2023北京版数学高考第二轮复习-第六章数列微专题

2023北京版数学高考第二轮复习

第六章数列

微专题应用创新

微专题灵活转化，破解数列的新定义问题

1.(2022北京,21,15分创新性)已知Qa,a2,..,ak为有穷整数数列.给定正整数m,若对任意的n£{

在Q中存在ai,ai+i,ai+2,..,ai+j(jZ0)使得ai+ai+i+ai+2+...+ai+j=n厕称Q为m-连续可表数列.

(1)判断Q：2,l,4是不是5-连续可表数列,是不是6-连续可表数列，说明理由；

⑵若Q：ai,a2,..,ak为8-连续可表数列,求证:k的最小值为4;

(3)若Q:ai,a2,..,ak为20-连续可表数列，且ai+a2+...+ak<20,^<idE：k>7.

解析⑴若m=5,则11£{1,2,3,4,5},在Q中,ai=2,a2=l,a3=4,

当n=l时，取i=2,j=0,有a2=l=n,

当n=2时，取i=l,j=0,有ai=2=n,

当n=3时，取i=l,j=l,有ai+a2=2+l=3=n,

当n=4时，取i=3,j=0,有a3=4=n,

当n=5时，取i=2,j=l.有a2+a3=5=n,

所以Q是5-连续可表数列.

由于找不到连续的若干项之和为6.所以Q不是6-连续可表数列.

⑵证明若k=l,则Qa只能表示1个数字，不能表示8个数字，故k#l;

若k=2,则Qa,a?最多能表示出ai,a2,ai+a2,共3个数字，与Q为8-连续可表数列相矛盾：

若k=3,则ai,a2,a.3最多能表示ai,a2,a3,ai+a2,a2+a3,ai+a2+a3.共6个数字，与Q为8-连续可表数列矛盾，故

k>4.

现构造Q：124,1,可以表示出123,4,5,6,7,8这8个数字，即存在k=4满足题意，

故k的最小值为4(或构造出Q:3,1,4,2等数列也可以).

(3)证明:从5个正整数中取1个数字只能表示自身，此方式最多可表示5个数字;取连续2个数字并求和

最多能表示4个数字，取连续3个数字并求和最多能表示3个数字，取连续4个数字并求和最多能表示2

个数字，取连续5个数字并求和最多能表示1个数字，

所以对任意给定的5个整数，最多可以表示5+4+3+2+1=15个正整数，不能表示20个正整数，即k>6.

若k=6,则最多可以表示6+5+4+3+2+1=21个正整数，

由于Q为20-连续可表数列，且ai+a?+a3+…+ak<20,

所以有一项必为负数，设这一项为a“iW{123,4,5,6}.

若a<0,匕{2,3,4,5},则a+a+1>0且&“+*>0,

那么从小廊,..如中选择连续j(1<j46)项求和，其和均小于20,这与题意不符，所以a,<0或*<0.

不妨设ai<0,那么a2+a3+...+劭=20,

因为22再3,..,36@2所以但2再3,..,36}={2,3,4,5,6},

从集合{2,345,6}中选取j(1<j45)个连续数字并求和,其和不可能为19,

但Q为20-连续可表数列，那么ai+az+a3+…+a6=20,所以ai=-l,

所以a?=2,若不然，假设a2=p(34p46),那么a,+a2=p-l£{2,3,4.5}与数列中的项重复,

所以a3=6,若不然，假设a3=q(34q45),那么ai+a2+a3=q+l£{4,5,6}与数列中的项重复,

因此该数列只可能为以下6种，下面逐一写出：

①a1=-1再2=2/3=6,414=3再5=4/6=5,但是ai+a2+a3=iu+a5(舍去)；

②ai=-l,a2=2,a3=6,a4=3,a5=5,a6=4,但是a2+a3=a4+a$(舍去);

③ai=-l再2=2/3=6加=4/5=3/6=5,但是a2+a3=a5+aS(舍去)；

④ai=-l22=2月3=6加=4"5=5/6=3,但是a2+a3=as+M舍去)；

⑤ai=-l,a2=2,a3=6,a4=5,as=3,a6=4,但是ai+a2+a3=as+a6（舍去）;

⑥ai=-l再2=2/3=6加=5再5=4闰6=3,但是ai+a2+a3=a5+a6(舍去).

