2024年11月高三数学联考解答题：定义型问题 （解析版）

粉即耳"N⑤三解本发错送;友义型同发

-----------------------------------------------------------OLIEJO-----------------------------------------------------------

题型一与集合有关的定义型问题..........................................................

题型二与数列有关的定义型问题.........................................................7

题型三与函数有关的定义型问题.........................................................18

题型一

L(2025居江西九校南三或者期中数学试题)对于由有限个自然数组成的集合A,定义集合S(A)={a

+b\a€A,bG4},记集合S(A)的元素个数为d(S(A)).定义变换T,变换T将集合A变换为集合

T(A)=AUS(A).

(1)若A={1,2,3},求S(A),T(A)；

(2)若集合A有n个元素，证明：d(S(/))=2n—1的充要条件是集合/中的所有元素能组成公差不

为0的等差数列；

⑶若AU{123,4,5,6,7,8}且{1,2,3,…,25,26}UT(T(A)),求元素个数最少的集合A

【答案】(l)S(A)={2,3,4,5,6},T(A)={1,2,3,4,5,6};

(2)证明见解析；(3){1,5,8).

【解析】

【分析】⑴根据题设集合的定义写出SG4),T(4)即可；

(2)利用充分、必要性定义，结合等差数列定义判断推出关系，即可证结论；

(3)反证法确定16设A的元素个数为n,得到S(4)的元素至多&+八个，T(A)的元素至多CZ+n+

1n=九个，结合已知得&2<5、ct3>7,最后分类讨论并结合定义确定元素个数最少的集合4

【小问1详解】

若集合人={1,2,3},则S(4)={2,3,4,5,6},T(A)={1,2,3,4,5,6};

【小问2详解】

令A={g,g,…力不妨设/1Vg〈…〈g.

充分性：设{软}是公差为d(dWO)的等差数列，

则Xi+Xj=a;i+(i—l)d+力i+(/—l)d=2/i+(i+J—2)d,(Ki,J<n),A2<i+J<2n.

所以电+叼共有2口一1个不同的值，即d(S(A))=2n—1,

必要性：若d(S(A))二2九一1,

因为2xi<Xi-\-xi+1<2xi+1,(j=l,2,—,n-l),

所以S(A)中有2rz—1个不同的元素2力i,2X，…，2x，力i+力2,/2+63,…，为-1+4,

2n•••

任意为+g(l&i,，Wri)的值都与上述某一■项相等，

又电+xi+1<X{+xi+2<xi+1+xi+2，且现+xi+1<2xi+1<xi+1+xi+2,(j=l,2,—,n-2).

所以Xi+xi+2—2g+1,所以{砍}是等差数列，且公差不为0.

【小问3详解】

首先证明：ICA

假设10A,A中的元素均大于1,从而105(A),

因此10T(A),10S(T⑷)，故10T(T(A)),

与{1,2,3,…,25,26}GT(T(A))矛盾，因此ICA,

设A的元素个数为n,S(A)的元素个数至多为片+n,从而T(力)的元素个数至多为&+n+n=

n(n+3)

~2~,

若九=2,则T(4)元素个数至多为5,从而T(T(4))的元素个数至多为普&=20,而T(T(A))中元素至

少为26,因此n>3,

假设A有三个元素，设A—{1,<12«3},且1V&2V&348,

则1,2,a2,a2+1,<13,&3+1,2a2,a.2+(2,3,2a36T'(A)，从而1,2,3,46T(T(71)).

若<12>5,T(T(A))中比4大的最小数为a?,则5《T(T(Q)与题意矛盾，故&2<5.

集合T(T(A))中最大数为4a3,由于26CT(T(4)),故4a3>26,从而a3>7,

(i)若人={1@,7},且(12&5,此时1,2,a2,a2+l,8,9,2a2,7+a2,14GT(A),有8+14=22,2xl4=

286T(T⑷)，

在22与28之间可能的数为14+2a2,21+&2,此时23,24,25,26不能全在T(T(A))中，不满足题意

(")若人={1@,8},且(1245,此时1,2,a2,a2+l,8,9,2a2,8+a2,16CT(A),有16+9=25C

T(T(A)),

若26eT(T(A)),则16+2a2=26或16+(8+a2)=26,解得a2=5或a2=2,

当4={1,2,8}时，15,21,230T(T(A)),不满足题意.

当A={1,5,8}时，T(A)={l,2,5,6,8,9,10,13,16),-ELT(T(A))=

{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,17,18,19,20,21,22,23,24,25,26,29,32}满足题意.

