北京市2013届高三最新文科数学模拟试题分类汇编5：数列

一、选择题

1 ．（2013北京海淀二模数学文科试题及答案）若数列

{an}满足:存在正整数T,对于任意正整数

n都有anTan成立,则称数列{an}为周期数列,周期为T. 已知数列{an}满足

an1, ana=1，n11a(m0)a, 0an1.1m,n 则下列结论中错误．．

的是 （A．若m45,则a53 B．若a32,则m可以取3个不同的值 C．若m2,则数列{an}是周期为3的数列 D．mQ且m2,数列{an}是周期数列

【答案】

D．

2 ．（2013届北京丰台区一模文科）设Sn为等比数列

an的前n项和,2a3a40,则

S3a （1A．2

B．3 C．4

D．5

【答案】B

3 ．（2013北京顺义二模数学文科试题及答案）已知数列

an中,an4n5,等比数列bn的

公比q满足qanan1(n2)且b1a2,则b1b2Lbn （nA．14n

B．4n1 C．14

D．4n133

【答案】

B．

4 ．（2013届房山区一模文科数学）设集合M是R的子集,如果点x0R满

足:a0,xM,0xx0a,称x0为集合M的聚点.则下列集合中以0为聚点的有:①{nn1|nN}; ②{x|xR,x0}; ③{2n|nN*}; ④Z （A．②③

B．②④

C．①③

D．①③④

【答案】A

5 ．（2013届北京西城区一模文科）设等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn,且a10.若

S22a3,则q的取值范围是

（- 1 -

）

）

）

）

）

A．(1,0)(0,) B．(,0)(0,1) C．(,1)(,)

【答案】B;

6 ．（2013届北京海滨一模文）等差数列

121212D．(,)(1,12{an}中, a23,a3a49, 则a1a6的值为

（ ）

A．14

B．18

C．21

D．27

【答案】A

7 ．（2013北京东城高三二模数学文科）在数列{aN*,都有

an2an}中,若对任意的nan1t(tn1an为常数),则称数列{an} 为比等差数列,t称为比公差.现给出以下命题: ①等比数列一定是比等差数列,等差数列不一定是比等差数列;

2n1②若数列{a1n}满足ann2,则数列{an}是比等差数列,且比公差t2;

③若数列{cn}满足c11,c21,cncn1cn2(n3),则该数列不是比等差数列;④若{an}是等差数列,{bn}是等比数列,则数列{anbn}是比等差数列.

其中所有真命题的序号是

（ A．①② B．②③ C．③④

D．①③

【答案】 D．

8 ．（2013届北京东城区一模数学文科）对于函数yf(x),部分x与y的对应关系如下表:

xy 1 2 3 4 5 6 7 8 9 7 4 5 8 1 3 5 2 6 数列{xn}满足x12,且对任意nN*,点(xn,xn1)都在函数yf(x)的图象上,则

x1x2x3x4x2012x2013的值为

（ A．9394 B．9380 C．9396

D．9400

【答案】A

9．（2013届北京市延庆县一模数学文）已知等差数列1,a,b,等比数列3,a2,b5,则该等差

数列的公差为

（ A．3或3 B．3或1

C．3

D．3

【答案】C

10．（2013届北京门头沟区一模文科数学）在等差数列

an中,a7a916,a41,则a12的值

是 （ A．15

B．30 C．31

D．

【答案】A 二、填空题

- 2 -

））））11．（2013届北京大兴区一模文科）已知数列{an},an+1=an+2,a1=1,数列镲睚禳镲1的前n项

镲anan+1镲铪和为

18,则n=_______. 37【答案】

18

12．（北京市朝阳区2013届高三第一次综合练习文科数学）在等比数列

an中,2a3a2a40,

则a3___,若bn为等差数列,且b3a3,则数列bn的前5项和等于________ .

【答案】2;10 13．（2013届北京大兴区一模文科）已知函数f(x)是定义在(0,+ )上的单调递增函数,且

xÎN*时,f(x)ÎN*,若f[f(n)]=3n,则f(2)=________;f(4)+f(5)=_________

【答案】

3,15

14．（北京市石景山区2013届高三一模数学文试题）观察下列算式:

l=1,

3

2=3+5, 3

3= 7+9+11, 3

4=13 +15 +17 +19 ,

3

若某数n按上述规律展开后,发现等式右边含有“2013”这个数,则n=____________. 【答案】45 15．（2013届北京东城区一模数学文科）数列{an}的各项排成如图所示的三角形形状,其中每一

行比上一行增加两项,若anan(a0), 则位于第10行的第8列的项等于___,a2013在图中位于___.(填第几行的第几列)

3

【答案】a 第45行的第77列

注:两个空的填空题第一个空填对得3分,第二个空填对得2分.

