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备战2022 年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)
专题25 数列第一缉
1．【2021 年浙江预赛】设a0=0,a1=a2=1,a3n=an,a3n+1=a3n+2=an+1(n≥1) ,则a2021=
.
【答案】6
【解析】a2021=a3×673+2=a673+1=a3×224+1+1=a224+2
=a3×74+2+2=a74+3=a3×24+2+3=a24+ 4 =a8+ 4 =a2+5=6 .
2．【2021 年浙江预赛】设数列an+1=[
an
2 ]+[
an
3 ],n=1,2,⋯,7 ,这里[x]表示不超过x 的最大整数。若
a8=8 ,则正整数a1 有
种可能的取值情况。
【答案】7
【解析】由 a8=8 , 可得 a7=10 或 11 ,
可得 a6=12 或 13 或 14 ; 可得 a5=15 或 16 或 17
可得 a4=18 或 19 或 20 或 21 ; 可得 a3=22 或 23 或 24 或 25 或26，
可得 a2=27 或 28 或 29 或 30 或 31 或 32 ;
可得 a1=33 或 34 或 35 或 36 或 37 或 38 ,39，共7 种.
3 ．【2021 年新疆预赛】已知数列{an} 满足a1=1,a2= 4 ,a3=10 , 对任意的n≥2 有
an+1
2
-2an
2=anan+2-2an-1an+1
,则a21
的个位数字是
.
【答案】6
【解析】∵an+1
2
-2an
2=anan+2-2an-1an+1,∴an+1(an+1+2an-1)=an(an+2+2an) ,
∴an+1+2an-1
an
= an+2+2an
an+1
,
∴{
an+1+2an-1
an
}
是常数列，又a3+2a1
a2
=3 ,
∴an+2+2an
an+1
=3,∴an+1=3an-2an-1
.
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由特征根方程求得an=3×2
n-1-2,∴a21
的个位数字为6.
4．【2021 年全国高中数学联赛A 卷一试】等差数列{an}满足a2021=a20+a21=1,则a1
的值为
.
【答案】1981
4001
【解析】设{an}的公差为d .由条件知{
a1+2020d =1,
2a1+39d =1,
解得a1= 1981
4001
.
5．【2021 年全国高中数学联赛B 卷一试】等差数列{an}的公差d ≠0,且a2021=a20+a21,则a1
d
的值为
.
【答案】1981
【解析】由条件知a1+2020d =a1+19d +a1+20d,又d ≠0,故a1
d =1981.
6．【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】1
3
【解析】由等比数列的性质知a1
a9
=( a9
a13
)
2
, a1= a9
3
a13
2 =13
3.所以loga113= 1
3
.
7 ．【2020
年甘肃预赛】设数列{an} 满足:a1= 1
4 ,an+1=an+an
2(n∈Z+)
. 记
T 2020=
1
a1+1 +
1
a2+1 +⋯+
1
a2020+1 .若T 2020 的值在区间(k ,k +1) 内,则整数k 的值为
.
【答案】3
【解析】由题意知
1
an+1
=
1
an(an+1)
= 1
an
-
1
an+1
⇒
1
an+1 = 1
an
- 1
an+1
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⇒T 2020= 1
a1
- 1
a2
+ 1
a2
- 1
a3
+⋯+
1
a2020
-
1
a2021
= 1
a1
-
1
a2021
= 4 -
1
a2021
.
下证T 2020∈(3,4) ,只需证a2021>1. 由an+1=an+an
2>an
⇒a17=a16
2 +a15
2 +⋯+a2
2+a1>16a1
2=1 .
由归纳法,知对于任意的n>17 ,an>1 ,则T 2020∈(3,4) ,即k =3 .
8．【2020 年广西预赛】设数列{an} 的前两项分别为a1=2 ,a2= 4. 设bn=an+1-an. 若数列{bn} 是公差
为1 的等差数列,则a2020=
.
【答案】2041211
【解析】易知,b1=a2-a1=2.
