1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编五数列（含答案）

1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编

数列部分

2019B8.设等差数列｛4｝的各项均为整数，首项％=2019,且对任意正整数〃，总存在正

整数加，使得4+4+…这样的数列｛q｝的个数为.

♦答案：5

★解析：设｛q｝的公差为d.由条件知4+。2=%(左是某个正整数)，

则2q+d=4+(攵一l)d,即(2-2)d=4，因此必有kw2,且d="・

k_2

这样就有4=4+(〃-l)d=q+Tq，而此时对任意正整数〃，

女一2

at+a2+—卜a”=叫+〃0；"d=q+♦d,确实为｛a“｝中的

一项.

因此，仅需考虑使(％-2)|《成立的正整数左的个数.注意到2019=3x673,易知

女-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〃：

(1)“至少有4个正约数；

⑵若4<4<…<4是"的所有正约数，则“2-4,4-4-4T构成等比数列。

★证明：由条件可知左24,且二..........io分

d?-d14T-。"2

n

n---

易得4=1,4=n,4_]=J-,dk_2=:,代入上式得3~~=----心-,

d2d3d2-d｝JL-JL

44

即=(4-1)2，由此可知&是完全平方数.由于为二.是〃的最小素因

子，4是平方数，故只能&=/.............30分

从而序列4—4，4一。2,…,4—4-1为P-1，p2—P，p3-p2,・.—pk2,即

4，

为l,p,p2,…,pl,而此时相应的〃为pl.

综上可知，满足条件的〃为所有形如p"的数，其中p是素数，整数

40分。

2018A8、设整数数列6，。2,…，Go满足为0=3/，々+6=24，且4+ie{1+4,2+6},

i=1,2,…,9,则这样的数列的个数为

♦答案：80

★解析：记，=4+1—％e{1,2}（i=l,2,…,9）,则有2q=为）一/=々+%+…+为①

b2+b3+b^=a5-a2=a3-a5=b5+b（>+b1®

下面用f表示仇也，仇中2的项数。由②知，f也是&也也中2的项数，其中，w{0,1,2,3},

因此打也也，么也也的取法数为（（二非+9步+^^+^邛二？。；接下来，确定仄,4,

有2?=4种方式，最后由①知，应取仇G{1,2}使得4+4+…+4为偶数，这样的仇的取法

是唯一的，并且确定了整数外的值，进而数列。，打，…力9唯一对应一个满足条件的数列

"］，。2，,,,，〃10°

综上可知，满足条件的数列的个数为20x4=80。

2018A—、（本题满分40分）设〃是正整数，ai,a2,---,a„,仇,打，…，或，4,8均为正实数,

满足：

ai<bt,a(<Afi=,且———

・••Q〃-10

(仇+DS2+I)…(么+1)B+l

ut明：-----------------------<-----o

(q+1)(4+1)…(a〃+1)A+1

b,记0=左，则不等式仇％…””即

★证明：记y,贝ijkjNi,(i=i,2,i,〃)

atAa1％…%A

>>i〈心的、T(A+1)电+i)…s”+1)/8+1一

k.k-,■■•K<K,要证-----------------------<-----成乂，

(%+1)(%+1)…(％+1)A+1

(及%+1)(左24+1)…1)<&A+1

也就转化为证:

(。1+1)(%+1)…(。〃+1)A+1

kid：+1,k：,k：—1k：A+1

对于，=1,2,…，九，k21及0<qWA知,‘'__=k__"___<忙________

ia,.+l-'勾+1—'A+l-A+l

则口事证，A+1)&A+D…&A+D<匕右…&,/+1

由人他…勺&k,、八而'(A+1)(A+1>-(A+1)—A+\

下面用数学归纳法证明之：

①当〃=1时，不等式显然成立；

②当〃=2时，的A+i+DA+1亿I""9'40,所以”=2时也成立;

（A+DCA+1）A+1（A+1）-

③设〃二加时结论成立，即誓逐篇皆产《/志也'

