2017-2026年高考数学试题分类汇编新定义综合33题（解析版）

新定义综合

1.高考压轴大题高频题型，北京，

上海卷常考。

2026北京、2024新课标I/北京、

2.先给出全新数列规则、序列、数

2023北京、2022北京、2021新高

考点01数列新定阵、排列定义，设置判断、计数、

考11/北京、2020全国11/上海/北京

义最值、充要条件证明多小问。

/江苏、2019江苏/北京、2018上海

3.融合递增子列、周期序列、可分

/江苏、2017江苏

数列、逆序等新概念，侧重逻辑推

理与分类讨论。

1.以上海选填、大题为主，综合性

强。

2.给定点集、函数性质、特殊变换

考点02函数新定2026上海/全国一卷、2024上海、

定义，判断命题真假、求解参数范

义2020上海、2017上海

围、证明充要关系。

3.结合奇偶、单调、极值、零点等

基础函数性质综合分析。

1.多选与解答题均有出现，侧重集

合运算与逻辑。

考点03集合新定2025北京/上海、2020浙江、20182.自定义特殊集合、序列、对称集，

义北京研究元素构成、存在性、充要条件。

3.常结合函数定义域、值域、零点

问题交叉命题。

1.上海特色小题，难度中等偏上。

2.给出曲线专属新概念（刍相关曲

考点04圆锥曲线线、抛物线比值定义），判断命题、

2023上海、2019上海

新定义证明恒等式、比较大小。

3.依托椭圆、双曲线、抛物线几何

性质解题。

考点01数列新定义

1.（2021・新高考全国全卷•高考真题）（多选）设正整数〃=%・20+4・2+…+%・2一+%23其中a,w{O,l},

记。（〃）=4+4+…+%.则（）

A.0（2〃）=<y（〃）B.①（2〃+3）=少（“）+1

I

C.0（8〃+5）=0（4〃+3）D.（0（T-1）=/?

【答案】ACD

【分析1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.

2k1

【详解】对于A选项，G（〃）=q）+4+…+q,2n=«0•2'+^•2+...+ak_x-2+ak-2**,

所以，4+q+…+吸=〃）（〃），A选项正确；

对于B选项，取〃=2,2«+3=7=1-20+1-21+1-22,.*.^（7）=3,

而2=02。+12,则。⑵=1,即况7）工。（2）+1,B选项错误;

对于C选项,8%+5=4"+4"+-+4・2"3+5=1・2°+1・22+%"+勺24+...+q"'+3,

所以，矶8〃+5）=2+/+《+~+4，

23t+20,23Ar+2

4/7+3=a0-2+«1-2+...+at-2+3=l-2+l-2+a0-2+al-2+...4-«r2,

所以，0（4〃+3）=2+《）+q+…+%,因此，0（8〃+5）=矶4〃+3）,C选项正确；

对干D选项，2"-l=2°+2i+…+2f故矶2"-1）=〃，D选项正确.

故选：ACD.

2.（2020・全国II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“凡…为…满足

{0,1}"=1,2,…），且存在正整数，〃，使得a”,“=4（i=l，2,...）成立，则称其为0-1周期序列，并称满足

%=《D=12…）的最小正整数出为这个序列的周期.对于周期为"的0-1序列—…可…，

I"I1

0（人）=一工的.〃伏=1,2,...,,〃-1）是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足。（公”伏=1,2,3,4）

，〃；=<5

的序列是（）

A.11010•••B.11011...C.10001…D.U001--.

【答案】C

【分析】根据新定义，逐一检验即可

【详解】由《+,”=《知，序列q的周期为〃?,由已知，机=5,

C（k）=wZ%+A，A=123,4

5/=1

对干选项A,

2

IsIIII

C(l)=_y«a,.+[=—(ata2+a2ay+a^a4+a4a5+«5a6)=—(1+0+0+0+0)=—<—

5j=]5555

[5]]2

C(2)=£Zqq+2=T(6%+%4+63%+a.&+%%)=-(0+14-0+1+0)=-,不满足;

3；=i333

对于选项B,

[5]|3

C(l)=£Zqq+I=-(4%++。必+%%+%4)=£(1+。+。+1+1)=£，不满足：

3i=i333

对「选项D,

[5]]2

C(1)=-^«A+I=T(%生+a2a3++。4牝+)=-(1+0+0+0+1)=-,不满足;

DyB|33D

故选：C

【点晴】本题考杳数列的新定义问题，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.

