2025北京高三一模數(shù)學匯編

壓軸解答題一新定義(第21題)

一、解答題

1.(2025北京西城高三一模)如圖，設A是由"*"("23)個實數(shù)組成的九行〃列的數(shù)表，其中因表示位于

第i行第/列的實數(shù)，且滿足%,%，，，羯(，=1，2,，功與知，陶,，羯(j=L2,,〃)均是公差不為0的等差

若根據條件P，能求出數(shù)表A中所有的數(shù)，則稱A能被P確定.

(1)已知〃=3,分別根據下列條件，直接判斷數(shù)表A能否被其確定：

條件Pi：”已知%,%，％”;

條件P1:“已知q2,，”23,生3"?

(2)設條件P：“任意給定數(shù)表A中的機個數(shù)”，A能被P確定，證明：機的最小值為2”；

⑶設條件P：“已知集合{%/幻或i+J=〃+l,其中，=1,2,3,,科中的任意％個元素”，求％的最小值，使得

A能被P確定.

2.(2025北京門頭溝高三一模)已知有限數(shù)列…,冊，其中a”[0,1),i=l,2,N(N*在M

中選取若干項按照一定次序排列得到的數(shù)列稱為M的一個子列，對某一給定正整數(shù)上若對任意的

ge{neN*|n<4,均存在M的相應子列，使得該子列的各項之和為g,則稱M具有性質G,.

(1)判斷M：f六，J是否具有性質G3?說明理由；

/344556

(2)若N=5,是否存在M具有性質G,?若存在，寫出一個若不存在，說明理由；

(3)若N=7,且存在/具有性質G,,求I的取值范圍.

3.(2025北京石景山高三一模)已知有窮數(shù)列4：%,電，…，見("23)經過一次M變換后得到數(shù)列

其中，min{a,可表示a,b中的最小者.記數(shù)列A的所有項之和為S(A).

⑴若4：1,3,2,4,寫出數(shù)列A并求S(A)；

⑵若4：%,%，…，是1,2,3,…，”的一個排列，例如，當〃=4時，4,1,3,2可以為

1,2,3,4的一個排列.

(i)當〃=5時，求5(4)的最小值；

(ii)若A經過一次M變換后得到數(shù)列a，求s(4)的最小值.

4.(2025北京順義高三一模)已知數(shù)列尸：4,…,4(%23)各項為正整數(shù).對任意正整數(shù)%,定義：

S^(P)=card{?|a?<A:},￡(P)=card{"?2可，其中cardA表示有限集A中的元素個數(shù)，規(guī)定card0=O.

⑴對于數(shù)列尸：1,3,2,2,寫出&(尸),52(P),"(P),《(尸)的值;

(2)若數(shù)列P：4-%，…,4滿足444+1<%=m(l4i4%—1).

⑴若S?(尸)=2左(14左<〃。，令匕=6+4+…+4“，當1V〃V27"時，求巴；

(ii)求證：)+4+…+4=看(尸)+3豈(尸)+…+(2祖—1)騫(尸).

5.(2025北京朝陽高三一模)已知。：4,a2,L,%?3,〃eN*)為有窮正整數(shù)數(shù)列，若存在

Z,JG(1,2,,n}(i<j),其使得s,a,+s,+[4+]++$凡=。，其中s,,%,…,$產{-1』},則稱。為連續(xù)可歸零數(shù)

列.

(D判斷0：1,3,2和。2：4,2,4是否為連續(xù)可歸零數(shù)列？并說明理由；

⑵對任意的正整數(shù)i,記丫(。="小{丫€1>)|，="-2'',〃€]'<'},其中maxS表示數(shù)集S中最大的數(shù).令

a,.=22-'，W(z=l,2,,7),求證：數(shù)列Q：4,%，L,%不是連續(xù)可歸零數(shù)列；

(3)若。：“，出，L,4的每一項均為不大于M%eN*)的正整數(shù)，求證：當〃之2左時，。是連續(xù)可歸零數(shù)

列.

6.(2025北京平谷高三一模)對于數(shù)列Aws,L,4,若滿足生€{0,1}?=1,2,3,.,“)，則稱數(shù)列A為“0-1

數(shù)列”.定義變換T,若6=1,將。，變成0,I,若6=。，將為變成I,0,得到新的“0-1數(shù)列”.設4是

“0-1數(shù)列"，令4=T(4T),Z=1,2,3,.

⑴若數(shù)列A：0,1,1,0,1,0,0,1,0,1,1,0,求數(shù)列4,A；

(2)若數(shù)列4共有10項，則數(shù)列為中連續(xù)兩項相等的數(shù)對至多有多少對？請說明理由；

⑶若4為0,1,記數(shù)列4中連續(xù)兩項都是0的數(shù)對個數(shù)為3上=1,2,3,?求人關于左的表達式.

7.(2025北京海淀高三一模)設正整數(shù)”22,對于數(shù)列A：q,a2，L,a“，定義變換T,T將數(shù)列A變換成數(shù)

列7(A)：%的，/%，已知數(shù)列4：%,出，…滿足qe{-l,l}(i=l,2,,〃).記

"7(4)(無=。/，2,).