因此,k=6不满足题目.

综上,Q中至少含6个不同的正整数和一个负数才能满足题意，故k>7.

2.(2021北京,21,15分)设p为实数.若无穷数列出｝满足如下三个性质，则称｛%｝为凡数列：

①ai+p20,且a2+p=0;

②34n」<a4n(n=l,2,..)；

③ma+ne｛am+an+p,am+an+p+1)(m=l,2,..;n=l,2,...).

⑴如果数列同｝的前四项为2,那么｛%｝是否可能为氐数列?说明理由；

(2)若数列⑶｝是Ro数列，求as；

(3)设数列｛a“｝的前n项和为I.是否存在Rp数列出｝,使得SnNSg恒成立?如果存在，求出所有的p;如果

不存在，说明理由.

解析⑴数列｛%｝不可能为R2数列.理由如下：

因为p=2,ai=2,a2=-2,

所以a1+a2+p=2,ai+a2+p+l=3.

因为a3=-2,所以a3^｛ai+a2+p,ai+a2+p+l｝.

所以数列⑶｝不满足性质③.

⑵根据Ro数列的定义，可知又｝满足:

a,>0,a2=0;a4n-1<a4n；am+n=am+anaKam+n=a,n+an+1.

由an+i=an+ai或an+i=an+ai+L以及aiNO,可知an+iNa、所以ai=0.

由a3=ai+a2=0或a3=ai+a2+l=l;a4=a2+a2=0或a4=a2+a2+l=l,以及a3<a4,可知a3=0,iU=l.

由a5=a?+a3=0或a5=a2+a3+1=1,

以及a.sNiU,可知a5=l.

(3)假设数列｛%｝是满足珠怜。恒成立"的Rp数列.

因为an+尸an+ai+p或an+产an+ai+p+1,且ai+pNO,所以an+i>an.

由・p4ai4a2=-p,可知ai=-p.

从而a4n=a4n-l+ai+p=a4n-l或a4n=a4n-1+ai+p+1=a4n-1+1.

又因为34n/<a4n,所以泡产期/+1.

因为a4=a3+l,且23*2=日所以a4>-p+l.

又因为a44a2+a2+p+l二・p+l,所以a4=-p+l,a3=-p.

因为ai2<a6+a6+p+l,Sa64a3+a3+p+l=-p+1,所以ai2<-p+3.

因为a1kagl,所以an<-p+2.

由SuNS<可知a“NO,所以p<2.

由ai()>a8=a7+l及@7234=邛+1,可知aw>-p+2.

由Sms1。可知aioWO,所以p>2.

综上可知,若数列｛%｝是满足"治。恒成立〃的Rp数列，则p=2.当p=2时，考虑数列｛时｝:

(-2+kfn\J｛4k+1,4k+2,4k+3｝,八「z、

(-1+k,n=4k+4')

下面验证数列｛an｝满足性质①②③.

由ai=-2,a2=-2可知ai+p>O,a2+p=O.

因为如止产n・3,a4n=n-2,所以a4n“va4n.

对于任意正整数m,n,存在kiMWNjimW｛0J23｝,使得m=4ki+c,n=4k2+「2.

所以ain=-2+ki,an=-2+k2.

所以am+an+p=-2+ki+k2,am+an+p+1二・1+k】+k2・

又m+n=4(ki+k2)+n+r2,所以当0<ri+r2<4时,am+n=・2+k]+k2；当4<ri+r2<6时,am+Z+ki+k?.

所以am+nE｛am+an+p,am+an+p+1).

