2018二模分类汇编

1、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 an 中， a1 = 27, a4= a3a5 ，则 a7 =A 1B 1C 1D 327931.A2.（ 2018 朝阳二模·理）若三个非零且互不相等的实数x1 ， x2 ， x3成等差数列且满足112 ，则称 x1 ， x2 ， x3成一个 “等差数列” . 已知集合 Mx | x 100 ，xZ ，x1x2x3则由 M 中的三个元素组成的所有数列中，“等差数列”的个数为（）A 25B50C.51D 1002.B3. （ 2018 房山二模·理）ABC 的三个内角分别为A

2、, B, C，则“B= ”是“ A,B , C3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 项的和开始S = 0，n = 1S = S + 2n - 1n = n + 2否n > 2

3、018是输出 S结束4.C5. （ 2018 丰台二模·理）已知等比数列 an 中， a11 ， a2a327 ，则数列 an 的前 5项和 S5=5.1216. （ 2018 顺义二模·理）已知 a 为等差数列， S为其前 n 项和，若a11,S1035，nn则 a20 _.6.187.（ 2018 朝阳二模· 理）设等差数列 an的前nn123n项和为 S若 a1 ，SS，则数列 a 的通项公式可以是 _7.n 2 （答案不唯一）8. （ 2018 东城二模·理）设等比数列annS4=_ 的公比 q 2 ，前 n 项和为 S ，则a2158.29.（

4、 2018 顺义二模·理）（本小题满分13分）已知数列An : a1 , a2 ,L, an . 如果数列Bn: b1 ,b2 ,L ,bn 满足b1an ， bkbk 1akak 1 ，其中k2,3,L ,n ，则称Bn 为An 的“陪伴数列” .（）写出数列A4: 3,1,2,5的“陪伴数列”B4 ；（）若A9 的“陪伴数列”是B9 . 试证明：b9, a9 , a1 成等差数列.（）若n为偶数，且An 的“陪伴数列”是Bn ，证明：bna1 .9. （）解：B4: 5, 1,4,3.3 分（）证明：对于数列An 及其“陪伴数列”Bn ，因为b1a9 ，b1b2a1a2 ，b2b

5、3a2a3 ，b8b9 a8a9 ，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b1 (b1b2 ) (b2b3 ) L(b8 b9 ) an (a1a2 ) ( a2 a3 ) L (a8 a9 )即 b9 a9a1 a92a9a1故 2a9 b9 a1所以 b9 , a9 , a1 成等差数列 .8 分（）证明：因为b1an ，b1b2a1a2 ，b2b3a2a3 ，bn 1bnan 1 an ，由于 n 为偶数，将上述n 个等式中的第2,4,6, L , n这 n 个式子都乘以，相加得21b1 (b1b2 ) (b2b3 ) L (bn 1 bn ) an ( a

6、1 a2 ) (a2 a3 ) L(an 1 an )即 bna1 ， bna1 .13 分10. （ 2018 海淀二模·理） （本小题共 13 分）如果数列an满足“对任意正整数i , j， ij ，都存在正整数k ，使得akai aj ”，则称数列an具有“性质P” . 已知数列an是无穷项的等差数列，公差为d.（）若a12，公差d3 ，判断数列an是否具有“性质P”，并说明理由；（）若数列an具有“性质P”，求证：a10且 d0 ；（）若数列an具有“性质P”，且存在正整数k，使得ak2018，这样的数列an共有多少个？并说明理由10. （本小题 13 分）解：（）若a12

7、，公差d3，则数列 an 不具有性质P ·······1 分理由如下：由题知an3n1 ，对于a1 和a2 ，假设存在正整数k ，使得aka1 a2，则有3k1 2 5 10 ，解得 k11，矛盾！所以对任意的kN * ， aka1 a2 3 分3（）若数列an具有“性质 P”，则假设 a10 ， d0，则对任意的 nN * ， ana1(n1) d0 .设 aka1a2 ，则 ak0 ，矛盾！ ···········

8、;····4 分假设 a10 ， d0，则存在正整数t ，使得a1a2a3at0 at 1at 2设 a1 at 1ak1 ，a1 at 2ak2 ， a1at3ak3， ， a1 a2 t1akt 1， kiN *，i1,2,L,t1，则 0ak1ak2ak3akt 1 ，但数列 an 中仅有 t 项小于等于0，矛盾！ ···················

