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微考点4-1 2024新高考新试卷结构压轴题新定义数列试题分类汇编
【精选例题】
【例1】
1．对于，若数列满足，则称这个数列为“数列”.
（1）已知数列1，，是“数列”，求实数m的取值范围；
（2）是否存在首项为的等差数列为“数列”，且其前n项和使得恒成立？若存在，求出的通项公式；若不存在，请说明理由；
（3）已知各项均为正整数的等比数列是“数列”，数列不是“数列”，若，试判断数列是否为“数列”，并说明理由.
【例2】
2．已知是各项均为正整数的无穷递增数列，对于，定义集合，设为集合中的元素个数，若时，规定.
(1)若，写出及的值；
(2)若数列是等差数列，求数列的通项公式；
(3)设集合，求证：且.
【例3】
3．已知数集具有性质：对任意，与两数中至少有一个属于．
(1)分别判断数集与是否具有性质；
(2)求证：；
(3)给定正整数，求证：，，，组成等差数列．
【例4】
4．设集合，其中.若集合满足对于任意的两个非空集合，都有集合的所有元素之和与集合的元素之和不相等，则称集合具有性质.
(1)判断集合是否具有性质，并说明理由；
(2)若集合具有性质，求证：；
(3)若集合具有性质，求的最大值.
【例5】
5．已知无穷数列（）的前n项和为，记，，…，中奇数的个数为．
(1)若，请写出数列的前5项；
(2)求证：“为奇数，，3，4，为偶数”是“数列是严格增数列的充分不必要条件；
(3)若，2，3，，求数列的通项公式．
【例6】
6．若数列满足：，且，则称为一个X数列. 对于一个X数列，若数列满足：，且，则称为的伴随数列.
(1)若X数列中，，，，写出其伴随数列中的值；
(2)若为一个X数列，为的伴随数列.
①证明：“为常数列”是“为等比数列”的充要条件；
②求的最大值.
【例7】
7．数列的前n项组成集合，从集合中任取个数，其所有可能的k个数的乘积的和为（若只取一个数，规定乘积为此数本身），例如：对于数列，当时，时，；
(1)若集合，求当时，的值；
(2)若集合，证明：时集合的与时集合的（为了以示区别，用表示）有关系式，其中；
(3)对于（2）中集合．定义，求（用n表示）．
【例8】
8．若正整数的二进制表示是，这里()，称有穷数列1，，，，为的生成数列，设是一个给定的实数，称为的生成数.
（1）求的生成数列的项数；
（2）求由的生成数列，，，的前项的和(用 表示)；
（3）若实数满足，证明：存在无穷多个正整数，使得不存在正整数满足.
【例9】
9．已知函数，设曲线在点处的切线与x轴的交点为，其中为正实数．
(1)用表示；
(2)求证：对一切正整数n，的充要条件是；
(3)若，记证明数列成等比数列，并求数列的通项公式．
【例10】
10．已知数列，，…，的各项均为正整数．设集合，记的元素个数为．
(1)若数列1，1，3，2，求集合，并写出的值；
(2)若是递增数列，求证：“”的充要条件是“为等差数列”；
(3)若，数列由1，2，3，…，11，22这12个数组成，且这12个数在数列中每个至少出现一次，求的最大值．
【跟踪训练】
11．已知数列：1，，，3，3，3，，，，，，，即当（）时，，记（）.
(1)求的值；
(2)求当（），试用、的代数式表示()；
(3)对于，定义集合是的整数倍，，且，求集合中元素的个数.
12．对于无穷数列，若存在正整数，使得对一切正整数都成立，则称无穷数列是周期为的周期数列.
(1)已知无穷数列是周期为的周期数列，且，，是数列的前项和，若对一切正整数恒成立，求常数的取值范围；
(2)若无穷数列和满足，求证：“是周期为的周期数列”的充要条件是“是周期为的周期数列，且”；
(3)若无穷数列和满足，且，是否存在非零常数，使得是周期数列？若存在，请求出所有满足条件的常数；若不存在，请说明理由.
