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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26 数列第二缉
1．【2018 年吉林预赛】在数列{an}中，若an
2-an-1
2
= p(n≥2,n∈N
*, p 为常数)，则称{an}为“等方差
数列”.下列是对“等方差数列”的判断：
①数列{(-1)
n}是等方差数列；
②若{an}是等方差数列，则{an
2}是等差数列；
③若{an}是等方差数列，则{akn}（k ∈N
*，k 为常数）也是等方差数列；
④若{an}既是等方差数列，又是等差数列，则该数列为常数列.
其中正确的命题序号为________.（将所有正确的命题序号填在横线上）
【答案】①②③④
【解析】
①因为[(-1)
n]
2-[(-1)
n-1]
2=0，所以{(-1)
n}符合“等方差数列”定义；
②根据定义，显然{an
2}是等差数列；
③akn
2 -ak (n-1)
2
=akn
2 -akn-1
2
+akn-1
2
-akn-2
2
+⋯+akn-k +1
2
-ak (n-1)
2
=kp符合定义；
④数列{an}满足an
2-an-1
2
= p，an-an-1=d（d 为常数）.若d=0，显然{an}为常数列；
若d≠0，则两式相除得an+an-1= p
d ，所以an= d
2+ p
2d
（常数），即{an}为常数列.
故答案为：①②③④
2．【2018 年河北预赛】欲登上7 阶楼梯，某人可以每步跨上两阶楼梯，也可以每步跨上一阶楼梯，则共
有_____种上楼梯的方法.
【答案】21
【解析】
本题采用分步计数原理.
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第一类：0 次一步跨上2 阶楼梯，即每步跨上一阶楼梯，跨7 次楼梯，只有1 种上楼梯的方法；
第二类，1 次一步跨上2 阶楼梯，5 次每步跨上一阶楼梯，跨6 次楼梯，有C6
1=6种方法；
第三类：2 次一步跨上2 阶楼梯，3 次每步跨上一阶楼梯，跨5 次楼梯，有C2
5=10种方法；
第四类：3 次一步跨上2 阶楼梯，1 次每步跨上一阶楼梯，跨4 次楼梯，有C4
3 = 4种方法；共计21 种上楼梯
的方法.
3．【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
.
4．【2018 年江西预赛】正整数数列{an}满足an=3n+2，{bn}满足bn=5n+3，n∈N．在
M = {1,2,⋯,2018}中两数列的公共项的个数是______．
【答案】135
【解析】
易知，2018 是两个数列在M内最大的一个公共项，除去这个公共项外，用2018 分别减去{an}、{bn}的其
余各项，前者得到{an}，为{3,6,9,⋯,2016}，它们是M内所有3 的倍数；
后者得到{bn}，为{5,10,15,⋯,2015}，它们是M内所有5 的倍数；
显然，{an}、{bn}的公共项，一一对应于{an}、{bn}的公共项，而这种公共项是M中所有15 的倍数，为
3 / 15
[
2018
15 ]=134．因此，所求公共项的个数是134+1=135个．
故答案为：135
5．【2018 年湖南预赛】如图，将一个边长为1 的正三角形分成四个全等的正三角形，第一次挖去中间的
一个小三角形，将剩下的三个小正三角形，再分别从中间挖去一个小三角形，保留它们的边，重复操作以
上做法，得到的集合为谢尔宾斯基缕垫.
设An是第n 次挖去的小三角形面积之和（如A1是第1 次挖去的中间小三角形面积，A2是第2 次挖去的三个
小三角形面积之和），则前n 次挖去的所有小三角形面积之和的值为____________________.
【答案】
❑√3
4 [1-(
3
4)
n
]
【解析】
原正三角形的面积为❑√3
4
，而第k 次一共挖去3
k -1个小三角形，Ak =
❑√3
16(
3
4)
k -1.因此，可以采用等比级数
求和公式，得到答案为
∑
k =1
n
Ak =
❑√3
16 ∑
k =1
n
(
3
4)
k -1
=
❑√3
16
1-(
3
4)
n
1- 3
4
=
❑√3
4 [1-(
3
4)
n
].
