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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29 数列第五缉
1．【2021 年江西预赛】正整数数列{an} 满足a1=a2=a3=1 ,叱的任何连续四个项an,an+1,an+2,an+3 都满
足:anan+3-an+1an+2=1 .证明:对于它的任意三个连续项an,an+1,an+2 而言.其首尾两项之和an+an+2 必是
中间一项an+1 的倍数.
【答案】证明见解析
【解析】证明:据条件易得,数列{an} 开始的一此项为:1,1,1,2,3,7,11,26,41,97,⋯⋯ ,
据此猜想:a2n-1+ a2n+1=2a2n(1);a2n+a2n+2=3a2n+1(2) ，
对n 归纳,奠基是显然的,
设(1)，(2)两式对于n 成立,考虑n+1 的情形:
据所给条件式,对所有的正整数k ,都有ak +3= ak +1ak +2+1
ak
(3) ,
则a2n+3= a2n+1a2n+2+1
a2n
= (2a2n-a2n-1)a2n+2+1
a2n
=
=2a2n+2+-a2n+2a2n-1+(a2n+2a2n-1-a2n+1a2n)
a2n
=2a2n+2+-a2n+1a2n
a2n
= 2a2n+2-a2n+1 ,
即a2n+1+a2n+3=2a2n+2.
而a2n+ 4= a2n+2a2n+3+1
a2n+1
= (3a2n+1-a2n)a2n+3+(a2na2n+3-a2n+1a2n+2)
a2n+1
=3a2n+3-a2n+2 ，
即a2n+2+ a2n+ 4=3a2n+3. 从而,(1) ，(2) 两式对于n+1 也成立,命题得证.
2．【2021 年福建预赛】已知数列{an},{bn} 满足a1=3, an+1=2an+2
n+1-1, bn= an-1
2
n
(n∈N
*) .
(1)求数列{bn} 的通项公式;
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(2)设cn= (-1)
n
bn
,T n 是数列{cn} 的前n 项的和，求证:T 2n>-
❑√2
2 .
【答案】(1) bn=n；(2)证明见解析.
【解析】(1)由bn= an-1
2
n
,得an=2
nbn+1,an+1=2
n+1bn+1+1 ,代入an+1=2an+2
n+1-1 ,
得2
n+1bn+1+1=2(2
nbn+1)+2
n+1-1 .
所以，bn+1-bn=1 ,数列{bn+1-bn} 为等差数列.
又b1= a1-1
2
=1 ，所以,bn=1+1×(n-1)=n .
(2)由（1）知,cn= (-1)
n
bn
= (-1)
n
n
.所以：
T 2n=-1+ 1
2 - 1
3 + 1
4 -⋯-
1
2n-1 + 1
2n
=-(1+ 1
2 + 1
3 + 1
4 +⋯+ 1
2n)+2(
1
2 + 1
4 + 1
6 + 1
8 +⋯+ 1
2n)
=-(1+ 1
2 + 1
3 + 1
4 +⋯+ 1
2n)+2⋅1
2(1+ 1
2 + 1
3 + 1
4 +⋯+ 1
n)
=-(
1
n+1 +
1
n+2 +
1
n+3 +⋯+ 1
2n)
由柯西不等式知：
(
1
n+1 +
1
n+2 +
1
n+3 +⋯+ 1
2n)
2
≤(1
2+1
2+1
2+⋯+1
2)[
1
(n+1)
2 +
1
(n+2)
2 +
1
(n+3)
2 +⋯+
1
(2n)
2]
<n⋅[
1
n(n+1) +
1
(n+1)(n+2) +
1
(n+2)(n+3) +⋯+
1
(2n-1)(2n)]
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=n⋅(
1
n
1
2n)= 1
2
所以, 1
n+1 +
1
n+2 +
1
n+3 +⋯+ 1
2n <
❑√2
2 .
所以,T 2n>-
❑√2
2 .
3．【2021 年福建预赛】设数列{an} 是正整数数列，满足:a1=a,an+1=an+(n+1,an),n=1,2,3,⋯.
（1）证明:当a=3 时，存在唯一一个正整数k ,使得ak =2k ;
(2)若a>3 ,试探究满足ak =2k 的正整数k 的存在性及其个数，并证明你的结论.
注:这里( x , y) 表示正整数x,y 的最大公约数.
【答案】(1)证明见解析；(2)答案见解析.
【解析】证明：(1)当a=3 时，由a1=3 ,
知a2=a1+(2,a1)=3+(2,3)= 4 ,a3=a2+(3,a2)= 4 +(3,4)=5 .
若ak =k +2(k ≥3) ,则ak +1=ak +(k +1,ak)=k +2+(k +1,k +2)=k +3 .
所以，当k =2,3,4 ,⋯ ,时总有ak =k +2 .
又当k ≥3 时, 2k >k +2=ak ,
所以，只有k =2 ,满足ak =2k .
所以，当a=3 时，存在唯一一个正整数k =2 ，使得ak =2k .
(2)当a>3 时,a1≥4 .
若a1= 4 ,则a2=a1+(2,a1)= 4+(2,4)= 4 +2=6 .
若a1≥5 ,则a2=a1+(2,a1)≥5+(2,a1)≥6 .
所以，若存在正整数k ,使得ak =2k ,则k ≥3.
我们断言当a>3 时，不存在正整数k ,使得ak =2k .
反证法:假设存在正整数k ,使得ak =2k ,记m=min{k ∣ak =2k ,k ∈N
+} ,则m≥3.
以下先证明一个引理：当1≤n≤m-1 时，总有an>2n.
由前面讨论可知,a1>2, a2>4 ,
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若an-1>2(n-1) (2≤n<m-1) ,则an=an-1+(n,an-1)>2(n-1)+1=2n-1 ,
因此，an≥2n .结合m 的最小性，可知an≠2n ,因此，an>2n .
