《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

例2 (2025·郑州调研)已知数列$\{a_{n}\}$为有穷数列，且$a_{n}\in \mathbf{N}^{*}$，若数列$\{a_{n}\}$满足如下两个性质，则称数列$\{a_{n}\}$为$m$的$k$增数列：
①$a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots +a_{n}=m$；
②对于$1\leqslant i\lt j\leqslant n$，使得$a_{i}\lt a_{j}$的正整数对$(i,j)$有$k$个.
(1)写出所有$4$的$1$增数列；
(2)当$n = 5$时，若存在$m$的$6$增数列，求$m$的最小值；
(3)若存在$100$的$k$增数列，求$k$的最大值.由题意得$a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}=4$,且对于$1\leq i＜j\leq4$,使得$a_{i}＜a_{j}$的正整数对$(i,j)$有1个,由于$1 + 1+2 = 4$或$1+3 = 4$,故所有4的1增数列有数列1,2,1和数列1,3.当$n = 5$时,因为存在$m$的6增数列,即$a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{5}=m$,且对于$1\leq i＜j\leq5$,使得$a_{i}＜a_{j}$的正整数对$(i,j)$有6个,所以数列$\{a_{n}\}$的各项中必有不同的项,所以$m\geqslant6$且$m\in N^{*}$.若$m = 6$,满足要求的数列$\{a_{n}\}$中有四项为1,一项为2,所以$k\leqslant4$,不符合题意,所以$m＞6$.若$m = 7$,满足要求的数列$\{a_{n}\}$中有三项为1,两项为2,此时要求的数列中1,1,1,2,2满足要求的正整数对$(i,j)$的分别为$(1,4),(2,4),(3,4),(1,5),(2,5),(3,5)$,符合$m$的6增数列.因此,当$n = 5$时,若存在$m$的6增数列,则$m$的最小值为7.若数列$\{a_{n}\}$中的每一项都相等,则$k = 0$,若$k\neq0$,则数列$\{a_{n}\}$中存在大于1的项,若首项$a_{1}\neq1$,将$a_{1}$拆分成$a_{1}$个1后$k$变大,所以此时$k$不是最大值,所以$a_{1}=1$.当$i = 2,3,\cdots,n$时,若$a_{i}＞a_{i + 1}$,交换$a_{i},a_{i + 1}$的顺序后$k$变为$k + 1$,所以此时$k$不是最大值,所以$a_{i}\leqslant a_{i + 1}$.若$a_{i + 1}-a_{i}\notin\{0,1\}$,则$a_{i + 1}\geqslant a_{i}+2$,所以将$a_{i + 1}$改为$a_{i + 1}-1$,并在数列首位前添加一项1,$k$的值变大,所以此时$k$不是最大值.

答案： 例2 解
(1)由题意得$a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}=4$,
且对于$1\leq i＜j\leq4$,使得$a_{i}＜a_{j}$的正整数对
$(i,j)$有1个,
由于$1 + 1+2 = 4$或$1+3 = 4$,故所有4的1增
数列有数列1,2,1和数列1,3.
(2)当$n = 5$时,因为存在$m$的6增数列,
即$a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{5}=m$,
且对于$1\leq i＜j\leq5$,使得$a_{i}＜a_{j}$的正整数对
$(i,j)$有6个,
所以数列$\{a_{n}\}$的各项中必有不同的项,
所以$m\geqslant6$且$m\in N^{*}$.
若$m = 6$,满足要求的数列$\{a_{n}\}$中有四项为1,
一项为2,所以$k\leqslant4$,不符合题意,所以$m＞6$.
若$m = 7$,满足要求的数列$\{a_{n}\}$中有三项为1,
两项为2,
此时要求的数列中1,1,1,2,2满足要求的正整数对
$(i,j)$的分别为$(1,4),(2,4),(3,4),(1,5),(2,5),(3,5)$,符合$m$的6增数列.
因此,当$n = 5$时,若存在$m$的6增数列,
则$m$的最小值为7.
(3)若数列$\{a_{n}\}$中的每一项都相等,则$k = 0$,
若$k\neq0$,则数列$\{a_{n}\}$中存在大于1的项,
若首项$a_{1}\neq1$,将$a_{1}$拆分成$a_{1}$个1后$k$变大,
所以此时$k$不是最大值,所以$a_{1}=1$.
