5数列-1981-2019年历年数学联赛50套真题WORD版分类汇编含详细答案

2020年9月19日发(作者：俞小凡)

1981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< br>m
，
使得
a
1
?a
2
?L?a
n< br>?a
m
．这样的数列
?
a
n
?
的个数为 ．
◆答案：
5

★解析：
设
?
a
n< br>?
的公差为
d
．由条件知
a
1
?a
2
?a
k
（
k
是某个正整数
）
，
则
2a
1
?d?a
1
?
?
k?1
?
d
， 即
?
k?2
?
d?a
1
，因此必有
k?2
，且
d?
这样就有
a
n
?a
1
?
?
n?1
?
d?a
1
?
a
1
．
k?2
n?1
a
1
，而此时对任意正整数
n
， < br>k?2
n
?
n?1
?
n
?
n?1
?
??

a
1
?a
2
?
L
?an
?na
1
?

d?a
1
?
??
n?1
??
k?2
?
?
?
d
，确实为
?
a
n
?
中的一项．
22
??
因此，仅需考虑使
?
k?2
?
|a
1
成立的正整数
k
的个数．注意到
2019?3?673
，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．


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
d1
?d
2
?L?d
k
是
n
的所有正约数，则< br>d
2
?d
1
,d
3
?d
2
,L,d
k
?d
k?1
构成等比数列。
★证明：由条件可知
k?4
，且
d
3
?d
2
d?d
k?1
?
k
……………10 分
d
2
?d
1
d
k?1?d
k?2
易得
d
1
?1,d
k
?n
，
d
k?1
?
n
，
d
k?2
d
2
n
d?d
2
d
2
n
?
?
，代入上 式得
3
，
nn
d
2
?d
1
d
3
?
d
2
d
3
n?
即
?
d
3
?d
2
?
?
?
d
2
?1
?d
3
，
由此可知
d
3
是完全平方数．由于
d< br>2
?p
是
n
的最小素因子，
d
3
22
是平方数，故只能
d
3
?p
2
． ………………30 分 从而序列
d
2
?d
1
,d
3
?d
2< br>,L,d
k
?d
k?1
为
p?1,p
2
?p ,p
3
?p
2
,L,p
k?1
?p
k?2
，即
d
1
,d
2
,L,d
k

为
1,p,p
2
,
L
,p
k?1
，而此时相应的
n< br>为
p
k?1
.
1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编—数列部分 第 1 页 共 29 页

综上可知，满足条件的
n
为所有形如
p
a
的数， 其中
p
是素数，整数
a?3
．………40分。

1?a
i
,2?a
i
?
，2018A 8、设整数数列a
1
,a
2
,?,a
10
满足
a
10
?3a
1
，
a
2
?a
8
?2a
5
，且
a
i?1
?
?
i?1,2,?,9
，则这样的 数列的个数为
◆答案：
80

1,2
?
（
i?1,2,?,9
）★解析：记
b
i
?a
i ?1
?a
i
?
?
，则有
2a
1
?a
10
?a
1
?b
1
?b
2
???b
9< br>①
b
2
?b
3
?b
4
?a
5?a
2
?a
8
?a
5
?b
5
?b6
?b
7
②
下面用
t
表示
b
2,b
3
,b
4
中
2
的项数。由②知，
t
也是
b
5
,b
6
,b
7
中
2
的 项数，其中
t?
?
0,1,2,3
?
，因此
0123
b
2
,b
3
,b
4
，
b
5
,b
6
,b
7
的取法数为
C
3
?C
3
?C
3
?C
3
?20
；接下来，确定
b
8
,b
9
，有
2
2
?4
1,2
?
使得
b
1
?b
2
???b
9
为偶数，这样的
b
1
的取法是唯一的，并且种方式，最后由①知，应取
b
1
?
?????????
2222
确定了整数
a
1
的值，进而数列b
1
,b
2
,?,b
9
唯一对应一个满足条件的数列< br>a
1
,a
2
,?,a
10
。
综上可知，满足条件的数列的个数为
20?4?80
。

2018 A一、（本题满分40分）设
n
是正整数，
a
1
,a
2,?,a
n
，
b
1
,b
2
,?,b
n
，
A,B
均为正实数，满足：
a
i
?b
i
，
a
i
?A
，
i?1,2,?,n
，且
证明：< br>b
1
b
2
?b
n
B
?
。
a
1
a
2
?a
n
A
(b
1
?1) (b
2
?1)?(b
n
?1)
B?1
?
。
(a
1
?1)(a
2
?1)?(a
n
?1)A?1
bb?b
n
B
b
i
B
?
即，则
k
i
?1
，（
i?1,2,?,n
） ，记
?k
，则不等式
12
a
1
a
2
?a
n
A
a
i
A
(b?1)(b
2
?1)?(b
n
?1)
B ?1
?
k
1
k
2
?k
n
?k
，要 证
1
成立，
(a
1
?1)(a
2
?1)?(a< br>n
?1)A?1
(ka?1)(k
2
a
2
?1)?( k
n
a
n
?1)
kA?1
?
也就转化为证：
11
。
(a
1
?1)(a
2
?1)?(a
n< br>?1)A?1
ka?1k?1k?1k
i
A?1
?k
i
?
i
?k
i
?
i
?
对于
i?1,2,? ,n
，
k
i
?1
及
0?a
i
?A
知，
ii
.
a
i
?1a
i
?1A?1A?1(kA?1)(k
2
A?1)?(k
n
A?1)k
1
k
2
?k
n
A?1
?
由
k
1
k2
?k
n
?k
，则只需证
1

(A?1)(A ?1)?(A?1)A?1
★证明：记
k
i
?
下面用数学归纳法证明 之：
①当
n?1
时，不等式显然成立；
②当
n?2
时，
?
k?1
??
k
2
?1
?
A
?0
,所以
(k
1
A?1)(k
2
A?1)k
1
k
2
A?1
???
1
n?2
时也成立；
2(A?1)(A?1)A?1
?
A?1
?
(kA?1)(k
2< br>A?1)?(k
m
A?1)k
1
k
2
?k
m
A?1
?
③设
n?m
时结论成立，即
1
，
(A?1)(A?1)?(A?1)A?1
(kA?1)(k
2
A?1)?(km
A?1)(k
m?1
A?1)k
1
k
2
?k
m
A?1k
m?1
A?1
??
则当
n?m?1时，
1

(A?1)(A?1)?(A?1)(A?1)A?1A?1
k k?k
m
k
m?1
A?1
?
12
（将
k< br>1
k
2
?k
m
看成一个整体，与
k
m?1< br>一起替换
n?2
时的做法一样可得）
A?1
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所以
n?m?1
结论也成立。
由数学归纳法可知，原命题成立。

2018A三、（本题满分50分）设
n,k,m
是正整数，满足
k?2
，且
n?m?
的
n
元子集，证明：区间
?
0,
2k?1
1,2,?,m
?
设
A
是
?
n
，
k
n
?

?
中的每个整数均可表示为
a?a
，其中
a,a?A
。
k?1
?
n
??


★证明：用反证法。假设存在整数
x?
?
0,
?
不可表示为
a?a
，其中
a,a? A
。作带余除法
?
k?1
?
m?xq?r
，其中
0 ?r?x
.将
1,2,?,m
按模
x
的同余类划分成
x个公差为
x
的等差数列，其中
r
个
等差数列有
q?1< br>项，
x?r
个等差数列有
q
项.由于
A
中没有两数之 差为
x
，故
A
不能包含公差为
x
?
?
?< br>q?1
x?
2
?
|q
?
q?1
??
q
?
?
2
??
的等差数列的相邻两项.从而
n?A?r?
①。
?
?x?r
?
2
?
?
?q
2|q
2
????
?
x??r
?
2
kk
?
xq?r
?
② 由条件，我们有
n?m?
2k?12 k?1
n
??
又
x?
?
0,
?
，故
n?
?
k?1
?
x
③
?
k?1
?q?1q?1k
⑴若
q
是奇数，则由①知，
n?x?
④，结合② 知
x??n?xq
，从而
q?2k?1
，
222k?1
q ?1
再由
q
是奇数得
q?2k?3
，于是
n?x??
?
k?1
?
x
，与③矛盾；
2
qqk
?
xq?r
?
⑴若
q
是偶数， 则由①知，
n?x??r
⑤，结合②知
x??r?n?
222k?1
xqk?1(k?1)x
?r?
从而，得
q?2(k?1)
.再由
q
是偶数得
q?2k?4
，
2(2k?1)2k?12k?1
q于是
n?x??r?
?
k?2
?
x?r?(k?1)x
，与③矛盾；
2
综上，反证法得到的结论不成立，即原命题成立。

2018B 4、在平面直角坐标系
xOy
中，直线
l
通过原点，< br>n?(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
,an
)
均在
l
上．若
a
2
?6
，则a
1
a
2
a
3
a
4
a
5的值为
◆答案：
?32

★解析:易知直线< br>l
的方程为
y??3x
，因此对任意正整数
n
，有
a
n?1
??a
n
，故
?
a
n
?
是 以
?
5
公比的等比数列.于是
a
3
??a
2
??2
，由等比数列的性质知
a
1
a
2
a
3a
4
a
5
?a
3
??32

1
3
1
为
3
1
3

2017A 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
1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编—数列部分 第 3 页 共 29 页

◆答案：
13
，
20

9
★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?b
1
?521b
1
，
1,2,3
?
，重复使用
?
a
n
?
的递推关系可得： 所以
b
1
?
?
a
10
?a
9
?a
8< br>?2a
8
?a
7
?3a
7
?2a
6
???34a
2
?21a
1

因此
21a
1
?a
10
?b
10
?512b
1
?2b
1
?
mod34
?
，而
13?21?34?8?1
，故
a
1
?13?21a
1
?13?2b
1
?26b
1< br>?
mod34
?
①
又
a
1
?
a< br>2
，得
55a
1
?34a
2
?21a
1?512b
1
，即
a
1
?
当
b
1?1
时，①②即
a
1
?26
?
mod34
?< br>，
a
1
?
512
b
1
②
55
512
，无解；
55
1024
当
b
1
?2
时，①②即
a
1
?52
?
mod34
?
，
a
1
?
，解得
a
1
?18
，此时
a
1
?b
1
?20
；
55
153 6
当
b
1
?3
时，①②即
a
1
?78?
mod34
?
，
a
1
?
，解得
a< br>1
?10
，此时
a
1
?b
1
?13
；
55
综上所述，
a
1
?b
1
的所有可能值为< br>13
，
20
。