3.(2026・北京•高考真题)设4=(%)»〃是一个机行〃列的数阵，且数阵中的每一项为€{-□},都等于1或

-1.若对任意1金；〃工加，其中/*〃，-q,且|卜〃|一”一利=2,都有%+旬+n=0,则

称数阵A具有性质户.

(1)判断下列两个数表是否具有性质P.

11-11

A

4一

-11-11

11-1-1

A2=1-11-1

-11-11

(2)若〃?=5,〃=4,则具有性质尸的数阵A中1的个数最多是多少?

(3)若〃?=〃=6,孙=1,且数阵4具有性质P,证明：对任意人./e{123,4,5,6},都有为=%%.

【答案】(1)数表A不具有性质P，数表4具有性质/＞；

⑵12

(3)性质P中的四个数都属于{-1』，且四个数的和为0,所以其中恰有两个1和两个-1.

因此，对任意满足性质产下标条件的四个位置，都有4%%/%=1①，

3

对，=1,2,…,6,/=1,2,…,5,令

先取行距为3、列距为1的矩形.

由①，对，=1,2,3及J=1,2,…,5,有CjjCj+3,j=1.

由干%,73j,所以q+3j=c"②，

下面比较第1行与第2行的c值.

对j=l,2,3,4,取第1、5行和第J、"2列.

此时行距为4,列距为2,由①得（"GM"

由②知4=G八故（"GJ（G.」.+£〃）=1③，

令dj=cgj.

则由③得=1,所以4=出=4=4=

再取第1、2行和第1、4列.

此时行距为1，列距为3,由①得（。02。3）（4。22c23）甘，即4d24=L

由于4=dz=&且4t{一1/},所以4=i.

从而“=c,2j（/=l,2,…,5）④，

同理，取第2、6行和相距2的两列，再取第2、3行和相距3的两列，可得%•=%（，=1，2,…,5）⑤，

结合②、④、⑤，可知对于每个J=l，2,…,5,都有%=。2尸…=%/⑥，

当j=l时，由%=1,显然有小=《小.

当年2时，由⑥，由中间因子均成对出现，且城=1,有4臼=（4£2）（如《3）…（"/-4）=££2…q,j.r

再由⑥,c“q…।=G£?…G.J=即4,=%.

两边同乘即，并利用=1，得%=/

命题得证.

【分析】（1）性质P的下标约束条件，选取符合要求的四元组代入验证，若存在不满足和为0的组合则不

具有性质P,反之则具有性质P.

（2）由性质户的和约束推导行列符号的等价乘积约束，确定每吁I的最大可行数量，结合行之间的符号交

4

替规律计算总1的个数的上界，构造符合条件的实例证明上界可达.

(3)利用性质P的乘枳等价性质，结合为=1的初始条件，先验证差为2的下标组合，再通过递推推广到

所有下标完成证明.

【详解】(1)对于A，只有两行，所以行距只能为1.

要满足I行距-列距1=2,列距只能为3.

取第1、2行和第1、4列，四个顶点之和为1+1+(-1)+1=2工0.

所以A不具有性质P.

对于4,行距为1时，列距只能为3；行距为2时，不存在符合条件的列距.

因此，只需检验相邻两行与第1、4列组成的两个矩形.

第1、2行对应的四个顶点之和为1+(-1)+1+(-1)=。

第2、3行对应的四个顶点之和为1+(-1)+(-1)+1=。.

所以&具有性质P.

(2)设第，・行元素之和为号=£%.

j=i

先考察第1行与第4行.

