【数学联赛】数列真题汇编与预赛典型例题(解析版)

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数列-历年数学联赛真题WORD版分类汇编含详细答案

，记 B k ，则不等式 b1b2 bn B 即
A
a1a2 an A
k1k2 kn

k
，要证
(b1 (a1
1)(b2 1)(a2
1)(bn 1)(an
1) 1)

B 1
成立，
A1
也就转化为证： (k1a1 1)(k2a2 1)(knan 1) kA 1 。

n ，n
n
1,2,
求满足 ar a 32017 的正整数 r 的个数
★解析：由题意知 a1 1 ， a2 2 。假设对某个整数 r 2 ，有 ar r ，我们证明对
t 1,2,, r 1有， ar2t1 2r t 1 r 2t 1 ， ar2t r t r 2t 。① 对 t 归纳证明。当 t 1时，由于 ar r r ，由定义知， ar1 ar r 2r r 1，
由①可知，对每个 k 1,2,3,,2017 ， rk1, rk2 ,,3rk 2 中恰有一半满足 ar r ，由于
r2018
1
32017 2

1

1
与
32017
均为奇数，而在
r2018
1至 32017 中，奇数满足 ar

r
，偶数满足
ar r ，
其中偶数比奇数少1个，因此满足 ar

2, rk 1

3rk
1 ，（ k

2,3, ），由此可知： rk1

1 2

3
rk

1 2

（
k
1,2,3,, m 1），可得 rm

1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编：5数列 Word版含答案

a ，而此时对任意正整数 n ，a + a + + a = na + n (n - 1) d = a + ⎢(n - 1)(k - 2)+ ⎥ d ，确实为 {a n }中的2 2 ⎣ ⎦★证明：由条件可知 k ≥ 4 ，且 d - dn n dd - dn2 = 22 11981 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 1= 2019 ，且对任意正整数 n ，总存在正整数 m ，使得 a + a +12◆答案： 5+ a = a ．这样的数列{a }的个数为．n m n★解析：设 {a n}的公差为 d ．由条件知 a 1+ a = a （ k 是某个正整数）， 2 k则 2a + d = a + (k -1)d ，即 (k - 2)d = a ，因此必有 k ≠ 2 ，且 d = 1 1 1 n - 1这样就有 a = a + (n - 1)d = a +k - 2 1n 1 1a1 k - 2．⎡ n (n - 1)⎤ 1 2n11一项．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1k - 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；(2) 若 d < d << d 是 n 的所有正约数，则 d - d , d - d , ,d - d 1 2 k 2 1 3 2 kk -1 构成等比数列。

d - d3 2 = k k -1 d - d d - d21k -1k -2……………10 分易得 d = 1,d = n ， d 1kk -1 =d2， dk -2 n - n d - d d =，代入上式得 3 ，3 -d d2 3n即 (d - d32)2 = (d2- 1)2 d ，由此可知 d 是完全平方数．由于 d = p 是 n 的最小素因3 3 2子， d 是平方数，故只能 d = p 2 ． ………………30 分3 3从而序列 d - d , d - d , 2 132d , d , , d12k,d - d kk -1为 p - 1, p 2 - p , p 3 - p 2 , ,p k -1 - p k -2 ，即为1, p , p 2 , , p k -1 ，而此时相应的 n 为 p k -1 .1下面用 t 表示 b , b , b 中 2 的项数。

【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】。

全国高中数学联赛与各省市预赛历届(2009-2019)试题汇编数列真题汇编与预赛典型例题(解析版)

专题01数列真题汇编与预赛典型例题1．【2018年全国联赛】设整数数列满足，且，则这样的数列的个数为.【答案】80【解析】设，则有，①.②用t表示中值为2的项数.由②知t也是中值为2的项数，其中t∈{0，1，2，3}.因此的取法数为.取定后，任意指定的值，有22=4种方式.最后由①知，应取使得为偶数，这样的b1的取法是唯一的，并且确定了整数a1的值，进而数列唯一对应一个满足条件的数列.综上可知，满足条件的数列的个数为20×4=80.2．【2017年全国联赛】设两个严格递增的正整数数列满足,对任意正整数n,有。

则的所有可能值为___________。

【答案】13、20【解析】由条件，知均为正整数，且。

由于，故.反复运用数列的递推关系知，。

而，故①注意到，则②当时，式①②分别化为无解。

当时，式①②分别化为得到唯一的正整数，此时。

当时，式①②分别化为：，得到唯一的正整数此时综上，的所有可能值为13、20。

高中数学竞赛5数列部分参考答案

全国高中数学联赛试题分类汇编5.数列部分参考答案2019B 8.◆答案：5★解析：设{}n a 的公差为d ．由条件知12k a a a +=（k 是某个正整数），则()1121a d a k d +=+-，即()12k d a -=，因此必有2k ≠，且12a d k =-．这样就有()111112n n a a n d a a k -=+-=+-，而此时对任意正整数n ，()()()()1211111222n n n n n a a a na d a n k d --⎡⎤+++=+=+--+⎢⎥⎣⎦，确实为{}n a 中的一项．因此，仅需考虑使()12|k a -成立的正整数k 的个数．注意到20193673=⨯，易知2k -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、★证明：由条件可知4k ≥，且3212112kk k k d d d d d d d d -----=--……………10 分易得11,k d d n ==，12k nd d -=，23k nd d -=，代入上式得3222123nn d d d n n d d d d --=--，即()()2232231d d d d -=-，由此可知3d 是完全平方数．由于2d p =是n 的最小素因子，3d 是平方数，故只能23d p =． ………………30 分从而序列21321,,,k k d d d d d d ----为232121,,,,k k p p p p p p p ------，即12,,,k d d d为211,,,,k p p p -，而此时相应的n 为1k p -.综上可知，满足条件的n 为所有形如a p 的数，其中p 是素数，整数3a ≥．………40分。

2018A 8、◆答案：80★解析：记{}2,11∈-=+i i i a a b （9,,2,1 =i ），则有92111012b b b a a a +++=-= ① 7655825432b b b a a a a b b b ++=-=-=++②下面用t 表示432,,b b b 中2的项数。

2024年全国高中数学联赛(浙江预赛)试题(含答案)

2024年全国中学生奥林匹克数学竞赛浙江赛区初赛试题本卷共15道题目，12道填空题，3道解答题，所有答案填写在答题纸上，满分150分一、填空题（每小题8分，共计96分）1.设集合10,21x A xx ⎧−⎫=≤⎨⎬−⎩⎭集合2{20}B x x x m =++≤。

若A B ⊆，则实数m 的取值范围为。

2.设函数{}{}:1,2,32,3,4f → 满足 ()()1()ff x f x −=，则这样的函数有_______个。

3.函数22sin sin 1sin 1x x y x ++=+的最大值与最小值之积为。

4.已知数列{}n x满足：11,12n x x x n +==≥，则通项n x =__________。

5 .已知四面体A BCD −的外接球半径为1，1,60BC BDC =∠=，则球心到平面BDC 的距离为______________。

6.已知复数z 满足24510(1)1zz =−=，则z =__________________。

7.已知平面上单位向量,a b 垂直，c 为任意单位向量，且存在(0,1)t ∈，使得向量(1)a t b +−与向量c a −垂直，则a b c +−的最小值为__________________________。

8. 若对所有大于2024的正整数n ，成立202420240, ii n i i na C a ==∈∑，则12024a a +=_________。

9.设实数,,(0,2]a b c ∈，且3b a ≥或43a b +≤，则max{,,42}b a c b c −−−的最小值为 ___ __ __。

10.在平面直角坐标系xOy 上，椭圆E 的方程为221124x y +=，1F 为E 的左焦点；圆C 的方程为222())x a y b r −+−=（，A 为C 的圆心。

