专题10数列B辑（教师版含解析）备战2021年高中数学联赛之1981-2020年高中数学联赛一试试题分专题训练.docx

1、备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题10数列B辑历年联赛真题汇编1【2020高中数学联赛A卷(第01试)】在等比数列an中, a9=13,a3=1,则loga113的值为.【答案】13【解析】由等比数列的性质知a1a9=(a9a13)2, a1=a93a132=133.所以loga113=13.2【2019高中数学联赛B卷(第01试)】设等差数列an的各项均为整数，首项a1=2019，且对任意正整数n，总存在正整数m，使得a1+a2+an=am.这样的数列an的个数为 .【答案】5【解析】设an的公差为d.由条件知a1+a2=ak(k是某个正整数)，则2a1+d=

2、a1+(k-1)d，即(k2)d=a1，因此必有k2，且d=a1k-2.这样就有an=a1+(n-1)d=a1+n-1k-2a1，而此时对任意正整数n，a1+a2+an=a1n+n(n-1)2d=a1+(n-1)a1+n(n-1)2d=a1+(n-1)(k-2)+n(n-1)2d，确实为an中的一项.因此，仅需考虑使k-2|a1成立的正整数k的个数.注意到2019为两个素数3与673之积，易知k2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.3【2018高中数学联赛A卷(第01试)】设整数数列a1,a2,a10满足a10=3a1,a2+a8=2a5，且ai+11+a

3、i,2+ai,i=1,2,9，则这样的数列的个数为 .【答案】80【解析】设bi=ai+1-ai1,2(i=1,2,9)，则有2a1=a10-a1=b1+b2+b9 b2+b3+b4=a5-a2=a8-a5=b5+b6+b7 用t表示b2,b3,b4中值为2的项数.由知，t也是b5,b6,b7中值为2的项数，其中t0，1，2，3.因此b2,b3,b7的取法数为C302+C312+C322+C332=20.取定b2,b3,b7后，任意指定b8,b9的值，有22=4种方式.最后由知，应取b11,2使得b1+b2+b9为偶数，这样的b1的取法是唯一的，并且确定了整数a1的值，进而数列b1,b2,b9

4、唯一对应一个满足条件的数列a1,a2,a10.综上可知，满足条件的数列的个数为204=80.4【2018高中数学联赛B卷(第01试)】在平面直角坐标系xOy中，直线l通过原点，n=(3，1)是l的一个法向量.已知数列an满足:对任意正整数n，点an+1,an均在l上.若a2=6，则a1a2a3a4a5的值为 .【答案】-32【解析】易知直线l的方程是3x+y=0.因此对任意正整数n，有3an+1+an=0，即an+1=-13an，故an是以-13为公比的等比数列于是a3=-13a2=-2.由等比数列的性质可得a1a2a3a4a5=a35=(-2)5=-32.5【2017高中数学联赛A卷(第01

5、试)】设两个严格递增的正整数数列an,bn满足:a10=b102017，对任意正整数n，有an+2=an+1+an,bn+1=2bn，则a1+b1的所有可能值为 .【答案】13、20【解析】由条件可知:a1,a2,b1均为正整数，且a1b10=29b1=512b1，故b11，2，3.反复运用an的递推关系知a10=a9+a8=2a8+a7=3a7+2a6=5a6+3a5=8a5+5a4=13a4+8a3=21a3+13a2=34a2+21a1，因此21a1a10=b10=512b12b1(mod34)，而1321=348+1，故有a11321a1132b1=26b1(mod34) 另一方面，注

6、意到a1a2，有55a134a2+21a1=512b1，故a151255b1 当b1=1时，、分别化为a126(mod34),a151255，无解当b1=2时，、分别化为a152(mod34),a1102455，得到唯一的正整数a1=18，此时a1+b1=20.当b1=3时，、分别化为a178(mod34),a1m的情况：此时a4=a1nm3=a1n3m3，注意到m3与n3互素，故l=a1m3为正整数.相应地，a1,a2,a3,a4分别等于m3l,m2nl,mn2l，n3l，它们均为正整数.这表明，对任意给定的q=nm1，满足条件并以q为公比的等比数列a1,a2,a3,a4的个数，即为满足不等