则当“=加+1时(匕』+1)(自一+1)一。匕储+1)(工"+1」+1)<幺自…匕“A+lX匕"+1.+1

“"(A+1)(A+1)…(A+1)(A+1)-A+lA+1

J人…"/"+V+1（将匕月…K看成一个整体，与匕向一起替换n=2时的做法一样可得）

A+1

所以〃=加+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“，左，机是正整数，满足左22,且〃<加<与」“，设A是

k

｛1,2,…，相｝的“元子集，证明：区间中的每个整数均可表示为a-7，其中

1

a,aGAo

★证明：用反证法。假设存在整数占)不可表示为a-a'',其中a,a'eA。作带余

除法m=xq+r,其中0Wr<x.将1,2,…,加按模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的等差数列的相邻两项.从而

4+1

4r2jq①。

〃=同'r+(x-r

2」x.1+r2m

I2

kk/、

由条件，我们有〃>-----m=-----(xq+r)②

2k2k-V'

又故〃>(A-l)x③

⑴若q是奇数，则由①知，■④，结合②知x•32〃〉一^-必，从而q<2左—1,

222Z-1

再由乡是奇数得4<2%—3,于是〃<x•等<(%—1卜，与③矛盾；

⑴若q是偶数，则由①知，n<x~+r(§),结合②知x•幺+厂2几>一--｛xq+r)

222Z-1

从而2米1得4<2(Z—1).再由4是偶数得442%-4,

于是〃Wx-£+rW(Z-2)x+r<(左一l)x,与③矛盾；

综上，反证法得到的结论不成立，即原命题成立。

2018B4、在平面直角坐标系xOy中，直线/通过原点，1=(3,1)是/的一个法向量.已知数

列｛aj满足：对任意正整数“，点(a“+i，a“)均在/上.若七=6，则4生。3a4%的值为___

♦答案：一32

★解析:易知直线/的方程为y=—3x,因此对任意正整数〃，有”,川=—；/,，故｛%｝是以

—；为公比的等比数歹U.于是由=一2,由等比数列的性质知q4a3a4a5=齿=-32

2017A8、设两个严格递增的正整数数列｛%｝,｛2｝满足10=仇0<2017,对任意正整数〃，

a

有a,+2=4+1+n»bg[=2b„,则a]+仇的所有可能值为

♦答案：13,20

★解析：由条件可知，外,%，济均为正整数，且为<的。由于2017>ht0=29.4=521仇，

所以々E｛1,2,3｝,重复使用｛〃〃｝的递推关系可得：

因此21q三《0=40=512。]三2/?|(mod34),而13x21=34x8+1,故

=13x21q=13x2bl-26仇（mod34）①

512

又为<。2，得55%v34。2+21%=512。],即/②

512

当&=1时,①②即a1-26（mod34）,a,<—,无解;

155

1024

当&=2时,①②即%=52（nx）d34）,a,<-,--解-得％=18,此时为+优=20；

155

1536

当&=3时,①②即为三78(mod34),4<-,--解-得tZ]=10,此时,+4=13；

55

综上所述，/+々的所有可能值为13,20»

2017BK在等比数列｛/｝中，/=近,a3=V3,则'为.

+。2017

8

♦答案:9-

数列伍“｝的公比为q=a=率，故4+W°u.=?Ja抑L、=[=」.

★解析:

a>A/2%+%oi7q（4+〃2oii）q9

a„+n,a„<n

2017A二、(本题满分40分)设数列｛,4｝s定义为q=1,a,用=<"","=1,2,…

&-〃，4,>〃

求满足/<aW32°i7的正整数一的个数

★解析：由题意知q=l,g=2。假设对某个整数厂22,有为=厂，我们证明对

=

t=1,2,•••,r—1有，or+2,_|2r+z—l>r+2f—1,q+2，=，"—f<r+2r。①

对f归纳证明。

当7=1时，由于ar-r>r,由定义知，ar+l=ar+r=2r>r+\,

ar+2=ar+l-(r+l)=r-l<r+2,故结论①成立；

设对某个14，<厂一1,结论①成立，则有定义知：

“r+2,+2=°r+2,+l-+2f+1)=2厂+f—(尸+2f+l)=/"—?—1<7"+2,1+2,,即结论①对/'+1也

成立，

由数学归纳法知，结论①对所有f=1,2,…/一1成立，特别当f=r-l时，/一2=1，从而

。31=%-2+(3—2)=3—1。

若将所有满足a,=r的正整数r从小到大记为不公…，则由上面的结论知，

6=1，4=2,…〃+i=3〃-1，(k=2,3,…),由此可知：〃+「g=

QW-1.1O2017,1a2018,1

(Z=1,2,3L,〃L1),可得今产之一，由于前8=不一<32017〈个一="9,

2017

在1,2,•••,3中满足勺=r的r共有2018个，即斗，公…,^18。

由①可知，对每个攵=1,2,3,…,2017,〃+1,公2,…，3〃一2中恰有一半满足为<「，由于

32017+1

々18+1=2+1与3刈7均为奇数，而在々18+1至32°"中，奇数满足%>/•，偶数满足

ar<r,

2017

其中偶数比奇数少1个，因此满足«r<r<3的正整数个数为

32。|72()]8—132017-2019

~2—2

2018A10、(本题满分20分)已知实数列…满足：对任意正整数〃，有

an(2Sn-a„)=l,其中S“表示数列的前〃项和。证明:

⑴对任意正整数n,有%<2册；

⑵对任意正整数〃，有a/.”(整

★解析：⑴由于当n>2时，4=S“—S,”，所以all(2Sll-an)=\得

(S„-S„_,X2S„-«„)=1,

即S,"S：T=1(〃22),又S；=l,所以S：=〃，即S“=士册。

显然〃22时，a”=S“—Si+二1<2后，又4=±1<2

所以对任意正整数〃，有凡<2。；

⑵当a“a”+i<0时,显然；下面考虑a.5+i>0的情况,不妨设a.>0且生+|>0,

则5„+1>Sn>S„_1>-Vn-1>-4n,则有Sn+i=J〃+l,Sn=4n,所以

a=Vn+T-Vn

n+]an=±—1所以

anaII+l<｛jn+Vn-1卜〃+1-)<(J〃+1+Vn卜〃+1-&)=1

2018B9、(本题满分16分)已知数列｛%｝满足:%=7,-=。“+2,n=1,2,3，…，求

4

满足。“〉4238的最小正整数〃。

2

★解析:由吼•=%+2可知(«.+1)=(an+1),因此(a„+1)=(«,+1广'=23、*

a„

3072403620186144

即a,,=23x2"'—1,显然｛「“｝单调递增，又a”=2-1<2=4<2-l=al2

所以满足条件的最小〃为12。

2017B10、(本题满分20分)设数列｛6｝是等差数列，数列也｝满足2=耳+4+2-。3

"=1,2,…

(1)证明：数列也,｝也是等差数列；

(2)设数列｛4｝、依｝的公差均是dwO,并且存在正整数SJ,使得4+々是整数，求同

的最小值。

★解析：(1)设等差数列。｝的公差为d,则如=(%+2%一点)-(％氏+2-硝

所以数列｛2｝也是等差数列.

(2)由已知条件及(1)的结果知：3dz=d,因为故〃=,，这样

3

ba,2

n=勺+避，，+2-n=3“+1)(%+2d)一片=3dan+2d-=«„+-

22

若正整数s,/满足《.+2£Z,则4+ht=4++—=6?)+(5—V)d+4+Q—l)d+—

.s+/-22_

=H--------1—£Z.

139

i己/=24++4,则/eZ,且18q=3(3/—s—，+l)+l是一个非零的整数，故

39

118a,|>1,从而|q|J.

18

1117

又当4=一时，有q+4=—+—=1eZ,

1831818

综上所述，|qI的最小值为5.

