《直通名校》高考真题分类专题四　数列（含解析）-高考数学大二轮专题复习

专题四　数列
考点一　等差数列的基本运算
1.（2023·全国甲卷5题）记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝（　　）
A.25 B.22
C.20 D.15
解析：C　法一　设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由得∴d＝＝＝1，a3＝a4－d＝5－1＝4，∴S5＝5a3＝5×4＝20.故选C.
法二　设等差数列{an}的公差为d，则由a2＋a6＝10，可得a1＋3d＝5 ①，由a4a8＝45，可得（a1＋3d）（a1＋7d）＝45 ②，由①②可得a1＝2，d＝1，所以S5＝5a1＋×d＝20，故选C.
2.（2022·新高考Ⅱ卷3题）图①是中国古代建筑中的举架结构，AA'，BB'，CC'，DD'是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举.图②是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为＝0.5，＝k1，＝k2，＝k3.已知k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3＝（　　）
A.0.75 B.0.8
C.0.85 D.0.9
解析：D　法一　如图，连接OA，延长AA1与x轴交于点A2，则OA2＝4OD1.因为k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，所以k1＝k3－0.2，k2＝k3－0.1，所以CC1＝DC1·（k3－0.2），BB1＝CB1（k3－0.1），AA1＝k3BA1，即CC1＝OD1（k3－0.2），BB1＝OD1（k3－0.1），AA1＝k3OD1.又＝0.5，所以DD1＝0.5OD1，所以AA2＝0.5OD1＋OD1（k3－0.2）＋OD1（k3－0.1）＋k3OD1＝OD1（3k3＋0.2），所以tan∠AOA2＝＝＝0.725，解得k3＝0.9，故选D.
法二　设OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，则DD1＝0.5，CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3.由题意，得k3＝k1＋0.2，k3＝k2＋0.1，且＝0.725，即＝0.725，解得k3＝0.9.故选D.
3.（2021·新高考Ⅱ卷17题）记Sn是公差不为0的等差数列的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4.
（1）求数列{an}的通项公式an；
（2）求使Sn＞an成立的n的最小值.
解：（1）设公差为d.
∵S5＝5a3＝a3 a3＝0，∴S4＝2（a2＋a3）＝2a2.
∴a2a4＝S4 a2a4＝2a2.
由公差d≠0及a3＝0知a2≠0，∴a4＝2，d＝2，则an＝a3＋2（n－3）＝2n－6.
（2）Sn＝＝＝n2－5n，
由Sn＞an n2－5n＞2n－6 （n－1）（n－6）＞0 n＜1或n＞6.
∵n∈N*，∴n的最小值为7.
考点二　与等差数列有关的判断（证明）
4.（2023·新高考Ⅰ卷7题）设Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：为等差数列.则（　　）
A.甲是乙的充分条件但不是必要条件
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
解析：C　若{an}是等差数列，设首项为a1，公差为d，则Sn＝na1＋d，所以＝a1＋d＝n＋a1－，所以－＝（n＋1）＋a1－－（n＋a1－）＝，所以是等差数列.若是等差数列，设＝kn＋b，k，b∈R，则Sn＝kn2＋bn.当n＝1时，a1＝S1＝k＋b；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝kn2＋bn－[k（n－1）2＋b（n－1）]＝2kn－k＋b，所以an－an－1＝2kn－k＋b－2k（n－1）＋k－b＝2k.所以{an}是等差数列.所以甲是乙的充要条件.故选C.
5.（2021·全国甲卷18题）已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.
①数列{an}是等差数列；②数列{}是等差数列；③a2＝3a1.
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
解：①③ ②.
已知{an}是等差数列，a2＝3a1.
设数列{an}的公差为d，则a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，
所以Sn＝na1＋d＝n2a1.
因为数列{an}的各项均为正数，所以＝n，
所以－＝（n＋1）－n＝（常数），所以数列{}是等差数列.
①② ③.
已知{an}是等差数列，{}是等差数列.
设数列{an}的公差为d，
则Sn＝na1＋d＝n2d＋n.
因为数列{}是等差数列，所以数列{}的通项公式是关于n的一次函数，则a1－＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1.
