高中数学联赛真题分类汇编数列C辑(解析版)

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)

专题11数列C辑

施雷国氟题:

1.12020高中数学联赛B卷(第01试)】设数列｛册｝的通项公式为斯-(—)"]，"=12….证明：

存在无穷多个正整数机，使得a„>+4am-1是完全平方数.

【答案】证明见解析

【解析】记%=与<勺2=与之则=一1，

于是册=—『7兽5=L2,…).

所以4=l,a2=1.又注意到Qi+1=q1i=1,2).

有%!+1+%=/理:1-q>1+京qf-欧

=口用1+1-勺加2+1

=为产7/2,

an+2=cin+i+an,n=1,2,—,

由此易知，数列｛an｝的每一项都是正整数.

由计算易得.4++於=7,

故。2“+3a2n-l-1=^Qin+3-<?2n+3•翥q?*T_q尹T_1.

=|<7?n+2+</2n+2-QiQ2n-1qi-QiQ2n-1«72-1

1

=-q产+2+q/"+2+qf+一1

=1q"+2+q智+2+7-1

5

=gqfn+2+q烈+2+2

n+1n+12

=[^<??-qi]=ain+i.

所以,对任意正整数n,a2n+3a2n-i-1都是完全平方数.于是对于正奇数见am+4am-1均为完全平方数.

2.【2018高中数学联赛A卷(第01试)】已知实数列出,。2，。3,…满足:对任意正整数〃，有an(2Sn—4)=1,其

中S,表示数列的前〃项和证明：

(1)对任意正整数〃，有时V2历1;

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⑵对任意正整数n,有anQn+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〃，有1=QK2sti-Qn)=(Sn-S71T)(S九+S吁1)=S/-S£1，

从而S谭=n4-So=n,即5„=±五(当n=0时亦成立).

显然，an=Sn—Sn_]<Vn4-Vn—1<2Vn.

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

则又+1>Sn>Sn_i>—y/rii

故必有Sn=赤,5篦+1=Vn+1,此时an=Vn±Vn-1,an+1=7n+1-gi,

从而ana九+i<(Vn+Vn-l)(Vn+1-Vn)<Qjn+1+Vn)(Vn4-1-Vn)=1.

3.12018高中数学联赛B卷(第01试)】已知数列｛Q｝:a】=7A=Q+2,n=1,2,3,…,求满足a>42°18的最

nannn

小正整数>1.

【答案】12

【解析】由'"1+'=a.+2知a“+i+1=(a+I)2.

annn

因此册+1=(%+1)2"T=82"-1=23X2"T,故即=23x2rt-1-1.

显然｛斯｝单调递增.

由于=23072一1<21036=42°18,%2=26144-1>24036=42018,

故满足题目条件的n的最小值是12.

4.12017高中数学联赛B卷(第01试)】设数列｛恁｝是等差数列,数列2“｝满足bn=an+i%t+2一成,n=l,2,….

(1)证明:数列出“｝也是等差数列；

(2)设数歹见册｝,｛%｝的公差均是存0,并且存在正整数S、3使得as+瓦是整数，求1%1的最小值.

【答案】⑴证明见解析；(2)吉

【解析】(1)设等差数列｛隔｝的公差是4,则

%+1—%=(即+2M+3-an+l)—(an+lan+2—an)=册+2(册+3-an+l)—(an+l+an)(.an+l—an)

2

=an+2-2d-(an+1+an)-d=(2an+2-an+1-an)-d=3d.

所以数列出“)也是等差数列.

(2)由已知条件及(1)的结果知3/=".因为存0,故d=:

2

这样加=an+1an+2-W=(an+d)(an+2d)一磷=3dan+2d=an+~.

若正整数s、f满足as+瓦ez,

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则Qs+瓦=Qs+&+g=Qi+(s-l)d+Qi+(t-l)d+-=2Q1H---F-6Z.

记1=2%+，二+；,M/ez,且18Q〔=3⑶一$-£+1)+1是一个非零的整数，故|18%|》1,从而出|》之

3918

又当％=专时，有％+白3=±+葛=1€Z.

综上所述，|%|的最小值为2.

18

512015高中数学联赛(第01试)】设的,。2，。3，。4是4个有理数，使得{/a/l<i<;<4}={-24,-2,-|,-i,l,3}

成立.求的+。2+。3+。4的值.

