1、 2020 北京数学高三一模 21 汇编 1、（2020 北京朝阳一模）设数列 12 :, n A a aa（3n ）的各项均为正整数，且 12n aaa 若对任意 3,4, kn ， 存在正整数, (1 )i jijk 使得 kij aaa ， 则称数列A具有性质T （）判断数列 1:1,2,4,7 A 与数列 2:1,2,3,6 A 是否具有性质T；（只需写出结论） （）若数列A具有性质T，且 1 1a ， 2 2a ， 200 n a ，求n的最小值； （）若集合 123456 1 ,2 ,3 ,2019 ,2020 SSSSSSS ，且 ij SS （任意 , 1 ,2 ,6 i j
2、， i j ）求证：存在 i S，使得从 i S中可以选取若干元素（可重复 选取）组成一个具有性质T的数列 2、 （2020 北京东城一模） 数列 123n AxxxxLL： ， ， ， ， 对于给定的 + (1N )t tt， 记满足不等式： + ()(N) nt xxtntnnt， 的 * t构成的集合为( )T t. （）若数列 2 = n Axn：，写出集合(2)T； （）如果( )T t + (N1)tt，均为相同的单元素集合，求证：数列 12n xxx， ， ，LL为 等差数列； （III) 如果 ( )T t + (N1)tt，为单元素集合，那么数列 12n xxx， ， ，LL
3、还是等差数 列吗？如果是等差数列，请给出证明；如果不是等差数列，请给出反例. 3、（2020 北京房山一模）在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数 列，我们把这样的操作称为该数列的一次“Z 拓展”，如数列 ， 第 1 次“Z 拓展”后得到 数列 ， ， ，第 次 “ 拓展” 后得到数列 ， ， ， ， .设数列 经过第 次 “ 拓展” 后所得数列的项数记为 ,所有项的和记为 （I）求 （II）若 求 的最小值； （III）是否存在实数 使得数列 为等比数列？若存在，求 满足的条件；若 不存在，说明理由 4、（2020 北京丰台一模）已知有穷数列A： * 12 ( kn a a
4、aanN, , , , ,LL且3)n .定义 数列A的 “伴生数列”B： 12kn b bbb, , , , ,LL， 其中 11 11 1 0 kk k kk aa b aa ， ， (1 2)kn , , ,K， 规定 011nn aaaa ,. （）写出下列数列的“伴生数列”： 1，2，3，4，5； 1，1，1，1，1. （）已知数列B的“伴生数列”C： 12kn c ccc, , , , ,LL，且满足 1(1 2) kk bknc, , ,K. （i）若数列B中存在相邻两项为 1，求证：数列B中的每一项均为 1； （）求数列C所有项的和. （考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答
5、无效） 5、（2020 北京适应一模）设数阵 1112 0 2122 , a a A a a 其中 11122122 ,1,2,6aaaa ，设 12 , 1,2,6, l Se ee其中 * 12 ,6. l eee lNl且定义变换 k 为 “对于数 阵的每一行， 若其中有k或k， 则将这一行中每一个数都乘以-1， 若其中没有 k 且没有-k， 则这一行中所有数均保持不变” 120 (, ).() ls ke eeA表示“将 0 A经过 1 e 变换得到 1 A， 再将 1 A经过 2 e 变换得到 2 A， , 以此类推，最后将 1l A经过 l e 变换得到 l A”，记数阵 l A
6、中四个数的和为 0 () s T A. （）若 0 1 1 A 2 5 ，写出 0 A经过 2 变换后得到的数阵 1 A； （）若 0 1 3 A 3 6 ，1,3,S 求 0 () s T A的值； （）对任意确定的一个矩阵 0 A，证明： 0 () s T A的所有可能取值的和不超过-4. 6、 （2020 北京自适应一模）定义：若数列 n a满足所有的项均由1，1 构成且其中1有m 个，1 有p个(3)mp ，则称 n a为“( , )m p 数列” （1） i a， j a，() k a ijk为“(3,4) 数列” n a中的任意三项，则使得1 ijk a a a 的取 法有多少种？
