专题27数列A辑（教师版含解析）备战2021年高中数学联赛之1981-2020年高中数学联赛二试试题分专题训练.docx

1、备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题27数列A辑历年联赛真题汇编1【2020高中数学联赛A卷(第02试)】给定整数n3.设a1,a2,a2n,b,b2,b2n是4n个非负实数,满足a1+a2+a2n=b1+b2+b2n0,且对任意i=1,2,2n,有aiai+2bi+bi+1(这里a2n+1=a1,a2n+2=a2,a2n+1=b1)求a1+a2+a2n的最小值.【答案】16【解析】记S=a1+a2+a2n=b1+b2+b2n不失一般性,设T=a1+a3+a2n-1S2.当n=3时,因为T2-3k=13a2k-1a2k+1=12(a1-a3)2+(a3-a5)2+

2、(a5-a1)20故结合条件可知S24T23k=13a2k-1a2k+13k=13(b2k-1+b2k)=3S.又S0,所以S12.当ai=bi=2(1i6)时,S取到最小值12.当n4时,一方面有k=1na2k-1a2k+1k=1n(b2k-1+b2k)=S.另一方面,若n为偶数,则k=1na2k-1a2k+1(a1+a5+s+a2n-3)(a3+a7+s+a2n-1)T24,其中第一个不等式是因为(a1+a5+a2n-3)(a3+a7+a2n-1)展开后每一项均非负,且包含a2k-1a2k+1(1kn)这些项,第二个不等式利用了基本不等式.若n为奇数,不妨设a1a3,则k=1na2k-1a

3、2k+1(k=1n-1a2k-1a2k+1)+a2n-1a3(a1+a5+s+a2n-1)(a3+a7+s+a2n-3)T24.从而总有Sk=1na2k-1a2k+1T24S216.又S0,所以S16.当a1=a2=a3=a4=4,ai=0(5i2n), b1=0,b2=16,b,=0(3i2n)时,S取到最小值16.综上,当n=3时,S的最小值为12;当n4时,S的最小值为16.2【2020高中数学联赛A卷(第02试)】设a1=1,a2=2,an=2an-1+an-2,n=3,4,.证明:对整数n5,an必有一个模4余1的素因子.【答案】证明见解析【解析】记=1+2,=1-2,则易求得an=

4、n-n-.记bn=n+n2,则数列bn满足bn=2b1+bn+bn-2(n3).因b1=1,b2=3均为整数,故由及数学归纳法,可知bn每项均为整数.由(n+n2)2-(-2)2(n-n-)2=()n,可知bn2-2an2=(-1)n(n1).当n1为奇数时,由于a1为奇数,故由an的递推式及数学归纳法,可知an为大于1的奇数,所以an有奇素因子p.由得bn2-1(modp),故bnp-1(-1)p-12(modp).又上式表明(p,bn)=1,故由费马小定理得bnp-11(modp),从而(-1)p-121(modp),因p2,故必须(-1)p-12=1,因此p1(mod4).另一方面,对正

5、整数m,n,若m|n,设n=km,则an=n-n-=m-m-(k-1)m+(k-2)mm+m(k-2)m+(k-1)m)ami=0l-1()im(2l-1-2t)m+(2l-1-2i)m),k=2lam(i=0l-1()im(2l-2i)m+(2l-2i)m)+()lm),k=2l+1 因s+s=2bs为整数(对正整数s), =-1为整数,故由上式知an等于am与一个整数的乘积,从而am|an.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p1(mod4),而am|an,故p|an,即an也有模4余1的素因子.最后,若n没有大于1的奇因子,则n是2的方幂.设n=2l(13),

6、因a8=408=2417有模4余1的素因子17,对于l4,由8|2l知a8|a2l,从而a2l也有素因子17.证毕.3【2020高中数学联赛B卷(第02试)】给定整数n2.设a1,a2,an,b1,b2,bn0,满足a1+a2+an=b1+b2+bn,且对任意i,j(1ijn),均有aiajbi+bj.求a1+a2+an的最小值.【答案】2n【解析】记S=a1+a2+an=b1+b2+bn.由条件知1ijnaiaj1ijn(bi+bj)=(n-1)S.又1ijnaiaj1ijnai2+aj22=n-12i=1nai2,于是S2=(i=1nai)2=i=1nai2+21ijnaiaj(2n-1+

7、2)1i0,故S2n.另一方面,当ai=bi=2(i=1,2,n)时,条件满足,且S=2n.综上, S=a1+a2+an的最小值为2n.4【2019高中数学联赛A卷(第02试)】设整数a1,a2,a2019满足1=a1a2a2019=99.记f=a12+a22+a20192-a1a3+a2a4+a3a5+a2017a2019.求f的最小值f0.并确定使f=f0成立的数组a1,a2,a2019的个数.【答案】答案见解析【解析】由条件知2f=a12+a22+a20182+a20192+i=12017ai+2-ai2 由于a1,a2及ai+2-ai(i=1,2,2016)均为非负整数，故有a12a1

