《北京市各城区二模数学(理科)分类汇编之压轴创新题解答题word版含答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《北京市各城区二模数学(理科)分类汇编之压轴创新题解答题word版含答案（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、【西城二模】20（本小题满分13 分）数 列 An ： a1 , a2 , L , an(n 2) 的 各 项 均 为 整 数 ， 满 足 ： ai 1 (i1,2,L , n) ， 且a1 2n 1a22n 2a3 2n 3Lan 1 2 an0 ，其中 a1 0 （）若 n3 ，写出所有满足条件的数列A3 ；（）求 a 1 的值；（）证明：a1a2Lan0 20（本小题满分13 分）解：（）满足条件的数列A3 为：1, 1,6 ；1,0,4 ；1,1,2 ；1,2,0 3分（） a11 4分否则，假设 a1，因为a0，所以 a 1又 a , a ,L, a1，因此有1112 3na1 2n
2、 1a2 2n 2a3 2n 3L an 1 2 an 2n 1( 1) 2n 2( 1) 2n 3L(1)2 (1)n1n2n3L211 ，222这与 a1n1a2n 2a3n3Lan 12an0矛盾！222所以 a11 8 分（）先证明如下结论：k 1,2,L , n 1 ，必有 a12n 1a22n 2Lak2n k 0 .否则，令a12 n1a22 n2Lak2n k0 ，注意左式是2 n k 的整数倍，因此a1n 1a22n 2Lakn knk22 2所以有：a1 2n 1a2 2n 2a3 2n 3L an 1 2 an 2n k( 1) 2n k 1( 1) 2 n k 2L (
3、1)2 (1)2n k2n k 12n k 2L 2 11a12n 1a22n 2a32n 3L an 12 an0a12n 1a22n 2Lak2 n k 010a10,a12a2 0,a14a22a3 0,La1 2 k 1a2 2k 2L ak 1 2 ak 0,La1 2 n 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 3L an 1 2an0a1a2Lan0132013如果数列 an满足“对任意正整数 i , j ,ij ，都存在正整数 k ，使得 akai a
4、j ”，则称数列 an具有“性质 P ”. 已知数列an 是无穷项的等差数列，公差为d（）若 a1 =2 ，公差 d =3 ，判断数列 an是否具有“性质 P ”，并说明理由；（）若数列an 具有“性质 P ”，求证： a1 0 且 d 0 ；（）若数列an 具有“性质 P ”，且存在正整数 k ，使得 ak 2018 ，这样的数列共有多少个？并说明理由.20. 13a12d3 an Pan3n 1a1a2kaka1a23k12 510k11kN *aka1a233（）若数列an“P”具有 性质，则假设 a10， d0，则对任意的 nN * ， ana1(n 1) d 0 .设 aka1 a2
5、 ，则 ak0 ，矛盾！假设 a10 ， d0，则存在正整数t ，使得a1a2a3at0 at 1at 2设 a1at 1 ak1 ， a1 at2ak2 ， a1at 3ak3 ， ， a1 a2 t 1akt 1 ， kiN*，i1,2,L ,t1，则 0ak1ak2ak3akt 1 ，但数列 an 中仅有 t 项小于等于0，矛盾！假设 a10 ， d0，则存在正整数t ，使得a1a2a3at0 at 1at 2设 aaak1，at 1aak2，a aak3， ，aaakt 1，*t 1t 2t 3t 1t 4t 12t 2kiN ，i1,2,L ,t1，则 0ak1ak2ak3akt 1
6、，但数列 an 中仅有t 项大于等于0，矛盾！综上， a10 ， d0 8 分（）设公差为d 的等差数列an 具有 “性质 P”，且存在正整数 k，使得 ak2018 若 d0 ，则 an 为常数数列，此时an2018 恒成立，故对任意的正整数k，ak2018 20182a1 a2 ，这与数列an具有 “性质 P”矛盾，故 d0 设 x是数列 an 中的任意一项，则xd ， x 2d均是数列 an 中的项，设ak1x(x d )， ak2x( x 2d )则 ak2ak1xd (k2k1 ) d ，因为 d0 ，所以 xk2k1Z ，即数列 an 的每一项均是整数由（）知， a10 ， d0
7、，故数列 an 的每一项均是自然数，且d 是正整数由题意知，2018d 是数列 an 中的项，故2018(2018d ) 是数列中的项，设am 2018 (2018d)，则amak2018(2018d)2018201820172018d( mk)d ，即 ( mk2018) d20182017 因为 mk2018Z ， dN* ，故 d 是 20182017 的约数所以， d1,2,1009,2017,21009,22017,10092017 , 2 1009 2017当d1时，a2018(k1)0 ，得 k1,2,.,2018,2019，故1a12018, 2017,., 2,1,0，共 2019 种可能；当 d2时， a120182( k 1) 0 ，得 k1,2,.,1008,1009,1010 ，故a12018, 2016, 2014,., 4, 2,0，共 1010 种可能；当 d1009 时， a120181009 (k1)0 ，得 k1,2,3 ，故a12018,1009,0，共 3种可能；当d2017时， a20182017( k1)0，得 k1,2，故1a12018,1 ，共 2种可能；当 d21009时， a120182018(k1)0，得 k 1,2 ，故a12018,0