故元素个数最少的集合A为{1,5,8).

1-2、(江苏宿迁2025届高三年级上学期期中考试数学)

已知集合4={1,2,3「-,271}(n6"*),$是集合>1的子集，若存在不大于71的正整数小，使集合S中的任

意一对元素Si,52,都有|si—S2IW酬■，则称集合S具有性质P.

(1)当n=10时，试判断集合B={a:GA|z>9}和C={xEA\x=3k—l,kEN*}是否具有性质F?并说明

理由；

(2)当n=100时，若集合S具有性质P,那么集合7={201—引rcCS}是否具有性质P?并说明理由；

(3)当n=3阮kCN*时，若集合S具有性质P,求集合S中元素个数的最大值/(九).

【答案】(1)集合B不具有性质P,集合。具有性质P,理由见解析•M

（2）T={201—2；|a；eS}具有性质P,理由见解析

（3）/（九）=4fc

【解析】

【分析】⑴先写出对于集合B,对于任意不大于10的山,都可以找到该集合中的两个元素仇=10,

b2=10+m,使得\b1—b2\=m成立，集合B不具有性质P,对于集合。，可取?n=1<10,此时|q—c2l=

3|瓦一的仔1,自，七CN*,集合。具有性质P;

⑵任取t=201—geT,其中gCS,根据SUA,推出TU因为集合S具有性质P,故存在不大于100

的正整数m■，使得S中元素Si,s2,都有屈一S2IWm,对于正整数m,从T中任取201—xltt2=201—x2,

满足要求，故集合T={201—引S}具有性质F：

（3）由新定义结合（2）的结论，求出/（八）.

【小问1详解】

集合B不具有性质P,集合。具有性质P,理由如下：

当九=10时，4={1,2,3,…,20},B={10,11,…,20},

C={2,5,8,11,14,17,20},

因为对于任意不大于10的Tn,都可以找到该集合中的两个元素瓦=10,62—10+m,

使得\b1—b2\=m）^SL,

因为可取m,=l<10,对于该集合中的任意一■对元素Ci=3自一1,。2=3自一1,瓯％2CN*,

都有|q—C2I=3|A；i—fe2|乎1,k1,k2CN*,

故集合B不具有性质P,集合。具有性质P-,

【小问2详解】

T={201—4口WS}具有性质P,理由如下:

当九=100时，人={1,2,3,…，200},

7={201—工旧€5},任取力=201—④（）67,其中&€$,

因为SQ4所以gC{1,2,3,…，200},

从而14201—34200,即1=201-ge4,故TQA,

因为集合S具有性质P,故存在不大于100的正整数小，

使得对于S中的任意一对元素Si,52,都有|si—s2|Wm,

对于上述正整数??1,从T={201—rc|sGS}中任取一对元素h=201—xltt2=201—x2,

其中xltx2GS,则有比一塌=|力1一闯,=Am,

故集合T={201-rc|xeS}具有性质P;

【小问3详解】

由（2）,若集合S具有性质P,贝，|集合T={6k+l-x\xES}也具有性质P.

若土eS,则6k+1—reCT,则/和6%+1-c至少有一个不超过3k,

则S和T中至少有一个集合,该集合至少有一半的元素不超过3k,

设集合S中一共有a个元素，不妨设S中至少有力个元素（力不超过3%,

不妨设为瓦也也，……,均不超过弘，

因为若存在不大于3k的正整数?n,使集合S中的任意一对元素Si,S2,都有|si—s2|Wrrt,

则称集合S具有性质P.

则瓦+小，戾+小，匕3+馆，...乩+小均不在集合S中，

所以集合A至少有力个元素不在集合S中，则a+gWa+力46k,aW4k,

例如{1,2,…2k—1,2k,4k+l,4fc+2,4k+3,•••6fc—1,6k}符合题意,

则/伍）=4fc

2.（河北看沧州市运东五校2024—2025学年方三上学期11月期中考试数学试题）已知有穷数列A的,

02,…，%（H>3）中的每一项都是不大于n的正整数.对于满足14小<?1的整数小,令集合4（恒）=

{k限=恒,k=l,2,•••也}.记集合人（加）中元素的个数为s（m）（约定空集的元素个数为0）.

⑴若A6,3,2,5,3,7,5,5,求力⑸及s⑸;

（2）若JH—-1---1■—J、—n，求证：电,。2,…，册互不相同；

S（Qi）S（Q2）s（册）

（3）已知Qi=Q,Q2=b,若对任意的正整数i,都有i+/EA（Q）或i+/6A（Q,,求的

+a2H---\~CLn的值.