直线l 与椭圆E 和圆C 相切于同一点(3,1)P 。

则当1OAF ∠最大时，实数r =_____________________。

高中数学联赛真题数列B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10数列B辑历年联赛真题汇编1．【2020高中数学联赛A卷（第01试）】在等比数列{a n}中, a9=13,a3=1,则log a113的值为.【答案】13【解析】由等比数列的性质知a1a9=(a9a13)2, a1=a93a132=133.所以log a113=13.2．【2019高中数学联赛B卷（第01试）】设等差数列{a n}的各项均为整数，首项a1=2019，且对任意正整数n，总存在正整数m，使得a1+a2+⋯+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a1+a2=a k(k是某个正整数)，则2a1+d=a1+(k−1)d，即(k－2)d=a1，因此必有k≠2，且d=a1k−2.这样就有a n=a1+(n−1)d=a1+n−1k−2a1，而此时对任意正整数n，a1+a2+⋯+a n=a1n+n(n−1)2d=a1+(n−1)a1+n(n−1)2d=a1+((n−1)(k−2)+n(n−1)2)d，确实为{a n}中的一项.因此，仅需考虑使k−2|a1成立的正整数k的个数.注意到2019为两个素数3与673之积，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.3．【2018高中数学联赛A卷（第01试）】设整数数列a1,a2,⋯,a10满足a10=3a1,a2+a8=2a5，且a i+1∈{1 +a i,2+a i},i=1,2,⋯,9，则这样的数列的个数为.【答案】80【解析】设b i=a i+1−a i∈{1,2}(i=1,2,⋯,9)，则有2a1=a10−a1=b1+b2+⋯+b9①b2+b3+b4=a5−a2=a8−a5=b5+b6+b7②用t表示b2,b3,b4中值为2的项数.由②知，t也是b5,b6,b7中值为2的项数，其中t∈{0，1，2，3}.因此b2,b3,⋯,b7的取法数为(C30)2+(C31)2+(C32)2+(C33)2=20.取定b2,b3,⋯,b7后，任意指定b8,b9的值，有22=4种方式.最后由①知，应取b1∈{1,2}使得b1+b2+⋯+b9为偶数，这样的b1的取法是唯一的，并且确定了整数a1的值，进而数列b1,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=80.4．【2018高中数学联赛B卷（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，直线l通过原点，n⃑=(3，1)是l的一个法向量.已知数列{a n}满足:对任意正整数n，点(a n+1,a n)均在l上.若a2=6，则a1a2a3a4a5的值为.【答案】−32【解析】易知直线l的方程是3x+y=0.因此对任意正整数n，有3a n+1+a n=0，即a n+1=−13a n，故{a n}是以−13为公比的等比数列于是a3=−13a2=−2.由等比数列的性质可得a1a2a3a4a5=a35=(−2)5=−32.5．【2017高中数学联赛A卷（第01试）】设两个严格递增的正整数数列{a n},{b n}满足:a10=b10<2017，对任意正整数n，有a n+2=a n+1+a n,b n+1=2b n，则a1+b1的所有可能值为.【答案】13、20【解析】由条件可知:a 1,a 2,b 1均为正整数，且a 1<a 2. 由于2017>b 10=29⋅b 1=512b 1，故b 1∈{1，2，3}.反复运用{a n }的递推关系知a 10=a 9+a 8=2a 8+a 7=3a 7+2a 6 =5a 6+3a 5=8a 5+5a 4=13a 4+8a 3=21a 3+13a 2=34a 2+21a 1，因此21a 1≡a 10=b 10=512b 1≡2b 1( mod 34)，而13×21=34×8+1，故有a 1≡13×21a 1≡13×2b 1=26b 1( mod 34) ①另一方面，注意到a 1<a 2，有55a 1<34a 2+21a 1=512b 1，故a 1<51255b 1②当b 1=1时，①、②分别化为a 1≡26( mod 34),a 1<51255，无解当b 1=2时，①、②分别化为a 1≡52( mod 34),a 1<102455，得到唯一的正整数a 1=18，此时a 1+b 1=20.当b 1=3时，①、②分别化为a 1≡78( mod 34),a 1<153655，得到唯一的正整数a 1=10，此时a 1+b 1=13.综上所述，a 1+b 1的所有可能值为13、20.6．【2017高中数学联赛B 卷（第01试）】在等比数列{a n }中，a 2=√2,a 3=√33，则a 1+a2011a 7+a2017的值为.【答案】89【解析】数列{a n }的公比为q =a 3a 2=√33√2，故a 1+a 2011a 7+a 201=a 1+a 2011q 6(a 1+a 2011)=1q 6=89.7．【2016高中数学联赛（第01试）】设a 1,a 2,a 3,a 4是1，2，…，100中的4个互不相同的数，满足(a 12+a 22+a 32)(a 22+a 32+a 42)=(a 1a 2+a 2a 3+a 3a 4)2，则这样的有序数组(a 1,a 2,a 3,a 4)的个数为.【答案】40【解析】由柯西不等式知，(a12+a22+a32)(a22+a32+a42)⩾(a1a2+a2a3+a3a4)2，等号成立的充分必要条件是a1a2=a2a3=a3a4，即a1,a2,a3,a4成等比数列.于是问题等价于计算满足{a1,a2,a3,a4}⊆{1,2,3,⋯,100}的等比数列a1,a2,a3,a4的个数.设等比数列的公比q≠1，且q为有理数.记q=nm，其中m、n为互素的正整数，且m≠n.先考虑n>m的情况：此时a4=a1⋅(nm )3=a1n3m3，注意到m3与n3互素，故l=a1m3为正整数.相应地，a1,a2,a3,a4分别等于m3l,m2nl,mn2l，n3l，它们均为正整数.这表明，对任意给定的q=nm>1，满足条件并以q为公比的等比数列a1,a2,a3,a4的个数，即为满足不等式n3l⩽100的正整数l的个数，即[100n3].由于53>100，故仅需考虑q=2,3,32,4,43，这些情况，相应的等比数列的个数为[100 8]+[10027]+[10027]+[10064]+[10064]=12+3+3+1+1=20.当n<m时，由对称性可知，亦有20个满足条件的等比数列a1,a2,a3,a4，综上可知，共有40个满足条件的有序数组(a1,a2,a3,a4).8．【2014高中数学联赛（第01试）】数列{a n}满足a1=2，a n+1=2(n+2)n+1a n(n∈N∗)，则a2014a1+a2+⋯+a2013=.【答案】20152013【解析】由题设a n=2(n+1)n a n−1=2(n+1)n⋅2nn−1a n−2=⋯=2(n+1)n⋅2n n−1⋯⋅⋅2⋅32a 1=2n−1(n +1)，记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n =2+2×3+22×4+⋯+2n−1(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)−(2n−1+2n−2+⋯+2+2)=2n (n +1)−2n =2n n ，故a 2014a 1+a 2+⋯+a 2013=22013×201522013×2013=20152013.9．【2013高中数学联赛（第01试）】已知数列{a n }共有9项，其中a 1=a 9=1，且对每个i ∈{1,2,⋯,8}，均有a i+1a i∈{2,1,−12}，则这样的数列的个数为.【答案】491【解析】令b i =a i+1a i(1⩽i ⩽8)，则对每个符合条件的数列{a n }，有∏b i8i=1=∏a i+1a i8i=1=a 9a 1=1，(b i ∈{2,1,−12},1⩽i ⩽8)①反之，由符合条件①的8项数列{b n }可唯一确定一个符合题设条件的9项数列{a n }.记符合条件①的数列{b n }的个数为N .显然b i (1≤i ≤8)中有偶数个−12，即2k 个−12；继而有2k 个2，8－4k 个1.当给定k 时，{b n }的取法有C 82k C 8−2k 2k 种，易知k 的可能值只有0，1，2，所以N =1+C 82C 62+C 84C 44=1+28×15+70×1=491.因此，根据对应原理，符合条件的数列{a n }的个数为491.10．【2011高中数学联赛（第01试）】已知a n =C 200n ⋅(√63)200−n⋅(√2)n(n =1,2,⋯,95)，则数列{a n }中整数项的个数为 .【答案】15【解析】由题意知a n =C 200n ⋅3200−n3⋅2400−5n6，要使a n (1≤n ≤95)为整数，必有200−n 3,400−5n 6均为整数，从而6|n +4.当n =2，8，14，20，26，32，38，44，50，56，62，68，74，80时，200−n 3和400−5n6均为非负整数，所以a n 为整数，共有14个.当n =86时，a 86=C 20086⋅338⋅2−5，在C 20086=200!86!⋅114!中，200!中因数2的个数为[2002]+[20022]+[20023]+[20024]+[20025]+[20026]+[20027]=197，同理可计算得86!中因数2的个数为82，114!中因数2的个数为110，所以C 20086中因数2的个数为197−82−110=5，故a 86是整数.当n =92时a 92=C 20092⋅336⋅2−10，在C 20092=200!92!⋅108!中，同样可求得92!中因数2的个数为88，108!中因数2的个数为105.故C 20086中因数2的个数为197−88−105=4，故a 92不是整数. 因此，整数项的个数为14+1=15.11．【2010高中数学联赛（第01试）】已知{a n }是公差不为0的等差数列，{b n }是等比数列，其中a 1=3，b 1=1，a 2=b 2,3a 5=b 3，且存在常数α,β使得对每一个正整数n 都有a n =log αb n +β，则α+β= .【答案】√33+3【解析】设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则3+d =q①3(3+4d)=q 2②式①代入式②得9+12d =d 2+6d +9，求得d =6,q =9，从而有3+6(n −1)=log α9n−1+β对一切正整数n 都成立，即6n −3=(n −1)log α9+β对一切正整数n 都成立. 从而log α9=6，−3=−log α9+β，求得α=√33,β=3，α+β=√33+3.12．【2009高中数学联赛（第01试）】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)【答案】101×298 【解析】易知： (1)该数表共有100行；(2)每一行构成一个等差数列，且公差依次为d 1=1,d 2=2,d 3=22,⋯,d 99=298， (3)a 100为所求.设第n (n ≥2)行的第一个数为a n ，则a n =a n−1+(a n−1+2n−2)=2a n−1+2n−2=2[2a n−2+2n−3]+2n−2=22[2a n−3+2n−4]+2×2n−2=23a n−3+3×2n−2=⋯=2n−1a 1+(n −1)×2n−2=(n +1)2n−2. 故a 100=101×298.13．【2008高中数学联赛（第01试）】设数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n +a n =n−1n(n+1)，n =1，2，…，则通项an =. 【答案】12n−1n(n+1)【解析】因为a n+1=S n+1−S n =n (n+1)(n+2)−a n+1−n−1n(n+1)+a n ，即2a n+1=n+2−2(n+1)(n+2)−1n+1+1n(n+1)+a n =−2(n+1)(n+2)+a n +1n(n+1)，由此得2(a n+1+1(n+1)(n+2))=a n +1n(n+1)，令b n =a n +1n(n+1)，因此b 1=a 1+12=12(a 1=0)，b n+1=12b n ，故b n =12n，可得a n =12n−1n(n+1).14．【2007高中数学联赛（第01试）】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a 12+a 22+a 32b 1+b 2+b 3是正整数，则q 等于 .【答案】12【解析】因为a 12+a 22+a 32b 1+b 2+b 3=a 12+(a 1+d )2+(a 1+2d )2b 1+b 1q+b 1q 2=141+q+q 2，故由已知条件可知：1+q +q 2为14m，其中m 为正整数.令1+q +q 2=14m，则q =−12+√14+14m−1=−12+√56−3m 4m，由于q 是小于1的正有理数，所以1<14m<3，即5⩽m ⩽13且56−3m 4m是某个有理数的平方，由此可知q =12.15．【2005高中数学联赛（第01试）】将关于x 的多项式f(x)=1−x +x 2−x 3+⋯−x 19+x 20表示为关于y 的多项式g(y)=a 0+a 1y +a 2y 2+⋯+a 19y 19+a 20y 20，其中y =x －4.则a 0+a 1+⋯+a 20=.【答案】521+16【解析】由题设知，f (x )和式中的各项构成首项为1，公比为－x 的等比数列，由等比数列的求和公式，得f(x)=(−x)21−1−x−1=x 21+1x+1，令x =y +4，得g(y)=(y+4)21+1y+5，取y =1，有a 0+a 1+a 2+⋯+a 20=g(1)=521+16.16．【2005高中数学联赛（第01试）】如果自然数a 的各位数字之和等于7，那么称a 为“吉祥数”.将所有“吉祥数”从小到大排成一列a 1，a 2，a 3，…，若a n =2005，则a 5n = .【答案】52000【解析】因为方程x 1+x 2+⋯+x k =m 的非负整数解的个数为C m+k−1m，而使x 1⩾1,x i ⩾0 (i ⩾2)的整数解个数为C m+k−2m−1.现取m =7，可知，k 位“吉祥数”的个数为P(k)=C k+56.2005是形如2abc 的数中最小的一个“吉祥数”，且P(1)=C 66=1,P(2)=C 76=7,P(3)=C 86=28，对于四位“吉祥数”1abc ，其个数为满足a +b +c =6的非负整数解个数，即C 6+3−16=28个.因为2005是第1+7+28+28+1=65个“吉祥数”，即a 65=2005.从而n =65,5n =325，又P(4)=C 96=84,P(5)=C 106=210，而∑5k=1P(k)=330，所以从大到小最后6个五位“吉祥数”依次是70000,61000,60100,60010,60001,52000. 故第325个“吉祥数”是52000，即a 5n =52000.17．【2004高中数学联赛（第01试）】已知数列a 0,a 1,a 2,⋯,a n ,⋯满足关系式(3－a n +1)(6+a n )=18，且a 0=3，则∑1a ini=0的值是 .【答案】13(2n+2−n −3)【解析】设b n =1a n(n =0,1,2,⋯)，则(3−1b n+1)(6+1b n)=18，即3b n+1−6b n−1=0.所以b n+1=2b n +13，b n+1+13=2(b n +13)，故数列{b n +13}是公比为2的等比数列.因此b n +13=2n (b 0+13)=2n (1a 0+13)=13×2n+1，所以b n =13(2n+1−1)，则∑1a ini=0=∑b in i=0=∑13ni=0(2i+1−1)=13[2(2n+1−1)2−1−(n +1)]=13(2n+2−n −3).18．【2003高中数学联赛（第01试）】设M n ={(十进制)n 位纯小数0.a 1a 2⋯a n |a i 只取0或1(i =1，2，…，n －1)，a n =1}，T n 是M n 中元素的个数，S n 是M n 中所有元素的和，则limn→∞S nT n= .【答案】118【解析】因为M n 中的小数的小数点后均有n 位，而除最后一位上的数字必为1外，其余各位上的数字均有两种选择(0或1)方法，故T n =2n−1，又因在这2n−1个数中，小数点后第n 位上的数字全是1，而其余各位上数字是0或1，各有一半.故：S n =12⋅2n−1(110+1102+⋯+110n−1)+2n−1⋅110n =2n−2⋅110(1−110n−1)1−110+2n−1⋅110n=2n−2⋅19(1−110n−1)+2n−1⋅110n，故limS n T n=lim n→∞[118(1−110n−1)+110n]=118.19．【2000高中数学联赛（第01试）】设a n 是(3−√x)n 的展开式中x 项的系数(n =2，3，4，…)，则lim n→∞(32a 2+33a 3+⋯+3n a n)= .【答案】18【解析】由题意，由二项式定理有a n =C n 23n−2，所以3n a n=3n ×2n(n−1)=18(1n−1−1n)，所以lim n→∞(32a 2+33a 3+⋯+3n a n)=lim n→∞18(1−12+12− 13+⋯+1n−1−1n)=lim n→∞18(1−1n)=18.20．【2000高中数学联赛（第01试）】等比数列a+log23,a+log43,a+log83的公比是.