当$i = 2,3,\cdots,n$时,若$a_{i}＞a_{i + 1}$,交换$a_{i},a_{i + 1}$
的顺序后$k$变为$k + 1$,
所以此时$k$不是最大值,所以$a_{i}\leqslant a_{i + 1}$.
若$a_{i + 1}-a_{i}\notin\{0,1\}$,则$a_{i + 1}\geqslant a_{i}+2$,
所以将$a_{i + 1}$改为$a_{i + 1}-1$,并在数列首位前添
加一项1,$k$的值变大,所以此时$k$不是最大值.

训练2 (2025·济南质检)对于无穷数列$\{a_{n}\}$，“若存在$a_{m}-a_{k}=t(m,k\in \mathbf{N}^{*},m\gt k)$，必有$a_{m + 1}-a_{k + 1}=t$”，则称数列$\{a_{n}\}$具有$P(t)$性质.
(1)若数列$\{a_{n}\}$满足$a_{n}=\begin{cases}2n(n = 1,2),\\ 2n - 5(n\geqslant 3,n\in \mathbf{N}^{*}),\end{cases}$判断数列$\{a_{n}\}$是否具有$P(1)$性质？是否具有$P(4)$性质？
(2)对于无穷数列$\{a_{n}\}$，设$T=\{x|x = a_{j}-a_{i},i\lt j\}$，求证：若数列$\{a_{n}\}$具有$P(0)$性质，则$T$必为有限集；
(3)已知$\{a_{n}\}$是各项均为正整数的数列，且$\{a_{n}\}$既具有$P(2)$性质，又具有$P(3)$性质，是否存在正整数$N$，$k$，使得$a_{N}$，$a_{N + 1}$，$a_{N + 2}$，$\cdots$，$a_{N + k}$，$\cdots$成等差数列.若存在，请加以证明；若不存在，说明理由.因为$a_{n}=\begin{cases}2n&(n = 1,2),\\2n - 5(n\geqslant3,n\in N^{*}),\end{cases}$$a_{5}-a_{2}=5 - 4 = 1$,但$a_{6}-a_{3}=7 - 1 = 6\neq1$,所以数列$\{a_{n}\}$不具有性质$P(1)$,因为$a_{5}-a_{3}=4$且$a_{6}-a_{4}=4$,所以数列$\{a_{n}\}$具有性质$P(4)$.因为数列$\{a_{n}\}$具有性质$P(0)$,所以一定存在一组最小的且$m＞k$,满足$a_{m}-a_{k}=0$,即$a_{m}=a_{k}$,由性质$P(0)$的含义可得$a_{m + 1}=a_{k + 1},a_{m + 2}=\cdots,a_{2m - k - 1}=a_{m - 1},a_{2m - k}=a_{m}$,所以数列$\{a_{n}\}$中,从第$k$项开始的各项呈现周期性规律:$a_{k},a_{k + 1},\cdots,a_{m - 1}$为一个周期中的各项,所以数列$\{a_{n}\}$中最多有$m - 1$个不同的项,所以$T$最多有$C_{m - 1}^{2}$个元素,即$T$为有限集.因为数列$\{a_{n}\}$具有$P(2)$性质,又具有$P(3)$性质,所以存在$M',N'$,使得$a_{M'+p}-a_{M'}=2$,$a_{N'+q}-a_{N'}=3$,其中$p,q$分别是满足上述关系式的最小的正整数.由性质$P(2),P(3)$的含义可得$a_{M'+p}-a_{M'}=2,a_{N'+q}-a_{N'}=3$,若$M'＜N'$,则取$k = N'-M'$,若$M'＞N'$,则取$k = M'-N'$,可得$a_{M'+q}-a_{M'}=3$,记$M=\max(M',N')$,有$a_{M + p}-a_{M}=2,a_{M + q}-a_{M}=3$,显然$p\neq q$,由性质$P(2),P(3)$的含义可得:$a_{M + p + k}-a_{M + k}=2,a_{N'+q + k}-a_{N'+k}=3$.所以$a_{M + p + q}-a_{M + q}=(a_{M + q + p - 1}-a_{M + q + p - 2})+\cdots+(a_{M + q}-a_{M + q - 1})=2q_{M + p}-a_{M}=(a_{M + p + q}-a_{M + p - 1})+\cdots+(a_{M + q + 1}-a_{M + q})=3p$,所以$2q = 3p$,又$p,q$满足$a_{M + p}-a_{M}=2$,$a_{M + q}-a_{M}=3$的最小的正整数,$p = 2,a_{M + 2}-a_{M}=2,a_{M + 3}-a_{M}=3$,所以$a_{M + 2 + k}-a_{M + k}=2,a_{M + 3 + k}-a_{M + k}=3$,所以$a_{M + 2k}=a_{M + 2(k - 1)+2}=a_{M}+2k,a_{M + 3k}=a_{M + 3(k - 1)+3}=a_{M}+3k$,取$N = M + 3$,所以,若$k$是偶数,则$a_{N + k}=a_{N}+k$,若$k$是奇数,则$a_{N + k}=a_{N + 3+(k - 3)}=a_{N + 3}+(k - 3)=a_{N}+k$,所以$a_{N + k}=a_{N}+k$,所以$a_{N},a_{N + 1},a_{N + 2},\cdots a_{N + k}$是公差为1的等差数列.

