1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编：5数列

1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编
数列部分
2019B 8.设等差数列：a n /的各项均为整数，首项 a , =2019，且对任意正整数 n ,总存在正 整数m ，使得a , ■ a 2
• a n = a m .这样的数列\a n ｝的个数为 ______________ .
♦答案：5
★解析：设：a n /的公差为
d .由条件知a • a 2二a k ( k 是某个正整数)，
则 2a , • d 二印亠〔k -1 d ，即 k -2 d ，因此必有 k = 2，且 d = —a
^ k — 2
n —1
这样就有a n =a ,亠〔n 「1 d 二a, • ------ a ,，而此时对任意正整数n ,
k — 2
n （n —1）
a , a ?川 a . = na , d =a ,
2
一项.
因此，仅需考虑使 k-2 |a ,成立的正整数k 的个数.注意到2019=3 673，易知 k-2可取-1,1,3,673,2019这5个值，对应得到5个满足条件的等差数列.
2019B 二、(本题满分40分)求满足以下条件的所有正整数 n :
(1) n 至少有4个正约数；
⑵ 若d , ::: d2 ：：： III ：：： d k 是n 的所有正约数，则d 2-d ,, d 3-d 2,|l( 4-d k 」构成等比数列。

★证明：由条件可知k 一 4，且d3 一6二dk “2 ............................... 10分
d 2 -d 1 d k 』-d 2
n
n _ — 易得 d , =1,d k 二 n ，d k 4 = —， d k < 二—，代入上式得 d —也， d 2 d 3 d 2 -d, __ n_
d 2 d 3
即d 3
- d 2 - d 2 -1 d 3，由此可知d 3是完全平方数.由于d 2二p 是n 的最小素因
子，d 3是平方数，故只能d 3二p 2.
.................... 30分
从而序列 d 2 -d ,,d 3 -d 2」l(,d k -d k_为 p T,p 2 - p, p 3 - p 2,|l(,p2 - p k
^，即
d 1,d 2,|l(,d k
为1,p, p 2」l(,p k ，，而此时相应的n 为p k j
n （n -1 \]
邛 n-1仆-2
）+-^-」 d ，确实为
综上可知，满足条件的n为所有形如p a的数，其中p是素数，整数a_3 ........ ............ 40分。

2018A 8、设整数数列a1,a2^' , a10满足a1^3a1, a2 - a^2a5，且a i d■ a i,2 ■ a H f, i =1,2,…,9，则这样的数列的个数为_______________________________
♦答案：80
★解析：记b j =a j斗—a j E乜2} （i =1,2,…,9 ）,则有2a1 = a10—a1= D + d + …+b9①
b? 匕3 匕4 二玄5 _ a?二a§_ a^ = b5 b6 11b7
下面用t表示b2,b3,b4中2的项数。

由②知，t也是b5,b6,b7中2的项数，其中t •〈0,1,2,3?,
2018A - 一、（本题满分40分）设n是正整数，a「a2,…，a n, d,b2,…，b n,代B均为正实数,
因此b2, b3 , b4 , b5 , b6, b7 的取法数为C3 ' C3 !亠I.C3 !亠I.C3 = 20；接下来，确定b8 , b9 ,
有22 =4种方式，最后由①知，应取b • "1,2；使得b - d • b9为偶数，这样的b的取法是唯一的，并且确定了整数a1的值，进而数列d,b2,…,b9唯一对应一个满足条件的数列
a1, a2,…,a10。

综上可知，满足条件的数列的个数为20 4 =80。

a^<b j, 3 EA , i =1,2, , n，且—乞B。

a〔a2 a n A
证明：(b1 g " (b n —。

⑻ +1)(a2 +1)…(a n +1) A+1
b
★证明：记k i L，则k i -1 , (i =1,2，…，n )
a i ，记-=k，则不等式
A
b
1
b
2 6胄即
a1 a 2 a n A
(d 1)傀1) (b n 1) B 1 成立(a1 1)(a2 1) (a n 1^ A 1 丄
也就转化为证：(如1 1)(k2a2 1)…(k n a n 1) ,.. kA 1
(a1 1)( a2 1) (a n 1) _ A 1 °
Kk2k n zk，要证
对于日2, ,n, k—及知,阳咔一汙沙一驚kA 1
A 1 由也k^k，则只需证(k1A 1)(k2A 7 (k n A 1儿k1k2 k n A 1
(A 1)(A 1) (A 1)
下面用数学归纳法证明之:
①当②当
=1时，不等式显然成立；
=2 时，（k1A gA 一^^-"1 k2；1A.g 所以x2 时也成立;
(A 1)(A 1) A 1 A 1 2
十时结论成立，即(k1A 1)(k2A 7 (k m A Jkh k m A 1 ,
(A+1)(A+1厂(A+1) A+1
= 时，(k1A*1)(k2A*1)…(k m A*1)(k m^A+1)兰k*2 …k m A+.k m^Ah
' (A + 1)(A+1)…(A + 1)(A+1) 一A+1 A + 1
乞也一k m k m1A 1 (将k*2…k m看成一个整体，与k m 1 一起替换n二2时的做法一样可得)
③设则当
所以n = m 1结论也成立。

由数学归纳法可知，原命题成立。

2k _1
2018A 三、(本题满分50分)设n, k, m 是正整数，满足 k_2，且nzm
n ，设A 是 k
广 n 、
丸2，…，m ｝的n 元子集，证明：区间 0, ------- i 中的每个整数均可表示为
a —a ，，其中
I k —1 丿
a,a ，三 A 。

又％匸和一1丿 故n • k -1 x ③
q +1
⑴若q 是奇数，则由①知，n 岂x ④，结合②知
2
再由q 是奇数得q _ 2 k —3，于是n _ x • — - k -1 x ，与③矛盾；
2
⑴若q 是偶数，则由①知，n _ x 3 r ⑤，结合②知x 9 • r _ n k xq r 2
2 2k-1
从而 xq
Y!r ：：：色 全，得q ：：：2(k-1).再由q 是偶数得q^2k-4，
2(2k —1) 2k -1 2k —1
于是 n < x q k -2 x r ：：： (k -1)x ，与③矛盾;
2
综上，反证法得到的结论不成立，即原命题成立。