2016BK等比数列｛&“｝的各项均为正数，且2a6+2。；=36则4+4的值为

♦答案：6

★解析：由于36=4%+%。6+2%2=%2+2/%=(%+/)2,且。2+。4>0,故。2+。4=6.

另解：设等比数列的公比为小则4+4=44+40.又因

而+%>0，从而%+=6.

2016B9、(本题满分16分)已知｛%｝是各项均为正数的等比数列，且%0，%是方程

100lg2x=lg(100x)的两个不同的解，求q令…《00的值.

★解析：对左=50,51,有1001g%=但(1004)=2+坨4，即100(怆4)2-吆《一2=0.

因此，1g%。,1g%是一元二次方程100/—-2=0的两个不同实根，从而

炮(。50%)=lg%>+吆%=J；，即«50«51=10吗

1UU

/1\50

由等比数列的性质知，ala2---atoo=(asoa5tf'=10前=710.

\7

2015B5,已知数列｛4｝为等差数列，首项与公差均为正数，且/，/，氏依次成等比数列，则

使得

%+%+…+%>100%的最小正整数k的值是

♦答案：34

★解析：设数列｛。“｝的公差为d,则a2=4+4,%=4+44,〃9=4+84.因为。2,%，的依

次成等比数列，所以4。9=｛，即(4+&)(%+84)=©+44)2.化简上式得到：

qd=81又1>0,所以q=8d由

L、k(k-l)

…+"Y---------2_=心处心>ioo.

4q16

解得媪=34・

2015B9、(本题满分16分)数列｛/｝满足G=3,对任意正整数人〃，均有

%=%+/+2加

(1)求｛&“｝的通项公式；

k1

(2)如果存在实数c使得Z±<c对所有正整数人都成立，求c的取值范围.

★解析：⑴在a,n+n=am+an+2mn中令机=1可以得到",｝的递推公式：

afl+l=4+an+2〃=an+(3+In).

因此｛凡｝的通项公式为：

Orc,、c[5+(2〃+1)](〃+1)/°、八

an=4+Z(3+2&)=3H----------------------------=n(n+2).8分

&=i2

(事实上，对这个数列｛/｝,%=1x3=3,并且

=am+an+2mn.

所以。“=〃(〃+2)是数列｛%｝的通项公式.

(2)注意到：—=一1一=-(--―),所以

an〃(〃+2)2n〃+2

1、1八11111

)=­(1H---)3_1(一+一).

„=ian„=12n71+222k+\k+242k+\k+2

aI?4]33

故£一<一，并且£——>—(我-00),因此。的取值范围是ce[—,+8).16分

34444

2014A4、数列｛4｝满足q=2,ail+i=2("+2)4,(〃N*)则------

〃+1%^---。2013

2015

♦答案:

2013

u日…2(〃+1)2(〃+1)2n

★解析：由题设=-------a_-------------a_=•••

nn｝nn-1n2

记数歹心。“｝的前〃项和为S“，则S“=2+2x3+2?x4+•••+2•-(〃+1)

所以2S“=2X2+22X3+23X4+---+2,,(»+1)

将上面两式相减，得5“=2"(〃+1)—(2+2+22+・一+2"|)=2"〃

2013

认a，oi42X20152015

故-----------------=------------=-----

+"2+…+”20132一°，x20132013

2014B5、实数列｛%｝满足条件：q=—+1%=V2+1

n

a〃+i+%T=-------+2,(w>2),则通项公式％=

an-an-\

n

♦答案:

n

★解析:列举前几项可以猜得凡正+1,接下来可以用归纳法证明，显然〃=1,2时，结

论都成立，结论成立，则

k左+1

ak+\=~ak-\++1。即”=z+i时，结论也成

ak-ak-\

立。这就证明了结论。

2014B9>(本题满分16分)

设数列｛%｝的前〃项和S”组成的数列满足Sn+S,1+1+Sn+2=6〃2+9〃+7(〃21).已知

q=1,/=5,求数列｛%｝的通项公式.

