专题28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28数列B辑历年联赛真题汇编1【2010高中数学联赛(第02试)】给定整数n2，设正实数a1,a2,an满足ak1，k=1，2，n，记Ak=a1+a2+akk(k=1,2,n)，求证：k=1nak-k=1nAkn-12.【答案】证明见解析【解析】由0ak1知，对1kn-1有0i=1kaik，00时，有|x-y|maxx,y，于是对1kn-1有An-Ak=1n-1ki=1kai+1ni=k+1nai=1ni=k+1nai-1k-1ni=1kaimax1ni=k+1nai,1k-1ni=1kaimax1n(n-k),1k-1nk=1

2、-kn.故k=1nak-k=1nAk=nAn-k=1nAk=k=1n-1An-Akk=1n-1An-Akk=1n-11-kn=n-12.2【2008高中数学联赛(第02试)】设f(x)是周期函数，T和1是f(x)的周期且0Tanan+10(n=1,2,)，且每个an都是f(x)的周期.【答案】证明见解析【解析】(1)若T是有理数，则存在正整数m，n使得T=nm且(m,n)=1，从而存在整数a，b，使得ma+nb=1，于是1m=ma+nbm=a+bT=a1+bT是f(x)的周期.又因为0T1，从而m2.设p是m的素因子，则m=pmmN*，从而1p=m1m是f(x)的周期.(2)若T是无理数，令a

3、1=1-1TT，则0a11，且a1是无理数.令an+1=1-1anannN*，由数学归纳法易知an均为无理数且0an1.又因为1an-1an1，故1an+1anan，即an+1=1-1anan0，k=1，2，2008.证明：当且仅当k=12008ak1时，存在数列xn满足以下条件：(1)0=x0xnxn+1,n=1,2,3,；(2)limnxn存在；(3)xn-xn-1=k=12008akxn+k-k=02007ak+1xn+k，n=1,2,3.【答案】证明见解析【解析】必要性.假设存在xn满足条件(1)，(2)，(3).注意到条件(3)中的式子可化为xn-xn-1=k=12008akxn+k

4、-xn+k-1nN*，其中x0=0.将上式从第1项加到第n项，并注意到x0=0，得xn=a1xn+1-x1+a2xn+2-x2+a2008xn+2008-x2008，由条件(2)可设b=limnxn，将上式取极限得b=a1b-x1+a2b-x2+a2008b-x2008=bk=12008ak-a1x1+a2x2+a2008x20081.充分性.假设k=12008ak1.定义多项式函数如下f(s)=-1+k=12008aksk(s0,1)，则f(s)在0，1上是递增函数，且f(0)=10，因此方程f(s)=0在0，1内有唯一的根s=s0，且0s01，即fs0=0.下取数列xn为xn=k=1ns0

5、k(n=1,2,)，则xn满足题设条件(1)，且xn=k=1ns0k=s0-s0n+11-s0，因为0s01，我们有an-1=an-1an-2+1an-1+an-2-1=an-1-1an-2-1an-1+an-2(n2) 和an+1=an-1an-2+1an-1+an-2+1=an-1+1an-2+1an-1+an-2(n2) 将式和两端相乘，得an2-1=an-12-1an-1+an-2an-22-1an-1+an-2(n2) 由式递推，必有式或|x|=1且yx 反之，如果条件或满足，则当n2时，必有an为常数，且常数是1或1.(2)由式与式，我们得到an-1an+1=an-1-1an-1+

6、1an-2-1an-2+1(n2) 记bn=an-1an+1，则当n2时，有bn=bn-1bn-2=bn-2bn-3bn-2=bn-22bn-3=bn-3bn-42bn-3=bn-33bn-42=，由此递推，我们得到an-1an+1=y-1y+1Fn-1x-1x+1Fn-2(n2) 这里Fn=Fn-1+Fn-2n2,F0=F1=1 由式解得Fn=151+52n+1-1-52n+1 上式中的n还可以向负向延伸，例如F-1=0,F-2=1，这样一来，式对所有的n0都成立.由式解得an=(x+1)Fn-2(y+1)Fn-1+(x-1)Fn-2(y-1)Fn-1(x+1)Fn-2(y+1)Fn-1-(

7、x-1)Fn-2(y-1)Fn-1n0 1111式1111中的Fn-1,Fn-2由式确定.5【2004高中数学联赛(第02试)】在平面直角坐标系xOy中，y轴的正半轴上的点列An与曲线y=2x(x0)上的点列Bn满足OAn=OBn=1n.直线AnBn在x轴上的截距为an，点Bn的横坐标为bn，nN+.(1)证明anan+14,nN+.(2)证明存在n0N+，使得对nn0，都有b2b1+b3b2+bnbn-1+bn+1bn0，由于OBn=1n，有bn2+2bn=1n2，所以bn=1n2+1-1nN+，其次，直线AnBn在x轴上的截距an满足an-02bn-1n=0-1nbn-0，所以an=bn1

