2019-2021北京高三(上)期末数学汇编：常用逻辑用语章节综合.docx

2019-2021北京高三（上）期末数学汇编
常用逻辑用语章节综合
一、单选题
1．（2021·北京昌平·高三期末）“a=1”是“函数y=cos2ax−sin2ax的最小正周期为π”的（       ）条件.
A．充分不必要 B．必要不充分
C．充分且必要 D．既不充分也不必要
2．（2021·北京顺义·高三期末）已知两条直线m，n和平面α，且n//α，则“m⊥n”是“m⊥α”的（       ）
A．充分必要条件 B．充分而不必要条件
C．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件
3．（2021·北京丰台·高三期末）已知an是等比数列，Sn为其前n项和，那么“a1>0”是数列Sn为递增数列”的（       ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2021·北京东城·高三期末）设a，b是两个不共线向量，则“a与b的夹角为锐角”是“a⊥a−b”的（       ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件
5．（2020·北京密云·高三期末）“θ=π6+2kπ，k∈Z”是“sinθ=12”的（       ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
6．（2020·北京昌平·高三期末）已知命题p∀x∈R+，lnx＞0，那么命题¬p为（       ）
A．∃x∈R+，lnx≤0 B．∀x∈R+，lnx＜0
C．∃x∈R+，lnx＜0 D．∀x∈R+，lnx≤0
7．（2020·北京通州·高三期末）设a,b是向量，“|a|=|a+b|”是“|b|=0”的（       ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
8．（2020·北京大兴·高三期末）设a,b为非零向量，则“a+b·高三期末）设非零向量a,b满足(a−2b)⊥a，则“|a|=|b|”是“a与b的夹角为π3”的（       ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
10．（2020·北京房山·高三期末）设a,b均为单位向量,则“a与b的夹角为2π3”是“|a+b|=3”的
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
11．（2020·北京昌平·高三期末）设m,n为非零向量，则“m=λn，λ≤−1”是“m+n=m−n”的（       ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
12．（2020·北京西城·高三期末）设三个向量a,b,c互不共线,则 “a+b+c=0”是 “以a,b,c为边长的三角形存在”的（       ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
13．（2020·北京朝阳·高三期末）设函数f(x)=x3−3x+a (a∈R)，则“a>2”是“f(x)有且只有一个零点”的（       ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
14．（2020·北京海淀·高三期末）已知α、β、γ是三个不同的平面，且α∩γ=m，β∩γ=n则“m//n”是“α//β”的
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
15．（2020·北京昌平·高三期末（理））∃x≥0 ，使2x+x−a≤0 ，则实数的取值范围是
A．a>1 B．a≥1 C．a<1 D．a≤1
16．（2020·北京丰台·高三期末）命题“∃   x0∈(0,+∞)，lnx0=x0−1”的否定是
A．∃   x0∈(0,+∞)，lnx0≠x0−1 B．∃   x0∉(0,+∞)，lnx0=x0−1
C．∀  x∈(0,+∞)，lnx≠x−1 D．∀  x∉(0,+∞)，lnx=x−1
17．（2019·北京西城·高三期末（文））设{an}是等比数列，则“a1件 D．既不充分也不必要条件
20．（2019·北京丰台·高三期末（文））设a→，b→是非零向量，则“a→=b→”是“a→2=a→⋅b→”的（　　）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
21．（2019·北京昌平·高三期末（文））已知a,b∈R,则“a等差数列”的
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
23．（2019·北京大兴·高三期末（文））已知奇函数f(x)是定义在R上的增函数，则“a+b>0”是“f(a)+f(b)>0”的
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
24．（2019·北京昌平·高三期末（理））设a 是单位向量，b是非零向量，则“a⊥b ”是“a⋅(a+b)=1”的
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
25．（2019·北京海淀·高三期末（理））已知函数f(x)=lnx+ax，则“a<0”是“函数f(x)在区间(1,+∞)上存在零点”的
A．充分而不必要条件 B． 必要而不充分条件
C． 充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
26．（2019·北京海淀·高三期末（文））已知函数f(x)=x+ax ，则“a<0”是“函数f(x)在区间(0,+∞)上存在零点”的
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
二、填空题
27．（2019·北京丰台·高三期末（文））能够说明“设a,b是任意非零实数．若ba>1，则b>a”是假命题的一组整数a,b的值依次为____．
28．（2019·北京昌平·高三期末（理））能说明“若点M(a,b)与点N(3,−1)在直线x+y−1=0的同侧，则a2+b2>2”是假命题的一个点M的坐标为______.
