2023北京版數(shù)學(xué)高考第二輪復(fù)習(xí)-第六章數(shù)列微專題

2023北京版數(shù)學(xué)高考第二輪復(fù)習(xí)第六章數(shù)列微專題應(yīng)用創(chuàng)新

微專題靈活轉(zhuǎn)化，破解數(shù)列的新定義問題1.(2022北京,21,15分創(chuàng)新性)已知Q:ai,a2,..,ak為有窮整數(shù)數(shù)列.給定正整數(shù)m若對任意的n￡{在Q中存在ai,ai+i,ai+2,..,ai+j(jN0),使得ai+ai+i+ai+2+...+ai+j=n則稱Q為m-連續(xù)可表數(shù)列.(1)判斷Q：2,l,4是不是5-連續(xù)可表數(shù)列,是不是6-連續(xù)可表數(shù)列，說明理由；⑵若Q:ai,a2,..,ak為8-連續(xù)可表數(shù)列,求證:k的最小值為4;(3)若Q:ai,a2,..,ak為20-連續(xù)可表數(shù)列，且ai+a2+...+ak<20,求證:kN7.解析⑴若01=5貝"￡{1,2,3,4,5},在Q中,a〕=2,a2=l,a3=4,當(dāng)n=l時(shí)，取i=2,j=0,有a2=l=n,當(dāng)n=2時(shí)，取i=l,j=0,有ai=2=n,當(dāng)n=3時(shí)，取i=l,j=l有ai+a?=2+l=3=n,當(dāng)n=4時(shí)，取i=3,j=0,有a3=4=n,當(dāng)n=5時(shí)，取i=2,j=l有a2+a3=5=n,所以Q是5-連續(xù)可表數(shù)列.由于找不到連續(xù)的若干項(xiàng)之和為6,所以Q不是6-連續(xù)可表數(shù)列.⑵證明:若k=l,則Q:a)只能表示1個(gè)數(shù)字，不能表示8個(gè)數(shù)字，故k#l;若k=2,則Q:ai,a?最多能表示出ai,a2,ai+a2,共3個(gè)數(shù)字，與Q為8-連續(xù)可表數(shù)列相矛盾：若k=3,則ai,a2,a3最多能表示ai,a2,a3,ai+a2,a2+a3,a〕+a2+a3,共6個(gè)數(shù)字，與Q為8-連續(xù)可表數(shù)列矛盾.故k>4.現(xiàn)構(gòu)造Q：124,1,可以表示出123,4,5,6,7,8這8個(gè)數(shù)字，即存在k=4滿足題意.故k的最小值為4（或構(gòu)造出Q:3,1,4,2等數(shù)列也可以）.（3）證明:從5個(gè)正整數(shù)中取1個(gè)數(shù)字只能表示自身，此方式最多可表示5個(gè)數(shù)字;取連續(xù)2個(gè)數(shù)字并求和最多能表示4個(gè)數(shù)字，取連續(xù)3個(gè)數(shù)字并求和最多能表示3個(gè)數(shù)字，取連續(xù)4個(gè)數(shù)字并求和最多能表示2個(gè)數(shù)字，取連續(xù)5個(gè)數(shù)字并求和最多能表示1個(gè)數(shù)字，所以對任意給定的5個(gè)整數(shù)，最多可以表示5+4+3+2+1=15個(gè)正整數(shù)，不能表示20個(gè)正整數(shù)，即k>6.若k=6,則最多可以表示6+5+4+3+2+1=21個(gè)正整數(shù).由于Q為20-連續(xù)可表數(shù)列，且ai+a2+a.i+...+ak<20,所以有一項(xiàng)必為負(fù)數(shù)，設(shè)這一項(xiàng)為ai,i￡{123,4,5,6}.若比<0/￡{2,3,4,5},則d+&+|>0且&」+&>0,那么從2102,..遍6中選擇連續(xù)~14j46）項(xiàng)求和，其和均小于20,這與題意不符，所以ai<0或a6co.不妨設(shè)a'O,那么a2+aj+...+a6=20,因?yàn)閍2,a3,…加￡N，所以{az,as,..,比}={2,345,6},從集合{2,345,6}中選取j（lWj45）個(gè)連續(xù)數(shù)字并求和,其和不可能為19,但Q為20.