【答案】±;

【解析】由条件可知，见巧(141</(4)是6个互不相同的数，且其中没有两个为相反数，由此知，a”a2,a3,

。4的绝对值互不相等，不妨设|的|<|a2l<l^sl<|a4|>

则同同(1<i<;<4)中最小的与次小的两个数分别是la/EI及|%|%],最大与次大的两个数分别是a1忆1

及Ella/，

(1

a\a2=~~

从而必须有，=1,于是的=一甘-,%=工,。4==一24%.

a2a4=3眄3a14散

、。3。4=-24

qWQ,=±7

故结合只可能由4

由此易知％=-,a=-z»a3=4,a=-6或者q=-^a=^,a=-4,a=6.

422442f234

经检验知这两组解均满足问题的条件.

故由+02+。3+。4=±*

6.12014高中数学联赛(第01试)】数列{%}满足％=±Q+i=arctan(seca)(N€几*),求正整数机，使得

6nn

•..1

sin%,sina2,--,sinam=—.

【答案】3333

【解析】由已知条件可知，对任意正整数小知且tanan+i=secan①

由于sect%＞。，故。计1E(0,9，

222

由式①得tan2azi+i=secan=1+tanan,&tanan=n—14-tar12al=n—1+^=2詈，

BPtanan=

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m.LU...tanaitanatana

区I止匕sinQi,sincio......sinam=---------------2...----------m-

secajseca2secam

=tanai.tanaj……tanam（利用式①）

tana2tana3tanam+1

tana1

tanam+1

由后=击得/3333.

7.12012高中数学联赛(第01试)］已知数列｛为｝的各项均为非零实数，且对于任意的正整数小都有

2

@+a2+•••+an）=若+磅H------F碎,

(1)当„=3时，求所有满足条件的三项组成的数列为,。2，。3；

(2)是否存在满足条件的无穷数列｛%｝,使得。2。13=-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.

【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析.

【解析】⑴当〃=1时青=Q；，由R和，得3=1.

当〃=2时(1+。2)2=1+Q%由生和，得〃2=2或。2=-1.

当n=3时(1+a2+%)2=1+af+a3»

若々2=2,得的=3或的二一2；若〃2=—1，得。3=1.

综上，满足条件的三项数列有3个：1,2,3或1,2,-2或1,-1,1.

(2)令&=+。2+…+an»则靠=a?++***+an(九WN"),

从而(Sn+an+1Y=a：+磅+•••+*+Q>I,

两式相减，结合an+iH0,得2s八=a"1-an+1.

当〃:1时，由情形(1)知。尸1；

当佗2时，2an=26-Sn_1)=(W+i-dn+i)一(W-an),

即3n+l+。九)(%+1-%-1)=0,

所以Q〃+1=—或Qn+1=+L

又％=l,a20i3=-2012,

所以存在如下形式满足条件a”=Qo/A赢:,3)・

8.［2011高中数学联赛(第01试)］已知数列｛册｝满足：q=2f—3QGR且树1),册+1=@"飞:翟产飞兀6N)

⑴求数列｛册｝的通项公式；

(2)若》0,试比较册+i与册的大小.

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2(冲—1)

【答案】（1）a=—1；(2)^n+l>Q?v

nn

【解析】（1）由原式变形得册+i=空上膂3一1，

an+zt1

2(an+l)

则警十2(即+1)t^-1

n

an+2t-l£tn±j+l+N2

记霍H%，则*=焉，瓦=罟=詈=2.

又1=2-+2，j_=1

%+1%2bl2

从而有91+(兀-1),:=r故筌M，

bn2

于是有册=中一1.

2(1n+1-1)_2(产-1)

（2）由题意知与+1-斯

n+1n

:;:+；；[n(l+t+­­•+tn-1+tn)-(n+1)(1+t+…+tn-1)]

=-7-~[ntn-(1+t+…+tn-1)]

n(n+I)1J

=n(n+r)[(t°-1)+(严一。+…+(严一严一')]

华E[(tn-1+tn-2+-+1)+t(tn-2+tn~3+-+1)+•••+tn-1],

n(n+l)

a

显然在/>0(件1)时恒有an+i-Qn>0,故Qn+l>n-

9.12010高中数学联赛（第01试）】证明：方程2?+5x—2=0恰有一个实数根心且存在唯一的严格递增正整数

数列｛4〃｝，使得:=rai+r02+ra34—.

