2021年北京市高三數(shù)學(xué)一模壓軸題匯編教師版

(2021平谷一模壓軸題)

21.(15分)已知數(shù)列A：",4,…,4“(0<4…具有性質(zhì)P：對任意

zj(l<r<j<ri),%+q與%-q兩數(shù)中至少有一個(gè)是該數(shù)列中的一項(xiàng)，5“為數(shù)列A的

前n項(xiàng)和.

(I)分別判斷數(shù)列0，1，3,5與數(shù)列0,2,4,6是否具有性質(zhì)P；

(II)證明：q=0,且S,,=為；

(III)證明：當(dāng)〃=5時(shí)，成等差數(shù)列.

(I)因?yàn)?+3=4eA,3—1=2e4,所以數(shù)列0,1,3,5不具有性質(zhì)「；因?yàn)?+2,2-0；

0+4,4-0；0+6,6-0；2+4,4-2；2+6,6-2；6+4,6-4,六組數(shù)中，至少有

一個(gè)屬于P,所以數(shù)列0,2,4,6具有性質(zhì)P。.......5分

(11)：數(shù)列4：4，。2「.,?！?044<%<3<。.，〃23)具有性質(zhì)尸，；.4“一?！迸c4,+4中

至少有一個(gè)屬于A,alt>0,an+an>a“，故a“+a“￡A,a“一G少，4=0。

由A具有性質(zhì)P可知q,-%eA(Z=1,2,3,….

a“-%>an-a2>an-a.>---an-an_i>a,-an,

=an

%一%=%-1

%一。3=%-2

an~an-a\：從而〃?！皑D31+42+34")=①,+。"-1+3。1，S“=S”，

5“=詈........10分

(III)證明：由(ID知,tz5-a4=a,,a5-a3=aita5=a4+a2=2a3

a3-a2=a2,a3=2a2,a4=3a2,a5=4%，.?.數(shù)列%々,6,%,%是以0為首項(xiàng),共

差為的的等差數(shù)列。15分

類似題

(學(xué)探診總復(fù)習(xí)下冊理科模擬練習(xí)第八套)

20,已知數(shù)集4={小.蛇,…,<…具有性質(zhì)P：對任意

與%一4兩數(shù)中至少有一個(gè)屬于八?

(I)分別判斷數(shù)集(。，1，3)與《。，2,4,6)是否具有性質(zhì)P,并說明理由；

(D)求證：。》+。1+…+。?=￡%,

(H)已知數(shù)集A%Va*V…V%，〃>3)具有性質(zhì)P.請?zhí)骄縩為何值時(shí)，5,aj

…依次組成等差數(shù)列.

加】保由于3f3+1均不屬于數(shù)—所嬴篇篇黑

由于2+0,4+0,6+0,4+2,6-2,6-4,0-0,2-2：：蘭誓

(口)證明：因?yàn)閿?shù)集A={aig,“..a.)具有性質(zhì)p,所以&\［屬,數(shù)*°24,6),所以該數(shù)索具布

—VY%，所以明+….,故%+a,黑工

由A具有性質(zhì)P,知a.—a,SA(A=2,3,…'

又因?yàn)椤?一。?<%—%7<一<a.一心〈<1,一5，所以有

a?-a“=ai，a?一?…=02?…?。?一。2=。一包-即=6①

從而Q.-%)+(%-a.-i)HHa.-aI)=a14-a2+…+。

故2Qi+az+…+a-)=〃a?.又5=0?所以人+/+…+a=2〃

"2

(DI)解:由①,得a.+a…，=，,(?=1,2②

”=3時(shí).有如+。2=%,則.1，6,右}={0,5,勿力，所以外,(2八%構(gòu)成等差數(shù)列：

〃=4時(shí).有反例A=(0,2,3,5)(具有性質(zhì)?，但0,2,3.5不構(gòu)成等差數(shù)列)；

■25時(shí).由.a?依次組成等差數(shù)列，證明如下：

由a：+a.?=a.?知aj+a,-i?at+a,-!，…,a“_j+a.T?A,

由A具有性質(zhì)P.有a--i—，「。丁】一。4,a.-i-a._1￡A.

=

且。?-1-a.—】Va.-j-a”-2V…Va”-i—a$Va”-]—<13Va.—a、.又a”一asaw

=

-a■i—0，a.-i-a"?一-a4=a.-4，a?t-i-ajciw—3.

所以a,+a.,=a.iG=1.2,…1).③

由②，③得a,=an—a...,=aR—(a?-i—a,-1)(i=L2?-?n—1).

即a,—a,-i=a.—a._j(i=2,3?…?〃-1),所以a1，a?,???,%依次組成等差數(shù)列.

所以數(shù)集A=(〃i.a?)(0&。1V。2V…Va?，〃23)具有性質(zhì)P.

則必有7加「…,明依次組成等差數(shù)列

所以所求的〃等于3以及25的所有正整數(shù).

