高中数学联赛真题分类——数列(一试)
高中数学联赛一试等差数列和等比数列题汇总(含答案)
高中数学联赛一试等差数列和等比数列题汇总（含答案）1、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。
（1998年高联一试）2、各项均为实数的等比数列{a n}前n项之和记为S n，若S10=10，S30=70，则S40=________。
（1998年高联一试）A．150 B.−200 C. 150或−200 D. −50或4003、给定公比为q(q≠1)的等比数列{a n}，设b1=a1+a2+a3，b2=a4+a5+a6，b n= a3n−2+a3n−1+a3n，…，则数列{b n}（1999年高联一试）A.是等差数列B.是公比为q的等比数列C.是公比为q3的等比数列D.既非等差数列也非等比数列4、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（1）n的最小值是_____。
（2）n的最大值是_______。
（3）这样的n的个数是_____。
（1999年高联一试）5、等比数列a+log23，a+log43，a+log83的公比是_______。
（2000年高联一试）6、给定整数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。
（2000年高联一试）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7、设a n=n，S n为数列{a n}的前n项和，f(n)=S n，n∈N，则：(n+32)S n+1（1）当n=______时，f(n)的值最大。
（2）f(n)的值最大值=_________。
（2000年高联一试）8、设数列{a n}是公差为正数的等差数列，若a1+a2+a3=15，a1a2a3=80，则a11+a12+ a13=________。
（2006年高考全国卷）A．120 B.75 C. 90 D. 1059、已知{a n}是公差不为0的等差数列，{b n}是等比数列，其中a1=3，b1=1，a2=b2，3a5=b3，且存在常数α，β使得对每一个正整数n都有：a n=logαb n+β，则α，β的值各是多少？（2010年高联一试）答案：1、82、A3、C4、1830、1953、65、136、A7、8、1508、D9、α=√33，β=3。
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
数列考试题型及答案高中
数列考试题型及答案高中一、选择题1. 已知数列{a_n}是等差数列，且a_1=1，a_4=7，求a_7的值。
A. 13B. 15C. 10D. 7答案：A解析：根据等差数列的性质，a_4 = a_1 + 3d，其中d为公差。
已知a_1=1，a_4=7，可以求得公差d=(7-1)/3=2。
因此，a_7 = a_1 + 6d = 1 + 6*2 = 13。
2. 已知数列{a_n}是等比数列，且a_1=2，a_3=18，求a_5的值。
A. 72B. 108C. 144D. 162答案：C解析：根据等比数列的性质，a_3 = a_1 * q^2，其中q为公比。
已知a_1=2，a_3=18，可以求得公比q=√(18/2)=3。
因此，a_5 =a_1 * q^4 = 2 * 3^4 = 144。
二、填空题3. 已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且S_n = 2^n - 1，求a_5的值。
答案：15解析：根据数列的前n项和公式，a_n = S_n - S_(n-1)。
已知S_n = 2^n - 1，可以求得S_5 = 2^5 - 1 = 31，S_4 = 2^4 - 1 = 15。
因此，a_5 = S_5 - S_4 = 31 - 15 = 16。
4. 已知数列{a_n}的通项公式为a_n = 3n - 2，求前5项的和。
答案：35解析：根据数列的通项公式，可以求得前5项分别为a_1=1，a_2=4，a_3=7，a_4=10，a_5=13。
因此，前5项的和为1+4+7+10+13=35。
三、解答题5. 已知数列{a_n}是等差数列，且a_1=2，a_3=8，求数列{a_n}的通项公式和前n项和公式。
答案：通项公式为a_n = 2 + 3(n-1) = 3n - 1；前n项和公式为S_n = n(2 + 3n - 1)/2 = 3n^2 - n。
解析：根据等差数列的性质，a_3 = a_1 + 2d，其中d为公差。
高中数学联赛数列客观题真题汇编
11． —个等差数列的首项为非 0 实数 a， 且对每个正整数 n， 数列的前 n 项和都等于������������������������2. 则这个数列的公差为_________. 列.若������������22 = 2，则所有这九个数的和等于______. ������������11 ������������ � 21 ������������31 ������������12 ������������22 ������������32 12．在图所示的数阵中，每行的三个数依次成等差数列，每列的三个数也依次成等差数 ������������13 ������������23 � ������������33
则������������ + ������������ + ������������ 的最大值为______.
7 ．数列 {������������������������ } 中， ������������1 = −1, ������������2 = 1, ������������3 = −2 . 若对一切 ������������ ∈ ������������ 有 ������������������������ ������������������������+1 ������������������������+2 ������������������������+3 = ������������������������ + 大值为_________.
1 1−������������ ������������ ������������2 1
.则������������20的值为____.
6． 已知数列{������������������������ }满足������������1 = 5, ������������������������ =
2023年全国高中数学联合竞赛一试(B)卷参考答案及评分标准
2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2023年全国高中数学联合竞赛 一试（B 卷）参考答案及评分标准说明：1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不得增加其他中间档次.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，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1. 函数22023log (910)y x x 的定义域为 ． 答案：(,1)(10,) ．解：由2910(1)(10)0x x x x ，解得(,1)(10,)x ． 2. 若实数m 满足2424mm，则m 的值为 ． 答案：1 ．解：由于2424242mmm，故224m m ，两边约去2(0)m 得112m ． 所以1m ．3. 若双曲线22122:1(,0)x y a b a b 的离心率为3，则双曲线22222:1y x b a的离心率为 ．答案：324． 解：设22c a b ，则1 的离心率1c e a，2 的离心率2c e b ． 因此2222212111a b e e c ．由13e 知22189e ，得2324e ． 4. 设n 为正整数．从1,2,,n 中随机选出一个数a ，若事件“24a ”发生的概率为23，则n 的所有可能的值为 ．答案：12和18．解：注意到24a ，a 为正整数，即{5,6,,16}a ． 根据条件，显然5n ．当516n 时，有423n n ，得12n ．当17n 时，有1223n ，得18n ．综上，n 的所有可能的值为12和18．5. 平面上五点,,,,A B C D E 满足AB BC CD ，4EA EB ，5EB EC，8EC ED ，则EA ED的值为 ．答案：3．解：记,EB b EC c．由条件知2,2EA b c ED c b ，于是22(2)(2)522EA ED b c c b b c b c3(2)(2)b c b b c c c b 3EB EC EA EB EC ED 35483 ．6. 将所有非完全平方的正奇数与所有正偶数的立方从小到大排成一列（前若干项依次为3,5,7,8,11,13, ），则该数列的第2023项的值为 ．答案：4095．解：用{}n a 表示题述数列．前2023个正奇数依次为1,3,5,,4045 ，其中恰有2221,3,,63 这32个完全平方数，而在小于4045的正整数中恰有3332,4,,14 这7个偶立方数．因此4045是{}n a 的第20233271998 项．进而202319982254095a a （注意2654095 且3164095 ）．7. 设P ABCD 与Q ABCD 为两个正四棱锥，且90PAQ ，点M 在线段AC 上，且3CM AM ．将异面直线,PM QB 所成的角记为 ，则cos 的最大可能值为 ．答案：23．解：设正方形ABCD 的中心为O ，由条件知PQ 垂直平面ABCD 于点O ，又90PAQ ，由射影定理知2OP OQ OA ．显然O 在,P Q 之间．以O 为原点，,,OA OB OP方向为,,x y z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，不妨设1(1,0,0),(0,1,0),(0,0,),0,0,(0)A B P a Q a a． 易知1,0,02M ，因此11,0,,0,1,2PM a QB a． 所以22112cos 13111124PM QB PM QB a a． 当22a时，cos 取到最大可能值23．8. 七张标有,,,,,,A B C D E F G 的正方形卡片构成下图．现逐一取走这些卡片，要求每次取走一张卡片时，该卡片与剩下的卡片中至多一张有公共边（例如可按,,,,,,D A B E C F G 的次序取走卡片，但不可按,,,,,,D B A E C F G 的次序取走卡片），则取走这七张卡片的不同次序的数目为 ．DGFEC B A答案：164．解：如左下图重新标记原图中的七张卡片．现将每张卡片视为顶点，有公共边的两张卡片所对应的顶点之间连一条边，得到一个七阶图，该图可视为右下图中的2m n 阶图(,)G m n 在2,3m n 时的特殊情况．-1P-2132G (m , n )Pn...210-1-2-m ...取卡片（顶点）的规则可解释为：(i) 若顶点P 已取走，则以下每步取当前标号最小或最大的顶点，直至取完； (ii) 若顶点P 未取走，则必为某个(,)(,0)G m n m n 的情形，此时若0m ，则将P 视为1 号顶点，归结为(i)的情形；若0,0m n ，则将P 视为1号顶点，归结为(i)的情形；若,1m n ，则当前可取P 或m 号顶点或n 号顶点，分别归结为(i)或(1,)G m n 或(,1)G m n 的情形．设(,)G m n 的符合要求的顶点选取次序数为(,)f m n ，本题所求即为(2,3)f ．由(i)、(ii)知1(,0)2(0)m f m m ，1(0,)2(0)n f n n ，且(,)2(1,)(,1)(,1)m n f m n f m n f m n m n ，由此可依次计算得(1,1)12f ，(1,2)(2,1)28f f ，(1,3)60f ，(2,2)72f ，(2,3)164f ，即所求数目为164．二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9.（本题满分16分）将方程2sin cos 2x x的所有正实数解从小到大依次记为123,,,x x x ．求1220x x x 的值．解：由于sin cos 2sin 4x x x ，原方程等价于1sin 42x ．所以 246x k 或52()6Z k k ． ……………4分其中所有正实数解为2(1,2,)12x k k 或72(0,1,)12x k k，故 21272(1),2(1,2,)1212m m x m x m m．……………8分从而1012202121()m m m x x x x x 10172(1)21212m m m 101342m m 1011341022 205 ．……………16分 10.（本题满分20分）平面直角坐标系中，圆 与x 轴、y 轴均相切，与椭圆2222:1(0)x y a b a b有唯一的公共点(8,9)A ，且 的圆心位于 内．试比较 的直径与 的焦距的大小．解：根据条件，可设圆心为(,)P r r ，则由PA r 知222(8)(9)r r r ，解得5r 或29r ．因为P 在 内，故5r ． ……………5分椭圆 在点(8,9)A 处的切线为2289:1x y l a b，其法向量可取为2289,n a b ． ……………10分由条件，l 也是圆 的切线，故n 与PA 平行，而(3,4)PA ，所以223227a b．又2264811a b ，解得22160,135a b ． ……………15分 从而 的焦距为22210a b ．又 的直径为210r ，故 的直径与 的焦距相等． ……………20分11.（本题满分20分）求出所有满足下面要求的不小于1 的实数t ：对任意[2,]a t ，总存在,[2,]b c t ，使得1ab c ．解：当1t 时，对任意[2,1]a ，取2,1b c a，则,[2,1]b c ，且211ab c ，满足要求． ……………5分当10t 时，取a t ，则对任意,[2,]b c t ，有21ab c tb t t t t ，不满足要求． ……………10分当01t 时，取0a ，则对任意,[2,]b c t ，有1ab c c t ，不满足要求． ……………15分当1t 时，对任意[2,]a t ，取0,1b c ，则,[2,]b c t ，且1ab c ，满足要求．综上，实数t 满足要求当且仅当{1}[1,)t ． ……………20分。