由{bn} 的公差为1 知
bn=n+1
故a2020=a1+∑
i=1
2019
bi
=2+2+3+⋯+2020
=2041211.
9．【2020 年吉林预赛】数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时发现有这样一列数:1,1,2,3,5,8,13,⋯ 该数
列的特点是:前两个数均为1,从第三个数起,每一个数均等于它前面两个数的和.把这样的一列数组成的数列
{an} 称为“斐波那契数列”.则
(a1a3+a2a4+a3a5+⋯+a2019a2021)- (a2
2+a3
2+a4
2+⋯+a2020
2
) =
.
【答案】1
【解析】由题意知
a1a3-a2
2=1,a2a4-a3
2=-1 ，
a3a5-a4
2 =1,a4a6-a5
2=-1 ，
……
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由此可归纳出结论anan+2-an+1
2
=(-1)
n+1(n∈Z+) .
则原式
=(a1a3-a2
2)+(a2a4-a3
2)+ (a3a5-a4
2)+⋯+(a2019a2021-a2020
2
),
即1009 个-1 与1010 个1 相加，结果为1.
10．【2020 年四川预赛】已知数列{an} 满足:a0= ❑√6,an+1=[an]+
1
{an} ，其中,[a ]表示不超过实数a 的
最大整数,{a}=a-[a]. 则a2020=
.
【答案】6060+ ❑√6
【解析】注意到，
a0= ❑√6=2+(❑√6-2) ,
a1=2+
1
❑√6-2 = 4+
❑√6-2
2
，
a2= 4+
2
❑√6-2 =8+(❑√6-2) ，
a3=8+
1
❑√6-2 =10+
❑√6-2
2
，
a4=10+
2
❑√6-2 =14+(❑√6-2) .
由数学归纳法易得
a2k =6k + ❑√6 ,
a2k +1=6k + 4+
❑√6-2
2
(k ∈N ) .
因此,a2020=6060+ ❑√6 .
11．【2020 年四川预赛】若数列{an} 满足an=[(2+ ❑√3)
2
n
](n∈Z+) ,则a2020 的末尾两位数字为
.
【答案】53
【解析】记bn=(2+ ❑√3)
n+(2- ❑√3)
n. 则
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b1= 4 ,b2=14 ,
bn+2= 4 bn+1-bn(n∈Z+) .
考虑{bn( mod 100)} ,它们分别为:
04,14,52,94,24,02,84,34,52,74,44,02,64,54,52,54,64,02,44,74,52,34,84,02,24,94,52,14,04,02,04,14,…,
是以30 为周期的模周期数列.
又2
2020≡2
404=2
4×2
400≡2
4×2
80≡2
4×2
16=2
5×2
15=2×2
3 ≡16( mod 30) ,
则b2020 的最后两位数为54.
因为(2- ❑√3)
n∈(0,1) ,所以,a2020
的末尾两位数字为53.
12．【2020 年浙江预赛】设i1,i2,⋯,in 为集合{1,2,⋯,n} 的一个排列.若存在k <l 且ik>il ,则称数对
(ik ,il) 为一个逆序,排列中所有逆序数对的数目称为此排列的逆序数.比如,排列1432 的逆序为43、42、32,
此排列的逆序数就是3.则当n=6 时,且i3= 4 的所有排列的逆序数的和为
.
【答案】912
【解析】含6 的逆序数有A4
4(5+ 4 +2+1)=12 A4
4(个) ，
含5 的逆序数有A4
4×4 +(A3
3×4 +C3
1× A3
3×3)+ (2C2
1 A3
3+C2
1 A3
3)+C3
1 A3
3 =38 A3
3(个) ,
含4 的逆序数有3 A2
2 A3
3+2C2
1×2×3× A3
3+ A3
2 A3
3 =216(个) ，
含3 的逆序数有2 A5
2×2+2 A5
2=6 A5
2=120(个) ，
含2 的逆序数有A5
3=60 个.
故总的逆序数有912 个.
