北京模擬壓軸題二

1、1、(朝陽區(qū)2015屆高三上學(xué)期期末)若有窮數(shù)列a1, a2, a3丄,am ( m是正整數(shù))滿足條件:aiam i i(i 1,2,3,L ,m)，則稱其為“對稱數(shù)列”.例如，1,2,3,2,1和1,2,3,3,2,1都是“對稱數(shù)列”(I)若bn是25項(xiàng)的“對稱數(shù)列”，且03,04,05丄,b25是首項(xiàng)為1,公比為2的等比數(shù)列.bn的所有項(xiàng)和S ；(D)若Cn是50項(xiàng)的“對稱數(shù)列”，且C26, C27, C28,L , C50是首項(xiàng)為1,公差為2的等差數(shù)列.求 cn的前 n 項(xiàng)和 Sn, 1 n 50, n N.1212(I)依題意，b13 1, b14 2 ,，b25 b13 22 .則

2、b1b25 212, b2 b24211,，02 b142.12 1 12212 1(丄)則 S 2 bb2.b12121212143 .6分1 -2(n)依題意，C50 C26 24 2 49，因?yàn)镃n是50項(xiàng)的“對稱數(shù)列”，所以C1C5049, C2 C49 47,，C25 C26 1.所以當(dāng) 1 n 25時(shí)，Snn2 50n ；1 當(dāng) 26 n 50時(shí)，Sn S25 (n 25) (n 25)(n 26) 2,2Sn n250n1250.2.13分，宀 tn 50n1 n 25, n N ,綜上，Sn2n250n 125026 n 50, nN2、(東城區(qū)示范校2015屆高三上學(xué)期綜合能

3、力測試)給定正奇數(shù) n n 5，數(shù)列 ana1 , a2 , ., an 是 1 ，2 ，n的一個(gè)排列，定義 E ( a1, a2 ,an )|a111| a22|. |an n|為數(shù)列 a. : a1, a?，a.的位差和。(l)當(dāng)n 5時(shí)，求數(shù)列an : 1, 3, 4, 2, 5的位差和;（II ）若位差和E （ ai, a2，a.） =4，求滿足條件的數(shù)列： a , a?，的個(gè)數(shù);、n 1（III ）若位差和Ea1,a2,.,an，求滿足條件的數(shù)列an :a1,a2,，an的個(gè)數(shù)。2解：（I） E （1, 3, 4, 2, 5） =|1-1|+|3-2|+|4-3|+|2-4|+|5-

4、5|=4 ; （3 分）（II）若數(shù)列an : ai，a2，a“的位差和E （ ai，a?，a.） =4，有如下兩種情況：情況一：當(dāng) ai i 1, ai i i , aj j 1 , aj i j，且 ai, ai i aj,aji，其他項(xiàng)ak k （其中 k i,（5分）情況二：當(dāng)ai, ai i,（其中 k i, i 1,綜上，滿足條件的數(shù)列n 2 n 33 n2例如：n 5時(shí)，n q n n1 1, j, j 1 ）時(shí)，有 n 3 n 42 1種可能;2ai 2分別等于i 2 , i 1, i或i 1, i 2, i或i 2 , i 1,其他項(xiàng)ak ki 2 ）時(shí)，有3 n 2種可能；

5、（7分）an :印，a2,，an的個(gè)數(shù)為2 n 2 n 3。（ 8 分）2情況一：形如 2, 1, 4, 3, 5，共有 2+1=3 種：2, 1, 4, 3, 5; 2, 1, 3, 5, 4; 1, 3, 2, 5,4；情況二：形如 3, 2, 1, 4, 5,共有 5-2=3 種：3, 2, 1 , 4 , 5; 1 , 4 , 3 , 2 , 5; 1 , 2 , 5 , 4 , 3;形如 2 , 3 , 1, 4 , 5,共有 5-2=3 種：2 , 3 , 1 , 4 , 5; 1, 3 , 4 , 2 , 5; 1, 2 , 4 , 5 , 3;形如 3 , 1 , 2 , 4

6、, 5,共有 5-2=3 種：3 , 1 , 2 , 4 , 5; 1, 4 , 2 , 3 , 5; 1, 2 , 5 , 3 , 4。（III ）將|印11 |a22| . |an n |去絕對值符號后，所得結(jié)果為112233n n的形式，其中恰好有n個(gè)數(shù)前面為減號,這表明E ai , a2 , ann|ai i|i 12 n n 1n 3 n 1n 1c n 12 122 222cn 1,n 3n3 ,n212 nn 1 -1（10 分）2222此不等式成立是因?yàn)榍懊鏋闇p號的n個(gè)數(shù)最小為：2個(gè)1, 2個(gè)2,，2個(gè)_n_1和1個(gè)_n一1。(112 2上面的討論表明,分)題中所求的數(shù)列 3n