令xj=%+旬0=1，2,3,4).

对j=l,2,3,第1、4行的行距为3,第八./+1列的列距为1,由性质。得为+七+1=。・

因此%2=一％1,必=xlfx4=一与,从而S|+L=玉+工2+X3+X4=8

同理，考察第2行与第5行，可得S2+S5=°・

所以整个数阵所有元素之和为。+S2+S3+S4+S5=鼻K4.

设数阵中1的个数为N.

数阵中共有20个数，因此-1的个数为20-N,从而N-(20-N)«4.解得N412.

下面说明12可以达到.

5

取4=1111.

-I11-1

-i-i1,

该数阵中共有12个1.

对于〃2=5,〃=4的数阵，可能的行距、列距组合只有（1,3）,（3,1）,（4,2）.

当行距、列距为（1,3）时，相邻两行第1、4列的四个数之和均为0；

当行距、列距为（3,1）时，第1、4行以及第2、5行对应各列的元素之和均为0；

当行距、列距为（42）时，第1、5行与相距2的两列组成的四个数之和也为0.

所以该数阵具有性质P，旦I的个数为12.

因此，1的个数最多为12.

（3）略

4.（2024.新课标I卷.高考真题）设〃?为正整数，数列6,&，••・，％,”+2是公差不为（）的等差数列，若从中删

去两项《和%（，＜/）后剩余的4〃?项可被平均分为，〃组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列

4吗,…间4m+2是（。）-可分数列.

⑴写出所有的（盯）,&V/46,使数列知心，…，%是（。）-可分数列;

⑵当〃此3时，证明：数列％必,.+2是（2,13）-可分数列；

⑶从1,2….,4〃?+2中任取两个数i和/（，＜/）,记数列％,%，…吗”+2是亿/）-可分数列的概率为已，证明：

V

【答案】⑴。,2）,（1,6）,（5,6）

（2）证明见解析

（3）证明见解析

【分析】（1）直接根据亿J）-可分数列的定义即可；

（2）根据化/）-可分数列的定义即可验证结论；

（3）证明使得原数列是（3）-可分数列的亿力至少有个，再使用概率的定义.

6

【详解】（1）首先，我们设数列4,生,…必川的公差为4,则八。.

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=巧幺+1仅=12...,4/〃+2）,

得到新数列4=攵伏=1,2,...,46+2）,然后对应必…，心+2进行相应的讨论即可.

换言之，我们可以不妨设d=12...,4,〃+2）,此后的讨论均建立在该假设下进行.

问到原题，第1小问相当于从L2,3,4,5,6中取出两个数j和/«</）,使得剩下四个数是等差数列.

那么剩下四个数只可能是1,2,3,4,或2,3,4,5,或3,4,5,6.

所以所有可能的（。）就是（,2）,（L6）,（5,6）.

（2）由于从数列L2,...,4机+2中取出2和13后，剩余的4〃?个数可以分为以下两个部分，共机组，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}，…,{4m-l,4m,4m+l,4w+2},共加—3组.

（如果帆-3=0,则忽略②）

故数列1,2,...,4〃?+2是（2,13）-可分数列.

（3）定义集合4={软十1|4=0,1,2,...,竹={1,5,9,13,...,4加+1},

8={4A+21k=0,1,2,…,〃?}={2,6,10/4,…,4/〃+2}.

下面证明，对14i<jK4〃2+2,如果下面两个命题同时成立，

则数列L2，…,4〃?+2一定是亿力-可分数列：

命题1：或ieBJeA；

命题2：jT手3.

我们分两种情况证明这个结论.

第一种情况：如果且

此时设，=4勺+1,J=4e+2,e{0,1,2,

则由可知4占+1<4左2+2,即攵2-仁>-；，故％22K.