由通项公式可知，当n49时,an4aio=O;当n>l1时,anMo=O.

所以SnNSlO恒成立.

综上，存在Rp数列｛an｝,使得S念Sio恒成立，这时P=2.

3.(2020北京,21,15分)已知｛册｝是无穷数列.给出两个性质：

①对于｛an｝中任意两项小,可(问),在｛an冲都存在一项a,m使得%am；

②对于｛a"中任意一项an(n23).在｛aj中都存在两项ak,ai(k>l),使得an=—.

⑴若an=n(n=l,2,..),判断数列｛%｝是否满足性质①，说明理由;

⑵若an=2"n=l,2,...)判断数列｛&,｝是否同时满足性质①和性质②，说明理由:

⑶若｛&,｝是递增数列.且同时满足性质①和性质②，证明:｛a0｝为等比数列.

22

解析⑴若a产n(n=l,2,..)厕数列｛五｝不满足性质①，可以举反例验证生=,=2N•，在数列⑶｝中不能

找到一项am(m£N"),使得am=|.

⑵若an=2R(n=l,2,...),则数列｛&、｝能同时满足性质①和性质②.

对于｛an｝中任意两项ai,aj(i>j),

令m=2i-j即可,

___2

所以对于⑸｝中任意两项Mi项在｛册｝中存在一项am(m=2i-j),使得n产m,

故满足性质①.

对于｛&、｝中任意一项an=2叫下面寻求｛an｝中另夕卜两项ak,ai(k>l),使得期=4,即2"|=号"-=22皿,即n=2k-l,

可令］=n-2,k=n-l(n>3),

2n-42

则此时加=2向=9焉=，n，故满足性质②.

故数歹I」｛4,｝能同时满足性质①和性质②.

(3)证明:⑴当n=3时油性质②可知存在两项ak,ai,使a3^(k>l),

al

又因为｛期｝是递增数列，所以a3>级泡即321，所以k=2,l=l,

2

此时』3,满足小翘廊为等比数列,

即n=3时命题成立.

(ii)假设n=k(kWN*,kN3)时，命题成立，即a｝是以q=M为公比的各项为正数的等比数列，

由性质①，可取数列中的两项ak,ak」,则数列中存在一项am=^-=&四,所以am=qak,

"-1ak-i

下面用反证法证明当n=k+l时命题也成立，即am=ak+i.

假设ak+iHam,因为⑶｝是递增数列，所以a=-^-=qak>ai,&PWa<ai<qa,

mak-lk+kk+k

则aiqkT<ak+《aiqk,由性质②,ak+i可以表示为送s>t),即ak+i=^->as>at,

所以k+l>s>t,符合条件，

s1t1

所以as=aiq_,al=aiq',

所以方aiq2s+l所以aiqk-，q2"，qk,

所以k-l<2s-t-l<k,而k,s,tWN*,所以不存在这样的一组数k,s,t,所以a,„=ak+1,

即n=k+l时,命题也成立.

由(i)(ii)可知,｛%｝是等比数列.

4.(2020顺义二模,21)给定数列ai,a2,..,an.对i=l,2,..,n-l该数列前i项ai,a2,..,ai的最小值记为Ai,后n-i项

Hj+1»3i+2»»•的最大值记为Bi,令di=Bi-Ai.

⑴设数列出｝为2,1,6,3,直接写出①共向的值;

⑵设ai,a2,..,an(n")是等比数列，公比0<q<l,且ai>0,证明:di,d2,..,d»i是等比数列；

(3)设d|,d2,..,dR是公差大于0的等差数列，且出>0,证明冏血,..,期」是等差数列.

解析(l)di=4,d2=5©3=2.

⑵证明:因为ai>0,公比0<q<l,

所以山皿,..向是递减数列.

因此对i=l,Ai=ai,Bi=ai+i,

于是对i=l»2,..,n-l,

1

di=Bi-Ai=ai+i-ai=ai(q-l)q'.