★解析：首先由SI=1,邑=6,83=6+/，S]+S2+S3=22蕴含了%=9,S3=15,同样,

我们可以得到处=13。还是由递推公式，我们有S„+1+S„+2+S“+3=6〃2+21〃+22,结合

已知，两式相减可得a,-+凡+2+。”+3=12〃+5,即a“+a“+]+。“+2=12〃+3(n>2)«

进而两式相减可以得到%+3-%=12,说明｛4"),｛%/，｛/人7｝分别是公差为12的等差数

列，首先分别为。2=5,%=9,4=13。又％,。2，。3，。4成公差为4的等差数歹IJ，所有｛%｝

也是公差为4的等差数列，4=4〃—3。

（也可以猜出通项，用数学归纳法证明）

2013A9、（本题满分16分）给定正数数列k“｝满足S,»2S,T,〃=2,3,…，这里

s“=须+/+…+X"，证明：存在常数C>0,使得％NC-2",〃=1,2,3,…

★证明:当2时,SnN2S,T等价于怎NX1+々+…+£T①

对常数C=；玉，我们用数学归纳法证明：xn>C-r,〃=1,2,3,…②

当〃=1时，显然成立，又修上王=C-22

对“23,假设x«NC-2«,攵=1,2,…,〃—1,由①式得

xn>x｝+0+…+x,i）NX|+c3+23+…+2"T）=C2",

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,使得当》C-2”。

2013B9、（本题满分16分）已知数列｛4｝满足：4=2,an=2（n+an^,n=2,3,---.求

数列｛4｝的通项公式.

★解析：由题意列得6=2,%=8,an-2a“_]=2〃当〃23时，a„_,-2an_2=2（〃-1）,

两式相减得aa—a“_i+2=2（a“_]—a”？+2），n>3,又见一。|+2=8,可得

-a,i+2=8x2"2=2"T,累加法可得%=2"+?一2〃-4，当〃=1,2时，也适合。

所以数列｛a,,｝的通项公式为an=2-2一2〃—4.

2012A10、（本题满分20分）已知数列｛4｝的各项均为非零实数，且对于任意的正整数〃，

都有

⑴当〃=3时，求所有满足条件的三项组成的数列外,4，%；

⑵是否存在满足条件的无穷数列｛凡｝,使得/o”=-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。

★解析：⑴当〃=1时，4：=〃：，由。尸0得q=1.当”=2时，（1+。2）2=1+,

由a2Ho得生=2或2=—1，当〃=3时，（1+4+。3），=1+£+

若%=2得%=3或6=-2；若=_1得=]；

综上,满足条件的三项数列有三个：1,2,3或12-2或L-U

（2）令S〃=4+%+…+，则S：=a；+靖+…+a：（nGN*）,从而

⑸+%>=d+W+…+d+“两式相减，结合。〃+产。得2s.=点一%

当〃=i时，由（1）知《=1；

当〃N2时，2凡=2（S「S“t）=（喙一%）-⑷即（%+4）（%—4—1）=0,

所以an+i--an或an+l=a„+1又q=1,a2013=-2012,

n(l<n<2012)

所以=<

2012-(-l)rt(n>2013)

2012A四、（本题满分50分）设S“=l+,+…+L,〃是正整数.证明：对满足0Wa<bWl

2n

的任意实数a,b,数列｛S“-[S,』｝中有无穷多项属于①力）.这里，[x]表示不超过实数x的

最大整数.

★证明：证法一：(1)对任意〃eN•，有

、，.1.,1,1、..1..1、,,1.1..1.1

>1HF(——H—7)+••■+(zF•--H----)=ld-----1----F,--4—>—n......................

222222"2"2222

10分

令No]+l,m=[S]+1,则^^!—<乂,二<b-a,S<m<m+n..............

b-ab-aN°

20分

又令M=2,,m+,\则S4=++

因此存在neN',NQ<n<乂，使得加+。<S„<m+h,所以S“一[S“]e（。力）

，•30分

不然一定存在N（）<2,使得Sj<m+a,SkNm+b,因此&一Sj>b-a.