答案： 训练2 解
(1)因为$a_{n}=\begin{cases}2n&(n = 1,2),\\2n - 5(n\geqslant3,n\in N^{*}),\end{cases}$
$a_{5}-a_{2}=5 - 4 = 1$,但$a_{6}-a_{3}=7 - 1 = 6\neq1$,
所以数列$\{a_{n}\}$不具有性质$P(1)$,
因为$a_{5}-a_{3}=4$且$a_{6}-a_{4}=4$,
所以数列$\{a_{n}\}$具有性质$P(4)$.
(2)因为数列$\{a_{n}\}$具有性质$P(0)$,
所以一定存在一组最小的且$m＞k$,
满足$a_{m}-a_{k}=0$,即$a_{m}=a_{k}$,
由性质$P(0)$的含义可得$a_{m + 1}=a_{k + 1},a_{m + 2}=\cdots,a_{2m - k - 1}=a_{m - 1},a_{2m - k}=a_{m}$,
所以数列$\{a_{n}\}$中,从第$k$项开始的各项呈现周
期性规律:
$a_{k},a_{k + 1},\cdots,a_{m - 1}$为一个周期中的各项,
所以数列$\{a_{n}\}$中最多有$m - 1$个不同的项,
所以$T$最多有$C_{m - 1}^{2}$个元素,即$T$为有限集.
(3)因为数列$\{a_{n}\}$具有$P(2)$性质,又具有$P(3)$
性质,所以存在$M',N'$,使得$a_{M'+p}-a_{M'}=2$,
$a_{N'+q}-a_{N'}=3$,其中$p,q$分别是满足上述关
系式的最小的正整数.
由性质$P(2),P(3)$的含义可得$a_{M'+p}-a_{M'}=2,a_{N'+q}-a_{N'}=3$,
若$M'＜N'$,则取$k = N'-M'$,
若$M'＞N'$,则取$k = M'-N'$,
可得$a_{M'+q}-a_{M'}=3$,
记$M=\max(M',N')$,
有$a_{M + p}-a_{M}=2,a_{M + q}-a_{M}=3$,显然$p\neq q$,
由性质$P(2),P(3)$的含义可得:$a_{M + p + k}-a_{M + k}=2,a_{N'+q + k}-a_{N'+k}=3$.
所以$a_{M + p + q}-a_{M + q}=(a_{M + q + p - 1}-a_{M + q + p - 2})+\cdots+(a_{M + q}-a_{M + q - 1})$
$=2q_{M + p}-a_{M}=(a_{M + p + q}-a_{M + p - 1})+\cdots+(a_{M + q + 1}-a_{M + q})$
$=3p$,所以$2q = 3p$,又$p,q$满足$a_{M + p}-a_{M}=2$,
$a_{M + q}-a_{M}=3$的最小的正整数,
$p = 2,a_{M + 2}-a_{M}=2,a_{M + 3}-a_{M}=3$,所以
$a_{M + 2 + k}-a_{M + k}=2,a_{M + 3 + k}-a_{M + k}=3$,所以
$a_{M + 2k}=a_{M + 2(k - 1)+2}=a_{M}+2k,a_{M + 3k}=$
$a_{M + 3(k - 1)+3}=a_{M}+3k$,取$N = M + 3$,所以,若
$k$是偶数,则$a_{N + k}=a_{N}+k$,
若$k$是奇数,则$a_{N + k}=a_{N + 3+(k - 3)}=a_{N + 3}+$
$(k - 3)=a_{N}+k$,
所以$a_{N + k}=a_{N}+k$,所以$a_{N},a_{N + 1},a_{N + 2},\cdots$
$a_{N + k}$是公差为1的等差数列.