2023北京高三一模数学汇编:压轴解答题—新定义(第21题)

2023年12月27日发(作者：二手车suv10万以内)

2023北京高三一模数学汇编

压轴解答题—新定义（第21题）

1．（2023·北京海淀·统考一模）已知数列?an?．给出两个性质：

①对于?an?中任意两项ai,aj(i?j)，在?an?中都存在一项ak，使得ak=aiaj；

1??②对于?an?中任意连续三项an,an+1,an+2，均有(an?an+1?an+2)?an?an+1?an+2?=0．

2??(1)分别判断以下两个数列是否满足性质①，并说明理由：

n?1（i）有穷数列?an?：an=2(n=1,2,3)；

（ⅱ）无穷数列?bn?：bn=2n?1(n=1,2,3,)．

(2)若有穷数列?an?满足性质①和性质②，且各项互不相等，求项数m的最大值；

(3)若数列?an?满足性质①和性质②，且a1?0,a2??1,a3=2，求?an?的通项公式．

2．（2023·北京西城·统考一模）给定正整数n?2，设集合M={?|?=(t1,t2,,tn),tk?{0,1},k=1,2,,n}．对于集合M中的任意元素?=(x1,x2,,xn)和?=(y1,y2,,yn)，记???=x1y1+x2y2+A={?i|?i=(ti1,ti2,,tin),i=1,2,,n}，对于A中任意元素?i,?j，若?i??j=?+xnyn．设A?M，且集合?p,i=j,则称A具有性质T(n,p)．

1,i?j,?(1)判断集合A={(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1)}是否具有性质T(3,2)？说明理由；

(2)判断是否存在具有性质T(4,p)的集合A，并加以证明；

(3)若集合A具有性质T(n,p)，证明：t1j+t2j++tnj=p(j=1,2,,n)．

?a113．（2023·北京东城·统考一模）已知数表A2n=??a21且满足下列条件：

①aij??1,2,②(?1)m+1a12a22a1n??中的项aij(i=1,2;j=1,2,a2n?,n)互不相同，,2n?；

(a1m?a2m)?0(m=1,2,,n).

则称这样的数表A2n具有性质P.

(1)若数表A22具有性质P，且a12=4，写出所有满足条件的数表A22，并求出a11+a12的值；

(2)对于具有性质P的数表A2n，当a11+a12+???+a1n取最大值时，求证：存在正整数k(1?k?n)，使得a1k=2n；

(3)对于具有性质P的数表A2n，当n为偶数时，求a11+a12+???+a1n的最大值.

4．（2023·北京朝阳·统考一模）已知有穷数列A:a1,a2,,aN(N?N*,N?3)满足ai???1,0,1?(i=1,2,,N)．给定正整数m，若存在正整数s，t(s?t)，使得对任意的k??0,1,2,,m?1?，都有as+k=at+k，则称数列A是m?连续等项数列．

(1)判断数列A:?1,1,0,1,0,1,?1是否为3?连续等项数列？是否为4?连续等项数列？说明理由；

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(2)若项数为N的任意数列A都是2?连续等项数列，求N的最小值；

(3)若数列A:a1,a2,A3:a1,a2,,aN不是4?连续等项数列，而数列A1:a1,a2,,aN,?1，数列A2:a1,a2,,aN,0与数列,aN,1都是4?连续等项数列，且a3=0，求aN的值．

5．（2023·北京丰台·统考一模）已知集合Sn={1,2,3,,2n}(n?N*,n?4)，对于集合Sn的非空子集A．若Sn中存在三个互不相同的元素a，b，c，使得a+b，b+c，c+a均属于A，则称集合A是集合Sn的“期待子集”．

(1)试判断集合A1=?3,4,5?，A2={3,5,7}是否为集合S4的“期待子集”；（直接写出答案，不必说明理由）

(2)如果一个集合中含有三个元素x，y，z，同时满足①x?y?z，②x+y?z，③x+y+z为偶数．那么称该集合具有性质P．对于集合Sn的非空子集A，证明：集合A是集合Sn的“期待子集”的充要条件是集合A具有性质P；

(3)若Sn(n?4)的任意含有m个元素的子集都是集合Sn的“期待子集”，求m的最小值．

6．（2023·北京石景山·统考一模）若无穷数列?an?满足以下两个条件，则称该数列为?数列.