⑴若4：-1,1,1,寫出數(shù)列A,4；

(2)若〃為奇數(shù)且4不是常數(shù)列，求證：對任意正整數(shù)左，4都不是常數(shù)列；

(3)求證：當且僅當"=2"(相eN*)時，對任意4,都存在正整數(shù)%,使得&為常數(shù)列.

8.(2025北京東城高三一模)已知有限數(shù)列A:6,為，，a2“T(〃wN*,〃N3)滿足

?,e{l,2,,n}(i=l,2,,2〃-1)對于給定的左(左=2,3,,ri),若A中存在七項滿足

4<%<.-<67;((1<4<4<--<4<2/7-1),則稱A有左項遞增子列；若A中存在k項滿足

a*>ai2>>%(1Mti氣<<ik<2n-l),則稱A有上項遞減子列.當A既有?項遞增子列又有?項遞減子

列時，稱A具有性質尸.

(D判斷下列數(shù)列是否具有性質P；

①4,1,3,2,1,3,4；

②1,2,5,4,3,4,5,3,1.

⑵若數(shù)列A中有6=%(，*〃)，證明：數(shù)列A不具有性質產；

(3)當數(shù)列A具有性質尸時，若A中任意連續(xù)的〃項中都包含七項遞增子列，求左的最大值.

9.(2025北京房山高三一模)設鼠為正整數(shù)，集合A,=｛a|a=(%,%,,a?),|G,.|<l,z=l,2,對于集

合4中2個元素。=(占,々，，%)，若玉+々++%+X+%++”=。，則稱d尸具

有性質Af.記S=a+%2++xn,Ti=xi+yi(i=l,2,?*〃),加(5⑶為1slm=1,2,㈤中的最小值.

(1)當〃=3時，若。=(1,一0.9,1),4=(0.1,-1,-02),判斷a,6是否具有性質Af.如果是，求出“(%￡)；如

果不是，說明理由；

⑵當〃=3時，若￡=(。,1,1),，=(-1/。)具有性質/,求M(a,⑶的最大值；

(3)給定不小于3的奇數(shù)〃，對于集合4中任意2個具有性質/的元素a,￡,求”(％用的最大值.

10.(2025北京豐臺高三一模)己知無窮遞增數(shù)列｛q｝各項均為正整數(shù)，記數(shù)列｛4,｝為數(shù)列｛q｝的自身子

數(shù)列.

(1)若a“=2”-ieeN*),寫出數(shù)列｛4｝的自身子數(shù)列的前4項；

(2)證明：ak+x-ak<%“一%(左eN*)；

(3)若數(shù)列｛?｝與｛%』是公差分別為4,d2的等差數(shù)列.

(i)證明：4=4;

(ii)當4=1,4=9時，求數(shù)列｛g｝的通項公式.

11.(2025北京延慶高三一模)數(shù)字1,2,3,的任意一個排列記作儂,設SR為所有這樣的

排列構成的集合.集合4=｛(4,%eS」任意整數(shù)i,/1Wi</W都有at-i<aj-j],集合

紇=｛(q,%)eS,J任意整數(shù)z,j,l<z<j<n,都有a,+i<%+j]

(1)用列舉法表示集合4,4；

(2)求集合A“紇的元素個數(shù)；

(3)記集合紇的元素個數(shù)為2，證明：數(shù)列｛6“｝是等比數(shù)列.

參考答案

1.（1）數(shù)表A不能被Pi確定，數(shù)表A能被上確定

（2）證明見解析

⑶”+1

【分析】（1）根據題中定義直接判斷即可；

（2）對于一個公差為d的等差數(shù)列對%-，?！?，若知其中兩項生與便可根據

4=號詈，求出該等差數(shù)列中的每一項.分析可知，數(shù)表A中每一列都至少有兩個數(shù)已

知，由此可得出優(yōu)的最小值；

（3）先討論左結合（1）中的結論可判斷左4〃不成立，再討論左=〃+1,通過等差數(shù)列的定義進行邏

輯推理，可推斷出數(shù)表A能被確定，由此可得出上的最小值.

【詳解】（1）數(shù)表A不能被B確定；數(shù)表A能被必確定.

對于條件B，假設數(shù)表A中每行、每列的公差都相等，均為d,

貝|。13=〃11+2〃,。31=41+24,%2=%2+d=a”+2d,

貝U%3=%2=〃31=41+2d,

如、d均無法確定，故數(shù)表A不能被Pi確定；

對于條件P2,因為%I、%3確定，可以根據電2=包羅確定為2,則第二行可以全部確定，

低于第二列，由于確定42,結合的可確定第二列的公差，進而可求出為2,則第二列可以全部確定，

對于第三行，由于確定了為3,結合%3可求出第三行的公差，由此可確定41，則第三行可以全部確定，

對于第一列，由于確定了。31、?211可以求出第一列的公差，由此可確定如，則第一列可以全部確定，

綜上所述，數(shù)表A可由條件P2確定.

（2）對于一個公差為d的等差數(shù)列對…必，若知其中兩項％與%

便可根據d=號/，a,=a-（i-\）d求出該等差數(shù)列中的每一項.

故對于數(shù)表A中的任意一行（或列），若知道其中的兩個數(shù)，便可利用條件得到該行（或列）中的所有

數(shù).