【答案】证明见解析

【解析】令/(%)=2%3+5%-2,则/(%)=6%2+5>0,

所以./U)是严格递增的.

又f(0)=-2<Ojg)=^>0,故7U)有唯一实数根re

所以2r3+5r—2=0,-=—=r+r44-r7+r104-…，

5l-r3

故心,=3n-2(n=1,2,…)是满足题设要求的数列.

若存在两个不同的正整数数列的<a2<…<a”<…和瓦<b2<•••<bn<•••,

满足产i+ra2+r03+—=rbl+rb2+rb3+-­•=|,

S2

去掉上面等式两边相同的项，有产，+r+卜3+...=rti+rtz+rt3+

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VS2Vs3V

这里SI…，<t2<t3<…，

所有的Si与弓都是不同的.

不妨设Si<G，贝如S1vrSi+rs2+...=rti+rt2+…1Vr'l-Si+rt2-Si+...

<r4-r2+•••=———1<々—1=1,矛盾.

l-ri-i

故满足题设的数列是唯一的.

10.12009高中数学联赛(第01试)圮知P，q(g#))是实数，方程X2—px+q=0有两个实根a,/?,数列｛即｝满足4=p,

a2=P?-q，an=pan^-qon_2(n=3,4,-).

(1)求数列｛〃“｝的通项公式(用心夕表示)；

(2)若p=l,q=：,求｛a“｝的前”项和.

【答案】⑴a“=(n+l)a%(2)Sn=3-答.

【解析】解法一(1)由韦达定理知a•B=q丰0,又a+夕=p,所以

an=pxn-l-qXn-2=(Q+一部dp5=3,4,5,…)，

整理得“一BdnT=。(即-1一%一2)，

令%=册+1-。Qn，则%+i=a勾(n=1,2,…),

所以仍〃｝是公比为。的等比数列，

2

数列｛6〃｝的首项为瓦=a2-6al=p2_q-£p=(仇+py-邓-/?(a+0)=a,

2n-1n+1n+1

所以bn=a♦a=a,即0n+1—Pan=a(n=1,2,…)，

所以％i+i=ficin+a"】(九=12…)，

n+1

当■=口2-49=0时，a=0手0,aA=p=a+a=2a,an+1=pan4-a(n=1,2,­•­),

变为即+】=戊即+4+15=1,2,…)，整理得.一意=1(n=l,2,-)«

所以，数列倍｝构成公差为1的等差数列，其首项为詈=署=2,

所以于是数列｛a,,｝的通项公式为a”=(n+l)an,

当4=p2-4q>。时，a*B,a=^a+an+1=/?a+an+1

n+1nnp-Ct

=夕册+会"”-这*15=12”)

整理得a,i+i+皆"=A(即+黄羡)(n=1,2,—'),

所以，数列｛an+公｝构成公比为夕的等比数列，

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其首项为由+y—=a+0+六=，一，

p-a厂p-ap-a

〃n+io2

所以an+A=/-0”T，

p-ap-a

于是数列｛a“｝的通项公式为a”=竺?二.

p-a

(2)若p=l,q=｝则A=p2-4Q=0,此时a=/?=|,

由情形⑴的结果得，数列｛〃“｝的通项公式为an=(n+1)g)"=贵，

所以，｛4｝的前n项和为Sn=：+)+妥+…+w7+聚，

l_2,3,4.nH+1

25c«=/+/+法+…+9+即，

以上两式相减，整理得1sli='-需，所以又=3-*.

解法二(1)由韦达定理知a•/?=q工0,又a+。=p,所以%=a+/7,^2=d+俨+戊氏

特征方程T-p/l+q=0的两个根为a,0.

n

当a=B丰0时，通项0n=(A1+A2n)a(n=1,2,­••),

由%=2a,a2=3a2得卜丁二；2))；212),

解得&=4=1，故册=(1+n)an,

nn

当时，=Ara+A2p(n=1,2,…)，

由a1=a+pg=a2+所+如此2：蓝+必'

-n+i优+1髀+1—an+i

故册=a"+0=下」

（2）同解法一.

