2023北京高三一模数学汇编：压轴解答题—新定义(第21题)

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{}n a ．给出两个性质：
①对于{}n a 中任意两项(),i j a a i j ≥，在{}n a 中都存在一项k a ，使得k i j a a a =； ②对于{}n a 中任意连续三项12,,n n n a a a ++，均有()1212102n n n n n n a a a a a a ++++⎛⎫
−−−−= ⎪⎝⎭
．
(1)分别判断以下两个数列是否满足性质①，并说明理由：
（i ）有穷数列{}n a ：1
2(1,2,3)n n a n −==；
（ⅱ）无穷数列{}n b ：21(1,2,3,)n b n n =−=．
(2)若有穷数列{}n a 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{}n a 满足性质①和性质②，且1230,1,2a a a ><−=，求{}n a 的通项公式．
2．（2023·北京西城·统考一模）给定正整数2n ≥，设集合12{|(,,,),{0,1},1,2,,}n k M t t t t k n ==∈=αα．对于集合M 中的任意元素12(,,,)n x x x =β和12(,,,)n y y y =γ，记1122n n x y x y x y ⋅=++
+βγ．设A M ⊆，且集合
12{|(,,
,),1,2,
,}i i i i in A t t t i n ===αα，对于A 中任意元素,i j αα，若,,
1,,i j p i j i j αα=⎧⋅=⎨
≠⎩
则称A 具有性质(,)T n p ．
(1)判断集合{(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1)}A =是否具有性质(3,2)T ？说明理由； (2)判断是否存在具有性质(4,)T p 的集合A ，并加以证明； (3)若集合A 具有性质(,)T n p ，证明：12(1,2,
,)j j nj t t t p j n ++
+==．
3．（2023·北京东城·统考一模）已知数表11
121221
22
2n n n a a a A a a a ⎛⎫
=
⎪⎝⎭
中的项(1,2;1,2,,)ij a i j n ==互不相同，
且满足下列条件： ①{}1,2,,2ij a n ∈；
②()1
12(1)
0(1,2,
,)m m m a a m n +−−<=.
则称这样的数表2n A 具有性质P .
(1)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1112a a +的值； (2)对于具有性质P 的数表2n A ，当11121n a a a ++⋅⋅⋅+取最大值时，求证：存在正整数()1k k n ≤≤，使得12k a n =；
(3)对于具有性质P 的数表2n A ，当n 为偶数时，求11121n a a a ++⋅⋅⋅+的最大值. 4．（2023·北京朝阳·统考一模）已知有穷数列()*12:,,
,,3N A a a a N N ∈≥N 满足
{}()1,0,11,2,,i a i N ∈−=．给定正整数m ，若存在正整数s ，()t s t ≠，使得对任意的{}0,1,2,
,1k m ∈−，
都有s k t k a a ++=，则称数列A 是m −连续等项数列．
(1)判断数列:1,1,0,1,0,1,1A −−是否为3−连续等项数列？是否为4−连续等项数列？说明理由；
(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12:,,,N A a a a 不是4−连续等项数列，而数列112:,,
,,1N A a a a −，数列212:,,
,,0N A a a a 与数列
312:,,
,,1N A a a a 都是4−连续等项数列，且30a =，求N a 的值．
5．（2023·北京丰台·统考一模）已知集合(){1,2,3,
,*2},4n S n n n =∈≥N ，对于集合n S 的非空子集A ．若
n S 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n S 的“期
待子集”．
(1)试判断集合{}13,4,5A =，2{3,5,7}A =是否为集合4S 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n S 的非空子集A ，证明：集合A 是集合n S 的“期待子集”的充要条件是集合
A 具有性质P ；
(3)若(4)n S n ≥的任意含有m 个元素的子集都是集合n S 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{}n a 满足以下两个条件，则称该数列为τ数列. ①11a =，当2n ≥时，122n n a a −−=+；
②若存在某一项5m a ≤−，则存在{}1,2,,1k m ∈⋅⋅⋅−，使得4k m a a =+（2m ≥且m *∈N ）. (1)若20a <，写出所有τ数列的前四项；
(2)若20a >，判断τ数列是否为等差数列，请说明理由； (3)在所有的τ数列中，求满足2021m a =−的m 的最小值.
