2018二模分類匯編

1、2018 二模分類匯編數(shù)列及推理證明壓軸題1. （ 2018 昌平二模·理）已知等比數(shù)列 an 中， a1 = 27, a4= a3a5 ，則 a7 =A 1B 1C 1D 327931.A2.（ 2018 朝陽二模·理）若三個非零且互不相等的實數(shù)x1 ， x2 ， x3成等差數(shù)列且滿足112 ，則稱 x1 ， x2 ， x3成一個 “等差數(shù)列” . 已知集合 Mx | x 100 ，xZ ，x1x2x3則由 M 中的三個元素組成的所有數(shù)列中，“等差數(shù)列”的個數(shù)為（）A 25B50C.51D 1002.B3. （ 2018 房山二模·理）ABC 的三個內(nèi)角分別為A

2、, B, C，則“B= ”是“ A,B , C3成等差數(shù)列”的（ A）充分而不必要條件（ B）必要而不充分條件（ C）充要條件（D）既不充分也不必要條件3.C4.（ 2018 海淀二模·理）已知某算法的程序框圖如圖所示，則該算法的功能是（ A）求首項為 1，公比為 2 的等比數(shù)列的前 2017 項的和（ B）求首項為 1，公比為 2 的等比數(shù)列的前 2018 項的和（ C）求首項為 1，公比為 4 的等比數(shù)列的前 1009 項的和（ D）求首項為 1，公比為 4 的等比數(shù)列的前 1010 項的和開始S = 0，n = 1S = S + 2n - 1n = n + 2否n > 2

3、018是輸出 S結(jié)束4.C5. （ 2018 豐臺二模·理）已知等比數(shù)列 an 中， a11 ， a2a327 ，則數(shù)列 an 的前 5項和 S5=5.1216. （ 2018 順義二模·理）已知 a 為等差數(shù)列， S為其前 n 項和，若a11,S1035，nn則 a20 _.6.187.（ 2018 朝陽二模· 理）設(shè)等差數(shù)列 an的前nn123n項和為 S若 a1 ，SS，則數(shù)列 a 的通項公式可以是 _7.n 2 （答案不唯一）8. （ 2018 東城二模·理）設(shè)等比數(shù)列annS4=_ 的公比 q 2 ，前 n 項和為 S ，則a2158.29.（

4、 2018 順義二模·理）（本小題滿分13分）已知數(shù)列An : a1 , a2 ,L, an . 如果數(shù)列Bn: b1 ,b2 ,L ,bn 滿足b1an ， bkbk 1akak 1 ，其中k2,3,L ,n ，則稱Bn 為An 的“陪伴數(shù)列” .（）寫出數(shù)列A4: 3,1,2,5的“陪伴數(shù)列”B4 ；（）若A9 的“陪伴數(shù)列”是B9 . 試證明：b9, a9 , a1 成等差數(shù)列.（）若n為偶數(shù)，且An 的“陪伴數(shù)列”是Bn ，證明：bna1 .9. （）解：B4: 5, 1,4,3.3 分（）證明：對于數(shù)列An 及其“陪伴數(shù)列”Bn ，因為b1a9 ，b1b2a1a2 ，b2b

5、3a2a3 ，b8b9 a8a9 ，將上述幾個等式中的第2,4,6,8, 這 4 個式子都乘以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 成等差數(shù)列 .8 分（）證明：因為b1an ，b1b2a1a2 ，b2b3a2a3 ，bn 1bnan 1 an ，由于 n 為偶數(shù)，將上述n 個等式中的第2,4,6, L , n這 n 個式子都乘以，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） （本小題共 13 分）如果數(shù)列an滿足“對任意正整數(shù)i , j， ij ，都存在正整數(shù)k ，使得akai aj ”，則稱數(shù)列an具有“性質(zhì)P” . 已知數(shù)列an是無窮項的等差數(shù)列，公差為d.（）若a12，公差d3 ，判斷數(shù)列an是否具有“性質(zhì)P”，并說明理由；（）若數(shù)列an具有“性質(zhì)P”，求證：a10且 d0 ；（）若數(shù)列an具有“性質(zhì)P”，且存在正整數(shù)k，使得ak2018，這樣的數(shù)列an共有多少個？并說明理由10. （本小題 13 分）解：（）若a12

