2000-2020全国高中数学联赛分类汇编 专题12 数列 (2)

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
bx
2
?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
．
n
－ 1
【解析】由于
a
1
，
a
2
，…，
an
－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．
[来源:学&科&网]
∴
S
n
=
2
n
－ 2
?0.11…1+2
n
－2
S
n
111
－
n
?10． ∴
lim=
?
=
．
n
→∞
T
n
2918
5、（2004一试11）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，
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?x?? ?x
多项式
g(y)?

2319
?x
20
表为关 于
y
的
a
0
?a
1
y?a
2
y< br>2
???a
19
y
19
?a
20
y
20
,
其中
y?x?4.
则
a
0
?a
1< br>???a
20
?
.

7、（2007一试1 0）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< br>?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
1114156?3m
14
q?????1???
。由于q
是小于1的正有理数，所以
1??3
，
24m24m
m
2

即5≤
m
≤13且


56?3m1
是某个有理数的平方，由此可知
q?
。
2
4 m
8、（2008一试10）设数列
{a
n
}
的前
n
项和
S
n
满足：
S
n
?a
n
?
a
n
= ．
[来源:Z§xx§]
n?1
，
n?1 ,2,L
，则通项
n(n?1)


9、（2010一试4）已知< br>{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,a2
?b
2
,3a
5
?b
3
，且存在常数
?
,
?
使得对每一个正整数
n
都有
a
n
?log
?
b
n
?
?
，则
?
?
?
?
.
【答案】
3
3?3

【解析 】设
{a
n
}
的公差为
d,{b
n
}
的公 比为
q
，则
3?d?q,
（1）
3(3?4d)?q
2
， （2）
（1）代入（2）得
9?1 2d?d?6d?9
，求得
d?6,q?9
.
n?1
从而有
3?6(n?1)?log
?
9?
?
对一切正整数
n
都成立，即
6n?3?(n?1)log
?
9??

2
对一切正整数
n
都成立.
从而
log
?
9?6,?3??log
?
9?
?
，求得
?
?
3
3,
?
?3
，
?
?
?
?
3
3?3
.


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
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）


S
n
11、（2000一试13）设S
n
=1+2+3+…+
n
,
n
?
N
，求
f
(
n
)=的最大值.
(n?32)S
n?1

12、（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?8a?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）+
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
n?1n
（2a
n
-1）+
3b
n
= (7+
43)
(2a
1
-1+
3b
1
)=(7+4
3)

n
同理（2a
n
-1+ ）-
3b
n
=(7+4
3)

从而 a
n
=
1
11
nn
(7+4
3)
+(7+4
3)
+ .
2
44
3)
2
， 由于 7
?
4
3
=（2
?
所以 a
n
=[11
n
n2
(2+
3)
+(2-
3
)
]

22
11
n
2k
k
nn?2k
(2+
3)
+(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.
1 3、（2001一试13）设{a
n
}为等差数列，{b
n
}为等比数列，且
b
1
?a
1
，
b
2
?a
2
，
b
3
?a
3
（a
1
2
） ,又
lim(b
1
?b
2
???b
n
)?
n???
22
2
2?1
，试求{a
n
}的首项与公差。 < br>【解析】设所求公差为
d
，∵
a
1
＜
a
2< br>，∴
d
＞0．由此得
2
?4a
1
d?d
2
?0

a
1
2
(a
1
?2d)
2
?(a
1
?d)< br>4
化简得：
2a
1

14、（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)?< br>?
2
i
i?1i?1
nn
x
i
2
? 2
1?k?j?n
?
k
x
k
x
j
?1?< br>j
?
x
i?1
n
i
≥1
等号成立当且仅当 存在
i
使得
x
i
＝1，
x
j
＝0，
j
＝
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>kyy
kj
?1
①

设
M?< br>?
x?
?
k
k?1k?1
nn
?
y
1
?y
2
???y
n
?a
1
?
y
2
???y
n
?a
2
?
ky
k
， 令
?

??
?
?
y
n
?a
n?
2
a
n
则①?
a
1
2
n
?
2
a
2
????1
令
a
n?1＝0，则
M?
nnn
?
k?1
n
k(a
k?a
k?1
)


?

?
k?1ka
k
?
?
k?1
n
ka
k?1
?< br>?
k?1
ka
k
?
?
k?1
k?1a
k
?
?
(
k?1
k?k?1)a
k

1 5、（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
－(< br>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
，
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
－
(
m，
n
)


16、（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。
[来源:学科网ZXX K]
[来源:]
①求数列{S
n
}的通项公式；②求
limS
n
。
n??