7、 : 31, 32, 3n是使得E( 31, 32, 3n)最大的數(shù)列,這樣的數(shù)列在n2k 1 時(shí),要求從1, 2,，n中任選一個(gè)數(shù)作為 3k 1 ,將剩余數(shù)中較大的 k個(gè)數(shù)的排列作為a1,32，3k的對應(yīng)值，較小的k個(gè)數(shù)的排列作為3k 2,3k 3 ,，32k 1的對應(yīng)值，于是所求數(shù)列的個(gè)數(shù)為2k21 k!。綜上，滿足條件的數(shù)列的個(gè)數(shù)為2（14 分）例如：n 5時(shí),E（ 31,a2, a3, a4 ,a5）5|3i i |。i 112每組之差5 12組數(shù)此不等式成立是因?yàn)榍懊鏋闇p號的5個(gè)數(shù)最小為：2個(gè)1, 2個(gè)2和1個(gè)3。若 E（印，a2, a3, a4, a5）=12，n 2k 15，此時(shí)

8、k 2時(shí)，要求從1，2，3，4，5中任選一個(gè)數(shù)作為a3，將剩余數(shù)中較大的2個(gè)數(shù)的排列作為31，a2的對應(yīng)值，較小的 2個(gè)數(shù)的排列作為34, 35的對應(yīng)值，于是所求數(shù)列的個(gè)數(shù)為2! 220。4, 5, 1 , 2, 3； 4, 5, 1, 3, 2；5,4,1，2,3； 5,1,3,2；4 , 5 , 2 , 1 , 3； 4 , 5 , 2 , 3 , 1 ；5,4,2, 1,3； 5,2,3,1；4 , 5 , 3 , 1 , 2； 4 , 5 , 3 , 2 , 1 ； 5 , 4 , 3 , 1 , 2； 5 , 4 , 3 , 2 , 1；3, 5, 4, 1, 2; 3, 5, 4,

9、 2, 1 ; 5, 3, 4, 1, 2; 5, 3, 4, 2, 1;3, 4, 5, 1, 2; 3, 4, 5, 2, 1 ; 4, 3, 5, 1, 2; 4, 3, 5, 2, 1。題目背景：假設(shè)現(xiàn)在有 n種物品，已經(jīng)按照某種標(biāo)準(zhǔn)排列，并依次確定編號為1, 2,，n，鑒別師事先不知道物品的標(biāo)準(zhǔn)排列編號，而是根據(jù)自己的判斷，對這n種物品進(jìn)行排列依次編號為a1, a2, an ,其中a?, a.是1, 2，n的一個(gè)排列，那么可以用數(shù)列a.:a?, an的位差和E ( a1, a2, a.) =6 11 a 2| a. n |,來評判鑒別師的能力。當(dāng)E ( a1, a2, , an)越小

10、，說明鑒別師能力越強(qiáng)；反之越大，說明鑒別師能力越弱；當(dāng)E ( a1, a2, an) =0，說明鑒別師給出的排列編號與標(biāo)準(zhǔn)排列編號一致，判斷完全正確；第二問，位差和E(印，a2, a.) =4時(shí)，給出數(shù)列 an : a1, a?, , a“的情況；n2 1第三問，說明位差和 E ( a1, a2, an)最大值為，且給出取得最大值時(shí)，數(shù)列an :2a1, a2, an 的情況。3 .已知數(shù)集A ®,a2丄an(0 a： Lan,n 3)具有性質(zhì)P :對任意的i, j(1 i j n) , aj a, aj a,兩數(shù)中至少有一個(gè)屬于 A.(I)分別判斷數(shù)集0,1,3與0,2,4,6是否

11、具有性質(zhì)P，并說明理由；(n)證明：a1 0,且 a2 a3 . annan;2(川)證明：n=5時(shí)，an成等差數(shù)列.解(I)Q3 14,312都不在0,1,3,故0,1,3不具備性質(zhì)P; 1分Q 0 00,0 22,046,066,224,246,624,440,642,660 均在集合0,2,4,6中，故0,2,4,6具有性質(zhì) P. 3(n) Qan an 2an A, a“ a“0 A, a10,Q an akan(k 2,3,4, .n)A,Q an ananSn 1anan 2ana2ana10,a2a? 832(a2a3a2a3anan 1, a3anSn (Sn Sn 1) .a