2017B1、在等比数列
?a
n
?
中，
a
2
?
◆答案：
2，
a
3
?
3
3
，则
a
1
?a
2011
为
a
7
?a
2017
8

9
a?a
2011
a?a
18
a
3
3
3
?
6
12011
?
6
?
. ★解析：数列
{a
n
}< br>的公比为
q?
，故
1
?
a
7
?a
2 017
q(a
1
?a
2011
)q9
a
2
2

2017A二、（本题满分40分）设数列
?
a
n
?< br>定义为
a
1
?1
，
a
n?1
求满足
a
r
?a?3
2017
?
a
n
?n,
a< br>n
?n
?
?
，
n?1,2,?

a?n,
a?n
?
n
n
的正整数
r
的个数
★解析：由题意知
a
1
?1
，
a
2
?2< br>。假设对某个整数
r?2
，有
a
r
?r
，我们证明对
t?1,2,?,r?1
有，
a
r?2t?1
?2r?t?1?r? 2t?1
，
a
r?2t
?r?t?r?2t
。①
对
t
归纳证明。
a
r?1
?a
r
?r? 2r?r?1
，
a
r?2
?a
r?1
?
?
r?1
?
?r?1?r?2
，当
t?1
时，由于
a
r
?r?r
，由定义知，
故结论①成立；
设对某个
1?t?r?1
，结论①成立，则有定义知：
a
r?2t ?1
?a
r?2t
?
?
r?2t
?
?r?t?r? 2t?2r?t?r?2t?1

a
r?2t?2
?a
r?2t?1
?
?
r?2t?1
?
?2r?t?
?
r?2t?1
?
?r?t?1?r?2t?2
，即结论①对
t?1
也成立， 由数学归纳法知，结论①对所有
t?1,2,?,r?1
成立，特别当
t?r?1
时，
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
,?
，则由上面的结论知，
r
1
?1,r
2
?2,?r
k?1
?3r
k
?1
，（
k?2,3,?
），由此可知：
r
k?1
?
11
? ?
?3
?
r
k
?
?
（
k?1,2,3,? ,m?1
），
22
??
1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇 编—数列部分 第 4 页 共 29 页

3
2017
?1
2017
3
2018
?1
3
m?1
?1
?3??r
2019
，在
1,2,?,3
2017
中满足
a
r
?r
的
r
可得
r
m
?
，由于
r< br>2018
?
22
2
共有
2018
个，即
r< br>1
,r
2
,?,r
2018
。
由①可知，对每个< br>k?1,2,3,?,2017
，
r
k?1
,r
k?2
,?,3r
k
?2
中恰有一半满足
a
r
?r
，由 于
3
2017
?1
2017
r
2018
?1??1
与
3
2017
均为奇数，而在
r
2018
?1至
3
中，奇数满足
a
r
?r
，偶数满足
ar
?r
，
2
3
2017
?2018?13
2 017
?2019
2017
?
其中偶数比奇数少
1
个，因此 满足
a
r
?r?3
的正整数个数为
22


2018A 10、（本题满分20分）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< br>表示数列的前
n
项和。证明：
⑴对任意正整数
n
，有
a
n
?2n
；
⑵ 对任意正整数
n
，有
a
n
a
n?1
?1
。
★解析：⑴由于当
n?2
时，
a
n
?S
n
?S
n?1
，所以
a
n
(2S
n
?a
n< br>)?1
得
?
S
n
?S
n?1
?
(2 S
n
?a
n
)?1
，
222
2
即
S
n
?S
n?1
?1
（
n?2
），又
S
1
?1
，所以
S
n
?n
，即
S
n
??n
。
显然
n?2
时，
a
n
?Sn
?S
n?1
?n?n?1?2n
，又
a
1
? ?1?2

所以对任意正整数
n
，有
a
n
?2n
；
⑵当
a
n
a
n?1
?0
时，显然；下面考虑
an
a
n?1
?0
的情况，不妨设
a
n
?0且
a
n?1
?0
，
则
S
n?1
?S
n
?S
n?1
??n?1??n
，则有
S
n?1< br>?n?1
，
S
n
?n
，所以
a
n?1
?n?1?n
，
a
n
?n?n?1
，所以
a
n< br>a
n?1
?

?
n?n?1
??
n?1?n ?
??
n?1?n
??
n?1?n?1

?
2018B 9、（本题满分16分）已知数列
?
a
n
?
满足：
a
1
?7
，
a
n?1
?a
n
?2
，
n?1,2,3,?
，求满足
a
n
an
?4
2018
的最小正整数
n
。
a
n?1
2
n?1
2
3?2
n?1
?a?2
★解析:由可知
?
a
n?1
?1
?
?
?
a
n?1
?
，因此
?
a
n
?1
?
?
?
a
1
?1
?

?2
n
a
n< br>?1
，显然
?
a
n
?
单调递增，又
a
11
?2
3072
?1?2
4036
?4
2018
?2
6144
?1?a
12

所以满足条件的最小
n
为
12
。
即
a
n
?2
3?2
n?1

2
2017B 10、（本题满分20分）设数列
?
a
n
?
是等差数列，数列
?
b
n
?
满足
b
n?a
n?1
a
n?2
?a
n
，
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
a
1
的
最小值 。
22
★解析：（1）设等差数列
{a
n
}
的公差为d
，则
b
n?1
?b
n
?(a
n?2
a
n?3
?a
n?1
)?(a
n?1
a
n?2?a
n
)

?a
n?2
(a
n?3
? a
n?1
)?(a
n?1
?a
n
)(a
n?1?a
n
)?a
n?2
g2d?(a
n?1
?a
n
)gd
?(2a
n?2
?a
n?1
?a
n
)gd?3d
2

所以数列
{b
n
}
也是等差数列.
1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编—数列部分 第 5 页 共 29 页

（2）由已知条件及（1）的结果知：
3d?d
，因为
d?0，故
d?
2
1
，这样
3
2
22
bn
?a
n?1
a
n?2
?a
n
?(a
n
?d)(a
n
?2d)?a
n
?3da
n
?2d
2
?a
n
?

9
22
若正整数
s ,t
满足
a
s
?b
t
?Z
，则
a
s
?b
t
?a
s
?b
t
??a
1
?(s?1)d?a
1
?(t?1)d?

99
s?t?22
?2a
1
???Z
.
39s?t?22
记
l?2a
1
??
，则
l?Z
， 且
18a
1
?3(3l?s?t?1)?1
是一个非零的整数，故
| 18a
1
|?1
，
39
1
从而
|a
1|?
.
18
1117
又当
a
1
?
时 ，有
a
1
?b
3
???1?Z
，
181818
1
综上所述，
|a
1
|
的最小值为.
18

2
2016B1、等比数列
?
a
n
?
的各项均为正数，且
a
1
a
3
?a
2
a
6
?2a
3
?36
则
a
2
?a
4
的值为
◆答案：
6

★解析：由于
36?a
1
a
3
?a
2
a
6
?2 a
3
2
?a
2
2
?a
4
2
?2a
2
a
4
?
?
a
2
?a
4
?
,
且
a
2
?a
4
?0,
故
a< br>2
?a
4
?6.

另解：设等比数列的公比为
q，则
a
2
?a
6
?a
1
q?a
1q
5
.
又因
36?a
1
a
3
?a< br>2
a
6
?2a
3
2
?a
1
?a1
q
2
?a
1
q?a
1
q
5
?2a
1
q
2
?
?
a
1
q
??2?a
1
q?a
1
q
2
33
2
3< br>2
111
2
??
?
?
aq
?
??
aq?aq
?
?
?
a
2
2
?a4
?
,
2

而
a
2
?a
4< br>?0
，从而
a
2
?a
4
?6.


2016B 9、（本题满分16分）已知
?
a
n
?
是各项 均为正数的等比数列，且
a
50
,a
51
是方程
100lg
2
x?lg
?
100x
?
的两个不同的解，求
a< br>1
a
2
?a
100
的值．
★解析：对
k? 50,51
，有
100lg
2
a
k
?lg
?
100a
k
?
?2?lga
k
,
即
100
?
lga
k
?
?lga
k
?2?0.

因此，
lga
50
,lga
51
是一元二次方程
100t< br>2
?t?2?0
的两个不同实根，从而
1
lg
?
a
50
a
51
?
?lga
50
?lga
51
?,
即
a
50
a
51
?10
100
.

100
1
2
由等比数列的性质知，
a
1a
2
L
a
100
?
?
a
50
a
51
?
50
1
?
100
?
?
?
10
?
?10.

??
50

2015B 5、已知数列
?
a
n
?
为等差数列，首项与公差均为正数，且
a
2
,a
5
,a
9
依次成等比数列，则使得
a
1
?a
2
?????a
k
?100a
1
的 最小正整数
k
的值是
◆答案：
34

★解析：设数列
?
a
n
?
的公差为
d
,则
a
2
?a
1
?d,a
5
? a
1
?4d,a
9
?a
1
?8d
．因为
a
2
,a
5
,a
9
依次成等
22
2
比数列，所以
a
2
a
9
?a
5
，即
(a< br>1
?d)(a
1
?8d)?(a
1
?4d)
．化简上 式得到：
a
1
d?8d
．又
d?0
，
1981年~ 2019年全国高中数学联赛试题分类汇编—数列部分 第 6 页 共 29 页

所以
a
1
?8d
．由
解得
k
min
?34
．
a
1
?a
2
?
L
?a
k
?
a
1
a
1k?
k(k?1)
d
k(k?1)
2
?k??100
．
a
1
16

2015B 9、（本题满分16分）数列
?< br>a
n
?
满足
a
1
?3,
对任意正整数
m,n
，均有
a
m?n
?a
m
?a
n
? 2mn

（1）求
?
a
n
?
的通项公式；
（2）如果存在实数
c
使得
1
?c
对所有正整数
k
都成立，求
c
的取值范围．
?
a
i?1
i
k< br>★解析：(l)在
a
m?n
?a
m
?a
n
? 2mn
中令
m?1
可以得到
?
a
n
?
的递 推公式：
a
n?1
?a
1
?a
n
?2n?a
n
?(3?2n)
．
因此
?
a
n
?
的通项公式为：
[5?(2n?1)](n?1)
?n(n?2)
．8 分
2
k? 1
（事实上，对这个数列
?
a
n
?
,
a
1
?1?3?3
，并且
a
n
?a
1
?
?< br>(3?2k)?3?
a
m?n
?(m?n)(m?n?2)?(m?n)
2
?2(m?n)
?(m
2
?2m)?2(n
2
?2n) ?2mn

