数列C辑(解析版)

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）
专题11数列C 辑
历年联赛真题汇编
1．【2020高中数学联赛B 卷（第01试）】设数列{a n }的通项公式为a n =√5
[(
1+√52
)n
−(
1−√52
)n
], n =1,2,⋯.证明:
存在无穷多个正整数m ,使得a m+4a m −1是完全平方数. 【答案】证明见解析 【解析】记q 1=1+√52
,q 2=
1−√52
,则q 1+q 2=1,q 1q 2=−1,
于是a n =
√51
n
−q 2n (n =1,2,⋯).
所以a 1=1,a 2=1.又注意到q i +1=q i 2(i =1,2). 有a n+1+a n =5
1n+1−q 2n+15
1n −q 2n
=√51n q
1+1−q 2n
q 2+1 =√51
n+2−q 2n+2,
a n+2=a n+1+a n ,n =1,2,⋯,
由此易知,数列{a n }的每一项都是正整数.
由计算易得q 4++q 22
=7,
故a 2n+3a 2n−1−1=
√5
12n+3−q 22n+3
⋅
√51
2n−1
−q 22n−1−1.
=15
q 14n+2
+q 24n+2−q 1q 22n−1q 14−q 1q 22n−1q 24
−1 =15q 14n+2
+q 24n+2+q 14+q 24
−1 =
15
q 14n+2
+q 24n+2
+7−1 =55
q 14n+2
+q 24n+2
+2 =[
√5
12n+1−q 22n+1]2=a 2n+12，
所以,对任意正整数n , a 2n+3a 2n−1−1都是完全平方数.于是对于正奇数m , a m+4a m −1均为完全平方数. 2．【2018高中数学联赛A 卷（第01试）】已知实数列a 1,a 2,a 3,⋯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: (1)对任意正整数n ，有a n <2√n ；
(2)对任意正整数n，有a n a n+1<1.
【答案】证明见解析
2，【解析】(1)约定S0=0.由条件知，对任意正整数n，有1=a n(2S n−a n)=(S n−S n−1)(S n+S n−1)=S n2−S n−1从而S n2=n+S02=n，即S n=±√n(当n=0时亦成立).
显然，a n=S n−S n−1⩽√n+√n−1<2√n.
(2)仅需考虑a n,a n+1同号的情况.不失一般性，可设a n,a n+1均为正(否则将数列各项同时变为相反数，仍满足条件)，则S n+1>S n>S n−1>−√n，
故必有S n=√n,S n+1=√n+1，此时a n=√n±√n−1,a n+1=√n+1−√n，
从而a n a n+1<(√n+√n−1)(√n+1−√n)<(√n+1+√n)(√n+1−√n)=1.
=a n+2,n=1,2,3,⋯.求满足a n>42018的3．【2018高中数学联赛B卷（第01试）】已知数列{a n}:a1=7,a n+1
a n
最小正整数n.
【答案】12
=a n+2可知a n+1+1=(a n+1)2.
【解析】由a n+1
a n
因此a n+1=(a1+1)2n−1=82n−1=23×2n−1，故a n=23×2n−1−1.
显然{a n}单调递增.
由于a11=23072−1<21036=42018,a12=26144−1>24036=42018，
故满足题目条件的n的最小值是12.
4．【2017高中数学联赛B卷（第01试）】设数列{a n}是等差数列，数列b n}满足b n=a n+1a n+2−a n2,n=1,2,⋯.
(1)证明:数列{b n}也是等差数列；
(2)设数列{a n},{b n}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|a1|的最小值.
.
【答案】(1)证明见解析；(2) 1
18
【解析】(1)设等差数列{a n}的公差是d，则
2)−(a n+1a n+2−a n2)=a n+2(a n+3−a n+1)−(a n+1+a n)(a n+1−a n)
b n+1−b n=(a n+2a n+3−a n+1
=a n+2⋅2d−(a n+1+a n)⋅d=(2a n+2−a n+1−a n)⋅d=3d2.
所以数列{b n}也是等差数列.
.
(2)由已知条件及(1)的结果知3d2=d.因为d≠0，故d=1
3
.
这样b n=a n+1a n+2−a n2=(a n+d)(a n+2d)−a n2=3da n+2d2=a n+2
9
若正整数s、t满足a s+b t∈Z，
则a s+b t=a s+a t+2
9=a1+(s−1)d+a1+(t−1)d+2
9
=2a1+s+t−2
3
+2
9
∈Z.
记l=2a1+s+t−2
3+2
9
，则l∈Z，且18a1=3(3l−s−t+1)+1是一个非零的整数，故|18a1|⩾1，从而|a1|⩾
1 18 .
又当a1=1
18时，有a1+b3=1
18
+17
18
=1∈Z.
综上所述，|a1|的最小值为1
18
.
5．【2015高中数学联赛（第01试）】设a1,a2,a3,a4是4个有理数，使得{a i a j|1⩽i<j⩽4}={−24,−2
,−3
2,−1
8
,1,3}成立.求a1+a2+a3+a4的值.
【答案】±9
4
【解析】由条件可知，a i a j(1⩽i<j⩽4)是6个互不相同的数，且其中没有两个为相反数，由此知，a1，a2，a 3
，a4的绝对值互不相等，不妨设|a1|<|a2|<|a3|<|a4|，
则|a i||a j|(1⩽i<j⩽4)中最小的与次小的两个数分别是|a1||a2|及|a1||a3|，最大与次大的两个数分别是|a3||a4|及|a2||a4|，
从而必须有
{a1a2=−1
8
a1a3=1
a2a4=3
a3a4=−24
，于是a2=−1
8a1
,a3=1
a1
,a4=3
a2
=−24a1.
故结合a1∈Q，只可能a1=±1
4
.
由此易知a1=1
4,a2=−1
2
,a3=4,a4=−6或者a1=−1
4
,a2=1
2
,a3=−4,a4=6.
经检验知这两组解均满足问题的条件.
故a1+a2+a3+a4=±9
4
.
6．【2014高中数学联赛（第01试）】数列{a n}满足a1=π
6
,a n+1=arctan(seca n)(N∈n∗)，求正整数m，使得sin
a1,sina2,⋯,sina m=1
100
.
【答案】3333
【解析】由已知条件可知，对任意正整数n，a n+1∈(−π
2,π
2
)，且tana n+1=seca n①
由于seca n>0，故a n+1∈(0,π
2
)，
由式①得tan2a n+1=sec2a n=1+tan2a n，故tan2a n=n−1+tan2a1=n−1+1
3=3n−2
3
，
即tana n=√3n−2
3
，
因此sina1⋅sina2⋯⋯sina m=tana1
seca1⋅tana2
seca2
⋯…tana m
seca m
=tana1
tana2⋅tana2
tana3
⋯⋯tana m
tana m+1
(利用式①)
=tana1
tana m+1=√1
3m+1
，
由√1
3m+1=1
100
得m=3333.
