竞赛数列训练题
数学奥赛的冲刺数列与级数练习题集
数学奥赛的冲刺数列与级数练习题集一、数列练习题1. 已知数列{an}满足递推关系an = 3an-1 + 4，其中a1 = 2。
求a5的值。
2. 数列{bn}满足递推关系bn = 2bn-1 - 3，其中b1 = 5。
求b6的值。
3. 设数列{cn}满足递推关系cn+1 = cn + 3，且c1 = 1，求c10的值。
4. 已知等差数列{dn}的前n项和为Sn = 2n^2 + 3n，求d5的值。
5. 数列{en}满足递推关系en+1 = en^2 + en，且e1 = 1，求e4的值。
二、级数练习题1. 判断级数∑(1/n^2)的敛散性，并说明理由。
2. 求级数∑(1/2^n)的和。
3. 判断级数∑(n!/n^n)的敛散性，并说明理由。
4. 求级数∑(1/(n(n+1)))的和。
5. 判断级数∑(sqrt(n)/n^2)的敛散性，并说明理由。
三、解题技巧与方法1. 数列的通项公式推导方法。
2. 求等差数列前n项和的方法。
3. 递推数列的求解方法。
4. 求级数部分和的方法。
四、挑战题1. 设数列{fn}满足递推关系fn+1 = fn^2 + 1，且f1 = 1。
求f10的值。
2. 求级数∑(n^3/(n^4 + 1))的和。
3. 设等差数列{gn}的前n项和为Sn = An^3 + Bn^2 + Cn，其中A、B、C为常数，求等差数列{gn}的通项公式。
4. 设级数∑(an)收敛，若bn = an + 1，判断级数∑(bn)的敛散性，并说明理由。
5. 证明级数∑(1/n^2)收敛。
以上是数学奥赛的冲刺数列与级数练习题集，希望能对你的数学能力提升有所帮助。
数列经典题目(竞赛专题)
当an · an+1 为偶数时, 当an · an+1 为奇数时.
证明, 对每个 n ∈ N∗ , 都有 an ̸= 0. 13. (奥地利 − 波兰,1980) 设数列 {an } 满足 |ak+m − ak − am | p, q ∈ N∗ , 都有 ap aq 1 1 − < + . p q p q 14. (苏联莫斯科,1972) 将 0 和 1 之间所有分母不超过 n 的分数都写成既约形式, 再按递增顺序排成一 a c 列. 设 和 是其中任意两个相邻的既约分数, 证明 b d |bc − ad| = 1. 15. (波兰,1978) 对给定的 a1 ∈ R, 用下列方式定义数列 a1 , a2 , · · · : 对 n ∈ N∗ , ( ) 1 an − 1 , 当an ̸= 0时, an an+1 = 2 0, 当a ̸= 0时,
2), x1 = a, x2 = b, 记 Sn = x1 + x2 + · · · + xn , 则下列结 ) (B) x100 = −b, S100 = 2b − a; (D) x100 = −a, S100 = b − a . 1 时,xn+2 等于 xn xn+1 的个位数, 则 x1998 等于 . . . . ( (C) 6; (D) 8 . 2), 则数列的通项公式为 an = . )
的每一项都是整数, 其中 n ∈ N∗ . 并求所有使 an 被 3 整除的 n ∈ N∗ . 19. (捷克,1978) 证明, 数列 bn = ( √ )n ( √ )n 3+ 5 3− 5 − −2 2 2
的每一项都是自然数, 其中 n ∈ N∗ , 并且当 n 为偶数或奇数时分别具有 5m2 或 m2 的形式, 其中 m ∈ N∗ .
数列竞赛练习题汇编
又，=15363()66－36>1，=1536()78－66<1．故选C．
1.设数列 满足 ，则 .
答案：8041.
由题意， ， ，且
∴ ， .
∴ ，
∴ .
1．设an是(3 的展开式中x项的系数(n=2,3,4,…)，则 )=________.
答案：1530.
推广到一般情形，设 个学生按题设方式排列的方法数为 ,
则 ， ， .
从而， .
∴ .
2.如果自然数a的各位数字之和等于5,那么称a为“吉祥数”,将所有吉祥数从小到大排成一列a1,a2,…,an.若an=2012.则n=_______________. (王继忠供题)
解:设 为吉祥数,则x1+x2+…+xm=5,由x1≥1和x2,…,xm≥0得
2、设数列 满足: ,且对于其中任意三个连续项 ,都有:
.则通项 ．答案： ．
解：由条件得， ，所以，
，故 ，而 ；
；于是 ；
由此得， .
1．（本小题满分16分）若 是大于2的正整数，求
的最小值.
解：当 时，
假设 时,
则当 时，
因此，所求最小值为 .
9．已知数列 满足 ， （ ），求 的通项公式.
9．
(A)150(B)200
(C)150或200(D)50或400
解：首先q≠1，于是，(q10－1)=10，(q30－1)=70，∴q20+q10+1=7．q10=2．(－3舍)
∴S40=10(q40－1)=150．选A．
1．设等差数列{an}满足3a8=5a13且a1>0，Sn为其前项之和，则Sn中最大的是( )
【高中数学竞赛专题大全】 竞赛专题6 数列(50题竞赛真题强化训练)解析版+原卷版
【高中数学竞赛专题大全】竞赛专题6 数列 （50题竞赛真题强化训练）一、填空题1．（2020·江苏·高三竞赛）已知正实数a ，b ，c 满足16(3)ab bc ca a ++=≥，则2a b c ++的最小值为__________． 【答案】10 【解析】 【详解】解析：易知恒等式2()()a ab bc ca a b a c +++=++，而210a b c ++≥=，当且仅当3a =，2b c ==时，等号成立． 故答案为：10.2．（2021·全国·高三竞赛）已知22,,33x y x y ∈+=R ，则224x xy y ++的最大值为__________． 【答案】92【解析】 【分析】 【详解】222222944222x y x xy y x y ⎛⎫++≤+++= ⎪⎝⎭，当且仅当x y ==故答案为：92.3．（2021·全国·高三竞赛）已知正实数122020,,,a a a 满足1220201a a a +++=，则222202012122320201a a a a a a a a a ++++++的最小值为________． 【答案】12##0.5 【解析】 【详解】由柯西不等式知()()()22220201212232220112232021a a a a a a a a a a a a a a a ⎛⎫+++++++++⎡⎤ ⎪⎣⎦+++⎝⎭()2122201a a a ≥+++=，且()()()1223202012a a a a a a ++++++=，所以2222201212232020112a a a a a a a a a +++≥+++， 且当12202012020a a a ====时取到等号． 故答案为：12.4．（2021·全国·高三竞赛）实数a ､b 满足221a b +=，则max{,}ab a b +的最大值是___________. 【解析】 【详解】解析：不妨设0a b ≤≤，则：()22231(1)1(1)(33)3a b f abb f a a a a ≤⇒=+⇒=+-=+-413333342716a a ++-⎛⎫⋅⎪=≤ ⎝⎭， 当且仅当1,2a b ==故f5．（2021·全国·高三竞赛）已知圆22:1O x y +=与x 轴相交于A B 、两点，抛物线2:2C x py =与圆O 相交于C D 、两不同的点，则梯形ABCD 面积的最大值是___________. 【解析】 【详解】解析：设点()(),,0,1C x y x ∈，则梯形的面积为()1x y +， 而221x y +=消元，可得面积为(1S x =+故()()423311627(1)1(1)3333416S x x x x ⎛⎫=+-=+-≤⨯= ⎪⎝⎭，当且仅当12x =时等号成立，6．（2020·浙江·高三竞赛）设,0a b >，则22max min 2,b a b a b ⎛⎫⎧⎫+=⎨⎬ ⎪+⎩⎭⎝⎭__________.【解析】 【详解】设22min 2,b a b m a b ⎧⎫+=⎨⎬+⎩⎭，则222a b mb m a b +≥⎧⎪⎨≥⎪+⎩， 所以222(2)b m a b a b +⨯+≤.设给定的正实数λ，μ，令2211λμλμ=⎧⎨=+⎩，解得2λ=2μ=，所以2m ≤则()2222222222222222212a b ab b a b b m a b a b a b λμλμ+++++≤=+++≤当且仅当a，b =故m7．（2021·全国·高三竞赛）设,,0a b c >满足0a b c abc -++=，则222223111a b c -++++的最大值是___________. 【答案】103【解析】【详解】取ABC ，使1tan ,tan ,tan 222A B C a c b ===. 由于222222111cos ,sin ,sin 121212A B C a b c ===+++，所以2222cos2sin 3cos 222A B C-+ 2(1cos )(1cos )31sin 2C A B ⎛⎫=+--+- ⎪⎝⎭22sin cos 31sin 222C A B C -⎛⎫=+- ⎪⎝⎭22113sin cos 3cos 23232C A B A B --⎛⎫=--++ ⎪⎝⎭. 最大值为110333+=. 故答案为：103. 8．（2021·全国·高三竞赛）设n 是给定的正整数，12,,,n x x x 是非负实数，11ni i x ==∑，则1ni =___________.(1)n - 【解析】 【详解】1，① 事实上，两边平方后，化简可得上述不等式等价于2x +≥②由于()()12121211x x x x ++≥++，于是②式成立，所以①成立.1,最后可得1(1)(1)ni n n =--.③当1231,0n x x x x =====时，③中的“≥”即为“=”.(1)n -.(1)n -.9．（2021·浙江·高三竞赛）已知2221x y z ++=，则()()222332x x y z x -+的最小值为______. 【答案】1- 【解析】 【分析】 【详解】因为()22222333()()22M x x y z x x x z ⎛⎫=-+=+ ⎪⎝⎭2232x z ⎫=+⎪⎭()322222223332213x y x z x z ⎡⎤⎛⎫⎛⎫++++++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎢⎥≥-=-⎢⎥⎢⎥⎣⎦. 当1x =-，0y z ==时，取得最小值1-. 故答案为：1-.10．（2021·浙江·高三竞赛）使得()()223233a kab b k a b ++++a ，b 恒成立的k 最大实数为______. 【答案】9 【解析】 【分析】 【详解】 不妨设1ab =,则有()22321(3)()a b k k a b ++≥++,令,2t a b t =+≥,则有2222()22a b a b ab t +=+-=-.则有()2322(3)t k k t -+≥+,整理得23(3)260t k t k -++-≥. 即有(3(3))(2)0t k t ---≥,则33k t -≥恒成立,则有32,93k k -≤≥. 故答案为：9.11．（2021·浙江·高三竞赛）若π3,π44x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，则函数4sin cos 3sin cos x x y x x +=+的最小值为______.【答案】【解析】 【分析】 【详解】令(sin cos 4t x x x π⎛⎫=+=+∈ ⎪⎝⎭， ()222132112t t y t tt t-++===+≥当且仅当12t t =即2t =时取等号.故答案为：12．（2021·全国·高三竞赛）已知等腰直角PQR 的三个顶点分别在等腰直角ABC 的三条边上，记PQR 、ABC 的面积分别为PQR S、ABCS，则PQR ABCS S的最小值为__________．【答案】15【解析】 【分析】 【详解】（1）当PQR 的直角顶点在ABC 的斜边上，如图1所示，则P ，C 、Q ，R 四点共圆，180APR CQR BQR ∠=∠=︒-∠，所以sin sin APR BQR ∠=∠．在APR △、BQR 中分别应用正弦定理得,sin sin sin sin PR AR QR BRA APRB BQR==∠∠． 又45,A B PR QR ∠=∠=︒=，故AR BR =，即R 为AB 的中点． 过R 作RH AC ⊥于H ，则12PR RH BC ≥=， 所以22221124PQR ABCBC SPR SBC BC ⎛⎫ ⎪⎝⎭=≥=，此时PQR ABCS S 的最小值为14．（2）当PQR 的直角顶点在ABC 的直角边上，如图2所示．设1,(01),02BC CR x x BRQ παα⎛⎫==≤≤∠=<< ⎪⎝⎭，则90CPR PRC BRQ α∠=︒-∠=∠=． 在Rt CPR 中，sin sin CR xPR αα==，在BRQ 中， 31,,sin 4x BR x RQ PR RQB QRB B ππαα=-==∠=-∠-∠=-， 由正弦定理，11sin 3sin sin sin cos 2sin sin sin 44x RQ RB x x B RQB απαααπα-=⇔=⇔=∠+⎛⎫- ⎪⎝⎭，因此222111122sin 2cos 2sin PQRx SPR ααα⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭． 这样，()()2222111cos 2sin 512cos sin PQR ABCS Sαααα⎛⎫=≥= ⎪+++⎝⎭， 当且仅当arctan 2α=时取等号，此时PQR ABCS S的最小值为15．故答案为：15.13．（2021·全国·高三竞赛）已知非负实数x 、y 、z 满足2224423x y z z +++=，则543x y z ++的最小值为__________． 【答案】3 【解析】 【分析】 【详解】设22244(0)x y w w +=≥，则22(1)4w z ++=．又因为,0x y ≥，所以2222(22)448x y x y xy w +=++≥，54344323x y z x y z w z ++≥++≥+． 