7．（2023·北京房山·统考一模）如果数列{}n a 对任意的*N n ∈，211n n n n a a a a +++−>−，则称{}n a 为“速增数列”.
(1)判断数列{}2n
是否为“速增数列”？说明理由；
(2)若数列{}n a 为“速增数列”.且任意项Z n a ∈，121,3,2023k a a a ===，求正整数k 的最大值；
(3)已知项数为2k （2,Z k k ≥∈）的数列{}n b 是“速增数列”，且{}n b 的所有项的和等于k ，若2n b
n c =，
1,2,3,
,2n k =，证明：12k k c c +<.
8．（2023·北京顺义·统考一模）已知12:,,,n A a a a 为正整数数列，满足12n a a a ≥≥≥．记
12n S a a a =++
+．定义A 的伴随数列{}(11)k T k n ≤≤+如下：
①10T =；
②1(1)k k k k T T a k n λ+=+≤≤，其中1,0,
(1,2,,)1,0k k k T k n T λ≤⎧==⎨
−>⎩
．
(1)若数列A ：4，3，2，1，直接写出相应的伴随数列{}(15)k T k ≤≤； (2)当2n ≥时，若22S n =−，求证：11n n a a −==； (3)当2n ≥时，若22S n =−，求证：10n T +=．
9．（2023·北京平谷·统考一模）对于每项均是正整数的数列11:A a 、2a 、
、n a ，定义变换1T ，1T 将数列
A 变换成数列()
1:T A n 、11a −、21a −、
、1n a −．对于每项均是非负整数的数列1:B b 、2b 、
、m b ，
定义变换2T ，2T 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()2T B ；又定义()()22
2
121222m m S B b b mb b b b =++
++++
+．设0A 是每项均为正整数的有穷数列，令
()()()1210,1,2,
k k A T T A k +==．
(1)如果数列0A 为5、1、3，写出数列1A 、2A ；
(2)对于每项均是正整数的有穷数列A ，证明()()()1S T 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0A ，存在正整数K ，当k K ≥时，()()1k k S A S A +=．
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
(3)1
2
22,2,n n n n a n −⎧⎪=⎨⎪−⎩
是奇数
是偶数
【分析】（1）（i ）令3i j ==，代入求解即可判断；（ⅱ）对于任意(),i j b b i j ≥，直接相乘得到
()2211i j b b ij i j =−−+−即可判断；
（2）对于有穷数列{}n a ，记其非零项中绝对值最大的一项为p a ，绝对值最小的一项为q a ，令i j p ==时，得到01p a <≤；再令i j q ==时，得到1q a ≥，从而得到数列{}n a 至多有0，-1，1共3项，再构造数列{}n a ：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10a >，21a <−时，数列满足210t a −>，20t a <且2t t a a +<，1,2,3
t = (*)，再考虑
1a ，2a ，3a 三项，结合性质(*)得到11a =，从而22a =−，最后经验证，数列{}n a ：1
2
22,2,n n n n a n −⎧⎪=⎨⎪−⎩
是奇数
是偶数满足
条件，再通过反证法证明这是唯一满足条件的数列即可．
【详解】（1）（i ）不满足．令3i j ==，则2
316i j a a a ==不是数列{an } 中的项，故有穷数列{}n a 不满足性
质①；
（ⅱ）满足．对于任意(),i j b b i j ≥，有()()()21212211i j b b i j ij i j =−−=−−+−， 由于211ij i j −−+≥，令21k ij i j =−−+即可，故无穷数列{}n b 满足性质①．
（2）对于有穷数列{}n a ，记其非零项中绝对值最大的一项为p a ，绝对值最小的一项为q a ，
故令i j p ==时，存在一项2
k i j p a a a a ==，
又p a 是数列{}n a 非零项中绝对值最大的，所以2
p p a a =，即01p a <≤；
再令i j q ==时，存在一项2
k i j q a a a a ==，
又q a 是数列{}n a 非零项中绝对值最小的，所以2
q q a a ≤，即1q a ≥，
又11q p a a ≤≤≤，所以数列所有非零项的绝对值均为1，
又数列{}n a 的各项均不相等，所以其至多有0，-1，1共3项，所以3m ≤， 构造数列{}n a ：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()0110−−−=，满足性质②.