①a1=1，当n?2时，an?2=an?1+2；

②若存在某一项am??5，则存在k??1,2,???,m?1?，使得ak=am+4（m?2且m?N?）.

(1)若a2?0，写出所有?数列的前四项；

(2)若a2?0，判断?数列是否为等差数列，请说明理由；

(3)在所有的?数列中，求满足am=?2021的m的最小值.

7．（2023·北京房山·统考一模）如果数列?an?对任意的n?N*，an+2?an+1?an+1?an，则称?an?为“速增数列”.

n(1)判断数列?2?是否为“速增数列”？说明理由；

(2)若数列?an?为“速增数列”.且任意项an?Z，a1=1,a2=3,ak=2023，求正整数k的最大值；

b(3)已知项数为2k（k?2,k?Z）的数列?bn?是“速增数列”，且?bn?的所有项的和等于k，若cn=2n，n=1,2,3,,2k，证明：ckck+1?2.

8．（2023·北京顺义·统考一模）已知A:a1,a2,,an为正整数数列，满足a1?a2?S=a1+a2++an．定义A的伴随数列?Tk?(1?k?n+1)如下：

?an．记①T1=0；

?1,Tk?0,(k=1,2,②Tk+1=Tk+?kak(1?k?n)，其中?k=??1,T?0k?,n)．

(1)若数列A：4，3，2，1，直接写出相应的伴随数列?Tk?(1?k?5)；

(2)当n?2时，若S=2n?2，求证：an?1=an=1；

(3)当n?2时，若S=2n?2，求证：Tn+1=0．

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9．（2023·北京平谷·统考一模）对于每项均是正整数的数列A1:a1、a2、A变换成数列T1(A):n、a1?1、a2?1、、an，定义变换T1，T1将数列、bm，、an?1．对于每项均是非负整数的数列B:b1、b2、定义变换T2，T2将数列B各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列T2(B)；又定义S(B)=2(b1+2b2+2+mbm)+b12+b2+2+bm．设A0是每项均为正整数的有穷数列，令Ak+1=T2(T1(Ak))(k=0,1,2,)．

(1)如果数列A0为5、1、3，写出数列A1、A2；

(2)对于每项均是正整数的有穷数列A，证明S(T1(A))=S(A)；

(3)证明：对于任意给定的每项均为正整数的有穷数列A0，存在正整数K，当k?K时，S(Ak+1)=S(Ak)．

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参考答案

1．(1)（i）不满足，理由见详解；（ⅱ）满足，理由见详解

(2)3

?1?n2?2,n是奇数(3)an=?n

??22,n是偶数?【分析】（1）（i）令i=j=3，代入求解即可判断；（ⅱ）对于任意bi,bj(i?j)，直接相乘得到bibj=2(2ij?i?j+1)?1即可判断；

（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，令i=j=p时，得到0?ap?1；再令i=j=q时，得到aq?1，从而得到数列?an?至多有0，-1，1共3项，再构造数列?an?：0，-1，1，证明其满足性质①和性质②，进而即可求得项数m的最大值；

（3）首先证明：当a1?0，a2??1时，数列满足a2t?1?0，a2t?0且at?at+2，t=1,2,3

(*)，再考虑?1?n2?2,n是奇数a1，a2，a3三项，结合性质(*)得到a1=1，从而a2=?2，最后经验证，数列?an?：an=?n满足??22,n是偶数?条件，再通过反证法证明这是唯一满足条件的数列即可．

2【详解】（1）（i）不满足．令i=j=3，则aiaj=a3=16不是数列{an }

中的项，故有穷数列?an?不满足性质①；

（ⅱ）满足．对于任意bi,bj(i?j)，有bibj=(2i?1)(2j?1)=2(2ij?i?j+1)?1，

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，

2故令i=j=p时，存在一项ak=aiaj=ap，

2又ap是数列?an?非零项中绝对值最大的，所以ap=ap，即0?ap?1；

2再令i=j=q时，存在一项ak=aiaj=aq，

2又aq是数列?an?非零项中绝对值最小的，所以aq?aq，即aq?1，

又1?aq?ap?1，所以数列所有非零项的绝对值均为1，

又数列?an?的各项均不相等，所以其至多有0，-1，1共3项，所以m?3，

构造数列?an?：0，-1，1，

其任意两项乘积均为0，-1，1之一，满足性质①；

其连续三项满足0?(?1)?1=0，满足性质②.