故答案为：
❑√3
4 [1-(
3
4)
n
]
6
．
【
2018
年
全
国
】
设
整
数
数
列a1,a2,⋯,a10满
足a10=3a1,a2+a8=2a5，
且
ai+1∈{1+ai,2+a j},i =1,2,⋯,9，则这样的数列的个数为
.
4 / 15
【答案】80
【解析】设b1=a1+1-a1∈{1,2}(i=1,2,⋯,9)，则有
2a1=a10-a1=b1+b2+⋯+b9，①
b2+b3+b4=a5-a2=a8-a5=b5+b6+b7.②
用t 表示b2,b3,b4中值为2 的项数.由②知t 也是b5,b6,b7中值为2 的项数，其中t∈{0，1，2，3}.因此
b2,b3,…,b3的取法数为(C3
0)
2+(C3
1)
2+(C3
2)
2+(C3
3)
2=20.
取定b2,b3,…,b7后，任意指定b8,b9的值，有22=4 种方式.
最后由①知，应取b1∈{1,2}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20×4=80.
7．【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+1∈{1+ai,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-ai∈{1,2}(i=1,2,⋯,9)，则有
2a1=a10-a1=b1+b2+⋯+b9
①
b2+b3+b4=a5-a2=a8-a5=b5+b6+b7
②
用t 表示b2,b3,b4中值为2 的项数.由②知，t 也是b5,b6,b7中值为2 的项数，其中t∈{0，1，2，3}.
因此b2,b3,⋯,b7的取法数为(C3
0)
2+(C3
1)
2+(C3
2)
2+(C3
3)
2=20.
取定b2,b3,⋯,b7后，任意指定b8,b9的值，有2
2= 4种方式.
最后由①知，应取b1∈{1,2}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20×4=80.
8．【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
5 / 15
【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=- 1
3 an，故{an}是以
- 1
3
为公比的等比数列
于是a3=- 1
3 a2=-2.
由等比数列的性质可得a1a2a3a4a5=a3
5=(-2)
5=-32.
9．【2017 高中数学联赛A 卷（第01 试）】设两个严格递增的正整数数列{an},{bn}满足:a10=b10<2017，
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a1<a2.
由于2017>b10=2
9⋅b1=512b1
，故b1∈{1，2，3}.
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=34 a2+21a1，
因此21a1≡a10=b10=512b1≡2b1( mod 34)，
而13×21=34×8+1，故有a1≡13×21a1≡13×2b1=26b1( mod 34)
①
另一方面，注意到a1<a2，有55a1<34 a2+21a1=512b1，故a1< 512
55 b1
②
当b1=1 时，①、②分别化为a1≡26( mod 34),a1< 512
55
，无解
当b1=2 时，①、②分别化为a1≡52( mod 34),a1< 1024
55
，得到唯一的正整数a1=18，此时a1+b1=20.
当b1=3 时，①、②分别化为a1≡78( mod 34),a1< 1536
55
，得到唯一的正整数a1=10，此时a1+b1=13.
综上所述，a1+b1的所有可能值为13、20.
10．【2017 高中数学联赛B 卷（第01 试）】在等比数列{an}中，a2= ❑√2,a3=
3√3，则a1+a2011
a7+a2017
的值为
.
【答案】8
9
6 / 15
【解析】数列{an}的公比为q = a3
a2
=
3√3
❑√2
，故a1+a2011
a7+a201
=
a1+a2011
q
6(a1+a2011)
= 1
q
6 = 8
9
.
11．【2017 年天津预赛】已知{an}是首项为1,公比为2 的等比数列,{bn}是首项为2,公差为5 的等差数列.同
时出现在这两个数列中的数按从小到大的顺序排成数列{xn},则x100=
.
【答案】2
397
【解析】提示：数列{an}中的数等于2 的整数次幂,数列{bn}中的数被5 除余2.注意2
∘,2
1,2
2,2
3,⋯被5 除
的余数依次为1,2,4 ,3,1,2,4,3,⋯不难发现，{an}中仅有形如2
4 k -3的数被5 除余2,从而出现在{bn}中.因
此,xn=2
4 n-3.特别地,x100=2
397.
12．【2017 年山西预赛】将全体正奇数按自小到大的顺序排列,然后取第一数为a1,取后续两数和为a2,再取
后续三数和为a3
,如此继续,得到数列{an},即:a1=1,a2=3+5,a3=7+9+11,⋯,则{an}的前20 项之和
a1+a2+⋯+a20=
.