13．若实数数列满足，则称数列为数列.
(1)请写出一个5项的数列，满足，且各项和大于零；
(2)如果一个数列满足：存在正整数使得组成首项为1，公比为的等比数列，求的最小值；
(3)已知为数列，求证：为数列且为数列”的充要条件是“是单调数列”.
14．若存在常数，使得数列满足（，），则称数列为“数列”.
(1)判断数列：1，2，3，8，49是否为“数列”，并说明理由；
(2)若数列是首项为的“数列”，数列是等比数列，且与满足，求的值和数列的通项公式；
(3)若数列是“数列”，为数列的前项和，，，试比较与的大小，并证明.
15．设为正整数，如果表达式同时满足下列性质，则称之为“交错和”.①，；②；③当时，（）；④规定：当时，也是“交错和”.
（1）请将7和10表示为“交错和”；
（2）若正整数可以表示为“交错和”，求证：；
（3）对于任意正整数，判断一共有几种“交错和”的表示方法，并证明你的结论.
16．设正整数数列满足.
(1)若，请写出所有可能的的取值；
(2)求证：中一定有一项的值为1或3；
(3)若正整数m满足当时，中存在一项值为1，则称m为“归一数”，是否存在正整数m，使得m与都不是“归一数”？若存在，请求出m的最小值；若不存在，请说明理由.
17．约数，又称因数.它的定义如下：若整数除以整数除得的商正好是整数而没有余数，我们就称为的倍数，称为的约数.设正整数共有个正约数，即为.
(1)当时，若正整数的个正约数构成等比数列，请写出一个的值；
(2)当时，若构成等比数列，求正整数；
(3)记，求证：.
18．正实数构成的集合，定义.当集合中恰有个元素时，称集合A具有性质.
(1)判断集合，是否具有性质；
(2)若集合A具有性质，且A中所有元素能构成等比数列，中所有元素也能构成等比数列，求集合A中的元素个数的最大值：
(3)若集合A具有性质，且中的所有元素能构成等比数列.问：集合A中的元素个数是否存在最大值 若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由.
19．对于数集（为给定的正整数），其中，如果对任意，都存在，使得，则称具有性质．
(1)若，且集合具有性质，求的值；
(2)若具有性质，求证：；且若成立，则；
(3)若具有性质，且为常数，求数列的通项公式．
20．若对，，当时，都有，则称数列受集合制约.
(1)若，判断是否受制约，是否受区间制约；
(2)若，受集合制约，求数列的通项公式；
(3)若记：“受区间制约”，：“受集合制约”，判断是否是的充分条件，是否是的必要条件，并证明你的结论.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．（1）；（2）不存在，理由见解析；（3）答案见解析.
【解析】（1）根据题意得到，，再解不等式组即可；
（2）首先假设存在等差数列符合要求，从而得到成立，再分类讨论和的情况，即可得到答案.
（3）首先设数列的公比为q，则，根据题意得到，从而得到为最小项，同理得到为最小项，再利用“数列”的定义得到，或，，再分类讨论即可得到答案.
【详解】（1）由题意得，，解得，
所以实数m的取值范围是.
（2）假设存在等差数列符合要求，设公差为d，则，
由，得，
由题意，得对均成立，即.
①当时，；
②当时，，
因为，
所以，与矛盾，所以这样的等差数列不存在.
（3）设数列的公比为q，则，
因为的每一项均为正整数，且，
所以在中，为最小项.
同理，中，为最小项.
由为“数列”，只需，即，
又因为不是“数列”，且为最小项，
所以，即，
由数列的每一项均为正整数，可得，
所以，或，.
①当，时，，则，
令，则，
又，
所以为递增数列，即，
所以，
所以对于任意的，都有，即数列为“数列”.
②当，时，，则.