連續(xù)可表數(shù)列那么ai+a2+a3+..+a6=20,所以ai=-l,所以a2=2,若不然，假設(shè)a尸p（34p46）,那么ai+a2=p-l￡{2,3,4,5}與數(shù)列中的項(xiàng)重復(fù)，所以a3=6若不然，假設(shè)a3=q（3Wq45）,那么ai+a24-a3=q4-l￡{4,5,6}與數(shù)列中的項(xiàng)重復(fù),因此該數(shù)列只可能為以下6種,下面逐一寫出：①a1=-l再2=2抱3=6,血=3抱5=4抱6=5,但是a1+a2+a3=a4+a5（舍去）；②a產(chǎn)?1招2=2抱3=6,34=3再5=5,36=4,但是a2+a3=a4+as（舍去）；③ 再2=2向=6,34=4抱5=3聲=5,^^a2+a3=a5+ab（舍去）；④a1=?l再2=2抱3=6,34=4聲5=5,06=3,但是a2+a3=as+a6（舍去）；⑤a[=-l皿=2抱3=6,34=5再5=3,36=4,但是ai+a2+a3=a5+a6（舍去）；⑥ai=-l皿=2再3=6,34=5再5=4&=3,但是a1+a2+a3=a5+a6(舍去).因此,k=6不滿足題意.綜上,Q中至少含6個(gè)不同的正整數(shù)和一個(gè)負(fù)數(shù)才能滿足題意，故k>7.2.(2021北京,21,15分)設(shè)p為實(shí)數(shù).若無窮數(shù)列｛加｝滿足如下三個(gè)性質(zhì)廁稱出｝為Rp數(shù)列：①ai+p20,且a2+p=0;②a4n」<a4n(n=l,2,“);③am+n￡｛am+an+p,am+an+p+l｝(m=l,2,..;n=l,2,.J.⑴如果數(shù)列⑶｝的前四項(xiàng)為2,-2,-2,-1,那么｛an｝是否可能為氐數(shù)列?說明理由；⑵若數(shù)列｛%｝是R。數(shù)列，求今；(3)設(shè)數(shù)列｛aj的前n項(xiàng)和為Sn.是否存在Rp數(shù)列｛aj,使得S/Sw恒成立?如果存在，求出所有的p;如果不存在，說明理由.解析(1)數(shù)列｛時(shí)｝不可能為氐數(shù)列.理由如下：因?yàn)閜=2,ai=2,a2=-2,所以ai+a2+p=2,ai+a2+p+l=3.因?yàn)閍3=-2,所以a3住｛ai+a2+p,ai+a2+p+l｝.所以數(shù)列｛“｝不滿足性質(zhì)③.(2)根據(jù)Ro數(shù)列的定義，可知｛%｝滿足:at20,a2=0；34n.i<a4n；am+n=am+an或ani+n=am+an+1.由an+i=an+ai或an+i=a?+ai+l以及a>20,可知an+i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a,i=0,a4=1.由a5=a2+aa=0或a5=a2+a3+l=l,以及asNsu,可知a5=l.(3)假設(shè)數(shù)列⑶｝是滿足SNSkj恒成立"的用數(shù)列.因?yàn)閍n+產(chǎn)an+ai+p或an+尸an+a】+p+l,且a】+pNO,所以an+i>an.由-pa4a2=p,可知ai=-p.從而a4n=a4n-l+ai+p=a4n-l或a4n=a4n-1+a)4-p+1=a4n-1+1.又因?yàn)閍4n/<a4n,所以a4n=a4n/+l.因?yàn)閍4=a3+l,且a3Na2=?p,所以a4>-p+l.又因?yàn)閍44a?+a2+p+l=?p+l,所以a4=-p+l,a3=-p.因?yàn)閍124a6+a6+p+l,且a64a3+a3+p+l=?p+l,所以a)2^-p+3.因?yàn)閍ii=ai2?l,所以an<-p+2.由SuNS<可知anNO,所以p<2.由ai()>a8=a7+l及a72a4=?p+1,可知aio^-p+2.由SgNSio可知a】o4O,所以p>2.