专题29数列第五缉（解析版）-备战2025年高中数学联赛之历年真题分类汇编

1/3备战2025年高中数学联赛之历年真题分类汇编专题29数列第五缉1．【2021年江西预赛】正整数数列an满足a1=a2=a3=1,叱的任何连续四个项an,an+1,【答案】证明见解析【解析】证明:据条件易得,数列an开始的一此项为:1,1,1,2,3,7,11,26,41,97,⋯⋯据此猜想:a2n−1+对n归纳,奠基是显然的,设(1)，(2)两式对于n成立,考虑n+1的情形:据所给条件式,对所有的正整数k,都有ak+3=则a2n+3=a=2a2n+2+−即a2n+1而a2n+4=即a2n+2+a2n+4=3a2n+3.从而,(1)2．【2021年福建预赛】已知数列an,bn(1)求数列bn(2)设cn=(−1)nbn,Tn是数列【答案】(1)bn【解析】(1)由bn=an−12n得2n+1b所以，bn+1−bn=1又b1=a1−1(2)由（1）知,cn=T2n=−1+=−1+=−1由柯西不等式知：1n+1≤1<n⋅1=n⋅1所以,1n+1所以,T2n3．【2021年福建预赛】设数列an是正整数数列，满足:a（1）证明:当a=3时，存在唯一一个正整数k,使得ak=2k(2)若a>3,试探究满足ak=2k的正整数k注:这里(x,y)表示正整数x,y的最大公约数.【答案】(1)证明见解析；(2)答案见解析.【解析】证明：(1)当a=3时，由a1=3知a2=a1+若ak=k+2(k≥3),则a所以，当k=2,3,4,⋯,时总有ak=k+2又当k≥3时, 2k>k+2=a所以，只有k=2,满足ak=2k所以，当a=3时，存在唯一一个正整数k=2，使得ak=2k(2)当a>3时,a1≥4若a1=4,则a若a1≥5,则a所以，若存在正整数k,使得ak=2k,则我们断言当a>3时，不存在正整数k,使得ak=2k反证法:假设存在正整数k,使得ak=2k,记m=mink∣以下先证明一个引理：当1≤n≤m−1时，总有an由前面讨论可知,a1>2,若an−1>2(n−1) (2≤n<m−1)因此，an≥2n.结合m的最小性，可知an≠2n下面推出矛盾:易见an为卢格单调递增的正整数数列，因为am=2m,所以，又由引理知am−1>2(m−1),故注意到m≥3,则可类似地由单调性和引理可得am−2=2m−3或若am−2=2m−3am−1=与am−1=2m−1若am−2=2m−2am−1(因为m≥3),与am−1=2m−1因此，当a>3时，不存在正整数k,使得ak=2k4．【2021年重庆预赛】数列an的相邻两项an和an+1为二次方程x2−3nx+cn=0(n=1,2,3,⋯)【答案】c【解析】由韦达定理，知:an+由a1=1,知a再多写一项，有an+1+an+2=3n+3所以a2n−1于是，所求cn的通项为c2n−15．【2021年四川预赛】给定正整数a,b,其中a<b.数列Fn满足:F1=a,F2=b,Fn+2=Fn+1+Fnn∈【答案】证明见解析【解析】证明:先证两个引理:引理1:设T=a2+ab−b2,则对任意的正整数n引理1的证明:下面用数学归纳法证明.由条件知F3=a+b,从而F故结论对n=1成立.结论成立;假设n=k(k≥1)时，结论成立，即FkF当n=k+1时,Fk+1F故当n=k+1时，结论也成立.由归纳原理知，对任意的正整数n,都有FnF引理2:对任意给定的整数D,关于x,y的方程x2−y2引理2的证明:由x2−y2=D人而x+y=dx−y=D对每一个d,方程组至多有一组整数(x,y).由于D是给定的整数，从而d的个数是有限的.所以，方程x2−y2=D回到原题:取m=t2t∈N∗由引理1知，Sk=1+m若Sk为完全平方数，记Sk从而有x2−y2=D由引理2知，方程x2−y2因此，当m=t2t∈N∗,t≥2时，正整数综上所述，结论成立.6．