高中数学北师学霸题中题-目前高中数学教学存在的问题
2000-2017年全国高中数学联赛分类汇编（精编版）12
数列部分
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
2
数列，则一元二次方程
bx
?2
ax
+
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
22
【解析】45
=
2025，46
=
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
a
1
，
a
2
，…，
a
n
－1中的每一个都可以取0与1两个数，
T
n
=
2．
n
－
2
n
－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2次．第
n
位则1出现2
次．
∴
S
n
=<
br>2
n
－2
n
－1
?0.11…1+2
n
－2
S
n
111
－
n
?10． ∴
lim=
?
=
．
n
→∞
T
n
2
918
5、（2004一试11）已知数列
a
0
，
a
1，
a
2
，…，
a
n
，…满足关系式(3－
a<
br>n
+1
)(6+
a
n
)
=
18，且
a
0
=
3，
第 1 页 共 24 页
1
则
∑
的值是
i=
0
n
a
i
6、(2005一试7) 将关于
x
的多项式
f(x)?1?x?x
2
?x
3
???
x
19
?x
20
表为关于
y
的
多项式
g(
y)?
a
0
?a
1
y?a
2
y
2
???a
19
y
19
?a
20
y
20<
br>,
其中
y?x?4.
则
a
0
?a
1
???a
20
?
.
7、（2007一试10）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
22
a
1
2
?a
2
?a
3
有理数。若
a
1
=
d
，
b
1
=
d
，且是正整数，则
q
等于
。
b
1
?b
2
?b
3
1
【答案】 2
22
a
1
2
?a
2
?a
3
a
1
2
?(a
1
?d)
2
?(a
1
?2d)
2
14
【解析】因为，故由已知条件知道：
??
22b
1
?b
2
?b
3
b
1
?b
1
q?b
1
q1?q?q
1414
2
2
1+
q
+
q
为，其中
m
为正整数。令
1?q?q?
，
则
mm
14
1114156?3m
?3
，。由于
q
是小于1的正有理数，所以
1?
q?????1???
m
24m24m
56?3m1
即5≤
m
≤13且是某个有理数的平方，由此可知
q?
。
4m2
2
第 2 页 共 24 页
8、（2008一试10）设数列
{a
n
}
的前
n
项和
S
n
满足：
S
n
?a
n
?
n?1
，
n?1,2,?
，则通项
n(n?1)a
n
= ．[来源:Z§xx§]
9、（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
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?2
98
【解析】易知：(ⅰ)该数表共有100行；
(ⅱ)每一行构成一个等差数列，且公差依次为
d
1
?1
，
d
2
?2
，
d
3
?2
2
，…，
d
99
?2
98
(ⅲ)
a
100
为所求．设第
n
?
n≥2
?<
br>行的第一个数为
a
n
，则
n?3n?2
?
a
n
?a
n?1
?
?
a
n?1
?2n?2
?
?2a
n?1
?2
n?2
?2
?2a?2?2
n?2
??
3n?2
n?4n?2n?2
n?1n
?2n?2
?
?2a?3?2
=……
?2a?n?1?2?n?12
?2
2
?
2a?2?2?2?2
????
n?3
1
n?3
??
故
a
100
?101?2
98
．
10、（2010一试4）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
?
,
?
使得对每一个正整数<
br>n
都有
第 3 页 共 24 页
a
n
?l
og
?
b
n
?
?
，则
?
?
??
.
【答案】
3
3?3
从而
log
?
9?6,?3??log
?
9?
?
，求得
?
?
3
3,
?
?3
，
?
?
?
?
3
3?3
.
11、（2013一试8）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?1
?
1
?
?
?
2,1,?
?
则这样的
数列的个数为
a
i
2
??
【答案】491
【解析】令<
br>b
i
?
a
i?1
?
1?i?8
?
，
则对每个符合条件的数列
?
a
n
?
有
a
i
?
b?
?
i
i?1i?1
88
a
i?1
a
9
1
??
??1
，且
b
i
?
?
2,1,?
?
?
1?i?8
?
.
2
?
a
i
a
1
?
1
○
1
的8项数列
?
b
?
可唯一确定一
个符合题设条件的9项数列
?
a
?
. 反之，由符合条件○
n
n
1
的数列
?
b
?
的个数为
N
.显然<
br>b
?
1?i?8
?
中有偶数个
?
记符合条件○
i
n
11
，即
2k
个
?
；继而有
22<
br>2k2k
2k
个2，
8?4k
个1.当给定
k
时，<
br>?
b
n
?
的取法有
C
8
C
8?2k
种，易见
k
的可能值只有0,1,2，所
以
24
N?1?
C
8
2
C
6
?C
8
4
C
4
?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
12、（2014一试4）数列
{a
n
}
满足
a
1
?2,a
n?1
?
2(n?2)
a
n
(n?N
?
)
，则
n?1
第 4 页 共 24 页
a
2014
=_____.
a
1
?a2
?...?a
2013
【答案】
2015
.