8、,a22a2，且ai+2-ai2ai+2-ai(i=1,2,2016).于是a12+a22+i=12016ai+2-ai2a1+a2+i=12016ai+2-ai=a2017+a2018 由、得2fa2017+a2018+a2019-a20172+a20182+a20192，结合a2019=99及a2018a20170，可知f122a2017+99-a20172+a20172+992=a2017-492+74007400 另一方面，令a1=a2=a1920=1，a1920+2k-1=a1920+2k=k(k=1,2,49)，a2019=99，此时验证，知上述所有不等式均取到等号，从而f的最小值

9、f0=7400.以下考虑的取等条件.此时a2017=a2018=49，且中的不等式均取等，即a1=a2=1,ai+2-ai0,1(i=1,2,2016).因此1=a1a2a2018=49，且对每个k(1k49)，a1,a2,a2018中至少有两项等于k.易验证，知这也是取等的充分条件.对每个k(1k49)，设a1,a2,a2018等于k的项数为1+nk，则nk为正整数，且1+n1+1+n2+1+n49=2018，即n1+n2+n49=1969，该方程的正整数解n1,n2,n49的组数为C196848，且每组解唯一对应一个使取等的数组a1,a2,a2019，故使f=f0成立的数组a1,a2,a2

10、019有C196848个.5【2018高中数学联赛A卷(第02试)】设n是正整数，a1,a2,an,b1,b2,bn,A,B均为正实数，满足aibi,aiA,i=1,2,n，且b1b2bna1a2anBA.证明:b1+1b2+1bn+1a1+1a2+1an+1B+1A+1.【答案】证明见解析【解析】由条件知，ki=biai1,i=1,2,n.记BA=K，则b1b2bna1a2anBA，化为k1k2knK.要证明i=1nkiai+1ai+1KA+1A+1 对i=1，2，n，由于ki1及00，ki1(i=1，2，n)时，有i=1nkiA+1A+1k1k2knA+1A+1 对n进行归纳.当n=1时，

11、结论显然成立.当n=2时，由A0,k1,k21可知k1A+1A+1k2A+1A+1-k1k2A+1A+1=-Ak1-1k2-1(A+1)20 因此n=2时结论成立.设n=m时结论成立，则当n=m+1时，利用归纳假设知，i=1m+1kiA+1A+1=i=1mkiA+1A+1km+1A+1A+1k1k2kmA+1A+1km+1A+1A+1k1k2km+1A+1A+1，最后一步是在中用k1k2km,km+1(注意k1k2km1,km+11)分别代替k1,k2.从而n=m+1时结论成立.由数学归纳法可知，对所有正整数n成立，故命题得证.6【2018高中数学联赛A卷(第02试)】数列an定义如下:a1是

12、任意正整数，对整数n1，an+1是与i=1nai互素，且不等于a1,an的最小正整数.证明:每个正整数均在数列an中出现.【答案】证明见解析【解析】显然a1=1或a2=1.下面考虑整数m1，设m有k个不同素因子，我们对k归纳证明m在an中出现.记Sn=a1+an,n1.k=1时，m是素数方幂，设m=p，其中0，p是素数.假设m不在an中出现.由于an各项互不相同，因此存在正整数N，当nN时，都有anpa.若对某个nN，pSn，那么pa与Sn互素，又a1,an中无一项是pa，故由数列定义知an+1pa，但是an+1p，矛盾!因此对每个nN，都有p|Sn.但由p|Sn+1及p|Sn知p|an+1，

13、从而an+1与Sn不互素，这与an+1的定义矛盾.假设k2，且结论对k1成立.设m的标准分解为m=p1a1p2a2pkak.假设m不在an中出现，于是存在正整数N，当nN时，都有anm.取充分大的正整数1,k-1，使得M=p11pk-1k-1max1nNan.我们证明，对nN，有an+1M.对任意nN，若Sn与p1p2pk互素，则m与Sn互素，又m在a1,an中均未出现，而an+1m，这与数列的定义矛盾.因此我们推出:对任意nN,Sn与p1p2pk不互素 (*)情形一若存在i(1ik1)，使得pi|Sn，因an+1,Sn=1，故pi|an+1，从而an+1M(因pi|M)情形二若对每个i(1i

14、k1)，均有pi|Sn，则由(*)知必有pk|Sn.于是pkan+1，进而pkSn+an+1，即pkSn+1.故由(*)知，存在i01i0k-1，使得pi0|Sn+1，再由Sn+1=Sn+an+1及前面的假设piSn(1ik-1)，可知pi0an+1，故an+1M.因此对nN+1，均有anM，而Mmax1iNan，故M不在an中出现，这与归纳假设矛盾.因此，若m有k个不同素因子，则m一定在an中出现.由数学归纳法知，所有正整数均在an中出现.7【2017高中数学联赛A卷(第02试)】设数列an定义为a1=1，an+1=an+n,annan-n,ann，n=1,2,.求满足arr+2t-1,ar

15、+2t=r-tr+1，ar+2=ar+1-(r+1)=2r-(r+1)=r-1r+2，结论成立.设对某个1tr+2t+1，ar+2t+2=ar+2t+1-(r+2t+1)=2r+t-(r+2t+1)=r-t-1r+2t+2，即结论对t+1也成立.由数学归纳法知，对所有t=1，2，r1成立，特别当t=r1时，有a3r-2=1，从而a3r-1=a3r-2+(3r-2)=3r-1.若将所有满足ar=r的正整数r从小到大记为r1,r2,，则由上面的结论可知r1=1,r2=2,rk+1=3rk-1,k=2,3,.由此可知，rk+1-12=3rk-12(k=1,m-1)，从而rm=3m-1r1-12+12

