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1、 北京北京卷卷压轴新定义专项练习压轴新定义专项练习 1（2023北京）数列na，nb的项数均为(2)m m，且na，1nb，2，m，na，nb的前n项和分别为nA，nB，并规定000AB=对于0k，1，2，m，定义|kikrmax i BA=，0i，1，2，m，其中，maxM表示数集M中最大的数（）若12a=，21a=，33a=，11b=，23b=，33b=，求0r，1r，2r，3r的值；（）若11ab，且112jjjrrr+，1j=，2，1m，求nr；（）证明：存在0 pq m，0 rs m，使得psqrABAB+=+2（2022北京）已知1:Q a，2a，ka为有穷整数数列给定正整数m，若
2、对任意的1n，2，m，在Q中存在ia，1ia+，2ia+，(0)ijaj+，使得12iiiijaaaan+=，则称Q为m连续可表数列（）判断:2Q，1，4 是否为5连续可表数列？是否为6连续可表数列？说明理由；（）若1:Q a，2a，ka为8连续可表数列，求证：k的最小值为 4；（）若1:Q a，2a，ka为20连续可表数列，且1220kaaa+，求证：7k 3（2021北京）设p为实数若无穷数列na满足如下三个性质，则称na 为p数列：10ap+，且20ap+=；414(1nnaan=，2，)；m nmnaaap+，1(1mnaapm+=，2，；1n=，2，)（）如果数列na的前四项为 2，
3、2，2，1，那么na是否可能为2数列？说明理由；（）若数列na是0数列，求5a；（）设数列na的前n项和为nS，是否存在p数列na，使得10nSS恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，说明理由 4（2020北京）已知na是无穷数列给出两个性质：对于na中任意两项ia，()ja ij，在na中都存在一项ma，使得2imjaaa=；对于na中任意一项(3)nan，在na中都存在两项ka，()la kl，使得2knlaaa=（）若(1nan n=，2，)，判断数列na是否满足性质，说明理由；（）若12(1nnan=，2，)，判断数列na是否同时满足性质和性质，说明理由；（）若na是递增数列，且
4、同时满足性质和性质，证明：na为等比数列 5（2023朝阳区一模）已知有穷数列1:A a，2a，*(NaNN，3)N满足 1ia ，0，1(1i=，2，)N给定正整数m，若存在正整数s，()t st，使得对任意的0k，1，2，1m，都有s kt kaa+=，则称数列A是m连续等项数列（1）判断数列:1A，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；（）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；（）若数列1:A a，2a，Na不是4连续等项数列，而数列112:Aa a，Na，1，数列212:Aa a，Na，0 与数列31:Aa，2a，Na，1 都是4
5、连续等项数列，且30a=，求Na的值 6（2023西城区一模）给定正整数2n，设集合1|(Mt=，2t，)nt，0kt，1，1k=，2，n对于集合M中的任意元素1(x=，2x，)nx和1(y=，2y，)ny，记1122nnx yx yx y=+设AM，且集合1|(iiiAt=，2it，)int，1i=，2，n，对于A中任意元素i，j，若,1,ijp ijij=则称A具有性质(,)T n p（）判断集合(1A=，1，0)，(1，0，1)，(0，1，1)是否具有性质(3,2)T？说明理由；（）判断是否存在具有性质(4,)Tp的集合A，并加以证明；（）若集合A具有性质(,)T n p，证明：12(1
6、jjnjtttp j+=，2，)n 7（2023东城区一模）已知数表11121221222()nnnaaaAaaa=中的项(1ija i=，2；1j=，2，)n互不相同，且满足下列条件：1ija，2，2 n；112(1)()0(1mmmaam+=，2，)n 则称这样的数表2nA具有性质P（）若数表22A具有性质P，且124a=，写出所有满足条件的数表22A，并求出1112aa+的值；（）对于具有性质P的数表2nA，当11121naaa+取最大值时，求证：存在正整数(1)kk n，使得12kan=；（）对于具有性质P的数表2nA，当n为偶数时，求11121naaa+的最大值 8（2023海淀区一