此时，由于从数列1,2,...,4m+2中取出i-44+1和/-4勺+2后，

7

剩余的4〃?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},...,{秋一3,4%-2,4口-1,4%},共8组；

②{44+2,44+3,44+4,44+5},{44+6,44+7,44+8,44+9},…,{4&-2,4^-1,4&,4e+1},共区一用组；

③{4%+3,4〃2+4,4&2+5,4&+6},{4&+7,4&+8,4&+9,4k24-10；,{4/n-1,4m,4ni+1,4m+2},共加一心组.

（如果某一部分的组数为0,则忽略之）

故此时数列1，2,...,4〃?+2是亿力-可分数列.

第二种情况:如果MBJeA,且

此时设）=4匕+2,j=*+l,{0,1,2,...,/〃}.

则由可知4k1+2v4幺+1,即攵-4>!，故匕）心

4

由于/-谆3,故（4右I1）（4^I2）^3,从而七-女尸1,这就意味着七-勺32.

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

共用组，使得每组成等差数列：

①{1,2,3,4},{5,6,7,8},…,{秋一3,4人一幺秋-1,4^},共占组;

②{4仁+1,3k[+幺+1,2kl+2&+1,勺+3k2+1},{3k[+匕+2,2/+2匕+2,仁+3k?+2,4）+2},共2组；

③全体{秋+p,34+&+P，+2k2+p,4+3&+p},其中〃=3,4,...,&一K,共&2-4一2组；

④{4&+3,4&+4,4&+5,4&+6},{4%+7,4&+8,4e+9,4&+10},...,{4/〃-1,4，〃4〃7+1,4m+2},共6一心组・

（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，排成一个包含内-4-2个行，4个列的数表

以后，4个列分别是下面这些数：

|4Aj+3,4〃]+4,…,34+&},{32]+k2+3,34+2?+4,...,24+2右},{24+2&+3,24+2&+3,...,A）+3&},

{4+3幺+3,K+3k,+4j..,4A,},

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{44+1,4勺+2,...,4&+2}中除开五个集合

{4K+1,44+2},{34+&,+1,34+&+2},{2kl+2k+1,2K+2k、+2},{匕+3k?+1,4+3k+2},

{岱+1,我2+2}中的十个元素以外的所有数.

8

而这十个数中，除开已经去掉的软产2和4网+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1，2,...,46+2是亿力-可分数列.

至此，我们证明了：对<心46+2,如果前述命题1和命题2同时成立,则数列1,2,...,4〃?+2一定是亿/）-

可分数列.

然后我们来考虑这样的亿力的个数.

首先，由于人口8=0,A和/?各有机+1个元素，故满足命题1的（"）总共有（6+1）2个；

而如果，1=3,假设，七4六8,则可设，=缺+1,/=%+2,代入得（％+2）-（秋+1）=3.

但这导致右一{二（，矛盾，所以icBJcA.

设1=4占+2,j=a2+l,,则（4&+1）-（44+2）=3,即—1.

所以可能的（K的）恰好就是（°，1），0,2）一（〃1，，〃），对应的（"）分别是（2,5）,（6,9）,...,（4〃7-24〃+1）,总

共用个.

所以这（〃?+1『个满足命题1的（。）中，不满足命题2的恰好有/"个.

这就得到同时满足命题1和命题2的亿/）的个数为W+l）2-〃.

当我们从1,2,...,4〃?+2中一次任取两个数i和/（/•</）时，总的选取方式的个数等于

（4加+2）（4/〃+1）/、/、

--------L=（2〃?+I）（4w+1|.

而根据之前的结论，使得数列对的，…4/2是（仃）-可分数列的（仃）至少有（〃?+1）2T〃个.

所以数列%出，…,是（仃）-可分数列的概率匕一定满足

z]、2

八（〃?+1）2-〃？/+〃川>+〃?+；"金]

lJ>---------=--------->---------=-----------=-

（2〃？+1）（4/〃+1）（2〃？+1）（4"?+1）（2〃?+1）（4〃？+2）2（2加++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.