【答案】13【解析】由题意，不妨设公比为q，可知q=a+log43a+log23=a+log83a+log43，又根据比例的性质，有q=a+log43−(a+log83) a+log23−(a+log43)=log43−log83log23−log43=12log23−13log23log23−12log23=13.21．【1999高中数学联赛（第01试）】已知正整数n不超过2000，并且能表示成不少于60个连续正整数之和，那么，这样的n的个数是.【答案】6【解析】首项为a的连续k个正整数之和为S k=ka+k(k+1)2⩾k(k+1)2，由S k⩽2000可得60⩽k⩽62，当k=60时S k=60a+30×59，由S k⩽2000可得a⩽3，故S k=1830，1890，1950；当k=61时S k=61a+30×61，由S k⩽2000可得a≤2，故S k=1891，1952；当k=62时S k=62a+31×61，由S k⩽2000可得a≤1，故S k=1953.所以题中的n有6个.22．【1998高中数学联赛（第01试）】各项为实数的等差数列的公差为4，其首项的平方与其余各项之和不超过100，这样的数列至多有项.【答案】8【解析】设a1,a2,⋯,a n是公差为4的等差数列，则a12+a2+a3+⋯+a n⩽100，等价于a12+(a1+4)+[a1+4(n−1)]2(n−1)⩽100，等价于a12+(n−1)a1+(2n2−2n−100)⩽0①当且仅当Δ=(n−1)2−4(2n2−2n−100)⩾0时，至少不存在一个实数a1满足不等式①.因为Δ⩾0等价于7n2−6n−401⩽0，等价于n1⩽n⩽n2②其中n1=3−√28167<0,8<n2=3+√28167<9，所以，满足不等式②的自然数n的最大值为8，即满足题设的数列至多有8项.23．【1994高中数学联赛（第01试）】已知95个数a1,a2,a3,⋯,a95，每个数都只能取+1或－1两个值之一，那么它们的两两之积的和a1a2+a1a3+⋯+a94a95的最小值是.【答案】13【解析】记N=a1a2+a1a3+⋯+a94a95①设a1,a2,⋯,a95中有m个+1，n个－1，则m+n=95②式①乘2，加上a12+a22+⋯+a952=95得(a1+a2+⋯+a95)2=2N+95.又a1+a2+⋯+a95=m−n，所以(m−n)2=2N+95.使上式成立的最小自然数N=13，此时(m−n)2=112，即m−n=±11③联立式②与③可求出m=53,n=42或m=42,n=53.据此可构造出N达到最小值的情况，故所求最小正值为13.24．【1992高中数学联赛（第01试）】设x，y，z是实数，3x，4y，5z成等比数列，且1x ,1y,1z成等差数列，则xz+zx的值是.【答案】3415【解析】由题意得{(4y)2=15xz①2y=1x+1z②，由式②得y =2xz x+z，以此代入式①有16(2xz x+z)2=15xz ，即(x+z)2xz=6415，故x z+z x=3415.25．【1992高中数学联赛（第01试）】设数列a 1,a 2,⋯,a n ,⋯满足a 1=a 2=1,a 3=2，且对任何自然数n ，都有a n a n+1a n+2≠1，又a n a n+1a n+2a n+3=a 1+a n+1+a n+2+a n+3，则a 1+a 2+⋯+a 100的值是 .【答案】200【解析】因为a 1=a 2=1,a 3=2，又a 1a 2a 3a 4=a 1+a 2+a 3+a 4，所以a 4=4. 又由条件得a n a n+1a n+2a n+3=a n +a n+1+a n+2+a n+3， a n+1a n+2a n+3a n+4=a n+1+a n+2+a n+3+a n+4.将上述两式相减，得a n+1a n+2a n+3(a n −a n+4)=a n −a n+4，即(a n −a n+4)(a n+1a n+2a n+3−1)=0. 依已知条件a n+1a n+2a n+3≠1，故a n+4=a n . 从而∑a k 100i=1=1004(a 1+a 2+a 3+a 4)=200.26．【1988高中数学联赛（第01试）】(1)设x ≠y ，且两数列x,a 1,a 2,a 3,y 和b 1,x,b 2,b 3，y,b 4均为等差数列，那么b 4−b 3a 2−a 1= .(2)(√x +2)2n+1的展开式中，x 的整数次幂的各项系数之和为.(3)在△ABC 中，已知∠A =a ，CD ，BE 分别是AB ，AC 上的高，则DE BC= .(4)甲、乙两队各出7名队员按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛……直到有一方队员全被淘汰为止，另一方获胜，形成一种比赛过程，那么所有可能出现的比赛过程的种数为.【答案】3432【解析】(1)设两个数列的公差分别为d，d'，则y−x=4d=3d′，dd′=34.所以b4−b3a2−a1=2d′d=2×43=223.(2)设(√x+2)2n+1=f(x)+√xg(x)，其中f(x)，g(x)是x的多项式，那么所求的是f(1).而(2+√x)2n+1+(2−√x)2n+1=f(x)+√xg(x)+f(x)−√xg(x)，所以f(1)=12[(2+√1)2n+1+(2−√1)2n+1]=12(32n+1+1).(3)因为∠BDC=∠BEC，所以B，D，E，C共圆.∠ADE=∠ACB，△AED∽△ABC，DE2BC2=SΔAEDSΔABC=AD⋅AEAB⋅AC=cos2a.所以DEBC=|cosa|.(4)设甲队队员为a1,a2,⋯,a7，乙队队员为b1,b2,⋯,b7，下标表示事先安排好的出场顺序，比赛过程可表示为这14个字母互相穿插地依次排列，其前后顺序就是先后被淘汰的顺序，但最后一定是胜队中不被淘汰的队员和可能未曾参赛的队员，所以比赛过程表示为14个位置中任取7个位置安排甲队员(当然，其余位置安排乙队队员)，比赛过程的总数为C147=3432.优质模拟题强化训练1．一个三角形的三条边成等比数列，那么，公比q的取值范围是__________.【答案】√5−12<q<√5+12【解析】设三边按递增顺序排列为a,aq,aq2，其中a>0,q≥1.则a+aq>aq2，即q2−q−1<0.解得1−√52<q<1+√52.由q≥1 知q的取值范围是1≤q<1+√52.设三边按递减顺序排列为a,aq,aq2，其中a>0,0<q<1.则aq2+aq>a，即q2+q−1>0.解得√5−12<q<1.综上所述，1−√52<q<1+√52.2．在数列{a n}中，a1=2,a n+a n+1=1(n∈N+)，设S n为数列{a n}的前n项和，则S2017−2S2018+S2019的值为____________ .【答案】3【解析】当n为偶数时，a1+a2=a3+a4=⋯=a n−1+a n=1，故S n=n2.当n奇数时，a1=2,a2+a3=a4+a5=⋯=a n−1+a n=1，故S n=2+n−12=n+32.故S2017−2S2018+S2019=1010−2018+1011=3.故答案为：3．3．已知集合A ={1，2，3，…，2019}，对于集合A 的每一个非空子集的所有元素，计算它们乘积的倒数.则所有这些倒数的和为____________ . 【答案】2019 【解析】集合A 的22019－1个非空子集中，每一个集合的所有元素之积分别为：1，2，…，2019，1×2，1×3…，2018×2019，…，1×2×…×2019，它们的倒数和为1+12+⋯+12019+11×2+11×3+⋯+12018×2019+⋯+11×2×⋯×2019=(1+1)(1+12)⋯(1+12019)−1=2×32×⋯×20202019−1=2019.故答案为：2019．4．已知数列{a n }满足：a n =[(2+√5)n +12n](n ∈N ∗)，其中[x ]表示不超过实数x 的最大整数.设C 为实数，且对任意的正整数n ，都有∑1a k a k+2nk=1⩽C ，则C 的最小值是_____ .【答案】1288 【解析】记x 1=2+√5,x 2=2−√5，则a n =[x 1n+12n ]. 记T n =x 1n +x 2n，则T n+2=(x 1+x 2)T n+1−x 1x 2T n =4T n+1+T n ，而T 1=x 1+x 2=4,T 2=x 12+x 22=(x 1+x 2)2−2x 1x 2=18，因此，对任意的正整数n ，T n ∈Z .又注意到−12<2−√5<0，从而|x 2|<12，于是−1+12n ⩽−12n <x 2n<12n .因此，x 1n +x 2n −1<x 1n +12n −1<a n ⩽x 1n +12n =x 1n +(−1+12n )+1<x 1n +x 2n +1. 又注意到x 1n +x 2n −1,a n ,x 1n +x 2n +1均为整数，故a n =x 1n +x 2n. 于是a n+2=4a n+1+a n ，且a 1=4,a 2=18.又1ak a k+2=14⋅4a k+1a k a k+1a k+2=14⋅a k+2−a k a k a k+1a k+2=14(1a k a k+1−1a k+1a k+2)，故∑1a k a k+2nk=1=14∑(1a k a k+1−1a k+1a k+2)nk=1=14(1a 1a 2−1a n+1a n+2)=1288−14a n+1a n+2.显然a n >0，于是a n+2>4a n+1，从而a n ⩾4n−2a 2(n ⩾2)，故limn→∞1a n+1a n+2=0.因此，∑1a k a k+2nk=1<1288，且lim n→∞(∑1a k a k+2nk=1)=1288.所以，常数C 的最小值为1288.故答案为：1288．5．等差数列{a n }中，a 2=5,a 6=21，记数列{1a n}的前n 项和为S n ，若S 2n+1−S n ⩽m15对任意的n ∈N +恒成立，则正整数m 的最小值为____________ . 【答案】5 【解析】由题意可得：{a 1+d =5a 1+5d =21，解得a 1=1,d =4，∴1a n=11+4(n−1)=14n−3，∵(S 2n+1−S n )−(S 2n+3−S n+1)=(1a n+1+1a n+2+⋯+1a2n+1)−(1a n+2+1a n+3+⋯+1a2n+3)=1a n+1−1a2n+2−1a2n+3=14n+1−18n+5−18n+9=(18n+2−18n+5)+(18n+2−18n+9)>0，∴数列{S2n+1−S n}(n∈N∗)是递减数列，数列{S2n+1−S n}(n∈N∗)的最大项为S3−S1=15+19=1445，∵1445⩽m15,∴m⩾143，又∵m是正整数，∴m的最小值为5.故答案为：5.6．公差为d，各项皆为正整数的等差数列{a n}，若a1=1919，a m=1949，a n=2019，则正整数m+n的最小值是___ _________ .【答案】15【解析】1949=1919+(m−1)d，2019=1919+(n−1)d，显然有m>1，n>1，d=30m−1，以及d=100n−1，得去d得：10m−3n=7，其通解为{m=1+3tn=1+10t，为使m>1，n>1且d为正整数，则正整数t只能在{1，2，5，10}中取值(因(30，100)=10，t取值只能为10的正因数).当t=1时，m=4，n=11为最小，此时m+n=15.故答案为：15．7．数列{a n}满足：a0=√3,a n+1=[a n]+1{a n}(其中[a n]和{a n}分别表示实数a n的整数部分与小数部分)，则a2019= ____________ .【答案】3029+√3−12【解析】a0=1+(√3−1)，a1=1√3−1=2+√3−12，a2=2√3−1=3+√3=4+(√3−1)，a3=4√3−1=5+√3−12，归纳易得，a2k=3k+1+(√3−1),a2k+1=3k+2+√3−12.因此a2019=3029+√3−12.故答案为：3029+√3−12．8．设等差数列{a n}的公差为d(d≠0)，前n项和为S n.若数列{√8S n+2n}也是公差为d的等差数列，则数列{a n}的通项a n=________.【答案】4n−94【解析】设a n=a1+(n−1)d=dn+a，这里a=a1－d，于是S n=na1+n(n−1)2d=d2n2+(a1−d2)n=d2n2+(a+d2)n，所以√8S n+2n=√4dn2+(8a+4d+2)n，故√4dn2+(8a+4d+2)n=dn+b，这里b=√8a1+2−d.所以4dn2+(8a+4d+2)n=d2n2+2bdn+b2，于是4d=d2，8a+4d+2=2bd，b2=0，解得d=4，b=0，a=−94，故a n=4n−94.故答案为：4n−94．9．设数列{a n}满足：a1=1,4a n+1−a n+1a n+4a n=9，则a2018=______.【答案】53【解析】由4a n+1−a n+1a n+4a n=9可得(4−a n)(4−a n+1)=7.设b n=4−a n，则有b n b n+1=7.又b1=4−a1=3，故b2=73.一般地，有b2k−1=3,b2k=73，于是a2k−1=4−3=1,a2k=4−73=53，所以a2018=53.10．数列{a n}满足a1=1,a2=3，且a n+2=|a n+1|−a n(n∈N+)，记{a n}的前n项和为S n.则S100=_________ _.【答案】89【解析】由已知得a k+9=a k，则S100=a1+11(a1+a2+⋯+a9)=8911．已知数列{a n}前n项和为S n,a1=15,且对任意正整数m、n,均有a m+n=a m a n若S n<a对任意的n∈Z+恒成立,则实数a的最小值为______.【答案】14【解析】由题意,取m =1得a n+1=a 1a n =15a n .又a 1=15,则{a n }是以为首项、为公比的等比数列,即a n =15n (n ∈Z +)故S n =a 1+a 2+⋯+a n =15+152+⋯+15n =15×1−15n 1−15=14(1−15n ) 由对任意的n ∈Z +,均有S n <a 1,知a =14.12．已知数列{a n }满足a 1=0，|a n+1|=|a n −2|．记数列{a n }的前2016项和为S ．则S 的最大值为______．【答案】2016【解析】由|a k+1|=|a k −2|⇒a k+12=a k 2−4a k +4（k =1,2,⋅⋅⋅,2016）．累加得a 20172=a 12−4S +4×2016≥0．因此，S ≤2016．当k 为奇数时，a k =0；当k 为偶数时，a k =2，此时可取等号． 13．已知数列{a n }满足a n+1=3n+1⋅a n a n +3n+1,a 1=3，则数列{a n }的通项公式是______．【答案】a n =2⋅3n 3n −1【解析】由a n+1=3n+1⋅a n an +3n+1可得1a n+1−1a n =13n+1,a 1=3，则1a 2−1a 1=132,1a 3−1a 2=133,⋅⋅⋅,1a n −1a n−1=13n ．以下用累加法得，1a n −1a 1=132+133+⋅⋅⋅+13n ．得到1a n =13+132+⋅⋅⋅+13n =13(1−13n )1−13=12(1−13n )，从而，a n =2⋅3n3n −1．14．在数列{a n }中，若a n 2−a n−12=p(n ≥2,n ∈N ∗,p 为常数)，则称{a n }为“等方差数列”.下列是对“等方差数列”的判断：①数列{(−1)n }是等方差数列；②若{a n }是等方差数列，则{a n 2}是等差数列；③若{a n }是等方差数列，则{a kn }（k ∈N ∗，k 为常数）也是等方差数列； ④若{a n }既是等方差数列，又是等差数列，则该数列为常数列.其中正确的命题序号为________.（将所有正确的命题序号填在横线上）【答案】①②③④【解析】①因为[(−1)n ]2−[(−1)n−1]2=0，所以{(−1)n }符合“等方差数列”定义； ②根据定义，显然{a n 2}是等差数列；③a kn 2−a k(n−1)2=a kn 2−a kn−12+a kn−12−a kn−22+⋯+a kn−k+12−a k(n−1)2=kp 符合定义； ④数列{a n }满足a n 2−a n−12=p ，a n −a n−1=d （d 为常数）.若d=0，显然{a n }为常数列；若d≠0，则两式相除得a n +a n−1=p d ，所以a n =d 2+p 2d （常数），即{a n }为常数列.故答案为：①②③④15．设数列{a n }满足a 1=1 ，a n+1=5a n +1 (n =1，2，…），则 ∑2018n=1a n =________.【答案】5201916−807716【解析】由a n+1=5a n +1⇒a n+1+14=5(a n +14)⇒a n =5n 4−14，所以∑2018n=1a n =14(51+52+⋯+52018)−20184=516(52018−1)−20184=5201916−807716.16．已知数列{a n }满足a 1=1，a n+1=na n +2(n+1)2n+2，则数列{a n }的通项公式为__________．【答案】16n(n +1)(n +2)【解析】由题设得(n +2)a n+1=na n +2(n +1)2⇒(n +1)(n +2)a n+1=n(n +1)a n +2(n +1)3. 令b n =n(n +1)a n ，则b 1=2，b n+1=b n +2(n +1)3.故b n =b 1+∑(b i+1−b i )n−1i=1=2(1+23+33+⋯+n 3)=12n 2(n +1)2.于是，数列{a n }的通项公式为a n =b n n(n+1)=12n(n +1). 因此，前n 项的和为S n =12(∑n k=1k 2+∑n k=1k) =12[n(n+1)(2n+1)6+n(n+1)2]=16n(n +1)(n +2).17．已知2015个正整数a 1,a 2,⋯,a 2015满足a 1=1，a 2=8，a n+1=3a n −2a n−1(n ≥2,且n ∈N).则a 2015−a 2014的所有正因子之和为_________。