这与s*-S*T=?<J—矛盾.所以一定存在〃GN*,使得S“一[S“]e（。,份.......

k%

••40分

（

⑵假设只有有限个正整数n,,«2,使得S„-[S„]GO,/?）,（1<j<k）令

c=min｛s“,一⑸,]｝,则a<c<。,则不存在〃GN*,〃eN*,使得S,-⑸]G（a,c）,这与

I<j<,kV'

（1）的结论矛盾.

所以数列｛S,一[，]｝中有无穷多项属于（。乃）.终上所述原命题成立...............50分

证法二：（1）S„=1H----1----1--・••I

2232"

10分

2222

因此，当〃充分大时，S“可以大于如何一个正数，令N0=[=一]+1,则N。>」一，当人〉No

b-ab-a

时，

S-Sr.i——v—<b-a...........................................20分

khIkNo

因此,对于如何大于SNa的正整数机,总存在n>N0,使S„-ms（a力），

即m+a<Sn<m+h,否则，一定存在k>乂，使S1<m+a,且Sk>in+b,

这样就有“一Si2。一a,

而&-S*T=\<£-<b-a,矛盾.故一定存在〃>N0,使得根+a<S“<〃z+8.............30

kNq

分

令叫=[3。]+，（，=1,2,3,・・・）,则%>SN。,故一定存在勺>No,

使g+。<Sn_<网+b,因此〃<Sn,-mi=Sw-[S„]</?.................40分

这样的i有无穷多个,所以数列｛S〃一[S,J｝中有无穷多项属于（。/）...........50分

2012B10>（本题满分20分）已知数列｛。力满足：当n=2k—l（keN*）时，a“=〃；当

n=2k（ZeN*）时，a“=%。记骞=q+4+…+«2„_t+>证明：对任意的〃wN*,

有

⑴&1=4"+。；

★证明：⑴北+i=/+«2+…+"2",

=(2"1+7；=4"+7>结论得证。

4"+2133

⑵由⑴得&厂，=4〃，所以累加得7；=:—，从而〒=不力<*,

1

所以-!-+」-+…+」-<3—++・・•+<i

3TT„4

2B]

2012B三、(本题满分50分)设数列｛x,｝满足X。〉0,x“=JX“T+1(”=1,2,…),求证:

r

必存在常数A和。(A>l,C>0),使不等式氏-旬</对任意正整数〃都成立。

★证明：若数列｛%｝是常数数列，记x“=A,则4="打，得4=吟5>1,此时

r

k„-A|=0<——对任何正整数n都成立。

1'1A"

若数列｛x„｝不是常数数列，则与#4,取A==5,有

I-----।x]+1-A-I------

[2

|^n-^1=~~,又A=VX+1,则l-A=-A,又

11Jk+1+A

JX〃T+1+A>A>]所以:“_仆吼：&

/1

所以上一川<邑>〈邑渭「•.<区/，记禺_曰=。，即有反一4|<「，

AAAA

r

综上，存在常数A和C(A>l,C>0)，使不等式|x“—A|<三对任意正整数〃都成立。

20nAi()、(本题满分20分)已知数列｛%｝满足：4=2,一3(/'eH,且rw±l)

(2严|-3)%+2«—1»"-1

(〃£N*)

n

an+2t-1

⑴求数列｛q｝的通项公式;

(2)若1>0,比较与〃”的大小。

★解析：(1)由原式变形得all+l一

a„+2tn-l

2(%+1)

则巴』2(a“+1)=f-1记—12b“

则口

n

严-an+2t-i许+1।2t"-l2+2

tn-\+

OL+1=2£-2=2

r-1t-\

又-L」+—=L...11/1、1〃

从而有一=--F(H-1)--=—,

bn+lbn2*2b“仄22

故区土1=2,于是有2(〃一1).

a=---------1.

tn-1nn

2(/n+1-1)2(r-l)

(2)an+i-an

〃+1n

2

2(/-l)[(尸+〃-2+...+l)+“-2+〃-3+...+D+…+尸

显然在f〉0(f工1)时恒有an+l-an>0,故an+]>an.