16．（2013届北京市延庆县一模数学文）已知定义在正整数集上的函数f(n)满足以下条件: (1)f(mn)f(m)f(n)mn,其中m,n为正整数;(2)f(3)6.则

f(2013)______.

【答案】2027091

- 3 -

17．（2013北京朝阳二模数学文科试题）已知等差数列

an的公差为2,a3是a1与a4的等比

中项,则首项a1_,前n项和Sn__.

【答案】 8;n9n nN 18．（2013北京朝阳二模数学文科试题）数列{2n21}的前n项1,3,7,,2n1组成集合

An{1,3,7,,2n1}(nN),从集合An中任取k(k1,2,3,,n)个数,其所有可能

的k个数的乘积的和为Tk(若只取一个数,规定乘积为此数本身),记SnT1T2Tn.例

如

当

n1时,

A1{1},

T11,

S11;当

n2时,A2{1,3},T113,T213,S213137.则当n3时,S3______;试写出Sn______.

【答案】 63,2n(n1)21

(注:两空的填空,第一空3分,第二空2分)

19．（2013北京丰台二模数学文科试题及答案）等差数列{an}中,a35,a53,则该数列的前

10项和S10的值是_______.

【答案】 25;

20．（北京市石景山区2013届高三一模数学文试题）在等差数列{an}中,al=-2013,其前n项和为

Sn,若

S12S10=2,则S2013的值等于___________. 1210【答案】2013

21．（2013届北京西城区一模文科）已知数列{an}的各项均为正整数,其前n项和为Sn.若

an, an是偶数,且S329, an123an1, an是奇数,则a1______;S3n______.

【答案】5,7n22. 三、解答题

22．（2013届北京门头沟区一模文科数学）已知数列{an}的前n项和为Sn,a11,满足下列条

件

x2x①nN,an0;②点Pn(an,Sn)在函数f(x)的图象上;

2* - 4 -

(I)求数列{an}的通项an及前n项和Sn; (II)求证:0|Pn1Pn2||PnPn1|1.

(考生务必将答案答在答题卡上,在试卷上作答无效

【答案】解:(I)由题意

aan Snn222anananan1 1222当n2时

anSnSn1

整理,得

(anan1)(anan11)0

又nN*,an0,所以anan10或anan110

anan10时,a11,

an1, an11(1)n,Sn

2

得

an(1)n1anan110时,a11,anan11,

得

n2n ann,Sn2n1(II)证明:anan10时,Pn((1)1(1)n,)

2|Pn1Pn2||PnPn1|5,所以|Pn1Pn2||PnPn1|0

n2n) anan110时,Pn(n,2|Pn1Pn2|1(n2)2,|PnPn1|1(n1)2

|Pn1Pn2||PnPn1|1(n2)1(n1)221(n2)21(n1)21(n2)1(n1)22

2n31(n2)1(n1)22

因为

1(n2)2n2,1(n1)2n1

- 5 -

所以

0

2n31(n2)1(n1)221

综上

0|Pn1Pn2||PnPn1|1

注:不同解法请教师参照评标酌情给分.

23．（2013北京海淀二模数学文科试题及答案）已知等差数列

an的前n项和为Sn.

(I)若a11,S10100,求{an}的通项公式;

(II)若Snn26n,解关于n的不等式Snan2n.

【答案】解:(I)设

{an}的公差为d

因为a11,

S10a1a10101002 所以a11,a1019 所以d2 所以 an2n1

2Sn6n n(II)因为

2S(n1)6(n1) 所以an2n7,n2 n2n1当时,

又n1时,a1S1527 所以 an2n7

2San4n7 所以n24n72n,即n26n70 nn所以

所以n7或n1,所以n7,nN

24．（2013北京海淀二模数学文科试题及答案）(本小题满分13分)

设A是由mn个实数组成的m行n列的数表,如果某一行(或某一列)各数之和为负数,则改变该行(或该列)中所有数的符号,称为一次“操作”. (Ⅰ) 数表A如表1所示,若经过两次“操作”,使得到的数表每行的各数之和与每列的各数之和均为非负整数,请写出每次

1 2 1 3 0 7 1 2 “操作”后所得的数表(写出一种方法即可); (Ⅱ) 数表A如表2所示,若经过任意一次“操作”以后, 便可使得到的数表每行的各数之和与每列的各数之和均为 非负整数,求整数a的值;

(Ⅲ)对由mn个整数组成的m行n列的任意一个数表A,

能否经过有限次“操作”以后,使得得到的数表每行的各数之 和与每列的各数之和均为非负整数?请说明理由.