16、=3m-1+12.由于r2018=32017+123201732018+12=r2019，在1,2,32017中满足ar=r的数r共有2018个，为r1,r2,r2018.由可知，对每个k=1，2，2017，rk+1,rk+2,3rk-2中恰有一半满足arr，偶数均满足arr，其中的偶数比奇数少1个.因此满足arr32017的正整数r的个数为1232017-2018-1=32017-20192.8【2017高中数学联赛B卷(第02试)】设a1,a2,a201，2，5，b1,b2,b201，2，10，集合X=(i,j)|1ij20,ai-ajbi-bj0，求X的元素个数的最大值.【答案】160【

17、解析】考虑一组满足条件的正整数a1,a2,a20,b1,b2,b20，对k=1，2，5，设a1,a20中取值为的数有tk个.根据X的定义，当ai=aj时，i,jX，因此至少有k=15C42个(i，j)不在X中.注意到k=15tk=20，由柯西不等式，我们有k=15Ctk2=12k=15tk2-k=15tk1215k=15tk2-k=15tk=1220205-1=30.从而X的元素个数不超过C202-30=190-30=160.另一方面，取a4k-3=a4k-2=a4k-1=a4k=k(k=1,2,5)，bi=6-ai(i=1,2,20)，则对任意i，j(1i11ai+12(i=1，2，2015

18、).求a1-a22a2-a32a2015-a20162a2016-a12的最大值.【答案】142016【解析】令p=a1-a22a2-a32a2015-a20162a2016-a12.由已知得，对i=1，2，2015，均有ai-ai+12119ai+12-ai+120.若a2016-a120，则S0.以下考虑a2016-a120的情况.约定a2017=a1.由平均不等式得P1201612016i=12016ai-ai+12=12016i=12016ai-i=12016ai+12=12016i=12016ai-i=12016ai2=12016i=12016ai1-ai12016i=12016ai

19、+1-ai22=12016201614=14,所以P142016.当a1=a2=a2016=12时，上述不等式等号成立，且有9ai11ai+12(i=1,2,2015),此时P=142016.综上所述，所求最大值为142016.10【2016高中数学联赛(第02试)】设p与p+2均是素数，p3.数列an定义为a1=2，an=an-1+pan-1n，n=2，3，.这里x表示不小于实数x的最小整数.证明:对n=3，4，p1均有n|pan-1+1成立.【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与p+2均是

20、素数，且p3，故必须3|p+1.因此3|pa2+1，即n=3时结论成立.对3np1，设对k=3，n1成立k|pak-1+1，此时pak-1k=pak-1+1k，故pak-1+1=pak-2+pak-2k-1+1=pak-2+pak-2+1k-1+1=pak-2+1(p+k-1)k-1.故对3np1，有pan-1+1=p+n-1n-1pan-2+1=p+n-1n-1p+n-2n-2pan-3+1.=p+n-1n-1p+n-2n-2p+33pa2+1，因此pan-1+1=2n(p+1)(p+n)(p+2)Cp+nn.由此知(注意Cn+pn是整数)，n|(p+n)(p+2)pan-1+1 因为np，

21、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，故由知n|pan-1+1.由数学归纳法知，本题得证.11【2015高中数学联赛(第02试)】设a1,a2,an(n2)为实数，证明：可以选取1,2,n-1,1，使得i=1nai2+i=1niai2(n+1)i=1nai22 【答案】证明见解析【解析】证法一先利用概率与期望的方法证明：可以选取1,2,n-1,1，使得i=1niai2i=1nai2 假定E1,E2,En为相互独立的随机变量，对于每个i有50%的概率取1，也有50%的概率取1.再计算i=1niai2的期望.根据

22、期望的性质有Ei=1niai2=Ei=1ni2ai2+1ijn2ijaiaj=Ei=1ni2ai2+21ijnEijaiaj，又1,2,n-1,1，则i2=1.故Ei=1ni2ai2=Ei=1nai2=i=1nai2.而对任意一组i,j，取(1，1)，(1，1)，(1，1)，(1，1)的概率均为25%.故Eijaiaj=0.25aiaj-aiaj-aiaj+aiaj=0.综上Ei=1niai2=i=1nai2.一方面，根据平均值原理，必然存在某组1,2,n-1,1使得i=1niai2Ei=1niai2=i=1nai2.即式成立.另一方面，根据柯西不等式得i=1nai2ni=1nai2 +得式成

23、立证法二首先证明：存在i1，1(i=1，2，n)，使得式成立.令S=i=1nai,A0=0，Ak=i=1kai(k=1,2,n)，Bi=Ai-S-Ai(i=0,1,n).则Bi单调不减且B0=-S0,Bn=S0.从而，必存在Bk0且Bk+10.定义函数sgn(x)=1(x0)-1(x0).(1)若-ak+1Bk0，令i=sgnai(1ik)-sgnai(k+1in)，则i=1niai2=Bk2ak+12i=1nai2.(2)若Bk-ak+1，则0Bk+1=Bk+2ak+1ak+1，令i=sgnai(1ik+1)-sgnai(k+2in)，故i=1niai2=Bk+12ak+12i=1nai2.