2O11B1>设等差数列｛为｝的前“项和为S„,若与可。一E=1,则S20tl

2011

♦答案:

1009

因为｛4｝是等差数列，所以S刈。一工=1即2009。必6=1,得%06=嘉

★解析:

201+tz201l)2011

所以1^2011=2。1RZ1M0M0R6=----

22009

2011B10、(本题满分20分)已知数列｛an｝满足：

1

2(r-1)an

af=2t-2(reR且f工±1),a,71+1(neN*).

a”+2乙-2

（1）求数列｛a,,｝的通项公式;（2）若f>0,试比较a“+1与a”的大小.

★解析：

2%

2a“

(1)%=久'-l)4〃eN*)，即1用r"-1

n+In+

an+2tn-2t'-la„+2(rn-l)「，+2

t"-]

令"=为贝也一*,4E11

2,则D•I—,从而

%b.2

111n

--=---1--(zH1)=一

bn222

所以一%一=2,于是有。=也二D

tn-]nn

、2(严—1)2(tn-1)

⑵an+l-a.-

n+1n

显然当，>0时，恒有a“+i一%>°，即%+1>%

2010A4、已知数列｛a,｝是公差不为0的等差数列,也，｝是等比数列,其中q=3,4=1,

a2=b2,3a5=打，且存在常数a,夕使得对每一个正整数〃都有4=1（延&2+，，则

a+P=__________

♦答案：%+3

★解析：设解“｝的公差为的｛4｝的公比为q,则3+d=q,⑴,3（3+44）=/（2）

（1）代入（2）得9+12d=t/2+64+9,求得d=6,q=9.

从而有3+6(〃-l)=loga9"T+尸对一切正整数〃都成立，即6〃-3=(〃-l)loga9+Z7

对一切正整数〃都成立.从而10ga9=6,—3=—10ga9+p,求得a=%,£=3,

a+/3-V3+3.

2010B4,已知数列｛“，｝是公差不为0的等差数列，也“｝是等比数列，其中q=3,4=1,

«2=b2,3牝=打，且存在常数a,4使得对每一个正整数〃都有4=1(延&a+，，则

a+0=__________

♦答案：出+3

★解析：设｛七｝的公差为的｛2｝的公比为贵则3+d=q，⑴,3(3+4d)=q2(2)

(1)代入(2)得9+124=6/2+64+9,求得d=6,q=9.

从而有3+6(〃—l)=loga9"T+/?对一切正整数”都成立，即6〃-3=(〃—l)loga9+Z7

对一切正整数〃都成立.从而log09=6,—3=-log"9+£,求得a=%,£=3,

a+,=V3+3.

2010B1K(本题满分20分)数列□满足

求证:。(1)

★证明：由知，即.(2)

所以即

从而

所以（1）等价于,即(3)

由及知

当时，

即时，（3）成立.

设时，（3）成立，即

当时，由（2）知

又由（2）及知均为整数,

从而由有即

所以

即（3）对也成立.

所以（3）对的正整数都成立，即（1）对的正整数都成立.

2009*10、（本题满分15分）已知）是实数，方程

有两个实根,数列满足

(:)。

⑴求数列的通项公式（用表示）;

⑵若,求数列的前项和;

★解析：解法一：（D由韦达定理知又所以

整理得

令，则所以｛｝是公比为的等

比数列.

数列｛｝的首项为:

所以即

所以

①当

变为整理得，所以，数列｛｝成公差为1的等

差数列，其首项为，所以

于是数列｛）的通项公式为

②当时,

整理得,

所以，数列成公比为的等比数列，其首项为所

以

于是数列｛）的通项公式为

（U）若则此时由第（I）步的结果得，数列

(）的通项公式为，所以，｛｝的前

项和为

以上两式相减，整理得

所以

解法二: