【研究院】[北京]二模(理)分类汇编——数列及推理与证明压轴题(教师版)

2018二模分类汇编——数列及推理证明压轴题１．(2０18昌平二模·理)已知等比数列中,143527,a a a a ,则7a =A ．127 ﻩ B.19 C ．13Ｄ.3 1. Ａ２．（2018朝阳二模·理)若三个非零且互不相等的实数1x ，2x ,3x 成等差数列且满足123112x x x +=,则称1x ，2x ,3x 成一个“β等差数列”.已知集合{}|100M x x x =∈Z ，≤,则由M 中的三个元素组成的所有数列中,“β等差数列”的个数为( ) A.25 Ｂ.50 C ．51 D ．100 2. B3.(20１８房山二模·理）ABC ∆的三个内角分别为A ,B ,C ，则“=B 3π”是“A ，B ，C 成等差数列”的（A)充分而不必要条件 (B ）必要而不充分条件 (C ）充要条件 （D ）既不充分也不必要条件 3. C4.(20１８海淀二模·理） 已知某算法的程序框图如图所示，则该算法的功能是(A ）求首项为1，公比为２的等比数列的前2017项的和 （B ）求首项为1，公比为2的等比数列的前20１８项的和 （C)求首项为１，公比为4的等比数列的前1００9项的和 (D ）求首项为1，公比为４的等比数列的前10１0项的和{}n a4. C５.(20１8丰台二模·理)已知等比数列{}n a 中,11a =，2327a a =,则数列{}n a 的前5项和5=S .5. １２16.(２０18顺义二模·理）已知为等差数列，为其前项和,若35,1101=-=S a ，则20a =＿_____＿. 6. 18７.（２０1８朝阳二模·理）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ．若11a =，23S S >,则数列{}n a 的通项公式可以是＿＿＿_. ７.2n -+(答案不唯一）8.(2０１8东城二模·理）设等比数列{}n a 的公比2q =,前n 项和为S n ，则24a S =_＿＿___＿．８.152９.（２０18顺义二模·理）(本小题满分１3分)已知数列12:,,,n n A a a a ．如果数列{}n a n S n12:,,,n n B b b b 满足1n b a =，11k k k k b b a a --+=+,其中2,3,,k n =，则称n B 为n A 的“陪伴数列”.(Ⅰ)写出数列4:3,1,2,5A 的“陪伴数列”4B ；（Ⅱ)若9A 的“陪伴数列”是9B .试证明：991,,b a a 成等差数列.（Ⅲ）若n 为偶数，且n A 的“陪伴数列”是n B ,证明:1n b a =．９.(Ⅰ)解：4:5,1,4,3B -. ………………3分 (Ⅱ）证明:对于数列n A 及其“陪伴数列”n B ,因为 19b a =，1212b b a a +=+, 2323b b a a +=+，……8989b b a a +=+，将上述几个等式中的第2,4,6,8,这4个式子都乘以1-，相加得1122389122389()()()()()()n b b b b b b b a a a a a a a -+++-++=-+++-++即9919912b a a a a a =-+=- 故9912a b a =+所以991,,b a a 成等差数列. ………………8分（Ⅲ)证明： 因为 1n b a =，1212b b a a +=+, 2323b b a a +=+，……11n n n n b b a a --+=+，由于n 为偶数,将上述n 个等式中的第2,4,6,,n 这2n个式子都乘以1-，相加得11223112231()()()()()()n n n n n b b b b b b b a a a a a a a ---+++--+=-+++--+ 即1n b a -=-,1n b a =. ………………1３分１0.（2018海淀二模·理)（本小题共１3分)如果数列{}n a 满足“对任意正整数,i j ，i j ≠,都存在正整数k ，使得k i j a a a =”，则称数列{}n a 具有“性质Ｐ”．已知数列{}n a 是无穷项的等差数列，公差为d ．（Ⅰ）若12a =，公差3d =，判断数列{}n a 是否具有“性质P ”，并说明理由;(Ⅱ）若数列{}n a 具有“性质Ｐ”,求证:10a ≥且0d ≥；（Ⅲ）若数列{}n a 具有“性质P ”，且存在正整数k ，使得2018k a =,这样的数列{}n a 共有多少个？并说明理由10.