数列-2024年数学高考真题和模拟好题分类汇编(解析版)

专题数列一、单选题1(全国甲卷数学(文))等差数列a n 的前n 项和为S n ，若S 9=1，a 3+a 7=()A.-2B.73C.1D.29【答案】D【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成a 1和d 来处理，亦可用等差数列的性质进行处理，或者特殊值法处理.【详解】方法一：利用等差数列的基本量由S 9=1，根据等差数列的求和公式，S 9=9a 1+9×82d =1⇔9a 1+36d =1，又a 3+a 7=a 1+2d +a 1+6d =2a 1+8d =29(9a 1+36d )=29.故选：D 方法二：利用等差数列的性质根据等差数列的性质，a 1+a 9=a 3+a 7，由S 9=1，根据等差数列的求和公式，S 9=9(a 1+a 9)2=9(a 3+a 7)2=1，故a 3+a 7=29.故选：D 方法三：特殊值法不妨取等差数列公差d =0，则S 9=1=9a 1⇒a 1=19，则a 3+a 7=2a 1=29.故选：D2(全国甲卷数学(理))等差数列a n 的前n 项和为S n ，若S 5=S 10，a 5=1，则a 1=()A.-2B.73C.1D.2【答案】B【分析】由S 5=S 10结合等差中项的性质可得a 8=0，即可计算出公差，即可得a 1的值.【详解】由S 10-S 5=a 6+a 7+a 8+a 9+a 10=5a 8=0，则a 8=0，则等差数列a n 的公差d =a 8-a 53=-13，故a 1=a 5-4d =1-4×-13 =73.故选：B .3(新高考北京卷)记水的质量为d =S -1ln n，并且d 越大，水质量越好．若S 不变，且d 1=2.1，d 2=2.2，则n 1与n 2的关系为()A.n 1<n 2B.n 1>n 2C.若S <1，则n 1<n 2；若S >1，则n 1>n 2；D.若S <1，则n 1>n 2；若S >1，则n 1<n 2；【答案】C【分析】根据题意分析可得n 1=eS -12.1n 2=eS -12.2，讨论S 与1的大小关系，结合指数函数单调性分析判断.【详解】由题意可得d 1=S -1ln n 1=2.1d 2=S -1ln n 2=2.2 ，解得n 1=e S -12.1n 2=e S -12.2，若S >1，则S -12.1>S -12.2，可得e S -12.1>e S -12.2，即n 1>n 2；若S =1，则S -12.1=S -12.2=0，可得n 1=n 2=1；若S <1，则S -12.1<S -12.2，可得e S -1 2.1<e S -12.2，即n 1<n 2；结合选项可知C 正确，ABD 错误；故选：C .二、填空题4(新课标全国Ⅱ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 3+a 4=7，3a 2+a 5=5，则S 10=.【答案】95【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出a 1,d ，再利用等差数列的求和公式节即可得到答案.【详解】因为数列a n 为等差数列，则由题意得a 1+2d +a 1+3d =73a 1+d +a 1+4d =5，解得a 1=-4d =3 ，则S 10=10a 1+10×92d =10×-4 +45×3=95.故答案为：95.5(新高考上海卷)无穷等比数列a n 满足首项a 1>0,q >1，记I n =x -y x ,y ∈a 1,a 2 ∪a n ,a n +1 ，若对任意正整数n 集合I n 是闭区间，则q 的取值范围是．【答案】q ≥2【分析】当n ≥2时，不妨设x ≥y ，则x -y ∈0,a 2-a 1 ∪a n -a 2,a n +1-a 1 ∪0,a n +1-a n ，结合I n 为闭区间可得q -2≥-1q n -2对任意的n ≥2恒成立，故可求q 的取值范围.【详解】由题设有a n =a 1q n -1，因为a 1>0,q >1，故a n +1>a n ，故a n ,a n +1 =a 1q n -1,a 1q n ，当n =1时，x ,y ∈a 1,a 2 ，故x -y ∈a 1-a 2,a 2-a 1 ，此时I 1为闭区间，当n ≥2时，不妨设x ≥y ，若x ,y ∈a 1,a 2 ，则x -y ∈0,a 2-a 1 ，若y ∈a 1,a 2 ,x ∈a n ,a n +1 ，则x -y ∈a n -a 2,a n +1-a 1 ，若x ,y ∈a n ,a n +1 ，则x -y ∈0,a n +1-a n ，综上，x -y ∈0,a 2-a 1 ∪a n -a 2,a n +1-a 1 ∪0,a n +1-a n ，又I n 为闭区间等价于0,a 2-a 1 ∪a n -a 2,a n +1-a 1 ∪0,a n +1-a n 为闭区间，而a n +1-a 1>a n +1-a n >a 2-a 1，故a n +1-a n ≥a n -a 2对任意n ≥2恒成立，故a n +1-2a n +a 2≥0即a 1q n -1q -2 +a 2≥0，故q n -2q -2 +1≥0，故q -2≥-1qn -2对任意的n ≥2恒成立，因q >1，故当n →+∞时，-1q n -2→0，故q -2≥0即q ≥2.故答案为：q ≥2.【点睛】思路点睛：与等比数列性质有关的不等式恒成立，可利用基本量法把恒成立为转为关于与公比有关的不等式恒成立，必要时可利用参变分离来处理.三、解答题6(新课标全国Ⅰ卷)设m 为正整数，数列a 1,a 2,...,a 4m +2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项a i 和a j i <j 后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a 1,a 2,...,a 4m +2是i ,j -可分数列．(1)写出所有的i ,j ，1≤i <j ≤6，使数列a 1,a 2,...,a 6是i ,j -可分数列；(2)当m ≥3时，证明：数列a 1,a 2,...,a 4m +2是2,13 -可分数列；(3)从1,2,...,4m +2中一次任取两个数i 和j i <j ，记数列a 1,a 2,...,a 4m +2是i ,j -可分数列的概率为P m ，证明：P m >18．【答案】(1)1,2 ,1,6 ,5,6 (2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接根据i ,j -可分数列的定义即可；(2)根据i ,j -可分数列的定义即可验证结论；(3)证明使得原数列是i ,j -可分数列的i ,j 至少有m +1 2-m 个，再使用概率的定义.【详解】(1)首先，我们设数列a 1,a 2,...,a 4m +2的公差为d ，则d ≠0.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形a k =a k -a 1d+1k =1,2,...,4m +2 ，得到新数列a k =k k =1,2,...,4m +2 ，然后对a 1,a 2,...,a 4m +2进行相应的讨论即可.换言之，我们可以不妨设a k =k k =1,2,...,4m +2 ，此后的讨论均建立在该假设下进行.回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i 和j i <j ，使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6.所以所有可能的i ,j 就是1,2 ,1,6 ,5,6 .(2)由于从数列1,2,...,4m +2中取出2和13后，剩余的4m 个数可以分为以下两个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①1,4,7,10 ,3,6,9,12 ,5,8,11,14 ，共3组；②15,16,17,18 ,19,20,21,22 ,...,4m -1,4m ,4m +1,4m +2 ，共m -3组.(如果m -3=0，则忽略②)故数列1,2,...,4m +2是2,13 -可分数列.(3)定义集合A =4k +1 k =0,1,2,...,m =1,5,9,13,...,4m +1 ，B =4k +2 k =0,1,2,...,m =2,6,10,14,...,4m +2 .下面证明，对1≤i <j ≤4m +2，如果下面两个命题同时成立，则数列1,2,...,4m +2一定是i ,j -可分数列：命题1：i ∈A ,j ∈B 或i ∈B ,j ∈A ；命题2：j -i ≠3.我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果i ∈A ,j ∈B ，且j -i ≠3.此时设i =4k 1+1，j =4k 2+2，k 1,k 2∈0,1,2,...,m .则由i <j 可知4k 1+1<4k 2+2，即k 2-k 1>-14，故k 2≥k 1.此时，由于从数列1,2,...,4m +2中取出i =4k 1+1和j =4k 2+2后，剩余的4m 个数可以分为以下三个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①1,2,3,4 ,5,6,7,8 ,...,4k 1-3,4k 1-2,4k 1-1,4k 1 ，共k 1组；②4k 1+2,4k 1+3,4k 1+4,4k 1+5 ,4k 1+6,4k 1+7,4k 1+8,4k 1+9 ,...,4k 2-2,4k 2-1,4k 2,4k 2+1 ，共k 2-k 1组；③4k 2+3,4k 2+4,4k 2+5,4k 2+6 ,4k 2+7,4k 2+8,4k 2+9,4k 2+10 ,...,4m -1,4m ,4m +1,4m +2 ，共m -k 2组.(如果某一部分的组数为0，则忽略之)故此时数列1,2,...,4m +2是i ,j -可分数列.第二种情况：如果i ∈B ,j ∈A ，且j -i ≠3.此时设i =4k 1+2，j =4k 2+1，k 1,k 2∈0,1,2,...,m .则由i <j 可知4k 1+2<4k 2+1，即k 2-k 1>14，故k 2>k 1.由于j -i ≠3，故4k 2+1 -4k 1+2 ≠3，从而k 2-k 1≠1，这就意味着k 2-k 1≥2.此时，由于从数列1,2,...,4m +2中取出i =4k 1+2和j =4k 2+1后，剩余的4m 个数可以分为以下四个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①1,2,3,4 ,5,6,7,8 ,...,4k 1-3,4k 1-2,4k 1-1,4k 1 ，共k 1组；②4k 1+1,3k 1+k 2+1,2k 1+2k 2+1,k 1+3k 2+1 ，3k 1+k 2+2,2k 1+2k 2+2,k 1+3k 2+2,4k 2+2 ，共2组；③全体4k 1+p ,3k 1+k 2+p ,2k 1+2k 2+p ,k 1+3k 2+p ，其中p =3,4,...,k 2-k 1，共k 2-k 1-2组；④4k 2+3,4k 2+4,4k 2+5,4k 2+6 ,4k 2+7,4k 2+8,4k 2+9,4k 2+10 ,...,4m -1,4m ,4m +1,4m +2 ，共m -k 2组.(如果某一部分的组数为0，则忽略之)这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含k 2-k 1-2个行，4个列的数表以后，4个列分别是下面这些数：4k 1+3,4k 1+4,...,3k 1+k 2 ，3k 1+k 2+3,3k 1+k 2+4,...,2k 1+2k 2 ，2k 1+2k 2+3,2k 1+2k 2+3,...,k 1+3k 2 ，k 1+3k 2+3,k 1+3k 2+4,...,4k 2 .可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍4k 1+1,4k 1+2,...,4k 2+2 中除开五个集合4k 1+1,4k 1+2 ，3k 1+k 2+1,3k 1+k 2+2 ，2k 1+2k 2+1,2k 1+2k 2+2 ，k 1+3k 2+1,k 1+3k 2+2 ，4k 2+1,4k 2+2 中的十个元素以外的所有数.而这十个数中，除开已经去掉的4k 1+2和4k 2+1以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1,2,...,4m +2是i ,j -可分数列.至此，我们证明了：对1≤i <j ≤4m +2，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列1,2,...,4m +2一定是i ,j -可分数列.然后我们来考虑这样的i ,j 的个数.首先，由于A ∩B =∅，A 和B 各有m +1个元素，故满足命题1的i ,j 总共有m +1 2个；而如果j -i =3，假设i ∈A ,j ∈B ，则可设i =4k 1+1，j =4k 2+2，代入得4k 2+2 -4k 1+1 =3.但这导致k 2-k 1=12，矛盾，所以i ∈B ,j ∈A .设i =4k 1+2，j =4k 2+1，k 1,k 2∈0,1,2,...,m ，则4k 2+1 -4k 1+2 =3，即k 2-k 1=1.所以可能的k 1,k 2 恰好就是0,1 ,1,2 ,...,m -1,m ，对应的i ,j 分别是2,5 ,6,9 ,...,4m -2,4m +1 ，总共m 个.所以这m +1 2个满足命题1的i ,j 中，不满足命题2的恰好有m 个.这就得到同时满足命题1和命题2的i ,j 的个数为m +1 2-m .当我们从1,2,...,4m+2中一次任取两个数i和j i<j时，总的选取方式的个数等于4m+24m+12=2m+14m+1.而根据之前的结论，使得数列a1,a2,...,a4m+2是i,j-可分数列的i,j至少有m+12-m个.所以数列a1,a2,...,a4m+2是i,j-可分数列的概率P m一定满足P m≥m+12-m2m+14m+1=m2+m+12m+14m+1>m2+m+142m+14m+2=m+12222m+12m+1=18.这就证明了结论.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论.7(新课标全国Ⅱ卷)已知双曲线C:x2-y2=m m>0，点P15,4在C上，k为常数，0<k<1．按照如下方式依次构造点P n n=2,3,...，过P n-1作斜率为k的直线与C的左支交于点Q n-1，令P n为Q n-1关于y轴的对称点，记P n的坐标为x n,y n.(1)若k=12，求x2,y2；(2)证明：数列x n-y n是公比为1+k1-k的等比数列；(3)设S n为△P n P n+1P n+2的面积，证明：对任意的正整数n，S n=S n+1.【答案】(1)x2=3，y2=0(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接根据题目中的构造方式计算出P2的坐标即可；(2)根据等比数列的定义即可验证结论；(3)思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明S n的取值为与n无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明S n的取值为与n无关的定值即可.【详解】(1)由已知有m=52-42=9，故C的方程为x2-y2=9.当k=12时，过P15,4且斜率为12的直线为y=x+32，与x2-y2=9联立得到x2-x+322=9.解得x=-3或x=5，所以该直线与C的不同于P1的交点为Q1-3,0，该点显然在C的左支上.故P23,0，从而x2=3，y2=0.(2)由于过P n x n,y n且斜率为k的直线为y=k x-x n+y n，与x2-y2=9联立，得到方程x2-k x-x n+y n2=9.展开即得1-k2x2-2k y n-kx nx-y n-kx n2-9=0，由于P n x n,y n已经是直线y=k x-x n+y n和x2 -y2=9的公共点，故方程必有一根x=x n.从而根据韦达定理，另一根x =2k y n -kx n 1-k 2-x n =2ky n -x n -k 2x n1-k 2，相应的y =k x -x n +y n =y n +k 2y n -2kx n1-k 2.所以该直线与C 的不同于P n 的交点为Q n 2ky n -x n -k 2x n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2，而注意到Q n 的横坐标亦可通过韦达定理表示为-y n -kx n 2-91-k 2x n，故Q n 一定在C 的左支上.所以P n +1x n +k 2x n -2ky n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2.这就得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2.所以x n +1-y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2-y n +k 2y n -2kx n1-k 2=x n +k 2x n +2kx n 1-k 2-y n +k 2y n +2ky n 1-k 2=1+k 2+2k 1-k2x n -y n =1+k1-k x n -y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1-y 1≠0，所以数列x n -y n 是公比为1+k 1-k 的等比数列.(3)方法一：先证明一个结论：对平面上三个点U ,V ,W ，若UV =a ,b ，UW=c ,d ，则S △UVW =12ad -bc .(若U ,V ,W 在同一条直线上，约定S △UVW =0)证明：S △UVW =12UV⋅UW sin UV ,UW =12UV ⋅UW 1-cos 2UV ,UW=12UV ⋅UW 1-UV ⋅UW UV ⋅UW2=12UV 2⋅UW 2-UV ⋅UW 2=12a 2+b 2 c 2+d 2 -ac +bd 2=12a 2c 2+a 2d 2+b 2c 2+b 2d 2-a 2c 2-b 2d 2-2abcd =12a 2d 2+b 2c 2-2abcd =12ad -bc 2=12ad -bc .证毕，回到原题.由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k2x n +y n =1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n-121+k 1-k m x n +y n x n -y n =121-k 1+k m -1+k 1-k m x 2n -y 2n=921-k 1+k m -1+k 1-k m.