7、 （2） i a， j a，() k a ijk为“( , )m p 数列” n a中的任意三项，则存在多少正整数 对( , )m p使得101pm，且1 ijk a a a 的概率为 1 2 来源:学.科.网Z.X.X.K 7、（2020 北京海淀一模）已知数列 是由正整数组成的无穷数列。若存在常数 使 得 对任意的 成立，则称数列 具有性质 . （I）分别判断下列数列 是否具有性质 ；（直接写出结论） （II）若数列 满足 求证：“数列 具有性质 ”是“数 列 为常数列”的充分必要条件； （III）已知数列 中 ,且 若数列 具有性质 ,求 数列 的通项公式. 8、（2020 北京密云一模
8、）设等差数列 的首项为 0，公差为 ；等差数列 的首 项为 0，公差为 .由数列 和 构造数表 ，与数表 : 记数表 中位于第 行第 列的元素为 ，其中 . 记数表 中位于第 行第 列的元素为 ， 其中 .如: . ()设 ，请计算 ； ()设 ，试求 ， 的表达式(用 ， 表示)，并证明:对于整数 ，若 不属 于数表 ，则 属于数表 ； ()设 ，对于整数 ， 不属于数表 ，求 的最大值. 9、（2020 北京平谷一模）记无穷数列 n a的前 n 项中最大值为, n M最小值为, n m令 , 2 nn n Mm b 则称 n b是 n a“极差数列”. (I)若32, n an n b的前
9、 n 项和; (II)证明: n b的“极差数列”仍是 n b (III)求证:若数列 n b是等差数列,则数列 n a也是等差数列. 10、（2020 北京人大附一模） 在数列中 中， 从数列 中选出 项并 按原顺序组成的新数列记为 ，并称 为数列 的 项子列.例如数列 为 的 一个 4 项子列. （）试写出数列 的一个 3 项子列，并使其为等差数列； （）如果 为数列 的一个 5 项子列，且 为等差数列，证明： 的公差 满足 （） 如果 为数列 的一个 项子列， 且 为等比数列， 证明： 11、（2020 北京 15 中一模）设有限数列，定义集合M ai+aj|1ijn为数列A的伴随集合
10、（）已知有限数列P：1，0，1，2 和数列Q：1，3，9，27分别写出P和Q的伴随 集合； （）已知有限等比数列A：2，2 2，2n（nN*），求 A的伴随集合M中各元素之和 S； （）已知有限等差数列A：a1，a2，a2019，判断是否能同时属于A的 伴随集合M，并说明理由 12、 （2020 北京石景山一模） 有限个元素组成的集合 ， ， 记集合 中 的元素个数为 ，即 .定义 ，集合 中的 元素个数记为 ,当 时，称集合 具有性质 . () ， ，判断集合 是否具有性质 ，并说明理由； （）设集合 ， 且 ，若集合 具有性质 ，求 的最大值； （）设集合 ，其中数列 为等比数列， 且公
11、比为有理数，判断集合集合 是否具有性质 并说明理由. 13、（2020 北京顺义一模） 给定数列 对 该数列前 项 的最小值为 ,后 项 的最大值记为 ，令 （I）设数列 为 写出 的值； （II）设 是等比数列，公比 且 证明 是 等比数列； （III）设 是公差大于 0 的等差数列，且 证明 是等差数 列。 14、 （2020 北京通州一模）用x表示一个小于或等于x的最大整数.如：2=2，4.1=4， -3.1=-4.已知实数列, 10 aa对于所有非负整数i满足)( 1iiii aaaa ， 其中 0 a是 任意一个非零实数. () 若6 . 2 0 a，写出a1,a2,a3； ()若0