(2016房山一模理)

(20)(本小題13分)

己知數(shù)集M=｛4,4,???,q,｝(OW4<4<???<見,"22)具有性質(zhì)P:對任意的

z,j(l<z<j<n),q+%.與生-《兩數(shù)中至少有一個(gè)屬于M.

(I)分別判斷數(shù)集｛0,1,3｝與｛0,2,3,5｝是否具有性質(zhì)P,并說明理由；

2

(H)證明：q=0,且?！?一(6+。2+…+。〃-1+?！?；

n

(III)當(dāng)72=5時(shí)，證明：4，。2M3M4，出成等差數(shù)列.

20(共13分)

解(I)因?yàn)?+3與3-1均不屬于集合M,

所以數(shù)集｛0,1,3｝不具有性質(zhì)P............2分

因?yàn)?+2,0+3,0+5,2+3,5—2,5-3,0—0,2-2,3—3,5—5均屬于集合M,

所以數(shù)集｛0,2,3,5｝是具有性質(zhì)P............4分

(II)因?yàn)閷θ我獾腒i</〈〃)，q+勺與%「4兩數(shù)中至少有一個(gè)屬于V,

所以見+a“與a"一”“中至少有一個(gè)是數(shù)列｛%｝中的項(xiàng)，

因?yàn)閿?shù)列｛4｝是遞增有限數(shù)列，且q20

所以a“+an>an,故a“+a”eA..

從而0=a“-a“eA,

所以q=0..

因?yàn)?)=q<a2<---<an,

所以4+an>an,故%+an/A(攵=2,3,???,〃).

所以(q一4)GA(無=1,2,3,.

又因?yàn)椤?一<a“一a"_]<…<a“一4<一4，

所以-an=4=（）,a“一=a2,---,an-a2=an_l,an-a}=an,

即nan=2(4+6+???an_1+an).

2

所以a”=—（tz,+H------F<7nl+a“）.........................9分

n

（III）由（II）知，當(dāng)〃=5時(shí)，有%一%=。2，。5-43=。3，

即4=%+包=2a3，

因?yàn)?=4<4<???<4，所以。3+。4>。2+。4=。5，

所以（/+4）史A,所以（。4一。3）6兒.

由a2+aA=2a3,得％-4=（%-％）eA，

且0<。3-。2<。3，所以％一。2=。2，

即—4=%-4=%—a，=a,—%=a>

所以4，。2，。3，%，%是首相為°，公差為生的等差數(shù)列??

..................................................13分

（2021人大附3月考）

21.（本小題15分）

已知項(xiàng)數(shù)為以左€”，/3）的數(shù)列｛叫滿足04%<生<一<4，若對任意的

i，j（l<i<j<k）,aj+q與a廣生至少有一個(gè)是數(shù)列｛”“｝中的項(xiàng)，則稱數(shù)列｛4“｝具有性質(zhì)

P.

（I）判斷數(shù)列0,2,4,8是否具有性質(zhì)尸，并說明理由；

（H）設(shè)項(xiàng)數(shù)為10的數(shù)列｛q｝具有性質(zhì)P,%=36,求q+%+…+%+4,；

（III）若數(shù)列｛““｝具有性質(zhì)P,且不是等差數(shù)列，求k.

21.（本小題15分）

（I）數(shù)列0,2,4,8不具有性質(zhì)P.....................2分

因?yàn)?+8=10,8-2=6,它們均不是數(shù)列0,2,4,8中的項(xiàng)，

所以數(shù)列024,8不具有性質(zhì)P.....................4分

（II）考慮項(xiàng)數(shù)為％的具有性質(zhì)P數(shù)列｛。"｝.

a<a

因?yàn)?<q<,,,<k-\k?ak+ak,

所以《一用￡加，B|J0eM,所以q=0.....................5分

設(shè)因?yàn)?所以《一《￡加.

又0=4-%,

所以4-4=4，4-4-1=/，…，ak-aA=ak...........7分

將上面的式子相加得kq-(%+&T+…+4+?))=?,+生+…+W-i+4.

A4Z

所以q+%H---F4_]+4=...........8分

故當(dāng)&=10,40=36時(shí)，a｝+a2+---+Oy+aU)==180...........9分

(III)一、當(dāng)左=3時(shí)，

由(1[),q=0,a3-a2=a2=a2-at,

與數(shù)列｛《,｝不是等差數(shù)列矛盾，不合題意...........10分

二、當(dāng)無=4時(shí)，

存在數(shù)列符合題意，例如數(shù)列0,2,6,8,故々可為4...........11分

三、當(dāng)AN5時(shí)，

由(II),ak-ak_t=aM(0<i<k-\).(*)

當(dāng)時(shí)，a_+q>&T+g=4,所以為_1+qeM,ak^-a.&M.