【答案】解:(I)

- 6 -

aa21aa22a1a2a2a2表2法1:

123712371237改变第4列改变第2行 210121012101法2:

123712371237改变第2行改变第4列 210121012101法3:

123712371237改变第1列改变第4列 210121012101(写出一种即可)

(II) 每一列所有数之和分别为2,0,2,0,每一行所有数之和分别为1,1; ①如果操作第三列,则

aa21aa2 222a1a2aa则第一行之和为2a1,第二行之和为52a,

2a10,解得a1,a2 52a0② 如果操作第一行

a1a2aa2

2a1a2a2a2则每一列之和分别为22a,22a2,2a2,2a2 解得a1 综上a1

(III) 证明:按要求对某行(或某列)操作一次时,则该行的行和(或该列的列和) 由负整数变为正整数,都会引起该行的行和(或该列的列和)增大,从而也就使得 数阵中mn个数之和增加,且增加的幅度大于等于1(1)2,但是每次操作都只 是改变数表中某行(或某列)各数的符号,而不改变其绝对值,显然,数表中mn

个数之和必然小于等于

|ai1j1mnij|,可见其增加的趋势必在有限次之后终止,终止

之时必然所有的行和与所有的列和均为非负整数,故结论成立

25．（2013北京顺义二模数学文科试题及答案）已知Sn为等差数列

an的前n项和,且

S530,a1a614.

(Ⅰ)求数列an的通项公式;

- 7 -

(Ⅱ)求数列2的前n项和公式.

an【答案】解(Ⅰ)设等差数列

an的公差为d, 因为S530,a1a614

54d305a1所以解得a12,d2. 22a15d14所以ana1(n1)d2(n1)22n.

bn14n1(Ⅱ)由(Ⅰ)可知an2n,令bn2 则bn4, 又n4(nN)

bn4ann所以bn是以4为首项,4为公比的等比数列, 设数列bn的前n项和为Tn

4(14n)4n14 则Tnb1b2bn4444143323n26．（北京市石景山区2013届高三一模数学文试题）给定有限单调递增数列{xn}(n∈N,n≥2)且

*

xi≠0(1≤ i ≤n),定义集合A={(xi,xj)|1≤i, j≤n,且i,j∈N}.若对任意点A1∈A,存在

点A2∈A使得OA1⊥OA2(O为坐标原点),则称数列{xn}具有性质P.

(I)判断数列{xn}:-2,2和数列{yn}:-2,-l,1,3是否具有性质P,简述理由. (II)若数列{xn}具有性质P,求证:

①数列{xn}中一定存在两项xi,xj使得xi+xj =0: ②若x1=-1, xn>0且xn>1,则x2=l. 【答案】

*

- 8 -

27．（2013北京丰台二模数学文科试题及答案）已知等差数列an的通项公式为an=3n-2,等比数

列bn中,b1a1,b4a31.记集合Axxan,nN*,

Bxxbn,nN*,UAB,把集合U中的元素按从小到大依次排列,构成数列cn. (Ⅰ)求数列bn的通项公式;

(Ⅱ)求数列cn的前50项和S50;

(Ⅲ)把集合CUA中的元素从小到大依次排列构成数列dn,写出数列dn的通项公式,并说明理由.

【答案】解:(Ⅰ)设等比数列bn的公比为q,

b1a11,b4a318,则q3=8,q=2,bn=2n-1,

(Ⅱ)根据数列{an}和数列bn的增长速度,数列cn的前50项至多在数列{an}中选50项,数列{an}的前50项所构成的集合为{1,4,7,10,,148},由2<148得,n≤8,数列{bn}的前8

- 9 -

n-1

项构成的集合为{1,2,4,8,16,32,,128},其中1,4,16,是等差数列{an}中的项,2,8,32,128不是等差数列中的项,a46=136>128,故数列{cn}的前50项应包含数列{an}的前46项和数列{bn}中的2,8,32,128这4项

46(a1a46)所以S50=2832128=3321;

2(Ⅲ)据集合B中元素2,8,32,128A,猜测数列dn的通项公式为dn =2

2n-1

dn=b2n ,只需证明数列{bn}中,b2n-1∈A,b2nA(nN)

证明如下:

b2n+1-b2n-1=22n-22n-2=4n-4n-1=3×4n-1,即b2n+1=b2n-1+3×4n-1,

*n-1n-1

若m∈N,使b2n-1=3m-2,那么b2n+1=3m-2+3×4=3(m+4)-2,所以,若b2n-1∈A,则b2n+1∈A.因为b1∈A,重复使用上述结论,即得b2n-1∈A(nN).