13．【2020 年重庆预赛】已知a1,a2 ,a3,a4 均为实数.若集合{a1,a2,a3,a4} 的所有非空真子集的元素之
和为28,则a1+a2+a3+a4=
.
【答案】4
【解析】注意到,含有元素ai(i=1,2,3,4) 的非空真子集有7 个.
则I ={a1,a2,a3,a4} 的所有非空真子集的元素之和为7(a1+a2+a3+a4)=28 .
从而,a1+a2+a3+a4= 4.
14 ．【2020 年新疆预赛】等差数列{an} 的公差和等比数列{bn} 的公比都是d(d ≠1) , 且
a1=b1,a4=b4,a10=b10 .若存在m∈N 使得am=b22 ,则m=
.
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【答案】130
【解析】由题得{
a1=b1
a1+3d =b1⋅d
3
a1+9d =b1⋅d
9
,消去a1,b1 ，得d
6+d
3-2=0 ，解得d
3=-2 或1（舍去）.所以
a1+3d =b1⋅d
3 ，得d =-b1,∴a1+(m-1)d =b1⋅d
21=-128b1
,解得m=130 .
15．【2019 年江西预赛】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】设公差为d,则1949=1919+(m-1)d,2019=1919+(n-1)d,
显然有m>1,n>1,d = 30
m-1
，以及d = 100
n-1
,消去d 得:10m-3n=7,
其通解为¿,为使m>1,n>1 且d 为正整数,则正整数t 只能在{1,2,5,10}取值,
当t=1 时,m=4,n=11 为最小,此时m+n=15.
16．【2019 年江西预赛】数列{an}满足:a0= ❑√3，an+1=[an]+ 1
{an}
,(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+
❑√3-1
2
【解析】
a0=1+(❑√3-1),a1=1+
1
❑√3-1 =2+
❑√3-1
2
,a2=2+
2
❑√3-1 =3+ ❑√3= 4+(❑√3-1)，
a3= 4+
1
❑√3-1 =5+
❑√3-1
2
，
归纳易得a2k =3k +1+(❑√3-1),a2k +1=3k +2+
❑√3-1
2
.
因此a2019=3029+
❑√3-1
2
.
17．【2019 年上海预赛】设等差数列{an}的公差为d(d≠0),前n 项和为Sn若数列{❑√8 Sn+2n}也是公差为d
的等差数列,则数列{an}的通项an=
.
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【答案】4 n- 9
4
【解析】由❑√8 Sn+1+2(n+1)- ❑√8 Sn+2n=d(n⩾1)
⇒8 Sn+1-8 Sn+2=d +2d ❑√8 Sn+2n
⇒8an+1+2=d +2d ❑√8 Sn+2n.
类似地,8an+2+2=d +2d ❑√8 Sn+1+2(n+1).
将以上两式相减得：8(an+2-an+1)=2d(❑√8 Sn+1+2(n+1)- ❑√8 Sn+2n)
⇒8d =2d
2.
而d≠0,故d=4.
又❑√8 S2+ 4 - ❑√8 S1+2= ❑√16a1+36- ❑√8a1+2= 4
，
由此解得a1= 7
4
.
从而,an= 7
4 + 4(n-1)= 4 n- 9
4
.
18．【2019 年新疆预赛】已知数列:2
3 , 2
9 , 4
9 , 6
9 , 8
9 , 2
27 , 4
27 ,⋯, 26
27 ,…, 2
3
n , 4
3
n ,⋯, 3
n-1
3
n
,⋯，那么
2020
2187
是该数列的第
项.
【答案】1553
【解析】依题意知，可将已知数列进行分组，第一组为{
2
3}
; 第二组为{
2
9 , 4
9 , 6
9 , 8
9}
; 第三组为
{
2
27 , 4
27 ,…, 24
27 , 26
27}
，…，第n 组为{
2
3
n , 4
3
n ,…, 3
n-1
3
n }
.又2187=3
7，3
6<2020<3
7，故分数2020
2187
在
数列第7 组.