因为，
所以数列不是“数列”.
综上：当，时，，数列为“数列”，
当，时，，数列不是“数列”.
【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列的通项公式，同时考查了分类讨论的思想，属于难题.
2．(1)，，，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据集合新定义求出前几项判断即可；
（2）通过集合新定义结合等差数列性质求出，然后利用反证法结合数列的单调性求得，利用等差数列定义求解通项公式即可；
（3）先利用集合性质得数列是递增数列，然后利用反证法结合数列的单调性证明，由集合新定义及集合相等证明．
【详解】（1）因为，所以，
则，所以，，
又，所以，，所以；
（2）由题可知，所以，所以.
若，则，，所以，，与是等差数列矛盾.
所以.设，因为是各项均为正整数的递增数列，所以.
假设存在使得.设，由得.
由得，，与是等差数列矛盾.
所以对任意都有.所以数列是等差数列，.
（3）因为对于，，所以.
所以，即数列是递增数列.
先证明.假设，设正整数.
由于，故存在正整数使得，所以.
因为是各项均为正整数的递增数列，所以.所以，.
所以，.
又因为数列是递增数列，所以，矛盾.所以.
再证明.由题可知.
设且，因为数列是各项均为正整数的递增数列，
所以存在正整数，使得.令.
若，则，即，所以.所以，所以.
若，则，所以.
所以，所以.
因为，所以.所以.
综上，且.
【点睛】方法点睛：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.
3．(1)见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据数列：，，，时具有性质，对任意，，与两数中至少有一个是该数列中的一项，逐一验证；
（2）令，，可得属于，证明，倒序相加即可得到结论；
（3）根据数集，具有性质，可得，，由此可知，即，从而得到，，构成等查数列．
【详解】（1）由于和都不属于集合，所以不具有性质；
由于、、、、、、、、、都属于集合，2，4，，所以具有性质．
（2）令，，则 “与两数中至少有一个属于”，
不属于，属于
令，那么是集合中某项，不行，是0，可以．
如果是或者，那么可知，那么，只能是等于了，矛盾．
所以令可以得到，
同理，令、，，2，可以得到，
倒序相加即可得到．
（3），，，具有性质，，，，
，则，
所以与中至少有一个属于，
由，有，故，，故．
，，故，3，，．
由具有性质知，，3，，．
又，
，，，，，即，2，，．（1）
由知，，，，均不属于，
由具有性质，，，，均属于，
，
，，，，，即．（2）
由（1）（2）可知，，，
即，3，，．
故，，构成等差数列．
【点睛】方法点睛：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.
4．(1)不具有，具有.
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据集合S具有性质P的定义结合反例可判断两个集合是否具有性质.
（2）根据也具有性质及其子集的个数可证；
（3）不妨设，利用（2）的结论可证，从而可求最大值，再代入即可.
【详解】（1）对于集合，因为，故集合的元素和相等，
故不具有性质.
对于，其共有15个非空子集：
，
，
各集合的和分别为：，它们彼此相异，
故具有性质.
（2）因为具有性质，故对于任意的，也具有性质，
否则有两个非空子集，它们的元素和相等，
而也是的子集，故不具有性质，矛盾.
注意到共有个非空子集，每个子集的元素和相异，
且子集的和最大为，最小为，故.
（3）假设集合具有性质，
不妨设，
设，则，由（2）可得，且.
而
，
故，
当且仅当时等号成立，
即此时任意的正整数，即，
故此时时等号成立，故的最大值为.
则当时，即对集合具有性质，
则的最大值为.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是利用集合非空真子集的个数公式即可证明，第三问的关键是利用第二问的结论得到，再对赋值即可.