而又有P n +1P n =-x n +1-x n ,-y n +1-y n ，P n +1P n +2 =x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 ，故利用前面已经证明的结论即得S n =S △P n P n +1P n +2=12-x n +1-x n y n +2-y n +1 +y n +1-y n x n +2-x n +1=12x n +1-x n y n +2-y n +1 -y n +1-y n x n +2-x n +1=12x n +1y n +2-y n +1x n +2 +x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2=12921-k 1+k -1+k 1-k +921-k 1+k -1+k 1-k -921-k 1+k 2-1+k 1-k 2 .这就表明S n 的取值是与n 无关的定值，所以S n =S n +1.方法二：由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k 2x n +y n=1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n -121+k 1-k m x n +y n x n -y n =121-k 1+k m -1+k 1-k m x 2n -y 2n =921-k 1+k m -1+k 1-k m.这就得到x n +2y n +3-y n +2x n +3=921-k 1+k -1+k1-k =x n y n +1-y n x n +1，以及x n +1y n +3-y n +1x n +3=921-k 1+k 2-1+k 1-k 2=x n y n +2-y n x n +2.两式相减，即得x n +2y n +3-y n +2x n +3 -x n +1y n +3-y n +1x n +3 =x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2 .移项得到x n +2y n +3-y n x n +2-x n +1y n +3+y n x n +1=y n +2x n +3-x n y n +2-y n +1x n +3+x n y n +1.故y n +3-y n x n +2-x n +1 =y n +2-y n +1 x n +3-x n .而P n P n +3 =x n +3-x n ,y n +3-y n ，P n +1P n +2 =x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 .所以P n P n +3 和P n +1P n +2平行，这就得到S △P n P n +1P n +2=S △P n +1P n +2P n +3，即S n =S n +1.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.8(全国甲卷数学(文))已知等比数列a n 的前n 项和为S n ，且2S n =3a n +1-3.(1)求a n 的通项公式；(2)求数列S n 的通项公式.【答案】(1)a n =53n -1(2)3253 n -32【分析】(1)利用退位法可求公比，再求出首项后可求通项；(2)利用等比数列的求和公式可求S n .【详解】(1)因为2S n =3a n +1-3,故2S n -1=3a n -3，所以2a n =3a n +1-3a n n ≥2 即5a n =3a n +1故等比数列的公比为q =53，故2a 1=3a 2-3=3a 1×53-3=5a 1-3，故a 1=1，故a n =53n -1.(2)由等比数列求和公式得S n =1×1-53 n1-53=3253 n -32.9(全国甲卷数学(理))记S n 为数列a n 的前n 项和，且4S n =3a n +4．(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =(-1)n -1na n ，求数列b n 的前n 项和为T n ．【答案】(1)a n =4⋅(-3)n -1(2)T n =(2n -1)⋅3n +1【分析】(1)利用退位法可求a n 的通项公式．(2)利用错位相减法可求T n .【详解】(1)当n =1时，4S 1=4a 1=3a 1+4，解得a 1=4．当n ≥2时，4S n -1=3a n -1+4，所以4S n -4S n -1=4a n =3a n -3a n -1即a n =-3a n -1，而a 1=4≠0，故a n ≠0，故an a n -1=-3，∴数列a n 是以4为首项，-3为公比的等比数列，所以a n =4⋅-3 n -1.(2)b n =(-1)n -1⋅n ⋅4⋅(-3)n -1=4n ⋅3n -1,所以T n =b 1+b 2+b 3+⋯+b n =4⋅30+8⋅31+12⋅32+⋯+4n ⋅3n -1故3T n =4⋅31+8⋅32+12⋅33+⋯+4n ⋅3n所以-2T n =4+4⋅31+4⋅32+⋯+4⋅3n -1-4n ⋅3n=4+4⋅31-3n -11-3-4n ⋅3n =4+2⋅3⋅3n -1-1 -4n ⋅3n=(2-4n )⋅3n -2，∴T n =(2n -1)⋅3n +1.10(新高考北京卷)设集合M =i ,j ,s ,t i ∈1,2 ,j ∈3,4 ,s ∈5,6 ,t ∈7,8 ,2i +j +s +t ．对于给定有穷数列A :a n 1≤n ≤8 ，及序列Ω:ω1,ω2,...,ωs ，ωk =i k ,j k ,s k ,t k ∈M ，定义变换T ：将数列A 的第i 1,j 1,s 1,t 1项加1，得到数列T 1A ；将数列T 1A 的第i 2,j 2,s 2,t 2列加1，得到数列T 2T 1A ⋯；重复上述操作，得到数列T s ...T 2T 1A ，记为ΩA ．(1)给定数列A :1,3,2,4,6,3,1,9和序列Ω:1,3,5,7 ,2,4,6,8 ,1,3,5,7 ，写出ΩA ；(2)是否存在序列Ω，使得ΩA 为a 1+2,a 2+6,a 3+4,a 4+2,a 5+8,a 6+2,a 7+4,a 8+4，若存在，写出一个符合条件的Ω；若不存在，请说明理由；(3)若数列A 的各项均为正整数，且a 1+a 3+a 5+a 7为偶数，证明：“存在序列Ω，使得ΩA 为常数列”的充要条件为“a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8”．【答案】(1)ΩA :3,4,4,5,8,4,3,10(2)不存在符合条件的Ω，理由见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接按照ΩA 的定义写出ΩA 即可；(2)利用反证法，假设存在符合条件的Ω，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；(3)分充分性和必要性两方面论证.【详解】(1)由题意得ΩA :3,4,4,5,8,4,3,10；(2)假设存在符合条件的Ω，可知ΩA 的第1,2项之和为a 1+a 2+s ，第3,4项之和为a 3+a 4+s ，则a 1+2 +a 2+6 =a 1+a 2+sa 3+4 +a 4+2 =a 3+a 4+s，而该方程组无解，故假设不成立，故不存在符合条件的Ω；(3)我们设序列T k ...T 2T 1A 为a k ,n 1≤n ≤8 ，特别规定a 0,n =a n 1≤n ≤8 .必要性：若存在序列Ω:ω1,ω2,...,ωs ，使得ΩA 为常数列.则a s ,1=a s ,2=a s ,3=a s ,4=a s ,5=a s ,6=a s ,7=a s ,8，所以a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8.根据T k ...T 2T 1A 的定义，显然有a k ,2j -1+a k ,2j =a k -1,2j -1+a k -1,2j ，这里j =1,2,3,4，k =1,2,....所以不断使用该式就得到，a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8，必要性得证.充分性：若a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8.由已知，a 1+a 3+a 5+a 7为偶数，而a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8，所以a 2+a 4+a 6+a 8=4a 1+a 2 -a 1+a 3+a 5+a 7 也是偶数.我们设T s ...T 2T 1A 是通过合法的序列Ω的变换能得到的所有可能的数列ΩA 中，使得a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 最小的一个.上面已经证明a k ,2j -1+a k ,2j =a k -1,2j -1+a k -1,2j ，这里j =1,2,3,4，k =1,2,....从而由a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8可得a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8.同时，由于i k +j k +s k +t k 总是偶数，所以a k ,1+a k ,3+a k ,5+a k ,7和a k ,2+a k ,4+a k ,6+a k ,8的奇偶性保持不变，从而a s ,1+a s ,3+a s ,5+a s ,7和a s ,2+a s ,4+a s ,6+a s ,8都是偶数.下面证明不存在j =1,2,3,4使得a s ,2j -1-a s ,2j ≥2.假设存在，根据对称性，不妨设j =1，a s ,2j -1-a s ,2j ≥2，即a s ,1-a s ,2≥2.情况1：若a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 =0，则由a s ,1+a s ,3+a s ,5+a s ,7和a s ,2+a s ,4+a s ,6+a s ,8都是偶数，知a s ,1-a s ,2≥4.对该数列连续作四次变换2,3,5,8 ,2,4,6,8 ,2,3,6,7 ,2,4,5,7 后，新的a s +4,1-a s +4,2 +a s +4,3-a s +4,4 +a s +4,5-a s +4,6 +a s +4,7-a s +4,8 相比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 减少4，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾；情况2：若a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 >0，不妨设a s ,3-a s ,4 >0.情况2-1：如果a s ,3-a s ,4≥1，则对该数列连续作两次变换2,4,5,7 ,2,4,6,8 后，新的a s +2,1-a s +2,2 +a s +2,3-a s +2,4 +a s +2,5-a s +2,6 +a s +2,7-a s +2,8 相比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 至少减少2，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾；情况2-2：如果a s ,4-a s ,3≥1，则对该数列连续作两次变换2,3,5,8 ,2,3,6,7 后，新的a s +2,1-a s +2,2 +a s +2,3-a s +2,4 +a s +2,5-a s +2,6 +a s +2,7-a s +2,8 相比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 至少减少2，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾.这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的j =1,2,3,4都有a s ,2j -1-a s ,2j ≤1.假设存在j =1,2,3,4使得a s ,2j -1-a s ,2j =1，则a s ,2j -1+a s ,2j 是奇数，所以a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8都是奇数，设为2N +1.则此时对任意j =1,2,3,4，由a s ,2j -1-a s ,2j ≤1可知必有a s ,2j -1,a s ,2j =N ,N +1 .而a s ,1+a s ,3+a s ,5+a s ,7和a s ,2+a s ,4+a s ,6+a s ,8都是偶数，故集合m a s ,m =N 中的四个元素i ,j ,s ,t 之和为偶数，对该数列进行一次变换i ,j ,s ,t ，则该数列成为常数列，新的a s +1,1-a s +1,2 +a s +1,3-a s +1,4 +a s +1,5-a s +1,6 +a s +1,7-a s +1,8 等于零，比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 更小，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾.综上，只可能a s ,2j -1-a s ,2j =0j =1,2,3,4 ，而a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8，故a s ,n =ΩA 是常数列，充分性得证.【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.11(新高考天津卷)已知数列a n 是公比大于0的等比数列．其前n 项和为S n ．若a 1=1,S 2=a 3-1．(1)求数列a n 前n 项和S n ；(2)设b n =k ,n =a kb n -1+2k ,a k <n <a k +1，b 1=1，其中k 是大于1的正整数．(ⅰ)当n =a k +1时，求证：b n -1≥a k ⋅b n ；(ⅱ)求S ni =1b i ．【答案】(1)S n =2n -1(2)①证明见详解；②S ni =1b i =3n -1 4n+19【分析】(1)设等比数列a n 的公比为q >0，根据题意结合等比数列通项公式求q ，再结合等比数列求和公式分析求解；(2)①根据题意分析可知a k =2k -1,b n =k +1，b n -1=k 2k -1 ，利用作差法分析证明；②根据题意结合等差数列求和公式可得∑2k -1i =2k -1b i =193k -1 4k -3k -4 4k -1，再结合裂项相消法分析求解.【详解】(1)设等比数列a n 的公比为q >0，因为a 1=1,S 2=a 3-1，即a 1+a 2=a 3-1，可得1+q =q 2-1，整理得q 2-q -2=0，解得q =2或q =-1(舍去)，所以S n =1-2n1-2=2n -1.(2)(i )由(1)可知a n =2n -1，且k ∈N *,k ≥2，当n =a k +1=2k≥4时，则a k =2k -1<2k -1=n -1n -1=a k +1-1<a k +1 ，即a k <n -1<a k +1可知a k =2k -1,b n =k +1，b n -1=b a k+a k +1-a k -1 ⋅2k =k +2k 2k -1-1 =k 2k -1 ，可得b n -1-a k ⋅b n =k 2k -1 -k +1 2k -1=k -1 2k -1-k ≥2k -1 -k =k -2≥0，当且仅当k =2时，等号成立，所以b n -1≥a k ⋅b n ；(ii )由(1)可知：S n =2n -1=a n +1-1，若n =1，则S 1=1,b 1=1；若n ≥2，则a k +1-a k =2k -1，当2k -1<i ≤2k -1时，b i -b i -1=2k ，可知b i 为等差数列，可得∑2k -1i =2k -1b i =k ⋅2k -1+2k 2k -12k -1-1 2=k ⋅4k -1=193k -1 4k -3k -4 4k -1 ，所以∑S ni =1b i =1+195×42-2×4+8×43-5×42+⋅⋅⋅+3n -1 4n -3n -4 4n -1=3n -1 4n+19，且n =1，符合上式，综上所述：∑Sni =1b i =3n -1 4n +19.【点睛】关键点点睛：1.分析可知当2k -1<i ≤2k -1时，b i -b i -1=2k ，可知b i 为等差数列；2.根据等差数列求和分析可得∑2k -1i =2k -1b i =193k -1 4k -3k -4 4k -1.12(新高考上海卷)若f x =log a x (a >0,a ≠1)．(1)y =f x 过4,2 ，求f 2x -2 <f x 的解集；(2)存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列，求a 的取值范围．【答案】(1)x |1<x <2 (2)a >1【分析】(1)求出底数a ，再根据对数函数的单调性可求不等式的解；(2)存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列等价于a 2=21x +342-18在0,+∞ 上有解，利用换元法结合二次函数的性质可求a 的取值范围．【详解】(1)因为y =f x 的图象过4,2 ，故log a 4=2，故a 2=4即a =2(负的舍去)，而f x =log 2x 在0,+∞ 上为增函数，故f 2x -2 <f x ，故0<2x -2<x 即1<x <2，故f 2x -2 <f x 的解集为x |1<x <2 .(2)因为存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列，故2f ax =f x +1 +f x +2 有解，故2log a ax =log a x +1 +log a x +2 ，因为a >0,a ≠1，故x >0，故a 2x 2=x +1 x +2 在0,+∞ 上有解，由a 2=x 2+3x +2x 2=1+3x +2x 2=21x +34 2-18在0,+∞ 上有解，令t =1x ∈0,+∞ ，而y =2t +34 2-18在0,+∞ 上的值域为1,+∞ ，故a 2>1即a >1.一、单选题1(2024·重庆·三模)已知数列a n 的前n 项和为S n ,a 1=1,S n +S n +1=n 2+1n ∈N ∗ ,S 24=()A.276B.272C.268D.266【答案】A【分析】令n =1得S 2=1，当n ≥2时，结合题干作差得S n +1-S n -1=2n -1，从而利用累加法求解S 24=即可.【详解】∵a 1=S 1=1，又∵S n +S n +1=n 2+1，当n =1时，S 1+S 2=12+1=2，解得S 2=1；当n ≥2时，S n -1+S n =(n -1)2+1，作差得S n +1-S n -1=2n -1，∴S 24=S 24-S 22 +S 22-S 20 +⋯+S 4-S 2 +S 2=223+21+⋯+3 -11+1=276.