7、模）已知数列na给出两个性质：对于na中任意两项()ija a i j，在na中都存在一项ka，使得kijaa a=；对于na中任意连续三项na，1na+，2na+，均有12121()()02nnnnnnaaaaaa+=（）分别判断一下两个数列是否满足性质，并说明理由；()i有穷数列1:2(1nnnaan=，2，3)；()ii无穷数列:21(1nnbbnn=，2，3，)（）若有穷数列na满足性质和性质，且各项互不相等，求项数m的最大值；（）若数列na满足性质和性质，且10a，21a ，32a=，求na的通项公式 9（2023海淀区二模）设为整数有穷数列na的各项均为正整数，其项数为(2)m m
8、若na满足如下两个性质，则称na为P数列：1ma=，且1(1iai=，2，1)m；11,(1,2nnnnaaanaa+=为奇数为偶数，2，1)m（1）若na为1P数列，且15a=，求m；（2）若na为1P数列，求1a的所有可能值；（3）若对任意的1P数列na，均有212logmad+，求d的最小值 10（2023西城区二模）给定奇数3n，设0A是n n的数阵ija表示数阵第i行第j列的数，11,0,ijijaij=或且(1ijjiaai=，2，n；1j=，2，)n定义变换t为“将数阵中第t行和第t列的数都乘以1”，其中1t，2，n 设1(Tt=，2t，)st，1rt，2，n，1r=，2，*()
9、s sN将0A经过1t变换得到1A，1A经过2t变换得到2A，1sA经过st变换得到sA记数阵rA中 1 的个数为0()ATr（）当3n=时，设00111011 10A=，(1,3)T=，写出1A，2A，并求00(1),AATT（2）；（）当5n=，2s时，对给定的数阵0A，证明：00(2)AATT（1）是 4 的倍数；（）证明：对给定的数阵0A，总存在T，使得02(1)()2AnTs 11（2023东城区二模）已知有穷数列1:A a，2a，(3)nan中的每一项都是不大于n的正整数 对于满足1 m n的整数m，令集合()|kA mk am=，1k=，2，n记集合()A m中元素的个数为()s
10、 m（约定空集的元素个数为0)（）若:6A，3，2，5，3，7，5，5，求A（5）及s（5）；（）若12111()()()nns as as a+=，求证：1a，2a，na互不相同；（）已知1aa=，2ab=，若对任意的正整数i，(,)j ij ij n+都有()iijA a+或()jijA a+，求12naaa+的值 12（2023朝阳区二模）已知无穷数列na满足1nnamax a+=，21nnamin a+，2(1nan+=，2，3，)，其中max x，y表示x，y中最大的数，min x，y表示x，y中最小的数（1）当11a=，22a=时，写出4a的所有可能值；（2）若数列na中的项存在最
11、大值，证明：0 为数列na中的项；（3）若0(1nan=，2，3，)，是否存在正实数M，使得对任意的正整数n，都有naM？如果存在，写出一个满足条件的M；如果不存在，说明理由 北京北京卷卷压轴新定义专项练习压轴新定义专项练习参考答案参考答案 1（2023北京）数列na，nb的项数均为(2)m m，且na，1nb，2，m，na，nb的前n项和分别为nA，nB，并规定000AB=对于0k，1，2，m，定义|kikrmax i BA=，0i，1，2，m，其中，maxM表示数集M中最大的数（）若12a=，21a=，33a=，11b=，23b=，33b=，求0r，1r，2r，3r的值；（）若11ab，且
12、112jjjrrr+，1j=，2，1m，求nr；（）证明：存在0 pq m，0 rs m，使得psqrABAB+=+【解答】解：（）列表如下，对比可知00r=，11r=，21r=，32r=i 0 1 2 3 ia 2 1 3 iA 0 2 3 6 ib 1 3 3 iB 0 1 4 7 kr 0 1 1 2（）由题意知nrm且nrN，因为1na，1nb，na，1nb，2，m，所以1nA，1nB，当且仅当1n=时，等号成立，所以00r=，11r=，又因为112jjjrrr+，则11jjjjrrrr+，即11210.1mmmmrrrrrr=，可得11jjrr+，反证：假设满足11nnrr+的最小正
