2015-2021七年高中数学联赛真题分类汇编 30数列第六讲（学生版+解析版）

2015-2021七年高中数学联赛真题分类汇编

专题30数列第六讲

1.【2018年广西预赛】设£^=2%n€N*,数列｛九｝满足瓦%,+⑦M-]+…+垢%=2"一]一1，求数

列｛斯•%｝的前n项和.

2.【2018年广西预赛】设CZ],a2,…,a.为非负数，求证：Ja1+a2+…+7++a?+…+即+

,a?+…+即+…+Jan>Jci]+4a2+9a3+…+兀2。-.

3.【2018年甘肃预赛】设等比数列｛%J的前几项和为右，且an+i=2Sn+l（ne/V,）.

（1）求数列｛aQ的通项公式；

（2）在a”与斯+i之间插入n个实数，使这n+2个数依次组成公差为44的等差数列，设数列｛2｝的前n项和

为Tn,求证：Tn<^.

4.【2018年吉林预赛】数列｛an｝为等差数列,且满足3a5=8的2>0,数列｛&｝满足力=册•即+[•

an+2（neN*）,｛4｝的前n项和记为的.问：当n为何值时，S”取得最大值，说明理由.

5.【2018年河南预赛】在数列｛5｝中,的、a2是给定的非零整数，an+2=|an+1-an|.

（1）右。16=4,017=1，求02018；

（2）证明：从中一定可以选取无穷多项组成两个不同的常数项.

6.【2018年河北预赛】已知数列｛an｝满足：%=1,册+i=册+磷（nWN*）.记Sn=---1--------,

1+a

（l+a1）（l+a2）-（n）

=^求Sn+「n的值。

—k=l1+%

7.【2018年河北预赛】已知数列｛词中由=？唳1=2+篇•SeN*）,

（1）求数列｛册｝的通项公式；

（2）求数列｛an｝的前n项和%.

8.【2018年四川预赛】已知数列｛an｝满足：%=1,即+1=：W+m（n6N*）,若对任意正整数n,都有

an<4,求实数TH的最大值.

9.12018年浙江预赛】设实数Xl，X2,12018满足工"1工XnXn+zSD，2,…，2016）和口意1『马=1，

证明：%1009^1010—1-

10.【2018年浙江预赛】将2〃（n之2）个不同整数分成两组41，。2，.•・，斯；bi，厉，...，。〃.证明：

21"的一加-2..他一七|+加广帅之?1。

lsjsnlavjwn

11.【2018年辽宁预赛】已知数列｛an｝中，=l,a2=p且册+i="吻气九=2,3,…）

471—dn

（1）求数列｛%｝的通项公式;

（2）证明：对一切n6N+，有Z：一或<：

12.【2018年湖南预赛】棋盘上标有第0,1,2,…，100站，棋子开始时位于第0站，棋手抛掷均匀硬币

走跳棋游戏.若掷出正面，棋子向前跳出一站；若掷出反面，棋子向前跳出两站，直到跳到第99站（胜利

大本营）或第100站（失败集中营）是，游戏结束.设棋子跳到第n站的概率为

（1）求「3的值；

（2）证明：Pn+1-Pn=~^P-Pn+1）（2<n<99）；

（3）求P99、Pioo的值•

13.【2018年福建预赛】已知数列｛an｝的前n项和又满足2Sn-nan=m，neN*,且a?=3.

（1）求数列｛即｝的通项公式；

（2）设以=,—:—尸，7n为数列｛与｝的前几项和，求使成立的最小正整数几的值.

anVan+l~^an+lyJanZO

14.【2018年全国】已知实数列…满足:对任意正整数〃,有a“（2Sn-即）=L其中S"表示数列

的前”项和，证明：

（1）对任意正整数n,有即<2伤；

（2）对任意正整数"，有wan+iCl.

15.［2018年全国】数列｛即｝定义如下：0是任意正整数，对整数n>l，an+l是与田互素，且不等于的,…，与

的最小正整数.证明：每个正整数均在数列｛。门中出现.

16.【2018高中数学联赛A卷（第01试）］己知实数列内,。2，。3,…满足:对任意正整数〃，有

an（2Sn-an）=l,其中S,表示数列的前n项和证明：

（1）对任意正整数it,有即<2Vn；

（2）对任意正整数n,有即斯+1<1.