5．(1)1，2，2，2，3
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）推导出，．由此能写出数列的前5项．
（2）先证充分性，推导出，从而数列是单调递增数列；再证不必要性，当数列中只有是奇数，其余项都是偶数时，为偶数，，3，均为奇数，，数列是单调递增数列，由此能证明：“为奇数，，3，4，为偶数”是“数列是单调递增数列”的充分不必要条件．
（3）当为奇数时，推导出不能为偶数；当为偶数，推导出不能是奇数，从而与同奇偶，由此得到．
【详解】（1）解：因为，故当时，，则是第二项起的等差数列，
所以
所以
则，即数列的前5项为：1，2，2，2，3；
（2）证明：（充分性）
是奇数，，3，为偶数，
对于任意，都是奇数，
，
数列是单调递增数列．
（不必要性）
当数列中只有是奇数，其余项都是偶数时，为偶数，，3，均为奇数，
，数列是单调递增数列，
“为奇数，，3，4，为偶数”是“数列是单调递增数列”的不必要条件．
综上，：“为奇数，，3，4，为偶数”是“数列是单调递增数列”的充分不必要条件．
（3）解：①当为奇数时，若为偶数，
若是奇数，则为奇数，为偶数，与矛盾；
若为偶数，则为偶数，为奇数，与矛盾．
当为奇数时，不能为偶数；
②当为偶数，若为奇数，
若为奇数，则为偶数，为偶数，与矛盾，
若为偶数，则为奇数，为奇数，与矛盾，
当为偶数时，不能是奇数．
综上，与同奇偶，
若为奇数，则，若与同为奇数，则此时，与为奇数矛盾，
若与同为偶数，则此时，与为偶数矛盾，
所以为偶数，则，若与同为奇数，则此时，
若与同为奇数，则此时，与为奇数矛盾，若与同为偶数，则此时，与为偶数矛盾，
所以与同为偶数，则，
以此类推，，2，3，...
得到当时，，当时，为偶数即可满足.
所以.
6．(1)，，；
(2)①证明见解析；②.
【分析】（1）利用题中定义，利用代入法进行求解即可；
（2）①根据充要条件的定义，结合反证法进行证明即可；②根据的性质分类讨论进行求解即可.
【详解】（1），，；
（2）①充分性：若数列为常数列，∵，∴，
∴，又，
∴其伴随数列是以1为首项，以为公比的等比数列；
必要性：假设数列为等比数列，而数列不为常数列，
∴数列中存在等于0的项，设第一个等于0的项为，其中，
∴，得等比数列的公比．
又，得等比数列的公比，与矛盾．∴假设不成立．
∴当数列为等比数列时，数列为常数列．
综上“为常数列”是“为等比数列”的充要条件；
②当，时，，
当，时，，
当，时，，
当，时，，
综上，结合可得：，，，
由题意知，所以，
于是有，
所以的最大值为.
【点睛】关键点睛：利用分类讨论法，结合题中定义是解题的关键.
7．(1)，，；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）利用的定义可得的值；
（2）时，集合的中乘积由两部分构成，一部分是乘积中含，另一部分不含，从而可得之间的关系；
（3）可先证明所有非空子集中各元素的乘积和为，从而可得．
【详解】（1）时，，
∴，，．
（2）时，集合的中各乘积由两部分构成，
一部分是乘积中含因数，乘积的其他因数来自集合，故诸乘积和为；
另一部分不含，乘积的所有因数来自集合，故诸乘积的和为．
故．
（3）我们先证明一个性质：
所有非空子集中各元素的乘积和为．
证明：考虑的展开式，该展开式共有项，
每一项均为各因式中选取或后的乘积（除去各项均选1）．
对于的任意非空子集，
该集合中各元素的乘积为的展开式中的某一项：即第个因式选择， ，其余的因式选择1，
注意到非空子集的个数为，
故的所有非空子集中各元素的乘积均在的展开式中恰好出现一次，
∴所有非空子集中各元素的乘积和为．
故对于，
.
8．（1）；（2）；（3）证明见解析.
【解析】（1）由题意知，求出m,可知的生成数列的项数，故解即可求解；
（2）可先归纳猜想，再由数学归纳法证明；
（3）对，设二进制表示下，证明不存在，使得，利用反证法证明.