8、-n2bnnN+，因为2n2bn=1-n2bn20，bn+2=1n2bn，因此an=bn(1+n2bn)1-2n2bn=1n2bn+2n2bn=bn+2+2bn+2，所以an=1n2+1+1+21n2+1+2，又因为1n1n+10，所以对nN+，都有anan+14，(2)设cn=1-bn+1bnnN+，有cn=1n2+1-1n+12+11n2+1-1=n21n2-1(n+1)2.1n2+1+11n2+1+1n+12+12n+1(n+1)212+121n2+12n+12(n+1)2，因为(2n+1)(n+2)-2(n+1)2=n0，所以cn1n+2nN+，设Sn=c1+c2+cnnN+，则当n=

9、2k-21kN+时Sn13+14+12k-1+12k=13+14+122+1+123+12k-1+1+12k2122+22123+2k-112k=k-12所以取n0=24009-2，则对nn0，有1-b2b1+1-b3b2+1-bn+1bn=SnSn04009-12=2004，即得b2b1+b3b2+bn+1bnn0.6【2000高中数学联赛(第02试)】设数列an和bn满足a0=1,b0=0，且an+1=7an+6bn-3bn+1=8an+7bn-4，n=0，1，2，证明an(n=0，1，2，)是完全平方数.【答案】证明见解析【解析】由已知，有an+2-14an+1+an+6=0，化为an+

10、2-12-14an+1-12+an-12=0，构建新数列cn：cn=an-12，且c0=12，c1=a1-12=7a0+6b0-3-12=72，cn+2-14cn+1+cn=0，由特征方程2-14+1=0得两根1=7+43,2=7-43，所以cn=m11n+m22n，当n=0，1时，有m1+m2=12m1(7+43)+m2(7-43)=12，解得m1=m2=14，则cn=14(7+43)n+14(7-43)n=14(2+3)2n+14(2-3)2n.则an=cn+12=14(2+3)n+(2-3)n2.因为(2+3)n+(2-3)n为正偶数，所以an是完全平方数.7【1998高中数学联赛(第0

11、2试)】设a1,a2,an,b1,b2,bn1,2有i=1nai2=i=1nbi2，求证i=1nai3bi1710i=1nai2，并问：等号成立的充要条件.【答案】证明见解析【解析】由于ai,bi1,2,i=1,2,，因此12ai3biaibi=aibi2 从而12aibi-ai3bi(2aibi-ai3bi)0，即aibi-52ai2+ai3bi0.由此可得i=1nai3bi52i=1nai2-i=1naibi 又由式可得12bi-ai2bi-ai0，即b12-52aib+ai20，亦即aibi52ai2+bi2.代人式，注意到i=1nai2=i=1nbi2，可得i=1nai3bi52i=1

12、nai2-25i=1nai2+bi2=52i=1nai2-45i=1nai2=1710i=1nai2.等号成立等价于n为偶数，a1,a2,an中有一半取1，另一半取2，bi=2ai(i=1,2,n).8【1998高中数学联赛(第02试)】对于正整数a，n，定义Fn(a)=q+r，其中q，r为非负整数，a=qn+r，且0rn.求最大的正整数A，使得存在正整数n1,n2,n3,n4,n5,n6，对于任意的正整数aA，都有Fn6Fn5Fn4Fn3Fn2Fn1a=1.证明你的结论.【答案】答案见解析【解析】将满足条件“存在正整数n1,n2,nk，使得只要正整数aB，就有FnkFnk-1Fn1(a)=1

13、”的最大正整数B，记为xk.显然，本题所求的最大正整数A即为x6.(1)先证x1=2.事实上F2(1)=F2(2)=1，所以x12，又当n13时Fn1(2)=2，而F2(3)=F1(2)=2，所以x10,n11，于是0(q-1)n1+n1-1=qn1-1Ai时，又有AiAj.这与A1,A2,Am两两互不包含相矛盾.由于Ai(i=1,2,m)所对应的排列均不同，而A的n个元素总数为n!，所以式成立(2)由柯西不等式知或m2=i=1m1aiai2i=1m1aii=1mai 由mi=1m1aii=1maim知式成立.令ai=CnAi，即得m2i=1m1CnAii=1mCnAii=1mCnAi.11【

14、1991高中数学联赛(第02试)】设S=1，2，n，A为至少含有两项的、公差为正的等差数列，其项都在S中，且添加S的其他元素于A后均不能构成与A有相同公差的等差数列.求这种A的个数(这里只有两项的数列也看作等差数列).【答案】n24【解析】解法一设A的公差为d，则1dn-1，分两种情况讨论：(1)设n为偶数，则：当1dn2时，公差为d的A有d个；当n2+1dn-1时，公差为d的A有nd个故当n为偶数时，这种A共有1+2+n2+1+2+n-n2+1=n24(个)(2)设n为奇数，则当1dn-12时，公差为d的A有d个；当n+12dn-1时，公差为d的A有nd个.故当n为奇数时，这种A共有1+2+