因此d,HO且竽=q(i=l,2,..,n-2),

ai

即d],d2,・・,dn-1是等比数列.

⑶证明:设d为di,d2,..,dn-i的公差，则d>0,

对lWWn-2,因为BEBi+i,所以Ai+尸Bi+i-di+KBi・di+尸Bi・di・d<Bi-di=Ai,即Ai+I<Ai.

又因为Ai+i=min｛Ai,ai+i｝,所以&+尸Ai+iVAi4&从而ai,a2,・・,an”是递减数列，因此Ai=ai(i=l,2,..,n-1).

又因为B尸A]+d产ai+di>ai,所以Bi>ai>a2>..>an-i,

因此an=Bi,

===

所以Bi=B2...Bn-ian,ai=Ai=Bi-di=an-di,

因此对i=l,2,..,n-2都有ai+i-ai=di-di+j=-d,

即ai,a2v»an-i是等差数列.

5.(2019北京理.20,13分)已知数列｛aj,从中选取第ii项、第i?项、八第im项(ii<i2V..若叫<

，则称僦列%，%”•，%为⑶｝的长度为m的递增子列.规定:数列⑶｝的任意一项都是侬｝的

长度为1的递增子列.

(1)写出数列1,837,5,6,9的一个长度为4的递增子列；

(2)已知数列｛a,J的长度为p的递增子列的末项的最小值为。如，长度为q的递增子列的末项的最小值为

演0.若pvq,求证:am。<ano,

(3)设无穷数列⑶｝的各项均为正整数且任意两项均不相等若｛aj的长度为s的递增子列末项的最小值

为2s-l,且长度为s末项为2s-l的递增子列恰有2，」个(s=l,2,...),求数列｛a“｝的通项公式

解析(1)1,3,5,6.(答案不唯一)

⑵证明:设长度为q,末项为。沏的一个递增子列为%,ar2,..,arqi,anQ.

由p<q｛导arpSa%]<a"

因为｛a,｝的长度为p的递增子列末项的最小值为a.。，

又也,…%是｛an｝的长度为p的递增子列，

所以。蛆,、,•所以<^-n0-

(3)由题设知，所有正奇数都是｛a”｝中的项.

先证明:若2m是｛an｝中的项厕2m必排在2m-l之前(m为正整数).

假设2m排在2m-l之后.

设api，ap2，「apM2m-l是数列｛aj的长度为m,末项为2m-1的递增子列厕api，ap2，..,apm.i，2m-l,2rr^

数列｛aj的长度为m+1,末项为2m的递增子列.与已知矛盾.

再证明:所有正偶数都是｛a”｝中的项.

假设存在正偶数不是｛a”｝中的项，设不在｛a.｝中的最小的正偶数为2m.

因为2k排在2k-l之前(k=l,2,..,m-l),所以2k和2k-1不可能在｛aj的同一个递增子列中.

又出｝中不超过2m+l的数为l,2,..,2m-2,2m-l,2m+l,所以｛%｝的长度为m+1且末项为2m+l的递增子列

个数至多为2x2x2x□x2xlxl=2ml<2m.

Z

(m-1)个

与已知矛盾.

最后证明:2m排在2m-3之后(m22为整数).

假设存在2m(mN2),使得2m排在2m-3之前，则｛a,J的长度为m+1且末项为2m+l的递增子列的个数小

于2m.与已知矛盾.

综上，数歹U｛an｝只可能为2,1,4,3,..,2m-3,2m,2m-1

经验证，数列2,1,4,3,..,2m-3,2m,2m-l符合条件.

而、j1+L"为奇数

所以an=<

卜1・1,九为偶数.

