粉即耳"N⑤三解本發(fā)錯(cuò)送;友義型同發(fā)

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

題型一與集合有關(guān)的定義型問(wèn)題..........................................................

題型二與數(shù)列有關(guān)的定義型問(wèn)題.........................................................7

題型三與函數(shù)有關(guān)的定義型問(wèn)題.........................................................18

題型一

L(2025居江西九校南三或者期中數(shù)學(xué)試題)對(duì)于由有限個(gè)自然數(shù)組成的集合A,定義集合S(A)={a

+b\a€A,bG4},記集合S(A)的元素個(gè)數(shù)為d(S(A)).定義變換T,變換T將集合A變換為集合

T(A)=AUS(A).

(1)若A={1,2,3},求S(A),T(A)；

(2)若集合A有n個(gè)元素，證明：d(S(/))=2n—1的充要條件是集合/中的所有元素能組成公差不

為0的等差數(shù)列；

⑶若AU{123,4,5,6,7,8}且{1,2,3,…,25,26}UT(T(A)),求元素個(gè)數(shù)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)證明見(jiàn)解析；(3){1,5,8).

【解析】

【分析】⑴根據(jù)題設(shè)集合的定義寫(xiě)出SG4),T(4)即可；

(2)利用充分、必要性定義，結(jié)合等差數(shù)列定義判斷推出關(guān)系，即可證結(jié)論；

(3)反證法確定16設(shè)A的元素個(gè)數(shù)為n,得到S(4)的元素至多&+八個(gè)，T(A)的元素至多CZ+n+

1n=九個(gè)，結(jié)合已知得&2<5、ct3>7,最后分類討論并結(jié)合定義確定元素個(gè)數(shù)最少的集合4

【小問(wèn)1詳解】

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

【小問(wèn)2詳解】

令A(yù)={g,g,…力不妨設(shè)/1Vg〈…〈g.

充分性：設(shè){軟}是公差為d(dWO)的等差數(shù)列，

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

所以電+叼共有2口一1個(gè)不同的值，即d(S(A))=2n—1,

必要性：若d(S(A))二2九一1,

因?yàn)?xi<Xi-\-xi+1<2xi+1,(j=l,2,—,n-l),

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

2n???

任意為+g(l&i,，Wri)的值都與上述某一■項(xiàng)相等，

又電+xi+1<X{+xi+2<xi+1+xi+2，且現(xiàn)+xi+1<2xi+1<xi+1+xi+2,(j=l,2,—,n-2).

所以Xi+xi+2—2g+1,所以{砍}是等差數(shù)列，且公差不為0.

【小問(wèn)3詳解】

首先證明：ICA

假設(shè)10A,A中的元素均大于1,從而105(A),

因此10T(A),10S(T⑷)，故10T(T(A)),

與{1,2,3,…,25,26}GT(T(A))矛盾，因此ICA,

設(shè)A的元素個(gè)數(shù)為n,S(A)的元素個(gè)數(shù)至多為片+n,從而T(力)的元素個(gè)數(shù)至多為&+n+n=

n(n+3)

~2~,

若九=2,則T(4)元素個(gè)數(shù)至多為5,從而T(T(4))的元素個(gè)數(shù)至多為普&=20,而T(T(A))中元素至

少為26,因此n>3,

假設(shè)A有三個(gè)元素，設(shè)A—{1,<12?3},且1V&2V&348,

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

若<12>5,T(T(A))中比4大的最小數(shù)為a?,則5《T(T(Q)與題意矛盾，故&2<5.

集合T(T(A))中最大數(shù)為4a3,由于26CT(T(4)),故4a3>26,從而a3>7,

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

286T(T⑷)，

在22與28之間可能的數(shù)為14+2a2,21+&2,此時(shí)23,24,25,26不能全在T(T(A))中，不滿足題意

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

T(T(A)),

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

當(dāng)4={1,2,8}時(shí)，15,21,230T(T(A)),不滿足題意.

當(dāng)A={1,5,8}時(shí)，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}滿足題意.

故元素個(gè)數(shù)最少的集合A為{1,5,8).

1-2、(江蘇宿遷2025屆高三年級(jí)上學(xué)期期中考試數(shù)學(xué))

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

意一對(duì)元素Si,52,都有|si—S2IW酬■，則稱集合S具有性質(zhì)P.

(1)當(dāng)n=10時(shí)，試判斷集合B={a:GA|z>9}和C={xEA\x=3k—l,kEN*}是否具有性質(zhì)F?并說(shuō)明

理由；

(2)當(dāng)n=100時(shí)，若集合S具有性質(zhì)P,那么集合7={201—引rcCS}是否具有性質(zhì)P?并說(shuō)明理由；

(3)當(dāng)n=3阮kCN*時(shí)，若集合S具有性質(zhì)P,求集合S中元素個(gè)數(shù)的最大值/(九).

