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[数列] 2017年理科 课标全国卷I 第12题 数列的前N项和为2的整数幂

2017年理科 课标全国卷I 第12题

几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是$2^0$,接下来的两项是$2^0$,$2^1$,再接下来的三项是$2^0$,$2^1$,$2^2$,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是
A.440                                B.330                                C.220                                D.110
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本帖最后由 isee 于 2017-6-11 10:48 编辑

将数列分组(用括号)划开:$(1),(1,2),(1,2,4),(1,2,4,8),\cdots,(1,2,4,\cdots,2^n),(\cdots),\cdots$.

前n组共有$N_0=\frac {n(n+1)}2,(n=14,N_0=105)$个数,依题不妨设$N-N_0=k<n+1$.

第n组数列和为$2^n-1$,于是前$N_0$个数的总和为$2^{n+1}-n-2.$

前N项之和为$$(2^{n+1}-n-2)+(1+2+\cdots+2^{k-1}).$$

而“N项和为2的整数幂”,则令$$1+2+\cdots+2^{k-1}=n+2\iff 2^k-1=n+2\Rightarrow k=\log_2(n+3).$$

从$n>14$一一枚举,当$n=29,k=5\Rightarrow N=N_0+k=\frac {29(29+1)}2+5=335+5=440.$

就是说A是正确的.


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哈哈,不知道说清了没有。。。。。

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将数列分组(用括号)划开:$(1),(1,2),(1,2,4),(1,2,4,8),\cdots,(1,2,4,\cdots,2^n),(\cdots),\cdots$. ...
isee 发表于 2017-6-9 17:50

大部分是说清楚了的,答案也是正确的,从而顺利的掩盖了……(跟着感觉走的状态不错哟),因为有时候是,只可意会不可言传,

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大部分是说清楚了的,答案也是正确的,从而顺利的掩盖了……(跟着感觉走的状态不错哟),因为有时候是, ...
其妙 发表于 2017-6-10 16:38


嘿嘿,那个2的整数幂,要变成数论问题了。严格的讲,还是需要论证的。。。。

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回复 4# isee

赶紧去论证啊,这可能是本题唯一值得撸的地方。

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回复 2# isee

$1+2+⋯+2^k=n+2⟺2^k−1=n+2⇒k=\log_2(n+3)$
应该是:
$1+2+⋯+2^{k-1}=n+2⟺2^k−1=n+2⇒k=\log_2(n+3)$
1

评分人数

    • isee: 嗯,已经改了。威望 + 1

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本帖最后由 乌贼 于 2017-6-11 01:35 编辑

回复 5# 色k
为啥要论证,这样不是求出来了,还要论证,不明白?怎么论证!

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回复  色k
为啥要论证,这样不是求出来了,还要论证,不明白?怎么论证!
乌贼 发表于 2017-6-11 01:17

前面的过程只是表明:
当 $k$ 满足 $k=\log_2(n+3)$ 时那和为 $2^{n+1}$ 一定满足要求,但是还没证明是否存在另一个 $k$ 使和为 $2^n$ 或者其他的次数。
假如真的存在,那前面求出的 $N$ 就未必是最小的。

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回复 8# kuing
也刚想明白,是有可能在第100项至第440项之间存在某前$n$项和为$2^n$,还是要否之。

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本帖最后由 乌贼 于 2017-6-11 02:58 编辑

回复 8# kuing
不好表述
因为\[ 15<n+2=i+2(i=14,15,16,\cdots,28 )<31 \]而第$ \dfrac{n(n+1)}{2} $项与第$\dfrac{(n+1)(n+2)}2$项之间的项有$ n $项,记其通项为$ a_n $,前$ n $项和为$ S_n $有\[ a_n=2^{n-1}\\S_n=2^n-1 \]即\begin{align*}
&S_1=1\\&S_2=3\\&S_4=7\\&S_5=15\\&S_6=31\\&S_7=63
\end{align*}
所以在第105项至406项之间不存在另一个$ k $使和为$ 2^n $ 或者其他更小的次数。
咦,我这是不是循环证明,用结论去证明结论?因为$isee$已在帖中一一枚举了,也是证明

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回复 10# 乌贼
哦靠,不对,只是考虑了$n$与$n+1$之间,还有$n$与$n+i(i=2,3,\cdots)$

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不限制$N$的大小,求所有激活码

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这是实在是很棘手,换个方向可以认为是 前N项的和是此数列中的项。

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本帖最后由 乌贼 于 2017-6-13 04:27 编辑

把数列排列如下\[ \begin{align*}
&1&&1\\&2&&1,2\\&3&&1,2,4\\&4&&1,2,4,8\\&\cdot \\&\cdot\\&\cdot \\&n&&1,2,4,\cdots ,2^{n-1}
\end{align*} \]记第$ n $行上某列为$ i(1\leqslant i\leqslant n) $则某行某列的前$ N $项和为\[ \begin{align*}
S_N&=S_{n-1}^i\\&=S_{n-1}+S_i\\&=2^n-n-2+2^i-1\\&=2^n+2^i-(n+3)
\end{align*} \]其中$ N=\dfrac{n(n-1)}{2}+i $
分三种情况:
  $ 1) $当$ 2^i-(n+3)=0 $时有,令$ S_N=2^k $有\[  S_N=2^k=2^n+2^i-(n+3) \]
$ isee $已求
当$ 2^i-(n+3)>0 $时……
当$ 2^i-(n+3)<0 $时……
也就是求数列$\{S_N\}$与数列$\{2^n\}$中的相同项,之前高考也出现过

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本帖最后由 乌贼 于 2017-6-13 04:48 编辑

回复 14# 乌贼
接上楼

  $ 2) $  当$ 2^i-(n+3)> 0$时,因为$ i\leqslant n $,有\[ 2^n<S_N=2^n+2^i-(n+3)< 2^n+2^ i\leqslant 2^{n+1} \]所以$ S_N $不可能为$ 2 $的整数幂
  $ 3) $  当$ 2^i-(n+3)< 0$时,因为$ n\geqslant 14 $,有\[ 2^n>2n+6\riff \dfrac{2^n}{2}>n+3>n+3-2^i\\\riff 2^{n-1}=\dfrac{2^n}{2}<S_N=2^n+2^i-(n+3)<2^n \]所以$ S_N $也不可能为$ 2 $的整数幂
综上……

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