故选：A2(2024·河北张家口·三模)已知数列a n的前n项和为S n，且满足a1=1,a n+1=a n+1,n为奇数2a n,n为偶数，则S100=()A.3×251-156B.3×251-103C.3×250-156D.3×250-103【答案】A【分析】分奇数项和偶数项求递推关系，然后记b n=a2n+a2n-1,n≥1，利用构造法求得b n=6×2n-1-3，然后分组求和可得.【详解】因为a1=1,a n+1=a n+1,n为奇数2a n,n为偶数，所以a2k+2=a2k+1+1=2a2k+1，a2k+1=2a2k=2a2k-1+2,k∈N*，且a2=2，所以a2k+2+a2k+1=2a2k+a2k-1+3，记b n=a2n+a2n-1,n≥1，则b n+1=2b n+3，所以b n+1+3=2b n+3，所以b n+3是以b1+3=a1+a2+3=6为首项，2为公比的等比数列，所以b n+3=6×2n-1，b n=6×2n-1-3，记b n的前n项和为T n，则S100=T50=6×20+6×21+6×22+⋅⋅⋅+6×249-3×50=3×251-156.故选：A【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于先分奇数项和偶数项求递推公式，然后再并项得b n的递推公式，利用构造法求通项，将问题转化为求b n的前50项和.3(2024·山东日照·三模)设等差数列b n的前n项和为S n，若b3=2，b7=6，则S9=()A.-36B.36C.-18D.18【答案】B【分析】利用等差数列的前n项和公式，结合等差数列的性质求解.【详解】解：S9=b1+b9×92=b3+b7×92=36，故选：B.4(2024·湖北武汉·二模)已知等差数列a n的前n项和为S n，若S3=9,S9=81，则S12=() A.288 B.144 C.96 D.25【答案】B【分析】利用等差数列的前n项和列方程组求出a1,d，进而即可求解S12.【详解】由题意S3=3a1+3×22d=9S9=9a1+9×82d=81，即a1+d=3a1+4d=9，解得a1=1d=2.于是S12=12×1+12×112×2=144.故选：B.5(2024·江西赣州·二模)在等差数列a n中，a2，a5是方程x2-8x+m=0的两根，则a n的前6项和为()A.48B.24C.12D.8【答案】B【分析】利用韦达定理确定a2+a5=8，根据等差数列性质有a2+a5=a1+a6=8，在应用等差数列前n项和公式即可求解.【详解】因为a 2，a 5是方程x 2-8x +m =0的两根，所以a 2+a 5=8，又因为a n 是等差数列，根据等差数列的性质有：a 2+a 5=a 1+a 6=8，设a n 的前6项和为S 6，则S 6=a 1+a 6 ×62=3×8=24.故选：B6(2024·湖南永州·三模)已知非零数列a n 满足2n a n +1-2n +2a n =0，则a 2024a 2021=()A.8B.16C.32D.64【答案】D【分析】根据题意，由条件可得a n +1=4a n ，再由等比数列的定义即可得到结果.【详解】由2n a n +1-2n +2a n =0可得a n +1=4a n ，则a 2024a 2021=4×4×4a 2021a 2021=64.故选：D7(2024·浙江绍兴·二模)汉诺塔(Tower of Hanoi )，是一个源于印度古老传说的益智玩具. 如图所示，有三根相邻的标号分别为A 、B 、C 的柱子，A 柱子从下到上按金字塔状叠放着n 个不同大小的圆盘，要把所有盘子一个一个移动到柱子B 上，并且每次移动时，同一根柱子上都不能出现大盘子在小盘子的上方，请问至少需要移动多少次？记至少移动次数为H n ，例如：H (1)=1，H (2)=3，则下列说法正确的是()A.H (3)=5B.H (n ) 为等差数列C.H (n )+1 为等比数列D.H 7 <100【答案】C【分析】由题意可得H (3)=7，判断A ；归纳得到H n =2n -1，结合等差数列以及等比数列的概念可判断B ，C ；求出H 7 ，判断D .【详解】由题意知若有1个圆盘，则需移动一次：若有2个圆盘，则移动情况为：A →C ,A →B ,C →B ，需移动3次；若有3个圆盘，则移动情况如下：A →B ,A →C ,B →C ,A →B ,C →A ,C →B ,A →B ，共7次，故H (3)=7，A 错误；由此可知若有n 个圆盘，设至少移动a n 次，则a n =2a n -1+1,所以a n +1=2a n -1+1 ，而a 1+1=1+1=2≠0，故a n +1 为等比数列，故a n =2n -1即H n =2n -1，该式不是n 的一次函数，则H (n ) 不为等差数列，B 错误；又H n =2n -1，则H n +1=2n ，H n +1 +1H n +1=2，则H (n )+1 为等比数列，C 正确，H 7 =27-1=127>100，D 错误，故选：C8(2024·云南曲靖·二模)已知S n 是等比数列a n 的前n 项和，若a 3=3,S 3=9，则数列a n 的公比是()A.-12或1 B.12或1 C.-12D.12【答案】A【分析】分别利用等比数列的通项公式和前n 项和公式，解方程组可得q =1或q =-12.【详解】设等比数列a n 的首项为a 1，公比为q ，依题意得a 3=a 1q 2=3S 3=a 1+a 2+a 3=a 1+a 1q +a 1q 2=9 ，解得q =1或q =-12.故选：A .9(2024·四川·模拟预测)已知数列a n 为等差数列，且a 1+2a 4+3a 9=24，则S 11=()A.33B.44C.66D.88【答案】B【分析】将a 1,a 4,a 9用a 1和d 表示，计算出a 6的值，再由S 11=11a 6得S 11的值.【详解】依题意，a n 是等差数列，设其公差为d ，由a 1+2a 4+3a 9=24，所以a 1+2a 1+3d +3a 1+8d =6a 1+30d =6a 6=24，即a 6=4,S 11=11a 1+10×112d =11a 1+5d =11a 6=11×4=44，故选：B .10(2024·北京东城·二模)设无穷正数数列a n ，如果对任意的正整数n ，都存在唯一的正整数m ，使得a m =a 1+a 2+a 3+⋯+a n ，那么称a n 为内和数列，并令b n =m ，称b n 为a n 的伴随数列，则()A.若a n 为等差数列，则a n 为内和数列B.若a n 为等比数列，则a n 为内和数列C.若内和数列a n 为递增数列，则其伴随数列b n 为递增数列D.若内和数列a n 的伴随数列b n 为递增数列，则a n 为递增数列【答案】C【分析】对于ABD ：举反例说明即可；对于C ：根据题意分析可得a m 2>a m 1，结合单调性可得m 2>m 1，即可得结果.【详解】对于选项AB ：例题a n =1，可知a n 即为等差数列也为等比数列，则a 1+a 2=2，但不存在m ∈N *，使得a m =2，所以a n 不为内和数列，故AB 错误；对于选项C ：因为a n >0，对任意n 1,n 2∈N *，n 1<n 2，可知存在m 1,m 2∈N *，使得a m 1=a 1+a 2+a 3+⋯+a n 1,a m 2=a 1+a 2+a 3+⋯+a n 2，则a m 2-a m 1=a n 1+1+a n 1+2+⋯+a n 2>0，即a m 2>a m 1，且内和数列a n 为递增数列，可知m 2>m 1，所以其伴随数列b n 为递增数列，故C 正确；对于选项D ：例如2,1,3,4,5,⋅⋅⋅，显然a n 是所有正整数的排列，可知a n 为内和数列，且a n 的伴随数列为递增数列，但an 不是递增数列，故D 错误；故选：C.【点睛】方法点睛：对于新定义问题，要充分理解定义，把定义转化为已经学过的内容，简化理解和运算.11(2024·广东茂名·一模)已知T n为正项数列a n的前n项的乘积，且a1=2,T2n=a n+1n，则a5=() A.16 B.32 C.64 D.128【答案】B【分析】利用给定的递推公式，结合对数运算变形，再构造常数列求出通项即可得解.【详解】由T2n=a n+1n，得T2n+1=a n+2n+1，于是a2n+1=T2n+1T2n=a n+2n+1a n+1n，则a n n+1=a n+1n，两边取对数得n lg a n+1=(n+1)lg a n，因此lg a n+1n+1=lg a nn，数列lg a nn是常数列，则lg a nn=lg a11=lg2，即lg a n=n lg2=lg2n，所以a n=2n，a5=32.故选：B12(2024·湖南常德·一模)已知等比数列a n中，a3⋅a10=1，a6=2，则公比q为()A.12B.2 C.14D.4【答案】C【分析】直接使用已知条件及公比的性质得到结论.【详解】q=1q3⋅q4=a3a6⋅a10a6=a3⋅a10a26=122=14.故选：C.二、多选题13(2024·湖南长沙·三模)设无穷数列a n的前n项和为S n，且a n+a n+2=2a n+1，若存在k∈N∗，使S k+1 >S k+2>S k成立，则()A.a n≤a k+1B.S n≤S k+1C.不等式S n<0的解集为n∈N∗∣n≥2k+3D.对任意给定的实数p，总存在n0∈N∗，当n>n0时，a n<p【答案】BCD【分析】根据题意，得到a k+2<0,a k+1>0,a k+1+a k+2>0且a n是递减数列，结合等差数列的性质以及等差数列的求和公式，逐项判定，即可求解.【详解】由S k+1>S k+2>S k，可得a k+2=S k+2-S k+1<0,a k+1=S k+1-S k>0，且a k+1+a k+2=S k+2-S k>0，即a k+2<0,a k+1>0,a k+1+a k+2>0又由a n+a n+2=2a n+1，可得数列a n是等差数列，公差d=a k+2-a k+1<0，所以a n是递减数列，所以a1是最大项，且随着n的增加，a n无限减小，即a n≤a1，所以A错误、D正确；因为当n≤k+1时，a n>0；当n≥k+2时，a n<0，所以S n的最大值为S k+1，所以B正确；因为S2k+1=(2k+1)(a1+a2k+1)2=(2k+1)a k+1>0,S2k+3=(2k+3)a k+2<0，且S 2k +2=a 1+a 2k +22×2k +2 =k +1 ⋅a k +1+a k +2 >0，所以当n ≤2k +2时，S n >0；当n ≥2k +3时，S n <0，所以C 正确.故选：BCD .14(2024·山东泰安·模拟预测)已知数列a n 的通项公式为a n =92n -7n ∈N *，前n 项和为S n ，则下列说法正确的是()A.数列a n 有最大项a 4B.使a n ∈Z 的项共有4项C.满足a n a n +1a n +2<0的n 值共有2个D.使S n 取得最小值的n 值为4【答案】AC【分析】根据数列的通项公式，作差判断函数的单调性及项的正负判断A ，根据通项公式由整除可判断B ，根据项的正负及不等式判断C ，根据数列项的符号判断D .【详解】对于A ：因为a n =92n -7n ∈N *，所以a n +1-a n =92n -5-92n -7=-182n -5 2n -7，令a n +1-a n >0，即2n -5 2n -7 <0，解得52<n <72，又n ∈N *，所以当n =3时a n +1-a n >0，则当1≤n ≤2或n ≥4时，a n +1-a n <0，令a n =92n -7>0，解得n >72，所以a 1=-95>a 2=-3>a 3=-9，a 4>a 5>a 6>⋯>0，所以数列a n 有最大项a 4=9，故A 正确；对于B ：由a n ∈Z ，则92n -7∈Z 又n ∈N *，所以n =2或n =3或n =4或n =5或n =8，所以使a n ∈Z 的项共有5项．故B 不正确；对于C ：要使a n a n +1a n +2<0，又a n ≠0，所以a n 、a n +1、a n +2中有1个为负值或3个为负值，所以n =1或n =3，故满足a n a n +1a n +2<0的n 的值共有2个，故C 正确；对于D ：因为n ≤3时a n <0，n ≥4时a n >0，所以当n =3时S n 取得最小值，故D 不正确．故选：AC ．15(2024·山东临沂·二模)已知a n 是等差数列，S n 是其前n 项和，则下列命题为真命题的是()A.若a 3+a 4=9，a 7+a 8=18，则a 1+a 2=5B.若a 2+a 13=4，则S 14=28C.若S 15<0，则S 7>S 8D.若a n 和a n ⋅a n +1 都为递增数列，则a n >0【答案】BC【分析】根据题意，求得d =98，结合a 1+a 2=a 3+a 4 -4d ，可判定A 错误；根据数列的求和公式和等差数列的性质，可判定B 正确；由S 15<0，求得a 8<0，可判定C 正确；根据题意，求得任意的n ≥2,a n >0，结合a 1的正负不确定，可判定D 错误．【详解】对于A 中，由a 3+a 4=9，a 7+a 8=18，可得a 7+a 8 -a 3+a 4 =8d =9，所以d =98，又由a 1+a 2=a 3+a 4 -4d =9-4×98=92，所以A 错误；对于B 中，由S 14=14a 1+a 14 2=14a 2+a 132=28，所以B 正确；对于C 中，由S 15=15(a 1+a 15)2=15a 8<0，所以a 8<0，又因为S 8-S 7=a 8<0，则S 7>S 8，所以C 正确；对于D 中，因为a n 为递增数列，可得公差d >0，因为a n a n +1 为递增数列，可得a n +2a n +1-a n a n +1=a n +1⋅2d >0，所以对任意的n ≥2,a n >0，但a 1的正负不确定，所以D 错误．故选：BC .16(2024·山东泰安·二模)已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，a 2=4，S 7=42，则下列说法正确的是()A.a 5=4B.S n =12n 2+52n C.a nn为递减数列 D.1a n a n +1 的前5项和为421【答案】BC【分析】根据给定条件，利用等差数列的性质求出公差d ，再逐项求解判断即可.【详解】等差数列a n 中，S 7=7(a 1+a 7)2=7a 4=42，解得a 4=6，而a 2=4，因此公差d =a 4-a 24-2=1，通项a n =a 2+(n -2)d =n +2，对于A ，a 5=7，A 错误；对于B ，S n =n (3+n +2)2=12n 2+52n ，B 正确；对于C ，a n n =1+2n ，a n n 为递减数列，C 正确；对于D ，1a n a n +1=1(n +2)(n +3)=1n +2-1n +3，所以1a n a n +1 的前5项和为13-14+14-15+⋯+17-18=13-18=524，D 错误.故选：BC17(2024·江西·三模)已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=2a n +1，则()A.数列a n 是等比数列B.数列log 2a n +1 是等差数列C.数列a n 的前n 项和为2n +1-n -2D.a 20能被3整除【答案】BCD【分析】利用构造法得到数列a n +1 是等比数列，从而求得通项，就可以判断选项，对于数列求和，可以用分组求和法，等比数列公式求和完成，对于幂的整除性问题可以转化为用二项式定理展开后，再加以证明.【详解】由a n +1=2a n +1可得：a n +1+1=2a n +1 ，所以数列a n +1 是等比数列，即a n =2n -1，则a 1=1,a 2=3,a 3=7,显然有a 1⋅a 3≠a 22，所以a 1,a 2,a 3不成等比数列，故选项A 是错误的；由数列a n +1 是等比数列可得：a n +1=2n ，即log 2a n +1 =log 22n =n ，故选项B 是正确的；由a n =2n -1可得：前n 项和S n =21-1+22-1+23-1+⋅⋅⋅+2n-1=21-2n 1-2-n =2n +1-n -2，故选项C是正确的；由a 20=220-1=3-1 20-1=C 020320+C 120319⋅-1 +C 220318⋅-1 2+⋅⋅⋅+C 19203⋅-1 19+C 2020-1 20-1=3×C 020319+C 120318⋅-1 +C 220317⋅-1 2+⋅⋅⋅+C 1920-1 19 ，故选项D 是正确的；方法二：由210=1024，1024除以3余数是1，所以10242除以3的余数还是1，从而可得220-1能补3整除，故选项D 是正确的；故选：BCD ．18(2024·湖北·二模)无穷等比数列a n 的首项为a 1公比为q ，下列条件能使a n 既有最大值，又有最小值的有()A.a 1>0，0<q <1B.a 1>0，-1<q <0C.a 1<0，q =-1D.a 1<0，q <-1【答案】BC【分析】结合选项，利用等比数列单调性分析判断即可.【详解】a 1>0，0<q <1时，等比数列a n 单调递减，故a n 只有最大值a 1，没有最小值；a 1>0，-1<q <0时，等比数列a n 为摆动数列，此时a 1为大值，a 2为最小值；a 1<0，q =-1时，奇数项都相等且小于零，偶数项都相等且大于零，所以等比数列a n 有最大值，也有最小值；a 1<0，q <-1时，因为q >1，所以a n 无最大值，奇数项为负无最小值，偶数项为正无最大值.故选：BC 三、填空题19(2024·山东济南·三模)数列a n 满足a n +2-a n =2，若a 1=1，a 4=4，则数列a n 的前20项的和为．【答案】210【分析】数列a n 的奇数项、偶数项都是等差数列，结合等差数列求和公式、分组求和法即可得解.【详解】数列a n 满足a n +2-a n =2，若a 1=1，a 4=4，则a 2=a 4-2=4-2=2，所以数列a n 的奇数项、偶数项分别构成以1，2为首项，公差均为2的等差数列所以数列a n 的前20项的和为a 1+a 2+⋯+a 20=a 1+a 3+⋯+a 19 +a 2+a 4+⋯+a 20=10×1+10×92×2+10×2+10×92×2=210.故答案为：210.20(2024·云南·二模)记数列a n 的前n 项和为S n ，若a 1=2,2a n +1-3a n =2n ，则a 82+S 8=.【答案】12/0.5【分析】构造得a n +12n -1-4=34a n2n -2-4，从而得到a n 2n -2=4，则a n =2n ，再利用等比数列求和公式代入计算即可.【详解】由2a n +1-3a n =2n ，得a n +12n -1=34×a n 2n -2+1，则a n +12n -1-4=34a n2n -2-4，又a 12-1-4=0，则a n 2n -2=4，则a n =2n ，a 8=28，S 8=21-28 1-2=29-2，a 82+S 8=2829=12，故答案为：12.21(2024·上海·三模)数列a n 满足a n +1=2a n (n 为正整数)，且a 2与a 4的等差中项是5，则首项a 1=。