12、n)na*nanan2an 2,., an 1 a n a 2 .(anan 2 ). (an a2) an8 分由(n)知數(shù)列的項(xiàng)為a4-a3=a3-a2= a2-a1 即可.由(n)知 a2+a4=a5,故 a3+a4>a5,所以 a4-a3 A,Q 0 a4 as a5 as a5 a2 a5所以a4-a3= a2= a2-a1。n=5時(shí)，an成等差數(shù)列。13分4、設(shè)集合S 1,2,3,L , n (n N*,n 2) , A,B是S的兩個(gè)非空子集，且滿足集合A中的(出)所以,0, a5-a4, a5-a3, a5-a2, a5.顯然 a4-a3=a3-a2, a5-a4=a2-a

13、i.故只要證明最大數(shù)小于集合B中的最小數(shù)，記滿足條件的集合對（A,B）的個(gè)數(shù)為P.(1)求F2,P的值;（2）求巳的表達(dá)式.解.【答案】（I） p 1, P35(n)Pn(n 2) 2n 1 1【解析】試題分析：（I）根據(jù)具體數(shù)值,結(jié)合新定義，列舉滿足條件的數(shù)對：當(dāng)n 2時(shí)，即S 1,2，此1, 當(dāng) n 3 時(shí)，即 S 1,2,3，若 A1，則 B 2，或 B 3 ,1,2，則 B3 ；所以P35C°1由定義知,A,B無共同元素，分別在兩部分取相應(yīng)子集：當(dāng)集合A中的最大元素為“ k ”時(shí),A的其余元素可在1,2丄，k 1中任取若干個(gè)（包含不?。?所以集合A共有C；1 C'1

14、L C：；2 k 12 種情況，此時(shí)，集合B的元素只能在k1,k 2丄，n中任取若干個(gè)（至少取1個(gè)），所以集合B共有Cn kC：k Cn kLC： k1種情況，集合對（A,B）k 1 n k共有2(2n 1 k 11) 2 2對,再求和pn （nn 101) 2 (2n 2、/2) (nn 12) 2試題解析：（1）當(dāng)n 2時(shí)，即S 1,2此時(shí)A 1 ,，所以P21 ,當(dāng)n3時(shí)，即S123，若 A1，則B2 或B 3 或B2,3 ；A右2或A1,2，則 B3 ;所以A5(2)當(dāng)集合A中的最大兀素為“ k”時(shí)，集合A的其余兀素可在1,2丄，k1中任取若干個(gè)(包含不取)，所以集合A 共有 Ck01

15、 Ck 1C k 1Lk 1k 1Ck 12 種情況，6分此時(shí)，集合B的兀素只能在k 1,k2丄，n中任取若十個(gè)(至少取1個(gè))，所以集合B共有亠1亠23n kn kCn kCn kCn k LCn k21種情況，所以，當(dāng)集合A中的最大兀素為“ k”時(shí)，kinkn 1 k 1集合對(A, B)共有2(21)22對，當(dāng)k依次取1,2,3，L，n 1時(shí)，可分別得到集合對(A，B)的個(gè)數(shù)，求和可得 Pn (n 1) 2n1(2°2122L 2n 2)(n 2) 2n 11.考點(diǎn)：歸納找規(guī)律5 .對于數(shù)集X 1, X1, X2, , Xn，其中0 X1 X2Xn , n 2，定義向量集Y a

16、I a (s,t),s X,t X，若對任意a1 Y，存在a2 Y，使得a1 a2 0，則稱X具有 性質(zhì)P .(I)判斷 1,1,2是否具有性質(zhì)P ；(n)若x 2，且 1,1,2,x具有性質(zhì)P，求x的值；(川)若X具有性質(zhì)P，求證：1 X，且當(dāng)xn 1時(shí)，X1 1.答案：(I) 1,1,2具有性質(zhì)P (n) 4 (川)略解析：(I) 1,1,2具有性質(zhì)P.2分irir(n)選取& (x,2) , y中與a1垂直的元素必有形式1,b .所以x=2b，從而x=45分LTUULT LU(ill)證明：取 a1 (洛，為)Y 設(shè)a2 (s,t) Y 滿足 a1 a2 0.由s+t為 0得s+

17、t 0，所以s、t異號.因?yàn)?是X中唯一的負(fù)數(shù)，所以 s、t中之一為 1，另一為1 ,故1 X.8分假設(shè)xk1，其中1 k n，則 0X11Xn .u選取b|(Xi,Xn)urur urY，并設(shè) b,(p,q) Y 滿足 b b2 0,即 px-qXn 0 ,則p,q異號，從而p,q之中恰有一個(gè)為110分qxn,顯然矛盾;1，則 XnPX1PXn，矛盾.13分 1,X1, X2, Xn，其中 0X1X2Xn , n 2，定義向量集丫 a | a (s,t),s X,t X，若對任意 a1 Y，存在a2Y，使得4d.a?0，則稱X具有所以X1 =1 .性質(zhì)P .判斷 1,1,2是否具有性質(zhì)p ；