【答案】⑴4⑸={4,7,8},s⑸=3.

（2）证明见解析（3）答案见解析

【解析】

【分析】（1）观察数列，结合题意得到4（5）及s（5）;

（2）先得至［JJ、<1,故JH—H----1--<n,再由JH—H---1--—n得至IS（QJ=

S（Q,s（@2）s（an）5（aJs（a2）s（an）

1,从而证明出结论；

（3）由题意得=Q,或Q°+,=%.，令/=1,得到。3=。2或Q3=电，当Q=b时得到Qi+Q2H---\-dn=冗。，当CL

Wb时，考虑03=Q或。3=6两种情况，求出答案.

【小问1详解】

因为。4=。7=。8=5,所以―⑸={4,7,8},则s⑸=3;

【小问2详解】

依题意s（Q）>l,i=l,2,…，n,

则有

s（A）

因此一-——I——----1——|——--<n,

S（Q］）S（Q2）S（QJ

又因为1+1H---1--工~=n,

s（Qi）s（a）<s（aj

2•••

所以s4)=l

所以Q1。，。2。，…。，Q九互不相同.

【小问3详解】

依题意ax=a,a2=b.

由i+/G或i+/eZ(Q/)，知。计,=或ai+j=%.

令/=1,可得a计i=a,或Q汁1=Q”对于i=2,3,…?1—1成立，

古攵。3=。2-^1。3=Q].

①当a=b时，

a3=a4=--=an=af

所以Qi+。2H---Fo-n=na.

②当aWb时，

。3=Q或。3=

当Q3=Q时，由。4=。3或。4=，有。4=a,

同理恁二期=…=Q/i=Q,

所以Qi+a2H--Fan=(九一l)a+b.

当。3=b时，此时有。2=。3=b,

令i=l,/=3,可得46A(a)或4GA(b)，即包=Q或。4=b.

令i=l/=4,可得5G4。)或5GA(b).令i=2,/=3,可得5EA(b).

所以恁二b.

若。4=。，则令i=l,/=4,可得05=。，与Q5=b矛盾.

所以有a^—b.

不妨设出=Q3=…=Q“=b色>5),

令1=%/=k+l—力(力=2,3,…，k—1),可得k+ieA(b),因此aM—b.

令i==%,则ak+1=a或ak+1=b.

古攵Qk+i=b.

所以Qi+Q2H---Fan=(71—l)b+a.

综上，a=b时，Qi+a2~l---=na.

03=aWb时,电+a2H---Ha九=(n—l)a+b.

03=bWa时,©+a2H---Fan=(n—l)b+a.

3.(2024届河北看名校联■南三度量检测数学)已知有序数对X：｛g,g,g｝，有序数对Y：｛%，统，统｝，定义

“。变换"：%=E—g|，纺=Ig一g|，为=E—g]，可以将有序数对X转化为有序数对Y.

⑴对于有序数对X：｛3,4,5｝,不断进行“Q变换”，能得到有序数对｛0,0,0｝吗？请说明理由.

(2)设有序数对X:｛0心2,g｝经过一次“Q变换”得到有序数对Y:｛仅2,研3>9)，且有序数对Y的三

项之和为2024,求〃的值.

X

（3）在（2）的条件下，若有序数对Y经过n次“。变换”得到的有序数对的三项之和最小,求n的最小

值.

【答案】（1）不能，理由见解析（2）慧（3）505

506

【解析】

【分析】（1）根据题意,结合“Q变换”，逐次计算,得出规律，即可求解；

（2）由。变换得到的＞22＞，3或，3＞电＞21,分类讨论，求得x,y的值，即可求解；

（3）有序数对y：{“2，v+2},将有序数对丫经过6次“Q变换”得到有序数对也是形如何,2,沙+2}的有序数

对，得出有序数对y“结构”完全相同，但最大项减小12,进而得出变换的规律，即可求解.

【小问1详解】

解:对于有序数对X：{3,4,5},

不断进行"Q变换"：％=山一电|,的=|啊一词；,%=E一切，

得到的有序数对分别为{1,1,2},{0,1,1},{1,0,1},{1,1,0},{0,1,1},

以下重复出现，所以不能得到有序数对{0,0,0}.