7．【2012高中数学联赛（第01试）】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
(a1+a2+⋯+a n)2=a13+a23+⋯+a n3，
(1)当n=3时，求所有满足条件的三项组成的数列a1,a2,a3；
(2)是否存在满足条件的无穷数列{a n}，使得a2013=−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.
【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析.
【解析】(1)当n=1时a12=a13，由a1≠0，得a1=1.
当n=2时(1+a2)2=1+a23，由a2≠0，得a2=2或a2=－1.
当n=3时(1+a2+a3)2=1+a23+a33，
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3个：1，2，3或1，2，－2或1，－1，1.
(2)令S n=a1+a2+⋯+a n，则S n2=a13+a23+⋯+a n3(n∈N∗)，
从而(S n+a n+1)2=a13+a23+⋯+a n3+a n+1
3，
两式相减，结合a n+1≠0，得2S n=a n+1
2−a n+1.
当n=1时，由情形(1)知a1=1；
当n≥2时，2a n=2(S n−S n−1)=(a n+1
2−a n+1)−(a n2−a n)，
即(a n+1+a n)(a n+1−a n−1)=0，
所以a n+1=−a n或a n+1=a n+1.
又a1=1,a2013=−2012，
所以存在如下形式满足条件a n={
n(1⩽n⩽2012) 2012(−1)n(n⩾2013).
8．【2011高中数学联赛（第01试）】已知数列{a n}满足：a1=2t－3(t∈R且t≠±1)，a n+1=
(2t n+1−3)a n+2(t−1)t n−1
a n+2t n−1
(n∈N∗).
(1)求数列{a n}的通项公式；
(2)若t>0，试比较a n+1与a n的大小.
【答案】(1) a n=2(t n−1)
n
−1；(2) a n+1>a n.
【解析】(1)由原式变形得a n+1=2(t n+1−1)(a n+1)
a n+2t n−1
−1，
则a n+1+1
t n+1−1=2(a n+1)
a n+2t n−1
=
2(a n+1)
t n−1
a n+1
t n−1
+2
，
记a n+1
t n−1=b n，则b n+1=2b n
b n+2
，b1=a1+1
t−1
=2t−2
t−1
=2.
又1
b n+1=1
b n
+1
2
，1
b1
=1
2
.
从而有1
b n =1
b1
+(n−1)⋅1
2
=n
2
，故a n+1
t n−1
=2
n
，
于是有a n=2(t n−1)
n
−1.
(2)由题意知a n+1−a n=2(t n+1−1)
n+1−2(t n−1)
n
=2(t−1)
n(n+1)
[n(1+t+⋯+t n−1+t n)−(n+1)(1+t+⋯+t n−1)] =
2(t−1)
n(n+1)
[nt n−(1+t+⋯+t n−1)]
=
2(t−1)
n(n+1)
[(t n−1)+(t n−t)+⋯+(t n−t n−1)]
=2(t−1)2
n(n+1)
[(t n−1+t n−2+⋯+1)+t(t n−2+t n−3+⋯+1)+⋯+t n−1]，
显然在t>0(t≠1)时恒有a n+1−a n>0，故a n+1>a n.
9．【2010高中数学联赛（第01试）】证明：方程2x3+5x－2=0恰有一个实数根r，且存在唯一的严格递增正整数
数列{a n}，使得2
5
=r a1+r a2+r a3+⋯.
【答案】证明见解析
【解析】令f(x)=2x3+5x−2，则f′(x)=6x2+5>0，
所以f(x)是严格递增的.
又f(0)=−2<0,f(1
2)=3
4
>0，故f(x)有唯一实数根r∈(0,1
2
).
所以2r3+5r−2=0，2
5=r
1−r3
=r+r4+r7+r10+⋯，
故a n=3n−2(n=1,2,⋯)是满足题设要求的数列.
若存在两个不同的正整数数列a1<a2<⋯<a n<⋯和b1<b2<⋯<b n<⋯，
满足r a1+r a2+r a3+⋯=r b1+r b2+r b3+⋯=2
5
，
去掉上面等式两边相同的项，有r s1+r s2+r s3+⋯=r t1+r t2+r t3+⋯，
这里s1<s2<s3<⋯，t1<t2<t3<⋯，
所有的s i与t j都是不同的.
不妨设s1<t1，则r s1<r s1+r s2+⋯=r t1+r t2+⋯1<r t1−s1+r t2−s1+⋯
⩽r+r2+⋯=1
1−r −1<1
1−1
2
−1=1，矛盾.
故满足题设的数列是唯一的.
10．【2009高中数学联赛（第01试）】已知p，q(q≠0)是实数，方程x2－px+q=0有两个实根α,β，数列{a n}满足a1=p，a2=p2−q，a n=pa n−1−qa n−2(n=3,4,⋯).
(1)求数列{a n}的通项公式(用α,β表示)；
(2)若p=1,q=1
4
，求{a n}的前n项和.
【答案】(1)a n=(n+1)αn；(2) S n=3−n+3
2n
.
【解析】解法一(1)由韦达定理知α⋅β=q≠0，又α+β=p，所以
a n=px n−1−qx n−2=(α+β)a n−1−αβa n−2(n=3,4,5,⋯)，
整理得a n−βa n−1=α(a n−1−βa n−2)，
令b n=a n+1−βa n，则b n+1=αb n(n=1,2,⋯)，
所以{b n}是公比为α的等比数列，
数列{b n}的首项为b1=a2−βa1=p2−q−βp=(α+β)2−αβ−β(α+β)=α2，
所以b n=α2⋅αn−1=αn+1，即a n+1−βa n=αn+1(n=1,2,⋯)，
所以a n+1=βa n+αn+1(n=1,2,⋯)，
当Δ=p2−4q=0时，α=β≠0，a1=p=α+α=2α，a n+1=βa n+αn+1(n=1,2,⋯)，
变为a n+1=αa n+αn+1(n=1,2,⋯)，整理得a n+1
αn+1−a n
αn
=1(n=1,2,⋯)，
所以，数列{a n
αn }构成公差为1的等差数列，其首项为a1
α
=2α
α
=2，
所以于是数列{a n}的通项公式为a n=(n+1)αn，
当Δ=p2−4q>0时，α≠β，a n+1=βa n+αn+1=βa n+β−α
β−α
αn+1
=βa n+β
β−ααn+1−α
β−α
αn+1(n=1,2,⋯)，
整理得a n+1+
αn+2β−α
=β(a n +
αn+1β−α
) (n =1,2,⋯)，
所以，数列{a n +αn+1β−α
}构成公比为β的等比数列，
其首项为a 1+α2β−α
=α+β+α2β−α
=
β2β−α
，
所以a n +
αn+1β−α
=
β2β−α
βn−1，
于是数列{a n }的通项公式为a n =
βn+1−αn+1
β−α
.