所以
a
n
?n(n?2)
是数列
?
a
n
?
的通项公式．
(2)注意到：
k
n?1
?a
m
?a
n
?2mn
．
11111
??(?)
，所以
a
n
n(n?2)2nn? 2
k
1
?(?)?(1???)??(?)
．
??
a2n n?222k?1k?242k?1k?2
n?1
n
n?1
k
131 3
3
?
,并且
?
?(k??)
，因此
c
的 取值范围是
c?[,??)
．16 分 故
?
44
4
n?1
a
n
n?1
a
n
k

2014A 4、数 列
?
a
n
?
满足
a
1
?2
，a
n?1
?
◆答案：
a
2014
2(n?2)
?
?
（
n?N
）则
a
n
，
a
1
?a
2
???a
2013
n?1
2015

2013
2( n?1)2(n?1)2n
a
n?1
??a
n?2
????

nnn?1
2(n?1)2n2?3
???????a
1
?2
n?1
(n?1)

nn?12
2n?1
记数列
{an
}
的前
n
项和为
S
n
，则
S
n
?2?2?3?2?4?????2(n?1)

★解析：由题设
an
?
23n
所以
2S
n
?2?2?2?3?2?4?? ???2(n?1)

n2n?1n
将上面两式相减，得
S
n
?2(n?1)?(2?2?2?????2)?2n

a
2014
2
2013
?20152015
故
? ?
a
1
?a
2
?...?a
2013
2
2 013
?2013
2013
1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编— 数列部分 第 7 页 共 29 页

2
n
?2
，
?1
，
a
2
?2?1
，
a
n?1
?an?1
?
2014B 5、实数列
?
a
n
?
满 足条件：
a
1
?
a?a
2
nn?1
（
n? 2
） ，则通项公式
a
n
?

◆答案：
a
n
?
n
2
?1

n
2
?1
，接下来可以用归纳法证明，显然
n?1,2
时，结论都成★ 解析：列举前几项可以猜得
a
n
?
立，假定
n?k
时，结论 成立，则
a
k?1
??a
k?1
?
kk?1
?k?1
?
k
?2??
?
?1
?
??2??1< br>。
1
a
k
?a
k?1
2
?
2
?
2
即
n?k?1
时，结论也成立。这就证明了结论。

2014B 9、（本题满分16分）
2
设数列
?
a
n< br>?
的前
n
项和
S
n
组成的数列满足
S
n
?S
n?1
?S
n?2
?6n?9n?7
（
n ?1
）.已知
a
1
?1,a
2
?5
，求数列
?
a
n
?
的通项公式.
★解析：首先由
S
1< br>?1,S
2
?6,S
3
?6?a
3
，
S1
?S
2
?S
3
?22
蕴含了
a
3< br>?9,S
3
?15
，同样，我们
2
可以得到
a
4
?13
。还是由递推公式，我们有
S
n?1
?S
n?2
?S
n?3
?6n?21n?22
，结合已知，两
式相减可得
a
n?1
?a
n?2
?a
n?3
?12n?5
， 即
a
n
?a
n?1
?a
n?2
?12n?3
（
n?2
）。进而两式相减可
以得到
a
n?3
?a
n
?12
，说明
?
a
3k?1
?
,
?< br>a
3k
?
,
?
a
3k?1
?
分别是 公差为
12
的等差数列，首先分别为
a
2
?5
，
a
3
?9
，
a
4
?13
。又
a
1< br>,a
2
,a
3
,a
4
成公差为
4
的 等差数列，所有
?
a
n
?
也是公差为
4
的等差数列 ，
a
n
?4n?3
。
（也可以猜出通项，用数学归纳法证明）

2013A 9、（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
2
???x
n
，证明：存在常数
C?0
，使得
x
n
?C?2
n< br>，
n?1,2,3,?

★证明：当
n?2
时，
S< br>n
?2S
n?1
等价于
x
n
?x
1
?x
2
???x
n?1
①
1
x
1
，我们 用数学归纳法证明：
x
n
?C?2
n
，
n?1,2,3,?
②
4
2
当
n?1
时，显然成立，又
x
2
?x
1
?C?2

k
对
n?3
，假设x
k
?C?2
，
k?1,2,?,n?1
，由①式得
对常数
C?
x
n
?x
1
?
?
x
2
???x
n?1
?
?x
1
?C2
2
?2< br>3
???2
n?1
?C?2
n
，
所以，由数学归纳法可得，结论②是成立的。
综上存在常数
C?0
，使得
x
n
?C?2
。

2013B 9、（本题满分16分）已知数列
?
a
n
?
满足：
a
1
?2
，
a
n
?2
?< br>n?a
n?1
?
，
n?2,3,L
．求数列
?
a
n
?
的通项公式．
★解析：由题意列得
a
1
?2
，
a
2
?8
，
a
n
?2a
n ?1
?2n
当
n?3
时，
a
n?1
?2a
n?2
?2(n?1)
，两式
相减得
a
n
?a
n? 1
?2?2
?
a
n?1
?a
n?2
?2
?
，
n?3
，又
a
2
?a
1
?2?8
，可得
1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编—数列部分 第 8 页 共 29 页
n
??

a
n
?a
n?1
?2? 8?2
n?2
?2
n?1
，累加法可得
a
n
?2< br>n?2
?2n?4
，当
n?1,2
时，也适合。
n?2
?2n?4
． 所以数列
?
a
n
?
的通项公式为
a
n
?2

2012A 10、（本题满分20分）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
???a
n
)
2
?a
1
3
?a
2
???a
n

⑴当
n?3
时，求所有满足条件的三项组成的数列
a
1< br>,a
2
,a
3
；
⑵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
,
233
由
a
2
?0
得
a
2
?2< br>或
a
2
??1
，当
n?3
时,
(1?a2
?a
3
)?1?a
2
?a
3
.
< br>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,?1,1

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
2
(S
n
?a
n?1
)
2
?a
1
3
?a
2
?L?a
n
?a
n
.
2S?a
a?0
两式相减,结合得
?1
nn?1
?a
n?1

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
?1
又
a
1
?1,a
2013
??2012,

?
n(1?n?2012)
所以
a
n
?
?

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

11
?L?< br>，
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 ．
2012A四、（本题满分50分）设
S
n
?1?
★证明：证法 一:(1)对任意
n?N
,有
?
11111111
S
2< br>n
?1???L?
n
?1??(
1
?
2
)? (
n?1
?
L
?
n
)

23222?12 2?12
111111111
?1??(
2
?
2
)?L?(
n
?L?
n
)?1???L??n
‥‥‥‥‥‥‥‥‥‥‥10分
222222222
11
1
?N
0
,?b?a,S
n
0
?m?m?n
‥‥‥‥‥‥‥20分
]?1,m?[S
n0
]?1,
则令
N
0
?[
b?aN
0
b?a
t(m?1)
又令
N
1
?2
,则
S
N
1
?S
2
t(m?1)
?m?1?m?b,

?
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)
‥‥‥‥‥‥‥30分
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,

11
??b?a
矛盾.所以一定存在
n?N
?
,
使得
S
n
?[S
n
]?(a,b)
‥‥‥‥‥40分
kN
0
(2) 假设只有有限个正整数
n
1
,n
2
,L,n
k
,< br>使得
S
n
j
?[S
n
j
]?(a,b),( 1?j?k)
令
这与
S
k
?S
k?1
?
1 981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编—数列部分 第 9 页 共 29 页

c?
min
S
n
j
?[S
n
j
] ,
则
a?c?b,
则不存在
n?N
?
,n?N
?< br>,
使得
S
n
?[S
n
]?(a,c),
这与 （1）的
1?j?k
??
结论矛盾.
所以数列
?
S
n
?[S
n
]
?
中有无穷多项属于
(a,b)
. 终上所述原命题成立‥‥‥‥‥‥‥‥50分
111
??L?
n

232
1111111111
?1??(
1
?
2
)?(n?1
?
L
?
n
)?1??(
2
?
2
)?L?(
n
?L?
n
)

22?122?122 2222
1111
?1???L??n
‥‥‥‥‥‥‥10分
222211
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k?N
0
时,
b?ab?a
11
S
k
?S< br>k?1
???b?a
‥‥‥‥‥‥‥‥‥‥‥‥20分
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),

证法二:(1)
S
2
n
?1?
即
m?a?Sn
?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,

1 1
??b?a,
矛盾.故一定存在
n?N
0
,
使得
m?a?S
n
?m?b,
‥‥‥‥30分
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
ni
?[S
n
i
]?b
‥‥‥‥‥40分
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)
‥‥‥‥‥‥50分

2012B 10、（本题满分20分）已知数列
?
a
n
?
满足：当
n?2k?1
（
k?N?
）时，
a
n
?n
；当
n?2k
（
k?N?
）时，
a
n
?k
。记
T
n
?a
1
?a
2
???a
2
n
?1
?a
2
n
，证明：对任意的
n?N?，有
n
⑴
T
n?1
?4?T
n
；
111
?????1
。
T
1
T
2
Tn
★证明：⑴
T
n?1
?a
1
?a
2
???a
2
n?1
?1
?a
2
n?1

⑵
?
?
a
1
?a
3
?a
5
???a
2
n?1
?1
?
?
?
a
2
?a< br>4
?a
6
??a
2
n?1
?

?< br>?
1?3?5???
?
2
n?1
?1
??
?
?
a
1
?a
2
?a
3
?a
4??a
2
n
?

?2
n
??
2
?T
n
?4
n
?T
n
，结论得证。
n
4
n
?2
133
?
n
?
n
， ⑵由⑴得< br>T
n?1
?T
n
?4
，所以累加得
T
n?
，从而
T
n
4?24
3
nn
?
1< br>?
1
?
2
?
1
?
3
?
11 111
????
????3
?
?
??
?
??
???
??
?
?1?
??
?1
所以
?
?
4
?
4
??
4
?
T
1
T
2
T
n
?
4
?
?
?
4
?
??