9、3;··········6 分假设 a10 ， d0 ，则存在正整数t ，使得a1a2a3at0 at 1at 2设 aaak1，aaa，at 1aak3， ，at 1a2t 2a，N*，t 1t 2t 1t 3k2t 4kt 1 kii1,2,L,t1，则 0ak1ak2ak3akt 1，但数列 an 中仅有 t 项大于等于0，矛盾！ ·············&#

10、183;················8 分综上， a10 ， d0（）设公差为d 的等差数列n 具有“性质 P”，且存在正整数k，使得 ak2018 a若 d0 ，则 an 为常数数列，此时an2018 恒成立，故对任意的正整数k ，ak2018 20182a1a2 ，这与数列an 具有“性质 P”矛盾，故 d0设 x 是数列 an 中的任意一项，则xd ， x2d 均是数列 an 中的项，设ak1x(x d ) ， ak2x( x

11、 2d )则 ak2ak1xd (k2k1 ) d ，因为 d0 ，所以 xk2k1Z ，即数列 an 的每一项均是整数d由（）知，a0，d0a 的每一项均是自然数，且是正整数1，故数列 n由题意知，2018d 是数列 an 中的项，故2018 (2018d) 是数列中的项，设am2018 (2018d) ，则amak2018(2018d )2018201820172018 d( mk)d ，即 ( mk2018) d20182017因为 mk2018Z ， dN* ，故 d 是20182017 的约数所以， d1,2,1009,2017,21009,22017,10092017 , 2100

12、92017当 d1 时， a12018 ( k1)0，得 k1,2,.,2018,2019，故a12018, 2017,., 2,1,0 ，共 2019 种可能；当 d2 时， a120182( k1)0 ，得 k1,2,.,1008,1009,1010，故a12018, 2016, 2014,., 4,2,0 ，共 1010 种可能；当 d1009时， a120181009( k1) 0 ，得 k1,2,3，故a12018,1009,0 ，共 3 种可能；当 d2017时， a120182017( k1)0，得 k1,2，故a12018,1 ，共 2 种可能；当 d2 1009时， a120

13、182018( k1)0 ，得 k1,2 ，故a12018,0 ，共 2 种可能；当 d22017 时， a120182 2017 ( k 1)0，得 k1 ，故a12018，共 1 种可能；当 d1009 2017时， a12018 10092017(k1)0 ，得 k 1，故a12018 ，共 1 种可能；当 d2 1009 2017 时， a12018210092017(k1)0 ，得 k1，故a12018 ，共 1 种可能综上，满足题意的数列 an 共有 20191010 32211 13039 （种）经检验，这些数列均符合题意13 分11. （ 2018 丰台二模·理） （

14、本小题共13 分）an1, kt,已知数列 a 的前n项和为 S ，a =0 ，a =m，当n 2时，an 1Sn,k t,其nn12nan1, kt.中， k 是数列的前 n 项中 aiai 1的数对 (ai , ai1 ) 的个数， t 是数列的前 n 项中 aiai 1 的数对 (ai , ai 1 ) 的个数 (i1,2,3, L, n1) （）若 m5 ，求 a3 ， a4 ， a5 的值；（）若 an(n3) 为常数，求 m 的取值范围；（）若数列an 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：（）因为 a1=0 ，a2 =5 ，所以a1a2

15、 ，所以a3a2141 分因为 a2a3 ，所以a4a1a2a332 分41因为 a3a4 ，所以a5a4 +14 4 分所以 a34 ， a43， a54 （）当 m0 时， a30 ， a40 ，5 分当 m0 时，因为a1a2 ，所以a3 a21m1a2 ，所以 a4a1 a2a32m1332m1因为 a3a4 ，所以m1m27 分，所以3当 m0时，因为a1a2 ，所以a3 a21m1 a2 ，所以 a4a1 a2a32m 133因为 a3a4 ，所以m2m1m29分1，所以3所以n3 时， an 1an 为常数的必要条件是m 2,0,2当 m2 时， a3 a41 ，因为当3n k