15、n-12+1+2+n-12=n2-14(个)两情况可统一为：这种A有n24个.解法二对于n=2k，所述数列A必有连续两项，一个在1，2，k中，另一个在k+1，k+2，n中.反之，从1，2，k中任取一数，从k+1，k+2，n中任取一数，以他们的差为公差可作出一个A.此对应是一一对应.故这种A的个数为k2=n24.对于n=2k+1，情况完全类似.注意集合k+1，k+2，n中有k+1个数，故这种A的个数为k(k+1)=n2-14.两式可统一为n24.12【1988高中数学联赛(第02试)】已知a1=1，a2=2，an+2=5an+1-3an,anan+1为偶数时an+1-an,anan+1为奇数时.

16、试证：对一切nN，an0，an不是4的倍数.【答案】证明见解析【解析】由递推公式，an,an+1,an+2的奇偶性只有：奇，偶，奇；偶，奇，奇；奇，奇，偶三种情形，a1=1，a2=2，a3=7，均不是4的倍数，下面证明an中所有的项都不是4的倍数.设存在使am是4的倍数的最小下标m，则m3，且am-1,am-2均为奇数，am-3为偶数.由am-1=5am-2-3am-3和am=am-1-am-2得3am-3=4am-2-am.故am-3是4的倍数，与所设矛盾.13【1986高中数学联赛(第02试)】已知实数列a0,a1,a2,满足ai-1+ai+1=2ai(i=1，2，3，)，求证：对于任何自

17、然数n，P(x)=a0Cn0(1-x)n+a1Cn1x(1-x)n-1+a2Cn2x21-xn-2+an-1Cnn-1xn-1(1-x)+anCnnxn是x的一次多项式.【答案】证明见解析【解析】显然a0,a1,a2,为等差数列.所以ak=a1+(k-1)a1-a0=ka1-a0+a0.设P(x)中第k+1项为Tk+1，则Tk+1=akCnkxk(1-x)n-k=a0Cnkxk(1-x)n-k+a1-a0kCnk(1-x)n-k.又因为kCnk=nCn-1k-1，于是kCnkxk(1-x)n-k=nCn-1k-1xk(1-x)n-k=nxCn-1k-1xk-1(1-x)n-k.所以P(x)=k

18、=0nTk+1=k=0na0Cnkxk(1-x)n-k+k=1nnxa1-a0Cn-1k-1xk-1(1-x)n-k=a0(1-x+x)n+na1-a0xk=1nCn-1k-1xk-1(1-x)n-k=a0+a1-a0x.所以，当等差数列a0,a1,a2,公差不为零时，P(x)为x的一次多项式.若公差为零，即a0,a1,a2,为常数列，则P(x)为零次多项式或零多项式.优质模拟题强化训练1已知数列an的前n项和为Sn，a1=1且2Sn=anan+1nN+。(1)证明：an0nN+，并求an的通项公式；(2)构造数列b1=1,bn=k=1n-1k-1Cn-1k-1akn2.求证：无论给定多么大的

19、正整数M，都必定存在一个N，使b1+b2+bNM.【答案】(1)见解析；(2)见解析【解析】(1)由a1=1及2S1=a1a2，得a2=2。由a1=1，a2=2及2S2=a2a3，得a3=3。下面用数学归纳法证明：an=nnN+，即a2k-1=2k-1,a2k=2k kN+.(i)当k=1时，由a1=1，a2=2，知成立。(ii)假设k=m时，成立，即a2m-1=2m-1，a2m=2m，有2a2m=2S2m-2S2m-1=a2ma2m+1-a2m-1，约去a2m=2m0得a2m+1-a2m-1=2.移项并代入a2m-1=2m-1得a2m+1=a2m-1+2 =2m-1+2=2m+1.则2a2m

20、+1=2S2m+1-2S2m =a2m+1a2m+2-a2m。约去a2m+1=2m+10得a2m+2-a2m=2.约去a2m+1=2m+10得a2m+2-a2m=2，移项并代入a2m=2m得a2m+2=a2m+2=2m+2.由式、知，当k=m+1时，成立，综上得证式成立。合并得an=nnN+，这就证明了an0nN+，且求出了通项an=nnN+。(2)把ak=k代入，对n2有bn=k=1n-1k-1Cn-1k-1ak =k=1n-1k-1kn-1!k-1!n-k!=k=1n-1k-1nn!k!n-k! =1nk=1n-1k-1Cnk =1n1-k=0n-1kCnk =1n1-1-1n=1n。因为