【答案】(1)集合B不具有性質(zhì)P,集合。具有性質(zhì)P,理由見(jiàn)解析?M

（2）T={201—2；|a；eS}具有性質(zhì)P,理由見(jiàn)解析

（3）/（九）=4fc

【解析】

【分析】⑴先寫(xiě)出對(duì)于集合B,對(duì)于任意不大于10的山,都可以找到該集合中的兩個(gè)元素仇=10,

b2=10+m,使得\b1—b2\=m成立，集合B不具有性質(zhì)P,對(duì)于集合。，可取?n=1<10,此時(shí)|q—c2l=

3|瓦一的仔1,自，七CN*,集合。具有性質(zhì)P;

⑵任取t=201—geT,其中g(shù)CS,根據(jù)SUA,推出TU因?yàn)榧蟂具有性質(zhì)P,故存在不大于100

的正整數(shù)m■，使得S中元素Si,s2,都有屈一S2IWm,對(duì)于正整數(shù)m,從T中任取201—xltt2=201—x2,

滿足要求，故集合T={201—引S}具有性質(zhì)F：

（3）由新定義結(jié)合（2）的結(jié)論，求出/（八）.

【小問(wèn)1詳解】

集合B不具有性質(zhì)P,集合。具有性質(zhì)P,理由如下：

當(dāng)九=10時(shí)，4={1,2,3,…,20},B={10,11,…,20},

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

因?yàn)閷?duì)于任意不大于10的Tn,都可以找到該集合中的兩個(gè)元素瓦=10,62—10+m,

使得\b1—b2\=m）^SL,

因?yàn)榭扇,=l<10,對(duì)于該集合中的任意一■對(duì)元素Ci=3自一1,。2=3自一1,甌％2CN*,

都有|q—C2I=3|A；i—fe2|乎1,k1,k2CN*,

故集合B不具有性質(zhì)P,集合。具有性質(zhì)P-,

【小問(wèn)2詳解】

T={201—4口WS}具有性質(zhì)P,理由如下:

當(dāng)九=100時(shí)，人={1,2,3,…，200},

7={201—工舊€5},任取力=201—④（）67,其中&€$,

因?yàn)镾Q4所以gC{1,2,3,…，200},

從而14201—34200,即1=201-ge4,故TQA,

因?yàn)榧蟂具有性質(zhì)P,故存在不大于100的正整數(shù)小，

使得對(duì)于S中的任意一對(duì)元素Si,52,都有|si—s2|Wm,

對(duì)于上述正整數(shù)??1,從T={201—rc|sGS}中任取一對(duì)元素h=201—xltt2=201—x2,

其中xltx2GS,則有比一塌=|力1一闖,=Am,

故集合T={201-rc|xeS}具有性質(zhì)P;

【小問(wèn)3詳解】

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

若土eS,則6k+1—reCT,則/和6%+1-c至少有一個(gè)不超過(guò)3k,

則S和T中至少有一個(gè)集合,該集合至少有一半的元素不超過(guò)3k,

設(shè)集合S中一共有a個(gè)元素，不妨設(shè)S中至少有力個(gè)元素（力不超過(guò)3%,

不妨設(shè)為瓦也也，……,均不超過(guò)弘，

因?yàn)槿舸嬖诓淮笥?k的正整數(shù)?n,使集合S中的任意一對(duì)元素Si,S2,都有|si—s2|Wrrt,

則稱集合S具有性質(zhì)P.

則瓦+小，戾+小，匕3+館，...乩+小均不在集合S中，

所以集合A至少有力個(gè)元素不在集合S中，則a+gWa+力46k,aW4k,

例如{1,2,…2k—1,2k,4k+l,4fc+2,4k+3,???6fc—1,6k}符合題意,

則/伍）=4fc

2.（河北看滄州市運(yùn)東五校2024—2025學(xué)年方三上學(xué)期11月期中考試數(shù)學(xué)試題）已知有窮數(shù)列A的,

02,…，%（H>3）中的每一項(xiàng)都是不大于n的正整數(shù).對(duì)于滿足14小<?1的整數(shù)小,令集合4（恒）=

{k限=恒,k=l,2,???也}.記集合人（加）中元素的個(gè)數(shù)為s（m）（約定空集的元素個(gè)數(shù)為0）.

