专题31数列第七缉（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31数列第七缉1．【2024年内蒙古预赛】已知各项全不为零的数列ak的前k项和为SkN+),其中a(1)求数列ak(2)对任意给定的正整数nn≥2,数列bk满足：【答案】(1)ak=【解析】(1)当k=1时,由a1=s当k≥2时,由a因为ak≠0,所以故ak所以ak综上所述ak(2)因为ak=k,所以所以bk所以b=12．【2024年福建预赛】已知数列｛an｝的前n项和Sn=2an-2(n∈Z+).（1）求通项公式an；（2）设bn=1an−1n(n+1)，Tn为数列｛bn｝的前n项和，求正整数k，使得对任意的（3）设cn=an+1(1+an)(1+an+1)，Rn为数列{cn}的前n项和，若对任意的n【答案】(1)an=2n.(2)k=4.(3)2【解析】（1）由Sn=2an-2，得5n+1=2n+1-2.两式相减得an+1=2an+1-2an⇒an+1=2an.于是，{an}为等比数列，公比q=2.由S1=2a1-2⇒a1=2al-2⇒a1=2.从而，an=2n.（2）由（1）知bn计算知b1=0，b2>0，b3>0，b4>0.当n≥5时，由n(n+1)2知当n≥5时，{n(n+1)于是，n≥5时，n(n+1)则n≥5时，b故T1<T2<T3<T4，T4>T5>….从而，对任意的n∈Z+，均有T4≥Tn.因此，k=4.（3）由（1）知c⇒又对任意的n∈Z+，均有Rn<λ，知A≥23从而，λ的最小值为233．【2024年山东预赛】已知数列{xn}满足x【答案】672【解析】由归纳知{xn⇒x类似地，xn+2两式相减得x⇒⇒x于是，xn从而，x1,x2,⋯,设x2ka1a2k其中，k∈Z则xn、x4．【2024年安徽预赛】已知数列{an}满足a【答案】a【解析】由a0=2当n≥2时，假设an−2由递推公式有a=4×2因此，an5．【2024年全国】设p与p+2均为素数，p>3.定义数列{an}：a1=【答案】见解析【解析】首先注意，{a对n用数学归纳法.当n=3时，由条件知a2因为p与p+2均为素数，且p>3，所以3p+1因此，3pa2当3<n≤p−1时，设对k=3,⋯,n−1，均有kppa故pa从而，对3<n≤p−1，有pa⇒pa又Cp+nnp+np+2因为n<p（p为素数），所以，n,n+p=又p+2为大于n的素数，故p+np+2=1，从而，n与于是，由式①知np由数学归纳法知本题得证.6．【2024年浙江预赛】给定数列xn。证明：存在唯一分解xn=yn−z【答案】见解析【解析】用数学归纳法证明.当n=1时，y1z1−z0=y1z1假设当n=kk≥1时，命题成立.则当n=k+1时，题设等价于yk+1−zk+1−zk=xk+1由数学归纳法，知对于任意的自然数n，命题均成立.7．【2024年上海预赛】已知数列an满足an+1=−12an【答案】见解析【解析】依题意得an+1于是，en+1an+1=−⇒a若a1−25≠0又25−2当a1=28．【2024年四川预赛】设等比数列an的前n项和为Sn=（1）求数列anbn（2）若对于任意的正整数n，均有1+b【答案】（1）Tn=【解析】（1）由条件易知a1代入a2于是，S则anan故T⇒2T以上两式相减得−⇒从而，数列anb（2）注意到，k≤1构造fn则fn+1于是，数列fn从而，fn的最小值为f1=9．【2024年辽宁预赛】已知数列an满足a0=1k,an=【答案】见解析【解析】当k=1,即a0=1时,由数学归纳法知a当k=2时,由an显然,an故a⇒a当916n+1<132由a⇒⇒⇒k−2+⇒因此,当k≥3时,有a10．【2024年江苏预赛】在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，这样的操作称为该数列的一次“Z扩展”．已知数列1，2，3第一次Z扩展后得到数列1，3，2，5，3；第二次Z扩展后得到数列1，4，3，5，2，7，5，8，3；……设第n次Z扩展后所得数列1，x1，x2，…，（1）求a1（2）若bn=an−2【答案】a【解析】设x0则an+1由a1=1+3+2+5+3=14，得于是，bn+1又b1=12≠0，故bn从而，an11．【2024年江苏预赛】设数列an满足a是否存在正整数n，使得22016an【答案】3×【解析】存在无穷多个正数n，使得22016an若2am，则记因此，v2mn=若v2m≠由an=3a因此，当3∤n时，v2令n=3kk≥1．显然，⇒=20≤i≤又2i+1C故v2a3k=2016当且仅当因此，22016an当且仅当n=3×综上，最小的正整数n为3×212．