12、 0 a，求数列 i a的最小值； ()证明：存在非负整数k，使得当ki 时， 2 ii aa. 15、（2020 北京西城一模） 对于正整数 ,如果 个整数 满足 , 且 ,则称数组 为 的一个“正整数分拆”.记 均为偶数的“正整数分拆”的个数为 均为奇数的“正整数分拆”的个数为 . ()写出整数 4 的所有“正整数分拆”; ()对于给定的整数 ,设 是 的一个“正整数分拆”, 且 ,求 的最大值; ()对所有的正整数 ,证明: ;并求出使得等号成立的 的值. (注:对于 的两个“正整数分拆” 与 ,当且仅当 且 时,称这两个“正整数分拆”是相同的.) 16、（2020 北京延庆一模） 在数
13、列 中， 若 且 是偶数 是奇数 ，则称 为“ 数列”。设 为“ 数列”，记 的前 项和为 （）若 ，求 的值； （）若 ，求 的值； （）证明： 中总有一项为 或 . 答案： 1、解： （）数列 1 A不具有性质T；数列 2 A具有性质T （）由题可知 2 2a ， 32 24aa， 43 28aa， 87 2128aa， 所以9n 若9n ，因为 9 200a 且 98 2aa，所以 8 128100a 同理， 76543 6450,3225,1612.5,86.25,43.125.aaaaa 因为数列各项均为正整数，所以 3 4a 所以数列前三项为1,2,4 因为数列A具有性质T， 4
14、a只可能为4,5,6,8之一，而又因为 4 86.25a ， 所以 4 8a 同理，有 5678 16,32,64,128aaaa 此时数列为1,2,4,8,16,32,64,128,200 但数列中不存在19ij 使得200 ij aa，所以该数列不具有性质T 所以10n 当10n 时，取:1,2,4,8,16,32,36,64,100,200A （构造数列不唯一） 经验证，此数列具有性质T 所以，n的最小值为10 （）反证法：假设结论不成立，即对任意(1,2,6) i Si 都有： 若正整数, i a bS ab ，则 i ba S 否则，存在 i S满足：存在, i a bS ，a b
15、使得 i baS ，此时，从 i S中取出 , ,a b ba： 当aba时，,a ba b是一个具有性质T的数列； 当aba时，, ,ba a b是一个具有性质T的数列； 当aba时，, ,a a b是一个具有性质T的数列 （i）由题意可知，这6个集合中至少有一个集合的元素个数不少于337个， 不妨设此集合为 1 S， 从 1 S中取出337个数， 记为 12337 ,a aa ， 且 123 3 7 aaa 令集合 1337 |1,2,336 i Naa iS 由假设， 对任意 1,2,336i ， 3371i aaS ， 所以 234516 NSSSSS （ii）在 23456 ,SS
16、SS S中至少有一个集合包含 1 N中的至少68个元素，不妨设这个集 合为 2 S， 从 21 SN中取出68个数，记为1 268 ,b bb，且 1268 bbb 令集合 628 |1,2,67 i NbibS 由假设 682i bbS 对任意1,2,68k ，存在1,2,336 k s 使得 337 k ks baa 所以对任意1,2,67i ， 6868 68337337 ()() ii issss bbaaaaaa ， 由假设 68 1 i ss aaS ，所以 681i bbS ，所以 6812i bbSS ，所以 23456 NSSSS （iii）在 3456 ,S S S S中至
17、少有一个集合包含 2 N中的至少17个元素，不妨设这个集合 为 3 S， 从 23 SN中取出17个数，记为1 217 ,c cc，且 1217 ccc 令集合 137 |1,2,16 i Ncc iS 由假设 173i ccS 对任意1,2,17k ， 存在1,2,67 k t 使得 68 k tk cbb 所以对任意1,2,16i ， 1717 176868 ()() ii itttt ccbbbbbb ， 同样，由假设可得 17 12 it t bbSS ，所以 17123i ccSSS ，所以 3456 NSSS （iv）类似地，在 456 ,SSS中至少有一个集合包含 3 N中的至少
