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

isee

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

isee

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。。。。。

其妙

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，

isee

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。。。。

色k

回复 4# isee

赶紧去论证啊，这可能是本题唯一值得撸的地方。

乌贼

回复 2# isee

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

乌贼

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！

kuing

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。

乌贼

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。

乌贼

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。

乌贼

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

乌贼

不限制$N$的大小，求所有激活码

isee

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。

乌贼

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

乌贼

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……