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。
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。
故答案为：13、203．【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________. 【答案】40【解析】由柯西不等式知，等号成立的充分必要条件为:，即成等比数列.于是，问题等价于计算满足的等比数列的个数.设等比数列的公比，且.记，其中，m、n为互素的正整数，且.先考虑的情形.此时，.注意到，互素，故.相应地，分别等于，它们均为正整数.这表明，对任意给定的，满足条件并以q为公比的等比数列的个数，即为满足不等式的正整数l的个数，即.由于，故仅需考虑的情形，相应的等比数列的个数之和为.当时，由对称性，知亦有20个满足条件的等比数列.综上，共有40个满足条件的有序数组4．【2014年全国联赛】已知数列满足.则___________.【答案】【解析】由题意知记数列的前n项和为.则.上面两式相减得故.5．【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______.【答案】491【解析】令.则对每个符合条件的数列，满足条件，且.反之，由符合上述条件的八项数列可唯一确定一个符合题设条件的九项数列.记符合条件的数列的个数为.显然，中有；从而，有个2，个1.当给定时，的取法有种，易见的可能值只有0、1、2，故.因此，由对应原理，知符合条件的数列的个数为491.6．【2011年全国联赛】已知.则数列中整数项的个数为______. 【答案】15【解析】注意到.要使为整数，必有均为整数，即.当时，均为非负整数.所以，为整数，共有14个.当时，，在中，中因数2的个数为.同理，可计算得中因数2的个数为82，中因数2的个数为110.故中因数2的个数为.从而，是整数.当时，.同理，中因数2的个数小于10.从而，不是整数.因此，整数项的个数为.故答案为：157．【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________.【答案】【解析】设的公差为的公比为.则解得.从而对一切正整数都成立.于是，.解得.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.【答案】答案见解析【解析】取最小值时.每个或1，.设中，n有个.则任意.令，则.由隔板法的解数为.因此所求有个，最小值.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.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.。
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_________。
2020年全国各地高中数学真题分类汇编—数列(含答案)
2020年全国各地⾼考真题分类汇编—数列1．（2020•浙江）已知等差数列{a n}的前n项和S n，公差d≠0，且≤1．记b1＝S2，b n+1＝S2n+2﹣S2n，n∈N*，下列等式不可能成⽴的是（）A．2a4＝a2+a6B．2b4＝b2+b6C．a42＝a2a8D．b42＝b2b82．（2020•北京）在等差数列{a n}中，a1＝﹣9，a5＝﹣1．记T n＝a1a2…a n（n＝1，2，…），则数列{T n}（）A．有最⼤项，有最⼩项B．有最⼤项，⽆最⼩项C．⽆最⼤项，有最⼩项D．⽆最⼤项，⽆最⼩项3．（2020•新课标Ⅰ）设{a n}是等⽐数列，且a1+a2+a3＝1，a2+a3+a4＝2，则a6+a7+a8＝（）A．12B．24C．30D．324．（2020•新课标Ⅱ）如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12．设1≤i＜j＜k≤12．若k﹣j＝3且j﹣i＝4，则a i，a j，a k为原位⼤三和弦；若k﹣j＝4且j﹣i＝3，则称a i，a j，a k 为原位⼩三和弦．⽤这12个键可以构成的原位⼤三和弦与原位⼩三和弦的个数之和为（）A．5B．8C．10D．155．（2020•新课标Ⅱ）0﹣1周期序列在通信技术中有着重要应⽤．若序列a1a2…a n…满⾜a i∈{0，1}（i＝1，2，…），且存在正整数m，使得a i+m＝a i（i＝1，2，…）成⽴，则称其为0﹣1周期序列，并称满⾜a i+m＝a i（i＝1，2…）的最⼩正整数m为这个序列的周期．对于周期为m的0﹣1序列a1a2…a n…，C（k）＝a i a i+k（k＝1，2，…，m﹣1）是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0﹣1序列中，满⾜C（k）≤（k＝1，2，3，4）的序列是（）A．11010…B．11011…C．10001…D．11001…6．（2020•新课标Ⅱ）记S n为等⽐数列{a n}的前n项和．若a5﹣a3＝12，a6﹣a4＝24，则＝（）A．2n﹣1B．2﹣21﹣n C．2﹣2n﹣1D．21﹣n﹣17．（2020•新课标Ⅱ）数列{a n}中，a1＝2，a m+n＝a m a n．若a k+1+a k+2+…+a k+10＝215﹣25，则k＝（）A．2B．3C．4D．58．（2020•新课标Ⅱ）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中⼼有⼀块圆形⽯板（称为天⼼⽯），环绕天⼼⽯砌9块扇⾯形⽯板构成第⼀环，向外每环依次增加9块．下⼀层的第⼀环⽐上⼀层的最后⼀环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层⽐中层多729块，则三层共有扇⾯形⽯板（不含天⼼⽯）（）A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块9．（2020•上海）已知数列{a n}是公差不为零的等差数列，且a1+a10＝a9，则＝．10．（2020•新课标Ⅱ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a1＝﹣2，a2+a6＝2，则S10＝．11．（2020•浙江）已知数列{a n}满⾜a n＝，则S3＝．12．（2020•海南）将数列{2n﹣1}与{3n﹣2}的公共项从⼩到⼤排列得到数列{a n}，则{a n}的前n项和为．13．（2020•江苏）设{a n}是公差为d的等差数列，{b n}是公⽐为q的等⽐数列．已知数列{a n+b n}的前n项和S n＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），则d+q的值是．14．（2020•新课标Ⅰ）数列{a n}满⾜a n+2+（﹣1）n a n＝3n﹣1，前16项和为540，则a1＝．15．（2020•天津）已知{a n}为等差数列，{b n}为等⽐数列，a1＝b1＝1，a5＝5（a4﹣a3），b5＝4（b4﹣b3）．（Ⅰ）求{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）记{a n}的前n项和为S n，求证：S n S n+2＜S n+12（n∈N*）；（Ⅲ）对任意的正整数n，设c n＝求数列{c n}的前2n项和．16．（2020•海南）已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4＝20，a3＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）求a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1a n a n+1．17．（2020•江苏）已知数列{a n}（n∈N*）的⾸项a1＝1，前n项和为S n．设λ和k为常数，若对⼀切正整数n，均有S n+1﹣S n＝λa n+1成⽴，则称此数列为“λ﹣k”数列．（1）若等差数列{a n}是“λ﹣1”数列，求λ的值；（2）若数列{a n}是“﹣2”数列，且a n＞0，求数列{a n}的通项公式；（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列，且a n≥0？若存在，求出λ的取值范围；若不存在，说明理由．18．（2020•新课标Ⅰ）设{a n}是公⽐不为1的等⽐数列，a1为a2，a3的等差中项．（1）求{a n}的公⽐；（2）若a1＝1，求数列{na n}的前n项和．19．（2020•⼭东）已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4＝20，a3＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）记b m为{a n}在区间（0，m]（m∈N*）中的项的个数，求数列{b m}的前100项和S100．20．（2020•新课标Ⅲ）设等⽐数列{a n}满⾜a1+a2＝4，a3﹣a1＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）记S n为数列{log3a n}的前n项和．若S m+S m+1═S m+3，求m．21．（2020•浙江）已知数列{a n}，{b n}，{c n}满⾜a1＝b1＝c1＝1，c n＝a n+1﹣a n，c n+1＝c n，（n∈N*）．（Ⅰ）若{b n}为等⽐数列，公⽐q＞0，且b1+b2＝6b3，求q的值及数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若{b n}为等差数列，公差d＞0，证明：c1+c2+c3+…+c n＜1+，n∈N*．22．（2020•上海）已知各项均为正数的数列{a n}，其前n项和为S n，a1＝1．（1）若数列{a n}为等差数列，S10＝70，求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{a n}为等⽐数列，a4＝，求满⾜S n＞100a n时n的最⼩值．参考答案与试题解析⼀．选择题（共8⼩题）1．（2020•浙江）已知等差数列{a n}的前n项和S n，公差d≠0，且≤1．记b1＝S2，b n+1＝S2n+2﹣S2n，n∈N*，下列等式不可能成⽴的是（）A．2a4＝a2+a6B．2b4＝b2+b6C．a42＝a2a8D．b42＝b2b8【解答】解：在等差数列{a n}中，a n＝a1+（n﹣1）d，∴a2＝a1+d，a4＝a1+3d，a8＝a1+7d，b n+1＝S2n+2﹣S2n，∴b2＝S4﹣S2＝a3+a4，b4＝S8﹣S6＝a7+a8，b6＝S12﹣S10＝a11+a12，b8＝S16﹣S14＝a15+a16，A.2a4＝a2+a6，根据等差数列的性质可得A正确，B．若2b4＝b2+b6，则2（a7+a8）＝a3+a4+a11+a12＝（a3+a12）+（a4+a11），成⽴，B正确，C．若a42＝a2a8，则（a1+3d）2＝（a1+d）（a1+7d），即a12+6a1d+9d2＝a12+8a1d+7d2，得a1d＝d2，∵d≠0，∴a1＝d，符合≤1，C正确；D．若b42＝b2b8，则（a7+a8）2＝（a3+a4）（a15+a16），即4a12+52a1d+169d2＝4a12+68a1d+145d2，得16a1d＝24d2，∵d≠0，∴2a1＝3d，不符合≤1，D错误；故选：D．2．（2020•北京）在等差数列{a n}中，a1＝﹣9，a5＝﹣1．记T n＝a1a2…a n（n＝1，2，…），则数列{T n}（）A．有最⼤项，有最⼩项B．有最⼤项，⽆最⼩项C．⽆最⼤项，有最⼩项D．⽆最⼤项，⽆最⼩项【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，由a1＝﹣9，a5＝﹣1，得d＝，∴a n＝﹣9+2（n﹣1）＝2n﹣11．由a n＝2n﹣11＝0，得n＝，⽽n∈N*，可知数列{a n}是单调递增数列，且前5项为负值，⾃第6项开始为正值．可知T1＝﹣9＜0，T2＝63＞0，T3＝﹣315＜0，T4＝945＞0为最⼤项，⾃T5起均⼩于0，且逐渐减⼩．∴数列{T n}有最⼤项，⽆最⼩项．故选：B．3．（2020•新课标Ⅰ）设{a n}是等⽐数列，且a1+a2+a3＝1，a2+a3+a4＝2，则a6+a7+a8＝（）A．12B．24C．30D．32【解答】解：{a n}是等⽐数列，且a1+a2+a3＝1，则a2+a3+a4＝q（a1+a2+a3），即q＝2，∴a6+a7+a8＝q5（a1+a2+a3）＝25×1＝32，故选：D．4．（2020•新课标Ⅱ）如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12．设1≤i＜j＜k≤12．若k﹣j＝3且j﹣i＝4，则a i，a j，a k为原位⼤三和弦；若k﹣j＝4且j﹣i＝3，则称a i，a j，a k 为原位⼩三和弦．⽤这12个键可以构成的原位⼤三和弦与原位⼩三和弦的个数之和为（）A．5B．8C．10D．15【解答】解：若k﹣j＝3且j﹣i＝4，则a i，a j，a k为原位⼤三和弦，即有i＝1，j＝5，k＝8；i＝2，j＝6，k＝9；i＝3，j＝7，k＝10；i＝4，j＝8，k＝11；i＝5，j ＝9，k＝12，共5个；若k﹣j＝4且j﹣i＝3，则a i，a j，a k为原位⼩三和弦，可得i＝1，j＝4，k＝8；i＝2，j＝5，k＝9；i＝3，j＝6，k＝10；i＝4，j＝7，k＝11；i＝5，j ＝8，k＝12，共5个，总计10个．故选：C．5．（2020•新课标Ⅱ）0﹣1周期序列在通信技术中有着重要应⽤．若序列a1a2…a n…满⾜a i∈{0，1}（i＝1，2，…），且存在正整数m，使得a i+m＝a i（i＝1，2，…）成⽴，则称其为0﹣1周期序列，并称满⾜a i+m＝a i（i＝1，2…）的最⼩正整数m为这个序列的周期．