7、，公差d3，則數(shù)列 an 不具有性質(zhì)P ·······1 分理由如下：由題知an3n1 ，對于a1 和a2 ，假設(shè)存在正整數(shù)k ，使得aka1 a2，則有3k1 2 5 10 ，解得 k11，矛盾！所以對任意的kN * ， aka1 a2 3 分3（）若數(shù)列an具有“性質(zhì) P”，則假設(shè) a10 ， d0，則對任意的 nN * ， ana1(n1) d0 .設(shè) aka1a2 ，則 ak0 ，矛盾！ ···········

8、;····4 分假設(shè) a10 ， d0，則存在正整數(shù)t ，使得a1a2a3at0 at 1at 2設(shè) a1 at 1ak1 ，a1 at 2ak2 ， a1at3ak3， ， a1 a2 t1akt 1， kiN *，i1,2,L,t1，則 0ak1ak2ak3akt 1 ，但數(shù)列 an 中僅有 t 項小于等于0，矛盾！ ···················

9、3;··········6 分假設(shè) a10 ， d0 ，則存在正整數(shù)t ，使得a1a2a3at0 at 1at 2設(shè) aaak1，aaa，at 1aak3， ，at 1a2t 2a，N*，t 1t 2t 1t 3k2t 4kt 1 kii1,2,L,t1，則 0ak1ak2ak3akt 1，但數(shù)列 an 中僅有 t 項大于等于0，矛盾！ ·············&#

10、183;················8 分綜上， a10 ， d0（）設(shè)公差為d 的等差數(shù)列n 具有“性質(zhì) P”，且存在正整數(shù)k，使得 ak2018 a若 d0 ，則 an 為常數(shù)數(shù)列，此時an2018 恒成立，故對任意的正整數(shù)k ，ak2018 20182a1a2 ，這與數(shù)列an 具有“性質(zhì) P”矛盾，故 d0設(shè) x 是數(shù)列 an 中的任意一項，則xd ， x2d 均是數(shù)列 an 中的項，設(shè)ak1x(x d ) ， ak2x( x

11、 2d )則 ak2ak1xd (k2k1 ) d ，因為 d0 ，所以 xk2k1Z ，即數(shù)列 an 的每一項均是整數(shù)d由（）知，a0，d0a 的每一項均是自然數(shù)，且是正整數(shù)1，故數(shù)列 n由題意知，2018d 是數(shù)列 an 中的項，故2018 (2018d) 是數(shù)列中的項，設(shè)am2018 (2018d) ，則amak2018(2018d )2018201820172018 d( mk)d ，即 ( mk2018) d20182017因為 mk2018Z ， dN* ，故 d 是20182017 的約數(shù)所以， d1,2,1009,2017,21009,22017,10092017 , 2100

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

13、182018( k1)0 ，得 k1,2 ，故a12018,0 ，共 2 種可能；當(dāng) d22017 時， a120182 2017 ( k 1)0，得 k1 ，故a12018，共 1 種可能；當(dāng) d1009 2017時， a12018 10092017(k1)0 ，得 k 1，故a12018 ，共 1 種可能；當(dāng) d2 1009 2017 時， a12018210092017(k1)0 ，得 k1，故a12018 ，共 1 種可能綜上，滿足題意的數(shù)列 an 共有 20191010 32211 13039 （種）經(jīng)檢驗，這些數(shù)列均符合題意13 分11. （ 2018 豐臺二模·理） （

14、本小題共13 分）an1, kt,已知數(shù)列 a 的前n項和為 S ，a =0 ，a =m，當(dāng)n 2時，an 1Sn,k t,其nn12nan1, kt.中， k 是數(shù)列的前 n 項中 aiai 1的數(shù)對 (ai , ai1 ) 的個數(shù)， t 是數(shù)列的前 n 項中 aiai 1 的數(shù)對 (ai , ai 1 ) 的個數(shù) (i1,2,3, L, n1) （）若 m5 ，求 a3 ， a4 ， a5 的值；（）若 an(n3) 為常數(shù)，求 m 的取值范圍；（）若數(shù)列an 有最大項，寫出m 的取值范圍（結(jié)論不要求證明） 11. （本小題共 13 分）解：（）因為 a1=0 ，a2 =5 ，所以a1a2