数列真题与预赛典型例题集答案

数列真题汇编与预赛典型例题1．【2018年全国联赛】设整数数列满足，且，则这样的数列的个数为 .2．【2017年全国联赛】设两个严格递增的正整数数列满足,对任意正整数n,有。

则的所有可能值为___________。

3．【2016年全国联赛】设为1，2，…，100中的四个互不相同的数，满足.则这样的有序数组的个数为_______ _.4．【2014年全国联赛】已知数列满足.则___________. 【2013年全国联赛】已知数列共有九项，其中，，且对每个，均有. 5．则这样的数列的个数为______.6．【2011年全国联赛】已知.则数列中整数项的个数为_____ _.7．【2010年全国联赛】已知是公差不为0的等差数列，是等比数列，其中，，且存在常数使得对每一个正整数都有.则________.8．【2019年全国联赛】设整数满足.记.求f的最小值.并确定使f=f0成立的数组的个数.9．【2018年全国联赛】已知实数列满足：对任意正整数n，有，其中S n表示数列的前n项和，证明：（1）对任意正整数n，有；（2）对任意正整数n，有.10．【2018年全国联赛】数列定义如下：a1是任意正整数，对整数n≥1，a n+1是与互素，且不等于的最小正整数.证明：每个正整数均在数列中出现.11．【2017年全国联赛】设数列定义为求满足的正整数r的个数。

12．【2016年全国联赛】设p与p + 2均为素数，p > 3.定义数列，其中，表示不小于实数x的最小整数.证明对，均有.13．【2014年全国联赛】已知数列满足.求正整数m使得.14．【2013年全国联赛】给定正数数列满足，，其中，.证明：存在常数，使得.15．【2013年全国联赛】给定正整数.数列定义如下：，对整数，.记.证明：数列中有无穷多项是完全平方数.16．【2012年全国联赛】已知数列的各项均为非零实数，且对于任意的正整数都有.(1)当时，求所有满足条件的三项组成的数列.(2)是否存在满足条件的无穷数列，使得若存在，求出这样的无穷数列的一个通项公式；若不存在，说明理由.17．【2011年全国联赛】已知数列{}n a 满足：()123,1a t t R t =-∈≠±，()()()112321121n n n n n n t a t t a n N a t +++-+--=∈+-.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若0t >，试比较1n a +与n a 的大小. 18．【2011年全国联赛】证明：对任意整数，存在一个次多项式具体如下性质：（1）均为正整数；（2）对任意的正整数及任意个互不相同的正整数，均有.19．【2011年全国联赛】设是给定的正实数，.对任意正实数，满足的三元数组的个数记为.证明：.20．【2010年全国联赛】证明：方程恰有一个实数根，且存在唯一的严格递增正整数数列，使得.21．【2010年全国联赛】给定整数，设正实数满足，记.求证：.22．【2009年全国联赛】已知是实数，方程有两个实根，数列满足）．（1）求数列的通项公式（用表示）；（2）若，求的前项和．23．【2009年全国联赛】在非负数构成的数表中，每行的数互不相同，前六列中每列的三数之和为1，均大于1．如果的前三列构成的数表满足下面的性质：对于数表中的任意一列）均存在某个使得．①求证：（1）最小值）一定去自数表的不同列；（2）存在数表中唯一的一列）使得数表仍然具有性质（）．1．【2018年湖南预赛】如图，将一个边长为1的正三角形分成四个全等的正三角形，第一次挖去中间的一个小三角形，将剩下的三个小正三角形，再分别从中间挖去一个小三角形，保留它们的边，重复操作以上做法，得到的集合为谢尔宾斯基缕垫.设是第n次挖去的小三角形面积之和（如是第1次挖去的中间小三角形面积，是第2次挖去的三个小三角形面积之和），则前n次挖去的所有小三角形面积之和的值为____________________.2．【2016年吉林预赛】在公差不为0的等差数列中，，且成等比数列．则数列的通项公式为________.3．【2016年上海预赛】数列定义如下:，则____ _______。

专题— 数列真题汇编与预赛典型例题(原卷版)

专题01数列真题汇编与预赛典型例题1．【2018年全国联赛】设整数数列满足，且，则这样的数列的个数为.2．【2017年全国联赛】设两个严格递增的正整数数列满足,对任意正整数n,有。

则的所有可能值为___________。

3．【2016年全国联赛】设为1，2，…，100中的四个互不相同的数，满足.则这样的有序数组的个数为________. 3．【2014年全国联赛】已知数列满足.则___________.4．【2013年全国联赛】已知数列共有九项，其中，，且对每个，均有.则这样的数列的个数为______.5．【2011年全国联赛】已知.则数列中整数项的个数为_____ _.7．【2010年全国联赛】已知是公差不为0的等差数列，是等比数列，其中，，且存在常数使得对每一个正整数都有.则________.8．【2019年全国联赛】设整数满足.记.求f的最小值.并确定使f=f0成立的数组的个数.9．【2018年全国联赛】已知实数列满足：对任意正整数n，有，其中S n表示数列的前n项和，证明：（1）对任意正整数n，有；（2）对任意正整数n，有.10．【2018年全国联赛】数列定义如下：a1是任意正整数，对整数n≥1，a n+1是与互素，且不等于的最小正整数.证明：每个正整数均在数列中出现.11．【2017年全国联赛】设数列定义为求满足的正整数r的个数。

12．【2016年全国联赛】设p与p + 2均为素数，p > 3.定义数列，其中，表示不小于实数x的最小整数.证明对，均有.13．【2014年全国联赛】已知数列满足.求正整数m 使得.14．【2013年全国联赛】给定正数数列满足，，其中，.证明：存在常数，使得.15．【2013年全国联赛】给定正整数.数列定义如下：，对整数，.记.证明：数列中有无穷多项是完全平方数.16．【2012年全国联赛】已知数列的各项均为非零实数，且对于任意的正整数都有.(1)当时，求所有满足条件的三项组成的数列.(2)是否存在满足条件的无穷数列，使得若存在，求出这样的无穷数列的一个通项公式；若不存在，说明理由.17．【2011年全国联赛】已知数列{}n a 满足：()123,1a t t R t =-∈≠±，()()()112321121n n n n nn t a t t a n N a t +++-+--=∈+-.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若0t >，试比较1n a +与n a 的大小.18．【2011年全国联赛】证明：对任意整数，存在一个次多项式具体如下性质：（1）均为正整数；（2）对任意的正整数及任意个互不相同的正整数，均有. 19．【2011年全国联赛】设是给定的正实数，.对任意正实数，满足的三元数组的个数记为.证明：.20．【2010年全国联赛】证明：方程恰有一个实数根，且存在唯一的严格递增正整数数列，使得.21．【2010年全国联赛】给定整数，设正实数满足，记.求证：.22．【2009年全国联赛】已知是实数，方程有两个实根，数列满足）．（1）求数列的通项公式（用表示）；（2）若，求的前项和．23．【2009年全国联赛】在非负数构成的数表中，每行的数互不相同，前六列中每列的三数之和为1，均大于1．如果的前三列构成的数表满足下面的性质：对于数表中的任意一列）均存在某个使得．①求证：（1）最小值）一定去自数表的不同列；（2）存在数表中唯一的一列）使得数表仍然具有性质（）．1．【2018年湖南预赛】如图，将一个边长为1的正三角形分成四个全等的正三角形，第一次挖去中间的一个小三角形，将剩下的三个小正三角形，再分别从中间挖去一个小三角形，保留它们的边，重复操作以上做法，得到的集合为谢尔宾斯基缕垫.设是第n次挖去的小三角形面积之和（如是第1次挖去的中间小三角形面积，是第2次挖去的三个小三角形面积之和），则前n次挖去的所有小三角形面积之和的值为____________________.2．【2016年吉林预赛】在公差不为0的等差数列中，，且成等比数列．则数列的通项公式为________.3．【2016年上海预赛】数列定义如下:，则____ _______。

历年全国高中数学联赛《数列》专题真题汇编

历年全国高中数学联赛《数列》专题真题汇编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bx 2-2ax +c =0 （ A ）(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、删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列．这个数列的2003项是（）(A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 2049 【解析】C【解析】452=2025，462=2116．在1至2025之间有完全平方数45个，而2026至2115之间没有完全平方数．故1至2025中共有新数列中的2025－45=1980项．还缺2003－1980=23项．由2025+23=2048．知选C ．5、已知数列a 0，a 1，a 2，…，a n ，…满足关系式(3－a n +1)(6+a n )=18，且a 0=3，则n∑i=01a i的值是6、将关于x 的多项式2019321)(x x x x x x f +-+-+-=Λ表为关于y 的多项式=)(y g,202019192210y a y a y a y a a +++++Λ其中.4-=x y 则=+++2010a a a Λ .7、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。