11.12007高中数学联赛（第01试）】设a“=S”"1及求证：当正整数“22时，an+1<an.

乙k=”（n+l-k）

【答案】证明见解析

【解析】由于+因此a"=WS"

k（n+l-k）n+1\kn+l-k/n+1/y_【k

于是，对任意的正整数底2,有

nn+1

1,1711'1

2（an-an+1）=—乙乙Z

fc=lk=l

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-Q+1.+2)〉：/c(n4-l)(n+2)

k=i

=——-——(yn1)>0,

5+l)(n+2)\乙仁1kJ

即即+1<Q”

12.12006高中数学联赛(第01试)】将2006表示成5个正整数%1，%2，%3，%4，%5之和♦记S=看芍•问:

⑴当%1，%2，%3，工4，%5取何值时，S取到最大值？

(2)进一步地，对任意19左5有限一巧|42,当%1，%2，%3，%4，%5取何值时，S取到最小值?说明理由.

【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析.

【解析】(1)首先这样的S的值是有界集，故必存在最大值与最小值.

若%1+%2+%3+%4+%5=2006,

且使S=£i《y45看勺取到最大值，则必有N-芍(1<ij<5)①

事实上，假设式①不成立,不妨假设-％2》2,则令圻=-1,为=工2+1，*=覆(i=3,4,5),

有其+为=+工2，x[-X2=%1%2+%]__1>X1X2，

XXXX

将S改写成S=E1<1<;<5iXj=XxX2+(%1+X2)(3+%4+%5)+%3%4+35+%4%5，

同时有S'=%(%2+(X｛+X分(X3+%4+欠5)+X3X4+X3X5+%4%5，

于是有S-S=x[x'2—%1%2>。，

这与S在％1，%2，%3/4，%5时取得最大值矛盾.

所以必有|勺一巧|<1(Kifj<5),

因此当=402,%2=%3=%4=%5=401取到最大值.

(2)当+%2+%3+%4+%5=2006且上一“<2时，只有：

(1)402,402,402,400,400；

(2)402,402,401,401,400；

(3)402,401,401,401,401.

三种情形满足要求.

而后面两种情形是在第一组情形下作*=X-1,写=Xj+1调整下得到的.

根据上一小题的证明可以知道，每调整一次，和式S=£]<kk5勺巧变大.

所以在=%2=x3=402,%4=%5=400情形取到最小值.

7a+45a^-36

13.12005高中数学联赛(第01试)】数列｛6｝满足：劭=1,册+1=—n%----,"CM证明：

(1)对任意“6N,为为正整数；

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(2)对任意"GN,a.an+1-1为完全平方数.

【答案】证明见解析

【解析】(1)由题设得％=5,且｛斯｝严格单调递增.

将条件式变形得2an+i-7an=/45若一36,

两边平方整理得W+i-7anan+1+a„+9-0①

所以①一②得(即+i-an-i)(an+i+即-1-7%)=0.

因为即+1>。“，所以a“+i+册_I-7册=0,故即+1=7册一册_1③

由式③及a。=1,%=5可知，对任意a”为正整数.

29a

(2)将式①两边配方，得5+1+an)=(ann+i-D，

所以玛即+】-1=(如产)2④

由式③得a“+i+ctn=9on—(un+%+i),

n

所以an+i+an=—(an+ctn+i)=…=(-l)(<ii+%)=0(mod3).

因此，咏1为整数，所以以册+1-1是完全平方数.

14.12002高中数学联赛(第01试)】如图，有一列曲线P0,Pi，P2,…，己知几所围成的图形是面积为1的等边三

角形，PM+I是对外进行如下操作得到：将外的每条边三等分，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0=0,1,2).记S,,为曲线4所围成图形的面积.

(1)求数列｛SJ的通项公式；

(2)求limSn.

n-»oo

【答案】⑴5”=；|x(弟(2*

【解析】(1)对方进行操作，容易看出A的每条边变成片的4条边，故外的边数为3x4；同样，对外进行操作,

外的每条边变成P2的4条边，故修的边数为3网2,从而不难得到巳的边数为3x4".