【详解】因为，
所以
且，
，
故确定即可确定的生成数列的项数，
令，解得，
因为，所以，
所以的生成数列的项数为；
（2）法一：(数学归纳法)
当时，，
当时，，
当时，
，
猜想：，接下来用数学归纳法证明，
当时，已证，
假设结论对成立，则对有
，
故结论对也成立，
所以；
（3）对，设二进制表示下，我们证明不存在，
使得，
事实上，对这样的，有，
如果存在，使得，
设的二进制表示为，则，
①若，则，这时，如果，
那么(因为，所以)，矛盾，
如果，那么或，也矛盾，
②设时可以推出矛盾，考虑的情形，
若，则
，矛盾，
若，则
，矛盾，
上述推导中都用到了，
所以，这时，记，
进而，有，
于是，由得，
与归纳假设不符.
综上所述，存在无穷多个正整数，使得不存在正整数，满足.
【点睛】关键点点睛：本题属于创新型题目，难度很大，推理要求很高，涉及到了数学归纳法，反证法，难度太大，属于难题.
9．(1).
(2)证明见解析.
(3)证明见解析，.
【分析】（1）求导函数，将切点横坐标代入，得切线的斜率，写出切线方程并计算其与x轴交点的横坐标，即可写出.
（2）先证充分性，即由，作差证明；再证必要性，由得，推导出.
（3）由与的关系，得与的关系，证明数列成等比，先写出的通项公式，再利用写出的通项公式.
【详解】（1），所以曲线在点处的切线方程为：，
将点代入方程，得，
因为为正实数，所以为正实数，.
（2）证明：
充分性：由为正实数易得为正实数，，
又因为，所以，
，
所以对一切正整数n，.
必要性：因为，则，即，因为，解得.
（3）证明：
因为，所以，，
所以，
所以为等比数列.
，所以，即，
，解得.
10．(1)，；
(2)证明见解析
(3)43
【分析】（1）利用列举法写出符合题意的所有的的取值可能，得出的值；
（2）利用已知的定义及性质，分别证明充分性和必要性成立即可；
（3）根据新定义分析差值可能出现的情况数，对其进行分析即可得出结论.
【详解】（1）因为，，，，则的可能情况有：
，，，，，，
所以，．
（2）充分性：若是等差数列，设公差为d．
因为数列是递增数列，所以．
则当时，，
所以，．
必要性：若．
因为是递增数列，所以，
所以，且互不相等，
所以．
又，
所以，且互不相等．
所以，
所以，
所以为等差数列．
（3）因为数列A由1，2，3，…，11，22这12个数组成，任意两个不同的数作差，
差值只可能为和，共42个不同的值；
∵这12个数在数列中每个至少出现一次，
∴当时，和这两个数中至少有一个在集合中，
∵这12个数在数列中共出现23次，所以数列中存在，
∴，
当数列：1，2，3，…，11，22，11，10，…，2，1．
有，．
则的最大值为43．
11．(1)；
(2)，()；
(3)1024.
【分析】（1）由得，然后根据求和公式结合条件即得；
（2）分别求出为奇数时和为偶数时的表达式，最后用n、k的代数式表示即可；
（3）由题可得为整数，然后结合条件及等差数列求和公式即得.
【详解】（1）依题意：（），
由得，
所以
；
（2）① 当为奇数时，为偶数，
；
②当为偶数时，为奇数，
；
综上：，()；
（3）由（2）知，当时，
，，
因为是的整数倍，
所以为整数，
所以为奇数，由得，
所以满足条件的的个数为，
所以集合中元素的个数为.
【点睛】数学中的新定义题目解题策略：①仔细阅读，理解新定义的内涵；②根据新定义，对对应知识进行再迁移.
12．(1)
(2)证明见解析；
(3)不存在非零常数，使得是周期数列，理由见解析.