2013
将上面两式相减，得S
n
?2
n
(n?
1)?(2
n?1
?2
n?2
?????2?2)
?2
n<
br>(n?1)?2
n
?2
n
n.
a
2014
2
2013
?20152015
故?
2013
?.
a
1
?a
2
?????a
2013
2?20132
013
13、（2017一试8）设两个严格递增的正整数数列
{a
n}
，
{b
n
}
满足
a
10
?b
10
?2017,
，对任
意的正整数
n
，有
a
n
?2
?a
n?1
?a
n
,b
n?1
?2b
n
,
则
a
1
?b
1
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
?2
9
?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
2
1a
1
?a
10
?b
10
?512b
1
?
2b
1
(mod34)
而
13?21=34?8+1，
故
有
a
1
?13?21a
1
?13?2b
1
?26b
1
(mod34)
另一方面,注意到
a
1
?a
2<
br>,
有
55a
1
?34a
2
?21a
1
?512b
1
,故a
1
?
(1)
(2)
512
b
1
55
a
1
?
当
b
1
?1
时,(1)(2)分别化为
a
1
?26(mod34)，
512
,
无解.
55
1024
,
得到唯一的正整数
a
1
?18,
此
55
a
1
?
当
b
1
?2
时，（1）（2）分别化为
a<
br>1
?52(mod34)，
时
a
1
?b
1
?
20.
a
1
?
当
b
1
?3
时，
（1）（2）分别化为
a
1
?78(mod34)，
时
a
1
?b
1
?13.
1536
,
得到唯一的正整数<
br>a
1
?10,
此
55
第 5 页 共 24 页
综上所述，
a
1
?b
1
的所有可能值为
13, 20.
14、（2000一试13）设
S
n
=1+2+3+…+< br>n
,
n
?
N
，求
f
(
n
) =
S
n
的最大值.
(n?32)S
n?1
15、（2000二试2）设数列{
a
n
}和{
b
n
}满足，且
?
a
n?1
?7a
n
? 6b
n
?3
n?
0,1,2,?
?
b?8 a?7b?4
nn
?
n?1
证明
a
n
（n=0，1，2，…）是完全平方数．
【解析】[证法一]：由假设得a
1
=4, b
1
=4且当n
?
1时
（2a
n+1
-1）+< br>3b
n?1
=(14a
n
+12b
n
-7)+
3
(8a
n
+7b
n
-4)=[(2a
n
-1) +
3b
n
](7+4
3
)
依次类推可得
（2a
n
-1）+
3b
n
= (7+
43)
n?1
(2a
1
-1+
3b
1
)=(7+4
3)
n
同理（2a
n
-1+ ）-
3b
n
=(7+4
3)
n
从而 a
n
=
1
11
(7+4
3)
n
+(7+4
3 )
n
+ .
2
44
由于 7
?
4
3
=（2
?
所以 a
n
=[
3)
2
，
11
n2
(2+
3)
n
+(2-
3
)
]
22
11
nn?2k< br>k
2k
(2+
3)
n
+(2-
3
)=
?
C
n
3
2
,
22
0?2k?n
由二项式展开得 c
n
=
显然C
n
为整数，于是a
n
为完全平方数.
第 6 页 共 24 页
16、（2001一试13）设{a
n
}为等
差数列，{b
n
}为等比数列，且
b
1
?a
1
，<
br>b
2
?a
2
，
b
3
?a
3
（a
1
）,又
lim(b
1
?b
2
???b
n
)?
n???
22
2
2?1
，
试求{a
n
}的首项与公差。
【解析】设所求公差为
d
，∵
a
1
＜
a
2
，∴
d
＞0．由此得
22
a
1
(a
1
?2d)
2
?
(a
1
?d)
4
化简得：
2a
1
?4a
1
d?d
2
?0
第 7 页 共 24 页
17、（2001二试2）设x
i
≥0(I=1,2,3,…,n)且
大值与最小值。
【解析】先求最小值，因为
(
?
x
i?1
n
2
i
?2
1?k
?j?n
?
n
k
x
k
x
j
?1
，
求
?
x
i
的最
j
i?1
?
x)?
?
2
i
i?1i?1
nn
x
i
2
?21?k?j?n
?
k
x
k
x
j
?1?
j
?
x
i?1
n
i
≥1
等号成立当且仅当存在<
br>i
使得
x
i
＝1，
x
j
＝0，
j<
br>＝
i
∴
?
x
i?1
n
i
最小值为1．
再求最大值，令
x
k
?ky
k
n
∴<
br>?
ky
k?1
2
k
?2
1?k?j?n
?<
br>ky
n
k
y
j
?1
①
?y
1
?y
2
?
?
?y
n
?a
1
?
y
2
?
?
?y
n
?a
2?
ky
k
， 令
?
??
?
?
y
n
?a
n
?
设
M?
?
x?