2n+12n-1nn-1n-1n-1

同理,b2n+2-b2n=2-2=2×4-2×4=3×2×4,即b2n+2=b2n+3×2×4,因为“3×2×4” 数列an的公差3的整数倍,所以说明b2n 与b2n+2(nN)同时属于A或同

n-1

时不属于A,

当n=1时,显然b2=2A,即有b4=2A,重复使用上述结论,

2n-1

即得b2nA,dn =2;

28．（2013届北京大兴区一模文科）已知数列{an}的各项均为正整数,且a1a2an,

设集合Ak{x|xa，iii1ni1，或i0，或i1（}1≤k≤n）.

k性质1 若对于xAk,存在唯一一组i(i1,2,，k)使xiai成立,则称数列{an}i1为完备数列,当k取最大值时称数列{an}为k阶完备数列.

（）性质2 若记mka,且对于任意x≤mk,xZ,都有xAk成立,则称数i1≤k≤ni1k列{an}为完整数列,当k取最大值时称数列{an}为k阶完整数列.

性质3 若数列{an}同时具有性质1及性质2,则称此数列{an}为完美数列,当k取最大值时{an}称为k阶完美数列;

(Ⅰ)若数列{an}的通项公式为an2n1,求集合A2,并指出{an}分别为几阶完备数列,几阶完整数列,几阶完美数列; (Ⅱ)若数列{an}的通项公式为an10n1,求证:数列{an}为n阶完备数列,并求出集合

An中所有元素的和Sn.

(Ⅲ)若数列{an}为n阶完美数列,试写出集合An,并求数列{an}通项公式.

- 10 -

2013年高三统一练

【答案】解:(Ⅰ)A2{4,3,2,1,0,1,2,3,4};

{an}为2阶完备数列,n阶完整数列,2阶完美数列;

(Ⅱ)若对于xAn,假设存在2组i及i(i1,2,n)使xaii1ni成立,则有

11002102n10n111002102n10n1,即

(11)100(22)101(nn)10n10,其中i,i{1,0,1},必有

11,22nn,

所以仅存在唯一一组i(i1,2,n)使xaii1ni成立,

即数列{an}为n阶完备数列;

Sn0,对xAn,xiai,则xiai(i)ai,因为i{1,0,1},

i1nnni1i1则i{1,0,1},所以xAn,即Sn0

(Ⅲ)若存在n阶完美数列,则由性质1易知An中必有3个元素,由(Ⅱ)知An中元素成对出现(互为相反数),且0An,又{an}具有性质2,则An中3个元素必为

nn3n13n33n33n1An{,,1,0,1,,}.

2222an3n1

29．（2013北京朝阳二模数学文科试题）已知实数x1,x2,,xn(nN且n2)满足|xi|1

i1,2,,n,记S(x1,x2,,xn)23xixj.

1ijn(Ⅰ)求S(1,1,)及S(1,1,1,1)的值; (Ⅱ)当n3时,求S(x1,x2,x3)的最小值; (Ⅲ)当n为奇数时,求S(x1,x2,,xn)的最小值.

- 11 -

注:

1ijnxixj表示x1,x2,,xn中任意两个数xi,xj(1i23jn)的乘积之

【答案】解:(Ⅰ)由已知得S(1,1,)1221. 33S(1,1,1,1)1111112

(Ⅱ)n3时,SS(x1,x2,x3)1ij3xixjx1x2x1x3x2x3.

固定x2,x3,仅让x1变动,那么S是x1的一次函数或常函数, 因此Smin{S(1,x2,x3),S(1,x2,x3)}. 同理S(1,x2,x3)min{S(1,1,x3),S(1,1,x3)}.

S(1,x2,x3)min{S(1,1,x3),S(1,1,x3)}.

以此类推,我们可以看出,S的最小值必定可以被某一组取值1的x1,x2,x3所达到,于是

Smin{S(x1,x2,x3)}.

xk1k1,2,3当xk1(k1,2,3)时,

11322S[(x1x2x3)2(x12x2x3)](x1x2x3)2.