29．（2019·北京石景山·高三期末（理））写出“x+1x≤−2”的一个充分不必要条件_____．
三、解答题
30．（2020·北京顺义·高三期末）若无穷数列{an}满足：只要ap=aq(p,q∈N∗),必有ap+1=aq+1,则称{an}具有性质P.
（1）若{an}具有性质P,且a1=1,a2=3,a4=1, a6+a7+a8=19,求a3；
（2）若无穷数列{bn}是等差数列,无穷数列{cn}是等比数列,b1=c4=1,b4=c1=64,an=bn+cn.判断{an}是否具有性质P,并说明理由；
（3）设{bn}是无穷数列,已知an+1=bn+sinan(n∈N∗).求证：“对任意a1,{an}都具有性质P”的充要条件为“{bn}是常数列”.

参考答案
1．A
【分析】
先利用二倍角的三角函数公式化简函数的表达式,根据a=1时函数的解析式,利用余弦函数的周期性求得最小正周期，从而判定充分性；反之，当函数最小正周期为π时，利用周期公式求得a的值，从而判定是否必要；注意函数y=cos(ωx+φ)的最小正周期公式T=2πω，不要遗漏绝对值.
【详解】
解：y=cos2ax−sin2ax=cos2ax
当a=1时，y=cos2x的最小正周期为π，故充分性成立
当函数y=cos2ax的最小正周期为π时，
所以T=2π|2a|=π,∴a=±1,不能得出a=1，故必要性不成立，
综上：“a=1”是“函数y=cos2ax−sin2ax的最小正周期为π”的充分而不必要条件.
故选：A.
2．C
【解析】
首先利用特殊情况得到不满足题意得充分性，再利用线面平行的性质和线面垂直的性质即可判断满足必要性，即可得到答案.
【详解】
充分性：如图所示，在长方体中，满足n//α，m⊥n，

此时m//α，不满足充分性.
必要性：若n//α，则存在l⊂α，n//l，
又因为m⊥α，l⊂α，所以m⊥l，所以m⊥n，满足必要性.
故“m⊥n”是“m⊥α”的必要而不充分条件.
故选：C
3．B
【解析】
分别从充分性和必要性入手进行分析即可得解.
【详解】
设等比数列an的公比为q，
充分性：当a1>0，q<0时，Sn+1−Sn=an+1=a1qn，无法判断其正负，显然数列Sn为不一定是递增数列，充分性不成立；
必要性：当数列Sn为递增数列时，Sn−Sn−1=an>0，可得a1>0，必要性成立.
故“a1>0”是“数列Sn为递增数列”的必要而不充分条件.
故选：B.
【点睛】
方法点睛：证明或判断充分性和必要性的常用方法：①定义法，②等价法，③集合包含关系法
4．B
【解析】
根据两者之间的推出关系可得两者之间的条件关系.
【详解】
因为a⊥a−b，故a⋅a−b=0即a2=a⋅b>0，
因为a，b是两个不共线向量，故a与b的夹角为锐角.
故“a与b的夹角为锐角”是“a⊥a−b”的必要条件.
若a与b的夹角为π3，且a=2,b=8，故a2=4,a⋅b=8，
所以a2≠a⋅b，故a⋅a−b≠0即a,a−b不垂直.
“a与b的夹角为锐角”是“a⊥a−b”的必要不充分条件.
故选：B.
5．A
【分析】
根据三角函数的诱导公式和特殊角的三角函数，结合充分必要条件的概念即可判断.
【详解】
θ=π6+2kπ，k∈Z时，sinθ=sin2kπ+π6=sinπ6=12，
θ=5π6+2kπ，k∈Z时，sinθ=sin2kπ+5π6=sin5π6=12，
所以“θ=π6+2kπ，k∈Z”是“sinθ=12”的充分而不必要条件，
故选:A.