【小问2详解】

x

解：由。变换知：y—\xx—x-^,2=a;2—3；3|,—区一田」，

因为有序数对丫的三项之和为2024,且所以立+沙=2022,x＞lQll＞y,

所以|g—）1011＞版一闯，故|晶—icj最大，即的＞g＞g或23＞型＞电,

仅=0一22

当a；i＞a；2＞g时，可得{2=22—g,

[x=x1-x3

由力+y+2=2024,得2（a;1-a；3）=2024,即劣=1012,

所以沙=1010,故n=寺揩=镖；

x1012506

仅=/2—力1

当g>为时，可得(2=g—力2，

b=g-劣1

由力+g+2=2024,得2(g—力J=2024，即力=1012,

所以。=1010,故乡=愕=黑

x1012506

综上可得,：505

506

【小问3详解】

解：有序数对y：{y,2〃+2},将有序数对y■经过6次“。变换”得到的有序数对分别为何一2,少2},

{2,y-2,y-4},{y-4,2,y-6},{y-6,y-8,2},{2,y-10,y-8},{y-12,2,y-W},

由此可见，经过6次“Q变换”后得到的有序数对也是形如{y,2,沙+2}的有序数对，

与有序数对y“结构”完全相同，但最大项减小12,

因为1010=12x84+2,

所以将有序数对y经过6X84=504次“Q变换”后得到的有序数对为{2,2,4},

经过“Q变换”后得到的有序数对分别为{0,2,2},{2,0,2},{2,2,0},{0,2,2},{2,0,2},…,

从以上分析可知，以后数对循环出现，所以有序数对各项之和不会更小，

所以当n>505时，经过n次“。变换”得到的有序数对的三项之和均最小为4.

所以ri的最小值为505

题型二与数列有关的定义型问题

4.（福建名校联JL2025届高中毕业班上学期期中质量检测数学试题）若有穷数列入”:旬,。?，,

t

an{n&N,n>2）满足:①的=1；②aj=则称4为反数歹U.

（1）已知4是目数列，写出的所有可能值；

（2）已知4是凡数列，对任意给定的垢将%的所有可能取值从小到大排列构成一个新的数列{cj.

⑴证明：当3时，{c/是等差数列；

（切求{c,J中所有项的和.

【答案】（1吊4€{—2,0,2,4}

⑵⑴证明见解析；（沉）2“T

【解析】

【分析】（1）根据题意［四+1—aj=1,再根据的=&+a?—的H--Fa4—讨论即可；

k

⑵⑴a用一ak—bk2,bkG{-1,1},设（3）4,（泡,是w中所有可能中的任意两个，作差可得（aM）<—（aM）j

>4,进而可得数列{购}中共有28T项，从而证明等差；（近）由⑴中等差数列求解即可.

【小问1详解】

—

0fcl=1,设a,k+1—ak=ek,ekG{—1,1},

ik.a4=Qj+a2—QiH---Ha4-a3=1+e1+e2+e3,

因为ek——l或%=1,故a&C{-2,0,2,4}.

【小问2详解】

6血+1—*=2/;,设@+1—恁=尻2*:,瓦6{-1,1},

2n-1

所以a”=a1+a2—sH---\-an—口…=1++b224---1-i>n_12,

不妨设(aM)i，(<21加/是a.中所有可能中的任意两个，

M

假设(编尸1+b?++…+忆_邛-,(a加尸1+媪2i+b龄+•,•+bju_2-\

不妨设b-=鼠,％T=与『，…，4=bjk,bi-芋,

所以(面)厂(a.)广(l+bW+bg+…+限”1)—(1+%?+%22+…+限125b

不妨设限,=1也_=-1,则

i：2fc112fe2fc1

(aM)2-(a.))>(1—21—22-----2-+2-)-(l+2+2+...+2--2-)

=(-2-1+3+2-1)-(2*T_1_2I)=4,

2m1

即时=1+瓦2】+fe22+---+bm-12-中的22种表示中，其取值互不相等,

即数列｛Cm｝中共有2nT项，易得Cl=1—2—22-----2"-i=—2"+3,

=

=1+2+2?+…+2"T=2"—1,故c2n-i—Ci2"+i—4;

>4+4+…+4—2”+i—4,故｛cm｝中Cj+i—Cj—4恒成工,

故｛cm｝是以等差数列q=—2。+3为首项，4为公差的等差数列;

（M）当n=2时，｛品｝只有两项，分别为一1,3,故和为2,

当九二3,由⑴可得，因为｛cm｝是等差数列，共有2”T项，

2"T(C1+C2“T)_2"T(-2"+3+2”-1)

故其所有和为

综上，｛cm｝中所有项的和为2”T.