【分析】（1）根据题意，分为偶数和为奇数时两种情况讨论求解即可；
（2）根据周期性，结合累加法分别证明充分性与必要性即可；
（3）由题知数列是周期为，再结合（2）的结论求解即可.
【详解】（1）解：因为无穷数列是周期为的周期数列，且，，
所以，当为偶数时，；
当为奇数时，，
因为对一切正整数恒成立，
所以，当为偶数时，，故只需即可；
当为奇数时，恒成立，故只需即可；
综上，对一切正整数恒成立，常数的取值范围为
（2）证明：先证充分性：
因为是周期为的周期数列，，
所以，，即，
所以，即
所以，是周期为的周期数列，即充分性成立.
下面证明必要性：
因为是周期为的周期数列，
所以，即
所以，，即
所以，，即，
所以数列是周期为的周期数列，
因为，即
所以，必要性成立.
综上，“是周期为的周期数列”的充要条件是“是周期为的周期数列，且”
（3）解：假设存在非零常数，使得是周期数列，
所以，由（2）知，数列是周期为的周期数列，且，
因为，
所以，，
所以数列是周期为，
所以，即，显然方程无解，
所以，不存在非零常数，使得是周期数列.
【点睛】关键点点睛：本题第三问解题的关键在于根据递推关系得数列是周期为，再结合和（2）中的充要条件，求解方程即可.
13．(1)(答案不唯一)；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据数列的定义写出一个满足条件的数列即可.
（2）由数列的定义，只需让正整数且间的间隔尽量小，结合题设找到后续各项数字出现规律，找到对应的最小位置，即可得的最小值.
（3）由数列的定义，分别从充分性、必要性两方面证明结论，注意反证法的应用.
【详解】（1）由题设，，又，
所以，存在满足条件，
又，则，
综上，满足题设的数列有.
（2）由题设，为，
所以数列从开始依次往后各项可能出现的数字如下：
，，，，
，，，
，…，
要使的最小即正整数且间的间隔尽量小，又，则，
综上，的最小值为.
（3）由为数列，则，由为数列，则，
又为数列，即，
若不是单调数列，
则存在，即，显然与矛盾；
或存在，即，显然与矛盾；
综上，是单调数列，充分性得证；
由是单调数列且为数列，
所以，则，
则，即，
所以、均为数列，必要性得证；
综上，为数列且为数列”的充要条件是“是单调数列”.
【点睛】关键点点睛：第二问，根据等比数列写出的各项，结合及数列的定义，有必是最靠前的项，再依次项判断后续各项数字出现规律，找到对应的最小位置.
14．(1)不是“”数列
(2)，
(3)，证明见解析
【分析】（1）根据“数列”的定义进行判断，说明理由；
（2）根据是首项为2的“数列”，求出，由是等比数列，设公比为，由，可得，作差可得，利用前三项数列，可以求解和，进而求解等比数列的通项公式；
（3）根据题意构造函数，求导并判断在上单调递增，由是 “数列”与，反复利用，可得对于任意的，,进而得到，推出，再利用在上单调递增，得到，通过已知条件变形推出.
【详解】（1）根据“数列”的定义，则，故，
因为成立，成立，不成立，
所以不是“数列”.
（2）由是首项为的“数列”，则，，
由是等比数列，设公比为，
由，
则，
两式作差可得，
即
由是 “数列”，则，对于恒成立，
所以，
即对于恒成立，
则，即，
解得，，，
又由，，则，即
故所求的，数列的通项公式
（3）设函数，则，令，
解得，当时，，
则在区间单调递减，
且，
又由是 “数列”，
即 ，对于恒成立，
因为，则，
再结合，
反复利用，
可得对于任意的，,
则，
即，则，
即，，，，
相加可得，
则,
又因为在上单调递增，
所以，
又，所以，
即，
故.
