内容发布更新时间 : 2024/11/15 10:48:39星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
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,L,1,14),
B?(14,1,1,L,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,L,xn)|x1,x2,L,xn是正整数1,2,3,L,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)?L?g(ai?ai?1),i?{2,3,L,n},b1?0,称
bi为ai的满意指数.排列b1,b2,L,bn为排列a1,a2,L,an的生成列.
(Ⅰ)当n?6时,写出排列3,5,1,4,6,2的生成列;
?,a2?,L,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,L,an和a1(Ⅲ)对于Sn中的排列a1,a2,L,an,进行如下操作:将排列a1,a2,L,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
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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?,L,an?的生成列是与b1?,b2?,L,bn?. (Ⅱ)证明:设a1,a2,L,an的生成列是b1,b2,L,bn;a1?,a2?,L,an?第一个不同的项为ak与ak?,从右往左数,设排列a1,a2,L,an与a1?,an?1?an??1,L,ak?1?ak??1,ak?ak?. 即:an?an?,bn?1?bn??1,L,bk?1?bk??1,下面证明:bk?bk? 显然 bn?bn由满意指数的定义知,ai的满意指数为排列a1,a2,L,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,L,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?,L,an?中有l?项比ak?小,则有k?l??1项比ak?大,从而bk??2l??k?1. 同理,设排列a1?,a2?,L,ak?是k个不同数的两个不同排列,且ak?ak?, 因为 a1,a2,L,ak与a1?. 所以 l?l?, 从而 bk?bk?,a2?,L,an?的生成列也不同 所以排列a1,a2,L,an和a1(Ⅲ)证明:设排列a1,a2,L,an的生成列为b1,b2,L,bn,且ak为a1,a2,L,an中从左至右第一个满意指数为负数的项,所以 b1?0,b2?0,L,bk?1?0,bk??1
依题意进行操作,排列a1,a2,L,an变为排列ak,a1,a2,Lak?1,ak?1,L,an,设该排列的生成列为
?,L,bn? b1?,b2??b2??L?bn?)?(b1?b2?L?bn) 所以 (b1?[g(a1?ak)?g(a2?ak)?L?g(ak?1?ak)]?[g(ak?a1)?g(ak?a2)?L?g(ak?ak?1)]??2[g(ak?a1)?g(ak?a2)?L?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
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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a,无穷数列?an?满足如77?1?下条件:a1?a,an?1??an??0(Ⅰ)若a?an?0, 其中n?1,2,3,L. 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,是否都有an?0成立,
2013证明你的结论. 【答案】(Ⅰ)a1?111213133?? ,a3??? ? ,a2?a133a2221111a4?1?2?0, a3321,a2?,a3?,an?0(n?4) 1132111(Ⅱ)Qa1?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解得:a??1?5?1??1?5??,1?,舍去) , (a?22?2?52??1?所以集合 Aa??(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)
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a1?由若
pp?12013q1,可得0?p1?2013;
pn?00???pn?,?,设qn??pn??(,是非负整数)
qnpq?1???an?n?nqn得anpn pn ,而由则pnan?1?q1??n?anpnpn则
,故
pn?1??qn?1?pn,
,可得
0?pn?1?pn
若若
pn?0pn?1?0, 均不为0,则这2013个正整数
a1,a2,a3,???,a2013pn(n?1,2,3,L,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 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
2a1?a2?4 qn?1n?1所以数列{an}的通项公式为 an?a1?q?2
(Ⅱ)解:由(Ⅰ)得 bn?log4an?n?1n?2n?11??, 因为 bn?1?bn?2222 19
所以数列{bn}是首项为1,公差为d?1的等差数列 2n(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;
(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,
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