18、6个元素，不妨设这个集 合为 4 S， 从 34 SN中取出6个数，记为1 26 ,d dd，且 126 ddd ， 则 6456 |1,2,5 i ddiSSN （v）同样，在 56 ,S S中至少有一个集合包含 4 N中的至少3个元素，不妨设这个集合为 5 S， 从 45 SN中取出3个数，记为1 23 ,e e e，且 123 eee ，同理可得 153326 ,ee eeSN （vi）由假设可得 2131326 ()()eeeeeeS 同上可知， 1245123 SSSeeSS， 来源:Z|xx|k.Com 而又因为 21 eeS，所以 216 eeS，矛盾所以假设不成立 所以原命题得
19、证 14 分 2、解：（）由于 2 = n Axn：，(2)T为满足不等式 + ()(N ) nt xxtntn 的 * t构成 的集合， 所以 有： 2 + 4(2)(N ,) ntnnnt， 当 2n时，上式可化为+2nt， 所以 5t. 当 =1n时，上式可化为3t. 所以 (2)T为 35，. 4 分 （）对于数列 123n AxxxxLL： ， ， ， ，若( )T t + (N1)tt， 中均只有同一个元素， 不妨设为a. 下面证明数列A为等差数列. 当 = +1n t时，有 1 (1)(1) tt xxat LL； 当 =1n t时，有 1 (1)(2) tt xxat LL；
20、由于(1)，(2)两式对任意大于 1 的整数均成立， 所以 有 1 = (1) tt xxat 成立，从而数列 12n xxx， ， ，LL为等差数 列. 8 分 （III) 对于数列 123n AxxxxLL： ， ， ， ，不妨设 ( )T ia， ( )T jb， 1ijab ， 由 ( )T ia可知：() ji xxa ji， 由 ( )T jb可知：() ij xxb ij，即() ji xxb ji， 从而()() ji a jixxb ji， 所以ab. 设 T i i t，则 23n tttLL， 这说明如果1ij ，则 ij tt. 因为对于数列 123n AxxxxLL：
21、 ， ， ， ，( )T t + (N1)tt， 中均只有一个元素， 首先考察=2t时的情况，不妨设 21 xx， 因为 212 xxt，又 T 2为单元素集， 所以 212 xxt. 再证 332 txx，证明如下： 由 3 t的定义可知： 332 txx， 31 3 2 xx t ， 所以 31 332 max 2 xx txx ， 又由 2 t的定义可知 32221 =xxtxx， 所以 322131 332 22 = xxxxxx txx ， 所以 323 xxt. 若 32 tt ， 即 3322 txxt， 则存在正整数(4)m m ，使得 22 (2) m mtxx(3)LL，
22、由于 212323431kkk xxtxxtxxxxt LL 所以 2112 33 ()(2) mm miii ii xxxxtmt ，这与(3)矛盾. 所以 32 tt . 同理可证 2345 ttttL， 即数列 123n AxxxxLL： ， ， ， ，为等差数 列. 14 分 3、解：（）因原数列有3项，经第1次拓展后的项数 1 325P ； 经第2次拓展后的项数 2 549P . （）因数列每一次拓展是在原数列的相邻两项中增加一项， 由数列经第n次拓展后的项数为 n P，则经第1n次拓展后增加的项数为1 n P ， 所以 1 (1)21 nnnn PPPP 所以 1 1222(1)
23、nnn PPP ， 由（）知 1 14P ， 11 14 22 nn n P 所以 1 21 n n P ， 由 1 212020 n n P ，即 1 22019 n ，解得10n 所以n的最小值为 10 （）设第n次拓展后数列的各项为 123 , m a a a aac 所以 123nm Saaaaac 因数列每一次拓展是在原数列的相邻两项中增加这两项的和， 所以 11112223 ()()()() nmm Saaaaaaaaaaacc 即 112 23332 nm Saaaac 所以 1 3() nn SSac ， 1 3() 22 nn acac SS 得 1 1 () 3 22 n