?
k
k?1k?1
n
2
则①?
a
1
2<
br>?a
2
2
???a
n
?1
令
a
n?1
＝0，则
M?
?
k?1
n
k(a
k
?a
k?1
)
第 8 页 共 24 页
?
?
k?1
n
ka
k
?
?
k?1
n
ka
k?1
?
?
k?1
n
ka
k
?
?
k?1
n
k?1a
k?
?
(
k?1
n
k?k?1)a
k
18、（2001二试3）将边长为正整数m,n的矩形划分成若干边长均为正整数的正方形，每个正方形的边均平行于矩形的相应边，试求这些正方形边长之和的最小值。
D
D
1
C
n
m
A
1
A B
【解析】记所求最小值为
f
(
m
，
n
)，可义证明
f
(
m
，
n
)＝
rn
＋
n
－(
m
，
n
)
(*)
其中(
m
，
n
)
表示
m
和
n
的最大公约数
事实上，不妨没
m
≥
n
(1)关于
m
归纳，可
以证明存在一种合乎题意的分法，使所得正方形边长之和恰为
rn
＋
n
－(
m
，
n
)
当用
m
＝1时，命题显然成立．
假设当，
m
≤
k时，结论成立(
k
≥1)．当
m
＝
k
＋1时，若
n
＝
k
＋1，则命题显然成立．若
n
＜
k
＋1，
从矩形
ABCD
中切去正方形
AA
1
D
1
D
(如图)，由归纳假设矩形
A
1
BCD
1
有一种分法使
得
所得正方形边长之和恰为
m
—
n
＋
n
—(
m
－
n
，
n
)＝
m
－(
m
，<
br>n
)，于是原矩形
ABCD
有一种分法使得所得正
方形边长之和为rn
＋
n
－(
m
，
n
)
(2)关于
m
归纳可以证明(*)成立．
当
m
＝1时，由于
n
＝1，显然
f
(
m
，
n
)＝
rn
＋
n
－
第 9
页 共 24 页
(
m
，
n
)[来源:]
19、（2002一试14）如图，有一列曲线P
0
,
P
1
, P
2
, ……，已知P
0
所围成的图形是面积为1
的等边三角形，P
k+1
是对P
k
进行如下操作得到的：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=0,1,2,3,…)，记S
n
为曲线P
k
所围成图形面积。
①求数列{S
n
}的通项公式；②求
limS
n
。
n??
P
0
P
2
P
1
【解析】①对P
0进行操作，容易看出P
0
的每条边变成P
1
的4条边，故P
1<
br>的边数为3×4；同
样，对P
1
进行
2n
操作，P
1
的每条边变成P
2
的4条边，故P
2
的边数为3×4，从而不难得
到P
n
的边数为3×4
已知P
0
的面积为S
0
=1，比较P
1
与P
0
，容易看出P
1
在P
0的每条边上增加了一个小等边三角形，
其面积为
111
，而P=1+
0
有3条边，故S
1
=S
0
+3×
22
3
3
3
11
×，
22
33
再比较P
2
与P
1<
br>，容易看出P
2
在P
1
的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为
而P
1
有3×4条边，故S
2
=S
1
+3×4×<
br>114
=1++
3
3
3
3
4
114
4
2
类似地有：S
3
=S
2
+3×4×
6
=1++
3<
br>+
5
3
3
3
3
2
第 10 页 共 24 页
144
2
4
n?1
∴S
n
=
1??
3
?
5
?
?
?
2n?1
3
333
3
n
4
k
=1+
?
()
4
k?19
=
834
n
??()
(※)
559
20、（2004二试2）在平面直角坐标系
XOY
中，<
br>y
轴正半轴上的点列{
A
n
}与曲线
y=
2
x
(
x
≥
1
0)上的点列{
B
n
}满足|
OA
n
|
=
|
OB
n
|
=
，直线
A
n
B
n
在
x
轴上的截距为
a<
br>n
，点
B
n
的横坐标为
b
n
，
n<
br>n
∈N*．
⑴ 证明
a
n
>
a
n
+1
>4，
n
∈N*；
⑵ 证明有
n
0
∈N*，
使得对?
n
>
n
0
，都有++…+
b
2
b
3
b
1
b
2
b
n
b
n
+
1
+<
n
－2004．
b
n
－1
b
n
∴
a
n
=
b
n
b
n
(1+
n
2
b
n
)1
+
n
2
b
n
1
2
12
2
1
2
===
()+2()=
t
n
+2
t
n
=(
t
n
+)－≥(2
22
nb
n
22
1
－
n
2
b
n
1－2
nb
n
nb
n
nb
n
2
2
1
)－=4．
22
且由于<
br>t
n
单调减，知a
n
单调减，即
a
n
>a
n+
1
>4成立．
11
亦可由
2
=bn
+2．
=b
n
+2，得
a
n
=b
n
+2+2
b
n
+2，．
+
nb
n
nb
n
∴ 由
b
n
递减
知
a
n
递减，且
a
n
>0+2+2?2
=
4．
第 11 页 共 24 页
21、（2005一试13）数列
{a
n
}
满足：
a
0
?1,a
n?1
?