綜上可知若數(shù)列⑶｝是滿足扁有。恒成立〃的Rp數(shù)歹I則p=2.當(dāng)p=2時(shí),考慮數(shù)列｛%｝:an=--2+ktn\J[4k+1,4k+2,4/can=--l+k,n=4k+4 (k￡N).下面驗(yàn)證數(shù)列｛%｝滿足性質(zhì)①②③.由ai=-2,a2=-2可知a)4-p>O,a2+p=O.因?yàn)閍4n.產(chǎn)n?3,a4n=n-2,所以34n-l4n.對于任意正整數(shù)m,n,存在ki,k2￡N,r],方￡{0,1,2,3},使得m=4k1+ri,n=4k2+f2.所以am=-24-ki,an=-24-k2.所以am+an+p=-24-ki+k2,am4-an+p4-1=?1+ki+k??又m+n=4(ki+k2)+n+r2,所以當(dāng)04門+「2<4時(shí),am+n=?2+k】+k2；當(dāng)4<ri+r2<6時(shí),am+n=?l+k1+k2.所以am+n￡{am+an+p,am+an+p+l}.由通項(xiàng)公式可知?當(dāng)n49時(shí),an4aio=O;當(dāng)n>l1時(shí),an2ajo=O.所以SnNSlO恒成立.綜上，存在Rp數(shù)列｛an｝,使得SnNSio恒成立，這時(shí)p=2.3.(2020北京,21,15分)已知｛a”｝是無窮數(shù)歹(].給出兩個(gè)性質(zhì)：①對于｛an｝中任意兩項(xiàng)ai,aj(i>j),在｛an｝中都存在一項(xiàng)am,使得幺=am；ai②對于｛aj中任意一項(xiàng)a￡nN3),在⑶｝中都存在兩項(xiàng)ak,ai(k>l),使得an=^.al⑴若a?=n(n=1,2,...),判斷數(shù)列｛斯｝是否滿足性質(zhì)①，說明理由；⑵若冊=2。」(n=l,2,…)判斷數(shù)列｛aj是否同時(shí)滿足性質(zhì)①和性質(zhì)②，說明理由；⑶若舊｝是遞增數(shù)列，且同時(shí)滿足性質(zhì)①和性質(zhì)②,證明:｛加｝為等比數(shù)列.解析⑴若an=n(n=l,2,..)，則數(shù)列｛%｝不滿足性質(zhì)①，可以舉反例驗(yàn)證,=^=當(dāng)N*在數(shù)列｛“｝中不能找到一項(xiàng)am(m￡N*),使得am=1.⑵若an=2n,(n=1,2,...)廁數(shù)列｛a”｝能同時(shí)滿足性質(zhì)①和性質(zhì)②.對于｛a”｝中任意兩項(xiàng)ai,aj(i>j).患空=券*如令m=2i-j即可,所以對于｛an｝中任意兩項(xiàng)ai,aj(i>j),在｛aj中存在一項(xiàng)am(m=2i-j),使得卜am,故滿足性質(zhì)①.對于｛an｝中任意一項(xiàng)an=2~i,下面尋求｛an｝中另外兩項(xiàng)ak,ai(k>l)使得a產(chǎn)?，即2~|=%尋~=2"山,即n=2k-l,可令l=n-2,k=n-l(n>3),?2n-4 _2則此時(shí)aqn七蘆=流故滿足性質(zhì)②.故數(shù)列｛a,｝能同時(shí)滿足性質(zhì)①和性質(zhì)②.(3)證明:⑴當(dāng)n=3時(shí)油性質(zhì)②可知存在兩項(xiàng)ak,ai,使a3=^(k>l),al又因?yàn)椋鸻“｝是遞增數(shù)列，所以a3>ak>a1,BP3>k>l,所以k=2,l=l,此時(shí)磅=a3,滿足aimA為等比數(shù)列，Q1即n=3時(shí)命題成立.(ii)假設(shè)n=k(k￡N*,kN3)時(shí)，命題成立，即聞)是以q=2為公比的各項(xiàng)為正數(shù)的等比數(shù)列.由性質(zhì)①，可取數(shù)列中的兩項(xiàng)ak,az,則數(shù)列中存在一項(xiàng)am=^-=&曲,所以am=qak,ak-lak-l下面用反證法證明當(dāng)n=k+l時(shí)命題也成立，即an,=ak+1.