17.【2018高中数学联赛A卷（第02试）】设〃是正整数，的,。2,…,即，瓦也，…,bn,AB均为正实数,满

足的<bitat《=1,2,…,n,且…

a1a2-anA

证明.（匕［+1）（，2+1〉­（371+1）<8+1

（。1+1）（。2+1）…（Qn+1）4+1

18.【2018高中数学联赛A卷（第02试）［数列｛诙｝定义如下⑷是任意正整数，对整数论1,是与

£忆】见互素，且不等于的,…,册的最小正整数.

证明:每个正整数均在数列｛%｝中出现.

19.12018高中数学联赛B卷(第01试)[已知数列｛玛上的=7,2=a+2,兀=1,2,3,….求满足与>

ann

42018的最小正整数

【高中数学联赛卷(第试)】设数列｛如｝定义为苗即+

20.2017A02=1,1iLfCtiL71=1,2,-.

求满足即<r<32。17的正整数『的个数

21.【2017高中数学联赛B卷(第01试)】设数列｛〃“｝是等差数列，数列仇｝满足b=与+1即+2-够,n=

1,2,….

(1)证明:数列仍“｝也是等差数列；

(2)设数列｛即｝,｛%｝的公差均是存0,并且存在正整数s、t,使得as+仇是整数，求|的|的最小值.

22.【2017高中数学联赛B卷(第02试)】设%,a2,…，a20G｛1,2........5｝,瓦也，…也o®"，2.........

10｝,集合X=｛(iJ)|l4i</420,(四一a0(仇一与)<0｝,求X的元素个数的最大值.

23.[2017年河北预赛】前n项和为上的正项数列｛aj,满足忌+2an=4Sn+3(nG7V+).

(1)求数列｛aj的通项公式；

⑵求证：(1+3(1+3。+3…a+£)>亨

24.[2017年吉林预赛】数列｛斯｝中,即=a-2n+b-n-80,其中a,bGN卡.已知当且仅当n=6时此数列的前

71项之和土取得最小值，且。36能被7整除，求的|+|。2|+…+|%2I的值.

25.[2017年吉林预赛】已知无穷数列｛0｝，｛%｝：对任意正整数n，%n+i=3xn+2yn：yn+1=4xn+3%,且=

3,yi=4.

⑴求证乂2琮-必｝为常数列.

(2)分别判断数列｛xj｛%｝中是否含有整数的立方.

26.【2017年山东预赛】已知正实数列的,a2，…，即，…满足：

(l)an+1=a”屏....«n-3(nGN+);

a-

(2)|(«i+V21)eN+.

求证3(a!-a2......an+y/an+1-1)eN+.

27.(2017年福建预赛】若数列｛斯｝中的相邻两项斯、即+i是关于％的方程/-nx+G=0(n=1,2,3,…)的

两个实根，且％=1.

⑴求数列｛an｝的通项公式；

(2)设%=C2H.1，求数列｛bn｝的通项公式及｛bn｝的前？1项和7n.

必要时，可以利用：#+22+32+.•.+/=EMI)

6

28.[2017年江西预赛】数列｛a九｝、｛bn｝满足:即=瓦=l,an+i=即+2bn,bn+1=an4-bn(n>1)

证明:(1华二V&,等〉企；

b2n-lb2n

Q)l舞-冏〈龄-阿

29.【2017年河南预赛】已知数列｛an｝满足@o=3册=o九t

求证：(i)-----<W

an-ian九

(2)0n<n(n6N+);

◎小/+京(nCN+).

UnOTIT1

30.【2017年四川预赛】已知数列｛an｝满足:%=a,*=5(neN+\

an-l

(1)若a=3,求证：数列｛笠｝成等比数列，并求出数列｛an｝的通项公式；

(2)若对任意的正整数n,都有a”>3,求实数a的取值范围.

31.[2017年甘肃预赛】已知在数列｛%｝中,%=1，当">2时，其前律项和又满足够=an-(Sn-|).

(1)求％的表达式；

⑵设bn=肃，数列%｝的前n项和为证明1

32.【2017年贵州预赛】已知数列｛册｝满足:an=浣GN+),记4n=见见,8n=口陶与求证：34+Bn-

(l+n)(2-n).

2—2一为定值.

