北京市各城区二模数学(理科)分类汇编之压轴创新题解答题word版含答案

1、【西城二模】20 （本小题满分13 分）数列An ： &, a2,L , an （n舁2）的各项均为整数，满足：a>1 （i 1,2,L ,n）,且a1 2n 1a22n 2a32n 3 Lan1 2an0 ，其中a10n 3 ，写出所有满足条件的数列A3 ；a 1 的值；a1a2Lan0 20 （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 .31(D)否则，假设a11 ,因为a10 ,所以a1舁1 .又a2,a3,L ,an舁1,因此有n1n2n3a1 2a2 2a3 2 L an 1 2 ann1n2n3> 2

2、( 1) 2( 1) 2 L ( 1) 2 (1)n1 n2 n3222 L 2 1 1，这与a12n1 a22n2a32n 3 L an 1 2an0 矛盾！所以a11 .8分(出)先证明如下结论： k 1,2,L ,n 1,必有 Q 2n 1 a2 2n 2 Lak 2n k v 0 .否则，令a1 2 n 1 a2 2 n 2 Lak 2n k 0，注意左式是2n k的整数倍，因此n1n2nk nka1 2a2 2 L ak 2> 2所以有：a1 2n 1a2 2n 2a3 2n 3 Lan 1 2 an> 2n k ( 1) 2n k 1( 1) 2n k 2 L ( 1)

3、 2 (1)nk nk1 nk2222 L 211，这与a12n1 a22n2 a32n3 Lan1 2an0 矛盾！所以 a1 2n1 a2 2n 2 L ak 2n k < 0 .10因此有：a10,& 2 a2 V 0,a1 4 a2 2 a3 V 0,La12k 1a22k2Lak12ak <0,L现2n 2a22n3Lan22am< 0.将上述 n 1个不等式相加得a1 (2n 1 1) a2 (2n 2 1) L an 1 (2 1) 0，n1n2n3又 a1 2a2 2a3 2 L an 1 2an0 ，两式相减即得a1a2 L an 013 分【海淀二

4、模】( 20 ) (本小题13 分)如果数列an满足”对任意正整数i,j,i j ,都存在正整数k,使得ak daj,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(I)若&=2 ,公差d=3 ,判断数列an是否具有“性质P ”，并说明理由；(H)若数列an具有“性质P”，求证：a1 0且d 0；可编辑(田)若数列an具有“性质P”，且存在正整数k,使得ak 2018,这样的数列共有多少个？并说明理由20.解:(本小题13分)(I)若 a12,公差 d 3,理由如下：则数列an不具有性质P .由题知an 3n 1 ,对于k,使得akaa2 ,则有3k(n

5、)若数列11 一 10,解得k 一,矛盾！所以对任意的3an具有“性质P”，则aa2. 3分假设a1设ak假设a1则对任意的nak 0 ,矛盾! 则存在正整数a1(n1) d0.a1a2a3设a1i 1,2,L ,tat 1ak1 ,1,则0a1 at 2ak1ak2ak3t,ata1使得0at1at 2a1 a2tak, 1 ,但数列an中仅有t项小于等于0 ,可编辑矛盾!假设a1t,设at 1i 1,2,L ,taa2a3at使得0at1at 2at 2 a1，at 11,则0ak1at 3ak2ak2 , at 1 at 4ak3a% ,at 1 a2t 2 a% 1 , 1 N但数列a

6、n中仅有t项大于等于0 ,矛盾!综上,a10, d 0 .(ID)设公差为d的等差数列 an具有“性质P”，且存在正整数 k,使得ak 2018 .若d 0 ,则an为常数数列，此时an 2018恒成立，故对任意的正整数 k, ak 2018 20182 a1 a2,这与数列 an具有“性质P”矛盾，故d 0.设x是数列%中的任意一项，则 x d , x 2d均是数列烝中的项，设ak1 x(x d), ak2 x(x 2d)则 a% ak1 xd (k2 k1)d ,因为d 0,所以x k2 k1 Z ,即数列烝的每一项均是整数.由(n)知，a1 0, d 0,故数列an的每一项均是自然数，且

7、 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, d N，故d是2018 2017的约数.所以，d 1,2,1009,2017,2 1009,2 2017,1009 2017,2 1009 2017.当 d 1 时，a1 2018 (k 1) 0,得 k 1,2，,2018,2019，故“2018,2017,., 2,1,0 ,共 20

8、19 种可能；当 d 2时，a1 2018 2(k 1) 0,得 k 1,2，,1008,1009,1010 ,故a12018,2016,2014，4,2,0 ,共 1010 种可能；当 d 1009时，a1 2018 1009 (k 1) 0,得 k 1,2,3 ,故a12018,1009,0 ,共 3 种可能;当 d 2017时，a1 2018 2017(k 1) 0,得 k 1,2,故a12018,1 ,共2种可能;当 d 2 1009时，a1 2018 2018 (k 1) 0,得 k 1,2,故a12018,0 ,共2种可能；当d 2 2017时，a1 2018 2 2017 (k