7、式n3l100的正整数l的个数，即100n3.由于53100，故仅需考虑q=2,3,32,4,43，这些情况，相应的等比数列的个数为1008+10027+10027+10064+10064=12+3+3+1+1=20.当nm时，由对称性可知，亦有20个满足条件的等比数列a1,a2,a3,a4，综上可知，共有40个满足条件的有序数组a1,a2,a3,a4.8【2014高中数学联赛(第01试)】数列an满足a1=2，an+1=2(n+2)n+1annN*，则a2014a1+a2+a2013= .【答案】20152013【解析】由题设an=2(n+1)nan-1=2(n+1)n2nn-1an-2=2

8、(n+1)n2nn-1232a1=2n-1(n+1)，记数列an的前n项和为Sn，则Sn=2+23+224+2n-1(n+1)，所以2Sn=22+223+234+2n(n+1)，将上面两式相减，得Sn=2n(n+1)-2n-1+2n-2+2+2=2n(n+1)-2n=2nn，故a2014a1+a2+a2013=220132015220132013=20152013.9【2013高中数学联赛(第01试)】已知数列an共有9项，其中a1=a9=1，且对每个i1,2,8，均有ai+1ai2,1,-12，则这样的数列的个数为 .【答案】491【解析】令bi=ai+1ai(1i8)，则对每个符合条件的数

9、列an，有i=18bi=i=18ai+1ai=a9a1=1，bi2,1,-12,1i8 反之，由符合条件的8项数列bn可唯一确定一个符合题设条件的9项数列an.记符合条件的数列bn的个数为N.显然bi(1i8)中有偶数个-12，即2k个-12；继而有2k个2，84k个1.当给定k时，bn的取法有C82kC8-2k2k种，易知k的可能值只有0，1，2，所以N=1+C82C62+C84C44=1+2815+701=491.因此，根据对应原理，符合条件的数列an的个数为491.10【2011高中数学联赛(第01试)】已知an=C200n(36)200-n12n(n=1,2,95)，则数列an中整数项

10、的个数为 .【答案】15【解析】由题意知an=C200n3200-n32400-5n6，要使an(1n95)为整数，必有200-n3,400-5n6均为整数，从而6|n+4.当n=2，8，14，20，26，32，38，44，50，56，62，68，74，80时，200-n3和400-5n6均为非负整数，所以an为整数，共有14个.当n=86时，a86=C200863382-5，在C20086=200!86!114!中，200!中因数2的个数为2002+20022+20023+20024+20025+20026+20027=197，同理可计算得86!中因数2的个数为82，114!中因数2的个数为

11、110，所以C20086中因数2的个数为197-82-110=5，故a86是整数.当n=92时a92=C200923362-10，在C20092=200!92!108!中，同样可求得92!中因数2的个数为88，108!中因数2的个数为105.故C20086中因数2的个数为197-88-105=4，故a92不是整数.因此，整数项的个数为14+1=15.11【2010高中数学联赛(第01试)】已知an是公差不为0的等差数列，bn是等比数列，其中a1=3，b1=1，a2=b2,3a5=b3，且存在常数,使得对每一个正整数n都有an=logbn+，则+= .【答案】33+3【解析】设an的公差为d，b

12、n的公比为q，则3+d=q3(3+4d)=q2 式代入式得9+12d=d2+6d+9，求得d=6,q=9，从而有3+6(n-1)=log9n-1+对一切正整数n都成立，即6n-3=(n-1)log9+对一切正整数n都成立.从而log9=6，-3=-log9+，求得=33,=3，+=33+3.12【2009高中数学联赛(第01试)】一个由若干行数字组成的数表，从第二行起每一行中的数字均等于其肩上的两个数之和，最后一行仅有一个数，第一行是前100个正整数按从小到大排成的行，则最后一行的数是 (可以用指数表示)【答案】101298【解析】易知：(1)该数表共有100行；(2)每一行构成一个等差数列，