5.（2024・北京•高考真题）已知集合

M-{（，,/,左,卬）,《{1,2},/《{3,4},仁6{5,6},卬6{7,8},且1+/+4+卬为偶数}.给定数列4:],多，…，/，和序

9

列CWZ，・・Z，其中北=&"£,叫)eM(/=l,2,…,s),对数列A进行如下变换:将A的第吗项均

加I,其余项不变,得到的数列记作斐/);将工(力的第J%的吨项均加1,其余项不变，得到数列记作

5⑷;……;以此类推,得到久…5(A)，简记为C(4).

⑴给定数列A:l,3,2,4,6,3』,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,a2+6,%+4M4+2，%+8,a6+2,%+4,g+4,若存在，写出一个符合

条件的O;若不存在，请说明理由；

(3)若数列A的各项均为正整数，且4+%+%+4为偶数，求证：“存在序列Q,使得。(A)的冬项都相等”

的充要条件为“4+%=%+包=4+4=%+4”.

【答案】(1)C(A)：3,4,4,5,8,4,3,1O

(2)不存在符合条件的Q,理由见解析

(3)证明见解析

【分析】⑴直接按照C(A)的定义写出C(4)即可;

(2)解法一：利用反证法，假设存在符合条件的。，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可：解法

-：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：

+4.)一(%,-十叼“)=&〃=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4+%=%+4=4+4=/+%,分类讨论

4乌,6,外相等得个数，结合题意证明即可；若存在序列C,使得C(A)为常数列，结合定义分析证明即可.

【详解】(1)因为数列A:l,3,2,4,6,31,9,

由序列《1,3,5,7)可得［(A):2,3,3,4,7,329；

由序列7；(2,4,6,8)可得尔；(4:2,4,3,5,7,4,2,10；

由序列4(1,3,5,7)可得％47；(4:3,4,4,5,8,4,3,10；

所以。(A):3,4,4,5,8,4,3,10.

(2)解法一：假设存在符合条件的C,可知C(A)的第1,2项之和为6+%+s,第3.4项之和为6+%+$，

10

+2）+（a,+6）=q+a,+s

则」n*乩…/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Q，且。（A）：4也,…也,

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

因为~7~=8,即序列Q共有8项,

由题意可知：（邑_1+62”）一（生“-I+%"）=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”…口伊）为｛4“｝（1W〃W8）,特别规定/“=4（1<〃<8）.

必要性：

若存在序列。：几小…却使得。（A）的各项都相等.

则=4.2=4.3=4.4=4.5=4.6=%7=4.8，所以61+%2=4.3+6,4=+4.6=%7+4.8.

根据(m(A)的定义,显然有4种1+4.2J="s-IRT+a$T,2J+1,这里/=L2,3,4,s=1,2,....

所以不断使用该式就得到4+〃2=4+/=/+”=%+&=+4,2T，必要性得证.

充分性：

若4+生=。3+。4=牝+&=%+4.

由已知，4+4+%+%为偶数，而4+电=%+。4=q+%=%+6，所以

/+q+4+4=4（4+42）一（4+%+%+/）也是偶数.

我们设工-工北（4）是通过合法的序列Q的变换能得到的所有可能的数列Q（A）中，使得

曷一4」+|七一aM+Ws-/1+心；一生/最小的一个.

上皿已经说明4.2j-l+as.2j=q-1.2尸+4-1.2/+I，这里/=1,2,3,4,s=1,2,....

从而由4+%=%+%=%+4=4+4可得4/+4,2=4.3+=%5+4,6=4；+4s=%+%+$.

同时，由于£+/+）+吗总是偶数,所以41+43+。“+4,7和42+%*+4.6+48的奇偶性保持不变,从而

11

+4,3+4,5+4,7和*2++4.6+都是偶数.

下面证明不存在/=123,4使得,2尸—4.242.

假设存在，根据对称性，不妨设J=l，4.2/7-勺2户2,即4」—2.

情况I：若|4.3一41+|4.5-4、6|+|4.厂&8|=。，则由41+6.3+45+4.7和%2+/.4+%6+色.8都是偶数，知

色「4.224.