33.[2017年安徽预赛】设数列｛aj｛%｝,｛&｝满足册+1=\bn-cn\,bn+1=\cn-ajj+i=|an-bn\,nGN

证明:对于任意正整数的,瓦,q,存在正整数k,使得耿+i=ak,bk+1=bk,ck+1-ck

34.12017年广东预赛】(1)求使方程与+2亚+3与+…+nxn=2017①

有正整数解与,亚,…,亏的最大正整数兀

(2)用4n表示方程①的所有正整数解(乙,％2,构成的集合，当n为奇数时，我们称An中的每一个元素为方

程①的一个奇解;当n为偶数时,我每一个元素为方程①的一个偶解.证明:方程①中所有奇解的个数相等.

35.【2017年广西预赛】已知数列｛an｝满足条件:囱=1,即+1=2an+l,n€N+.

(1)求数列｛a"的通项公式；

(2)令％=三一,Tn=2klek，证明:Tn<1.

22

36.[2017年浙江预赛】设左⑺=Vx+32,/„+1(%)=Jx+^-fn(x'),n=1,2,…,对每个n,求点(x)=3x的实

数解.

37.[2017年浙江预赛】设数列｛册｝满足:k+1-2an\=2,\an\<2,n=1,2,3,….证明:如果的为有理数，则

从某项后｛an｝为周期数列.

38.[2017年浙江预赛】设。=｛的,。2,…，即｝为｛1,2,…,n｝的一个排列，记尸(。)=2忆1为%+1，即+1=的,求

minCTF(cr).

39.[2017年湖南预赛】己知数列｛a"满足%=2,an+1=一空之(ne必),其中又为｛&J的前n项和.

Sn

(1)求证：｛上｝为等差数列；

(2)若对任意的n,均有(Si+1)(S2+l)-(Sn+1)>kn,试求k的最大值.

40.(2017年江苏预赛】设数列｛即｝满足：(D%=l,(2)an>0,(3)时=叫6N+.

nan+i+1

求证:(1)数列｛%J是递增数列；

(2)对任意正整数n,an<1+2bA.

2015-2021七年高中数学联赛真题分类汇编

专题30数列第六讲

1.【2018年广西预赛】设4^=2%n€N*,数列｛&｝满足瓦%,++…+垢%=2"一］一1，求数

列｛斯•%｝的前n项和.

［答案］空竽上

【解析】

由的=2及瓦的=2-1-1,可得名=\

瓦.2"-1+b-2n-2+••-+*・2=2n-r---1,®

当吃2时，由已知条件有2,,2n二

n

bl-2+b2-2"-1+•••+•22+%•2=2"一5-1,②

①式两边同时乘以2,可得

n712n

b1-2+b2-2T+…+bn_t-2=2-n-1③

由②③可求得，%=*

于是，斯》“=}2七令〃=££=1以•尻，则举

27'n=lEL^-2k+1

k

因此，Tn=i(n-2^-E；=12)=^^.

2.【2018年广西预赛】设的,。2,…,为非负数，求证：+…+Qn++%+…++

1a?+…+an+…+y/cinNJai+4a2+9a3+…+zi2t2n.

【答案】见解析

【解析】

当n=l时，结论显然成立.假设当n=k时，结论对于任意k个非负数成立.则当n=k+i时，对于任意k+1个

非负数的,。2'…'以'ak+l，根据归纳假设有+/3+…+%+1++…+耿+1+…+>Jak+l-

da2+4@3+9@4+…+/2以+],

从而----+a3--------------------ak+l---------------------------------以+1+

y]a?+4a3+9a4+…+妙(1卜+1。

2

卜面证明+a2+…+以+1+J,2+4a3+…+k2/+]>^/ax4-4a2+***+(fc+1)«^+1①

由柯西不等式可得[(m)2+(M)2+...+(氏。2].[(风)2+(2M)2+-+(k版Q]>

a

(V^2•V^2+7^3,2A+y/a^,3Vs7H-----b>Jk+l,ky]cik+l)-

即(。2+…+Q&+i)•(。2+4。3+…+/以+〔)N(。2+2。3+3a4+…+k0k+i)2.

于是有J(Qi+g+…+Q1+i)，(。2+4a3+…+々2以+1)>(a2+2a3+3a4+…+kQ/c+i).

a2

故(J%+&------^+i+42+4a3H--------Hcik+i)NQi+4a2d--------F(k+l)ak+1.