2018B 4、在平面直角坐标系xOy 中，直线I 通过原点，n = (3,1)是I 的一个法向量.已知数
列 乩匚满足：对任意正整数 n ，点(a n1,a n )均在l 上•若a ? =6，则a 1a ?a 3a 4a 5的值为 _____________
♦答案：-32
★解析：易知直线I 的方程为y = -3x ，因此对任意正整数 n ，有a n d = --a n ，故〔a 」是以
3
1
1 5
为公比的等比数列.于是a 3
a 2 = -2 ,由等比数列的性质知 a 1a 2a 3a 4a^ a 3 - -32
3
3
2017A 8、设两个严格递增的正整数数列
4鳥,?b n ［满足a 10二do < 2017 ,对任意正整数n ,
有a n 2 = a n 1 ■ an , b n 1 = 2b n ，贝U a 1 b 1的所有可能值为 _______________________
♦答案：13, 20
n 不可表示为a-a ，，其中a, a k -1 除法m = xq • r ，其中0三r ：：：x.将1,2，…，
m 按模x 的同余类划分成 x 个公差为x 的等差数 列，其中r 个等差数列有q • 1项，x - r 个等差数列有 不能包含公差为 x 的等
q 1 x - 2
q x r 2 k m - xq r ② 2k -1 2k -1
★证明：用反证法。

假设存在整数 x w 0, n=网兰「|型 l+(x —r [2」' 由条件，我们有n
2|q ①。

2|q
作带余
q 项•由于A 中没有两数之差为x ，故A 相邻两项•从而
k
x q ，从而
★解析：由条件可知，a i , a 2, b i 均为正整数，且a i ：：： a 2。

由于2017 . b i 。

= 29 b =52偽, 所以
b i • 1,2,3?，重复使用a 詁勺递推关系可得： a io 二a 9 a 8 =2a & a 7 =3a 7 2a 6 二
=34a 2 2ia i
因此 2i a i 三 a io =b io =5i2b i 三 2 b i mod 34，而 i3 2i = 34 8 i ，故 a i 三i3 2ia i 三 i3 2b i =26b i mod 34 ① 又 a i ：：： a 2，得 55a i ::: 34a 2 2ia i 二 5i2b i ，即 a i
♦答案:
求满足a r ::: a 乞320i 7的正整数r 的个数 ★解析：由题意知a i =i
t = i ,2,…,r - i 有，a r“2t 』=2r t - i r 2t - i , a r~2t 对t 归纳证明。

当t = i 时，由于a r = r _ r , 由定义知，a r 彳=a r • r = 2r _ r • i , a r 2 二 a r 丁 7.r i 二 r 「i ：：： r •
2，故结论①成立； 设对某个i _t :: r -i ，结论①成立，则有定义知： a r 2t i = a r .2t
r 2t = r -t r 2t = 2r t r 2t i
a r 2t 2 二 a r 么 j 一 r 2t i = 2r t - r 2t
i 二 r —t —i ：： r 2t 2，即结论①对 t i 也
成立，
::竺d ②
55
当b i -i 时,
①②即
a i 三 26 mod 34 , ①②即 a i 三 52 mod 34 , 当
b i = 3时， ①②即 a i 三 78 mod 34 , 5i2
a i :: 55 i024 < -------
55 i536 < -------
无解; a i 解得 a i
=i8a i
55
解得 a i =i0，此时 a i b i =i3 ；
综上所述，a i b i 的所有可能值为i3, 20 。

2017B1、 在等比数列｛aj 中，a?=乜2 , a 3 =
3
；3
• a20ii 为
a
7
' a
20i7
★解析:
数列｛a n ｝的公比为4=更=一2，故
a 2 42
a i ■ a2o
a
7 ' a 20 i 7
ai ■ a 2o
6~. q （a
i ' a 20ii
）
2017A
二、（本
a n n, a n
a
n
_ n, a n
'n , n = i,2;
n
,a2 =2。

假设对某个整数r _ 2 ,有a 「二r ,我们证明对
=r -1 ：：： r 2t ° ①
由数学归纳法知，结论①对所有
t =i,2，…,r -i 成立，特别当t 二r -i 时， a 3r 4 - a 3r 3r _ 2 - 3r _i °
若将所有满足a r =r 的正整数r 从小到大记为r i , w,…，则由上面的结论知，
I 2
a 3r _2 = J
，从而
1 J ■ ■ 2_\rk_" !
3m4_Hi
3
20i7
+i 3
20i8
+i （k =i,2,3，…，m —i ），可得 缶= ----- ，由于「20i8 = ------------------------ < 320i7v ------------- =如9,
2 2 2
r =i, D =2，…R i -i ,
（ k=2,3，…）,由此可知：m i
在1,2 - ,32017中满足a r 二r 的r 共有2018个，即nr,…，血促。

由①可知，对每个 k =1,2,3，…,2017 , r k i ,r k .2,…，3“ -2中恰有一半满足 a r :：: r ，由于 32017 +1
2017
2017 「2018 1 1与32017均为奇数，而在「2018
1至3
2017
中，奇数满足a r r ，偶数满足
2
a r ::： r ，
其中偶数比奇数少1个，因此满足a r :：: r < 32017的正整数个数为
^2017
2017
3 -2018 -1
3 -2019
2
- 2
2018A 10、（本题满分20分）已知实数列a 1,a 2,a3…满足：对任意正整数n ,有 a n （2S n -a n ） =1，其中S n 表示数列的前n 项和。

证明： ⑴对任意正整数n ，有a n ::： 2 n ； ⑵对任意正整数n ，有a n a n 1 ：：： 1。

★解析：⑴由于当n _2时，a . =S n
，所以a .（2S n - a .） = 1得
S
n _ S n A
（2S
n _ a n
） = 1
，
即 S ； —S ；」-1（ n 启2），又 S 2=1，所以 Sn 2 = n ，即 4=±而。

显然 n _ 2 时，a n = S n - S n 」乞•. n • • n -1 ：：： 2 n ，又 a^ 1 ：：： 2 所以对任意正整数 n ，有a n ::: 2 n ；
⑵当a n a n q ：：：°时，显然；下面考虑 a n a n d 0的情况，不妨设a n 0且a n 彳0，
则 S n 1 ■ S n ■ S n d _
_
■
n
-1 ■ -
n
，则有 S n 1 = - n 1 ，
S
n
=
■.一 n ，所 以
a n q = n 1 - n ，
a n 二 n 士打 n -1
，
所
以
a n a n q ：： .. n . n -1 . n
1 - . n ?
;
n 1 . n . n 1 -、一 n
= 1
=an +2可知（an 卅+1 ）=（an +1 f ，因此（an +1 ）= g +1 f =2仪2心
3 2n 1
3072
4036
2018
6144
即 a n = 2 -1，显然 £n •单调递增，又 a 11 = 2
-1 ：：： 2
=4 ：：： 2
- 1 = a^
所以满足条件的最小 n 为12。