【答案】21【解析】因为22111212121321232221114)2()(q q q b 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m q q 1412=++，则m m m q 4356211144121-+-=-++-=。

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。

备战2020年全国高中数学联赛与各省市预赛历届数列解答题省赛试题汇编解析版(21页)

数列解答题省赛试题汇编1．【2018年广西预赛】设为非负数，求证：. 【答案】见解析【解析】当n=1时，结论显然成立.假设当n=k时，结论对于任意k个非负数成立.则当n=k+1时，对于任意k+1个非负数，根据归纳假设有，从而.下面证明①由柯西不等式可得.即.于是有.故.从而.即①式成立.由数学归纳法可知，对任意的非负实数结论均成立.2．【2018年湖南预赛】已知数列的奇数项是首项为1的等差数列，偶数项是首项为2的等比数列.数列前n项和为，且满足. （1）求数列的通项公式：（2）若，求正整数m的值；（3）是否存在正整数m，使得恰好为数列中的一项？若存在，求出所有满足条件的m值，若不存在，说明理由.【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）数列通项分奇偶求：方法为待定系数法，注意项数，由可解得公差及公比，从而，因此（2）由于数列通项分奇偶，因此从奇偶分别讨论：若，解得；若，即，解得，舍（3）先求和，限定，而为正整数，即只能为，分类讨论得.试题解析：（1）设的公差为d.的公比为，则由故故4分（2）由，若，则即，即若，即即为正整数为正整数，即即，此时式为不合题意综上，. 9分（3）若中的一项，则为正整数又故若中的某一项只能为①若无解②若，显然不符合题意，符合题意当时，即，则即为增函数，故，即为增函数故，故当时方程无解即是方程唯一解③若综上所述，. 16分考点：等差数列及等比数列综合应用3．【2018年甘肃预赛】设等比数列的前项和为，且）．（1）求数列的通项公式；（2）在之间插入个实数，使这个数依次组成公差为的等差数列，设数列的前项和为，求证：．【答案】（1）（2）见解析【解析】（1）由两式相减得，所以）．因为等比，且，所以，所以．故．（2）由题设得，所以，所以，则，所以．4．【2018年吉林预赛】数列为等差数列，且满足，数列满足的前n项和记为.问：当n为何值时，取得最大值，说明理由.【答案】16【解析】因为，所以.解得.所以d＜0，.故是首项为正数的递减数列.由，即，解得.即，所以，所以，而.故，又所以最大，即n=16时，取得最大值.5．【2018年河南预赛】在数列中，是给定的非零整数，．（1）若，求；（2）证明：从中一定可以选取无穷多项组成两个不同的常数项．【答案】（1）1（2）见解析【解析】（1）因，，…．所以自第20项起，每三个相邻的项周期的取值为1，1，0．又，故．（2）首先证明：数列必在有限项后出现“0”项．假设中没有“0”项，由于，所以当时，都有．若，则．若，则．即要么比至少小1，要么比至少小1，令，2，3，…，则．由于是确定的正整数，这样下去，必然存在某项，这与矛盾，故中必有“0”项．若第一次出现的“0”项为，记，则自第项开始，每三个相邻的项周期的取值0、，即，1，2，…所以数列中一定可以选取无穷多项组成两个不同的常数列．6．【2018年河北预赛】已知数列满足：.记的值。

高中数学联赛数列历年真题及解析

1,(2000年)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 bx2 2ax c （0 A ） 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
解： 4a2 bc ，因为p、a、q是等比数列，所以 a2 pq ，又因为p、b、c、q是等差数列
5,(2002)如图，有一列曲线 P0, P1, P2,, 已知 P0 是面积为1的等边三角形，Pk1 是对Pk 进行如下操
作得到的：将 Pk 的每条边三等分，以每边中间部分的线段为边向形外作等边三角形，再将
中间部分的线段去掉 k 0,1,2,，记 Sn 为曲线 Pk 所围成图形的面积。
（1）求数列 Sn 的通项公式。
解得：d 2
2 a1 ，因为 d 0,2
2 0 ，所以 a1 0
若，则，若，则 ,因为 d 2 2 a1
q
a22 a12
a1 d a12
2
2
2 1
d 2 2 a1
q
a22 a12
a1 d a12
2
2
2 1
，由指数函数图像的特点可知，当 lim
Sk 1
Sk
1 1 k 3 9
8 5
3 5
1 3
4 k 9
8 5
4 15
4 k 9
8 5
3 4 k1 5 9
即n=k+1时，（*）式成立
综上：对任意的正整数n,（*）式成立。
所以 lim n
Sn
lim [8 5 n
3 5
4 9
n
]
8 5
6,(2003年)删去正整数列 1,2,3,, 中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个新数列的第

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2024年全国高中数学联合竞赛加试(A卷)与答案

说明：1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，102024年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2024年全国高中数学联合竞赛加试（A 卷）分为一个档次，不得增加其他中间档次．一．（本题满分40分）给定正整数r ．求最大的实数C ，使得存在一个公比为r 的实数等比数列1{}n n a ，满足n a C 对所有正整数n 成立．（x 表示实数x 到与它最近整数的距离．）解：情形1：r 为奇数．对任意实数x ，显然有12x ，故满足要求的C 不超过12．又取{}n a 的首项112a ，注意到对任意正整数n ，均有1n r 为奇数，因此1122n n r a ．这意味着12C 满足要求．从而满足要求的C 的最大值为12．…………10分情形2：r 为偶数．设*2()r m m N ．对任意实数，我们证明1a 与2a 中必有一数不超过21m m ，从而21mC m ．事实上，设1a k ，其中k 是与1a 最近的整数（之一），且102．注意到，对任意实数x 及任意整数k ，均有x k x ，以及x x ．若021mm，则121m a k m ．若1212m m ，则22221m m m m ，即21m m r m m ，此时 2121ma a r kr r r m ． …………30分另一方面，取121m a m ，则对任意正整数n ，有1(2)21n n ma m m，由二项式展开可知11(211)(1)2121n n n m ma m K m m，其中K 为整数，故21n m a m ．这意味着21mC m 满足要求．从而满足要求的C 的最大值为212(1)m rm r．综上，当r 为奇数时，所求C 的最大值为12；当r 为偶数时，所求C 的最大值为2(1)rr ． …………40分二．（本题满分40分）如图，在凸四边形ABCD 中，AC 平分BAD ，点,E F 分别在边,BC CD 上，满足||EF BD ．分别延长,FA EA 至点,P Q ，使得过点,,A B P 的圆1 及过点,,A D Q 的圆2 均与直线AC 相切．证明：,,,B P Q D 四点共圆．（答题时请将图画在答卷纸上）证明：由圆1 与AC 相切知180BPA BAC CAD CAF PAC ，故,BP CA 的延长线相交，记交点为L ．由||EF BD 知CE CFCB CD．在线段AC 上取点K ，使得CK CE CF CA CB CD ，则||,||KE AB KF AD ． …………10分由ABL PAL KAF ，180180BAL BAC CAD AKF ，可知ABL KAF ∽，所以KF ABAL KA． …………20分同理，记,DQ CA 的延长线交于点L ，则KE ADAL KA．又由||,||KE AB KF AD 知KE CK KFAB CA AD，即KE AD KF AB ．所以AL AL ，即L 与L 重合．由切割线定理知2LP LB LA LQ LD ，所以,,,B P Q D 四点共圆．…………40分三．（本题满分50分）给定正整数n .在一个3n ×的方格表上，由一些方格构成的集合S 称为“连通的”，如果对S 中任意两个不同的小方格,A B ，存在整数2l ≥及S 中l 个方格12,,,lA C C CB ==，满足iC 与1i C +有公共边(1,2,,1i l −).求具有下述性质的最大整数K ：若将该方格表的每个小方格任意染为黑色或白色，总存在一个连通的集合S ，使得S 中的黑格个数与白格个数之差的绝对值不小于K .解：所求最大的K n =.对一个由小方格构成的集合S ，记b S 是S 中的黑格个数，w S 是S 中的白格个数. 用[,]i j 表示第i 行第j 列处的方格，这里13i ≤≤,1j n ≤≤.对于两个方格[,]A i j =，[,]B i j ′′=, 定义它们之间的距离为(,)||||d A B i i j j ′′=−+−.首先，如果将方格表按国际象棋棋盘一样黑白间隔染色，我们证明对任意连通的集合S ，均有||b w S S n −≤，这表明K n ≤.设[1,1]是黑格，并记{0,1}ε∈，满足(mod 2)n ε≡.先证b w S S n −≤.可不妨设S 包含所有黑格，这是因为若S 不包含所有黑格，取不属于S 的黑格A 满足(,)d A S 最小，这里(,)min (,)B Sd A S d A B ∈=.易知(,)1d A S =或2.若(,)1d A S =，取{}S S A ′=，则S 仍是连通的，且b w S S ′′−更大. 若(,)2d A S =，则存在与A 相邻的白格C ，而C 与S 中某个方格B 相邻，取{,}S S A B ′= ，则S 仍是连通的，且bw S S ′′−不变. 因而可逐步扩充S ，使得S 包含所有黑格，保持S 的连通性，且b w S S −不减.考虑白格集合{[,]|}k W i j i j k =+=，3,5,,1k n ε++，每个k W 中至少有一个方格属于S ，否则不存在从黑格[1,1]A S =∈到黑格[3,1]B n ε=−+的S 中路径.故1()2w S n ε≥+，而1(3)2bS n ε=+，故b w S S n −≤. …………10分类似可证w b S S n −≤.同上，可不妨设S 包含所有白格, 从而1(3)2wS n ε=−. 再考虑黑格集合{[,]|}k B i j i j k =+=, 4,6,,2k n ε+−，每个k B 中至少有一个黑格属于S ，否则不存在从白格[1,2]A =到白格[3,]B n ε=−的S 中路径. 从而1()2b S n ε≥−，故w b S S n −≤. …………20分下面证明K n =具有题述性质，即对任意的染色方案，总存在连通的集合S ，使得b w S S n −≥.设表格中共有X 个黑格和Y 个白格，在第二行中有x 个黑格和y 个白格. 于是3X Y n +=, x y n +=.故()()()()2X y Y x X Y x y n −+−=+−+=.由平均值原理可知max{,}X y Y x n −−≥.不妨设X y n −≥.取S 为第二行中的y 个白格以及所有X 个黑格.由于S 包含第二行中所有方格，因而S 是连通的. 而b S X =，w S y =，b w S S X y n −=−≥. 综上所述，max K n =. …………50分四．（本题满分50分）设,A B 为正整数，S 是一些正整数构成的一个集合，具有下述性质：(1) 对任意非负整数k ，有k A S ；(2) 若正整数n S ，则n 的每个正约数均属于S ；(3) 若,m n S ，且,m n 互素，则mn S ； (4) 若n S ，则An B S ．证明：与B 互素的所有正整数均属于S ．证明：先证明下述引理．引理：若n S ，则n B S ．引理的证明：对n S ，设1n 是n 的与A 互素的最大约数，并设12n n n ，则2n 的素因子均整除A ，从而12(,)1n n ．由条件(1)及(2)知，对任意素数|p A 及任意正整数k ，有k p S ．因此，将11k A n 作标准分解，并利用(3)知11k A n S ．又2|n n ，而n S ，故由(2)知2n S ．因112(,)1k A n n ，故由(3)知112k A n n S ，即1k A n S ．再由(4)知k A n B S （对任意正整数k ）． ① …………10分设n B C D ，这里正整数C 的所有素因子均整除A ，正整数D 与A 互素，从而(,)1C D ．由(1)及(2)知C S （见上面1k A n S 的证明）．另一方面，因(,)1D A ，故由欧拉定理知()1D D A ．因此()()(1)()0(mod )D D A n B A n n B D ，但由①知()D A n B S ，故由(2)知D S ．结合C S 及(,)1C D 知CD S ，即n B S ．引理证毕． …………40分回到原问题．由(1)，取0k 知1S ，故反复用引理知对任意正整数y ，有1By S ．对任意*,(,)1n n B N ，存在正整数,x y 使得1nx By ，因此nx S ，因|n nx ，故n S ．证毕． …………50分。

数学竞赛-数列试题及答案

所以，数列 an
2
2 2 n1 2 a1 n1 ．．所以 an
n1 成公比为的等比数列，其首项为
于
an
是

n 1
故 a100 101 298 ． 2．（09）已知 p ， q q 0 是实数，方程 x2 px q 0 有两个实根，，数列 an 满足 a1 p ， 4， a2 p2 q ， an pan1 qan2 n 3 ， (Ⅰ)求数列 an 的通项公式（用，表示）； (Ⅱ)若 p 1 ， q ，求 an 的前 n 项和．方法一： (Ⅰ)由韦达定理知 q 0 ，又 p ，所以 an pxn1 qxn2 an1 an2 ， n 3 ， 4， 5，整理得 an an1 an1 an2 2，．所以 bn 是公比为的等比数列．令 bn an1 an ，则 bn1 bn n 1，数列 bn 的首项为：
1 1 1 ， ( a1 0 )， b1 a1 2 2 n(n 1)
有 bn 1 1 bn ，故 bn
2
1 ，所以 a n 1n 1 ． n 2 n(n 1) 2
4． (07) 已知等差数列{an}的公差 d 不为 0，等比数列{bn}的公比 q 是小于 1 的正有理数。若 a1=d， 2 2 2 a a2 a3 b1=d2，且 1 是正整数，则 q 等于________。 b1 b2 b3 已知等差数列{an}的公差 d 不为 0，等比数列{bn}的公比 q 是小于 1 的正有理数。若 a1=d，b1=d2， 2 2 1 a 2 a2 a3 且 1 是正整数，则 q 等于。 2 b1 b2 b3

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