18、若x 2，且 1,1,2,x具有性質(zhì)p，求x的值;(出)若X具有性質(zhì)P，求證:1 X，且當(dāng)Xn 1時(shí),X1答案:(I) 1,1,2具有性質(zhì)P (n) 4 (川)略解析:(I) 1,1,2具有性質(zhì)P.ir選取a-ir(x,2) , y中與a1垂直的元素必有形式1,b所以X=2b，從而x=45分uuir(ill)證明：取 a1(x1, X-) 丫 .設(shè)a2 (s,t) 丫 滿足 a1ura20.由s+t X-,0得s+t 0,所以s、t異號.因?yàn)?是X中唯一的負(fù)數(shù)，所以 s、t中之一為 1，另一為1 ,故1 X.8分假設(shè) xk 1，其中 1 k n，則 0 x-i 1 xn.uurur iu選取

19、b (x1,xn) 丫，并設(shè) b> (p,q) 丫 滿足 b b> 0,即px1 qxn 0,則p,q異號，從而p,q之中恰有一個(gè)為 1.10分若p 1 ,則X1 qXn，顯然矛盾;若 q 1，則 Xnpxi p Xn ,矛盾.13分所以Xi=1 .an7.已知數(shù)列an的首項(xiàng)ai a,其中a Nan 13, an3,1an 1 ,an3l,lN ,令集合*N .A x|x an, n N .(I)若a4是數(shù)列an中首次為1的項(xiàng)，請寫出所有這樣數(shù)列的前三項(xiàng);(n)求證:1,2,3 A ；(川)當(dāng)a 2014時(shí)，求集合 A中元素個(gè)數(shù)Card (A)的最大值20.解：(I) 27,9,3

20、; 8,9,3; 6,2,3.(II )若ak被3除余1,則由已知可得ak 1ak1 , ak2ak2,ak 3(ak2)；若ak被3除余2,則由已知可得ah 1<%1, ak 2丄31) , ak 31(ak1) 1 ；若ak被3除余0,則由已知可得ak 11ak,ak 31 ak2 ;33所以ak3 3ak 2，3)所以 ak ak 3 ak (ak 2) (ak3 3所以，對于數(shù)列an中的任意一項(xiàng)ak右ak3，則 akak 3因?yàn)閍kN ,所以ak ak 31 所以數(shù)列an中必存在某一項(xiàng)am 3(否則會與上述結(jié)論矛盾！)2,am 23,若 am 3,則 am 11,am 22 ；若

21、 am2,則 am 1 3,am2 1,若 am 1,則 am 1由遞推關(guān)系易得1,2,3 A.(Ill )集合A中元素個(gè)數(shù)Card (A)的最大值為21.由已知遞推關(guān)系可推得數(shù)列an滿足：當(dāng)am 1,2,3時(shí)，總有an an 3成立，其中n m,m 1,m 2丄下面考慮當(dāng)ai a 2014時(shí)，數(shù)列可中大于3的各項(xiàng)：按逆序排列各項(xiàng)，構(gòu)成的數(shù)列記為g，由(I)可得b 6或9,由(II)的證明過程可知數(shù)列bn的項(xiàng)滿足：b, 3 0,且當(dāng)bn是3的倍數(shù)時(shí)，若使bn 3 0最小，需使0 2 6 1 1山2，所以，滿足bn3bn最小的數(shù)列bn中，b34或7,且b3k3bsk3 2，所以b3k 1 3&#

22、169;屮1) 1)，所以數(shù)列b3k 1是首項(xiàng)為4 1或7 1的公比為3的等比數(shù)列，所以 b3k1(41) 3k 1 或b3k1(71)3k 1，即b3k3k1 或b3k23k1，因?yàn)?6 2014 37，所以，當(dāng)a 2014時(shí)，k的最大值是6，所以a1 b18，所以集合 A重元素個(gè)數(shù)Card(A)的最大值為21.8.已知 Sn A A 盤忌L ,an)，4 0 或 1，i 1,2,L , n (n 2)，對于 U ,V Sn， d(U,V)表示U和V中對應(yīng)位置的元素不同的個(gè)數(shù).(I)令U (0,0,0,0,0)，求所有滿足V S5，且d(U,V) 2的V的個(gè)數(shù)；(U)令 W(0墜43