⑴若A6,3,2,5,3,7,5,5,求力⑸及s⑸;

（2）若JH—-1---1■—J、—n，求證：電,。2,…，冊(cè)互不相同；

S（Qi）S（Q2）s（冊(cè)）

（3）已知Qi=Q,Q2=b,若對(duì)任意的正整數(shù)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）證明見(jiàn)解析（3）答案見(jiàn)解析

【解析】

【分析】（1）觀察數(shù)列，結(jié)合題意得到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,從而證明出結(jié)論；

（3）由題意得=Q,或Q°+,=%.，令/=1,得到。3=。2或Q3=電，當(dāng)Q=b時(shí)得到Qi+Q2H---\-dn=冗。，當(dāng)CL

Wb時(shí)，考慮03=Q或。3=6兩種情況，求出答案.

【小問(wèn)1詳解】

因?yàn)椤?=。7=。8=5,所以―⑸={4,7,8},則s⑸=3;

【小問(wèn)2詳解】

依題意s（Q）>l,i=l,2,…，n,

則有

s（A）

因此一-——I——----1——|——--<n,

S（Q］）S（Q2）S（QJ

又因?yàn)?+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.

【小問(wèn)3詳解】

依題意ax=a,a2=b.

由i+/G或i+/eZ(Q/)，知。計(jì),=或ai+j=%.

令/=1,可得a計(jì)i=a,或Q汁1=Q”對(duì)于i=2,3,…?1—1成立，

古攵。3=。2-^1。3=Q].

①當(dāng)a=b時(shí)，

a3=a4=--=an=af

所以Qi+。2H---Fo-n=na.

②當(dāng)aWb時(shí)，

。3=Q或。3=

當(dāng)Q3=Q時(shí)，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.

當(dāng)。3=b時(shí)，此時(shí)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=。，則令i=l,/=4,可得05=。，與Q5=b矛盾.

所以有a^—b.

不妨設(shè)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==%,則ak+1=a或ak+1=b.

古攵Qk+i=b.

所以Qi+Q2H---Fan=(71—l)b+a.

綜上，a=b時(shí)，Qi+a2~l---=na.

03=aWb時(shí),電+a2H---Ha九=(n—l)a+b.

03=bWa時(shí),?+a2H---Fan=(n—l)b+a.

3.(2024屆河北看名校聯(lián)■南三度量檢測(cè)數(shù)學(xué))已知有序數(shù)對(duì)X：｛g,g,g｝，有序數(shù)對(duì)Y：｛%，統(tǒng)，統(tǒng)｝，定義

“。變換"：%=E—g|，紡=Ig一g|，為=E—g]，可以將有序數(shù)對(duì)X轉(zhuǎn)化為有序數(shù)對(duì)Y.

⑴對(duì)于有序數(shù)對(duì)X：｛3,4,5｝,不斷進(jìn)行“Q變換”，能得到有序數(shù)對(duì)｛0,0,0｝嗎？請(qǐng)說(shuō)明理由.

(2)設(shè)有序數(shù)對(duì)X:｛0心2,g｝經(jīng)過(guò)一次“Q變換”得到有序數(shù)對(duì)Y:｛僅2,研3>9)，且有序數(shù)對(duì)Y的三

項(xiàng)之和為2024,求〃的值.

X

（3）在（2）的條件下，若有序數(shù)對(duì)Y經(jīng)過(guò)n次“。變換”得到的有序數(shù)對(duì)的三項(xiàng)之和最小,求n的最小

值.

【答案】（1）不能，理由見(jiàn)解析（2）慧（3）505

506

【解析】

【分析】（1）根據(jù)題意,結(jié)合“Q變換”，逐次計(jì)算,得出規(guī)律，即可求解；

（2）由。變換得到的＞22＞，3或，3＞電＞21,分類討論，求得x,y的值，即可求解；

（3）有序數(shù)對(duì)y：{“2，v+2},將有序數(shù)對(duì)丫經(jīng)過(guò)6次“Q變換”得到有序數(shù)對(duì)也是形如何,2,沙+2}的有序數(shù)

對(duì)，得出有序數(shù)對(duì)y“結(jié)構(gòu)”完全相同，但最大項(xiàng)減小12,進(jìn)而得出變換的規(guī)律，即可求解.

【小問(wèn)1詳解】

解:對(duì)于有序數(shù)對(duì)X：{3,4,5},

不斷進(jìn)行"Q變換"：％=山一電|,的=|啊一詞；,%=E一切，

得到的有序數(shù)對(duì)分別為{1,1,2},{0,1,1},{1,0,1},{1,1,0},{0,1,1},

以下重復(fù)出現(xiàn)，所以不能得到有序數(shù)對(duì){0,0,0}.