9、1) 0,得 k 1,故a1 2018,共1种可能；当 d 1009 2017时，a1 2018 1009 2017 (k 1) 0,得 k 1,故a1 2018,共1种可能；当d 2 1009 2017时，4 2018 2 1009 2017 (k 1) 0,得 k 1,故 a1 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).经检验，这些数列均符合题意. 13分【东城二模】（20）（本小题13分）a,an是偶数，设a,均是正整数，数列烝满足：a1 a , an 12an, an是奇数.若a3 3,5,写出a1的值；（II）若a

10、 1,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（n 2）,使得an 1.（20）（共 13 分）解：（I） 1或12.分4（II）当n 1,2时，a1 1为奇数，S1成立，a2 1 为偶数，a2 2 .假设当n k时，若ak为奇数，则ak,若ak为偶数，则ak 2那么当n k 1时，若ak是奇数，则ak 1 ak是偶数，ak 1 2若ak是偶数，a 1 寸 .此时若ak i是奇数，则满足ak i，若ak 1是偶数，满足ak i 2 .即n k 1时结论也成立.综上，若an为奇数，则a

11、n；若不为偶数，则an 2 盼(III)由(II)知，an中总存在相等的两项.不妨设aras(r s)是相等两项中角标最小的两项，下证r 1.假设r 2.若aas，由a10, as 10知a和as均是由a1和as 1除以2得到，即有ar 1 as 1 ,与r的最小性矛盾；若aras，由a12 ,a$ 12知a和as均是由a1和as 1加上 得到，即有ar 1 as 1 ,与r的最小性矛盾；综上，r 1 ,则 as a11.即若a 1,是正奇数，则存在正整数 n(n 2),使得an 1. 1分【朝阳二模】20.(本小题满分13分)若无穷数列an满足:存在ap aq(p,q N*,p q),并且只

12、要ap空就有api taq i (t为常数,i 1,2,3, L ),则称an具有性质T .(I)若an具有性质T ,且t 3向4a 5包1,生5,a7 a8 a9 36,求 a3 ;(n)若无穷数列%的前n项和为S,且Sn=2n b(b R),证明存在 无穷多个b的不同取值，使得数列an有性质T ;(田)设tn是一个无穷数列，数列an中存在ap aq(p,q N*, p q), 且an1 bncosan(n N*).求证：h为常数列”是“对任意正整数 周, an 都具有性质T ”的充分不必要条件 .【解析】(I)因为an具有性质T ,且a? a5 5,所以a6 3a3,a7 3a4 3,a8

13、 3a5 15,a9 3a6 9a3 ,由a7a8a936,得 3 159a336,所以a32,经检验符合题意.(n)因为无穷数列an的前n项和为S，且Sn=2n b(b R),所以 a=2 b,当 n 2时,an=2n 2n 1 2n1,若存在ap aq( p q), 则 q 1,Mb 2p1 2( p N,且 p 2,p为常数)，则 ap 2p 1 aq,对t 2p1,有 ap+i 2p i 1 2p 1a1 i ta1 i (i 1,2,3L )所以数列 an有性质T ,且b的不同取值有无穷多个.、 . » _ _ . . .» . *(田)证明：当b为常数列时，有h

14、 m(常数),an 1 mcosan(n N )对 任 意 正 整 数a1 ,因 为 存 在 a a ,则 由 mcosa mcosa ,必 有pqpqap+1 aq 1,进而有 ap+i aqi(i 1,2,3,)，这时 t 1,ap+i taqi(i 1,2,3,)所以an都具有性质T .所以，蛤为常数列”是“对任意正整数 ai,an都具有性质T ”的 充分条件.-n 2k 1*一，取bn2,(k N ),对任意正整数a1,0,n 2k,*、由 an bn1cosan1(n 2,n N ),得a2 bcosa1 cosa2,因为a1为正整数，所以4 0,且a a2.2Ic.兀a3 b2 c

15、osa2 0,a4 0cosa3,20, n 2k 1,当n 3时,烝兀(kN), 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 aqi(i 1,2,3,)成立；若p,q同为奇数，则ap+i aq i(i 1,2,3,)成立；所以若对于任意p,q满足ap aq,则取t 1,ap玉1 aq i,故an具有性质T ,但b不为常数列，所以“b?J为常数列”是“对任意正整数 前,4都具有性质T ”的不必要条件.证毕.【丰台二模】(20)(本小题共13分)an 1, k t，Sn .'4 已知数列an的刖n项和为Sn, a1=0 , a2=m ,当n

