2012-2021北京重點(diǎn)區(qū)高三（上）期末數(shù)學(xué)匯編：數(shù)列的遞推公式

2012-2021北京重點(diǎn)區(qū)高三（上）期末數(shù)學(xué)匯編

數(shù)列的遞推公式

一、單選題

1.（2021?北京海淀,高三期末）數(shù)列｛即｝的通項(xiàng)公式為即=層一371,ne/V,前n項(xiàng)和為無，給出下列三個(gè)結(jié)論：

①存在正整數(shù)Hn）,使得=Sn；

②存在正整數(shù)m,n（m豐n）,使得a?,+an=2yjaman-,

③記"=ag…％1s=1,2,3,…）則數(shù)列仇｝有最小項(xiàng),

其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是（）

A.①B.③C.①@D,①②③

二、雙空題

2.（2018?北京朝陽?高三期末（理））已知數(shù)列｛%｝滿足0n+i=<1n-cin-i（n之2）,at=p,a2=q（p,q6R）.設(shè)

a

Sn=Sitii>則的0=；52018=.（用含p,q的式子表示）

三、填空題

3.（2016?北京東城?高三期末（理））數(shù)列｛an｝滿足：+an+1>2an（n>l,nG/V*）.給出下述命題：

①若數(shù)列｛aj滿足：a2>a-i，則即>an_i（ri>l,neN*）成立；

②存在常數(shù)c,使得a”>c（neN*）成立；

③若p+q>m+n（其中p,q,m,n6N*）,則ap+aq>am+an-,

④存在常數(shù)d,使得即>aj+（n-l）d（neN*）都成立.

上述命題正確的是一.（寫出所有正確結(jié)論的序號(hào)）

四、解答題

4.（2020?北京西城?高三期末）設(shè)整數(shù)集合4=｛a1（a2，…,的。。｝，其中1<<?2<...<的。。<205，且對(duì)于任意

i,j（l<i<j<100）,若i+J”,則<+ajeA.

（1）請(qǐng)寫出一個(gè)滿足條件的集合4

（2）證明:任意xG｛101,102..200）,x.A;

（3）若al。。=205,求滿足條件的集合4的個(gè)數(shù).

5.（2020?北京朝陽?高三期末）設(shè)m為正整數(shù)，各項(xiàng)均為正整數(shù)的數(shù)列｛%｝定義如下：%=1,an+1=

'號(hào)，口門為偶數(shù),

an+m,&久為奇數(shù),

（1）著"血=5,與出，。9，&10；

（2）求證：數(shù)列｛須｝單調(diào)遞增的充要條件是m為偶數(shù)；

（3）若m為奇數(shù)，是否存在n>1滿足斯=1?請(qǐng)說明理由.

n

6.（2019?北京海淀?高三期末（文））已知數(shù)列仍叫滿足的=2,an-a?_i=2-\n>2）.

（I）求。2，。3，。4的值和｛%1｝的通項(xiàng)公式;

（II）設(shè)6n=210g20n-1,求數(shù)列｛bn｝的前n項(xiàng)和Sn.

7.(2019?北京朝陽?高三期末(理))已知的,。?,…,an,…是由正整數(shù)組成的無窮數(shù)列,對(duì)任意neN*,an滿足如下

兩個(gè)條件：①即是n的倍數(shù)；②|斯一即+il45.

(1)若的=30,a2=32,寫出滿足條件的所有<23的值；

(2)求證：當(dāng)nN11時(shí)，a“W5n；

(3)求的所有可能取值中的最大值.

8.(2019?北京東城?高三期末(理))對(duì)給定的ddN*,記由數(shù)列構(gòu)成的集合。(d)=｛｛冊｝|%=1，|即+11=同+

d\,neN,).

(1)若數(shù)列(2),寫出。3的所有可能取值；

(2)對(duì)于集合。(d),若也2.求證：存在整數(shù)%,使得對(duì)。⑷中的任意數(shù)列｛即｝,整數(shù)％不是數(shù)列｛即｝中的

項(xiàng)；

(3)已知數(shù)列｛加｝GC(d),記｛，"?｝,｛加｝的前〃項(xiàng)和分別為A〃,Bn.若|“"+1留加+1],求證：An<Bn.