【小問(wèn)2詳解】

x

解：由。變換知：y—\xx—x-^,2=a;2—3；3|,—區(qū)一田」，

因?yàn)橛行驍?shù)對(duì)丫的三項(xiàng)之和為2024,且所以立+沙=2022,x＞lQll＞y,

所以|g—）1011＞版一闖，故|晶—icj最大，即的＞g＞g或23＞型＞電,

僅=0一22

當(dāng)a；i＞a；2＞g時(shí)，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=鏢；

x1012506

僅=/2—力1

當(dāng)g>為時(shí)，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,故鄉(xiāng)=愕=黑

x1012506

綜上可得,：505

506

【小問(wèn)3詳解】

解：有序數(shù)對(duì)y：{y,2〃+2},將有序數(shù)對(duì)y■經(jīng)過(guò)6次“。變換”得到的有序數(shù)對(duì)分別為何一2,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},

由此可見(jiàn)，經(jīng)過(guò)6次“Q變換”后得到的有序數(shù)對(duì)也是形如{y,2,沙+2}的有序數(shù)對(duì)，

與有序數(shù)對(duì)y“結(jié)構(gòu)”完全相同，但最大項(xiàng)減小12,

因?yàn)?010=12x84+2,

所以將有序數(shù)對(duì)y經(jīng)過(guò)6X84=504次“Q變換”后得到的有序數(shù)對(duì)為{2,2,4},

經(jīng)過(guò)“Q變換”后得到的有序數(shù)對(duì)分別為{0,2,2},{2,0,2},{2,2,0},{0,2,2},{2,0,2},…,

從以上分析可知，以后數(shù)對(duì)循環(huán)出現(xiàn)，所以有序數(shù)對(duì)各項(xiàng)之和不會(huì)更小，

所以當(dāng)n>505時(shí)，經(jīng)過(guò)n次“。變換”得到的有序數(shù)對(duì)的三項(xiàng)之和均最小為4.

所以ri的最小值為505

題型二與數(shù)列有關(guān)的定義型問(wèn)題

4.（福建名校聯(lián)JL2025屆高中畢業(yè)班上學(xué)期期中質(zhì)量檢測(cè)數(shù)學(xué)試題）若有窮數(shù)列入”:旬,。?，,

t

an{n&N,n>2）滿足:①的=1；②aj=則稱4為反數(shù)歹U.

（1）已知4是目數(shù)列，寫(xiě)出的所有可能值；

（2）已知4是凡數(shù)列，對(duì)任意給定的垢將%的所有可能取值從小到大排列構(gòu)成一個(gè)新的數(shù)列{cj.

⑴證明：當(dāng)3時(shí)，{c/是等差數(shù)列；

（切求{c,J中所有項(xiàng)的和.

【答案】（1吊4€{—2,0,2,4}

⑵⑴證明見(jiàn)解析；（沉）2“T

【解析】

【分析】（1）根據(jù)題意［四+1—aj=1,再根據(jù)的=&+a?—的H--Fa4—討論即可；

k

⑵⑴a用一ak—bk2,bkG{-1,1},設(shè)（3）4,（泡,是w中所有可能中的任意兩個(gè)，作差可得（aM）<—（aM）j

>4,進(jìn)而可得數(shù)列{購(gòu)}中共有28T項(xiàng)，從而證明等差；（近）由⑴中等差數(shù)列求解即可.

【小問(wèn)1詳解】

—

0fcl=1,設(shè)a,k+1—ak=ek,ekG{—1,1},

ik.a4=Qj+a2—QiH---Ha4-a3=1+e1+e2+e3,

因?yàn)閑k——l或%=1,故a&C{-2,0,2,4}.

【小問(wèn)2詳解】

6血+1—*=2/;,設(shè)@+1—恁=尻2*:,瓦6{-1,1},

2n-1

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

不妨設(shè)(aM)i，(<21加/是a.中所有可能中的任意兩個(gè)，

M

假設(shè)(編尸1+b?++…+憶_邛-,(a加尸1+媼2i+b齡+?,?+bju_2-\

不妨設(shè)b-=鼠,％T=與『，…，4=bjk,bi-芋,

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

不妨設(shè)限,=1也_=-1,則

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

即時(shí)=1+瓦2】+fe22+---+bm-12-中的22種表示中，其取值互不相等,

即數(shù)列｛Cm｝中共有2nT項(xiàng)，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｝是以等差數(shù)列q=—2。+3為首項(xiàng)，4為公差的等差數(shù)列;

（M）當(dāng)n=2時(shí)，｛品｝只有兩項(xiàng)，分別為一1,3,故和為2,

當(dāng)九二3,由⑴可得，因?yàn)椋鹀m｝是等差數(shù)列，共有2”T項(xiàng)，

2"T(C1+C2“T)_2"T(-2"+3+2”-1)

故其所有和為

綜上，｛cm｝中所有項(xiàng)的和為2”T.