又其各项均不相等，所以该数列满足条件，此时3m =， 综上，m 的最大值为3．
（3）首先证明：当10a >，21a <−时，数列满足210t a −>，20t a <且2t t a a +<，1,2,3t = (*)
因为对于任意数列的连续三项n a ，1n a +，2n a +，总有()1212102n n n n n n a a a a a a ++++⎛⎫
−−−−= ⎪⎝⎭
，
即 21n n n a a a ++=− 或211
2n n n a a a ++=−，不论是哪种情形， 均有
当10n n a a +>>时，211
02n n n n a a a a ++≥−>>，即2n n a a +>；
当10n n a a +<<时，211
02
n n n n a a a a ++≤−<<，亦有2n n a a +>，
又1201a a >>−>，故性质(*)得证．
考虑1a ，2a ，3a 三项，有312a a a =−或3121
2
a a a =−，
若312a a a =−，则1321a a a =+<，此时令1i j ==，有2
11a a <，
由性质(*)知不存在k 使得0k a >，且2
11k a a a =<，
故只有31212a a a =−，此时13213
22
a a a =+<，
因为534323311155
22242
a a a a a a a ⎛⎫≥−≥−−>= ⎪⎝⎭ ，
所以令1i j ==时，2
159
4
a a <
<， 由性质(*)知，只有211a a =或2
13a a =，
当2
13a a =
时，1a =(
)21324a a ==，此时令2,1i j ==
，214a a =−
但4231
52
a a a ≤−=，即421a a a >，
由性质(*)知不存在k 使得21k a a a =，
所以2
11a a =，即11a =，从而22a =−，
经验证，数列{}n a ：12
22,2,n n n n a n −⎧⎪=⎨⎪−⎩
是奇数
是偶数满足条件，下面证这是唯一满足条件的数列，
假设s a 是第一个不满足上述通项公式的项，4s ≥，
当21s t =+，2t ≥时，只能为11
212122(2)32t t t t t t a a a −−+−=−=−−=⋅，
令21,3i t j =−=，则 2t i j a a =，但21212t
t t a a −+<<，
由性质(*)，不存在k 使得i j k a a a =，
当2s t =，2t ≥时，只能为11222221112232222
t t t t
t t t a a a −−−−−=−=−−⋅=−⋅>−，
则2222122122211115119222224216
t t
t t t t t t t t a a a a a a a a ++−−⎛⎫≤−≤−−=−=−⋅<− ⎪⎝⎭，
令22,3i t j =−=，则2t i j a a =−，但2222t
t t a a +>−>，
由性质(*)，不存在k 使得i j k a a a =， 故不存在不满足上述通项公式的项，
综上，数列{}n a 的通项公式为12
22,2,n n n n a n −⎧⎪=⎨⎪−⎩
是奇数
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(4,)T p ，分别考虑1,2,3,4p =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1j c p +≥，考虑当1c n =时以及11p c 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)1111002⋅=⨯+⨯+⨯=，同理(1,0,1)(1,0,1)(0,1,1)(0,1,1)2⋅=⋅=． 又(1,1,0)(1,0,1)1110011⋅=⨯+⨯+⨯=，同理(1,1,0)(0,1,1)(1,0,1)(0,1,1)1⋅=⋅=． 所以集合{(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1)}A =具有性质(3,2)T ．
（2）当4n =时，集合A 中的元素个数为4．由题设{0,1,2,3,4}p ∈． 假设集合A 具有性质(4,)T p ，则 ①当0p =时，{(0,0,0,0)}A =，矛盾．