6．A
【分析】
利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可.
【详解】
因为特称命题的否定是全称命题，
故命题“p：∀x∈R+，lnx＞0”的否定¬p为：∃x∈R+，lnx≤0.
故选：A.
【点睛】
本题考查含有一个量词的命题的否定，要注意两个方面的变化：1.量词，2.结论，属于基础题.
7．B
【分析】
根据向量的运算性质结合充分条件和必要条件的判定，即可得出答案.
【详解】
当a=−12b时，|a+b|=|−12b+b|=12|b|=|a|，推不出|b|=0
当|b|=0时，b=0，则|a+b|=|a+0|=|a|
即“|a|=|a+b|”是“|b|=0”的必要不充分条件
故选：B
【点睛】
本题主要考查了判断必要不充分条件，属于中档题.
8．B
【解析】
由a与b不共线，得到a+b充分条件.
故选：B.
【点睛】
本题考查向量的加法法则，必要不充分条件，属于简单题
9．C
【解析】
先根据(a−2b)⊥a求出当“|a|=|b|”时a与b的夹角,再判断命题间的关系.
【详解】
因为设非零向量a,b满足(a−2b)⊥a,
所以(a−2b)⋅a=0,即a2−2b⋅a=0，即|a|2−2|b|⋅|a|cos=0
若 “|a|=|b|”时，
cos=12,=π3,
即a与b的夹角为π3.
反之，若a与b的夹角为π3，则|a|2−2|b|⋅|a|cos=|a|2−|b|⋅|a|=0⇒|a|=|b|，
所以“|a|=b|”是“a与b的夹角为π3”充分必要条件.
故选：C
【点睛】
本题考查向量垂直的定义和命题间的基本关系,属于基础题.
10．D
【解析】
按照向量的定义、充分条件和必要条件的定义，分别从充分性和必要性入手去判断即可.
【详解】
因为a,b均为单位向量,且a与b的夹角为2π3，
所以|a+b|=|a|2+|b|2+2a⋅b=1+1+2×1×1×cos2π3=1,
所以由“a与b的夹角为2π3”不能推出“|a+b|=3”;
若|a+b|=3,
则|a+b|=|a|2+|b|2+2a⋅b =1+1+2×1×1×cos〈a,b〉=3,
解得cos〈a,b〉=12,即a与b的夹角为2π3,所以由“|a+b|=3”不能推出“a与b的夹角为2π3”.
因此,“a与b的夹角为2π3”是“|a+b|=3”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
【点睛】
本题主要考查数量积的应用，考查充分条件和必要条件的应用，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题.
11．C
【解析】
利用向量的运算性质不等式的性质证明充分性以及必要性即可.
【详解】
证充分性
|m+n|=|λn+n|=|λ+1||n|=−(λ+1)|n|
|m|−|n|=|λ||n|−|n|=−λ|n|−|n|=−(λ+1)|n|
所以|m+n|=|m|−|n|，即充分性成立
证必要性

|m+n|=(m+n)2=m2+2m⋅n+n2
因为|m+n|=|m|−|n|
所以m2+2m⋅n+n2=(|m|−|n|)2=m2−2|m|⋅|n|+n2，即m⋅n=−|m|⋅|n|=|m|⋅|n|cosπ
则向量m,n反向，即存在λ<0，使得m=λn
由|m+n|=|m|−|n|=|λn|−|n|=−λ|n|−|n|≥0，则λ≤−1
所以m=λn，λ≤−1，即必要性成立
所以 “m=λn，λ≤−1”是“|m+n|=|m|−|n|”的充分必要条件
故选：C
【点睛】
本题主要考查了证明充分必要条件等，属于中档题.