②③ ①.
已知数列{}是等差数列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1.
设数列{}的公差为d，d＞0，则－＝－＝d，得a1＝d2，所以＝＋（n－1）d＝nd，所以Sn＝n2d2，
所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－（n－1）2d2＝2d2n－d2（n≥2），是关于n的一次函数，所以数列{an}是等差数列.
考点三　等差数列的性质及应用
6.（2020·全国Ⅱ卷4题）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板（不含天心石）（　　）
A.3 699块 B.3 474块
C.3 402块 D.3 339块
解析：C　由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为{an}，易知其首项a1＝9，公差d＝9，所以an＝a1＋（n－1）d＝9n.设数列{an}的前n项和为Sn，由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列，所以2（S2n－Sn）＝Sn＋S3n－S2n，所以（S3n－S2n）－（S2n－Sn）＝S2n－2Sn＝－2×＝9n2＝729，得n＝9，所以三层共有扇面形石板的块数为S3n＝＝＝3 402，故选C.
7.（2020·北京高考8题）在等差数列{an}中，a1＝－9，a5＝－1.记Tn＝a1a2…an（n＝1，2，…），则数列{Tn}（　　）
A.有最大项，有最小项 B.有最大项，无最小项
C.无最大项，有最小项 D.无最大项，无最小项
解析：B　设等差数列{an}的公差为d，∵a1＝－9，a5＝－1，∴a5＝－9＋4d＝－1，∴d＝2，∴an＝－9＋（n－1）×2＝2n－11.令an＝2n－11≤0，则n≤5.5，∴n≤5时，an＜0；n≥6时，an＞0.∴T1＝－9＜0，T2＝（－9）×（－7）＝63＞0，T3＝（－9）×（－7）×（－5）＝－315＜0，T4＝（－9）×（－7）×（－5）×（－3）＝945＞0，T5＝（－9）×（－7）×（－5）×（－3）×（－1）＝－945＜0，当n≥6时，an＞0，且an≥1，∴Tn＋1＜Tn＜0，∴Tn＝a1a2…an（n＝1，2，…）有最大项T4，无最小项，故选B.
考点四　等比数列的基本运算
8.（2022·全国乙卷8题）已知等比数列{an}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6＝（　　）
A.14 B.12
C.6 D.3
解析：D　法一　设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，由题意可得即解得所以a6＝a1q5＝3，故选D.
法二　设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，由题意可得即解得所以a6＝a1q5＝3，故选D.
9.（2023·全国甲卷13题）记Sn为等比数列{an}的前n项和.若8S6＝7S3，则{an}的公比为　－
解析：设等比数列{an}的公比为q（q≠1）.由8S6＝7S3，得8×＝7×.整理，得8q6－7q3－1＝0，解得q＝－.
10.（2022·新高考Ⅱ卷17题）已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.
（1）证明：a1＝b1；
（2）求集合{k｜bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数.
解：（1）证明：设等差数列{an}的公差为d，
由a2－b2＝a3－b3得a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，即d＝2b1，
由a2－b2＝b4－a4得a1＋d－2b1＝8b1－（a1＋3d），即a1＝5b1－2d，
将d＝2b1代入，得a1＝5b1－2×2b1＝b1，即a1＝b1.
（2）由（1）知an＝a1＋（n－1）d＝a1＋（n－1）×2b1＝（2n－1）a1，bn＝b1·2n－1，
由bk＝am＋a1得b1·2k－1＝（2m－1）a1＋a1，
由a1＝b1≠0得2k－1＝2m，
由题知1≤m≤500，所以2≤2m≤1 000，所以k＝2，3，4，…，10，共9个数，即集合{k｜bk＝am＋a1，1≤m≤500}＝{2，3，4，…，10}中元素的个数为9.
考点五　等比数列的性质及应用
11.（2023·新高考Ⅱ卷8题）记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝（　　）
A.120 B.85
C.－85 D.－120
解析：C　法一　设等比数列{an}的公比为q.若q＝1，则Sn＝na1，不满足S6＝21S2，∴q≠1.由S6＝21S2，得＝21a1（1＋q）.整理，得1－q6＝21（1－q2），即（1－q2）（q4＋q2－20）＝0.显然q≠±1，∴q4＋q2－20＝0，解得q2＝－5（舍去）或q2＝4.∴S8＝＝＝（1＋q4）S4＝（1＋42）×（－5）＝－85.故选C.