又°=4_|_ak_t<a1一4_2<…一/<4-4=4.2，

0=qV。2<…Vak-3Vak-2'

所以%_|-4_|=4，4_|-%_2=。2，…，ak-\-?3=ak-3-

所以%-4T=ai(\<i<k-3).

因?yàn)?N5,所以%T-4T=4，ak_t-ak_2=(^.

所以4_i-q=,%_「%=4-2，

所以WT-4T=ai0<i<k-\).(**)

由(*)(**)兩式相減得，為-4.1=4+|-.

與數(shù)列｛q｝不是等差數(shù)列矛盾，不合題意...........14分

綜上所述，4=4...........15分

（2019石景山一模理20）

20.（本小題13分）

若項(xiàng)數(shù)為〃的單調(diào)遞增數(shù)列｛a?｝滿足：

①q=1；

②對任意人（ZwN*,2WkWn）,存在i,j（ieN*,jeN*,iWiWjW"）使得

%=ai+%,則稱數(shù)列｛%｝具有性質(zhì)P.

（I）分別判斷數(shù)列1,3,4,7和1,2,3,5是否具有性質(zhì)P,并說明理由；

（II）若數(shù)列｛%｝具有性質(zhì)P,且%=36,

（i）證明數(shù)列｛4｝的項(xiàng)數(shù)〃27；

（ii）求數(shù)列｛氏｝中所有項(xiàng)的和的最小值.

20.（本題13分）

解：（I）因?yàn)?。1+1,所以1,3,4,7不具有性質(zhì)P；

因?yàn)?=1+1,3=1+2,5=2+3,所以1,2,3,5具有性質(zhì)P.

（II）

（i）因?yàn)椋玻菃握{(diào)遞增數(shù)列，又q=4+勺，

所以cij<%<ak即a,<Uj<aA_1,

所以442ai,

4=1,所以。2?2,a3<4,a4<8,a5<16,tz6<32,

又因?yàn)閍“=36,所以〃27.

（ii）因?yàn)?6=18+18,18=9+9,9=3+6,6=3+3,3=1+2,2=1+1；

所以可以構(gòu)造數(shù)列1,2,3,6,9,18,36滿足性質(zhì)P；

或36=18+18,18=9+9,9=4+5,5=4+1,4=2+2,2=1+1,

所以可以構(gòu)造數(shù)列1,2,4,5,9,18,36滿足性質(zhì)P；

上述兩個(gè)數(shù)列的和為75,下面說明75為數(shù)列｛凡｝中所有項(xiàng)的和的最小值.

若18在數(shù)列｛%｝中，要求數(shù)列｛為｝中所有項(xiàng)的和的最小值，則％=18,

若18不在數(shù)列｛%｝中，則a,.+勺=36，由(i)知〃27,

則數(shù)列｛a“｝中所有項(xiàng)的和s=q+a2+L+an>(?,.+勺+36)+4?,=76,

所以要求數(shù)列｛4｝中所有項(xiàng)的和的最小值，則a-=18.

同理要求數(shù)列｛4｝中所有項(xiàng)的和的最小值，則a-=9，

9=8+1=7+2=6+3=5+4,同理可得a1=6或4；

依此類推要求數(shù)列｛%｝中所有項(xiàng)的和的最小值，其數(shù)列為1,2,3,6,9,18,36或

1,2,4,5,9,18,36

所以數(shù)列｛凡｝中所有項(xiàng)的和的最小值為75.

【若有不同解法，請酌情給分】

已知數(shù)集A=｛a1,a2,.-.,a?｝(l=a1<a2<---<a?,n^2)具有性質(zhì)尸：對任意的

k(2W2Wn),Bz,j(lWiWjWn),使得ak=ai+a,成立.

(I)分別判斷數(shù)集｛1,3,4｝和｛1,2,3,6｝是否具有性質(zhì)P,并說明理由；

(II)求證：%W2a,+H---1-(〃>2)；

(III)若a,=72,求數(shù)集A中所有元素的和的最小值.

(1)因?yàn)?左1+1，所以｛L3.4｝不具有性質(zhì)P.

因?yàn)?=1x2,3=1+2,6=3+3,所以｛1,23,6｝具有性質(zhì)P...........4分

(II)因?yàn)榧?=｛《。2,…，為｝具有性質(zhì)P：

即對任意的人04A4”)，方使得q=q+6成立，

又因?yàn)?=《<0?"22.所以

所以a,4a*-i，所以a*=a,+a,4

BPa,<2a,.，),a?.,<2a?,,<2ani,...,ay<2a2,a,<2a)...........6分

將上述不等式相加野

a2+--+a,_i+a?<2(勾+對+…+q_J

所以a“<2q+%+…+q_i...........9分

(IH)最小值為147.

首先注意到根據(jù)性質(zhì)P.得到a2=2a=2

所以易知數(shù)集A的元素都是整數(shù).

構(gòu)造/=｛1,2,3,6.9.18,36,72｝或者/=｛1,2,4,5?9,1&36,72｝,這兩個(gè)集合具有性質(zhì)

P,此時(shí)元素和為147.