13、整数为11i m，当j i时，则12ijrr+；当1i j 时，则11jjrr+=，则112100()().()2()2mmmmmrrrrrrrrmiimi=+=，又因为11i m，则22(1)1mrmimmmm=+，所以假设不成立，11nnrr+=成立，所以数列 nr是以首项为 1，公差为 1 的等差数列，所以01nrnn=+=，nN（）证明：若mmAB，设nnnrSAB=，1 n m，根据题意可得0nS且nS为整数，反证法：假设存在正整数K，使得KSm，且Krm（若Krm=时，11krmBB+=不存在），则KKrABm，10kKrAB+，所以111()()kkKKKrrrKrKrbBBAB
14、ABm+=，这与11Krb+，2.，m相矛盾，所以对任意1 n m，nN，均有1nSm，若存在正整数N，使得0NNNrSAB=，即NNrAB=，取0rp=，qN=，Nsr=，使得PsqrABAB+=+，若不存在正整数N，使得0NS=，因为1nS，2m，1m，且1 n m，所以必存在1 XY m，使得XYSS=，即XYXrYrABAB=，可得YXXrYrABAB+=+，取pX=，Ysr=，qY=，Xrr=，使得psqrABAB+=+，若mmAB，设nnrnSBA=，1 n m，根据题意可得0nS且nS为整数，反证法：假设存在正整数K，使得KSm，则KrKBAm，10krKBA+，所以111()(
15、)kkKKKrrrrKrKbBBBABAm+=，这与11Krb+，2.，m相矛盾，所以对任意1 n m，nN，均有1nSm，若存在正整数N，使得0NNrNSBA=，即NNrAB=，取0rp=，qN=，Nsr=，使得PsqrABAB+=+，若不存在正整数N，使得0NS=，因为 1nS ，2，1m，且1 n m，所以必存在1 XY m，使得XYSS=，即YXXrYrABAB+=+，可得YXXrYrABAB+=+，取pX=，Ysr=，qY=，Xrr=，使得psqrABAB+=+综上所述，存在0 pq m，0 rs m，使得psqrABAB+=+2（2022北京）已知1:Q a，2a，ka为有穷整数数
16、列给定正整数m，若对任意的1n，2，m，在Q中存在ia，1ia+，2ia+，(0)ijaj+，使得12iiiijaaaan+=，则称Q为m连续可表数列（）判断:2Q，1，4 是否为5连续可表数列？是否为6连续可表数列？说明理由；（）若1:Q a，2a，ka为8连续可表数列，求证：k的最小值为 4；（）若1:Q a，2a，ka为20连续可表数列，且1220kaaa+，求证：7k【解答】解：（）若5m=，则对于任意的1n，2，3，4，5，21a=，12a=，12213aa+=+=，34a=，23145aa+=+=，所以Q是5连续可表数列；由于不存在任意连续若干项之和相加为 6，所以Q不是6连续可表
17、数列；（）假设k的值为 3，则1a，2a，3a 最多能表示1a，2a，3a，12aa+，23aa+，123aaa+，共 6 个数字，与Q是8连续可表数列矛盾，故4k；现构造:4Q，2，1，5 可以表达出 1，2，3，4，5，6，7，8 这 8 个数字，即存在4k=满足题意 故k的最小值为 4（）先证明6k 从 5 个正整数中，取一个数字只能表示自身，最多可表示 5 个数字，取连续两个数字最多能表示 4 个数字，取连续三个数字最多能表示 3 个数字，取连续四个数字最多能表示 2 个数字，取连续五个数字最多能表示 1 个数字，所以对任意给定的 5 个整数，最多可以表示5432 1 15+=个正整数
18、，不能表示 20 个正整数，即6k 若6k=，最多可以表示65432 121+=个正整数，由于Q为20连续可表数列，且1220kaaa+，所以其中必有一项为负数 既然 5 个正整数都不能连续可表120的正整数，所以至少要有 6 个正整数连续可表120的正整数，所以至少 6 个正整数和一个负数才能满足题意，当7k=时，数列 1，2，4，5，8，2，1满足题意，当7k 时，数列 1，2，4，5，8，2，1，0knaa=，所以7k符合题意，故7k 3（2021北京）设p为实数若无穷数列na满足如下三个性质，则称na 为p数列：10ap+，且20ap+=；414(1nnaan=，2，)；m nmnaa
19、ap+，1(1mnaapm+=，2，；1n=，2，)（）如果数列na的前四项为 2，2，2，1，那么na是否可能为2数列？说明理由；（）若数列na是0数列，求5a；（）设数列na的前n项和为nS，是否存在p数列na，使得10nSS恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，说明理由【解答】解：（）数列na不可能为2数列，理由如下，因为2p=，12a=，22a=，所以122aap+=，1213aap+=，因为32a=，所以312aaap+，121aap+，所以数列na不满足性质（）性质，10a，20a=；由性质2mmaa+，1ma+，因此31aa=或311aa=+，40a=或41a=，若40a=