6.(2021朝阳一模,21)设数列Am：ai,a2,..,am(mN2).若存在公比为q的等比数列Bm+i：bi,b2,..,bm+i,使得

bsak<bk+i.其中k=l,2,..,m,则称数列Bm+i为数列Am的等比分割数列

⑴写出数列A4：3,6,12,24的一个等比分割数列"B\

n

(2)若数列A】。的通项公式为an=2(n=l,2,..,10).M等比分割数列"B”的首项为1,求数列B”的公比q的

取值范围；

(3)若数列Am的通项公式为a产n2(n=l,2,..,m),且数列A,”存在等比分割数列".求m的最大值.

解析⑴85：2,4,8,16,32.(答案不唯一)

⑵由bk<ak<bk+b得qkl<2k<qk,k=l,2,..,10.

所以2Vq<2氤k=2,3,..,10.

令f(k)哈=1+含,k=2,3,..」0,

k101010

则f(k)单调递减.所以汨(k=2,3,..,10)的最小值为2卫所以2Vq<2可即公比q的取值范围是(2,2豆).

(3)首先证明当m次时，数列Am不存在等比分割数列

假设当m26时数列存在等比分割数列"Bm+i,

贝!Ib।<1<b2=b1q<4<biq2<9<biqJ<16<biq,<25<…<m2<b।q'”.易知bi>0,q>0.

因为0cbl<1,且4cbiq?,所以q2>4.

因为q>0,所以q>2.

又因为9<biq3,所以b6=biq5=biq3.q2>36=6\与b$<a6=36矛盾.所以当mN6时，数列Am不存在等比分割数

歹.所以m45.

当m=5时.数歹I」A5：l,4,9,16,25存在首项为3公比为粉数列B(,满足:g<9<缁<

□4□□ZUoU

6561<59049

16（而<25<言.

所以m=5时数歹(JAm存在等比分割数列

所以m的最大值为5.

7.(2021海淀一模.21)已知无穷数列⑶｝,对于mWN*,若｛aj同时满足以下三个条件，则称数列｛“｝具有性

质P(m).

条件①:an>0(n=l,2,...);

条件②:存在常数T>0,使得a„<T(n=l,2,...);

条件③:an+an+i=man+2(n=l,2,…).

⑴若an=5+4xg)(n=l,2,...),且数列⑶｝具有性质P(m),直接写出m的值和一T的直

(2)是否存在具有性质P(1)的数列｛加｝?若存在，求数列｛a0｝的通项公式;若不存在，说明理由:

(3)设数列｛a0｝具有性质P(m),且各项均为正整数,求数列｛an｝的通项公式.

解析(l)m=2,T=6.(T值不唯一)

(2)不存在具有性质P(l)的数列｛加｝，理由如下：

假设存在具有性质P⑴的数列⑸｝,则m=l,

所以an+2=an+i+an,n=l,2„..

因为an>0(n=l,2,...),

所以an+2>an+i,BPa2<a3<a4<...

所以an+3=an+2+an+i>an+2+a2,SPat-a32a2,as-a42a2,.…，an+3-an+22a2.

累加得,an+3-a3Nna2.

对于常数T>0,当n>2时,an+32na2+a3>T,与②矛盾.

«2

所以不存在具有性质P⑴的数列｛an｝.

(3)因为数列｛a0｝具有性质P(m),由⑵知m#l.

①当m-2时,an+2=；(an+i+a。即an+2-an+i=-1(an+1-an),n=1,2,..,^rlU|an+2-an+1\=^n\a2-a11.

若ai=a2=c(c为常数，且cWN*),则an=c,n=l,2,„.

经检验，数列｛%｝具有性质P(2).

若a/a2,当n>log21a2-ai时,|an+2-an+i4|a2-ai|£(0,l),与aWN*矛盾.

②当m>3时，令bn=max{an,an+i}WN*厕an+2=，(an+i+an)qan+i+an)g(bn+bn)〈bn,n=l,2,...

所以an+3=^(an+2+an+i)<1(an+2+an+1)<gbn+bjvbn.所以bn+2=max{an+2,an+3}<bn.