13、且公差依次为d1=1,d2=2,d3=22,d99=298，(3)a100为所求.设第n(n2)行的第一个数为an，则an=an-1+an-1+2n-2=2an-1+2n-2=22an-2+2n-3+2n-2=222an-3+2n-4+22n-2=23an-3+32n-2=2n-1a1+(n-1)2n-2=(n+1)2n-2.故a100=101298.13【2008高中数学联赛(第01试)】设数列an的前n项和Sn满足：Sn+an=n-1n(n+1)，n=1，2，则通项an= .【答案】12n-1n(n+1)【解析】因为an+1=Sn+1-Sn=n(n+1)(n+2)-an+1-n-1n(n+

14、1)+an，即2an+1=n+2-2(n+1)(n+2)-1n+1+1n(n+1)+an=-2(n+1)(n+2)+an+1n(n+1)，由此得2an+1+1(n+1)(n+2)=an+1n(n+1)，令bn=an+1n(n+1)，因此b1=a1+12=12a1=0，bn+1=12bn，故bn=12n，可得an=12n-1n(n+1).14【2007高中数学联赛(第01试)】已知等差数列an的公差d不为0，等比数列bn的公比q是小于1的正有理数.若a1=d,b1=d2，且a12+a22+a32b1+b2+b3是正整数，则q等于 .【答案】12【解析】因为a12+a22+a32b1+b2+b3=

15、a12+a1+d2+a1+2d2b1+b1q+b1q2=141+q+q2，故由已知条件可知：1+q+q2为14m，其中m为正整数.令1+q+q2=14m，则q=-12+14+14m-1=-12+56-3m4m，由于q是小于1的正有理数，所以114m3，即5m13且56-3m4m是某个有理数的平方，由此可知q=12.15【2005高中数学联赛(第01试)】将关于x的多项式f(x)=1-x+x2-x3+-x19+x20表示为关于y的多项式g(y)=a0+a1y+a2y2+a19y19+a20y20，其中y=x4.则a0+a1+a20= .【答案】521+16【解析】由题设知，f(x)和式中的各项构

16、成首项为1，公比为x的等比数列，由等比数列的求和公式，得f(x)=(-x)21-1-x-1=x21+1x+1，令x=y+4，得g(y)=(y+4)21+1y+5，取y=1，有a0+a1+a2+a20=g(1)=521+16.16【2005高中数学联赛(第01试)】如果自然数a的各位数字之和等于7，那么称a为“吉祥数”.将所有“吉祥数”从小到大排成一列a1，a2，a3，若an=2005，则a5n= .【答案】52000【解析】因为方程x1+x2+xk=m的非负整数解的个数为Cm+k-1m，而使x11,xi0(i2)的整数解个数为Cm+k-2m-1.现取m=7，可知，k位“吉祥数”的个数为P(k)

17、=Ck+56.2005是形如2abc的数中最小的一个“吉祥数”，且P(1)=C66=1,P(2)=C76=7,P(3)=C86=28，对于四位“吉祥数”1abc，其个数为满足a+b+c=6的非负整数解个数，即C6+3-16=28个.因为2005是第1+7+28+28+1=65个“吉祥数”，即a65=2005.从而n=65,5n=325，又P(4)=C96=84,P(5)=C106=210，而k=15P(k)=330，所以从大到小最后6个五位“吉祥数”依次是70000,61000,60100,60010,60001,52000.故第325个“吉祥数”是52000，即a5n=52000.17【20

18、04高中数学联赛(第01试)】已知数列a0,a1,a2,an,满足关系式(3an+1)(6+an)=18，且a0=3，则i=0n1ai的值是 .【答案】132n+2-n-3【解析】设bn=1an(n=0,1,2,)，则3-1bn+16+1bn=18，即3bn+1-6bn-1=0.所以bn+1=2bn+13，bn+1+13=2bn+13，故数列bn+13是公比为2的等比数列.因此bn+13=2nb0+13=2n1a0+13=132n+1，所以bn=132n+1-1，则i=0n1ai=i=0nbi=i=0n132i+1-1=1322n+1-12-1-(n+1)=132n+2-n-3.18【2003