20、，由性质可得34aa，即10a 或110a+，矛盾；若41a=，311aa=+，由34aa，则111a+，矛盾，因此只能是41a=，31aa=，又因为413aaa=+或4131aaa=+，所以112a=或10a=若112a=，则2110aaa+，111012aaa+=，1211a+=，2，不满足20a=，舍去；当10a=，则na的前四项为 0，0，0，1，下面用数学归纳法证明4(1n ian i+=，2，3)，441()nannN+=+，当0n=时，经检验命题成立；假设(0)n k k时命题成立 当1nk=+时，若1i=，则4(1)145(45)kkjkjaaa+=，利用性质：45|*jkja
21、ajN+，144 jkk+=，1k+，此时可得451kak+=+，否则45kak+=，取0k=可得50a=，而由性质可得5141aaa=+，2，与50a=矛盾 同理可得，46|*jkjaajN+，145 jkk+=，1k+，此时可得461kak+=+，48|*jkjaajN+，246 1jkk+=+，2k+，此时可得482kak+=+，47|*jkjaajN+，1461jkk+=+，又因为4748kkaa+，此时可得471kak+=+，即当1nk=+时，命题成立 综上可得，54 1 11aa+=；（）令nnbap=+，由性质可知，m，*nN，m nm nmnbapapap+=+，1mnmnap
22、apbb+=+，1mnbb+，由于110bap=+，220bap=+=，414144nnnnbapapb=+=，因此数列 nb为0数列，由（）可知，若*nN，4(1n ianp i+=，2，3)，411nanp+=+；1110114 2 320SSaap+=，910104 2 2(2)0SSaap+=，因此2p=，此时1a，2a，100a，0(11)jaj，满足题意 4（2020北京）已知na是无穷数列给出两个性质：对于na中任意两项ia，()ja ij，在na中都存在一项ma，使得2imjaaa=；对于na中任意一项(3)nan，在na中都存在两项ka，()la kl，使得2knlaaa=（
23、）若(1nan n=，2，)，判断数列na是否满足性质，说明理由；（）若12(1nnan=，2，)，判断数列na是否同时满足性质和性质，说明理由；（）若na是递增数列，且同时满足性质和性质，证明：na为等比数列【解答】解：（）不满足，理由：2329*2aNa=，不存在一项ma使得232maaa=（）数列na同时满足性质和性质，理由：对于任意的i和j，满足2212ijijaa=，因为*iN，*jN且ij，所以2*ijN，则必存在2mij=，此时，12 mia且满足2212ijimjaaa=，性质成立，对于任意的n，欲满足212122nk lknlaaa=，满足2nkl=即可，因为*kN，*lN，
24、且kl，所以2kl可表示所有正整数，所以必有一组k，l使2nkl=，即满足2knlaaa=，性质成立（）首先，先证明数列恒正或恒负，反证法：假设这个递增数列先负后正，那么必有一项la绝对值最小或者有la与1la+同时取得绝对值最小，如仅有一项la绝对值最小，此时必有一项2lmjaaa=，此时|mlaa 与前提矛盾，如有两项la与1la+同时取得绝对值最小值，那么必有21lmlaaa+=，此时|mlaa=，与前提条件矛盾，所以数列必然恒正或恒负，在数列恒正的情况下，由知，存在k，l且kl，因为是递增数列，0klaa，使得23kklaaaa=，即3kl，所以2231aaa=，此时1a，2a，3a成
25、等比数列，数学归纳法：（1）已证3n=时，满足na是等比数列，公比21aqa=，（2）假设nk=时，也满足ka是等比数列，公比21aqa=，那么由知21kkkaqaa=等于数列的某一项ma，证明这一项为1ka+即可，反证法：假设这一项不是1ka+，因为是递增数列，所以该项211kmkkkaaqaaa+=，那么1kkkaaqa+，由等比数列ka得1111kkka qaa q+，由性质得2111kkmlaa qa qa，同时21mkmllaaaaa+=，s所以1kml+，所以ma，la分别是等比数列ka中两项，即11mmaa q=，11llaa q=，原式变为121111km lka qa qa