法二　易知S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，…为等比数列，∴（S4－S2）2＝S2·（S6－S4），解得S2＝ －1或S2＝.当S2＝－1时，由（S6－S4）2＝（S4－S2）·（S8－S6），解得S8＝－85；当S2＝时，结合S4＝－5得化简可得q2＝－5，不成立，舍去.∴S8＝－85，故选C.
12.（2023·全国乙卷15题）已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝　－2.
解析：设数列{an}的公比为q.∵a2a4a5＝a3a6≠0，∴a2＝1.又a9a10＝a2q7·a2q8＝q15＝－8，于是q5＝－2，∴a7＝a2q5＝－2.
考点六　求通项公式
13.（2022·新高考Ⅰ卷17题）记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列.
（1）求{an}的通项公式；
（2）证明：＋＋…＋＜2.
解：（1）法一　因为a1＝1，所以＝1，
又是公差为的等差数列，
所以＝1＋（n－1）×＝.
因为当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，
所以＝（n≥2），所以＝（n≥2），
整理得＝（n≥2），
所以××…××＝××…××＝（n≥2），
所以Sn＝（n≥2），
又S1＝1也满足上式，
所以Sn＝（n∈N*），
则Sn－1＝（n≥2），
所以an＝－
＝（n≥2），
又a1＝1也满足上式，
所以an＝（n∈N*）.
法二　因为a1＝1，所以＝1，
又是公差为的等差数列，
所以＝1＋（n－1）×＝，
所以Sn＝an.
因为当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，
所以an－1＝an（n≥2），
所以＝（n≥2），
所以××…××＝×××…××＝（n≥2），
所以an＝（n≥2），
又a1＝1也满足上式，
所以an＝（n∈N*）.
（2）证明：因为an＝，所以＝＝2，
所以＋＋…＋＝2［＋＋…＋＋］＝2＜2.
考点七　数列求和
14.（多选）（2021·新高考Ⅱ卷12题）设正整数n＝a0·20＋a1·2＋…＋ak－1·2k－1＋ak·2k，其中ai∈{0，1}，记ω（n）＝a0＋a1＋…＋ak.则（　　）
A.ω（2n）＝ω（n）
B.ω（2n＋3）＝ω（n）＋1
C.ω（8n＋5）＝ω（4n＋3）
D.ω（2n－1）＝n
解析：ACD　由n＝a0·20＋a1·2＋…＋ak－1·2k－1＋ak·2k，则2n＝0·20＋a0·21＋a1·22＋…＋ak－1·2k＋ak·2k＋1，ω（2n）＝0＋a0＋a1＋…＋ak＝ω（n），A正确.选项B，取n＝2可排除.或者ω（2n＋3）＝ω[2（n＋1）＋1]＝ω[2（n＋1）]＋1＝ω（n＋1）＋1，不能保证与ω（n）＋1恒等.B错误.选项C，ω（8n＋5）＝ω（8n＋4＋1）＝ω（8n＋4）＋1＝ω（2n＋1）＋1＝ω（2n）＋2＝ω（n）＋2；ω（4n＋3）＝ω（4n＋2）＋1＝ω（2n＋1）＋1＝ω（n）＋2.C正确.选项D，∵2n－1＝20＋21＋22＋…＋2n－1，∴ω（2n－1）＝n.或者，当n≥2时，ω（2n＋1－1）＝ω[2（2n－1）＋1]＝ω[2（2n－1）]＋1＝ω（2n－1）＋1.又∵ω（3）＝2，ω（1）＝1，∴ω（3）＝ω（1）＋1.即对 n∈N*有ω（2n＋1－1）＝ω（2n－1）＋1，∴{ω（2n－1）}为首项为1，公差为1的等差数列.∴ω（2n－1）＝n.D正确.故选A、C、D.
15.（2021·新高考Ⅰ卷16题）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5；如果对折n次，那么Sk＝240　dm2.