(2)若p =1,q =14
，则Δ=p 2−4q =0，此时α=β=12
， 由情形(1)的结果得，数列{a n }的通项公式为a n =(n +1)(12)n
=
n+12n
，
所以，{a n }的前n 项和为S n =22
+
322
+
423
+⋯+
n 2n−1
+
n+12n
，
12
S n =
222
+
323
+
424
+⋯+
n 2n
+
n+12n+1，
以上两式相减，整理得12
S n =32
−
n+3
2
n+1，所以S n =3−
n+32n
.
解法二(1)由韦达定理知α⋅β=q ≠0，又α+β=p ，所以a 1=α+β,a 2=α2+β2+αβ， 特征方程λ2−pλ+q =0的两个根为α,β.
当α=β≠0时，通项a n =(A 1+A 2n )αn (n =1,2,⋯)， 由a 1=2α,a 2=3α2得{
(A 1+A 2)α=2α(A 1+2A 2)α2=3α2
，
解得A 1=A 2=1，故a n =(1+n)αn ，
当α≠β时，通项a n =A 1αn +A 2βn (n =1,2,⋯)，
由a 1=α+β,a 2=α2+β2+αβ得{
A 1α+A 2β=α+βA 1α2+A 2β2=α2+β2+αβ ， 解得A 1=−αβ−α
,A 2=ββ−α
，
故a n =
−αn+1β−α
+
βn+1β−α
=
βn+1−αn+1
β−α
.
(2)同解法一.
11．【2007高中数学联赛（第01试）】设a n =∑1
k(n+1−k)
n
k=1，求证：当正整数n ≥2时，a n+1<a n .
【答案】证明见解析 【解析】由于
1k(n+1−k)
=
1
n+1(1k
+
1n+1−k
)，因此a n =
2n+1
∑
1
k
n
k=1，
于是，对任意的正整数n ≥2，有
1 2(a n−a n+1)=
1
n+1
∑
1
k
n
k=1
−
1
n+2
∑
1
k
n+1
k=1
=(
1
n+1
−
1
n+2
)∑
1
k
n
k=1
−
1
(n+1)(n+2)
=1
(n+1)(n+2)(∑1
k
n
k=1
−1)>0，
即a n+1<a n.
12．【2006高中数学联赛（第01试）】将2006表示成5个正整数x1,x2,x3,x4,x5之和.记S=∑x i
1⩽i<j⩽5
x j.问：
(1)当x1,x2,x3,x4,x5取何值时，S取到最大值?
(2)进一步地，对任意1≤i，j≤5有|x i−x j|⩽2，当x1,x2,x3,x4,x5取何值时，S取到最小值?说明理由.
【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析.
【解析】(1)首先这样的S的值是有界集，故必存在最大值与最小值.
若x1+x2+x3+x4+x5=2006，
且使S=∑x i
1⩽i<j⩽5
x j取到最大值，则必有|x i−x j|⩽1(1⩽i,j⩽5)①
事实上，假设式①不成立，不妨假设x1−x2⩾2，则令x1′=x1−1,x2′=x2+1，x i′=x i(i=3,4,5)，
有x1′+x2′=x1+x2，x1′⋅x2′=x1x2+x1−x2−1>x1x2，
将S改写成S=∑x i
1⩽i<j⩽5
x j=x1x2+(x1+x2)(x3+x4+x5)+x3x4+x3x5+x4x5，
同时有S′=x1′x2′+(x1′+x2′)(x3+x4+x5)+x3x4+x3x5+x4x5，
于是有S′−S=x1′x2′−x1x2>0，
这与S在x1,x2,x3,x4,x5时取得最大值矛盾.
所以必有|x i−x j|⩽1(1⩽i,j⩽5)，
因此当x1=402,x2=x3=x4=x5=401取到最大值.
(2)当x1+x2+x3+x4+x5=2006且|x i−x j|⩽2时，只有：
(1)402,402,402,400,400；
(2)402,402,401,401,400；
(3)402,401,401,401,401.
三种情形满足要求.
而后面两种情形是在第一组情形下作x i′=x i−1,x j′=x j+1调整下得到的.
根据上一小题的证明可以知道，每调整一次，和式S=∑x i
1⩽i<j⩽5
x j变大.
所以在x1=x2=x3=402,x4=x5=400情形取到最小值.
13．【2005高中数学联赛（第01试）】数列{a n}满足：a0=1,a n+1=7a n+√45a n2−36
2
，n∈N.证明：
(1)对任意n∈N，a n为正整数；
(2)对任意n∈N，a n a n+1−1为完全平方数.
【答案】证明见解析
【解析】(1)由题设得a1=5，且{a n}严格单调递增.
将条件式变形得2a n+1−7a n=√45a n2−36，
两边平方整理得a n+1
2−7a n a n+1+a n2+9=0①
所以①－②得(a n+1−a n−1)(a n+1+a n−1−7a n)=0.
因为a n+1>a n，所以a n+1+a n−1−7a n=0，故a n+1=7a n−a n−1③由式③及a0=1,a1=5可知，对任意n∈N，a n为正整数.
(2)将式①两边配方，得(a n+1+a n)2=9(a n a n+1−1)，
所以a n a n+1−1=(a n+1+a n
3)
2
④
由式③得a n+1+a n=9a n−(a n+a n+1)，
所以a n+1+a n≡−(a n+a n+1)≡⋯≡(−1)n(a1+a0)≡0( mod 3).
因此，a n+1+a n
3
为整数，所以a n a n+1−1是完全平方数.
14．【2002高中数学联赛（第01试）】如图，有一列曲线P0,P1,P2,⋯，已知P0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}的通项公式；
(2)求lim
n→∞
S n.
【答案】(1)S n=8
5−3
5
×(4
9
)
k
；(2)8
5
.
【解析】(1)对P0进行操作，容易看出P0的每条边变成P1的4条边，故P1的边数为3×4；同样，对P1进行操作，P1的每条边变成P2的4条边，故P2的边数为3×42，从而不难得到P n的边数为3×4n.
已知P0的面积为S0=1，比较P1与P0.容易看出P1在P0的每条边上增加一个小的等边三角形其面积为1
32
，
而P0有3条边，故S1=S0+3×1
32=1+1
3
，
再比较P2与P1，可知P2在P1的每条边上增加了一个小的等边三角形，其面积为1
32×1
32
，
而P1有3×4条边，故S2=S1+3×4×1
34=1+1
3
+4
33
，
类似地有S3=S2+3×42×1
36=1+1
3
+4
33
+42
35
，
于是有S n=1+1
3+4
33
+42
35
+⋯+4n−1
32n−1
=1+∑4k−1
32k−1
n
k=1
=1+3
4
∑(4
9
)
k
x
k=1
=1+3
4×
4
9
[1−(4
9
)
k
]
1−4
9
=1+3
5
[1−(4
9
)
k
]=8
5
−3
5
×(4
9
)
k
①
下面利用数学归纳法证明式①
当n=1时，由上面已知，式①成立.