22213因为|x1x2x3|1,所以S1,且当x1x21,x31,时S1,

22因此Smin1 (Ⅲ)SS(x1,x2,,xn)1ijnxixj

x1x2x1x3x1xnx2x3x2xnxn1xn.

固定x2,x3,,xn,仅让x1变动,那么S是x1的一次函数或常函数, 因此Smin{S(1,x2,x3,,xn),S(1,x2,x3,,xn)}.

同理S(1,x2,x3,,xn)min{S(1,1,x3,,xn),S(1,1,x3,,xn)}.

S(1,x2,x3,,xn)min{S(1,1,x3,,xn),S(1,1,x3,,xn)}.

以此类推,我们可以看出,S的最小值必定可以被某一组取值1的x1,x2,,xn所达到,于是Smin{S(x1,x2,,xn)}.

xk1k1,2,,n - 12 -

当xk1(k1,2,,n)时,

11n22S[(x1x2xn)2(x12x2xn)](x1x2xn)2.

222当n为奇数时,因为|x1x2xn|1, 所以S1(n1),另一方面,若取x1x2xn11, 2211xn1xn1xn1,那么S(n1),因此Smin(n1)

12222230．（北京市朝阳区2013届高三第一次综合练习文科数学）由1,2,3,4,5,6,7,8,9,10按任意顺序

组成的没有重复数字的数组,记为(x1,x2,,x10),设S()|2xk110k3xk1|,其中

x11x1.

(Ⅰ)若(10,9,8,7,6,5,4,3,2,1),求S()的值; (Ⅱ)求证:S()55; (Ⅲ)求S()的最大值.

(注:对任意a,bR,ababab都成立.)

【答案】解:(Ⅰ)S()|2xk110k3xk1|7654321012857

(Ⅱ)证明:由abab及其推广可得,

S()2x13x22x23x32x103x11 2(x1x2x10)3(x2x3x11)

=x1x2x1010(110)55 2(Ⅲ)10,9,8,7,6,5,4,3,2,1的2倍与3倍共20个数如下:

20,18,16,14,12,10,8,6,4,2, 30,27,24,21,18,15,12,9,6,3

- 13 -

其中最大数之和与最小数之和的差为20372131,所以S()131, 对于0(1,5,6,7,2,8,3,9,4,10),S(0)131, 所以S()的最大值为131

注:使得S()取得最大值的有序数组中,只要保证数字1,2,3,4互不相邻,数字7,8,9,10也互不相邻,而数字5和6既不在7,8,9,10之一的后面,又不在1,2,3,4之一的前面都符合要求. ．（2013届北京西城区一模文科）已知集合

31

Sn{X|X(x1,x2,,xn),xiN*,i1,2,,n}(n2).

对

于

A(a1,a2,,an),

B(b1,b2,,bn)Sn,定义

AB(b1abbna,n; 1,a22,)(a1,a2,,an)(a1,a2,,an)(R);A与B之间的距离为

d(AB,)aib|i.

i1n|(Ⅰ)当n5时,设A(1,2,1,2,5),B(2,4,2,1,3),求d(A,B);

(Ⅱ)证明:若A,B,CSn,且0,使ABBC,则d(A,B)d(B,C)d(A,C);

(Ⅲ)记I(1,1,,1)S20.若A,BS20,且d(I,A)d(I,B)13,求d(A,B)的最大值.

北京市西城区2013年高三一模试

【答案】(Ⅰ)解:当n5时,由d(A,B)|ab|,

iii15得 d(A,B)|12||24||12||21||53|7, 所以 d(A,B)7

(Ⅱ)证明:设A(a1,a2,,an),B(b1,b2,,bn),C(c1,c2,,cn).

因为 0,使ABBC,

所以 0,使得 (b1a1,b2a2,,bnan)((c1b1,c2b2,,cnbn),

- 14 -

所以 0,使得 biai(cibi),其中i1,2,,n.

所以 biai与cibi(i1,2,,n)同为非负数或同为负数 所以 d(A,B)d(B,C)n|ab||bc|

iiiii1i1nn(|biai||cibi|)

i1n|ciai|d(A,C)

i1(Ⅲ)解法一:d(A,B)|ba|.

iii120设biai(i1,2,,20)中有m(m20)项为非负数,20m项为负数.不妨设

i1,2,,m时biai0;im1,m2,,20时,biai0.