下面,我們證明147是最小的和

假設(shè)數(shù)集上佃,4,…4｝^^2—^〃，"'2).滿足S=￡a,4147最小(存在

性顯然，因?yàn)闈M足￡@4147的數(shù)集4只有有限個(gè)).

20.<本小題13分)〃

髀：(I)因?yàn)?*1+1,所以｛L3.4｝不具行性顏以-

因?yàn)?=1x2.3=1+2,6=3+3,所以｛123,6｝人行性質(zhì)H

(II)因?yàn)榧?｛q用,…4｝具有性質(zhì)3?

即時(shí)任意的小,僧14=4+可成年一

乂因?yàn)?=0/〈，葉〃之2,所以a〈q.qvq.

所以可￡%、%Sag,所以4=q+qW2az

即q42al,j42a4%t…ai"%丹0%?

格上述不等式相加

%+???+ow_|+aw42(q+a?+…+。1)?

所以q4%1+。]+???+。>[?

(川)最小值為147-

首先注意到q=l,根據(jù)性成式得到q=%=2?

所以妨知數(shù)的兀泰都是整教「

構(gòu)造d二｛L23.6.9.1&36.72｝或?;彳=｛L2.4.5.9.18.36.72｝,這兩個(gè)佻介共行性質(zhì)

充此時(shí)兀泰利為147“

方面，我們證明147及最小的和“

?然?閃為滿足￡>4147的故樂/只存自限個(gè)),

第,步：首先說明第介*｛q.如…4｝?/—..〃22)中至少仃8個(gè)兀本?

由(H)可知942&.&2al........

乂q=L所以642.。3工4.448.6416.4432.。7&64<72,“

所以〃28.

第步：證明=36.。-？=18.口=9：.

?

心36e”,設(shè)q=36,因?yàn)閍“=72=36+36,為“史汽S=￡aAJ小，在第介

中?定小含仃兀索4，使得36y/<72,從而。z=36；“

假設(shè)36?/,根據(jù)性質(zhì)無月劣=72,寸風(fēng)外使也凡=72=《+%”

U然工丐,所以q+a+q=144~

而此時(shí)此合/中至少還仃5個(gè)不同4叫4/的元—?

從而S>(q+q+a，+5q=149.4M,“

所以36w/,進(jìn)而q=36,IL/T=36；/

所以18wd,=

同理可以證明：K9e則=

般設(shè)92.4“

因?yàn)椤?=1&根據(jù)性啦正4M外使得。I=18=。,+?！?/p>

U然qN。人所以4+o.i+。7+《+丐=144~

而此時(shí)集合Z中至少還〃3個(gè)不同F(xiàn)*。1?。1?。,?巧的兀叔

從而S>q,+，i+o.2+q+丐+必1=147,/，麗，“

所以9wA,11=9)“

至此，我們得到/。1=36。1=1&。1=9.~

根據(jù)性質(zhì)比布q,%?使得9=4+?！?/p>

我們需要號(hào)虐如21種情形：“

①q=8.q=l.此時(shí)案合中至少還需要一個(gè)人干凈『4的兀索外,才能得到兀烹8,~

則S>148；”

②4=7,%=2.此時(shí)奐企中至少還需要?個(gè)大F4的兀意外，才能得到兀茶7.“

則S>148：-

”,=6.3=3.此時(shí)集?仆d=｛L2369J&36.72｝的和最小,為147…

④q=5.3=4.此時(shí)案仆/=｛L24.5.9,1&3672｝的和最小，為147.”

【答案】分析:(I)利用性質(zhì)P的概念，對數(shù)集｛1,3,4｝與｛1,2,3,

6｝判斷即可;

(口)利用集合慶=何，a2，…，aj具有性質(zhì)P,可分析得到awa1，向與心

1,從而ak=ai+aj<2ak-i,(k=2,3,...n),將上述不等式相加得a2+...+an-

i+a$2(ai+a2+...+an-i)

即可證得結(jié)論；

(HI)首先注意到&=1,根據(jù)性質(zhì)P,得到az=2ai=2,構(gòu)造A=｛1,2,3,

6,9,18,36,72｝或者A=｛1,2,4,5,9,18,36,72｝,這兩個(gè)集合

具有性質(zhì)P,此時(shí)元素和為147.

n

V

再利用反證法證明滿足S=，=laWl47最小的情況不存在，從而可得最小值

為147.

解答:解：（I）因?yàn)?#1+1,所以{1,3,4}不具有性質(zhì)P.

因?yàn)?=”2,3=1+2,6=3+3,所以{1,2,3,6}具有性質(zhì)P...（4分）

（II）因?yàn)榧习?伯1,a2,…，aj具有性質(zhì)P：

即對任意的k（2<k<n）,即j（1<i<j<n）,使得ak=a+aj成立，

又因?yàn)?=a1<a2V…<an,n>2,所以aVak,aj<ak

所以ai<ak-i，aj<ak-i,所以ak=ai+aj<2ak-i

8n-1-2an-2>8n-2-2an-3>,33-2d2>32-231（6分）

將上述不等式相加得a?+…+an-i+anS2（ai+a2+...+an-i）

所以aT2ai+a2+…+an-i…（9分）

（DI）最小值為147.