16、(k3)时， an1，都有an 1Sn0 21 L 1，n1n所 以 当m 2 符 合 题 意 ， 同 理m 2 和 m 0 也 都 符 合 题意10 分所以 m 的取值范围是2,0, 2 （） m | m2 或 0m213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Aa1 ,a2 ,a3 ,.an，其中iN ， 1 i n, n 2，1(A)表示 aia j1ij n 中所有不同值的个数 .（）设集合 P2,4,6,8, Q2,4,8,16,分别求 1 P和1Q ；（）若集合 A2,4,8,.,2 n,求证： 1An n1；2（

17、） 1 A 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：（）由246,2 68,2 810,4610,4812,68 14得1 P =5由 2 4 6,2 8 10,2 16 18,4 8 12,4 16 20，8+16=24得1 Q =63 分（）证明 : Q aia j1 i jn 最多有 Cn2n n1个值 ,2n n11 A2,又集合 A2,4,8,.,2 n, 任取 ai a j , akal 1ij n,1 k l n ,当 j1时 ,不妨设 j1,则 aia j2a j2 j ia1aka1 ,即 aiajaka1 ,当 j1,ik时， aia jak

18、a1 ,当且仅当 ik, j1时 aiaj =aka1 ,即所有 aia j1 ijn 的值两两不同，1 A =n n19 分2,（） 1A 存在最小值，且最小值为2n3 ，不妨设 a1a2a3.an ,可得 a1a2 a 1 a3.a1ana2an .an 1an , ， aiaj1 ijn 中至少有 2n3个不同的数，即1A2n3 ，取 A1,2,3,., n , 则 ， aia j 3,4,5,.,2n 1, ，即 aiaj的不同值共有2n3 个，故 1A 的最小值为2n3 13 分13. （本小题满分 13 分）数 列 An： a1, a2 , L , an(n 2) 的 各 项 均

19、为 整 数 ， 满 足 ： ai 1 (i1,2,L , n) ， 且a1 2n 1a22n 2a3 2n 3Lan 1 2 an0 ，其中 a1 0 （）若 n3 ，写出所有满足条件的数列A3 ；（）求 a 1 的值；（）证明： a1a2 Lan0 13. （本小题满分 13 分）解：（）满足条件的数列A3 为： 1,1,6 ； 1,0,4 ；1,1,2； 1,2,0 3分（） a1 1 4 分否则，假设 a1 ，因为 a0 ，所以a 1 又 a, a ,L, a1，因此有11123na1 2n 1a2 2n 2a3 2 n 3L an 1 2 an 2n 1( 1) 2n 2( 1) 2n

20、 3L(1)2 (1)2n 12n 22n 3L 211a12n 1a22n 2a32n3Lan 1 2an0a118k 1,2,L, n1a1 2n1a22n 2Lak2n k 0 .a1 2 n1a22n2Lak2n k02n ka12n 1a2 2n 2Lak 2n k 2nka 2n 1a22n 2a 2 n 3L an 12 an13nkn k 1nk2L(1)2 (1) 2(1)2( 1)2nknk1n k2L212221a12n1a22n2a32n3Lan 12 an 0a12n 1a22n2Lak2n k 010a10,a12a2 0,a14a22a3 0,La1 2k 1a2

21、 2k 2L ak 1 2 ak 0,La1 2n 2a2 2n 3L an 2 2 an 1 0.n1a1(2 n 1 1) a2(2 n 2 1) Lan 1 (2 1) 0a1 2n 1a2 2n 2a3 2n 3Lan 1 2 an0a1a2Lan013分14. （ 2018 朝阳二模·理）若无穷数列a 满足：存在 a paq （ p ， q* ， pq ），并且只要 apaq ，就有 a p itaq I ( t 为常数， i1，2 ，3，L），则成an具有性质 T .（1）若 an具有性质 T ，且 t 3 ， a14 ， a25 ， a41 ，a55，a7a8 a9 3