15、 ，所以a3a2141 分因為 a2a3 ，所以a4a1a2a332 分41因為 a3a4 ，所以a5a4 +14 4 分所以 a34 ， a43， a54 （）當(dāng) m0 時， a30 ， a40 ，5 分當(dāng) m0 時，因為a1a2 ，所以a3 a21m1a2 ，所以 a4a1 a2a32m1332m1因為 a3a4 ，所以m1m27 分，所以3當(dāng) m0時，因為a1a2 ，所以a3 a21m1 a2 ，所以 a4a1 a2a32m 133因為 a3a4 ，所以m2m1m29分1，所以3所以n3 時， an 1an 為常數(shù)的必要條件是m 2,0,2當(dāng) m2 時， a3 a41 ，因為當(dāng)3n k

16、(k3)時， an1，都有an 1Sn0 21 L 1，n1n所 以 當(dāng)m 2 符 合 題 意 ， 同 理m 2 和 m 0 也 都 符 合 題意10 分所以 m 的取值范圍是2,0, 2 （） m | m2 或 0m213分（若用其他方法解題，請酌情給分）12. （ 2018 房山二模·理） （本小題 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 中所有不同值的個數(shù) .（）設(shè)集合 P2,4,6,8, Q2,4,8,16,分別求 1 P和1Q ；（）若集合 A2,4,8,.,2 n,求證： 1An n1；2（

17、） 1 A 是否存在最小值？若存在，求出這個最小值；若不存在，請說明理由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（）證明 : Q aia j1 i jn 最多有 Cn2n n1個值 ,2n n11 A2,又集合 A2,4,8,.,2 n, 任取 ai a j , akal 1ij n,1 k l n ,當(dāng) j1時 ,不妨設(shè) j1,則 aia j2a j2 j ia1aka1 ,即 aiajaka1 ,當(dāng) j1,ik時， aia jak

18、a1 ,當(dāng)且僅當(dāng) ik, j1時 aiaj =aka1 ,即所有 aia j1 ijn 的值兩兩不同，1 A =n n19 分2,（） 1A 存在最小值，且最小值為2n3 ，不妨設(shè) a1a2a3.an ,可得 a1a2 a 1 a3.a1ana2an .an 1an , ， aiaj1 ijn 中至少有 2n3個不同的數(shù)，即1A2n3 ，取 A1,2,3,., n , 則 ， aia j 3,4,5,.,2n 1, ，即 aiaj的不同值共有2n3 個，故 1A 的最小值為2n3 13 分13. （本小題滿分 13 分）數(shù) 列 An： a1, a2 , L , an(n 2) 的 各 項 均

19、為 整 數(shù) ， 滿 足 ： ai 1 (i1,2,L , n) ， 且a1 2n 1a22n 2a3 2n 3Lan 1 2 an0 ，其中 a1 0 （）若 n3 ，寫出所有滿足條件的數(shù)列A3 ；（）求 a 1 的值；（）證明： a1a2 Lan0 13. （本小題滿分 13 分）解：（）滿足條件的數(shù)列A3 為： 1,1,6 ； 1,0,4 ；1,1,2； 1,2,0 3分（） a1 1 4 分否則，假設(shè) a1 ，因為 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 朝陽二模·理）若無窮數(shù)列a 滿足：存在 a paq （ p ， q* ， pq ），并且只要 apaq ，就有 a p itaq I ( t 為常數(shù)， i1，2 ，3，L），則成an具有性質(zhì) T .（1）若 an具有性質(zhì) T ，且 t 3 ， a14 ， a25 ， a41 ，a55，a7a8 a9 3

22、6 ，求 a3；（2）若無窮數(shù)列an的前 n 項和為 Sn ，且 Sn2nb （ bR ），證明存在無窮多個b 的不同取值，使得數(shù)列an具有性質(zhì) T ；（3）設(shè)baapaqq N*pqab cosa中存在，nn是一個無窮數(shù)列， 數(shù)列n（ p ，），且 n 1n（ n N* ），求證：“ bn 為常數(shù)列”是“對任意正整數(shù)a1 ， an都具有性質(zhì) T ”的充分不必要條件 .14. 【解析】（）因為 a 具有性質(zhì)T, 且 aa5,n25所以 a3a ,a3a3,a3a15,a3a9a ,637485963由 a7 a8a936,得 3159a336, 所以 a2, 經(jīng)檢驗符合題意 .3（）因為無窮數(shù)