21、12k-1+12k-1+1+12k-1 2k-112k=12，所以，对于给定的正整数M，存在一个N=22M-1，使b1+b2+bN =1+12+13+14+15+16+17+122M-1+122M-1 1+2122+22123+22M-1122M =1+12+12+12=2M-1个M+12M。2已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦点为F，过F的直线l交椭圆C于A、B两点，P为左准线上一点，直线PA、PF、PB的方向向量分别为(1,t)、(1,r)、(1,s).(1)求证：t、r、s成等差数列；(2)t、r、s能否成等比数列？试述理由.【答案】(1)见解析(2)当点P的纵坐标与直线

22、l斜率的倒数之积为-b2c时，t、r、s成等比数列.【解析】(1)设l:x=my-c，与椭圆C的方程联立，消去x化简得(a2+b2m2)y2-2b2any-b4=0.设A(x1,y1)、B(x2,y2).则y1+y2=2b2cma2+b2m2,y1y2=-b4a2+b2m2.又P(-a2c,n)、F(-c,0)，故PA=(x1+a2c,y1-n),PB=(x2+a2c,y2-n),PF=(b2c,-n).则t=y1-nx1+a2c=c(y1-n)cmy1+b2,s=c(y2-n)cmy2+b2,r=-cnb2,t+s=c(y1-n)cmy1+b2+c(y2-n)cmy2+b2=c2any1y2

23、+(b2-cmn)(y1+y2)-2b2nc2m2y1y2+b2an(y1+y2)+b4=c2an(-b4)+(b2-cmn)2b2am-2b2n(a2+2b2m2)c2m2(-b4)+b2cm2bcm+b4(a2+b2m2)=c2b2-b2cm-c2m2n+b2cm-a2n-b2m2n-c2m2+2c2m2+a2+b2m2=c2b2-(b2+c2)m2n-a2n(b2+c2)m2+a2=-2cnb2=2r.因此，t、r、s成等差数列.容易验证，当A、B为长轴两端点时，结论仍成立.(2)若t、r、s成等比数列，则r2=ts.ts=c2(y1-n)(y2-n)(cmy1+b2)(cmy2+b2)

24、=c2y1y2-n(y1+y2)+n2c2m2y1y2+b2cm(y1+y2)+b4=c2-b4-n2b2cm+n2(a2+b2m2)c2m2(-b4)+b2cm2bcm+b4(a2+b2m2)=c2a2b4-b4-2mncb2+a2n2+b2m2n2m2+1=(-cnb2)2故-b4-2mncb2+a2n2+b2m2n2=a2n2(m2+1).整理为(a2-b2)m2n2+2mncb2+b4=0，即(amn+b2)2=0.解得mn=-b2c.所以，当点P的纵坐标与直线l斜率的倒数之积为-b2c时，t、r、s成等比数列.3已知数列an的前n项和为Sn，且满足a2=2,Sn=n1+an2nN+.

25、(1)求数列an的通项.(2)若bn=an1n+1，求数列bn的最大值项.(3)对于(2)中数列bn，是否存在bn=bmnm？若存在，求出所有相等的两项；若不存在，说明理由.【答案】(1)an=n(2)b4(3)数列bn中存在唯一相等的两项b2=b8.【解析】(1)由S1=1+a12=a1，知a1=1.当n1时，an=Sn-Sn-1=n1+an2-n-11+an-12.化简得n-2an-n-1an-1+1=0.以n+1代替n得n-1an+1-nan+1=0.两式相减得n-1an+1-2n-1an+n-1an-1=0.则an+1-2an+an-1=0.故an为等差数列.又由a1=1,a2=2，知

26、an=n.(2)bn=n1n+1，考虑bnbn+1时，n的取值范围.注意到，n1n+1n+11n+2即nn+2n+1n+1.则nn+1nn+1=1+1n1+1nn.当n3时，1+1nn=1+Cn11n+Cn21n2+Cnk1nk+Cnn1nn=1+1+12!1-1n+1k!1-1n1-2n1-n-k+1n+1n!1-1n1-2n1-n-1n1+1+12!+1k!+1n!1+1+12+122+12n31+1n=3+3n3，即n4时，有bnbn+1.又通过比较b1、b2、b3、b4、b5的大小知b1b2b3b5.所以，数列bn满足b1b2b3b5b6.因此，数列bn的最大值项为b4.(3)显然，b

27、1=1.由bn=n1n+1知，当n1时，bn1.再由式可知，若数列bn存在相等两项，只能是b2、b3与后面的项可能相等.又b2=213=819=b8，即第2项与第8项相等.再由式知，仅有第8项与第2项相等.而b3=314b5=516，故由式知，与第3项相等的项不存在.因此，数列bn中存在唯一相等的两项b2=b8.4已知数列an满足a1=1，an=n21+122+132+1n-12n=2,3,.求证：(1)an+1an+1=n2n+12n=2,3,；(2)1+1a11+1a21+1an4n=2,3,.【答案】(1)见解析；(2)见解析【解析】(1)由ann2=1+122+1n-12n=2,3,，