5.（拉城市2025屆高三年級(jí)第一學(xué)期期中考試）若有窮數(shù)列｛冊(cè)｝仇6"*且">3）滿足|af-af+1|W\ai+1

-ai+2|（i=l,2,…，?i-2）,則稱｛aj為Al數(shù)列.

（1）判斷下列數(shù)列是否為河數(shù)列，并說(shuō)明理由；

①1,2,4,3.

②4,2,8,1.

（2）已知M'數(shù)列｛aj中各項(xiàng)互不相同.令%=鼠―冊(cè)2+1]（小=1,2,…,n—1）,求證:數(shù)列｛廝｝是等差

數(shù)列的充分必要條件是數(shù)列仍口｝是常數(shù)列；

⑶已知M'數(shù)列｛a“｝是CN*且7n>3）個(gè)連續(xù)正整數(shù)1,2,■■■,m的一個(gè)排列.若工\ak—ak+1\=

m+2,求m的所有取值.

【答案】（1）①數(shù)列不是河數(shù)列；②數(shù)列是M數(shù)列;理由見(jiàn)解析

（2）證明見(jiàn)解析（3）館的所有取值為4或5

【解析】

【分析】（1）直接根據(jù)條件檢驗(yàn)即可；

（2）先判斷必要性，若數(shù)列｛為｝是等差數(shù)列，設(shè)公差為d,可得數(shù)列｛%｝是常數(shù)列.再判斷充分性，若數(shù)列

｛%｝是常數(shù)列，可得%=黑+1（?71=1,2,…,71-2）,進(jìn)而可得｛冊(cè)｝是等差數(shù)列；

（3）先判斷Tn=3不符合題意,m=4,m—5符合題意，進(jìn)而證明6不符合題意，令4=

/]（k—12***777?—2）

加一Qk+l|（%=l,2,…,772—1）,可得既有三種可能: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)

當(dāng)瓦=｛:'￡[12；；'館—2），根據(jù)（2）的結(jié)論排除這3種可能性，則可得答案.

【小問(wèn)1詳解】

①因?yàn)閨2—4|>|4—3],所以該數(shù)列不是初數(shù)列;?M

②因?yàn)閨4一2|＜|2—8|—所以該數(shù)列是M■數(shù)列.

【小問(wèn)2詳解】

必要性：

若數(shù)列｛每｝是等差數(shù)列，設(shè)公差為d,

則bm=\am-am+1\=\d\.

所以數(shù)列｛鼠｝是常數(shù)列.

充分性：

若數(shù)列｛%｝是常數(shù)列，

7

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

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

因?yàn)閿?shù)列｛飆｝的各項(xiàng)互不相同，

所以a1n—Cbm^-l@磯+1-0-777,-1-2,

所以數(shù)列｛冊(cè)｝是等差數(shù)列.

【小問(wèn)3詳解】

當(dāng)7n=3時(shí)，因?yàn)閮?nèi)一七+J&2（i=l⑵，所以|。1一。2|+|。2—Q31V5,不符合題意；

當(dāng)館=4時(shí),數(shù)列為3,2,4,!.此時(shí)同一Q2I+IQ2—洲+質(zhì)一Qj=6,符合題意;

當(dāng)m=5時(shí),數(shù)列為2,3,4,5,1.此時(shí)血一^^+血一^^+血一詞+血一=7,符合題意;

下證當(dāng)山＞6時(shí)，不存在小滿足題意.

令勾=加一。"①=1,2,…,館一1）,

771—1

則1＜瓦4與＜一＜%一1,且2既=館+2,

k=l

所以既有以下三種可能：

[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)?

當(dāng)員=匕'看12；二一2)時(shí),因?yàn)橥?*...=-,

[4,{k=m—l)

由（2）知：電,如…，Qm-i是公差為1（或一1）的寺差數(shù)列.

當(dāng)公差為1時(shí)，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，與已知矛盾.

當(dāng)公差為一1時(shí)，同理得出與已知矛盾.

所以當(dāng)既=以二舄）’1時(shí)，不存在桃滿足題意?

其它情況同理可得.

綜上可知，m的所有取值為4或5.