对该数列连续作四次变换(2,3,5,8b(2,4,6,8),(2,3,6,7),(2,4,5,7)后,新的

I^5+4.1-《721+1""4.3-4+4.41+14+4.5一《T.61+14+4.7-4+4/相比原来的

|4「%2|十|七3-4」+|《.5-〜卜储一4」减少4，这与“一4』+|43-4,4|+|%5-。小+凰一％81的最小性

矛盾；

情况2：若|《.3-4.41+鼠5-4.61+,7-4.81>0,不妨设|《.3->。.

情况2-1：如果％之1,则对该数列连续作两次变换(2,45,7),(246,8)后，新的

14+2J-4+2,2|+|/+2.3-4+2,41+|《+2,S-4+264+21一4+2/相比原来的

-a

.4,21+«,41+\,.5~4j+|6ZV,7-4,81至少减少2，这与|«v.l-4.21+|风.3-4,41+1《15・4.61+14,7.4.81的最

小性矛盾；

情况2-2：如果心一q却，则对该数列连续作两次变换(2,3,5,8),(2,3,6,7)后，新的

|《+2.1-q+2/相比原来的

4+2.2+1。*+2.3-4+2.4+14+2,5-。$+2工|+网+2.7

N.I-%2|+|&3一q.4|+|6.5-。小+卜4：一。』至少减少2,这与卜忆一%2|+|%3一%/+|45一+1《.7一4/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/=123,4都有卜,.叩一以2M1.

假设存在/=123,4使得,团「%2」|=1，则⑶是奇数，所以

4j+4,2=43+4,4=+4,6=4.7+48都是奇数，设为2N+1.

则此时对任意j=123,4,由|4附一4以《1可知必有心4/如}={MN+1}.

而4J+4.3++4,7和4.2+%4+4、6+q,8都是偶数，故集合4m=%}中的四个元素/,./,k,卬之和为偶数,

12

对该数列进行一次变换亿/,攵,卬)，则该数列成为常数列，新的

|^1.1-^1.21+|^1.3-4+11+14+15一4“.6卜|。川.7—等于零，比原来的

I4J-4/+|43-qj+k*一46卜|2,7-4/更小，这与|41-41+|43-&J+k”-4.6卜|《、7一可」的最小性矛

盾.

综上，只可能|〃v,2/T-4,2/1=%=L2,3,4),而区J+4.2=&3+«,4=a*+a、6=%+J故{〃,,”}=。(4)是

常数列，充分性得证.

解法二：由题意可知：C中序列的顺序不影响。(4)的结果，

且(4，%)，3吗)，(。5，。6)，3,4)相对于序列也是无序的，

(i)若q+&=/+4=坦+4=。7+4，

不妨设4二6二4&%,贝IJa2>a,>a6>4,

①当4=%=%=%，则4=4=%=%，

分别执行q个序歹U(2,4,6,8)、出个序列。，3,5,7),

可得4+〃2，"i+。2,4+〃2,4+〃2，。+〃2,4+。2，"1+"2Ml+”2»为常数列,符合题意;

②当4，%，4，%中有且仅有三个数相等，不妨设4=%=%，则生=%=牝，

即4吗，4a2吗，々2，4，%，

分别执行的个序列(1,3,5,7)、4个序歹ij(2,4,6,8)