26、q，所以121kmlk ，又因为*kN，*mN，*lN，不存在这组解，所以矛盾，所以知211kkkkaqaaa+=，1ka+为等比数列，由数学归纳法知，na是等比数列得证，同理，数列恒负，na也是等比数列 5（2023朝阳区一模）已知有穷数列1:A a，2a，*(NaNN，3)N满足 1ia ，0，1(1i=，2，)N给定正整数m，若存在正整数s，()t st，使得对任意的0k，1，2，1m，都有s kt kaa+=，则称数列A是m连续等项数列（1）判断数列:1A，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；（）若项数为N的任意数列A都是2连续等项数列，求N的最
27、小值；（）若数列1:A a，2a，Na不是4连续等项数列，而数列112:Aa a，Na，1，数列212:Aa a，Na，0 与数列31:Aa，2a，Na，1 都是4连续等项数列，且30a=，求Na的值【解答】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：24kkaa+=，0k=，1，2，A是3连续等项数列，1a，2a，3a，4a为1，1，0，1，2a，3a，4a，5a为 1，0，1，0，3a，4a，5a，6a为 0，1，0，1，4a，5a，6a，7a为 1，0，1，1，所以不存在正整数s，()t st，使得s kt kaa+=，0k=，1，2，3，所以数列A不是4连续等项数列
28、；（）设集合(,)|1Sx yx=，0，1，1y，0，1，则S中的元素个数为239=个，在数列A中，1ia ，0，1，1i=，2，3.N，(ia，1)iaS+，1i=，2.1N，若11N，则1 109N，所以在1(a，2)a，2(a，3)a，3(a，4).a，1(Na，)Na这1N 个有序数对中，至少有两个有序数对相同，即存在正整数s，()t st，使得staa=，11staa+=，所以当项数11N时，数列A一定是2连续等项数列，若3N=，数列 0，0，1 不是2连续等项数列，若4N=，数列 0，0，1，1 不是2连续等项数列，若5N=，数列 0，0，1，1，0 不是2连续等项数列，若6N=，
29、数列 0，0，1，1，0，1不是2连续等项数列，若7N=，数列 0，0，1，1，0，1，1 不是2连续等项数列，若8N=，数列 0，0，1，1，0，1，1，1不是2连续等项数列，若9N=，数列 0，0，1，1，0，1，1，1，1不是2连续等项数列，若10N=，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；（）因为1A，2A，3A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，2)kN，使得2iNaa=，11iNaa+=，2iNaa+=，31ia+=，2jNaa=，11jNaa+=，2jNaa+=，30ja+=，2kNaa=，11k
30、Naa+=，2kNaa+=，31ka+=，下面用反证法证明min i，j，1k=，假设min i，j，1k，1ia，1ja，1ka，3 1Na，0，1，所以1ia，1ja，1ka，3Na中至少有两个数相等，不妨设11ijaa=，则11ijaa=，ijaa=，11ijaa+=，22ijaa+=，所以数列A是4连续等项数列，与题设矛盾，min i，j，1k=，所以22230Nijkaaaaa+=6（2023西城区一模）给定正整数2n，设集合1|(Mt=，2t，)nt，0kt，1，1k=，2，n对于集合M中的任意元素1(x=，2x，)nx和1(y=，2y，)ny，记1122nnx yx yx y=+
31、设AM，且集合1|(iiiAt=，2it，)int，1i=，2，n，对于A中任意元素i，j，若,1,ijp ijij=则称A具有性质(,)T n p（）判断集合(1A=，1，0)，(1，0，1)，(0，1，1)是否具有性质(3,2)T？说明理由；（）判断是否存在具有性质(4,)Tp的集合A，并加以证明；（）若集合A具有性质(,)T n p，证明：12(1jjnjtttp j+=，2，)n【解答】解：（）(1，1，0)(1，1，0)1 1 1 1 0 02=+=，同理可得(1，0，1)(1，0，1)(0=，1，1)(0，1，1)2=，而(1，1，0)(1，0，1)1 1 1 00 1 1=+=，