2
7a
n
?45a
n
?36
2
,n?N.
证明：（1）对任意
n?N,a
n
为正整数；(2)对任意
n?N,a
n
a
n?1
?1
为完全平方数。
（2）将①
两边配方，得
(a
n?1
?a
n
)?9(a
n
a<
br>n?1
?1),?a
n
a
n?1
?1?(
由③
a
n?1
?a
n
?9a
n
?(a
n?1
?a
n
)
≡
?(a
n
?a
n?1
)
?
mod3
?
∴
a
n?1
?a
n
≡
(?1)
④式成立.
n
2
a
n?1
a
n
2
).
④ <
br>3
?
a
1
?a
0
?
≡0（mod3）∴a
n?1
?a
n
为正整数
3
?a
n
a
n?1
?1
是完全平方数.
第 12 页 共 24 页
22、（2006二试2）已知无穷数列{a
n
}满足
a
0
=
x
，
a
1
=
y
，
a
n?1
?
a
n
a
n?1
?1
，
n
=1、2、…。
a
n
?an?1
（1）对于怎样的实数
x
与
y
，总存在正整数
n
0
，使当
n
0
≥
n
时
a
n
恒为常数？
（2）求数列{
a
n
}的通项公式。
1
，求证：当正整数
n
≥2时，
a
n
+1
<
a
n
。
?
k(n?1?k)
k?1
1111
2<
br>n
1
?(?)
，因此
a
n
?
【解析】证明：
由于，于是，对
?
k(n?1?k)n?1kn?1?k
n?1
k?1
k
11
n
11
n?1
1
任意的正整数
n
≥2，有
(a
n
?a
n?1
)?
?
??
2n?1
k?1
kn?2
k?1
k
nn
11111
1
?(?)
?
??(
?
?1)?0
，即
a
n
+1
<
a
n
。
n?1n?2
k?1
k
(n?1)(n?2)(n?1)(n?2)
k?1
k
23、（2007一试13）设
a
n
?
n
第 13 页 共 24 页
24、（2008二试3）设
a
k
?0
，
k?1
,2,?,2008
．证明：当且仅当
?
a
k
?1
时，存在
数列
{x
n
}
k?1
2008
满足以下条件：
（
1）
0?x
0
?x
n
?x
n?1
，
n?1
,2,3,?
；
（2）
limx
n
存在；
n??
（3）
x
n
?x
n?1
?
?
a
k
x
n?k
?
?
a
k?1
x
n?k
，n?1,2,3,?
．
k?1k?0
20082007
充分性：假设
?
a
k
?1
．定义多项式函数如下：
f(s)??1??
a
k
s
k
，
s?[0,1]
，则
f
(s)
在
k?1k?1
20082008
[0,1]上是递增函数，且
f(0)??1?0
，
f(1)??1?
?
a
k
?0．因此方程
f(s)?0
在[0,1]内
k?1
2008
有唯一
的根
s?s
0
，且
0?s
0
?1
，即
f(
s
0
)?0
．
k
下取数列
{x
n
}<
br>为
x
n
?
?
s
0
，
n?1,2,?
，则明显地
{x
n
}
满足题设条件（ⅰ），且
k?1n
n?1n?1
s
0
?s
0
s?ss
0
，即
n?1
00
．因
0?s
0
?1
，故
lims
0
?
因此
limx
n
?lim
{x
n
}
0
，
x
n
?
?
s??
n?
?
n??n??
1?s
0
1?s
0
1?s
0
k?1
n
k
0
k
的极限存在，满足（2）． 最后验证
{
x
n
}
满足（3），因
f(s
0
)?0
，即
?
a
k
s
0
?1
，从而
k?1
2008
k?1
20082008
2008
x
n
?x
n?1
?s?(
?
as)s?
?
as
n
0
kk0
n
0
k?1
n?k
k0
?
?
a<
br>k
(x
n?k
?x
n?
k?1
k?1
)．
综上，存在数列
{x
n
}
满足（1）.
25、（2009一试10）已知
p
，
q
?
q?0
?是实数，方程
x
2
?px?q?0
有两个实根
?
，?
，数
第 14 页 共 24 页
4，?
?
列
?
a
n
?
满足
a
1
?p
，a
2
?p
2
?q
，
a
n
?pa
n?1
?qa
n?2
?
n?3，
(Ⅰ)求数列
?
a
n
?
的通项公式（用
?
，
?
表示）；(Ⅱ)若<
br>p?1
，
q?
1
，求
?
a
n
?的前
n
项和．
4
数列
?
b
n?
的首项为：
b
1
?a
2
?
?
a1
?p
2
?q?
?
p?
?
?
?
?
?
?
??