②当1p =时，{(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)}A =，不具有性质(4,1)T ，矛盾． ③当2p =时，{(1,1,0,0),(1,0,1,0),(1,0,0,1),(0,1,1,0),(0,1,0,1),(0,0,1,1)}A ⊆．
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3p =时，{(1,1,1,0),(1,1,0,1),(1,0,1,1),(0,1,1,1)}A =，不具有性质()4,3T ，矛盾． ⑤当4p =时，{(1,1,1,1)}A =，矛盾． 综上，不存在具有性质(4,)T p 的集合A ． （3）记12(1,2,
,)j j j nj c t t t j n =++
+=，则12n c c c np ++
+=．
若0p =，则{(0,0,,0)}A =，矛盾．若1p =，则{(1,0,0,,0)}A =，矛盾．故2p ≥． 假设存在j 使得1j c p +≥，不妨设1j =，即11c p +≥．
当1c n =时，有j c =0或1j c =(2,3,,)j n =成立．
所以12,,,n ααα中分量为1的个数至多有(1)212≤n n n n np +−=−<． 当11p c n +<≤时，不妨设11211,111,0p n t t t t +==
===．
因为n n p αα⋅=，所以n α的各分量有p 个1，不妨设23,11n n n p t t t +==
==．
由i j ≠时，1i j αα⋅=可知，{2,3,,1}q p ∀∈+，121,,,,q q p q t t t +中至多有1个1， 即121,,,p +ααα的前1p +个分量中，至多含有121p p p ++=+个1． 又1i n αα⋅=(1,2,,1)i p =+，则121,,,p +ααα的前1p +个分量中，含有
(1)(1)22p p p +++=+个1，矛盾．
所以(1,2,,)j c p j n =≤． 因为12n c c c np +++=，
所以j c p =(1,2,,)j n =． 所以12(1,2,
,)j j nj t t t p j n ++
+==．
【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
(3)21128
n n +
【分析】（1）根据题意写出满足性质P 的所有数表22A ，再分别计算即可； （2）根据题意，可知当11121n a a a ++
+取最大值时，存在1j n ≤≤，使得22j a n =，由数表2n A 具有性质P 可
得j 为奇数，不妨设此时数表为11121222
22n n n a a
a A n a a ⎛⎫
=
⎪⎝⎭
，再利用反证法证明即可； （3）结合性质P 可得212141,222242,2()()3k k a a a a a a k ++
+++
++≤，
11131,2121232,21()()k k a a a a a a k −−++
+++
+−≤，两式相加可得得2123S S k k +−≤，结合21282S S k k +=+，可得
21112k k
S +≤，构造数表21434154274332313121
4
2
6
3
8
4
13n k k k k k k k k k k k A k k k k k k k ++−+−+−+−+⎛⎫
=
⎪++++−⎝⎭
，结合性质P 进而可以求解.
【详解】（1）满足条件的数表22A 为141424233231⎛⎫⎛⎫⎛⎫
⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
，，， 所以1112a a +的值分别为5，5，6. （2）若当11121n a a a ++
+取最大值时，存在1j n ≤≤，使得22j a n =.
由数表2n A 具有性质P 可得j 为奇数，
不妨设此时数表为1112
1222
22n n n a a
a A n a a ⎛⎫=
⎪⎝⎭
.
①若存在1k a （k 为偶数，1k n ≤≤），使得111k a a >，交换1k a 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1i n ≤≤，使得12i a n =.
②若对任意的1k a （k 为偶数，1k n ≤≤），都有111k a a <，交换12a 和11a 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(1)k k n ≤≤，使得12k a n =.