可得q+生，%+%，％+a2,a2+a7,at+a2,a2+a7,a2+%,%+as,

即q+a2,a2+%,q+a2,a2+%吗+生，%+%，生+%•4+%，

因为4+6+%+%为偶数，即3%+%为偶数，

可知4,%的奇偶性相同，则生

分别执行忙4个序列。,3,5,7),(1,3,6,8),(235,8),(1,4,5,8),

可得

a

3a-+2a2-43%+2/-43%+2a,-a}3%+2a2-43al+%2-\3a7+2a2-ax她+2a2-43%+2a2-4

22222222

13

为常数列，符合题意；

③若4=%<%=%，则即4，%，%，4，%，％，%，/，

分别执行牝个（,3,6,8）、/个（2,4,5,7）,

可得4+%，4+生，4+%，％+%,为+。6，%+%,%+。6，

因为4+〃2=%+〃6，

可得4+%，4+4，41+%，％+生，4+%，4+生，4+%，/+%，

即转为①，可知符合题意；

④当4,%,%，%中有且仅有两个数相等，不妨设q=/，则%=%，

分别执行4个（245,7）、氏个（1,3,6,8）,

可得4+%,%+生，4+4，4+生，。|+。5，45+4，%+%，4+%，

且4+a2=a5+ab,可得4+%，4+4?,4+a5,at+a2,at+a$,a[+生，4+a7,a^+aK,

因为4+。+。+%=2q+q+%为偶数,可知火吗的奇偶性相同,

则（4+aJ+（4+q）+（4+&）+（《+&）=%+3as+%为偶数,

且《+%=4]+。5=%+%<41+%，即转为②，可知符合题意；

⑤若q〈为〈％,则。2>仆，即q,%，%，4，4，％，%，/，

分别执行4个（235,8）、4个（1,4,6,7）,

可得4+4,4+生，4+&，%+。4，々+外,。3+4，4+%，4+%，

且q+a2=«,+,可得4+生，4+%，4+生，4+6,4+《，/+%，4+%，

因为q+%+%+%为偶数,

则（4+%）+（4+%）+（4+。）+（%+。）=2（4+03）+（4+。+%+07）为偶数,

且4+/=。1+%<6+%</+%，即转为④，可知符合题意；

综上所述；若0+勺-4+4一%+%-勺+火，则存在序列C，使得C（4）为常数列;

14

(ii)若存在序列C,使得Q(A)为常数列，

因为对任意Q⑷:4也，…也，

均有他+用)一(4+。2)=(2+d)-3+4)=(4+〃6)-3+4)=(4+4)一(生+4)成立,

若Q(A)为常数列，则a+仇=A+a=々+/%="+々，

所以q+。2=%+。4=%+4=4+%;

综上所述：”存在序列Q,使得C(A)为常数列”的充要条件为“4+%=%+4=/+4=%+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.

6.(2023・北京•高考真题)已知数列｛《,｝,他｝的项数均为〃“例>2),且凡也e｛l,2,…加｝,｛q｝,但｝的前〃

项和分别为4,纥，并规定4=纥=0.对于壮｛0/2…,明，定义九=max｛j|8W4，ie｛0J2,其

中，maxM表示数集M中最大的数.

(1)若4=2,%=L%=3,4=1也=3也=3,求&耳,公弓的值;

(2)若4之4,且2。£。+]+*，/=1,2广.,〃?-1,,求总

(3)证明：存在pqsjc｛0,1,2,…,加｝,满足P>/s"使得A/,+3,=Ag+瓦.

【答案】(1)石=。，々=1，A=1,4=2

⑵q=〃”N

(3)

因为也均为正整数，则｛4｝，/｝均为递增数列，

(i)若4=%,则可取公,/=0,满足〃>q,s"使得人力与二人+0；

(五)若AK<Bm，则rk<机，

构建S.=B，-4』4〃4加，由题意可得:S„<0,且建为整数,

反证，假设存在正整数K,使得工工一加，

则纥-&K一肛“4>0,凡得*=%=(%-4)-(^,-4)>“，

这与4+ie｛l,2相矛盾，故对任意lS〃4m,〃wN,均有s,,Ni-切.