32、同理可得(1，1，0)(0，1，1)(1=，0，1)(0，1，1)1=，集合(1A=，1，0)，(1，0，1)，(0，1，1)具有性质(3,2)T；（）当4n=时，集合A的元素有 4 个，由题可知0p，1，2，3，4，假设集合A具有性质(4,)Tp，则当0p=时，(0A=，0，0，0)，矛盾；当1p=时，(1A=，0，0，0)，(0，1，0，0)，(0，0，1，0)，(0，0，0，1)，不具有性质(4,1)T，矛盾；当2p=时，(1A=，1，0，0)，(1，0，1，0)，(1，0，0，1)，(0，1，1，0)，(0，1，0，1)，(0，0，1，1)，(1，1，0，0)和(0，0，1，1)至多一
33、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的元素个数小于 4，矛盾；当3p=时，(1A=，1，1，0)，(1，1，0，1)，(1，0，1，1)，(0，1，1，1)，不具有性质(4,3)T，矛盾；4p=时，(1A=，1，1，1)，矛盾，综合可得：不存在具有性质(4,)Tp的集合A；（）证明：设12(1jjjnjctttj=+=，2，)n，则12ncccnp+=，若0p=，则(0A=，0，0)，矛盾；当1p=时，(1A=，0，0，0)，矛盾，故2p，假设存在j使得1jcp+，不妨设1j=，即11cp+，当1cn=时
34、，有0jc=或1(2jcj=，3，)n成立，1，2，n中分量为 1 的个数至多有(1)212nnnn np+=，当11pcn+时，不妨设11211,11pttt+=，10nt=，nnp=，n的各分量有p个 1，不妨设23,11nnn pttt+=，由ij时，1ij=可知：2q，3，1p+，1qt，2qt，1,pqt+中至多有一个 1，即1，2，1p+的前1p+个分量中，至多含有121ppp+=+个 1，又1(1ini=，2，1)p+，则1，2，1p+的前1p+个分量中，含有(1)(1)22ppp+=+个 1，矛盾，(1jcp j=，2，)n，12ncccnp+=，(1jcp j=，2，)n，1
35、2(1jjnjtttp j+=，2，)n 7（2023东城区一模）已知数表11121221222()nnnaaaAaaa=中的项(1ija i=，2；1j=，2，)n互不相同，且满足下列条件：1ija，2，2 n；112(1)()0(1mmmaam+=，2，)n 则称这样的数表2nA具有性质P（）若数表22A具有性质P，且124a=，写出所有满足条件的数表22A，并求出1112aa+的值；（）对于具有性质P的数表2nA，当11121naaa+取最大值时，求证：存在正整数(1)kk n，使得12kan=；（）对于具有性质P的数表2nA，当n为偶数时，求11121naaa+的最大值【解答】解：（）
36、满足条件的数表22A为1423，1432，2431，所以1112aa+的值为 5，5，6；（）证明：若当11121naaa+取最大值时，存在1)j n，使得22jan=，由数表2nA具有性质P可得j为奇数，不妨设此时数表为1112122222nnnaaaAnaa=，若存在1(kak为偶数，1)k n，使得111kaa，交换1ka，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，所以存在正整数(1)ki n，使得12ian=，若对任意的1(kak为偶数，1)k n，都有111kaa，交换12a和11a的位置，所得到的新数表也也具有性质P，此时转化为的表况
37、，综上可得，存在正整数(1)kk n，使得12kan=；（）当n为偶数时，令2nk=，(1 k n，对任意具有性质P的数表11121221222nnnaaaAaaa=，一方面，122214241222()()()(41)(43)(21)kkaaaaaakkk+，因此2121422222422()()3kkaaaaaak+，另一方面，211iiaa，(1i=，3，5，1)n，因此11131212123221()()kkaaaaaak+，记1111212nSaaa=+，2212222nSaaa=+，由+可得2123SSkk+，又21282SSkk+=+，可得21112kkS+，构造数表2nA=；1