5.（拉城市2025届高三年级第一学期期中考试）若有穷数列｛册｝仇6"*且">3）满足|af-af+1|W\ai+1

-ai+2|（i=l,2,…，?i-2）,则称｛aj为Al数列.

（1）判断下列数列是否为河数列，并说明理由；

①1,2,4,3.

②4,2,8,1.

（2）已知M'数列｛aj中各项互不相同.令%=鼠―册2+1]（小=1,2,…,n—1）,求证:数列｛厮｝是等差

数列的充分必要条件是数列仍口｝是常数列；

⑶已知M'数列｛a“｝是CN*且7n>3）个连续正整数1,2,■■■,m的一个排列.若工\ak—ak+1\=

m+2,求m的所有取值.

【答案】（1）①数列不是河数列；②数列是M数列;理由见解析

（2）证明见解析（3）馆的所有取值为4或5

【解析】

【分析】（1）直接根据条件检验即可；

（2）先判断必要性，若数列｛为｝是等差数列，设公差为d,可得数列｛%｝是常数列.再判断充分性，若数列

｛%｝是常数列，可得%=黑+1（?71=1,2,…,71-2）,进而可得｛册｝是等差数列；

（3）先判断Tn=3不符合题意,m=4,m—5符合题意，进而证明6不符合题意，令4=

/]（k—12***777»—2）

加一Qk+l|（%=l,2,…,772—1）,可得既有三种可能:①仇=<'/''；②既=

4,(fc=m—1)

1,(fc=l,2,3)

1,(fc=l°,2°,­••,m—4)

<2,(fc=m—2)；③瓦=

2,(k=m—3,m—2,rn—l)

3,(fc=m—1)

当瓦=｛:'£[12；；'馆—2），根据（2）的结论排除这3种可能性，则可得答案.

【小问1详解】

①因为|2—4|>|4—3],所以该数列不是初数列;•M

②因为|4一2|＜|2—8|—所以该数列是M■数列.

【小问2详解】

必要性：

若数列｛每｝是等差数列，设公差为d,

则bm=\am-am+1\=\d\.

所以数列｛鼠｝是常数列.

充分性：

若数列｛%｝是常数列，

7

则bm—b7Tzi+i（m=l,2,…，九一？）4!|。山一。馆+1|=|。"i+l-+2|（m=l°,2°,

所以am—CLm+i—dm+l—dm+2或arn—Qrn+l——（Qzn+1-。馆+2）,

因为数列｛飙｝的各项互不相同，

所以a1n—Cbm^-l@矶+1-0-777,-1-2,

所以数列｛册｝是等差数列.

【小问3详解】

当7n=3时，因为内一七+J&2（i=l⑵，所以|。1一。2|+|。2—Q31V5,不符合题意；

当馆=4时,数列为3,2,4,!.此时同一Q2I+IQ2—洲+质一Qj=6,符合题意;

当m=5时,数列为2,3,4,5,1.此时血一^^+血一^^+血一词+血一=7,符合题意;

下证当山＞6时，不存在小满足题意.

令勾=加一。"①=1,2,…,馆一1）,

771—1

则1＜瓦4与＜一＜%一1,且2既=馆+2,

k=l

所以既有以下三种可能：

[l,(fc=l,2,

①瓦,=〈/、；

[4,(fc=m—1)

1,(fc=l,2,3)

②bk=<2,(k=m—2)。；

3,(fc=m—1)

③b=]L(k=l,2,…，加一回

k12,(k=771—3,772—2,771—1)•

当员=匕'看12；二一2)时,因为瓦=*...=­,

[4,{k=m—l)

由（2）知：电,如…，Qm-i是公差为1（或一1）的寺差数列.

当公差为1时，由%-1=4得am=am_i+4或am=am-x-4,

所以6=am-r+4=Qi+?7i+2＞7n或。成=am-i—4=am-5，与已知矛盾.

当公差为一1时，同理得出与已知矛盾.

所以当既=以二舄）’1时，不存在桃满足题意•

其它情况同理可得.

综上可知，m的所有取值为4或5.

6.(安溪一中、养正中学、富安一中、泉州实验中学2024年代季高三年期中联考)若存在常数力,使得数列

｛an｝满足M+i—电&2a3…册=七(">CN),则称数列｛aj为"H(t)数列

(1)判断数列:1,3,5,10,152是否为⑵数列”，并说明理由；

(2)若数列｛册｝是首项为2的⑶数列”，数列｛bn｝是等比数歹U,且｛册｝与｛bn｝满足汇底=aia2a3

i=l

…an+log20,求t的值和数列｛bj的通项公式；

(3)若数列｛册｝是“H(t)数列”,Sn为数列｛册｝的前m项和，S>1”>0,证明：t>SHI—S”一e*.