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下面我们计算数列分组后，前6 组共有数列中：
1
2 [(3
1-1)+(3
2-1)+(3
3-1)+(3
4-1)+(3
5-1)+(3
6-1)]= 1
2[
3(3
6-1)
3-1
-6]=543项.
又2020
2187
为数列第7 组的第1010 位.
所以分数2020
2187
为数列的第543+1010 位，即1553 位.
19．【2019 年浙江预赛】设0≤x1≤x2
，数列{xn}满足xn+2= xn+1+ xn,n≥1.若1≤x7≤2，则x8
的取值范围
为
.
【答案】[
21
13 , 13
4 ]
【解析】由已知得x3= x1+ x2, x4= x1+2 x2, x5=2 x1+3 x2，
x6=3 x1+5 x2, x7=5 x1+8 x2, x8=8 x1+13 x2，
因为1≤x7≤2，所以1≤5 x1+8 x2≤2，结合0≤x1≤x2，在O - x1 x2坐标下所围成的线性规划区域为四边形，
它的四个顶点坐标分别为(0, 1
8),(
1
13 , 1
13)
，(
2
13 , 2
13),(0, 1
4)
，
所以x8=8 x1+13 x2∈[
21
13 , 13
4 ]
.
20 ．【2019 年北京预赛】将正整数1,2,3,4 ,⋯,n,⋯按第k组含k +1个数分组:
(1,2)
⏟
第1组
,(3,4,5)
⏟
第2组
,(6,7,8,9)
⏟
第3组
,(10,11,12,13,14)
⏟
第4 组
…则2019 在第
组中.
【答案】63
【解析】易知第n组的最后一个数为n(n+1)
2
+n,当n=62时,62×63
2
+62=2015.可见,
2015是第62组的最后一个数,因此2019应在第63组中.
21．【2019 年广西预赛】从1,2,……,20 中任取3 个不同的数,则这3 个数构成等差数列的概率为
【答案】3
38
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【解析】设首项为a1,不妨考虑公差d >0⇒1⩽d ⩽9,d ∈N+
d =1⇒1⩽a1⩽18⇒18组
d =2⇒1⩽a1⩽16⇒16组
d =3⇒1⩽a1⩽14⇒14组
以此类推，可得：
d =9⇒1⩽a1⩽2⇒2组
则总共有(2+18)×9
2
=90组
所以构成等差数列的概率为90
C20
3 = 3
38
22．【2019 年贵州预赛】已知正项数列{an}的前n 项和为Sn，若{an},{❑√sn}均为公差为d 的等差数列,则
Sn=
.
【答案】n
2
4
【解析】解法1:由已知an=a1+(n-1)d ,❑√Sn= ❑√a1+(n-1)d(d >0)，
所以,当n≥2 时：
an= Sn- Sn-1=[ ❑√a1+(n-1)d ]
2[ ❑√a1+(n-2)d ]
2=d[2❑√a1+(2n-3)d ].
故对∀n∈N
*,有a1+(n-1)d =d[2❑√a1+(2n-3)d ].
⇒¿.
解法2:因为Sn= d
2 n
2+(a1- d
2)n,要使{Sn}是公差为d 的等差数列,则必有a1= d
2
,此时❑√Sn= ❑√
d
2 n，所以
❑√
d
2 =d,解得d = 1
2,所以Sn= 1
4 n
2.
23．【2019 年吉林预赛】我们把3,6,10,15,…这些数叫做三角形数,因为这些数目的点可以排成一个正三角
形,如下图所示,则第19 个三角形数是
.
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【答案】210
【解析】归纳易得an= (n+1)(n+2)
2
(n∈N
*),故a19= 20×21
2
=210.
24．【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 =a1+(k -1)d，
即(k－2)d=a1，因此必有k≠2，且d = a1
k -2
.
这样就有an=a1+(n-1)d =a1+ n-1
k -2 a1，
而此时对任意正整数n，a1+a2+⋯+an=a1n+ n(n-1)
2
d
=a1+(n-1)a1+ n(n-1)
2
d =a1+((n-1)(k -2)+ n(n-1)
2 )d，
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k－2 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.