假设n=k时，有S k=8
5−3
5
⋅(4
9
)
k
，
当n=k+1时，易知第k+1次操作后，比较P k+1与P k，P k+1在P k的每条边上增加了一个小的等边三角形，其面积
为1
32(k+1)
，
而P k有3⋅4k条边，故S k+1=S k+3⋅4k⋅1
32(k+1)=S k+4k
22(k+1)
=8
5
−3
5
⋅(4
9
)
k+1
.
综上，由数学归纳法，式①得证.
(2)lim
n→∞S n=lim
n→∞
[(8
5
)−(3
5
)⋅(4
9
)
n
]=8
5
.
15．【2001高中数学联赛（第01试）】{a n}为等差数列，{b n}为等比数列，且b1=a12，b2=a22，b3=a32(a
<a2)，又lim
n→+∞
(b1+b2+⋯+b n)=√2+1，试求{a n}的首项与公差.
【答案】答案见解析
【解析】这是一个有关等差、等比数列的基本问题，数列{a n}与{b n}的前三项满足b i=a i2(i=1,2,3)，由此可确定数列{a n}的首项a i与公差d的关系.
由lim
x→∞
(b1+b2+⋯+b n)=√2+1便可求出a1和d的值.
设{a n}的公差为d，由a1<a2，得d>0，
由b22=b1b3得a24=a12a32，所以a22=a1a3.(舍去，否则a1=a2=a3).
或a22=−a1a3，所以(a1+d)2=−a1(a1+2d)，即2a12+4a1d+d2=0.
解得d =(−2±√2)a 1， 若d =(−2−√2)a 1，则q =a 22a 12=(√2+1)2>1，不符合要求. 若d =(−2+√2)a 1，则q =
a 22a 1
2=(√2−1)2，
由lim x→∞
(b 1+b 2+⋯+b n )=√2+1得
b 11−q
=√2+1，
即
1
2[1−(√2−1)]2
=√2+1，解得a 12
=2，
由a 22
=−a 1a 3及a 1<a 2知a 1<0，
所以a 1=−√2,d =(−2+√2)a 1=2√2−2.
16．【2001高中数学联赛（第01试）】用电阻值分别为a 1,a 2,a 3,a 4,a 5,a 6(a 1>a 2>a 3> a 4>a 5>a 6)的电阻组装成一个如图的组件，在组装中应如何选取电阻，才能使该组件总电阻值最小?证明你的结论.
【答案】答案见解析
【解析】设6个电阻的组件的总电阻为R FG .当R i =a i (i =3,4,5,6)， R 1,R 2是a 1,a 2的任意排列时，R FG 最小. 用逐步调整法证明如下：
(1)当R 1,R 2并联时，所得组件阻值R 满足1
R =
1R 1
+
1R 2
，
若交换R 1,R 2,R 不变，且当R 1或R 2变小时，R 也减小，因此不妨取R 1>R 2. (2)设三个电阻的组件(如图所示)的总电阻为R AB ， 则R AB =
R 1R 2R 1+R 2
+R 3=
R 1R 2+R 1R 3+R 2R 3
R 1+R 2
，
显然，R 1+R 2越大，则R AB 越小，所以为使R AB 最小，必须取R 3为所取三个电阻中阻值最小的一个.
(3)设四个电阻的组件(如图所示)的总电阻为R CD ， 则
1R CD
=
1R AB
+
1R 4
=
R 1R 2+R 1R 3+R 1R 4+R 2R 3+R 2R 4
R 1R 2R 4+R 1R 3R 4+R 2R 3R 4
，
记S 1=∑R i 1<i<j⩽4R j ,S 2=∑R i 1⩽i<j⩽4R j R k ，
则S 1,S 2为定值. 于是R CD =
S 2−R 1R 2R 3S 1−R 3R 4
，
显然，当R 3R 4最小，且R 1R 2R 3最大时，R CD 最小.
故应取R 4<R 3,R 3<R 2,R 3<R 1才能使总电阻的阻值最小. (4)回到图1，把由R 1,R 2,R 3组成的组件用等效电阻R AB 代替.
要使R FG 最小，由情形(3)知，必须使R 6<R 5，且由情形(1)知，应使R CE 最小. 由情形(2)知，要使R CE 最小，必须使R 5<R 4，且应使R CD 最小. 而由情形(3)知，要使R CD 最小，应使R 4<R 3<R 2，且R 4<R 3<R 1. 综上所述，按照图1选取电阻，才能使该组件的总电阻值最小.
17．【1999高中数学联赛（第01试）】给定正整数n 和正数M ，对于满足条件a 12+a n+12
⩽M 的所有等差数列
a 1,a 2,a 3,⋯，试求S =a n+1+a n+2+⋯+a 2n+1的最大值. 【答案】
√10
2
(n +1)√M
【解析】设公差为d,a n+1=a ，则S =a n+1+a n+2+⋯+a 2n+1=(n +1)a +n(n+1)2
d ，
故a +
nd 2
=
S
n+1
，
则M ⩾a 12+a n+12
=(a −nd)2+a 2=
410
(a +
nd 2
)2+
110(4a −3nd)2⩾
4
10(
S
n+1
)2
，
因此|S|⩽
√10
2
(n +1)√M ，且当a =
10
√M,d =101
n
√M 时，
S =(n +1)[
√
10√M +n
2√
101
n
√M]=(n +√10
√M =√10
2
(n +1)√M .
又因为此时4a =3nd ，有a 12+a n+12
=
410(
S
n+1
)2
=410
⋅
104
√M =√M ，
所以，S 的最大值为
√102
(n +1)√M .
18．【1993高中数学联赛（第01试）】设正数列a 0,a 1,a 2,⋯,a n ,⋯满足√a n a n−2−√a n−1a n−2=2a n−1(n ⩾2)，且a 0=a 1=1，求{a n }的通项公式. 【答案】a n ={1(n =0)
∏(2k −1)2
n
k=1(n ∈N )
【解析】将√a n a n−2−√a n−1a n−2=2a n−1变为√a n a n−2−2a n−1=√a n−1a n−2， 两边除以√a n−1a n−2得√a n a n−1
−2√
a n−1a n−2
=1 ①
于是 √a n−1
a
n−2
−2√
a n−2a n−3=1②
⋮
√a
2a 1
−2√a
1
a 0
=1.
错位相减可得：√a n a n−1
−2n−1√
a 1a 0
=1+2+22+⋯+2n−2.