23、6;)， 若 U,V Sn，求證：d(U ,W) d(V,W) d(U ,V)；n個(gè) 0(川)給定 U (a1,a2,a3,L a)，U Sn，若V Sn，求所有 d(U,V)之和.解：(I) C；10 ;4 分(U)證明：令 u (aa2,a3a.)，v (d,b2,b3bn) ai 0 或 1，b 0 或 1;ai0，bi0時(shí)，|ai |Ibl0labi 1ai0，bi1時(shí)，|ai |lb 11|ai bh lai1，bi0時(shí)，|ai |山l1|ai b"lai1，bi1時(shí)，|ai |lb l2|ai b門0故lail |bi | |a b |d(u,w) d(v,w) (a1

24、a2 a3+L +an) (bi b2 b3+L +bn)g| &| |a+L +| an |) g| 4| |b+ L +| bn |)(| ai bi | | a2 b21 & b3|+ L +| an bn |) d(u,v)9 分(川)解：易知Sn中共有2n個(gè)元素，分別記為Vk(k 1,2,L ,2n)V (D,b2,b3bn) bi 0的Vk共有2n 1個(gè)，bi 1的Vk共有2n1個(gè).2nd(u,Vk)k 1n 1n 1n 1n 1n 1n 1=(2|a10| 2|a11| 2| a?0| 2| a? 1+ L +2| an0| +2| an1|)n= ng214分2

25、n n 1 d(u,Vk)= ng2法二：根據(jù)(I)知使d(u,Vk)r的Vk共有Cn個(gè)2n012nd (U, Vk) =0gCn 1gCn 2gCn L ngCnk 12nd(u,Vk) = ngC1 (n 1)gp； 1 (n 2)gCn 2 LOcC0k 12n兩式相加得d(u,Vk) = nggn 1k 19.設(shè)滿足以下兩個(gè)條件的有窮數(shù)列 aa2, an為n (n =2, 3, 4, 階 期待數(shù)列” a1a2a3 L an 0 ； a1a2a3Lan1.(2)若某2015階 期待數(shù)列”是等差數(shù)列，求該數(shù)列的通項(xiàng)公式;(3)記n階期待數(shù)列”的前k項(xiàng)和為Sk(k 1,2,3丄,n)，試證:

26、Sk解：(I)數(shù)列,0,1為三階期待數(shù)列2 23數(shù)列8,1 1 38, 8, *為四階期待數(shù)列，(n)設(shè)該2013階“期待數(shù)列”的公差為 d ,因?yàn)?a-a2 a3 La201302013( a-ia20i3)0,a1a 20130 ,即 a10070 ,a1008 d ,當(dāng)d=0時(shí)，與期待數(shù)列的條件矛盾,當(dāng)d>0時(shí)，據(jù)期待數(shù)列的條件可得a1008a1009a20131006 d 1006 1005 d 丄，即 d一 211006 1007ana1007(nn 10071007) d . n1006 1007N*且 n 2013 ,當(dāng)d<0時(shí)，同理可得an-.n N*且n 2013

27、 .10061007【注】只寫一種的扣一分n 的范圍未寫的扣一分10分(川)當(dāng)k=n時(shí)，顯然Sn 當(dāng)k<n時(shí)，根據(jù)條件得Ska1a2L ak(ak1ak 2an)，即Ska1 a 2akak 1 akan對每個(gè)2 a*a2S.2(k 1,2,3,L ,n).ak 1ak 2 L anak 2Lan1,10正數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn滿足：rSn anan 1（I）求證:（n）若數(shù)列周期;（川）若數(shù)列解：（I）14分an 2 an為定值;an是一個(gè)周期數(shù)列（即存在非零常數(shù)an是一個(gè)各項(xiàng)為有理數(shù)的等差數(shù)列，求證明：rSnan an 1(1),1, a1a 0，常數(shù) rT，使 anT an恒成立）

28、，求該數(shù)列的最小正Sn.rSn 1(2) ( 1): ra n 1(n)計(jì)算 n 1,raan 1 an 2an 1 (anaa2(2)an)根據(jù)數(shù)列是隔項(xiàng)成等差，寫出數(shù)列的前幾項(xiàng):-an1 ar1r -a1a, r ,aaan當(dāng)r 0時(shí)，奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)都是單調(diào)遞增的,1111列的前幾項(xiàng)：a, - ,a, -,a, -,a,-,a a a a所以當(dāng)a 0且a 1時(shí)，該數(shù)列的周期是（川）因?yàn)閿?shù)列an是一個(gè)有理數(shù)等差數(shù)列,r .16 r22a是有理數(shù).設(shè)r 1640 時(shí)，a 1,an1, Sn n0時(shí)(k2，an解法二ana 1,r0,anr)(k r)16 2 8k2,3n 12,Snna1,S