2017B 10、（本题满分20分）设数列匕'是等差数列，数列'bj 满足b n =a n Pn .2 - a ：， n 72, （1） 证明：数列
也是等差数列；
2018B 9、（本题满分16分）已知数列 满足: 满足a n
- 4
2018
的最小正整数n 。

a
n ・1
a
1 =
7
， % 2，
a n
n =1,2,3，…，求
★解析：由
（2）设数列Sn二"b n f的公差均是d = 0，并且存在正整数s,t，使得a s ■ b t是整数，求a 的最小值。

★解析：（1）设等差数列｛a n｝的公差为d，则b n41 —b n —（a n*l2a n43 —务比）—（务出务七—a n ）二a n 2（a n 3 -a n 1）- （a n 1 • a n）（a n 1 - a n）二a n ^2d -（a n ! - a n）Jd
2
=(2 a n 2 - a n i - a n )Ld = 3d 所以
数列｛b n ｝也是等差数列.
(2)由已知条件及(1)的结果知：3d 2 =d ，因为d = 0，故d 二〕，这样
3
2 2 2 2
0 = a n 1a n 2 ~ a n = (a n
d )(a
n
' 2d) - a n = 3da n ' 2d
a n
9
2
2
若正整数 s,t 满足 a s b t Z ，则
a s
b t = a s b 印•(s-1)d
a 1 (t - 1)d -
9
9
s ■ t —2 2 _
=2a 1 Z .
3 9
、口 s +t _2 2 记\ = 2q ，则 3 9
1 |18 a 1 | 丄 1，从而 | a 1 | 18
2016B1、等比数列、a n ｛的各项均为正数，且 a 1a 3 - a 2a 6 - 2a ； =36则a 2 - a 4的值为 _________
♦答案：6
★解析：由于 36 二 a 1
a 3
a 2
a 6
- 2a 32 =a 2
2 -印2 • 2a 2
a 4
=
a 2
a 4
,且 a 2 a 4 0,故 a 2 a^ 6.
另解：设等比数列的公比为 q ，则a 2
• a 6
=aq a 1
q 5.又因 2 2 5 2
2
3^a 1
a 3
a 2
a 6
2a 3
a 1
a 1
q a 1
q a 1
q 2 a 1
q
2
3 3
2
3
2 2
=ag i 亠2 a g aq 亠〔ae ag a 2 a 4 ,
而 a ? +a 4 >0，从而 a ? +a 4 =6. 2016B 9、(本题满分
16分)已知
是各项均为正数的等比数列，且
100\g 2x =\g 100x 的两个不同的解，求 a 1a^ a 100的值.
2
★解析:对 k =50,51，有 100lg 2a^lg 100a ^^2 lg a k ,即 100 \ga k
-IgQ _2 =0.
因此，Iga 5o ,lga 51是一元二次方程100t 2-t -2=0的两个不同实根，从而 1 丄
lg a 50a 51 =lga 50 lg a 51
,即 a 5°a 51 =10100. 100
50
由等比数列的性质知，
a 1
a^lla 10^(a 50
a 5
^ =10
2015B 5、 使得
\ Z ，且18印=3(31 -s-t T) T 是一个非零的整数，故
又当a 1 —时，有ai b 3 18 综上所述，|a i |的最小值为
1 17
1 Z ,
18 18 1 18.
a
50
, a
51是方程
1 3 100
=.10.
已知数列an ［为等差数列，首项与公差均为正数，且
a 2,a 5,a 9依次成等比数列，则
a1 a^ a k 100a1的最小正整数k的值是 _____________________
♦答案：34 .
★解析：设数列& '的公差为d ,则a^ a1 d, a5 = a1 4d,a^ a1 8d .因为a2,a5,a g依次成等比数列，所以a?a9 = a；,即佝+ d) (a + 8d )= (a + 4d )化简上式得到：
2
a i d =8d
.
又 d 0
, 所 以
a^8d
a i • a ? • |lt • a k
a i
解得 k min = 34 .
a m a m ■ a n ■ 2mn
（1）
求「an ?的通项公式；
k
1
（2） 如果存在实数 c 使得
c 对所有正整数k 都成立，求c 的取值范围. i 二 a
i
★解析：（I ）在a m ^a m - a n - 2mn 中令m = 1可以得到^a/的递推公式 a n
1 二a 1 a n 2n =a . （3 2n ）.
因此：a n ［的通项公式为：
_3
[5 (2n 1)](n 1) - 2
:a * 匚,a 1 = 1 3 = 3，并且
2 2 2
a m n = (m n)(m n 2) = (m n) = 2(m n) =(m 2m) 2(n 2n) 2mn
=a m a n 2mn .
所以a n 二n （n - 2）是数列^a n /的通项公式.
1 1 1 1 1
⑵注意到：訂市，所以
记数列｛a n ｝的前n 项和为S n ,则S^ 2 2 3 22
4
• 2^(n • 1)
所以 2S n = 2 2
22 3 23 4
2n (n 1)
将上面两式相减，得 S n =2n (n 1) -(2 2 2^ —
2n J =2n n a i
16
2015B 9、（本题满分 16分）数列 满足a^3,对任意正整数m n ,
n J
a n = a 1 亠二（3 2k ） k4
（事实上，对这个数列
n(n 2) • 8 分
k
1 k 1 1 1 1 1 1
、丄八丄(1-丄)二丄(1
1
' n“n n^2 n n 2 2
2 k
1 故v 丄 n 1 a
n
n -1 2 11 n ■ 2 3、
0 1 3 ,并且
(k
—■
4 a
4
k 1 k 2^1 2 k 1
¥化)- —
3 —
：：），因此C 的取值范围是C- ［一，* ：：） . 16分
2014A 4、数列①［满足a 1 = 2 ,
2(n +2) a
n 1 —
a
n ，
n +1
a
2014
a
1
a
2
' a 2013
♦答案:
★解析: 2015 2013
由题设a n
2(n 1)
2(n 1) a n 4
二
n n
2n
a^ 二 n 「1
2(n 1) 2n
n n 「1
=2n J 1(n 1)
2
a2014 22013X2O15 2015 故—莎3—
a1 a2 ... - a2013 220132013 2013
-2），则通项公式a n
=_n
1，接下来可以用归纳法证明，显然 n = 1,2时，结
2
n = k 时， 结 论 成 立， 则
k
k 卜1
亠・2 = k 1 1。