38、434153131214263kkkkkkkkkkkk+，可知数表2nA具有性质P，且2211111228kknnS+=，综上可知，当n为偶数时，求11121naaa+的最大值为21128nn+8（2023海淀区一模）已知数列na给出两个性质：对于na中任意两项()ija a i j，在na中都存在一项ka，使得kijaa a=；对于na中任意连续三项na，1na+，2na+，均有12121()()02nnnnnnaaaaaa+=（）分别判断一下两个数列是否满足性质，并说明理由；()i有穷数列1:2(1nnnaan=，2，3)；()ii无穷数列:21(1nnbbnn=，2，3，)（）若有穷数列
39、na满足性质和性质，且各项互不相等，求项数m的最大值；（）若数列na满足性质和性质，且10a，21a ，32a=，求na的通项公式【解答】解：（）()i有穷数列1:2(1nnnaan=，2，3)不满足性质 令3ij=，则2316ija aa=不是数列na中的项，有穷数列na不满足性质；()ii无穷数列:21(1nnbbnn=，2，3，)满足性质 对于任意的ib，()jb i j，有(21)(21)2(21)1ijbbijijij=+，21 1ijij+，令21kijij=+即可，无穷数列 nb满足性质（）对于有穷数列na，记其非零项中绝对值最大的一项为pa，绝对值最小的一项为qa，故令ijp=
40、时，存在一项2|kijpaa aa=，即0|1pa，再令ijq=时，存在一项2|kijqaa aa=，即|1qa，又1|1qpaa，数列所有非零项的绝对值均为 1，又数列na的各项均不相等，其最多有 0，1，1，共 3 项，3m，构造数列:0na，1，1，其任意两项乘积均为 0，1，1 之一，满足性质，其连续三项满足0(1)10 =，满足性质，又其各项均不相等，该数列满足条件，此时3m=，综上，项数m的最大值为 3（）首先证明：当10a，21a 时，数列满足210ta，20ta，且2|ttaa+，1t=，2，3，(*)，对于任意数列的连续三项na，1na+，2na+，总有12121()()02
41、nnnnnnaaaaaa+=，即21nnnaaa+=或2112nnnaaa+=，不论是哪种情形，均有：当10nnaa+时，21102nnnnaaaa+，即2|nnaa+，当10nnaa+时，21102nnnnaaaa+，即2|nnaa+，1201aa ，性质(*)得证 考虑1a，2a，3a三项，有312aaa=或31212aaa=，若312aaa=，则1321aaa=+，此时令1ij=，有211aa，由性质(*)知不存在k，使得0ka，且211kaaa=，只有31212aaa=，此时1321322aaa=+，534323311155()22242aaaaaaa=，令1ij=时，21594aa，
42、由性质(*)知，只有211aa=或213aa=，当213aa=时，12132,2()2 24aaaa=，此时令2i=，1j=，2144 2a a=，但42312 252aaa=，即421|aa a，由性质(*)知不存在k，使得21kaa a=，211aa=，即11a=，从而22a=，经验证，数列 1,222:2,nnnnnaan=为奇数为偶数满足条件，下面证这是唯一满足条件的数列，假设sa是第一个不满足上述通项公式的项，则4s，当21st=+，2t时，只能为11212122(2)3 2ttttttaaa+=，令21it=，3j=，则2tija a=，但21212titaa+，由性质(*)，不存
43、在k，使得ijka aa=，当2st=，2t时，只能为1122222111223 2222tttttttaaa=，则2222122122211115119()222224216ttttttttttaaaaaaaa+=，令22it=，3j=，则2tija a=，但2222tttaa+，由性质(*)，不存在k，使得ijka aa=，不存在不满足上述通项公式的项，综上，数列na的通项公式为1222,2,nnnnan=是奇数是偶数 9（2023海淀区二模）设为整数有穷数列na的各项均为正整数，其项数为(2)m m若na满足如下两个性质，则称na为P数列：1ma=，且1(1iai=，2，1)m；11,(
44、1,2nnnnaaanaa+=为奇数为偶数，2，1)m（1）若na为1P数列，且15a=，求m；（2）若na为1P数列，求1a的所有可能值；（3）若对任意的1P数列na，均有212logmad+，求d的最小值【解答】解：（1）依题意15a=，11,2nnnnnaaaaa+=为奇数为偶数，所以26a=，33a=，44a=，52a=，61a=，所以6m=（2）依题意11,2nnnnnaaaaa+=为奇数为偶数，11a，下面证明对于任意的正整数1k，当1ak=时，均存在数列na为1P数列，12a=时21a=，2m=符合题意，反证，假设存在正整数1k，当1ak=时，不存在数列na为1P数列，设此时k的