29、nn(3n 5)4因?yàn)閿?shù)列1,a a所以不可能是周期數(shù)列，所以r ,2r2r,3r2,當(dāng)a 1時(shí)，該數(shù)列的周期是1 2 所以a a r 2（r）化簡2a2ar , k均是非負(fù)整數(shù)4 4可以分解成8組，其中只有ann 或 a 2,r3, an11 已知數(shù)列，“ - <是一個(gè)有理等差數(shù)列，r3n 1h'Snn(3n 5)4竝乳.甸）都有冋-口心卜2或3，則稱凡為H數(shù)列.a0時(shí)，寫出數(shù)ar 20 ,3，符合要求，此512(a)a1, 2, 3, n的一個(gè)全排列若（I）寫出滿足 = 5的所有H數(shù)列4 ；（n）寫出一個(gè)滿足 瓠=羽仗=I2f4U3）的R數(shù)列血丄的通項(xiàng)公式；（川）在H數(shù)列二匚

30、中，記 廠、' 丨., I-.若數(shù)列；是公差為d的等差數(shù)列，求證：£ = 5或一壬.解：（I）滿足條件的數(shù)列有兩個(gè):門八（）由（1）知數(shù)列滿足厲，把各項(xiàng)分別加5后，所得各數(shù)依次排在后，因?yàn)榻薪?*，所得數(shù)列顯然滿足%-叫丄2或氣，屮八i叫，即得H數(shù)列41衛(wèi)"二t）.其中匹、，知 山.如此下去即可得到一個(gè)滿足 滄叫* 1幾，叫的H數(shù)列仏為:n+l,n = 5k-4» + 2,.«-5-3=t n= 5A1 2 （其中 fc 1,2>,03 ）Jilx=5t-L5fc«+2,» = 5Jt-4（寫出此通項(xiàng)也可以耳（川）由題意

31、知川肚廠療,Yyr戸，且 H*W=5* 氣有解：（卜）（叮小 （C），了，川= ±15 ,則 '規(guī)加恥刪俐，這與1 - -應(yīng)心是矛盾的. X）Q旳 時(shí)，與類似可得不成立. （丄丿）（i“）時(shí)，廠4斗710，則紜卄術(shù)加不可能成立. 卩M時(shí)，若卜丿F -川或丄），則可=5或-5 .若（l）（4）或 ，則叫l(wèi)l ,類似于可知不成立.3* （川丿時(shí)，若同號，則廿 ，由上面的討論可知不可能；若（上勺或（/ J'j，則"=一5或5 ; U廣®時(shí)，若異號y應(yīng)=0，不行；若同號，則/17，同樣由前面的討論可知與 耳匕 剜亠矛盾.綜上，E只能為5或-5，且（2）中的

32、數(shù)列是d = 5的情形，將（2）中的數(shù)列倒 過來就是，所以E為f或-5 .12.已知實(shí)數(shù)數(shù)列an滿足：辦2丨an 1丨an（n 1,2, ） , aia,a2 b，記集合M an |n N .(i)若 a 1,b2，用列舉法寫出集合 M ;(n)若 a 0,b0,判斷數(shù)列an是否為周期數(shù)列，并說明理由（川）若 a 0,b0，且 a b0,求集合M的元素個(gè)數(shù)的最小值所以廣(x) = eVd+(加一黃2)x+些二一 1=一斗廠(x+l)2ar-(3a-l) ? «.13-1因?yàn)?quot;0廣=一廣("1)2負(fù)一(丸一 1)=你"(x+lX-)因?yàn)閍>|.僑以&

33、gt;-1.52a令/Xx)«-ae-J(X4-lXx-)>0得.-lvxvzl：2a2a站一 13a-l令fr(x) = 一ae'(x+l)(x一 )<0得.x<l或x> 2a2a3/>-i3j-i所以®ft/(x)在(T丄一)上單iflil增.在(yo,-1)和(三一+8)上 2a2a3匕一1 若1. Wa> 1時(shí).«tt/(x)SK何-111單口邇增2a所以Stt /(x)在區(qū)間一1.1上的最大值為/(l)=l(a +警+ l) = 4e e 8e'-3Se2-3Pe2-解得0 = 飛一匕然符合題意.此時(shí)

34、= t b§二3/7-11 若< 1 -即一<a< 1時(shí)2a5V? 一 13a 1西數(shù)/(*)在(-1,)上單謁遡增遞減.lala所以函敷/(X)在區(qū)何1-1,|±的最大值為/(*)寫 匸晉又閃為|<a<l.所以|<?y<4所以 e-l<e3rT<e 所以不満足函數(shù)/(x)在區(qū)同-14上的最大值為4e.8e' -3i?e2 -2綜上所述.a = ±丄.b= § _為所求.14分20.本小18満分14分W： < I ) 3/ = L2.-L02 分(II)因?yàn)閍<0.<0. J