于是√
a n
a n−1
=1+2+22+⋯+2n−1=2n −1，
所以a n =(2n −1)2a n−1(2n −1)2(2n−1−1)2a n−2=⋯=∏(2k −1)2n
k=1. 则a n ={1(n =0)
∏(2k −1)2n
k=1(n ∈N )
. 19．【1992高中数学联赛（第01试）】设n 为自然数，f n (x)=x n+1−x −n−1
x−x −1
(x ≠0,±1)，令y =x +1
x
.
(1)求证：f n+1(x)=yf n (x)−f n−1(x),n >1. (2)用数学归纳法证明： f (x )={
y n −C n−11
y n−2+⋯+(−1)i C n−i n y n−2i +⋯+(−1)n
2(i =1,2⋯,n 2
,n 为偶数)
y n
−
C n−11y n−2
+⋯+(−1)
i
C n−i n
y n−2i
+⋯+(−1)
n−12C n+12
n−1
2y (i =1,2,⋯,
n−12
,n 为奇数)
.
【答案】证明见解析
【解析】(1)由yf n (x)−f n−1(x)
=(x +1
x )(x n+1−x −n−1)−(x n −x −n )
x −x −1
=x n+2+x n −x −n −x −n−2+x n −x −n x −x −1
=x n+2−x −n−2x −x −1
=f n+1(x)
得f n+1(x)=yf n (x)−f n−1(x).
(2)直接计算得f 1(x)=x +1
x =y ，f 2(x)=x 2+1+
1x 2
=(x +1x
)2
−1=y 2−1.
因此，命题对于n =1，2时成立
设命题对n ≤m (m ≥2，m 为自然数)已成立，今证对于n =m +1也成立，分两种情况： (i )当m +1为奇数时，由归纳假设知，对n =m 及n =m －1有 f m (x)=y m
+C m−21y
m−2
+
C m−22y
m−4
+⋯+(−1)
i
C m−i i y
m−2i
+⋯+(−1)m 2
C
m−
m 2
m 2
y
m−2×
m 2
② f m−1(x)=y
m−1
−
C m−21y m−3
+⋯+(−1)
i
C m−i i−1y
m+1−2i
+⋯+(−1)m
2−1C
m
2
m 2−1y (m−1)−2×
m−1
2
i
③
用y 乘式②减去式③得到 yf m (x)−f m−1(x)=y
m+1
−⋯+(−1)
i
(C m−i
i +
C m−i i−1)y m+1−2i
+⋯+(−1)m
2
(C
m−
m 2
m 2
+C
m−
m 2
m 2
)y .
因为C m−i i +C m−i i−1=C m−i+1i
，
所以yf m (x)−f m−1(x)=y
m+1
−
C m+1−11
y m−1
+⋯+
(−1)C m−i+1
i
+y
m+1−2i
+⋯+(−1)m 2C
n 2
+1m
2y .
根据式①，故命题对n =m +1(m +1为奇数)成立.
(ii )当m +1为偶数时，由归纳假设知，对n =m 及n =m －1，有 f m (x)=y m
−C m−11y
m−2
+⋯+(−1)
i
C m−i i y m−2i
+⋯+(−1)
m−1
2
C
m+12
m−12y ② f m−1(x)=y
m−1
−
C m−21y m−3
+⋯+(−1)
i−1
C m−i i−1y
m+1−2i
+⋯+(−1)
m−1
2
C
m+12
m−12y
③
用y 乘式②减去式③，如同上述m +1为奇数时一样进行合并， 并注意到最后的常数项为(−1)
m−12
C
m 2−12
m−12=(−1)
m+12
C
m+12
m+12=(−1)
m+12
.
于是得到yf m (x)−f m−1(x)=y m+1−C m 1y m−1
+⋯+(−1)
m+12
.
根据情形(i )的结论，故命题对n =m +1(m +1为偶数)成立，综合上述，可知对一切自然数n ， 命题成立.
20．【1990高中数学联赛（第01试）】n 2(n ≥4)个正数排成n 行n 列： a 11a 12a 13a 14⋯a 1n a 21a 22a 23a 24⋯a 2n a 31a 32a 33a 34⋯a 3n a 41a 42a 43a 44⋯a 4n ⋮⋮⋮⋮⋮a n1
a n2
a n3
a n4
⋯
a nn
， 其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有公比相等，已知a 24=1,a 42=18
，a 43=316
，求
a 11+a 22+a 33+a 44+⋯+a nn . 【答案】2−
12n−1
−
n 2n
【解析】设第一行数列公差为d ，各列数列公比为q ，则第四行数列公差是dq 3，于是可得方程组
{a 24=(a 11+3d )q =1
a 42=(a 11+d )q 3
=1
8a 43=18
+dq 3=
3
16
，
解此方程组，得a 11=d =q =±12
. 由于n 2个数都是正的，故a 11=d =q =1
2.
而对于任意1≤k ≤n ，有a kk =a 1k q k−1=[a 11+(k −1)d ]q k−1=k 12k
，
故S =1
2+2
122+⋯+n
12n
.
又因为1
2
S =
1S
2+212
3+⋯+n
12n+1，
相减后即得12
S =12
+
122
+⋯+12n
−n 12n+1
=
12
(1−12n )1−12
−n
12n+1
.
所以S =2−
12n−1
−
n 2n
.
21．【1989高中数学联赛（第01试）】已知a 1,a 2,⋯,a n 是n 个正数，满足a 1⋅a 2⋅⋯⋅a n =1.求证：(2+a 1)(2+a 2)⋯(2+a n )⩾3n . 【答案】证明见解析
【解析】解法一利用不等式a +b +c ⩾3√abc 3
(a ，b ，c 为正数)，
有2+a i =1+1+a i ⩾3√a i 3 (i =1,2,⋯,n)，则(2+a 1)(2+a 2)⋯(2+a i )⩾3n ⋅√a 1a 2⋯a n 3=3n .
解法二令a j =e b j ，则由a 1⋅a 2⋅⋯⋅a n =1可知b 1+b 2+⋯+b n =0. 考虑函数f(x)=ln (2+e x ). 由f(x)+f(y)⩾2f (x+y 2
)可知f (x )是凸函数，由延森(Jensen )不等式得f (b 1)+f (b 2)+⋯+f (b n )⩾nf
(
b 1+b 2+⋯+b n
n
)=nln3，
此即(2+a 1)(2+a 2)⋯(2+a n )⩾3n .证毕.
22．【1989高中数学联赛（第01试）】已知对任意的n ∈N ，有a n
>0，且∑a j 3
n j=1
=(∑a j n
j=1)2
.求证：a n =n.
【答案】证明见解析 【解析】用数学归纳法证明 (1)当n =1时，结论显然成立；
(2)假设命题在n ≤k 时成立，即当i =1，2，…，k 时，则a i =i.