【答案】(1)不是“H(2)数列”，理由见解析

+1

(2)t=-l,6n=2"

(3)证明见解析

【解析】

【分析】(1)由H(2)数列定义验证即可；

九+1n

(2)由题可得>2。之=Q1Q2a3…Cbnan+l+log2bn+i，与£咸=的。2a3…册+log2bn相减结合H(t)数列定义可得

i=li=l

关于力的方程，即可得答案；

nn

(3)注意到t>S-S-e$LoZIna,<Z(七一1),构造函数/Q)=Inc—c+1,利用其单调性可证明结

n+1ni=li=l

论.

【小问1详解】

根据⑶数列”的定义，则力=2,故an+1—QQQ3…飙=2,

因为。2—Q1=2成立，。3——2成立,

@—Q3a2al=10—1x3x5=-5W2不成立，

所以1,3,5,10,152不是⑵数列”.

【小问2详解】

由｛每｝是首项为2的“H⑶数列"，则a2=2+t,03=33+4,

由｛b^是等比数列,设公比为q,

7171+1

由〉2。彳=。1电。3…册+log2fen,贝”汇。？=Q1Q2a3…anan+1+log2fen+i,

i=l2=1

两式作差可得成+i=sa2a3…a„(a„+i-l)+log2fe„+i-log26„,

即成+i=%a2a3■■■an(an+1-1)+log2g,

由｛an｝是"H⑶数列",则an+i—电(12a3…a”=t,对于n>l,7iCN恒成立，

所以成+i=(a„+1-i)(a„+i-l)+log2q,

即(t+l)a„i—t+log2鼠+i—log2b对于n>1,nCN恒成立，

+li•M

JJ,,Ut+i)a2-t=log2g_)<f(t+l)(t+2)-t=log2Q

'[(4+1)03-4=^291(t+l)(3%+4)一力=log2q

解得,t=-1,q=2,又由Qi=2,瑞=Qi+log2bl,

n+1

则几=4,即bn=2,

故所求的力=-1,数歹ij｛&｝的通项公式勾=2"i;

【小问3详解】

证明：要证t>Sn+1-Sn--即证力>an+1-0f,

因数歹”｛an｝是⑶数列”,则an+i=电。2a3…十九

SnnSnnSnn

则要证力>an+1—e~，即证an+1—QQ…an>an+1—e~QQQ…MVe~.

又an+1—QiQ2a3…。九=力，对于n>l,7ieN恒成立，

因为方>0,则。2=。1+力>1,再结合的>1,力>0,a2>1,

反复利用an+1=电电。3…册+力，可得对于任意的1,nENfan>1,

nn

sn

则要证：QQ…QnVe^~,即证IHQ]+lna2-\---\-inan<Sn—nQ^Ina^VZ(Q「D.

i=li=l

设函数/(i)=in]—4+1,则r(c)=—1,令r(力)=0,解得化=1,

当⑦>1时，1(/)V0,则f®=Inx—%+1在区间(1,+oo)单调递减,

因对于任意的口>1,nGN,1,则/(an)</(1)=0=lnan—an+1V0nlnan<an—1.

1

RfIno，1Va1—1,lna2<a2—1,•…,lnan<Zan—l,

nn

相加可得Inai+Ina2H---Flna„<a+aH---Fa„—n,即221na<Z(a「l)，故命题得证.

x2i=lfi=l

7.(广东看广州市铁一中学2024—2025学年第一学期期中三校联考高三数学)若无穷数列｛aj满足V

nEN*,\an-an+1\=九+1,则称｛a„｝具有性质月.若无穷数列｛a„｝满足VvCN*,anan+i+1>a1+2,

则称｛%｝具有性质

(1)若数列｛册｝具有性质H,且a1=0,请直接写出a3的所有可能取值；

(2)若等差数列｛an｝具有性质£,且电=1,求咫+嫌的取值范围；

(3)已知无穷数列｛册｝同时具有性质B和性质。5=3,且。不是数列｛册｝的项,求数列｛aj的通项

公式.