（本小题1３分)解:（Ⅰ)若12a =，公差3d =,则数列{}n a 不具有性质P ． ········ 1分理由如下：由题知31n a n =-,对于1a 和2a ,假设存在正整数k ,使得12k a a a =，则有312510k -=⨯=,解得113k =，矛盾！所以对任意的*k ∈N ，12k a a a ≠． · 3分 （Ⅱ）若数列{}n a 具有“性质P ”，则①假设10a <，0d ≤，则对任意的*n ∈N ,1(1)0n a a n d =+-⋅<.设12k a a a =⨯，则0k a >，矛盾！ﻩ4分②假设10a <,0d >，则存在正整数t ，使得123120t t t a a a a a a ++<<<⋅⋅⋅<≤<<<⋅⋅⋅设111t k a a a +⋅=，212t k a a a +⋅=,313t k a a a +⋅=,…,1121t t k a a a ++⋅=，*i k ∈N ,1,2,,1i t =+,则12310t k k k k a a a a +>>>>⋅⋅⋅>,但数列{}n a 中仅有t 项小于等于0，矛盾！ ······························· ６分③假设10a ≥，0d <,则存在正整数t ,使得123120t t t a a a a a a ++>>>⋅⋅⋅>≥>>>⋅⋅⋅设112t t k a a a ++⋅=，213t t k a a a ++⋅=，314t t k a a a ++⋅=，…,1122t t t k a a a +++⋅=，*i k ∈N ，1,2,,1i t =+,则12310t k k k k a a a a +<<<<⋅⋅⋅<,但数列{}n a 中仅有t 项大于等于0，矛盾!ﻩ８分ﻩ 综上,10a ≥，0d ≥.（Ⅲ）设公差为d 的等差数列{}n a 具有“性质P ”，且存在正整数k ,使得2018k a =.若0d =，则{}n a 为常数数列，此时2018n a =恒成立,故对任意的正整数k ,21220182018k a a a =≠=⋅，ﻩ 这与数列{}n a 具有“性质P ”矛盾,故0d ≠.设x 是数列{}n a 中的任意一项，则x d +，2x d +均是数列{}n a 中的项，设 ﻩﻩ ﻩ1()k a x x d =+,2(2)k a x x d =+则2121()k k a a xd k k d -==-⋅，因为0d ≠,所以21x k k =-∈Z ，即数列{}n a 的每一项均是整数.由(Ⅱ）知,10a ≥，0d ≥，故数列{}n a 的每一项均是自然数,且d 是正整数.由题意知,2018d +是数列{}n a 中的项,故2018(2018)d ⋅+是数列中的项,设2018(2018)m a d =⋅+，则2018(2018)2018201820172018()m k a a d d m k d -=⋅+-=⨯+=-⋅,即(2018)20182017m k d --⋅=⨯．ﻩ 因为2018m k --∈Z ,*d ∈N ,故d 是20182017⨯的约数．ﻩ 所以,1,2,1009,2017,21009,22017,10092017d =⨯⨯⨯，210092017⨯⨯.当1d =时,12018(1)0a k =--≥,得1,2,...,2018,2019k =,故12018,2017,...,2,1,0a =，共2019种可能;当2d =时,120182(1)0a k =--≥，得1,2,...,1008,1009,1010k =,故12018,2016,2014,...,4,2,0a =,共1０１0种可能；ﻩ 当1009d =时,120181009(1)0a k =-⨯-≥,得1,2,3k =，故 ﻩﻩﻩ12018,1009,0a =,共3种可能;当2017d =时，120182017(1)0a k =--≥,得1,2k =,故12018,1a =，共2种可能；当21009d =⨯时,120182018(1)0a k =-⨯-≥，得1,2k =，故 ﻩﻩﻩ 12018,0a =,共2种可能； 当22017d =⨯时,1201822017(1)0a k =-⨯⨯-≥,得1k =,故 ﻩ12018a =，共１种可能;当10092017d =⨯时，1201810092017(1)0a k =-⨯⨯-≥,得1k =，故12018a =，共1种可能；当210092017d =⨯⨯时,12018210092017(1)0a k =-⨯⨯⨯-≥,得1k =，故12018a =，共1种可能.综上，满足题意的数列{}n a 共有201910103221113039+++++++=(种). 经检验,这些数列均符合题意. 