1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编—数列部分 第 10 页 共 29 页

2012B三、（本题满分50分）设数列
?
x
n
?
满足
x
0
?0
，
x
n
?< br>常数
A
和
C
（
A?1,C?0
），使不等式
x
n
?A?
，求证：必存在
x
n?1
?1
（
n?1,2,?
）
C
对任意正整数
n
都成立。
A
n
1?5
?1
，此时 ★证明：若数列
?
xn
?
是常数数列，记
x
n
?A
，则
A?A?1
，得
A?
2
C
x
n
?A?0?
n
对任何正整数
n
都成立。
A
x
n?1
?1?A
2
1?5
若数列
?
x
n
?
不是常数数列，则
x
0
?A
，取
A?
，有
x
n
?A?xn?1
?A?
，
2
x
n?1
?1?A
又
A?A?1
，则
1?A??A
，又
x
n?1
?1?A?A ?1
，所以
x
n
?A?
x
n?1
?A
A< br>?
x
n?2
?A
A
2
???
x
0< br>?A
A
n
2
x
n?1
?A
A
， < br>所以
x
n
?A?
，记
x
0
?A?C
，即有
x
n
?A?
C
，
n
A
综上，存在 常数
A
和
C
（
A?1,C?0
），使不等式
xn
?A?
C
对任意正整数
n
都成立。
n
A

2011A 10、（本题满分20分）已知数列
?
a
n
?
满足：
a
1
?2t?3
（
t?R,
且
t??1
）
(2t
n?1
?3)a
n
?2(t?1)t
n
?1
?
（
n?N
）
a
n?1
?
n
a
n
?2t?1
⑴求数列
?
a
n
?
的通项公式；
⑵若
t?0
，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)a
n
?2t?1
n
?1
，
2(a
n
?1)
n
2b
n
a
n
?1
a
1
? 1
2t?2
t?1
．
b?
?b
??
b???2．则
n?1
记，则，
n?1
n
1
n
nb
n
?2
t?1t?1
t?1
t?1a
n
?2 t?1
a
n
?1
?2
t
n
?1
11111 111n
??,?
，从而有
??(n?1)??
， 又
b
n?1
b
n
2b
1
2
b
n
b
1< br>22
a
n?1
?12(a
n
?1)
2(t
n
?1)
2
?
，于是有
a
n
??1
． 故
n
n
n
t?1
2(t
n?1
?1)2(tn
?1)
?
（2）
a
n?1
?a
n
?

n?1n
2(t?1)
?n(1?t???t
n?1
?t
n
)?(n?1)(1?t???t
n?1
)

n(n?1 )
2(t?1)2(t?1)
n
?nt
n
?(1?t???t
n?1
)?(t?1)?(t
n
?t)???(t
n
?t
n?1
)

n(n?1)n(n?1)
a
n
?1
? ?
????
1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编—数列部分 第 11 页 共 29 页

2(t?1)
2
n?1n?2
?(t?t?? ?1)?t(t
n?2
?t
n?3
???1)???t
n?1
，
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
．
??

2011B1、设等差数列
?
a
n
?
的前
n
项和为
S
n
，若
S
2010
?S
1
?1
，则
S
2011
?
．
◆答案：
2011

1009
2011
?
a
1
?a
2011
?
2011
?2011a
1006
?

22009
、（本题满分20分）已知数列
★解析：因为
?
a
n
?
是等差数列，所以
S
2010
?S1
?1
即
2009a
1006
?1
，得
a1006
?
所以
S
2011
?

2011B 10
1
，
2009
?
a
n
?
满足：（2t
n?1
-1）a
n
a
1
?2t?2(t?R且t ??1)
,
a
n?1
?(n?N*)
.
a
n?2t
n
?2
（1）求数列
?
a
n
?
的通项公式； （2）若
t?0
，试比较
a
n?1
与< br>a
n
的大小.
★解析：
2a
n
n
an?1
2a
n
（2t-1）a
n
t?1
，
? ?
（1）
a
n?1
?(n?N*)
，即
n?1
a< br>n
t?1a
n
?2(t
n
?1)
a
n
?2t
n
?2
?2
n
t?1
2b
n
a< br>a
111111n
??
，从而
??(n?1)?
令
b
n
?
n
n
，则
b
n?1
?
，< br>b
1
?
1
?2
，则
b
n
?2
b
n?1
b
n
2b
n
222
t?1
t? 1
n?1
a
n
2t
n
?1
2
?
， 于是有
a
n
?
所以
n

n
t?1
n
2(t
n?1
?1)2(t
n
?1)
?
（2）< br>a
n?1
?a
n
?

n?1n
2(t?1)
?n(1?t?t
2
???t
n
)?(n?1)(1?t?t
2
???t
n?1
)

n(n?1)
??
??< br>2(t?1)
2
?n(1?t?t
2
???t
n?2
?t
n?1
)?t(1?t?t
2
???t
n?2
)??? t
n?1

n(n?1)
显然当
t?0
时，恒有
a
n?1
?a
n
?0
，即
a
n?1
?an

??

2010A 4、已知数列
?
a
n
?
是公差不为
0
的等差数列，
?
b
n
?< br>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
n
都有
a
n
?log
?
b
n
?
?
，则< br>?
?
?
?

3?3

2
★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）
◆答案：
（1）代入（2）得
9?12d?d?6d?9，求得
d?6,q?9
.
1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编—数列部分 第 12 页 共 29 页 < br>2
3

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?
?
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
.

2010B 4、已知数列
?
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
，
b1
?1
，
a
2
?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
?< br>?
，则
?
?
?
?

3?3

2
★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）
◆答案：
（1）代入（2）得9?12d?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??
对一切
3
2
正整数
n
都成立.从而
log
?
9?6,?3??log
?
9?
?
，求得
?< br>?
3
3,
?
?3
，
?
?
?
?
3
3?3
.

2
a
n
1
2010B 11、（本题满分20分）数列
?< br>a
n
?
满足
a
1
?
，
a
n ?1
?
2
n?N
*
?
．
?
3
a
n
?a
n
?1
1111
求证：
?
n?1< br>?a
1
?a
2
?a
3
?L?a
n
? ?
n
。（1）
2
3
2
2
3
2
2
a
n
111111
?1?(?1)
. （2）
?
2
??1
，即★证明：由
a
n?1
?
2
知 < br>a
n?1
a
n
a
n
a
n?1
an
a
n
a
n
?a
n
?1
2
a a
a
n?1
a
n
a
所以
??
n
? a
n
,
即
a
n
?
n
?
n?1. 1?a
n
1?a
n?1
1?a
n?1
1?a
n
1?a
n
aaa
n?1
a
1
aa
?
2
?
2
?
3
???
n
?
从而
a
1
?a
2
???a
n
?

1? a
1
1?a
2
1?a
2
1?a
3
1?a< br>n
1?a
n?1
aa
a
1
?
1
?< br>n?1
??
n?1
.
1?a
1
1?a
n ?1
21?a
n?1
a
n?1
1?a
n?1
111 11
2
n?1
2
n
??3??3
所以（1）等价于
?
n?1
??
，即 . （3）
22
n
23
21?a
n?1
2
3
a
n?1
2
a
n
11
由
a
1
?
及
a
n?1
?
2
知
a
2
?
.
37
a
n
?a
n
?1
1?a
2
2
1?1
2
1
?6
，
3?6?3
， 当
n?1
时 ，
a
2
即
n?1
时，（3）成立.
k
1?a
k?1
2
k?1
??3
2
. 设
n?k(k?1)
时，（3）成立，即
3
a
k?1
当
n?k?1
时，由（2）知
k1?a
k?2
1?a
k?1
2
1
1?a
k?1
?()?()?3
2
；
a
k?2
a< br>k?1
a
k?1
a
k?1
1?a
n
1
(n?1)
均为整数， 又由（2）及
a
1
?
知
a
n
3
1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编—数列部分 第 13 页 共 29 页

从而由
所以
kk
k1?a
k?1
1?a
k?1
1
?3
2
有
?3
2
?1
即
?3
2
，
a
k?1
a
k?1
a
k?1
kkk?1
1?a
k?2
1
1?a
k?1
???3
2
?3
2
?3< br>2
，
a
k?2
a
k?1
a
k?1
即（3）对
n?k?1
也成立.
所以（3）对
n?1
的正整数都 成立，即（1）对
n?1
的正整数都成立.

2
2009* 10、（本题满分15分）已知
p,q
（
q?0
）是实数，方程
x? px?q?0
有两个实根
?
,
?
，
2
数列
?
a
n
?
满足
a
1
?p
，
a2
?p?q
，
a
n
?pa
n?1
?qa
n?2
（
n?3,4,?
）。
⑴求数列
?
a
n
?
的通项公式（用
?
,
?
表示）；
⑵若
p?1,q?
1
，求数列
?
a
n
?
的前
n
项和；
4
★解析：解法一：（I）由韦达定理知
?
?
?< br>?q?0,
又
?
?
?
?p,
所以
a
n
?px
n?1
?qx
n?2
?(
?
?
?
)a
n?1
?
??
a
n?2
,(n?3,4,5 ...)

整理得
a
n
?
?
a
n?1?
?
(a
n?1
?
?
a
n?2
).< br>
令
b
n
?a
n?1
?
?
a
n
，则
b
n?1
?
?
b
n
(n?1,2 ,...).
所以｛
b
n
｝是公比为
?
的等比数列. 数列｛
b
n
｝的首项为：
b
1
?a
2
?
?
a
1
?p?q?
?
p?(
?
?
?
)?
??
?
?
(
?
?
?
)?
?
.

2n?1
?
?
n?1
,
即
a
n?1
?
?
a
n
?
?
n?1< br>(n?1,2,...).
所以
b
n
?
?
?
?
222
n?1
所以
a
n?1
?
?
a< br>n
?
?
(n?1,2,...).

n?1
2
①当
??p?4q?0
，
?
?
?
?0,
a
1
?p?
?
?
?
?2
?
,a
n?1?
?
a
n
?
?
(n?1,2,...)
a
n
a
n?1
a
n
??1,(n?1,2,...).
所以，数列｛｝成公差为
n
n?1n
a
aa
a
a2
?
1的等差数列，其首项为
1
??2
，所以
n
n< br>?2?1(n?1)?n?1.

n?1
变为
a
n?1
?
?
a
n
?
?
(n?1,2,...).
整理得 ，
??
?
n
于是数列｛
a
n
｝的通项公式为
a
n
?(n?1)
?

n?1
2
②当
? ?p?4q?0
时，
?
?
?
，
a
n?1
?
?
a
n
?
?

