1、2018二模分类汇编数列及推理证明压轴题1.（2018昌平二模理）已知等比数列中，则=A B C D1. A2.（2018朝阳二模理）若三个非零且互不相等的实数，成等差数列且满足，则称，成一个“等差数列”.已知集合，则由中的三个元素组成的所有数列中，“等差数列”的个数为（ ）A B C. D2. B3.（2018房山二模理）的三个内角分别为,，则“”是“,成等差数列”的（A）充分而不必要条件 （B）必要而不充分条件 （C）充要条件 （D）既不充分也不必要条件3. C4.（2018海淀二模理） 已知某算法的程序框图如图所示，则该算法的功能是（A）求首项为1，公比为2的等比数列的前2017项的和（
2、B）求首项为1，公比为2的等比数列的前2018项的和（C）求首项为1，公比为4的等比数列的前1009项的和（D）求首项为1，公比为4的等比数列的前1010项的和4. C5.（2018丰台二模理）已知等比数列中，则数列的前5项和 5. 1216.（2018顺义二模理）已知为等差数列，为其前项和，若，则_.6. 187.（2018朝阳二模理）设等差数列的前项和为若，则数列的通项公式可以是_7.（答案不唯一） 8.（2018东城二模理）设等比数列的公比，前n项和为Sn，则=_8.9.（2018顺义二模理）（本小题满分13分）已知数列.如果数列满足，其中，则称为的“陪伴数列”.（）写出数列的“陪伴数列
3、”；（）若的“陪伴数列”是.试证明：成等差数列.（）若为偶数，且的“陪伴数列”是，证明：.9.（）解：. 3分（）证明：对于数列及其“陪伴数列”，因为 ， 将上述几个等式中的第这4个式子都乘以，相加得 即 故所以成等差数列. 8分（）证明： 因为 ， 由于为偶数，将上述个等式中的第这个式子都乘以，相加得 即，. 13分10.（2018海淀二模理）（本小题共13分）如果数列满足“对任意正整数，都存在正整数，使得”，则称数列具有“性质P”.已知数列是无穷项的等差数列，公差为.（）若，公差，判断数列是否具有“性质P”，并说明理由；（）若数列具有“性质P”，求证：且；（）若数列具有“性质P”，且存在正
4、整数，使得，这样的数列共有多少个？并说明理由10.（本小题13分） 解：（）若，公差，则数列不具有性质1分理由如下：由题知，对于和，假设存在正整数k，使得，则有，解得，矛盾！所以对任意的，3分（）若数列具有“性质P”，则 假设，则对任意的，. 设，则，矛盾！4分 假设，则存在正整数，使得设，则，但数列中仅有项小于等于0，矛盾！6分 假设，则存在正整数，使得设，则，但数列中仅有项大于等于0，矛盾！8分 综上，（）设公差为的等差数列具有“性质P”，且存在正整数，使得若，则为常数数列，此时恒成立，故对任意的正整数， 这与数列具有“性质P”矛盾，故 设是数列中的任意一项，则，均是数列中的项，设 ， 则
5、，因为，所以，即数列的每一项均是整数由（）知，故数列的每一项均是自然数，且是正整数 由题意知，是数列中的项，故是数列中的项，设，则，即 因为，故是的约数 所以，, 当时，得，故，共2019种可能； 当时，得，故，共1010种可能； 当时，得，故，共3种可能； 当时，得，故，共2种可能；当时，得，故，共2种可能；当时，得，故，共1种可能；当时，得，故，共1种可能；当时，得，故，共1种可能综上，满足题意的数列共有（种）经检验，这些数列均符合题意13分11.（2018丰台二模理）（本小题共13分）已知数列的前项和为，当时， 其中，是数列的前项中的数对的个数，是数列的前项中的数对的个数（）若，求，的值
6、；（）若为常数，求的取值范围；（）若数列有最大项，写出的取值范围（结论不要求证明）11.（本小题共13分）解：（）因为， 所以 ，所以 1分因为 ，所以 2分因为 ，所以 4分所以 ，（）当 时， 5分当 时，因为 ，所以 ，所以 因为 ，所以 ，所以 7分当 时，因为 ，所以 ，所以 因为 ，所以 ，所以 9分所以 时，为常数的必要条件是 当时，因为当 时，都有 ，所以当 符合题意，同理 和也都符合题意 10分所以的取值范围是 （）或 13分（若用其他方法解题，请酌情给分）12.（2018房山二模理）（本小题分） 已知集合，其中，中所有不同值的个数.（）设集合,分别求；（）若集合求证：；（）