首先注意到&=1,根據(jù)性質(zhì)P,得到az=2a尸2

所以易知數(shù)集A的元素都是整數(shù).

構(gòu)造A={1,2,3,6,9,18,36,72}或者A={1,2,4,5,9,18,36,

72},這兩個(gè)集合具有性質(zhì)P,此時(shí)元素和為147.

下面，我們證明147是最小的和

n

S=Va<147

假設(shè)數(shù)集八=91,a2,…，an}（ai<a2<...<an,n>2）,滿足『1'

n

ya<147

最?。ù嬖谛燥@然，因?yàn)闈M足=1'的數(shù)集A只有有限個(gè)）.

第一步：首先說明集合A={ai,a2,...?an}（ai<a2<...<an,n>2）中至

少有8個(gè)元素：

由（II）可知a242ai,a3s2a2…

又ai=1,所以a2s2,a3s4,a68,a5^16,a6M32,a7464V72,

所以n>8

第二步：證明an-i=36,an-2=18,an-3=9：

n

S=￡a

若36￡A,設(shè)at=36,因?yàn)閍「=72=36+36,為了使得門’最小，在集

合A

中一定不含有元素ak,使得36<ak<72,從而an」=36；

假設(shè)36CA,根據(jù)性質(zhì)P對③=72,有a,ap使得an=72=a+aj

顯然a/aj,所以an+ai+aj=144

而此時(shí)集合A中至少還有5個(gè)不同于生，a?砌的元素，

從而S>(an+ai+aj)+5ai=149,矛盾，

所以36GA,進(jìn)而at=36,且an-i=36；

同理可證：an-2=18,an-3=9

(同理可以證明：若18￡A,則an?=18).

假設(shè)180A.

因?yàn)閍*36,根據(jù)性質(zhì)P,有a”a”使得a*36=ai+aj

顯然aHaj,所以an+an-i+ai+a)=144,

而此時(shí)集合A中至少還有4個(gè)不同于a”an-i,a；,aj的元素

從而S>an+an-i+ai+aj+4ai=148,矛盾，

所以18￡A,且an-2=18

同理可以證明：若9￡A,貝！Ja『3=9

假設(shè)9sA

因?yàn)閍n-2=18,根據(jù)性質(zhì)P,有ai,a”使得a?2=18=ai+aj

顯然a*aj,所以an+an-i+an-2+ai+aj=144

而此時(shí)集合A中至少還有3個(gè)不同于an,an-i,an.2,a.,初的元素

從而S>an+an-i+an-2+ai+aj+3ai=147,矛盾，

所以9WA,且a?3=9）

至此，我們得到J8n-1=36,8n-2=1818n-3=9ai=793j=2.

根據(jù)性質(zhì)P,有a“a”使得9=a+aj

我們需要考慮如下幾種情形：

①a=8,砌=1,此時(shí)集合中至少還需要一個(gè)大于等于4的元素ak,才能得

到元素8,

則S>148；

②，此時(shí)集合中至少還需要一個(gè)大于4的元素ak,才能得到元素7,

則S>148；

③a=6,砌=3,此時(shí)集合慶={1,2,3,6,9,18,36,72}的和最小,為

147；

④a=5,砌=4,此時(shí)集合慶={1,2,4,5,9,18,36,72}的和最小，為

147....（14分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查數(shù)列的求和，突出考查反證法的應(yīng)用，考查分類討論思想

與轉(zhuǎn)化思想，考查構(gòu)造函數(shù)的思想，an-i=36,a+2=18的證明是難點(diǎn)，屬于

難題.

（2009年-北京20題）己知數(shù)集A=｛q,g，…％｝（1<…〈。八〃之3）具有性質(zhì)P：對任

意的j<n）,?與」兩數(shù)中至少有一個(gè)屬于A.

（I）分別判斷數(shù)集｛1,3,4｝與｛1,2,3,6｝是否具有性質(zhì)P,并說明理由；（II）證明:q=l,且

1+%+■?,+44；（III）證明：當(dāng)〃=5時(shí)，4，。,,。3，%，生成等比數(shù)列.

4+%+,??+〃〃

4

解答：（I）由于3x4與］均不屬于數(shù)集｛1,3,4｝,...該數(shù)集不具有性質(zhì)P.

由于1x2,1x3,1x6,2x3,I，］,I，3獲都屬于數(shù)集｛1,2,3,6｝,

???該數(shù)集具有性質(zhì)P.

（II）；A=｛qM2,…具有性質(zhì)P，，與”■中至少有一個(gè)屬于A,

由于1W6<%<…<4,，?,?a“a”>an,故anan生A.