35、,-ja |-心(丹12)所IU術(shù)場 a鞏i 氏 A又周為Tm*|Tj.5 = 12 )所以列中至九依壷董復(fù)叫至.以此類推.于足*燈任蠢正豐數(shù)陷 有總士=皿衛(wèi)*«=丐Hi，嘶直9足數(shù)列佃的HM-便場二孤r礙嗎屮成立的flt小r«9 ,-*i甘<w)對厲上分情況討論.<1)WJ 5.b -a.-aa- b 中至4 項(xiàng)互不招冋；Q)«u>fr>0< 劇救列的前4 ia.b,b-ara-2bt a-2b0時(shí)* 攤列的II五、六項(xiàng)為la-a-b- o-2i<0H-數(shù)利的第九、六頊為bf-a + 3b易知獨(dú)列中至少有4頂互不楷同|*陽at

36、fl>oh&-o- s£cr-03>o.則由列的前7頊可知*敷列中至少右4項(xiàng)0.-O, a.2a 或 ",b.2*厘柚同.侏上，*frAf的阮索亍載不小于4”瓷由 可知.(7 -l.fr-llbf.播汁柑的元黑亍竝為4.所以.求集合M的元索并麹的煨小位是丄14#13.給定正奇數(shù)nn 5，數(shù)列ana，a?, ，an是1,，n的一個(gè)排列，疋乂 E( a，a?，an)|務(wù)1|1 a2 2 | | an n |為數(shù)列an : a1, a?，a“的位差和。(I )當(dāng)當(dāng)n 5時(shí)，求數(shù)列 an:1, 3, 4, 2, 5的位差和；(II)若位差和E(a1 , a2 ,

37、，an) =4，求滿足條件的數(shù)列 an :a , a2，,an的個(gè)數(shù);(III)若位差和E a1, a2，n2 1,ann 1，求滿足條件的數(shù)列an:a1, a2, , an 的個(gè)數(shù)。2解：（I） E （1, 3, 4, 2, 5） =|1-1|+|3-2|+|4-3|+|2-4|+|5-5|=4 ; （3 分）（Il）若數(shù)列an :印,a2, 情況一：當(dāng)ai i 1 ak k （其中 k i,（5分）情況二：當(dāng)ai, ai i,（其中 k i, i 1, i，ai 1 i ，i 1, j, jai 2分別等于i2 ）時(shí)，有3 n,an的位差和E （ ai , a2, a j j 1 ， aj

38、 1 j，且 ai,1 ）時(shí)，有 n 3 n 4,an） =4，有如下兩種情況：ai 1a j , a j 1，其他項(xiàng)n 2 n 3斗2 1種可能;22， i 1, i或i 1, i 2，2種可能；（7分）i或i 2 , i 1,其他項(xiàng)akk綜上，滿足條件的數(shù)列an : a-i, a2,an的個(gè)數(shù)為n 2 n 3。（8 分）2例如：n 5時(shí),情況一：形如 2, 1, 4, 3, 5，共有 2+1=3 種：2, 1, 4, 3, 5； 2, 1, 3, 5, 4； 1, 3, 2, 5,4；情況二：形如 3, 2, 1, 4,5,共有 5-2=3 種：3, 2 , 1 , 4 , 5；1 , 4

39、 , 3 ,2 , 5； 1 , 2 , 5 ,4 , 3；形如 2 , 3 , 1, 4 , 5,共有5-2=3 種：2 , 3 , 1 , 4 , 5； 1, 3 , 4 ,2 , 5； 1, 2 , 4 , 5 , 3；形如 3 , 1 , 2 , 4 , 5,共有5-2=3 種：3 , 1 , 2 , 4 , 5； 1, 4 , 2 ,3 , 5； 1, 2 , 5 , 3 , 4。（III ）將| a1 1 | | a2 2 | . I an n 1去絕對值符號后，所得結(jié)果為E a1 , a2 , ann|ai i|i 1n 3n 1n 1 小 n 12 n n 1221222 2c

40、n 1,n3n 3n212 nn 11（10 分）的形式，其中恰好有n個(gè)數(shù)前面為減號，這表明2 2 2 2此不等式成立是因?yàn)榍懊鏋闇p號的n個(gè)數(shù)最小為：2個(gè)1, 2個(gè)2,，2個(gè)丄和1個(gè)-1 o （11分）4,5,1 ,2, 3* 4,5,1,3, 2；5 ,4,1 ,2, 35,4,1,3,4,5,2,1, 3* 4,5,2,3 , 1；5 ,4,2,1, 35,4,2,3,4,5,3,1, 2!； 4,5,3,2 , 1；5,4,3,1, 2:;5,4,3,2,3,5,4,1, 2!； 3,5,4,2 , 1；5,3,4,1, 2:;5,3,4,2,2；1；1；3, 4, 5, 1, 2； 3