28、得an+1n-12=1+122+1n-12+1n2=ann2+1n2=an+1n2.故an+1an+1=n2n+12n=2,3,.(2)当n=1时，1+1a1=24，结论成立；当n2时，由(1)的结论得1+1a11+1a21+1a31+1an=a1+1a1a2+1a2a3+1a3an+1an=a1+1a1a2a2+1a3a3+1a4an+1an+1an+1=1+11422323242n2n+12an+1=2an+1n+12=21+122+132+1n221+112+123+1n-1n=21+1-12+12-13+1n-1-1n=22-1n4.故1+1a11+1a21+1an4 n=1,2,.5

29、已知数列an满足a1=14，1-anan+1=14。(1)求数列an的通项；(2)求证：a2a1+a3a2+an+1ann+34。【答案】(1)an=n2n+1；(2)见解析【解析】(1)令bn=an-12，则bn+1+1212-bn=14 12bn+1-bnbn+1-12bn=0 1bn-1bn+1=21bn=1b1+n-1-2=-4-2n-1 =-2n-2 an=12+bn=12-12n+1=n2n+1.(2)注意到ak+1ak=k+12k+22k+1k=k+12kk+2 =1+1kk+2=1+121k-1k+2，则a2a1+a3a2+an+1an =1+121-13+1+1212-14+

30、 +1+121n-1n+2 =n+121+12-1n+1-1n+2n+34.6已知集合A1，A2，An是集合1,2,n的不同子集，满足下列条件：(i)iAi且CardAi3，；(ii)iAj的充要条件是jAiij,i,j=1,2,n；请回答下列问题：(1)求i=1nCardAi；(2)求n的最小值【答案】(1)见解析；(2)7【解析】(1)设A1，A2，An这n个集合中有ri个集合含有元素ii=1,2,n，则i=1nCardAi=i=1nri，不妨设含有元素1的r1个集合为A2，A3，Ar1+1，由条件(ii)知，2A1，3A1，r1+1A1，r1+2A1，r1+3A1，nA1，又由条件(i)

31、知1A1，则CardA1=n-r1+2+1=n-r1-1，依此知CardAi=n-ri-1i=1,2,n，故i=1nCardAi=i=1nn-ri-1 =i=1nn-1-i=1nri=i=1nri于是，i=1nri=12i=1nn-1=12nn-1.(2)因为CardAi3，所以，i=1nCardAi3n，而Ai1.2,n i=1,2,n，故1，2，n这n个元素中至少有一个元素至少有3个集合中，不妨含为1，即r13,又CardA1=n-r1-13，则nr1+47，而A1=2,3,4，A2=3,4,5，A3=4,5,6，A4=5,6,7，A5=6,7,1，A6=7,1,2，A7=1,2,3符合条

32、件，所以，n的最小值为7.7已知无穷正数数列an满足：(1)存在mR，使得aim(i=1,2,)；(2)对任意正整数i、j(ij)，均有|ai-aj|1i+j，求证：m1.【答案】m1【解析】对n4，记k1,k2,kn是1,2,n的一个排列，且满足0ak1ak2aknm.由条件(2)得aki-aki-11ki+ki-1(i=2,3,n).于是，对任意的n4都有makn-ak1=(akn-akn-1)+(akn-1-akn-2)(ak2-ak1)1kn+kn-1+1kn-1+kn-2+1k2+k1.由柯西不等式得1kn+kn-1+1kn-1+kn-2+1k2+k1(n-1)2(kn+kn-1)+

33、(kn-1+kn-2)+(k2+k1)=(n-1)n(k1+k2+kn)-k1-kn=(n-1)22(n+1)-k1-kn(n-1)2n2+n-3n-7n-3=1-4n-3.从而，对任意的n4，都有m1-4n-3.故一定由m1.8设f(x)是定义在定义域D上的函数.若对任何实数a(0,1)以及D中的任意两数x1、x2，恒有f(x1+(1-)x2)f(x1)+(1-)f(x2)，则称f(x)为定义在D上的C函数.(1)已知f(x)是R上的C函数，m是给定的正整数.设an=f(n)(n=0,1,m)，且a0=0，am=2m，记Sf=a1+a2+am.对于满足条件的任意函数f(x)，试求Sf的最大值

