...,ak-ak-1a2-a1,a3-a2,...,ak-ak-1为a2-1,a-a2,...,a-1-a-2，即可求得a；2ak-1akak-2ak-1a1a2结论.2232，因此可知a3是完全平方数.，kakka2kakk2k12后，要能根据a3eN*，证明结论.min34345k2k2ak2，则ak2>2m，即k2eB，与k的最小性矛盾.因此假设不成立，集合B为空集.j1（3）分析去掉具有P性质三项后，得到等差数列求332424所以a4的可能值有3,5,7.n立.97【点评】本题属于数列新定义问题，重点考查新定义“性质P”的理解类讨论思想方法，以及运算能力和推理能力.处理带否定词的命题经得到一个等差数列再求和.论成立. =bn,nEN*，.必要性反证法）假设数列{bn}是等比数列，而数列{an}不所以数列{an}中存在等于0的项，设第一又bk+1nn+1N*时，b2023=2111.【点评】解新定义题型的步骤：(1)理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.(2)重视“举否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.(3)类比新定义中的概念、要解决的问题.a3（3）利用反证法，先证{an}是递增数列，即vneN*,an<3.ma1nan1但am+10d，则m02m1，d，与am+10d矛盾，【点评】第二、三问，利用反证思想及数学归纳证数列单调性.n+1变形推出t>Sn+1-Sn-eSn-n.由{an}是“H(t)数列”，则an+1-a1a2a3…an=t，对于n>1,ne*恒成立，2bn+1-log2bn对于n>1,ne*恒成立，解得，t=-1，q=2，（3）设函数f(x)=lnx-x+1，则f,(x)=-1，令f,(x)=0，解得x=1，当x>1时，f,(x)<0，即an+1-a1a2a3…an=t，对于n>1,ne*恒成立，2可得对于任意的n>1,ne*，an>1,则f(an)<f(1)=0，即lna1-n2-n又an+1-a1a2a3…an=t，所以an+1-t<eS-n，即Sn+1-Sn-t<eS-n，故t>Sn+1-Sn-eSn-n.19．(1)y=x-2(3)存在点T(-2,0)满足题意到直线距离求解di=-，进而根据等比中故直线l3的方程为y=x-2.设A(x1,y1)、B(x2,y2)，则y1y2=，x1x2==.x2故直线l1过定点(8,0)..d3，tii【点评】圆锥曲线中定点问题的两种解法量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.证明该定点与变量无关.若直线方程为y=kx+b(b为定值),则T利用作差法证明即可.qq11n-1n；23n①,2Sn=2234n+1②,3n-(2n-1).2n+1假设存在满足要求的整数m，又已知meZ，故若存在，则m=5，Tndn，Tndnndn+1Tn2(d2nn+1)222323n23nn+1dn+1，ndn+1=2n，nn.nn.2nn，【点评】数列求和的常用方法：lanan+1Jlanan+1Ja1a2an}、{bn}均为“P数列”a22a310n1anm1am，+2323+...+m2m1,am2为连续递增自然数，m2为连续递减自然数，22．(1)数集A不具有性质P；数集B具有性质P.(2)（i）不一定，理由见解析ii）数集B中所胡元素的和的所有可能值为121380,293335,2047276.数集A不具有性质P，则对任意x,yeB,x一yeB，所以数集B具有性质P.数集B具有性质P，但数集中的元素不构成等差数列；nn2n2n，,n-2)n-1-an-2<an-1-an-32第一种情况：an-1-an-2=a2,an-1-an-3=a3,…,an-1-a3=an-3；an-1所以n-1可以等于119,289,2023，即n=12SnnSn综上，数集B中所胡元素的和的所有可能值为121380,293335,2047276.cicj 0.24.2221，所以22是3好数；0.23所以23是3好数；000所以24是3好数.2a2c，0000当然也有c12ca2ca2c，10c0ac，00aiaicic0-1，aiaiaiikp+q+rp+q+r+sp+q+rp+q+r+s(p+q+rp+q+r+s)p+q+rp+q+r+s(p+q+rp+q+r+s)i1ni，0102c-12cc综上所述，若m是偶数且是k-好数，则也是k-好数.352k-1,k①若m的二进制表示中只有至多有k个1，那么m显然是k-好数；数量为q，那么就意味着p+2q>k，且总数目为K，这就意味着m一定是k-好数.