又其各项均不相等，所以该数列满足条件，此时m=3，

综上，m的最大值为3．

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（3）首先证明：当a1?0，a2??1时，数列满足a2t?1?0，a2t?0且at?at+2，t=1,2,3

(*)

1??因为对于任意数列的连续三项an，an+1，an+2，总有(an?an+1?an+2)?an?an+1?an+2?=0，

2??1即

an+2=an?an+1

或an+2=an?an+1，不论是哪种情形，

均有

21当an?0?an+1时，an+2?an?an+1?an?0，即an+2?an；

21当an?0?an+1时，an+2?an?an+1?an?0，亦有an+2?an，

2又a1?0??1?a2，故性质(*)得证．

1考虑a1，a2，a3三项，有a3=a1?a2或a3=a1?a2，

22若a3=a1?a2，则a1=a3+a2?1，此时令i=j=1，有a1?a1，

2由性质(*)知不存在k

使得ak?0，且ak=a1?a1，

113故只有a3=a1?a2，此时a1=a3+a2?，

22211?1?55因为a5?a3?a4?a3??a2?a3??a3=

，

22?2?422所以令i=j=1时，a1?9?a5，

422由性质(*)知，只有a1=a1或a1=a3，

2当a1=a3

时，a1=2，a2=2(a1?a3)=22?4，此时令i=2,j=1，a2a1=4?42，

1但a4?a2?a3=22?5，即a4?a2a1，

2由性质(*)知不存在k使得ak=a2a1，

2所以a1=a1，即a1=1，从而a2=?2，

?1?n2?2,n是奇数经验证，数列?an?：an=?n满足条件，下面证这是唯一满足条件的数列，

??22,n是偶数?假设as是第一个不满足上述通项公式的项，s?4，

t?1tt?1当s=2t+1，t?2时，只能为a2t+1=a2t?1?a2t=2?(?2)=3?2，

tt令i=2t?1,j=3，则

aiaj=2，但a2t?1?2?a2t+1，

由性质(*)，不存在k使得aiaj=ak，

11t?1t?1t?2t当s=2t，t?2时，只能为a2t=a2t?2?a2t?1=?2??2=?3?2??2，

2211?1?5119tt则a2t+2?a2t?a2t+1?a2t??a2t?1?a2t?=a2t?a2t?1=??2??2，

22?2?4216第5页/共15页

tt令i=2t?2,j=3，则aiaj=?2，但a2t??2?a2t+2，

由性质(*)，不存在k

使得aiaj=ak，

故不存在不满足上述通项公式的项，

?1?n2?2,n是奇数aa=综上，数列?n?的通项公式为n?n．

??22,n是偶数?【点睛】与数列的新定义有关的问题的求解策略：

①通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；

②遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析，运算，验证，使得问题得以解决．

2．(1)具有，理由见解析

(2)不存在，证明见解析

(3)证明见解析

【分析】（1）根据集合具有性质T(n,p)的特征，即可根据集合A中的元素进行检验求解，

（2）假设集合A具有性质T(4,p)，分别考虑p=1,2,3,4时，集合A中的元素，即可根据T(n,p)的定义求解.

（3）根据假设存在j使得cj≥p+1，考虑当c1=n时以及p+1≤c1?n时，分量为1的个数即可讨论求解.

【详解】（1）因为(1,1,0)?(1,1,0)=1?1+1?1+0?0=2，同理(1,0,1)?(1,0,1)=(0,1,1)?(0,1,1)=2．

又(1,1,0)?(1,0,1)=1?1+1?0+0?1=1，同理(1,1,0)?(0,1,1)=(1,0,1)?(0,1,1)=1．

所以集合A={(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1)}具有性质T(3,2)．

（2）当n=4时，集合A中的元素个数为4．由题设p?{0,1,2,3,4}．

假设集合A具有性质T(4,p)，则

①当p=0时，A={(0,0,0,0)}，矛盾．

②当p=1时，A={(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)}，不具有性质T(4,1)，矛盾．