34、.(2)若f(x)是定义域为R的函数，且最小正周期为T，证明：f(x)不是R上的C函数.【答案】(1)m2+m(2)见解析【解析】(1)对任意的n(0nm)，取x1=m，x2=0，=nm0,1.因为f(x)是R上的C函数，an=f(n)，且a0=0，am=2m，所以，an=f(n)=f(x1+(1-)x2)f(x1)+(1-)f(x2)=nm2m=2n.故Sf=a1+a2+am2(1+2+m)=m2+m.可证f(x)=2x是C函数，且使得an=2n(n=0,1,m)都成立.此时，Sf=m2+m.综上所述，Sf的最大值为m2+m.(2)假设f(x)是R上的C函数.若存在mn，且m、n0,T)，使

35、得f(m)f(n).若f(m)f(n)，记x1=m，x2=m+T，=1-n-mT.则01，且n=x1+(1-)x2.故f(n)=f(x1+(1-)x2)f(x1)+(1-)f(x2)=f(m)+(1-)f(m+T)=f(m).这与f(m)f(n)，记x1=n，x2=n-1，=1-n-mT也可得出矛盾.因此，f(x)在0,T)上是常数函数.又因为f(x)是周期为T的函数，所以，f(x)在R上是常数函数，这与f(x)的最小正周期为T矛盾.故f(x)不是R上的C函数.9正整数数列an满足：a1=1,an+1=an-n,ann;an+n,ann.(1)求a2008；(2)求最小的正整数n，使得an=2

36、008。【答案】(1)637；(2)5827【解析】(1)易得数列的初值(见表1).表1123456789101112131412 41510411312213114接下来关注使ank=1的下标nk:n1=1,n2=4,n3=13,它们满足如下递推关系；nk+1=3nk+1(k=1,2,).下面对k进行归纳.当k=1,2时，式成立.设已有ank=1，则由条件ank+1=nk+1,ank+2=2nk+2,ank+3=nk,ank+4=2nk+3,归纳易得ank+2m-1=nk+2-m(m=1,2,nk+1)，ank+2m=2nk+1+m(m=1,2,nk).于是，当m=nk+1时，a3nk+1=

37、nk+2-(nk+1)=1.因此，nk+1=3nk+1(k=1,2,)，即式成立.由式得2nk+1+1=3(2nk+1+1).记2nk+1+1=xk，则xk+1=3xk,x1=3.所以，xk=3k.因此，nk=3k-12(k=1,2,).而n7=37-12=1093,n8=38-12=3280，则n72008n8.又2008=n7+2458-1，故由式得a2008=n7+2-458=637.(2)由式知，当n3nk=nk+1-1时，an3nk+1=nk+1.因此，当nn7时，ann7=1093 .而当n7nn8时，要么an1094，要么an21094，即an的值取不到2008.进而，考虑n8n

38、n9的情况.由n8+2-m=2008，得m=1274.由式得a5827=an8+2m-1=n8+2-m=2008.故满足an=2008的最小的n为5827.10从12010中选出总和为1006779的1005个数a1,a2,a1005，且这1005个数中任意两数之和都不等于2011.(1)证明: i=11005ai2-4022i=11005ai3+i=11005ai4为定值;(2)当i=11005ai3取最小值时，求ai(i=1,2,1005)中所有小于1005的数之和。【答案】(1)见解析；(2)44253【解析】将1,2,.,2010分成1005组：Ai=i,2011-i(i=1,2,10

39、05).因ai中任两数之和不等于2011，故各组中恰取一数.先在各组中取偶数，组成bi，其中biAi(i=1,2,1005).又i=11005bi=i=110052i=1011030i=11005ai，故必有一些偶数被换成同组的奇数.设Aj组的换数使i=11005aik-i=11005bik的增量为dk(j)，其中,k=1,2,3.则i=11005d1(i)=i=11005ai-i=11005bi=-4251.在A2j组中，若将2j换成2011-2j，则d1(2j)=(2011-2j)-2j=4(503-j)-1=e503-j；在A2j-1组中，若将2012-2j换成2j-1，则d1(2j)=

40、(2j-1)-(2012-2j)=4(j-503)-1=e503-j；且d2(j)=2011d1(j),d3(j)=14d1(j)(320112+d1(j)2).故i=11005ai2=i=11005(2i)2+i=11005d2(i)=i=11005(2i)2+2011i=11005d1(i),i=11005ai3=i=11005(2i)3+i=11005d3(i),=i=11005(2i)3+3420112i=11005d1(i)+14i=11005d1(i)3.1 由式知i=11005ai2为定值，且i=11005ai4=4022=i=11005ai2(2011-ai)2-20112=i

41、=11005(2i)(2011-2i)2-20112i=11005ai2为定值.2 由式知，当且仅当i=11005ai3取最小值时，i=11005d1(i)3取最小值.首先，求0,1,.,502的子集I、J,使得iIei-jJfi=i=11005d1(i)=-4251,且A(I,J)=iIei3-jJfj3最小，其中，ei=4i-1(i=1,2,502),fj=4j+1(j=0,1,502).设I0=1,2,n,J1=m,m+1,502，其中,1nm502.则i=1nei=i=1n(4i-1)=n(2n+1),j=m502ei=j=m502(4j-1)=(503-m)(1005+2m).由4n

