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2021年高考数学北京21

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21．（15分）定义

$R_{p}$ 数列

$\{a_{n}\}$ ：对

$p\in R$ ，满足：
①

$a_{1}+p\geqslant 0$ ，

$a_{2}+p=0$ ；②

$\forall n\in N*$ ，

$a_{4n-1}<a_{4n}$ ；③

$\forall m$ ，

$n\in N*$ ，

$a_{m+n}\in \{a_{m}+a_{n}+p$ ，

$a_{m}+a_{n}+p+1\}$ ．
（1）对前4项2，

$-2$ ，0，1的数列，可以是

$R_{2}$ 数列吗？说明理由；
（2）若

$\{a_{n}\}$ 是

$R_{0}$ 数列，求

$a_{5}$ 的值；
（3）若

$S_{n}$ 是数列

$\{a_{n}\}$ 的前

$n$ 项和，是否存在

$p\in R$ ，使得存在

$R_{p}$ 数列

$\{a_{n}\}$ ，对任意

$n\in N*$ ，满足

$S_{n}\geqslant S_{10}$ ？若存在，求出所有这样的

$p$ ；若不存在，说明理由．
分析：（1）利用性质③，结合题意进行判断，即可得到答案；
（2）由性质③，确定

$a_{3}$ ，

$a_{4}$ 的取值情况，然后分别分析得到

$a_{4}=1$ ，

$a_{3}=a_{1}$ ，从而求出

$a_{1}$ 的值，当

$a_{1}=0$ ，则

$\{a_{n}\}$ 的前四项为0，0，0，1，利用数学归纳法证明

$a_{4n+i}=n(i=1$ ，2，

$3)$ ，

$a_{4n+4}=n+1(n\in N)$ ，即可求得答案；
（3）令

$b_{n}=a_{n}+p$ ，由性质③进行分析，可得数列

$\{b_{n}\}$ 为

$R_{0}$ 数列，利用（2）中的结论，得到

$p$ 的取值情况，即可得到答案．
解：（1）由性质③，结合题意可得

$0=a_{3}\in \{a_{1}+a_{2}+2$ ，

$a_{1}+a_{2}+2+1\}=\{2$ ，

$3\}$ ，矛盾，
故前4项2，

$-2$ ，0，1的数列，不可能是

$R_{2}$ 数列；
（2）性质①，

$a_{1}\geqslant 0$ ，

$a_{2}=0$ ；
由性质③

$a_{m+2}\in \{a_{m}$ ，

$a_{m}+1\}$ ，因此

$a_{3}=a_{1}$ 或

$a_{3}=a_{1}+1$ ，

$a_{4}=0$ 或

$a_{4}=1$ ，
若

$a_{4}=0$ ，由性质②可得

$a_{3}<a_{4}$ ，即

$a_{1}<0$ 或

$a_{1}+1<0$ ，矛盾；
若

$a_{4}=1$ ，

$a_{3}=a_{1}+1$ ，由

$a_{3}<a_{4}$ ，则

$a_{1}+1<1$ ，矛盾，
因此只能是

$a_{4}=1$ ，

$a_{3}=a_{1}$ ，
又因为

$a_{4}=a_{1}+a_{3}$ 或

$a_{4}=a_{1}+a_{3}+1$ ，所以

$a_{1}=\dfrac{1}{2}$ 或

$a_{1}=0$ ．
若

$a_{1}=\dfrac{1}{2}$ ，则

$a_{2}\in \{a_{1}+a_{1}+0$ ，

$a_{1}+a_{1}+0+1\}=\{2a_{1}$ ，

$2a_{1}+1\}=\{1$ ，

$2\}$ ，不满足

$a_{2}=0$ ，舍去；
当

$a_{1}=0$ ，则

$\{a_{n}\}$ 的前四项为0，0，0，1，
下面用数学归纳法证明

$a_{4n+i}=n(i=1$ ，2，

$3)$ ，

$a_{4n+4}=n+1(n\in N)$ ，
当

$n=0$ 时，经检验命题成立；
假设

$n\leqslant k(k\geqslant 0)$ 时命题成立．
当

$n=k+1$ 时，
若

$i=1$ ，则

$a_{4(k+1)+1}=a_{4k+5}=a_{j+(4k+5-j)}$ ，
利用性质③：

$\{a_{j}+a_{4k+5-j}\vert j\in N*$ ，

$1\leqslant j\leqslant 4k+4\}=\{k$ ，

$k+1\}$ ，此时可得

$a_{4k+5}=k+1$ ，
否则

$a_{4k+5}=k$ ，取

$k=0$ 可得

$a_{5}=0$ ，而由性质②可得

$a_{5}=a_{1}+a_{4}\in \{1$ ，

$2\}$ ，与

$a_{5}=0$ 矛盾．
同理可得，

$\{a_{j}+a_{4k+6-j}\vert j\in N*$ ，

$1\leqslant j\leqslant 4k+5\}=\{k$ ，

$k+1\}$ ，此时可得

$a_{4k+6}=k+1$ ，

$\{a_{j}+a_{4k+8-j}\vert j\in N*$ ，

$2\leqslant j\leqslant 4k+6\}=\{k+1$ ，

$k+2\}$ ，此时可得

$a_{4k+8}=k+2$ ，

$\{a_{j}+a_{4k+7-j}\vert j\in N*$ ，

$1\leqslant j\leqslant 4k+6\}=\{k+1\}$ ，又因为

$a_{4k+7}<a_{4k+8}$ ，此时可得

$a_{4k+7}=k+1$ ，
即当

$n=k+1$ 时，命题成立．
综上可得，

$a_{5}=a_{4\times 1+1}=1$ ；
（3）令

$b_{n}=a_{n}+p$ ，由性质③可知，

$\forall m$ ，

$n\in N*$ ，

$b_{m+n}=a_{m+n}+p\in \{a_{m}+p+a_{n}+p$ ，

$a_{m}+p+a_{n}+p+1\}=\{b_{m}+b_{n}$ ，

$b_{m}+b_{n}+1\}$ ，
由于

$b_{1}=a_{1}+p\geqslant 0$ ，

$b_{2}=a_{2}+p=0$ ，

$b_{4n-1}=a_{4n-1}+p<a_{4n}+p=b_{4n}$ ，
因此数列

$\{b_{n}\}$ 为

$R_{0}$ 数列，
由（2）可知，若

$\forall n\in N*$ ，

$a_{4n+4}=n-p(i=1$ ，2，

$3)$ ，

$a_{4n+1}=n+1-p$ ；

$S_{11}-S_{10}=a_{11}=a_{4\times 2+3}=2-p\geqslant 0$ ，

$S_{9}-S_{10}=-a_{10}=-a_{4\times 2+2}=-(2-p)\geqslant 0$ ，
因此

$p=2$ ，此时

$a_{1}$ ，

$a_{2}$ ，

$\cdot \cdot \cdot$ ，

$a_{10}\leqslant 0$ ，

$a_{j}\geqslant 0(j\geqslant 11)$ ，满足题意．
点评：本题考查了有关数列的新定义问题，解决此类问题，关键是读懂题意，理解新定义的本质，把新情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中，运用相关的数学公式、定理、性质进行解答即可，属于难题．

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