P
0
P
1
P
2

【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
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
33
再比较P
2
与P
1，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< br>而P
1
有3×4条边，故S
2
=S
1
+3×4×11
×，
22
33
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
144
2
4
n?1
3
n
4< br>k
834
n
∴S
n
=
1??
3
?< br>5
???
2n?1
=1+
?
()
=
??()
(※)
4
k?1
9
3
3
559
33
17、（20 04二试2）在平面直角坐标系
XOY
中，
y
轴正半轴上的点列{
A
n
}与曲线
y=
2
x
(
x
≥
1< br>0)上的点列{
B
n
}满足|
OA
n
|
=< br>|
OB
n
|
=
，直线
A
n
B
n
在
x
轴上的截距为
a
n
，点
B
n的横坐标为
b
n
，
n
n
∈N*．
⑴ 证明< br>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
=
()+2()=
t
n
+2
t
n
=(
t
n
+)－≥(2
2
1－2
nb< br>n
nb
n
22
1－
n
2
b
n
nb
n
nb
n
+
2
2
1
)－=4． < br>22
且由于
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
=b
n
+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． 18、（2005一试13）数列
{a
n
}
满足：
a
0
?1,a
n?1
?
2
7a
n
?45a
n< br>?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< br>为完全平方数。
（2）将①两边配方，得
(a
n?1
?a
n
)?9(a
n
a
n?1
?1),?a
n
a
n?1
?1?(
2
a
n?1
a
n
2
).< br>④
3

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)
n
?
a
1
?a
0
?
≡0（mod3）∴
④式成立.
a
n?1
?a
n
为正整数
3
?a
n
a
n?1
?1
是完全平方数.
19、（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
?a
n?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< br>。
?
k(n?1?k)
k?1
2
n
1
11 11
?(?)
，因此
a
n
?
【解析】证明：由于，于是，对
?
n?1
k?1
k
k(n?1?k)n?1kn?1?k
1 1
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
111111
?( ?)
?
??(
?
?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
20、（2007一试13）设
an
?


21、（2008二试3）设
a
k
? 0
，
k?1,2,L,2008
．证明：当且仅当
?
a
k< br>?1
时，存在数列
{x
n
}
k?1
2008
n
满足以下条件：
[来源:学.科.网Z.X.X.K]

（1）
0 ?x
0
?x
n
?x
n?1
，
n?1,2,3,L< br>；
（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,L
．
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?1
2008
2008
k?1
[0,1]上是递增函数，且f(0)??1?0
，
f(1)??1?
?
a
k
?0< br>．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
}
为
x
n
?
?
s
0
，
n?1,2, L
，则明显地
{x
n
}
满足题设条件（ⅰ），且
k?1< br>n
n?1n?1
s
0
?s
0
s?ss
n?1
00
．因
0?s
0
?1
，故
lims
0< br>?0
，因此
limx
n
?lim
即
{x
n< br>}
x
n
?
?
s??
0
，
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< br>{x
n
}
满足（3），因
f(s
0
)?0
， 即
?
a
k
s
0
?1
，从而
k?1
2008
k?1
2008
k?1
2008
k?1
2008< br>x
n
?x
n?1
?s?(
?
as)s?
?< br>as
n
0
k
k0
n
0
n?k
k0< br>?
?
a
k
(x
n?k
?x
n?k?1
)
．
综上，存在数列
{x
n
}
满足（1）.

22、（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
4，L
?
列
?
a
n
?
满足
a
1
?p
，
a
2
?p
2?q
，
a
n
?pa
n?1
?qa
n?2
?
n?3，
1
(Ⅰ)求数列
?
a
n
?
的 通项公式（用
?
，
?
表示）；(Ⅱ)若
p?1
，
q ?
，求
?
a
n
?
的前
n
项和．
4
②当
??p
2
?4q?0
时，
?
?
?< br>，
?
?
?
n?1
??
2，L
?
．
a
n?1
?
?
a
n
?
?
n?1< br>?
?
a
n
?
?
?
?
a
n< br>?
?
n?1
?
?
n?1
?
n?1，
?
?
?
?
?
??
?
?
?
?
n?2
?
n?1
?
2，L
?
．
?
?< br>?
a
n
?
整理得
a
n?1
?
?，
?
n?1，
?
?
??
?
?
???
?
n?1
?
所以，数列
?
a
n
?< br>?
成公比为
?
的等比数列，其首项为
?
?
?
??
?
2
?
2
?
2
?
n?1
?
2
n?1
a
1
??
?
?
?
???
?
． ．所以
a
n
?
?
?
??
?
??
?
?
?
?
??
?
?
?
n?1
?
?
n?1
于是数列
?
a
n
?< br>的通项公式为
a
n
?
．
?
?
?
1 1
(Ⅱ)若
p?1
，
q?
，则
??p
2
? 4q?0
，此时
?
?
?
?
．由第(Ⅰ)步的结果得，数列< br>?
a
n
?
42
?
1
?
n?1
的通项公式为
a
n
?
?
n?1
?
??
?
n
，所以，
?
a
n
?
的前
n
项和 为
2
?
2
?
234nn?1
s
n
??< br>2
?
3
?L?
n?1
?
n