41、, 4, 5, 2, 1 ； 4, 3, 5, 1, 2； 4, 3, 5, 2, 1。上面的討論表明，題中所求的數(shù)列 an : a1, a2,an是使得E（ ai, a2an）最大的數(shù)列,這樣的數(shù)列在n 2k 1時(shí),要求從1, 2,，n中任選一個(gè)數(shù)作為 ak 1，將剩余數(shù)中較大的 k個(gè)數(shù)的排列作為a1, a2,ak的對應(yīng)值，較小的k個(gè)數(shù)的排列作為ak 2, ak 3,，a?k 1的對應(yīng)值，于是所求數(shù)列的個(gè)數(shù)為2k21 k!。綜上，滿足條件的數(shù)列的個(gè)數(shù)為2（14 分）例如：n 5時(shí),E （ ai,a2, a3, a4 , a5）5|ai i |。i 112每組之差5 12組數(shù)52 1212此不

42、等式成立是因?yàn)榍懊鏋闇p號的5個(gè)數(shù)最小為：2個(gè)1，2個(gè)2和1個(gè)3。若 E （印，a2, a3, a4, a5）=12，n 2k 15，此時(shí)k 2時(shí)，要求從1，2，3, 4，5中任選一個(gè)數(shù)作為a3，將剩余數(shù)中較大的2個(gè)數(shù)的排列作為a1，a2的對應(yīng)值，較小的 2個(gè)數(shù)的排列作為a4, a5的對應(yīng)值,于是所求數(shù)列的個(gè)數(shù)為2! 220。1, 2，n，鑒別題目背景：假設(shè)現(xiàn)在有 n種物品，已經(jīng)按照某種標(biāo)準(zhǔn)排列，并依次確定編號為師事先不知道物品的標(biāo)準(zhǔn)排列編號，而是根據(jù)自己的判斷，對這n種物品進(jìn)行排列依次編號為ai, a2, , an，其中a?, 是1, 2，n的一個(gè)排列，那么可以用數(shù)列a.ai, a2, an的

43、位差和E ( ai, a2, a.) =|ai 11 |a? 2| a. n |,來評判鑒別師的能力。當(dāng)E ( ai, a2, , an)越小，說明鑒別師能力越強(qiáng)；反之越大，說明鑒別師能力越弱；當(dāng)E ( ai, a?, a*) =0，說明鑒別師給出的排列編號與標(biāo)準(zhǔn)排列編號一致，判斷完全正確；第二問，位差和E(ai,a2,a.)=4時(shí)，給出數(shù)列a“ : a“a?,a“的情況；n2 i第三問，說明位差和 E ( ai, a2, an)最大值為，且給出取得最大值時(shí)，數(shù)列an2ai, a2, an 的情況。i4.已知集合 S ai,a2, a3,L ,an( n 3),集合 T ( x, y) | x

44、 S, y S, x y且滿足：ai , ajS(i, j i,2,3丄，n ,i j), (a©) T與(aj, a) T恰-有一個(gè)成立.對于T定義dgb)i, (a,b) T,0, (b,a) T,T(ai)dT (ai ,ai)dT (ai , a2)dT (ai,aii )dT(ai , a i )dT(ai , an )( i i,2,3,L ,n )(i)若 n 4 , (ai,a2),(a3, a2),(a2,a4) T，求 1丁心2)的值及的最大值；()從|丁佝),1丁心2), ,b(an)中任意刪去兩個(gè)數(shù)，記剩下的n 2個(gè)數(shù)的和為 M .求證:i M 丁 5) 3

45、；(川)對于滿足lT(aJ n i ( i i,2,3,L ,n)的每一個(gè)集合T ,集合S中是否都存在三個(gè)不同的元素e, f,g，使得 dT (e, f) dT (f, g) dT (g,e) 3恒成立，并說明理由.解:(【)因?yàn)?ai, a2),( a3, a2),( a2, a4)T ,所以 dT (a2, ai) 0 , dT (a2, a3) 0 , dT(a2,a4) 1，故 lT ( a2) 1 .1分因?yàn)?a?, a4)T，所以 dT(a4,a2)0 .所以 1t (a4) dT(a4,ai) dT(a4,a2)dT (a4 , a3)1012 .所以當(dāng)(a2,a4),(a4,a1),(a4,a3)T時(shí)，1品)取得最大值2. 3分(n)由 dT(a,b)的定義可知：dT(a,b) dT(b,a) 1.n所以 lT (ai ) dT (a1, a2 )