对于周期为m的0﹣1序列a1a2…a n…，C（k）＝a i a i+k（k＝1，2，…，m﹣1）是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0﹣1序列中，满⾜C（k）≤（k＝1，2，3，4）的序列是（）A．11010…B．11011…C．10001…D．11001…【解答】解：对于A选项：序列1101011010C（1）＝a i a i+1＝（1+0+0+0+0）＝，C（2）＝a i a i+2＝（0+1+0+1+0）＝，不满⾜C（k）≤（k＝1，2，3，4），故排除A；对于B选项：序列1101111011C（1）＝a i a i+1＝（1+0+0+1+1）＝，不满⾜条件，排除；对于C选项：序列100011000110001C（1）＝a i a i+1＝（0+0+0+0+1）＝，C（2）＝a i a i+2＝（0+0+0+0++0）＝0，C（3）＝a i a i+3＝（0+0+0+0+0）＝0，C（4）＝a i a i+4＝（1+0+0+0+0）＝，符合条件，对于D选项：序列1100111001C（1）＝a i a i+1＝（1+0+0+0+1）＝不满⾜条件．故选：C．6．（2020•新课标Ⅱ）记S n为等⽐数列{a n}的前n项和．若a5﹣a3＝12，a6﹣a4＝24，则＝（）A．2n﹣1B．2﹣21﹣n C．2﹣2n﹣1D．21﹣n﹣1【解答】解：设等⽐数列的公⽐为q，∵a5﹣a3＝12，∴a6﹣a4＝q（a5﹣a3），∴q＝2，∴a1q4﹣a1q2＝12，∴12a1＝12，∴a1＝1，∴S n＝＝2n﹣1，a n＝2n﹣1，∴＝＝2﹣21﹣n，故选：B．7．（2020•新课标Ⅱ）数列{a n}中，a1＝2，a m+n＝a m a n．若a k+1+a k+2+…+a k+10＝215﹣25，则k＝（）A．2B．3C．4D．5【解答】解：由a1＝2，且a m+n＝a m a n，取m＝1，得a n+1＝a1a n＝2a n，∴，则数列{a n}是以2为⾸项，以2为公⽐的等⽐数列，则，∴a k+1+a k+2+…+a k+10＝＝215﹣25，∴k+1＝5，即k＝4．故选：C．8．（2020•新课标Ⅱ）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中⼼有⼀块圆形⽯板（称为天⼼⽯），环绕天⼼⽯砌9块扇⾯形⽯板构成第⼀环，向外每环依次增加9块．下⼀层的第⼀环⽐上⼀层的最后⼀环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层⽐中层多729块，则三层共有扇⾯形⽯板（不含天⼼⽯）（）A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块【解答】解：⽅法⼀：设每⼀层有n环，由题意可知从内到外每环之间构成等差数列，且公差d＝9，a1＝9，由等差数列的性质可得S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n成等差数列，且（S3n﹣S2n）﹣（S2n﹣S n）＝n2d，则n2d＝729，则n＝9，则三层共有扇⾯形⽯板S3n＝S27＝27×9+×9＝3402块，⽅法⼆：设第n环天⽯⼼块数为a n，第⼀层共有n环，则{a n}是以9为⾸项，9为公差的等差数列，a n＝9+（n﹣1）×9＝9n，设S n为{a n}的前n项和，则第⼀层、第⼆层、第三层的块数分别为S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n，∵下层⽐中层多729块，∴S3n﹣S2n＝S2n﹣S n+729，∴﹣＝﹣+729，∴9n2＝729，解得n＝9，∴S3n＝S27＝＝3402，故选：C．⼆．填空题（共6⼩题）9．（2020•上海）已知数列{a n}是公差不为零的等差数列，且a1+a10＝a9，则＝．【解答】解：根据题意，等差数列{a n}满⾜a1+a10＝a9，即a1+a1+9d＝a1+8d，变形可得a1＝﹣d，所以＝＝＝＝．故答案为：．10．（2020•新课标Ⅱ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a1＝﹣2，a2+a6＝2，则S10＝25．【解答】解：因为等差数列{a n}中，a1＝﹣2，a2+a6＝2a4＝2，所以a4＝1，3d＝a4﹣a1＝3，即d＝1，则S10＝10a1＝10×（﹣2）+45×1＝25．故答案为：2511．（2020•浙江）已知数列{a n}满⾜a n＝，则S3＝10．【解答】解：数列{a n}满⾜a n＝，可得a1＝1，a2＝3，a3＝6，所以S3＝1+3+6＝10．故答案为：10．12．（2020•海南）将数列{2n﹣1}与{3n﹣2}的公共项从⼩到⼤排列得到数列{a n}，则{a n}的前n项和为3n2﹣2n．【解答】解：将数列{2n﹣1}与{3n﹣2}的公共项从⼩到⼤排列得到数列{a n}，则{a n}是以1为⾸项、以6为公差的等差数列，故它的前n项和为n×1+＝3n2﹣2n，故答案为：3n2﹣2n．13．（2020•江苏）设{a n}是公差为d的等差数列，{b n}是公⽐为q的等⽐数列．已知数列{a n+b n}的前n项和S n＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），则d+q的值是4．【解答】解：因为{a n+b n}的前n项和S n＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），因为{a n}是公差为d的等差数列，设⾸项为a1；{b n}是公⽐为q的等⽐数列，设⾸项为b1，所以{a n}的通项公式a n＝a1+（n﹣1）d，所以其前n项和S＝＝n2+（a1﹣）n，当{b n}中，当公⽐q＝1时，其前n项和S＝nb1，所以{a n+b n}的前n项和S n＝S+S＝n2+（a1﹣）n+nb1＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），显然没有出现2n，所以q≠1，则{b n}的前n项和为S＝＝+，所以S n＝S+S＝n2+（a1﹣）n+﹣＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），由两边对应项相等可得：解得：d＝2，a1＝0，q＝2，b1＝1，所以d+q＝4，故答案为：4．14．（2020•新课标Ⅰ）数列{a n}满⾜a n+2+（﹣1）n a n＝3n﹣1，前16项和为540，则a1＝7．【解答】解：由a n+2+（﹣1）n a n＝3n﹣1，当n为奇数时，有a n+2﹣a n＝3n﹣1，可得a n﹣a n﹣2＝3（n﹣2）﹣1，…a3﹣a1＝3•1﹣1，累加可得a n﹣a1＝3[1+3+…+（n﹣2）]﹣＝3•＝；当n为偶数时，a n+2+a n＝3n﹣1，可得a4+a2＝5，a8+a6＝17，a12+a10＝29，a16+a14＝41．可得a2+a4+…+a16＝92．∴a1+a3+…+a15＝448．∴＝448，∴8a1＝56，即a1＝7．故答案为：7．三．解答题（共8⼩题）15．（2020•天津）已知{a n}为等差数列，{b n}为等⽐数列，a1＝b1＝1，a5＝5（a4﹣a3），b5＝4（b4﹣b3）．（Ⅰ）求{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）记{a n}的前n项和为S n，求证：S n S n+2＜S n+12（n∈N*）；（Ⅲ）对任意的正整数n，设c n＝求数列{c n}的前2n项和．【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，等⽐数列{b n}的公⽐为q，由a1＝1，a5＝5（a4﹣a3），则1+4d＝5d，可得d＝1，∴a n＝1+n﹣1＝n，∵b1＝1，b5＝4（b4﹣b3），∴q4＝4（q3﹣q2），解得q＝2，∴b n＝2n﹣1；（Ⅱ）证明：法⼀：由（Ⅰ）可得S n＝，∴S n S n+2＝n（n+1）（n+2）（n+3），（S n+1）2＝（n+1）2（n+2）2，∴S n S n+2﹣S n+12＝﹣（n+1）（n+2）＜0，∴S n S n+2＜S n+12（n∈N*）；法⼆：∵数列{a n}为等差数列，且a n＝n，∴S n＝，S n+2＝，S n+1＝，∴＝＝＜1，∴S n S n+2＜S n+12（n∈N*）；（Ⅲ），当n为奇数时，c n＝＝＝﹣，当n为偶数时，c n＝＝，对任意的正整数n，有c2k﹣1＝（﹣）＝﹣1，和c2k＝＝+++…+，①，由①×可得c2k＝++…++，②，①﹣②得c2k＝+++…+﹣﹣，∴c2k＝﹣，因此c2k＝c2k﹣1+c2k＝﹣﹣．数列{c n}的前2n项和﹣﹣．16．（2020•海南）已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4＝20，a3＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）求a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1a n a n+1．【解答】解：（1）设等⽐数列{a n}的公⽐为q（q＞1），则，∵q＞1，∴，∴．（2）a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1a n a n+1＝23﹣25+27﹣29+…+（﹣1）n﹣1•22n+1，＝＝．17．（2020•江苏）已知数列{a n}（n∈N*）的⾸项a1＝1，前n项和为S n．设λ和k为常数，若对⼀切正整数n，均有S n+1﹣S n＝λa n+1成⽴，则称此数列为“λ﹣k”数列．（1）若等差数列{a n}是“λ﹣1”数列，求λ的值；（2）若数列{a n}是“﹣2”数列，且a n＞0，求数列{a n}的通项公式；（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列，且a n≥0？若存在，求出λ的取值范围；若不存在，说明理由．【解答】解：（1）k＝1时，a n+1＝S n+1﹣S n＝λa n+1，由n为任意正整数，且a1＝1，a n≠0，可得λ＝1；（2）﹣＝，则an+1＝S n+1﹣S n＝（﹣）•（+）＝•（+），因此+＝•，即＝，Sn+1＝a n+1＝（S n+1﹣S n），从⽽S n+1＝4S n，⼜S1＝a1＝1，可得S n＝4n﹣1，a n＝S n﹣S n﹣1＝3•4n﹣2，n≥2，综上可得a n＝，n∈N*；（3）若存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列，则S n+1﹣S n＝λa n+1，则S n+1﹣3S n+1S n+3S n+1S n﹣S n＝λ3a n+1＝λ3（S n+1﹣S n），由a1＝1，a n≥0，且S n＞0，令p n＝（）＞0，则（1﹣λ3）p n3﹣3p n2+3p n﹣（1﹣λ3）＝0，λ＝1时，p n＝p n2，由p n＞0，可得p n＝1，则S n+1＝S n，即a n+1＝0，此时{a n}唯⼀，不存在三个不同的数列{a n}，λ≠1时，令t＝，则p n3﹣tp n2+tp n﹣1＝0，则（p n﹣1）[p n2+（1﹣t）p n+1]＝0，①t≤1时，p n2+（1﹣t）p n+1＞0，则p n＝1，同上分析不存在三个不同的数列{a n}；②1＜t＜3时，△＝（1﹣t）2﹣4＜0，p n2+（1﹣t）p n+1＝0⽆解，则p n＝1，同上分析不存在三个不同的数列{a n}；③t＝3时，（p n﹣1）3＝0，则p n＝1，同上分析不存在三个不同的数列{a n}．④t＞3时，即0＜λ＜1时，△＝（1﹣t）2﹣4＞0，p n2+（1﹣t）p n+1＝0有两解α，β，设α＜β，α+β＝t﹣1＞2，αβ＝1＞0，则0＜α＜1＜β，则对任意n∈N*，＝1或＝α3（舍去）或＝β3，由于数列{S n}从任何⼀项求其后⼀项均有两种不同的结果，所以这样的数列{S n}有⽆数多个，则对应的数列{a n}有⽆数多个．则存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列，且a n≥0，综上可得0＜λ＜1．18．（2020•新课标Ⅰ）设{a n}是公⽐不为1的等⽐数列，a1为a2，a3的等差中项．（1）求{a n}的公⽐；（2）若a1＝1，求数列{na n}的前n项和．【解答】解：（1）设{a n}是公⽐q不为1的等⽐数列，a1为a2，a3的等差中项，可得2a1＝a2+a3，即2a1＝a1q+a1q2，即为q2+q﹣2＝0，解得q＝﹣2（1舍去），所以{a n}的公⽐为﹣2；（2）若a1＝1，则a n＝（﹣2）n﹣1，na n＝n•（﹣2）n﹣1，则数列{na n}的前n项和为S n＝1•1+2•（﹣2）+3•（﹣2）2+…+n•（﹣2）n﹣1，﹣2S n＝1•（﹣2）+2•（﹣2）2+3•（﹣2）3+…+n•（﹣2）n，两式相减可得3S n＝1+（﹣2）+（﹣2）2+（﹣2）3+…+（﹣2）n﹣1﹣n•（﹣2）n＝﹣n•（﹣2）n，化简可得S n＝，所以数列{na n}的前n项和为．19．（2020•⼭东）已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4＝20，a3＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）记b m为{a n}在区间（0，m]（m∈N*）中的项的个数，求数列{b m}的前100项和S100．【解答】解：（1）∵a2+a4＝20，a3＝8，∴+8q＝20，解得q＝2或q＝（舍去），∴a1＝2，∴a n＝2n，（2）记b m为{a n}在区间（0，m]（m∈N*）中的项的个数，∴2n≤m，∴n≤log2m，故b1＝0，b2＝1，b3＝1，b4＝2，b5＝2，b6＝2，b7＝2，b8＝3，b9＝3，b10＝3，b11＝3，b12＝3，b13＝3，b14＝3，b15＝3，b16＝4，…，可知0在数列{b m}中有1项，1在数列{b m}中有2项，2在数列{b m}中有4项，…，由＜100，＞100可知b63＝5，b64＝b65＝…＝b100＝6．∴数列{b m}的前100项和S100＝0+1×2+2×4+3×8+4×16+5×32+6×37＝480．