24、n acac SS 由 1 232Sabc，则() 3 22 n n acac Sb 若使 n S为等比数列，则 0 2 0 2 ac ac b 或 0 2 0 2 ac b ac 所以，a，b，c满足的条件为 0 0 ac b 或者 20 0 bac b 4、解:（）1，1，1，1，1； 1，0，0，0，1.4 分 （）（i）由题意，存在1 21kn, , ,K，使得 1 1 kk bb . 若1k ，即 12 1bb时， 12 0cc. 于是 213 11 n bbbb,. 所以 3 0 n cc，所以 42 1bb.即 234 1bbb. 依次类推可得 1 1 kk bb (2 31)k
25、n, , ,L. 所以1 k b (1 2)kn , , ,K. 若21kn，由 1 1 kk bb 得 1 0 kk cc . 于是 11 1 kkk bbb .所以 1 0 kk cc . 依次类推可得 12 1bb. 所以1 k b (1 2)kn , , ,K. 综上可知，数列B中的每一项均为 1.8 分 （）首先证明不可能存在21kn, ,K使得 11 0 kkk bbb . 若存在21kn, ,K使得 11 0 kkk bbb ， 则 11 1 kkk ccc . 又 11kk bb 得0 k c 与已知矛盾. 所以不可能存在 11 0 kkk bbb ，21kn, ,K. 由此及
26、()得数列 n b的前三项 123 bbb， ，的可能情况如下： (1) 123 1bbb时，由（i）可得1 k b (1 2)kn , , ,K. 于是0 k c (1 2)kn , , ,K. 所以所有项的和0S . (2) 123 101bbb,时， 2 0c ， 此时 22 0bc与已知矛盾. (3) 123 100bbb,时， 123 011ccc,. 于是 224 01 n bbbb,. 故 453 1,0,0 n ccbb 于是 1156 010 n bbcb ,， 于是 142536 bbb bbb,，且 21 100 nnn bbb ,. 依次类推 3kk bb 且n恰是 3
27、 的倍数满足题意. 所以所有项的和 2 33 nn Sn. 同理可得 123 010bbb,及 123 001bbb,时， 当且仅当n恰是 3 的倍数时，满足题意. 此时所有项的和 2 3 n S . 综上，所有项的和0S 或 2 3 n S （n是 3 的倍数）.14 分 （若用其他方法解题，请酌情给分） 5、设数阵 1112 0 2122 , a a A a a 其中 11122122 ,1,2,6aaaa ，设 12 , 1,2,6, l Se ee其中 * 12 ,6. l eee lNl且定义变换 k 为 “对于数 列的每一行， 若其中有k或k， 则这一行中所有数均保持不变” （）
28、120 (, ).() ls ke eeA 表示“将 0 A经过 1 e 变换得到 1 A，再将 1 A经过 2 e 变换得到 2 A， , 以此类推，最后将 1l A 经过 l e 变换得到 l A”，记数阵 l A中四个数的和为 0 () s T A. （）若 0 1 1 A 2 5 ，写出 0 A经过 2 变换后得到的数阵 1 A； （）若 0 1 3 A 3 6 ，1,3,S 求 0 () s T A的值； （）对任意确定的一个矩阵 0 A，证明： 0 () s T A的所有可能取值的和不超过-4. 解（）经过 2 f变换 1 1 1 A - = 2 5 - （） 0 1 3 A =
29、3 6 经过 1 f变换得到 1 1 3 A - = 3 6 - 经过 3 f变换得到 3 1 3 A = 3 6 - 所以 0 ()13( 3 + S TA =+ - ）（-6)= -5 （）因为集合S共有含空集在内的子集64个，令 00 ()AA f j=,对于第一行 11 a和 12 a 若 1112 aa=，则含 11 a的子集有 32 个，这 32 个 l A中第一行为 11 a-， 12 a-；不含有 11 a 的子集有 32 个，这 32 个 l A中第一行为 11 a， 12 a，所有 l A中第一行的和为0。 若 1112 aa，则含 11 a且 12 a的子集有 16 个，
