专题11数列C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 11 数列 C 辑历年联赛真题汇编 1【2020 高中数学联赛 B 卷(第 01 试)】设数列的通项公式为=15(1+52)(152),=1,2,.证明:存在无穷多个正整数 m,使得+4 1是完全平方数.【答案】证明见解析【解析】记1=1+52,2=152,则1+2=1,12=1,于是=15 1 2(=1,2,).所以1=1,2=1.又注意到+1=2(=1,2).有+1+=15 1+1 2+1+15 1 2=15 11+1 22+1=15 1+2 2+2,+2=+1+,=1,2,由此易知,数列的每一项都是正整数.由计算易得

2、4+22=7,故2+321 1=15 12+3 22+3 15 121 221 1.=15 14+2+24+2 122114 122124 1=15 14+2+24+2+14+24 1=15 14+2+24+2+7 1=55 14+2+24+2+2=15 12+1 22+12=2+12，所以,对任意正整数 n,2+321 1都是完全平方数.于是对于正奇数 m,+4 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1,2,3,满足:对任意正整数 n，有(2 )=1，其中Sn 表示数列的前 n 项和证明:(1)对任意正整数 n，有 2；(2)对任意正整数 n，有+1

3、 1.【答案】证明见解析【解析】(1)约定 S0=0.由条件知，对任意正整数 n，有1=(2 )=(1)(+1)=2 12，从而2=+02=，即=(当 n=0 时亦成立).显然，=1 +1 1 ，故必有=,+1=+1，此时=1,+1=+1 ，从而+1 (+1)(+1 )42018的最小正整数 n.【答案】12【解析】由+1=+2可知+1+1=(+1)2.因此+1=(1+1)21=821=2321，故=2321 1.显然an单调递增.由于11=23072 1 24036=42018，故满足题目条件的 n 的最小值是 12.4【2017 高中数学联赛 B 卷(第 01 试)】设数列an是等差数列，

4、数列 bn满足=+1+2 2,=1,2,.(1)证明:数列bn也是等差数列；(2)设数列,的公差均是 d0，并且存在正整数 s、t，使得+是整数，求|1|的最小值.【答案】(1)证明见解析；(2)118.【解析】(1)设等差数列an的公差是 d，则+1 =(+2+3 +12)(+1+2 2)=+2(+3 +1)(+1+)(+1 )=+2 2 (+1+)=(2+2 +1 )=32.所以数列bn也是等差数列.(2)由已知条件及(1)的结果知 3d2=d.因为 d0，故=13.这样=+1+2 2=(+)(+2)2=3+22=+29.若正整数 s、t 满足+，则+=+29=1+(1)+1+(1)+29

5、=21+23+29 .记=21+23+29，则 lZ，且181=3(3 +1)+1是一个非零的整数，故|181|1，从而|1|118.又当1=118时，有1+3=118+1718=1 .综上所述，|1|的最小值为118.5【2015 高中数学联赛(第 01 试)】设1,2,3,4是 4 个有理数，使得|1 4=24,2,32,18,1,3成立.求1+2+3+4的值.【答案】94【解析】由条件可知，(1 4)是 6 个互不相同的数，且其中没有两个为相反数，由此知，a1，a2，a3，a4 的绝对值互不相等，不妨设|1|2|3|4|，则|(1 0，故+1 (0,2)，由式得tan2+1=sec2=1

6、+tan2，故tan2=1+tan21=1+13=323，即tan=323，因此sin1 sin2 sin=tan1sec1 tan2sec2 tansec=tan1tan2 tan2tan3 tantan+1(利用式)=tan1tan+1=13+1，由13+1=1100得 m=3333.7【2012 高中数学联赛(第 01 试)】已知数列an的各项均为非零实数，且对于任意的正整数 n，都有(1+2+)2=13+23+3，(1)当 n=3 时，求所有满足条件的三项组成的数列1,2,3；(2)是否存在满足条件的无穷数列an，使得2013=2012?若存在，求出这样的无穷数列的一个通项公式；若不存

7、在，说明理由.【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析.【解析】(1)当 n=1 时12=13，由 a10，得 a1=1.当 n=2 时(1+2)2=1+23，由 a20，得 a2=2 或 a2=1.当 n=3 时(1+2+3)2=1+23+33，若 a2=2，得 a3=3 或 a3=2；若 a2=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=1+2+，则2=13+23+3()，从而(+1)2=13+23+3+13，两式相减，结合+1 0，得2=+12+1.当 n=1 时，由情形(1)知 a1=1；当 n2 时，2=2(1)=(+12

8、+1)(2 )，即(+1+)(+1 1)=0，所以+1=或+1=+1.又1=1,2013=2012，所以存在如下形式满足条件=(1 2012)2012(1)(2013).8【2011 高中数学联赛(第 01 试)】已知数列满足：a1=2t3(tR 且 t1)，+1=(2+13)+2(1)1+21().(1)求数列的通项公式；(2)若 t0，试比较+1与的大小.【答案】(1)=2(1)1；(2)+1 .【解析】(1)由原式变形得+1=2(+11)(+1)+21 1，则+1+1+11=2(+1)+21=2(+1)1+11+2，记+11=，则+1=2+2，1=1+11=221=2.又1+1=1+12

9、，11=12.从而有1=11+(1)12=2，故+11=2，于是有=2(1)1.(2)由题意知+1 =2(+11)+12(1)=2(1)(+1)(1+1+)(+1)(1+1)=2(1)(+1)(1+1)=2(1)(+1)(1)+()+(1)=2(1)2(+1)(1+2+1)+(2+3+1)+1，显然在 t0(t1)时恒有+1 0，故+1 .9【2010 高中数学联赛(第 01 试)】证明：方程 2x3+5x2=0 恰有一个实数根 r，且存在唯一的严格递增正整数数列an，使得25=1+2+3+.【答案】证明见解析【解析】令()=23+5 2，则()=62+5 0，所以 f(x)是严格递增的.又(

10、0)=2 0，故 f(x)有唯一实数根 (0,12).所以23+5 2=0，25=13=+4+7+10+，故=3 2(=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1 2 和1 2 ，满足1+2+3+=1+2+3+=25，去掉上面等式两边相同的项，有1+2+3+=1+2+3+，这里1 2 3 ，1 2 3 ，所有的与都是不同的.不妨设1 1，则1 1+2+=1+2+1 11+21+2+=11 1 0时，+1=+1=+1=+1 +1(=1,2,)，整理得+1+2=(+1)(=1,2,)，所以，数列+1构成公比为的等比数列，其首项为1+2=+2=2，所以+1=2 1，于是数列an的通

11、项公式为=+1+1.(2)若=1,=14，则=2 4=0，此时=12，由情形(1)的结果得，数列an的通项公式为=(+1)(12)=+12，所以，an的前 n 项和为=22+322+423+21+12，12 =222+323+424+2+12+1，以上两式相减，整理得12 =32+32+1，所以=3+32.解法二(1)由韦达定理知 =0，又+=，所以1=+,2=2+2+，特征方程2 +=0的两个根为,.当=0时，通项=(1+2)(=1,2,)，由1=2,2=32得(1+2)=2(1+22)2=32，解得1=2=1，故=(1+)，当 时，通项=1+2(=1,2,)，由1=+,2=2+2+得1+2

12、=+12+22=2+2+，解得1=,2=，故=+1+1=+1+1.(2)同解法一.11【2007 高中数学联赛(第 01 试)】设=1(+1)=1，求证：当正整数 n2 时，+1 0，即+1 .12【2006 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=15.问：(1)当1,2,3,4,5取何值时，S 取到最大值?(2)进一步地，对任意 1i，j5 有|2，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=2

13、006，且使=1 12，将 S 改写成=1 0，这与 S 在1,2,3,4,5时取得最大值矛盾.所以必有|1(1 ,5)，因此当1=402,2=3=4=5=401取到最大值.(2)当1+2+3+4+5=2006且|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=1,=+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=1，所以+1+1 7=0，故+1=7 1 由式及0=1,1=5可知，对任意 nN，an 为正整数.(2)将式两边配

14、方，得(+1+)2=9(+1 1)，所以+1 1=(+1+3)2 由式得+1+=9 (+1)，所以+1+(+1)(1)(1+0)0(mod 3).因此，+1+3为整数，所以+1 1是完全平方数.14【2002 高中数学联赛(第 01 试)】如图，有一列曲线0,1,2,，已知 P0 所围成的图形是面积为 1 的等边三角形，+1是对进行如下操作得到：将的每条边三等分，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(k=0，1，2).记 Sn 为曲线所围成图形的面积.(1)求数列Sn的通项公式；(2)求 lim.【答案】(1)=85 35 (49)；(2)85.【解析】(1)对

15、P0 进行操作，容易看出 P0 的每条边变成 P1 的 4 条边，故 P1 的边数为 34；同样，对 P1 进行操作，P1 的每条边变成 P2 的 4 条边，故 P2 的边数为 342，从而不难得到 Pn 的边数为 34n.已知 P0 的面积为 S0=1，比较 P1 与 P0.容易看出 P1 在 P0 的每条边上增加一个小的等边三角形其面积为132，而 P0 有 3 条边，故1=0+3 132=1+13，再比较 P2 与 P1，可知 P2 在 P1 的每条边上增加了一个小的等边三角形，其面积为132 132，而 P1 有 34 条边，故2=1+3 4 134=1+13+433，类似地有3=2+

16、3 42 136=1+13+433+4235，于是有=1+13+433+4235+41321=1+41321=1=1+34(49)=1=1+34 491(49)149=1+35 1 (49)=85 35 (49)下面利用数学归纳法证明式当 n=1 时，由上面已知，式成立.假设 n=k 时，有=85 35 (49)，当 n=k+1 时，易知第 k+1 次操作后，比较 Pk+1 与 Pk，Pk+1 在 Pk 的每条边上增加了一个小的等边三角形，其面积为132(+1)，而 Pk 有3 4条边，故+1=+3 4 132(+1)=+422(+1)=85 35 (49)+1.综上，由数学归纳法，式得证.(

17、2)lim=lim(85)(35)(49)=85.15【2001 高中数学联赛(第 01 试)】an为等差数列，bn为等比数列，且1=12，2=22，3=32(2)，又 lim+(1+2+)=2+1，试求an的首项与公差.【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an与bn的前三项满足=2(=1,2,3)，由此可确定数列an的首项 ai 与公差 d 的关系.由lim(1+2+)=2+1便可求出 a1 和 d 的值.设an的公差为 d，由1 0，由22=13得24=1232，所以22=13.(舍去，否则1=2=3).或22=13，所以(1+)2=1(1+2)，即212+

18、41+2=0.解得=(2 2)1，若=(2 2)1，则=2212=(2+1)2 1，不符合要求.若=(2+2)1，则=2212=(2 1)2，由lim(1+2+)=2+1得11=2+1，即121(21)2=2+1，解得12=2，由22=13及1 2知1 2 3 4 5 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.【答案】答案见解析【解析】设 6 个电阻的组件的总电阻为 RFG.当=(=3,4,5,6)，1,2是1,2的任意排列时，最小.用逐步调整法证明如下：(1)当1,2并联时，所得组件阻值 R 满足1=11+12，若交换1,2,不变，且当

19、R1 或 R2 变小时，R 也减小，因此不妨取1 2.(2)设三个电阻的组件(如图所示)的总电阻为，则=121+2+3=12+13+231+2，显然，1+2越大，则越小，所以为使最小，必须取 R3 为所取三个电阻中阻值最小的一个.(3)设四个电阻的组件(如图所示)的总电阻为，则1=1+14=12+13+14+23+24124+134+234，记1=14,2=14，则1,2为定值.于是=2123134，显然，当34最小，且123最大时，最小.故应取4 3,3 2,3 1才能使总电阻的阻值最小.(4)回到图 1，把由1,2,3组成的组件用等效电阻 RAB 代替.要使 RFG 最小，由情形(3)知，

20、必须使6 5，且由情形(1)知，应使最小.由情形(2)知，要使最小，必须使5 4，且应使最小.而由情形(3)知，要使最小，应使4 3 2，且4 3 1.(2)用数学归纳法证明：()=112+(1)2+(1)2(=1,2 ,2,为偶数)112+(1)2+(1)12+1212 (=1,2,12,为奇数).【答案】证明见解析【解析】(1)由()1()=(+1)(+1 1)()1=+2+2+1=+2 2 1=+1()得+1()=()1().(2)直接计算得1()=+1=，2()=2+1+12=(+1)2 1=2 1.因此，命题对于 n=1，2 时成立设命题对 nm(m2，m 为自然数)已成立，今证对于

21、 n=m+1 也成立，分两种情况：(i)当 m+1 为奇数时，由归纳假设知，对 n=m 及 n=m1 有()=+C212+C224+(1)C2+(1)2 22221()=1 213+(1)1+12+(1)2 122 1(1)212 用 y 乘式减去式得到()1()=+1 +(1)(+1)+12+(1)2(22+22).因为C+C1=C+1，所以()1()=+1 +1111+(1)+1+12+(1)2 2+12.根据式，故命题对 n=m+1(m+1 为奇数)成立.(ii)当 m+1 为偶数时，由归纳假设知，对 n=m 及 n=m1，有()=C112+(1)C2+(1)12 C+1212 1()=

22、1 213+(1)11+12+(1)12 C+1212 用 y 乘式减去式，如同上述 m+1 为奇数时一样进行合并，并注意到最后的常数项为(1)12 C21212=(1)+12 C+12+12=(1)+12.于是得到()1()=+1 1 1+(1)+12.根据情形(i)的结论，故命题对 n=m+1(m+1 为偶数)成立，综合上述，可知对一切自然数 n，命题成立.20【1990 高中数学联赛(第 01 试)】n2(n4)个正数排成 n 行 n 列：1112131412122232423132333434142434441234，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

23、知24=1,42=18，43=316，求11+22+33+44+.【答案】2 121 2【解析】设第一行数列公差为 d，各列数列公比为 q，则第四行数列公差是 dq3，于是可得方程组24=(11+3)=142=(11+)3=1843=18+3=316，解此方程组，得11=12.由于 n2 个数都是正的，故11=12.而对于任意 1kn，有=11=11+(1)1=12，故=12+2122+12.又因为12 =12+2123+12+1，相减后即得12 =12+122+12 12+1=12(1 12)112 12+1.所以=2 121 2.21【1989 高中数学联赛(第 01 试)】已知1,2,是

24、 n 个正数，满足1 2 =1.求证：(2+1)(2+2)(2+)3.【答案】证明见解析【解析】解法一利用不等式+33(a，b，c 为正数)，有2+=1+1+33(=1,2,)，则(2+1)(2+2)(2+)3 12 3=3.解法二令=e，则由1 2 =1可知1+2+=0.考虑函数()=ln(2+e).由()+()2(+2)可知 f(x)是凸函数，由延森(Jensen)不等式得(1)+(2)+()(1+2+)=ln3，此即(2+1)(2+2)(2+)3.证毕.22【1989 高中数学联赛(第 01 试)】已知对任意的 nN，有 an0，且3=1=(=1)2.求证：an=n.【答案】证明见解析【

25、解析】用数学归纳法证明(1)当 n=1 时，结论显然成立；(2)假设命题在 nk 时成立，即当 i=1，2，k 时，则 ai=i.下面考虑当 n=k+1 时的情形：3+1=1=(+1=1)2=3=1+13=(=1+1)2,于是+13=2 +1=1+12，因为=(=1,2,)，所以=1=(+1)2.进而2+12+1 (+1)=0(+1 0)，解得+1=+1或+1=(不符合题意).故命题在 n=k+1 时成立.优质模拟题强化训练 1设1=1,=2 121=1(2).求证：(1)+1+1=2(+1)2(2)；(2)(1+11)(1+12)(1+1)4(1).【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析

26、【解析】(1)由已知可得+1+1=2 121=1+22(+1)2 12=1=2(+1)2.(2)由已知条件有1=1,2=4.当 n=1 时，1+11=2 4，不等式成立.当 n2 时，由(1)的结论可得(1+11)(1+12)(1+13)(1+1)=1+11 1+22 1+33 1+=1+112(1+23 1+34 1+1)+1=12 2232 3242 2(+1)2 +1=2+1(+1)2=2(1+122+132+12)21+11 2+12 3+1(1)=21+(1 12)+(12 13)+(11 1)=2(2 1)4.综上所述，不等式成立.2已知正项数列an的前 n 项和为 Sn，且2=1

27、.(1)求数列an的通项公式；(2)求证：2=1 0，所以+12=2+1，即2=+12+1,21=2 (2).两式相减，得2=+12+1 2+，进而(+1+)(+1 )=+1+.因为+1+0，所以+1 =1(2).又由已知1=1,2=2，所以，对任意 nN+，有+1 =1，即an是等差数列，故 an=n.(2)由 an=n，对原式变形有：2=1=13=1=1+13=2 1+1(2 1)=2=1+1(1)(+1)=2=1+1(1)(+1)(1)+(+1)2=2 1+2(1)(+1)(+1+1)=2=1+1 1(+1)(1)=2=1+(1 11+1)=2=1+1+12 1 1+1 2+22 3.原

28、式得证.3已知数列中1=2,+1=(2 1)(+2)，n=1,2,3,.(1)求的通项公式；(2)若数列中1=2，+1=3+42+3，n=1,2,3,证明：2 43,=1,2,3,.【答案】(1)=2(2 1)+1,.(2)证明见解析【解析】(1)由题设：+1=(2 1)(+2)=(2 1)(2)+(2 1)(2+2)=(2 1)(2)+2，+1 2=(2 1)(2).所以，数列 2是首项为2 2，公比为2 1的等比数列，故有 2=2(2 1)，即 an的通项公式为=2(2 1)+1,.(2)用数学归纳法证明 当 n=1 时，因为2 2,1=1=2，所以2 1 1，结论成立 假设当 n=k 时

29、，结论成立，即2 43，也即0 0.又12+3 122+3=3 22，所以+1 2=(3 22)(2)2+3(3 22)2(2)(2 1)4(43 2)=4+1 2.也就是说，当 n=k+1 时，结论成立.根据和知2 1+2，(+1)(3+1)(2 3+2+2)=(1)3 2+1(1)(1+2)2+1=2 2 0.所以 n2 时，0 23+2+2(+1)(3+1)0，所以 +(+).(2)因为 2109=31937，假设有2109|，则19|.解法一：由1=3,2=6,+2=3+1 ，得 3,6,15,1,7,1,15,6,3,3,6,(mod 19).所以19 (+)，所以19 .解法二：因

30、为+2=+12+9，所以+12 9(mod 19)，由费马小定理得 11(mod19)，矛盾.所以不存在 +，使得2109|，得证.7设数列(+)的前 n 项和为，点(,)在=16 13 的图像上.(1)求数列的通项公式；(2)求1=0，且对任意的正整数 n，均有+1 =log12.证明：对任意 2，总有13 12+13+1 34.【答案】(1)=2(2+1)；(2)见解析【解析】(1)易知=16 13.当 2时，=1=13 1 13 =14 1.又1=16 13 1 1=18 =2(2+1).(2)又注意到，+1 =log12=2+1.当 2时，=1+(+1 )1=1=(2+1)1=1=2

31、1=21=212 1=12(1 1 1+1)=2=12(1+12)(1+1+1).=34 12(1+1+1)1.下面证明：(=2,3,).当=2时，2=1+1=2 2.当 3时，若1 1，则=1+(1)2 (1)+(1)2=(1).故 1,2 1,1 1,2 1。证明：(1)对于任意的正整数 n(n2)有+2 4；(2)从某一个正整数 n 开始均有 。【答案】(1)见解析；(2)见解析【解析】(1)由正数数列知+2=+12+12=(1+2)2 4.(2)显然，数列、均严格递增，从而，每-项均大于 1.则+2=2+1=2+12+3,此时,+2 3.对于任意正整数 k 有2+5 2+33 53,2

32、+4 2+23 43,2+5 2+34 54,2+4 2+24 1，时，(43)ln4ln4 4ln4 3ln4 44 43.再由式知当 1时，2+4 2+4，同理，当 2时,2+5 2+5.取0=1,2.则当 0时，有2+4 2+4,且2+5 2+5.故原命题成立.12定义数列:1=1，2=2，3=3，对任意的 3，+1=1+22.证明：为整数数列.【答案】见解析【解析】注意到，4=3 2+321=10，+1=(2+1)1.令=2+1，则3=4，4=42+1=6，+1=1.故+1+1=+1=+11+1=+1+11=1.令=+1，则=+1=1=1.从而，+1=3=2.故+1=1=21 1=1(

33、2 1)(2).又1、2为整数，于是为整数数列.13已知正整数 n 都可以唯一表示为=0+1 9+2 92+9的形式，其中 m 为非负整数，0,1,8(=0，1,1)，1,8.试求中的数列0,1,2,严格单调递增或严格单调递减的所有正整数 n 的和.【答案】984374748【解析】设 A 和 B 分别表示中数列严格单调递增和递减的所有正整数构成的集合.符号 S(M)表示数集 M 中所有数的和，并将满足式的正整数记为=1 10.把集合 A 分成如下两个不交子集0=|0=0和1=|0 0.我们有()=(0)=(1).对任意 1，令()=9 0，则是1到0的双射.由此得(0)=9(1)，从而()=

34、10(1).又对任意=1 0 ，令=()=(9 )(9 1)(9 0)1，则 g 是 B 到1的双射，其中+=9+1+9+9=98(9+1 1).因为=1 0|1 1 920成立的最小正整数的值【答案】(1)=1+2(1)=2 1(2)50【解析】(1)由2 =，得2+1 (+1)+1=+1 将上述两式相减，得2+1 (+1)+1+=1 所以 (1)+1=1 所以(+1)+1 +2=1，得 2+1+2=0，所以+2=2+1 故数列为等差数列 又由21 1=1，及2=3，得1=1，的公差=2 所以=1+2(1)=2 1(2)由(1)知，=1(21)2+1+(2+1)21 所以=1212+1(21

35、+2+1)=12 2+121212+1=12(121 12+1)所以=12(11 13)+12(13 15)+12(121 12+1)=12(1 12+1)由 920，得12(1 12+1)920所以12+1 100，992 所以使 920成立的最小正整数的值为 50 15已知数列满足：1=1,+1=18 2+()，若对任意正整数，都有 2，注意到 +时，(2)(1)+因此，存在充分大的，使得1+(2)(1)4，即 4，矛盾！所以，2 又当=2时，可证：对任意的正整数，都有0 4 当=1,1=1 4，结论成立 假设=(1)时，结论成立，即0 4，则0 +1=2+18 2 2+18 42=4，即

36、结论对=+1也成立 由数学归纳法知，对任意的正整数，都有0 ，则+2=+1 +1 1(3)若+1 2+22+2,2+1 2+2，=1，2，3，则0 +1 1 由于1是确定的正整数，这样下去，必然存在某项 0矛盾，故中必有“0”项 若第一次出现的“0”项为，记1=(0)，则自第项开始，每三个相邻的项周期的取值 0、，即+3=0，+3+1=，+3+2=，=0，1，2，所以数列中一定可以选取无穷多项组成两个不同的常数列 17设等比数列的前项和为，且+1=2+1()(1)求数列的通项公式；(2)在与+1之间插入个实数，使这+2个数依次组成公差为的等差数列，设数列 1的前项和为，求证：158 【答案】(

37、1)=31(2)见解析【解析】(1)由+1=2+1,=21+1(2),两式相减得+1 =2(1)=2，所以+1=3(2)因为等比，且2=21+1，所以31=21+1，所以1=1 故=31(2)由题设得+1=+(+1)，所以1=+1+1=+1231，所以2=2+33+432+131，则23 =23+332+31+13 =2+13(1131)113+13，所以=158 2+5831 0，数列满足=+1 +2()，的前 n 项和记为.问：当 n 为何值时，取得最大值，说明理由.【答案】16【解析】因为35+812 0，所以35=8(5+7).解得5=565 0.所以 d0，1=765.故是首项为正数

38、的递减数列.由 0+1 0，即765 +(1)0765 +0，解得1515 1615.即16 0，17 2 3 16 0 17 18 ，所以1 2 3 14 0 17 18 ，而15=151617 0.故14 13 1，14 15，15 17 18 ，又16 14=15+16=1617(15+18)=1617(65 +95)=35 1617 0所以中16最大，即 n=16 时，取得最大值.19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1,2,3,，再将数列中，凡是下标被 4 整除以及被 4 除余 1 的项全部删去，剩下的项按

39、自小到大的顺序排成数列1,2,3,.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】见解析【解析】易知21=4 2,2=4 1,=1,2,3,.因此，对任意的 ,4+1=8+2，4+2=8+3,4+3=8+6，4+4=8+7.在将an中的项4及4+1删去之后，所得到的数列bn的通项为：2+1=8+3,2+2=8+6,=0,1,2,.即数列bn的项为：3，6，11，14，19，22，27，30，35，38，43，.观察易知，32=1+2,52=3+4,72=6+7,92=10+11,.若记=(+1)2，我们来证明，一般地有：(2+1)2=+1,=1,2,3,.由于4=82

40、+2，4+1=82+6+1，4+2=82+10+3，4+3=82+14+6，所以，4+4+1=2(4)+12，4+1+4+1+1=2(4+1)+12，4+2+4+2+1=2(4+2)+12，4+3+4+3+1=2(4+3)+12，合并以上四式得，对于每个正整数 k，+1=(2+1)2，其中=(+1)2.20已知数列中，1=1,2=14，且+1=(1)(=2,3,)(1)求数列的通项公式；(2)证明：对一切 +，有2=176【答案】(1)=132(+)；(2)见解析.【解析】(1)由已知，对 2有1+1=(1)=(1)11 上式两边同除以 n 并整理得1+1 1(1)=(11 1)则1+1 1(1)1=2=(11 1)1=2=(1 11)即1(1)12=(1 11)(2)故1(1)=12 (1 11)=321 因此，=132(2)又当=1时也成立，故=132(+)(2)当 2时，有2=1(32)2 1(34)(31)=13(134 131)所以，当 2时，有=12=1+=22 1+13(134 131)=2=1+13(12 13 1)1+16=76又当=1时，12=1 76 故对一切 +，有=12 76