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.docx
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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,,则=
A. B.C. D.
1.A
2.(2018朝阳二模·理)若三个非零且互不相等的实数,,成等差数列且满足,则称,,成一个“等差数列”.已知集合,则由中的三个元素组成的所有数列中,“等差数列”的个数为()
A.B.C.D.
2.B
3.(2018房山二模·理)的三个内角分别为,,,则“”是“,,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.C
4.(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.C
5.(2018丰台二模·理)已知等比数列中,,,则数列的前5项和.
5.121
6.(2018顺义二模·理)已知为等差数列,为其前项和,若,则_______.
6.18
7.(2018朝阳二模·理)设等差数列的前项和为.若,,则数列的通项公式可以是____.
7.(答案不唯一)
8.(2018东城二模·理)设等比数列的公比,前n项和为Sn,则=_______.
8.
9.(2018顺义二模·理)(本小题满分13分)已知数列.如果数列满足,,其中,则称为的“陪伴数列”.
(Ⅰ)写出数列的“陪伴数列”;
(Ⅱ)若的“陪伴数列”是.试证明:
成等差数列.
(Ⅲ)若为偶数,且的“陪伴数列”是,证明:
.
9.(Ⅰ)解:
.………………3分
(Ⅱ)证明:
对于数列及其“陪伴数列”,
因为,
,
,
……
,
将上述几个等式中的第这4个式子都乘以,
相加得
即
故
所以成等差数列.………………8分
(Ⅲ)证明:
因为,
,
,
……
,
由于为偶数,将上述个等式中的第这个式子都乘以,相加得
即,.………………13分
10.(2018海淀二模·理)(本小题共13分)
如果数列满足“对任意正整数,,都存在正整数,使得”,则称数列具有“性质P”.已知数列是无穷项的等差数列,公差为.
(Ⅰ)若,公差,判断数列是否具有“性质P”,并说明理由;
(Ⅱ)若数列具有“性质P”,求证:
且;
(Ⅲ)若数列具有“性质P”,且存在正整数,使得,这样的数列共有多少个?
并说明理由
10.(本小题13分)
解:
(Ⅰ)若,公差,则数列不具有性质. 1分
理由如下:
由题知,对于和,假设存在正整数k,使得,则有,解得,矛盾!
所以对任意的,. 3分
(Ⅱ)若数列具有“性质P”,则
①假设,,则对任意的,.
设,则,矛盾!
4分
②假设,,则存在正整数,使得
设,,,…,,,,则,但数列中仅有项小于等于0,矛盾!
6分
③假设,,则存在正整数,使得
设,,,…,,,,则,但数列中仅有项大于等于0,矛盾!
8分
综上,,.
(Ⅲ)设公差为的等差数列具有“性质P”,且存在正整数,使得.
若,则为常数数列,此时恒成立,故对任意的正整数,
,
这与数列具有“性质P”矛盾,故.
设是数列中的任意一项,则,均是数列中的项,设
,
则,
因为,所以,即数列的每一项均是整数.
由(Ⅱ)知,,,故数列的每一项均是自然数,且是正整数.
由题意知,是数列中的项,故是数列中的项,设,则
,
即.
因为,,故是的约数.
所以,,.
当时,,得,故
,共2019种可能;
当时,,得,故
,共1010种可能;
当时,,得,故
,共3种可能;
当时,,得,故
,共2种可能;
当时,,得,故
,共2种可能;
当时,,得,故
,共1种可能;
当时,,得,故
,共1种可能;
当时,,得,故
,共1种可能.
综上,满足题意的数列共有(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)
已知数列的前项和为,,,当时,其中,是数列的前项中的数对的个数,是数列的前项中的数对的个数.
(Ⅰ)若,求,,的值;
(Ⅱ)若为常数,求的取值范围;
(Ⅲ)若数列有最大项,写出的取值范围(结论不要求证明).
11.(本小题共13分)
解:
(Ⅰ)因为,,所以,所以.…………………1分
因为,所以.…………………2分
因为,所以.…………………4分
所以,,.
(Ⅱ)当时,,,…………………5分
当时,因为,所以,
所以.
因为,所以,所以.…………………7分
当时,因为,所以,
所以.
因为,所以,所以.…………………9分
所以时,为常数的必要条件是.
当时,,
因为当时,,都有,
所以当符合题意,同理和也都符合题意.…………………10分
所以的取值范围是.
(Ⅲ)或.…………………13分
(若用其他方法解题,请酌情给分)
12.(2018房山二模·理)(本小题分)
已知集合,其中,中所有不同值的个数.