20．（2020•新课标Ⅲ）设等⽐数列{a n}满⾜a1+a2＝4，a3﹣a1＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）记S n为数列{log3a n}的前n项和．若S m+S m+1═S m+3，求m．【解答】解：（1）设公⽐为q，则由，可得a1＝1，q＝3，所以a n＝3n﹣1．（2）由（1）有log3a n＝n﹣1，是⼀个以0为⾸项，1为公差的等差数列，所以S n＝，所以+＝，m2﹣5m﹣6＝0，解得m＝6，或m＝﹣1（舍去），所以m＝6．21．（2020•浙江）已知数列{a n}，{b n}，{c n}满⾜a1＝b1＝c1＝1，c n＝a n+1﹣a n，c n+1＝c n，（n∈N*）．（Ⅰ）若{b n}为等⽐数列，公⽐q＞0，且b1+b2＝6b3，求q的值及数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若{b n}为等差数列，公差d＞0，证明：c1+c2+c3+…+c n＜1+，n∈N*．【解答】（Ⅰ）解：由题意，b2＝q，b3＝q2，∵b1+b2＝6b3，∴1+q＝6q2，整理，得6q2﹣q﹣1＝0，解得q＝﹣（舍去），或q＝，∴c n+1＝•c n＝•c n＝•c n＝•c n＝4•c n，∴数列{c n}是以1为⾸项，4为公⽐的等⽐数列，∴c n＝1•4n﹣1＝4n﹣1，n∈N*．∴a n+1﹣a n＝c n＝4n﹣1，则a1＝1，a2﹣a1＝1，a3﹣a2＝41，•••a n﹣a n﹣1＝4n﹣2，各项相加，可得a n＝1+1+41+42+…+4n﹣2＝+1＝．（Ⅱ）证明：依题意，由c n+1＝•c n（n∈N*），可得b n+2•c n+1＝b n•c n，两边同时乘以b n+1，可得b n+1b n+2c n+1＝b n b n+1c n，∵b1b2c1＝b2＝1+d，∴数列{b n b n+1c n}是⼀个常数列，且此常数为1+d，b n b n+1c n＝1+d，∴c n＝＝•＝（1+）•＝（1+）（﹣），⼜∵b1＝1，d＞0，∴b n＞0，∴c1+c2+…+c n＝（1+）（﹣）+（1+）（﹣）+…+（1+）（﹣）＝（1+）（﹣+﹣+…+﹣）＝（1+）（﹣）＝（1+）（1﹣）＜1+，∴c1+c2+…+c n＜1+，故得证．22．（2020•上海）已知各项均为正数的数列{a n}，其前n项和为S n，a1＝1．（1）若数列{a n}为等差数列，S10＝70，求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{a n}为等⽐数列，a4＝，求满⾜S n＞100a n时n的最⼩值．【解答】解：（1）数列{a n}为公差为d的等差数列，S10＝70，a1＝1，可得10+×10×9d＝70，解得d＝，则a n＝1+（n﹣1）＝n﹣；（2）数列{a n}为公⽐为q的等⽐数列，a4＝，a1＝1，可得q3＝，即q＝，则a n＝（）n﹣1，S n＝＝2﹣（）n﹣1，S n＞100a n，即为2﹣（）n﹣1＞100•（）n﹣1，即2n＞101，可得n≥7，即n的最⼩值为7．考点卡⽚1．数列的函数特性【知识点的认识】1、等差数列的通项公式：a n＝a1+（n﹣1）d；前n项和公式S n＝na1+n（n﹣1）d或者S n＝2、等⽐数列的通项公式：a n＝a1q n﹣1；前n项和公式S n＝＝（q≠1）3、⽤函数的观点理解等差数列、等⽐数列（1）对于等差数列，a n＝a1+（n﹣1）d＝dn+（a1﹣d），当d≠0时，a n是n的⼀次函数，对应的点（n，a n）是位于直线上的若⼲个点．当d＞0时，函数是增函数，对应的数列是递增数列；同理，d＝0时，函数是常数函数，对应的数列是常数列；d＜0时，函数是减函数，对应的数列是递减函数．若等差数列的前n项和为S n，则S n＝pn2+qn（p、q∈R）．当p＝0时，{a n}为常数列；当p≠0时，可⽤⼆次函数的⽅法解决等差数列问题．（2）对于等⽐数列：a n＝a1q n﹣1．可⽤指数函数的性质来理解．当a1＞0，q＞1或a1＜0，0＜q＜1时，等⽐数列是递增数列；当a1＞0，0＜q＜1或a1＜0，q＞1时，等⽐数列{a n}是递减数列．当q＝1时，是⼀个常数列．当q＜0时，⽆法判断数列的单调性，它是⼀个摆动数列．【典型例题分析】典例1：数列{a n}满⾜a n＝n2+kn+2，若不等式a n≥a4恒成⽴，则实数k的取值范围是（）A．[﹣9，﹣8]B．[﹣9，﹣7]C．（﹣9，﹣8）D．（﹣9，﹣7）解：a n＝n2+kn+2＝，∵不等式a n≥a4恒成⽴，∴，解得﹣9≤k≤﹣7，故选：B．典例2：设等差数列{a n}满⾜a1＝1，a n＞0（n∈N*），其前n项和为S n，若数列{}也为等差数列，则的最⼤值是（）A．310B．212C．180D．121解：∵等差数列{a n}满⾜a1＝1，a n＞0（n∈N*），设公差为d，则a n＝1+（n﹣1）d，其前n项和为S n＝，∴＝，＝1，＝，＝，∵数列{}也为等差数列，∴＝+，∴＝1+，解得d＝2．∴S n+10＝（n+10）2，＝（2n﹣1）2，∴＝＝，由于为单调递减数列，∴≤＝112＝121，故选：D．2．等差数列的通项公式【知识点的认识】等差数列是常⻅数列的⼀种，数列从第⼆项起，每⼀项与它的前⼀项的差等于同⼀个常数，已知等差数列的⾸项a1，公差d，那么第n项为a n＝a1+（n﹣1）d，或者已知第m项为a m，则第n项为a n＝a m+（n﹣m）d．【例题解析】eg1：已知数列{a n}的前n项和为S n＝n2+1，求数列{a n}的通项公式，并判断{a n}是不是等差数列解：当n＝1时，a1＝S1＝12+1＝2，当n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1＝n2+1﹣（n﹣1）2﹣1＝2n﹣1，∴a n＝，把n＝1代⼊2n﹣1可得1≠2，∴{a n}不是等差数列考察了对概念的理解，除掉第⼀项这个数列是等差数列，但如果把⾸项放进去的话就不是等差数列，题中a n的求法是数列当中常⽤到的⽅式，⼤家可以熟记⼀下．eg2：已知等差数列{a n}的前三项分别为a﹣1，2a+1，a+7则这个数列的通项公式为解：∵等差数列{a n}的前三项分别为a﹣1，2a+1，a+7，∴2（2a+1）＝a﹣1+a+7，解得a＝2．∴a1＝2﹣1＝1，a2＝2×2+1＝5，a3＝2+7＝9，∴数列a n是以1为⾸项，4为公差的等差数列，∴a n＝1+（n﹣1）×4＝4n﹣3．故答案：4n﹣3．这个题很好的考察了的呢公差数列的⼀个重要性质，即等差中项的特点，通过这个性质然后解⽅程⼀样求出⾸项和公差即可．【考点点评】求等差数列的通项公式是⼀种很常⻅的题型，这⾥⾯往往⽤的最多的就是等差中项的性质，这也是学习或者复习时应重点掌握的知识点．3．等差数列的前n项和【知识点的认识】等差数列是常⻅数列的⼀种，如果⼀个数列从第⼆项起，每⼀项与它的前⼀项的差等于同⼀个常数，这个数列就叫做等差数列，⽽这个常数叫做等差数列的公差，公差常⽤字⺟d表示．其求和公式为S n＝na1+n（n﹣1）d或者S n＝【例题解析】eg1：设等差数列的前n项和为S n，若公差d＝1，S5＝15，则S10＝解：∵d＝1，S5＝15，∴5a1+d＝5a1+10＝15，即a1＝1，则S10＝10a1+d＝10+45＝55．故答案为：55点评：此题考查了等差数列的前n项和公式，解题的关键是根据题意求出⾸项a1的值，然后套⽤公式即可．eg2：等差数列{a n}的前n项和S n＝4n2﹣25n．求数列{|a n|}的前n项的和T n．解：∵等差数列{a n}的前n项和S n＝4n2﹣25n．∴a n＝S n﹣S n﹣1＝（4n2﹣25n）﹣[4（n﹣1）2﹣25（n﹣1）]＝8n﹣29，该等差数列为﹣21，﹣13，﹣5，3，11，…前3项为负，其和为S3＝﹣39．∴n≤3时，T n＝﹣S n＝25n﹣4n2，n≥4，T n＝S n﹣2S3＝4n2﹣25n+78，∴．点评：本题考查等差数列的前n项的绝对值的和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运⽤．其实⽅法都是⼀样的，要么求出⾸项和公差，要么求出⾸项和第n项的值．【考点点评】等差数列⽐较常⻅，单独考察等差数列的题也⽐较简单，⼀般单独考察是以⼩题出现，⼤题⼀般要考察的话会结合等⽐数列的相关知识考察，特别是错位相减法的运⽤．4．等⽐数列的性质【等⽐数列】（⼜名⼏何数列），是⼀种特殊数列．如果⼀个数列从第2项起，每⼀项与它的前⼀项的⽐等于同⼀个常数，这个数列就叫做等⽐数列，因为第⼆项与第⼀项的⽐和第三项与第⼆项的⽐相等，这个常数叫做等⽐数列的公⽐，公⽐通常⽤字⺟q表示（q≠0）．注：q＝1时，a n 为常数列．等⽐数列和等差数列⼀样，也有⼀些通项公式：①第n项的通项公式，a n＝a1q n﹣1，这⾥a1为⾸项，q为公⽐，我们发现这个通项公式其实就是指数函数上孤⽴的点．②求和公式，S n＝，表示的是前⾯n项的和．③若m+n＝q+p，且都为正整数，那么有a m•a n ＝a p•a q．例：2，x，y，z，18成等⽐数列，则y＝．解：由2，x，y，z，18成等⽐数列，设其公⽐为q，则18＝2q4，解得q2＝3，∴y＝2q2＝2×3＝6．故答案为：6．本题的解法主要是运⽤了等⽐数列第n项的通项公式，这也是⼀个常⽤的⽅法，即知道某两项的值然后求出公⽐，继⽽可以以已知项为⾸项，求出其余的项．关键是对公式的掌握，⽅法就是待定系数法．【等⽐数列的性质】（1）通项公式的推⼴：a n＝a m•q n﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{a n}为等⽐数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则a k•a l＝a m•a n（3）若{a n}，{b n}（项数相同）是等⽐数列，则{λa n}（λ≠0），{a}，{a n•b n}，仍是等⽐数列．（4）单调性：或 {a n}是递增数列；或 {a n}是递减数列；q＝1 {a n}是常数列；q＜0 {a n}是摆动数列．5．等⽐数列的通项公式【知识点的认识】1．等⽐数列的定义如果⼀个数列从第2项起，每⼀项与它的前⼀项的⽐值等于同⼀个常数，那么这个数列叫做等⽐数列，这个常数叫做等⽐数列的公⽐，通常⽤字⺟q表示（q≠0）．从等⽐数列的定义看，等⽐数列的任意项都是⾮零的，公⽐q也是⾮零常数．2．等⽐数列的通项公式设等⽐数列{a n}的⾸项为a1，公⽐为q，则它的通项a n＝a1•q n﹣13．等⽐中项：如果在a与b中间插⼊⼀个数G，使a，G，b成等⽐数列，那么G叫做a与b的等⽐中项．G2＝a•b（ab≠0）4．等⽐数列的常⽤性质（1）通项公式的推⼴：a n＝a m•q n﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{a n}为等⽐数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则a k•a l＝a m•a n（3）若{a n}，{b n}（项数相同）是等⽐数列，则{λa n}（λ≠0），{a}，{a n•b n}，仍是等⽐数列．（4）单调性：或 {a n}是递增数列；或 {a n}是递减数列；q＝1 {a n}是常数列；q＜0 {a n}是摆动数列．6．等⽐数列的前n项和【知识点的知识】1．等⽐数列的前n项和公式等⽐数列{a n}的公⽐为q（q≠0），其前n项和为S n，当q＝1时，S n＝na1；当q≠1时，S n＝＝．2．等⽐数列前n项和的性质公⽐不为﹣1的等⽐数列{a n}的前n项和为S n，则S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n仍成等⽐数列，其公⽐为q n．7．数列的应⽤【知识点的知识】1、数列与函数的综合2、等差数列与等⽐数列的综合3、数列的实际应⽤数列与银⾏利率、产品利润、⼈⼝增⻓等实际问题的结合．8．数列的求和【知识点的知识】就是求出这个数列所有项的和，⼀般来说要求的数列为等差数列、等⽐数列、等差等⽐数列等等，常⽤的⽅法包括：（1）公式法：①等差数列前n项和公式：S n＝na1+n（n﹣1）d或S n＝②等⽐数列前n项和公式：③⼏个常⽤数列的求和公式：（2）错位相减法：适⽤于求数列{a n×b n}的前n项和，其中{a n}{b n}分别是等差数列和等⽐数列．（3）裂项相消法：适⽤于求数列{}的前n项和，其中{a n}为各项不为0的等差数列，即＝（）．（4）倒序相加法：推导等差数列的前n项和公式时所⽤的⽅法，就是将⼀个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个（a1+a n）．（5）分组求和法：有⼀类数列，既不是等差数列，也不是等⽐数列，若将这类数列适当拆开，可分为⼏个等差、等⽐或常⻅的数列，然后分别求和，再将其合并即可．【典型例题分析】典例1：已知等差数列{a n}满⾜：a3＝7，a5+a7＝26，{a n}的前n项和为S n．（Ⅰ）求a n及S n；（Ⅱ）令b n＝（n∈N*），求数列{b n}的前n项和T n．分析：形如的求和，可使⽤裂项相消法如：．解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，∵a3＝7，a5+a7＝26，∴，解得a1＝3，d＝2，∴a n＝3+2（n﹣1）＝2n+1；S n＝＝n2+2n．（Ⅱ）由（Ⅰ）知a n＝2n+1，∴b n＝＝＝＝，∴T n＝＝＝，即数列{b n}的前n项和T n＝．点评：该题的第⼆问⽤的关键⽅法就是裂项求和法，这也是数列求和当中常⽤的⽅法，就像友情提示那样，两个等差数列相乘并作为分⺟的⼀般就可以⽤裂项求和．【解题⽅法点拨】数列求和基本上是必考点，⼤家要学会上⾯所列的⼏种最基本的⽅法，即便是放缩也要往这⾥⾯考．9．数列递推式【知识点的知识】1、递推公式定义：如果已知数列{a n}的第1项（或前⼏项），且任⼀项a n与它的前⼀项a n﹣1（或前⼏项）间的关系可以⽤⼀个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．2、数列前n项和S n与通项a n的关系式：a n＝．在数列{a n}中，前n项和S n与通项公式a n的关系，是本讲内容⼀个重点，要认真掌握．