从而、/@]+@2+,,・+a〃+〔+Jg+4a3+…+，2以+]N[a、++…+(k+])2以+1.

即①式成立.

由数学归纳法可知，对任意的非负实数%,。2,…，M结论均成立.

3.【2018年甘肃预赛】设等比数列｛即｝的前几项和为Sn,且册+i=2S九+1(nWN*).

(1)求数列｛an｝的通项公式；

(2)在与与an+i之间插入n个实数，使这几+2个数依次组成公差为%的等差数列，设数列｛2｝的前n项和

为Tn，求证：<TO-

【答案】(1)a„=3n-1(2)见解析

【解析】

(1)由｛册:我[2),两式相减得an+1_即=2(Sn-Sn-1)=2an,

所以Qn+i=3a九(n>2).

因为｛@71｝等比，且。2=2。1+1,所以3@1=2%+1,所以%=1.

故0n=3f

⑵由题设得限i=%+5+l)dn,所以｛=产丁=薪，

an+1-an23"1

所以27n=2+|+^H-----卜

则|〃=|+1+…+^7+累

_2+J1一册)_2+1

一V3」

所以〃若-舒/

4.[2018年吉林预赛】数列｛"｝为等差数列,且满足3a5=8a12>0,数列｛4｝满足%=an•an+1-

an+2(〃eN*),｛勾｝的前n项和记为％.问：当n为何值时，S4取得最大值，说明理由.

【答案】16

【解析】

因为3a5+8a12>0,所以3a5=8(as+7d).解得a$=-yd>0.

所以d<0,ax=—yd.

故｛an｝是首项为正数的递减数列.

-£d+(n-l)d>0

a2

n即解得15|wnW16/

&+iW°-d+nd<0

即>0，。17V0，所以>。2>。3>…>。16>0>。17>。18><**>

所以仇>b2>b3>…>b14>0>b17>瓦8>…，

而815=5al_6a17<°，瓦6=6al.7a18>0・

，，

故S14>S[3>…>S1fS14>S15S15<S16S]6>S17>S18>

a

又S16_S14=瓦5+b16=Ql6a17(。15+18)

/69\3

dd

=%6Q17\~s^5)=gdQ16al7>0

所以如中S16最大，即n=16时，S九取得最大值.

5.【2018年河南预赛】在数列｛Qn｝中，的、g是给定的非零整数，Q九+2=1%+1—%1.

(1)右，Qi6=4,Qi7=1，求。2018；

(2)证明：从｛an｝中一定可以选取无穷多项组成两个不同的常数项.

【答案】(1)1(2)见解析

【解析】

(1)I大1。16=4，。17=1，。18=3，。19=2,。20=1，021=1，022=。，

。23=1，。24=1，。25=0，....

所以自第20项起，每三个相邻的项周期的取值为1,1,0.

又2018=19+666x3+1,故。2。18=

(2)首先证明：数列｛a,J必在有限项后出现“0”项.

假设｛a"中没有"0”项，由于On+2=|an+i-a"，所以当nN3时,都有an2L

71t1n+l>>则a?i+2—a»i+l—^-n—^n+1-l(Tl23).

若册+1<an,则册+2=an-an+i<an-l(n>3).

即时+2要么比On+i至少小1,要么比an至少小1,

令%=｛y+】,产+】或2"2,-1,2,3，…，则0〈匕+】4匕一1.

aa

^2n+2»2n+l<a2n+2

由于瓦是确定的正整数，这样下去，必然存在某项瓦<0,这与%>o矛盾,

故｛七｝中必有“0”项.

若第一次出现的“0”项为即，记a“T=M(M*0),

则自第n项开始，每三个相邻的项周期的取值0、M、M,

即Qn+3/c=°，Q/i+3k+l=M,%1+3〃+2=M，k=Oy1»2,

所以数列｛Q九｝中一定可以选取无穷多项组成两个不同的常数列.

1___________

6.(2018年河北预赛】已知数列｛斯｝满足：«i=1,an+1=an+a^(nGN*).记Sn=

<1+。1)(1+。2)“(1+加)

Tn=WL1求又+〃的值。

【答案】Sn+Tn=l

【解析】

因为限1=册+吗，所以小=«n(l+2所以就=优，

aaa

故Sn=i23......._1

a2a3a4an+lan+lan+l

又^n+l=a?i(l+0n)，所以~~--—---;——-----，所以———-------，

即+1an(l+an)anl+anl+ananan+l

故〃=一一—=-一一-=1一-

乙l+«kala2a2a3an"+1alan+lan+l

因此上+7；=1.