7、是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由12.解：（）由由 3分（）证明: 最多有个值,又集合任取当时,不妨设即当当且仅当即所有的值两两不同， 9分（）存在最小值，且最小值为，不妨设可得，中至少有个不同的数，即，取，即的不同值共有个，故的最小值为 13分13.（本小题满分13分）数列：的各项均为整数，满足：，且，其中 （）若，写出所有满足条件的数列；（）求的值；（）证明：13.（本小题满分13分）解：（）满足条件的数列为：； 3分 （） 4分否则，假设，因为，所以又，因此有 ，这与矛盾！所以 8分（）先证明如下结论：，必有.否则，令 ，注意左式是的整数倍，因此 所以有：，这
8、与矛盾！所以 10分因此有： 将上述个不等式相加得 ， 又 ， 两式相减即得 13分14.（2018朝阳二模理） 若无穷数列满足：存在（，），并且只要，就有(为常数，），则成具有性质.（1）若具有性质，且，求；（2）若无穷数列的前项和为，且（），证明存在无穷多个的不同取值，使得数列具有性质；（3）设是一个无穷数列，数列中存在（，），且（），求证：“为常数列”是“对任意正整数，都具有性质”的充分不必要条件.14.【解析】（）因为具有性质,且所以由,得,所以,经检验符合题意.（）因为无穷数列的前项和为,且,所以当时,若存在则,取(且为常数),则,对,有所以数列有性质,且的不同取值有无穷多个.（）证
9、明:当为常数列时,有(常数),对任意正整数,因为存在,则由,必有,进而有,这时,所以都具有性质.所以,“为常数列”是“对任意正整数,都具有性质”的充分条件.取,对任意正整数,由,得,因为为正整数,所以,且.当时,对任意,则同为奇数或同为偶数,若同为偶数,则成立;若同为奇数,则成立;所以若对于任意满足,则取,故具有性质,但不为常数列,所以“为常数列”是“对任意正整数,都具有性质”的不必要条件.证毕.15.（2018东城二模理）（本小题13分）设均是正整数，数列满足：，（I）若，写出的值；（II）若，为给定的正奇数，求证：若为奇数，则；若为偶数，则；（III）在（II）的条件下，求证：存在正整数，
10、使得.15.（20）（共13分）解：（I）1或12. 4分（II）当时，为奇数，成立，为偶数，.假设当时，若为奇数，则，若为偶数，则.那么当时，若是奇数，则是偶数，；若是偶数，.此时若是奇数，则满足，若是偶数，满足.即时结论也成立.综上，若为奇数，则；若为偶数，则. 9分（III）由（II）知，中总存在相等的两项.不妨设是相等两项中角标最小的两项，下证.假设.若，由知和均是由和除以2得到，即有，与的最小性矛盾；若，由知和均是由和加上得到，即有，与的最小性矛盾；综上，则.即若，是正奇数，则存在正整数，使得. 13分16.（2018昌平二模理）(本小题13分)已知正项数列中，若存在正实数，使得对数
11、列中的任意一项，也是数列中的一项，称数列为“倒置数列”，是它的“倒置系数”（I）若数列：是“倒置系数”为的“倒置数列”，求和的值；（II）若等比数列的项数是，数列所有项之积是，求证：数列是“倒置数列”，并用和表示它的“倒置系数”；（III）是否存在各项均为整数的递增数列，使得它既是等差数列，又是“倒置数列”,如果存在，请写出一个满足条件的数列，如果不存在，请说明理由16.(共13分)解：（I）因为数列：是“倒置系数”为的“倒置数列”.所以也是该数列的项，且.故，即. -3分（II）因为数列是项数为项的有穷正项等比数列，取，对数列中的任意一项，也是数列中的一项，由“倒置数列”的定义可知，数列是“倒置数列”；又因为数列所有项之积是，所以即. -9分（III）假设存在这样的等差数列为“倒置数列”，设它的公差为，“倒置系数”为p.因为数列为递增数列，所以则又因为数列为“倒置数列”，则正整数也是数列中的一项（），故数列必为有穷数列，不妨设项数为项，则则，得，即由，故，与矛盾.所以，不存在满足条件的数列，使得它既是等差数列，又是“倒置数列”.-13分