注意：（1）⽤a n＝S n﹣S n﹣1求数列的通项公式时，你注意到此等式成⽴的条件了吗？（n≥2，当n＝1时，a1＝S1）；若a1适合由a n的表达式，则a n不必表达成分段形式，可化统⼀为⼀个式⼦．（2）⼀般地当已知条件中含有a n与S n的混合关系时，常需运⽤关系式a n＝S n﹣S n﹣1，先将已知条件转化为只含a n或S n的关系式，然后再求解．3、数列的通项的求法：（1）公式法：①等差数列通项公式；②等⽐数列通项公式．（2）已知S n（即a1+a2+…+a n＝f（n））求a n，⽤作差法：a n＝．⼀般地当已知条件中含有a n与S n的混合关系时，常需运⽤关系式，先将已知条件转化为只含或的关系式，然后再求解．（3）已知a1•a2…a n＝f（n）求a n，⽤作商法：a n，＝．（4）若a n+1﹣a n＝f（n）求a n，⽤累加法：a n＝（a n﹣a n﹣1）+（a n﹣1﹣a n﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1（n≥2）．（5）已知＝f（n）求a n，⽤累乘法：a n＝（n≥2）．（6）已知递推关系求a n，有时也可以⽤构造法（构造等差、等⽐数列）．特别地有，①形如a n＝ka n﹣1+b、a n＝ka n﹣1+b n（k，b为常数）的递推数列都可以⽤待定系数法转化为公⽐为k的等⽐数列后，再求a n．②形如a n＝的递推数列都可以⽤倒数法求通项．（7）求通项公式，也可以由数列的前⼏项进⾏归纳猜想，再利⽤数学归纳法进⾏证明．10．等差数列与等⽐数列的综合【知识点的知识】1、等差数列的性质（1）若公差d＞0，则为递增等差数列；若公差d＜0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列；（2）有穷等差数列中，与⾸末两端“等距离”的两项和相等，并且等于⾸末两项之和；（3）m，n∈N+，则a m＝a n+（m﹣n）d；（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t＝p+q，则a s+a t＝a p+a q，其中a s，a t，a p，a q是数列中的项，特别地，当s+t＝2p时，有a s+a t＝2a p；（5）若数列{a n}，{b n}均是等差数列，则数列{ma n+kb n}仍为等差数列，其中m，k均为常数．（6）a n，a n﹣1，a n﹣2，…，a2，a1仍为等差数列，公差为﹣d．（7）从第⼆项开始起，每⼀项是与它相邻两项的等差中项，也是与它等距离的前后两项的等差中项，即2a n+1＝a n+a n+2，2a n＝a n﹣m+a n+m，（n≥m+1，n，m∈N+）（8）a m，a m+k，a m+2k，a m+3k，…仍为等差数列，公差为kd（⾸项不⼀定选a1）．2、等⽐数列的性质．（1）通项公式的推⼴：a n＝a m•q n﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{a n}为等⽐数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则a k•a l＝a m•a n（3）若{a n}，{b n}（项数相同）是等⽐数列，则{λa n}（λ≠0），{a}，{a n•b n}，仍是等⽐数列．（4）单调性：或 {a n}是递增数列；或 {a n}是递减数列；q＝1 {a n}是常数列；q＜0 {a n}是摆动数列．31。
6数列-2016-2018年历年数学联赛真题WORD版分类汇编含详细答案
2016年~2018年全国高中数学联赛一试试题分类汇编6、数列部分2018A 8、设整数数列1021,,,a a a 满足1103a a =，5822a a a =+，且{}i i i a a a ++∈+2,11，9,,2,1 =i ，则这样的数列的个数为◆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。
由②知，t 也是765,,b b b 中2的项数，其中{}3,2,1,0∈t ，因此432,,b b b ，765,,b b b 的取法数为()()()()2023322321323=+++C C C C ；接下来，确定98,b b ，有422=种方式，最后由①知，应取{}2,11∈b 使得921b b b +++ 为偶数，这样的1b 的取法是唯一的，并且确定了整数1a 的值，进而数列921,,,b b b 唯一对应一个满足条件的数列1021,,,a a a 。
综上可知，满足条件的数列的个数为80420=⨯。
2018A 一、（本题满分40分）设n 是正整数，n a a a ,,,21 ，n b b b ,,,21 ，B A ,均为正实数，满足：i i b a ≤，A a i ≤，n i ,,2,1 =，且ABa a ab b b n n ≤ 2121。
证明：11)1()1)(1()1()1)(1(2121++≤++++++A B a a a b b b n n 。
★证明：记i i i a b k =，则1≥i k ，（n i ,,2,1 =） ，记k A B=，则不等式A B a a a b b b n n ≤ 2121即k k k k n ≤ 21，要证11)1()1)(1()1()1)(1(2121++≤++++++A B a a a b b b n n 成立，也就转化为证：11)1()1)(1()1()1)(1(212211++≤++++++A kA a a a a k a k a k n n n 。
2024年全国高中数学联赛(一试)
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一试试题(A )一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1.若实数m >1满足98m log log =2024，则32m log log 的值为.2.设无穷等比数列{a n }的公比q 满足0<q <1.若{a n }的各项和等于{a n }各项的平方和，则a 2的取值范围是.3.设实数a ，b 满足：集合A ={x ∈R |x 2-10x +a ≤0}与B ={x ∈R |bx ≤b 3}的交集为4,9 ，则a +b 的值为.4.在三棱锥P -ABC 中，若PA ⏊底面ABC ，且棱AB ，BP ，BC ，CP 的长分别为1,2,3,4，则该三棱锥的体积为.5.一个不均匀的骰子，掷出1,2,3,4,5,6点的概率依次成等差数列.独立地先后掷该骰子两次，所得的点数分别记为a ,b ．若事件a +b =7发生的概率为17，则事件“a =b ”发生的概率为.6.设f (x )是定义域为R 、最小正周期为5的函数．若函数g (x )=f (2x )在区间0,5 上的零点个数为25，则g (x )在区间［1,4）上的零点个数为.7.设F 1,F 2为椭圆Ω的焦点，在Ω上取一点P （异于长轴端点），记O 为△PF 1F 2的外心，若PO ∙F 1F 2 =2PF 1 ∙PF 2 ，则Ω的离心率的最小值为.8.若三个正整数a ,b ,c 的位数之和为8，且组成a ，b ，c 的8个数码能排列为2,0,2,4,0,9,0,8，则称(a ,b ,c )为“幸运数组”，例如（9,8,202400）是一个幸运数组.满足10<a <b <c 的幸运数组（a ，b ，c ）的个数为.二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.9.（本题满分16分）在ΔABC 中，已知cos C =sinA +cosA 2=B sin +cosB 2,求cos C 的值.10.（本题满分20分）在平面直角坐标系中，双曲线Γ：x 2-y 2=1的右顶点为A .将圆心在y 轴上，且与Γ的两支各恰有一个公共点的圆称为“好圆”.若两个好圆外切于点P ，圆心距为d ，求d PA的所有可能的值.11.（本题满分20分）设复数z ，w 满足z +w =2，求S =z 2-2w +w 2-2z 的最小可能值.·1·。
高中数学联赛数列历年真题及解析
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
高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题11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 =√51n−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 =51n+1−q 2n+151n −q 2n=√51n q1+1−q 2nq 2+1 =√51n+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=√512n+3−q 22n+3⋅√512n−1−q 22n−1−1.=15q 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 =15q 14n+2+q 24n+2+7−1 =55q 14n+2+q 24n+2+2 =[√512n+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+1a 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+1a 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) 118【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=13.这样b n=a n+1a n+2−a n2=(a n+d)(a n+2d)−a n2=3da n+2d2=a n+29若正整数s、t满足a s+b t∈Z，则a s+b t=a s+a t+29=a1+(s−1)d+a1+(t−1)d+29=2a1+s+t−23+29∈Z.记l=2a1+s+t−23+29，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=118时，有a1+b3=118+1718=1∈Z.综上所述，|a1|的最小值为118.5．【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,−32,−18,1,3}成立.求a1+a2+a3+a4的值.【答案】±94【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=−18a1a3=1a2a4=3a3a4=−24，于是a2=−18a1,a3=1a1,a4=3a2=−24a1.故结合a1∈Q，只可能a1=±14.由此易知a1=14,a2=−12,a3=4,a4=−6或者a1=−14,a2=12,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=±94.6．【2014高中数学联赛（第01试）】数列{a n}满足a1=π6,a n+1=arctan(seca n)(N∈n∗)，求正整数m，使得sina1,sina2,⋯,sina m=1100.【答案】3333【解析】由已知条件可知，对任意正整数n，a n+1∈(−π2,π2)，且tana n+1=seca n①由于seca n>0，故a n+1∈(0,π2)，由式①得tan2a n+1=sec2a n=1+tan2a n，故tan2a n=n−1+tan2a1=n−1+13=3n−23，即tana n=√3n−23，因此sina1⋅sina2⋯⋯sina m=tana1seca1⋅tana2seca2⋯…tana mseca m=tana1tana2⋅tana2tana3⋯⋯tana mtana m+1(利用式①)=tana1tana m+1=√13m+1，由√13m+1=1100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+13，两式相减，结合a n+1≠0，得2S n=a n+12−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+12−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−1a 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+1t n+1−1=2(a n+1)a n+2t n−1=2(a n+1)t n−1a n+1t n−1+2，记a n+1t n−1=b n，则b n+1=2b nb n+2，b1=a1+1t−1=2t−2t−1=2.又1b n+1=1b n+12，1b1=12.从而有1b n =1b1+(n−1)⋅12=n2，故a n+1t n−1=2n，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)2n(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25=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(12)=34>0，故f(x)有唯一实数根r∈(0,12).所以2r3+5r−2=0，25=r1−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+⋯=25，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+⋯=11−r −1<11−12−1=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=14，求{a n}的前n项和.【答案】(1)a n=(n+1)αn；(2) S n=3−n+32n.