6.(安溪一中、養(yǎng)正中學(xué)、富安一中、泉州實(shí)驗(yàn)中學(xué)2024年代季高三年期中聯(lián)考)若存在常數(shù)力,使得數(shù)列

｛an｝滿足M+i—電&2a3…冊(cè)=七(">CN),則稱數(shù)列｛aj為"H(t)數(shù)列

(1)判斷數(shù)列:1,3,5,10,152是否為⑵數(shù)列”，并說(shuō)明理由；

(2)若數(shù)列｛冊(cè)｝是首項(xiàng)為2的⑶數(shù)列”，數(shù)列｛bn｝是等比數(shù)歹U,且｛冊(cè)｝與｛bn｝滿足匯底=aia2a3

i=l

…an+log20,求t的值和數(shù)列｛bj的通項(xiàng)公式；

(3)若數(shù)列｛冊(cè)｝是“H(t)數(shù)列”,Sn為數(shù)列｛冊(cè)｝的前m項(xiàng)和，S>1”>0,證明：t>SHI—S”一e*.

【答案】(1)不是“H(2)數(shù)列”，理由見(jiàn)解析

+1

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

(3)證明見(jiàn)解析

【解析】

【分析】(1)由H(2)數(shù)列定義驗(yàn)證即可；

九+1n

(2)由題可得>2。之=Q1Q2a3…Cbnan+l+log2bn+i，與￡咸=的。2a3…冊(cè)+log2bn相減結(jié)合H(t)數(shù)列定義可得

i=li=l

關(guān)于力的方程，即可得答案；

nn

(3)注意到t>S-S-e$LoZIna,<Z(七一1),構(gòu)造函數(shù)/Q)=Inc—c+1,利用其單調(diào)性可證明結(jié)

n+1ni=li=l

論.

【小問(wèn)1詳解】

根據(jù)⑶數(shù)列”的定義，則力=2,故an+1—QQQ3…飆=2,

因?yàn)椤?—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數(shù)列”.

【小問(wèn)2詳解】

由｛每｝是首項(xiàng)為2的“H⑶數(shù)列"，則a2=2+t,03=33+4,

由｛b^是等比數(shù)列,設(shè)公比為q,

7171+1

由〉2。彳=。1電。3…冊(cè)+log2fen,貝”匯。？=Q1Q2a3…anan+1+log2fen+i,

i=l2=1

兩式作差可得成+i=sa2a3…a?(a?+i-l)+log2fe?+i-log26?,

即成+i=%a2a3■■■an(an+1-1)+log2g,

由｛an｝是"H⑶數(shù)列",則an+i—電(12a3…a”=t,對(duì)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對(duì)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

則幾=4,即bn=2,

故所求的力=-1,數(shù)歹ij｛&｝的通項(xiàng)公式勾=2"i;

【小問(wèn)3詳解】

證明：要證t>Sn+1-Sn--即證力>an+1-0f,

因數(shù)歹”｛an｝是⑶數(shù)列”,則an+i=電。2a3…十九

SnnSnnSnn

則要證力>an+1—e~，即證an+1—QQ…an>an+1—e~QQQ…MVe~.

又an+1—QiQ2a3…。九=力，對(duì)于n>l,7ieN恒成立，

因?yàn)榉?gt;0,則。2=。1+力>1,再結(jié)合的>1,力>0,a2>1,

反復(fù)利用an+1=電電。3…冊(cè)+力，可得對(duì)于任意的1,nENfan>1,

nn

sn

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

i=li=l

設(shè)函數(shù)/(i)=in]—4+1,則r(c)=—1,令r(力)=0,解得化=1,

當(dāng)⑦>1時(shí)，1(/)V0,則f?=Inx—%+1在區(qū)間(1,+oo)單調(diào)遞減,

因?qū)τ谌我獾目?gt;1,nGN,1,則/(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)，故命題得證.

x2i=lfi=l

7.(廣東看廣州市鐵一中學(xué)2024—2025學(xué)年第一學(xué)期期中三校聯(lián)考高三數(shù)學(xué))若無(wú)窮數(shù)列｛aj滿足V

nEN*,\an-an+1\=九+1,則稱｛a?｝具有性質(zhì)月.若無(wú)窮數(shù)列｛a?｝滿足VvCN*,anan+i+1>a1+2,

則稱｛%｝具有性質(zhì)

(1)若數(shù)列｛冊(cè)｝具有性質(zhì)H,且a1=0,請(qǐng)直接寫(xiě)出a3的所有可能取值；

(2)若等差數(shù)列｛an｝具有性質(zhì)￡,且電=1,求咫+嫌的取值范圍；

(3)已知無(wú)窮數(shù)列｛冊(cè)｝同時(shí)具有性質(zhì)B和性質(zhì)。5=3,且。不是數(shù)列｛冊(cè)｝的項(xiàng),求數(shù)列｛aj的通項(xiàng)

公式.

