1 / 10东城一模东城一模 20若对于正整数,表示的最大奇数因数，例如，.设k( )g kk(3)3g(10)5g (1)(2)(3)(4)(2 )n nSggggg（）求,的值；(6)g(20)g（）求，的值；1S2S3S（）求数列的通项公式 nS解：（）， 2 分(6)3g(20)5g（）；1(1)(2)1 12Sgg ；2(1)(2)(3)(4)1 1 3 16Sgggg 3(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)1 1 3 1 537 122Sgggggggg ()由（） （）不难发现对，有 8 分mN(2 )( )gmg m所以当时，2n (1)(2)(3)(4)(21)(2 )nn nSgggggg (1)(3)(5)(21) (2)(4)(2 )nnggggggg11 35(21) (2 1)(2 2)(2 2)nnggg 11 分1 1(121) 2 (1)(2)(2)2nn nggg 1 14nnS 于是，1 14nnnSS 2,nnN所以 112211()()()nnnnnSSSSSSSS，12244442nn14(1 4)4221 433nn2,nnN又，满足上式，所以对， 14 分12S nN1(42)3n nS 东城二模东城二模 20对于数列，令为，中的最大值，称数列为的“创新数列”.例 na(1, 2,)nmkb1a2aka nb na如数列， ，的创新数列为，.2137522377定义数列：是自然数 ，的一个排列. nc123,mc c cc123(3)m m （）当时，写出创新数列为， ，的所有数列；5m 34455 nc（）是否存在数列，使它的创新数列为等差数列？若存在，求出所有的数列，若不存在，请说明理由. nc nc解：（）由题意，创新数列为， ，的所有数列有两个，即数列， ，；34455 nc34152数列， . 4 分342512 / 10（）存在数列，使它的创新数列为等差数列. nc数列的创新数列为， nc ne(1,2,3,)nm因为是中的最大值， 所以.me12,mc ccmem由题意知，为中最大值，为中的最大值，ke12,kc cc1ke121,kkc cc c所以，且.ke1ke1,2,kem若为等差数列，设其公差为， 则且， ned1kkdee0d N当时，为常数列，又， 所以数列为，.0d nemem nemmm此时数列是首项为的任意一个符合条件的数列； 8 分 ncm当时，因为，所以数列为 ，.1d mem ne123m此时数列为 ，； 10 分 nc123m当时，因为 ，2d 111(1)(1) 222meemdemme又， ，所以，这与矛盾，所以此时不存在，即不存在使得它3m 10e memmem ne nc的创新数列为公差的等差数列. 13 分2d 综上，当数列为以为首项的任意一个符合条件的数列或为数列 ，时，它 ncm nc123m的创新数列为等差数列. 14 分西城一模西城一模 20对于数列，定义“变换”：将数列变换成数12:,(,1,2, )nniAa aaainNTTnA列，其中，且，这种“变换”记作.12:,nnBb bb1| (1,2,1)iiibaain1|nnbaaT()nnBT A继续对数列进行“变换” ，得到数列，依此类推，当得到的数列各项均为时变换结束nBTnC0（）试问和经过不断的“变换”能否结束？若能，请依次写出经过“变换”得3:4,2,8A4:1,4,2,9ATT到的各数列；若不能，说明理由； （）求经过有限次“变换”后能够结束的充要条件； 3123:,Aa a aT（）证明：一定能经过有限次“变换”后结束41234:,Aa a a aT（）解：数列不能结束，各数列依次为；3:4,2,8A2,6,44,2,22,0,22,2,00,2,2；从而以下重复出现，不会出现所有项均为的情形 2 分2,0,20数列能结束，各数列依次为；3 分4:1,4,2,9A3,2,7,81,5,1,54,4,4,40,0,0,0（）解：经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是4 分3AT123aaa若，则经过一次“变换”就得到数列，从而结束 5 分123aaaT0,0,0当数列经过有限次“变换”后能够结束时，先证命题“若数列为常数列，则为常数列” 3AT3()T A3A当时，数列123aaa3122313():,T Aaa aa aa由数列为常数列得，解得，从而数列也为常数列3()T A122313aaaaaa123aaa3A其它情形同理，得证 数列经过有限次“变换”后结束时，得到数列(常数列)，由以上命题，它变换之前的数列也为常数列，3AT0,0,03 / 10可知数列也为常数列 8 