解析：依题意得，S1＝120×2＝240；S2＝60×3＝180；当n＝3时，共可以得到5 dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm×3 dm，20 dm× dm四种规格的图形，且5×6＝30，×12＝30，10×3＝30，20×＝30，所以S3＝30×4＝120；当n＝4时，共可以得到5 dm×3 dm， dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm× dm，20 dm× dm五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15，×6＝15，×12＝15，10×＝15，20×＝15，所以S4＝15×5＝75；……所以可归纳Sk＝×（k＋1）＝.所以Sk＝240（1＋＋＋…＋＋）①，所以×Sk＝240（＋＋＋…＋＋）②，由①－②得，×Sk＝240（1＋＋＋＋…＋－）＝240（1＋－）＝240，所以Sk＝240（3－）dm2.
16.（2024·全国甲卷18题）记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝3an＋4.
（1）求{an}的通项公式；
（2）设bn＝（－1）n－1nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：（1）因为4Sn＝3an＋4，　①
所以当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4，　②
则当n≥2时，①－②得4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1.
当n＝1时，由4Sn＝3an＋4得4a1＝3a1＋4，所以a1＝4≠0，
所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列，
所以an＝4×（－3）n－1.
（2）法一（错位相减法）　因为bn＝（－1）n－1nan＝（－1）n－1n×4×（－3）n－1＝4n·3n－1，
所以Tn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n－1，
所以3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n，
两式相减得－2Tn＝4＋4（31＋32＋…＋3n－1）－4n·3n＝4＋4×－4n·3n＝－2＋（2－4n）·3n，
所以Tn＝1＋（2n－1）·3n.
法二（裂项相消法）　bn＝（－1）n－1nan＝（－1）n－1n×4×（－3）n－1＝4n·3n－1，
令bn＝（kn＋b）·3n－[k（n－1）＋b]·3n－1，
则bn＝（kn＋b）·3n－[k（n－1）＋b]·3n－1＝3n－1[3kn＋3b－k（n－1）－b]＝（2kn＋2b＋k）·3n－1，
所以解得
即bn＝（2n－1）·3n－[2（n－1）－1]·3n－1＝（2n－1）·3n－（2n－3）·3n－1，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1×31－（－1）×30＋3×32－1×31＋5×33－3×32＋…＋（2n－1）·3n－（2n－3）·3n－1＝（2n－1）·3n－（－1）×30＝（2n－1）·3n＋1.
17.（2021·新高考Ⅰ卷17题）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝
（1）记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
（2）求{an}的前20项和.
解：（1）因为bn＝a2n，且a1＝1，an＋1＝
所以b1＝a2＝a1＋1＝2，
b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5.
因为bn＝a2n，所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，
所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3，
所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，bn＝2＋3（n－1）＝3n－1，n∈N*.
（2）因为an＋1＝
所以k∈N*时，a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1，即a2k＝a2k－1＋1，　①
a2k＋1＝a2k＋2，　②
a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，即a2k＋2＝a2k＋1＋1，　③
所以①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3，
所以数列{an}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；
②＋③得a2k＋2＝a2k＋3，即a2k＋2－a2k＝3，
又a2＝2，所以数列{an}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列.
所以数列{an}的前20项和S20＝（a1＋a3＋a5＋…＋a19）＋（a2＋a4＋a6＋…＋a20）＝10＋×3＋20＋×3＝300.
考点八　数列中的创新问题
18.（2020·全国Ⅱ卷12题）0－1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2…an…满足ai∈{0，1}（i＝1，2，…），且存在正整数m，使得ai＋m＝ai（i＝1，2，…）成立，则称其为0－1周期序列，并称满足ai＋m＝ai（i＝1，2，…）的最小正整数m为这个序列的周期.对于周期为m的0－1序列a1a2…an…，C（k）＝aiai＋k（k＝1，2，…，m－1）是描述其性质的重要指标.下列周期为5的0－1序列中，满足C（k）≤（k＝1，2，3，4）的序列是（　　）
A.11010… B.11011…
C.10001… D.11001…
解析：C　对于A，因为C（1）＝＝，C（2）＝＝，不满足C（k）≤，故A不正确；对于B，因为C（1）＝＝，不满足C（k）≤，故B不正确；对于C，因为C（1）＝＝，C（2）＝＝0，C（3）＝＝0，C（4）＝＝，满足C（k）≤，故C正确；对于D，因为C（1）＝＝，不满足C（k）≤，故D不正确.综上所述，故选C.