一方面，若知出,%尸,生“,%，。3"一，41這2”-1個數(shù),則無法求出。22，故不能得出數(shù)表A中所有的數(shù)，

所以根＞2〃—1.

另一方面，若知數(shù)表A中的任意2"個數(shù)，則必存在表A中的兩行，且這兩行中至少有兩個數(shù)已知，

于是數(shù)表A中這兩行的數(shù)都能被求出，即數(shù)表A中每一列都至少有兩個數(shù)已知，

所以數(shù)表A中所有的數(shù)都能求出，即A能被P確定.

綜上，加的最小值為2”.

（3）當AV”時，若知q&=l,2,,〃）中的七個數(shù)，則不能求出A中所有的數(shù).

當左=〃+1時，已知%[=1,2,,〃）與％（，+，=〃+1）中的任意”+1個數(shù)，

則必存在兩個數(shù)在A中位于同一行（記為第$行），從而可求出這一行中的所有數(shù).

因為％?=1,2,,n）與%（Z+J=H+1）中至多有兩個數(shù)在同一行，

所以除去第s行的兩個數(shù)外，余下己知的〃-1個數(shù)必在其余的〃-1行中.

當〃=3時，通過列舉可知：余下已知的2個數(shù)不在同一列中（所在列分別記為第g列和第〃列）;

當〃>3時，?-1>3,

因為在%?=1,2,?,〃）與陽?+/="+1）中至多有兩個數(shù)在同一列，

所以至少有兩列（記為第g列和第6列）中含有這已知的"-1數(shù)中的數(shù).

又因為第$行的數(shù)均已得到，

所以在第g列與第h列中均至少知道兩個數(shù)，故這兩列中所有的數(shù)都可求出，

于是數(shù)表A中每一行至少有兩個數(shù)均已得到，從而可求出數(shù)表A中所有的數(shù).

綜上，上的最小值為〃+1.

2.（1）具有，理由見解析；

（2）不存在，理由見解析；

（3）{1,2,3,4,5}.

【分析】（1）利用定義計算即可；

（2）根據數(shù)列中各項的取值范圍，結合定義判定當g=3時至少需要子列含4個數(shù)與任意4項子列和大于

3矛盾即可；

（3）根據新定義結合第一、二問舉例說理即可.

【詳解】⑴根據定義知取有4+4+）=1；

取111121有

2,3,6,4,4J23644

1111121

,,,,,,

[2364455j2364455

即對任意gw{〃wN*|〃W3},都存在M的相應子列，使得該子列的各項之和為g,

所以J具有性質G3；

（2）不能，理由如下:

假設M具有性質G’,

因為“40,1）,所以M的任意四項和小于4,

所以q+%+/+/+%=4,

則對于M的任意四項子列S,不妨設S:4,4，%,%，

有+/+。4+〃5=41%>3,

又M具有性質G4，4目0,1),所以M的任意三項和小于3,

故不存在M的子列其各項和為3,與M具有性質仃4矛盾,

所以N=5時，不存在M具有性質G4；

(3)由題可知，N=7時，又qe[O,l),所以/<7,

由(2)道理相同可知，t^6,

口…581011121212

取M:—,—,——,——,—,——,——,

13131313131313

苗』58510115101212

因1-1—,2-11,3-111,

131313131313131313

4=—口,5』x3+?+W+U,

13131313131313

所以M具有性質GiGG&G，

綜上衣{1,2,3,4,5}.

3.(1)4：1，2,2,1；S(A)=6；

n2+3n_

---------,n=5k7,

6

⑵⑴9；(ii)S(4-

〃一+3〃+23后+］或“=3k+2

6

【分析】(1)根據變換的定義寫出數(shù)列，再計算得S(A)；

(2)(i)分析得A的所有項中至多有兩個1和兩個2,則得到其最值;

(ii)分若n=3k,〃=3左+1和〃=3左+2討論即可.

【詳解】(1)由題意，A：min{l,3},min{3,2},min{2,4},min{4,l},即1,2,2,1.

所以S(A)=l+2+2+l=6.

(2)(i)由題意知，4中元素兩兩互異，故4中的任一元素，

如外，在4中至多在min{a*_],a*}和min{%,4+i}中出現(xiàn)兩次(規(guī)定%=與，an+l=ax),

且若出現(xiàn)兩次則這兩個數(shù)處于鄰位(q和。,也視為鄰位).

所以4的所有項中至多有兩個1和兩個2.所以S(A)22xl+2x2+3=9.

當4為1,4,2,5,3時等號能取到，所以S(A)的最小值為9.

(ii)同(i)可知，4中的任一元素若在A中僅出現(xiàn)一次，則在4中至多出現(xiàn)兩次；

若在4中出現(xiàn)兩次，由于這兩個數(shù)處于鄰位，故在4中至多出現(xiàn)三次.

①若力=33則S(4"3(l+2++曰=￡|^,

當4滿足{4?，%"2}="2.，夫時等號能取到.

②若〃=3%+1,則S(4)N3(l+2++?]+胃="Y”+2.