9.(2016?北京海淀?高三期末(理))若實(shí)數(shù)數(shù)列產(chǎn)工滿足即+2=|即+11-即5€2)，則稱數(shù)列｛斯｝為“P數(shù)

列”.

(I)若數(shù)列｛即｝是P數(shù)列，且%=0,。4=1，求。3，a$的值；

(II)求證：若數(shù)列產(chǎn)“｝是P數(shù)列，則｛5｝的項(xiàng)不可能全是正數(shù)，也不可能全是負(fù)數(shù)；

(III)若數(shù)列｛即｝為P數(shù)列，且｛即｝中不含值為零的項(xiàng)，記｛斯｝前2。16項(xiàng)中值為負(fù)數(shù)的項(xiàng)的個(gè)數(shù)為小，求機(jī)所有可能

取值.

10.(2012.北京西城.高三期末(文))已知數(shù)列4,：的,。2,…,即，如果數(shù)列舔：3/72廠..,心滿足瓦=廝，bk=

ak.1+ak-瓦-i其中k=2,3，…，n,則稱當(dāng)為4的“衍生數(shù)列

(1)寫出數(shù)列①：2,1,4,5的“衍生數(shù)列"外;

(2)若n為偶數(shù)，且4“的“衍生數(shù)列”是Bn,證明：bn=a1；

(3)若n為奇數(shù),且4n的“衍生數(shù)列”是斗，&的“衍生數(shù)列”是%，….依次將數(shù)

列An,Bn，Cn，,“的首項(xiàng)取出，構(gòu)成數(shù)列。：%,瓦,C1…,證明：。是等差數(shù)列.

11.(2012?北京朝陽?高三期末(理))數(shù)列｛/｝,｛%｝5=1,23…)由下列條件確定:①的<0,瓦>0；②當(dāng)

k22時(shí)，軟與瓦滿足：當(dāng)a?-i+bk-i20時(shí)，=ak-i>氏="\;當(dāng)縱-i+瓦-1<。時(shí)，耿="12"''

bk=bk_I.

(I)若%=-1,瓦=1,寫出。2，。3，。4,并求數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式;

(II)在數(shù)列｛bn｝中,若瓦>b2>???>bs(s>3,且s6N*),試用的,瓦表示瓦,ke｛1,2,

(III)在(I)的條件下，設(shè)數(shù)列｛Cn｝(n6N*)滿足q=j%羊0,J+1=―一或+”(其中加為給定的不小于

2的整數(shù))，求證：當(dāng)nWm時(shí)，恒有d<1.

參考答案

1.C

【解析】

由6^=712-371,令冊=0,求得@3=0，得到$2=$3，可判定①正確；由當(dāng)九N3時(shí)，an>0,且單調(diào)遞增，結(jié)合

基本不等式，可判定②不正確；由=一2,。2=—2,。3=0，且當(dāng)九>3時(shí)，Qn>0,且單調(diào)遞增，可判定③正確.

【詳解】

由題意，數(shù)列｛冊｝的通項(xiàng)公式為%=九2一3九，

令冊=0,即九2—3n=0,解得九=3或71=0(舍去)，即的=0，

所以$2=$3，即存在正整數(shù)Hn),使得Sm=Sn,所以①正確；

由。?=n2一371,可得當(dāng)九N3時(shí)，QnZ0,且單調(diào)遞增，

當(dāng)m,n￡[1,3]且zn,幾EN+時(shí)，可得0m+QnVO,2^aman>0,所以+anH2瘋方\

當(dāng)m,nE[3,+8)且m,n￡N+時(shí)，am+an>2y/aman9當(dāng)且僅當(dāng)=c1n時(shí)等號(hào)成立，

綜上可得，不存在正整數(shù)m,n(mH葭)，使得+冊=2y/aman,所以②不正確；

2

由數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式為an=n-3n,

可得的=-2,%=—2,%=°，且當(dāng)九>3時(shí)，an>0,且單調(diào)遞增，

所以〃=%。2???@式九=1，23???)，所以當(dāng)九=1時(shí)，數(shù)列｛"｝有最小項(xiàng)7\=-2,所以③正確.

故選：C.