所以 d(A,B)|ba|

iii120[(b1b2bm)(a1a2am)][(am1am2a20)(bm1bm2b20)]

因为 d(I,A)d(I,B)13,

所以

(a1)(b1), 整理得 ab.

iiiii1i1i1i120202020所以 d(A,B)|ba|2[bbii1i1202bm(a1a2am)]

因为 b1b2bm(b1b2b20)(bm1bm2b20)

(1320)(20m)113m;

又 a1a2amm1m,

所以 d(A,B)2[b1b2bm(a1a2am)]

2[(13m)m]26.

- 15 -

即 d(A,B)26 对于

A(1,1,,1,14),B(14,1,1,,1),有 A,BS20,且

d(I,A)d(I,B)13,d(A,B)26.

综上,d(A,B)的最大值为26

解法二:首先证明如下引理:设x,yR,则有|xy||x||y|. 证明:因为 |x|x|x|,|y|y|y|, 所以 (|x||y|)xy|x||y|,

即 |xy||x||y|.

所以 d(A,B)20|ba||(b1)(1a)|

iiiii1i12020(|bi1||1ai|)

i120|ai1||bi1|26

i1i120上式等号成立的条件为ai1,或bi1,所以 d(A,B)26 对于

A(1,1,,1,14),B(14,1,1,,1),有 A,BS20,且

d(I,A)d(I,B)13,d(A,B)26.

综上,d(A,B)的最大值为26

32．（2013北京西城高三二模数学文科）已知集合Sn{(x1,x2,,xn)|x1,x2,,xn是正整数

1,2,3,,n的一个排列}(n2),函数

1,x0, g(x)1,x0.对于(a1,a2,…an)Sn,定

义:big(aia1)g(aia2)g(aiai1),i{2,3,,n},b10,称bi为ai的满意指数.排列b1,b2,,bn为排列a1,a2,,an的生成列.

- 16 -

(Ⅰ)当n6时,写出排列3,5,1,4,6,2的生成列;

,a2,,an为Sn中两个不同排列,则它们的生成列也不同; (Ⅱ)证明:若a1,a2,,an和a1(Ⅲ)对于Sn中的排列a1,a2,,an,进行如下操作:将排列a1,a2,,an从左至右第一个满意指数为负数的项调至首项,其它各项顺序不变,得到一个新的排列.证明:新的排列的各

项满意指数之和比原排列的各项满意指数之和至少增加2.

【答案】(Ⅰ)解:当n6时,排列3,5,1,4,6,2的生成列为0,1,2,1,4,3

,a2,,an的生成列是与(Ⅱ)证明:设a1,a2,,an的生成列是b1,b2,,bn;a1,,bn. b1,b2,a2,,an第一个不同的项为ak与ak,从右往左数,设排列a1,a2,,an与a1,an1an. 1,,ak1ak1,akak即:anan1,,bk1bk1,下面证明:bkbk,bn1bn 显然 bnbn由满意指数的定义知,ai的满意指数为排列a1,a2,,an中前i1项中比ai小的项的个数减去比ai大的项的个数.

由于排列a1,a2,,an的前k项各不相同,设这k项中有l项比ak小,则有kl1项比ak大,从而bkl(kl1)2lk1.

,a2,,an中有l项比ak小,则有kl1项比ak大,从而同理,设排列a12lk1. bk,a2,,ak是k个不同数的两个不同排列,且akak, 因为 a1,a2,,ak与a1. 所以 ll, 从而 bkbk,a2,,an的生成列也不同 所以排列a1,a2,,an和a1(Ⅲ)证明:设排列a1,a2,,an的生成列为b1,b2,,bn,且ak为a1,a2,,an中从左至右第一个满意指数为负数的项,所以 b10,b20,,bk10,bk1

依题意进行操作,排列a1,a2,,an变为排列ak,a1,a2,ak1,ak1,,an,设该排列的生

- 17 -

,b2,,bn 成列为b1b2bn)(b1b2bn) 所以 (b1[g(a1ak)g(a2ak)g(ak1ak)][g(aka1)g(aka2)g(akak1)] 2[g(aka1)g(aka2)g(akak1)]2bk2. 所以,新排列的各项满意指数之和比原排列的各项满意指数之和至少增加2

33．（2013届房山区一模文科数学）对于实数x,将满足“0y1且xy为整数”的实数y称

为实数x的小数部分,用记号x表示.例如1.20.2,1.20.8,81.对于实数771a,无穷数列an满足如下条件:a1a,an1an0(Ⅰ)若aan0,. 其中n1,2,3,an0,3,求数列an的通项公式; 111(Ⅱ)当a时,对任意的nN*,都有ana,求符合要求的实数a构成的集合A;

2p(Ⅲ)设a (p是正整数,p与2013互质),对于大于2013的任意正整数n,是否都

2013有an0成立,证明你的结论.