I3y30

當4滿足｛4,%，，%.｝=，2,,\1,審｝時等號能取到.

z-^4me/,\-n—2\-n+1n+3n+2

③右〃=3左+2,貝！JS(4)231+2+H-----+2x-----=---------

\3736

當4滿足{知%，，/+J={l，2,,—時等號能取至%

n2+3n_

------,n=3左7,

6

綜上,s(4)1mn=

〃2+3〃+21-P-…c

---------,n=3k+1或〃=3k+2

6

4.(I/(尸)=l,52(P)=3,小尸)=1,n(P)=O；

k(k+V),n=2k

(2)(i)Pn=E,n=2l'其中(如

【分析】（l）直接根據定義計算即可;

（2）（i）根據從（尸）的定義，可知數(shù)列P中有兩項等于I,從而有1=4=g<2=%=%<%，依次類推求

和即可.

（ii）法一：首先證明當%=1時，等式成立，再利用數(shù)學歸納法即可證明；法二：設數(shù)列尸中等于

1,2,,相的項分別有〃1,%,,乙個,計算得4=7］（尸）-石（尸）,％二石個）—十（尸）,…,nm=T?,（P）,最后求

和證明即可.

【詳解】（1）4（P）=1,S式尸）=3,小戶）=1,4（尸）=0；

（2）（i）令人=1,貝1］5（尸）=2,根據耳（尸）的定義，可知數(shù)列尸中有兩項等于1,

根據數(shù)列P的增減性質，可得1=%=的</；令左=2,則其（尸）=4,

可知數(shù)列尸中有四項小于等于2,可得1=%=%<2=%=?4<a5>

以此類推可得P得前2加項為1，1，2,2，，m,m,

k(k+V),n—2k

Pn=al+a1++an=H-i'其中1小江

（ii）法一：用數(shù)學歸納法證明M+W++《=7；（P）+37；（P）++（2〃z—l）7；（P）對成立，（**）

r當%=i時，令%=%,z（p）=q（p）f=￡（p）=i,T;+,.（P）=O（Z>I）,

(**)式左邊=。；=公,

(**)式右邊=1+3+5+...+(2后一1)=/,

（**）式左邊=（**）式右邊，（**）式對％=1成立；

2"假設〃。=左時，（**）式成立，

即4+W++展=7］（尸）+3%（尸）++（2m-1）（“（P）①

當%=%+1時，（**）式左邊=a：+a；++a；+aM

設。什1="令p：%,%,,ak,ak+i>

則4（尸）=工（尸）+1，5（尸）=石（尸）+1'.…,Z（P）=Z（P）+I，心（尸）=兀（/）（的1），

（**）式左邊=。；+蠟+,?,+/+〃，

（**）式右邊=Z（P）+37；（P）++（2m-Y）Tm（P）

=7；（P）+37；（P）++（2w-l）（“（P）+l+3++（2f-l）

=7］（尸）+35（尸）++（2,77-1）7；,（P）+r

根據①可知（**）式對%=左+1成立，由數(shù)學歸納法原理可知（**）成立.

（法二）設數(shù)列P中等于12,加的項分別有4,%,，勺個，貝|

4（尸）=74+%++〃,“，T2（P）=n2+n3++nm,......,Tm_^P）=nm^+nm,Tm{P}=nm,

從而巧=7］（2）一石（尸），叼=5（尸）一刀（尸），……,nm=Tm{P},

2

注意到a：+a；++a：=%.1~+%?2~++nm-m

2i

=*（P）-n（P）］I+區(qū)（p）_1（p）］.我+..+［J；i（P）-7；（P）］.（ZM-1）+7；-m

22222

=7；-l+7；-（2-l）++7；,-［m-（W-l）］

=T,+3T2++（2m-l）-7；?

等式成立.

5.（1）數(shù)列2是連續(xù)可歸零數(shù)列，數(shù)列&不是連續(xù)可歸零數(shù)列，理由見解析

（2）證明見解析

（3）證明見解析

【分析】（1）判斷數(shù)列是否為連續(xù)可歸零數(shù)列，關鍵看能否找到s”{-M},使連續(xù)項

Siai+sMai+l++Sj%=。.對于2，找到一組$2,*使等式成立，所以是連續(xù)可歸零數(shù)列；對于。2,分

億））的三種情況討論，根據s,?取值及式子奇偶性判斷都不為0,所以不是.

（2）先根據v?的值求出數(shù)列。各項.再依據叩+為/1++SM與。,+廂++%奇偶性相同，分

區(qū)4〈/或i<41時，因為為奇數(shù)其余為偶數(shù)，和為奇數(shù)；再結合（。）取特定值時由第一題結論也不為

0,得出數(shù)列Q不是連續(xù)可歸零數(shù)列.

（3）先定義數(shù)列也},目標是證對任意i,-k+lweWk.用反證法，假設存在/使2超出范圍，分

和2T>0兩種情況，推出矛盾，證明該結論成立.

分情況討論也』：若有勺=。，能找到一組數(shù)使式子為0,此時數(shù)列Q是連續(xù)可歸零數(shù)列.若白都不為0,

因為-左+1到左間非零整數(shù)有限，當”>2時，也』中存在兩項相等，進而能找到一組數(shù)使式子為0,此時數(shù)

列。也是連續(xù)可歸零數(shù)列.