30、不含有 11 a且不含 12 a的子集有 16 个，这 32 个 l A中第一行为 11 a， 12 a；不含有 11 a含 12 a的子集有 16 个，含有 11 a不含 12 a的子集有 16 个，这 32 个 l A中第一行为 11 a-， 12 a-；所有 l A中第一行的和为0。 同理，所有 l A中第二行的和为0。即 0 ()0 USU TA = 但是 00 ()AA f j=，所以 0011122122 ()0()()4 SS T AT Aaaaa ff =-= -+? 6、 【解答】解： （1）三个数乘积为 1 有两种情况： “1，1，1” ， “1，1，1” ， 其中“1，1
31、，1”共有： 21 34 12C C 种， “1，1，1”共有： 3 4 4C 种， 利用分类计数原理得： i a， j a，() k a ijk为“(3,4)数列” n a中的任意三项， 则使得1 ijk a a a 的取法有：12416种 （2）与（1）基本同理， “1，1，1”共有 21 mp C C种， “1，1，1”共有 3 p C种， 而在“( , )m p 数列”中任取三项共有 3 mp C 种， 根据古典概型有： 213 3 1 2 mpp m p C CC C ， 再根据组合数的计算公式能得到： 22 ()(3232)0pm ppmpmm， pm时，应满足 1100 3 m
32、p mp pm 剟? ， (m，)(pk，)k，2k，3，4，100，共 99 个， 22 32320ppmpmm时， 应满足 22 1100 3 32320 m p mp ppmpmm 剟? ， 视m为常数，可解得 (23)241 2 mm p ， 1m，241 5m ， 根据p m可知， (23)241 2 mm p ， 1m，241 5m ， 根据p m可知， (23)241 2 mm p ， （否则1)p m， 下设241km，则由于p为正整数知k必为正整数， 1100m剟，549k 剟， 化简上式关系式可以知道： 2 1(1)(1) 2424 kkk m ， 1k，1k 均为偶数，设
33、21kt， * ()tN，则224t剟， 2 1(1) 246 kt t m ，由于t，1t 中必存在偶数， 只需t，1t 中存在数为 3 的倍数即可， 2t ，3，5，6，8，9，11，23，24， 5k，11，13，47，49 检验： (23)241(1)(1)4850 100 22424 mmkk p ，符合题意， 共有 16 个， 综上所述：共有 115 个数对( , )m p符合题意 7、【解析】（1）具有性质 ；不具有性质 （2） 充分性： ； 因此 .等号成立当且 仅当 ， 若 非常数列， 设 ， 显然 . 若 则 ;若 ,则 ，矛盾，因此 为常数列 必要性：因为 ， 因此 （3
34、） ， ，可知 ，因此 且 若 ，则 ， ,矛盾； 若 ，则 ， 矛盾. 因此 ， 下证 假设该命题不成立， 设 | 或 显然 考虑数列 ,其中 则数列 也具有性质 , 且 同理有 ， ， 即 有 且 ,矛盾，证毕。 8、（）解：由题意，数列 n a的通项公式为55 n an， 数列 n b的通项公式为99 n bn 得， , (55)(99)5914 i j cijij ，则 2,6 50c ， 396,6 2020c 得， , (55)9(1)9595 i j dijij ，则 2,6 49 d （）证明：已知6a ，7b ，得数列 n a的通项公式为66 n an， 数列 n b的通项公