從而1=—^eA,a,=1

an

"：\=ay<a2<---<an,：.akan>an,故4a“史A(k=2,3,???,〃).

由A具有性質(zhì)P可知A(R=1,2,3「、〃).

從而組+烏-+…+%+&=%+a,+---+a?]+a“，

aaa

?n-\i4

....+%+..,+/=a

**a-1+a；'+---+6Z,；1-

(III)由(H)知，當(dāng)〃=5時(shí)，有四■=%,&■=°3，即

4-a3

?1=4<a,<???v。5，

/.>%〃4=a51??eA,

由A具有性質(zhì)P可知且eA.

由44=曲，得幺=&WA,且1<生<《，,幺=幺=2，

a2a3a2a3a2

??%?--_--%--_--/------外，

%%a2a\

即4，生,。3，。4，。5是首項(xiàng)為1，公比為電成等比數(shù)列.

(2018海淀二模)

20.(本小題共13分)

如果數(shù)列｛%｝滿足“對任意正整數(shù)i,/,ix/,都存在正整數(shù)使得a=4%"，則稱數(shù)

列｛4｝具有“性質(zhì)P”.已知數(shù)列｛%｝是無窮項(xiàng)的等差數(shù)列，公差為

(1)若卬=2,公差d=3,判斷數(shù)列｛%｝是否具有“性質(zhì)P”，并說明理由；

(II)若數(shù)列｛《,｝具有“性質(zhì)P”,求證：為20且420；

(IH)若數(shù)列｛4｝具有“性質(zhì)P”，且存在正整數(shù)人使得a=2018,這樣的數(shù)列也“｝共有多

少個(gè)？并說明理由

20.(本小題13分)

解：(I)若4=2,公差d=3,則數(shù)列他,｝不具有性質(zhì)P.................1分

理由如下：

由題知4=3〃-1,對于4和的,假設(shè)存在正整數(shù)左，使得見=4臼，則有

3%-l=2x5=10，解得無=?■，矛盾！所以對任意的々eN*，w%a2......3分

(II)若數(shù)列｛氏｝具有“性質(zhì)P”,則

①假設(shè)/<0，d<G'則對任意的“eN"，a?=a,+(H-1)■<7<0.

設(shè)4=4x%，則%>0，矛盾！.................................4分

②假設(shè)則存在正整數(shù)r，使得

a1<a2<a3<--<al<0<a,+,<al+2<■■-

設(shè)q.a*=4i，qy+2=%，q,《+3=%，…，?！浮┯?氣,，，勺eN*，

i=l,2,…,f+1，則。>4,>a板>旬>…>4,“，但數(shù)列｛《,｝中僅有r項(xiàng)小于等于o,矛盾!

.....................................................................6分

③假設(shè)q20，d<0,則存在正整數(shù)f，使得

a[>a2>a3>--->al>0>al+l>al+2>???

設(shè)”,+「4+2=%，4+I?+3=%，”，+「a，+4=a4，…，4+i?出,+2=4川，k,eN*-

i=l,2,...j+l，則0<%<%<%<…〈為一，但數(shù)歹U㈤｝中僅有f項(xiàng)大于等于0,矛盾！

.....................................................................8分

綜上，?1>0>d>0-

(III)設(shè)公差為"的等差數(shù)列｛%｝具有“性質(zhì)P”，且存在正整數(shù)人使得q=2018.

若d=0,則｛為｝為常數(shù)數(shù)列，此時(shí)%=2018恒成立，故對任意的正整數(shù)公

2

ak=20182018=at-a,，

這與數(shù)列｛七｝具有“性質(zhì)P”矛盾，故dwO.

設(shè)x是數(shù)列｛%｝中的任意一項(xiàng)，則x+d，x+2d均是數(shù)列｛““｝中的項(xiàng)，設(shè)

aki=x(x+d),aki=x(x+2d)

則%-a,=xd=也-k>d,

因?yàn)閐*0,所以x=自-勺eZ，即數(shù)列｛七｝的每一項(xiàng)均是整數(shù).

由(II)知，a,>0,420,故數(shù)列｛a,』的每一項(xiàng)均是自然數(shù)，且d是正整數(shù).

由題意知，2018+4是數(shù)列⑸｝中的項(xiàng)，故2018-(2018+“)是數(shù)列中的項(xiàng)，設(shè)

冊=2018.(2018+4),貝I

am-a,=2O18.(2O18+J)-2O18=2O18x2O17+2OI8z7=(/n-)l).J,

即(m-Z-2018)-d=2018x2017.

因?yàn)榧印?2018eZ，deN"，故d是2018x2017的約數(shù)?