7.【2018年河北预赛】已知数列｛a"中的=3即+1=；厮+^("62*),

(1)求数列｛a"的通项公式；

(2)求数列的前n项和S”.

n2+4n+6

【答案】(l)an=g(2)Sn=6—猾_5=6_

2n

【解析】

n

(1)由an+i=+瑞5eN*)知2"+1册+1=2an+2n+l(neN*)

n

令bn=2an,则瓦=1且%+i=%+2n+l(nGN*)

—

由bn=(bn—bn-D+(6n-i0n-2)+…+⑸—瓦)+Z?i=(2n—1)+…+3+1=/

得斯=撩

⑵由题意知Hi=!?+|l+|5+泉+…+喋l+抵

所以沁=^+£+!；+*+…+^^~+韶

两式相减得2=[+/+竟+,+》•+怎。一肃7

设〃=(+)+]+.+£…+(2疑),再利用错位相减法求得〃=3

,-Cbicr2n+3n2n2+4n+6

所以Sn=6-布一赤=6r...-■

8.【2018年四川预赛】已知数列｛a“｝满足：ai=l,a“+i=；W+m(neN*),若对任意正整数n,都有

O

an<4,求实数m的最大值.

【答案】m的最大值为2.

【解析】

因为Qn+i—Qn=gQ需—册+m=-(Q—4)24~ni—2>zn—2»

88n

故斯=%+SkZKak+i-cifc)>1+(m-2)(n-1).

若m>2,注意到九t+8时，(m—2)(n—1)->4-oo.

因此，存在充分大的n,使得1+(zn-2)(几一1)>4,即册>4,矛盾！

所以，m<2.

又当m=2时，可证：对任意的正整数小都有0Van<4.

当九=1,%=1V4,结论成立.

假设九=k(kN1)时，结论成立，即0V以<4,

则0<Q上+i=24—或<2+工x4?=4,

88

即结论对n=k+1也成立.

由数学归纳法知，对任意的正整数n,都有0<厮<4.

综上可知，所求实数m的最大值为2.

9.【2018年浙江预赛】设实数x”X2，…，X20I8满足好+1SXnXn+2(〃=l，2,…，2016)和口焦肥与=1,

证明：^1009-^1010—1-

【答案】见解析

【解析】

证明：由条件%+2同号.反证法，假设无1009万1010>L

(1)若巧009,Xioio同为正数，由Xn,/+2同号可知X”X2,X2018同号.

由底+］三%1%+2=竽,//W/三严

xnxn+i^1008xioo9xioio

=x1009X10104X1011X10080X1011X1008>1

同理汕2=2.34如.生出=迎三=X1007X1012>1.

x1007x1008x1007x1010x1011x1010

类似可证明：.^1006x1013>1，^1005X1014>1，…，》62018>1・

因此n%1％n>i,矛盾.

（2）若%1009，％ioio同为负数，由&,Xn+2同号可知由，也，…，12018均为负数，仍然有

/+1<xnxn+2=竽工/，类似（1）可证得•

xnxn+l

10.【2018年浙江预赛】将2〃⑺22）个不同整数分成两组出，“2，…，如；bi,b2....儿.证明:

W闻/七一加一Wivk,v”3一⑷+陶-帅？n。

l<j<n"ivj-ii

【答案】见解析

【解析】

证明：令"=力加侬一加一2（向一洲+向—九|）,

“篇重人isy小

下面用归纳法证明7；>n.

当〃=2时,不妨设bi<b],a2Vb2.

72=1匕2—@11+也-a2\+\b±-ax|4-\bt-a2\—\a2-at|—\b2—b^,

当电<瓦=72=瓦—@1+瓦+62+也—al\>2；>瓦=>72=》2—。2+。1+优>2.

假设对正整数〃成立，对正整数/1,

不妨设％<a2<…<Q7T+i，b1<b2<…<bn+i，Qn+i<bn+1.

再设瓦van+ivM+i，则有：

Tn+1=SiLil^n+1"ai\+2k1也+i-一EkiMn+l-ai\

一%1也+1-瓦|+\bn+1-0n+i|+Tn

a

卜证£111bzi+1-aJ+£kJbn+l-瓦I-ld=i\n+l~下一£%|bn+l-瓦120.