2.—pp+q

【詳解】

aa

由即+1=an-an-l可得Qn+2=n+l一冊，兩式相加可得即+2=一%i-l，即an+3=-%i，n+6=。小所以數(shù)列

｛即｝是周期為6的周期數(shù)列，a10=a4=a1+3=-ar=-p；由an+3=-的可得56=￡豈見=(ax+a4)+(a2+

+(a3+a6>=0,所以S2018=336x0+4+g=P+q，故答案為一p,p+q.

3.①④.

【詳解】

試題分析：對(duì)①；因?yàn)锧2>。1，所以。2—。1>0，由已知an+l—冊>Qn一Q71-1，

所以Qn+i-an>an-an_i>???>a2-ar>0,即冊>an_i，正確

對(duì)②；假設(shè)存在在常數(shù)c,使得an>c,則有。<即〈巴啜i,所以0nT+W+I應(yīng)有最大值，錯(cuò)，

對(duì)③，因?yàn)閜+q>7n+m手>等，所以假設(shè)ap+aq>。?,+即，則應(yīng)有乜學(xué)〉。等，即原數(shù)列應(yīng)為遞增數(shù)

列，錯(cuò)，對(duì)④，不妨設(shè)%=1,an+1-an=n,則an=嗎7+1,若存在常數(shù)d,使得即>的+(n—l)d,應(yīng)有

=或顯然成立，正確，所以正確命題的序號(hào)為①④.

71—1Z

考點(diǎn)：數(shù)列綜合應(yīng)用.

4.4)4=｛1,2,3,…,100｝(2)證明見解析(3)16個(gè)

【解析】

(1)根據(jù)題目條件，令0n=n,即可寫出一個(gè)集合A=｛1,2,3,…,100｝；

(2)由反證法即可證明；

(3)因?yàn)槿我獾膞G{101,102,...,200},xgA,所以集合40{201,202,…，205}中至多5個(gè)元素.設(shè)的。。一加=b<

100,先通過判斷集合4中前100-TH個(gè)元素的最大值可以推出%=i(1<i<100-巾)，故集合4的個(gè)數(shù)與集合

{201,202,203,204}的子集個(gè)數(shù)相同，即可求出.

【詳解】

(1)答案不唯一.如4={1,2,3,…,100}；

(2)假設(shè)存在一個(gè)6{101,102,…，200}使得XoeA,

令Xo=100+s,其中sGN且1<s<100,

由題意，得Choo+as€4,

由as為正整數(shù)，得aioo+as>aioo，這與的。。為集合4中的最大元素矛盾，

所以任意xG{101,102,200),xiA.

(3)設(shè)集合力n{201,202,…，205}中有m(1<m<5)個(gè)元素，?oo-m=b,

a

由題意‘得a[<d2<,,,<Oioo-m-200,200<Gioo-m+l<100-m+2<…<。100,

由(2)知，的00_?,=b<100.

假設(shè)b>100-zn,則b-100+7n>0.

因?yàn)閎-100+mS100-100+5=5<100-m,

由題設(shè)條件，得型00-m+ab-100+m64

因?yàn)閍ioo-m+ai>-ioo+m-100+100=200,

所以由(2)可得?oo-m+ab-ioo+niWlOO，

這與aioo-m為4中不超過10。的最大元素矛盾，

所以aioo-mw100-m,

又因?yàn)?<ax<a2<…<aioo-m'/GN,

所以a<=t(1<i<100-m).

任給集合{201,202,203,204}的m-1元子集B,令4。=[1,2,-,100—m}UBU{205},

以下證明集合4。符合題意：

對(duì)于任意iJ(1Wi4/<100),則t+j<200.

若i+j€Ao,則有i+j<100-m,

所以cii=i,a,=j,從而di+%=i+/6A。.

故集合及符合題意，

所以滿足條件的集合4的個(gè)數(shù)與集合{201,202,203,204}的子集個(gè)數(shù)相同，

故滿足條件的集合4有24=16個(gè).

【點(diǎn)睛】

本題主要考查數(shù)列中的推理，以及反證法的應(yīng)用，解題關(guān)鍵是利用題目中的遞進(jìn)關(guān)系，找到破解方法，意在考查學(xué)

生的邏輯推理能力和分析轉(zhuǎn)化能力，屬于難題.