下面推出矛盾:
易见{an} 为卢格单调递增的正整数数列，因为am=2m ,所以，am-1≤2m-1 .
又由引理知am-1>2(m-1) ,故am-1=2m-1.
注意到m≥3 ,则可类似地由单调性和引理可得am-2=2m-3 或am-2=2m-2.
若am-2=2m-3 ,则：
am-1=am-2+(m-1,am-2)=2m-3+(m-1,2m-3)=2m-3+(m-1,m-2)=2m-3+1=2m-2 ，
与am-1=2m-1 矛盾.
若am-2=2m-2 ,则：
am-1=am-2+(m-1,am-2)=2m-2+(m-1,2m-2)=2m-2+m-1=3m-3>2m-1
(因为m≥3 ),与am-1=2m-1 矛盾!
因此，当a>3 时，不存在正整数k ,使得ak =2k .
4．【2021 年重庆预赛】数列{an} 的相邻两项an 和an+1 为二次方程x
2-3nx +cn=0(n=1,2,3,⋯) 的两个
根，当a1=1 时，求cn .
【答案】¿
【解析】由韦达定理，知:an+an+1=3n,cn=anan+1 .
由a1=1 ,知a2=2 .
再多写一项，有an+1+an+2=3n+3 ,于是an+2=an+3 ,形成隔项等差数列.
所以¿
于是，所求cn 的通项为¿ .
5 ．【2021 年四川预赛】给定正整数a,b, 其中a<b. 数列{Fn} 满足:F1=a, F2=b ,
Fn+2= Fn+1+ Fn(n∈N
*) ,若不存在无穷多个正整数k ,使得1+m Fk Fk +2 为完全平方数，则称m 具有性
质P.求证:存在无分多个正整数m 具有性质P.
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【答案】证明见解析
【解析】证明:先证两个引理:
引理1:设T =a
2+ab-b
2 ,则对任意的正整数n ,都有Fn Fn+2+(-1)
nT = Fn+1
2
.
引理1 的证明:下面用数学归纳法证明.
由条件知F3=a+b ,从而F1 F3+(-1)
1T =a(a+b)-(a
2+ab-b
2)=b
2= F2
2 ,
故结论对n=1 成立.
结论成立;
假设n=k(k ≥1) 时，结论成立，即Fk Fk +2+(-1)
kT = Fk +1
2
,
当n=k +1 时,
Fk +1 Fk +3+(-1)
k +1T = Fk +1(Fk +1+ Fk +2)+ Fk Fk +2- Fk +1
2
= Fk +1 Fk +2+ Fk Fk +2= Fk +2
2
,
故当n=k +1 时，结论也成立.
由归纳原理知，对任意的正整数n ,都有Fn Fn+2+(-1)
nT = Fn+1
2
.
引理2:对任意给定的整数D ,关于x,y 的方程x
2- y
2= D 至多有有限多组整数解( x , y).
引理2 的证明:由x
2- y
2= D 知( x + y)( x - y)= D ,
人而¿ ，其中d 为D 的约数.
对每一个d ,方程组至多有一组整数( x , y).
由于D 是给定的整数，从而d 的个数是有限的.
所以，方程x
2- y
2= D 至多有有限多组整数解( x , y) .
回到原题:
取m=t
2(t ∈N
*,t ≥2) ,记Sk =1+m Fk Fk +2 ,
由引理1 知，Sk =1+m(Fk +1
2
-(-1)
kT )=(t Fk +1)
2+1+(-1)
k +1t
2T ,
若Sk 为完全平方数，记Sk = x
2,t Fk +1= y
2, D =1+(-1)
k +1t
2T ,
从而有x
2- y
2= D ,其中D =1±t
2T 为整数.
由引理2 知，方程x
2- y
2= D 仅有有限多组整数解( x , y).
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因此，当m=t
2(t ∈N
*,t ≥2) 时，正整数m 都具有性质P .
综上所述，结论成立.
6．【2021 年四川预赛】求最大的正整数n，使得对满足∏
i=1
n
ai=1 的任意正实数a1,a2,⋯ ,an ,均有
∑
i=1
n
ai
ai+1
+∑
i=1
n ai+1
ai
≥2∑
i=1
n
ai 恒成立，其中an+1=a1 .
【答案】4
【解析】解:一方面，先证:n≤4 .
事实上，若n=5 ,取a1= 1
16 ,a2= 1
32 ,a3=2,a4=128,a5=2 ,
则∑
i=1
n
ai
ai+1
=2+ 1
64 + 1
64 +64+32=98+ 1
32 <99 ，
∑
i=1
n ai+1
ai
= 1
2 +64+64+ 1
64 + 1
32 <129 ，
而∑
i=1
n
ai>130 ,从而∑
i=1
n
ai
ai+1
+∑
i=1
n ai+1
ai
-2∑
i=1
n
ai<99+129-130×2<0 ,
故n=5 不满足条件.
若n≥6 ,取a1= 1
16 ,a2= 1
32 ,a3=2,a4=128,a5=2,a6=⋯=an=1 ,
∑
i=1
n
ai
ai+1
=2+ 1
64 + 1
64 +64+2+(n-6)+16=78+n+ 1
32 <79+n ，
及∑
i=1
n ai+1
ai
= 1
2 +64+64+ 1
64 + 1
2 +(n-6)+ 1
16 <124+n ,
而∑
i=1
n
ai>127+n ,从而∑
i=1
n
ai
ai+1
+∑
i=1
n ai+1
ai
-2∑
i=1
n
ai<79+124 -127×2<0 .
故n≥6 均不满足条件.
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所以,n≤4.
另一方面，再证:n= 4 满足条件：
将a1,a2,a3,a4 分别记为a,b,c,d,则abcd =1 ,即证∑
cyc
❑b
a +∑
cyc
❑a
b ≥2∑
cyc
❑
❑a.