【答案】⑴Q3的可能取值有：—5、—1、1、5

⑵后，學(xué)]

要,九為奇數(shù)

⑶與一食，九為偶數(shù)

【解析】

【分析】⑴根據(jù)題中定義可得出|QL=2,質(zhì)一=3,可依次求得。2、。3的取值；

(2)設(shè)等差數(shù)列｛冊(cè)｝的公差為d,根據(jù)MQh+4+l>Q>2可求得d的取值范圍，再利用二次函數(shù)的基本性質(zhì)

???

可求得咫+成的取值范圍；

⑶根據(jù)性質(zhì)R可得出|a?|>1,根據(jù)anan+i>a^+2-1>0可推導(dǎo)出心、an+^kCN*）必同號(hào)，再利用性質(zhì)

E可得出（13W12,利用反證法可證得：&3W4,則a3—2,再證明出a2=—1,由此可知VnCN*,a2n<0都成

立，可猜測(cè)數(shù)列｛aj的通項(xiàng)公式，再利用反證法證明數(shù)列｛七｝的唯一性即可.

【小問(wèn)1詳解】

解：因?yàn)閿?shù)列｛4｝具有性質(zhì)層,則⑶―a21=也|=2,所以，a2=±2,

當(dāng)a2——2時(shí)，由據(jù)一CI3I=|-2—a3|=H3+2I=3,所以，&3=1或一5,

—

當(dāng)a2=2時(shí)，由1a2—CI3I=|2—c^l=3,所以，a3—1或5.

綜上所述，a3的可能取值有：一5、一1、1、5.

【小問(wèn)2詳解】

解:設(shè)等差數(shù)列｛廝｝的公差為d,

2

則anan+i+1=（冊(cè)+2-2d）（廝+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?yàn)椤?，則專Wd+|■《器q

所以，咫+詢=5（d+~1~）+；e

\575L44J

【小問(wèn)3詳解】

解：根據(jù)性質(zhì)B,V九GN*,都有MGZ,

又因?yàn)閮?cè)W0,所以，|QJ>1,

于是@Q九+4>。>2—1>0,因?yàn)檑?、Q九+4必同號(hào)，進(jìn)而為、%+4k（kGN*）必同號(hào)，

若Q3V。，由性質(zhì)H,必有。4=-2,。3=—6,3,Qi4-1,這與ag+1>Q]矛盾，

所以，03>。，進(jìn)而VhGN*,電九+1>0,討論可知。3=2或4或12,僅有這三種可能.

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

下面證明：03W4,則03=2,

利用反證法：假設(shè)。3=4,則。4=8,

又因?yàn)镼Q—3al+1>Q]=16,所以，Qi>5,

若02=1,則Qi=-1或3,與Qi>5矛盾，則電W1,所以，。2=7,則的=5或9,

于是無(wú)論哪種情況，V九GN*,an>0,

由血一恁|=6且期>0可得。6=9,此時(shí)滿足。2。6+1〉就，

所以，。7=16,則。8=24,。9=33,所以，Q5Q9+1V威，矛盾，

綜上可知，。3w4,所以，。3=2,。4=—2,

下面證明：出=—1,利用反證法，如不然，只能電=5,所以，。6>0,則“6=9,

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

總之，。2=—1,再由Qi>o可得電=1,進(jìn)而veN*,a271Vo都成立，

(駕工，九為奇數(shù)

可以猜測(cè)數(shù)列｛Q/的通項(xiàng)為冊(cè)=《；/，，

［一萬(wàn)，九為偶數(shù)

可驗(yàn)證此時(shí)8、丹兩條性質(zhì)均成立，符合題意，

如另有其它數(shù)列｛'｝符合題意，則至少前5項(xiàng)必為：1、一1、2、一2、3,

仍滿足b2n.1>0,b2n<0(nG7V*),

設(shè)bm(m￡7V*)是第一個(gè)違反上述通項(xiàng)公式的項(xiàng)(m>6),

若7n=2k(k>3,kGN*)，則b2k-i—k,甌〈0,所以，甌：=—3符合通項(xiàng)公式，矛盾；

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

^為奇數(shù)

綜上所述，數(shù)列｛aj的通項(xiàng)公式必為斯=

一爭(zhēng)外為偶數(shù)

8.(河北盾坪鄲市2024-2025學(xué)年第一學(xué)期期中考試名校聯(lián)考高三數(shù)學(xué))定義:任取數(shù)列｛時(shí)｝中相鄰的

兩項(xiàng)，若這兩項(xiàng)之差的絕對(duì)值為3,則稱數(shù)列｛%｝具有“性質(zhì)3”.已知項(xiàng)數(shù)為八的數(shù)列｛冊(cè)｝的所有項(xiàng)

的和為監(jiān)，且數(shù)列｛%｝具有“性質(zhì)3”.