5.(1)a8=6,。9=3,%0=8；(2)證明見解析；(3)存在，理由見解析.

【解析】

(1)m=5H't,結(jié)合條件，注意求得cig,a9,a10；

(2)根據(jù)斯+1-即與零的關(guān)系，判斷數(shù)列｛0>｝單調(diào)遞增的充要條件；

(3)存在n>1滿足a.=1.

【詳解】

(1)Q.Q—6,。9=3,a］。=8.

(2)先證“充分性

當(dāng)m為偶數(shù)時(shí)，若與為奇數(shù)，則即+i為奇數(shù).

因?yàn)椋?1為奇數(shù)，所以歸納可得，對(duì)VnGN*,an均為奇數(shù)，則即+i=an+m,

所以斯+1-an=m>0,

所以數(shù)列｛an｝單調(diào)遞增.

再證“必要性

假設(shè)存在kGN*使得縱為偶數(shù)，則以+i=:</，與數(shù)列小｝單調(diào)遞增矛盾，

因此數(shù)列｛an｝中的所有項(xiàng)都是奇數(shù).

此時(shí)即+1=即+m，即m=an+i-an，所以m為偶數(shù).

(3)存在n>1滿足a”=1,理由如下：

因?yàn)榈?1,TH為奇數(shù)，所以&2=1+m<27n且(12為偶數(shù)，wm-

假設(shè)以為奇數(shù)時(shí)，以s巾；a/c為偶數(shù)時(shí)，ak<2m.

a

當(dāng)耿為奇數(shù)時(shí)，k+i=ak+m<2m,且耿+i為偶數(shù)；

當(dāng)怒為偶數(shù)時(shí)，ak+1=^<m.

所以若以+i為奇數(shù)，則以+1Wm；若融+i為偶數(shù),則以+iW2nl.

因此對(duì)VnGN"都有即<2m.

所以正整數(shù)數(shù)列｛an｝中的項(xiàng)的不同取值只有有限個(gè)，所以其中必有相等的項(xiàng).

設(shè)集合4=｛(r,s)|ar=as,r<s｝,設(shè)集合B=｛reN*|(r,s)WA｝UN*.

因?yàn)?力0,所以B*0.

令ri是B中的最小元素，下面證q=1.

設(shè)r1>1且匕=aS1(n<sj.

當(dāng)即1式小時(shí)，冊］-1=2冊1，aS1-i=2aSi,所以=<^「1；

當(dāng)冊1>時(shí)，0rLi=-m，aS1-i=aS1-m,所以冊「1=aSi_r.

所以若>1，則q-1€B且ri-1<與q是B中的最小元素矛盾.

所以心=1,且存在1<SieN*滿足as1=%=1,即存在n>1滿足斯=1.

【點(diǎn)睛】

本題考查數(shù)列的遞推關(guān)系，考查數(shù)列的單調(diào)性，考查學(xué)生分析問題及解決問題得能力，屬于難題.

n2

6.(I)a2=4,a3=8,a4=16,an=2(II)Sn==n

【分析】

(I)分別令"=1,2,3,計(jì)算可得所求值，再由累加法可得所求通項(xiàng)公式；

(II)求得版=21og如-1=2〃-1,由等差數(shù)列的求和公式，計(jì)算可得所求和.

【詳解】

n_1

(I)因?yàn)?=2,an—an_r=2(n>2)

月TLAQ2=+2=4,Q3—a2+4=8,Q4~@3+8=16

n_1

因?yàn)?n-an_i=2(n>2)

n

an_i-an_2=2_2，

n

Qn-2-Qn-3=2-3，

2

ay-a2=2,

1

a2—CL\—2,

把上面71-1個(gè)等式疊加，得到

nn

Qn—=2+2?+…+2-1=2—2

所以0n=2/7122)

又九=1時(shí)，%=2符合上式，所以即=2n

n

(II)因?yàn)閎n=210g2%-1=210g22—1=2n—1

所以b—Z?n-i=(2n—1)—(2n—3)=2

所以｛4｝是首項(xiàng)為瓦=1,公差為2的等差數(shù)列

所以又=及普=/

【點(diǎn)睛】

本題考查數(shù)列的通項(xiàng)公式的求法，注意運(yùn)用累加法，考查等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和求和公式的運(yùn)用，考查運(yùn)算能力，

屬于基礎(chǔ)題.