注意到由均值不等式：
2b
a + b
c + a
d ≥4(
b
a ⋅b
a ⋅b
c ⋅a
d)
1
4 = 4 b ，
2b
c + b
a + c
d ≥4(
b
c ⋅b
c ⋅b
a ⋅c
d)
1
4 = 4 b ,
上两式相加得:3⋅b
c +3⋅b
a + c
d + a
d ≥8b.(*)
对(*)轮换求和即得:
3∑
cyc
❑b
c +3∑
cyc
❑b
a +∑
cyc
❑c
d +∑
cy
❑a
d ≥8∑
cjc
❑
❑b ，
注意到：∑
cyc
❑b
c =∑
cyc
❑a
b ,∑
cyc
❑c
d =∑
cyc
❑a
b ,∑
cyc
❑a
d =∑
cyc
❑b
a ，
所以,∑
cyc
❑b
a +∑
cyc
❑a
b ≥2∑
cyc
❑
❑b .
综上所述，所求正整数n 的最大值为4 .
7．【2021 年浙江预赛】设n 为给定的正整数，a1,a2,⋯,an 为满足对每个m≤n 都有|∑
k =1
m ak
k |≤1 的一列
实数，求|∑
k =1
n
ak| 的最大值.
【答案】答案见解析
【解析】由 ∑
k =1
n
ak =∑
k =1
n
❑k ⋅ak
k =∑
k =1
n ak
k +∑
i=2
n
∑
k =i
n ak
k
=∑
k =1
n ak
k +∑
i=2
n
(∑
k =1
n ak
k -∑
k =1
i-1 ak
k )=∑
k =1
n ak
k +∑
i=2
n
∑
k =1
n ak
k -∑
i=2
n
∑
k =1
i-1 ak
k
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=n∑
k =1
n ak
k -∑
i=2
n
∑
k =1
i-1 ak
k
所以|∑
k =1
n
ak|=|n∑
k =1
n ak
k -∑
i=2
n
∑
k =1
i-1 ak
k |≤n|∑
k =1
n ak
k |+∑
i=2
n
|∑
k =1
i-1 ak
k |≤2n-1 .
8．【2021 年浙江预赛】设数集P ={a1,a2,⋯,am} ,它的平均数C p= a1+a2+⋯+am
m
,现将S ={1,2,⋯,n}
分成两个非空且不相交子集A,B,求|C A -C B| 的最大值,并讨论取到最大值时不同的有序数对( A ,B) 的数
目.
【答案】2n-2 .
【解析】不妨设 C A>C B , 记 A ={a1,a2,⋯,ap},T =a1+a2+⋯+ap ,
所以 |C A -C B|=C A -C B= T
p -
n(n+1)
2
-T
n- p
=T(
1
p +
1
n- p)- n(n+1)
2(n- p) =
n
n- p(
T
p - n+1
2 )
又有 T ≤(n- p+1)+(n- p+2)+⋯+n= p(2n- p+1)
2
,
所以 |C A -C B|≤
n
n- p(
2n- p+1
2
- n+1
2 )= n
2
当且仅当 T = p(2n- p+1)
2
时, 取到等号,
此时 A ={n- p+1,⋯,n} , 由 A ,B 非空, 可知 Ω1,2,⋯,n-1 , 有 n-1 种情况，
考虑对称性，则可知有序数对( A ,B) 的数目为2n-2 .
9．【2021 年全国高中数学联赛A 卷二试】给定正整数k(k ≥2)与k个非零实数a1,a2,⋯,ak，证明：至多
有有限个k元正整数组(n1,n2,⋯,nk),满足n1,n2,⋯,nk互不相同,且a1⋅n1!+a2⋅n2!+⋯+ak⋅nk!=0.
【答案】证明见解析
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【解析】取定正整数N ≥|a1|+|a2|+⋯+|ak|
min
1≤i≤k|ai|
(注意a1,a2,⋯,ak≠0).
我们证明,当正整数n1,n2,⋯,nk满足条件时，必有max
1≤i≤k ni≤N.
假设不然,不妨设max
1≤i≤k ni=n1> N.
对i=2,⋯,k,由于正整数ni<n1,故ni!≤(n1-1)!= n1!
n1
< n1!
N .
从而|a2⋅n2!+⋯+ak⋅nk!|≤∑
i=2
k
|ai|⋅ni!< n1!
N ∑
i=2
k
❑|ai|< n1!
N ∑
t =1
k
❑|ai|≤min1≤i≤t|ai|⋅n1!≤|a1|⋅n1!
但|a2⋅n2!+⋯+ak⋅nk!|=|-a1⋅n1!|=|a1|⋅n1!,矛盾.
所以，满足条件的正整数组(n1,n2,⋯,nk)至多有N
k组.本题得证.
10．【2021 年全国高中数学联赛B 卷一试】数列{an}满足:a1=a2=a3=1，令bn=an+an+1+an+2(n∈N
*).
若{bn}是公比为3 的等比数列,求a100的值.
【答案】3
100+10
13
【解析】由条件知bn=b1⋅3
n-1=3
n(n∈N
*).
因此，an+3-an=bn+1-bn=3
n+1-3
n=2⋅3
n(n∈N
*).
于是a100=a1+∑
k =1
33
(a3k +1-a3k -2)=1+∑
k =1
33
2⋅3
3k -2=1+6⋅27
33-1
27-1 =1+ 3
13 (3
99-1)= 3
100+10
13
.
11．【2021 年全国高中数学联赛B 卷二试】设a为正整数.数列{an}满足:a1=a,an+1=an
2+20,n=1,2,⋯.
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(1)证明:存在一个非立方数的正整数a,使得数列{an}中有一项为立方数.
(2)证明：数列{an}中至多有一项为立方数.
【答案】证明见解析
【解析】(1)注意到14
2+20=216=6
3,故取a=14,则a2=a
2+20=6
3为立方数,从而a=14满足条件.