【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+1αn+1−a nαn=1(n=1,2,⋯)，所以，数列{a nαn }构成公差为1的等差数列，其首项为a1α=2αα=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−αβ−ααn+1=βa n+ββ−ααn+1−αβ−ααn+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−αβn−1，于是数列{a n }的通项公式为a n =βn+1−αn+1β−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，12S n =222+323+424+⋯+n 2n+n+12n+1，以上两式相减，整理得12S n =32−n+32n+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+1β−α.(2)同解法一.11．【2007高中数学联赛（第01试）】设a n =∑1k(n+1−k)nk=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)=1n+1(1k+1n+1−k)，因此a n =2n+1∑1knk=1，于是，对任意的正整数n ≥2，有1 2(a n−a n+1)=1n+1∑1knk=1−1n+2∑1kn+1k=1=(1n+1−1n+2)∑1knk=1−1(n+1)(n+2)=1(n+1)(n+2)(∑1knk=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 i1⩽i<j⩽5x 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 i1⩽i<j⩽5x 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 i1⩽i<j⩽5x 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 i1⩽i<j⩽5x 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 n2−362，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+12−7a 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 n3)2④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 n3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limn→∞S n.【答案】(1)S n=85−35×(49)k；(2)85.【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132，而P0有3条边，故S1=S0+3×132=1+13，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132×132，而P1有3×4条边，故S2=S1+3×4×134=1+13+433，类似地有S3=S2+3×42×136=1+13+433+4235，于是有S n=1+13+433+4235+⋯+4n−132n−1=1+∑4k−132k−1nk=1=1+34∑(49)kxk=1=1+34×49[1−(49)k]1−49=1+35[1−(49)k]=85−35×(49)k①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=85−35⋅(49)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132(k+1)，而P k有3⋅4k条边，故S k+1=S k+3⋅4k⋅132(k+1)=S k+4k22(k+1)=85−35⋅(49)k+1.综上，由数学归纳法，式①得证.(2)limn→∞S n=limn→∞[(85)−(35)⋅(49)n]=85.15．【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limn→+∞(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limx→∞(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 12=(√2−1)2，由lim x→∞(b 1+b 2+⋯+b n )=√2+1得b 11−q=√2+1，即12[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1R =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 3R 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 4R 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】√102(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)2d ，故a +nd 2=Sn+1，则M ⩾a 12+a n+12=(a −nd)2+a 2=410(a +nd 2)2+110(4a −3nd)2⩾410(Sn+1)2，因此|S|⩽√102(n +1)√M ，且当a =10√M,d =101n√M 时，S =(n +1)[√10√M +n2√101n√M]=(n +√10√M =√102(n +1)√M .又因为此时4a =3nd ，有a 12+a n+12=410(Sn+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)2nk=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−1an−2−2√a n−2a n−3=1②⋮√a2a 1−2√a1a 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 na 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)2nk=1. 则a n ={1(n =0)∏(2k −1)2nk=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−1x−x −1(x ≠0,±1)，令y =x +1x.(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−11y n−2+⋯+(−1)i C n−i n y n−2i +⋯+(−1)n2(i =1,2⋯,n 2,n 为偶数)y n−C n−11y n−2+⋯+(−1)iC n−i ny n−2i+⋯+(−1)n−12C n+12n−12y (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 +1x )(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 +1x =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−21ym−2+C m−22ym−4+⋯+(−1)iC m−i i ym−2i+⋯+(−1)m 2Cm−m 2m 2ym−2×m 2② f m−1(x)=ym−1−C m−21y m−3+⋯+(−1)iC m−i i−1ym+1−2i+⋯+(−1)m2−1Cm2m 2−1y (m−1)−2×m−12i③用y 乘式②减去式③得到 yf m (x)−f m−1(x)=ym+1−⋯+(−1)i(C m−ii +C m−i i−1)y m+1−2i+⋯+(−1)m2(Cm−m 2m 2+Cm−m 2m 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)=ym+1−C m+1−11y m−1+⋯+(−1)C m−i+1i+ym+1−2i+⋯+(−1)m 2Cn 2+1m2y .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−11ym−2+⋯+(−1)iC m−i i y m−2i+⋯+(−1)m−12Cm+12m−12y ② f m−1(x)=ym−1−C m−21y m−3+⋯+(−1)i−1C m−i i−1ym+1−2i+⋯+(−1)m−12Cm+12m−12y③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−12Cm 2−12m−12=(−1)m+12Cm+12m+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 n1a n2a n3a 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 =1a 42=(a 11+d )q 3=18a 43=18+dq 3=316，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 =12.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 =12+2122+⋯+n12n.又因为12S =1S2+2123+⋯+n12n+1，相减后即得12S =12+122+⋯+12n−n 12n+1=12(1−12n )1−12−n12n+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 nn)=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 3n j=1=(∑a j nj=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+1i=1=(∑a i k+1i=1)2=∑a i 3ki=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∑1k2n−1k=1(n ⩾2).求证：（1）a n+1a n+1=n 2(n+1)2(n ⩾2)；（2）(1+1a 1)(1+1a 2)⋯(1+1a 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 2n2(n+1)2∑1k 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+1a 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 na 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(2−1n)<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 ni=1.（1）求数列{a n }的通项公式； （2）求证：∑√ka k2nk=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：∑√ka k 2nk=1=√k 3nk=1=1+√k 3nk=2<1+√k(k 2−1)nk=2=1+1nk=2=1+1√(k −1)(k +1)(k −1)+(k +1)2nk=2<1+2√(k −1)(k +1)(√k +1+√k −1)nk=2=1+√k +1√k −1√(k +1)(k −1)nk=2=1+∑(√k −1√k +1)nk=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+42b 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+42b 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12b 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=94,2a 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=n2n+1a 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=13n+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1c n+1=3c n−2.所以1c n+1−1=3(1c n−1)，数列{1c n−1}是以1c1−1=4−1=3为首项，公比为3的等比数列.所以1c n−1=3n,c n=13n+1.（2）由（1）知，a n=c n+2=13n+1+2，b n=n2n+1a n=n2n+1(13n+1+2)=n2(n+1)(3n+1)+2n2n+1=2(n−1)+2n+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=98，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+9a 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+1a 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 =16−13x 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 12a 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 =16−13a n .当n ≥2时，a n =S n −S n−1=13a n−1−13a n ⇒a n =14a n−1. 又S 1=16−13a 1⇒a 1=18⇒a n =2−(2n+1). （2）又注意到，c n+1−c n =log 12a n =2n +1. 