7.(1)27,30,33,36(2)見解析(3)85

【分析】

(1)根據(jù)與滿足的兩個(gè)條件即可得到滿足條件的所有的值；

(2)由即+iWan+5(n=1,2,…)，對(duì)于任意的n，有即W5(n-1)+Q〉當(dāng)n2即一4時(shí)，anV6幾成立，即

anW5九成立；若存在幾使冊>5幾，由反證法可得矛盾；(3)由(2)知由1工55,因?yàn)閍n工an+i+5且冊是九的

倍數(shù)，可得由所有可能取值中的最大值.

【詳解】

(1)的值可取27,30,33,36.

(2)由an+iWM+5(九=1,2,…)，對(duì)于任意的九，有Qn￡5(九一1)+

當(dāng)n>—4時(shí)，an<5(n-1)+alf即即<5(n—1)+九+4,即。幾<6n—1.

則冊<6n成立.

因?yàn)閍n是九的倍數(shù)，所以當(dāng)九2%-4時(shí)，有anW5幾成立.

若存在n使即>5加依以上所證，這樣的幾的個(gè)數(shù)是有限的，設(shè)其中最大的為M

則所>5N,QN+I<5(N+1)成立，因?yàn)椤ㄊ荖的倍數(shù)，故加>6N.

由5ZQN-QN+I之6N—5(N+1)=N-5,得N<10.

因此當(dāng)nN11時(shí)，an<5n.

(3)由上問知的1455,因?yàn)镸工冊+1+5且an是九的倍數(shù)，

所以由0,Q%…,由滿足下面的不等式：

◎io<60/的<63,a8<64,a7<63，a6<66,a5<70,a4<72,a3<75,a2<80,ar<85.

貝ij。1=85,。2=80,03=75,=72,—10,cz^—66,a7—63,cig—64,

a9=63,a10=60,當(dāng)n>11時(shí),an=5九這個(gè)數(shù)列符合條件.

故所求的的最大值為85.

【點(diǎn)睛】

本題考查了數(shù)列的有關(guān)知識(shí)，考查了邏輯推理能力，綜合性較強(qiáng).

8.(1)見解析；(2)見解析；(3)見解析

【分析】

(1)推導(dǎo)出d=2,臼=1,a2=±3,\a3\=\a24-d|=\a2+2|,由此能求出。3的所有可能取值；(2)先應(yīng)用數(shù)

學(xué)歸納法證明數(shù)列｛冊｝60(d),則Qn具有md±l,(mGZ)的形式，由此能證明取整數(shù)k=d,則整數(shù)A均不是數(shù)

2

列｛an｝中的項(xiàng)；(3)由|an+/=口九+d|,得：a?+1=+2and+d,從而=成+2%1d+d2,由此利用累

加法得成+1-1=d2n+2Sn+2Snd,從而4“=瞥一吟匚，同理”=粵一嗤由此能證明4

【詳解】

(1)由于數(shù)歹U｛an｝列C(2),即d=2,ai=l.

由已知有|a2|=|ai+d|=|l+2|=3,所以a?=±3,

Ia3|=|a2+d|=|a2+2|,

將a2=±3代入得a3的所有可能取值為-5,?1,1,5.

證明：(2)先應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法證明數(shù)列：

若｛aQWQ(d),則an具有md±l,(mez)的形式.

①當(dāng)n=l時(shí)，ai=0?d+l,因此n=l時(shí)結(jié)論成立.

②假設(shè)當(dāng)n=k(k￡N*)時(shí)結(jié)論成立，即存在整數(shù)mo,使得ak=modo±l成立.

當(dāng)n=k+l時(shí),|an+i|=|modo±l+do|=|(mo+1)do±l|>

ak+i=(mo+1)d±l,或ak+尸-(mo+1)±1,

所以當(dāng)n=k+l時(shí)結(jié)論也成立.

由①②可知，若數(shù)列｛aQ(d)對(duì)任意n￡N*,具有md±l(m￡Z)的形式.