③当p=2时，A?{(1,1,0,0),(1,0,1,0),(1,0,0,1),(0,1,1,0),(0,1,0,1),(0,0,1,1)}．

因为(1,1,0,0)和(0,0,1,1)至多一个在A中；(1,0,1,0)和(0,1,0,1)至多一个在A中；

(1,0,0,1)和(0,1,1,0)至多一个在A中，故集合A中的元素个数小于4，矛盾．

④当p=3时，A={(1,1,1,0),(1,1,0,1),(1,0,1,1),(0,1,1,1)}，不具有性质T(4,3)，矛盾．

⑤当p=4时，A={(1,1,1,1)}，矛盾．

综上，不存在具有性质T(4,p)的集合A．

（3）记cj=t1j+t2j++tnj(j=1,2,,n)，则c1+c2++cn=np．

若p=0，则A={(0,0,,0)}，矛盾．若p=1，则A={(1,0,0,,0)}，矛盾．故p?2．

假设存在j使得cj≥p+1，不妨设j=1，即c1≥p+1．

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当c1=n时，有cj=0或cj=1(j=2,3,,n)成立．

所以?1,?2,,?n中分量为1的个数至多有n+(n?1)=2n?1?2n≤np．

当p+1≤c1?n时，不妨设t11=t21==tp+1,1=1,tn1=0．

=tn,p+1=1．

因为?n??n=p，所以?n的各分量有p个1，不妨设tn2=tn3=由i?j时，?i??j=1可知，?q?{2,3,,p+1}，t1q,t2q,,tp+1,q中至多有1个1，

即?1,?2,,?p+1的前p+1个分量中，至多含有p+1+p=2p+1个1．

又?i??n=1(i=1,2,,p+1)，则?1,?2,,?p+1的前p+1个分量中，含有

(p+1)+(p+1)=2p+2个1，矛盾．

所以cj≤p(j=1,2,,n)．

因为c1+c2+所以cj=p(j=1,2,,n)．

所以t1j+t2j++tnj=p(j=1,2,,n)．

+cn=np，

【点睛】求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解.

对于新型集合，首先要了解集合的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将集合可近似的当作数列或者函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解.

3．(1)答案见解析

(2)证明见解析

11n2+2n(3)

8【分析】（1）根据题意写出满足性质P的所有数表A22，再分别计算即可；

（2）根据题意，可知当a11+a12++a1n取最大值时，存在1?j?n，使得a2j=2n，由数表A2n具有性质P可1112得j为奇数，不妨设此时数表为A2n=??2na22?aaa1n??，再利用反证法证明即可；

a2n?+a2,2k)+3k2，（3）结合性质P可得(a12+a14+(a11+a13++a1,2k?1)≤(a21+a23++a1,2k)≤(a22+a24++a2,2k?1)?k，两式相加可得得S1≤S2+3k2?k，结合S1+S2=8k2+2k，可得k+34k?1k+54k?2k+74k?3k+42k+63k+843k+23k?13k+1??，结k?13kk??k+14k11k2+kS1≤，构造数表A2n=?2?k+21合性质P进而可以求解.

【详解】（1）满足条件的数表A22为?所以a11+a12的值分别为5，5，6.

（2）若当a11+a12++a1n取最大值时，存在1?j?n，使得a2j=2n.

?14??14??24??，??，??，

?23??32??31?由数表A2n具有性质P可得j为奇数，

1112不妨设此时数表为A2n=??2na22?aaa1n??.

a2n?第7页/共15页

①若存在a1k（k为偶数，1?k?n），使得a1k?a11，交换a1k和2n的位置，所得到的新数表也具有性质P，

调整后数表第一行和大于原数表第一行和，与题设矛盾，所以存在1?i?n，使得a1i=2n.

②若对任意的a1k（k为偶数，1?k?n），都有a1k?a11，交换a12和a11的位置，所得到的新数表也具有性质P，此时转化为①的情况.

综上可知，存在正整数k(1?k?n)，使得a1k=2n.

1112（3）当n为偶数时，令n=2k，(1?k?n)，对任意具有性质P数表A2n=??a21a22?aaa1n??，

a2n?一方面，(a12?a22)+(a14?a24)+因此(a12+a14++(a1,2k?a2,2k)≤(4k?1)+(4k?3)++a2,2k)+3k2．①

+(2k+1)，

+a1,2k)≤(a22+a24+3，5，，n?1)，

另一方面，a2i?a1i≥1(i=1，因此(a11+a13+记S1=a11+a12++a1,2k?1)≤(a21+a23++a2,2k?1)?k.②

+a1,2n,S2=a21+a22++a2,2n．

由①+②得S1≤S2+3k2?k.