24、综上，式得证.再由式知存在i-1,1，使得式成立.12【2013高中数学联赛(第02试)】给定正整数u，v.数列an定义如下：a1=u+v，对整数m1，有a2m=am+ua2m+1=am+v，记Sm=a1+a2+am(m=1,2,).证明：数列Sn中有无穷多项是完全平方数.【答案】证明见解析【解析】对正整数n，有S2n+1-1=a1+a2+a3+a4+a5+a2n+1-2+a2n+1-1=u+v+a1+u+a1+v+a2+u+a2+v+a2n-1+u+a2n-1+v=2n(u+v)+2S2n-1所以S2n-1=2n-1(u+v)+2S2n-1-1=2n-1(u+v)+22n-2(u+v)+2S

25、2n-2-1=22n-1(u+v)+22S2n-2-1=(n-1)2n-1(u+v)+2n-1(u+v)=(u+v)n2n-1，设u+v=2kq，其中k是非负整数，q是奇数.取n=ql2，其中l为满足lk-1(mod2)的任意正整数，此时S2n-1=q2l22k-1+ql2.注意到q是奇数，故k-1+ql2k-1+l2k-1+(k-1)2=k(k-1)0(mod2).所以，S2n-1是完全平方数.由于l有无穷多个，故数列Sn中有无穷多项是完全平方数.13【2012高中数学联赛(第02试)】设Sn=1+12+1n,n是正整数.证明：对满足0a1+12+122+122+12n+12n=1+12+1

26、2+1212n，令N0=1b-a+1,m=SN0+1，则1b-aN0,1N0b-a,SN0m+1m+b，因此存在nN*,N0nN1，使得m+aSnm+b，所以Sn-Sn(a,b)，不然一定存在N0k，使得Sk-1m+a,Skm+b，因此Sk-Sk-1b-a，这与Sk-Sk-1=1k1N0b-a矛盾.所以一定存在nN*，使得Sn-Sn(a,b)，假设只有有限个正整数n1，nk，使得Snj-Snj(a,b)(1jk)，令c=min1jkSnj-Snj，则ac1+12+122+122+12n+12n=1+12+12+1212n.因此，当n充分大时，Sn可以大于任何一个正数.令N0=1b-a+1，则N

27、01b-a，当kN0时，Sk-Sk-1=1k1N0N0，使Sn-m(a,b)，即m+aSnN0，使Sk-1m+a，且Skm+b，这样就有Sk-Sk-1b-a.而Sk-Sk-1=1k1N0N0，使m+aSnSN0.故一定存在niN0，使mi+aSnimi+b.因此aSni-mi=Sni-Snib，这样的i有无穷多个.所以数列Sn-Sn中有无穷多项属于(a，b).14【2011高中数学联赛(第02试)】设a1,a2,an(n4)是给定的正实数，a1a2an.对任意正实数r，满足aj-aiak-aj=rr(1ijkn)的三元数组(i，j，k)的个数记为fn(r).证明：fn(r)n24.【答案】证明

28、见解析【解析】对给定的j(1jn)，满足1ijkn且aj-aiak-aj=r 的三元数组(i，j，k)的个数记为gj(r).注意到，若i，j固定，则显然至多有一个k使得式成立.因ij，即k有n-j种选法，故gj(r)n-j，从而gj(r)minj-1,n-j，因此，当n为偶数时，设n=2m，则有fn(r)=j=2n-1gj(r)=j=2m-1gj(r)+j=m2m-1gj(r)j=2m(j-1)+j=m+12m-1(2m-j)=m(m-1)2+m(m-1)2=m2-mm2=n24，当n为奇数时，设n=2m+1，则有fn(r)=j=2n-1gj(r)=j=2mgj(r)+j=m+12mgj(r)

29、j=2m(j-1)+j=m+12m(2m+1-j)=m20)，f(2)=1，且在其定义域内有唯一的不动点。(1)求f(x)表达式；(2)若数列an满足a1=,an+1=f(an)(n1)，求S2011=1a1+1a2+1a2011。【答案】(1)f(x)=2xx+2；(2)2011(2+1005)2【解析】(1)由f(2)=1，有2a+b=2.又由f(x)有唯一的不动点，知方程x(ax+b-1)=0有唯一的根(显然为0)。下面分两种情形讨论。.当a=0时，由式得b=2，故f(x)=x2。.当a0时，由式得a0+b-1=0b=1。代入式得a=12，故f(x)=2xx+2。(2)因为f(x)有两种

30、表达式，所以，求和也可分两种情形计算。.当f(x)=x2时，数列an满足a1=,an+1=an2(n1)，则1an是首项为1、公比为2的等比数列。故S2011=1a1+1a2+1a2011 =1(22011-1)2-1=22011-1。.当f(x)=2xx+2时，数列an满足a1=,an+1=2anan+2(n1)，有1a1=1,1an+1-1an=12(n1)，则1an是首项为1、公差为12的等差数列。故S2011=1a1+1a2+1a2011 =2011(1+1+20102)2 =2011(2+1005)2。2已知实数数列an满足a1=13,an+1=2an-an.其中,x表示不超过实数x