【答案】44100
【解析】提示:a1+a2+⋯+a20为前1+2+⋯+20=210个奇数之和,答案是210
2= 44100.
13．【2017 年吉林预赛】两个数列{an},{bn}满足a1=2,b1=1,an+1=5an+3bn+7,bn+1=3an+5bn
(其中
n∈N +
),则{an}的通项公式为an=
.
【答案】2
3n-2+2
n+1- 4
【解析】由题意{an+1=5an+3bn+7 ①
bn+1=3an+5bn②
①+②+1,得an+1+bn+1+1=8(an+bn+1),
7 / 15
故an+bn+1=8
n-1(a1+b1+1)=2
3n-1;
①-②+7,得an+1-bn+1+7=2(an-bn+7),
故an-bn+7 =2
n-1(a1-b1+7)=2
n+2;
所以an= 2
3n-1+2
n+2-8
2
=2
3n-2+2
n+1- 4.
14 ．【2017 年福建预赛】已知{an}为等比数列, 且a1a2017=1, 若f (x)=
2
1+ x
2, 则
f (a1)+ f (a2)+ f (a3)+⋯+ f (a2017)=
.
【答案】2017
【解析】提示：由f (x)=
2
1+ x
2
知,f (x)+ f(
1
x)=
2
1+ x
2 +
2
1+(
1
x)
2 =
2
1+ x
2 + 2 x
2
x
2+1
=2.
因为{an}为等比数列,且a1a2017=1,所以a1a2017=a2a2016=a3a2015=⋯=a2017a1=1，
所以f (a1)+ f (a2017)= f (a2)+ f (a2016)= f (a3)+ f (a2015)=⋯= f (a2017)+ f (a1)=2.
所以
2[ f (a1)+ f (a2)+ f (a3)+⋯+ f (a2017)]=[ f (a1)+ f (a2017)]+[ f (a2)+ f (a2016)]+[ f (a3)+ f (a2015)]+⋯+[ f (a2017)+ f
所以f (a1)+ f (a2)+ f (a3)+⋯+ f (a2017)=2017.
15
．
【
2017
年
江
西
预
赛
】
化
简
1
1❑√2+2❑√1 +
1
2❑√3+3 ❑√2 +
1
3 ❑√4 + 4 ❑√3 +⋯+
1
2016 ❑√2017+2017 ❑√2016 =
.
【答案】1-
1
❑√2017
【解析】提示：由
1
k ❑√k +1+(k +1)❑√k =
1
❑√k (k +1)⋅(❑√k +1+ ❑√k)
=
❑√k +1- ❑√k
❑√k (k +1)
= 1
❑√k -
1
❑√k +1
立得结果.
8 / 15
16．【2017 年江西预赛】将全体真分数排成这样的一个数列{an}: 1
2 , 1
3 , 2
3 , 1
4 , 2
4 , 3
4 ,⋯,排序方法是：自左
至右,先将分母按自小到大排列,对于分母相同的分数,再按分子自小到大排列,则其第2017 项是:a2017=
.
【答案】1
65
【解析】提示:按分母分段,分母为k +1的分数有k个,因为63×64
2
=2016, 64×65
2
=2080,故2017 属于第
64 段,则a2017应是分母为65 的第一数,即1
65
.
17．【2017 年江西预赛】将各位数字和为10 的全体正整数按自小到大的顺序排成一个数列{an},若
an=2017,则n=
.
【答案】120
【解析】提示:数字和为10 的两位数ab有9 个,数字和为10 的三位数abc,首位数字a可取{1,2,⋯,9}中任
意一个值,
当a取定后,b可取{0,1,⋯,,10-a}这11-a个数中的任意一个值,
而在a、b皆确定后,c值便唯一确定，因此三位数个数是∑
a=1
9
(11-a)=54,
数字和为10 的四位数1abc ,a+b+c =9 的非负整解(a,b,c)的个数是C11
2 =55,
数字和为10 的四位数2abc共有2 个,即2008 与2017,
故在{1,2,⋯,2017}中,满足条件的数有9+54 +55+2=120个.