由于an具有md±l(m￡Z)的形式，以及此2,可得即不是d的整數(shù)倍.

故取整數(shù)1<=&則整數(shù)k均不是數(shù)列｛an｝中的項(xiàng)

2

(3)由聞+1|二端+(1|,可得：a^+1=a^+2and+d,

所以有W+i=W+2and+d2,

=W_i+2an-ld+d2,

W-i=W-2+2a九—id+d2,

2

al=al+2ard+d,

以上各式相加可得磷+1—1=d2幾+2Sn+2Snd,

即AnW一空±1,同理Bn應(yīng)受場,

2d2d2d2d

當(dāng)1。口+1區(qū)141+11時(shí)，an+l—bn+i>

VdeN*,

2d-2d

謚+i_逋2+1/+1n"+l,

2d2d~2d2d

-Bn

【點(diǎn)睛】

本題考查數(shù)列的第3項(xiàng)的所有可能取值的求法，考查數(shù)列不等式的證明，考查數(shù)學(xué)歸納法、不等式性質(zhì)等基礎(chǔ)知

識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，是難題.

9.(I)a3=|,a5=|；(II)見解析；(HDm的取值集合為｛672｝.

【詳解】

試題分析：(I)由遞推公式可得，出=0,a3=\a2\-a0=|a2|>a4=|a3|-a2=|a2|-a2>再由=1可得

a2,a3,a5；(II)此命題是否定性命題，可用反證法證明，即假設(shè)數(shù)列中各項(xiàng)全是正數(shù)(或全是負(fù)數(shù))，由遞推

公式推出矛盾即可；(III)這類問題的數(shù)列應(yīng)該是有一定的規(guī)律，最簡單的就是周期數(shù)列，首先由(II)可知IP數(shù)

列｛即｝中項(xiàng)既有負(fù)數(shù)也有正數(shù)，

且最多連續(xù)兩項(xiàng)都是負(fù)數(shù)，最多連續(xù)三項(xiàng)都是正數(shù).因此存在最小的正整數(shù)k滿足,<0,/7>0(kW5).設(shè)

ak=-a,ak+1=b(a,b>0),則由遞推公式計(jì)算，最后可知數(shù)列是周期為9的周期數(shù)列，由剛才的計(jì)算可知在

功,以+1，…,以+8這9個(gè)數(shù)中有6個(gè)正數(shù),3個(gè)負(fù)數(shù),接著只要對(duì)々=1,234,5分別討論(關(guān)鍵是以-i中有幾個(gè)

負(fù)數(shù)).

試題解析：(I)因?yàn)楫a(chǎn)工是P數(shù)列，且由=0,

所以=|a?I-a。=\Q.2\，

所以。4=m3|—=l?2l-。2，

所以1。2|-。2=1，解得&2=-a

所以=1,?5=|a4|-a3=|-

(II)假設(shè)P數(shù)列｛a,J的項(xiàng)都是正數(shù)，即a”>0,an+1>0,a?+2>0,

所以a?i+2=an+l—an，an+3=an+2~an+l=~an<。，與假設(shè)矛盾.

故P數(shù)列｛斯｝的項(xiàng)不可能全是正數(shù)，

假設(shè)P數(shù)列｛斯｝的項(xiàng)都是負(fù)數(shù)，

a

則即<0,而ci"+2=|an+il-n>o,與假設(shè)矛盾，

故尸數(shù)列儼落的項(xiàng)不可能全是負(fù)數(shù).

(III)由(II)可知P數(shù)列產(chǎn)總中項(xiàng)既有負(fù)數(shù)也有正數(shù)，

且最多連續(xù)兩項(xiàng)都是負(fù)數(shù)，最多連續(xù)三項(xiàng)都是正數(shù).

因此存在最小的正整數(shù)k滿足.<0,.“>0(fc<5).

設(shè)以=-a,afc+1=b(a,b>0),則

以+2=b+a,Q/C+3=Q，以+4=-b,a〃+5—b—a.