这就说明，小于n的正整数都是k-好数，接下来我们用反证法来证明n是k-坏数，假设n是k-好数，也就是说n可以表示成两个正整数P,Q之差，不妨设n=P-Q，那么就设P,Q的二进制表示中，1的数量分别是u,v，(2)每给P减掉一个2t（且P的2t位为0最左最右两个1之间的0段(3)n的二进制表示中，最左最右两个1之间都取等.从而n是k-坏数，2k求解.186.n一讨论m为奇数和偶数两种情况，分别代入求解计算.（3）设{dn}差为d,，则d,≥0且d,EZ，若d15=a2n一a3a32(2nn是奇数ln,n(2nn是奇数ln,n是偶数.考虑到2m,1+在正整数集上分别单调递增和递减，即m=2186，2186是偶数符合条件.综上m的值为5和2186.设{dn}的公差为d,，则d,≥0且d,EZ，【点评】本题考查已知前n项和求数列的通项，考查用基本量求数列题.25．(1)A4具有性质P,T4={(2,4)},A5不具有性质PP的定义判断A4,A5是否满足题意，同时根据Tn的定义写出Tn；nA4232a13a24a3所以A4具有性质P,1,a2a4所以A4具有性质P,T4={(2,42a3与a1a334，由题设可知，他们均具有性质P，设Tn中元素个数最小为dn，n-2+24+n-4，由（2）知d4n此时均有dn=n-3，所以Tn中元素个数的最小值为n-3.【点评】此题考查数列与集合结合的新定义问题，属于难题.nn1an21j，(vi,je**,i子j)，又因为数列B是“绝对差异数列”，则Δbi子Δbj，(vi,je**,i子j)，2nb2n1)*，2n1}}，)，2n1b2n)差数的通项公式与求和公式进行求解.1②由①结合等比数列的前n项和公式，再根据基本不等式放缩结合等差数列的前n项和公式即可得证.nn一一一一b1n 2 22k)，Sk+1=Sk2aa2a12k+12k+1k+1Sn2Sn2nn一1所以2)【点评】已知数列{an}的前n项和Sn，求通项公式an的步骤：定元素个数最大值.*，所以a的最小值为6.综上，集合A中元素个数的最大值为7.14；,x1)2,t2于原点对称，得到Bn(-m,0)={-x2,-x3,设出公比为q，结合xn=2023求出公比，求出通项公式. 12 12,x1)2n，n则s,t异号，从而s,t之中恰有一个为一1，n2,t2注意到-1是集合X中唯一的负数，故Bn(-m,0)={-x2,-x3 xnn1xn1< xnn2xn2< xnnnnn3n421xn3n421xxxxxxnnnnnn <<<nnnnnnn1xn1 n n-1n-n-2<n2xn2 n n-1n-n-3<n3xn3 n n-1n-n-4n4xn4<…<x- x-x2<21xx21 x1……x3321xx21 2 21x112故数列x1,x2,…,xn的通项公式为xk造性的解决问题. （2）利用导数判断出f(x)的单调性，证得f(x)>0f(x)<，从而证得不等式0<f(x)<成立.2nn-1（2）由f(x)=1-e-xx>0,neN*)，-x22n-1-x，于是f(x)在[0,+伪)上单调递增，f(0)=0.e-x-1)，故g(x)<g(0)=0，于是0<f(2n2由题意，Sn1+2!)xnx 于是对任意正实数u,也是一个确定的正实数，3 <um考虑利用累加法或累乘法来进行求解.讨论，证明此时符合题目要求即可.2tis故q13；tk，s，t两两不相等综上可得q12n22021取q1202222021i得到的数列为：1,1,1,1,2,2,3,4,…,2019,2020,2021,2021,2022,2022,2022,2022，jj，即数列1,1,1,1,2,2,3,4,…,2019,2020,2021,2021,2022,2022,2022,2022符合题目要求，2202120222202132．(1)数列A1是(3(2)G(k,2)=2k-11,2,3,…,k-1,k,k-1,k-2,…,2,1这个数列包含2k-1项.因此,(k,2)-数列的最小项数不超过2k-1,考虑任一项数不超过2k-1的(k,2)-数列A,条件(2)要求数列A所有不同于p的数都会在p之后出现,因此p之后至少有k-1项.不同于p的数也都会在p之前出现,因此p之前也至少有k-1项.故数列A的项数至少为(k-1)+1+(k-1)=2k-1.立.数列A中在第一个p出现之前,其余所有数都至少出现了一次.则在第一个p之前至少有r-1个数.数排成的以p为首项的任意排列,这些排列都是数列A的子列,于是它们去掉首项p以后剩下的部分也是AA'的子列,因此数列A'若数列A'中不包含p,则数列A中只有一个p,若数列A'中包含p,考虑到数列A中第一(3)0.