（3）当n 为偶数时，令2n k =，()1k n ≤≤，对任意具有性质P 数表1112122122
2n n n a a
a A a a a ⎛⎫=
⎪⎝⎭
， 一方面，122214241,22,2()()()(41)(43)(21)k k a a a a a a k k k −+−++−−+−+
++≤，
因此212141,222242,2()()3k k a a a a a a k ++
+++
++≤．①
另一方面，211(1351)i i a a i n −=−，
，，，≥， 因此11131,2121232,21()()k k a a a a a a k −−++++++−≤.②
记111121,2221222,2,n n S a a a S a a a =++
+=+++．
由①+②得2123S S k k +−≤.
又2
1282S S k k +=+，可得21112
k k
S +≤
. 构造数表2143415427433231312
1
4
2
6
3
8
4
13n k k
k k k k k k k k k A k k k k k k k ++−+−+−+−+⎛⎫
=
⎪++++−⎝⎭
可知数表2n A 具有性质P ，且2211111228
k k n n
S ++=
=. 综上可知，当n 为偶数时，11121n a a a ++
+的最大值为21128
n n +.
【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:1A −，1，0，1，0，1，1−，可得结论；
（2）先根据新定义证明11N ≥时，数列A 一定是2−连续等项数列，再验证10n ≤时，A 不是2−连续等项数列即可；
（3）由123,A A A 都是4−连续等项数列可得21123,,,1i N i N i N i a a a a a a a −+−++====−，
21123,,,0,j N j N j N j a a a a a a a −+−++====21123,,,1k N k N k N k a a a a a a a −+−++====，再由反证法证得{}min ,,1i j k =，即可得出N a 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24(0,1,2)k k a a k ++==，所以A 是3−连续等项数列. 因为1234,,,a a a a 为1,1,0,1−； 2345,,,a a a a 为1,0,1,0；
5346,,,a a a a 为0,1,0,1;
4567,,,a a a a 为1,0,1,1−，
所以不存在正整数,()s t s t ≠，使得(0,1,2,3)s k t k a a k ++==. 所以A 不是4−连续等项数列.
（2）设集合{{}{}}
(,)|1,0,1,1,0,1S x y x y =∈−∈−，则S 中的元素个数为23=9. 因为在数列A 中)}{1,0,1(, 1,2,i a i N ∈−=，所以1(,)(1,2,,1)i i a a S i N +∈=−.
若11N ≥，则1109N −≥>. 所以在1223341(,),(,),(,),,(,)N N a a a a a a a a −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 s t ≠，使得11,t s s t a a a a ++==. 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 =，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.
（3）因为12,A A 与3A 都是4−连续等项数列， 所以存在两两不等的正整数,,(,,2)i j k i j k N <−, 使得21123,,,1i N i N i N i a a a a a a a −+−++====−， 21123,,,0,j N j N j N j a a a a a a a −+−++==== 21123,,, 1.k N k N k N k a a a a a a a −+−++====
下面用反证法证明{}min ,,1i j k =. 假设{}min ,,1i j k >，
因为{}1113,,,1,0,1i j k N a a a a −−−−∈−， 所以1113,,,i j k N a a a a −−−−中至少有两个数相等.
不妨设11i j a a −−=，则111122,,,,i j i j i j i j a a a a a a a a −−++++==== 所以A 是4−连续等项数列，与题设矛盾. 所以{}min ,,1i j k =.
所以22230N i j k a a a a a +++=====.
【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12,A A 与3A 都是4−连续等项数列得出21123,,,1i N i N i N i a a a a a a a −+−++====−，
21123,,,0,j N j N j N j a a a a a a a −+−++====21123,,,1k N k N k N k a a a a a a a −+−++====，利用反证法求{}min ,,1i j k =是
关键点.