【詳解】（1）數(shù)列。是連續(xù)可歸零數(shù)列，理由如下：

取Si=1,52=-1,53=1,則跖q+s2a2+邑/=lxl+（-l）x3+lx2=0,

所以數(shù)列0是連續(xù)可歸零數(shù)列.

數(shù)列。2不是連續(xù)可歸零數(shù)列，理由如下：

當（i,/）=（1,3）時，S[%+$2?2+$3%=4S]+2s2+4S3=2（2S[+52+2$3），

因為S],S2,S3e{—U}是奇數(shù)，故2電+$2+2$3是奇數(shù)，所以2（2S]+S2+2S3）WO.

當（*/）=（1,2）時,Ei+s2a2=4瓦+2s2=2（2sx+52）,

因為小與€{-1,1}是奇數(shù)，故2心+52是奇數(shù)，所以2（2S]+S2）WO.

當（。j）=（2,3）時,s2a2+=2S2+4S3=2包+2X），

因為$2,S3e{-1,1}是奇數(shù),故s2+2s3是奇數(shù),所以23+2s3）工0.

所以數(shù)列。2不是連續(xù)可歸零數(shù)列.

（2）因為1,3,5,7是奇數(shù)，故v6=M3）=v（5）=v⑺=0,

—4Z3=—ci-j—2~—4,

因為v（2）=n（6）=l,所以g=4=2==2.

因為以4）=2,所以%=2"2=I.

所以數(shù)列Q：4,2,4,1,4,2,4.

因為s"+”,Sje{-l,l}（l<z<j<7）,

所以叫+%1的++S/%與q+a,+j++為奇偶性相同.

當區(qū)4<J或i<41時，因為知的，，％中，明為奇數(shù)，其余各項均為偶數(shù),

所以弓+4+1++%為奇數(shù).

所以3,+sMaM++s產jw0.

當。力?。↖,2）,（l,3）,（2,3）,（5,6）,（5,7）,（6,7）時,

由（1）可知s,4+si+iai+l++Sjaj*°，

綜上，數(shù)列。不是連續(xù)可歸零數(shù)列.

[b.+a..^b.<0,、

⑶設4=q，4+i=<,八（z?=1,2,.,n-l）,

也-，也>0

則,2是整數(shù)數(shù)列.

下面證明對任意於{1,2,?,〃},均有-左+14〃

顯然4=4滿足一%+14仿Wk.

假設結論不成立，則存在”{2,3,,科，使得白>左或

且當j<t時都有-k+lV鳥&卜.

⑴若”>k,當。_|<。時，b,_}=b}-at,

因為生所以生?=々一為wo,矛盾；

當壇1>0時，6”1=仿+為，

因為q>0,所以2_]=仿+%>左+4>左，矛盾.

(ii)若4〈-左+1,當壇陷。時，,1=4一%,

因為%>0,所以力,_[=4-a]+1,矛盾；

當壇1>0時，/1=仿+%,

因為citVk,b(_]=/?[+%<—k+1+。(K—k+1+左=1,

又久1是整數(shù),所以生140,矛盾.

綜上，對任意ie{l,2,均有-左+上.

若存在je{2,3,…，科，使得%=0,

則存在(1,/)且防區(qū),…,與e{T,l},使得s~i+s2a2+-=。，

此時數(shù)列Q是連續(xù)可歸零數(shù)列.

若任意在{1,2,，”}力產0,

因為-k+1,-左+2,-1,0,1,，左中共象-1個非零整數(shù)，

當"22后時,數(shù)列伉也,也中存在p,qe{l,2,,〃}且。<4,使得%=%,

從而存在Sp+”50+2■,sqe{-1,1},使得sp+1ap+1+sp+2ap+2+..+sqaq=bq-bp=0,

此時數(shù)列Q是連續(xù)可歸零數(shù)列.

綜上，當〃22人時，數(shù)列。是連續(xù)可歸零數(shù)列.

6.(i)A：1,0,0,1,1,0；A：O」,O

⑵至少有19對，理由見解析

(3)答案見解析

【分析】(1)根據變換T的定義，逆向推導即可；

(2)根據4中每個1和0在A中的對應情況，即可求解和證明；

(3)對參數(shù)上分類討論，結合變換T的定義以及等比數(shù)列求和，即可求得結果.

【詳解】(1)由變換T的定義可得&：1,0,0,U,0;A：0,1,0.

(2)數(shù)列4中連續(xù)兩項相等的數(shù)對至多有19對.

證明：對于任意一個“。-1數(shù)列”4,4中每一個1在4中對應連續(xù)四項1,0,0,1,

在4中每一個。在4中對應的連續(xù)四項為0,1,1,0,

因此，共有10項的“。-1數(shù)列”4中的每一個項在4中都會對應一個連續(xù)相等的數(shù)對,

在A中若出現(xiàn)連續(xù)兩項的數(shù)對最多，

對于i=1,2,39,4中的每一個第％項和第%1項之間產生一個連續(xù)相等的數(shù)對，

所以4中至多有19對連續(xù)相等的數(shù)對.

比如：取4：1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,則A：0」，0』，0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,

4：1,0,0,1,1,0,0,1,1,0,0,1,1,0,0,1,1,0,0,1,1,0,0,1,1,0,0,1,1,0,0,1,1,0,0,1,1,0,0,1.