当n ≥2时，c n =c 1+∑(c k+1−c k )n−1k=1=∑(2k +1)n−1k=1=n 2−1⇒∑nk=21c k=∑nk=21k 2−1=12∑(1k −1−1k +1)nk=2=12((1+12)−(1n+1n+1)).=34−12(1n +1n+1)<34.又1c 2+1c 3+⋯+1c n≥1c 2=13，从而，原式得证.8．数列{a n }满足a 1=2，a n =a n−12a 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=an−1a 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x2. 所以，a 5=2(x2)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 12]+[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]nk=3=3+∑n k=3k(k −1)−(n −2)=5−n +13∑[(k +1)k(k −1)−k(k −1)(k −2)]nk=3=5−n +13[(n +1)n(n −1)−6]=13(n 3−4n +9).注意到，当n =2时，13(n 3−4n +9)=3.故∑[a 12]ni=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 −n2−1，求数列{a n ⋅b n }的前n 项和. 【答案】(n−1)⋅2n +12【解析】由a 1=2及b 1a 1=2−12−1，可得b 1=14. 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−12−1,①b 1⋅2n +b 2⋅2n−1+⋯+b n−1⋅22+b n ⋅2=2n −n2−1,②①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 =n4. 于是，a n ⋅b n =n4⋅2n .令T n =∑n k=1a k ⋅b k ，则有{T n =14∑n k=1k ⋅2k 2T n =14∑n k=1k ⋅2k+1.因此，T n =14(n ⋅2n+1−∑n k=12k )=(n−1)⋅2n +12.11．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。
全国13年高中数学联赛分类汇编 专题13 数列.pdf
1、（2000一试4）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)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、（2003一试1）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． 【解析】由于a1，a2，…，an－1中的每一个都可以取0与1两个数，Tn=2n－1． 在每一位(从第一位到第n－1位)小数上，数字0与1各出现2n－2次．第n位则1出现2n－1次． ∴ Sn=2n－2(0.11…1+2n－2(10－n． ∴=(=． 5、（2004一试11）已知数列a0，a1，a2，…，an，…满足关系式(3－an+1)(6+an)=18，且a0=3，则的值是 6、(2005一试7) 将关于的多项式表为关于的多项式 其中则 . 7、（2007一试10）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，且是正整数，则q等于 。
【答案】 【解析】因为，故由已知条件知道：1+q+q2为，其中m为正整数。
令，则。
由于q是小于1的正有理数，所以，即5≤m≤13且是某个有理数的平方，由此可知。
8、（2008一试10）设数列的前项和满足：，则=是公差不为的等差数列，是等比数列，其中，且存在常数使得对每一个正整数都有，则 . 【答案】 【解析】设的公差为的公比为，则 （1） ， （2） （1）代入（2）得，求得. 从而有 对一切正整数都成立，即 对一切正整数都成立. 从而 ，求得 ，. 10、（2009一试7）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） 11、（2000一试13）设Sn=1+2+3+…+n,n(N，求f(n)=的最大值. 12、（2000二试2）设数列{a n}和{b n }满足，且 证明a n（n=0，1，2，…）是完全平方数． 【解析】[证法一]：由假设得a1=4, b1=4且当n1时 （2an+1-1）+=(14an+12bn-7)+(8an+7bn-4)=[(2an-1)+](7+4) 依次类推可得 （2an-1）+=(7+(2a1 -1+)=(7+4 同理（2an-1+ ）-=(7+4 从而 an=(7+4+(7+4+ . 由于 74=（2 ， 所以 an=[(2++(2-) 由二项式展开得 c n=(2++(2-)=, 显然Cn为整数，于是an为完全平方数. 13、（2001一试13）设{an}为等差数列，{bn}为等比数列，且，，（a1an+1>4，n∈N*； ⑵ 证明有n0∈N*，使得对?n>n0，都有++…++an+1>4成立． 亦可由=bn+2．=，得 an=bn+2+，． ∴ 由bn递减知an递减，且an>0+2+(=4． 18、（2005一试13）数列满足： 证明：（1）对任意为正整数；(2)对任意为完全平方数。
数列高中数学试题及答案
数列高中数学试题及答案一、选择题1. 已知数列{a_n}满足a_1=1，a_(n+1)=2a_n+1，n∈N*，则a_5的值为（）A. 31B. 63C. 127D. 2552. 等差数列{a_n}的前n项和为S_n，若S_3=3，S_6=9，则S_9的值为（）A. 15B. 12C. 18D. 213. 已知数列{a_n}是等比数列，且a_1=2，a_4=16，求a_7的值（）A. 128B. 64C. 32D. 2564. 已知数列{a_n}的通项公式为a_n=n^2-n，求数列{a_n}的前n 项和S_n（）A. n(n-1)(n+1)/3B. n(n+1)(2n+1)/6C. n(n+1)(2n-1)/3D. n(n+1)(2n-1)/6二、填空题5. 等比数列{a_n}中，a_1=3，公比q=2，求a_5的值______。
6. 已知数列{a_n}的前n项和S_n=n^2+n，求a_5的值______。
7. 已知数列{a_n}满足a_1=1，a_(n+1)=3a_n+2，求a_4的值______。
三、解答题8. 已知数列{a_n}满足a_1=1，a_(n+1)=2a_n+1，求数列{a_n}的通项公式。
9. 已知等差数列{a_n}的前n项和为S_n，若S_3=9，S_6=18，求a_7的值。
10. 已知数列{a_n}的通项公式为a_n=2^n-1，求数列{a_n}的前n项和S_n。
答案解析：一、选择题1. 答案：C解析：根据题目给出的递推关系式a_(n+1)=2a_n+1，我们可以逐步计算出a_2=2a_1+1=3，a_3=2a_2+1=7，a_4=2a_3+1=15，a_5=2a_4+1=31，所以a_5的值为127。
2. 答案：A解析：根据等差数列的性质，S_3，S_6-S_3，S_9-S_6成等差数列。
已知S_3=3，S_6=9，所以S_6-S_3=6，S_9-S_6=9，因此S_9=S_6+(S_6-S_3)+(S_9-S_6)=9+6+9=24，但是选项中没有24，所以需要重新检查题目。
专题25数列第一缉(原卷版)-备战2025年高中数学联赛之历年真题分类汇编
备战2025年高中数学联赛之历年真题分类汇编专题25数列第一缉1．【2024年浙江预赛】设a0=0,a1=a2=1,a3n=a n,a3n+1=a3n+2=a n+1(n≥1),则a2021= .2．【2024年浙江预赛】设数列a n+1=[a n2]+[a n3],n=1,2,⋯,7,这里[x]表示不超过x的最大整数。
若a8=8,则正整数a1有种可能的取值情况。
3．【2024年新疆预赛】已知数列{a n}满足a1=1,a2=4,a3=10,对任意的n≥2有a n+12−2a n2=a n a n+2−2a n−1a n+1,则a21的个位数字是.4．【2024年全国高中数学联赛A卷一试】等差数列{a n}满足a2021=a20+a21=1,则a1的值为.5．【2024年全国高中数学联赛B卷一试】等差数列{a n}的公差d≠0,且a2021=a20+a21,则a1d的值为.6．【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.7．【2020年甘肃预赛】设数列{a n}满足:a1=14,a n+1=a n+a n2(n∈Z+).记T2020=1a1+1+1a2+1+⋯+1a2020+1.若T2020的值在区间(k,k+1)内,则整数k的值为.8．【2020年广西预赛】设数列{a n}的前两项分别为a1=2,a2=4.设b n=a n+1−a n.若数列{b n}是公差为1的等差数列,则a2020=.9．【2020年吉林预赛】数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时发现有这样一列数:1,1,2,3,5,8,13,⋯该数列的特点是:前两个数均为1,从第三个数起,每一个数均等于它前面两个数的和.把这样的一列数组成的数列{a n}称为“斐波那契数列”.则(a1a3+a2a4+a3a5+⋯+a2019a2021)−(a22+a32+a42+⋯+a20202)=.10．【2020年四川预赛】已知数列{a n}满足:a0=√6,a n+1=[a n]+1{a n}，其中,[a]表示不超过实数a的最大整数,{a}=a−[a].则a2020=.11．【2020年四川预赛】若数列{a n}满足a n=[(2+√3)2n](n∈Z+),则a2020的末尾两位数字为.12．【2020年浙江预赛】设i1,i2,⋯,i n为集合{1,2,⋯,n}的一个排列.若存在k<l且i k>i l,则称数对(i k,i l)为一个逆序,排列中所有逆序数对的数目称为此排列的逆序数.比如,排列1432的逆序为43、42、32,此排列的逆序数就是3.则当n=6时,且i3=4的所有排列的逆序数的和为.13．【2020年重庆预赛】已知a1,a2 ,a3,a4均为实数.若集合{a1,a2,a3,a4}的所有非空真子集的元素之和为28,则a1+a2+a3+a4=.14．【2020年新疆预赛】等差数列{a n}的公差和等比数列{b n}的公比都是d(d≠1),且a1=b1,a4= b4,a10=b10.若存在m∈N使得a m=b22,则m=.15．【2019年江西预赛】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.16．【2019年江西预赛】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=.17．【2019年上海预赛】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=.18．【2019年新疆预赛】已知数列:23,29,49,69,89,227,427,⋯,2627,…,23n,43n,⋯,3n−13n,⋯，那么20202187是该数列的第项.19．【2019年浙江预赛】设0≤x1≤x2，数列{x n}满足x n+2=x n+1+x n,n≥1.若1≤x7≤2，则x8的取值范围为.20．【2019年北京预赛】将正整数1,2,3,4,⋯,n,⋯按第k组含k+1个数分组:(1,2)⏟第1组,(3,4,5)⏟第2组,(6,7,8,9)⏟第3组,(10,11,12,13,14)⏟第4组…则2019在第组中.21．【2019年广西预赛】从1,2,……,20中任取3个不同的数,则这3个数构成等差数列的概率为.22．【2019年贵州预赛】已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，若{a n },{√s n }均为公差为d 的等差数列,则S n =.23．【2019年吉林预赛】我们把3,6,10,15,…这些数叫做三角形数,因为这些数目的点可以排成一个正三角形,如下图所示,则第19个三角形数是.24．【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a 1=2019，且对任意正整数n ，总存在正整数m ，使得a 1+a 2+⋯+a n =a m .这样的数列{a n }的个数为.25．【2024年山西预赛】将全体正整数按自小到大的顺序排列，然后这样分段，使得第一段有1个数，第二段有3个数，……，第n 段有2n-1个数；那么，第20段中的第18个数是________.26．【2024年江苏预赛】已知等差数列{a n }的前12项的和为60，则|a 1|+|a 2|+⋯+|a 12|的最小值为________. 27．【2024年浙江预赛】设数列{a n }满足a 1=1 ，a n+1=5a n +1 (n =1，2，…），则 ∑a n 2018n=1=________. 28．【2024年湖北预赛】设数列{a n }满足：a 1=1,4a n+1−a n+1a n +4a n =9，则a 2018=______.29．【2024年湖北预赛】设数列{a n }的通项公式为a n =n 3−n,n ∈N ∗，将该数列中个位数字为0的项，按从小到大的顺序排列构成数列{b n }，则b 2018被7除所得的余数为______. 30．【2024年甘肃预赛】已知数列{a n }满足a n+1=3n+1⋅a nan +3n+1,a 1=3，则数列{a n }的通项公式是______．。
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而 2 2 0 ，故 a1＜0 若 d (2 2 )a1 ，则 q
2 a2 2 a1 2 a2 2 a1
( 2 1) 2
若 d (2 2 )a1 ，则 q
( 2 1) 2
„„„„„„„„„„„„ 10 分
但 lim (b1 b2 bn ) 2 1 存在，故| q |＜1，于是 q ( 2 1) 2 不可能．
3
.