45、最小值为(3)M M，即12a=，3，4，1M 时存在1P数列，1aM=时不存在1P数列，当M为奇数时，因为存在以1M 为首项的1P数列，1a、2a、ma，所以M、1a、2a、ma就是首项为M的1P数列，与假设矛盾，当M为偶数时，因为存在以2M为首项的1P数列，1a、2a、ma，所以M、1a、2a、ma就是首项为M的1P数列，与假设矛盾，综上，1a的所有可能取值为全体大于 1 的正整数（3）依题意11,2nnnnnaaaaa+=为奇数为偶数，1ma=，12ma=，24ma=，先证明2d=符合题意，即212log2ma+，当2m=时显然成立，当3m时，对任意3ia，21,1,224iiiiaaa
46、a+，故212iiaa+，即22 2(2)iiaa+，()i当21(1mtt=+=，2，)时，由1222 2(2)2ttmaa=，1212222mta+=+，所以122122log22log(2)21mamm+=+()ii当22(1mtt=+=，2，)时，由1222 2(2)2ttmaa=，1222222mta+=+，1212121maa=+，所以122122log22log(2)2mam+=再证明2d 对任意的偶数2(2mt t=，3，)，令12221,1,3,122,2,4,21,m nm nnnmanmnm+=+=，先验证na为1P数列，当1n=，3，3m时1221m nna=+为奇数，
47、(1)21221mnnnaa+=+=+，符合；当2n=，4，2m时222m nna=+为偶数，(1)1211212mnnnaa+=+=，符合；当1nm=时12ma=，1ma=，符合；又na符合，所以na为1P数列 下面证明2d 不符合题意 假设2d，因为2(2mt t=，3，)，112221222log2log(21)22log(21)mmd mam=+=+，所以2(2mt t=，3，)，12222log(21)dm，矛盾 综上可得d的最小值为 2 10（2023西城区二模）给定奇数3n，设0A是n n的数阵ija表示数阵第i行第j列的数，11,0,ijijaij=或且(1ijjiaai=，2
48、，n；1j=，2，)n定义变换t为“将数阵中第t行和第t列的数都乘以1”，其中1t，2，n 设1(Tt=，2t，)st，1rt，2，n，1r=，2，*()s sN将0A经过1t变换得到1A，1A经过2t变换得到2A，1sA经过st变换得到sA记数阵rA中 1 的个数为0()ATr（）当3n=时，设00111011 10A=，(1,3)T=，写出1A，2A，并求00(1),AATT（2）；（）当5n=，2s时，对给定的数阵0A，证明：00(2)AATT（1）是 4 的倍数；（）证明：对给定的数阵0A，总存在T，使得02(1)()2AnTs【解答】解：（）当3n=时，设0011(101)1 10A
49、=，(1,3)T=，由已知可得101 1(101)110A=，2011(101)110A=所以0(1)4AT=，0(2)0AT=（）当5n=，2s时，根据定义设数阵1A中第2t行和第2t列中 1 的个数均为2tx，1的个数均为24tx 经过2t变换，1A的第2t行和第2t列均有2tx个 1 变为1，有24tx个1变为 1 所以00222(2)(1)2(4)4(2)AAtttTTxxx=即00(2)(1)AATT是 4 的倍数（）数阵mA经过1mt+变换得到数阵1mA+，设mA第1mt+行和第1mt+列中 1 的个数均为1mty+由（）可知，00101(1)()2(1)2()224mmAAtAt
50、TmTmnyTmny+=+=+设当TT=时，0()ATs取得最小值0()ATs，其中1(Tt=，2t，)st 记sA每行中 1 的个数为1z，2z，nz，则必有1(1,2,)2inzin=否则，若存在j使得12jnz，则令1(Tt=，2t，st，)j，有 0000(1)()224()()AAjAATsTsnzTsTs+=+=，与0()ATs为最小值矛盾 在1z，2z，nz中，若等于12n 的个数不超过12n+，则021111(1)()()(1)22222AnnnnnTsn+=若等于12n 的个数大于12n+，则必存在i，j满足1ija=，且12ijnzz=否则，不妨设112nz=，则共有111