【答案】⑴Q3的可能取值有：—5、—1、1、5

⑵后，学]

要,九为奇数

⑶与一食，九为偶数

【解析】

【分析】⑴根据题中定义可得出|QL=2,质一=3,可依次求得。2、。3的取值；

(2)设等差数列｛册｝的公差为d,根据MQh+4+l>Q>2可求得d的取值范围，再利用二次函数的基本性质

•••

可求得咫+成的取值范围；

⑶根据性质R可得出|a„|>1,根据anan+i>a^+2-1>0可推导出心、an+^kCN*）必同号，再利用性质

E可得出（13W12,利用反证法可证得：&3W4,则a3—2,再证明出a2=—1,由此可知VnCN*,a2n<0都成

立，可猜测数列｛aj的通项公式，再利用反证法证明数列｛七｝的唯一性即可.

【小问1详解】

解：因为数列｛4｝具有性质层,则⑶―a21=也|=2,所以，a2=±2,

当a2——2时，由据一CI3I=|-2—a3|=H3+2I=3,所以，&3=1或一5,

—

当a2=2时，由1a2—CI3I=|2—c^l=3,所以，a3—1或5.

综上所述，a3的可能取值有：一5、一1、1、5.

【小问2详解】

解:设等差数列｛厮｝的公差为d,

2

则anan+i+1=（册+2-2d）（厮+2+2d）+1=（4+2-4d+l>成+2,

即4d241,所以，一

所以，Q5+QW=（l+dy+（l+2d）2=5cP+6d+2=5（d+曰）+,

因为—■，则专Wd+|■《器q

所以，咫+询=5（d+~1~）+；e

\575L44J

【小问3详解】

解：根据性质B,V九GN*,都有MGZ,

又因为册W0,所以，|QJ>1,

于是@Q九+4>。>2—1>0,因为勰、Q九+4必同号，进而为、%+4k（kGN*）必同号，

若Q3V。，由性质H,必有。4=-2,。3=—6,3,Qi4-1,这与ag+1>Q]矛盾，

所以，03>。，进而VhGN*,电九+1>0,讨论可知。3=2或4或12,仅有这三种可能.

若。3=12,则。4=8,。2&15,Q1416,这与Q1Q5+1>ag矛盾，因此，。3W12.

下面证明：03W4,则03=2,

利用反证法：假设。3=4,则。4=8,

又因为QQ—3al+1>Q]=16,所以，Qi>5,

若02=1,则Qi=-1或3,与Qi>5矛盾，则电W1,所以，。2=7,则的=5或9,

于是无论哪种情况，V九GN*,an>0,

由血一恁|=6且期>0可得。6=9,此时满足。2。6+1〉就，

所以，。7=16,则。8=24,。9=33,所以，Q5Q9+1V威，矛盾，

综上可知，。3w4,所以，。3=2,。4=—2,

下面证明：出=—1,利用反证法，如不然，只能电=5,所以，。6>0,则“6=9,

由于Q4V0,所以，Q8V0,只能有。7=2,=—6,这与Q3Q7+1>Q。矛盾，•••

总之，。2=—1,再由Qi>o可得电=1,进而veN*,a271Vo都成立，

(驾工，九为奇数

可以猜测数列｛Q/的通项为册=《；/，，

［一万，九为偶数

可验证此时8、丹两条性质均成立，符合题意，

如另有其它数列｛'｝符合题意，则至少前5项必为：1、一1、2、一2、3,

仍满足b2n.1>0,b2n<0(nG7V*),

设bm(m£7V*)是第一个违反上述通项公式的项(m>6),

若7n=2k(k>3,kGN*)，则b2k-i—k,瓯〈0,所以，瓯：=—3符合通项公式，矛盾；

若nz=2k+l(k>3,kGN*)，则%；=—阮b2/c+i>0,所以，^2^+1—+1,也符合通项公式，矛盾.

^为奇数

综上所述，数列｛aj的通项公式必为斯=

一争外为偶数

8.(河北盾坪郸市2024-2025学年第一学期期中考试名校联考高三数学)定义:任取数列｛时｝中相邻的

两项，若这两项之差的绝对值为3,则称数列｛%｝具有“性质3”.已知项数为八的数列｛册｝的所有项

的和为监，且数列｛%｝具有“性质3”.

(1)若n=4,且为=0,ci4=3,写出所有可能的时的值；

(2)若出=2024,n=2023，证明:%^3=—4042”是>ak+1(R=1,2,…,2022)”的充要条件；

(3)若电=0,ri>2,Mz=0,证明：ri=4m或n=4m+1,(m€N*).