42、-1A(I0,J0).设I0=J0I,I2=II0,J1=JJ0,J2=J0J.则iI0ei-jJ0fj=iIei-jJfjiI1ei-jJ2fj=iI2ei-jJ1fjiI1ei-jJ1fj=iI2ei-jJ2fj.注意到，式中左边的每个数都小于右边的每个数.由调整法易知iI1ei3+jJ1fj3iI2ei3+jJ2fj3iI0ei3+jJ0fj3iIei3+jJfj3故I=1,2,.,354,J=354,355,.,502.从而,，当i=11005ai3取最小值时，有ai=2j|j=1,2,1482011-2j|j=149,150,.,5022j-1|j=1,2,.,1492012-2j|

43、j=150,151,.,503，其中，所有小于1005的数之和为j=11482j+j=1149(2j-1)=44253.11设A=a1,a2,a2010，其中，an=n+n+12(1n2010)，正整数k具有如下的性质：存在正整数m，使m+1,m+2,m+k都属于A，而m、m+k+1都不属于A求这样的正整数k的所有取值的集合【答案】2i|i=1,2,44【解析】对2n2010，有0an-an-1=1+n+12-n-1+12(1+n+12)-(n-1+12-1)=2+n-n-1=2+1n+n-13所以，an-an-1=1或2注意到an-an-1=2n+12-n-1+12=1存在正整数k，使n+1

44、2=k+1，且n-1+12=kkn-1+12k+1n+12k+2k-12n-1k+12nk+32k2+k+14nk2+k+54n=k2+k+1an-1+1=(k+1)2故an=an-1+1,an-1+1不为完全平方数an-1+2,an-1+1为完全平方数注意到a1=2，a2010=2010+2010+12=2055从而，A=i=145Ai，其中，Ai=n|i2n(i+1)2,nN(i=1,2,44)，A45=2026,2027,2055因|Ai|=(i+1)2-1-i2=2i(i=1,2,44)，|A45|=2055-2025=30，所以，所有符合条件的正整数k的集合为2i|i=1,2,441

45、2设x1=a，x2=b，xn+2=xn+xn+12+c(n=1,2,)，其中，a、b、c为给定的实数(1)求xn的表达式(2)问：当c为何值时，极限limn+xn存在？如果存在，请求出其值【答案】(1)x1=a，x2=b，x3=a+b2+c,xn+3=13(c3+a2-b2)(-12)n-1)+23cn+a+b2+c 其中，n=0,1,2,，(2)a+2b3【解析】(1)由题给条件得xn+2=xn+xn+12+c，xn+3=xn+1+xn+22+c，则xn+3-xn+2=xn+2-xn2， =(xn+2-xn+1)+(xn+1-xn)2令yn=xn+1-xn，则yn+2=yn+1+yn2 其中

46、，y1=x2-x1=b-a，y2=x3-x2=x2+x12+c-x2=a+b2+c-b=a-b2+c由式得yn+2-yn+1=yn+1+yn2-yn+1=yn-yn+12=(-12)(yn+1-yn)=(-12)2(yn-yn-1) =(-12)n(y2-y1)=(-12)n(a-b2+c-b+a) =(-12)n(c+32(a-b)则yn+2=(yn+2-yn+1)+(yn+1-yn)+(y3-y2)+y2=c+32(a-b)(-12)n+(-12)n-1+(-12)2+(-12)+a-b2+c=(-12)c+32(a-b)1-(-12)n1-(-12)+a-b2+c=c+32(a-b)3(

47、-12)n-1+a-b2+c =(c3+a2-b2)(-12)n+23c，其中，(L2n+1,L2n-1)故xn+3-xn+2=(c3+a2-b2)(-12)n+23c，xn+2-xn+1=(c3+a2-b2)(-12)n-1+23cx4-x3=(c3+a2-b2)(-12)+23c将以上n个式子相加得xn+3-x3=23cn+(c3+a2-b2)(-12)+1-(-12)n1-(-12) =23cn+(c3+a2-b2)13(-12)n-1)故xn+3=13(c3+a2-b2)(-12)n-1)+23cn+a+b2+c 其中，(L2n+1,L2n-1)，同时对n=0也成立.另外，x1=a，x

48、2=b，x3=a+b2+c(2)由式知，若c0，则limn+xn=若c=0，则limn+xn=-13(a-b2)+(a+b2)=a+2b3因此，当且仅当c=0时，limn+xn存在，且limn+xn=a+2b313设数列an满足a1=1，an+1=ann+nan(nN+)，试求a20092【答案】2009【解析】由an+1=ann+nan，得an+12=an2n2+n2an2+2.又a1=1，有a22=4，a32=4，a42=4+2536下面用数学归纳法证明：当n4时，n+2nan2n+1n2+n2n+1+2=n+1n2+1n+1+(n-1)+2n+1+2n+1.另一方面，an+12=an2n