(2)不妨设{an}中存在立方数,ak是所出现的第一个立方数.
因为对任意整数m,有m≡0,±1,±2,±3,± 4 (mod9),由此知m
3≡0,±1(mod9),所以ak≡0,±1(mod9).
于是ak +1=ak
2+20≡2,3(mod 9)，ak +2=ak +1
2
+20≡6,2(mod 9)，ak +3=ak +2
2
+20≡2,6(mod 9)以此类推知
ak +i≡2,6(mod9),i= 4 ,5,⋯.于是ak后面的项模9 不为0,±1,故都不是立方数.
因此，数列{an}中至多有一项为立方数.
12．【2020 高中数学联赛A 卷（第02 试）】给定整数n≥3.设a1,a2,⋯a2n,b,b2,⋯,b2n是4n 个非负实
数,满足
a1+a2+⋯+a2n=b1+b2+⋯+b2n>0,
且对任意i=1,2,⋯,2n,有aiai+2≥bi+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-1⩽S
2 .
当n=3 时,因为T
2-3⋅∑
k =1
3
a2k -1a2k +1= 1
2 (a1-a3)
2+(a3-a5)
2+(a5-a1)
2≥0
故结合条件可知S
2
4 ≥T
2⩾3⋅∑
k =1
3
a2k -1a2k +1⩾3⋅∑
k =1
3
(b2k -1+b2k)=3 S.
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又S>0,所以S≥12.
当ai=bi=2(1≤i≤6)时,S 取到最小值12.
当n≥4时,一方面有∑
k =1
n
a2k -1a2k +1⩾∑
k =1
n
(b2k -1+b2k)= S.
另一方面,若n 为偶数,则∑
k =1
n
a2k -1a2k +1⩽(a1+a5+⋅s+a2n-3)(a3+a7+⋅s+a2n-1)⩽T
2
4 ,
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(1≤k ≤n)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a1≤a3,则
∑
k =1
n
a2k -1a2k +1⩽(∑
k =1
n-1
a2k -1a2k +1)+a2n-1a3
⩽(a1+a5+⋅s+a2n-1)(a3+a7+⋅s+a2n-3)⩽T
2
4
.
从而总有S⩽∑
k =1
n
a2k -1a2k +1⩽T
2
4 ⩽S
2
16 .又S>0,所以S≥16.
当a1=a2=a3=a4= 4 ,ai=0(5≤i≤2n), b1=0,b2=16,b,=0(3≤i≤2n)时,S 取到最小值16.
综上,当n=3 时,S 的最小值为12;当n≥4 时,S 的最小值为16.
13．【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
n≥5,an必有一个模4 余1 的素因子.
【答案】证明见解析
【解析】记α =1+ ❑√2, β =1- ❑√2,则易求得an= α
n- β
n
α - β .
记bn= α
n+ β
n
2
,则数列{bn}满足bn=2b1+bn+bn-2(n≥3).①
因b1=1,b2=3均为整数,故由①及数学归纳法,可知{bn}每项均为整数.
由( α
n+ β
n
2
)
2
-( α - β
2
)
2
( α
n- β
n
α - β )
2
=(αβ)
n,可知bn
2-2an
2=(-1)
n(n≥1).②
当n>1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.
12 / 41
由②得bn
2≡-1(mod p),故bn
p-1≡(-1)
p-1
2 (modp).
又上式表明( p,bn)=1,故由费马小定理得bn
p-1≡1(mod p),
从而(-1)
p-1
2 ≡1(mod p),因p>2,故必须(-1)
p-1
2 =1,因此p ≡1(mod 4).
另一方面,对正整数m,n,若m|n,设n=km,则
an= α
n- β
n
α - β = α
m- β
m
α - β ⋅(α
(k -1)m+α
(k -2)m β
m+⋯+α
m β
(k -2)m+ β
(k -1)m)
{
am⋅∑
i=0
l -1
(αβ)
im(α
(2l -1-2t )m+ β
(2l -1-2i)m),k =2l
am⋅(∑
i=0
l -1
(αβ)
im(α
(2l -2i)m+ β
(2l -2i)m)+(αβ)
lm),k =2l+1
因α
s+ β
s=2bs为整数(对正整数s), αβ =-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p≡1(mod 4),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=2
l(1≥3),因a8= 408=24×17有模4 余1 的素因子17,
对于l≥4,由8|2
l知a8|a2
l,从而a2
l也有素因子17.证毕.
14．【2020 高中数学联赛B 卷（第01 试）】设数列{an}的通项公式为an= 1
❑√5 [( 1+ ❑√5
2
)
n
-( 1- ❑√5
2
)
n
],
n=1,2,⋯.证明:存在无穷多个正整数m,使得am+ 4am-1是完全平方数.
【答案】证明见解析
【解析】记q1= 1+ ❑√5
2
,q2= 1- ❑√5
2
,则q1+q2=1,q1q2=-1,
于是an= 1
❑√5 q1
n-q2
n(n=1,2,⋯).
所以a1=1,a2=1.又注意到qi+1=qi
2(i =1,2).
有an+1+an= 1
❑√5 q1
n+1-q2
n+1+ 1
❑√5 q1
n-q2
n
13 / 41
= 1
❑√5 q1
nq1+1-q2
nq2+1
= 1
❑√5 q1
n+2-q2
n+2,
an+2=an+1+an,n=1,2,⋯,
由此易知,数列{an}的每一项都是正整数.
由计算易得q4++q2
2=7,
故a2n+3a2n-1-1= 1
❑√5 q1
2n+3-q2
2n+3⋅1
❑√5 q1
2n-1-q2
2n-1-1.