?
?
?
?
?
??
?
?
2
．
2
2，?
?
． 所以<
br>b
n
?
?
2
?
?
n?1
?
?
n?1
，即
a
n?1
?
?
a
n
?
?
n?1
?
n?1，
2，?
?
． 所以
a
n?1
?
?
a
n
?
?
n?1
?
n?1，
2，?
?
变为①当
??p
2
?4q?0<
br>时，
?
?
?
?0
，
a
1
?p??
?
?
?2
?
，
a
n?1
?
?
a
n
?
?
n?1
?
n?1，
2，??
．整理得，
a
n?1
?
?
a
n
?<
br>?
n?1
?
n?1，
公差为
1
的等差数列，其首项为
a
1
?
2
?
a
n?1
?
?
n?1
?
a
n
?
n?1，2，?
，．所以，数列
?1
??
?
n
?
成
?
n
?
??
a
n
??
?2
．所以
a
n
?
n
?2?1
?
n?1
?
?n?1
．
于是数列<
br>?
a
n
?
的通项公式为
a
n
?
?<
br>n?1
?
?
n
；
②当
??p
2
?
4q?0
时，
?
?
?
，
a
n?1
??
a
n
?
?
n?1
?
?
a
n
?
?
?
?
n?1
??
?
?
?a
n
?
?
n?1
?
?
n?1
?
n?1，2，?
?
．
?
?
?
?
?
??<
br>?
?
来源:]
?
?
n?2
?
n?
1
?
2，?
?
．
?
?
?
a
n<
br>?
整理得
a
n?1
?
?
，
?
n?1
，
?
?
??
?
?
??
?
?
n?1
?
所以，数列
?
a
n
?
?
成公比为
?
的等比数列，其首项为
?
?
?
??
?
2?
2
?
2
?
n?1
?
2
a
1
??
?
?
?
???
?
n?1
． ．所以<
br>a
n
?
?
?
??
?
??
?
?
?
?
??
?
?
?
n?1
?
?<
br>n?1
于是数列
?
a
n
?
的通项公式为
a<
br>n
?
．
?
?
?
(Ⅱ)若
p?1
，
q?
11
，则
??p
2
?4q?0
，此时
?
?
?
?
．由第(Ⅰ)步的结果得，数列
?
a
n<
br>?
的
42
n
?
1
?
n?1
通项公式
为
a
n
?
?
n?1
?
??
?
n<
br>，所以，
?
a
n
?
的前
n
项和为
2
?
2
?
s
n
?
234nn?1
?
2
?
3
???
n?1
?
n
22222
第 15 页 共 24 页
1234nn?1
s
n
?
2
?
3
?
4
????22222n2
n?1
13n?3
以上两式相减，整理得
s
n<
br>??
n?1
222
所以
s
n
?3?
n?3
．
2
n
?
?
?
A
1
?A
2
?
?
?2
?
n
，解得．故．
A?A?1
a?1?n
?
??
?
12
n
22
?
?<
br>?
A
1
?2A
2
?
?
?3
?
②当
?
?
?
时，通项
a
n
?A
1
?
n
?A
2
?
n
?
n?1，2，?
?<
br>．由
a
1
?
?
?
?
，
a
2
?
?
2
?
?
2
?
??
得
?
?
?
?
?
A
1
?
?A
2
?
?
?
?
?
A?
A?
，解得，．故
?
2
1
2222
?
?
?
?
?
?A
?
?A
?
?
?
?
?
?
??
?
?
12
?
?
n?1
?
n?1
?
n?1
?
?
n?1
a
n
???
．
?
?
??
?
??
?
?
(Ⅱ)同方法一．
26、（2010二试3）给定整数
n?2
，设正实数
a
1
,a
2
,?,a
n
满足
a
k
?1,k?
1,2,?,n
，记
A
k
?
求证：
a
1
?a
2
?
?
?a
k
,k?1,2,
?
,n
．
k
?
a
k
?
?
A
k
?
k?1k?1
nn
n?1
．
2
【解析】由
0?
a
k
?1
知，对
1?k?n?1
，有
0?
?
a
i?1
k
i
?k,0?
i?k?1
?
a
n
i
?n?k
．
注意到当
x,y?0
时，有
x
?y?max
?
x,y
?
，于是对
1?k?n?1
，有 <
br>1
n
?
11
?
k
A
n
?A
k
?
?
?
?
?
a
i
?
?
a
i
n
i?k?1
?
nk
?
i?11
n
?1
n
?
11
?
k
?
?
a
i
?
?
?
?
?
a
i
?
max
?
?
a
i
,
n
i?k?1
?
kn
?
i?1
?
n
i?k?1
?
11
?
k
?
?
?
?
?
a
i
?
?
kn
?
i?1
?
第 16 页 共 24 页
?1
?max
?
(n?k),
?
n
nnk
?
11
?
?
?1?
，
?k
???
n
?
kn
?