（3）設4中有4個0,1數(shù)對，

4+/中的“o,o”數(shù)對只能由4中的“o,1”數(shù)對得到，所以心=4，

4+/中的“o,1”數(shù)對有兩個產生途徑：①由右中的1得到；②由&中“o,o”得到，

由變換T的定義及4：0,1可得人中。和1的個數(shù)總相等，且共有2印個.

所以%j+2,得心5+2。

由4：0,1可得a：o,ii,o；&：o,u,o,i,o,o,i,

所以4=1,6=1,

當左23時,

若左為偶數(shù)，4=磋+2門％=如+2—.

k

上述各式相加可得=1+22+2，++2"1=1-42=-（2^-1），

經檢驗，左=2時，也滿足［=］（2"-1）.

若k為奇數(shù)，L=心+2皿&_2=I-+2…,,1+2.

k-\

上述各式相加可得/=1+2+23++2"i=］+2"42）=

卜1-43、）

經檢驗，左=1時，也滿足4=；（2上+1）.

,（2*+1）歡為奇數(shù)

所以A；

左為偶數(shù)

【點睛】方法點睛：學生在理解相關新概念、新法則（公式）之后，運用學過的知識，結合已掌握的技能，

通過推理、運算等解決問題.在新環(huán)境下研究“舊”性質.主要是將新性質應用在“舊”性質上，創(chuàng)造性地證明更

新的性質.

7.（1）4：—1/，—1；4：—1,一1/

（2）證明見解析

（3）證明見解析

【分析】（1）由題意，直接寫出答案；

（2）利用反正法，假設存在常數(shù)列，并建立方程，可證矛盾；另法：分情況寫出常數(shù)列的結果反推前一

種變換的數(shù)列，可得矛盾；

（3）首先證明，若〃=2嘰（2s-l）,其中weN*,sN2,seN+,則存在〃項的數(shù)列4,使得對任意的正整數(shù)

匕4都不是常數(shù)列.其次證明：若"=2"’,其中〃zeN*,對任意4,都存在正整數(shù)%,4是常數(shù)列.

【詳解】（1）由題意可得A：T，LT;4：T，T，L

（2）證明：設〃=2r—1,其中reN*.

假設存在正整數(shù)%,使得&是常數(shù)列，由4不是常數(shù)列,

不妨設4,A，…,A-i不為常數(shù)列且4為常數(shù)列，

I己Ak_].瓦,瓦,"，b2f_2,瓦（_],則,b]b2,b2b3,

令b2t—bgb2t+l=b2

當，=1,2,2-1時，因為她卬=/也+2,且%e{Tl},所以白=/2.

故偽=4=么==4一=d="==b2t_2.

此時A*—為常數(shù)列，矛盾.

另法：

①右A*.1,1,…,1,則4=4,4=%，1r比一1=，瓦=bn,

有片=&=?=瓦1

此時A-為常數(shù)列，矛盾.

②若A：T，T,,T,則他2=4&===&T偽=T，

有（-1嚴=（她）（她）（W2?）fe-A）=W匾=1，

矛盾.

綜上，對于任意正整數(shù)左，&都不是常數(shù)列.

（3）首先證明，若〃=2"l（2s—l）,其中小eN*,sN2,seN+,

則存在〃項的數(shù)列A），使得對任意的正整數(shù)匕4都不是常數(shù)列.

證明：構造2s-l項的數(shù)列G）…,。2尸1,其中C]=c2=...=c2s_2==-

構造”項的數(shù)列4-,c2,...,c2,C],Cj,...,C2sj,,C1,c2,...,C2s1

2組C1,。2”?“2s-1

對任意的正整數(shù)3設G：4，4,…&i則4：4電二電一，處二,勺_匚,4,d?,???,^2s-l

2”組4處…見-1

由于C*不是常數(shù)列，故&不是常數(shù)列.

其次證明：若"=2"1其中〃zeN*,對任意4,都存在正整數(shù)左,4是常數(shù)列.

證明：假設存在〃=2",其中〃zeN*,使得存在數(shù)列4，

使得對任意的正整數(shù)上，4都不是常數(shù)列，不妨設加的最小值為叫）.

情形一：m0=l,則〃=2,記形：％,%，則A：%生，％的為常數(shù)列，矛盾.

情形二：/22,對任意的數(shù)列為：q,%,生，…,an-2?an-\，an，則

A.,1a2a3‘03a4‘?"?,"〃-2"〃—i，"〃—1"〃，""％，

記A）:%，/，。2，夕2，…，%，Bn,

22

定義數(shù)列E。:：尸1，Q2'…,4,其中《=2m，"~T

25，八2一^

則E]：。]。2，。2。3，?…，'4,B1B?，B2B3，??，，BnBi,^2:。1。2，B1B?，。2a3，B2B3，?…，，pnB\

2222

則依此類推，對任意正整數(shù)%,記注：%，/，…，與，鼻叫匕，…，"4/％，匕-—，勺，％?

2222

存在正整數(shù)尢,％，使得紇,，”為常數(shù)列，記%=max優(yōu)上｝,則數(shù)列均為常數(shù)列，

設^%k。：da,0,…,a,0,則4島+1的各項均為3.即左=2^+1時，A左是常數(shù)列,矛盾.