13分1１.（2018丰台二模·理）(本小题共13分)已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,1=0a ,2=a m ，当2n ≥时，11,,,,1,.n n n n a k t Sa k t n ak t +->⎧⎪==⎨⎪+<⎩ 其中,k 是数列的前n 项中1i i a a +<的数对1(,)i i a a +的个数，t 是数列的前n 项中1i i a a +>的数对1(,)i i a a +的个数(1,2,3,,1)i n =-.(Ⅰ）若5m =,求3a ，4a ,5a 的值； (Ⅱ)若n a (3)n ≥为常数，求m 的取值范围;(Ⅲ）若数列{}n a 有最大项，写出m 的取值范围(结论不要求证明). 11.（本小题共1３分) 解:(Ⅰ)因为1=0a ,2=5a ，所以12a a <，所以3214a a =-=． …………………1分因为 23a a >，所以 1234341a a a a ++==-． …………………2分因为 34a a >，所以 54+14a a ==． …………………4分 所以 34a =，43a =，54a =．(Ⅱ）当 0m =时，30a =,40a =， …………………5分当 0m >时，因为 12a a <，所以 32211a a m a =-=-<，所以 12342133a a a m a ++-==．因为 34a a =，所以 2113m m --=,所以 2m =． …………………7分当 0m <时，因为 12a a >,所以 32211a a m a =+=+>,所以 12342133a a a m a +++==． 因为 34a a =,所以 2113m m ++=,所以 2m =-. …………………9分 所以 3n ≥时，1n n a a +=为常数的必要条件是 {2,0,2}m ∈-． 当2m =时，341a a ==,因为当 3(3)n k k ≤≤>时,1n a =,都有 102111n n S a n n+++++===,所以当 2m =符合题意，同理 2m =-和0m =也都符合题意． …………………10分所以m 的取值范围是 {2,0,2}-．（Ⅲ）{|2m m ≤-或02}m ≤≤． …………………１3分 （若用其他方法解题，请酌情给分)12.（20１8房山二模·理)(本小题13分）已知集合{}123,,,...n A a a a a =,其中iN +∈，1,2≤≤>i n n ,()1()1i j A a a i j n +≤<≤表示中所有不同值的个数.(Ⅰ）设集合{}{2,4,6,8},2,4,8,16P Q ==，分别求()()11P Q 和；（Ⅱ）若集合{}2,4,8,...,2,nA =求证:()()112-=n n A ；(Ⅲ）()1A 是否存在最小值?若存在，求出这个最小值;若不存在,请说明理由.1２.解:(Ⅰ）由()246,268,2810,4610,4812,68141P =5+=+=+=+=+=+=得由()246,2810,21618,4812,416208+16=241Q =6+=+=+=+=+=，得 …………3分(Ⅱ）证明: ()1i j a a i j n +≤<≤最多有()212n n n C -=个值，()()11,2n n A -∴≤又集合{}2,4,8,...,2,nA =任取(),1,1,i j k l a a a a i j n k l n ++≤<≤≤<≤当1j ≠时，不妨设111,22,j ii j j k j a a a a a a +<+<=≤<+则即1,i j k a a a a +≠+当11,,i j k j i k a a a a =≠+≠+时，∴当且仅当,1i k j ==时1=,i j k a a a a ++ 即所有()1i j a a i j n +≤<≤的值两两不同,()()11=,2n n A -∴ …………9分（Ⅲ）()1A 存在最小值，且最小值为23n -，不妨设123...,n a a a a <<<<可得1213121......,n n n n a a a a a a a a a a -+++<<+<<<<+, ∴()1i j a a i j n +≤<≤中至少有23n -个不同的数,即()123A n ≥-,取{}1,2,3,...,,A n =则，{}3,4,5,...,21,i j a a n +∈-，即i j a a +的不同值共有23n -个， 故()1A 的最小值为23n -. …………13分13．