（2）先根据新定义证明N>11时，数列A一定是2-连续等项数列，再验证n<10时，A不是2-连续等项数列即可.aj证得min{i,j,k}=1，即可得出aN的值.（2）设集合S={(x,y)|xe{-1,0,1},y所以当项数N之11时，数列A一定是2-连续等项数列，若N=3，数列0,0,1不是2-连续等项数若N=5，数列0,0,1,1,0不所以N的最小值为11.（3）因为A1,A2与A3都是4-连续等项数列，所以存在两两不等的正整数i,j,k(i,j,k<N-2),使得=1ajN-2,aj+1=aN-1,aj+2=aN,aj+3=0,ak=aN-2,ak+1=aN-1=1下面用反证法证明min{i,j,k}=1，假设min{i,j,k}>1，因为ai-1,aj-1,ak-1,aN-3e{-1,0,1}，所以ai-1,aj-1,ak-1,aN-3中至少有两个数相等，不妨设ai-1=aj-1，则ai-1所以A是4-连续等项数列，与题设矛盾，所以min{i,j,k}=1，新定义处理，本题第三问根据A1,A2与A3都是4-连续等项数列得出aj求min{i,j,k}=1是关键点.34．(1)数列A具有性质P(2)；数列B不具有性质P(2)352k-1是等差数列且公差d1=Z，L，n，n，n，不是等差an+4nn+2，所以数列A具有性质P(2)；列B不具有性质P(2).所以数列A1：a1，a3，a5，L，a2k—1，是等差数列.所以数列A1的公差d1=Z，①若d12③若d1<0且d2>0，则A1为递减数列，A2为递增数列.+1,n为偶数所以k的最小值大于或等于5.因为{an}具有性质P(6)，即an+12-an+6=an+6-an，所以对于m=1,2,3,4,5,6，{am+6k}(keN)是等差数列；列.25a4925neN*故数列{an}是公差为d的等差数列.即既具有性质P(6)又具有性质P(5)的数列{an}一定是等差数列.所以k的最小值等于5【点评】本题考查数列的综合问题.要通过转化与化归的技巧，将问题进行转化，结合分类讨论等常见方法进行问题的求解.T 2S(2)T 2S2(3)假设存在这样的等差数列是Z数列，且此数列是特殊的常数列，(T|2|2223【解析】(1)①由题可知，此时有i1234TiT22x2=416´8=128Si2T Si1128TT iSi:eN*(ii1234TiT88´24=192192´40=76807680´56=430080Si8T Si167203(2)因为数列{an}是Z数列，2la3lT2=所以a3=24244m–+mn4m–+mn=4neN*la3311||22** 3故存在等差数列是Z数列.前5项.过举反例说明不必要性.（3）通过分类讨论可得：an与Sn的奇偶性同偶，结合题意即可得结果.223nnn为奇数时，Sn为偶数，所以当ak为奇数时，Sn不能为偶数；n为偶数，Sn为奇数，所以当an为偶数时，Sn不能是奇数.综上所述：an与Sn的奇偶性相同.当an与Sn为奇数，综上所述：an与Sn不能同为奇数，所以对vneN*，an与Sn为偶数，则bn=0，【点评】根据题意可知本题的关键an、Sn的奇偶性问题，分类讨论先证an与Sn的奇偶性相同，再说明vneN*，an与Sn为偶数，即可得结果.n_1（2）对于有穷数列{an}，记其非零项中绝对值最大的一项为ap，绝对 aq223这是唯一满足条件的数列即可.由于2ij-i-j+1>1，令k=2ij-i-j+1即可，故无穷数列{bn}满足性质①.（2）对于有穷数列{an}，记其非零项中绝对值最大的一项为ap，绝对值最小的一项为aq，故令i=j=p时，存在一项ak=aiaj=a，32532522(an-an+1-an+2)n-an+1-an+2=0，n；n，又a12，故性质(*)得证.考虑a1，a2，a3三项，有a3=a11-a-aak1ak1故只有a31=a-211=a+a2因为a5123-23-2|53 a=34由性质(*)知，只有a9 <a45，3<a1，a1a1=a324,n是奇数满足条件下面证这是唯一满足条假设as是第一个不满足上述通项公式的项，.2tt，【点评】与数列的新定义有关的问题的求解策略：问题得以解决.2a22a2adada，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列.假设存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列，42显然t=-不是上面方程的解，矛盾，因此不存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列.（3）假设存在a1，d及正整数n，k，使得a，a+k，a+2k，a+3k依次构n+2k2(n+2k).