【答案】(Ⅰ)a1331112131 ,a2 ,a3 1111a133a222a4120, a3321,a2,a3,an0(n4) 1132111(Ⅱ)a1aa ,a 则a1 ,从而12

22a所以 a1则 a21111a 所以a2a10 a1aa15151, (a,1,舍去) 22252解得:a1所以集合 Aa

- 18 -

(Ⅲ)结论成立

易知a是有理数,所以对一切正整数n,an为0或正有理数,

anpnqn设(

pn是非负整数,qn是正整数,且pn,qn互质)

a1由若

pp12013q1,可得0p12013;

pn0,设qnpn(0pn,,是非负整数)

qnpq1annnpqn得anpn pn ,而由则nan1q1nanpnpn,故

pn1,qn1pn,可得0pn1pn

若若

pn0则pn10,

a1,a2,a3,,a2013均不为0,则这2013个正整数

pn(n1,2,3,,2013)互不相同且

都小于2013,但小于2013的正整数共有2012个,矛盾. 故

a1,a2,a3,,a2013中至少有一个为0,即存在m(1m2013),使得

am0.

从而数列

an中am以及它之后的项均为0,

an0

所以对于大于2013的自然数n,都有

34．（2013北京西城高三二模数学文科）已知等比数列

{an}的各项均为正

数,a28,a3a448. (Ⅰ)求数列{an}的通项公式;

(Ⅱ)设bnlog4an.证明:{bn}为等差数列,并求{bn}的前n项和Sn.

【答案】

(Ⅰ)解:设等比数列{an}的公比为q,依题意 q0

2因为 a28,a3a448, 两式相除得 qq60, 解得 q2, 舍去

q3 所以 a1a24 q - 19 -

所以数列{an}的通项公式为 ana1qn12n1

n1n2n11, 因为 bn1bn22221所以数列{bn}是首项为1,公差为d的等差数列

2(Ⅱ)解:由(Ⅰ)得 bnlog4ann(n1)n23nd所以 Snnb1 2435

．（

2013

北

京

东

城

高

三

二

模

数

学

文

科

）

已知数列

{an},a11,a2nan,a4n10,a4n11(nN*).

(Ⅰ)求a4,a7;

(Ⅱ)是否存在正整数T,使得对任意的nN*,有anTan.

【答案】(共13分)

解:(Ⅰ)a4a2a11; a7a4210. (Ⅱ)假设存在正整数T,使得对任意的nN*,有anTan. 则存在无数个正整数T,使得对任意的nN*,有anTan. 设T为其中最小的正整数.

若T为奇数,设T2t1(tN*), 则a4n1a4n1Ta4n12Ta4(nt)10. 与已知a4n11矛盾. 若T为偶数,设T2t(tN*),

则a2nTa2nan, 而a2nTa2n2tant 从而antan.

而tT,与T为其中最小的正整数矛盾.

综上,不存在正整数T,使得对任意的nN*,有anTan

36．（2013北京昌平二模数学文科试题及答案）已知Sn为等差数列{an}的前n项和,且

a3S39.

(Ⅰ)求{an}的通项公式;

- 20 -

(Ⅱ)若等比数列{bn}满足b1a2,b4S4,求{bn}的前n项和公式.

【答案】解:(Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d.因为a3S39,

a12d9所以 解得a13,d6

3a3d91所以an3(n1)66n9

(II)设等比数列{bn}的公比为q,因为b1a2(3)63,b4S4=-12+36=24,

b1(1qn)所以3q24,解得，q2. 所以{bn}的前n项和公式为Tn3(2n1).

1q337．（2013届北京丰台区一模文科）设满足以下两个条件的有穷数列a1,a2,,an为n(n=2,3,4,,)

阶“期待数列”: ① ②

a1a2a3an0;

a1a2a3an1.

(Ⅰ)分别写出一个单调递增的3阶和4阶“期待数列”; (Ⅱ)若某2013阶“期待数列”是等差数列,求该数列的通项公式; (Ⅲ)记n阶“期待数列”的前k项和为Sk(k1,2,3,,n),试证:Sk丰台区2013年高三年级第二学期统一练习(一

【答案】设满足以下两个条件的有穷数列a1,a2,,an为n(n=2,3,4,,)阶“期待数列”:

1. 2③ ④

a1a2a3an0; a1a2a3an1.