19、高中数学联赛(第01试)】设Mn=(十进制)n位纯小数0.a1a2an|ai只取0或1(i=1，2，n1)，an=1，Tn是Mn中元素的个数，Sn是Mn中所有元素的和，则limnSnTn= .【答案】118【解析】因为Mn中的小数的小数点后均有n位，而除最后一位上的数字必为1外，其余各位上的数字均有两种选择(0或1)方法，故Tn=2n-1，又因在这2n-1个数中，小数点后第n位上的数字全是1，而其余各位上数字是0或1，各有一半.故：Sn=122n-1110+1102+110n-1+2n-1110n=2n-21101-110n-11-110+2n-1110n=2n-2191-110n-1+2n-

20、1110n，故limSnTn=limn1181-110n-1+110n=118.19【2000高中数学联赛(第01试)】设an是(3-x)n的展开式中x项的系数(n=2，3，4，)，则limn32a2+33a3+3nan= .【答案】18【解析】由题意，由二项式定理有an=Cn23n-2，所以3nan=3n2n(n-1)=181n-1-1n，所以limn32a2+33a3+3nan=limn181-12+12-13+1n-1-1n=limn181-1n=18.20【2000高中数学联赛(第01试)】等比数列a+log23,a+log43,a+log83的公比是 .【答案】13【解析】由题意，不

21、妨设公比为q，可知q=a+log43a+log23=a+log83a+log43，又根据比例的性质，有q=a+log43-a+log83a+log23-a+log43=log43-log83log23-log43=12log23-13log23log23-12log23=13.21【1999高中数学联赛(第01试)】已知正整数n不超过2000，并且能表示成不少于60个连续正整数之和，那么，这样的n的个数是 .【答案】6【解析】首项为a的连续k个正整数之和为Sk=ka+k(k+1)2k(k+1)2，由Sk2000可得60k62，当k=60时Sk=60a+3059，由Sk2000可得a3，故Sk=

22、1830，1890，1950；当k=61时Sk=61a+3061，由Sk2000可得a2，故Sk=1891，1952；当k=62时Sk=62a+3161，由Sk2000可得a1，故Sk=1953.所以题中的n有6个.22【1998高中数学联赛(第01试)】各项为实数的等差数列的公差为4，其首项的平方与其余各项之和不超过100，这样的数列至多有 项.【答案】8【解析】设a1,a2,an是公差为4的等差数列，则a12+a2+a3+an100，等价于a12+a1+4+a1+4(n-1)2(n-1)100，等价于a12+(n-1)a1+2n2-2n-1000 当且仅当=(n-1)2-42n2-2n-1

23、000时，至少不存在一个实数a1满足不等式.因为0等价于7n2-6n-4010，等价于n1nn2 其中n1=3-281670,8n2=3+281679，所以，满足不等式的自然数n的最大值为8，即满足题设的数列至多有8项.23【1994高中数学联赛(第01试)】已知95个数a1,a2,a3,a95，每个数都只能取+1或1两个值之一，那么它们的两两之积的和a1a2+a1a3+a94a95的最小值是 .【答案】13【解析】记N=a1a2+a1a3+a94a95 设a1,a2,a95中有m个+1，n个1，则m+n=95 式乘2，加上a12+a22+a952=95得a1+a2+a952=2N+95.又a

24、1+a2+a95=m-n，所以(m-n)2=2N+95.使上式成立的最小自然数N=13，此时(m-n)2=112，即m-n=11 联立式与可求出m=53,n=42或m=42,n=53.据此可构造出N达到最小值的情况，故所求最小正值为13.24【1992高中数学联赛(第01试)】设x，y，z是实数，3x，4y，5z成等比数列，且1x,1y,1z成等差数列，则xz+zx的值是 .【答案】3415【解析】由题意得(4y)2=15xz2y=1x+1z，由式得y=2xzx+z，以此代入式有162xzx+z2=15xz，即(x+z)2xz=6415，故xz+zx=3415.25【1992高中数学联赛(第0

25、1试)】设数列a1,a2,an,满足a1=a2=1,a3=2，且对任何自然数n，都有anan+1an+21，又anan+1an+2an+3=a1+an+1+an+2+an+3，则a1+a2+a100的值是 .【答案】200【解析】因为a1=a2=1,a3=2，又a1a2a3a4=a1+a2+a3+a4，所以a4=4.又由条件得anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3，an+1an+2an+3an+4=an+1+an+2+an+3+an+4.将上述两式相减，得an+1an+2an+3an-an+4=an-an+4，即an-an+4an+1an+2an+3-1=0.依已知条

26、件an+1an+2an+31，故an+4=an.从而i=1100ak=1004a1+a2+a3+a4=200.26【1988高中数学联赛(第01试)】(1)设xy，且两数列x,a1,a2,a3,y和b1,x,b2,b3，y,b4均为等差数列，那么b4-b3a2-a1= .(2)(x+2)2n+1的展开式中，x的整数次幂的各项系数之和为 .(3)在ABC中，已知A=a，CD，BE分别是AB，AC上的高，则DEBC= .(4)甲、乙两队各出7名队员按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛直到有一方队员全被淘汰为止，另一方获胜，形成一种比赛过程，

27、那么所有可能出现的比赛过程的种数为 .【答案】3432【解析】(1)设两个数列的公差分别为d，d，则y-x=4d=3d，dd=34.所以b4-b3a2-a1=2dd=243=223.(2)设(x+2)2n+1=f(x)+xg(x)，其中f(x)，g(x)是x的多项式，那么所求的是f(1).而(2+x)2n+1+(2-x)2n+1=f(x)+xg(x)+f(x)-xg(x)，所以f(1)=12(2+1)2n+1+(2-1)2n+1=1232n+1+1.(3)因为BDC=BEC，所以B，D，E，C共圆.ADE=ACB，AEDABC，DE2BC2=SAEDSABC=ADAEABAC=cos2a.所以

28、DEBC=|cosa|.(4)设甲队队员为a1,a2,a7，乙队队员为b1,b2,b7，下标表示事先安排好的出场顺序，比赛过程可表示为这14个字母互相穿插地依次排列，其前后顺序就是先后被淘汰的顺序，但最后一定是胜队中不被淘汰的队员和可能未曾参赛的队员，所以比赛过程表示为14个位置中任取7个位置安排甲队员(当然，其余位置安排乙队队员)，比赛过程的总数为C147=3432.优质模拟题强化训练1一个三角形的三条边成等比数列， 那么， 公比q 的取值范围是_.【答案】5-12q0,q1.则a+aqaq2， 即q2-q-10.解得1-52q1+52.由 q1 知 q 的取值范围是1q 0,0qa，即q2

29、+q-10.解得5-12q1.综上所述， 1-52q1+52.2在数列an中，a1=2,an+an+1=1(nN+)，设Sn为数列an的前n项和，则S2017-2S2018+S2019的值为_ .【答案】3【解析】当n为偶数时，a1+a2=a3+a4=an-1+an=1，故Sn=n2.当n奇数时，a1=2,a2+a3=a4+a5=an-1+an=1，故Sn=2+n-12=n+32.故S2017-2S2018+S2019=1010-2018+1011=3.故答案为：33已知集合A=1，2，3，2019，对于集合A的每一个非空子集的所有元素，计算它们乘积的倒数.则所有这些倒数的和为_ .【答案】2

30、019【解析】集合A的220191个非空子集中，每一个集合的所有元素之积分别为：1，2，2019，12，13，20182019，122019，它们的倒数和为1+12+12019+112+113+120182019+1122019=(1+1)(1+12)(1+12019)-1=23220202019-1=2019.故答案为：20194已知数列an满足：an=(2+5)n+12n(nN*)，其中x表示不超过实数x的最大整数.设C为实数，且对任意的正整数n，都有k=1n1akak+2C，则C的最小值是_ .【答案】1288【解析】记x1=2+5,x2=2-5，则an=x1n+12n.记Tn=x1n+

31、x2n，则Tn+2=(x1+x2)Tn+1-x1x2Tn=4Tn+1+Tn，而T1=x1+x2=4,T2=x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2=18，因此，对任意的正整数n，TnZ.又注意到-122-50，从而|x2|12，于是-1+12n-12nx2n12n.因此，x1n+x2n-1x1n+12n-1anx1n+12n=x1n+(-1+12n)+10，于是an+24an+1，从而an4n-2a2(n2)，故limn1an+1an+2=0.因此，k=1n1akak+20，数列S2n+1-Sn(nN*)是递减数列，数列S2n+1-Sn(nN*)的最大项为S3-S1=15+19=1445，

32、1445m15,m143，又m是正整数，m的最小值为5.故答案为：5.6公差为d，各项皆为正整数的等差数列an，若a1=1919，am=1949，an=2019，则正整数m+n的最小值是_ .【答案】15【解析】1949=1919+(m-1)d，2019=1919+(n-1)d，显然有m1，n1，d=30m-1，以及d=100n-1，得去d得：10m-3n=7，其通解为m=1+3tn=1+10t，为使m1，n1且d为正整数，则正整数t只能在1，2，5，10中取值(因(30，100)=10，t取值只能为10的正因数).当t=1时，m=4，n=11为最小，此时m+n=15.故答案为：157数列an

33、满足：a0=3,an+1=an+1an(其中an和an分别表示实数an的整数部分与小数部分)，则a2019=_ .【答案】3029+3-12【解析】a0=1+(3-1)，a1=1+13-1=2+3-12，a2=2+23-1=3+3=4+(3-1)，a3=4+13-1=5+3-12，归纳易得，a2k=3k+1+(3-1),a2k+1=3k+2+3-12.因此a2019=3029+3-12.故答案为：3029+3-128设等差数列an的公差为d(d0)，前n项和为Sn.若数列8Sn+2n也是公差为d的等差数列，则数列an的通项an=_.【答案】4n-94【解析】设an=a1+(n-1)d=dn+a

34、，这里a=a1d，于是Sn=na1+n(n-1)2d=d2n2+(a1-d2)n=d2n2+(a+d2)n，所以8Sn+2n=4dn2+(8a+4d+2)n，故4dn2+(8a+4d+2)n=dn+b，这里b=8a1+2-d.所以4dn2+(8a+4d+2)n=d2n2+2bdn+b2，于是4d=d2，8a+4d+2=2bd，b2=0，解得d=4，b=0，a=-94，故an=4n-94.故答案为：4n-949设数列an满足：a1=1,4an+1-an+1an+4an=9，则a2018=_.【答案】53 【解析】由4an+1-an+1an+4an=9可得(4-an)(4-an+1)=7.设bn=

35、4-an，则有bnbn+1=7.又b1=4-a1=3，故b2=73.一般地，有b2k-1=3,b2k=73，于是a2k-1=4-3=1,a2k=4-73=53，所以a2018=53.10数列an满足a1=1,a2=3，且an+2=|an+1|-an(nN+)，记an的前n项和为Sn.则S100=_.【答案】89【解析】由已知得ak+9=ak，则S100=a1+11(a1+a2+a9)=8911已知数列an前n项和为Sn,a1=15,且对任意正整数m、n,均有am+n=aman若Sna对任意的nZ+恒成立,则实数a的最小值为_.【答案】14【解析】由题意,取m=1得an+1=a1an=15an.

36、又a1=15,则an是以为首项、为公比的等比数列,即an=15nnZ+故Sn=a1+a2+an=15+152+15n=151-15n1-15=141-15n由对任意的nZ+,均有Sn0;sinn-,cosn0.又cos4545cos303045.从而，an=2nsinn,n=0,1,2;2nsin2,n为大于2的偶数;2nsin3,n为大于1的奇数.故a10=210sin2=10242425=2457625.故答案为：245762520等差数列an满足a1+a2+a14=77，且a1、a11Z+，则a18=_。【答案】-5【解析】由等差数列的求和公式得a1+a14=112a1+13a11-a110=11 7a1+13a11=110a1=12(mod13)，a11=2(mod7).(a1,a11)=(12,2)a18=a11+7a11-a110=-5.故答案为：-5