23、列 an 的前 n 項和為 Sn , 且 Sn =2nb(b R ) ,所以 a =2 b,當(dāng) n 2時 , a =2n2n 12n 1 ,1n若存在 apaq ( pq),則 q1,取 b2p 1 2(p N, 且 p2, p為常數(shù) ),則 a p2 p 1aq , 對 t 2p 1, 有 ap +i2p i 12p 1 a1 i ta1 i (i1,2,3L )所以數(shù)列 a 有性質(zhì) T , 且 b的不同取值有無窮多個 .nbn, 有bn man 1 mcosan (nN)（）證明 : 當(dāng) 為常數(shù)列時(常數(shù)),*對任意正整數(shù) a , 因為存在 apa , 則由 mcosapmcosa , 必

24、有aa,1qqp+1q 1進而有 ap+iaq i (i1,2,3,) , 這時 t1, ap +itaq i (i 1,2,3,)所以 an 都具有性質(zhì) T .所以 , “ b 為常數(shù)列”是“對任意正整數(shù)a , a 都具有性質(zhì) T ”的充分條件 .n1nN* ) , 對任意正整數(shù) a1,取 bn2 ,n2k1, (k0,n2k,由 anbn 1 cosan 1(n2,nN* ) ,得 a2b1 cosa1cosa2 , 因為 a1 為正整數(shù) , 所以 a20, 且 a1a2 .2a3b2 cosa20,a4b3 cosa3,20,n2k1,當(dāng) n3時 , ann2k(k N* ),2,2對任

25、意 p,q, 則 p,q 同為奇數(shù)或同為偶數(shù) ,若 p,q 同為偶數(shù) , 則 ap+iaqi (i1,2,3,)成立 ;若 p,q 同為奇數(shù) , 則 ap+iaqi (i1,2,3,)成立 ;所以若對于任意p,q滿足 apaq , 則取 t1 ,ap+i 1 aq i ,故 a 具有性質(zhì) T , 但 b不為常數(shù)列 ,nn所以“ b 為常數(shù)列”是“對任意正整數(shù)a , a 都具有性質(zhì) T ”的不必要條件 .n1n證畢 .15. （ 2018 東城二模·理） （本小題13 分）設(shè) a, 均是正整數(shù)，數(shù)列 an 滿足： a1a ， an 1an ,an 是偶數(shù)，2a,a 是奇數(shù) .nn（I

26、）若 a33 ，5 ，寫出 a1 的值；（II）若 a1 ， 為給定的正奇數(shù)， 求證：若 an 為奇數(shù)，則 an l；若 an 為偶數(shù)，則 an 2l；（III）在（ II ）的條件下，求證：存在正整數(shù)n(n2) ，使得 an1.15. （ 20）（共 13 分）解：（I ）1 或 12.4 分（II）當(dāng) n1,2 時， a11為奇數(shù)， a1成立， a21為偶數(shù)， a2 2 .假設(shè)當(dāng) nk 時，若 ak 為奇數(shù)，則 ak，若 ak 為偶數(shù)，則 ak2 .那么當(dāng) nk1時，若 ak 是奇數(shù)，則 ak 1ak是偶數(shù)， ak 12 ；若 ak 是偶數(shù)， ak 1ak.2此時若 ak 1 是奇數(shù)，則滿

27、足ak 1，若 ak1 是偶數(shù)，滿足 ak 12 .即 n k1時結(jié)論也成立 .綜上，若 an 為奇數(shù)，則 an；若 an 為偶數(shù)，則 an2.9 分（III）由（ II）知， a 中總存在相等的兩項. 不妨設(shè) aras (rs) 是相等兩項中角標(biāo)最n小的兩項，下證 r 1. 假設(shè) 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 ，與 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 ，與 r 的最小性矛盾；綜上， r1，則 asa11.即若 a1 ，是正奇數(shù)，則存在正整數(shù)n(n2) ，使得 an1.13分16. （ 2018 昌平二模·理）( 本小題 13 分)已知正項數(shù)列 an 中，若存