（本小题满分１3分)数列n A ：12,,,(2)n a a a n ≥的各项均为整数,满足:1(1,2,,)i a i n -=≥,且123123122220n n n n n a a a a a ----⋅+⋅+⋅++⋅+=，其中10a ≠．(Ⅰ)若3n =，写出所有满足条件的数列3A ； （Ⅱ)求1a 的值；（Ⅲ）证明:120n a a a +++>.１３．(本小题满分13分)解:（Ⅰ)满足条件的数列3A 为：1,1,6--；1,0,4-;1,1,2-；1,2,0-． (3)分 (Ⅱ）11a =-． ……………… 4分否则,假设11a ≠-，因为10a ≠，所以11a ≥．又23,,,1n a a a -≥，因此有12312312222n n n n n a a a a a ----⋅+⋅+⋅++⋅+1232(1)2(1)2(1)2(1)n n n ---+-⋅+-⋅++-⋅+-≥123222211n n n ---=-----=,这与123123122220n n n n n a a a a a ----⋅+⋅+⋅++⋅+=矛盾!所以11a =-． ……………… ８分(Ⅲ)先证明如下结论：{1,2,,1}k n ∀∈-，必有12122220n n n k k a a a ---⋅+⋅++⋅≤.否则,令 12122220n n n k k a a a ---⋅+⋅++⋅>，注意左式是2n k -的整数倍,因此 12122222n n n k n k k a a a ----⋅+⋅++⋅≥.所以有：12312312222n n n n na a a a a ----⋅+⋅+⋅++⋅+122(1)2(1)2(1)2(1)n kn k n k -----+-⋅+-⋅++-⋅+-≥1222221n k n k n k -----=-----1=，这与123123122220n n n n n a a a a a ----⋅+⋅+⋅++⋅+=矛盾！所以12122220n n n k k a a a ---⋅+⋅++⋅≤. ………………1０分因此有:112123121212312210,20,420,2220,2220.k k k k n n n n a a a a a a a a a a a a a a -------<⋅+⋅+⋅+⋅+⋅++⋅+⋅+⋅++⋅+≤≤≤≤将上述1n -个不等式相加得 12121(21)(21)(21)0n n n a a a ---⋅-+⋅-++⋅-<，ﻩ①ﻩﻩ 又 123123122220n n n n n a a a a a ----⋅+⋅+⋅++⋅+=,ﻩﻩ ② 两式相减即得120n a a a +++>． (3)１４.（２018朝阳二模·理） 若无穷数列{}a 满足：存在p q a a =（p ，*q ∈Ν,p q >),并且只要p q a a =,就有p i q I a ta ++=(t 为常数，123i =，，，）,则成{}n a 具有性质T . (1)若{}n a 具有性质T ，且3t =，14a =，25a =，41a =，55a =，78936a a a ++=,求3a ； (2）若无穷数列{}n a 的前n 项和为n S ,且2n n S b =+(b ∈R ),证明存在无穷多个b 的不同取值，使得数列{}n a 具有性质T ;（3)设{}n b 是一个无穷数列,数列{}n a 中存在p q a a =（p ,*q ∈N ,p q >)，且1cos n n n a b a +=（*n ∈N )，求证:“{}n b 为常数列”是“对任意正整数1a ，{}n a 都具有性质T ”的充分不必要条件. 14.【解析】 (Ⅰ)因为{}na 具有性质T ,且255,a a ==所以6374859633,33,315,39,a a a a a a a a a =======由78936a a a ++=,得3315936a ++=,所以32a =,经检验符合题意.(Ⅱ)因为无穷数列{}n a的前n 项和为n S ,且=2()n nS b b +∈R , 所以1=2,a b +当2n ≥时,11=222nn n n a ---=,若存在(),p q a a p q =>则1q =,取122p b -=-（,p ∈N 且2,p p ≥为常数)，则12p pq a a -==，对12p t -=，有11+1122(1,2,3)p i p p ii i a a ta i +--++====所以数列{}n a 有性质T ,且b 的不同取值有无穷多个.