已知方的面积为&尸1,比较P,与R).容易看出G在&的每条边上增加一个小的等边三角形其面积为专，

而凡有3条边，故Si=S()+3x^=1+：,

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再比较3与多，可知2在Pi的每条边上增加了一个小的等边三角形，其面积为专x亲

而B有3x4条边，故$2=SI+3X4X三=1+：+之,

3夕333

类似地有S3=52+3X42x*=l+/卷+东

|71

__口..14A24。-1\'

于7E有S=1+三+/+病+…+筋二=1+2,4一_143

n为-1+]

k=l

=1+小一时k

=1+|1-①

4泻*钞

下面利用数学归纳法证明式①

当n=l时，由上面已知，式①成立.

假设n=k时，有=：一|，(g)

当"="1时，易知第人1次操作后，比较A”与H，尸川在P4的每条边上增加了一个小的等边三角形，其面积

为小，

而阿有3・4k条边，故S.+i=Sk+3•4上•黄磊=Sk+京磊=1-1.Q)

综上，由数学归纳法，式①得证.

⑵物S"=时削(I),(洎V

15.[2001高中数学联赛(第01试)】｛/｝为等差数列,出“｝为等比数列，且瓦=al，b2=aj,b3=退(a<a2),又

lim(瓦+力2+…+以)=&+1，试求｛的｝的首项与公差.

n->+oo

【答案】答案见解析

【解析】这是一个有关等差、等比数列的基本问题，数列｛斯｝与｛儿｝的前三项满足仇=砰a=1,2,3),由此可

确定数列伍“｝的首项4与公差d的关系.

由lim(A+b+■■■+b)=V2+1便可求出g和d的值.

X-»OO2n

设｛斯｝的公差为4,由由<。2，得分0,

由状=瓦显得说=a海,所以谴=,(舍去，否则%=0,2=。3),

或诋=一%。3，所以(1+d)2=—。式的+2d),即2a：+4的£(+d2=0.

解得d=(-2士

若d=(-2-&)%,则q=笔=(V2+I)2>1,不符合要求.

%

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若d=(-2+V2)a,则q=有=(V2-l)2,

tai

由lim+人2+…+bn)=y/2+1得=V2+1,

好=V2+1,

即[1-(V2-1)]2解得忧=2,

由底=—及%<口?知<0，

所以见=—\[2,d=(-2+企)％=2>/2—2.

16.12001高中数学联赛(第01试)】用电阻值分别为由,。2，。3，。4,曲，生(。1>a2>a3>a4>a5>。6)的电阻组

装成一个如图的组件，在组装中应如何选取电阻，才能使该组件总电阻值最小?证明你的结论.

—1-

,(---»4WV«—

-------------------

【答案】答案见解析

[解析】设6个电阻的组件的总电阻为RFG.当Ri=%(i=3,456),

凡,/?2是%,a2的任意排列时，RFG最小•

用逐步调整法证明如下;

(1)当心,/?2并联时，所得组件阻值R满足;=/+A

若交换R1，R2，R不变，且当它或必变小时，R也减小，因此不妨取

(2)设三个电阻的组件(如图所示)的总电阻为以8,

则以8=7~77~+氏3=R1R2+R1,R3+R2R3

&+/?2

显然，R1+R2越大，则以8越小，所以为使最小，必须取自为所取三个电阻中阻值最小的一个.

—•R

AiR'B

I—^v\2v-J

(3)设四个电阻的组件(如图所示)的总电阻为&D，

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则1_]।1_/?1/?2+.1.3+=1-4+12-3+冗2区4

RCDRAB夫4R1R2R4+R1R3R4+R2A3川4

记Si=El<i<j<4^iRj,S?=RjRk，

则S1，S2为定值.

于是/?co=52~~/?[/?泮3

Si-R3R4

显然，当R3R4最小，旦旦/?2&3最大时，Re。最小.

故应取/?4<区3#3<尺2，%<%才能使总电阻的阻值最小.

(4)回到图1,把由RI，&，R3组成的组件用等效电阻代替.

要使RFC最小，由情形(3)知，必须使/?6<思，且由情形(1)知，应使&E最小•

由情形(2)知，要使&E最小，必须使/?5<R4，且应使&D最小.

而由情形(3)知，要使Re最小，应使R4<«3<氏2，且R4<R3VRr

综上所述，按照图1选取电阻，才能使该组件的总电阻值最小.

17.11999高中数学联赛(第01试)】给定正整数〃和正数M,对于满足条件/+成+14M的所有等差数列

…，试求S=%i+l+an+2+*"+。24+1的最大值.