假設(shè)ak+iWam,因?yàn)椋?｝是遞增數(shù)列，所以am=-^-=qak>ak+i,BPWak<ak+i<qak,ak-l則aiqk」<ak+i<aiqk,由性質(zhì)②,ak+i可以表示為崇(s>t),即ak+i=^->as>at,所以k+l>s>t,符合條件，所以as=aiqsl,ai=aiq11,所以唱aiq2『所以aiqi<aiq2sN<aiqk,所以k-l<2s-t-l<k,而k,s,t￡N*,所以不存在這樣的一組數(shù)k,s,t,所以am=ak+),即n=k+l時(shí),命題也成立.由⑴(ii)可知,｛a?｝是等比數(shù)列.4.(2020順義二模,21)給定數(shù)列21揪2,..,%.對1=1,2,..,1)-1,該數(shù)列前i項(xiàng)ai,az,..,式的最小值記為A“后n-i項(xiàng)3i+i,aj+2,??,an的最大值記為Bi,令d.=Bi-Ai.(1)設(shè)數(shù)列｛aj為2,1,6,3.直接寫出di,d2,d3的值;⑵設(shè)ai,a2,..a(n24)是等比數(shù)列，公比0<q<l,且a>0,證明:did,..即是等比數(shù)列；(3)設(shè)did,..,”」是公差大于0的等差數(shù)列，且di>0,證明:ai,a2,..,an”是等差數(shù)歹!J.解析(l)di=4,d2=5,d3=2.⑵證明:因?yàn)閍i>0公比0<q<l,所以a出,..冏是遞減數(shù)列.因此對i=l,2,..,n-l,Ai=ai,Bj=ai+i,于是對i=l,2,..,n-l,di=Bi-Ai=ai+i-ai=ai(q-l)q,d.因此dJO且與i=q(i=l,2,..,n-2),即d|,d2,…dn-1是等比數(shù)列.(3)證明:設(shè)d為d,,d2)..,dn.i的公差，則d>0,對14i4n2因?yàn)锽iNBi+i,所以Ai+l=Bi+i-di+l<Bi-di+1=Brdi-d<Bi-di=Ai,gpAi+t<Ai.又因?yàn)锳i+i=min｛Ai,ai+i｝,所以ai+i=Ai+i<Ai4ai,從而ai,a2,..,an-i是遞減數(shù)列.因此Ai=ai(i=l,2,..,n-1).又因?yàn)锽i=Ai+di=ai+di>ai,所以Bi>ai>a2>..>an-i,因此3n=B|,所以Bi=B?=">Bn“=an,ai=Ai=Bi-di=an-di,因此對i=l?2,..,n-2都有3i+1-aj—dj-di+1=-d,即a,a*..,3nu是等差數(shù)列.5.(2019北京理20,13分)已知數(shù)列⑶｝,從中選取第ii項(xiàng)、第i?項(xiàng)、第im項(xiàng)(ii<i2V..<im)若/<a個(gè)…<%廁稱新數(shù)列,為同｝的長度為m的遞增子列.規(guī)定:數(shù)列｛%｝的任意一項(xiàng)都是｛冊｝的長度為I的遞增子列.(1)寫出數(shù)列1,837,5,6,9的一個(gè)長度為4的遞增子列：(2)已知數(shù)列｛%｝的長度為p的遞增子列的末項(xiàng)的最小值為am。，長度為q的遞增子列的末項(xiàng)的最小值為an。.若p<q,求證:am。<即0；(3)設(shè)無窮數(shù)列｛%｝的各項(xiàng)均為正整數(shù),且任意兩項(xiàng)均不相等.若｛aj的長度為s的遞增子列末項(xiàng)的最小值為2s-1,且長度為s末項(xiàng)為2s-1的遞增子列恰有約個(gè)(s=1,2,...),求數(shù)列｛即｝的通項(xiàng)公式.解析⑴1,3,5,6.(答案不唯一)(2)證明:設(shè)長度為q,末項(xiàng)為。而的一個(gè)遞增子列為由p<q,得a。4abi<a?o-因?yàn)椋鸻/的長度為p的遞增子列末項(xiàng)的最小值為a.。