(Ⅰ)分别写出一个单调递增的3阶和4阶“期待数列”;

(Ⅱ)若某个2013阶“期待数列”是等差数列,求该数列的通项公式; (Ⅲ)记n阶“期待数列”的前k项和为Sk(k1,2,3,,n),试证:Sk1. 211,0,解:(Ⅰ)数列为三阶期待数列 22

- 21 -

数列3113,,,为四阶期待数列, (其它答案酌情给分) 8888a3a20130,2013(a1a2013)0,a1a20130,

2

(Ⅱ)设该2013阶“期待数列”的公差为d, 因为a1a2即a10070, a1008d,

当d=0时,与期待数列的条件①②矛盾,

当d>0时,据期待数列的条件①②可得a1008a1009a20131, 21006d1006100511d,即d,

2210061007数

列

的

通

*该项公式为

ana1007(n1007)d当d<0时,同理可得ann1007.n10061007且N20n,

13n1007.nN*且n2013

10061007(Ⅲ)当k=n时,显然

1Sn0成立;

2当kSka1a2ak(ak1ak2an),

即Ska1a2akak1ak2an,

2Ska1a2akak1ak2ana1a2akak1ak2an1,

Sk1(k1,2,3,,n).2

38．（2013北京房山二模数学文科试题及答案）已知数列{an}的前n项和为Sn,且

an12Sn(nN*),其中a11,an0. an(Ⅰ)求a2,a3;

(Ⅱ)求数列{an}的通项公式;

- 22 -

(Ⅲ)设数列bn满足(2an1)(2n1)1,Tn为bn的前n项和,试比较Tn与

blog2(2an1)的大小,并说明理由

【答案】(Ⅰ)由于a22S12a12S2(a1a2)2,a323 a1a1a2a2(Ⅱ)由已知可知Sn111anan1,故an1Sn1Snan1an2anan1. 222因为an10,所以an2an2(nN*)

于是 a2m112(m1)2m1,a2m22(m1)2m,所以 ann(nN*) (Ⅲ)Tnlog2(2an1) (2an1)的大小,只需比较2Tn,log2(2an1)的大小

b要比较Tn与log2bb由(2an1)(2n1)1,得(2n1)(2n1)1,2n2n2n,故bnlog2 2n12n1从而 Tnb1b2bnlog22n246. 1352n122n2n2462462Tn2log2log2

1352n11352n12n246因此2Tnlog2(2an1)log2log2(2n1)

2n11352n12n1246246 log2loglog[]. 221352n12n11352n12n12n1246设f(n), 2n12n11352n2n21246则f(n1), 2n12n12n31354n28n4f(n1)2n12n2(2n2)221, 故f(n)2n32n1(2n3)(2n1)4n8n3又f(n)0,所以f(n1)f(n).

*所以对于任意 nN 都有f(n)f(1)22222241, 3 - 23 -

从而2Tnlog2(2an1)log2f(n)0.所以2Tnlog2(2an1)，nN*. 即 Tnlog2(2an1) 39．（2013届北京东城区一模数学文科）设

A是由n个有序实数构成的一个数组,记

作:A(a1,a2,,ai,,an).其中ai (i1,2,,n)称为数组A的“元”,i称为ai的下标. 如果数组S中的每个“元”都是来自 数组A中不同下标的“元”,则称S为A的子数组. 定义两个数组

A(a1,a2,,an),B(b1,b2,,bn)的关系数为

C(AB,a)1banbn. 1ab22(Ⅰ)若A(的最大值; (Ⅱ)若A(11,),B(1,1,2,3),设S是B的含有两个“元”的子数组,求C(A,S)22333,,),B(0,a,b,c),且a2b2c21,S为B的含有三个“元”333的子数组,求C(A,S)的最大值.

【答案】(共13分)

解:(Ⅰ)依据题意,当S(1,3)时,C(A,S)取得最大值为2.

(Ⅱ)①当0是S中的“元”时,由于A的三个“元”都相等,及B中a,b,c三个“元”的

对称性,可以只计算C(A,S)3(ab)的最大值,其中a2b2c21. 3由(ab)2a2b22ab2(a2b2)2(a2b2c2)2, 得 2ab2. 2时,ab达到最大值2, 2当且仅当c0,且ab于是C(A,S)36. (ab)333(abc)的最大值, 3②当0不是S中的“元”时,计算C(A,S)222由于abc1,

所以(abc)abc2ab2ac2bc.

2222 - 24 -

3(a2b2c2)3,

当且仅当abc时,等号成立. 即当abc33时,abc取得最大值3,此时C(A,S)(abc)1. 33综上所述,C(A,S)的最大值为1.

- 25 -