= 1
5 q1
4 n+2+q2
4 n+2-q1q2
2n-1q1
4-q1q2
2n-1q2
4-1
= 1
5 q1
4n+2+q2
4n+2+q1
4+q2
4-1
= 1
5 q1
4 n+2+q2
4 n+2+7 -1
= 5
5 q1
4n+2+q2
4n+2+2
=[ 1
❑√5 q1
2n+1-q2
2n+1]
2
=a2n+1
2
，
所以,对任意正整数n, a2n+3a2n-1-1都是完全平方数.于是对于正奇数m, am+ 4am-1均为完全平方数.
15．【2020 高中数学联赛B 卷（第02 试）】给定整数n≥2.设a1,a2,⋯an,b1,b2,⋯,bn>0,满足
a1+a2+⋯+an=b1+b2+⋯+bn,且对任意i,j(1≤i<j≤n),均有aia j≥bi+b j.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∑
1≤i< j≤n
❑
aia j⩾∑
1≤i< j≤n
❑
(bi+b j)=(n-1)S.
又∑
1≤i< j≤n
❑
aia j⩽∑
1≤i< j≤n
❑
ai
2+a j
2
2
= n-1
2
⋅∑
i=1
n
ai
2,
于是S
2=(∑
i=1
n
ai)
2=∑
i=1
n
ai
2+2 ∑
1≤i< j≤n
❑
aia j⩾(
2
n-1 +2) ∑
1≤i< j≤n
❑
aia j≥2nS.
注意S>0,故S≥2n.
另一方面,当ai=bi=2(i=1,2,⋯,n)时,条件满足,且S=2n.
14 / 41
综上, S =a1+a2+⋯+an的最小值为2n.
16．【2020 年福建预赛】已知数列{an} 满足:a1=1,a2=5 ,an+2= 4 an+1-3an(n∈Z+)
(1)求数列{an} 的通项公式;
(2)设bn=
3
n
anan+1
,T n 是数列{bn} 的前n 项的和,证明:T n< 3
4 .
【答案】(1) an=2×3
n-1-1 .(2)证明见解析.
【解析】(1)由an+2= 4 an+1-3an ,得
an+2-an+1=3(an+1-an).
又a2-a1= 4≠0 ,则数列{an+1-an} 为等比数列.
于是,an+1-an= 4×3
n-1 .
进而,n⩾2 时，
an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+⋯+
(a2-a1)+a1
= 4×3
n-2+ 4×3
n-3+⋯+ 4 +1
= 4(1-3
n-1)
1-3
+1
=2×3
n-1-1 .
又n=1 时,2×3
n-1-1=1=a1 .
从而,对于一切正整数n ,均有an=2×3
n-1-1 .
(2) 由(1)知bn=
3
n
anan+1
15 / 41
=
3
n
(2×3
n-1-1)(2×3
n-1)
= 3
4(
1
2×3
n-1-1
-
1
2×3
n-1) .
则T n=b1+b2+⋯+bn
= 3
4(
1
1 -
1
2×3-1)+
3
4(
1
2×3-1 -
1
2×3
2-1)+⋯+
3
4(
1
2×3
n-1-1
-
1
2×3
n-1)
= 3
4(1-
1
2×3
n-1)< 3
4 .
17．【2020 年甘肃预赛】已知数列{an} :a1=a2=5 ,an+1=an+6an-1(n⩾2,n∈Z+)
证明:(1){an-3an-1} 是等比数列,并求数列{an} 的通项公式;
(2) 1
a1
+ 1
a2
+⋯+ 1
an
< 1
2 .
【答案】(1)证明见解析；an=3
n-(-2)
n.(2)证明见解析.
【解析】(1) 由an+1=an+6an-1
⇒an+1-3an=an+6an-1-3an
=-2an+6an-1=-2(an-3an-1).
则{an-3an-1} 是首项为a2-3a1 、公比为-2 的等比数列.
故an-3an-1
=(a2-3a1)(-2)
n-2=5(-2)
n-1
16 / 41
⇒an=3an-1+5(-2)
n-1
⇒
an
(-2)
n =- 3
2 ×
an-1
(-2)
n-1 - 5
2
⇒
an
(-2)
n +1=- 3
2(
an-1
(-2)
n-1 +1)
⇒
an
(-2)
n +1=(
a1
(-2)
1 +1)(- 3
2)
n-1
=(- 3
2)
n
⇒an=(-2)
n((- 3
2)
n
-1)
=3
n-(-2)
n.
(2)当n=2k 时, 1
an-1
+ 1
an
=
1
3
2k -1+2
2k -1 +
1
3
2k -2
2k
=
3
3
2k + 3
2 ×2
2k +
1
3
2k -2
2k
=
6
2×3
2k +3×2
2k +
1
3
2k -2
2k
=
8×3
2k -3×2
2k
2×3
4 k +2
2k×3
2k -3×2
4 k
<
8×3
2k
2×3
4 k +2
2k×3
2k < 4
3
2k
则1
a1
+ 1
a2
+⋯+ 1
a2k
< 4
3
2×1 + 4
3
2×2 +⋯+
4
3
2×k
17 / 41
= 4
9 ⋅
1- 1
9
k
1- 1
9
= 1
2(1- 1
9
k)< 1
2
.
当n=2k +1 时，1
a1
+ 1
a2
+⋯+ 1
an
< 1
a1
+ 1
a2
+⋯+ 1
an
+ 1
an+1
< 1
2 .
综上,结论成立.
18．【2020 年吉林预赛】已知各项均为正数的数列{an} 的前n 项和为Sn ,且an+1=2❑√Sn(n∈Z+).
(1) 求数列{an} 的通项公式;
(2)设bn=
an+2
anan+12
n ,数列bn 的前n 项和为T n ,证明: 5
6 ⩽T n< 1.
【答案】(1) an=2n-1；(2)证明见解析.
【解析】(1) 由an+1=2❑√Sn ,知
当n=1 时，a1+1=2❑√S1=2❑√a1⇒S1=1;
当n⩾2 时,an= Sn- Sn-1=2❑√Sn-1
⇒(❑√Sn-1)
2= Sn-1
⇒❑√Sn= ❑√Sn-1+1(an>0) .