?
?
?
n?1
?

?
?
?
??
?
?
a
n
?
?
n?1
?
?
n?1
(n?1,2,...).

?
?
??
?< br>?
?
n?2
?
n?1
?
?
(a
n< br>?),(n?1,2,...).
整理得，
a
n?1
?
?< br>?
??
?
?
?
2
?
2
?
2
?
n?1
?
?
?
?
??.
所以，数列?
a
n
?
其首项为
a
1
?
?
成公比为
?
的等比数列，
?
?
??
?
??
?
?
?
?
?
?
n?1
?
2
所以< br>a
n
??
?
n?1
.

?
?
??
?
?
?
?
a
n
?
1981年~20 19年全国高中数学联赛试题分类汇编—数列部分 第 14 页 共 29 页

?< br>n?1
?
?
n?1
于是数列｛
a
n
｝的通项 公式为
a
n
?

?
?
?
11
,
则
??p
2
?4q?0,
此时
?
?
??.
由第（I）步的结果得，数列｛
a
n
｝的通
42
1
n
n?1
项公式为
a
n
?(n?1)()?
n，所以，｛
a
n
｝的前
n
项和为
22
234 nn?1
s
n
??
2
?
3
?...?
n? 1
?
n

22222
1234nn?1
s
n
?
2
?
3
?
4
?...?
n
?
n?1

222222
13n?3
以上两式相减，整理得
s
n
??
n?1

222
n?3
所以
s
n< br>?3?
n
.
·
2
解法二：（I）由由韦达定理知
?
?
?
?q?0,
又
?
?
?
?p,
所以
a
1
?
?
?
?
,a
2
?< br>?
2
?
?
2
?
??
.

（ II）若
p?1,q?
特征方程
?
?p
?
?q?0
的两个根为
?
,
?
.
n
2
①当
?
?
?
?0
时，通项
a
n
?(A
1
?A< br>2
n)
?
(n?1,2,...)
.由
a
1
?2
?
,a
2
?3
?

2
?
(A
1
?A
2
)
?
?2
?
得
?

22
(A?2A)
?
?3
?
2
?
1< br>n
解得
A
1
?A
2
?1.
故
an
?(1?n)
?
·
nn
22
②当
?
?
?
时，通项
a
n
?A
1
?
?A
2
?
(n?1,2,...).
由
a
1
?
??
?
,a
2
?
?
?
?
?
??
得
?
A
1
?
?A
2
?
?
?
?
?
?
??
A?,A?.
故 ，解得
?
12
2222
?
?
??
?
?
?
A
1
?
?A
2
?
?
?
?
?
???
?
?
n?1
?
n?1
?
n?1
?
?
n?1
??
所以
a
n
?
·
?
?
??
?
??
?
?
（II）同解法一。

2008A 10、设数列
?
a
n
?
的前
n
项和
S
n
满足：
S
n
? a
n
?
◆答案：
n?1
，
n?1,2,?
，则通项
a
n
?

n(n?1)
11
?

n
2n(n?1)
nn?1
?a
n?1
??a
n
，
(n?1)(n?2)n(n?1)
n?2?211
?21
即 2
a
n?1
?
，
???a
n
=
?an
?
(n?1)(n?2)n?1n(n?1)
(n?1)(n?2)n(n?1 )
11
由此得 2
(a
n?1
?
．
)?a
n
?
(n?1)(n?2)n(n?1)
★解析：由题意得
a
n? 1
?S
n?1
?S
n
?
1981年~2019年全国高中数 学联赛试题分类汇编—数列部分 第 15 页 共 29 页

1
11
1
1
，
b
1
?a
1
??
(
a
1
?0
)，有
b
n?1
?b
n
，故
b
n
?
n
，
2
22
2
n(n?1)< br>11
所以
a
n
?
．
?
n
n(n?1)
2

令
b
n
?a
n
?
2008B 10、设数列
?
a
n
?
的前
n
项和
S
n
满足 ：
S
n
?a
n
?
◆答案：
n?1
，
n?1,2,?
，则
S
n
?

n(n?1)
11
?
n

n?1
2
nn?1
?a
n?1
??a
n
，
(n?1)(n?2)n(n?1)
n?2?211
?21
即 2
a
n?1
?
，
???a
n
=
?an
?
(n?1)(n?2)n?1n(n?1)
(n?1)(n?2)n(n?1 )
11
由此得 2
(a
n?1
?
．
)?a
n
?
(n?1)(n?2)n(n?1)
11
1
令
bn
?a
n
?
，
b
1
?a
1
? ?
(
a
1
?0
)，
22
n(n?1)
★解析：由题意得
a
n?1
?S
n?1
?S
n
?< br>有
b
n?1
?
1
1
11
，故，所以． b?
b
n
a??
n
n
n
n
2
2
n(n?1)
2
n?11111
?(
n
?)??
n
．
n(n?1)2n(n?1)n?12
2008
因此
S
n
?

2008A三、（本题满分50分）设
a
k
?0
，
k?1,2,?,2008
.证明：当且仅当
?
a
k?1
k
?1
时，存在数列
?
x
n
?满足以下条件：
⑴
0?x
0
?x
n
?x
n? 1
，
n?1,2,?
；
⑵
limx
n
存在； < br>n??
20082007
k?0
⑶
x
n
?x
n?1
?
?
a
k?1
k
x
n?k
?
?
a
k?1
x
n?k
，
n?1,2,?
。 2008
k?1
★证明：必要性：假设存在
{x
n
}
满 足（1），（2），（3）．注意到（3）中式子可化为

x
n
?x
n?1
?
?
a
k
(x
n?k
?x
n?k?1
)
，
n?N
*
，
其中
x
0
?0
．将上式从第1项加到第
n
项，并注意到
x
0
?0
得
n??
x
n
?a
1(x
n?1
?x
1
)?a
2
(x
n?2
?x
2
)?L?a
2008
(x
n?2008
?x
2008
)
． 由（ⅱ）可设
b?limx
n
，
将上式 取极限得
b?a
1
(b?x
1
)?a
2
(b?x< br>2
)?L?a
2008
(b?x
2008
)


?b?
?
a
k
?(a
1< br>x
1
?a
2
x
2
?
L
?a
2008
x
2008
)

k?1
2008
?b?
?
a
k
，
k?1
2008
1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编—数列部分 第 16 页 共 29 页

因此
?
a
k
?1
．
k?12008
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[0,1]上是
k?1k?1
20082 008
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]内有唯一的根< br>s?s
0
，
k?1
2008
且
0?s
0?1
，即
f(s
0
)?0
．
k
下取数列< br>{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
n
n?1n?1
s
0
?s
0
s?ss
n?1
00
．因
0?s
0
?1
， 故
lims
0
?0
，因此
limx
n
?limx< br>n
?
?
s??
0
，即
{x
n
}的极限
n??
n??n??
1?s1?s
0
1?s
0< br>k?1
0
n
k
0
k
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
nknn?k

x
n
?x
n ?1
?s
0
?(
?
a
k
s
0
)s
0
?
?
a
k
s
0
?
?
a
k
(x
n?k
?x
n?k?1
)
．
k? 1k?1k?1
2
2008
综上，存在数列
{x
n
}
满足（1）.


2008
2008B三、（本题满分50分）设
a
k
?0
，
k?1,2,?,2008
.证明：当且仅当
?
a
k?1
k
?1
时，存在数列
?
x
n?
满足以下条件：⑴
0?x
0
?x
n
⑵
lim x
n
存在；
n??
2008
?x
n?1
，
n?1,2,?
；
⑶
x
n
?x
n?1
?
?
a
k?1
k
x
n?k
?
?
a
k?1
x
n? k
，
n?1,2,?
。
k?0
2008
k?1
2 007
★证明：必要性：假设存在
{x
n
}
满足（ⅰ），（ⅱ），（ iii）．注意到（ⅲ）中式子可化为

x
n
?xn?1
?
?
a
k
(x
n?k
?x
n? k?1
)
，
n?N
*
， 其中
x
0
?0
．
将上式从第1项加到第
n
项，并注意到
x
0
?0
得

x
n
?a
1
(x
n?1
? x
1
)?a
2
(x
n?2
?x
2
)?L? a
2008
(x
n?2008
?x
2008
)
．
由（ⅱ）可设
b?limx
n
，将上式取极限得
n??

b?a
1
(b?x
1
)?a
2
(b?x
2
)?L?a
2008
(b?x
2008
)


?b?
?
a
k
?(a
1
x
1
?a
2
x
2
?
L
?a
2008
x
20 08
)

k?1
2008
?b?
?
a
k
，
k?1
2008
因此
?
a
k
?1
．
k?1
2008
充分性：假设
?
a
k
?1
．定义多项式函数如下：
f(s)??1?
?
a
k
s
k< br>，
s?[0,1]
，
k?1k?1
20082008
则f(s)
在[0,1]上是递增函数，且
f(0)??1?0
，
f(1) ??1?
?
a
k
?0
．
k?1
2008
1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编—数列部分 第 17 页 共 29 页

因此方程
f(s)?0
在[0,1]内 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
n
n?1
s?s
00

x
n
?
?
s?
．
1?s
0
k? 1
n
k
0
因
0?s
0
?1
，故
l ims
n??
n?1
0
n?1
s?ss
00
．
?0
，因此
limx
n
?lim?
0
，即
{x
n
}
的极限存在，满足（ⅱ）
n??n??
1?s1?s
00
2008
k?1
k
最后验证
{x
n
}
满足（ⅲ），因
f(s
0
)?0
，即
?
a
ks
0
?1
，从而
nknn?k

x< br>n
?x
n?1
?s
0
?(
?
a
k< br>s
0
)s
0
?
?
a
k
s
0
?
?
a
k
(x
n?k
?x
n?k?1)
．
k?1k?1k?1
2
综上，已证得存在数列
{x
n
}
满足（ⅰ），（ⅱ），（ⅲ）．


2007*10、已知等差数列
?
a
n
?的公差
d
不等于
0
，等比数列
?
b
n
?
的公比
q
是小于
1
的正有理数，若
22
a
1
2
?a
2
?a
3
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< br>1
2
?(a
1
?d)
2
?(a
1
? 2d)
2
14
2
1?q?q
★解析：因为，故由已知条件知道：??
b
1
?b
2
?b
3
b
1
?b
1
q?b
1
q
2
1?q?q
2
21114156?3m
1414
2
??1???
，其中m为正整数。令< br>1?q?q?
，则
q???
。由于
q
24m24m
m m
1456?3m
是小于
1
的正有理数，所以
1?
是某个有 理数的平方，由此可知
?3
，即
5?m?13
且
m4m
1< br>q?
。
2
为

1
，求证：当正整数
n?2
时，
a
n?1
?a
n
。
?
k?1
k(n?1?k)
2
n
1
1111
?(?)
，★证明：由 于因此
a
n
?
于是，对任意的正整数n≥2，
?
，
n?1
k?1
k
k(n?1?k)n?1kn?1?k
11
n
11
n?1
1
有
(a
n
?a
n?1
)?
?
?
?