19.（2024·新高考Ⅰ卷19题）设m为正整数，数列a1，a2，…，a4m＋2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项ai和aj（i＜j）后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a1，a2，…，a4m＋2是（i，j）—可分数列.
（1）写出所有的（i，j），1≤i＜j≤6，使得数列a1，a2，…，a6是（i，j）—可分数列；
（2）当m≥3时，证明：数列a1，a2，…，a4m＋2是（2，13）—可分数列；
（3）从1，2，…，4m＋2中一次任取两个数i和j（i＜j），记数列a1，a2，…，a4m＋2是（i，j）—可分数列的概率为Pm，证明：Pm＞.
解：（1）（i，j）＝（1，6），（1，2），（5，6）.
（2）证明：当m＝3时，a1，a3，a4，a5，a6，a7，a8，a9，a10，a11，a12，a14，
可分成三组：a1，a4，a7，a10；a3，a6，a9，a12；a5，a8，a11，a14，每组均为公差为3d的等差数列，
∴m＝3时符合.
当m＞3时，数列a1，a2，…，a4m＋2去掉a2，a13以后，分成m组，
只需让前面的3组还按m＝3时的分法，即a1，a4，a7，a10；a3，a6，a9，a12；a5，a8，a11，a14，后面的每4个相邻的项一组即可，即a15，a16，a17，a18；…；a4m－1，a4m，a4m＋1，a4m＋2，每一组都能构成等差数列，
∴数列a1，a2，…，a4m＋2是（2，13）—可分数列.
（3）易知a1，a2，…，a4m＋2是（i，j）—可分数列 1，2，…，4m＋2是（4p＋1，4q＋2）—可分数列，其中p，q∈{0，1，…，m}.
当0≤p≤q≤m时，删去4p＋1，4q＋2，
其余项从小到大，每4项分为1组，可知每组的4个数都能构成等差数列，
故数列1，2，…，4m＋2是（4p＋1，4q＋2）—可分数列，可分为（1，2，3，4），…，（4p－3，4p－2，4p－1，4p），…，（4（q＋1）－1，4（q＋1），4（q＋1）＋1，4（q＋1）＋2），…，（4m－1，4m，4m＋1，4m＋2）.p，q的可能取值方法数为＋m＋1＝.
易知a1，a2，…，a4m＋2是（i，j）—可分数列 1，2，…，4m＋2是（4p＋2，4q＋1）—可分数列，其中p，q∈{0，1，…，m}.
当q－p＞1时，删去4p＋2，4q＋1，
将1～4p与4q＋3～4m＋2从小到大，每4项分为1组，可知每组的4个数成等差数列.
考虑4p＋1，4p＋3，4p＋4，…，4q，4q＋2是否可分，等同于考虑1，3，4，…，4t，4t＋2是否可分，其中t＝q－p＞1，可分为（1，t＋1，2t＋1，3t＋1），（3，t＋3，2t＋3，3t＋3），（4，t＋4，2t＋4，3t＋4），…，（t，2t，3t，4t），（t＋2，2t＋2，3t＋2，4t＋2），每组4个数都能构成等差数列.
故数列1，2，…，4m＋2是（4p＋2，4q＋1）—可分数列，p，q且q－p＞1的可能取值方法数为－m＝.
从而Pm≥＝＞.
20.（2024·北京高考21题）已知集合M＝{（i，j，k，w）｜i∈{1，2}，j∈{3，4}，k∈{5，6}，w∈{7，8}，且i＋j＋k＋w为偶数}.给定数列A：a1，a2，…，a8和序列Ω：T1，T2，…，Ts，其中Tt＝（it，jt，kt，wt）∈M（t＝1，2，…，s），对数列A进行如下变换：将A的第i1，j1，k1，w1项均加1，其余项不变，得到的数列记作T1（A）；将T1（A）的第i2，j2，k2，w2项均加1，其余项不变，得到的数列记作T2T1（A）；……；以此类推，得到数列Ts…T2T1（A），简记为Ω（A）.