于是,{❑√Sn} 是以1 为首项、1 为公差的等差数列.
从而,❑√Sn=n,an=2❑√Sn-1=2n-1 .
(2)由(1) ,知an=2n-1 .
则bn=
2n+3
(2n-1)(2n+1)2
n
=(
2
2n-1 -
1
2n+1 ) 1
2
n
=
1
2
n-1(2n-1)
-
1
2
n(2n+1)
故T n=b1+b2+⋯+bn
18 / 41
=1- 1
6 + 1
6 - 1
20 +⋯+
1
2
n-1(2n-1)
-
1
2
n(2n+1)
=1-
1
2
n(2n+1)
.
由
1
2
n(2n+1)
>0 ,显然T n<1 .
又T n=1-
1
2
n(2n+1) 单调递增,从而，T n⩾T 1= 5
6 .
综上,5
6 ⩽T n<1 .
19．【2020 年浙江预赛】已知数列{an} 满足:
a1= ❑√2+1 ,
an- ❑√n
an-1- ❑√n-1 = ❑√1+ 1
n (n=2,3,⋯) .
令bn= 1
an
,记数列{bn} 的前n 项和为Sn .
(1)求数列{an} 的通项公式;
(2)若对于任意的n∈Z+ ,有❑√n+2⩽λ(Sn+1)⩽n+101 恒成立,求实数λ 的取值范围.
【答案】(1) an= ❑√n+1+ ❑√n；(2)
❑√6
2 ⩽λ⩽20.
【解析】(1)由数学归纳法证得an= ❑√n+1+ ❑√n .
(2)由bn= ❑√n+1- ❑√n
⇒Sn= ❑√n+1-1.
由
❑√n+2⩽λ(Sn+1)⩽n+101
⇒❑√
n+2
n+1 ⩽λ⩽
100
❑√n+1 + ❑√n+1.
19 / 41
而上式对任意的正整数均成立,则
❑√6
2 =(❑√
n+2
n+1 )
max
⩽λ⩽( 100
❑√n+1 + ❑√n+1)
min
=20 ,
即
❑√6
2 ⩽λ⩽20 .
20．【2020 年浙江预赛】设正整数n⩾3,n 个数a1 ,a2,⋯,an ,记两两之和为bij=ai+a j (i> j) ,得到如图
1 的数表.
若在表格中任意取定k 个数,可以唯一确定出n 个数a1,a2,⋯,an ,求k 的最小值.
【答案】答案见解析
【解析】(1) 当n=3 时,显然由b21=a2+a1,b32=a3+a2,b31=a3+a1
才能唯一确定出a1,a2 ,a3 ,此时,k =3.
(2)当n= 4 时,显然有k ⩾C3
2+1= 4 ,否则取某三个数的两两之和不能确定出第四个数.
当k = 4 时,若取b21 ,b31,b42,b43 这四个值,也无法确定出a1,a2,a3,a4 .
当k =5 时,若知b21,b31,b32,b41,b42,b43 中任意五个的值,不妨设b21 的值未知,则由b31,b32,b42,b43 可确
定a3(= 1
2 (b32+b43-b42)) ,从而,唯一确定出a1,a2,a3,a4 .
(3) 当n⩾5 时,显然有k ⩾Cn-1
2
+1 ,下面证明可取到最小值.
(i)当n=5 时,k =C4
2+1=7 ,即若知道七个bij ,则一定存在一个下标s,bis( 或b js )最多出现两次,至少出现一
饮.事实上,七个bij 共有14 个下标,而1、2、3、4、5 每个下标出现三次及以上，至少共出现15 个下标，这
是不可能的. 故据(2) ，知由至少五个bij(i, j∈ {1,2,3,4,5}¿ s})¿ 的值可唯一确定出ai
(i∈{1,2,3,4,5}¿ s})¿ ,再由至少出现一次的bis( 或b js ）唯一确定出as .
(ii)当n⩾6 时,用数学归纳法证明k =Cn-1
2
+1. 当取k 个bij
时,一定存在一个下标s,bis( 或b js
)最多出现
20 / 41
n-2 次(因为2k < n(n-1)) ,则bij(i, j∈{1,2,⋯,n}¿ s})¿ 至少有k -(n-2)=Cn-1
2
-n+3⩾Cn-1
2
+1 .
由归纳,知这些bij 可唯一确定出ai(i∈{1,2,⋯,n}¿ s})¿ ,然后再由bis( 或b js ）确定出as.
21．【2020 年重庆预赛】已知数列{an} 满足:
a1=1,a2=3,an+2=3an+1-an .
(1) 证明:1+anan+2(n∈Z+) 为完全平方数;
(2)记bn=[ an+1
2
an
]{an+1
2
an
} ,证明:∏
k =2
2020
bk 为整数,其中,[x]表示不超过实数x 的最大整数,{x }= x -[ x ].
【答案】证明见解析
【解析】(1) 易知a3=8 ,且an 为整数.
用归纳法证明:1+anan+2=an+1
2
.
当n=1 时，
1+a1a3=1+1×8=9=a2
2 ，结论成立.
假设当n=k 时,1+ak ak +2=ak +1
2
.
则当n=k +1 时，
1+ak +1ak +3=1+ak +1(3ak +2-ak +1)
=1+3ak +1ak +2-ak +1
2
=3ak +1ak +2-ak ak +2
=ak +2(3ak +1-ak)=ak +2
2
,
于是,n=k +1 时,结论也成立.
由归纳原理,知1+anan+2=an+1
2
成立.
故1+anan+2 为完全平方数.
(2)由(1) ,知an+1
2
an
=an+2+ 1
an
.
21 / 41
则bk = ak +2
ak
(k ⩾2).
于是,∏
k =2
2020
bk = a2021a2022
a2a3
= a2021a2022
24
.
由an+2=3an+1-an ,知
an+2≡-an( mod 3),a2≡0( mod 3) .