【答案］(n+1)VM

【解析】设公差为d,an+i=a,则S=an+1+an+2+■•-+a2n+i=(n+l)a+的罗d,

则M》忧+W+i=(a—ndy+a?="a+?)+(4a-3nd)2>,

因此|5|《早(n+1)SW,且当a==&彳业时，

S=5+1)岛幅+9急;何=5+1扁而呼5+1师

又因为此时4a=3nd,有a；+W+i=(O=M曰由=加，

所以，5的最大值为岑5+1)〃7.

18.11993高中数学联赛(第01试)】设正数列…，Qn，…满足J%Qn_2-Jan-iQn-2=2an-1(几32),

且。0=的=1,求｛an｝的通项公式.

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l(n=0)

【答案】a

n=1n"](2k—1尸(九EN)

【斛机】将'，得门]——2—Ja?i-l,Qn-2=2。八一/处为2-2@九一1=y/^n—l^n—Z1

=1

错位相减可得：户一2吁】岸=1+2+22+…+2nT.

7a。

于是I—=1+2+22+…+2rlT=2n-1,

an-l

所以册=(2"-D^n-iCZ"-1)2(2"T-1)2册_2=…=H：=i(2k-1产

九十i—n-I1

19.【1992高中数学联赛(第01试)】设N为自然数，Q(x)=xx：i。片0,±1)，令'=%+：

(1)求证：fn+i(x)=yfn(x)-A_1(x),n>1.

(2)用数学归纳法证明：

(yn-禺-V+-+(-1)&-,力川+…+=1,2…an为偶必

f(x)={n-1Ilzlz1、•

[yn-盘-1严2+…+(_iycjyn-2i+..・+(_1尸®y(i=1,2，…，嗫n为硝

I2

【答案】证明见解析

【解析】(1)由y&(x)-右_1(%)

(%+(xn+1—x-n-1)—(xn—x-n)

x—X-1

_X-+2+一一一九一+一九一

X-L

j^n+2_%—ii—2

=XT-1=&+1(”)

得/n+lW=yfnM-/n-i(X).

(2)直接计算得/i(x)=x+^=y,心(x)="+1+*=(x+：)-1=y2-1.

因此，命题对于"=1,2时成立

设命题对彷〃?（〃?之2,m为自然数）已成立，今证对于〃=〃计1也成立，分两种情况:

⑺当）〃+1为奇数时，由归纳假设知，对〃=加及〃=/〃一1有

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篇(X)=ym+C〔2严-2+C—ymT+…+(-1)^^"*^+…+(-1)矮加'…吗②

m-y

my12-1/-、crn-l.

m+121

7m_l(X)=严-1_%一2严7+…+(-iyc^y-+-+(-1"T金y(m-l)-2x—t③

2

用y乘式②减去式③得到

yfmW-篇_i(x)=ym+1_...+(_+C期)严+—2i+…+(-l)T(qm

因为C；j+C『i=C工j+i，

m%

m+1

所以y加⑴一/m-i(x)=y--T+…+(-I)C"+心f+…+(_1)TC2y.

根据式①，故命题对n=m+\(m+\为奇数)成立.

(")当m+1为偶数时，由归纳假设知，对片加及〃二〃7一1,有

m-1Z2Z1

怠(X)=ym-Cliym-2+…+(_1)([十加-2,+…+(-1)—C^y②

2

771-1-

m3

/m-l(x)=ym-1_C^,2y-+•■■+(-l)IC3ym+l-2i+...+(-1)—C^y③

2

用)，乘式②减去式③，如同上述W+1为奇数时一样进行合并，

m-1-7zn+1771+1m+1

并注意到最后的常数项为(-1)MC/T=(-1)MC&=(-1)—.

m+1

于是得到"n(X)-An-xCx)=ym+1-*ym-1+…+(-1)—.

根据情形⑺的结论，故命题对”=加+1(，”+1为偶数)成立，综合上述，可知对一切自然数〃，

命题成立.