21 、 [10(11)] 证明：方程 2 x 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 {an } ，使得
2 r a1 r a2 r a3 . 5
高中数学联赛专题——数列（一试）参考答案 1、C 2、见奥数教程 86 页例 4 3、答案： A 由题意知 pq=a ，2b=p+c,2c=q+b b
n
且 a0=3，则∑
i=0
1
ai
的值是
；
10、 【05（6） 】记集合 T＝{0，1，2，3，4，5，6}，M＝{ + 2+ 3+ 4| ai∈T，i＝1，2，3，4}，将 M 中的元素按从 7 7 7 7 大到小排列，则第 2005 个数是 5 5 6 3 A． + 2+ 3+ 4 7 7 7 7 5 5 6 2 B． + 2+ 3+ 4 7 7 7 7 1 1 0 4 C． + 2+ 3+ 4 7 7 7 7 ( ) 1 1 0 3 D． + 2+ 3+ 4 7 7 7 7
n
n
n
8、注意到 45 2025, 46 2116,故 a2003 2003 45 2048
2 2
2 1 1 1 2 2 n 1 2 －1 1 1 n+2 9、解： = + ，令 bn= + ，得 b0= ，bn=2bn－1，bn= 2 ．即 = ，∑ = (2 －n－3)． an+1 an 3 an 3 3 3 an 3 a i=0 i 3 1 3 2 3 2 10、解：M＝{ 4(a1×7 +a2×7 +a3×7+a4)| ai∈T，i＝1，2，3，4}，a1×7 +a2×7 +a3×7+a4 可以看成是 7 进制数， 7 (a1a2a3a4)7，其最大的数为(6666)7＝7 －1＝2400． 从而从大到小排列的第 2005 个数是 2400－2004＝396，即从 1 起从小到大排的第 396 个数， 1 1 0 4 3 2 396＝7 +7 +4(1104)7，故原数为 + 2+ 3+ 4．故选 C． 7 7 7 7 11、解：一位的吉祥数有 7，共 1 个； 二位的吉祥数有 16，25，34，43，52，61，70，共 7 个； 2＝28 个(也可枚举计数)． 三位的吉祥数为 x1+x2+x3＝7 的满足 x1≥1 的非负整数解数，有 C8 一般的， k 位的吉祥数为 x1+x2+„+xk＝7 的满足 x1≥1 的非负整数解数， 令 xi＝xi+1(i＝2， 3， „， k)， 有 x1+x2+„ －1 6 +xk＝7+k－1．共有解 Ck k+5 ＝Ck+5组． 4 位吉祥数中首位为 1 的有 28 个，2005 是 4 位吉祥数中的第 29 个．故 n＝1+7+28+28+1＝65．5n＝325． 6 6 6 6 C6 6+C7+C8+C9+C10＝1+7+28+84+210＝330．即是 5 位吉祥数的倒数第 6 个： 5 位吉祥数从大到小排列：70000，61000，60100，60010，60001，52000，„． 12、证明：⑴ a1＝5，且 an 单调递增．
k 2(k+1) 2(k+1) k 2 6 3 2 5 4 3 2 2 2
2
)，而 Pk 有 3·4 条边，故 Sk＋１
k+1
k
)=Sk+((4 )/3
k
2k+1
)=(8/5)-(3/5)·(4/9) .
综上，由数学归纳法，(＊)式得证. (2) lim S n = lim [(8/5)-(3/5)·(4/9) ]=(8/5).
14、[07(13)]设 an
k (n 1 k ) ，求证：当正整数 n≥2 时，a
k 1
n
1
n+1
<an。
15、 [08(7)]设 f ( x) ax b ， 其中 a , b 为实数，f1 ( x) f ( x) ，fn1 ( x) f ( f n ( x)) ， 若 f7 ( x) 128x 381 ， n 1, 2,3, ， 则ab
（1） 求数列｛Sn｝的通项公式； （2） 求 lim S n
n
8、 【03（1） 】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. 这个数列的第 2003 项是 （ ） (B) 2047 (C) 2048 (D) 2049 （A）2046
9、 【04（11） 】已知数列 a0，a1，a2，„，an，„满足关系式(3－an+1)(6+an)=18，
an 满足 a1 p ， a2 p2 q ， an pan1 qan2 n 3，4 ， (Ⅰ)求数列 an 的通项公式（用 ， 表示） ；
1 (Ⅱ)若 p 1 ， q ，求 an 的前 n 项和． 4
20、[10(4)]已知 {an } 是公差不为 0 的等差数列，{bn } 是等比数列，其中 a1 3, b1 1, a2 b2 ,3a5 b3 ，且存在 常数 , 使得对每一个正整数 n 都有 an log bn ，则
２ n
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等边三角形，其面积为 1/3 ， 而Ｐ0 有３条边，故 S1=S0+3·(1/3 )=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等边三角形，其面积为(1/3 )·(1/3 )，而 P１有 3·4 条边，故 S2=S1+3·4·(1/3 )=1+(1/3)+(4/3 ), 类似地有 S3=S2+3·4 ·(1/3 )=1+(1/3)+(4/3 )+(4 /3 ), 于是有 下面利用数学归纳法证明（＊）式。 n=1 时，由上面已知（＊）式成立。 假设 n=k 时，有 Sk=8/5-3/5·(4/9) .当 n=k+1 时，易知第 k+1 次操作后，比较 Pk+1 与 Pk,Pk+1 在 Pk 的每条边上 增加了一个小等边三角形，其面积为(1/3 =Sk+3·4 ·(1/3
1 50
5、答案：
解 由已知，对任何 n N, 有 f (n)=
Sn Sn = n 32S N 1 n 32n 2
64 64 +34 2 n. +34=50, n n
=
n = n 34 n 64
2
1 n 34 64 n
1 n 34
又因 n+
故对任何 n N, 有 f (n)=
a1 a 2 a3 a4
11、 【05（12） 】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 a1，a2，a3，„，若 an＝2005，则 a5n＝ 7an+ 12、[05(13)]数列{an}满足 a0＝1，an+1＝ 45a2 n－36 ，n∈N， 2
2
+an+12≤M 的所有等差数列 a1,a2,a3,...,
b1=a12, b2=a22, b3=a32(a1＜a2),
又(b1+b2+„+bn)
7、【02（14）】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，Pk+1 是对 Pk 进行如下操作得到：将 Pk 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 Sn 为曲线 Pn 所围成图形的面积。
2 2
2p q p 2q 2 p q p 2q 3 2 3 2 2 ，c ≥ p q pq =pq=a . bc= 3 3 3 3
2
因为 p≠q，故 bc> a ，方程的判别式Δ = 4a -4bc<0，因此，方程无实数根. 4、答案：
1 3
q
Байду номын сангаас
a log4 3 a log8 3 log4 3 log8 3 1 = a log2 3 a log4 3 log2 3 log4 3 3
高中数学联赛专题——数列（一试）
1、[99(1)]给定公比为 q(q≠1)的等比数列{an}，
设 b1=a1+a2+a3，b2=a4+a5+a6，...，bn=a3n-2+a3n-1+a3n，...，
则数列{bn}( ) (A)是等差数列 (B)是公比为 q 的等比数列 3 (C)是公比为 q 的等比数列 (D)既不是等差数列也不是等比数列 2、[99(五)]给定正整数 n 和正数 M，对于满足条件 a1 试求 S=an+1+an+2+...+a2n+1 的最大值。 3、[00（4）]给定正数 p,q,a,b,c，其中 pq，若 p,a,q 是等比数列，p,b,c,q 是等差数列， 2 则一元二次方程 bx 2ax+c=0 （ ） (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 4、[00（9）]等比数列 a+log23,a+log43,a+log83 的公比是____________. Sn 5、[00（13）]设 Sn=1+2+3+„+n,nN，求 f(n)= 的最大值. (n 32) S n1 6、[01（13）]设{an}为等差数列，{bn}为等比数列，且 的极限= 2 1 。 试求{an}的首项和公差。