【2021年四川预赛】求最大的正整数n，使得对满足i=1nai=1的任意正实数a1,a2,⋯,【答案】4【解析】解:一方面，先证:n≤4.事实上，若n=5,取a1=则i=1nai=1na而i=1nai>130故n=5不满足条件.若n≥6,取a1=i=1na及i=1na而i=1nai>127+n故n≥6均不满足条件.所以,n≤4.另一方面，再证:n=4满足条件：将a1,a2,a3注意到由均值不等式：2ba+2bc+上两式相加得:3⋅b对(*)轮换求和即得:3cycb注意到：cycbc所以,cycba综上所述，所求正整数n的最大值为4.7．【2021年浙江预赛】设n为给定的正整数，a1,a2,⋯,an为满足对每个m≤n【答案】答案见解析【解析】由k=1n=k=1=nk=1所以k=1na8．【2021年浙江预赛】设数集P=a1,a2,⋯,am,它的平均数Cp=a【答案】2n−2.【解析】不妨设CA>CB所以CA=T1又有T≤(n−p+1)+(n−p+2)+⋯+n=p(2n−p+1)2所以CA当且仅当T=p(2n−p+1)2此时A={n−p+1,⋯,n},由A,B非空,可知Ω1,2,⋯,n−1,有n−1种情况，考虑对称性，则可知有序数对A,B的数目为2n−2.9．【2021年全国高中数学联赛A卷二试】给定正整数k(k≥2)与k个非零实数a1,a2,⋯,ak，证明：至多有有限个k【答案】证明见解析【解析】取定正整数N≥|a1我们证明,当正整数n1,n假设不然,不妨设max1≤i≤k对i=2,⋯,k,由于正整数从而a但a2所以，满足条件的正整数组n1,n10．【2021年全国高中数学联赛B卷一试】数列an满足:a1=a2=a【答案】3【解析】由条件知bn因此，an于是a10011．【2021年全国高中数学联赛B卷二试】设a为正整数.数列an满足:a(1)证明:存在一个非立方数的正整数a,使得数列an(2)证明：数列an【答案】证明见解析【解析】(1)注意到142+20=216=6(2)不妨设an中存在立方数,a因为对任意整数m,有m≡0,±1,±于是ak+1=ak2+20≡2因此，数列an12．【2020高中数学联赛A卷（第02试）】给定整数n≥3.设a1,aa1且对任意i=1,2,⋯,2n,有aiai+2求a1【答案】16【解析】记S=不失一般性,设T=a当n=3时,因为T故结合条件可知S2又S>0,所以S≥12.当ai=b当n≥4时,一方面有k=1n另一方面,若n为偶数,则k=1n其中第一个不等式是因为(a1+若n为奇数,不妨设a1k=1⩽(a从而总有S⩽k=1na2k−1a当a1=a2=综上,当n=3时,S的最小值为12;当n≥4时,S的最小值为16.13．【2020高中数学联赛A卷（第02试）】设a1=1,a【答案】证明见解析【解析】记α=1+2,β=1−2记bn=αn+β因b1=1,b2=3由(αn+β当n>1为奇数时,由于a1为奇数,故由{an所以an有奇素因子p由②得bn2≡−1(又上式表明(p,bn)=1从而(−1)p−12≡1(modp),因p>2另一方面,对正整数m,n,若m|n,设n=km,则a{a因αs+βs=2bs为整数(对正整数s),因此,若n有大于1的奇因子m,则由前面已证得的结论知am有素因子p≡1(mod4),而am|an最后,若n没有大于1的奇因子,则n是2的方幂.设n=2l(1≥3)对于l≥4,由8|2l知a814．【2020高中数学联赛B卷（第01试）】设数列{an}的通项公式为an=15【答案】证明见解析【解析】记q1=1+于是an所以a1=1,a有a=1=1an+2由此易知,数列{a由计算易得q4故a2n+3=====[所以,对任意正整数n,a2n+3a2n−1−115．【2020高中数学联赛B卷（第02试）】给定整数n≥2.