12．A
【解析】
根据充分条件、必要条件的定义即可判断．
【详解】
因为三个向量a,b,c互不共线，所以三个向量皆不为零向量，设a=AB,b=BC，
而a,b,c互不共线，所以A,B,C三点不共线．
当a+b+c=0时，c=CA，因为A,B,C三点不共线， a=AB,b=BC,c=CA，
所以以a,b,c为边长的三角形存在；
若以a,b,c为边长的三角形存在，但是a=AB,b=BC，c=AC，a+b+c≠0．
故“a+b+c=0”是 “以a,b,c为边长的三角形存在”的充分不必要条件．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查充分条件、必要条件的理解与判断，属于基础题．
13．A
【解析】
f(x)有且只有一个零点的充要条件为a>2,或a<−2，从而作出判断.
【详解】
f（x）＝x3−3x+a，
f′（x）＝3x2﹣3＝3（x+1）（x﹣1），
令f′（x）＞0，解得：x＞1或x＜﹣1，
令f′（x）＜0，解得：﹣1＜x＜1，
∴f(x)=x3−3x+a (a∈R)在−∞，−1，1，+∞上单调递增，在−1,1上单调递减，
且f−1=2+ a,f1=−2+ a,
若f(x)有且只有一个零点，则a>2,或a<−2
∴“a>2”是“f(x)有且只有一个零点”的充分而不必要条件，
故选：A
【点睛】
本题考查充分性与必要性，同时考查三次函数的零点问题，考查函数与方程思想，属于中档题.
14．B
【解析】
根据几何模型与面面平行的性质定理，结合充分条件和必要条件的定义可判断出“m//n”是“α//β”的必要而不充分条件.
【详解】
如下图所示，将平面α、β、γ视为三棱柱的三个侧面，设α∩β=a，将a、m、n视为三棱柱三条侧棱所在直线，则“m//n”⇒“α//β”；

另一方面，若α//β，且α∩γ=m，β∩γ=n，由面面平行的性质定理可得出m//n.
所以，“α//β”⇒“m//n”，因此，“m//n”是“α//β”的必要而不充分条件.
故选：B.
【点睛】
本题考查必要不充分条件的判断，同时也考查了空间中平行关系的判断，考查推理能力，属于中等题.
15．B
【分析】
由题意得，问题转化为a≥2x+xmin的问题，设函数y=2x+x，利用该函数的单调性即可求出参数范围
【详解】
由题意可知：∃x≥0，使a≥2x+x，则a≥2x+xmin.
由于函数y=2x+x是定义域内的单调递增函数，
故当x=0时，函数取得最小值20+0=1，
综上可得，实数a的取值范围是a≥1.
本题选择B选项.
【点睛】
思路点拨：1.由题意分离参数，然后结合函数的单调性确定实数a的取值范围；
2.对于恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)a⩾f(x)恒成立a⩾f(x)=ax ⇔a⩾f(x)max；(2)a⩽f(x)恒成立⇔a⩽f(x)min.
16．C
【详解】
试题分析：特称命题的否定是全称命题，并将结论加以否定，所以命题的否定为：∀  x∈(0,+∞)，lnx≠x−1
考点：全称命题与特称命题
17．B
【分析】
由a10，解得a1>0q>1或a1<0q<1(q≠0)，根据等比数列的单调性的判定方法，结合充分、必要条件的判定方法，即可求解，得到答案.
【详解】
设等比数列{an}的公比为q，则a10，解得a1>0q>1或a1<0q<1(q≠0)，
此时数列{an}不一定是递增数列；
若数列{an}为递增数列，可得a1>0q>1或a1<00a1关于直线x=m对称”的充分不必要条件，故选A．
【点睛】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合三角函数的对称性求出m的取值范围是解决本题的关键．
19．C
【分析】
sinα=cosα，得 α=kπ+π4 ，得sin2α= 1 成立；若sin2α=1，得 α=kπ+π4 ，得sinα=cosα，即可判断.
【详解】
若sinα=cosα，则 tanα=1,α=kπ+π4 ，得sin2α= sin2kπ+π4=sinπ2=1 成立；反之，若sin2α=1，则 2α=2kπ+π2∴α=kπ+π4 ，得sinα=cosα，故“sinα=cosα”是“sin2α=1”的充分必要条件
故选C.
【点睛】
本题考查充分条件与必要条件，属基础题.易错点是“sinα=cosα”推出“sin2α=1”.
20．A
【分析】
利用平面向量数量积的运算法则以及充分条件与必要条件的定义判断即可.