【点睛】关键点睛：本题主要数列的新定义题型，紧扣题意进行求解，同时构造函数，利用导数判断单调是证明不等式的关键.
15．（1）或；或；（2）证明见解析；（3）两种，证明见解析.
【分析】（1）按照交错和定义列举出来即可；
（2）假设，利用反证法证明；
（3）首先证明，再证明仅有或两种交错和表示，最后证明时，n均只有两种交错和表示.
【详解】（1）或，或
（2）假设，
当时，，这与“n是正整数”矛盾！
当时，因为，
所以
，
这与“n是正整数”矛盾！
故.
(3)①首先使,若
必有，这是因为若，不论m为奇数或偶数，由正负交错，
矛盾，
所以.
②时，仅有或两种交错和表示.
(i)当n=1时，不难发现1=1, 均为交错和表示，且由①知，所以1仅
有1=1或两种交错和表示.
(i)假设仅有或两种交错和表示，又因为或为的两种交错和表示，假设又不同于上述两种交错和的
新表示，因为为偶数，所以,
所以为的不同于或
的交错和表示，与假设矛盾,
所以或为的唯二交错和表示.
③时，n均只有两种交错和表示.
(i) 当n=3时，3=-1+4或3=1- 2+4为3的两种交错和表示，又由①知，
且均不成立，所以3的交错和仅上述两种.
(ii) 假设对于，n均只有两种交错和表示，对于
，因为，其中,所以由归纳
假设及②知仅两种交错和交错和表示，且的交错和表示中相应的
(由①可得)，所以此时已有两种交错和表示，若l还
有其他不同的交错和表示，此表示对应,所以也有第三种交错和表
示，与假设矛盾，所以， l仅有两种交错和表示.
综上，有两种交错和表示.
【点睛】关键点点睛：本题解题时要紧扣交错和的定义，理解交错和的表示，综合运用分类讨论，反证法，递推关系去证明，属于困难题.
16．（1）可能取得值为：，，，（2）证明见解析，（3）不存在。
【分析】（1）利用数列的递推关系，分类讨论，即可得出可能取得的值.
（2）首先设中最小的奇数为，根据题意得到：，再对分奇数和偶数讨论即可.
（3）由题知：中一定有，设，得到，，…….均为的倍数.故不存在正整数m，使得m与都不是“归一数”.
【详解】（1）由题知：数列各项均为正整数，
或，解得：或（舍去）.
或，解得：或（舍去）.
或，解得：或.
当时，或，解得：或.
当时，或，解得：或（舍去）.
故可能取得值为：，，.
（2）因为为正整数数列，设中最小的奇数为，
所以为偶数.
所以，此时可能为奇数或偶数.
当为奇数时，则，解得：.
所以或.
当为偶数时，则，解得：.
所以或.
综上所述：中一定有一项的值为或.
（3）由（2）知：中一定有，由题知：
因为，
所以或.
设，则，，…….均为的倍数.
故不存在正整数m，使得m与都不是“归一数”.
【点睛】本题第一问考查数列的递推关系，第二问考查数列的证明，第三问考查数列的推理与归纳，属于难题.
17．(1)8
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由题意可知时符合题意；
（2）由题意可得，，根据等比数列的定义可得，进而，则为，即可求出a；
（3）由题意可得，，则，结合放缩法和裂项求和法即可证明.
【详解】（1）当时,正整数的4个正约数构成等比数列，
比如为8的所有正约数，即.
（2）由题意可知，，
因为，题意可知，所以，
化简可得，所以，
因为，所以，
因此可知是完全平方数.
由于是整数的最小非1因子，是的因子，且，所以，
所以为，
所以.
（3）由题意知，，
所以，
因为，
所以
，
因为，，所以，
所以，即.
【点睛】关键点点睛：在第二问的解答中，在得到后，要能根据，推得，继而得出，这是解决问题的关键.第三问的证明中，难点在于要能注意到，，从而可得，然后采用裂项求和的方法进行化简进而证明结论.