16、2时，an1,k t,其nan 1, k t.中，k是数列的前n项中a ai 1的数对(ai,ai 1)的个数，t是数列的前n项中ai a 1的数为:寸(引出1)的个数(i 1,2,3,L ,n 1).(i)若 m 5 ,求 a3, a4, a5 的值；(n)若为 (n 3)为常数，求m的取值范围；(m)若数列an有最大项，写出 m的取值范围(结论不要求证明).(20 )(本小题共13分)解：(I)因为 ai =0 , a2=5 , 所以 a a?,所以 a3 a2 1 4 . 1分一, ,a1 a2 a3 -因为a2a3,所以a4-一2一33.2 分4 1因为a3a4,所以a5包+1 4.4

17、分所以 a34, a4 3, a54.(n)当 m 0时，a3 0 , a4 0 ,当m 0时，因为 a1a2,所以 a3 a2 1 m 1 a2,所以a4a1a2a332m 13因为a3a4,所以m 12m 12 当m 0时，因为 a1 a2,所以 a3 a2 1 m 1 a2,所以a4aa2a32m 13因为 a3a4,所以 m( 2m1 1 所以所以n 3时，an 1an为常数的必要条件是m 2,0,2.当 m 2 时，a3 a4 1 ,一一S. 0 2 1 L 1因为当 3 n k(k 3)时，an 1,都有 an 1 1,nn所以当 m 2符合题意，同理 m 2和m 0也都符合题意.

18、 10分所以m的取值范围是 2,0,2.(m) m| m 2 或 0 m 2.13 分(若用其他方法解题，请酌情给分)【昌平二模】20 .(本小题13分)P已知正项数列an中，若存在正实数 p ,使得对数列an中的任意一项ak ,一也是 ak数列an中的一项，称数列an为“倒置数列”，p是它的“倒置系数” .(I)若数列：1,4,9, x(x 9)是“倒置系数”为 P的“倒置数列”，求 x和p的值；(II)若等比数列an的项数是m，数列an所有项之积是T,求证：数列an是“倒置数列”，并用 m和t表示它的“倒置系数” p；(III)是否存在各项均为整数的递增数列烝,使得它既是等差数列，又是“倒

19、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.20 .(共 13 分)解：(I)因为数列：1,4,9, x(x 9)是“倒置系数”为 p的“倒置数列”pppppp所以上，上，上，p也是该数列的项，且 -p.x 9 4x 94故 p 1,E 4, x 90,即 x p 36.3 分(II)因为数列an是项数为m项的有穷正项等比数列，取 p ai am对数列an中的任意一项ai(1 i m),pa1a maiam 1 iai ai aiam 1 i也是数列an中的一项,2Tm9分0)，“倒置系i 1,2,L ),由“倒置数列”的定义可知，数列an是“倒置数列”；又因为数列a

20、n所有项之积是T,所以 T2 (a1a2a3L am)(amamam 2L a1)(aam)m(III)假设存在这样的等差数列 an为“倒置数列”，设它的公差为d(d 数”为p.因为数列an为递增数列，所以 a1 a2 a3 L an L则 _p_ _p_ _p_ L La1 a2 a3anp又因为数列an为“倒置数列”，则正整数一也是数列an中的一项( ai故数列an必为有穷数列，不妨设项数为 n项，则 p ai an 1 i(1 i n 1)则 aian a?an 1,得 a【an (& d)(an d),即(n 2)d2 0由n 3,故d 0,与d 0矛盾.所以，不存在满足条件的

21、数列 an,使得它既是等差数列，又是“倒置数列”13 分【顺义二模】20、(本小题满分13分)已知数列AnCL ,an.如果数列Bn：n，b2，L ,bn满足b an, bk bk 1 ak a-，其中k 2,3,L ,n ,则称Bn为An的“陪伴数列”.(I)写出数列 A :3,1,2,5的“陪伴数列”B4；(n )若 A的“陪伴数列”是 B9.试证明：A,劣，现成等差数列(出)若n为偶数，且An的“陪伴数列”是Bn,证明：bn ai.20.(I)解：B4 :5, 1,4,3.3 分(n)证明：对于数列 An及其“陪伴数列”Bn ,因为n a9,n b2 a1 a2,b2 b3 a2 a3 ,b8b9 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1bl (b1 b2)(b2 b3) L(b8 b9) an (a1 a2) (a2 a3)L (% a9)即b9 a9 4a92a9a1所以b9,a9,ai成等差数列 （出）证明：因为bi an,b1 b2 a1 a2,b2 b3 a2 a3,bn 1bnan 1 an ,由于n为偶数，将上述n个等式中的第2,4,6,