点(,)w z 在圆心为(0,1)-，半径为2的圆上运动，结合几何意义和w ，0z ≥知，当(,)(0,1)w z =时，23w z +有最小值3， 且当0,1x y z ===时等号成立． 故答案为：3.14．（2021·全国·高三竞赛）已知两个非零向量,m n 满足2,22m m n =+=，则2m n n ++的最大值是_____．【解析】 【分析】 【详解】设()()2,0,22cos ,2sin m m n x x =+=，则()cos 1,sin n x x =-．则：|2|||(cos m n n x ++===.当且仅当102cos 3(22cos )3x x +=-，即1cos 3x =.. 15．（2021·全国·高三竞赛）设三个不同的正整数a b c 、、成等差数列，且以555a b c 、、为三边长可以构成一个三角形，则a 的最小可能值为________. 【答案】10 【解析】 【分析】 【详解】设,a b k c b k =-=+为正整数，由于以555 a b c 、、为三边长可以构成一个三角形， 则55554235()()10202b k b b k b b k b k k -+>+⇔>++， 所以5410,10b b k b k >>，于是9a b k k =->，即有9110a k ≥+≥. 故答案为：10.16．（2021·全国·高三竞赛）设,0x y >，且满足x y -=，则x y +的最大值为_________． 【答案】12 【解析】 【分析】 【详解】注意到x y +=≤ 解得412x y -≤+≤，而7,5x y ==时取到最大值12． 故答案为：12.17．（2021·全国·高三竞赛）设正实数122020,,,a a a 满足202011i i a ==∑，则120201min1iii k k a a ≤≤=+∑最大值为_________．【答案】1【解析】 【详解】解析：最大值为1-记01202011min,1,11ii i k ii k kk a S x a x a ≤≤====+=+∑∑，则1i i i a x x -=-，故111i i i i ix x xS x x ---≤=-，即11i ix S x --≥，对1,2,3,,2020i =,求和，并结合算术-几何平均不等式，有12020202010202012020202020202020(1)2020202022i i i x x S x x -=⎛⎫-≥≥⨯== ⎪⎝⎭∑，故2020112S ≤-，等号当120202020(2)(2)(1,2,3,,2020)i i i a i -=-=时取到．所以原式的最大值为2020112-．故答案为：2020112-.18．（2021·浙江·高三竞赛）一条直线上有三个数字1a ，2a ，3a ，数字2a 位于1a ，3a 之间，称数值1223a a a a -+-为该直线的邻差值.现将数字1~9填入33⨯的格子中，每个数字均出现，过横向三个格子､竖向三个格子及对角线三个格子共形成8条直线.则这8条直线的邻差值之和的最小值为______，最大值为______. 【答案】 36 60 【解析】 【分析】 【详解】如图1,这8条直线的邻差值之和：9212387894147636951i i M a a a a a a a a a a a a a a a a a a ==-+-+-+-+-+-+-+-+-∑,利用局部调整法,当(1,2,,9)i a i i ==⋯时，M 有最小值2226668436+++++++=. 当如图2排列时，M 有最大值8189(9823)224602i i =⨯++--⨯=+=∑. 故答案为：36,60.19．（2021·全国·高三竞赛）已知正整数n p 、，且2p ≥，设正实数12,,,n m m m 满足1111np i im==+∑，则12n m m m 的最小值为_______．【答案】(1)mp n - 【解析】 【分析】 【详解】令2tan ,0,,1,2,,2p i i i m x x i n π⎛⎫=∈= ⎪⎝⎭．由题设可得22212cos cos cos 1n x x x +++=，于是：2222121cos cos cos sin n n x x x x -+++=，222221221cos cos cos cos sin n n n x x x x x --++++=，……2222231cos cos cos sin n x x x x +++=，将上述各式利用均值不等式得：2221(1)cos sin n n n x x --≤， 22221(1)cos sin n n n x x ---≤，……2231(1)cos sin n n x x -≤，再把上述n 个不等式相乘，得()2222221212(1)cos cos cos sin sin sin n n n n x x x x x x -≤，即22212tan tan tan (1)n n x x x n ≥-．由于2tan ,1,2,,p i i m x i n ==，故12(1)n pn m mm n ≥-，当且仅当1(1)p i m n =-时上式等号成立．故答案为：(1)mp n -. 二、解答题20．（2021·全国·高三竞赛）求所有的正实数a ，使得存在实数x 满足22sin cos22x x a a +≥．【答案】[1,)⎛⋃+∞ ⎝⎦【解析】 【详解】设22sin x t a =，则不等式化为20at t+-≥． 当01a <<时，2[,1]t a ∈；当1a =时，1t =；当1a >时，2[1,]t a ∈． 因此不等式可化为220t t a +≥-．设2()2f t t t a =-+，考虑()f t 在1和2a 之间恒小于零，则2(1)0,()0,0f f a a <<>， 故()()21110a a a a <⎧⎪⎨-+-<⎪⎩，1a <<．所以a的取值范围是[1,)⎛⋃+∞ ⎝⎦． 21．（2021·全国·高三竞赛）设m 为正整数，且21n m =+，求所有的实数组12,,,n x x x ，使得22221221i i nmx x x x x =++++，对所有1,2,,i n =成立．【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】第一步化简原式，第二步利用AM GM -不等式即可得到1k =或2m ，这两种情况是对称的，不妨证明1k =的时候成立，所以原式成立. 【详解】 由已知22121,1,2,,i i njj mx x i nx==+=⋅⋅⋅∑ ，得22121ni jj i mx x x ==-∑ ，故221i imx x -全相等．注意到若实数a b 满足2211a b a b =--，则ab a b =+，即1b a b =-．因此,1i b x b b ⎧⎫∈⎨⎬-⎩⎭，0,1,2,,b i n ≠=．设i x 中有1bb -，21n k m k -=+-个b ，则有201k m ≤≤+，且()2222221(1)1b mb k m k b b b ⋅++-=--， 即()21(1)21km k b m b ++--=-． 由AM GM -不等式，若201k m <<+， ()21(1)21km k b m b ++--≥≥-， 因此必取等，即1k =或2m ，这两种情况是对称的，不妨1k =，则 21(1)21m b m b +-=-， 知11b m -=，则1,1m b a m m+==+． 若0k =，则()21(1)2m b m +-=，即222(1)(1),12m m b a m m++==+． 若21k m =+，则2121m m b +=-，即222(1)(1),21m m b a m m ++==+． 综上可知，12,,,n x x x 要么1个21,+m m 个1m m +；要么全是22(1)1m m ++．22．（2021·全国·高三竞赛）求最大的正实数λ，使得对任意正整数n 及正实数01,,,n x x x ，均有010111.nnk k k kx x x x λ==≥+++∑∑．【答案】λ的最大值为3． 【解析】 【分析】先取101231,2,4,,2n n x x x x x -=====，通过对其求和可得λ的范围，再利用放缩法可得010101201111333n nx x x x x x x x x x x +++≥+++++++++，最后求出最大的正实数λ的值.【详解】一方面，取101231,2,4,,2n n x x x x x -=====，得1111322nn k k λ-=-≥∑ 即 1113122n n λ-⎛⎫-≥- ⎪⎝⎭． 令n →∞，得3λ≤．另一方面对正实数x ，y 有114x y x y+≥+，故0101114x x x x +≥+， 012012114x x x x x x +≥+++， 01230123114x x x x x x x x +≥+++++，……01101114n n nx x x x x x x -+≥++++++．以上各式相加，得 010101201111333n nx x x x x x x x x x x +++≥+++++++++．故3λ=时，原不等式恒成立．综上，λ的最大值为3． 23．（2021·全国·高三竞赛）已知01({0,1,,10})i x i <<∈证明：存在,{0,1,2,,10}i j ∈，使得()1030i j j i x x x x <-<. 【答案】证明见解析 【解析】 【详解】 不妨1210x x x ≤≤≤，设()(,)i j j i f i j x x x x =-，当010i j ≤≤≤时，因为()()()22333i j j i i i j j j i j i x x x x x x x x x x x x -≤++-=-，即333(,)j i f i j x x ≤-，当且仅当i j =时，等号成立. 故()()10103311131,1i i i i f i i x x -==-<-<∑∑，所以存在{1,2,,10}i ∈，使得13(1,)10f i i -<，即1(1,)30f i i -<. 所以存在,{0,1,2,,10}i j ∈，使得()1030i j j ix x x x <-<. 24．（2020·浙江·高三竞赛）设非负实数x ，y ，z ，证明：113(1)(1)(1)x y z x y z -<++++++【答案】证明见解析 【解析】 【详解】证 设()111,1,11x a y b a b c z c +=⎧⎪+=≥≥≥⎨⎪+=⎩，问题等价于证明：11a b c abc -++，当a b c ++≥故即证：abc3a b c <++<而33a b c abc ++⎛⎫≤ ⎪⎝⎭.设()3a b c x x ++=≥，探究327x3,⎡+⎣的大小， 即比较327x3,⎡+⎣的大小，227x =注意3211)2)22x x x x x =⋅⋅≤⋅=⎣⎦所以命题得证.25．（2021·全国·高三竞赛）已知正实数a 、b 、c ，满足333a b c +=，求证：2226()()a b c c a c b +->--．【答案】证明见解析 【解析】 【详解】由于齐次，不妨令1c =，则()22()1a b a b ab ++-=．记3,,31,,01a b s ab t s st s t s +==-=>⇒> 22226()()867a b c c a c b s t s +----=-+-()32132418213s st s s s=-+-()3322113811821(85)(1)33s s s s s s s s ⎡⎤=--++-=--⎣⎦．又由基本不等式可得33311()4a b a b =+≥+，故85a b +，故85s <，所以21(85)(1)03s s s-->，因此2226()()a b c c a c b +->--．26．（2021·全国·高三竞赛）求所有实数p ，使得对任意实数a ､b 均有(a b p ++-【答案】p 的取值范围是[0,3]. 【解析】 【详解】 易见a ､b 同号.令0,0a b =>0≥，所以0p ≥.令1a b ==，则1p +，所以03p ≤≤. 下面说明当[0,3]p ∈时，原不等式成立.若[0,1]p ∈,(0a b p -≤，所以原不等式成立.若13p <≤，则||((1)2a b p p +-≤-⋅.|a b =+以及||||(||(1)(1)22a b a b a b p a b p p ++++-≤++-⋅=+⋅.又因为13p <≤，所以1|||2p a b a b ++≥⋅+. 于是原不等式也成立.综上所述，p 的取值范围是[0,3].27．（2021·全国·高三竞赛）求c 的最大值，使得对任意的正实数x 、y 、z ，均有()3222x xyc xy x y -≥-∑∑∑∑，其中“∑”表示轮换对称求和．12． 【解析】 【分析】 【详解】注意到22()()()xy x y x y y z z x -=---∑∑，由不等式的轮换对称性，不妨设x 最小，则,y x a z x b =+=+，其中,0a b ≥．所以，原式等价于：333222()()()()()()()x x a x b x x a x a x b x b x c b a ab ++++-+-++-+≥-，化简得()223322()x a ab b a b ab c b a ab -+++-≥-．由220a ab b -+≥，且x 可无限接近于0，得332()a b ab c b a ab +-≥-，对,0a b ∀≥成立． 又3320a b ab +-≥，为了求c 的最大值，可不妨设0b a >>． 令1bt a=>，321(1)t t c t t -+≥-， 设3211()(1)(1)(1)t t f t t t t t t t-+==+>--， 则()2232(21)(1)21()1,()0((1))((1))t t t t f t f t t t t t ----=-=>-''-'， 所以()f t '在(1,)t ∈+∞上严格单调递增．而243211()02210210f t t t t t t t t t ⎛⎫⎛⎫=⇒-+-+=⇒+-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭'，解得t =()f t 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫⎪+∞⎪⎝⎭上单调递增．