即n = k 1时，结论也成
1
2
.2
立。

这就证明了结论。

2014B 9、（本题满分16分）
设数列En 匚的前n 项和S n 组成的数列满足 S n • S n 「S n.2 = 6n 2，9n ，7 （ n _1） •已知 a 1 =1,a 2 =5，求数列乩［的通项公式• ★解析：首先由 S^1,S^6,S^6
a 3，S 1 S 2 S^ - 22 蕴含了 a 3 =9,S 3 =15，同样，
我们可以得到a 4 =13。

还是由递推公式，我们有S n d S n 2 S n 3 ~ 6n 21n ' 22，结合 已知，两式相减可得 a n ■
a n 2 - a n .3 = 12n
5，即 a n ■ a n 1 - a n = 12n
3 （ n _ 2）。

进而两式相减可以得到 a . 3 - a n =12，说明焉32氷a 3k/a 3k 「分别是公差为12的等差数 列，首先分别为
a 2 =5，a 3 =9，a 4 =13。

又a 1,a 2,a 3, a 4成公差为4的等差数列，所有^a n
/ 也是公差为4的等差数列，
a n =4n-3。

（也可以猜出通项，用数学归纳法证明） 2013A 9、（本题满分16分）给定正数数列厂奁满足S n -2S nj ，
n =2,3，…，这里 S n
• x 2 3-卷x n ，证明：存在常数C 0，使得x n — C ・2n ，n =1,2,3，…
★证明：当n —2时，S n _2S n4等价于X n _X 1 • X 2
• X nj ①
1 对常数C X 1，我们用数学归纳法证明：
X n - C 2n ，n -1,2,3；②
4
当n=1时，显然成立，又x 2 - X"i = C 22 对 n - 3,假设 X k -C 2k ，k =1,2/ ,n -1，由①式得
X n _X 1 X 2
X nv
- X 1 C 22 2’
2心=C 2n ，
所以，由数学归纳法可得，结论②是成立的。

综上存在常数C > 0，使得x n 亠C 2n 。

2013B 9、（本题满分 16 分）已知数列、a n 满足：3=2， a n = 2 n ' a n j ， n = 2,3,Hl .求 数列^a/f 的通项公式.
♦答案：
a
「； 1
2014B 5、 实数列 满足条件
4 二子 1 , a 2 - 一 2 1 ,
a n -a
列举前几项可以猜得 n 」
n J
★解析:
a n
成 立 ，
k
a
k 1
= -a k 」
2
a
k _a k A
★解析：由题意列得a1 =2 , a2= 8 , a n-2a n 4 = 2n 当n - 3时，a n^ - 2a n_^ = 2（n -1）, 两式相减得a n-a n j 2 = 2 a n斗-a n€ 2 , n _ 3，又a2-a^j，2 = 8，可得
a n -a n 丄2=8 2n2 =2n 1，累加法可得a^2n 2 _2n -4，当n =1,2 时，也适合。

所以数列；春的通项公式为a n =2n2 - 2n-4 •
2012A 10、（本题满分20分）已知数列:a n /的各项均为非零实数，且对于任意的正整数n , 都有
（a i a? a.）2二a；a；…a；
⑴当n = 3时，求所有满足条件的三项组成的数列a1,a2,a3；
⑵是否存在满足条件的无穷数列乳I使得a zoi；= -2012 ?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。

2 3 2 3
★解析：（1）当n = 1 时，a1= a1,由a^-= 0 得a1=1 .当n = 2 时,（1 a2） = 1 a2,
2 3 3
由a2 =0得a2=2 或a2 = -1，当n =3时，（1 a2 a3）-1 a2 ■ a3.
若a2 = 2 得a3 = 3 或a3 = -2 ；若a2 = -1 得a3 = 1;
综上，满足条件的三项数列有三个：1,2,3或1,2,-2或1,-1,1
⑵令&=务*2 -11( - a n,则sfy3a2 |||*3( n・ N )，从而
2 3 3 3 3 2
(S n +a n韵=a1 +a2 +川+a n +a・*两式相减，结合a.半式0得2S n =a n申—a^
当n =1时,由(1)知a1 =1；
2 2
当n亠2 时，2a n = 2(S n _ S n (a n 1 - N 1)-(a n …a n ),即@n 1，玄*)6 彳—a*「1) = 0,
所以a n 1 = _a n 或a n ~ a n 1又a1=1,a2013 = -2012,
b(1Mn 兰2012) 可一2012 (—1)n(n _2013)
1 1
2012A四、（本题满分50分）设q =1 ，n是正整数.证明：对满足0乞a：：：b 乞1
2 n
的任意实数a,b，数列｛S n -[S n]｝中有无穷多项属于（a,b）•这里，[x]表示不超过实数x的最大整数.
★证明：
证法一:（1）对任意n・N ,
1 1 1 111 1 1
2 3川刁刊2（汀刃（产川歹）
1 1 1 1 1
•1* (纟｛)川(令山｛)=1
10分
1 1 1
令N。

珂]1,m 二[S n°] 1,则一N°,〒：：b-a,S n° ：mEm n .................................................
b—a b—a N0
20分
又令N1 =2t(m1),则S叫二S2t(m1)m ^m b,
因此存在n • N , N0 ::: n ：：： N1,使得m • a ：：： S. < m b,所以 & -[S n f (a,b) ............
•• 30 分
不然一定存在N0 ::: k,使得S k 4 - m a, S^ m b,因此S k - S k4 - b - a,
所以
1 1
这与S k -S k4b-a矛盾.所以一定存在n・N ”,使得&-[&]• (a,b) ............................
k N0
•• 40 分
⑵由⑴得T n •, -T n =4n
，所以累加得T n
--，从而丄二
3 T n
：：
7
⑵假设只有有限个正整数n 1小2,|1(,氐，使得-［龟］a(b , ) ,j ( k 令 c = mi* S n j
-［S n j ］
-则 a ：：： c ::: b,则不存在
n ：= N ", n ：= N ",使得 S n -［S * ］：=
(a ,c
)，这与
(1)的结论矛盾.
所以数列:S n -［S nL ?中有无穷多项属于(a,b).终上所述原命题成立
1 1 1
证法—二:(1) S 2n = 1
n
2
2 3
2n
1 1 1 1
T (亍
2)( h
2 2 1 2 2 1 1 1 1
1
=1
n ........
2 2
2 2
1 1 S k - S k 1
b _ a
k N o
因此，对于如何大于S N 0的正整数m,总存在n - N o ,使S n - m (a,b), 即 m • a ：：： S n ：：： m
- b,否则,一定存在 k - N 0,使 S kJ _ m a,且 S k _ m • b, 这样就有S k -S k 」_b - a,
1 1
而 S k -S kd
b -a,矛盾.故一定存在 n • N 0,使得 m • a ：：：&：：： m • b,
k
N o
分
令 m i =[S
N 0 ] i (i = 1,2,3,111),则 m i S N 0 ,故一定存在 n 1
N 0,
使 m i a :: Sn ： ：： m i .................................................................................................................. b ,
因此 a ：：： S n^m^ S n i -[S n i b ：： b ..................................................... 这样的i 有无穷多个，所以数列:S n -[S n L f 中有无穷多项属于(a,b)
2012B 10、(本题满分20分)已知数列 S n ［满足：当n =2k-1 ( k N )时，a n 二n ；当 n =2k ( k N
“)时，a n =k 。