35、式为77 n bn 所以， , 6(1)7(1)6713 i j cijij ，, * NNij 所以， , (66)7(1)7676 i j dijij ，17, * NNiij 所以，若tM，则存在 ,NNuv ，使67tuv 若 * tM，则存在,6, * NNuuv，使67tuv 因此，对于整数t，考虑集合 0 |6 ,6 NMx xtu uu， 即t，6t ，12t ，18t ，24t ，30t ， 36t 下面证明：集合 0 M中至少有一元素是7的倍数 反证法：假设集合 0 M中任何一个元素，都不是7的倍数， 则集合 0 M中每一元素关于7的余数可以为 1，2，3，4，5，6 又因
36、为集合 0 M中共有 7 个元素， 所以集合 0 M中至少存在两个元素关于7的余数相同， 不妨设为 12 6 ,6tu tu，其中 1212 ,6Nu uuu 则这两个元素的差为7的倍数，即 2112 6(6)6()tutuuu 所以 12 0uu，与 12 uu矛盾 所以假设不成立，即原命题成立 即集合 0 M中至少有一元素是7的倍数，不妨设该元素为 000 6,6Ntu uu 则存在Zs， 使 000 67,6tusuuN， 即 000 67,6 ,NZtus uus 由已证可知，若tM，则存在 ,NNuv ，使67tuv 而tM，所以s为负整数，设v s ，则 * Nv，且 000 67
37、 ,6, * NNtuv uuv 所以，当6a ，7b 时，对于整数t，若tM，则 * tM成立 （）解：下面用反证法证明：若对于整数t， * tM，则t M 假设命题不成立，即 * tM，且t M 则对于整数t， 存在 ,NNnm ，,6, * NNuuv， 使6767tuvnm成 立 整理，得6( )7()unmv 又因为Nm， * Nv，所以 7 ()0 6 unmv且u n 是 7 的倍数 因为 ,6Nuu ，所以6un，所以矛盾，即假设不成立 所以，对于整数t，若 * tM，则t M 又由第二问，对于整数t，tM，则 * tM 所以t的最大值，就是集合 * M中元素的最大值 又因为6
38、7 ,6 * N,Ntuv uvu， 所以 * maxmax ()6 67 129tM 9、解：（I）因为 为递增数列，所以 分 的前 项和 4 分 （II）因为 ， ， 6 分 所以 所以 8 分 又因为 所以 所以 的“极差数列”仍是 10 分 （III）当数列 是等差数列时，设其公差为 因为 根据 ， 的定义，有以下结论： ， ,且两个不等式中至少有一个取等号 11 分 当 时，则必有 ，所以 所以 是一个单调递增数列，所以 ， 所以 所以 ,即 为等差数列 12 分 当 时，则必有 ，所以 所以 是一个单调递增数列，所以 ， ， 所以 所以 即 为等差数列 13 分 当 时， 因为 ，
39、 中必有一个为 根据上式，一个为 ，则另一个亦为 ， 所以 ， ，所以 为常数数列，所以 为等差数列 综上，结论得证 14 分 10、（）解：答案不唯一.如 3 项子列 3 分 （）证明：由题意，知 ， 所以 4 分 若 ， 由 为 的一个 5 项子列，得 ， 所以 所以 即 这与 矛盾。 所以 所以 6 分 因为 所以 即 综上，得 8 分来源:学.科.网Z.X.X.K （III）证明：由题意，设 的公比为 则 因为 为 的一个 项子列， 所以 为正有理数，且 设 且 ， 互质， 当 时， 因为 所以 所以 10 分 当 时， 因为 是 中的项，且 ， 互质， 所以 所以 因为 ， ， ，
40、所以 综上， 14 分 11、解：（）由数列A的伴随集合定义可得， 数列P的伴随集合为1，0，1，2，3， 数列Q的伴随集合为4，10，12，28，30，36； （）先证明对任意ik或jl，则ai+ajak+al（1ijn，1kln） 假设ai+ajak+al（1ijn，1kln） 当ik且jl，因为ai+ajak+al，则ajal，即 2 j2l， 所以jl，与jl矛盾 同理，当ik且jl时，也不成立 当ik且jl时，不妨设ik，因为ai+ajak+al，则 2 i+2j2k+2l， 所以 1+2 ji2ki+2li， 左边为奇数，右边为偶数，所以 1+2 ji2ki+2li， 综上，对任意ik或jl，则ai+ajak+al（1ijn，1kl