15

①若存在正整数N,使得与=理一4=0,即AY二B',，

可取f=g=O,〃=N,$=A,

满足〃使得A.+瓦=4+四；

②若不存在正整数N,使得打=。，

因为S“<={-1,一2,…，一(利一I)},且14”Am,

所以必存在iWXvYKm使得必=Sy,

即%-3="-4,可得4+%=>+4,

可取〃=y,s=Q,q=X,，=%,

满足〃>4，s>，，使得4+瓦=4,+8,；

(iii)若

定义&=max«|AK&i€{0」,2「.,〃?}},则&<加，

构建S*A4-8“/4〃。?，由题意可得：Sn<0,且S,为整数，

反证,假设存在正整数KjWKVm,使得及,《一〃?，

则A曲一S_，〃,A%+I_6K>0,可得。曲+1=A%+1_A&=(^A+1-^)-(^A-5A-)>W,

这与/K+IW{1，2,”相矛盾，故对任意均有邑之1-4

①若存在正整数N,使得SN=4「8N=0,即4V=B，V,

可取q=l=U、s=N,p=呼，

即满足〃>/5>/,使得(+g=4+优；

②若不存在正整数N,使得金=0,

因为S“e1,-2,--•,—(/?/-1)J,且I《相，

所以必存在iwx<yq〃，使得及=5丫，

即4X-=A%-By'可得A&+Bx=ARX+By,

可取P~R1.,t-X,q-Rx,s—Y,

16

满足〃>/5>/,使得&+瓦=4+4.

综上所述：存在OWqv〃4机,0工1vsWm使得4，+瓦=Aq+B3.

【分析】(1)先求4,A，4,%%%%，居,根据题意分析求解;

(2)根据题意题意分析可得%「，;二1,利用反证可得不「乙=1,在结合等差数列运算求解;

(3)讨论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=0，A=2,4=3,4=6,综=0,4=1,员=4,83=7,

当k=0时，则稣=4=0,用>4.，=1,2,3,故％=0；

当火=1时，则4VA.可<A©>A."2.3,故4=1；

当上=2时，则乌〈&/=0,1,华〉4,名>&,故4=1；

当'3时,则4(A，i=0,12与)4,故弓=2；

综上所述：％=0,彳=1,0=1，弓=2.

(2)由题意可知：。《，〃，旦4eN,

因为巴之】也之1,且04,则为之与>小对任意〃wN*恒成立,

所以为=0居之1,

又因为2乙工人+乙川，则*一。之c一方一，即/Ft>rm_x-rm_1>—>rx-r^>\,

得4+i-々2,

反证：假设满足“L7>।的最小正整数为1W-1,

当此/时，则侬一样2；当话/-1时,则小一〃二1,

则力=(〃-/1)+(〃7-〃.2)+..-(4-石)+"22("—，)+/=2〃7—.),

又因为IKj</?:-1,则分22"?-〃-1)=/〃+1>〃2,

假设不成立，故--0=1,

即数列",｝是以首项为1,公差为1的等差数列，所以5=()+lx〃=〃,〃eN.

(3)略

17

7.（2022・北京・高考真题）己知。：4生,…,4为有穷整数数列.给定正整数”若对任意的〃金｛1,2

在。中存在《，4+1，4+2,…，的（/2°）,使得q+%+4+2+—+%）=〃，则称Q为小一连续可表数列.

（1）判断。：2」,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；

⑵若Q：4吗，…，&为8-连续可表数列，求证：我的最小值为4；

（3）若。y,…，々为20-连续可表数列，且。+%+…+〃*<20,求证：（27.

【答案】（1）是5-连续可表数列：不是6-连续可表数列.

（2）证明：若&<3,设为Q：4,8,。,则至多q+〃力+。,“+人+5,人,。，6个数字,没有8个，矛盾；

当k=4时，数列。:1,4,1,2,满足％=1,4=2,%+/=3,%=4,q+%=5,q+生+%=6,生+/+4=7,

q+%+%+/=8,...%in=4.

（3）证明：若数列Q：知%，…，4（我三5）为20-连续可表数列，

则2045+4+3+2+1=15,这不可能！因而满足题设的攵26.

若k=6,得整数数列。：4，。2，%，%，%，。6中的连续若干项（至少一项，下同）的和卬,生，％，44M5，。6，

4+。2，。2+%，4+〃4，4+生，〃5+《；

4+a2+%，。2+。3+。4，&+。4+%，%+%+。6，

4+g+q+/，生+43+4+%，％—%+6+4；

4+生+。3+4+