故min1()2f t f ==⎝⎭，所以，c 12． 28．（2021·全国·高三竞赛）求所有实数1,1,1x y z ≥≥≥满足：=【答案】22221{,,}1,1,11l x y z l l l ⎧⎫⎪⎪⎛⎫=+++⎨⎬ ⎪+⎝⎭⎪⎪⎩⎭，其中0l >． 【解析】 【分析】 【详解】记2221,1,1x k y l z m =+=+=+，不妨0k l m ≤≤≤，k l m =++．平方整理得()2221(1)(1)0k lm kl km +-++-=，于是有11,ml m l k=+=， 所以210,,,1ll m k l l l ≠===+相应的222211,11y y yx k z m y y +-=+==+=-． 由x y ≤，即2321(1)(1)0y y y y y +-≤⇔-+≥，符合假设．由x z ≤，即()231(1)210y y y y y +--≤⇔-≥，又1y ≥，符合假设．综上，22221{,,}1,1,11l x y z l l l ⎧⎫⎪⎪⎛⎫=+++⎨⎬ ⎪+⎝⎭⎪⎪⎩⎭，其中0l >． 29．（2021·全国·高三竞赛）已知(1,2,,)i x i n=是正实数，求证：1,1i ji j nx x n ≤≤≤+∑ 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】要证明原不等式，只要证明22221,114(1)nni j i ii j n i i n x x n x x≤≤==⎛⎫⎛⎫≤+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑∑，即证22222111114(1)2n nn i i j i i j i i i j n i i j n i n x x x n x x x x =≤<≤=≤<≤=⎛⎫⎛⎫+≤++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑∑∑∑，只需证明22111122211124(1)nnii ji i ji i j n i i j nnn i ii ji i i j nxx x xx x nn xxx x =≤<≤=≤<≤==≤<≤++≤++∑∑∑∑∑∑∑．记211ni i iji j nx t x x=≤<≤=∑∑，则只需证明21141(1)11n n t t ⎛⎫⎛⎫+≤++ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，即证224(1)(1)(2)n t n t t +≤++，即证222(1)2(1)40n t n t n -+--≥ （*）注意到222111122n i ji ji i j ni j ni x x n x x x ≤<≤≤<≤=+-=∑∑∑，所以21t n ≥-， 所以22222222(1)2(1)4(1)2(1)4011n t n t n n n n n n ⎛⎫-+--≥-+--= ⎪--⎝⎭， 即（*）成立，所以原命题成立．30．（2021·全国·高三竞赛）已知[],,1,2a b c ∈-，求证：4abc ab bc ca +≥++. 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】构造一次函数()()[]4,1,2f x bc b c x bc x =---+∈-. 根据一次函数的单调性，只需证明()10f -≥和()20f ≥. 因为19(1)()4(21)(21)22f bc b c bc b c -=----+=---+，由题设，()[]21,2()13,3b c --∈-，所以()()21219b c --≤， 所以()10f -≥.又因为()()()()224220f bc b c bc b c =---+=--≥. 综上，原不等式成立.31．（2021·全国·高三竞赛）已知函数()()()[]221,1,1f x x x bx c x =-++∈-，记()f x 的最大值为(),M b c ．当b 、c 变化时，求(),M b c 的最小值． 【答案】3-． 【解析】 【分析】 【详解】因为对任意的[]()()1,1,,x f x M b c ∈-≤，所以取0,1,x λ=±±，0，得：()()()()()()()()()()()()()()()()()22221,,1,,,,0,,1,,?,,1,.,,f M b c f M b c c M b c f M b c b c M b c f M b c b c M b c f M b c λλλλλλλλ⎧-≤⎪⎧⎪≤≤⎪⎪⎪⎪≤⇒-++≤⎨⎨⎪⎪-≤⎪⎪--+≤⎩⎪≤⎪⎩则()()()()()()2222212,1,c M b c c M b c λλλλ-+≤⇔-+≤， 故()()()()()()2222221112,c c M b c λλλλλλ-≤-++-≤-，则()()2221,2M b c λλλ-≥-，所以()()222max1,32M b c λλλ⎛⎫- ⎪≥=- ⎪-⎝⎭此时可取30,3M b c =-==， 此时()()(222213320x x x -+≤--≥．显然可以取到．综上，(),M b c的最小值为3-．32．（2021·全国·高三竞赛）在平面内画出(2)n n ≥条直线，把平面分成若干个小区域，其中一些区域涂了颜色，且任何两个涂色区域没有公共边界（可以有公共顶点）.证明：涂色区域的个数不超过()213n n +. 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】讨论这(2)n n ≥条直线的位置关系，当所画直线均两两平行，当所有的直线不全平行时，当只有两条线为边界的区域的区界是两条射线.对每种关系进行一一讨论，即可证明. 【详解】若所画直线均两两平行，则把平面分成(1)n +个区域，当n 为偶数时，涂色区域个数不超过112n +⎡⎤+⎢⎥⎣⎦；当n 为奇数时，涂色区域个数不超过12n +⎡⎤⎢⎥⎣⎦.且()211123n n n +⎡⎤+≤+⎢⎥⎣⎦. 当所有的直线不全平行时，此时每条直线都被与之相交的直线分成了线段或射线，故没有边界为直线的区域.设边界的线（线段或射线）的条数为i 的涂色区域有(2,3,,)i m i k =个，且边界上最多k 条线.只有两条线为边界的区域的区界是两条射线，每条射线只能作一次涂色区域的边界，n 条直线上只有2n 条射线，从而2m n ≤.又每条直线至多分成了n 段，n 条直线至多分成2n 段，且每段只能作一条涂色区域的边界，所以2234234k m m m km n ++++≤，于是涂色区域的个数()2232231111233333k k m m m m m m km n n +++≤++++≤+.33．（2021·全国·高三竞赛）设n 是一个大于等于3的正整数，当n 满足什么条件时，对任意实数(1,2,,)i a i n =总成立：()()()()()121312123n a a a a a a a a a a ---+--⋅⋅⋅()()()()21210n n n n n a a a a a a a a --++---≥.【答案】3n =或5n = 【解析】 【详解】当且仅当3n =或5n =时成立. 设()()()()()121312123n A a a a a a a a a a a =---+--⋅⋅⋅()()()()2121n n n n n a a a a a a a a --++---，首先给出反例：4n =时，12340,1a a a a ====，1A =-，不等式不成立.5n >时，1243210,2,1n n n n n a a a a a a a ----========，1A =-，不等式不成立.3n =或5n =时不等式成立，理由如下： 3n =时，设a ､b ､c 是实数，即证：222()()()()()()0a b a c b a b c c a c b a b c ab bc ca --+--+--⇔++++显然成立.5n =时，设a ､b ､c ､d ､c 是实数，即证：()()()()()()()()()()()()a b a c a d a e b a b c b d b e c a c b c d c e ----+----+----()()()()()()()()0d a d b d c d e e a e b e c e d +----+----≥式子是完全对称的，可设a b c d e ≥≥≥≥，那么()0,0a b b a a c b c -=--≥-≥-≥， 0,0a d b d a e b e -≥-≥-≥-≥.因此()()()()()()()()0a b a c a d a e b a b c b d b e ----+----≥，同理，()()()()()()()()0d a d b d c d e e a e b e c e d ----+----≥.又()()()()0c a c b c d c e ----≥，三个式子相加得证.34．（2021·全国·高三竞赛）设函数32()1f x ax x bx =-+-有三个正零点，求22532(,)()a ab g a b a b a -+=-的最小值.【答案】【解析】 【详解】 一方面，当a b ==方程3()0(0f x x =⇔=，故此函数()f x 有三个相等的零(,)g a b =. 设方程3210ax x bx -+-=的三个正实根分别为α､β､γ， 则由根与系数的关系可得11,,b a a aαβγαββγγααβγ++=++==. 故0,0a b >>.由2()3()αβγαββγγα++≥++知：213b a a ≥，可得13b a≤.①又由αββγγα++≥b a ≥b ≥从而有13b a≤，故13a，解得a ≤a b ≤，即0b a ->， 所以2210()3a b a a a a ⎛⎫<-≤- ⎪⎝⎭②由①②可得222232532511531()33a ab a a P a b a a a a a a -+++=≥=--⎛⎫- ⎪⎝⎭，其中0a <≤， 设()231533a h a a a+-=，则()()()()22233151103a a a a h a '-+-=<，故()h a在⎛ ⎝⎦为减函数，故()min h a h ==⎝⎭故min (,)g a b =35．（2021·全国·高三竞赛）证明：对每个大于1的奇数n，1π是无理数. 【答案】证明见解析 【解析】 【详解】假设存在大于1的奇数1,n π是有理数.设()1arccos ,,,(,)1q p q p q p θπ+==∈=Z ，则,cos q p πθθ==2cos 2nnθ-=.下面证明：对任何正整数,cos m m θ=，且12(mod )m m a n -≡，① 12m =、时结论成立.设cos(1)k k θθ-==2112(mod ),2(mod )k k k k a n a n ---≡≡， 由1cos cos [cos(1)cos(1)]2k k k θθθθ=-++得：cos(1)2cos cos cos(1)k k k θθθθ+=--=.设112k k k a a na +-=-，则cos(1)k θ+=12(mod )kk a n +≡. 因此，①cos cos (1)q a p q θπ===-，故2pp a n =，因此2p n a ∣.12(mod )p p a n -≡，所以222,1p n n -=∣或2的方幂，这与n 是大于1的奇数矛盾. 36．（2021·全国·高三竞赛）已知121,,n n n a S a a a n n+==+++∈N .求证：21,4nkk ka n N S +=∀∈<∑. 【答案】证明见解析 【解析】 【详解】当n →∞时，n S →∞，并且2n >时，12n a <， 因此，对任意2,k k N ≥∈，存在唯一的k M ∈N ，使得1[,1),[,1)k k M M S k k S k k -∈+∉+.则有23123M M S S -≤≤<，所以()333222111222211111222M M i i M M i M i M ia a S S S ---=+=+<=-<∑∑.同理，11221(2,,)i j M i i M ia j k S j +-=<=∑，所以3124232222211111k k M M M M nk i i iik i i M i M i M k i i iia a a a a S S S S S +===+=+=+<++++∑∑∑∑∑（其中k 充分大使得k M n >） 22222211111234M i i i a S k =<+++++∑222211111111234234k <++++++++25111112122334(1)k k <+++++⨯⨯⨯-⨯ 2511412k=+-<. 37．（2021·全国·高三竞赛）已知正实数a 、b 、c 满足2223a b c ++≥．求证：(1)(2)(1)(2)(1)(2)3(1)(5)(1)(5)(1)(5)2a b b c c a b b c c a a ++++++++≥++++++．【答案】证明见解析 【解析】 【详解】证明：由224(2)3(1)(5)(1)0x x x x +-++=-≥，得23(0)(1)(5)4(2)x x x x x +≥>+++．接下来只需要证明：1112222a b c b c a +++++≥+++， 其中，正实数a ，b ，c 满足2223a b c ++≥． 事实上，由柯西不等式，得：111[(1)(2)(1)(2)(1)(2)]222a b c a b b c c a b c a +++⎛⎫++++++++⋅++ ⎪+++⎝⎭2(3)a b c ≥+++．而(1)(2)(1)(2)(1)(2)a b b c c a ++++++++ 3()6ab bc ca a b c =++++++()22221(3)32a b c a b c ⎡⎤=+++-++-⎣⎦21(3)2a b c ≤+++． 所以1112222a b c b c a +++++≥+++． 故原不等式成立．38．（2021·全国·高三竞赛）若数列11n n k n a n k =⎡⎤=⎢⎥⎣⎦∑，求证：存在无穷多个正整数n ，使得1n n a a +>，并确定是否存在无穷多个正整数n 使得1n n a a +<？（这里[]x 表示不超过x 的最大整数） 【答案】证明见解析，存在无穷多个n ，使1n n a a +<. 