【详解】
因为a,b是非零向量，
所以若a=b，则a⋅b=a⋅a=a2，即a2=a⋅b；
若a2=a⋅b，则a⋅a−b=0，可得a⊥a−b或a=b，
所以a=b是a2=a⋅b的充分不必要条件，故选A.
【点睛】
判断充分条件与必要条件应注意：首先弄清条件p和结论q分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试p⇒q,q⇒p.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.
21．B
【分析】
根据不等式的关系，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【详解】
若log2a1+（n﹣1）d，am＝a1+（m﹣1）d，（d为公差）得：an−amn−m=(n−m)dn−m=d，故得解．
【详解】
①由已知：“存在常数c，对任意的m，n∈N*，且m≠n，都有an−amn−m=c”
不妨令m＝n+1，则有：an+1﹣an＝c，由等差数列的定义，
可知，数列{an}是以c为公差的等差数列，
②由“数列{an}为等差数列”则an＝a1+（n﹣1）d，am＝a1+（m﹣1）d，（d为公差）
所以：an−amn−m=(n−m)dn−m=d，
即存在“存在常数c，对任意的m，n∈N*，且m≠n，都有an−amn−m=c”此时，c＝d，
综合①②得：“存在常数c，对任意的m，n∈N*，且m≠n，都有an−amn−m=c”
是“数列{an}为等差数列”的充分必要条件，
故选C．
【点睛】
本题考查了数列的定义及等差数列的通项，充分必要条件，属简单题．
23．C
【分析】
根据函数奇偶性和单调性之间的关系，结合充分条件和必要条件的定义即可得到结论．
【详解】
解：∵奇函数f（x）在R上为增函数，
∴若a+b＞0，得a＞﹣b，
则f（a）＞f（﹣b），即f（a）＞﹣f（b），则f（a）+f（b）＞0成立，即充分性成立，
若f（a）+f（b）＞0，则f（a）＞﹣f（b）＝f（﹣b），
∵函数f（x）在R上为增函数，
∴a＞﹣b，即a+b＞0成立，即必要性成立，
则“a+b＞0”是“f（a）+f（b）＞0”充分必要条件，
故选C．
【点睛】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据不等式的性质，结合函数奇偶性和单调性之间的性质是解决本题的关键．综合性较强．
24．C
【分析】
由向量的数量积运算可得a⊥b，即可得到答案.
【详解】
因为a 是单位向量，b是非零向量，则
a⋅(a+b)=1⇔a2+a⋅b=1⇔a⋅b=0⇔a⊥b
故“a⊥b ”是“a⋅(a+b)=1”的充分必要条件.
【点睛】
本题考查了向量的数量积运算和充分必要条件，难度不大.
25．C
【分析】
把函数f(x)拆解为两个函数，画出两个函数的图像，观察可得.
【详解】
当a<0时，作出y=lnx,y=−ax的图像，

可以看出a<0时，函数f(x)在区间(1,+∞)上存在零点，反之也成立，故选C.
【点睛】
本题主要考查以函数零点为载体的充要条件，零点个数判断一般通过拆分函数，通过两个函数的交点个数来判断零点个数.
26．C
【分析】
先将函数的零点问题转化成两个函数图象交点的问题，再判断充分必要性．
【详解】
f(x)=x+ax＝0，得：x=−ax，设函数y=x,　y=−ax，
当a<0时，如下图，函数y=x,　y=−ax有交点，所以，f(x)在区间(0,+∞)上存在零点，充分性成立．

（2）当f(x)在区间(0,+∞)上存在零点时，
如果a＝0，函数y=x,　y=−ax=0在(0,+∞)上无交点
如果a＞0，函数y=x在(0,+∞)上图象在第一象限，y=−ax的图象在第四象限，无交点
所以，还是a＜0，必要性成立，
所以是充分必要条件，选C．
【点睛】
本题考查了函数的零点及充分必要条件，考查数形结合思想，属中档题．
27．−1,−2（答案不唯一）
【分析】
要使“设a,b是任意非零实数．若ba>1，则b>a”是假命题，只需满足b1，则b>a”是假命题，
只需满足b0且a2+b2≤2的对应数对即可.