【2024年湖北预赛】已知定义在R上的函数fx满足f1=103，且对任意实数x、y，恒有fx（1）求数列an（2）令bn=24an【答案】（1）an【解析】（1）在式①中，令x＝1，y＝0，得f1又f1=10在在式①中，令x＝n，y＝1，得f⇒f⇒=9f=33f由a⇒a（2）由（1）知bn容易证明：对一切k∈Z3k故b≤⇒≤2=2=1−213．【2024年河南预赛】定义数列an证明：（1）an（2）2a【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）定义a0则当n≥1时，an两式相减并整理得an+2故an+2由此递推式及a1=1，（2）当n≥1时，0=a因此，2a故命题得证.14．【2024年甘肃预赛】设数列{an}n∈Z（1）求数列{a（2）求c1=0，且对任意的正整数n，均有cn+1−c【答案】（1）an【解析】（1）易知Sn当n≥2时，an又S1（2）又注意到，cn+1当n≥2时，c=⇒==1=3又1c15．【2016高中数学联赛（第02试）】设实数a1,a2,⋯,求a1【答案】1【解析】令p=a由已知得，对i=1，2，…，2015，均有ai若a2016−a以下考虑a2016−a由平均不等式得P=⩽=1所以P⩽1当a1且有9ai>11综上所述，所求最大值为1416．【2016高中数学联赛（第02试）】设p与p+2均是素数，p>3.数列{an}定义为a1=2，an=an−1+pa证明:对n=3，4，…，p－1均有n|pa【答案】证明见解析【解析】首先注意，{an}是整数数列.对n用数学归纳法.当n=3时，由条件知a2=2+p，故pa2+1=(p+1)2.因为p因此3|pa2+1对3<n≤p－1，设对k=3，…，n－1成立k|pa此时pa故pa故对3<n≤p1，有pa=⋯=p+n−1因此pa由此知(注意Cn+pn|(p+n)(p+2)pan−1+1因为n<p，p是素数，故(n,n+p)=(n,p)=1，又p+2是大于n的素数，故(n，p+2)=1，从而n与(p+n)(p+2)互素，故由①知n|pa由数学归纳法知，本题得证.17．【2015年浙江预赛】已知数列an、bn满足【答案】见解析【解析】由题意得an+1则a=>≥4+4×49=200.又an+1a>98+a故a50因此，a5018．【2015年浙江预赛】已知数列an满足a（1）证明：an（2）是否存在m∈Z+，使得【答案】（1）见解析；（2）不存在【解析】（1）由an+1an+12类似地，an+12由式①、②，知an、an+2为方程故an因为a1=1，（2）不存在m∈Z+，使得假设存在m∈Z+，使得2015a一方面，am于是，am+1由费马小定理知230所以，am+1另一方面，am+1,31=1.否则，31am+1因此，由费马小定理得am+1从而，1≡−1mod综上，不存在m∈Z+，使得19．【2015年浙江预赛】设k为正整数.若数字1,2,⋅⋅⋅,3k+1构成的排列x1（1）x1（2）xk+1（3）x2k+1则称此排列为“N型”的.记dk（1）求d1（2）证明：对任意正整数k，【答案】（1）d1【解析】注意到，xk+1的值只能取3k+1，3k，…，2k+1这些数字，这是因为必须有2k个值比它小；而x2k+1的值只能取记xk+1=3k+2−j，x2k+1则dk（1）计算得d1（2）易知dkdki,i=当k>1时，对于所有i=1,2事实上，对于x2k+1=i，xk+1=3k+2−ii=3k+2−i−1，3k+2−i−2，…，3k+2−1只能放在x3k+2−i−1，x3k+2−i−2，…，故dk20．【2015年上海预赛】设n∈Z+,A={a1（1）若n≥3，由数列A定义另一个数列A'={a1',a2'（2）求使得a1+a【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）数列A={1,1当n为3的倍数时，数列A还有如下三个解：A={0,1A={0,0A={1,0（2）设xn、yn、zn、un分别表示a1类似地，ynzn由1+i=x1−in知yn又yn+u注意到，1+i−1+i21+i31+i41+i=−41+i则1+i其中，k=1,2故A21．