31、的最大整数.求i=12012ai.【答案】1012036【解析】a1=13,a2=23,a3=43,a4=53.由数学归纳法易证a2k+1=3k+13a2k+2=3k+23,则a2k+1+a2k+2=2k+1.故i=12012ai=1012036.3给定正数，若存在一个无穷正数数列an满足：1+an+1an+nan(n=1,2,).证明：1.【答案】见解析【解析】若不然，设0an(1+n)1+an+1 annn+1(1+an+1).从而，annnn+1.若存在kn使得akki=k+1n+11i，则ak-1k-1k(1+ak)=k-1k+k-1kak (k-1)i=kn+11i.依次类推得a11

32、2+13+1n+1而当n+时，12+13+1n+1+矛盾.所以，假设不成立.故1.4对于正整数n，若存在1，2，n的一个排列a1,a2,an满足ai+1=2ai, 2ain;2n+1-2ai, 2ain(i=1,2,n,an+1=a1)，则称n为“循球数”.证明：(1)9、11都是循环数；(2)n为循环数的一个必要不充分条件是2n+1为质数.【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】(1)易知，“1，2，4，8，3，6，7，5，9”和“1，2，4，8，7，9，5，10，3，6，11”分别是“1，2，9”和“1，2，11”的满足循环数定义的排列.故9、11都是循环数.(2)若2n+1不是质数，由2

33、n+19，知存在质数p3和奇数q3，使得2n+1=pq.若n为循环数，“a1,a2,an”是“1，2，n”的一个排列，满足循环数定义，由循环性，不妨设a1=1，于是，a2=2，存在mn，使得ai=2i-1(1im)，am+1=2n+1-22m-1=qp-2m，am+2=2qp-2m+1，或am+2=qp-(2qp-2m+1)=-qp+2m+1.显然，每项都具有“p的整数倍加或减2的整数次幂”的形式.由2n+1=pq和q3，得pn.从而，pa1,a2,an.故p=p2k(Z,kZ+)(1-)p=2k.因此，2n+1为质数是n为循环数的必要条件.由28+1=17是质数，易知，8不是循环数.5已知数

34、列an满足a1=2，a2=6，1a1+1a2+1an=an+an-12an(n2).(1)求an的通项公式；(2)令bn=an+2an3，Sn为数列bn的前n项和，证明：Sn2.【答案】(1)an=n(n+1)(2)见解析【解析】(1)易知，a1=12,a2=23,a3=34,a4=45,.猜想：an=n(n+1).事实上，由已知当n=1,2时均成立.假设对n=1,2,k(kN+，且k2)都有an=n(n+1).当n=k+1时，有1a1+1a2+1ak+1=ak+1+ak2ak+1，即1-12+12-13+1k-1k+1=ak+1+k(k+1)-22ak+1.则(k-1)ak+1=(k-1)(

35、k+1)(k+2).又k2，故ak+1=(k+1)(k+2).因此，对n=k+1，猜想也成立.综上，由数学归纳法，知an的通项公式为an=n(n+1).(2)注意到，bn=an+2an3=(n+2)(n+3)n3(n+1)3=n(n+1)(n+2)(n+3)n4(n+1)4n(n+1)(n+2)(n+3)+1n4(n+1)4=n2+3n+1n2(n+1)2=n+1n2-n+2(n+1)2.故Snk=1nk+1k2-k+2(k+1)2=2-n+2(n+1)20，知an+1+an=6(an-an-1) an+1=5an-6an-1an+1-2an=3(an-2an-1)an+1-2an=3n-1(

36、a2-2a1)=3n an+13n-2an33n-1=1an+13n-3=23(an3n-1-3) a3n-1-3=-2(23)n-1 an=3n-2n，则cn=i=1ni(3i-2i)3i=i-1n-1i=n2-n2，设P(n,2cn)为抛物线y=x2-x上的整点，Q(m,-bm)为直线y=2x-3上的任意一点，则(2cn+bm)2+(n-m)2=|PQ|2，点P到直线2x-y-3=0的距离为d=|2n-2cn-3|5=|(2n-3)3-21|45，当2n-3=5，即n=4时，dmin=55，故|PQ|2dmin2=15，当且仅当n=4，cn=6时，等号成立.从而，所求式的最小值为15.7设

37、n是给定的大于1的正整数对任意d1,d2,dn1，当1ijndidj=(n-1)i=1ndi时，试求Sn=i=1ndij=1ndj-ndi+n(n-2)-1的最大值【答案】Smax=1n【解析】首先，令d1=d2=dn=2显然，有1ijndidj=(n-1)i=1ndi此时，S=1n其次证明：S1n 事实上，取ai=di-1(i=1,2,n)由已知条件得1ijndidj=(n-1)i=1ndi1ijn(didj-di-dj+1)=n(n-1)21i0(i=1,2,n)，所以，i=1nain1ijnaiajCn2=n则S=i=1ndij=1ndj-ndi+n(n-2)-1 =i=1ndij=1n