2n?1
k?1
kn?2
k?1
k
nn
111111
?(?)
?
??(
?
?1)?0
，即a
n+1
n
。
n?1n?2
k?1
k(n?1)(n?2)(n?1)(n?2)
k?1
k
2007*1 3、（本题满分20分）设
a
n
?

2006*二、（本题满分50 分）已知无穷数列
?
a
n
?
满足
a
0
?x
，
a
1
?y
，
a
n?1
?
na
n
a
n?1
?1
，
a
n
?a
n?1
n?1,2,3,?
。
1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编—数列部分 第 18 页 共 29 页 < /p>

⑴对于怎样的实数
x
与
y
，总存在正整数
n< br>0
，使当
n
0
?n
时，
a
n
恒为常 数？
⑵求数列
?
a
n
?
的通项公式。
2
a
n
a
n?1
?1a
n
?1
★解析：（1）我们 有
a
n
?a
n?1
?a
n
?
，
n ?1,2,?
。
?
a
n
?a
n?1
a
n
?a
n?1
（2.1）
所以，如果对某个正整数
n
，有< br>a
n?1
?a
n
，则必有
?
a
n
?
?1
，且
a
n?1
?a
n
?0
。
2
如果该
n?1
，我们得
y?1
且
x??y
。 （2.2）
（2.3）
（2.4）
（2.5）
（2.6）
a
n?1
a
n?2
?1(a?1)(a
n?2
?1)
?1?
n?1
，
n?2
，
a
n?1
?a
n?2
a
n?1
?a
n?2
aa?1(a?1)(a
n? 2
?1)
?1?
n?1
和
a
n
?1?
n? 1n?2
，
n?2
。
a
n?1
?a
n?2
a
n?1
?a
n?2
如果该
n?1
，我们有
a< br>n
?1?
22
a
n
a
n?1
?1
? 2
?1
将式（2.3）和（2.4）两端相乘，得
a?1?
，
n?2
。
?
a
n?1
?a
n?2
a
n?1?a
n?2
2
n
由（2.5）递推，必有（2.2）或
x?1< br>且
y??x
。
反之，如果条件（2.2）或（2.6）满足，则当
n ?2
时，必有
a
n
为常数，且常数是
1
或
?1。
（2）由（2.3）和（2.4），我们得到
记
b
n
?a
n
?1a
n?1
?1a
n?2
?1
??，
n?2
。
a
n
?1a
n?1
?1a
n?2
?1
（2.7）
a
n
?1
，则当
n?2
时，
a
n
?1
2232
b
n
?b
n?1
b
n?2
?(b
n?2
b
n?3
)b
n?2
?b
n?2
b
n?3
?(b
n?3
bn?4
)b
n?3
?b
n?3
b
n?4
??< br>
a?1
y?1
F
n?1
x?1
F
n?2< br>?()?()
，
n?2
， 由此递推，我们得到
n
a
n
?1y?1x?1
（2.8）
（2.9）
（2.10）
这里F
n
=F
n?1
+F
n?2
，
n?2
，
F
0
?F
1
?1
。
由（2.9）解得
F
n
?
11?5
n? 1
1?5
n?1
[()?()]
。
22
5
上式中 的n还可以向负向延伸，例如F
?1
=0，F
?2
=1。
这样一来，式（2.8）对所有的n≥0都成立。由（2.8）解得
(x?1)
F< br>n?2
(y?1)
F
n?1
?(x?1)
F
n?1< br>(y?1)
F
n?2
，
n?0
。
a
n?
(x?1)
F
n?2
(y?1)
F
n?1
? (x?1)
F
n?1
(y?1)
F
n?2
式（2.11）中 的F
?1
、F
?2
由（2.10）确定。

（2.11）
2004*11、已知数列
a
0
,a
1
,a
2,?,a
n
,?
满足
?
3?a
n?1
??6?a
n
?
?18
，且
a
0
?3
，则
◆答案：
?
a
i?0
n
1
i
的值为
1
n?2
2?n?3

3
??
★解析：由
?
3?a
n?1
??
6?a
n
?
?18
得
?
11
?
121111
n?1
11
?
??
，
???2
，
??2
?
?
即，得
??< br>a
n?1
a
n
3a33
a
n?1
3
n
?
a
n
3
?
1981年~2019年全国高中数学联赛试 题分类汇编—数列部分 第 19 页 共 29 页

所以
11
n? 1
1
??2?
，求和即可得到。
a
n
33

2004*二、（本题满分50分） 在平面直角坐标系
xOy
中，
y
轴正半轴上的点列
?
A
n
?
与曲线
1
，直线A
n
B
n
在
x
轴上的截距为
a
n，点
B
n
的
n
??
横坐标为
b
n，
n?N
． ⑴ 证明：
a
n
?a
n?1
?4
，
n?N
；
b
bb
?
⑵ 证明：有
n
0
?N
，使得对 任意
n?n
0
，都有
2
?
3
?
n?1?n?2004
。
b
1
b
2
b
n
y ?2x
(
x?0
)上的点列
?
B
n
?
满足
OA
n
?OB
n
?
★证明：
?
1
?
?
1
?
2
⑴ 点
A
n
?
0,
?
，
B
n
b
n
,2b
n
(
b
n
?0
),由
OA
n
?O B
n
得
b
n
?2b
n
?
??
，解 得
?
n
?
?
n
?
??
2
?
1
?
b
n
?1?
??
?1
．
?
n
?
n
1
22
b
∴
0?b
n
?
．且递减，则
nb?nn?1?n??
n
n
2
2
2 n
n?1?n
2
?
?
1
?
1
?
1 ?
??
?1
?
n
?
2
单调增．
∴
0?nb
n
?
1
1
．令
t
n
??2且
t
n
单调减．
2
nb
n
2
2b< br>n
b
?
1
?
2
?1
，及
b
n
由截距式方程知，
n
?
?2b
n
?
??
知
1?2n
2
b
n
?n
2
b
n
2
，
1
a
n
?
n
?
n
1?n2b
n
?
1
b
n
2
?
1
?
2
?
1
??
??
??4
． ∴
a
n
??????
?
2?
2
??
nb
n
2
?
2
?
2
?
1?n2b
n
?
2
?< br>nb
n
1
且由于
t
n
??2
且
t< br>n
单调减，知
a
n
单调减，即
a
n
?an?1
?4
成立．
nb
n
1
1
222
亦可由
1?2nb
n
?nb
n
得
2
?b
n
?2
．得
?b
n
?2
，得
a
n
?b
n
?2?2b
n
?2
．
nb
n
nb
n
∴ 由
b
n
递减知
a
n
递减，且
a
n
?0?2?2?2?4
．
⑵ 即证
因为
2
2
?
b
k?1
?
?
?
?
1?
b
?
?
?2004
．
k?1?
k
?
n
1?
b
k?1
b
k
?b
k?1
??
b
k
b
k
?
1
? ?
1
?
1?
??
?1?
??
kk?1
?? ??
?
1
?
1?
??
?1
?
k
?
2
22
?
2k?1
?
2
?
k?1
?
?
1
?
1?
??
?1
?
k
?< br>?
1
?
21?
??
?
k
?
2
2
?
2k?11
?

2
k?2
2
?k?1
?
1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编—数列部分 第 20 页 共 29 页

?
b
k?1
?
n
111 1
?
11
??
1111
?
?
所以
?
?
1????????????????

????
?
??
b
k
?
k?1
k?2
?
34
??
567 8
?
222
k?1
?
n
?
b
k?1
?
只要
n
足够大，就有
?
?
?
1?
b< br>?
?
?2004
成立．
k?1
?
k
?b
bb
?
所以有
n
0
?N
，使得对任意
n?n
0
，都有
2
?
3
?
n?1
?n? 2004
。
b
1
b
2
b
n
n

2002*14、（本题满分20分）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：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< br>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
limS
n
.
n??
★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
操作，
P
1
的每条边变成
P
2
的
4
条边，
2n
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
P0
的面积为
S
0
?1
，比较
P
1
与< br>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
11
1
P
，而有3条边，故
S?S?3??1?
0
10
3
2
3
3
2< br> 再比较
P
2
与
P
1
，容易看出
P< br>2
在
P
1
的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为
11
?
2
，而
2
33
114
?1??
，类似地 有
3
4
33
3
1144
2
2
S
3
?S
2
?3?4?
6
?1??
3
?
5
3333
P
1
有
3?4
条边，故
S
2
?S
1
?3?4?
144
2
4
n?1
8 3
?
4
?
所以
S
n
?1??
3
?
5
???
2n?1
??
??
(※)
333355
?
9
?
事实上(※)可以用数学归纳法证明：
①当
n?1
时，由上面已知(※)式成立，
n
834
k
??()

559
当
n?k?1
时，易知第
k?1
次操作后，比较
P
k?1
在
P
k
的每条边上增加了一个小等边三角形，
假设当
n?k
时，有
S
k
?
其面积为
1
3
2(k?1)
，而
P
k
有
3?4
条边。故
S
k?1?S
k
?3?4?
n
k
1
3
2(k?1)83
?
4
?
??
??
55
?
9
?
k?1

综上所述，对任何
n?N
，(※)式成立。
②
limS
n
?lim[?
n??n??
834< br>n
8
?()]?