【2015年上海预赛】已知数列{an}满足a1=（1）若某一项amm≥4为奇数，且不为3的倍数，证明：（2）证明：n=12013（3）若在{a【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）1343【解析】（1）由am不为偶数，知am于是，am假如am−1=2a从而，只能是am−1故am（2）由递推关系，易知数列{a因此，当n≥3时，2a从而，an≥a由此，an−2故n=1≤=（3）一方面，数列{a事实上，假如am、am−1、因此，在a3再考虑到a1=1为奇数，a2=2为偶数，故至多有另一方面，当数列{an}总满足an=an−1+an−2n≥3时，注意到，a综上，t的最大值1343.22．【2015年新疆预赛】已知数列{an}满足an+1+−1n【答案】S【解析】当n=2k−1,2a2k−a2k+1+a2k+2−②-①、②+③分别得a2k−1以上两式相加得a2k−1故S=k=1令bkS4n又因为{b2k−1}是以b23．【2015年天津预赛】设a1证明：（1）存在常数C>0，使得对任意正整数n，有an（2）对任意正整数n，有an+1【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）记bn=abn+1下面用数学归纳法证明：对任意的正整数n，有bn当n=1,2时，b设bk≤2k=结论成立.于是，取C=2，对任意正整数n，有an（2）由（1）得n+1=−n−1记cn=b于是，对任意的正整数n，c=−1因此，当n>1时，a==≤1+2n+1又当n=1时，a2故对任意的正整数n，有an+124．【2015年四川预赛】已知数列an满足a1、a2+1、（1）a1（2）数列an【答案】（1）a1=−1【解析】（1）由a1、a2对Sna1=a1+联立式①、②、③解得a1（2）当n≥2时，由SnSn−1知an于是，当n≥2时，有an又a1=−1也满足故数列an的通项公式为a25．【2015年陕西预赛】设等比数列an的前n项和为Sn，且（1）求数列an（2）在an与an+1之间插入n个实数，使这n+2个数依次组成公差为dn的等差数列.设数列1dn【答案】（1）an【解析】（1）因为an+1=2S两式相减得an+1而an为等比数列，则对任意n∈Z+又由a2=2a故an（2）由题设得an+1⇒1则Tn故13以上两式相减得：23从而，Tn26．【2015年陕西预赛】设x表示不超过实数x的最大整数.已知ak=i=【答案】见解析【解析】先证明：对任意的x∈R，有：x+x+事实上，当0≤x−x<1则x+当12≤x−x则x+再证明：对任意的k∈Z+，有2事实上，ak的表达式共有2k+1项，将其按前k项与后k+1项分成两部分和，记作ak=由1k+11k+1知2k+1由式②得k<2ak又由式①得：1a故k=1n27．【2015年山东预赛】已知数列an满足a(1)证明:当n≥2时,an(2)当n≥4时,求a9【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】(1)等式an+1=a当n=2时,a2=2,假设当n=k时,结论成立,即ak则当n=k+1时,ak+1由数学归纳法,知结论成立.(2)由(1)知当n≥2时,a9当n≥4时,1an+13故a<1+3n+3k=1<1+3n+3+1<1+3n++4+n由此得当n≥4时,an<27n⇒3n<a28．【2015年辽宁预赛】在数列an中,a1=1,关于x(1)求数列an(2)设bn=(3)设cn=n2【答案】（1）an=【解析】(1)设fx则fx由关于x的方程x2−有唯一解,知x=0是方程①的唯一解于是,an+1又an+1(2)由(1)知bn=1+c则S记S=i=1n故2S=i=1n②-①得S=n2⇒2S=2n2④-③得S=n故Sn29．【2015年江西预赛】正整数数列an满足a【答案】见解析【解析】改写条件为an+1据此迭代得an+1故an因此，当k＜n时，a30．【2015年江苏预赛】设等比数列a1,a（1）写出一组a1、a（2）当k≥4时，证明：cn【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）a1=4、（2）设an=a假设cn则由2cn+1=当k≥4时，n可取1、2.故app−1解得p=q.于是，当p=q≠1时，则a=b,从而，c1当p=q=1时，则c1又数列cn因此，命题成立.31．【2015年湖南预赛】已知数列an、bn满足an+1=an+1，b【答案】见解析【解析】由题设，知函数fkx的判别式不妨设Δ又Δk+1⇒Δ又由题意，知−ak±m又ak+2m+1故fk+2m+1x=由正整数m的任意性，知有无穷多个fn32．【2015年湖北预赛】设Tn为数列an的前n（1）求数列an（2）设Sn=T【答案】（1）an【解析】（1）易知，T1由T⇒a⇒1⇒1⇒a（2）由（1）得TnSn另一方面，Sn故an+133．【2015年河南预赛】数列an、bn【答