（1）给定数列A：1，3，2，4，6，3，1，9和序列Ω：（1，3，5，7），（2，4，6，8），（1，3，5，7），写出Ω（A）；
（2）是否存在序列Ω，使得Ω（A）为a1＋2，a2＋6，a3＋4，a4＋2，a5＋8，a6＋2，a7＋4，a8＋4？若存在，写出一个Ω，若不存在，说明理由；
（3）若数列A的各项均为正整数，且a1＋a3＋a5＋a7为偶数，求证：“存在序列Ω，使得Ω（A）的各项都相等”的充要条件为“a1＋a2＝a3＋a4＝a5＋a6＝a7＋a8”.
解：（1）Ω（A）：3，4，4，5，8，4，3，10.
（2）不存在.理由如下：
若存在Ω，则a1，a2与a3，a4增加值之和应该相等，注意到a1，a2一共增加了8，而a3，a4一共增加了6，从而不存在符合题意的Ω.
（3）证明：因为存在序列Ω，使得a1＝a2＝…＝a8，
所以a1＋a2＝a3＋a4＝a5＋a6＝a7＋a8.
又每次进行变换时，a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，a7＋a8均增加1，
故经过n（n∈N*）次变换后，a1＋a2＋n＝a3＋a4＋n＝a5＋a6＋n＝a7＋a8＋n，可得a1＋a2＝a3＋a4＝a5＋a6＝a7＋a8恒成立.
如果a1＋a2＝a3＋a4＝a5＋a6＝a7＋a8，
且还有a1－a2＝a3－a4＝a5－a6＝a7－a8＝0，
则有a1＝a2＝a3＝a4＝a5＝a6＝a7＝a8，即Ω（A）为常数列，
由于每次变换后均有a1＋a2＝a3＋a4＝a5＋a6＝a7＋a8，
故我们只需证明可在某一步变换后有a1－a2＝a3－a4＝a5－a6＝a7－a8＝0.
设（S1，S2，S3，S4）＝（a1－a2，a3－a4，a5－a6，a7－a8），
从而（S1，S2，S3，S4）在每次变换后相当于在偶数个位置上加1，其余减1，
由a1＋a2＝a3＋a4＝a5＋a6＝a7＋a8，可得初始情况下S1，S2，S3，S4同时为奇数或同时为偶数.
不妨设为偶，则a1＋a3＋a5＋a7为偶，所以S1＋S2＋S3＋S4为4的倍数，且在变换后仍同时为奇数或同时为偶数，且和为4的倍数.
经过若干次变换后，不妨设max｜Si｜达到最小值，且取max｜Si｜的Si最小，
不妨设成｜S1｜且S1＞0.
当S1≥2时，
①假设还有｜S2｜≥2.
若S2≥2，
则（S1，S2，S3，S4）→（S1－1，S2－1，S3－1，S4－1）→（S1－2，S2－2，S3，S4），
若S2≤－2，
则（S1，S2，S3，S4）→（S1－1，S2＋1，S3－1，S4＋1）→（S1－2，S2＋2，S3，S4），　（*）
总可使｜S1｜，｜S2｜同时减小，与假设矛盾.
②假设｜S2｜，｜S3｜，｜S4｜＜1，
若S2，S3，S4中有小于零的，设为S2，同（*）即可，
若S2，S3，S4均大于等于零，所有位置同时减2，
与假设矛盾.
当S1≤1时，Si要么为0，要么为±1，
由于S1＋S2＋S3＋S4是4的倍数，只可能为以下几种及其轮换：
a.（0，0，0，0），
b.（1，1，－1，－1）→（0，0，0，0），
c.（1，1，1，1）→（0，0，0，0），
d.（－1，－1，－1，－1）→（0，0，0，0），
故均与假设矛盾，即max｜Si｜最小值为0，
即总能使得（S1，S2，S3，S4）→（0，0，0，0），即存在序列Ω，使得Ω（A）为常数列.
11 / 11