25．【2018 年山西预赛】将全体正整数按自小到大的顺序排列，然后这样分段，使得第一段有1 个数，第
二段有3 个数，……，第n 段有2n-1 个数；那么，第20 段中的第18 个数是________.
【答案】379
【解析】
显然，前n 段共有1+3+5+⋯+(2n-1)=n
2个数，即第n 段中最大数为n
2；于是第19 段中的最大数为
19
2=361，则第20 段中第18 个数为361+18=379.
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26．【2018 年江苏预赛】已知等差数列{an}的前12 项的和为60，则|a1|+|a2|+⋯+|a12|的最小值为
________.
【答案】60
【解析】
|a1|+|a2|+⋯+|a12|≥a1+a2+⋯+a12=60，当且仅当a1=a2=⋯=a12=5时等号成立，
故|a1|+|a2|+⋯+|a12|的最小值为60.
故答案为：60
27．【2018 年浙江预赛】设数列{an
❑}满足a1=1 ，an+1=5an+1 (n=1，2，…），则 ∑
n=1
2018
an=________.
【答案】5
2019
16 - 8077
16
【解析】
由an+1=5an+1⇒an+1+ 1
4 =5(an+ 1
4)⇒an= 5
n
4 - 1
4
，
所以∑
n=1
2018
an= 1
4 (5
1+5
2+…+5
2018)- 2018
4
= 5
16 (5
2018-1)- 2018
4
= 5
2019
16 - 8077
16
.
28．【2018 年湖北预赛】设数列{an}满足：a1=1,4 an+1-an+1an+ 4 an=9，则a2018=______.
【答案】5
3
【解析】
由4 an+1-an+1an+ 4 an=9可得
(4 -an)(4 -an+1)=7.
设bn= 4 -an，则有bnbn+1=7.又b1= 4 -a1=3，故b2= 7
3
.
一般地，有b2k -1=3,b2k = 7
3
，于是
a2k -1= 4 -3=1,a2k = 4 - 7
3 = 5
3
，
所以a2018= 5
3
.
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29．【2018 年湖北预赛】设数列{an}的通项公式为an=n
3-n,n∈N
*，将该数列中个位数字为0 的项，按
从小到大的顺序排列构成数列{bn}，则b2018
被7 除所得的余数为______.
【答案】4
【解析】
因为an=n
3-n=n(n-1)(n+1)，于是可知当且仅当n的个位数字为1、4、5、6、9、0 时，an
的个位数字为
0.所以，数列{an}的连续10 项中，个位数字为0 的项有六个.
而2018=336×6+2,336×10=3360，余数2 所对应的满足条件的项的个位数字为4，因此，
b2018=a3364=3364
3-3364 =3364×3363×3365 ≡4×3×5≡60≡4 (mod 7).
所以，b2018被7 除所得余数为4.
30．【2018 年甘肃预赛】已知数列{an}满足an+1= 3
n+1⋅an
an+3
n+1 ,a1=3，则数列{an}的通项公式是______．
【答案】an= 2⋅3
n
3
n-1
【解析】
由an+1= 3
n+1⋅an
an+3
n+1
可得1
an+1
- 1
an
= 1
3
n+1 ,a1=3，
则1
a2
- 1
a1
= 1
3
2 , 1
a3
- 1
a2
= 1
3
3 ,⋅⋅⋅, 1
an
- 1
an-1
= 1
3
n．
以下用累加法得，1
an
- 1
a1
= 1
3
2 + 1
3
3 +⋅⋅⋅+ 1
3
n．
得到1
an
= 1
3 + 1
3
2 +⋅⋅⋅+ 1
3
n =
1
3(1- 1
3
n)
1- 1
3
= 1
2(1- 1
3
n)
，
13 / 14
从而，an= 2⋅3
n
3
n-1
．
14 / 14