，又是｛an｝的長度為P的遞增子列，所以am°"r丁所以am。<ano.(3)由題設(shè)知，所有正奇數(shù)都是｛%｝中的項(xiàng).先證明:若2m是｛an｝中的項(xiàng)，則2m必排在2m-l之前(m為正整數(shù)).假設(shè)2m排在2m-1之后.設(shè)ap,ap2，..,apm.i，2m-l是數(shù)列｛aj的長度為m沫項(xiàng)為2m-1的遞增子列2m是數(shù)列｛冊｝的長度為m+1沫項(xiàng)為2m的遞增子列.與已知矛盾.再證明:所有正偶數(shù)都是｛%｝中的項(xiàng).假設(shè)存在正偶數(shù)不是｛an｝中的項(xiàng)，設(shè)不在｛an｝中的最小的正偶數(shù)為2m.因?yàn)?k排在2k-1之前(1<=1,2,.皿-1),所以2k和2k-1不可能在⑶｝的同T遞增子列中.又｛aj中不超過2m+l的數(shù)為l,2,...2m-2,2m-l,2m+l,所以｛an｝的長度為m+1且末項(xiàng)為2m+l的遞增子列個(gè)數(shù)至多為2x2X2X□x2xlxl=2ml<2m.7,

(m-1)個(gè)與已知矛盾.最后證明:2m排在2m-3之后(mN2為整數(shù)).假設(shè)存在2m(mN2),使得2m排在2m-3之前,則｛冊｝的長度為m+1且末項(xiàng)為2m+l的遞增子列的個(gè)數(shù)小于2m.與已知矛盾.綜上，數(shù)歹IJ｛an｝只可能為2,1,4,3,..,2m-3,2m,2m-1,…經(jīng)驗(yàn)證，數(shù)列2,1,4,3,..,2m-3,2g2m-l…符合條件.__1K,(n+l,n為奇數(shù)，所以an=<(n-l,n為偶數(shù).6.(2021朝陽一模,21)設(shè)數(shù)列Am：ai,a2,..”am(m22)若存在公比為q的等比數(shù)列Bm+ibb,..力m+i,使得bk<ak<bk+i.其中k=l,2,..,m,則稱數(shù)列Bm+1為數(shù)列Am的等比分割數(shù)列⑴寫出數(shù)列4:3,6,12,24的f等比分割數(shù)列"B5；(2)若數(shù)列A“)的通項(xiàng)公式為“23=1,2,..,10).其等比分割數(shù)列"B”的首項(xiàng)為1,求數(shù)列B”的公比q的取值范圍；(3)若數(shù)列Am的通項(xiàng)公式為“=n2(n=l,2,..,m),且數(shù)列An,存在等比分割數(shù)列”.求m的最大值.解析(1汨5：2,4,8,16,32.(答案不唯一)(2)由bk<ak<bk+i,得qkl<2k<qk,k= 0.k所以2<q<2M,k=2,3,..,10.令f(k)哈=1+=k=2,3,..」0,k 10 10 10則f(k)單調(diào)遞減.所以2Q(k=2,3,..,10)的最小值為2瓦所以2Vq<2寸,即公比q的取值范圍是(2,2百).(3)首先證明當(dāng)mN6時(shí)，數(shù)列An,不存在等比分割數(shù)列假設(shè)當(dāng)mN6時(shí)，數(shù)列Am存在等比分割數(shù)列"Bm+i,貝［Jbi<1<b2=biq<4<biq2<9<biq3<16<biq4<25<...<m2<biqm.^^nbi>0,q>0.因?yàn)?KbV,且4<biq2,所以q2>4.因?yàn)閝>0,所以q>2.又因?yàn)?cbql所以b6=bq5=biq3.q2>36=62,與bfi<a6=36矛盾.所以當(dāng)m>6時(shí)，數(shù)列Am不存在等比分割數(shù)列”.所以m<5.當(dāng)m=5時(shí)數(shù)列As”,4,9,16,25,存在首項(xiàng)為小公比為粉數(shù)列B(,滿足4<1<^<4<g<9<^<所以m=5時(shí)，數(shù)列Am存在等比分割數(shù)列所以m的最大值為5.7.