20.[1990高中数学联赛(第01试)]“2(论4)个正数排成〃行"列：

alla12a13a14…aln

a21a22a23a24…a2n

a31a32a33a34…a3n

a41a42a43a44…a4n"

^nl”n2%3%4***^nn

其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有公比相等，已知。24=1，。42=3。43=堤，求

816

Q11+。22+。33+。44+…+^nn-

【答案】2—泰一/

【解析】设第一行数列公差为"，各列数列公比为“，则第四行数列公差是"炉，于是可得方程组

。24=(«ii+3d)q=1

«42=(«n+d)q3=5,

(%3="dq3=高

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解此方程组，得Q]】=d=q=±，

由于〃2个数都是正的，故Q[i=d=q=].

而对于任意10右山有Qkk=QikqkT=[%i+(k-l)d]qJ=k点,

故S=#2»…+咤

又因为齐=专+2专+…+n/,

相减后即得尹=：+/+…+*一几鼎=

2

所以5=2-/一段.

21.11989高中数学联赛(第01试)】已知的,。2,…，曲是"个正数，满足七・。2••…即=1.求证：(2+aj(2+

。2)…(2+%)》3n.

【答案】证明见解析

【解析】解法一利用不等式a+b+c》3幅(a,b,c为正数)，

有2+%=1+1+/》(i=1,2,­­­,n),则(2+aj(2+a?)…(2+aj.3”,…册=3n.

b

解法二令q=ei,则由&•a2...an=1可知瓦+b2++bn=0.

考虑函数f(x)=ln(2+e*).

由f(x)+/(y)》2f代，可知/(x)是凸函数，由延森(Je〃se〃)不等式得

以+比；…+%

f(bj+/(b2)+…+f(bn)》nf()=nin3,

此即(2+aj(2+a2)•■­(2+an)>3n.证毕.

a

22.11989高中数学联赛(第01试)】已知对任意的”GN,有/>0,且2a?=(Xj=1;)-求证：«»=«-

【答案】证明见解析

【解析】用数学归纳法证明

(1)当"=1时，结论显然成立；

(2)假设命题在〃必时成立，即当，=1,2,★时,则4=

下面考虑当片%+1时的情形：=(2防iq)2=+碇+1=(234+以+1)2,

于是成+1=2-%+1求1at+或+i,

因为q=i(i=l,2,-,fc),所以型=1々=竺罗.

进而说〃+i-%+1-k(k+1)=0(以+i>0),解得am=k+1或Q〃+I=-k(不符合题意).

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故命题在"=«+1时成立.

做直的物题弱颂D固

n-l

/(九32).求证：

Zk=lk

(1)^=-^-7(n>2)；

an+15+1)2''

⑵(1+J(1+J…(1+JV4(几》1).

【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析

【解析】

nZ=/+JM

(1)由已知可得也把=

an+i

(2)由已知条件有%=1,。2=生

当”=1时，1+?=2<4,不等式成立.

al

当论2时，由(1)的结论可得

11111+&1+。21+。31+

(1+—)(1+—)(1+-)-(1+—)=-------------------•…------

Qla2Qfl02%

1+%1+。21+为1+Q12232n22a

=玄・(^^・・・・・大n)・册+1=2•[聚•招一…^7^卜册+1=^n+^1

111111

=2(14--+-z-+••,-!—r)<2[1+---+———+•••+-------1

2232n211x22x3(n-1)xnJ

=2[1+(1-1)+(|-1)+-+(W_5=2(2_：)<4.

综上所述，不等式成立.

2.已知正项数列｛%｝的前〃项和为5,“且麋

(1)求数列｛〃“｝的通项公式；

(2)求证：yn当<3.

乙k=lak

【答案】(1)4=〃；⑵证明见解析

【解析】

(1)由｛y^l；_Q2得到成+1=S/+i—=(S“+i+Sn)(S”+]—Sn)=(Sn+i+Sn)Qn+「

Ln+1ai=^n+l

因为斯+1>0，所以W+1=2Sn+即+1，即2Sn=底+1—0n+1，2Sn_1=-an(n>2).

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两式相减，得2即=W+i-an+i-W+Qn，进而（即+1+%）（%1+1-。71）=%!+1+。71,

因为即+1+册＞O,所以由1+1-a=1（九＞2）.

又由已知%=1,。2=2，所以，对任意有“+1-a九=1,

即1%｝是等差数列,故。产儿

（2）由“〃=，，对原式变形有:

n

1+

<i+，局-i)(7c+i)(vm+vFQ

k=2

n

VF+1-