18．【2017 年河南预赛】已知由3 的幂或者是若干个不同的3 的幂之和组成的递增数列：1,3,
4 ,9,10,12,13,⋯,则此数列的第100 项是
.
【答案】981
【解析】提示：该数列的项即为a0+3a1+3
2a2+⋯+3
nan
,其中ai∈{0,1},i=1,2,⋯,n.
9 / 15
当n=5时,可组成2
6-1=63个数,第64 项是3
6=729.
从第65 项开始,不含3
5=243的项有2
5-1=31个,第96 项是729+243=972,
下面是729+243+1,729+243+3,729+243+1+3,
第100 项是729+243+9=981.
19．【2017 年湖北预赛】已知正项等比数列{an}满足a6+a5+a4-a3-a2-a1= 49,则a9+a8+a7
的最小值为
.
【答案】196
【解析】提示：设公比为q,由条件知a6+a5+a4-(a3+a2+a1)= 49,即(q
3-1)(a3+a2+a1)= 49.
显然q
3-1>0,所以a3+a2+a1= 49
q
3-1
.
a9+a8+a7=q
6(a3+a2+a1)= 49q
6
q
3-1
= 49(q
3+1+
1
q
3-1)= 49(
❑√q
3-1+
1
❑√q
3-1)
2
≥49×4 =196,
当❑√q
3-1=
1
❑√q
3-1
,即当q =
3√2时等号成立.
所以a9+a8+a7的最小值为196.
20．【2017 年黑龙江预赛】下面给出一个“直角三角形数阵”：
1
4
1
2 , 1
4
3
4 , 3
8 , 3
16
10 / 15
满足每一列的数成等差数列,从第三行起,每一行的数成等比数列,且每一行的公比相等,记第i行第j列的数为
aij(i≥j ,i , j∈N +),则an3=
.
【答案】n
16
【解析】提示：由题意知,an3位于第n行第3 列,且第1 列的公差等于1
4
,每一行的公比都等于1
2
.
由等差数列的通项公式知,第n行第1 个数为1
4 +(n-1)× 1
4 = n
4 ,an3= n
4 ×(
1
2)
2
= n
16 .
21．【2017 年贵州预赛】在正项等比数列{an}中,存在两项am、an
,使得❑√aman=8a1
,且a9=a8+2a7
,则
1
m + 4
n
的最小值是
.
【答案】17
15
【解析】提示:在正项等比数列{an}中,由a9=a8+2a7⇒a7q
2=a7q+2a7⇒q
2-q -2=0⇒q =2或
q =-1,q =-1不合题意,舍去.
又由❑√aman=8a1⇒
❑√a1⋅2
m-1a1⋅2
n-1=8a1⇒m+n=8,所以
(m,n)=(1,7),(2,6),(3,5),(4 ,4),(5,3),(6,2),(7,1),
则(
1
m + 4
n)min
= 1
3 + 4
5 = 17
15
.
22．【2017 年广东预赛】已知数列a0,a1,a2,⋯,an,⋯满足关系式(2-an+1)(4 +an)=8,且a0=2,则∑
i=0
n
1
ai
的
值是
.
【答案】1
2 (2
n+2-n-3)
11 / 15
【解析】提示:依题意得1
an+1
= 2
an
+ 1
2,令bn= 1
an
+ 1
2,
则bn=2bn-1,b0=1,bn=2
n, 1
an
=2
n- 1
2,
故∑
i=0
n
1
ai
= 1
2 (2
n+2-n-3).
23．【2017 年广西预赛】设数列{an}的各项为正数,其前n项和Sn
满足Sn= 1
2(an+ 1
an)
,则an=
.
【答案】❑√n- ❑√n-1
【解析】提示:由a1= S1= 1
2(a1+ 1
a1)
,得a1= 1
a1
.
由an>0,a1=1,S1=1.
当n>1时,由an= Sn- Sn-1
及Sn= 1
2(an+ 1
an),Sn= 1
2(Sn- Sn-1+
1
Sn- Sn-1),化简得Sn
2- Sn-1
2
=1.
所以{Sn
2}是等差数列,公差为1,又S1
2=1,
所以Sn
2=n,Sn= ❑√nan= Sn- Sn-1= ❑√n- ❑√n-1,
首项1 也满足,故an= ❑√n- ❑√n-1.