由（1）bh<an+1<bk+1（k=lf2，…，n）,得到：

nnnnn

aa

W也+1-il+/^l^n+l一如一/\n+l一七1一/\bn+l一仇|=2V（d-Qn+1）>°

i=li=li=li=li=k+l

（2）若*1<瓦，则%］瓦+1一闻+洋11匕+1-灰|-£%|唉1-ad-%11%+1-瓦I=

27=式瓦一an+1）>0.

11.【2018年辽宁预赛】已知数列｛an｝中，的=1,。2=；，且Qn+i=（n=2,3,…）

4n-an

（1）求数列｛an｝的通项公式：

（2）证明：对一切n€N+，有2；=i或<3

【答案】（1）即=『=（n€N+）；（2）见解析.

3H—2

【解析】

（1）由已知，对九N2有一--1

a

n+i(n-l)an(n-l)ann-1

上式两边同除以n并整理得之一金二一（三一；）

n-1［就一；^；1=一2仁2（含一3=一（1一马

fc=2

即--------一（i一E）（n"）

(n-l)ana2

故r4^=工一(1一二7)3n-2

(n-l)ana2\n-1/n-1

因此，斯=？2）

sn—i

又当n=1时也成立，故册=/56必)

113Q-4-3fc-l)

（2）当k>2时，有破=(3k-2)2<(3k-4)(3fc-l)

,Wk=2Q-4-3k-l)

所以，当riN2时，有或=I+2、2或<1+

11117

1-<1+6=6

3\23n—1

又当n=1时，冠=1<；

6

故对一切neN+，有2；=1或<3

12.【2018年湖南预赛】棋盘上标有第0,1,2,…，100站，棋子开始时位于第0站，棋手抛掷均匀硬币

走跳棋游戏.若掷出正面，棋子向前跳出一站；若掷出反面，棋子向前跳出两站，直到跳到第99站（胜利

大本营）或第100站（失败集中营）是，游戏结束.设棋子跳到第n站的概率为匕.

（1）求P3的值；

（2）证明：Pn+1-^=-1（P-Pn+1）（2<n<99）；

（3）求P99、Pioo的值•

【答案】⑴I（2）Pn+1-Pn=l（Pn-Pn-1）（2<n<99）（3）Pioo=：（l+M

【解析】

（1）棋子跳到第3站有以下三种途径：连续三次掷出正面，其概率在；；第一次掷出反面，第二次掷出正

8

面，其概率为:；第一次掷出正面，第二次掷出反面，其概率为点因此03=

(2)易知棋子先跳到第n-2站，再掷出反面，其概率为(P"_2；棋子先跳到第站，再掷出正面，其

概率为因此有

=5(Pn-l+Pn-2)，

即4-Pn-l=-*PnT+Pn-2)，

也即Pn+1——^-1)(2<n<99).

(3)由(2)知数歹IJ｛匕-Pn_i｝(n21)是首项为｛2一Pn_i｝(n21)P1-P0=^-l=-^公比为一：的等

比数列.因此有匕-*=(一3"|(Pi-Po)=甯.由此得到

099=(-1)"+(-1)98+-+(-^+1=1(1-磊)

由于若跳到第99站时，自动停止游戏，故有Pi。。=1P98=1(1+套).

13.【2018年福建预赛】己知数列｛即｝的前n项和又满足2Sn-71即=n,n€N*,且(^=3.

(1)求数列｛即｝的通项公式；

(2)设bn=^——,〃为数列｛小｝的前几项和，求使〃>9成立的最小正整数n的值.

anVan+i+an+iVan

【答案】(1)an=l+2(n-l)=2n-l(2)50

【解析】

(1)由2Sn—nan=n,得2Sn+i—(九+l)an+1=n4-1.

将上述两式相减，得20n+i-(n+l)an+1+nan=1.

所以nan-(n-l)an+1=1.①

所以(几+1)0n+i-nan+2=1.②

①一②，得nan-2nan+1+nan+2=°，

a

所以+n+2=2an+1.

故数列｛Q九｝为等差数列.

又由2sl—%=1,及a?=3,得与=1»｛即｝的公差d=2.

所以Q九=1+2(71—,1)=271—1.