记T^a 1
' a^'
' a 2n 4
-
a 2n ,证明：对任意的 N ,
有
⑴ T n1 =4n T n ；
1 1 1 ⑵ 1。

T 1 T 2
T n
★证明： ⑴ T n 〔 = a 1 • a 2 ........ a 2n 1 j • a 2n 1
■ a 3 • a § 亠 亠a 2n 1 j a 2 a 4 a^ ■ a 2n 1
=1 3 5 2n 1 -1 a 1 a 2 a 3 a 4 a 2
n
=0 2 +T n =4n +T n ，结论得证。

50分
1 1 1 1 1 1
•川歹)T?弓詁川刖
10分
因此，当n 充分大时，S n 可以大于如何一个正数，令N 0
1 1
"口］
h
20分
30
40分
50分
-1)
★解析：(1) 由原式变形得
a
n 1
2(t n 1 -1)(a b 1
a n 1
1 2(a n 1)
a n 2t n
-1
a
2(a n 1)
t n _1 a n 1 — 2 t n
2t -1
a n 1 t n -1
=b n ，贝V b n 1
2b n
t -1 t -1 1 1 1 ---- -J -
b n b n 1 a n 1 t n -1
b
1
于是有 a n
(2) a n 1
a
n
2(t n n 1
从而有—
b n n 2(t n -1)
丄
b 1
2012B 三、(本题满分50分)设数列 仪｝满足X o 〉O ,人=JX n 」十1 ( n= 1,2,…)，求证:
C
必存在常数A 和C ( A>1, C>0 )，使不等式x n -A^—对任意正整数n 都成立。

A
I — ★证明：若数列［是常数数列，记X n 二A ，则A = A 1，得A = -
5
■ 1，此时
2
列;不是常数数
1 t …t n * t n ) -(n 1)(1 t 严「
X n -A =0 C r 对任何正整数n 都成立。

A n
X n -A
2
X n 」1 - A
..Xnj 1 A
则 1 _ A 2 = _A
\；X n 」+1 + A 〉A>1，所以 X n - A C
X
nd A A
所以 X n — A £ X
n 」一
A
----------- <
X
n 2
X
o — A
，记X o
- A 二C ，即有 X
n - A
综上，存在常数
A 和C ( A >1,C >0)，使不等式
对任意正整数 n 都成立。

2011A 10、(本题满分20分)已知数列
(2严-3)a n +2(t -1)t n
-1 a n 1
n
( a 1 =2t -3( t R,且 t 二1)
a n +2t n -1
⑴求数列£n ?的通项公式；
⑵若t 0，比较a n 1与a n 的大小。

2(t -1) n(n 1)
n(n 1) n(n 1)
^2(t ~1) (t n 」t n 「 1) t(t^ t n -「 1) ”-1 1,
n(n 1)
'
显然在 t ■ 0 (t 1)时恒有 a n -1 - a n 0，故 a n 1 a n - 设等差数列（a n ?的前n 项和为S n ，若S 2010 -S 1 =1，则S 2011 =
2011
1009 ★解析:
2a n
二 2(t T )n (1 t t 2
——t n ) —(n 1)(1 t t 2 川…川 t n ‘)
2010A 4、已知数列 a ［是公差不为0的等差数列，
£n ［是等比数列，其中 a^3，b^1，
a 2二
b 2， 3a 5 =b 3，且存在常数
：使得对每一个正整数
n 都有a *
= log ：. b n
'：，
则
2011B1、
♦答案:
★解析: 因为〈aj 是等差数列，所以 S 2010
=1即2009a 1006 = 1，得a 1006二
2009 '
所以S 2011
2011 a 1 ■ a 2011
-2011a 1006
2011 2009
2011B 10
题满分 20
已知数列laj 满足
a<i = 2 t —2 (t 且 R
a n
(n W N*).
a n 2t
n
- 2
（1）求数列 7 a n ''： 的通项公
式; ⑵若t ・0,试比较
a n 1与a n 的大小.
(1)
a
n 1
(t 「° @ (n N*)，即｛,
a
n 1
2a n
t n -1
a n 2t n - 2
-1
a n
n
?
2(t -1)
a
n
.2
t n -1
令b n
a n
b n
n ，则 b n 1 t n
-1
n (n -1)二
2 2 2 2b n
b n
所以
a n
t n -1
2
2
，于是有
n
(2)
a 1
2，b ^t-1
2t n -1
2(t n 1 -1)
2(t n -1)
=2
，
1
b
n 1
1 1
丄• 1，从而
b n 2
2(t -1)2
n(n 1) n (1 t t 2 亠亠t n_2 ■ t nj ) t(1 t t 2 亠■亠t n_2)亠亠t n /”
显然当t 0时，恒有
-a n 0 ，即 a n -1 - a n
n(n 1)
a + P = ___________ ♦答案：3 3 3
1
a k 2
★解析：设｛a n ｝的公差为 d,｛b n ｝的公比为 q ，则 3 + d=q, (1), 3(3 + 4d) = q 2 (2) (1)代入(2 )得 9
12d = d 2 6d 9，求得 d = 6, q = 9.
从而有 3 6(n-1) = log 一.9n ‘ •：对一切正整数 n 都成立，即 6n -3 = (n -1)log-.9 •: 对一切正整数n 都成立.从而log 一. 9 = 6, -3二-log 一. 9「，求得二「3,2 =3，
:--:=3 3 3.
2010B 4、已知数列 乩［是公差不为0的等差数列， 江［是等比数列，其中 a^3，b^1， a 2二b 2， 3a 5二b 3，且存在常数：•，：使得对每一个正整数 n 都有a n 二log 一. b n •:，则 a + P =
♦答案：
3
3 3
★解析：设｛a n ｝的公差为 d,｛b n ｝的公比为 q ，则 3 + d=q, (1), 3(3 + 4d) = q 2 (2) (1)代入(2)得 9 12d 二 d 2 6d 9，求得 d = 6,q = 9.
从而有3 6(n- 1)=log ：.9n 」「对一切正整数n 都成立，即6n -3 = (n- 1)log ：.9「 对一切正整数n 都成立.从而log 9 = 6, -3 = - log 9「，求得二=3、3,2 = 3 ,
::=3 3
3. a 2
(3)成立.
2010B 11、(本题满分 20分)数列「a n ［满足ai 1 3，a n1
2 a
n
a — J N -
求证：
2 1 32
-
1 ”a3 Wr
32 2
a
n
★证明：由a n1—a ；"n ・1
1
~2
a
n 1 a n a
n
即」
1 1 -1 ( 1). (2)
a n a n
a
所以—加
2 a n
1
■ a n 1
1 " a n 1
乳「a n ,即 a ^^a n
a
n 1
从而 a 1 a2 ■ ■■
■ an
a 1 a 2 a 3 a n
a
n ・1
a 1
a n 1
1
_ a 1 1
- a n 1
所以(1)等价于1
2 a
n 1
一
a
1 - a 1 1 - a ?
a n 1
2
1 _a
n 1
32
^
2
a
n a
n 1
2n 」
2 a
n
- a
n
1
知 a 2
n
2 32
::32
(3)
211
32
：：
21
= k(k -1)时，(3)
2k 丄
成立，即32
壬:::32k
1 a k
2 a
k 1
1 一a k * 1 - a k 1
2 2k ( L1) ( U)2 32;
二k 1 时，由(2)
1 -a k 2
又由（2）及a11 1 — a
----- n (n _ 1)均为整数，3a n
从而由^ak1
2k
-：：
3
有1—ak1 v32k_1 即1<
32
a
k屮a k 1 a k 1
所以1 _ak 211 - a k 1 2k2k2k 1
3 3 ::: 3 ,
a
kH2a
k 1
a
k 1
即（3 ）对n = k 1也成立.
所以（3）对n_1的正整数都成立，即（1）对n_1的正整数都成立
2009*10、（本题满分15 分）已知p,q（q = 0 ）是实数，方程x? 一px • q =0有两个实根:■/ , 数列3n '满足a^ p，a2 = p2 - q，a n 二pa nJ -qa n^（n = 3,4,…）。

⑴求数列2n ［的通项公式（用:-「表示）；
1
⑵若p = 1,q ，求数列a』的前n项和；
4
★解析：解法一：（I）由韦达定理知- -q=0,又＞--p,所以
a n = pX n」-qX n^ =（-：：）a.」a.上，（n =3,4,5…）
整理得a n - ：an」」（a n」-：a n/）.
令b n二a n 1 - £n，则01= : b n（ n =1,2,…）.所以｛ g ｝是公比为:-的等比数列. 数列｛b n｝的首项为：t1=a^:a^p^^^ =（二。

；'）2 -「--（卅亠『■）=：•2. 所以b n -「2 J，—n 1 即a n 1 - -a n -「n d（n =1,2,...）. 所以a n q = :a n=：「tn = 1,2,...）.
①当r = p2—4q =0 , ：= ：「0, a1 = p = : - :- = 2 , 1 八a“：n"（n = 1,2,...）
1
a k 2
变为 a n1 =3 v n1(n =1,2,...).整理得,
a 1
2
an 1
書=1,( n =1,2,...).所以，数列｛
a
所以色
J .
n
a n 1
公差为1的等差数列，其首项为
a a
于是数列｛ a n ｝的通项公式为a n =（n 1）： n ②当
p -'4q 0时，：*- 乂 卜，a n 1 = ■ a n
:
…
n 1
：-n 1
P —a
2 1(n -1) = n 1. ■■■ an
a a P -a
(n
- 1,2,...).
■: n 1
：n2
+ -------
P -CL
:n 1
),(n = 1,2,...).
P -a
:n 1
+ ------
-0(
■2 、
.所以
a n
: P-a
p-a
n 1
_ 一 . n 1
于是数列｛ an ｝的通项公式为 a n ：
整理得,
a
n 1
：
2
Ot
a 1 '
P -a
P
｝成公
-:-2
=0# + —
戸
_0(
a n :n 1
等比数列，其首项为
尸 ”n 斗
-ot
P -a
1
1
2008A 10、设数列'a n ［的前n 项和S n 满足: S n - a n(n 1) ，n =1,2;
，则通项a n
♦答案:
2n n(n 1) ★解析: 由题意得a * = s *—S
1
n 1
…an 1
(n 1)(n 2) n 2-2
即 2
an-(n-1)(n 2) n 1 n(n 1)
n(n 1)
a n =
2
a n
(n 1)(n
n(n 1)
由此得 2(
时(n 1)(n 2))"n 1
n(n 1)
n(n 1)
,bi = a 1
1 1 1
亍1 (卄。

)，有bn —J ，故b
2n
，
所以
a 1
n
2n
n(n 1)
2008B 10、设数列 a ■的前n 项和S n 满足：S n ■ an
n(n 1)
n
=1,2：
，则S n
所以S n =3-打2 •
2
解法二：(I )由由韦达定理知 「上二q=0,又:1 = p,所以 a i = ：• - :, a 2 =〉
2
亠2 亠-：：」.
特征方程k _pk+q =0的两个根为a ,B . ①当:-=-0 时，通项 a n =(A ■
)〉n (n =1,2,...).由 a^ 2 , a^ 3- 2
'(A i +A)a =2
+2A 2)a 2 =3a
解得 A =A 2 =1.故 a n =(1 5)〉
②当I ：时，通项 a n = A |>n A 2: n (n =1,2,...).由 a^i = a 2 =〉2 • ：2 亠"：「得
(II )同解法
1 1
(11 )右p = 1, q ,则= p - 4q = 0,此时 .由第(I )步的结果得，数列｛
4 2 a n ｝
的通项公式为
1 n +1
a * = (n • 1)( ) n ，所以，｛ a n ｝的前n 项和为
2 2
2 3 4 n n+1
s — — + — + — + + ----- + ------- n
_ 2 22 23 2“ 1 2 3 4 n n 1 S n 2 3 4 ' ... n FT 2 2 2 2 2 2
以上两式相
A^a +A 2B =G + P
A 2
'=a
+ o (P
，解得A 1 -a P-
,A 2
-a
所以
-a
-a
-a
-a
-a
n 一
3 -_2. -
1 1 1
令 b n
二a n
, d =印
(印=0),
n(n 1) 2 2
n -1 / 1 1 、 1
--------- _ ( — ------- )二 n(n 1)
2n n(n 1) n 1
2008
2008A 三、（本题满分50分）设a k 0 , k =1,2，…，2008.证明：当且仅当 a k 1时，存
在数列、X n ［满足以下条件： ⑴ 0
：：Xn :： x n 1，n =1,2/
；
⑵lim X n 存在；
n _・
2008
2007
⑶ X n -X nx
為 a k X n k 一 N R Mn *，n =1,2，…。

k i
k =9
★证明：必要性：假设存在｛X n ｝满足（1），（2），（3）.注意到（3）中式子可化为
2008
X n -Xn 1 = ' a k （x n k _ X n k J ）
， n N
， k=1
其中X 0=0 .将上式从第1项加到第n 项，并注意到X 0=0得 X n = a( XM - x) + a(
n
X 2- XlH +
a>0()n^
x
2
口8兀)由(ii)可设 b = lim x n
,
n -^SC
将上式取极限得 b =a 1(b —X 1) a 2(b — X 2)
■ a2008
(b -X 2008)
2008
二 b
a k - (a 〔X 1 • 82X 2
11 ' 82008X 2008)
k 1
2008
叮 b •二 a k ，
k 4 2008 因此v a k
1 .
k i
2008
2008
充分性：假设v a k
1 .定义多项式函数如下：f(s) 一1 ' a k
s k ，s [0,1],则f(s)在[0,1]
k =1
k
2008
上是递增函数，且f （0） =-1 ：：：0 , f
（1^^ a k
. 0
•因此方程f （s ） =0在［0,1］内有唯一的
ki
根 s =无，且 0 ::: s 0 ：：： 1，即 f （s 0） =0 .
n 下取数列｛X n ｝为x n
=嘉s k ，n -1,2^1，则明显地｛X n ｝满足题设条件（i ），且
k±
n
n +
n ~fr
八£二宣邑•因0心叮，故m s ^1 0 ，因此limx^lim s
°
莖，即｛x n ｝的
♦答案:
★解析： 由题意得2"5“1加2）»需1
1） a n ，
a
n 1
=
n 2 _2 (n 1)(n 2)
- - a n =
- a n --
n 1 n(n 1) (n 1)( n 2) n
n(n 1)
由此得 2
(a n 1
1 (n 1)(n 2) a n
1
n(n 1)
有bm =扣，故b n
1
歹，所以 a n
2n
1
n(n 1)
因此
n
心 1 —s n厂n厂n n厂1_s。

1 _s。

2008
极限存在，满足（2）.最后验证｛X n ｝满足（3），因f （S o ） =0 ,即瓦a k
s k =1，从而
kd
2008 2008
n
k
、 n
n -k
X n - X n 丄二 S 0 (二 a k S 0)S 0
N k S)
k
丄
kA
综上，存在数列｛X n ｝满足（1）
2008
2008B 三、（本题满分50分）设3k 0 , k 二1,2,…，2008 .证明：当且仅当 3k 1时，存
k=1
在数列：X n 满足以下条件：⑴0 = X 。

：:: X n ：：： X n .1， n =1,2，…； ⑵lim X n 存在；
n _・
2008
2007
⑶ X n _ X n 1 =
a
k
X n k - ' a k 1X n k ， n = 1,2,。

k 1
k ^0
★证明：必要性：假设存在｛x n
｝满足（i ） , （ii ）, （iii ）.注意到（iii ）中式子可化为
2008 x n - X n 1 =
a k （x n k _
X n k J ）
， N
，其中 X 0=0 .
k-1
将上式从第1项加到第n 项，并注意到X 。

二0得
X n =a 1(X n 1 —X 1)- a 2(X n 2 —X 2)*|丨-a 2008(X n 2008 - X 2008). 由(ii)可设b =lim X n
，将上式取极限得
b =a,b —X 1)a 2(b —X 2)川 a 2008 (b -X 2008)
2008
=b
a k -(ax ^2X 2 订1| - a 2008X 2008)
k 1
2008 2008
、a k 1 •定义多项式函数如下：
f （s ）»1
a k S k ，［0,1］，
k 4
k 4 2008
则 f （S ）在［0,1］上是递增函数，且
f （0） =-1：：：0, f （1）= _1 ' a k
0 .
因此方程f （s ）=0在［0,1］内有唯一的根S 二S 0，且0：：：S0：：：1，即f （S 0）=0 .
n
下取数列｛X n ｝为x n =7 £，n -1,2^1，则明显地｛X n ｝满足题设条件（i ），且
k
壬
n
s _0门"1 T k s 0
一 s
X n
二
S 0
k=1
1 —S0
2008
—X a k (X n k - X n k 」)• k
A
2008 :::b
二：a k ，
k i 2008
因此a k
1
k i
充分性：假设
2007*10、已知等差数列'a n 』的公差d 不等于0,等比数列'b n f 的公比q 是小于1的正有理数,
n d !
S 0 —S
°
亠,即｛X n ｝的极限存在,
1 _S 0
因 0 y ：：：1，故 im S 0 1
0 ,因此 lim x n
=lim Y n * .卞 1_s 0
2008
最后验证｛X n ｝满足(i)，因f(S 0)=0 ,即v a k S k =1，从而
k 壬
2008
2008
2008
X n —X n 1 = S 0 = (•- a k S 0)S 0 = '
a k S 0
a k (X n k 一 X n k 」).
k 1
k =1
k =1
综上，已证得存在数列｛X n ｝满足(i) , (ii) , (iii).
满足(ii).
2 2 2
a 1 ■ a 2 ■
a 3 若a^d ,
b 1二d 2，且-
2 3是正整数，则q 等于
1 ♦答案：丄 2
2 2 2 a 1 a 2 a
3 th b 2 b 3 2 1
4 1 q q 为 ， m 1 __14-, q ■ ■ ■ 1 4 m ★解析：因为 a 2 (a 1 d)2 (a 1 2d)2 2
b| biq biq 14 ----- 2，故由已知条件知道: 1 q q 2
2 14 中 m 为正整数。