11k2+k.

又S1+S2=8k+2k，可得S1≤22构造数表A2n=??k+2?k+14k1k+34k?1k+54k?2k+74k?3k+42k+63k+843k+23k?13k+1??

k?13kk?可知数表A2n具有性质P，且S1=11k2+k11n2+2n=.

28综上可知，当n为偶数时，a11+a12+11n2+2n+a1n的最大值为.

8【点睛】方法点睛：在证明抽象问题时，常常使用反证法：先设题设不成立，结合条件推出矛盾，即可说明题目成立.

4．(1)数列A是3?连续等项数列，不是4?连续等项数列，理由见解析；

(2)11

(3)0

【分析】（1）根据新定义直接验证数列A:?1，1，0，1，0，1，?1，可得结论；

（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；

（3）由A1,A2A3都是4?连续等项数列可得ai=aN?2,ai+1=aN?1,ai+2=aN,ai+3=?1，

aj=aN?2,aj+1=aN?1,aj+2=aN,aj+3=0,ak=aN?2,ak+1=aN?1,ak+2=aN,ak+3=1，再由反证法证得min?i,j,k?=1，即可得出aN的值.

【详解】（1）数列A是3?连续等项数列，不是4?连续等项数列，理由如下:

因为a2+k=a4+k(k=0,1,2)，所以A是3?连续等项数列.

因为a1,a2,a3,a4为?1,1,0,1；

a2,a3,a4,a5为1,0,1,0；

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a3,a4,a5,a6为0,1,0,1;

a4,a5,a6,a7为1,0,1,?1，

所以不存在正整数s,t(s?t)，使得as+k=at+k(k=0,1,2,3).

所以A不是4?连续等项数列.

?(x,y)|x???1,0,1?,y???1,0,1??，则S中的元素个数为32=9.

（2）设集合S=

因为在数列A中ai?{?1,0,1 }(i=1,2,若N?11，则N?1?10?9.

所以在(a1,a2),(a2,a3),(a3,a4),至少有两个有序数对相同，

即存在正整数s,t(s?t)，使得as=at,as+1=at+1.

所以当项数N?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?连续等项数列.

若N=4，数列0,0,1,1不是2?连续等项数列.

若N,(aN?1,aN)这N?1个有序数对中，

,N)，所以(ai,ai+1)?S(i=1,2,,N?1).

5，数列0,0,1,1,0不是2?连续等项数列.

若N=6，数列0,0,1,1,0,?1不是2?连续等项数列.

若N=7，数列0,0,1,1,0,?1,1不是2?连续等项数列.

若N=8，数列0,0,1,1,0,?1,1,?1不是2?连续等项数列.

若N=9，数列0,0,1,1,0,?1,1,?1,?1不是2?连续等项数列.

若N=10,数列0,0,1,1,0,?1,1,?1,?1,0不是2?连续等项数列.

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ai=aN?2,ai+1=aN?1,ai+2=aN,ai+3=?1，

aj=aN?2,aj+1=aN?1,aj+2=aN,aj+3=0,

ak=aN?2,ak+1=aN?1,ak+2=aN,ak+3=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?3???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=aj?1,ai=aj,ai+1=aj+1,ai+2=aj+2,

所以A是4?连续等项数列，与题设矛盾.

所以min?i,j,k?=1.

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所以aN=ai+2=aj+2=ak+2=a3=0.

【点睛】方法点睛：对于新定义问题，一般先要读懂定义内容，第一问一般是给具体的函数或数列验证是否满足所给定义，只需要结合新定义，验证即可，在验证过程中进一步加强对新定义的理解，第二步一般在第一步强化理解的基础上，所给函数或数列更加一般或复杂，进一步利用新定义处理，本题第三问根据A1,A2与A3都是4?连续等项数列得出ai=aN?2,ai+1=aN?1,ai+2=aN,ai+3=?1，aj=aN?2,aj+1=aN?1,aj+2=aN,aj+3=0,ak=aN?2,ak+1=aN?1,ak+2=aN,ak+3=1，利用反证法求min?i,j,k?=1是关键点.

5．(1)A1是集合S4的“期待子集”，A2不是集合S4的“期待子集”

(2)证明见解析

(3)n+2

【分析】（1）根据所给定义判断即可.