(2)由(1)知，%=丁一)师H+(2n+l)局彳

所以%=南行万/田舁五万成

1V2n+1-V2n-11

=-X..，=-

2V2n-1-V2n+12

所以及制（专一专）+X专一专）+…+X石台一扁）

=3(1一高)・

由〃吗，得9（1-高）所以扁2n+l>100,、99

所以使7；>总成立的最小正整数n的值为50.

14.【2018年全国】已知实数列的,。2，03,…满足：对任意正整数小有a“（2Sn-an）=1,其中S“表示数列

的前”项和，证明:

（1）对任意正整数”，有。„<2①；

（2）对任意正整数〃，有即0n+i<l.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【解析】（1）约定S。=0.由条件知，对任意正整数〃，有

=0

1n(2Sn—an)=(Sn—Sn_])(Sn+Sn_j)=S„—S，i.

从而S£=n+S,=n,即Sn=±布（当”=0时亦成立）.

显然，a”=Sn-Sn_i<Vn+Vn-1<2瓜.

（2）仅需考虑斯，即+】同号的情况.不失一般性，可设斯,6+1均为正（否则将数列各项同时变为相反数，仍

满足条件），则2+1>S">Sn_i>-而,

故必有%=y/n,Sn+1=Vn+1,

此时an=Vn±Vn-1,an+1=Vn+1-Vn,

从而册即+1<（Vn+Vn—l）（Vn+1—Vn）<（Vn+1+Vn）（Vn+1—Vn）=1.

15.【2018年全国】数列｛a"定义如下：0是任意正整数，对整数伫1,。的是与22=1/互素，且不等于的,…，而

的最小正整数.证明：每个正整数均在数列｛an｝中出现.

【答案】证明见解析

【解析】显然ai=l或6=1.下面考虑整数m>\,设〃?有2个不同素因子，我们对k归纳证明m在｛即｝中出

现.记立=即d---1-an,n>1.

A=1时，，〃是素数方基，设m=pa,其中。>0,p是素数.假设，"不在｛an｝中出现.

由于｛an｝各项互不相同，因此存在正整数N,当“加时，都有与>pa.若对某个色Mp+sn,那么pgs”

互素，又而中无-一项是p。，故由数列定义知斯+1WP。，但是an+l>P"，矛盾！

因此对每个论M都有pF%但由p|Sn+i及p|Sn知p|an+i，从而即+i与S,不互素，这与%+1的定义矛盾.

假设Q2,且结论对k-\成立.设m的标准分解为m=p『p会…p『.假设tn不在｛6｝中出现，于是存在正整

1

数M当〃沙时，都有册〉m.取充分大的正整数篇…，仇使得M=pp…p归i>maxQn.

xl<n<N'

我们证明，对论N,有即+iKM

对任意〃NM，若S,与P1P2…互素，则"?与S,互素，又，”在阳,…，即中均未出现，而即+1>m，这与数

列的定义矛盾.因此我们推出：

对任意稔M，S”与P1P2…Pk不互素.(*)

情形1.若存在i(l4i4k-1),使得mlSft，因(an+i,Sn)=1，故访*即+1，从而a*+iHM(因p』M).

情形2.若对每个i(l<i<k-l),均有p"Sn,

则由(*)知必有Pk|Sn.于是取!■%1+1，进而Pk*Sn+即+1，即p"Sn+r

故由(*)知，存在io(lWioWk—l),使得Pi0|Sn+i，再由Sn+i=Sn+an+i及前面的假设pHSnQWiWk—

1)>可知Pt。IOn+1,故即+1*M.

因此对佗M+l,均有斯片M,而M>2盼即故M不在｛七｝中出现，这与归纳假设矛盾.因此，若m有k

个不同素因子，则，〃一定在｛an｝中出现.

由数学归纳法知，所有正整数均在｛a"中出现.

16.【2018高中数学联赛A卷(第01试)】已知实数列%,。2，。3,…满足:对任意正整数"，有

an(2Sn-an)=1,其中S”表示数列的前n项和证明：

(1)对任意正整数〃，有即<2伤；

⑵对任意正整数n,有ana“+i<1.

【答案】证明见解析

【解析】(1)约定So=O.由条件知，对任意正整数n,有1=an(2Sn-an)=(Sn-Sn_1)(Sn+Sn_J=S盛一

S"，

从而麋=n+Sg=n,即&=±布(当"=0时亦成立).