【解析】 【详解】用()d i 表示正整数i 的正因数个数，则1111(1)(1)n n n k n n n a na d n k k ++=⎛⎫+⎡⎤⎡⎤+-=-=+ ⎪⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎝⎭∑. 所以若取()21mn m +=-∈N ，则()()22122121m m m m ma a d m ---==+，所以2212122(1)m m m m ma a m a ---=+-.而2121112121mm m m k a k --=⎡⎤-=⎢⎥-⎣⎦∑21112121m m m k k -=-≤-∑2111mk k-==∑ 111111242242m m --<+⋅+⋅++⋅m =.所以221220m m m ma a -->，于是221m m a a ->，故存在无穷多个n 使1n n a a +>.若取1n p +=（p 为质数，11p ≥）， 则1(1)2p p pa p a ---=，112p p p pa pa a ---=-.当11p ≥时，1111(1)p p k p p a k --=-⎡⎤-=⎢⎥⎣⎦∑11(3)2p p p -⎡⎤≥-++-⎢⎥⎣⎦ 15(3)p p ≥-++-22p >-.所以12p a ->.所以10p p pa pa --<，于是1p p a a -<.故存在无穷多个n ，使1n n a a +<.39．（2021·全国·高三竞赛）已知椭圆22223:1(0)x y C a a a+=>，点P 、Q 在椭圆C 上，满足在椭圆C 上存在一点R 到直线OP 、OQ 的距离均为12a ，证明：223aOP OQ ⋅≤．【答案】证明见解析 【解析】 【详解】设cos R a θθ⎛⎫⎪⎝⎭，1:0OP k x y -=，2:0OQ k x y -=， 则根据题意，1k 、2k 是关于k12a =的两个实根，该方程即222111cos sin 0434k k θθ⎛⎫-+-= ⎪⎝⎭， 于是2212221111sin sin 13434133cos sin 44k k θθθθ--⋅===---．OP OQ ⋅=2a =2a =2a =2a ≤223a =， 原命题得证．40．（2021·全国·高三竞赛）设x 、y 、z 均为非负实数，且满足：222(1)(1)(1)27x y y z z x +-++-++-=，求444S xy z =++的最大值与最小值．【答案】41)；48． 【解析】 【详解】 由柯西不等式：2127[(1)(1)(1)]3x y y z z x ≥+-++-++-，从而得到6x y z ++≤，将条件改写为2222()4()24x y z x y z x y z +++++-++=， 利用6x y z ++≤，可知2222444()4()2()222x y z x y z x y z x y z +++++-++≤++≤++从而22222212242x y z x y z +++≤+++，得到22212x y z ++≥，进而()2222444483x y z x y z ++++≥≥，当2x y z ===时取到等号．另一方面，4x y z x y z ++≥++，得到()40x y z x y z +++++≥，故()()2240x y z x y z ++-+++≥-，从而2222()4()x y z x y z x y z ++-++≥++- 因为2222()4()24x y z x y z x y z +++++-++=， 进而()222242x y z ≥++-1，故得到()244422241)x y z x y z ++≤++≤，当1,0x y z ===时取到等号．41．（2021·全国·高三竞赛）对每一个正整数2n ≥，求最大的常数n c 使得不等式1nn i i j i i jc a a a =<≤-∑∑对任意满足10ni i a ==∑的实数12,,,n a a a 成立．【答案】2n【解析】 【分析】 【详解】首先，我们证明2n n c ≤； 若n 为偶数，设2n k =，取1121,1k k k a a a a a +=======-，此时21,2nii j i i jan a a k =<=-=∑∑．所以2122iji jn nii a ak n c k n a<=-≤===∑∑． 若n 为奇数，设21n k =+，取121221,11k k k ka a a a a k +++=======-+，此时1(1)121ni i k a k k k k ==++⋅=+∑，(1)1(21)1i j i j k a a k k k k k <⎡⎤⎛⎫-=++=+ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎣⎦∑． 所以1(21)21222iji jn nii a ak k k nc k a<=-++≤===∑∑，所以对n +∈Z 均有2n n c ≤． 下面我们证明2n nc =满足条件，即12ni i j i i jn a a a =<≤-∑∑．又()1112(1)n n ni j i j i j i j i ji j ii j ii j ia a a a a a n a a <=≠=≠=≠-=-≥-=--∑∑∑∑∑∑∑．因为10n i i a ==∑，所以0i j j ia a ≠+=∑．所以112(1)n ni j i i i i j i i a a n a a n a <==-≥-+=∑∑∑，得证．所以n c 的最大值为2n．42．（2021·全国·高三竞赛）已知正实数12,,,(2)n a a a n >满足121n a a a +++=．证明：23131212121222(1)n nn n a a a a a a a a a a n a n a n n -+++≤+-+-+--．【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】当4n ≥时，由平均值不等式知1111111n nn j i nj i jj j ia a a a n n --==≠⎛⎫- ⎪-⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪--⎝⎭⎪⎝⎭∑∏．又111i a n -<-，则131111n i i a a n n ---⎛⎫⎛⎫≤ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭，所以 231312112222n n n n a a a a a a a a a a n a n a n -++++-+-+-()()3311(1)2ni i i a n a n =-≤-+-∑ 33321(10)1(1)(02)(1)(2)(1)ni n n n n n n =-<=≤-+----∑． 当3n =时，即证312311(1)4=≤+∑i i i a a a a a ．由于()()()()11123121311111111411a a a a a a a a a ⎛⎫=≤+ ⎪+-+---⎝⎭，所以3112131111()(1)4(1)(1)=≤++--∑∑i i i a a a a a a ()()2131111411a a a a ⎛⎫=+⎪--⎝⎭∑ ()2323123111414a a a a a a a +==-∑∑，所以31231111(1)44=≤=+∑∑i i i a a a a a a ．命题得证．43．（2021·全国·高三竞赛）已知12,,,n a a a …为正实数(4)n ≥，且满足(1)j i ia ja i j i j n +≥+≤<≤，求证：()()()()12121n a a a n n +++≥+！．【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】设ii a b i =，则有11(1)i j b b j i j i n +≤≥<≤+，命题即证1(1)(1)ni i b n =+≥+∏．（1）若对于所有(1)i i n ≤≤，有1i b i ≥，则11111(1)(1)1n n ni i i i i b n i i ===+⎛⎫+≥+==+ ⎪⎝⎭∏∏∏．（2）若存在某一个(1)i i n ≤≤，有1i b i<.设1i c b i=-，则有111111()j i b b i c j i j j +≥+-++≠=+，则11111(1)(1)11nni i i c i b c j c i==+-+≥⋅++++∏∏.注意到21111111111(1)111c c i i i c c c i i i+-+-+=⋅≥++++++， 故只需证211111(1)11(1)n ni i n c c j j ==⎛⎫⋅+++=+ ⎪⎝⎭≥+∏∏， 即2111(1)11n i c jc j =⎛⎫++ ⎪⎪≥+⎪+ ⎪⎝⎭∏． 又因为111111211cc c jj j++=+≥+++， 故()421244122111312121122212n i c c c c c c c j C C =⎛⎫++ ⎪⎛⎫⎛⎫ ⎪≥+≥++ ⎪=++ ⎪⎝⎭⎝⎭ ⎪ ⎪⎭≥++⎝∏ 因此命题成立．44．（2021·全国·高三竞赛）设{}()1,2,3,,2,m M n m n +=⋅∈N 是连续2m n ⋅个正整数组成的集合，求最小的正整数k ，使得M 的任何k 元子集中都存在1m +个数121,,,m a a a +满足1(1,2,,)i i a a i m +=．【答案】21m n n ⋅-+． 【解析】 【分析】 【详解】 记{1,2,3,,}A n =，任何一个以i 为首项，2为公比的等比数列与A 的交集设为i A ．一方面，由于M 中2m n n ⋅-个元的子集{}1,2,,2m n n n ++⋅中不存在题设的1m +个数，否则12112mm n a a a n ++≤<<<≤⋅，而1212m m nn a n ⋅+≤≤=，矛盾．故21m k n n ≥⋅-+．另一方面，21m k n n =⋅-+时，题设满足.若非如此，考虑以1212n i i -⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭为首项，以2为公比的等比数列．其与M 的交集的元素个数为21i A m ++个．设M 任何k 元子集为T ，则上述等比数列与M 的交集中至少有21i A +个元素不在T 中，而i j ≠时，2121i j A A ++=∅．注意到21112||,i n iA A +-=所以21112|\|||ii n M T A A n +-≥==，可得2m T M n n n ≤⋅=⋅-与21mT k n n ==⋅-+矛盾．综上，所求k 为21m n n ⋅-+． 45．（2021·全国·高三竞赛）设12,(,,2)n a a a n ≥为正实数，求证：12111111ia nn i i i i i a a a n +==⎛⎫⎛⎫+> ⎪⎪+-⎝⎭⎝⎭∏∑．【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】根据伯努利不等式，有112211111iia a i i i i i a a a a a ++⎛⎫⎛⎫+=+>+ ⎪⎪++⎝⎭⎝⎭，故只需证明()2211111nn i i i i a a n ==⎛⎫+≥ ⎪-⎝⎭∏∑．因为22111111i i n n a a n n n -⎛⎫⎛⎫+=+- ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭， 从而()2211111111nnnii i i n n a a n n n ==-⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=+- ⎪⎪⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭∏∏． 不妨设2222212111,,,,,,11k k n a a a a a n n +<≥--，由伯努利不等式可得： 222111111111111111nk n i i i i i i k n n n a a a n n n n n n ===+---⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-≥+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪---⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∏∑∑ 222111(1)(1)k ni i i i k n k n a k n a n ==+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑2211n i i n a n =-⎛⎫≥ ⎪⎝⎭∑， 从而()222211111111nnn n ii i i i i n n a a a n n n ===-⎛⎫⎛⎫⎛⎫+≥≥ ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭∏∑∑． 46．（2021·全国·高三竞赛）已知12,,,0n a a a >，求证：()()()()()()1232341212231n n n a a a a a a a a a a a a a a a ++++++>+++．【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】因为()()()2221232213132a a a a a a a a a ++=++++ ()222131324a a a a a a ≥+++()()221321222a a a a a a =+++ ()()122322a a a a =++，所以()()()()()()21232341212231n n a a a a a a a a a a a a a a a ⎛⎫++++++ ⎪ ⎪+++⎝⎭()()()()()()()()()1223233411222212231222222nn a a a aa a a aa a a a a a a a a a +++++≥++++， 当且仅当1324,a a a a ==⋅⋅⋅==⋅⋅⋅时等号成立． 