（2）先证明必要性，再证明充分性，结合所给“期待子集”的定义及性质P的定义证明即可；

（3）首先利用反例说明当3?m?n、m=n+1时不成立，再利用数学归纳法证明集合Sn的任意含有n+2个元素的子集，都是Sn的“期待子集”，即可得解.

【详解】（1）因为S4=?1,2,3,4,5,6,7,8?，

?a=2?a+b=3??对于集合A1=?3,4,5?，令?b+c=4，解得?b=1，显然1?S4，2?S4，3?S4

?c+a=5?c=3??所以A1是集合S4的“期待子集”；

?a1+b1=315?对于集合A2={3,5,7}，令?b1+c1=5，则a1+b1+c1=，

2?c+a=7?11因为a1,b1,c1?S4，即a1+b1+c1?N*，故矛盾，所以A2不是集合S4的“期待子集”；

（2）先证明必要性：

当集合A是集合Sn的“期待子集”时，由题意，存在互不相同的a,b,c?Sn，使得a+b,b+c,c+a?A，

不妨设a?b?c，令x=a+b，y=a+c，z=b+c，则x?y?z，即条件P中的①成立；

又x+y?z=(a+b)+(c+a)?(b+c)=2a?0，所以x+y?z，即条件P中的②成立；

因为x+y+z=(a+b)+(c+a)+(b+c)=2(a+b+c)，

所以x+y+z为偶数，即条件P中的③成立；

所以集合A满足条件P.

再证明充分性：

当集合A满足条件P时，有存在x,y,z?A，满足①x?y?z，②x+y?z，③x+y+z为偶数，

记a=x+y+zx+y+zx+y+z?z，b=?y，c=?x，

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由③得a,b,c?Z，由①得a?b?c?z，由②得a=所以a,b,c?Sn，

x+y+z?z?0，

2因为a+b=x，a+c=y，b+c=z，所以a+b，b+c，c+a均属于A，

即集合A是集合Sn的“期待子集”.

（3）m的最小值为n+2，理由如下：

一方面，当3?m?n时，对于集合M=?ai|ai=2i?1,i=1,2,3,（2）知，M不是Sn的“期待子集”；

当m=n+1时，对于集合M=?ai|ai=2i?1,i=1,2,3,,m?，其中任意三个元素之和均为奇数，由,n??2?，

从中任取三个不同的元素，若不含有2，则不满足条件P的③，

若含有2，则另外两个数必都是奇数，因为任意两个奇数之差（大数减小数）都不小于2，

故不满足条件P中的②，所以M不是Sn的“期待子集”；

所以m?n+2.

另一方面，我们用数学归纳法证明集合Sn的任意含有n+2个元素的子集，都是Sn的“期待子集”：

（I）当n=4时，对于集合S4的任意含有6个元素的子集，记为B，

当4、6、8三个数中恰有1个属于B时，则?1,2,3,5,7??B，因为数组3,4,5、3,5,6、5,7,8、5,6,7、5,7,8都满足条件P，

当4,6,8三个数都属于B，因为数组4,6,8满足条件P，

所以此时集合B必是集合S4的“期待子集”，

所以当n=4时S4的任意含有6个元素的子集都是集合S4的“期待子集”.

（II）假设当n=k(k?4)时结论成立，即集合Sk的任意含有k+2个元素的子集都是Sk的“期待子集”，那么n=k+1时，对于集合Sk+1的任意含有k+3个元素的子集C，

分成两类，①若2k+1，2k+2至多有1个属于C，则C中至少有k+2个元素都在集合Sk，由归纳假设知，结论成立；

②若2k+1?C，2k?C，则集合C中恰含Sk的k+1个元素，此时，当C中只有一个奇数时，则集合C中包含Sk中的所有偶数，此时数组2k?4，2k?2，2k符合条件P，结论成立；

当集合C中至少有两个奇数时，则必有一个奇数c不小于3，此时数组c，2k?1，2k符合条件P，结论成立，所以n=k+1时结论成立，

根据（I）（II）知，集合Sn的任意含有n+2个元素的子集，都是Sn的“期待子集”，所以m的最小值为n+2

【点睛】关键点睛：涉及集合新定义问题，关键是正确理解给出的定义，然后合理利用定义，结合相关的其它知识，分类讨论，进行推理判断解决.