38、(dj-1)+n(n-2)-1=i=1n(ai+1)j=1naj+n(n-2)-1 i=1naij=1naj+n(n-1)-1=i=1n21stnasatn(n-1)(aij=1naj+21stnasat) =1(n-1)1-1ni=1naij=1najaij=1naj+21stnasat欲证式成立，只需证i=1naij=1najaij=1naj+21stnasat1 由柯西不等式得i=1nai(aij=1naj+21stnasat)i=1naiaij=1naj+21stnasat(i=1nai)2注意到i=1nai(aij=1naj+21stnasat)=(i=1nai)3则i=1naiai

39、j=1naj+21stnasat1i=1nai故式成立从而，式成立8已知an是非负整数组成的数列,满足a1=0, a2=3,且an+1an=(an-1+2)(an-2+2)(n3).若Sn是数列an的前n项和,求证: Snn(n+1)2,并指出等号成立的条件.【答案】见解析【解析】当n=3时,因为a4a3=10,所以,a3=1,2,5,10;当n=4时,a5a4=5(a3+2),若a3=1,5,则a4=10,2,但a5N;当n=5时,a6a5=(a4+2)(a3+2),若a3=10,则a4=1,a5=60,但a6N.因此a3=2,a4=5,a5=4,a6=7.令bn=anan-2+2(n3).

40、则bnbn+1=1. 因为b3=a3a1+2=1,所以,b4=b5=bn=1,即an=an-2+2.故a2k-1=0+(k-1)2=2k-2,a2k=3+(k-1)2=2k+1.则an=n+(-1)n.所以,Sn=n(n+1)2,n为偶数n(n+1)2-1,n为奇数于是,Snn(n+1)2为偶数.其中等号成立仅当n为偶数.9设12a123，an+1=an(2-an+1).证明: n+121a1+1a2+1ann+2.【答案】见解析【解析】易知an+1=2anan+1.则an+1-1=an-1an+1.两式相除得an+1-1an+1=12an-1an.于是，an+1-1an为等比数列.则an-1

41、an=a1-1a1(12)n-1.故1an=1+(1a1-1)(12)n-1.注意到12a123.则121a1-11.于是，1+12n1an1+12n-1.故i=1n(1+12i)i=1n1aii=1n(1+12i-1)n+1-12ni=1n1ain+2-12n-1n+12i=1n1ain-12.【答案】见解析【解析】由a1=10，an+1=an+an2+1，易知an0.令an=tann，n0,2.则a1=tan1=1，1=4，an+1=tann+1=tann+tan2n+1=1+sinncosn=tan4+n2.因为n+10,2，4+n24,2，所以，n+1=n2+4，即n+1-2=12n-

42、2.故n-2=1-212n-1，即n=2-412n-1.又n0,2，则tannn.于是，a1+a2+an1+2+n=n2-41+12+12n-1 =n2-42-12n-1=n-12+412n-1n-12.11设a1,a2,a2009为非负实数,满足:(1)a1+a2+a2009=2;(2)a1a2+a2a3+a2008a2009+a2009a1=1.求S=a12+a22+a20092的最大值和最小值.【答案】当a1=1时,S具有最大值2,而当a1=12时,S具有最小值32【解析】不妨设a2009是这些ai中最小者,且a10.由已知有4=(a1+a2+a2009)2(a1+a2+a2009)2-

43、(a1-a2+a3-a2008+a2009)2=4(a1+a3+a2009)(a2+a4+a2008)4(a1a2+a2a3+a2008a2009)+4(a1a4+a2a5+a2006a2009)+4a1(a6+a8+a2008)=4(1-a2009a1)+4(a1a4+a2a5+a2006a2009)+4a1(a6+a8+a2008)=4+4(a1a4+a2a5+a2006a2009)+4a1(a6+a8+a2008-a2009)4.因此,在第一个和第三个不等式中等号一定成立.从而,必有(i)a1+a3+a2009=a2+a4+a2008=1;(ii)a1a4=a2a5=a2006a2009

44、=0;(iii)a6+a8+a2008=a2009.(ii)表明a4=0=a2009.由(iii)得a6=a8=a2008=0.由(i)得a2=1.由条件(2)得a1+a3=1,由条件(1)得a4+a5+a2009=0,即a4=a5=a2009=0.故S=a12+a22+a32=a12+1+(1-a1)2=2(a12-a1+1)=2(a1-12)2+32.因此,当a1=1时,S具有最大值2,而当a1=12时,S具有最小值32.12对任意给定的正整数n(n2)，数列bn满足b1=1，且bk+1bk=k-nk+1(k=1,2,n-1)(1)求b1+b2+bn；(2)记an=1b1+b2+bn(n=

45、1,2,)，求证：从A=a1,a2,a2n-2(n3)中任取n个互不相同的数时，总存在取出的两个数ai、aj，使1ajai2【答案】(1)1n；(2)见解析【解析】(1)由bk+1bk=k-nk+1，有nbk=kbk-(k+1)bk令k=1,2,n-1相加得ni=1nbi=b1 i=1nb1=b1n=1n(2)由(1)有an=(i=1nb)-1=n (n=1,2,)，把集合A=1,2,2n-2分成n-1个子集合，使每个子集中最大的元素是最小元素的两倍：Ak=2k-1,2k,2k+1-2，其中，k=1,2,n-1由抽屉原理知，从1,2,2n-2任取n (n3) ai,aj (aiaj) Ak (