以下配对柯西约分： 因为()()()22121212222a a a a a a ++≥=+，()()()22232323222a a a a a a ++≥=+，……，显然柯西不等式等号不成立．所以()()()()()()212323412122312n n n a a a a a a a a a a a a a a a ⎛⎫++++++ ⎪ ⎪+++⎝⎭>，即()()()()()()1232341212231n n n a a a a a a a a a a a a a a a ++++++>+++.47．（2021·全国·高三竞赛）设正实数1299,,,a a a 满足对任意199i j ≤≤≤有i j ja ia i j +≥+，求证：()()()12991299100a a a +++≥!．【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】 令(199)ii a b i i=≤≤，条件转化为对任意199i j ≤<≤有11i j b b i j +≥+．要证不等式即()()()1299111100b b b +++≥．若对任意199i ≤≤均有1i b i ≥，则左式99111100i i=⎛⎫≥+= ⎪⎝⎭∏．否则恰存在一个i 使得1i b i <，记1i c b i=-，则对任意j i ≠，有1j b c j ≥+．于是左式9919911111111111j j j ic i c c c i j j c i≤≤=≠-+⎛⎫⎛⎫⎛⎫≥-+++=++ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭++∏∏． 即只需证：991121100111j c c j c i =⎛⎫ ⎪⎛⎫++≥+ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪-+⎝⎭∏． ① 由Bernoulli 不等式知 ①式左端9999999911111110*********j j j j j j j j c c c j j j j ====⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=+⋅=+⋅≥+ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∏∏∏． 显然99122111j j j c i=>>+-+∑，因此①式成立，即证原不等式成立．48．（2021·全国·高三竞赛）已知12,,,n a a a R ∈，且满足222121n a a a +++=，求122311n n n a a a a a a a a --+-++-+-的最大值.【答案】当n 为偶数时，最大值为n 为奇数时，最大值为【解析】。
竞赛数列专题
数列专题1、数列{}n a 的前N 项和22n s n n =-，则317a a += 。
2、已知数列{}n a 满足：1(a m m =为正整数），1,231,nn n nn a a a a a +⎧⎪=⎨⎪+⎩为偶数为奇数，若4=7a ，则m 的所有可能值为3、已知正项等比数列{}n a 满足：7652a a a =+，若存在两项,m n a a14a =，则14m n+的最小值为 。
4、数列{}n a 是等差数列，其中10,n a s >表示前n 项和，如果311s s =，若k s 是数列{}n s 的最大值，则k = 。
5、等差数列{}n a 中，18130,58a a a >=，则前n 项和n s 取最大值时，n= .6、设数列{}n a 的前n 项和n s ，令12.......nn s s s T n+++=，称n T 为12,,.......n a a a 的均数，已知数列121005,,.......a a a 的均数为2012，那么1210051,,,.......a a a -的均数为 。
7、等差数列{}n a 中，202012012111,,,199********a a a ac bc ab a b c===--=则 。
8、已知数列{}n a 中，()1111,2n n n a a a n++==，求数列{}n a 的前n 项和为 。
9、各项均为正数的等比数列{}n a 中，4321228a a a a +--=，则872a a +的最小值为 。
10、已知数列{}n a 满足：1a 为正整数，1,231,nn n nn a a a a a +⎧⎪=⎨⎪+⎩为偶数为奇数，如果12329,a a a ++=则1a = 。
11、设等比数列{}n a 的前n 项和为n s ，满足()214nna s +=，则20s 的值为 。
12、在等差数列{}n a 中，若454,15,s s ≤≥则4a 的最小值 。
数列的测试题
数列的测试题
1. 基础题：给定数列的前几项，找出数列的通项公式。
- 题目：数列的前5项为 2, 4, 8, 16, 32，求该数列的通项公式。
2. 中等题：使用等差数列和等比数列的性质解决问题。
- 题目：已知等差数列的第3项为10，第5项为18，求该数列的
首项和公差。
3. 提高题：数列的求和问题。
- 题目：给定等差数列的首项为3，公差为2，求前10项的和。
4. 应用题：将数列问题与实际问题结合起来。
- 题目：某公司每年的利润增长率为5%，如果第一年的利润为100
万元，求5年后的总利润。
5. 综合题：涉及到数列的极限问题。
- 题目：给定数列 1, 1/2, 1/3, 1/4, ...，求该数列的极限。
6. 探索题：发现数列的规律并证明。
- 题目：观察数列 1, 11, 21, 1211, 111221，找出数列的规律并
证明。
7. 计算题：使用数列的性质进行复杂的计算。
- 题目：已知等比数列的首项为2，公比为3，求前6项的和。
8. 证明题：证明数列的性质或定理。
- 题目：证明等差数列中任意两项的等差中项等于这两项的算术平
均数。
9. 开放题：设计一个数列问题并解决。
- 题目：设计一个数列，使得它的前n项和为n^2，求该数列的通项公式。
10. 创新题：使用数列解决非传统问题。
- 题目：在数学竞赛中，每位参赛者需要解决一系列问题。
如果解决一个问题可以获得5分，未解决则扣2分。
如果参赛者想要获得至少20分，他至少需要解决多少个问题？。
数列规律 练习题
时间______ 家长签字______ 一、仔细观察找出规律，再填数。
（1）2，5，8，（）；（2）20，（），12，8，4；（3）1，6，7，12，13，（），（）。
二、小高班上的同学排队做操，第一个同学身高120厘米，第二个同学身高121厘米，第三个同学身高123厘米，第四个同学身高126厘米，那么第五个同学的身高是多少？第七个同学就是他的好朋友小斯，小斯的身高是多少呢？三、智力大比拼，在空格中填上合适的数。
时间_______ 家长签字______ 一、按规律填数：（1）1，3，6，（），（）；（2）4、3、8、3、12、3、（）、（）、（）；（3）1、3、7、13、21、（）、（）、（）二、一个工厂1991年生产10万件产品，1992年生产20万件产品，1993年生产40万件产品，请问2000年这个工厂生产多少万件产品？三、在最后的两个圆圈内填入合适的数。
时间_____ 家长签字______一、训练营地。
二、下面四张卡片中，哪一张和其它三张的规律不一样？把它圈起来。
三、请问：鱼身上应填哪个数字？641887353964303 7 5 9 81210 1412 16 14时间______ 家长签字______ 一、下图是一个树形图的生长过程，依据图中所示的生长规律，第16行的实心圆点的个数是_____（迎春杯赛题）二、爸爸给阿呆100块糖，又给他10个盒子，要求阿呆往第一个盒子里放2块糖，第二个盒子里放4块糖，第三个盒子里放8块糖，第四个……….照这样下去，要放满这10个盒子，你说这100块糖够不够？三、智力大比拼，在空格中填上合适的数。
时间______ 家长签字______ 一、找规律填数。
（1）2，4，7，10，（），16，（）；（2）3，9，（），91，（）（3）1，1，2，3，5，（ ),13，（）（4）2，1，3，3，4，5，（），（），6，9（5）1，4，9，16，（），36，（），64，（）三、按规律填空。
竞赛_140331_数列训练题
1.等差数列{}n a 前前n 项和为n S ，已知254523335,25,S S a a ==则6543S a =____________. 2.若,[],{}a a a 依次组成等比数列，则正数a =_________.3.数列中，11126)2(2,1n n n a a n a a n n--==+-≥+，则此数列的通项公式n a =____________. 4.已知数列{}n a 满足*012210,1,,1(n )n n n n a a N a a a a +====∈+,则2013a =_____________.5.已知数列{}n a 满足*113,325n n n a n a a N +∈=+-，{}n a 中只取有穷个不同的数的充要条件是__________. 6.已知2,32n n n a b n ==+，则{}n a 与{}n b 相同的项按照从小到大的顺序组成新数列{}n c ，n c =__________.7.若()1121n n n a a n ++-=-，则60S =_____________.8.已知正数数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足：220,n n n n n n a a S c a b +-==，(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)若*111,202,()n n b b b n n N -≥=∈=-求数列{}n c 的前n 项和n T .(3)是否存在整数,m M ，使得n m T M <<对任意正整数n 成立，且4M m -= ？说明理由.9. 已知数列{}n a 满足*1(n )n n S a N ∈=-，其中n S 为{}n a 的前n 项.(1)试求{}n a 的通项公式；(2)设11111n n n C a a +=++-，数列{}n c 的前n 项和为n P ，求证：125n P n >-.10.已知数列{}n a 满足2*113,n ,()n n n a a a n N R a λλ+==+∈∈-. (1)若2n a n ≥恒成立，求λ的取值范围.(2)若2λ=-，求证211112222n a a a ++<--+-.11.已知数列{}n a 满足*11(21)21,()2n n nn a n a N a a n n ++=--∈++=，求{}n a 的通项公式.12.设数列{}n a 满足21122(1)1,()2,3n n n a a a a n a --+==≥= (1)求{}n a . (2)求证：对*N k ∀∈都是整数.13.在数列{}n x 中，13,,,1, 4.n n n x R q x p p q x +∈===(1)求证：21;n n n x x x ++=+(2)指出2013x 的末位数字，但不必证明.14.盒中装有红色和蓝色纸牌各100张，每色纸牌都含有标数为2991,3,3,,3的牌各一张，两色纸牌的标数总和记为S ；对于给定的正整数n ，若能从盒中取出若干张牌，使其标数之和恰为n ，便成为一种取牌_n 方案，不同_n 方案的种数记为()f n ，求(1)(2)()f f n f +++.。
六年级下册数学试题 -数学竞赛 数列分组 全国通用版(含答案)
小学数学六年级（2019全国通用）-数学竞赛部分-数列分组（含答案）一、单选题1.如图，将自然数1，2，3，…，按箭头所指方向顺序排列，依次在2，3，5，7等数的位置拐弯，如数2算做第一次拐弯处，那么第15次拐弯处的数是（）A. 64B. 65C. 66D. 67二、填空题2.有一串分数，，,，，，，，，，，，，，，；是第________ 个数．3.自然数列1，2，3，…，n，…，它的第n组含有2n﹣1个数，第10组中各数的和是________ ．4.观察三角形数阵：那么，由上而下的第22行中由左向右的第21个数是________ ，2010是第________ 行第________ 个数．5.给定以下数列：，，，，，，，，，，…，（1）是第________ 项；（2）第244项是________ ；（3）前30项之和是________ ．6.如图，问：第11行最左边的数是________ ．7.在以下数列：，，，，，，，，，，，，…中，居于第________ 项．8.将自然数按以下规律排列，则2012所在的位置是第________ 行第________ 列．9.右图是著名德国数学家莱布尼茨给出的三角形：则排在由上而下的第10行中从右边数第三个位置的数是________ ．10.把自然数1、2、3、4、…按照下面的顺序排列（横排叫行，竖排叫列）．1995这个数排在第________ 行第________ 列．三、计算题11.有一列数：1，1993，1992，1，1991，1990，1，…，从第三个数起，每一个数都是它前面两个数中大数减小数的差，求从第一个起到1993个数这1993个数之和．12.计算（1）1﹣2+3﹣4+5﹣6+…﹣1994+1995（2）1995﹣1992+1989﹣1986+…+9﹣6+3（3）（3+5）+（3+5×2）+…+（3+5×99）+（3+5×100）13.把1，2，3，…，9填在如图的9个圆圈里，然后将任意两个相邻的数相加，得到一些和，要使这些和都不超过整数n，n至少是多少？14.有一数列：101，203，105，207，109，211，…求这数列的前20项的和．四、综合题15.根据下图回答：（1）第一行的第8个数是几？（2）第五行第六列上的数是几？（3）200的位置在哪一格（说出所在行和列的序号）？16.观察下表找规律，并回答下列问题．A：1 6 7 12 …B：2 5 8 11 …C：3 4 9 10 …（1）到2012为止，A、B、C各有多少个数？（2）512和520这两个数分别躲在哪一组？17.设自然数按下图的格式排列：1 2 5 10 17 …4 3 6 11 18 …9 8 7 12 19 …16 15 14 13 20 …25 24 23 22 21 ……（1）200所在的位置是第________ 行，第________ 列；（2）第10行第10个数是________ ．