令 1 q q , 则 m I
56 —3m 。

由于q 是小于1的正有理数，所以1 c 14 c3，即
m 5乞m 乞13且56 一肚 是某个有理数的平方，由此可知 4m
n
2007*13、(本题满分20分)设a n k^ k( n 十1 一 k) 1 1 (丄• 一1 )，因此 求证：当正整数 n _ 2时，a n .1 ：：： a n 。

★证明：由于 k(n +1 —k) 1
整数n 遂有-(a n -a n 1) 2 n
=(丄-丄 1 n 2 k 生 n 1 k n 1 - k n n |
1 、. 1 1 T . 1 = ----------- — — --------------------- L_> —
n 1 心 k n 2 k £ k 1 1 a n 1 -，于是，对任意的正 k n k (n 1)(n
2) (n 1)(n 2)5 --1) 0 , k 即 a n+i <a n 。

2006*二、（本题满分 50分）已知无穷数列 & ［满足a 。

=x , a 1 = y ， a n 1 -
a n a n 1 T
a
n 」 a n n =1,2,3,。

⑴对于怎样的实数 x 与y ，总存在正整数n 0，使当 ⑵求数列①？
的通项公式。

n °亠n 时, a n 恒为常数? a ； 1 ★解析：(1)我们有a n -a n 1二a n -色^ 1 , a n * a n 4 a n * a
n J
所以，如果对某个正整数 n ,有a n 1 =a n ，则必有a n 2 =1，且a n 1 ' a^-= 0。

如果该n = 1，我们得y = 1且x 謚-y 。

如果该n 1，我们有a n -1二1 " =(a 2 T )(a
z T) a
nJ *a n-2 和 a 1 =■ a n4a n^2 1 . (a n 4 1)(a nQ 1) a
n 4 * a n
n =1,2/ o (2.1)
(2.2) a n 」a n ~2 (2.3)
a n 4 a
n -2
(2.4)
将式（2.3）和（2.4）两端相乘，得a ； -1二 J -1 a n 4 a
n-2 =-x 。

a n -1 a n -2 ,n_2。

(2.5) 由（2.5）递推，必有（2.2）或x =1且y 反之，如果条件（2.2）或（2.6）满足，则当n 一2时，必有a n 为常数，且常数是
(2.6)
1或一
1。

1
(2)
由（2.3）和（2.4）,我们得到壬1
a/1 an/1 an"1
a
nj -1 a n, -1 n 、2 ・ ,n E
2。

(2.7)
记b n a n 「1 n ，则当n _2时, a n 1 b n 二 b n 」b n_2 = (b n _2b n _3)
b n_2 = b ：_2b n_3 = (b n_3b n_4)
2b n_3 =崭站暑 二 由此递推，我们得到
an 一1 =（g ）
F n1
.（口）仁，"一 2 , a n 1 y 1
(2.8) 这里 F n = F n-1+F n-2, =1。

(2.9) 由（2.9）解得F n
一（上空厂1
］。

2 F -1=0, F -2=1。

(2.10)
上式中的n 还可以向负向延伸，例如 这样一来，式（2.8）对所有的n 为都成立。

由（2.8）解得 (X 1)F "(y 1广丄(x-1)F n Wy-1)Fn z
n 0。

a n F F F F
(x 1) n2(y 1) n1-(x -1)"丄(y-1) nz 式(2.11)中的 F -1、F -2 由(2.10)确定。

(2.11) 1
2004*11、已知数列 a °, 6^2,…，
a n ,… 满足 3-a n1 6*n =18，且 a^ 3，则. 的 7 a i 值为 ♦答案：丄2「2 一n-3 3 1 2 1 ★解析：由3-a n 1 6 •务=18得——=—- a n 3 即丄十1 =2
3 a n 1 1 1 ——+ - 3 l a n a n 所以丄=丄2n 1 -1，求和即可得到。

3 3 a n 2004*二、（本题满分 50分）在平面直角坐标系 xOy 中, y 轴正半轴上的点列人!与曲线 y= v2x ( X K 0)上的点列＜B n ｝满足OA n 点B n 的横坐标为b n ，n • N .⑴证明: ⑵证明：有n 0 • N ”，使得对任意n • n 0 ★证明: ⑴点A "。

-,讣，仙（
b n 0), bn =
= OB n 1，直线A n B n 在X 轴上的截距为a n ,
n a n a n 1 4 , n N ； ，都有匹直如1
：：：
n - 2004。

b n b-i b 2 由OA n =OB n 得 bn +2b n =
0 ：：： b n
身.且 b n 递减，则 n 2b n = n n 2 • 1 -n =
2n
— 1
• •• 0 :：: n . b n ——•令 t n
<2
亦可由 1-2n 2
b n = n 2
b ：得二^ =b n +2 .得一==、：'b n +2 ,得 a n
二由b 递减知a n 递减，且a n 0
.2 •. 2 = 4 •
只要n 足够大，就有 1-丛 2004成
立.
.b k
2002*14、(本题满分20分)如图，有一列曲线P °,R,P 2,… 已知F 0所围成的图形是面积为1的 等边三角形，P k 1是对P k 进行如下操作得到：将 P k 的每条边三等分，以每边中间部分的线段
为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉( k =0,1,2,…)。

记S n 为曲线P n 所围成 图形的面积。

.
(1) 求数列"S n 1的通项公式； (2) 求 lim.S..
★解析：①对P 0进行操作，容易看 出P 0的每条边变成P 1的4条边，故
⑵即证迟1
b
k 1
b k
2004
•
因为 b k 1 b
k - b k 1
b k b k
1
喉卜
所以
k 土
b k 1
b k 丿
>Z
+
k+2
<3 4 八5 6
7 8 丿
1伯
—I
<k .
丿
2k 1
所以有n 。

• N ”，使得对任意n • n 。

，都有d •直•乩
b 1 b 2 b n
::n - 2004。

n n 2 1 n
单调增.
由截距式方程知，
直卒/，及b 2 2b n
知 1-2 n 2b n =n 2b",
a n
b n
內 1—n 2b n
1
1 n 2b n
n 2b n
r 4 •
且由于t n
2且t n 单调减，知a n 单调减，即a n =a
n 卅A 4成立.
n 2b n。