5．(1)1A 是集合4S 的“期待子集”，2A 不是集合4S 的“期待子集” (2)证明见解析 (3)2n +
【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3m n ≤≤、1m n =+时不成立，再利用数学归纳法证明集合n S 的任意含有2n +个元素的子集，都是n S 的“期待子集”，即可得解. 【详解】（1）因为{}41,2,3,4,5,6,7,8S =，
对于集合{}13,4,5A =，令3
45a b b c c a +=⎧⎪
+=⎨⎪+=⎩，解得213a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩
，显然41S ∈，42S ∈，43S ∈
所以1A 是集合4S 的“期待子集”；
对于集合2{3,5,7}A =，令111111
3
57
a b b c c a +⎧⎪
+=⎨⎪+=⎩，则111152a b c ++=，
因为4111,,a b c S ∈，即111N*a b c ++∈，故矛盾，所以2A 不是集合4S 的“期待子集”； （2）先证明必要性：
当集合A 是集合n S 的“期待子集”时，由题意，存在互不相同的,,n a b c S ∈，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()()()20x y z a b c a b c a +−=+++−+=>，所以x y z +>，即条件P 中的②成立； 因为()()()()2x y z a b c a b c 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A ∈x,y,z ，满足①x y z <<，②x y z +>，③x y z ++为偶数， 记2x y z a z ++=
−，2x y z b y ++=−，2
x y z
c x ++=−，
由③得,,Z a b c ∈，由①得a b c z <<<，由②得02
x y z
a z ++=−>， 所以,,n a
b
c S ∈，
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n S 的“期待子集”. （3）m 的最小值为2n +，理由如下：
一方面，当3m n ≤≤时，对于集合{}|21,1,2,3,,i i M a a i i m ==−=，其中任意三个元素之和均为奇数，由
（2）知，M 不是n S 的“期待子集”；
当1m n =+时，对于集合{}{}|21,1,2,3,
,2i i M a a i i n ==−=，
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n S 的“期待子集”； 所以2m n ≥+.
另一方面，我们用数学归纳法证明集合n S 的任意含有2n +个元素的子集，都是n S 的“期待子集”： （I ）当4n =时，对于集合4S 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{}1,2,3,5,7B ⊆，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4S 的“期待子集”，
所以当4n =时4S 的任意含有6个元素的子集都是集合4S 的“期待子集”.
（II ）假设当()4n k k =≥时结论成立，即集合k S 的任意含有2k +个元素的子集都是k S 的“期待子集”，那么1n k =+时，对于集合1k S +的任意含有3k +个元素的子集C ，
分成两类，①若21k +，22k +至多有1个属于C ，则C 中至少有2k +个元素都在集合k S ，由归纳假设知，结论成立；
②若21k C +∈，2k C ∈，则集合C 中恰含k S 的1k +个元素，此时，当C 中只有一个奇数时，则集合C 中包含k S 中的所有偶数，此时数组24k −，22k −，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 ，21k −，2k 符合条件P ，结论成立，所以1n k =+时结论成立，
根据（I ）（II ）知，集合n S 的任意含有2n +个元素的子集，都是n S 的“期待子集”，所以m 的最小值为2n + 【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)τ数列的前四项为：1,1,1,1−−；1,1,1,5−；1,1,3,3−−；1,1,3,7− (2)τ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
【分析】（1）先根据条件①去绝对值可得1n n a a −=−或14n n a a −=+，由20a <得21a =−，再根据条件逐个列举即可；
（2）由条件①知，当2n ≥时，1n n a a −=−或14n n a a −=+，由20a >得25a =，利用反证法假设τ数列中存在最小的正整数i （3i ≥），使得1i i a a −=−，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()431506n b n n =−+≤≤必为数列{}n a 中的项，再结合条件①可得31n n a b −=分析即可．
【详解】（1）由条件①知，当2n ≥时，1n n a a −=−或14n n a a −=+， 因为20a <，由条件①知21a =−，
所以τ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20a >，τ数列是等差数列
由条件①知，当2n ≥时，1n n a a −=−或14n n a a −=+， 因为20a >，所以25a =
假设τ数列中存在最小的正整数i （3i ≥），使得1i i a a −=−， 则1231,,,
,i a a a a −单调递增，
由11a =则1231,,,,i a a a a −均为正数，且125i a a −≥=.