?
n
故
?
a
k
?
?
A
k
?nA
n
?
?
A
k
?
k?1k?1k?1
?
?
A
n
?A
k
?
?
?
A
n
?A
k
k?1k?1
n?1n?1
?
k
?
n?1
．
?
?
?
1?
?
?
2
n
?
k?1?
n?1
27、（2011一试10）已知数列
{a
n
}
满足：
a
1
?2t?3(t?
R且
t??1)
，
a
n?1
(2t
n?1
?3)a
n
?2(t?1)tn
?1
?
(n?
N
*
)
．
n
a
n
?2t?1
（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．
【解析】（1）由原式变形得
a
n?1
2(t
n?1
?1)(a
n
?1)
??1
，
a
n
?2
t
n
?1
2(a
n
?1)
a?12(a
n
?1)
t
n
?1
． 则
n
n
?
?
1
1
??
t?1a
n
?2t
n
?1
an
?1
?2
t
n
?1
记
又
2b
n
a
n
?1
a
1
?1
2t?2
b?，则，
?bb???2
．
n?1
n1
b
n
?
2
t
n
?1t?1t?1
11111
??,?
，从而有 <
br>b
n?1
b
n
2b
1
2
111n
?
?(n?1)??
，
b
n
b
1
22
a
n
?1
2
2(t
n
?1)
故
n
?
，
于是有
a
n
??1
．
t?1nn
2(t
n?1<
br>?1)2(t
n
?1)
?
（2）
a
n?1
?
a
n
?
n?1n
?
2(t?1)
n?1nn?1
?
n(1?t?
?
?t?t)?(n?1)(1?t?
?
?
t)
?
?
n(n?1)
?
2(t?1)2(t?1)nnn?1nnn?1
???
nt?(1?t?
?
?t)?(t?1)?
(t?t)?
?
?(t?t)
?
????
n(n?1)n
(n?1)
?
2(t?1)
2
n?1n?2n?2n?3n?1
??
?(t?t?
?
?1)?t(t?t?
?
?1)?
?
?t
，
??
n(n?1)
显然在
t?0(t?1)
时恒
有
a
n?1
?a
n
?0
，故
a
n?1?a
n
．
28、（2012一试10）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
第 17 页 共 24 页
333
(a
1?a
2
???a
n
)
2
?a
1
?a<
br>2
???a
n
（1）当
n?3
时，求所有满足条件的三项组成
的数列
a
1
,a
2
,a
3
;
（2）是否
存在满足条件的无穷数列
{a
n
}
，使得
a
2013
??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．
综上,满足条件的三项数列有三个:1,2,3或1,2,-2或1,-,1
23
33
(2)令
S
n
?a
1
?a
2
???a
n
,
则
S
n
?a
1
?a
2
???a
n
(n?N
?
)
从而
3333
(Sn
?a
n?1
)
2
?a
1
?a
2???a
n
?a
n?1
.
2
n?1
时,由(1)知
a
1
?1
; 两式相减,
结合
a
n?1
?0
得
2S
n
?a
n?1<
br>?a
n?1
当
22
当
n?2
时,
2a
n
?2(S
n
?S
n?1
)?(a
n?1
?a<
br>n?1
)?(a
n
?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
?
n(1?n?2012)
又<
br>a
1
?1,a
2013
??2012,
所以
a
n
?
?
n
?
2012?(?1)(n?2013)
29、（2012二试
4）设
S
n
?1?
11
???
，ｎ是正整数．证明：对满足
0?a?b?1
的任
2n
意实数
a,b
，数列
{S
n
?[S
n
]}
中有无穷多项属于
(a,b)
．这
里，
[x]
表示不超过实数ｘ的最
大整数．
又令
N1
?2
t(m?1)
,则
S
N
1
?S
2
t(m?1)
?m?1?m?b,
第 18 页 共 24 页
因此存在
n?N
?
,N
0
?n?N
1,
使得
m?a?S
n
?m?b,
所以
S
n?[S
n
]?(a,b)
不然一定存在
N
0
?k,
使得
S
k?1
?m?a,S
k
?m?b,
因
此
S
k
?S
k?1
?b?a,
这与
S<
br>k
?S
k?1
?
11
??b?a
矛盾.所以一定存在
n?N
?
,
使得
S
n
?[S
n
]
?(a,b)
kN
0
(2)假设只有有限个正整数
n
1<
br>,n
2
,?,n
k
,
使得
S
n
?[
S
n
]?a(b,
jj
)?,j(?1k
令
c?
m
in
S
n
j
?[S
n
j
],
则
a
?c?b,
则不存在
n?N
?
,n?N
?
,
使得<
br>S
n
?[S
n
]?(a,c),
这与
1?j?k??
（1）的结论矛盾.
所以数列
?
S
n
?[Sn
]
?
中有无穷多项属于
(a,b)
.终上所述原命题成立
111
????
n
232
1111111111
?1??(
1
?