46、1kn-1)从而，1ajai2k+1-22k-1=213设a1、a2、a3成等差数列，a1+a2+a3=18；b1、b2、b3成等比数列，b1b2b3=64.若a1+b1、 a 2 + b a 3 + b 3 2 、是正整数且成等比数列，求a3的最大值.【答案】(a3)max=111+9972【解析】设a1=6-d，a2=6，a3=6+d；b1=4q，b2=4，b3=4q.则由条件知6-d+4q和6+d+4q都是正整数，且(6-d+4q)(6+d+4q)=(a2+b2)2=100.故6-d+4q=100t,6+d+4q=t,其中，t1,2,4,5,10,20,25,50,100.得4(q+1q

47、)=100t+t-12. 由式得a3=6+d=t-4q. 设f(t)=100t+t-12，且设4(q+1q)=f(t)的两个根中较小者为q(t).易知，f(t)在10,+上严格递增，且当t在10,+上递减时，q(t)递减.由式知，当t=100时，a3取最大值此时，由式解得q=89-9978.故(a3)max=111+9972.14已知各项均不小于1的数列an满足：a1=1，a2=1+22，(anan+1-1)2+(an-1an-1)2=2，试求：(1)数列an的通项公式；(2)limn+ann的值.【答案】(1)an=1nk=1nk；(2)23【解析】(1)令bn=(an+1-1an)2.则1

48、bn+bn-1=2且b1=12.由此，b2=23，b3=34，.观察知bn=nn+1.下面用数学归纳法证明.当n=1,2,3时，结论显然成立.设n=k时，结论成立，证明n=k+1时结论亦成立.由bk=kk+1，知bk+1=12-bk=k+1k+2.因此，bn=nn+1对一切正整数n成立.由此得(an+1-1)2=nn+1an2.由an1，知an+1=nn+1an+1.令cn=nan，则cn+1=cn+n+1，且c1=1.故cn=cn-1+n=cn-2+n+n-1=k=1nk.从而，an=1nk=1nk.(2)注意到k=1nkk=1n2kk+k+1=2k=1nk(k+1-k) =2(-k=1nk

49、+nn+1)(阿贝尔公式)，故k=1nk23nn+123nn，即ann23.从而，limn+ann23.类似地，由于k=1nkk=1n2kk-1+k=2k=1nk(k-k-1) =2(n+1)n-k=1nk，故k=1nk2(n+1)3n，即ann23(1+1n).所以，limn+ann23(1+limn+1n)=23.综上，limn+ann=23.15已知f(x)=2xx+1数列an满足a1=2，且an=12f(an-1)(nN+,n2)，(1)求数列an的通项公式；(2)证明：对一切正整数n均有a1a2a3+a2a3a4+anan+1an+223【答案】(1)an=22n-1(nN+) (2

50、)见解析【解析】(1)由题设得an=an-1an-1+11an=1+1an-1=(n-1)+1a1=2n-12 an=22n-1又当n=1时，a1=2，也符合上式故an=22n-1(nN+)(2)对k=1，2，注意到akak+1ak+2=8(2k-1)(2k+1)(2k+3) =21(2k-1)(2k+1)-1(2k+1)(2k+3)故a1a2a3+a2a3a4+anan+1an+2=2113-1(2n+1)(2n+3)b都有af(a)+bf(b)af(b)+bf(a)；(2)对任意的nN+，都有f(f(n)=3n.令an=f(3n)(nN+).证明：1a1+1a2+1ann4n+2.【答案】

51、n4n+2【解析】取a=n+1,b=n(nN+).所以(n+1)f(n+1)+nf(n)(n+1)f(n)+nf(n+1) f(n+1)f(n).故f(x)是N+上的增函数.设f(1)=m(mN+).则f(m)=f(f(1)=3显然，m1.于是，f(m)f(1)，即3m.因此，m=2.从而，f(1)=2，f(2)=f(f(1)=3，f(3)=f(f(2)=6,a1=f(3)=6，f(an)=f(f(3n)=3n+1，an+1=f(3n+1)=f(f(an)=3an.故an是以3为公比，6为首项的等比数列.又an=a13n-1=23n 1an=12(13)n.则1a1+1a2+1an =12(1

52、3+132+13n) =14(1-13n).注意到，3n=(1+2)n =1+Cn121+Cn222+Cnn2n 1+2n.则1a1+1a2+1an=14(1-13n)，14(1-12n+1)=n4n+2.17已知a、b、c为实数，对大于1的整数n都有(an-bn)(bn-cn)(cn-an)0(1)若b-cb2-c2、c-ac2-a2、a-ba2-b2成等差数列，求证：a2、b2、c2也成等差数列；(2)若b-cb3-c3、c-ac3-a3、a-ba3-b3成等差数列，找一个反例，使a3、b3、c3不成等差数列；(3)对n3，若b-cbn-cn、c-acn-an、a-ban-bn成等差数列，