49、2+n2an2+24n2+4 当n4时，n44+4n24n2+4，式成立由式、得an+12n+2综上，n+1+2n+1an+122+4(13)2n-1【答案】见解析【解析】由已知得an+1+2=an2+4an+42an=(an+2)22an，an+1-2=an2-4an+42an=(an-2)22an从而，an+1+2an+1-2=(an+2an-2)2因此，当n2时，an+2an-2=(an-1+2an-1-2)2=(an-2+2an-2-2)22 =(a1+2a1-2)2n-1 an+2an-2=32n-1an+2=32n-1(an-2) an=2(1+32n-1)32n-1-1=2+43

50、2n-1-1 an2+4(13)2n-115设数列an的通项公式是an=n2(x表示不超过实数x的最大整数).(1)证明：2、22、23、24、25都是数列an的项；(2)26是否是数列an的项，证明你的结论；(3)证明：有无穷多个2的正整数幂是数列an的项.【答案】(1)6-2a2-2或2+2a2+6；(2)见解析(3)见解析【解析】(1)因为a2=22=2，a3=32=4=22，a6=62=8=23，a12=122=16=24，a23=232=32=25，所以，2、22、23、24、25都是数列an的项.(2)因为(n+1)2n2，所以，数列an是不减的.而a45=452=6326，故26

51、不是数列an的项.(3)首先证明：存在无穷多个正整数k，使得2k21-12，其中，x表示x的小数部分.事实上，若只有有限个正整数k，使得2k21-12，其中，x表示x的小数部分.事实上，若只有有限个正整数k，使得2k21-12，不妨设k0是使得2k21-12成立的最大正整数.故2k0+l21-12(1-12，矛盾.对于每一个满足2k21-12的正整数k，令n=2k2+1.则2k2n=2k2+1=2k2-2k2+12k2-(1-12)+1=2k2+12.故2kn27k2+6k+1，所以，数列an的第100个平方数是数列an的第7502-650+1=17201项，它是a17201=3472.17设

52、数列11,12,21,13,22,31,1k,1k-1,k1,问:(1)这个数列第2010项的值是多少？(2)在这个数列中，第2010个值为1的项的序号是多少？【答案】(1)577；(2)8076181【解析】(1) 将数列分组：(11)，(12，21)，(1k,2k-1,，k1),注意到1+2+.+62=1953，1+2+.+63 =2016.故数列的第2010项属于第63组倒数第7个数，即为577.(2)由(1)的分组知，每个奇数组中出现一个1，于是，第2010个1出现在第4019组，而第4019组中的1位于该组第2010位，故第2010个值为1的项的序号为(1+2+.+4018)+201

53、0=8076 181.18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=r(1ijkn)的三元数组(i,j,k)的个数记为fn(r).证明：fn(r)n24.【答案】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，所以，gj(r)n-j.从而，gj(r)minj-1,n-j.因此，当n为偶数时，设n=2m.则fn(r)=j=2n-1gj(r)=j=2m-1gj(r)+j=m2m-1gj(

54、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fn(r)=j=2n-1gj(r)=j=2mgj(r)+j=m+12mgj(r) j=2m(j-1)+j=m+12m(2m+1-j) =m2=n24.19已知数列an的通项为an=1+2+n(nN+)，把此数列中所有3的倍数依次取出，构成一个新的数列b1,b2,bm，求数列bm的前2m项的和S2m【答案】32m(m+1)(2m+1)【解析】显然，an=n(n+1)2若an=3t(tZ+)，则由n,n+1互质，n与n+1中必有一个是3的倍数当n=3k

55、(kZ+)时，a3k=3k(3k+1)2；当n+1=3k，即n=3k-1(kZ+)时，a3k-1=3k(3k-1)2则数列an中的连续三项a3k-2,a3k-1,a3k中有连续两项a3k-1,a3k是3的倍数故b1=a2,b2=a3,b3=a5,b4=a6，b2m-1=a3m-1,b2m=a3mS2m=k=1m(a3k-1+a3k)=k=1m9k2=32m(m+1)(2m+1)20设a1=3，an+1=an2+an-1(nN+). 证明：(1)对所有的n，an3(mod4)；(2)当mn时，(am,an)=1(即am、an互质).【答案】(1)见解析；(2)见解析【解析】(1)当n=1时，a13(mod4).假设an3(mod4). 则an+1=a2+a-132+3-13(mod4).所以，对所有的n，有an3(mod4).(2)由递推关系易得an+1+1=4anan-1a1.不妨设mn. 易得am|(an+1).令an+1=qam(qN). 于是，(am,an)=(am,qam-1)=(am,-1)=1.