5595
1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编—数列部分 第 21 页 共 29 页

2001*13、（本题满分20分）
2
2
2
设
?
a
n
?
为等差数列，
?
b
n
?
为等比数列，且
b
1
?a
1
，
b2
?a
2
，
b
3
?a
3
,（
a
1
?a
2
） ，又
lim(b
1
?b
2
???b
n
)?2?1
．试求
?
a
n
?< br>的首项与公差．
n??
2
★解析：设所求公差为
d
，由a
1
?a
2
，得
d?0
．由此得
a
1
?
a
1
?2d
?
?
?
a
1
?d
?

24
化简得
2a
1
?4a
1
d?d?0

解得
d??2?
22
?
2a
1
，而
?2? 2?0
，故
a
1
?0
．
?
2
a
2
若
d??2?2a
1
，则
q?
2
?(2?1)< br>2
；
a
1
?
?
?
2
a
2
若
d??2?2a
1
，则
q??(2?1)
2
；
2
a
1
?
但
lim(b
1
?b
2
???b
n
)?
n???
2?1
存在，故
q?1< br>．于是
q?(2?1)
2
不可能．
从而
a
1
2
1?(2?1)
2
2
?2?1
，即
a
1
?(22?2)(2?1)?2
．
所以
a
1
??2
，
d??2?22

< br>2000*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?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
◆答案：A
★解析：由题意得：
a?pq
，
b?c?p?q
．
b?2
2
2p?qp?2q8
2
，
c?
；
???( p?q)?0
，
339
选A．

2000*9、等比数列
a?log
2
3
，
a?log
4
3
，
a? log
8
3
的公比是____________.
◆答案：
a?l og
4
3
a?log
8
3
?
a?log
4
3
?
?
?
a?log
8
3
?
lo g
4
3?log
8
3
1
????
。
a? log
2
3a?log
4
3
?
a?log
2
3
?
?
?
a?log
4
3
?
log2
3?log
4
33
（这里用到了合比性质，之后再用换底公式化为以< br>2
为底的对数）
★解析：由题意得：
q?

?
2 000*13、（本题满分20分）设
S
n
?1?2?3???n
，
n?N
，
1

3
S
n
的最大值．
(n ?32)S
n?1
n(n?1)
★解析：由题意得
S
n
?< br>，
2
n(n?1)11
得
f(n)?
．(当
n?8
时
f(n)
取得最大值)．
?
64
(n?32)(n?1 )(n?2)50
n??34
n
求
f(n)?

1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编—数列部分 第 22 页 共 29 页 < /p>

2000*二、（本题满分50分）设数列
?
a
n
?< br>和
?
b
n
?
满足
a
0
?1
，
a
1
?4
，
a
2
?49
，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．
★证明：记
a
n?1
?7a
n
?6b
n
? 3
⑴，
b
n?1
?8a
n
?7b
n
?4< br>⑵，于是
⑴
?7
：
7a
n?1
?49a
n
?42b
n
?21
，
⑵
?6
：
6b< br>n?1
?48a
n
?42b
n
?24
．
两 式相减得，
6b
n?1
?7a
n?1
??a
n
?3
，即
6b
n
?7a
n
?a
n?1
?3．
11
??
1
??
?14
?
a
n< br>?
?
?
?
a
n?1
?
?
。
22
??
2
??
2
其特征方程为
x?14x?1?0，特征方程的解为
x?7?43
．
nn
11
故
an
?s7?43?t7?43?
,由
a
0
?1
，
a
1
?4
，
a
2
?49
．解得
s?t?
．
24
代入⑴：
6a
n?1
?14a
n
?a
n?1
?6
．故
a
n?1
?
????
2n2nnn
?
111
?
11
∴
a
n
?2?3?2?23??
?
2?3?2?3
?

442
?
22
?
nn
?
1
?
1< br> 由于
?
2?3?2?3
?
是整数，故知
a
n
是整数的平方．即为完全平方数．
2
?
2
?
????????
2
????

1999*1、给定公比为
q
(
q?1
)的等比数列
?< br>a
n
?
，设
b
1
?a
1
?a
2
?a
3
，
b
2
?a
4
?a
5
?a
3
，…，
b
n
?a
3n?2
?a3n?1
?a
3n
,…，则数列
?
b
n
?( )
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.既非等差数列也非等比数列
◆答案：C
n?1
★解析：由题设
an
?a
1
q
，可以计算得
b
n?1
?q
3
，因此
?
b
n
?
是公比为
q
3
的等比数列。
b
n

1999*7、正整数
n
不超过< br>2000
，并且能表示成不少于
60
个连续正整数之和，则这样的
n< br>的个数是
__ __．
◆答案：
6

★解析：首项为< br>a
的连续
k
个正整数之和为
S
k
?
由于S
k
?2000
，得
60?k?62
，于是
当
k?60
时，
S
k
?60a?30?59?2000
，得
a?3
，此时
S
k
?1830,1890,1950
；
当
k?61
时，
S
k
?61a?30?61?2000
，得< br>a?2
，此时
S
k
?1891,1952
；
当k?62
时，
S
k
?62a?31?61?2000
，得
a?1
，此时
S
k
?1953
；
综上，这样的
n
有6个。

22
1999*15、（本 题满分20分）给定正整数
n
和正数
M
，对于满足条件
a
1
?a
n?1
?M
的所有等差数列
1981年~2019年全国高中数 学联赛试题分类汇编—数列部分 第 23 页 共 29 页
?
2a?k?1
?
k
?
k(k?1)

2 2

a
1
,a
2
,?
，试求
S?a< br>n?1
?a
n?2
???a
2n?1
的最大值
★解 析：设等差数列的公差为
d
，
a
n?1
?a
，则
S ?
?
n?1
?
a?
2
n(n?1)Sn
d
，则
?a?d
，
2n?12
2
4
?
nd
?
14
?
S
?
22
22
，
????
M?a
1
2
?a
n
?a?nd?a?a??4a?3nd?
????
?1
10
?
2
?
1010
?
n ?1
?
10
?
n?1
?
M
，当且仅当
4a ?3nd
，即
a?
3
M
,
d?
4
M
时，
S?
2
10n
10
?
3Mn4M
?
10
22
?
?
??
，
a
1
?a
n?1
?M
。
S?
?
n?1
?
?
??n ?1M
?
10
2
10n
?
2
??
10?
n?1
?
M
。 即
S?a
n?1
?a
n?2
???a
2n?1
的最大值为
2
另解：记
m??
a
n?1
,a
1
?
，
n?
?
3,1
?
，由
m?n?m?n
得
即
1110
2 2
(n?1)(3a
n?1
?a
1
)?(n?1)a
12
?a
n
?3?1?(n?1)M

?1
222
M3M
22
当且仅当
m,n
同向，且
a
1
?a< br>n?1
?M
，即
a
1
??
时取等号。
,a
n?1
?
1010
10
?
n?1
?
M。 故
S?a
n?1
?a
n?2
???a
2n?1的最大值为
2
S?

1998*3、各项均为实数的等比数列
?
a
n
?
前
n
项和记为
S
n
，若< br>S
10
?10
,
S
30
?70
，则
S
40
等于( )
A.
150
B.
?200
C.
150
或
?200
D.
400
或
?50

◆答案：A
★解析：首先
q?1
，于是
得
q
10
a
1
a
q
10
?1?10
，
1
q
30
?1?70
，两式相 除得
q
20
?q
10
?6?0

1?q1?q????
?2
，
a
1
?10
，所以
S
40
?10?
?
2
4
?1
?
?150

1?q

1998*10、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：设其首项为
a
，项数为
n
．则得
a?(n?1)a ?2n?2n?100?0
．
注意到
???7n?6n?401?0
，得
n?8

取
n?8
，则
?4?a?3
．即至多
8
项．
(也可直接配方得到
n?8
．)

1997*1、已知数列
?
x
n
?
满足
x
n?1
?x
n
?x
n?1
(
n?2
)，
x
1
?a
，x
2
?b
， 记
S
n
?x
1
?x2
???x
n
，
则下列结论正确的是（ ）
A.
x
100
??a,S
100
?2b?a
B.
x
100
??b,S
100
?2b?a

1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编—数列部分 第 24 页 共 29 页
2
22

C.
x
100
??b,S
100
?b?a
D.
x
100
??a,S
100
?b?a

◆答案：A
★解析：列举得
x
1
?a
，
x
2
?b
，
x
3
?b?a
，
x
4
??a
，
x
5
??b
，
x
6
?a?b，
x
7
?a
，
x
8
?b
，
易 知该数列的周期为
6
，且
x
1
?x
2
?x
3
?x
4
?x
5
?x
6
?0
，所以
x
100
?x
4
??a
，
S
100
?2 b?a


1997*3、设等差数列的首项及公差均为非负整数，项数不少于
3
，且各项的和为
97
2
，则这样的数
列共有（ ）
A.
2
个 B.
3
个 C.
4
个 D.
5
个
◆答案：C ★解析：设首项为
a
，公差为
d
，项数为
n
，则
na?
1
n(n?1)?97
2
，即
n
?
2a? (n?1)d
?
?2?97
2
，
2
即
n
为
2?97
2
的大于
3
的约数．
∴ 若
n?97< br>2
，则解得
a?1,d?0
，（
d?1
时，
a?0< br>）．此时有一解；
若
n?97
，则
2a?96d?194
， 得
d?0,a?97
；
d?1,a?49
；
d?2,a?1
.有三解；
若
n?2?97
，或
n?2?97
2
时，无 解．
n?1,2
时
n?3
．选
C


19 96*2、等比数列
?
a
n
?
的首项
a
1
?1536
, 公比是
q??
1
． 用
T
n
表示它的前
n
项之积，则
T
n

2
(
n?N
)最大的是____________
A.
T
9
B.
T
11
C.
T
12
D.
T
13

◆答案：C
★解析：由题意得
T
n?1536?
?
?
n
?
1
?
?
2??
n(n?1)
2
，故
T
11
?0,T
9< br>,T
12
,T
13
?0
．作商比较：
78?66< br>T
3
?
1
?
又
12
?1536?
? ?
T
9
?
2
?
66?36
T
?
1
?
?1
，
13
?1536?
??
T
12< br>?
2
?
?1
．故选
C
．

1996*一、（本题满分25分） 设数列
?
a
n
?
的前
n
项和
S
n
?2a
n
?1
（
n? 1,2,?
），数列
?
b
n
?
满足
b
1< br>?3
，
b
k?1
?a
k
?b
k
（< br>k?1,2,?
），求数列
?
b
n
?
的前
n
项和。
★解析：由题意得
a
1
?2a
1
?1，解得
a
1
?1
，当
n?2
时，
a
n
?
?
2a
n
?1
?
?
?
2an?1
?1
?
?2a
n
?2a
n?1
， n?1k?1n?1
即
a
n
?2a
n?1
，所以
a
n
?2
，所以
b
k?1
?b
k
?2< br>，累加得
b
n
?2?2

?2n?2?2n?1
。 ∴数列
?
b
n
?
的前
n
项和为
2?2?? ?2

1995*1、设等差数列
?
a
n
?
满足< br>3a
8
?5a
13
且
a
1
?0
，< br>S
n
为其前项之和，则
S
n
中最大的是( )
01n?1n
??
A.
S
10
B.
S
11
C.
S
20
D.
S
21

◆答案：C
★解析：不妨设等差数列
?
a
n
?
的首项为
a
，公差为
d
，由题设得
3
?
a?7d
?
?5
?
a?12d
?
，即
d??