分3A所以，数列经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是3AT123aaa（）证明：先证明引理：“数列的最大项一定不大于数列的最大项，其中” ()nT AnA3n 证明：记数列中最大项为，则nAmax()nA0max()inaA令，其中()nnBT Aipqbaapqaa因为， 所以，故，证毕9 分0qa max()ipnbaAmax()max()nnBA现将数列分为两类4A第一类是没有为的项，或者为的项与最大项不相邻（规定首项与末项相邻） ，此时由引理可知，00 44max()max() 1BA第二类是含有为的项，且与最大项相邻，此时044max()max()BA下面证明第二类数列经过有限次“变换” ，一定可以得到第一类数列4AT不妨令数列的第一项为，第二项最大() （其它情形同理）4A0a0a 当数列中只有一项为时，4A0若()，则，此数列各项均不为或含有项但与最大项不4:0, , ,Aa b c,0ab ac bc4(): ,|,T Aa ab bc c00相邻，为第一类数列； 若，则；此数列各项均不为或4:0, , ,(,0)Aa a b ab b4(): ,0,T Aaab b4( (): ,|2 |,T T Aa ab ab ab0含有项但与最大项不相邻，为第一类数列；0 若()，则，此数列各项均不为，为第一类数列；4:0, , ,Aa b a,0ab b4(): ,T Aa ab ab b0若，则；，此数列各项均不为，为4:0, , ,Aa a a4(): ,0,0,T Aaa4( (): ,0, ,0T T Aaa4( ( (): , , ,T T T Aa a a a0第一类数列 当数列中有两项为时，若()，则，此数列各项均不为，为第一类4A04:0, ,0,Aab0ab4(): , , ,T Aa a b b0数列； 若()，则，此数列各项均不为或含有项4:0, , ,0Aa b0ab( ): , ,0T Aa ab b( ( ): ,|2 |, ,T T Ab ab b a00但与最大项不相邻，为第一类数列 当数列中有三项为时，只能是，则，4A04:0, ,0,0Aa( ): , ,0,0T Aa a( ( ):0, ,0,T T Aaa，此数列各项均不为，为第一类数列( ( ( ): , , ,T T T Aa a a a0总之，第二类数列至多经过次“变换” ，就会得到第一类数列，即至多连续经历次“变换” ，数列的最4A3T3T大项又开始减少 又因为各数列的最大项是非负整数， 故经过有限次“变换”后，数列的最大项一定会为，此时数列的各项均为，从而结束 T00西城二模西城二模 20若或，则称为和 的一个位排列对于，将排列记12(0nniAa aaa1,1,2, )innA01nnA121nna a aa为；将排列记为；依此类推，直至1()nR A112nnnaa aa2()nRA()n nnRAA对于排列和，它们对应位置数字相同的个数减去对应位置数字不同的个数，叫做nA()i nR A(1,2,1)in和的相关值，记作例如，则， nA()i nR A(,()i nnt A R A3110A 1 3()011R A1 33(,()1t A R A 若，则称为最佳排列(,()1(1,2,1)i nnt A R Ain nA（）写出所有的最佳排列；3A4 / 10（）证明：不存在最佳排列；5A（）若某个是正整数 为最佳排列，求排列中 的个数21(kAk)21kA1（）解：最佳排列为， 3 分3A110101100011010001（）证明：设，则，512345Aa a a a a1 55 1234()R Aa a a a a因为 ，1 55(,()1t A R A 所以，之中有个，个 15|aa21|aa32|aa43|aa54|aa2031按的顺序研究数码变化，由上述分析可知有次数码不发生改变，有次512345aaaaaa23数码发生了改变但是经过奇数次数码改变不能回到自身，5a所以不存在，使得，5A1 55(,()1t A R A 从而不存在最佳排列 7 分5A（）解：由或，得211221(0kkiAa aaa1,1,2,21)ik，1 2121 122()kkkR Aaa aa，2 21221 1221()kkkkRAa aa aa，21 213421 12()k kkRAa aaa a 2 212321 1()k kkRAa aaa因为 ，2121(,()1(1,2,2 )i kkt AR Aik 所以 与每个有个对应位置数码相同，有个对应位置数码不21kA21()i kR Ak1k 同，因此有，12121221212|1kkkkkaaaaaaaak，122212222121|1kkkkkkaaaaaaaak，132421212