綜上，當且僅當“=2"(〃zeN*)時，對任意&,都存在正整數(shù)左，使得&為常數(shù)列.

8.(1)數(shù)列①具有性質P,數(shù)列②不具有性質產

(2)證明見解析

為奇數(shù)

2

(3)L\

為偶數(shù)

[2

【分析】(1)根據性質尸判斷即可；

(2)利用反證法，假設數(shù)列A具有性質尸，則數(shù)列A中存在〃項遞增的數(shù)列｛〃｝和〃項遞減數(shù)列｛c,｝,分

析可知，存在外?｛1,2,3,,科在A中恰出現(xiàn)一次，不妨記為小,

記%=&,則必有c“一川=4,再根據數(shù)列｛2｝遞增，｛%｝遞減，推導出左=〃，推出矛盾，從而說明結論

成立；

(3)由(2)知，數(shù)列A中恰有一項％既是也｝的項，也是｛ca｝的項，記%=%,所以，cn_J+1=an,對數(shù)

列A項數(shù)最多的子列進行分析，可知遞增子列的項數(shù)最多為“+1-J,所以，k<^n[j,n+l-j｝,然后對

“為奇數(shù)和偶數(shù)進行分類討論，求出％的最大值，并通過構造數(shù)列A確定％的最大值能取到，由此可得出

結果.

【詳解】(1)數(shù)列①：4,1,3,2,1,3,4具有性質小數(shù)列②：125,4,3,4,5,3,1不具有性質尸.理由如下：

對數(shù)列①，記該數(shù)列為｛4｝(1<〃<7,〃eN*),

該數(shù)列有4項遞增子列：的<%<4<%，

該數(shù)列有4項遞減子列：%>%>%>/，故數(shù)列①具有性質P;

對于數(shù)列②，記該數(shù)列為他,｝(1W"V9,〃eN*),

該數(shù)列有5項遞增子列：4<%<仇<%<2，該數(shù)列沒有5項遞減子列，

故數(shù)列②不具有性質P.

(2)假設數(shù)列A具有性質P,則數(shù)列A中存在〃項遞增的數(shù)列物,｝和〃項遞減數(shù)列｛1｝,

因為4e｛1,2,3,…㈤,所以也｝為1,2,3,,n,｛%｝為2〃…,1,

所以對任意的me｛1,2,3,在A中至少存在一項q=加,

因為A中有2〃-1項，所以存在/e｛l,2,3,…，科在A中恰出現(xiàn)一次，不妨記為對，

記嗎=ak,則必有cn_j+l=ak,

因為也｝遞增，匕｝遞減，

所以，數(shù)列A中排在對前面的項至少有仿也，?也T，G，C2，一，叫,共"-1項，

排在冬后面的項至少有%+14+2，也,C“_j+2，C“7+3,…，C",共”一1項，

因為數(shù)列A中有2〃-1項，所以處是第〃項，即4=〃.

這與題設矛盾，所以假設不成立，即數(shù)列A不具有性質？

(3)當數(shù)列A具有性質P時，

記數(shù)列A的〃項遞增子列為帆｝為L2,3,，〃和?項遞減子列匕｝為“，〃-1,〃-2,-,1,

由(2)知，數(shù)列A中恰有一項巴既是也｝的項，也是｛1｝的項，

Ca

記%=%,所以，n-j+l=?,

所以數(shù)列A的刖”項由"1也也，，"，6)-1，，1，。2，。3，，,，。"-',。"組成,

>Ca

因為。>。2>n-j>n>b2>b｛,

所以項數(shù)最多的遞增子列只能是4也，.也T-C=1,2,或伉也，

所以遞增子列的項數(shù)最多為九

CC

數(shù)列A的后“項a”,a“+”，。2d+1由a”,b]+1,b-+2,bn，n-j+2，n-j+3，，C”組成，

所以項數(shù)最多的遞增子列是q,%也+2,也(力=〃-/+2,〃-J+3,或也+&,?”,4,

所以遞增子列的項數(shù)最多為q+1-九所以，k<nan｛j,n+l-j｝,

因為，+("+1-/)="+1，所以

當〃為奇數(shù)，廠等時，min｛，〃+l-/｝有最大值一，所以心罟,

n+3n-1n+1n+3n-1

構造數(shù)列,n-l,2,n,l,

22222

該數(shù)列具有性質P,且滿足任意連續(xù)的“項中，都包含刀項的遞增子列;

當”為偶數(shù)，時，而11｛工〃+1-4｝有最大值白，所以上vg,

2，2

nnwnrj

構造數(shù)列A：九,1,〃一1,2,,——1,—+1,—,—+1,—+2,,n—1,2,n,1,

乙乙乙乙乙

該數(shù)列具有性質P,且滿足任意連續(xù)的〃項中，都包含微項的遞增子列,

"L”為奇數(shù)

綜上所述，

9為偶數(shù)

12

9.(l)a,夕具有性質M,M(a,^)=0.8；

⑵1;