22222
1234nn?1

s
n
?
2
?
3
?
4
?L??
22222n2
n?1
13n? 3
以上两式相减，整理得
s
n
??
n?1

222
n?3
所以
s
n
?3?
n
．
2
方法二：
(Ⅰ)由韦达定理知
?
?
?
?q?0
，又
?
?
?
?p
，所以
a
1
?< br>?
?
?
，
a
2
?
?
2
?< br>?
2
?
??
．
n
特征方程
?
2< br>?p
?
?q?0
的两个根为
?
，
?
． 2，L
?
由
a
1
?2
?
，
a
2
?3
?
2
得 ①当
?
?
?
?0
时，通项
a
n
?
?
A
1
?A
2
n
?
?
n
?
n?1，
?
?
?
A1
?A
2
?
?
?2
?
n
a?1?n< br>?
A?A?1
， 解得．故 ．
??
?
n
12
22
?
?
?
A
1
?2A
2
??
?3
?
2，L
?
．由
a
1
?
?
?
?
，
a
2
?
?
2
?
?
2
?
??
得 ②当
?
?
?
时，通项
a
n
?A
1
?
n
?A
2
?
n
?
n?1，
?
?
?
?
?
A
1
?
?A
2
?
?
?
?
?
A?A?< br>， 解得，．故
?
12
2222
?
?
?
?
?
?
?
?
A
1
?
?A
2
?
?
?
?
?
?
??

?
?
n?1
?
n?1
?
n?1
?
?
n?1．
a
n
???
?
?
??
?
???
?
(Ⅱ)同方法一．

23、（2010二试3）给定整数
n?2
，设正实数
a
1
,a
2
,L,a
n
满足
a
k
?1,k?1,2,L,n
，
记
A
k
?
求证：
a
1
?a
2
?< br>L
?a
k
,k?1,2,
L
,n
．
k?
a
k
?
?
A
k
?
k?1k?1nn
n?1
．
2


24、（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)t
n
?1
?
(n?
N*
)
．
n
a
n
?2t?1
2(t
n ?1
?1)(a
n
?1)
??1
，
a
n
?2t
n
?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 5、（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
33
(a
1
?a
2
?L?a
n
)
2
?a
1
3
?a
2
?L?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．
2323
【解析】(1)当
n?1
时,
a
1
?a
1
,由
a
1
?0
得
a
1
?1.当
n?2
时,
(1?a
2
)?1?a
2
,由
a
2
?0
得
a
2
?2
或
a
2
??1

233
当
n?3
时,
(1?a
2
?a
3
)?1?a
2
?a
3
.
若a
2
?2
得
a
3
?3
或
a
3
??2
;若
a
2
??1
得
a
3
? 1
;
综上,满足条件的三项数列有三个:1,2,3或1,2,-2或1,-,1
2333?
(2)令
S
n
?a
1
?a
2
? L?a
n
,
则
S
n
?a
1
?a
2
?L?a
n
(n?N)
从而
333
(S
n
?a
n?1
)
2
?a
1
3
?a
2
?L?a
n
?a
n?1
.

2
两式相减,结合a
n?1
?0
得
2S
n
?a
n?1
? a
n?1
当
n?1
时,由(1)知
a
1
?1
;
22
当
n?2
时,
2a
n
?2(S
n
?S
n?1
)?(a
n?1
?a
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< br>?1

又
a
1
?1,a
2013
??2012,

?
n(1?n?2012)
所以
a
n
?
?

n
?
2012?(?1)(n?2013)

26、（2012二试 4）设
S
n
?1?
11
?L?
，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．
111
??L?
n

232
1111111111
?1??(
1
?
2
)?(
n?1
?
L
?< br>n
)?1??(
2
?
2
)?L?(
n
?L?
n
)

22?122?1222222
1111
?1???L??n

22 22
11
因此,当
n
充分大时,
S
n
可以大于如何 一个正数,令
N
0
?[]?1,
则
N
0
?,
当
b?ab?a
k?N
0
时,
11
S
k
?S
k?1
???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),< br>
证法二:(1)
S
2
n
?1?
即
m?a ?S
n
?m?b,
否则,一定存在
k?N
0
,
使< br>S
k?1
?m?a,
且
S
k
?m?b,

这样就有
S
k
?S
k?1
?b?a,

1 1
??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,L),
则
m
i
?S
N
0
,
故一定存在
n
1
?N
0
,

而
S
k
?S
k?1
?
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)