24 ．【2017
年湖南预赛】对正整数n, 定义n!=n(n-1)(n-2)⋅⋯⋅2⋅1, 记
Sn=n![
1
2! + 2
3! +⋯+
n
(n+1)! -1]
则S2017=
.
【答案】-
1
2018
12 / 15
【解析】提示:由
k
(k +1)! = k +1
(k +1)! -
1
(k +1)! = 1
k ! -
1
(k +1)!,
所以1
2! + 2
3! +⋯+
n
(n+1)! =(
1
1! - 1
2!)+(
1
2! - 1
3!)+⋯+[
1
n! -
1
(n+1)!]=1-
1
(n+1)!
，
所以Sn=n![ 1
2! + 2
3! +⋯+
n
(n+1)! -1]=n![-
1
(n+1)! ]=-
1
n+1,S2017=-
1
2018.
25．【2017 年江苏预赛】若数列{an}满足a1= 1
2 ,an+1=
2an
3an+2 ,n∈N +
,则a2017
的值为
.
【答案】
1
3026
【解析】提示：由an+1=
2an
3an+2
得1
an+1
= 1
an
+ 3
2 .又a1= 1
2
,所以1
a1
=2,所以1
a2017
=2+2016× 3
2 =3026,所以
a2017=
1
3026
.
26．【2017 年新疆预赛】在数列{an}中,对1≤n≤5,有an=n
2;且对一切正整数n,都有an+5+an+1=an+ 4+an.则
a2023=
.
【答案】17
【解析】提示：对一切正整数n,都有an+5+an+1=an+ 4+an=⋯=a5+a1=26.故
an=26-an+ 4=26-(26-an+8)=an+8
,
即数列{an}是以8 为周期的数列,
则a2023=a7=26-a3=26-9=17.
27．【2017 年新疆预赛】已知数列{an}首项为2,且满足6 Sn=3an+1+ 4
n-1.则Sn
的最大值为
.
【答案】35
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【解析】提示：依题意,我们有{
6 Sn=3an+1+ 4
n-1,
6 Sn-1=3an+ 4
n-1-1
两式相减,整理可得an+1=3an- 4
n-1. ①
在①式两边同时加上4
n,可得an+1+ 4
n=3an- 4
n-1+ 4
n=3(an+ 4
n-1).
从而,数列{an+ 4
n-1}是一个首项为a1+1=3,公比为3 的等比数列,
即an+ 4
n-1=3
n.故an=3
n- 4
n-1.
通过计算可知,当n⩽4时,an>0;n⩾5吋,an<0.
从而n= 4时Sn
取最大值,最大值为S4=(3+3
2+3
3+3
4)-(1+ 4 + 4
2+ 4
3)= 3(1-3
4)
1-3
- 1(1- 4
4)
1- 4
=35
.
28．【2017 年内蒙古预赛】设等比数列{an}的公比为t,前n项和Sn>0(n=1,2,3,⋯),则t的取值范围为
.
【答案】(-1,0)∪(0,+ ∞)
【解析】提示：因为S1=a1>0,Sn=a1(1+t +⋯+t
n-1)>0所以1+t +⋯+t
n-1>0.
当t >0时,有1+t +⋯+t
n-1>0.
当t <0时,有1+t +⋯+t
n-1= 1-t
n
1-t >0.
解得t >-1.
故t ∈(-1,0)∪(0,+ ∞).
29．【2016 年陕西预赛】在数列{an} 中，a4=1，a11=9，且任意连续三项的和均为15.则a2016=________.
【答案】5
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【解析】
依题意，对任意n∈Z+，有an+an+1+an+2=an+1+an+2+an+3=15⇒an+3=an.
则a1=a4=1，a2=a11=9，a3=15-a1-a2=5.
故a2016=a3×672=a3=5.
30．【2016 年安徽预赛】已知等差数列a1,a2,⋯,a1000的前100 项之和为100，最后100 项之和为1000.则
a1=________.
【答案】0.505
【解析】
设等差数列的公差d，则
100a1+ 4950d =100，
100a1+94950d =1000.
故d =0.01,a1=1-0.495=0.505.
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