所以bn+2^bn-l,n=l,2,...

所以bj-b,4-1,b5-b3«-lb2n+l-b2n-l—•1"

所以b2n+i-bi<-n.

当n2bi时,b?n+i4bi-n40与b?n+iWN*矛盾.

综上所述，数列｛%｝的通项公式为a产c(c为常数.且cWN*).

8.(2022海淀一模,21)设m为正整数，若无穷数列出｝满足|aik+i|=|aik+i|(i=l,2,..,m;k=l,2,...)，则称｛aj为Pm

数列.

(1)数列｛n｝是不是Pi数列?说明理由；

(s,71为奇数，

(2)已知所=其中S,t为常数.若数列⑸｝为P2数列，求s,t；

(t,n为偶数,

(3)已知P3数列⑶｝满足ai<0,a8=2,a6k〈a6k+6(k=l,2,...),求an.

解析(1)因为an=n,所以|ak+i|=|k+I|=|ak+l|.所以{a/是Pi数列.

⑵因为⑶｝是P2数列,

fid=|s+1|,

所以|s|=|t+l|,解得

(|t|=|t+2|.—

(3)①先证明a2k+i=a2k+l(k=l,2,...).

(\a2k+l\=\a2k+1|>

则I。2k+2I=la2fc+i+1],所以a2k+i=a2k+l(k=l,2,“).

Ja2k+2I=\a2k+2].

②再证明a6k,a(>k+i,a6k+2,a6k+3(k=l,2,…)是公差为1的等差数列.

设a6k=b,a6k+i=b+126k+2=c,a6k+3=c+1,

则［?：//涓］+所以。4+2.所以261i,361<+斓61!+2再61(*3(k=1,2,...)是公差为1的等差数列.

(JC十11一|U~rO|.

③接下来证明a6k336k2a6k/(k=l,2,...)是公差为1的等差数列.

设a6k-3=d,a6k.2=e,a6k-产e+1,a6k二f,

=|d+l|,

则|/|=|e+2］,所以e=d+l.

(|/|=|d+3|.

所以a6k-3,a6k-2,a6k-1(k=1,2,…)是公差为1的等差数列.

④由①、②、③，知a6k,a6k+l,a6k+2,..,a6k+5也=12・.)是公差为1的等差数列.

因为ag=2,所以a6=0,a7=1,a8=2,a9=3,aio=4,a11=5.

因为|a6|=|a5+l|=0,所以a5=-l.

又由①、③，所以a2=-4,a3=-3,a4=-2,a5=-1.

因为田|=闭+1|=4a<0,所以ai=-5.

所以an=n-6(n=l,2,..,ll).

⑤最后证明a6k=6k-6(k=l,2,…)，从而an=n-6.

当k=l时,已证.

(反证法)假设存在k使得a6k=6k-6不成立，且此时最小的k为r(r>2).

则a6(ri)=6(r-l)-6,BPa6r-6=6r-12.

所以36r-l=6r-7>0.

所以136rl=|a6r-|+1|=6t-6.

又因为a6r>36r-6=6r-12NO,

所以a6r=6r-6,与假设矛盾.

所以a6k以k-6(k=l,2,…)恒成立，从而an=n-6.

n1n2n3

9.(2022顺义一模,21)数列4面再2,..a(-2)满足,£{-1,1}(i=l,2,..,n),称Tn=al-2-+a2-2-+a3-2-+..H-an.

「2”「2。为数列4的指数和.

⑴若n=3,求T3所有可能的取值：

(2)求证:TS0的充分必要条件是ai=-l;

(3)若「oo<O,求Tioo的所有可能取值之和.

解析(l)T3G{-7,-5,-3,-l,l,3,5,7)

⑵证明:充分性:当a,=-l时，可得

n1n231-(l

Tn=-2-+a2'2-+aj-2"-+..H-an-r2+an2

<-2,vl+(2n-2+2n-3+...+2'+20)<-2»-|+2n-|-l=-l<0;

必要性:当Tn=a「2H+a2-2n-2+a3,2n-3+..*an.r2i+alf20<0时，用反证法,

假设山=1厕(丁加产2叱2,2一27一...-212°=2叱(211)=1>0,矛盾.