2
)?(
n?1
?
?
?<
br>n
)?1??(
2
?
2
)???(
n
???
n
)
22?122?1222222
1111
?1??????n
22
22
11
]?1,
则
N
0
?,
当
k?N<
br>0
因此,当
n
充分大时,
S
n
可以大于如何一个正数
,令
N
0
?[
b?ab?a
证法二:(1)
S
2
n
?1?
时,
S
k
?S
k?1
?
11
??b?a
kN
0
因此,对于如何大于
S
N
0
的正整数
m
,
总存在
n?N
0
,
使
S
n
?m?(a,
b),
即
m?a?S
n
?m?b,
否则,一定存在
k?N
0
,
使
S
k?1
?m?a,
且
S
k
?m?b,
这样就有
S
k
?S
k?1
?b?a,
而
S
k
?S
k?1
?
11
??b?a,
矛盾
.故一定存在
n?N
0
,
使得
m?a?S
n
?m?
b,
kN
0
令
m
i
?[S
N
0
]?i(i?1,2,3,?),
则
m
i
?S
N
0
,
故一定存在
n
1
?N
0
,
使
m
i
?a?S
n
i
?m
i
?b
,
因此
a?S
n
i
?m
i
?S
n
i
?[S
n
i
]?b
这样的
i
有无穷多个,所以数
列
?
S
n
?[S
n
]
?
中有无穷多项属于
(a,b)
第 19 页 共 24 页
30
、(2013一试10)（本题满分16分）给定正数数列
?
x
n
?
满足
S
n
?2S
n?1
，
n?2,3,?
，这里
S
n
?x
1
???x
n
.证明：存在常数
C?0
,使得
x
n
?C?2
n
，
n?1,2,?
【解
析】当
n?2
时，
S
n
?2S
n?1
等价于
x
n
?x
1
???x
n?1
.
对常数
C?
1
○
1
x
1
，用数学归纳法证明：
x
n
?C?2
n
，
n?1,
2,?
.
4
2
○
31、（
2013二试2）（本题满分40分）给定正整数
u,v
.数列
?
a
n
?
定义如下：
a
1
?u?v
，对整
数
m
?1
，
?
a
2m
?a
m
?u,
?
a?a?v.
m
?
2m?1
记
S
m
?
a
1
?a
2
???a
m
?
m?1,2,?
?
.证明：数列
?
S
n
?
中有无穷多项是完全平方数.
【证明】对正整数
n
，有
S
2
n?1
?1
?a
1
?
?
a
2
?a
3
?
?<
br>?
a
4
?a
5
?
???
?
a
2
n?1
?2
?a
2
n?1
?1
?
<
br>?u?v?
?
a
1
?u?a
1
?v
?
?
?
a
2
?u?a
2
?v
?
????
a
2
n
?1
?u?a
2
n
?1?v
?
?2
n
?
u?v
?
?2S<
br>2
n
?1
，
所以
S
2
n?1
?2
n?1
?
u?v
?
?2S
2
n?1
?1
?2
n?1
?
u?v
?
?22
n?2
?
u?v
?
?2S
2
n?2
?1
?2?2
n?1
?
u?v
?
?2
2
S2
n?2
?1
??
???
?
n?1
?
?2
n?1
?
u?v
?
?2
n?1
?<
br>u?v
?
?
?
u?v
?
n?2
n?1
. <
br>设
u?v?2
k
?q
，其中
k
是非负整数，
q
是奇数.取
n?q?l
2
，其中
l
为满足
l?k
?1
?
mod2
?
的
第 20 页 共 24 页
任意正整数，此时
S
2
n
?1
?q
2
l<
br>2
?2
k?1?q?l
，注意到
q
是奇数，故
k?
1?q?l
2
?k?1?l
2
?k?1?
?
k?1
?
?k
?
k?1
?
?0
?
mod2
?，
2
2
所以，
S
2
n
?1
是完全平
方数.由于
l
有无穷多个，故数列
?
S
n
?
中有无
穷多项是完全平方数.
32、(2013二试3)（本题满分50分）一次考试共有
m道试题，
n
个学生参加，其中
m,n?2
为给定的整数.每道题的得分规
则是：若该题恰有
x
个学生没有答对，则每个答对该题的学
生得
x
分
，未答对的学生得零分.每个学生得总分为其
m
道题的得分总和.将所有学生总分从
高
到低排列为
p
1
?p
2
???p
n
，求
p
1
?p
n
得最大可能值.
因为每一个人在第
k
道
题上至多得
x
k
分，故
p
1
?
?
x
k
.
k?1
m
由于
p
2
???
p
1
，故有
p
n
?
p
2
?p
3<
br>?
?
?p
n
S?p
1
.所以
?
n
?1n?1
S?p
1
n?2S
p
1
?p
n
?p
1
?p
1
?
n?1n?1n?1
m
n?2
m
1
?
m
?
2
??
?
x<
br>k
??