53、且公差不为0，问：an、bn、cn是否成等差数列？证明你的结论【答案】见解析【解析】由题设知，ab、bc、ca均不为0(1)由b-cb2-c2、c-ac2-a2、a-ba2-b2成等差数列，有c-ac2-a2-b-cb2-c2=a-ba2-b2-c-ac2-a21c+a-1b+c=1a+b-1c+a b-a(c+a)(b+c)=c-b(a+b)(c+a)(b-a)(a+b)=(c-b)(b+c) c2-b2=b2-a2按定义知a2、b2、c2成等差数列(2)取a=2，b=1，c=-3，验得b-cb2-c2=17，c-ac2-a2=17，a-ba2-b2=17成等差数列(公差为0)但a3=8，b

54、3=1，c3=-27不成等差数列所以，a=2，b=1，c=-3为一个反例(3)b-cbn-cn、c-acn-an、a-ban-bn成等差数列，且公差d0，有b-cbn-cn=c-acn-an-d,a-ban-bn=c-acn-an+d b-c=c-acn-an(bn-cn)-d(bn-cn),a-b=c-acn-an(an-bn)+d(an-bn).相加得a-c=c-acn-an(an-cn)+d(an+cn-2bn) d(an+cn-2bn)=0但d0，得cn-bn=bn-an按定义知，an、bn、cn成等差数列。18试求所有满足下列条件的数列的个数:(1)各项是不小于2的整数;(2)所有各

55、项的和等于定值m.【答案】见解析【解析】把满足条件(1)、(2)的数列称做“f(m)数列”.下面计算f(m)数列的个数:因对于项数为k的f(m)数列an有a1+a2+ak=m(ai2,i=1,2,k), 数列an的个数就是方程满足ai2的整数解的个数,也就是方程x1+x2+xk=m-2k非负整数解的个数.因方程的非负整数解个数为Cm-k-1k-1,所以,f(m)数列的个数为|f(m)|=Cm-20+Cm-31+Cm-42+Cm-53+=Cm-20+(Cm-40+Cm-41)+(Cm-52+Cm-51)+(Cm-63+Cm-62)+=(Cm-30+Cm-41+Cm-52+Cm-63+)+(Cm-

56、40+Cm-51+Cm-62+)=|f(m-1)|+|f(m)-2|.由f(2)=F1=1, f(3)=F2=1,得|f(m)|=Fm-1.其中,数列Fn是斐波那契数列:F1=F2=1, Fn+2=Fn+1+Fn.解2=+1,得=152.Fn=(A1+52)n-1+(B1-52)n-1解A+B=11+52A+1-52B=1得A=1+525,B=1-525.则Fn=15(1+52)n-(1-52)n.故|f(m)|=Fm-1=15(1+52)m-1-(1-52)m-119数列an满足：an=1,an+1=2an-n2+3nnN+.(1)是否存在常数、，使得数列an+n2+n是等比数列?若存在，求

57、、的值；若不存在，说明理由 .(2)设bn=1an+n-2n-1,Sn=i=1nbi.证明：当n 2时，6nn+1n+2Sn35.【答案】(1)=-1,=1；(2)见解析【解析】(1)设an+1=2an-n2+3n可化为an+1+n+12+n+1=2an+n2+n，即an+1=2an+n2+-2n-.故=-1,-2=3,-=0.解得=-1,=1.则an+1-n+12+n+1=2an-n2+n且a1-12+10.故存在=-1,=1，使得数列an+n2+n是等比数列.(2)由(1)知an-n2+n=2a1-12+12n-1得an=2n-1+n2-n.故bn=1an+n-2n-1=1n21n2-14

58、=1n-12-1n+12.当 n 2时，Sn=b1+b2+bn1+132-152+152-172+1n-12-1n+12=1+23-1n+126nn+12n+1n2. 当 n 2 时，16nn+12n+1Sn=12+22+n2112+122+1n21+1+12n个=n2.故Sn6nn+12n+1.20是否存在一个正整数数列xn，满足xn+2=xn+1,xn+2009n=1,2,，其中，u,v为u、v的最大公约数，且数列中至少有102009个不同的数.【答案】存在【解析】存在.下面构造一个满足题意且有足够多的不同项的数列.令a=2009，取x1=a+1,x2=3a+1.xk+2=xk-axk+1

59、-ak=1,2,，由xk+3=xk+1-axk+2-a，知xk+2,xk+3=xk+1-axk-a,xk+2-a=xk+1-axk-a,xk-axk+1-a-a=xk+1-axk-a,-a=xk+1-axk,a又xk,a=xk-1-axk-2-a,a=xk-1xk-2,a，且x1,a=x2,a=1，因此，xk,a=1k=1,2,，故xk+2,xk+3=xk+1-axk+1=xk+2,xk+2+a，所以，xk=xk+1,xk+2+a，由x1=a+1,x2=3a+1,x3=2a+1a+1=x1x4=a+12a+13a+1=x2且xk+3=xk+1-axk+2-axk-1-axk-a=xk+1，因此，x2kk=1.2.与x2k-1k=1,2,各为严格递增数列.对xkk=1,2.,2102009，令yk=x2102009+1-k，则yk+2=yk+1,yk+2009k=1,2,2102009-2，从而，ykk=1,2,2102009为满足题意且至少有102009个不同项的数列.