(Ⅰ)设集合,分别求;
(Ⅱ)若集合求证:
;
(Ⅲ)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
由
…………3分
(Ⅱ)证明:
最多有个值,
又集合任取
当时,不妨设
即
当
∴当且仅当
即所有的值两两不同,
…………9分
(Ⅲ)存在最小值,且最小值为,
不妨设可得,
∴中至少有个不同的数,即,
取,,即的不同值共有个,
故的最小值为.…………13分
13.(本小题满分13分)
数列:
的各项均为整数,满足:
,且,其中.
(Ⅰ)若,写出所有满足条件的数列;
(Ⅱ)求的值;
(Ⅲ)证明:
.
13.(本小题满分13分)
解:
(Ⅰ)满足条件的数列为:
;;;.………………3分
(Ⅱ).………………4分
否则,假设,因为,所以.又,因此有
,
这与矛盾!
所以.………………8分
(Ⅲ)先证明如下结论:
,必有.
否则,令,
注意左式是的整数倍,因此.
所以有:
,
这与矛盾!
所以.………………10分
因此有:
将上述个不等式相加得, ①
又 , ②
两式相减即得.………………13分
14.(2018朝阳二模·理)若无穷数列满足:
存在(,,),并且只要,就有(为常数,),则成具有性质.
(1)若具有性质,且,,,,,,求;
(2)若无穷数列的前项和为,且(),证明存在无穷多个的不同取值,使得数列具有性质;
(3)设是一个无穷数列,数列中存在(,,),且(),求证:
“为常数列”是“对任意正整数,都具有性质”的充分不必要条件.
14.【解析】
(Ⅰ)因为具有性质,且
所以
由,得,所以,经检验符合题意.
(Ⅱ)因为无穷数列的前项和为,且,
所以当时,,
若存在则,
取(且为常数),
则,对,有
所以数列有性质,且的不同取值有无穷多个.
(Ⅲ)证明:
当为常数列时,有(常数),
对任意正整数,因为存在,则由,必有,
进而有,这时,
所以都具有性质.
所以,“为常数列”是“对任意正整数,都具有性质”的充分条件.
取,对任意正整数,
由,
得,因为为正整数,所以,且.
当时,
对任意,则同为奇数或同为偶数,
①若同为偶数,则成立;
②若同为奇数,则成立;
所以若对于任意满足,则取,,
故具有性质,但不为常数列,
所以“为常数列”是“对任意正整数,都具有性质”的不必要条件.
证毕.
15.(2018东城二模·理)(本小题13分)
设均是正整数,数列满足:
,
(I)若,,写出的值;
(II)若,为给定的正奇数,求证:
若为奇数,则;若为偶数,则;
(III)在(II)的条件下,求证:
存在正整数,使得.
15.(20)(共13分)
解:
(I)1或12.……………………………………………………………………………4分
(II)①当时,为奇数,成立,为偶数,.
②假设当时,若为奇数,则,若为偶数,则.
那么当时,若是奇数,则是偶数,;
若是偶数,.
此时若是奇数,则满足,若是偶数,满足.
即时结论也成立.
综上,若为奇数,则;若为偶数,则.……………………9分
(III)由(II)知,中总存在相等的两项.不妨设是相等两项中角标最小
的两项,下证.假设.
①若,由知和均是由和除以2得到,即有
,与的最小性矛盾;
②若,由知和均是由和加上得到,
即有,与的最小性矛盾;
综上,,则.
即若,是正奇数,则存在正整数,使得.…………13分
16.(2018昌平二模·理)(本小题13分)
已知正项数列中,若存在正实数,使得对数列中的任意一项,也是数列中的一项,称数列为“倒置数列”,是它的“倒置系数”.
(I)若数列:
是“倒置系数”为的“倒置数列”,求和的值;
(II)若等比数列的项数是,数列所有项之积是,求证:
数列是“倒置数列”,并用和表示它的“倒置系数”;
(III)是否存在各项均为整数的递增数列,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)
解:
(I)因为数列:
是“倒置系数”为的“倒置数列”.
所以也是该数列的项,且.
故,
即.--------------------3分
(II)因为数列是项数为项的有穷正项等比数列,取,
对数列中的任意一项,
也是数列中的一项,
由“倒置数列”的定义可知,数列是“倒置数列”;
又因为数列所有项之积是,
所以即.
--------------------9分
(III)假设存在这样的等差数列为“倒置数列”,设它的公差为,“倒置系数”为p.
因为数列为递增数列,所以
则
又因为数列为“倒置数列”,则正整数也是数列中的一项(),
故数列必为有穷数列,不妨设项数为项,
则
则,得,
即由,故,与矛盾.
所以,不存在满足条件的数列,使得它既是等差