从而ai=-l.

(3)当「0。<0时,根据第⑵问结论可知a尸1并且反之亦然.

当a,=-l时他一的皿有2"种不同的取值方式,

其中298与一298,297与-297,…2。与-2。,在所有指数和中出现的总次数都是2^,

因此这些项对指数和的总贡献为零另一方面「299在所有指数和中出现299次,

从而Tm的所有可能取值之和为(-2巧-299=-2叫

/«11

a12□

“21a22□a2n

10.(2022海淀期末,21)已知n行n列(n22)的数表A=中,对任意的

\anl

an2□ann/

nn

i£{l,2,..,n},jW{l,2,..,n}都有的£{0』}.若当&<=0时总有口〃+□diN

1=1j=lsJ

nn

n,贝!!称数表A为典型表,此时记Sn=口□%.

/110o\

/o01\

1100

(1)右数表8=100,C=，请直接写出B,c是不是典型表：

0011

\110/

\0011/

⑵当n=6时，是否存在典型表A使得S6=17?若存在，请写出一个A;若不存在,请说明理由；

(3)求Sn的最小值.

解析(DB不是典型表,C是典型表.

⑵解法一，6不可能等于17.

以下用反证法进行证明.

证明:假设S6=l7,那么典型表(a/6x6中有19个0,在六行中至少有一行0的个数不少于4,不妨设此行为第

一行，且不妨设au=ai2=a”=ag0.此时前四列中，每一列的其余位置中都至少有4个1，所以前四列中至少

有16个1,

所以a”与a*中至多有一个1,即as与aw中至少有1Q为0,

不妨设a”=0,则第五列的其余位置中至少又有5个1,

所以前五列中已经有不少于21个1了，与S6=17矛盾.

所以假设不成立.所以S6不可能等于17.

解法二S6不可能等于17,以下证明S6>18.

证明:因为当典型表(％)6X6中。的个数不超过18时」的个数不少于18,所以S6N18.以下只需证明当典

型表(％)6X6中()的个数大于18时，也有S6>18成立•

当典型表(a〃)6x6中()的个数大于18时,在六行中至少有一行0的个数不少于4,不妨设此行为第一行.

66

①若第一行。的个数为6,则月知.+口产1<5,不合题意；

②若第一行0的个数为5,不妨设a11=al2=..=a15=0,aI6=l，此时前5列中,每一列的其余位置都只能是1，所

以S6N18.

③若第一行0的个数为4,不妨设2|曰|2=山3=2产0问5=山6=1,此时前4列中每一列的其余位置中都至少

有4个是1,所以S6>18.

综上18.所以S6不可能等于17.

(3)解法一在水平方向的n行和竖直方向的n列中,一定存在某一行或某一列中含有的1的个数最少，不

妨设第一行中的1最少,并设其个数为k,其中kW{0,1,2,3,..,n}.且不妨设第一行中前k个为1,后(n-k)个

为0.

对于第一行中为1的这k列中.因为每一列都至少有k个1,所以共有k2个1;对于第一行中为0的(n-k)列

中，每一列中都至少有(n-k)个1,

2222

所以Sn>k+(n-k)=2k-2nk+n=2(/c-+y.

以下记f(k)=2(2y+q,

①当n为偶数时，则SA(k)N2仔丁+[=算寸任意的k恒成立.

22

而且S可以取至吟■.例如:当国岩且14j专和扣WA且共14j4n"时,au=l,其他位置为0,此时Sn吟.

②当n为奇数时，则Sn2f(k)N2(9-丁+9=?对任意的k恒成立.

而且S”可以取到?例如:当芋且14j4竽和