下面考虑当n =k +1时的情形：∑a i 3k+1
i=1=(∑a i k+1i=1)2
=∑a i 3k
i=1+a k+13=(∑a i k i=1+a k+1)
2
,
于是a k+13=2⋅a k+1∑a i k i=1+a k+12
，
因为a i =i (i =1,2,⋯,k)，所以∑a i k i=1=
k(k+1)2
.
进而a 2k+12−a k+1−k(k +1)=0 (a k+1>0)，解得a k+1=k +1或a k+1=−k (不符合题意).
故命题在n =k +1时成立.
优质模拟题强化训练
1．设a 1=1,a n =n 2
∑1
k
2
n−1
k=1(n ⩾2).求证：
（1）a n
+1
a n+1
=
n 2(n+1)2
(n ⩾2)；
（2）(1+1
a 1
)(1+1
a 2
)⋯(1+1
a n
)<4(n ⩾1).
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析 【解析】 （1）由已知可得
a n +1a n+1
=
n 2∑
1k 2n−1k=1+n 2
n
2(n+1)2∑1
k 2n k=1
=
n 2(n+1)2
.
（2）由已知条件有a 1=1,a 2=4. 当n =1时，1+1
a 1
=2<4，不等式成立.
当n ≥2时，由（1）的结论可得
(1+
1a 1)(1+1a 2)(1+1a 3)⋯(1+1a n )=1+a 1a 1⋅1+a 2a 2⋅1+a 3a 3⋅…⋅
1+a n
a n
=1+a 1a 1a 2⋅(1+a 2a 3⋅1+a 3a 4⋅…⋅1+a n a n+1)⋅a n+1=12⋅[2232⋅3242⋅⋯⋅n 2(n +1)2]⋅a n+1
=2a n+1
(n +1)2
=2(1+
122+132+⋯+1n 2)<2[1+11×2+12×3+⋯+1
(n −1)×n
] =2[1+(1−12
)+(12
−13
)+⋯+(1n−1
−1n
)]=2(2−1
n
)<4.
综上所述，不等式成立.
2．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n 2
=∑a i n
i=1.
（1）求数列{a n }的通项公式； （2）求证：∑
√k
a k
2
n
k=1<3.
【答案】（1）a n =n ；（2）证明见解析
【解析】
（1）由{∑i=1n a i 3=S n 2∑i=1n+1a i 3=S n+12得到a n+13=S n+12−S n 2
=(S n+1+S n )(S n+1−S n )=(S n+1+S n )a n+1. 因为a n+1>0，所以a n+12=2S n +a n+1，即2S n =a n+12−a n+1, 2S n−1=a n 2−a n (n ⩾2). 两式相减，得2a n =a n+12−a n+1−a n 2+a n ，进而(a n+1+a n )(a n+1−a n )=a n+1+a n .
因为a n+1+a n >0，所以a n+1−a n =1(n ⩾2).
又由已知a 1=1,a 2=2，所以，对任意n ∈N +，有a n+1−a n =1， 即{a n }是等差数列，故a n =n. （2）由a n =n ，对原式变形有：
∑
√k
a k 2n
k=1=√k 3n
k=1
=1+√k 3n
k=2
<1+√k(k 2−1)
n
k=2
=1+1
n
k=2
=1+1
√(k −1)(k +1)(k −1)+(k +1)2n
k=2
<1+2
√(k −1)(k +1)(√k +1+√k −1)
n
k=2
=1+√k +1√k −1
√(k +1)(k −1)
n
k=2
=1+∑(√k −1√k +1)n
k=2
=1+1√2
√n
√n+1
<2+√22
<3.
原式得证.
3．已知数列{a n }中a 1=2,a n+1=(√2−1)(a n +2)，n =1,2,3,…. （1）求{a n }的通项公式；
（2）若数列{b n }中b 1=2，b n+1=3b n
+4
2b n
+3，n =1,2,3,…证明：√2<b n ⩽a 4n−3,n =1,2,3,⋯.
【答案】（1）a n =√2[(√2−1)n +1],n ∈N ∗.（2）证明见解析 【解析】
（1）由题设：a n+1=(√2−1)(a n +2)
=(√2−1)(a n −√2)+(√2−1)(2+√2)
=(√2−1)(a n −√2)+√2， a n+1−√2=(√2−1)(a n −√2).
所以，数列{a n −√2}是首项为2−√2，公比为√2−1的等比数列，
故有a n−√2=√2(√2−1)n，即a n的通项公式为a n=√2[(√2−1)n+1],n∈N∗.（2）用数学归纳法证明
①当n=1时，因为√2<2,b1=a1=2，所以√2<b1⩽a1，结论成立
②假设当n=k时，结论成立，即√2<b k⩽a4k−3，也即0<b k−√2⩽a4k−3−√3.当n=k+1时，
b k+1−√2=3b k+4
2b k+3−√2=(3−2√2)b k+(4−3√2)
2b k+3
=(3−2√2)(b k−√2)
2b k+3
>0.
又
1
2b k+3
<
22+3
=3−2√2，所以
b k+1−√2=
(3−2√2)(b k−√2)
2b k+3
<(3−2√2)2(b k−√2)
⩽(√2−1)4(a4k−3−√2)=a4k+1−√2.
也就是说，当n=k+1时，结论成立.
根据①和②知√2<b n⩽a4n−3,n=1,2,3,⋯.
4．已知数列{a n}满足a1=9
4
,2a n+1a n−7a n+1−3a n+12=0(n∈N+).
（1）记c n=a n−2，求数列{c n}的通项公式；
（2）记b n=n2
n+1
a n，求使[b1]+[b2]+[b3]+⋯+[
b n]⩽2019成立的最大正整数n的值.(其中，符号[x]表示不超过x的最大整数)
【答案】（1）c n=1
3n+1
.（2）45.
【解析】
（1）由c n=a n−2，得a n=c n+2，代入条件递推式，
得2(c n+1+2)(c n+2)−7(c n+1+2)−3(c n+2)+12=0.
整理，得2c n+1c n−3c n+1+c n=0，即1
c n+1=3
c n
−2.
所以
1
c n+1
−1=3(1
c n
−1)，数列{1
c n
−1}是以1
c1
−1=4−1=3为首项，
公比为3的等比数列.
所以1
c n
−1=3n,c n=1
3n+1
.
（2）由（1）知，a n=c n+2=1
3n+1+2，b n=n2
n+1
a n=n2
n+1
(1
3n+1
+2)
=
n2
(n+1)(3n+1)
+
2n2
n+1
=2(n−1)+
2
n+1
+
n2
(n+1)(3n+1)
=2(n−1)+2×3n+n2+2
(n+1)(3n+1)
.