故3∣a2022 .
又a1=1,a2=3,an+2=3an+1-an .
记bn 为an 除以8 的余数,则bn 前六项为1,3,0,5,7,0.
由数学归纳法,易知bn 为周期数列
则8।a2022 .
故a2021a2022
24
为整数.
22．【2020 年新疆预赛】已知正项数列{an} 的前n 项和为Sn ,且Sn
2=∑
i=1
n
ai
3 .
(I)求数列{an} 的通项公式;
(II)求证:∑
k =1
n
1
ak
2 <1.65 .
【答案】(I)an=n ；(II)证明见解析
【解析】(I)由{ ∑
i=1
n
ai
3= Sn
2
∑
n=1
n+1
ai
3= Sn+1
2
得到an+1
3
= Sn+1
2
- Sn
2=(Sn+1+ Sn)(Sn+1- Sn)=(Sn+1+ Sn)an+1 .
因为an+1>0 ,所以an+1
2
=2Sn+an+1 ,即2Sn=an+1
2
-an+1, 2Sn-1=an
2-an(n...2)
两式相减，得2an=an+1
2
-an+1-an
2+an ,进而(an+1+an)(an+1-an)=an+1+an.
因为an+1+an>0 ,所以an+1-an=1(n,…2) .
又由已知a1=1,a2=2 ,所以，对任意n∈N ,有an+1-an=1 ,
22 / 41
即{an} 是等差数列，故an=n .
(II)
1
ak
2 = 1
k
2 <
1
(k - 1
2 )(k + 1
2 )
=
1
k - 1
2
-
1
k + 1
2
,k ∈N
*
所以当n≥3 时，
∑
k =1
n
1
ak
2 <1+ 1
4 +(
1
3- 1
2
-
1
3+ 1
2
)+(
1
4 - 1
2
-
1
4+ 1
2
)+⋯+(
1
n- 1
2
-
1
n+ 1
2
)
=1+ 1
4 + 2
5 -
1
n+ 1
2
<1.65
当n=1 时，左边=1<1.65 成立，当n=2 时，左边=1+ 1
4 <1.65 成立，所以∑
k =1
n
1
ak
2 <1.65 .
23．【2019 年全国】设整数a1,a2,⋯,a2019满足1=a1≤a2≤⋯≤a2019=99.
记f =(a1
2+a2
2+⋯+a2019
2
)-(a1a3+a2a4+a3a5+⋯+a201a2019).
求f 的最小值f 0.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】2f =(a1-a3)
2+(a2-a4)
2+…+(a2017-a2019)
2+a1
2+a2
2+a2018
2
+a2019
2
≥(a1-a3)
2+(a2-a4)
2+…+(a2015-a2017)
2+(a2016-a2017)
2+(a2017-a2019)
2+1+a2
2+a2017
2
+99
2≥a2017-1+a2017-a2+(a201
≥2a2017
2
-196a2017+2⋅99
2≥14800
取最小值时a2017= 49,a2=1,a2018= 49.
每个an+2-an=0或1，n=1,2,⋯,2016.
设a1,a2,…,a2018中，n 有xn个(n=1,2,..,49).
则任意n=1,2,…,49, xn≥2.
令yn= xn-1，则y1+ y2+…+ yn=2018- 49=1969.
由隔板法y1, y2,…, yn的解数为C1968
49 .
因此所求(a1,a2,…,a2019)有C1968
49 个，最小值f 0=7400.
23 / 41
24．【2019 年江苏预赛】在数列{an}中，已知a1= 1
p ,an+1=
an
nan+1 , p>0,n∈N
*.
(1)若p=1，求数列{an}的通项公式;
(2)记bn=nan.若在数列{bn}中，bn≤b8(n∈N
*)，求实数p的取值范围.
【答案】(1)an=
2
n
2-n+2；(2)[28,36].
【解析】(1)因为an+1=
an
nan+1 , a1= 1
p >0，故an>0，1
an+1
= 1
an
+n，
因此1
an
=(n-1)+(n-2)+⋯+1+ p= n
2-n+2 p
2
，即an=
2
n
2-n+2 p .
因为p=1，所以an=
2
n
2-n+2.
(2)bn=nan=
2n
n
2-n+2 p
.
在数列{bn}中，因为bn≤b8(n∈N
*)，所以b7≤b8,b9≤b8，即¿，
解得28≤p≤36.
又bn=
2n
n
2-n+2 p
=
2
n+ 2 p
n -1，且7<❑√56≤❑√2 p≤❑√72<9，
所以bn的最大值只可能在n=7,8,9时取到.
又当28≤p≤36时，b7≤b8,b9≤b8，所以bn≤b8.
所以满足条件的实数p的取值范围是[28,36].
25．【2019 年江西预赛】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a1,a2,a3,⋯,再将数列{an}中,凡是下标被4 整除以及被4 除余1 的项全部删去,
剩下的项按白小到大的顺序排成数列b1,b2,b3,⋯.
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】证明见解析
【解析】易知a2n-1= 4 n-2,a2n= 4 n-1,n=1,2,3,⋯
因此,∀n∈N ,a4 n+1=8n+2,a4 n+2=8n+3,a4 n+3=8n+6,a4 n+ 4=8n+7.
24 / 41
再将{an}中的项a4n及a4n+1去掉之后,所得到的数列{bn},其通项为:b2n+1=8n+3,b2n+2=8n+6,n=0,1,2,⋯.
即数列{bn}的项为:3，6,11,14,19,22,27,32,35,38,43,……,
观察易知,3
2=b1+b2,5
2=b3+b4,7
2=b6+b7,9
2=b10+b11,⋯⋯.
若记rk = k(k +1)
2
,我们来证明,一般地有:(2k +1)
2=brk+brk +1, k =1,2,3,⋯.