显然，4=Sn-S“_i<Vn+Vn-1<2y/n.

(2)仅需考虑斯,即+1同号的情况.不失一般性，可设即，即+1均为正(否则将数列各项同时变为相反数，仍满

足条件)，则Sn+1>Sn>Sn_1>_®，

故必有又=Vn,Sn+1=Vn+1,此时a==4n+yjn-1,an+i=Vn+1—Vn,

从而a/n+i<(Vn+y/n—l)(Vn+1—Vn)<(Vn+1+Vn)(Vn+1-Vn)=1.

17.12018高中数学联赛A卷(第02试)】设〃是正整数，%,a2,瓦泊2,…,匕,4,B均为正实数,满

足见《九,见《力』=1,2,…，n,且"也一如《'

CLlQ，2'""Cln入

证明.(bi+l)(b2+l)Zbn+l)<B+l

(。1+1)(。2+1)…(a?i+l)、A+l

【答案】证明见解析

【解析】由条件知，fci=->1J=1,2,---,n.

ai

记?=K,则匕”也4I化为的的…以《K

AaAa2'dnA

要证明「f如?4V?①

1li=i修+14+1

对i=l,2,...,n,由于心》1及0＜四44知如担=此一幺二＜幻一幺二=处巳,

11Qi+11Qi+114+1A+l

结合/＜》七七…的知，为证明①，仅需证明当A＞0,柜l（i=l,2,...,,时,

右!~~P长4+1%卜2…knA+l/Q\

对〃进行归纳.当“=1时，结论显然成立.

当n=2时,由4>0,klfk2>1可知

4+1kA+lkkA+l_A(fc-l)(k-l)

矽2x212③

4+14+1A+1-(4+1)2

因此n=2时结论成立.

设〃=m时结论成立，则当片切+1时，利用归纳假设知,

m+1m

l-TM+i/T-TM+I\km+i"+lv%二2…km-+l“m+14+1附心…krn+iA+1

=<

1L=iA+i—UL=i4+i/A+l、A+l4+1A+l

最后一步是在③中用的七…km,km+l（注意的心…》l,km+1＞1）分别代替心,心.

从而"=,"+1时结论成立.

由数学归纳法可知，②对所有正整数〃成立，故命题得证.

18.12018高中数学联赛A卷（第02试）】数列｛斯｝定义如下⑷是任意正整数，对整数论1,小+|是与

£仁1七互素，且不等于的,…，即的最小正整数.

证明:每个正整数均在数列｛的｝中出现.

【答案】证明见解析

【解析】显然勾=1或6=1.下面考虑整数优＞1，设〃，有k个不同素因子，我们对％归纳证明，〃在｛斯｝中出

现.记又=%d------1-an,n＞1.

A=1时，，〃是素数方基，设m=pa,其中。＞0,P是素数.假设，"不在｛斯｝中出现.由于｛““｝各项互不相

同，因此存在正整数N,当论N时，都有a”＞pa.

若对某个稔MpISn,那么p。与S”互素，

又生,…，斯中无一项是P。，故由数列定义知an+i《P。，但是即+1＞「"，矛盾!

因此对每个n>N,都有p|Sn.但由p|Sn+i及p|Sn知pla.+i，

从而与+1与S"不互素，这与即+1的定义矛盾.

假设Q2,且结论对加一1成立.设，”的标准分解为m=p：p相…pfk.

假设，”不在｛a“｝中出现，于是存在正整数V,当色N时，都有〃“>〃?.取充分大的正整数用，…邛1-1，使得

1

M=P,…皓>max1<n<N»an.

我们证明,对应V,有a肝#M.

对任意若兴与「他2…Pk互素，则切与S”互素，又，〃在即,…，即中均未出现，而即+1>m,这与数

列的定义矛盾.因此我们推出：

对任意n》N，,Sn与pip2…Pk不互素（*）

情形一若存在i（lWX-l），使得PilSn，因（an+l，Sn）=1，故Pi/n+1，从而即+1HM（因p』M）

情形二若对每个i（lS女一1）,均有pJSn，则由（*）知必有Pk|S“.

于是P/Jan+1，进而PkISn+a.+l，即P/JSn+L

故由（*）知，存在io（l<i0<fc-l）.使得Pi0|Sn+i，再由Sn+1=S"+即+1及前面的假设p“Sn（l《i《k一

1）,可