二模(理)分类汇编——数列及推理与证明压轴题(教师版)

1、2018二模分类汇编一一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，ai= 27,a4= 8385，则a7=A1厂1厂1cA.B . -C. - D . 327931. A2. （ 2018朝阳二模理）若三个非零且互不相等的实数x, , x2 , x3成等差数列且满足-，则称人,X2, X3成一个“ 1等差数列”.已知集合M二x| x < 100 , x Z ,X X2 X3则由M中的三个元素组成的所有数列中，“1等差数列”的个数为（）A. 25 B . 50 C. 51 D . 1002. B3. （ 2018房山二模理）ABC的三个内角分别为 A, B, C，

2、则“ B=二”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4. C5. （2018丰台二模理）已知等比数列a.中，ai =1 , a2a 27，则数列a.的前5项和S5=.5. 1216. （2018顺义二模理）已知an为

3、等差数列，Sn为其前n项和，若 印-1,S10 =35 ,则 a?o =.6. 187. （2018朝阳二模理）设等差数列a.的前n项和为£ 若4=1 , S2 S3，则数列佝的通项公式可以是.7. -n +2 （答案不唯一）8. （ 2018东城二模理）设等比数列<aj的公比q = 2，前n项和为S,则鱼=.a2158. 2“陪伴数列”(I)写出数列 人：3,1,2,5的“陪伴数列”B4 ；(n)若 A的“陪伴数列”是 B9.试证明：b9,a9,ai成等差数列(川)若n为偶数，且An的“陪伴数列”是Bn，证明：bn = ai.9. (I)解:B4 :5, -1,4,3 .(n

4、)证明：对于数列 An及其“陪伴数列” Bn ,因为bi “9 ,bib2 二 aia2,b2 ba2a3,b8b a8 - a9,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bi-(bib2)(b2b3)-丨1( (b d) = an -(印a?)- 6a3)TH - a?)即 bg p -ai a? =2ag -ai故 2 a? = bg ai所以bg, a?, ai成等差数列（川）证明：因为D =an,b|b2 = a1a2,b2bs =a?a3, bnbn =anan ,由于n为偶数，将上述n个等式中的第2,4,6,|,n这-个式子都乘以一1,相加得 2bi -（b

5、i b2） （b bs） - |l卜（bnbn）二 an - a2） （a? a?） -川-（aa“）即 _bn = _ai, bn = ai. 13 分10. （2018海淀二模理）（本小题共13分）如果数列耳满足“对任意正整数i, j , j，都存在正整数k，使得0< =耳耳”，则称数列'an具有“性质P” .已知数列环？是无穷项的等差数列，公差为d .（i）若q=2,公差d =3，判断数列aj是否具有“性质P”，并说明理由；（n）若数列 佔?具有“性质P”，求证：aO且d色0 ；（川）若数列 乞具有“性质P”，且存在正整数k,使得比=2018这样的数列畀共有 多少个？并说明

6、理由10.（本小题13分）解: （i）若印=2，公差d = 3，则数列an不具有性质P . 1分理由如下： 由题知an =3n -1，对于 耳和a2，假设存在正整数 k，使得ak = da?，则有3k-1 =2 5 =10，解得k，矛盾！所以对任意的 kN* , ak=aa2.3分3(n)若数列taj具有“性质P”贝U 假设 ai : 0 , d 岂 0，则对任意的 N* , a ai (n -1) d ： 0.设ak = ai a2，贝卩ak .0,矛盾！ 4分 假设ai ： 0 , d . 0 ,则存在正整数t,使得a1 : a2 : a3 :：:：at 0 ；：at二at .2 :设 a

7、iat 1= aki,aiat2- ak2 ,aiat3 -ak3，aia2t 1 -ak( d,kN ,1,2JH,t 1，则0 Vki Vk2 Vk3 Vk"，但数列an中仅有t项小于等于0,矛盾！ 6分假设耳_ 0 , d ：0，则存在正整数t，使得a1 a2 a，at _ 0at “ at .2设 at 1'at2 - ak| ,at1 at 3- ak2 , at 1 'at；W ak3，,at 1a2t 2 - akt 1 , K N ,i =1,2j|l,t1,则 0 ：a: ak2： a ：:a& ，但数列a.中仅有 t项大于等于 0 ,矛盾！

8、 8分综上，ai - 0 , d - 0 .(川)设公差为d的等差数列CaJ具有“性质P” ,且存在正整数k,使得ak =2018 .若d = 0，则a.为常数数列，此时a. =2018恒成立，故对任意的正整数 k ,2ak 二 2018 = 2018ai a2,这与数列 订具有“性质P”矛盾，故d = 0.设x是数列a.中的任意一项，贝U x d , x 2d均是数列a.中的项，设a =x(x d), ak2 =x(x 2d)则 ak2 aki 二 xd 二也kJ d ,因为d = 0 ,所以x = k2 -匕 Z ,即数列a.的每一项均是整数.由(n)知， - 0, d - 0,故数列a.

9、的每一项均是自然数，且 d是正整数.由题意知，2018 d是数列an中的项，故2018 (2018 d)是数列中的项，设 am =2018 (2018 d)，则am -ak =2018 (2018 d) -2018 =2018 2017 2018d =(m-k) d ,即(m _k _2018) d =2018 2017 .因为m-k -2018 Z ,小N*，故d是2018 2017的约数.所以，d =1,2,1009,2017,21009,22017,1009 2017, 2 1009 2017.当 d =1 时，a1 =2018-(k-1) _ 0，得 k = 1,2,2018,2019

10、，故a =2018,2017，2,1,0，共 2019 种可能；当 d 二2时，a1 =2018 -2(k -1) _0 ,得 k =1,2,.,1008,1009,1010，故 =2018,2016,2014，4,2,0，共 1010 种可能；当 d =1009时，a1 =2018 -1009 (k-1)_0，得 k =1,2,3，故 =2018,1009,0，共 3 种可能；当 d =2017 时， =2018 -2017(k-1) 一 0,得 k=1,2，故& =2018,1，共2种可能；当 d =2 1009时，a, =2018 -2018 (k-1)_0,得 k=1,2，故印

11、=2018,0，共2种可能；当 d =2 2017 时，印=2018 -2 2017 (k 一1) 0,得 k = 1，故6 = 2018，共1种可能；当 d =1009 2017时，=2018 -1009 2017 (k-1) 0,得 k=1，故6 =2018，共1种可能；当 d =2 1009 2017时，印=2018 -2 1009 2017 (k1) 0,得 k = 1，故d =2018，共1种可能.综上，满足题意的数列an共有2019 1010 3 2 2 1 1 1 -3039 (种).11. （2018丰台二模理）（本小题共13分）a 1, kt,已知数列an的前n项和为Sn,

12、a1=0, a2=m,当n 32时，an41 =邑，k = t,其 nan +1, k <t.中，k是数列的前n项中ai < ai ,的数对（知的个数，t是数列的前n项中ai d的数对(ai,ai 1)的个数(i =1,2,3川|,n-1).（I）若 m = 5，求 a3, a4, a5 的值；（n）若an （n _3）为常数，求m的取值范围;（川）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：（I）因为a1 =0,a2 =5,所以a： a2，所以a3=a2-1 = 4.1分因为a2a3 ,所以a4a1 *a2 +a332分41因为a3a4,所

13、以a5=印 +1 = 4 .4分所以a3 =4,a4 =3,=4.()当m = 0 时，a3 二0,印=0,5分当 m 0 时，因为a1: a2，所以a3二 a2 -1 二 m1 ： a2,所以a。a2 a3二沁1.332 rn 1因为 a3=a4，所以 m1，所以 m = 2. 7分3当 m ： 0 时，因为 a a2，所以a2m 1 a2,所以ai比叱.33因为a3=a4，所以m，1=，所以m- -2. 9分3所以n_3时，务1=寺为常数的必要条件是m-2,0,2.当 m = 2时，a3 =印=1 ,因为当3沙<k（k 3）时，寺=1,都有% i二选J 2 1i ,nn所以当 m=2

14、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.（川）m|m_-2 或 0_m_2. 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 va1,a2,a3,.a, 其中 i N ,1_i _n, n ,1（A）表示ai aj 1 < i ： j < n中所有不同值的个数.（I）设集合 P 二2,4,6,8, Q =3,4,8,16 二分别求 1 P 和1 Q ；（H）若集合 A =2,4,8,.,2 叮,求证：1 a = n ；"；（川）1 A是否存在最小值？若存在，求出这个最小

15、值；若不存在，请说明理由.12.解：（I）由 2 4=6,2 6=8,2 8=10,4 6=10,4 8=12,6 8=14 得 1 P =5由 2 4=6,2 8=10,216=18,4 8=12,4 16=20,8+16=24得 1 Q =63分(n)证明：a 1乞i ： j s 最多有cn2 = n n 一1个值,2n (n 1 1 A 厂，又集合 A2,4,8，,2 n 1 任取 aaj,akai 1 ： j 乞n,1k：l 乞n ,当j 1时,不妨设j <1，则a+aj c2aj =2j十兰印<ak +印，即 q a- ak a1,当j =1,i =k时，a - a=ak

16、乜仆.当且仅当i =k, j =1时aVj=ak y,即所有ai ajj < n的值两两不同，j n(n T )八.1 A =, 9 分2(川)1 A存在最小值，且最小值为2 n - 3 ,不妨设 a1: a2 : a3:：an,可得 qa2a 1a3:：& -a.：a?: an :：a.an,aaj 1勺门乞n中至少有2n -3个不同的数，即1 A _2n -3,取 A<1,2,3,，则，ai aj3,4,5,.,2 n -,，即 ai aj 的不同值共有 2n-3 个，13分故1 A的最小值为2n 3 .13. （本小题满分13分）数列An : ai, a2 JO, a

17、n (n > 2)的各项均为整数，满足：a > -1 (i = 1,2，川，n),ai 2n丄+a?，2心+a3，2n3+|+an甘a. = 0 其中 a0 .(I)若n =3 ,写出所有满足条件的数列A ；(H)求ai的值；(川)证明：a1 a 11 an 0 .13. (本小题满分13分)解：(I)满足条件的数列 A 为：_1,_1,6 ; -1,0,4 ; -1,1,2; -1,2,0 .分(n)印=一1 . 4 分否则，假设a<|北-1，因为玄1 = 0，所以a > 1 .又a?,玄3 J11, an > -1，因此有 a1 2na2 -2n2 a3 2n

18、 Jl| a.2 a.> 2n1 (1) 2 (-1) -2n J| (-1) 2 (1)ndn -2n -3=2-2-2 -M -2 -1 =1 ,这与 a12n J- a22n°*32nJ-anJ2a0 矛盾！所以q-1 . 8分（川）先证明如下结论:k 1,2川1,n -1，必有a1 -2na - a 厂川-ak 尹 0.否则，令 a1 2n J a2 2n ' 川 ak 2n 去.0,注意左式是2n的整数倍，因此a1 -2n 1 - a2 2 - ak -2n > 2n .所以有:ai -2n- - a2 -2n- - a3 2nJ J| - a.2 -

19、an> 2n- - (-1) 2n-d -1) 2n- - (-1) 2 - (-1)=2-dl-2-1这与 a1 2n J a2 -2n_2 a3 -2nJ- anj 2 a0 矛盾!所以 a! -2nl a2 -2n2 Jl| ak 2n < 0 . 10分因此有：a ：o,a 2 a2 < 0,a 4 a2 2 a3 < 0,a 2k" -a2 2kJH -ak± 2 -ak < 0,a -2n - a2 -2n JH 飞2 - anA < 0.将上述n-1个不等式相加得a1 (2nJ -1) a2 (2n° 1) |l|

20、 an(2 1) ： 0 , 又 a1 2n a? 2n° a3 2n" *l| a.2 a. = 0 ,13两式相减即得a1 a2山an0.14. （2018朝阳二模理）若无穷数列a满足：存在ap=aq （ p , qE N*, p >q ），并且只要ap =aq，就有ap+=taq#（t为常数，i =1,2 , 3, ,|）,则成a"具有性质T.（1）若G具有性质T，且t =3 ，a = 4，a2 5 ，a4 1，a 5， a a3g = 36 ，'求a3 ；（2）若无穷数列:an :的前n项和为Sn，且S =2n b （ b：= R），证明存在

21、无穷多个 b的不 同取值，使得数列:an /具有性质T ；（3） 设bn 是一个无穷数列，数列:an / 中存在 ap=aq（ p，q£ N ，p>q ），且 an+=bn cosan （nN*），求证：“ b ?为常数列”是“对任意正整数 a，CaJ都具有性质T ”的充分不必要条件14. 【解析】（I）因为an具有性质T ,且a2二a5 = 5,所以兔=盹冯=包二3©8 =由5 = 15局二3a6二9a3,由Sfe Sb =36,得3 15 9a = 36,所以a3 = 2,经检验符合题意.（n）因为无穷数列an的前n项和为Sh,且S=2n + b（b R）,所以

22、q=2 b,当 n 2时,an=2n - 2心二 2n若存在 ap = aq（p q）,则 q = 1,取b=2pJ-2（pN,且p2,p为常数）,则 2p aq,对t = 2p1 有 ap+2p'i-2p31，i 珂印1,2,31"）所以数列an有性质T ,且b的不同取值有无穷多个.（川）证明：当0为常数列时，有tn =m（常数）,為彳=mcosan（n，N ） 对任意正整数 a1,因为存在a aq,则由mcosa mcosaq,必有ap+1 = aq进而有 ap+i = aq .j(i = 1,2,3,)，这时1, ap+ taq(i = 1,2,3，)所以 an 都具有

23、性质T .所以，“bn为常数列”是“对任意正整数a1, an都具有性质T ”的充分条件丄n*取b =2 n=2k_1,(k. N ),对任意正整数a1,o,n= 2k,*由 a =bn4cosan/(n 2,n N ),n得a2 = b, cosa ： cosa2,因为a1为正整数，所以 还=0,且a a2.a3 = b? cosa2 = 0,a4 = b3 cosa3 =冗，2O n =2k + 1,当 23 时，an» n “ 2 N *), n= 2k + 2,.2对任意p,q,则p,q同为奇数或同为偶数， 若p,q同为偶数，则ap+i =aq.j(i =1,2,3/ )成立；

24、 若p,q同为奇数，则ap+厂aq.j(i =1,2,3/ )成立；所以若对于任意p,q满足ap=aq,则取t = 1,ap+i= 1aq讣,故an具有性质T ,但bn不为常数列，所以“ bn为常数列”是“对任意正整数a1,an都具有性质T ”的不必要条件15. (2018东城二模理)(本小题13分)I aan是偶数，设a,h均是正整数，数列an满足：a,=a , an卅=彳2 n、an + h, an是奇数.(I )若a3 =3，- =5，写出a1的值；(II)若a =1，为给定的正奇数，求证：若an为奇数，则an £丨；若an为偶数，则an £ 21 ；(III )在(

25、II )的条件下，求证：存在正整数n(n _2),使得an =1.15. (20)(共 13 分)解：(I ) 1 或 12. 4分(II )当n T,2时，a1为奇数，6乞-成立，aV 为偶数，a?岂2 .假设当n二k时，若ak为奇数，则a ,若ak为偶数，则ai 2 . 那么当n = k 时，若ak是奇数，则ak 1= 是偶数，a-1 -2-； 若ak是偶数，ak厲=鱼一 .2此时若ak j是奇数，则满足ak ,若ak,是偶数，满足ak彳空2,.即n = k 1时结论也成立.综上，若an为奇数，则an乞；若an为偶数，贝U an乞2 . 9分(III )由(II )知，an中总存在相等的两项.不妨设ar =as(r : s)是相等两项中角标最的两项，下证r =1 .假设r - 2. 若ar =a ,由ar1 - 0,asJ 0知ar和as均是由ar和as除以2得到，即有a丄二as二，与r的最小性矛盾； 若ar二as、二，由ar j _ 2 , asJ _ 2 知ar和as均是由ar和as j加上得到，即有arl =asJ，与r的最小性矛盾；综上，r =1，则 as=a =1.即若a =1 , 是正奇数，则存在正整数n(n _ 2),使得an = 1. 13分16. (2018昌平二