所以，t/=l,2,1009,2017,2x1009,2x2017,1009x2017,2x1009x2017-

當(dāng)［=1時(shí)，q=2018-伏-1)NO，得后=1,2,...,2018,2019，故

q=2018,2017,...,2,1,0，共2019種可能；

當(dāng)［=2時(shí)，tzl=2018-2a-l)>0)得火=1,2,...,1008,1009,1010，故

a,=2018,2016,2014,...,4,2,0，共1010種可能；

當(dāng)d=1009時(shí):4=2018-1009x(々-1)20，得&=1,2,3，故

q=2018,1009,(),共3種可能；

當(dāng)d=2017時(shí)，4=2018-2017(1):0,得*=1,2，故

%=2018/，共2種可能；

當(dāng)"=2x1009時(shí)，勾=2018—2018x(左一1)20，得上=1,2，故

%=2018,0，共2種可能；

當(dāng)4=2x2017時(shí)，4=2018-2x2017x("1)*0,得左=1，故

%=2018，共1種可能；

當(dāng)d=1009x2017時(shí)，%=2018-1009x2017x("1R0,得％=1，故

at=2018.共1種可能；

當(dāng)4=2x1009x2017時(shí)，4=2018—2x1009x2017x(^-1)20，得左=1，故

a,=2018.共1種可能.

綜上,滿足題意的數(shù)列｛凡｝共有2019+1010+3+2+2+1+1+1=3039(種)?

經(jīng)檢驗(yàn)，這些數(shù)列均符合題意.13分

（2021豐臺(tái)一模壓軸題）

（21）（本小題14分）

已知數(shù)列A:a”生,…,%”（neN*）,現(xiàn)將數(shù)列A的項(xiàng)分成個(gè)數(shù)相同的兩組，第一組為

8：4也，…也，滿足〃1%（i=l,2,L,〃-1）；第二組為C:q，G/、q,，滿足

qWc；+|（i=l,2,L，〃一1）,記M=￡網(wǎng)一cj.

/=|

（I）若數(shù)列A:l,2,4,8,寫出數(shù)列A的一種分組結(jié)果，并求出此時(shí)〃的值；

（H）若數(shù)列A:l,2,3,…,2”，證明：max{4，q}\w+l（i=l,2,L,〃）；（其中max他,q}表示

如q.中較大的數(shù)）

（HI）證明：M的值與數(shù)列A的分組方式無關(guān).

（類似初中競賽題）

將1,2,3,4,…,199,200這200個(gè)數(shù)任意分為兩組，每組100個(gè)數(shù)，將其中一組按從小到大的順

序排列（記為q<4<-<?100），另一組按從大到小的順序排列（記為々>h2>.：>him）

求Iq—4I+14-4I—Hq（x）-AooI的值

（2020人大附初一周測）

27.我們將不大于2020的正整數(shù)隨機(jī)分為兩組。第一組按照升序排列得到q<的<-<?,o,o-

第—一組按照降序排列得到b、>h2>??■>hm0，求|q-4|+16-&I---H4oio-々enoI的所有可

能值.

酬:咦不在h便當(dāng)心當(dāng)。枝且兒3。必助|shwM0,keM

MQ.,Q?,—Qv,t>k，b*…bi"均不超過|。|。，與（入甯

閑然%中"相Q時(shí)一到田迂加小仔小

"期黑溫夏■鄂楚教府支

式AQgLD少g…m啦"小卬°

(2021門頭溝一模壓軸題)

21.(本小題滿分15分)

對于一個(gè)非空集合力,如果集合。滿足如下四個(gè)條件：

①?？趝(a/)|aeeA}；

②VawA,(a,a)e￡>；

?\fa,heA,,若(a,A)e。且(4a)e。，則a=6；

?\fa,b,ceA,若(a,方)e。且(6,c)w￡),則(a,c)w￡),

則稱集合。為力的一個(gè)偏序關(guān)系。

(I)設(shè)/={1,2,3},判斷集合。={(1,1),(1,2)(2,2),(2,3),(3,3)}是不是集合4的偏序關(guān)系,

請你寫出一個(gè)含有4個(gè)元素且是集合A的偏序關(guān)系的集合D；

(II)證明：色={(a力)|aeR,/7eR,a0}是實(shí)數(shù)集R的一個(gè)偏序關(guān)系：

(III)設(shè)￡■為集合力的一個(gè)偏序關(guān)系，。力G4若存在cG/,使得(c,a)GE,(c,b)QE,

且VdwA,若(d,a)eE,(d,b)QE,一定有(d,c)eE,則稱c是a和6的交，記為c=

a/\b.證明：對/中的兩個(gè)給定元素。力，若aAb存在，則一定唯一.