设a1,a2,⋯an,b1,b2,⋯,bn>0【答案】2n【解析】记S=a由条件知1≤i<j≤na又1≤i<j≤na于是S2注意S>0,故S≥2n.另一方面,当ai=bi=2(i=1,2,⋯,n)综上,S=a116．【2020年福建预赛】已知数列an满足:a1=1,a(1)求数列an(2)设bn=3nanan+1,Tn【答案】(1)an【解析】(1)由an+2=4an+2又a2−a1=4≠0于是,an+1−进而,n⩾2时，ana2=4×3=4=2×3n−1又n=1时,2×3n−1从而,对于一切正整数n,均有an=2×(2)由(1)知bn=3=34则Tn=33434=3417．【2020年甘肃预赛】已知数列an:a1=a证明:(1)an−3an−1(2)1a1【答案】(1)证明见解析；an【解析】(1)由an+1⇒a =−2则an−3an−1故an=a⇒a⇒a⇒a⇒a=−⇒a=3(2)当n=2k时,1a=3=6=8×<8×则1a<4=49当n=2k+1时，1a1+1综上,结论成立.18．【2020年吉林预赛】已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn(1)求数列{an(2)设bn=an+2anan+12n,数列bn【答案】(1)an【解析】(1)由an+1=2当n=1时，a1当n⩾2时,an⇒(⇒Sn于是,{Sn从而,Sn=n,(2)由(1),知an=2n−1则bn=(2=1故Tn=1−16+=1−1由12n(2n+1)>0又Tn=1−12n综上,56⩽19．【2020年浙江预赛】已知数列{ana1=an−令bn=1an,记数列{bn}(1)求数列{an(2)若对于任意的n∈Z+,有n+2⩽λ(Sn【答案】(1)an=n+1【解析】(1)由数学归纳法证得an=(2)由bn⇒S由n+2⩽λ(⇒n+2而上式对任意的正整数均成立,则62=(n+2即62⩽λ⩽2020．【2020年浙江预赛】设正整数n⩾3,n个数a1,a2,⋯,an,记两两之和为若在表格中任意取定k个数,可以唯一确定出n个数a1,a2,⋯,【答案】答案见解析【解析】(1)当n=3时,显然由b21才能唯一确定出a1,a2(2)当n=4时,显然有k⩾C3当k=4时,若取b21,b31,当k=5时,若知b21,b31,b32,b41,b42,(3)当n⩾5时,显然有k⩾Cn−1(i)当n=5时,k=C42+1=7,即若知道七个bij,则一定存在一个下标s,bis(或bjs)最多出现两次,至少出现一饮.事实上,七个bij共有14个下标,而1、2、3、4、5每个下标出现三次及以上，至少共出现15个下标，这是不可能的.故据(2)，知由至少五个bij(i,j∈{1,2,3,4,5}\{s})的值可唯一确定出ai(ii)当n⩾6时,用数学归纳法证明k=Cn−12+1.当取k个bij时,一定存在一个下标s,bis(或bjs)最多出现n−2次(因为2k<由归纳,知这些bij可唯一确定出ai(i∈{1,2,⋯,n}\{s}),然后再由bis(或21．【2020年重庆预赛】已知数列{ana1=1,(1)证明:1+an(2)记bn=[an+12an]{an+1【答案】证明见解析【解析】(1)易知a3=8,且a用归纳法证明:1+an当n=1时，1+a1假设当n=k时,1+a则当n=k+1时，1+a=1+3a=3a=ak+2于是,n=k+1时,结论也成立.由归纳原理,知1+an故1+an(2)由(1),知an+12则bk于是,k=22020由an+2=3an+2≡−故3∣a2022又a1=1,记bn为an除以8的余数,则b由数学归纳法,易知bn则8।a2022故a2021a22．