6．(1)?数列的前四项为：1,?1,1,?1；1,?1,1,5；1,?1,3,?3；1,?1,3,7

(2)?数列为首项为1公差为4的等差数列，理由见解析

(3)m的最小值为1517

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【分析】（1）先根据条件①去绝对值可得an=?an?1或an=an?1+4，由a2?0得a2=?1，再根据条件逐个列举即可；

（2）由条件①知，当n?2时，an=?an?1或an=an?1+4，由a2?0得a2=5，利用反证法假设?数列中存在最小的正整数i（i?3），使得ai=?ai?1，根据单调性结合条件②可知假设不成立，即可得结论；

（3）先根据条件②可得bn=?4n+3(1?n?506)必为数列{an}中的项，再结合条件①可得a3n?1=bn分析即可．

【详解】（1）由条件①知，当n?2时，an=?an?1或an=an?1+4，

因为a2?0，由条件①知a2=?1，

所以?数列的前四项为：1,?1,1,?1；1,?1,1,5；1,?1,3,?3；1,?1,3,7.

（2）若a2?0，?数列是等差数列

由条件①知，当n?2时，an=?an?1或an=an?1+4，

因为a2?0，所以a2=5

假设?数列中存在最小的正整数i（i?3），使得ai=?ai?1，

则a1,a2,a3,,ai?1单调递增，

由a1=1则a1,a2,a3,,ai?1均为正数，且ai?1?a2=5.

所以ai=?ai?1??5.由条件②知，则存在

k??1,2,3,此时与a1,a2,a3,,ai?1均为正数矛盾，

,i?1?，使得ak=ai+4??1

所以不存在整数i（i?3），使得ai=?ai?1，即an=an?1+4.

所以?数列为首项为1公差为4的等差数列.

（3）由am=?2021及条件②,

可得?1,?5,?9,,?2017,?2021必为数列?an?中的项，记该数列为?bn?，有bn=?4n+3(1?n?506)，

不妨令bn=aj，由条件①，aj+1=?aj=4n?3或aj+1=aj+4=?4n+7均不为bn+1=?4n?1；

此时aj+2=?4n+3或4n+1或4n?7或?4n+11，均不为bn+1=?4n?1

上述情况中，当aj+1=4n?3，aj+2=4n+1时，aj+3=?aj+2=?4n?1=bn+1

结合a1=1，则有a3n?1=bn.

由b506=?2021，得m=3?506?1=1517即为所求.

7．(1)是，理由见解析

(2)63

(3)证明见解析

【分析】（1）计算an+2?an+1=2（2）根据题意得到2023?n+1n，an+1?an=2，2n+1?2n，得到答案.

k(k+1)2，k?Z，计算当k=64时，k(k+1)2=2080，当k=65时，第12页/共15页

k(k+1)2=2145，得到答案.

（3）证明b2k?m+1+bm?bk+bk+1，得到k?k(bk+bk+1)，得到bk+bk+1?1，代入计算得到证明.

n+1nnn+2n+1n+1【详解】（1）因为an=2n，则an+2?an+1=2?2=2，an+1?an=2?2=2，

又2n+1?2n，故an+2?an+1?an+1?an，数列?2?是“速增数列”.

n（2）a1=1,a2=3,ak=2023，

当k?2时，ak=2023=(ak?ak?1)+(ak?1?ak?2)+即2023?+(a2?a1)+a1?1+2+3++k?1+k，

k(k+1)2，k?Z，

当k=63时，k(k+1)2=2016，当k=64时，k(k+1)2=2080，

故正整数k的最大值为63.

（3）bk+2?bk+1?bk+1?bk?bk?bk?1，故bk+2?bk+1?bk?bk?1，即bk+2+bk?1?bk+bk+1；

bk+3?bk+2?bk+2?bk+1?bk+1?bk?bk?bk?1?bk?1?bk?2，故bk+3?bk+2?bk?1?bk?2，

即bk+3+bk?2?bk?1+bk+2?bk+bk+1，

同理可得：b2k?m+1+bm?bk+bk+1，m?N*，1?m?k?1，

故k=b1+b2++b2k=(b1+b2k)+(b2+b2k?1)++(bk+bk+1)?k(bk+bk+1)，

bbb+b故bk+bk+1?1，ckck+1=2k?2k+1=2kk+1?2，得证.

【点睛】关键点睛：本题考查了数列的新定义问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据题意利用累加法的思想确定b2k?m+1+bm?bk+bk+1是解题的关键.