（Ⅲ)证明:当{}n b 为常数列时,有n b m =(常数),*1cos ()n n a m a n +=∈N对任意正整数1a ,因为存在p q a a =，则由cos cos p q m a m a =,必有+11p q a a +=,进而有+(1,2,3,)p iq i a a i +==⋅⋅⋅，这时1t =,+(1,2,3,)p i q i a ta i +==⋅⋅⋅所以{}n a 都具有性质T .所以,“{}n b 为常数列”是“对任意正整数1a ,{}n a 都具有性质T ”的充分条件．取π,21,20,2,nn k b n k ⎧=-⎪=⎨⎪=⎩*()k ∈N ,对任意正整数1a ,由*11cos (2,)nn n a b a n n --=≥∈N ,得2112πcos cos 2a b a a ==，因为1a 为正整数,所以20a ≠，且12a a ≠.322433πcos 0,cos ,2a b a a b a ====⋅⋅⋅当3n ≥时,0,21,π,22,2n n k a n k =+⎧⎪=⎨=+⎪⎩*()k ∈N对任意,p q ,则,p q 同为奇数或同为偶数， ①若,p q 同为偶数，则+(1,2,3,)p i q i a a i +==⋅⋅⋅成立;②若,p q 同为奇数,则+(1,2,3,)p iq i a a i +==⋅⋅⋅成立; 所以若对于任意,p q 满足pq a a =,则取1t =,+1p i q i a a +=⨯,故{}n a 具有性质T ,但{}n b 不为常数列,所以“{}n b 为常数列”是“对任意正整数1a ,{}n a 都具有性质T ”的不必要条件． 证毕.１5.(2０１８东城二模·理）(本小题13分)设,a λ均是正整数，数列{}n a 满足:1a a =，1,2,nn n n n a a a a a 是偶数，是奇数.λ+⎧⎪=⎨⎪+⎩(Ｉ）若33a =，5λ=，写出1a 的值；(ＩI)若1a =,λ为给定的正奇数,求证:若n a 为奇数,则na ；若n a 为偶数，则2na ;(III)在（ＩI ）的条件下，求证:存在正整数(2)n n ≥，使得1n a =. 15.（2０)(共１3分)解:(I)1或１2. ……………………………………………………………………………４分 （II ）①当1,2n =时，11a =为奇数，1a λ≤成立,21a λ=+为偶数，22a λ≤．②假设当n k =时,若k a 为奇数，则k a λ≤,若k a 为偶数,则2k a λ≤. 那么当1n k =+时，若k a 是奇数，则1k k a a λ+=+是偶数,12k a λ+≤;若k a 是偶数，12kk a a λ+=≤. 此时若1k a +是奇数，则满足1k a λ+≤,若1k a +是偶数，满足12k a λλ+≤≤. 即1n k =+时结论也成立．综上，若n a 为奇数，则n a λ≤；若n a 为偶数，则2n a λ≤. ……………………9分（I ＩI ）由(ＩI)知,{}n a 中总存在相等的两项.不妨设()r s a a r s =<是相等两项中角标最小的两项，下证1r =.假设2r ≥.①若r s a a λ=≤,由110,0r s a a -->>知r a 和s a 均是由1r a -和1s a -除以2得到，即有11r s a a --=，与r 的最小性矛盾；②若r s a a λ=>,由112,2r s a a λλ--≤≤知r a 和s a 均是由1r a -和1s a -加上λ得到, 即有11r s a a --=,与r 的最小性矛盾； 综上，1r =，则11s a a ==.即若1a =，λ是正奇数,则存在正整数(2)n n ≥，使得1n a =. …………13分16.(2018昌平二模·理）(本小题1３分)数列{}n a 中的一项，称数列{}n a 为“倒置数列”，p 是它的“倒置系数”.（Ｉ)若数列：1,4,9,(9)x x >是“倒置系数”为p 的“倒置数列”，求x 和p 的值； （ＩI ）若等比数列{}n a 的项数是m ,数列{}n a 所有项之积是T ，求证：数列{}n a 是“倒置数列”，并用m 和T 表示它的“倒置系数”p ；（I ＩI ）是否存在各项均为整数的递增数列{}n a ，使得它既是等差数列,又是“倒置数列”，如果存在，请写出一个满足条件的数列,如果不存在，请说明理由.16．（共13分)故1,49p px ==, 即36x p ==. ----－-－---------－---３分31211)()()m m m m m m a a a a a a a --== ---－－-----------－---9分n a <<<np a >>>1,2,),-－--------－－－-－----－13分。