【2020年新疆预赛】已知正项数列{an}的前n项和为Sn(I)求数列{an(II)求证:k=1n1【答案】(I)an=n【解析】(I)由{i=1nai3因为an+1>0,所以an+12两式相减，得2an=a因为an+1+an>0又由已知a1=1,a2=2,所以，对任意n∈N即{an}是等差数列，故(II)1a所以当n≥3时，k=1n=1+1当n=1时，左边=1<1.65成立，当n=2时，左边=1+14<1.65成立，所以23．【2019年全国】设整数a1,a记f=a求f的最小值f0.并确定使f=f0成立的数组a【答案】答案见解析【解析】2f=≥a≥2a取最小值时a2017每个an+2−a设a1,a2,…,a2018则任意n=1,2,…,49, 令yn=x由隔板法y1,y因此所求a1,a2,…,24．【2019年江苏预赛】在数列an中，已知a(1)若p=1，求数列an(2)记bn=nan.若在数列bn【答案】(1)an=2【解析】(1)因为an+1=ann因此1an=(n−1)+(n−2)+⋯+1+p=因为p=1，所以an(2)bn在数列bn中，因为bn≤b8解得28≤p≤36.又bn=2n所以bn的最大值只可能在n=7,8,9又当28≤p≤36时，b7≤b所以满足条件的实数p的取值范围是28,36.25．【2019年江西预赛】将正整数数列1,2,3,……中凡是被4整除以及被4除余1的项全部删去,剩下的数按自小到大的顺序排成数列a1,a2,a证明:每个大于1的奇平方数,都是数列{bn}中的两个相邻项的和.【答案】证明见解析【解析】易知a因此,∀n∈N,a再将{an}中的项a4n及a4n+1去掉之后,所得到的数列{bn},其通项为:b2n+1即数列{bn}的项为:3，6,11,14,19,22,27,32,35,38,43,……,观察易知,32若记rk=k(k+1)由于r所以brbr合并以上四式得,对于每个正整数k,brk+26．【2019年内蒙古预赛】已知a1,a求证a1【答案】证明见解析【解析】∵a1,由柯西不等式得:a1当且仅当a127．【2019年上海预赛】设数列{an}满足:a1=a2=a【答案】证明见解析【解析】由题设,知数列{an}的每一项均为正数,且an+1于是,an+2两式相减得a⇒⇒an+2+a由a1=a2当n为奇数时,由式①得a.当n为偶数时,由式①得a⇒a故a从而,由a1,a28．【2019年新疆预赛】设a0,a1,试求出a0【答案】答案见解析【解析】由题意知，对0≤i≤n均有ai2>21−可得n<4.由于n是正整数，故n∈1,2,3(i)当n=1时，我们有2a0=1+1a从而2a1=a0（ii）当n=2时，我们有2a0=1a1+1a2.由于（iii）当n=3时，我们有1+2a0=1a1+1a2+1a3，则必定有a3=2，否则等式右边至多为1综上所述，a0,a1,29．【2019年重庆预赛】数列an满足a1=3，a（1）证明：数列an（2）是否存在m∈Z+，使得【答案】(1)证明见解析；(2)答案见解析.【解析】（1）已知a3=15，an相减得a∴an+2∴a∴an+2=3an+1−a又∵an>0，∴（2）∵2109=3×19×37，假设有2109∣am，则法一：由a1=3，a得a∴19∤ann∈法二：∵amam+2由费马小定理得1≡−1mod所以不存在m∈Z+，使得30．【2019年福建预赛】已知数列{an}满足a1(1)记cn=an(2)记bn=n2n+1an，求使b【答案】(1)cn【解析】(1)由cn=a2c整理，得2cn+1c∴ 1cn+1−1=3∴ (2)由(1)知，anb=2(n−1)+∵n≥2时，3n(n+1)∴n≥2时，0<2×又n=1时，2×3∴bn≥2时，bn∴n≥2时，b1由n2−n+1≤2019及n∈N*，得∴使b1+b31．