22、6 ，求 a3；（2）若无穷数列an的前 n 项和为 Sn ，且 Sn2nb （ bR ），证明存在无穷多个b 的不同取值，使得数列an具有性质 T ；（3）设baapaqq N*pqab cosa中存在，nn是一个无穷数列， 数列n（ p ，），且 n 1n（ n N* ），求证：“ bn 为常数列”是“对任意正整数a1 ， an都具有性质 T ”的充分不必要条件 .14. 【解析】（）因为 a 具有性质T, 且 aa5,n25所以 a3a ,a3a3,a3a15,a3a9a ,637485963由 a7 a8a936,得 3159a336, 所以 a2, 经检验符合题意 .3（）因为无穷数

23、列 an 的前 n 项和为 Sn , 且 Sn =2nb(b R ) ,所以 a =2 b,当 n 2时 , a =2n2n 12n 1 ,1n若存在 apaq ( pq),则 q1,取 b2p 1 2(p N, 且 p2, p为常数 ),则 a p2 p 1aq , 对 t 2p 1, 有 ap +i2p i 12p 1 a1 i ta1 i (i1,2,3L )所以数列 a 有性质 T , 且 b的不同取值有无穷多个 .nbn, 有bn man 1 mcosan (nN)（）证明 : 当 为常数列时(常数),*对任意正整数 a , 因为存在 apa , 则由 mcosapmcosa , 必

24、有aa,1qqp+1q 1进而有 ap+iaq i (i1,2,3,) , 这时 t1, ap +itaq i (i 1,2,3,)所以 an 都具有性质 T .所以 , “ b 为常数列”是“对任意正整数a , a 都具有性质 T ”的充分条件 .n1nN* ) , 对任意正整数 a1,取 bn2 ,n2k1, (k0,n2k,由 anbn 1 cosan 1(n2,nN* ) ,得 a2b1 cosa1cosa2 , 因为 a1 为正整数 , 所以 a20, 且 a1a2 .2a3b2 cosa20,a4b3 cosa3,20,n2k1,当 n3时 , ann2k(k N* ),2,2对任

25、意 p,q, 则 p,q 同为奇数或同为偶数 ,若 p,q 同为偶数 , 则 ap+iaqi (i1,2,3,)成立 ;若 p,q 同为奇数 , 则 ap+iaqi (i1,2,3,)成立 ;所以若对于任意p,q满足 apaq , 则取 t1 ,ap+i 1 aq i ,故 a 具有性质 T , 但 b不为常数列 ,nn所以“ b 为常数列”是“对任意正整数a , a 都具有性质 T ”的不必要条件 .n1n证毕 .15. （ 2018 东城二模·理） （本小题13 分）设 a, 均是正整数，数列 an 满足： a1a ， an 1an ,an 是偶数，2a,a 是奇数 .nn（I

26、）若 a33 ，5 ，写出 a1 的值；（II）若 a1 ， 为给定的正奇数， 求证：若 an 为奇数，则 an l；若 an 为偶数，则 an 2l；（III）在（ II ）的条件下，求证：存在正整数n(n2) ，使得 an1.15. （ 20）（共 13 分）解：（I ）1 或 12.4 分（II）当 n1,2 时， a11为奇数， a1成立， a21为偶数， a2 2 .假设当 nk 时，若 ak 为奇数，则 ak，若 ak 为偶数，则 ak2 .那么当 nk1时，若 ak 是奇数，则 ak 1ak是偶数， ak 12 ；若 ak 是偶数， ak 1ak.2此时若 ak 1 是奇数，则满

27、足ak 1，若 ak1 是偶数，满足 ak 12 .即 n k1时结论也成立 .综上，若 an 为奇数，则 an；若 an 为偶数，则 an2.9 分（III）由（ II）知， a 中总存在相等的两项. 不妨设 aras (rs) 是相等两项中角标最n小的两项，下证 r 1. 假设 r2 .若 aras，由 ar 10, as 10 知 ar 和 as 均是由 ar1 和 as 1除以 2 得到，即有ar 1as 1 ，与 r 的最小性矛盾；若 aras，由 ar 12 , as 12知 ar 和 as 均是由 ar 1 和 as 1 加上得到，即有 ar1as 1 ，与 r 的最小性矛盾；综上， r1，则 asa11.即若 a1 ，是正奇数，则存在正整数n(n2) ，使得 an1.13分16. （ 2018 昌平二模·理）( 本小题 13 分)已知正项数列 an 中，若存