(2021海淀一模,21)已知無窮數(shù)列｛an｝，對于m￡N*,若｛加｝同時(shí)滿足以下三個(gè)條件，則稱數(shù)列｛an1具有性質(zhì)P(m).條件①:an>0(n=1,2,...);條件②:存在常數(shù)TX),使得an<T(n=l,2,...);條件③:an+an+i=man+2(n=l,2,…).⑴若an=5+4x(-。(n=1,2,...),且數(shù)列｛aj具有性質(zhì)P(m),直接寫出m的值和一個(gè)T的值；(2)是否存在具有性質(zhì)P(l)的數(shù)列｛an｝?若存在.求數(shù)列｛a?｝的通項(xiàng)公式;若不存在，說明理由:(3)設(shè)數(shù)列｛an｝具有性質(zhì)P(m),且各項(xiàng)均為正整數(shù),求數(shù)列｛a?)的通項(xiàng)公式.解析(l)m=2,T=6.(T值不唯一)(2)不存在具有性質(zhì)P(1)的數(shù)列｛a』理由如下：假設(shè)存在具有性質(zhì)P⑴的數(shù)列｛廝｝,則m=l,所以an+2=an+i+an,n=l,2,...因?yàn)閍?>0(n=l,2,..),所以an+2>an+i,&Pa2<aa<a4<...所以an+3=an+2+an+i>an+2+a2,SP如-a32a205-342a2 ,an+3-an+22a2.累加得,an+3-a3Nnaz.對于常數(shù)T>0,當(dāng)n>^二也時(shí),an+3Nna2+a3>T,與②矛盾.所以不存在具有性質(zhì)P⑴的數(shù)列｛an｝.(3)因?yàn)閿?shù)列面｝具有性質(zhì)P(m),由(2)知m#l.①當(dāng)m=2時(shí),an+2=^an+i+an),即an+2-an+i=?(an+i-an),n=l,2,…所以|an+2-an+i|=^|a2-ai|.若ai=a2=c(c為常數(shù)，且cWN*),則an=c,n=l,2,...經(jīng)檢驗(yàn)，數(shù)列｛an｝具有性質(zhì)P⑵.若aiWa?,當(dāng)n>log21a2-ai時(shí),|an+2-an+i忌|a2-ai|G(0,l),與aWN*矛盾.②當(dāng)m>3時(shí)，令bn=max｛an,an+i｝GN：則an+2=^-(an+1+an)<1fan+1+an)<^(bn+bn)<bn,n=1,2,...所以an+3=^(an+2+an+i)<1(an+2+an+1)<1(悅+悅)<仄.所以bn+2=max｛an+2,an+3｝<bn.所以bn+2^bn-l,n=l,2,...所以bl-b|^-1,bs-b3^-lb2n+l-b2n-l4-1.所以b2n+i-bi<-n.當(dāng)n>bi時(shí),b2n+i4bi-n40與bzn+iGN*矛盾.綜上所述，數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式為an=c(c為常數(shù)，且cGN*).8.(2022海淀一模,21)設(shè)m為正整數(shù)，若無窮數(shù)列｛aj滿足|aik+i|=|aik+i|(i=l,2,..,m;k=l,2,...),則稱舊｝為Pm數(shù)列.⑴數(shù)列｛n｝是不是Pi數(shù)列?說明理由：(s,n為奇數(shù)，(2)已知an= 其中s,t為常數(shù).若數(shù)列｛加｝為P?數(shù)列，求s,t;為偶數(shù)，(3)已知P-3數(shù)列｛an｝滿足ai<0,a8=2,a6k<36k+6(k=1,2,…)，求即.解析⑴因?yàn)閍n=n,所以ak+i|=|k+l|=|ak+l|.所以｛aj是Pi數(shù)列.⑵因?yàn)椋鸻n｝是P2數(shù)列,rid=|s+”，所以|s|=|t+l|,解得(|t|=|t+2|.工⑶①先證明a2k+i=a2k+l(k=l,2,...).