【2019年福建预赛】已知实数x1,x2,⋯,证明:存在整数i1,i【答案】证明见解析【解析】记ai=minx2i−1构造下列51个数:S0SkS50下面证明S0,S由上述符号的含义，知S0+S(1)若S0≤51100，则由S0(2)若S0假设S1,S则由S0−S1又由S0>51∴S1,S2又S0≥S1≥因此，存在j∈{1,2,⋯,50}，使得Sj此时，Sj−1另一方面，Sj−1∴S1,由(1)、(2)知，S0,S由Sk解法二:首先用数学归纳法证明:对于任意正整数n，若实数x1,x则存在x1,xxi证明如下:(1)当n=1时，结论显然成立.(2)假设n=k时，结论成立，则当n=k+1时，由归纳假设知，存在x1, x2记xi1+当d1⋅d当d1⋅d即n=k+1时，结论也成立.由(1)、(2)知，对于任意正整数n，结论都成立.回到本题，利用上述结论容易知道存在x1,x2,⋯,且xi又xi所以50100≤x因此结论成立.32．【2019年广西预赛】设a1=1,an(1)an(2)(1+1【答案】证明见解析【解析】(1)由已知可得a.(2)由已知条件有a1=1,a2=4.当n=1时,1+1当n≥2时,由(1)的结论可得：(1+====2(1+<2[1+=2[1+(1−=2(2−1综上所述,不等式成立.33．【2019年贵州预赛】已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且sn(1)求数列{an}的通项公式;(2)求证:k=1n【答案】(1)an【解析】(1)i=1⇒因为an+1>0,所以an+1两式相减,得2因为an+1+a又由已知a1=1,a2=2,所以,对∀n∈+1故an注:其实可以直接看出答案,an=n.这时因为有熟悉的等式：(1+2+3+⋯+n)(2)证明1:k=1=1+<1+=1+k=2证明2：k=1n34．【2019年吉林预赛】已知等差数列an满足:a3=7,(1)求an及Sn;(2令bn=1an【答案】(1)an=2n+1，Sn【解析】(1)设等差数列an的公差为d,因为aa1+2d=72所以anSn(2)由(1)知an=2n+1,所以所以Tn即数列bn的前n项和T35．【2019高中数学联赛A卷（第02试）】设整数a1,a记f=a求f的最小值f0.并确定使f=f0成立的数组a1【答案】答案见解析【解析】由条件知2f=a12+由于a1,a2及且ai+2a12+a由①、②得2f⩾a结合a2019=99及f⩾122a另一方面，令a1=a2=⋯=此时验证，知上述所有不等式均取到等号，从而f的最小值f0以下考虑③的取等条件.此时a2017=a即a1因此1=a1⩽a2⩽⋯⩽a2018=49，且对每个k对每个k(1≤k≤49)，设a1,a2,⋯,则nk为正整数，且1+n即n1该方程的正整数解n1,n且每组解唯一对应一个使④取等的数组a1,a2,⋯,a201936．【2018年山西预赛】已知在正整数n的各位数字中，共含有a1个1，a2个2，⋯，an【答案】见解析【解析】对正整数n的位数使用数学归纳法．当n是一位数，即1≤这是因为，此时n的十进制表达式中只有一位数字n，即an=1，其余aj假设当正整数n不超过k位，即n<10现考虑n为k+1位数，即设n的首位数字为r．则n=r10k若n1=0，则在数n的各位数字中，ar显然，r+1a若1≤n1≤10k−1，记n1的各位数字中含有a则n的各位数字中，含有ar+1个r、aj注意到，正整数n1由归纳法假设，对n12a≤r10k则当n为故由数学归纳法，知对一切正整数n，结论皆成立．欲使等号成立，由证明过程，知要么n为一位数；要么在n的位数大于或等于2时，由式②，必须n1+1=10k，此时，由式即n可表示为r99⋯9上述条件也是充分的，当n能够表成以上形式时，有ar=1,a故237．【2018年浙江预赛】设实数x1，x2，…，x2018满足xn+12≤xnxn+2【答案】见解析