18.自然数按下图所示的方法排列．问：（1）射线b上第1995个数是几？（2）数1995在哪条射线上？19.将奇数按下列方式分组：（1），（3，5），（7，9，11），（13，15，17，19），…．（1）第15组中第一个数是________ ；（2）第15组中所有数的和是________ ；（3）999位于第________ 组第________ 号．五、应用题20.有一个电脑程序，当你输入一个数字时，会输出如图结果：那么当输入4时，输出图形中的数字之和是84．21.在下面的数表中，第100行左边的第一个数是什么？5 4 3 26 7 8 913 12 11 1014 15 16 1721 20 19 18…22.将偶数排成下表：A B C D E2 4 6 816 14 12 1018 20 22 2432 30 28 26…那么，1998这个数在哪个字母下面？23.把40，44，45，63，65，78，99，105这八个数平分成两组，使每组四个数的乘积相等．24.把自然数1～200按下面的方法分成A、B、C三组．试问：（1）每组各有多少个数？最后一个数各是多少？（2）C组的第56个数是几？（3）172在哪一组的第几个数？25.把由1开始的自然数依次写下来：1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14…．重新分组，按三个数字为一组：123，456，789，101，112，131，…，问第10个数是几？答案解析部分一、单选题1.【答案】B【考点】数列分组【解析】【解答】解：观察拐弯处的数的规律，可以得到n个拐弯处的数，当n 为奇数时为：1+（1+3+5+…+n）=+1，所以第15次拐弯处的数是：+1=65．故选：B．【分析】解这类题目最好是能找到拐弯次数n与拐弯处的数之间的关系，观察可以发现，当n 为奇数时为1+（1+3+5+…+n）=+1，据此即能求出那么第15次拐弯处的数是多少．二、填空题2.【答案】126或140【考点】数列分组【解析】【解答】解：分母是11的分数一共有；2×11﹣1=21（个）；从分母是1的分数到分母是11的分数一共：1+3+5+7+ (21)=（1+21）×11÷2，=22×11÷2，=121（个）；第一个是第122个数，第一个就是第126个数；第二个就是第140个数．故答案为：126或140．【分析】分母是1的分数有1个，分子是1；分母是2的分数有3个，分子是1，2，1；分母是3的分数有5个，分子是1，2，3，2，1；分母是4的分数有7个；分子是1，2，3，4，3，2，1．分数的个数分别是1，3，5，7…，当分母是n时有2n﹣1个分数；由此求出从分母是1的分数到分母是11的分数一共有多少个；分子是自然数，先从1增加，到和分母相同时再减少到1；因此在这个数列中应该有2个，分别求出即可．3.【答案】1729【考点】数列分组【解析】【解答】第1组到第9组共有自然数：1+3+5+…+（2×9﹣1）==81（个）．因此，第10组第1号数是82，第10组有2×10﹣1=19个数，所以第10组各数之和为．故答案为：1729．【分析】此题关键是读懂题意：由题意知，第1组有2×1﹣1=1个数，即1．第2组有2×2﹣1=3个数，即1，2，3．以此类推．4.【答案】462；45；74【考点】数列分组【解析】【解答】解：（1）通过分析数阵可知：行数×2﹣1=该行数字个数，则第二十一行有：21×2﹣1=41个数．到这一行为止，共有：1+3+5+…+41=441个数，那第22行由左到右的第21个数是441+21=462．（2）从左到右，第几个数上的数就是几，2010应该是第2010个数；可先试下到44行共有多少个数字，第44行有44×2﹣1=87个数字，到这一行为止共有：1+3+5+…+87=（1+87）×44÷2=1936个数字，2010﹣1936=74，说明2010在第45行第74个数字．故答案为：462、45、74．【分析】（1）仔细观察：从左到右，第几个数上的数就是几，而且第一行1个数，第二行3个数，第三5个数…，所以行数×2﹣1=个数，则第二十一行有：21×2﹣1=41个数，到这一行为止，共有：1+3+5+…+41=441个数，那第22行由左到右的第21个数是441+21=462．（2）2010应该是第2010个数，那么1+3+5+…加到多少大概在2010左右呢？由（1）可知，第22行有22×2﹣1=43个数字，第这一行为止，共有1+3+5+…+43=484个数字，离2010个数字很远，试下到44行共有多少个数字，第44行有44×2﹣1=87个数字，到这一行为止共有：1+3+5+…+87=（1+87）×44÷2=1936个数字，2010﹣1936=74，说明2010在第45行第74个数字．5.【答案】429；；17【考点】数列分组【解析】【解答】（1）以分母相同的分数分组，并记分母为n的分数属于第n组，从而是第29组的第23号数，第n组由n个分数组成，从第1组到第28组有1+2+3+...+28==406个分数，因此位于第406+23=429项．（2）因21×20=420，22×21=462，23×22=506，故第244项在第22组，前21组有=231个分数，从而第244项是居于第22组中的第13号数，是．（3）前30项之为1+（1+2）+（1+2+3）+…+（1+2+…+7）++=1+2++3++4+=10+=17．故答案为：429，，17．【分析】从给定的数列看数列中分母是几，以此为分母的数就有几个．比如：分母是4，则以4为分母的数便有4个．同理分母是7的得数有7个，所以第一题分母是29分子是23则前面有28组数加23个数．第二、三题需要试一试前多少组共多少个数．找到合适的组数在确定第几个数．6.【答案】101【考点】数列分组【解析】解：根据分析可得，方法一：10×1+10×（10﹣1）×2÷2+1=101；方法二：第10行最后一个数是：102=100，那么第11行最左边的数是：100+1=101；故答案为：101．【分析】方法一：如果单看第一列的数的排列规律是每次递增1、3、5、7…（等差数列）；根据高斯求和公式，可以求出第11行最左边的数是：10×1+10×（10﹣1）×2÷2+1=101；方法二：单看每一行的最后一个数会发现：最后一个数等于行数的平方，所以第10行最后一个数是：102=100，那么第11行最左边的数是：100+1=101；据此解答．7.【答案】319【考点】数列分组【解析】【解答】解：将分子与分母之和相等者归于同一组：，，，，…，其中在7+19﹣1=25组，是第25﹣7+1=19个数；1至24组共有分数：1+2+3++24==300（个）．所以在原数列中是第300+19=319项．故答案为：319．【分析】首先发现第一个数的分子分母的和为2，第二、第三个数的分子分母的和为3，第四、五、六个数的分子分母的和为4，…，由此将分子与分母之和相等的归于同一组，算出在7+19﹣1=25组，在算出在25组的位置，由此找出规律解决问题．8.【答案】14；45【考点】数列分组【解析】【解答】解：观察发现，第一行的第1、3、5列的数分别为1、9、25，为所在列数的平方，然后向下每一行递减1至与列数相同的行止，第一列的第2、4、6行的数分别为4、16、36，为所在行数的平方，然后向右每一列递减1至与行数相同的列止，因为452=2025，2025﹣2012+1=14，所以自然数2012在左起第45列，上起第14行．故答案为：14，45．【分析】察不难发现，第奇数列的第一行的数为所在列数的平方，然后向下每一行递减一个数至与列数相同的行止，第偶数行的第一列的数是所在行数的平方，然后向右每一列递减1至与行数相同的列止，根据此规律求出与2012最接近的平方数，然后找出所在的列数与行数即可．9.【答案】【考点】数列分组【解析】【解答】解：因为第10行最后一个数是，第9行最后一个数是，第8行最后一个数是，所以第9行倒数第二个数是﹣=，第十行倒数第二个数是﹣=，所以，第10行右数第三个数是﹣=．故答案为：．【分析】通过对已知数据进行观察分析可发现各行的前后两个数分别为行数的倒数，倒数第二个数等于前一行的最后一个数与本行的最后一个数的差，倒数第三个数等于前一行的倒数第二个数与本行的倒数第二个数的差，根据此规律解题即可．10.【答案】五百七十；二【考点】数列分组【解析】【解答】解：1995÷7=285；没有余数，1995里面正好有中285组，是第285组的最后一个数，在第二列；285×2=570；所以1995是第五百七十行，第二列．故答案为：五百七十，二．【分析】把7个连续的数看成一组，每组中前三个数是一行，这三个数是从左到右增大的，后4个数在一行，这4个数按照从右到左增大的；先求出1995里面有多少个这样的一组，还余几，再根据余数进行推算．三、计算题11.【答案】解：1×665+（666+1993）×1328÷2=665+2659×1328÷2=665+1765576=1766241；答：这1993个数的和为1766241．【考点】数列分组【解析】【分析】仔细观察这一数列，若把1抽出，则正好成为一个等差数列：1993，1992，1991，1990，…；在原数列中三个数一组出现一个1，则1993个数1993÷3=664…1．可分为664组，最后一个也是1，即665个1，其余是1993﹣665=1328个数，即除了1之外，最大是1993，最小应是1993﹣1328+1=666，首先算出这1328个数的和再加665个1即可．12.【答案】解：（1）1﹣2+3﹣4+5﹣6+…﹣1994+1995，=1+（3﹣2）+（5﹣4）+…+（1995﹣1994），=998；（2）1995﹣1992+1989﹣1986+…+9﹣6+3=（1995﹣1992）+（1989﹣1986）+…+（9﹣6）+3，=[（1995﹣9）÷6+1]×3+3，=332×3+3，=999；（3）（3+5）+（3+5×2）+…+（3+5×99）+（3+5×100），=（3+3+3+…+3）+（5+5×2+5×3+…5×99+5×100），=3×100+（5+500）×100÷2，=25550．【考点】数列分组【解析】【分析】（1）通过数字发现从最后的数字起，用最后的数字减去前面的数字结果是1，以此类推可以分成（1995﹣1）÷2=997组，最后剩下开头数字1，由此得出结果；（2）从前面开始发现每两个相邻的是相减结果都是3，而被减数和减数是依次减6的数列，所以一共分成（1995﹣9）÷6+1=332组，最后剩下甲3，由此为题得以解决；（3）把括号去掉，重新分组，把100个3放在一起相加，把与5相乘的算式放在一起，利用乘法分配律解答即可．13.【答案】解：设这9个数字分别为a、b、c、d、e、f、g、h、i，由题意得，a+b≤nb+c≤nc+d≤nd+e≤ne+f≤nf+g≤ng+h≤nh+i≤ni+a≤n2（a+b+c+d+e+f+g+h+i）≤9n得出n≥10，当n=10的只有9+1，8+2，7+3，6+4，另一个与9相邻最小是2，因此n=10不符合题意，所以n=11．填图如下：．【考点】数列分组【解析】【分析】不妨设这9个数字分别为a、b、c、d、e、f、g、h、i，根据题意连续相邻的2个圆圈内的数的和均不超过整数n，得出不等式，从而可得出n的最小值，进而将9个数分组填入即可．14.【答案】解：（1）101+（10﹣1）×4=137，（101+137）×10÷2=1190，203+（10﹣1）×4=239，（203+239）×10÷2=2210，前20项的和是：1190+2210=3400．答：这数列的前20项的和是3400．【考点】数列分组【解析】【分析】把这列数字看成两列数，奇数项一列，偶数项一列；奇数列为：101，105，109，…可以看成是公差为4的等差数列，共10项；偶数项为：203，207，211，…可以看成是公差为4的等差数列，共10项；根据等差数量求和公式求解．四、综合题15.【答案】（1）解：如图，所有自然数按自右上至左下以斜线分组：（1），（2，3），（4，5，6），（7，8，9，10），…第n组第1号数是第一行的第n个数．从第1组到第（n﹣1）组有：1+2+3++（n﹣1）=个数，从而第n组第1号数是+1．因此，第1行第8个数是+1=29．（2）解：一般地，自上至下第m行，自左至右第n列上的数在第（m+n﹣1）组中，第五行第六列上的数在第10组中，第10组第1号数是+1=46，第10组在第五行的数是46+5﹣1=50．（3）解：19×20=380，20×21=420，故200在第20组中，第20组第一个数是+1=191，因此数200在第10行第11列的位置上．【考点】数列分组【解析】【分析】按图斜线划分分组比较容易发现（1），（2，3），（4，5，6），（7，8，9，10），…也就是每组的个数分别有1，2，3，4，5，…，第一行的第8个数是几即求前7个组共有多少数？我们还发现：自上而下第m行，自左而右第n列上的数在第（m+n﹣1）组中，照此可以解决第2题．先算出200在哪一组？再算出所在组的第一个数．16.【答案】（1）解：2012÷6=335…2；余数是2，刚好由上往下排2行，A：335×2+1=671（个）；B：335×2+1=671（个）；C：335×2=670（个）．答：A组有671个，B组有671个，C组有670个．（2）解：512÷6=85…2；512在B组；520÷6=86…4；520在C组．答：512在B组，520在C组．【考点】数列分组【解析】【分析】通过观察，每6个数一个循环，占两列，前3个数为一列向下递增排列，后3个数为一列从下向上递增．（1）用2012除以6得到的商乘2得到列数，余数再继续排一下即可得解；（2）用512、520除以6得到的商乘2得到列数，余数再继续排一下即可得．17.【答案】（1）4；15（2）91【考点】数列分组【解析】【解答】解：（1）注意到第一列是完全平方数：1，4，9，16，25，…按（1），（2，3，4），（5，6，7，8，9），分组，则200在196与225之间，属第15组，倒数第4个数，在第4行、第15列上．（2）第10行第10个数是位于第10行第10列上的数91．【分析】（1）我们看出：第一竖列都是行号的平方数．如4=22，9=32，25=52…其数列发展也是按正方形来排列的1→2→3→4，正好构成一个正方形，1→2→3→4→5→6→7→8→9又围成一个较大的正方形，其发展是按顺时针方向来旋转的．由此类推第14行第一列是142=196，此时也是此行最大．200只能在其外一圈的正方形上．200就出现在第15列第4行．