(\a2k+l\=\a2k+1|,則||。2〃+21=la2k+l+1],所以@21<+1=a2卜+1(1<=1,2,??.).②再證明@6%加+1,濃+2,加+3保=12…)是公差為1的等差數(shù)列.設(shè)36k=b,36k+1=b+1,36k+2=C,a6k+3=C+1,則F所以c=b+2.所以36k,36k+1,a6k+2,a6k+3(k=l,2,...)是公差為1的等差數(shù)列.1|C~T~11—|③接下來證明a6k.3,M?a6k/(k=12...)是公差為1的等差數(shù)列.設(shè)a6k-3=d,a6k々=e,a6k.ke+l,a6k=f,(?=|d+l|,則|f|=|e+2],所以e=d+L(|/|=|d+3|.所以彌-3,濃2a6k-l(k=1,2,…)是公差為1的等差數(shù)列.④由①、②、③知a6k,a6k+l,36k+2,…a6k+5(k=l,2,...)是公差為1的等差數(shù)列.因?yàn)閍&=2,所以26=0抱7=1再8=2N9=31]0=4肉]=5.因?yàn)閨36|=肉+1|=0,所以as=-l.又由①、③，所以a2=~4抱3=-3,34=-2#5=?1.因?yàn)橥?a+1|=4同<0,所以ai=-5.所以3n=n-6(n=l,2,..,l1).⑤最后證明a6k=6k-6(k=l,2,?.)，從而an=n-6.當(dāng)k=l時(shí),已證.(反證法)假設(shè)存在k使得a6k=6k-6不成立，且此時(shí)最小的k為r(r>2).則a"r-i)=6(r-l)-6,即36r-6=6r-12.所以a6r-1=6r-7>0.所以136rl=|a6r-l+1|=6t-6.又因?yàn)閍6r>H6r-6=6l*-1220,所以a6r=6r6與假設(shè)矛盾.所以a6k=6k-6(k=l,2,…)恒成立從而an=n-6.9.(2022順義一模,21)數(shù)列An：ai,a2,..,a?(nN2)滿足aiW{-l,l}(i=l,2,..,n),稱Tn=ar2n-1+a2-2n-2+a3-2n-3+...+an.i"+a/2。為數(shù)列4的指數(shù)和.⑴若n=3,求T,所有可能的取值；(2)求證:TS0的充分必要條件是a,=-l;⑶若Tioo<O,求T須的所有可能取值之和.解析(l)T3G{-7,-5,-3,-l,l,3,5,7)(2)證明:充分性:當(dāng)a.=-l時(shí)，可得Tn=-2n'1+a2-2n-2+a3"2n-''+...+an-1-21+an,2°<-2n-1+(2n-2+2n-3+...+21+2°)<-2n-1+2-1-1=-1<0;必要性:當(dāng)Tn=ar2n-i+a20-2+a32-3+.“+a11.r2i+a1f2°<O時(shí)用反證法，假設(shè)ai=ljy(Tn)min=2n-1-2n-2-2n-3-...-2,-2o=2n-1-(2n-,-l)=l>O,？Jt.從而ai=-l.⑶當(dāng)Tioo<0時(shí),根據(jù)第(2)問結(jié)論可知山=-1,并且反之亦然.當(dāng)ai=-l時(shí),(a2,..”aio(>)有2"種不同的取值方式，其中298與一298,297與一297-2。與-2。,在所有指數(shù)和中出現(xiàn)的總次數(shù)都是2^,因此這些項(xiàng)對指數(shù)和的總貢獻(xiàn)為零另一方面「299在所有指數(shù)和中出現(xiàn)2"次,從而「on的所有可能取值之和為(-2巧?2"=-2叫/%1CL12□的n\10.(2022海淀期末,21)已知n行n列(n22)的數(shù)表A=a21 a22 —a2n??????中，對任意的\anlan2口ann/n ni￡{l,2,..,n}j￡{l,2,..,n}都有畫￡{0,1}.若當(dāng)麗=0時(shí)，總有口@讓+□asj>i=i y=iJnnn,則稱數(shù)表A為典型表，此時(shí)記%=口口%.