?
n
?
x
k
?
?
x
k
?
n?1
k?1
n?1
?
k?1k?1
?
mm
1
2
?2
?
x
k
??
?<
br>x
k
.
n?1
k?1k?1
1
?
m
?
由柯西不等式得
?
x?
?
?
x<
br>k
?
，
m
?
k?1
?
k?1
2<
br>k
m
2
于是
1
?
m
?
p
1
?p
n
?2
?
x
k
??
?
x<
br>k
?
m
?
n?1
?
?
k?1
?k?1
?
m
2
m
2
??
1
??
?
?
?
x
k
?m
?
n?1
?
?
?m
?
n?1
?
m
?
n?1
?
?
k?1
?
?m
?
n?1
?
.
另一方面，若有一个学生全部答对，其他
n?1
个学生全部答错，则
第
21 页 共 24 页
p
1
?p
n
?p
1
?
?
?
n?1
?
?m
?
n?1
?
.
k?1
m
综上所述，
p
1
?p
n<
br>的最大值为
m
?
n?1
?
.
33、（2016二试4）（本题满分50分）设p与p+2均是素数，p>3, 数列
{a<
br>n
}
定义为
a
1
?2
，
a
n
?a
n?1
?[
pa
n?1
],n?2,3,???.
这
里
[x]
表示不小于实数
x
的最小整数.
a
n
证
明：对
n?3,4,???,p?1
均
n|pa
n?1
?1
有成立
对
3?n?p?1
，设对
k?3,???,n?1
成立k|pa
k?1
?1
，此时
[
故
pa
k?1<
br>?1?p(a
k?2
?[
pa
k?1
pa?1
]?<
br>k?1
.
kk
pa
k?2
pa?1
])?1?p(
a
k?2
?
k?2
)?1
k?1k?1
?
(pa
k?2
?1)(p?k?1)
.
k?1
故对
3?n?p?1
，有
p?n?1p?n?1p?n?2
(pa
n?2
?1)?
?
(pa
n?3
?1)n?1n?1n?2
p?n?1p?n?2p?3
?????
?
???(pa
2
?1)
n?1n?23
pa
n?1
?1?
因此，
pa
n?1
?1?
n
2n(p?1)
nC
p?n
(p?n)(p?2)
由此知（注意
C
p?
n
是整数）
n|(p?n)(p?2)(pa
n?1
?1)
①
因n
，又p+2是大于n的
素数，故
(n,p?2)?1
，从
而n与（p+n）(p+2)互素，故由①知
n|pa
n?1
?1
.由数学归纳法知，本题得证.
34、（
2017二试2）（本题满分40分）设数列
{a
n
}
定义为
a1
?1
.
第 22 页 共 24 页
?
a
n
?n,若a
n
?n,
a
n?1
?
?n?1,2,
?
.
a?n，若a?n,
n
?
n
求满足a
r
?r?3
2017
的正整数r的个数.
当t=1时，由于
a
r
?r?r,
由定义，
a
r?1<
br>?a
r
?r?r?r?2r?r?1,
结论成立.
ar?2
?a
r?1
?(r?1)?2r?(r?1)?r?1?r?2，
设对某个
1?t?r?1,(1)
成立，则由定义
a
r?2t+1
=a
r?2t
?(r?2t)?r?t?r?2t?2r?t?r?2t?1,
ar?2t+2
?a
r?2t?1
?(r?2t?1)?2r?t?(r?2t?1
)?r?t?1?r?2t?2,
即结论对t+1也成立，由数学归纳法可知，(1)对所有
t=1,2
?,r-1
成立，
特别当t=r-1时，有
a
3r?2
?1,
从而
a
3r?1
=a
3r?2
+3r?2?
3r?1.
若将所有满足
a
r
?r
的正整数r从小到大记
为
r
1
,r
2
,?,
则由上面的结论可知
r
1
=1,r
2
=2，r
k?1
?3r
k
?1,k
?2,3,?.
113
m?1
?1
11
m?1
（
r
k
?)(k?1,?,m?1),
从而
r
m
?3(r1
?)??.
由此可知，
r
k?1
?=3
22
222
由于
r
2018
3
2017
?1
2017
3
2018
?1
??3??r
2019
,
在
1,2，?，3
2017
满足
a
r
?r
的数有2018个
，为
22
r
1
,r
2
,?,r
2018
.
由（1）可知，对每个
k?1,2,?,2017,r
k
?1,r
k
?2,?,3r
k
?2
恰有一半满足
a
r
?r.
3
2017
?1
+1
均为奇数，而在
r
2018
+1
由于
r
2018
+1=
，?，32017
中，奇数均满足
a
r
?r,
偶数均满足
2其中偶数必奇数少1个，因此满足
a
r
?r?3
2017
的正整
数r的个数为
a
r
?r，
1
2017
3
2017<
br>?2019
(3?2018?1)?.
22
第 23 页 共 24
页
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