【详解】
因为点M(a,b)与点N(3,−1)在直线x+y−1=0的同侧，
所以(a+b−1)(3−1−1)>0
得a+b>1 ，不能得出a2+b2>2
当M的坐标为（1,1）时，a2+b2>2为假命题.
故答案可以为（1,1）
【点睛】
本题考查了点与直线的位置关系和命题的判断，属于基础题.
29．x=−2（答案不唯一）
【分析】
先由不等式x+1x≤−2求出解集，在解集内的任何数或范围，都可以是“x+1x≤−2”的一个充分不必要条件.
【详解】
解：x+1x≤−2⇔x<0，
∵x<0的一个充分不必要条件只需是(−∞,0)的真子集，
∴x=−2是答案之一．
故答案为x=−2；（答案不唯一）．
【点睛】
本题主要考查充分不必要条件的概念，熟记概念即可解题，属于基础题型.
30．（1）a3=15（2）{an}不具有性质Ρ,详见解析（3）证明见解析
【解析】
（1）根据{an}具有性质P,且a1=a4=1,可得a2=a5=3,又因为a3=a6,a4=a7=1,a5=a8=3,则a3=a6+a7+a8−a4−a5,代入数据即可得结果.
（2）b1=c4=1,b4=c1=64得出{bn}的公差和{cn}的公比,即可设{bn}和{cn}的通项公式,得出an=bn+cn=21n−20+44−n.因为a1=a4=65,则a2=38,a5=3414,得出a2≠a5,所以{an}不具有性质Ρ.
（3）先证充分性：当{bn}为常数列时,an+1=b1+sinan.对任意给定的a1,只要ap=aq,则由b1+sinap=b1+sinaq,必有ap+1=aq+1.充分性得证.
再证必要性：用反证法证明.假设{bn}不是常数列,则存在k∈Ν∗,使得b1=b2=⋅⋅⋅=bk=b,而bk+1≠b.证明存在满足an+1=bn+sinan的{an},使得a1=a2=⋅⋅⋅=ak+1,但ak+2≠ak+1.设f(x)=x−sinx−b,取m∈Ν∗,使得mπ>|b|,再根据条件类推,得出{an}不具有性质P,矛盾.必要性得证即可得出结论.
【详解】
解：（1）因为a1=a4=1,所以a2=a5=3,a3=a6,a4=a7=1,a5=a8=3.
所以a6+a7+a8=a3+1+3,又因为a6+a7+a8=19,解得a3=15
（2）{bn}的公差为21,所以bn=1+21(n−1)=21n−20
{cn}的公比为14,所以cn=64⋅(14)n−1=44−n
所以an=bn+cn=21n−20+44−n.
所以a1=a4=65,a2=38,a5=3414,因为a2≠a5,
所以{an}不具有性质P.
（3）证明充分性：
当{bn}为常数列时,an+1=b1+sinan.
对任意给定的a1,只要ap=aq,则由b1+sinap=b1+sinaq,必有ap+1=aq+1.
充分性得证.
证明必要性：用反证法证明.假设{bn}不是常数列,则存在k∈Ν∗,
使得b1=b2=⋅⋅⋅=bk=b,而bk+1≠b.
下面证明存在满足an+1=bn+sinan的{an},使得a1=a2=⋅⋅⋅=ak+1,但ak+2≠ak+1.
设f(x)=x−sinx−b,取m∈Ν∗,使得mπ>|b|,则
f(mπ)=mπ−b>0,f(−mπ)=−mπ−b<0,故存在c使得f(c)=0.
取a1=c,因为an+1=b+sinan（1≤n≤k）,所以a2=b+sinc=c=a1,
依此类推,得a1=a2=⋅⋅⋅=ak+1=c.
但ak+2=bk+1+sinak+1=bk+1+sinc≠b+sinc,即ak+2≠ak+1.
所以{an}不具有性质P,矛盾.必要性得证.
综上,“对任意a1,{an}都具有性质P”的充要条件为“{bn}是常数列”
【点睛】
本题考查数列新定义,考查等差、等比数列的定义,考查数列为基础的证明题.
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