【分析】（1）根據定義，計算%+%+忍+%+%+%=。，即可判斷d"具有性質M；在分別計算出

同禽，園，閭,即可求得“（口⑶；

（2）方法L由己知得出a+b+c=-L,結合時<1,問<1,卜|<1,得出

S=a+2>0,7；=a-l<0,7；=l+/?>0,7；=l+c>0,進而得出,并取a=—l,6=c=0驗證

”（a,⑶的最大值可以取到；方法2：用反證法假設加3，尸）>1,由已知得出|。歸1與題設矛盾，即可說

明；

（3）由性質M可得芯+%+…+%+%+%+…+笫=。，5=玉+々+…+x“=—（%+%+…+%）①，且

7]+4+…+看=。②,①中不妨設S20,②中不妨設MW0（i=l,2,...,zn），4<0（，=.+L/+妨…㈤,由對

稱性可以設m2等,（葭一曲4—,得出（%+1）23045+4+￡+...+?；,進而得出

（n

M[aPB},<—<=—

~m+l~n+l+l〃+3,再驗證可以取到最大值即可.

2

【詳解】（1）因為1-0.9+1+0.1—1-。.2=。，所以a,尸具有性質M；

因為間=”0.9+1|=1.1,國=[1+0.1|=1.1,閱=|-0.9_1|=1.9,園="0.2|=0.8,

所以"（a,0=0.8.

（2）方法：1：

由性質Af得a+l+l-l+6+c=0,所以a+b+c=-l,

因為同41,同wijd<1，

所以S=Q+1+1=Q+2>0,TJ=a—l<0,T2=1+Z?>0,7^=1+c>0,

則⑶4S,M（a,j3）<T2,M（a,j3）<T.,

所以3A/（a,0）<S+T2+T3=o+2+l+6+l+c=a+b+c+4=3,

所以

又因為當a=—l,6=c=0時，

。=（一1」,1）,尸=（一1,0,0）具有性質”，

且5=-1+1+1=1,4=一1-1=-2,月=1+0=11=1+0=1,2（。,分）=1,

所以的最大值為1.

方法2：

先用反證法證明M（以041,

假設"3月)>1,

由網W1,則因=眄+1|=>+1>1,

所以沙>0,同理c>0,

所以6+c>0,

由。+1+1+(—l)+6+c=0,

所以a=-l-(￡>+c)<-1,

與已知同41矛盾，假設不成立，

所以

當b=c=0時，a=-l,

此時M(a,0=l,

所以的最大值為L

(3)由性質M可得%+%+…+%+%+%+…+%=。，

++

所以5=%+當+...+%=-(yi+y2---x,)?，且工+n+…+￡,=o②，

在①中不妨設S20,

在②中不妨設7；2。(1=L2,…,m),7；<0(i=m+l,m+2,...,n),

由對稱性可以設〃業(yè)1±(〃-7〃)V%，，

所以23月)4邑川3，尸)(4，加3月)工豈”..,加3，萬)《圖,

所以(m+l)M(a,0VS+4+心+…+圖=(占+%++%)+(占+X)+(々+%)++(西“+后)

=(玉+/+...+%+另+為+...+%)+(占+x2+...+xm-ym+l-ym+2-..y?)

M(ex,6)----<--------=-----

=%+工2+…+%加―Xn+l一>加+2一…一"?〃，a即n''m+1九+11］幾+3,

r

皆+3_________/+3川+3+1Avn-1.

因為存在。=1,1,,(其中有k個1,三個

(〃+3)(〃一1)，(n+3)(n-l)〃+3)(〃-1))22

n2+3

〃一3YI—I

“霍黑，…，公Tf-I（其中有虧個1個-1）具有性質M,

、〃+3

〃+1，n-1/+32n

并且S=---xl+---x

22nn7n+3

=1,2,…,用

Z=1+

及+3(2)

.In2+31n2+3.n2-4n+3.n-32n(.〃+3及+5A

A:-777r-l=7yr+l>7yr+l=+4l=I=,，…，n,

(〃+3)(〃-1)(〃+3)(〃-1)("+3)(〃-1)幾+3〃+3(22)

On

所以M(a,/?)=-

〃+3

綜上”(區(qū)⑶最大值為二.

〃+3

10.(1)1,5,9,13；

(2)證明見詳解；

⑶%=3n—2

【分析】(1)由自身子數(shù)列定義即可求；

(2)由題意可得a”-N左(左￡N),設%+「%=/,即可證明,M-a%N方，進而命題得證；

(3)(i)根據等差數(shù)列的通項公式及題意可得名+(01)4<4田+伍-1)《<4+她，進而得到

%—%+i<("1)(4-4)44—4+1+4,進而命題得證；

(ii)分別假設存在3使以+1一4一%和4+1一%2%+1一%成立，分別推出矛盾，進而說明

aa=aa

k+i~kax+i~ax,設d=%+i-。碉，由定義求出d=3,從而得出通項公式.

【詳解】(1)因為q=2〃-1(〃N*)

所以數(shù)列｛%｝的自身子數(shù)列為H｝=｛%T｝,

所以刖4項為：%,生，“5，%，

即數(shù)列｛q｝的自身子數(shù)列的前4項為1,5,9,13.

(2)因為數(shù)列｛q｝是遞增數(shù)列且各項均為正整數(shù)，于是a.*1-%N1,

aa

所以n+k-n