（2）第2题也可以得出第10行第1列为102=100，第10个数就得减9即得到91．18.【答案】（1）解：2+（1995﹣1）×3=2+1994×3，=5984；答：射线b上第1995个数是5984．（2）解：因为射线c上的数都为3的倍数，又1995÷3=665，所以数1995在射线C上．答：数1995在射线C上．【考点】数列分组【解析】【分析】通过观察可知，射线b上的数列为等差数列，公差为3，根据高斯求和有关公式可知：末项=首项+（项数﹣1）×公差，所以射线b上第1995个数是2+（1995﹣1）×3；射线c上的数都为3的倍数，而1995÷3=665，1995为3的倍数，所以所以数1995在射线C上．19.【答案】（1）211（2）3375（3）32；4【考点】数列分组【解析】【解答】解：（1）从第1组到第14组的奇数有1+2+3+…+14==105（个）．因此，第15组最初一个数是第106个奇数：2×106﹣1=211．（2）在第15组中的数是以211为首项，公差为2，项数等于15的等差数列，其和是15×211+×2=3375．（3）设999位于第n组，因31×32=992，32×33=1056，所以n=32，第32组最初一个数是：[2×（1+2+…+31）﹣1]+2=993．因此，999是第32组的第4号数．【分析】从分组情况看第几组就有几个奇数如第3组就有三个奇数，第一题先看从第1组到第14组的奇数有多少个，再看下一个奇数是几，第二题利用等差数列来解题比较容易．第三题先求出大致是第几组再利用等差数列求是第几个数．五、应用题20.【答案】解：当n=4时，输出图形是2×4﹣1=7行和7列的数列，数字之和是7+12+15+16+15+12+7=84；答：那么当输入4时，输出图形中的数字之和是84；故答案为：84．【考点】数列分组【解析】【分析】如上图所示，认真观察，发现规律，当n确定后，输出图形是一个数列，行数和列数都是2n﹣1，以n为中心，即第n行和第n列的交叉处的数字是n，向外依次减去1，象花朵一样，层层减去1，直到最外层全部是1；因此得解．21.【答案】解：99×4=396（个）；又因为这个数表中开始的最小的一个数为2，所以，依数列的排列规律可知，第100行的左边第1个数为：396+1+1=398；答：第100行左边的第一个数是398．【考点】数列分组【解析】【分析】因为每行有4个数，前99行共有99×4=396（个）数；这个数表中开始的最小的一个数为2，奇数行是从右到左的顺序依次增加的；偶数行的数是从左到右依次增加的；整个数表可以看成是以2开始的自然数列，第100行的第一个数是第397个数，由此求解．22.【答案】解：1998÷16=124 (14)所以，1998与14同列在B列．【考点】数列分组【解析】【分析】由图表看出：偶数依次排列，每8个偶数一组依次按B、C、D、E、D、C、B、A列顺序排．看A列，E列得到排列顺序是以16为周期来循环的．求出1998里面有多少个这样的周期，还余几，再根据余数判断．23.【答案】解：第一组为40、99、65、63；第二组为44、78、45、105．【考点】数列分组【解析】【分析】这个就需要解公因式：40可以拆分为2×2×2×5，44可拆分为2×2×11，45可拆分为3×3×5，63可拆分为3×3×7，65可拆分为5×13，78可拆分为2×3×13，99可拆分为3×3×11，105可拆分为3×5×7，这样就明确了，把两个7两个11两个13分开，6个2一边三个、4个5分开第一组：2×2×2×5、3×3×11、5×13、3×3×7；第二组：2×2×11、2×3×13、3×3×5、3×5×7；即第一组为40、99、65、63；第二组为44、78、45、105．24.【答案】解：各组中偶数项中的数据及奇数项中的数据有以下特点：奇数项：A组：6n﹣5，B组：6n﹣4，C组：6n﹣3，按竖列递增k=2n﹣1，偶数项：A组：6n，B组：6n﹣1，C组：6n﹣2，按竖列递减k=2n；每一组的第k项k=2n﹣1，k=2n，n=1，2，3…据此可知：（1）200=6×33+2=6×34﹣4（属于B组奇数项），n=34，k=2n﹣1=67；所以：B组有67项最后一个数200，是B组的第67项；A组有67项，最后一个数199，是A组的第67项；C组有66项，最后一个数196，是C组的第66项．（2）C组k=56项n=28是：6×28﹣2=166．（3）172=6×28+4=6×29﹣2 （C组偶数项），C组偶数项，n=29，k=2×29=58，所以，172是C组的第58个数．【考点】数列分组【解析】【分析】完成本题目要根据数列的组数、数横排及竖排的排列特点及规律，结合高斯求和的有关知识进行解答．25.【答案】解：从1到9有9个数字，10到19有20个数字，从1到19一共由29个数字，第28个数字是1，第29个数字是9，下一个数字应是20的第一个数字2，所以第10个三位数是192．【考点】数列分组【解析】【分析】重新分组的是一个三位数，要求第10个数是几，只要求出第28、29、30个数字是多少即可解决问题．。
数列竞赛习题及解答
高中数学竞赛专题讲座之 数列一、选择题部分1．（2006年江苏）已知数列{}n a 的通项公式2245n a n n =-+，则{}n a 的最大项是（ B ）()A 1a()B 2a()C 3a ()D 4a3. （2006吉林预赛）对于一个有n 项的数列P=(p 1，p 2，…，p n )，P 的“蔡查罗和”定义为s 1、s 2、…s n 、的算术平均值，其中s k =p 1+p 2+…p k (1≤k≤n )，若数列(p 1，p 2，…，p 2006)的“蔡查罗和”为2007，那么数列(1，p 1，p 2，…，p 2006)的“蔡查罗和”为 （ A ）A. 2007B. 2008C. 2006D. 10044．(集训试题)已知数列{a n }满足3a n+1+a n =4(n ≥1)，且a 1=9，其前n 项之和为S n 。
则满足不等式|S n -n-6|<1251的最小整数n 是 （ ）A ．5B ．6C ．7D ．8解：由递推式得：3(a n+1-1)=-(a n -1)，则{a n -1}是以8为首项，公比为-31的等比数列， ∴S n -n=(a 1-1)+(a 2-1)+…+(a n -1)=311])31(1[8+--n =6-6×(-31)n ，∴|S n -n-6|=6×(31)n <1251，得：3n-1>250，∴满足条件的最小整数n=7，故选C 。
5．(集训试题)给定数列{x n }，x 1=1，且x n+1=nn x x -+313，则∑=20051n nx= （ ）A ．1B ．-1C ．2+3D ．-2+3解：x n+1=n n x x 33133-+，令x n =tan αn ，∴x n+1=tan(αn +6π), ∴x n+6=x n , x 1=1，x 2=2+3, x 3=-2-3, x 4=-1,x 5=-2+3, x 6=2-3, x 7=1，……，∴有∑===2005111n nx x。
奥赛数列经典例题(含详解)
奥赛数列经典例题（含详解）1．给定正数p ，q ，a ，b ，c ，其中p ≠q 。
若p ，a ，q 是等比数列，p ，b ，c ，q 是等差数列，则一元二次方程022=+-c ax bx （ ）A ．无实根B ．有两个相等实根C ．有两个同号相异实根D ．有两个异号实根2．等比数列3log 2+a ，3log 4+a ，3log 8+a 的公比是_________。
3．设n S n +++=Λ21，n ∈N 。
求1)32()(++=n n S n S n f 的最大值。
4． PC505型文曲星具有选定一组或多组英文单词，根据科学记忆曲线在十四天内进行初记和强化复习的功能。
对于每一组单词（词量自定），初记完成后，文曲星提示“立即复习一遍”，然后在第二、第四天、第七天、第九天、第十天、第十四天，“每天复习一遍”该组单词，其他天无须复习，当你在这十四天内，按时正确地拼写这组单词后，文曲星就不再提示对该组单词的记忆。
高中《英语》第一册（下）生词表中，UNIT17~UNIT20共99个单词，请你将这99个单词适当分组，利用文曲星的强化复习功能，制定一个在20天内记忆99个单词的计划，把每天需要初记的单词数和每天需要初记和复习的单词总数填入下表中，使得每天初记和复习的单词总数不少于10个，且不多于50个。
5．在一圆周上给定2000个点，取其中一点标记上数1，从这点开始按顺时针方向到第二个点标记上数2，从标记上2的点开始按顺时针方向数到第三个点标记上数3（如图3－3），继续这个过程直到1，2，3，…，1993都被标记到点上，圆周上这些点中有些会标记上不止一个数，也有一些点未标记上任何数，在标上1993的那一点上所有标数中最小的数是什么？6．电子器件厂兼营生产和销售某种电子器件，流水线启动后每天生产p ＝500个产品，可销售q ＝400个产品，未售出的产品存入库房，每件产品在库房内每过一夜将支付存储费用r ＝0.2元。
数列竞赛习题及解答
高中数学竞赛专题讲座之数列一、选择题部分．（2006年江苏）已知数列的通项公式，则的最大项是（ B ）12343. （2006吉林预赛）对于一个有n项的数列P=(p，p，…，p)，P的“蔡查罗和”定义为s、s、…12n12s、的算术平均值，其中s=p+p+…p(1≤k≤n)，若数列(p，p，…，p)的“蔡查罗和”为2007，那nk12k122006么数列(1，p，p，…，p)的“蔡查罗和”为（ A ） 122006 A. 2007 B. 2008 C. 2006 D. 1004 4．(集训试题)已知数列{a}满足3a+a=4(n≥1)，且a=9，其前n项之和为S。
则满足不等式nn+1n1n1|S-n-6|<的最小整数n是（） n125 B．6 C．7 D．8 A．5 1解：由递推式得：3(a-1)=-(a-1)，则{a-1}是以8为首项，公比为-的等比数列，n+1nn31n3nnn-1∴S-n=(a-1)+(a-1)+…+(a-1)==6-6×(-)，∴|S-n-6|=6×()<，得：3>250，n12nn3∴满足条件的最小整数n=7，故选C。
n x5．(集训试题)给定数列{x}，x=1，且x=，则= （）n1n+1n33 A．1 B．-1 C．2+ D．-2+ n333解：x=，令x=tanα，∴x=tan(α+), ∴x=x, x=1，x=2+, x=-2-, x=-1,n+1nnn+1nn+6n123432005-2+, x=2-, x=1，……，∴有。
故选A。
、b{}6、（2006陕西赛区预赛）已知数列的前n项和分别为，记则数列{}的前10项和为1010101010102f(n)7．（2006年浙江省预赛）设为正整数n（十进制）的各数位上的数字的平方之和，比如，f(2006)则＝。
记，，20061(D) 145. （ D ）记做，于是有解：将从16开始，是周期为8的周期数列。
竞赛中的数列问题(一)
竞赛中的数列问题(一)竞赛中的数列问题1. 斐波那契数列问题•问题描述：给定一个数列，数列中的每个数都是前两个数的和。
数列的前两个数是1和1。
例如：1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, …•解释说明：斐波那契数列问题是一个经典的数学问题，也是竞赛中常见的一个数列问题。
解决该问题可以运用递归、循环、矩阵等不同的算法方法。
2. 等差数列问题•问题描述：给定一个数列，数列中的任意两个相邻的数之间的差值都是相同的。
例如：2, 4, 6, 8, 10, …•解释说明：等差数列问题也是竞赛中常见的一个数列问题，解决该问题可以使用等差数列的通项公式，通过计算首项、公差和项数来求解。
3. 等比数列问题•问题描述：给定一个数列，数列中的任意两个相邻的数之间的比值都是相同的。
例如：1, 2, 4, 8, 16, …•解释说明：等比数列问题在竞赛中也较为常见，解决该问题可以使用等比数列的通项公式，通过计算首项、公比和项数来求解。
4. 蛇形数列问题•问题描述：给定一个数列，数列中的数按照特定的规则排列形成蛇形的形状。
例如：1 2 3 48 7 6 59 10 11 1216 15 14 13•解释说明：蛇形数列问题要求将数字按照特定的顺序填入矩阵中，形成蛇形排列。
解决该问题可以使用循环和条件判断等方法。
5. 小于等于N的亏格问题•问题描述：给定一个数N，找出所有小于等于N且亏格为k的数列。
亏格为k的数列定义为数列中每个数都小于等于该数在数列中的下标与k的和。
例如：当k=2时，数列为1, 1, 2, 1, 2,3, …•解释说明：小于等于N的亏格问题要求找出符合亏格条件的数列。
解决该问题可以使用循环和判断条件来生成符合条件的数列。
6. 其它数列问题除了上述列举的数列问题之外，还有许多其他形式的数列问题在竞赛中也很常见，例如等差数列的和、等比数列的和、数列的递推关系等。
解决这些问题需要运用不同的算法和数学方法来求解。
数列经典题目(竞赛专题)
5a2 n + 4, 求证, 对于 an 不可能有某一正整数 N , 使 a2N 能被 1998 整除. )
பைடு நூலகம்
31. 已知 x1 = 6, x2 = 4, xn+2 =
x2 n+1 − 4 , 则数列 {xn } 适合 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ( xn (A) 只有有限项且满足 xn+2 = 2xn+1 − xn ;
n
1, 其中 m, k ∈ N∗ , 证明, 对任意
证明, 这个数列中有无限多个非正项. 16. (英国,1980) 求所有的 a0 ∈ R, 使得由 an+1 = 2n − 3an , n ∈ N∗ 所确定的数列 a0 , a1 , · · · 是递增的. 17. (奥地利,1972; 保加利亚,1978) 证明, 由条件 a1 , a2 ∈ Z,
n→∞
1 √ , √ (n + 1) n + n n + 1
1 · 3 · 5 · · · (2n − 1) , n ∈ N∗ , 2 · 4 · 6 · · · 2n lim an . an−1 √ , 要么为 an−1 , 其中 n ∈ N∗ , 试问 2
4. (美国纽约,1974) 在正数列 a0 , a1 , · · · 中, 每个数 an 要么为 这个数列是否有极限属于区间 (0, 1)? 5. (美国,1980; 南斯拉夫,1981) 对给定的自然数 n 级数的最大数目.