因为n ≥2时，3n =(1+2)n =1+C n 1×2+C n 2×22+⋯>1+2n ，
(n +1)(3n +1)−(2×3n +n 2+2)=(n −1)×3n −n 2+n −1
>(n −1)(1+2n)−n 2+n −1=n 2−2>0. 所以n ≥2时，0<
2×3n +n 2+2(n+1)(3n +1)
<1. 又n =1时，2×3n +n 2+2
(n+1)(3n +1)=
6+1+22×4
=9
8
，
所以[b 1]=1；n ≥2时，[b n ]=2(n -1)，所以n ≥2时，
[b 1]+[b 2]+[b 3]+⋯+[b n ]=1+2×1+2×2+⋯+2(n −1)=1+n(n −1)=n 2−n +1. 由n 2-n +1≤2019，及n ∈N +，得n ≤45.
所以使[b 1]+[b 2]+[b 3]+⋯+[b n ]⩽2019成立的最大正整数n 的值为45.
5．设正整数a 1, a 2, ⋯, a 10均不大于21，且每两个数的和不等于21.试求出所有满足条件的数组a 1, a 2, ⋯, a 10的积a 1a 2⋯a 10的和. 【答案】11×2110 【解析】
考查下列10个集合：{1，20}，{2，19}，……，{10，11}. 分两种情况讨论：
（1）如果任意a i (i =1,2,⋯,10)均不等于21，则每个集合{i,21−i}(i =1,2,⋯,10)中必有一个a 1, a 2, ⋯, a 10中的数，
于是所求的总和为S =(1+20)(2+19)⋯(10+11)=2110.
（2）如果其中某一个a i 等于21，则需要在9个集合{i ，21－i }中各选一个数.假设不在{1，20}中选数，此时所求总和为S =21(2+19)⋯(10+11)=2110. 类似讨论其他9个集合.
由（1）（2）知所求的总和为11×2110. 6．数列{a n }满足a 1=3,a 2=6,a n+2=a n+12+9
a n
(n ∈Z +).
（1）证明：数列{a n }是正整数数列；
（2）是否存在m ∈Z +，使得2109|a m ，并说明理由. 【答案】（1）证明见解析（2）不存在；详见解析 【解析】
（1）由已知得a 3=15，a n a n+2=a n+12+9，所以a n+1a n+3=a n+22+9.
相减得a n+3+a n+1
a n+2
=
a n+2+a n a n+1
.
所以{a n+2+a n a n+1
}为常数数列.
所以
a n+2+a n a n+1
=a 3+a 1a 2
=3.
所以a n+2=3a n+1−a n ，又因为a 1,a 2∈Z ，所以a n ∈Z(n ∈Z +). 又因为a n >0，所以a n ∈Z +(n ∈Z +).
（2）因为2109=3×19×37，假设有2109|a m ，则19|a m .
解法一：由a 1=3,a 2=6,a n+2=3a n+1−a n ，得a n ≡3,6,15,1,7,1,15,6,3,3,6,⋯( mod 19). 所以19∤a n (n ∈Z +)，所以19∤a m .
解法二：因为a m a m+2=a m+12+9，所以a m+12
≡−9( mod 19)，
由费马小定理得1≡－1(mod 19)，矛盾. 所以不存在m ∈Z +，使得2109|a m ，得证.
7．设数列{a n }(n ∈Z +)的前n 项和为S n ，点(a n ,S n )在y =16−1
3x 的图像上.
（1）求数列{a n }的通项公式；
（2）求c 1=0，且对任意的正整数n ，均有c n+1−c n =log 1
2
a n .证明：对任意n ≥2，总有13≤1c 2
+1c 3
+⋯+1c n
<34
.
【答案】（1）a n =2−(2n+1)；（2）见解析 【解析】
（1）易知S n =1
6−1
3a n .
当n ≥2时，a n =S n −S n−1=1
3a n−1−1
3a n ⇒a n =1
4a n−1. 又S 1=1
6−1
3a 1⇒a 1=1
8⇒a n =2−(2n+1). （2）又注意到，c n+1−c n =log 1
2a n =2n +1. 当n ≥2时，c n =c 1+∑(c k+1−c k )n−1
k=1
=∑(2k +1)n−1
k=1=n 2−1
⇒∑
n
k=2
1
c k
=∑n
k=2
1
k 2−1
=
12∑(1k −1−1k +1
)n
k=2
=12((1+12
)−(1
n
+
1n+1)).
=34
−12(1n +
1n+1
)<34
.
又1
c 2
+1c 3
+⋯+1
c n
≥1
c 2
=1
3，从而，原式得证.
8．数列{a n }满足a 1=2，a n =
a n−1
2a n−2
(n =3,4,⋅⋅⋅)，设a 2、a 5都是正整数，且a 5≤2010. 求a 5的所有可能值.
【答案】a 5=2,32,162,512,1250 【解析】
由题设知a n a n−1=a
n−1
a n−2.
故数列{a n }是等比数列.
设a 2=x . 则数列{a n }的公比是x
2. 所以，a 5=2(x
2)4=
x 48
.
因为a 5是正整数，所以，2|x . 令x =2y . 则a 5=2y 4. 所以，2y 4≤2010，即y ≤5. 故y =1,2,3,4,5.
于是，a 5=2,32,162,512,1250.
9．设a 1=1，a n+1=√a n +n 2(n =1,2,⋅⋅⋅). （1）求证：[a n ]=n −1(n =2,3,⋅⋅⋅)；
（2）求和：[a 1
2]+[a 22]+⋅⋅⋅+[a n 2]. 其中，[x]表示不超过实数x 的最大整数.
【答案】（1）证明见解析；（2）∑[a 12]n i=1={1,n =1;
13
(n 3−4n +9),
n ≥2.
【解析】
（1）对整数n(n ≥2)，有a n =√a n−1+(n −1)2>n −1. ① 下面证明：a n <n(n =2,3,⋅⋅⋅). 当n =2时，a 2=√a 1+1=√2<2.
当n ≥3时，若a n−1<n −1，则a n =√a n−1+(n −1)2<√(n −1)+(n −1)2=√n(n −1)<n . 故a n <n(n =2,3,⋅⋅⋅).
综上，[a n ]=n −1(n =2,3,⋅⋅⋅). （2）由（1）及题设可知，当n ≥3时，
[a n 2]=[a n−1+(n −1)2]=[a n−1]+(n −1)2
=(n −2)+(n −1)2=n(n −1)−1.
所以，[a 12]=1，[a 12]+[a 22
]=3.
当n ≥3时，
[a 12]+[a 22]+⋅⋅⋅+[a n 2]=[a 12]+[a 22]+∑[a k 2]n
k=3=3+∑n k=3
k(k −1)−(n −2)
=5−n +13∑[(k +1)k(k −1)−k(k −1)(k −2)]n
k=3
=5−n +13
[(n +1)n(n −1)−6]=1
3
(n 3−4n +9).
注意到，当n =2时，1
3(n 3−4n +9)=3.