222
a
，则由
a
n
?a?a< br>?
n?1
?
?0
，
a
n?1
?a?an?0
，得
n?20
。选
C
．
393939
1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编—数列部分 第 25 页 共 29 页

1994*3、已知数列
?
a
n
?
满足
3a
n?1
?a
n
?4
（
n?1< br>），且
a
1
?9
，其前
n
项之和为
S
n
，则满足不等
1
的最小整数
n
是（ ）
125
A.
5
B.
6
C.
7
D.
8

式
S
n
?n?6?
◆答案：C
★解析：由题意得
a
n?1
?1??
1
?
a
n
?1
?
，即
?
a
n
?1
?
是以
?
1
为 公比的等比数列，
33
n
?
1
?
1?
?
?
?
n
n?1
1
3
??
?
1
?< br>??
?n?6?n?6??
∴
a
n
?8?
?
?
?
?1
．∴
S
n
?8?
??
，
1
3
3
??
??
1?
3
111
所以
S
n
?n?6?
等价于
6?
n
?
， 得
n?7
．选
C
．
1253125

1994* 12、已知
95
个数
a
1
,a
2
,a
3< br>,?,a
95
， 每个都只能取
?1
或
?1
两个值之 一，那么它们的两两之
积的和
a
1
a
2
?a
1a
3
???a
94
a
95
的最小值是_ __．
◆答案：
13

★解析：设有
m
个
?1< br>，
?
95?m
?
个
?1
．则
a
1< br>22
?
?
?
2m?95
?
?95?0
． < br>2
?
a
1
a
2
?a
1
a
3
???a
94
a
95
?
?
?
a
1
?a
2
?a
3
???a
95
?
?
?
a
1
2
?a
2
???a
95
取
2m?95??11
．得
a
1
a
2
?a
1
a
3
???a
94
a
95
?13
．为所求最小正值 ．
22
?a
2
?a
3
???a
95
?2 m?95
,则


1993*15、（本题满分20分）
设正数 列
a
0
,a
1
,a
2
,?,a
n
,?
满足
a
n
a
n?2
?a
n?1
an?2
?2a
n?1
（
n?2
） 且
a
0?a
1
?1
．求
?
a
n
?
的
通项公式．
★解析：变形，同除以
a
n?1
a
n?2
得：
令
?
a
n?1
?
a
n
a
a
n
?

?1?2
?
?1
?2
n?1
?1
，即
??
a
n?1
a
n?1
a
n?2?
a
n?2
?
a
n
?1?b
n
，则得
b
n
?2b
n?1
．即
?
b
n
?
是以
b
1
?2
为首项，
2
为公比的等比数列
．

a
n?1
2
a
n
?2
n
?1

．
a
n?1
n
∴
b
n
?2
．

∴
??
故
a
n
?
?

?
1
222
nn?11
2?12?1?2?1
?
???????
n?1,n?N
?
?
?
n?0
?

1992* 7、设
x,y,z
是实数
3x,4y,5z
成等比数列，且
◆答案：
111
xz
,,
成等差数列，则
?
的值是______．
xyz
zx
34

15
1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编—数列部分 第 26 页 共 29 页

★解析：由题意得
16y?15xz
，
y?
2
2xzx?z34
，消去
y
整理得．
?
x?zxz15

a
3
?2
，1992*11、 设数列
a
1
,a
2
,?,a
n
,?
满足< br>a
1
?a
2
?1
，且对任何自然数
n
， 都 有
a
n
a
n?1
a
n?2
?1
，
又
a
n
a
n?1
a
n?2
a
n?3
?a
n
?a
n?1
?a
n?2
?a
n?3
，则
a
1
?a
2
???a
100
的值是__ __．
◆答案：
200

★解析：由
a
n
an?1
a
n?2
a
n?3
?a
n
?a
n?1
?a
n?2
?a
n?3
，得
a
n?1
a
n?2
a
n?3
a
n?4
?a
n?1
?a
n?2
?a
n?3
?a
n?4
，
相减，得< br>a
n
a
n?1
a
n?2
?
a
n?4
?a
n
?
?a
n?4
?a
n
，由
a
n
a
n?1
a
n?2
?1
，得
a
n?4
?a
n
．
又
a
1
?a
2
?1
，
a
3
?2
，得
a
4
?4
．
∴
a
1
?a
2
???a
100
?25
?
a
1
?a
2
?a
3
?a
4?
?200
。

1,3,5,?
?
由小到大按第n
组有
(2n?1)
个奇数进行分组：第一组
?
1
?< br>，第二组1991*9．将正奇数集合
?
?
3,5,7
?
，第 三组
?
9,11,13,15,17
?
，……，则
1991
位于第 组．
◆答案：
32

2
★解析：由于
1?3???
?
2n?1
?
?n
，故第
n
组最后一数为
2n?1
，
2
于是解
2
?
n?1< br>?
?1?2?1991?2n?1
，得
n?32
．即在第32组．

2
1990*14、
n
个正数排成
n
行
n
列：
2
2

a
42
?
其中，每一行的 数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有的公比相等。已知
a
24
?1
，
a
43
?
3
，求
a
11
?a
22
???a
nn
。
16
11
2
．由
a
44
?a
24
?q
，得
q?
，
421
，
8
★解析：设第一行等差数列的公差为
d
，各列的公比为< br>q
．
∴
a
44
?2a
43
?a
4 2
?
∴
a
12
?a
42
q
?3
? 1
．
a?a
12
1
∴
d?
14
?
，
4?22
∴
a
1k
?a
12
?(k?2)d?
1< br>k
(
k?1,2,3,?,n
)
2
1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编—数列部分 第 27 页 共 29 页

1
?
1
??
1
?
∴a
kk
?a
1k
q?k?
??
?
??
?k
．
2
?
2
??
2
?
令
S< br>n
?a
11
?a
22
???a
nn
． k?1
n
1k
n?1
k?11
n
1n111nn?2< br>则
S?S?
?
k
?
?
k
??
?k
?
n?1
???
n
?
n?1
?1?
n?1
.
22
k?2
2222222
k?1
2
k ?2
2
n?2
∴
S?2?
n
．
2
k?1k

?
n
?
3
?
?求证：
a
a
n
?n
．1989*15．(本题满分20分)已知 ：对任意的
n?N
，有
a
n
?0
，且
?
a
j
?
?

?
?
j
?
．
j?1
?
j?1
?
32
★证明：由已知，
a
1?a
1
，
a
1
?0
，∴
a
1
?1
．
n
2
?
n
?
3
?
a设
n?k
(
k?N
，且
k?1
)时，由
?< br>a
j
?
?
?
?
j
?
成立可证
a
k
?k
成立．
j?1
?
j?1
?
n
2
?
k?1
??
k
??
k?1
?
23
?????
当
n?k?1
时，
?
a
j
?
?
?
?
a
j
?
?
?
?
a
j
?
?2a
k?1
?
?
a
j
?
?a
k?1
．
j?1
?
j?1
??
j? 1
??
j?1
?
1
2
1
2
1
23 22
即
k(k?1)?a
k?1
?k(k?1)? 2a
k?1
?k(k?1)?a
k?1
．
442
2
∴
a
k?1
?a
k?1
?k (k?1)?0
，解此方程，得
a
k?1
??k
或
a
k?1
?k?1
．由
a
n
?0
知，只有
a
k?1
?k?1
k?1
22
成立．
?
即
n?k ?1
时命题也成立．由数学归纳原理知对于一切
n?N
，
a
n
?n
成立．

1988*6．设
x?y
，且两数列
x< br>，
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< br>?b
3
?
．
a
2
?a
1
8
◆答案：
3
b?b
3
8
12
?
． ★解析：
a2
?a
1
?(y?x)
，
b
4
?b
3
?(y?x)
，得
4
a
2
?a
1
3
43

x
x
x
1985*6、 设
0?a?1
， 若
x
1
?a
，
x
2
?a
1
，x
3
?a
2
，…，
x
n
?a
n?1< br>，……，则数列
?
x
n
?
( )

A
．是递增的
B
．是递减的
C
．奇数项递增，偶数项递减
D
．偶数项递增，奇数项递减
◆答案：C
★解析：作
y?a
的图象，在图象上取点
x
1
，
x
2
，
x
3
，
x
4
， 由
0?a?1
，
知
x
1
?x
3
?x2
，即A、B错，C正确．选C．


1985*9、 在已知数列< br>1,4,8,10,16,19,21,25,30,43
中，相邻若干个数之和能被
1 1
整除的数组共
有 ．
1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编—数列部分 第 28 页 共 29 页
x

◆答案：
7

★解析：把这些数
mod1 1
得
1,4,?3,?1,5,?3,?1,3,?3,?1
．依次累加，得：
1,5,2,1,6,3,2,5,2,1
．其中
相等的和有7对(3对1，3对2，1对5 )，这表示原数列中共有7组相邻数之和能被11整除．


1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编—数列部分 第 29 页 共 29 页