35. 已知数列 {xn } 满足 a1 = 5, 且 an = a1 + a2 + · · · + an−1 (n 36. 数列 a, b, a, b, · · · (a ̸= b) 的通项公式 an = . .
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竞赛数列专题训练（1）1．（2009年全国联赛）使不等式1111200712213a n n n +++<-+++对一切正整数n 都成立的最小正整数a 的值为 ．2.正整数n 使得22005n +是完全平方数, 的个位数字是________． 3.（2008年全国联赛）设数列{}n a 的前n 项和n S 满足：1(1)n n n S a n n -+=+，1,2,n =，则通项n a =________．4.（2007年全国联赛）已知等差数列{a n }的公差d 不为0，等比数列{b n }的公比q 是小于1的正有理数。
若a 1=d ，b 1=d 2，且321232221b b b a a a ++++是正整数，则q 等于________．5.已知数列}{n a 满足,01=a ),2,1(1211 =+++=+n a a a n n n ，则n a =___ ．6.已知数列n x ，满足n x x n n n +=++1)1(, 且21=x ， 则2013x =． 7.（2007年湖北竞赛改编）若数列{}n a 满足：112,3n n a a a +=-=，则=2010a ____． 8.（2009年全国联赛）一个由若干行数字组成的数表，从第二行起每一行中的数字均等于其肩上的两个数之和，最后一行仅有一个数，第一行是前100个正整数按从小到大排成的行，则最后一行的数是 （可以用指数表示）9.设40122N =，求不超过1Nn =的最大整数10.（2007年全国联赛） 设∑=-+=nk n k n k a 1)1(1，求证：当正整数n ≥2时，a n +1<a n 。
11.（2007年四川竞赛）已知正整数列}{n a 满足条件：对于任意正整数n ，从集合},,,{21n a a a 中不重复地任取若干个数，这些数之间经过加减运算后所得的数的绝对值为互不相同的正整数，且这些正整数与n a a a ,,,21 一起恰好是1至n S 全体自然数组成的集合，其中n S 为数列}{n a 的前n 项和.（1）求21,a a 的值；（2）求数列}{n a 的通项公式.竞赛数列专题训练（1）参考答案1.2009 设()1111221f n n n n =++++++．显然()f n 单调递减，则由()f n 的最大值()1120073f a <-，可得2009a =．2. 解：设222005(0)n m m +=>,则()()2005120055401m n m n -+==⨯=⨯, 得12005m n m n -=⎧⎨+=⎩或5401m n m n -=⎧⎨+=⎩,解得10031002m n =⎧⎨=⎩或203198m n =⎧⎨=⎩, 由10024250210031003⨯+=,知它的个位数字是9, 由1984492203203⨯+=,知它的个位数字也是9．3. 1111(1)(2)(1)n n n n n n n a S S a a n n n n +++-=-=--++++，即 2n n a n n n n n n a ++++-++-+=+)1(111)2)(1(221 =)1(1)2)(1(2+++++-n n a n n n ， 由此得 2)1(1))2)(1(1(1++=++++n n a n n a n n ．令1(1)n n b a n n =++，111122b a =+= (10a =)， 有112n n b b +=，故12n n b =，所以)1(121+-=n n a n n ． 4. 解：因为22111212121321232221114)2()(qq qb q b b d a d a a b b b a a a ++=++++++=++++，故由已知条件知道：1+q +q 2为m 14，其中m 为正整数。
令mq q 1412=++，则 m m m q 4356211144121-+-=-++-=。
由于q 是小于1的正有理数，所以3141<<m，即5≤m ≤13且m m4356-是某个有理数的平方，由此可知21=q5. 12-=n a n ．解：由已知得21)11(11211++=++++=++n n n n a a a a ，且01>+n a ．所以1111++=++n n a a ，即{1+n a }是首项、公差均为1的等差数列，所以1+n a =n ，即有12-=n a n .6. 解：由 n x x n n n +=++1)1(，推出 1111+-=-+n x x n n 。
因此有 )!1(12)1()1(1)1()1(1)1(11111211+=-+-==-+-=+-=+-=---+n n n n x n n n x n n x n x x n n n n . 即有 1)!1(11++=+n x n7．由1n n a a +-=2113()2()n n n n a a a a ++-=+， 又2113()2()n n n n a a a a ---=+，两式相减，得1111113()(2)2()n n n n n n n a a a a a a a +-+-+---+=-.由112,3n n a a a +=-=求得22a =，又由递推关系式易知数列{}n a 是单调递增数列，所以110n n a a +--≠，故113(2)2n n n a a a +--+=，即11223n n n a a a +--+=，即112()()3n n n n a a a a +----=，所以数列{}1n n a a +-是以2143a a -=为首项，23为公差的等差数列，所以1422(1)(1)333n n a a n n +-=+-=+，于是121(23)(1)33n a a n n n =++++=+，所以134737020112010312010=⨯⨯=a .8. 981012⨯ 易知：(ⅰ)该数表共有100行；(ⅱ)每一行构成一个等差数列，且公差依次为11d =，22d =，232d =，…，98992d =(ⅲ)100a 为所求．设第()2n n ≥行的第一个数为n a ，则()22111222n n n n n n a a a a -----=++=+3222222n n n a ---⎡⎤=++⎣⎦24223222222n n n n a ----⎡⎤=++⨯+⎣⎦323232n n a --=+⨯=……()121212n n a n --=+-⨯()212n n -=+ 故981001012a =⨯．9.证明：解：<<∴<<,∴112212NNNn n n===<<+∑∑,∴11)1)11)Nn=-<<<+, ∴2006200612(21)1)221Nn =-<<<⋅-, ∴不超过1Nn =的最大整数为200722-。
答案为 200722-10.解：证明：由于)111(11)1(1k n k n k n k -+++=-+，因此∑=+=n k n k n a 1112，于是，对任意的正整数n ≥2，有∑∑+==++-+=-1111121111)(21n k n k n n kn k n a a 0)11()2)(1(1)2)(1(11)2111(11>-++=++-+-+=∑∑==nk n k kn n n n k n n ，即a n +1<a n 。
11. 解：解：（1）记},,2,1{n n S A =，显然111==S a .对于22121a a a S +=+=，有|}1|,1,,1{},,2,1{22222a a a S A -+== }4,3,2,1{=故412=+a ，所以32=a . （5分）（2）由题意知，集合},,,{21n a a a 按上述规则，共产生n S 个正整数；而集合},,,,{121+n n a a a a 按上述规则产生的1+n S 个正整数中，除n S ,,2,1 这n S 个正整数外，还有||,,11i a i a a n i n n -++++（n S i ,,2,1 =），共12+n S 个数.所以，13)12(1+=++=+n n n n S S S S . （10分） 因为 )21(3211+=++n n S S ，所以，21321213)21(111-⨯=-⨯+=++n n n S S （15分） 又因为当2≥n 时，1113)21321()21321(---=-⨯--⨯=-=n n nn n n S S a 而11=a 也满足13-=n n a .所以，13-=n n a （1≥n ）. （20分）竞赛数列专题训练（2）1.（2010年江苏初赛）设数列}{n a 满足1111+=⋅=+n a a a n n ，（*N n ∈），求证：)11(211-+≥∑=n ank k.2.（2010年湖北竞赛）已知数列}{n a 中，41,121==a a ，且),4,3,2()1(1 =--=+n a n a n a n n n ．（1）求数列}{n a 的通项公式； （2）求证：对一切*N n ∈，有6712<∑=nk k a ．3.设数列)0}({≥n a n 满足21=a ，)(2122n m n m n m a a n m a a +=+-+-+，其中n m n m ≥∈,,N ． （1）证明：对一切N ∈n ，有2212+-=++n n n a a a ； （2）证明：1111200921<+++a a a ．4.设数列{}n a 满足0a N +∈,211nn n a a a +=+.求证：当1200+≤≤a n 时,n a a n -=0][. (其中[]x 表示不超过x 的最大整数)．5.设{}n a 为一个整数数列，并且满足：()()()11121n n n a n a n +-=+--，n N +∈．若20072008a ，求满足2008n a 且2n ≥的最小正整数n .6．（2012年湖北竞赛）已知正项数列}{n a满足=且11a =，28a =，求}{n a 的通项公式．7.(2012年全国联赛)已知数列{n a }的各项均为非零实数，且对于任意的正整数n ，都有33231321)(n n a a a a a a +++=+++ ．（1）当3=n 时，求所有满足条件的三项组成的数列321,,a a a ；（2）是否存在满足条件的无穷数列{n a }，使得20122013-=a ？若存在，求出这样的无穷数列的一个通项公式；若不存在，说明理由．竞赛数列专题训练（2）参考答案1. 证明:由题意知.,0,2*2N n a a n ∈>=当1=n 时,)12(2111->=a ,命题成立； 当2≥n 时，由11+=⋅+n a a n n ，得n a a n n =⋅-1，∴1)(11=--+n n n a a a ，111-+-=n n na a a ，从而有)11(2222)(111121111-+≥-≥-+=-+=++=-+=∑∑n a a a a a a a a n n n n nk k k nk k. 2. 解 （1）由已知，对2≥n 有11)1()1(11---=--=+n a n n a n a n a n n n n ，两边同除以n ，得)1(1)1(111---=+n n a n na n n ， 即)111()1(111nn a n na n n ---=--+， ……………………4分 于是，)111(111)1(1112121---=⎪⎭⎫ ⎝⎛---=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--∑∑-=-=+n k k a k ka n k n k k k ， 即2),111(1)1(12≥---=--n n a a n n ，所以123)111(1)1(12--=---=-n n n a a n n ，2,231≥-=n n a n ．又1=n 时也成立，故*,231N n n a n ∈-=． ……………………8分 （2）当2≥k ，有)131431(31)13)(43(1)23(122---=--<-=k k k k k a k ，………………12分 所以2≥n 时，有⎥⎦⎤⎢⎣⎡---++-+-+<+=∑∑==)131431()8151()5121(31112212n n a a nk k n k k.6761113121311=+<⎪⎭⎫ ⎝⎛--+=n又1=n 时，.67121<=a 故对一切*N n ∈，有6712<∑=nk k a ． ……………………16分3. 证明 （1）在已知关系式)(2122n m n m n m a a n m a a +=+-+-+中，令n m =，可得00=a ； 令0=n ，可得m a a m m 242-= ①令2+=n m ，可得)(212242222n n n a a a a +=-+++ ② 由①得)1(24122+-=++n a a n n ，62412=-=a a ，)2(24242+-=++n a a n n ，n a a n n 242-=，代入②，化简得2212+-=++n n n a a a ． ---------------------------------------7分 （2）由2212+-=++n n n a a a ，得2)()(112+-=-+++n n n n a a a a ，故数列}{1n n a a -+是首项为201=-a a ，公差为2的等差数列，因此221+=-+n a a n n ．于是∑∑==-+=+=+-=nk nk k kn n n k a a aa 1101)1(0)2()(．因为)1(111)1(11≥+-=+=n n n n n a n ，所以 1201011)2010120091()3121()211(111200921<-=-++-+-=+++ a a a ．4. 解：对于任何正整数n ，由递推知0n a >．由21011n n n n n n n a aa a a a a +-=-=>++知数列{}n a 递减.又对任意*N n ∈,011()n n i i i a a a a -==+-∑10111n i i i a a a -=-=-+∑0111(1)1n i i a a =-=--+∑001111ni i a n a n a =-=-+>-+∑．即有n a a n ->0,从而10(1)n a a n ->--.于是，当1n =时，11011111ni i a a =-=<++∑； 当1220+≤≤an 时，由{}n a 递减得121110111≤+-<+<+-=-∑n a na n a n ni i . 故<-n a 00011111nn i i a a n a n a=-=-+<-++∑．所以，0[]n a a n =-．5. 解：当2n ≥时，将原式变形为()()()12111n n a a n n n n n n+=-+-+，令()1n n a b n n =-，则有()121n n b b n n +=-+，叠加可得21122n b b n ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，于是()()()21122n n n a a n n -=---。