18．(1)具有性质；不具有性质.
(2)3
(3)存在，4
【分析】（1）将集合，进行计算，得出集合中的元素个数即可知具有性质；不具有性质.
（2）利用等比数列性质和集合性质的定义，即可得集合中的元素个数最大值为3；
（3）根据集合具有的性质的定义，对集合中的元素个数进行分类讨论，再由集合元素的互异性得出矛盾即可求出中的元素个数最大值是4.
【详解】（1）具有性质；不具有性质.
若，则，恰有个元素，所以具有性质；
若，，有5个元素，，不具有性质.
（2）当中的元素个数时，因为中所有元素能构成等比数列，
不妨设元素依次为构成等比数列，则，其中互不相同.
于是这与具有性质，中恰有个元素，即任取中两个不同元素组成组合的两个数其积的结果互不相同相矛盾.
当中的元素个数恰有3个时，取时满足条件，
所以集合中的元素个数最大值为3.
（3）因为，不妨设，
所以.
（1）当时，构成等比数列，
所以，即，其中互不相同.
这与中恰有个元素，即任取中两个不同元素组成组合的两个数其积的结果互不相同相矛盾.
（2）当时，构成等比数列，第3项是或.
① 若第3项是，则，即，
所以，与题意矛盾.
② 若第3项是，则，即，
所以成等比数列，设公比为，则中等比数列的前三项为：
，其公比为，第四项为，第十项为.
(ⅰ)若第四项为，则，得，
又，得，此时中依次为
显然，不合题意.
(ⅱ)若第四项为，则，得，又，得，
此时中依次为，显然，不合题意.
因此，.
取满足条件.
所以中的元素个数最大值是4.
【点睛】方法点睛：对于“新定义”的题目关键在于充分理解定义的本质，把新定义与高中已学内容建立联系，灵活运用类比、归纳、分类讨论等数学思想才能将问题解决.
19．(1)
(2)证明见详解；
(3)
【分析】（1），，利用性质的定义，可得，即结合，即可判定的值，求出即可；
（2）取则，得，所以异号.所以中一个为，另一个为1，故，利用假设思想验证，可得结果；
（3）取可得利用性质，进一步可得，得到数列为等比数列，即可求出通项公式.
【详解】（1）选取，则，
由得，所以，
又，所以，
故从而
（2）取
则，得，所以异号。
所以中一个为，另一个为1，故.
假设，其中则，
选取并设，
则，则异号，从而中恰好又一个为
若则矛盾；
若则矛盾。
所以
（3）因为，
具有性质，取
设因为，且中的正数大于等于，
所以只能
所以
又中只有个大于的正数，
即，
且这个大于的正整数都属于集合，
所以只能
即，
从而数列是以为首项，为公比的等比数列，
则
20．(1)受制约，不受制约，理由见解析
(2)且.
(3)是的充分不必要条件，证明见解析
【分析】（1）根据数列新定义，判断、且是否有成立即可判断；
（2）由题设可得，利用等差数列的定义写出的通项公式；
（3）由新定义判断、的推出关系，结合充分、必要性的定义得到结论.
【详解】（1）由、且，则，而，
显然，则，故受制约，
由、且，
当，即，故；
当，即，故.
故不受制约.
综上，受制约，不受制约.
（2）由、且，有，
所以，又，，
故的奇数项、偶数项分别为首项为1、3，且公差均为2的等差数列，
当且，则，
当且，则，
综上，且.
（3）结论：是的充分不必要条件，证明如下：
为真：受集合制约，由、且，
当，有成立，则，进而可得：①；
当，有成立，结合①有；
此时，受集合制约；
为真：受集合制约，由、且，有；
而，不一定有成立（反例：且，显然，有），
故不一定受区间制约；
所以，受区间制约，必受集合制约，但受集合制约，不一定受区间制约；
综上，是的充分不必要条件.
答案第1页，共2页
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