【答案】⑴6;0;12

(2)证明见解析(3)证明见解析

【解析】

【分析】(1)根据题意对所有可能情况进行列举即可得出所有可能的Mn的值；

(2)利用''性质3”定义并根据等差数列通项公式以及累加法可证明得出结论；

(3)由题意可令a5一取(/:;=1,2,…,n—1),可得6=±3,将跖.整理变形并根据峪=0须使"彳』

为偶数，即4整除71(九一1)，分别验证n=4?TZ或n=4m•+1即可得出结论.

【小问1详解】

依题意可知有如下三种情况：

若厮:0,3,0,3,此时Mn—6,

若an：0,—3,0,3,此时Mn=Q,

若斯:0,3,6,3,此时监=12.

【小问2详解】

证明：

必要性：因为网>@+i(%=l,2,…,2022),

故数列｛®｝(TI=1,2,3,…2023)为等差数列，

所以dk+1—cifc——3,(fc=1,2,,,,,2022),公差为一3,

所以02023=2024+(2023—1)X(-3)=-4042(k=1,2,…,2022),必要性成立；

充分性：由于0.2023—。2022>—3,0-2022—电021>—3，…，。2—>—3,

累加可得，012023—电>—6066,即Q2023>的一6066——4042,

因为Q2023=—4042,故上述不等式的每个等号都取到，

所以ak+1—ak=-3f(fc=l,2,,,,,2022)，所以ak+1<akf(fc=l,2,••,,2022),充分性成立;

综上所述,％2023=—4042”是“q+iV恁，8=1,2,…,2022)”的充要条件；

【小问3详解】

证明：

令ck—ak+1—afc(fc=1,2,•••,71—1)，依题意,cfc=±3,

因为。2=Qi+5,。3=Qi+a+。2,…，册=Qi+J+。2H-----Fcn_i,

所以峪二几。1+(九一1)。1+(n—2)C2+(n—3)C3H----\-cn_x

—(n—(n—c-1)

1)+2)H----Fl—(1—5)(71—1)—(1—c2)(n—2)-------(1—n

="(；1)_[(1-C1)(n-1)+(1-C2)(n-2)H-----|-(l-cn_i)],

因为q；=±3,所以1—瓢为偶数(fc=l,2,,

所以(1—Ci)(n—1)+(1—c2)(n—2)4----1-(1—cn-i)为偶数;

所以要使峪=0,必须使“(丁)为偶数，即4整除n(n—1),

亦即n=4m或ri=4m+l(mGN*),

当九二4m(mEN*)时，

比如，a4fc_1=a4fe_3=0,a4fc_2=-3,Q7=3(k=l,2,…,772)

或。软-1=。4狂3=°,Q4k-2=3,a4fc=-3(fc=l,2,—,m)时，有Qi=0,峪=0;

当n—4m+l(mEN*)时，

比如a孰-1=。业-3=0，。驮-2=-3,a4k=3,a4fc+i=0(fc=l,2,—,m),

a=

或4k-i=Q4k-3=0，Q4k-2=3,Q4k=3,。或+1=0(fc=1,2,•,9,m)，有0-10,Mn—0;

当n=4m+2或h=4m+3(mG7V)时，n(n—1)不能被4整除，MnW0.

9.（河北盾邢台市2024-2025学年高三（上）质检联■期中考试数学）已知meN*,恒＞5,定义:数列

｛册｝共有nz项,对任意G存在自（自EN*,ki&m）,使得=aki,或存在k2（k2E

N'MWm），使得巴=%，则称数列｛an｝为“封闭数列”.

a,

（1）若％=爪1&nW10,九GN*）,判断数列｛an｝是否为“封闭数列”；

（2）已知递增数列出,2,a3,8g为“封闭数列”,求aga5；

（3）已知数列｛册｝单调递增，且为“封闭数列”，若电＞1,证明：｛册｝是等比数列.

【答案】（1）不是''封闭数列"，理由见解析

(2)ai=l,a3=4,a5=16

(3)证明见解析

【解析】

【分析】⑴举出反例，得到数列｛册｝不是“封闭数列”.

⑵数列递增，由&=1求出的=1,通过分析得到粤，曳，粤都是｛aj中的项，所以等=2,得&5=16,

a58a328

由四二。3,得。3=4,所以的=1,。a3=4,°。5=16;

⑶数列｛QJ单调递增，所以乙=1是｛Q/中的项，即出=1,且入是｛。/中的项，推出1=。1<—~

Q?nQm—1

mrH

<0<0〈…V工处〈。巾,根据上式的项数得到am=a^+i_Xl<i^m—l,iGTV*)，同理得到am_]

Q/n—2Qm—302

=%am<2<jWm—2,。iCN*),两式结合得到-=马曰=0T