8．(1)?0,4,1,?1,0?；

(2)见解析；

(3)见解析.

【分析】（1）依题意，可直接写出相应的伴随数列；

（2）讨论n=2，n?3两种情况，利用反证法即可求解；

（3）讨论n=2，n?3两种情况，当n?3时，由（2）的结论，a1,a2,得a1?m，根据?Ti?(1?i?n+1)的定义即可证明.

【详解】（1）因为数列A：4，3，2，1，a1?a2?所以a1=4,a2=3,a3=2,a4=1.

因为?k=?,an中至少有两个1，利用反证法可?an，

?1,Tk?0,(k=1,2,?1,T?0k?,n)，

所以T1=0，T2=T1+?1a1=0+a1=4，T3=T2+?2a2=4?a2=1，

T4=T3+?3a3=1?a3=?1，T5=T4+?4a4=?1+a4=0.

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故数列A的伴随数列为?0,4,1,?1,0?.

（2）当n=2时，S=2n?2=2，显然有an?1=an=1；

当n?3时，只要证明an?1+an=2.

用反证法，假设an?1+an?3，

则a1?a2??an?2?2，从而S=a1+a2++an?2(n?2)+3=2n?1，矛盾.

所以an?1+an=2.

再根据a1,a2,,an为正整数，可知an?1=an=1.

故当n?2时，an?1=an=1.

（3）当n=2时，S=2n?2=2，有an?1=an=1，此时T3=0+1?1=0，命题成立；

当n?3时，由（2）的结论，a1,a2,现假设a1,a2,则a1?m.

因为若a1?m+1，则S=a1+a2++an?m+1+2(n?m?1)+m=2n?1，矛盾.

所以a1?m.

根据?Ti?(1?i?n+1)的定义可知，T2=a1?m，0?T3=a1?a2?m，

T4?max?a3,T3??m，

,an中至少有两个1，

?a=an?1=,an中共有m(m?2)个1，即?n?an?m?2,=an?m+1=1,

以此类推可知一直有Tn?m+1?max?an?m,Tn?m??m，再由后面an=an?1=另一方面Tn+1与S奇偶性相同，所以Tn+1=0.

=an?m+1=1，可知Tn+1?1；

【点睛】定义新数列题目，要正确理解题目信息，将问题转化为熟悉的知识点进行求解,注意反证法的运用.

9．(1)A1:4、3、2，A2:3、3、2、1

(2)证明见解析

(3)证明见解析

【分析】（1）由A0:5、1、3，求得T1(A0)再通过Ak+1=T2(T1(Ak))求解；

（2）设有穷数列A求得T1(A)再求得S(T1(A))，由S(A)=2(a1+2a2+较；

（3）设A是每项均为非负整数的数列a1、a2、、an．在存在1?i?j?n，有ai?aj时条件下，交换数=an=0时条件下，若记数列a1、2+nan)+a12+a2+2+an，两者作差比列A的第i项与第j项得到数列B，在存在1?m?n，使得am+1=am+2=a2、?、am为C，Ak+1=T2(T1(Ak))，S(Ak+1)?S(T1(Ak))．由S(T1(Ak))=S(Ak)，得到S(Ak+1)?S(Ak)．S(Ak)是大于2的整数，所以经过有限步后，必有S(Ak)=S(Ak+1)=S(Ak+2)=0．

【详解】（1）解：A0:5、1、3，T1(A0):3、4、0、2，A1=T2(T1(A0)):4、3、2，

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T1(A1):3、3、2、1，A2=T2(T1(A1)):3、3、2、1.

（2）证明：设每项均是正整数的有穷数列A为a1、a2、则T1(A)为n、a1?1、a2?1、、an?1，

、an，

从而S(T1(A))=2[n+2(a1?1)+3(a2?1)+又S(A)

=2(a1+2a2+2+nan)+a12+a2++(n+1)(an?1)]+n2+(a1?1)2+(a2?1)2+2+an，

+(an?1)2．

所以S(T1(A))?S(A)=2[n?2?3?故S(T1(A))=S(A)．

?(n+1)]+2(a1+a2++an)+n2?2(a1+a2++an)+n=?n(n+1)+n2+n=0，

（3）解：设A是每项均为非负整数的数列a1，a2,，an．

当存在1?i?j?n，使得ai?aj时，交换数列A的第i项与第j项得到数列B，