所以15i i a a −=−≤−.由条件②知，则存在 {}1,2,3,,1k i ∈−，使得41k i a a =+≤−
此时与1231,,,
,i a a a a −均为正数矛盾，
所以不存在整数i （3i ≥），使得1i i a a −=−，即14n n a a −=+. 所以τ数列为首项为1公差为4的等差数列. （3）由2021m a =−及条件②, 可得1,5,9,
,2017,2021−−−−−必为数列{}n a 中的项，记该数列为{}n b ，有()431506n b n n =−+≤≤，
不妨令n j b a =，由条件①，143j j a a n +=−=−或1447j j a a n +=+=−+均不为141n b n +=−−； 此时243j a n +=−+或41n +或47n −或411n −+，均不为141n b n +=−− 上述情况中，当143j a n +=−，241j a n +=+时，32141j j n a a n b +++=−=−−= 结合11a =，则有31n n a b −=.
由5062021b =−，得350611517m =⨯−=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1
212n n n a a +++−=，12n
n n a a +−=，122n n +>，得到答案.
（2）根据题意得到()120232
k k +≥
，Z k ∈，计算当64k =时，
()120802
k k +=，当65k =时，
()121452
k k +=，得到答案.
（3）证明211k m m k k b b b b −+++>+，得到()1k k k k b b +>+，得到11k k b b ++<，代入计算得到证明.
【详解】（1）因为2n n a =，则211
21222n n n n n a a +++++=−−=，11222n n n n n a a ++−=−=，
又122n n +>，故211n n n n a a a a +++−>−，数列{}2n
是“速增数列”.
（2）121,3,2023k a a a ===，
当2k ≥时，()()()11221120231231k k k k k a k a a a a a a a k −−−==−+−++−+≥+++
+−+，
即()120232
k k +≥
，Z k ∈，
当63k =时，
()120162
k k +=，当64k =时，
()120802
k k +=，
故正整数k 的最大值为63.
（3）2111k k k k k k b b b b b b +++−−>−>−，故211k k k k b b b b ++−−>−，即211k k k k b b b b +−++>+； 32211112k k k k k k k k k k b b b b b b b b b b +++++−−−−>−>−>−>−，故3212k k k k b b b b ++−−−>−，
即32121k k k k k k b b b b b b +−−+++>+>+，
同理可得：211k m m k k b b b b −+++>+，*N m ∈，11m k ≤≤−， 故()()()()1221222111k k k k k k k k b b b b b b b b b k b b −++=++
+=++++++>+，
故11k k b b ++<，1112222k k k k b b b b
k k c c ++++=⨯=<，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211k m m k k b b b b −+++>+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2n =，3n ≥两种情况，利用反证法即可求解；
（3）讨论2n =，3n ≥两种情况，当3n ≥时，由（2）的结论，12,,,n a a a 中至少有两个1，利用反证法可
得1a m ≤，根据{}(11)i T i n ≤≤+的定义即可证明. 【详解】（1）因为数列A ：4，3，2，1，12n a a a ≥≥≥，
所以12344,3,2,1a a a a ====. 因为1,0,
(1,2,
,)1,0k k k T k n T λ≤⎧==⎨
−>⎩
，
所以10T =，2111104T T a a λ=++==，3222241T T a a λ=−+==， 4333311a T T a λ=−+=−=，5444410T T a a λ=−=+=+.
故数列A 的伴随数列为{}0,4,1,1,0−.
（2）当2n =时，222S n =−=，显然有11n n a a −==； 当3n ≥时，只要证明12n n a a −+=. 用反证法，假设13n n a a −+≥， 则1222n a a a −≥≥
≥≥，从而()1222321n S a a a n n =++
+≥−+=−，矛盾.
所以12n n a a −+=. 再根据12,,
,n a a a 为正整数，可知11n n a a −==.
故当2n ≥时，11n n a a −==.