(1)若n=4,且為=0,ci4=3,寫(xiě)出所有可能的時(shí)的值；

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

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

【答案】⑴6;0;12

(2)證明見(jiàn)解析(3)證明見(jiàn)解析

【解析】

【分析】(1)根據(jù)題意對(duì)所有可能情況進(jìn)行列舉即可得出所有可能的Mn的值；

(2)利用''性質(zhì)3”定義并根據(jù)等差數(shù)列通項(xiàng)公式以及累加法可證明得出結(jié)論；

(3)由題意可令a5一取(/:;=1,2,…,n—1),可得6=±3,將跖.整理變形并根據(jù)峪=0須使"彳』

為偶數(shù)，即4整除71(九一1)，分別驗(yàn)證n=4?TZ或n=4m?+1即可得出結(jié)論.

【小問(wèn)1詳解】

依題意可知有如下三種情況：

若廝:0,3,0,3,此時(shí)Mn—6,

若an：0,—3,0,3,此時(shí)Mn=Q,

若斯:0,3,6,3,此時(shí)監(jiān)=12.

【小問(wèn)2詳解】

證明：

必要性：因?yàn)榫W(wǎng)>@+i(%=l,2,…,2022),

故數(shù)列｛?｝(TI=1,2,3,…2023)為等差數(shù)列，

所以dk+1—cifc——3,(fc=1,2,,,,,2022),公差為一3,

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—電021>—3，…，。2—>—3,

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

因?yàn)镼2023=—4042,故上述不等式的每個(gè)等號(hào)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;

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

【小問(wèn)3詳解】

證明：

令ck—ak+1—afc(fc=1,2,???,71—1)，依題意,cfc=±3,

因?yàn)椤?=Qi+5,。3=Qi+a+。2,…，冊(cè)=Qi+J+。2H-----Fcn_i,

所以峪二幾。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?yàn)閝；=±3,所以1—瓢為偶數(shù)(fc=l,2,,

所以(1—Ci)(n—1)+(1—c2)(n—2)4----1-(1—cn-i)為偶數(shù);

所以要使峪=0,必須使“(丁)為偶數(shù)，即4整除n(n—1),

亦即n=4m或ri=4m+l(mGN*),

當(dāng)九二4m(mEN*)時(shí)，

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

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

當(dāng)n—4m+l(mEN*)時(shí)，

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

a=

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

當(dāng)n=4m+2或h=4m+3(mG7V)時(shí)，n(n—1)不能被4整除，MnW0.

9.（河北盾邢臺(tái)市2024-2025學(xué)年高三（上）質(zhì)檢聯(lián)■期中考試數(shù)學(xué)）已知meN*,恒＞5,定義:數(shù)列

｛冊(cè)｝共有nz項(xiàng),對(duì)任意G存在自（自EN*,ki&m）,使得=aki,或存在k2（k2E

N'MWm），使得巴=%，則稱數(shù)列｛an｝為“封閉數(shù)列”.

a,

（1）若％=爪1&nW10,九GN*）,判斷數(shù)列｛an｝是否為“封閉數(shù)列”；

（2）已知遞增數(shù)列出,2,a3,8g為“封閉數(shù)列”,求aga5；

（3）已知數(shù)列｛冊(cè)｝單調(diào)遞增，且為“封閉數(shù)列”，若電＞1,證明：｛冊(cè)｝是等比數(shù)列.

【答案】（1）不是''封閉數(shù)列"，理由見(jiàn)解析

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

(3)證明見(jiàn)解析

【解析】

【分析】⑴舉出反例，得到數(shù)列｛冊(cè)｝不是“封閉數(shù)列”.

⑵數(shù)列遞增，由&=1求出的=1,通過(guò)分析得到粵，曳，粵都是｛aj中的項(xiàng)，所以等=2,得&5=16,

a58a328

由四二。3,得。3=4,所以的=1,。a3=4,°。5=16;

⑶數(shù)列｛QJ單調(diào)遞增，所以乙=1是｛Q/中的項(xiàng)，即出=1,且入是｛。/中的項(xiàng)，推出1=。1<—~

Q?nQm—1

mrH

<0<0〈…V工處〈。巾,根據(jù)上式的項(xiàng)數(shù)得到am=a^+i_Xl<i^m—l,iGTV*)，同理得到am_]

Q/n—2Qm—302

=%am<2<jWm—2,。iCN*),兩式結(jié)合得到-=馬曰=0T