/o01\(1)/o01\(1)右數(shù)表8=100,C=\110/1100,請直接寫出B,c是不是典型表;0011\0011/⑵當(dāng)n=6時(shí)，是否存在典型表A使得S6=17?若存在，請寫出一個(gè)A;若不存在,請說明理由;⑶求Sn的最小值.解析(1)B不是典型表,C是典型表.(2)解法一:S6不可能等于17.以下用反證法進(jìn)行證明.證明:假設(shè)S6=17,那么典型表出次*6中有19個(gè)0,在六行中至少有一行0的個(gè)數(shù)不少于4,不妨設(shè)此行為第一行，且不妨設(shè)a『an=a.a”=0.此時(shí)前四列中，每一列的其余位置中都至少有4個(gè)1，所以前四列中至少有16個(gè)1,所以ai5與ai6中至多有一個(gè)1,即ai5與aw中至少有一^T為0,不妨設(shè)3=0,則第五列的其余位置中至少又有5個(gè)1,所以前五列中已經(jīng)有不少于21個(gè)1了，與Se=17矛盾.所以假設(shè)不成立.所以S6不可能等于17.解法二:S6不可能等于17,以下證明Sft>18.證明:因?yàn)楫?dāng)?shù)湫捅?ajj)6x6中()的個(gè)數(shù)不超過18時(shí),1的個(gè)數(shù)不少于18,所以S6218.以下只需證明當(dāng)?shù)湫捅?四。6*6中。的個(gè)數(shù)大于18時(shí)，也有S6>18成立.當(dāng)?shù)湫捅?a〃)6x6中0的個(gè)數(shù)大于18時(shí),在六行中至少有一行()的個(gè)數(shù)不少于4,不妨設(shè)此行為第一行.6 6①若第一行0的個(gè)數(shù)為6,則+Daa<5,不合題意；②若第一行0的個(gè)數(shù)為5,不妨設(shè)au=ai2=".=ai5=0,ai6=l,此時(shí)前5列中.每一列的其余位置都只能是1,所以S6218.③若第一行0的個(gè)數(shù)為4,不妨設(shè)au=an=a.a*0,ai5=ai6=l,此時(shí)前4列中,每一列的其余位置中都至少有4個(gè)是1,所以S6>18.綜上,S6218.所以S6不可能等于17.(3)解法一:在水平方向的n行和豎直方向的n列中,一定存在某一行或某一列中含有的1的個(gè)數(shù)最少，不妨設(shè)第一行中的1最少,并設(shè)其個(gè)數(shù)為k,其中kG{0,1,2,3,且不妨設(shè)第一行中前k個(gè)為I,后(n-k)個(gè)為0.對于第一行中為1的這k列中,因?yàn)槊恳涣卸贾辽儆衚個(gè)1,所以共有k2個(gè)I;對于第一行中為。的(n-k)列中，每一列中都至少有(n-k)個(gè)1,所以Sn^k2+