故∑[a 1
2
]n
i=1={1,
n =1;
13
(n 3−4n +9),n ≥2.
10．设a n =2n ，n ∈N ∗，数列{b n }满足b 1a n +b 2a n−1+⋯+b n a 1=2n −n
2−1，求数列{a n ⋅b n }的前n 项和. 【答案】
(n−1)⋅2n +1
2
【解析】
由a 1=2及b 1a 1=2−1
2−1，可得b 1=1
4. 当n≥2时，由已知条件有{
b 1⋅2n−1+b 2⋅2n−2+⋯+b n−1⋅2=2n−1−
n−12
−1,①
b 1⋅2n +b 2⋅2n−1+⋯+b n−1⋅22+b n ⋅2=2n −n
2
−1,②
①式两边同时乘以2，可得
b 1⋅2n +b 2⋅2n−1+⋯+b n−1⋅22=2n −n −1 ③ 由②③可求得，b n =n
4. 于是，a n ⋅b n =n
4⋅2n .令T n =∑n k=1
a k ⋅
b k ，则有{
T n =1
4
∑n k=1k ⋅2k 2T n =
1
4∑n k=1
k ⋅2
k+1
.
因此，T n =1
4(n ⋅2n+1−∑n k=1
2k )=(n−1)⋅2n +1
2
.
11．已知正数数列{a n }、{b n }满足对于任意的正整数n ，有a n+2=a n +a n+12,b n+2=b n 2+b n+1且a 1>1,a 2>1
,b 1>1,b 2>1。

证明：（1）对于任意的正整数n(n≥2)有a n+2>a n 4
；
（2）从某一个正整数n 开始均有a n >b n 。

【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】
（1）由正数数列{a n }知a n+2=a n +a n+1
2>a n+12=(a n−1+a n 2)2>a n 4. （2）显然，数列{a n }、{b n }均严格递增，从而，每-项均大于1.
则b n+2=b n 2+b n+1=b n 2+b n+12+b n <3b n 2. 当n≥3时，有b n >3,此时,b n+2<b n
3. 对于任意正整数k 有b 2k+5<b 2k+33<⋅⋅⋅<b 53k ,b 2k+4<b 2k+23<⋅⋅⋅<b 43k , ① b 2k+5<b 2k+34<⋅⋅⋅<b 54k ,b 2k+4<b 2k+24<⋅⋅⋅<b 44k ,
② 取k 1=log 43ln b 4ln a 4+1,k 2=log 43ln b
5
ln a 5
+1.
则当k >k 1，时，(43)k >ln b 4ln a 4
⇒4k ln a 4>3k ln b 4⇒a 4
4k >b 43k
. 再由式①②知当k >k 1时，a 2k+4>b 2k+4， 同理，当k >k 2时,a 2k+5>b 2k+5.
取k 0=max{k 1,k 2}.则当k >k 0时，有a 2k+4>b 2k+4,且a 2k+5>b 2k+5. 故原命题成立.
12．定义数列{a n }:a 1=1，a 2=2，a 3=3，对任意的n ≥3，a n+1=a n −a n−1+
a n 2a n−2
.证明：a n 为整数数列.
【答案】见解析 【解析】
注意到，a 4=a 3−a 2+
a 3
2a 1
=10，a n+1=a n (a
n
a n−2+1)−a n−1.
令b n =a
n a n−2+1，则b 3=4，b 4=a
4
a 2
+1=6，a n+1=a n b n −a n−1.
故a n+1+a n−1=a n b n ⇒b n+1=a n+1a n−1
+1=
a n+1+a n−1
a n−1=
a n
b n a n−1
.
令c n =
b n+1a n
，则c n =
b n+1a n
=
b n a n−1
=c n−1.
从而，c n+1=c n =⋯=c 3=2.
故a n+1=a n b n −a n−1=a n ⋅2a n−1−a n−1 =a n−1(2a n −1)(n ≥2). 又a 1、a 2为整数，于是a n 为整数数列.
13．已知正整数n 都可以唯一表示为n =a 0+a 1⋅9+a 2⋅92+⋯+a m ⋅9m ①的形式，其中m 为非负整数，a j ∈{0,1,⋯,8}（j =0，1,⋯,m −1），a m ∈{1,⋯,8}.试求①中的数列a 0,a 1,a 2,⋯,a m 严格单调递增或严格单调递减的所有正整数n 的和. 【答案】984374748 【解析】
设A 和B 分别表示①中数列严格单调递增和递减的所有正整数构成的集合.符号S （M ）表示数集M 中所有数的和，并将满足①式的正整数记为n =a m a m−1⋯a 1a 0̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅.
把集合A 分成如下两个不交子集A 0={n ∈A|a 0=0}和A 1={n ∈A|a 0≠0}. 我们有S(A)=S(A 0)=S(A 1).
对任意n ∈A 1，令f(n)=9n ∈A 0，则f 是A 1到A 0的双射. 由此得S(A 0)=9S(A 1)，从而S(A)=10S(A 1).
又对任意a =a m a m−1⋯a 0̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅∈B ，令b =g(a)=(9−a m )(9−a m−1)⋯(9−a 0)̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅∈A 1， 则g 是B 到A 1的双射，其中a +b =9m+1+9m +⋯+9=9
8(9m+1−1). 因为B ={a m a m−1⋯a 0̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅|1≤a m <a m−1<⋯<a 0≤8,m =0,1,⋯,7} 所以B 中共有∑7m=0C 8m+1
个元素，因此S(B)+S(A 1)=9
8∑7m=0
C 8m+1(9m+1
−1)
=9
8∑8k=0
C 8k 9k
−9
8
∑8k=0
C 8k
=9
8(108−28).
又令A 2表示A 中最高位数a m =8的正整数全体，A 中其余的数和零所构成的集合记为A 3， 则S(A)=S(A 2)+S(A 3).
对任意a =a m a m−1⋯a 0̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅∈B ，令b =σ(a)=(8−a m )(8−a m−1)⋯(8−a 0)̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅∈A 3 则σ是B 到A 3的双射，其中a +b =8⋅9m +8⋅9m−1+⋯+8=9m+1−1. 所以S(B)+S(A 3)=∑7m=0
C 8m+1(9m+1
−1) =∑8k=0
C o k (9k
−1)=108−28.
最后对任意a =8a m ⋯a 0̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅∈A 2−{8}，令b =τ(a)=(8−a m )⋯(8−a 0)̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅∈B . 则τ是A 2−{8}到B 的双射，其中a +b =8⋅9m+1+8⋅9m +⋯+8=9m+2−1. 所以S(B)+S(A 2)=8+∑7m=0C 8m+1(9m+2
−1)
=8+∑8k=1
C 8k (9k+1
−1)=9⋅108−28. 于是，{S(B)+1
10S(A)=9
8(108−28)2S(B)+S(A)=109−29。