（3）当2n =时，222S n =−=，有11n n a a −==，此时30110T =+−=，命题成立； 当3n ≥时，由（2）的结论，12,,,n a a a 中至少有两个1，
现假设12,,,n a a a 中共有()2m m ≥个1，即111,
2,
n
n n m n m a a a a −−+−==
==⎧⎨≥⎩
则1a m ≤.
因为若11a m ≥+，则()1212121n S a a a m n m m n =+++≥++−−+=−，矛盾. 所以1a m ≤.
根据{}(11)i T i n ≤≤+的定义可知，21T a m =≤，3120T a a m ≤=−≤， {}433max ,T a T m ≤≤，
以此类推可知一直有{}1max ,n m n m n m T a T m −+−−≤≤，再由后面111n n n m a a a −−+====，可知11n T +≤；
另一方面1n T +与S 奇偶性相同，所以10n T +=.
【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)1:4A 、3、2，2:3A 、3、2、1 (2)证明见解析 (3)证明见解析
【分析】（1）由0:5A 、1、3，求得()10T A 再通过()()121k k A T T A +=求解； （2）设有穷数列A 求得()1T A 再求得()()1S T A ，由()S A ()22
2
121222n n a a na a a a =++++++
+，两者作差比
较；
（3）设A 是每项均为非负整数的数列1a 、2a 、
、n a ．在存在1i j n ≤<≤，有i j a a ≤时条件下，交换数
列A 的第i 项与第j 项得到数列B ，在存在1m n ≤<，使得120m m n a a a ++=
===时条件下，若记数列1a 、
2a 、⋯、m a 为C ，()()121k k A T T A +=，()()()11k k S A S T A +≤．由()()()1k k S T A S A =，得到
()()1k k S A S A +≤．()k S A 是大于2的整数，所以经过有限步后，必有()()()120k k k S A S A S A ++===．
【详解】（1）解：0:5A 、1、3，()10:3T A 、4、0、2，()()1210:4A T T A =、3、2，
()11:3T A 、3、2、1，()()2211:3A T T A =、3、2、1.
（2）证明：设每项均是正整数的有穷数列A 为1a 、2a 、、n a ，
则()
1T A 为n 、11a −、21a −、
、1n a −，
从而()()1S T A 222212122[2(1)3(1)(1)(1)](1)(1)(1)n n n a a n a n a a a =+−+−+++−++−+−+
+−．
又()S A 22
2
12122(2)n n a a na a a a =++
++++
+，
所以()()()1S T A S A −2212122[23(1)]2()2()(1)0n n n n a a a n a a a n n n n n =−−−−++++++−++++=−+++=，
故()()()1S T A S A =．
（3）解：设A 是每项均为非负整数的数列1a ，2,a ，n a ．
当存在1i j n ≤<≤，使得i j a a ≤时，交换数列A 的第i 项与第j 项得到数列B ， 则()()2()2()()0j i i j j i S B S A ia ja ia ja i j a a −=+−−=−−≤． 当存在1m n ≤<，使得120m m n a a a ++====时，若记数列1a ，2,
a ，m a 为C ，
则()()S C S A =． 所以()()()2S T A S A ≤．
从而对于任意给定的数列0A ，由121(())(0k k A T T A k +==，1，2，…) 可知11()(())k k S A S T A +≤．
又由（2）可知1(())()k k S T A S A =，所以1()()k k S A S A +≤．
即对于N k ∈，要么有1()()k k S A S A +=，要么有1()()1k k S A S A +≤−．
因为()k S A 是大于2的整数，所以经过有限步后，必有12()()()0k k k S A S A S A ++===． 即存在正整数K ，当k K ≥时，()()1k S A S A +=.
【点睛】思路点睛：本题考查了数列新定义问题，按着某种规律新生出另一个数列的题目，涉及到归纳推理的思想方法，对学生的思维能力要求较高，综合性强，能很好的考查学生的综合素养，解答的关键是要理解新定义，根据定义进行逻辑推理，进而解决问题.。