解：(I)集合。滿足①②③，但不滿足④，因?yàn)?l,2)e￡),(2,3)w。由題意(l,3)e。，而(1,3)任￡>,

所以不滿足④，集合。不是集合A的偏序關(guān)系.....2分

。={(1,1),(1,2),(2,2),(3,3)}(開放性)............................2分

注：(I)如果只給出結(jié)果，扣1分

(II)證:顯然滿足①②........1分

V(a,Z?)￡￡>=>〃</?日(),a)￡￡>=>/?<〃門_卜

'H，則°一"，滿足條件③……1分

Ta,b,ceR,若(a,b)w(且(b,c)￡&,則所以a<c,

所以(a,c)e&,滿足條件④...2分

綜上所述，<={3,?|ae/?/勿是實(shí)數(shù)集R的一個(gè)偏序關(guān)系…1分

(III)反證法。假設(shè)對A中的兩個(gè)給定元素且aAb存在，但不唯一。

設(shè)q=〃A。，C2="A”,且行。2則(q,a)eE,2,份eE,(C2，a)wE,&㈤eE,其中

E為集合A的一個(gè)偏序關(guān)系。......................2分

且VdeA,若(d,a)eE,(d,h)eE,一定有(d,q)€E,所以(C2，q)eE,

....................................................................2分

同理(q,C2)eE,則C2=q,與《工。?矛盾。........................［分

所以，對A中的兩個(gè)給定元素a,/?,若存在，則一定唯一。...1分

(2021朝陽一模壓軸題)

(21)(本小題15分)

設(shè)數(shù)列A“：q嗎，…，金(加22),若存在公比為4的等比數(shù)列(向結(jié)也，…也”,使得

bk<ak<4M，其中％=1,2,,則稱數(shù)列瓦用為數(shù)歹ij，的“等比分割數(shù)列”.

(I)寫出數(shù)列4:3,6,12,24的一個(gè)”等比分割數(shù)列”及；

(H)若數(shù)列4。的通項(xiàng)公式為4=2"(〃=1,2,…,10),其“等比分割數(shù)列”%的首項(xiàng)為1,

求數(shù)列%的公比4的取值范圍；

(III)若數(shù)列4的通項(xiàng)公式為%=/(”=1,2,…,相)，且數(shù)列A,”存在“等比分割數(shù)列”，

求用的最大值.

(0.2,4,8)曲32

通(42’4%2〃f"2，】彳'"4*223:

多2<卜2"且2<]<2、衛(wèi)242',

今

儂、的躍=$

。MS好彷竹一牛

2Jz2.1<222.區(qū)2.2〈宓邛22中2,|X2泣<$〃|g

?。郏輰帽?傳短

2

U會(huì)"c-彳

標(biāo)準(zhǔn)答案：

(21)(共15分)

解：(I)為：2,4,8,16,32.(答案不唯一)

（II）由％<a*<%+1,得gi<2*</左=1,2,…,10

所以2<q<2"i,&=2,3,…,10.

令/（幻==1+—L,%=2,3,…,10,

k-\k-\

則單調(diào)遞減.

所以2君(4=2,3,…,10)的最小值為2M.

所以2<”29,即公比4的取值范圍是

（2,2萬）.

(III)首先證明當(dāng)心26時(shí)，數(shù)列4不存在“等比分割數(shù)列”.

假設(shè)當(dāng)〃吐6時(shí)，數(shù)列4存在“等比分割數(shù)列"B…

2i42m

則偽<l<b2=b1q<4<bxq<9<b]q<l6<b]q<25<?-?<m<bxq.

易知4>0,q>0.

因?yàn)?<許<1,且4c以『，所以/>4.因?yàn)閝>0,所以q>2.

又因?yàn)?〈偽q3,所以％=偽/=偽"?,>36=62,

與%<%=36矛盾.

所以當(dāng)〃?26時(shí)，數(shù)列4,“不存在”等比分割數(shù)列”.

所以，〃45.

當(dāng)加=5時(shí)，數(shù)列/1,4,9,16,25,存在首項(xiàng)為楙公比為'的數(shù)列叫,滿足:

所以機(jī)=5時(shí)，數(shù)列A,"存在”等比分割數(shù)列”.

所以，〃的最大值為

15分

(2021石景山一模壓軸題)

(21)(本小題15分)

由機(jī)個(gè)正整數(shù)構(gòu)成的有限集M={a],a2g，…0”}(其中q<。3<…<4")，記

P(M)=al+a2+...+am,特別規(guī)定P(0)=O,若集合又滿足：對任意的正整數(shù)％<P(M),

都存在集合M的兩個(gè)子集Z,B,使得后=P(A)-P(B)成立，則稱集合/為“滿集”.

(I)分別判斷集合〃|={1，2}與根={2,3}是否為“滿集”，請說明理由；

(II)若集合初為''滿集"，求4的值：

(III)若4,4,%，…，4是首項(xiàng)為1公比為2的等比數(shù)列，判斷集合"是否為“滿集”，并說

明理由.

(21)(本小題15分)

解：(I)此是滿集，不是滿集.

尸(必)=3,且必的子集為0,{1},{2},{1,2}

A：=1?=尸({[})_P(0),左=2#=P({2})—P(0),k=3,k=P([1,2])-P(0)

所以必是滿集；

P(弧)=5,且％的子