/+6=|b-a|+b,ak+7=\b-a\+afak+8=a-b,ak+9=-a,ak+10=b,

故有以=以+9,即數(shù)列產(chǎn)九｝是周期為9的數(shù)列

由上可知以，依+1，…，%+8這9項(xiàng)中以，以+4為負(fù)數(shù)，以+5,%+8這兩項(xiàng)中一個(gè)為正數(shù)，另一個(gè)為負(fù)數(shù)，其余項(xiàng)都是正

數(shù).

因?yàn)?016=9x224,

所以當(dāng)k=1時(shí)，m=224x3=672;

當(dāng)24A工5時(shí)，…，以-1這自一1項(xiàng)中至多有一項(xiàng)為負(fù)數(shù)，而且負(fù)數(shù)項(xiàng)只能是以一1，

記受,耿+1，…,。2016這2007-k項(xiàng)中負(fù)數(shù)項(xiàng)的個(gè)數(shù)為3

當(dāng)k=2,3,4時(shí),若<0,則b=ak+1=\ak\-afc_t>\ak\=a,故％+8為負(fù)數(shù),

此時(shí)t=671,m=671+1=672；

若即_i>0,則b=ak+1=\ak\-Qy<\ak\=a,故以+5為負(fù)數(shù)?

此時(shí)t=672,m=672，

當(dāng)k=5時(shí)，必須為負(fù)數(shù)，t=671,巾=672，

綜上可知m的取值集合為｛672｝.

10.(1)B4：5,-2,7,2；(2)證明見解析；(3)證明見解析.

【分析】

(1)根據(jù)“衍生數(shù)歹『'的定義可寫出數(shù)列人4：2,1,4,5的“衍生數(shù)列”也；

(2)bt=an,瓦+%=%+。2/2+力3=。2+。3,…匕-i+bn=a九t+a九,將上述九個(gè)等式中的2,4,6,??.，n,這

5個(gè)式子都乘以-1，相加可得結(jié)果；

(3)設(shè)數(shù)列8J衍生數(shù)歹!J”為C^,由匕=a九，瓦=Qn,cr=bn=2an-a19可得2瓦=01+右，即瓦，q成等

差數(shù)列，同理證其它，由此可得結(jié)論.

【詳解】

(1)%5,-2,7,2

(2)證明：因?yàn)橥?Qn,瓦+力2=。1+@2，歷+力3=。2+。3，…，%-1+%n=冊-1+Qn，

由于7為偶數(shù)，將上述幾個(gè)等式中的第2,4,6,…,幾這5個(gè)式子都乘以-1,相加得

aaaa

瓦-(瓦+b2)+*2+%3)-----(bn-1+bn)=an-(at+a2)+(2+3)------(.n-l+n)

即—bn=—alf即生=a1

(3)證明：對(duì)于數(shù)列4n及其“衍生數(shù)列

因?yàn)橥?Qn，瓦+歷=。1+。2，b2-I-b3=a2+a3f…，bn^1+bn=an_1+an,

由于n為奇數(shù)，將上述n個(gè)等式中的第2,4,6,…,n-l這等個(gè)式子都乘以-1,

相加得

aaa

瓦一(瓦+&2)+(匕2+必)-----(%-1+bn)=an~(?1+2)+(?2+。3)------(n-l+n)

即b冷二冊_Q]+an=2an-ar.

設(shè)數(shù)列為的“衍生數(shù)列”為品，

因?yàn)橥遳n?Qbn2a“一a1,

所以2bl=ai+q,即a「瓦，q成等差數(shù)列.

同理可證，人,q,心；q,刈；…也成等差數(shù)列.

從而。是等差數(shù)列.

11(—1n=1,,

H.(I)%=-1,。2=-1,。3==-7，的=[_，n>2'(H)瓦=(瓦_(dá)ai)q1)k-i+%；.(HI)

見解析.

【分析】

(I)利用題中的條件，分別令71=1,2,3,4,求出。2，。3，。4,根據(jù)數(shù)列的前三項(xiàng)，猜想｛為J的解析式，利用數(shù)學(xué)

歸納法證明.

1

(n)用反證法證明以_[+瓦_(dá)12o,由此推出尻一以=日一；"一成立,可得｛尻一以｝是首項(xiàng)為九一%,公

比為；的等比數(shù)列，寫出｛瓦-以｝的通項(xiàng)公式，可得尻.