由于r4 m=8m
2+2m,r4 m+1=8m
2+6m+1,r4 m+2=8m
2+10m+3,r4 m+3=8m
2+14 m+6
所以br4 m+br4 m+1=[2(4 m)+1]
2, br4 m+1+br4 m+1=[2(4 m+1)+1]
2,
br4 m+2+br4 m+2+1=[2(4 m+2)+1]
2, br4 m+3+br4 m+3+1=[2(4 m+3)+1]
2.
合并以上四式得,对于每个正整数k,brk+brk +1=(2k +1)
2.其中rk = k(k +1)
2
.
26．【2019 年内蒙古预赛】已知a1,a2,a3,⋯,a2019∈R
+,且∑
i=1
2019
ai=1,
求证
a1
2
a1+a2
+
a2
2
a2+a3
+
a3
2
a3+a4
+⋯+
a2019
2
a2019+a1
≥1
2.
【答案】证明见解析
【解析】∵a1,a2,a3,⋯,a2019∈R
+,且∑
i=1
2019
ai=1,
由柯西不等式得:
a1
2
a1+a2
+
a2
2
a2+a3
+
a3
2
a3+a4
+⋯+
a2019
2
a2019+a1
≥(∑
i=1
2019
ai)
2
2∑
i=1
2019
ai
= 1
2
.
当且仅当a1=a2=a3=⋯=a2019时等号成立.
27．【2019 年上海预赛】设数列{an}满足:a1=a2=a3=1，an+1= 2019+anan-1
an-2
(n=3,4 ,⋯).证明:数列{an}
的每一项均为正整数.
【答案】证明见解析
25 / 41
【解析】由题设,知数列{an}的每一项均为正数,且an+1an-2=2019+anan-1.
于是,an+2an-1=2019+an+1an.
两式相减得an+2an-1-an+1an-2=an+1an-anan-1
⇒(an+2+an)an-1=(an+an-2)an+1
⇒an+2+an
an+1
= an+an-2
an-1
①
由a1=a2=a3=1,得a4=2020.
当n 为奇数时,由式①得an+2+an
an+1
= an+an-2
an-1
=⋯= a3+a1
a2
=2⇒an+2=2an+1-an(n=1,3,⋯)
.
当n 为偶数时,由式①得an+2+an
an+1
= an+an-2
an-1
=…= a4+a2
a3
=2021
⇒an+2=2021an+1-an(n=2,4 ,⋯).
故an+2=¿
从而,由a1,a2,a3,a4为正整数及上面的递推式,知数列{an}的每一项均为正整数.
28 ．【2019 年新疆预赛】设a0,a1,a2,…,an是正整数，且a0>a1>a2>⋯>an>1并满足
(1- 1
a1)+(1- 1
a2)+⋯+(1- 1
an)=2(1- 1
a0).
试求出(a0,a1,a2,…,an)所有可能的解.
【答案】答案见解析
【解析】由题意知，对0≤i≤n均有ai≥2.于是有：
2>2(1- 1
a0)=(1- 1
a1)+(1- 1
a2)+⋯+(1- 1
an)> n
2.
可得n<4.由于n是正整数，故n∈{1,2,3}.
(i)当n=1时，我们有2
a0
=1+ 1
a1
，解得2a1=a0a1+a0.注意到a1>1.
26 / 41
从而2a1=a0a1+a0>2a0，即a1>a0，这与a0>a1矛盾.
（ii）当n=2时，我们有2
a0
= 1
a1
+ 1
a2
.由于a0>a1>a2>1，故1
a0
< 1
a1
且1
a0
< 1
a2
.从而2
a0
= 1
a1
+ 1
a2
是不可能的，
故n=2也不成立
（iii）当n=3时，我们有1+ 2
a0
= 1
a1
+ 1
a2
+ 1
a3
，则必定有a3=2，否则等式右边至多为1
3 + 1
4 + 1
5 <1.同理
a2=3，不然等式右边至多为1
2 + 1
4 + 1
5 <1.因此我们有1
a1
= 1
6 + 2
a0
> 1
6 .从而3<a1<6.当a1= 4时a0=24；当
a1=5时a0=60.
综上所述，(a0,a1,a2,…,an)所有可能的解为(24,4,3,2)或(60,5,3,2).
29．【2019 年重庆预赛】数列{an}满足a1=3，a2=6，an+2= an+1
2
+9
an
(n∈Z
+).
（1）证明：数列{an}是正整数数列；
（2）是否存在m∈Z
+，使得2109∣am，并说明理由.
【答案】(1)证明见解析；(2)答案见解析.
【解析】（1）已知 a3=15，anan+2=an+1
2
+9 ∴an+1an+3=an+2
2
+9
相减得
an+3+an+1
an+2
= an+2+an
an+1
∴{
an+2+an
an+1 }为常数数列。
∴
an+2+an
an+1
= a3+a1
a2
=3
∴an+2=3an+1-an，又∵a1,a2∈Z ∴an∈Z (n∈Z
+)
又∵an>0，∴an∈Z
+(n∈Z
+)
（2）∵2109=3×19×37，假设有2109∣am，则19∣am。
法一：由 a1=3，a2=6，an+2=3an+1-an
27 / 41
得 an≡3,6,15,1,7,1,15,6,3,3,6,…(mod 19)
∴19∤an(n∈Z
+) ∴19∤am
法二：∵amam+2=am+1
2
+9 ∴am+1
2
≡-9(mod 19)
由费马小定理得 1≡-1(mod 19)，矛盾.
所以不存在m∈Z
+，使得2109∣am，得证.
30．【2019 年福建预赛】已知数列{an}满足a1= 9
4 ,2an+1an-7an+1-3an+12=0(n∈N
*).
(1)记cn=an-2，求数列{cn}的通项公式
(2)记bn= n
2
n+1 an，求使[b1]+[b2]+[b3]+…+[bn]≤2019成立的最大正整数n 的值.(其中，符号[x]表示不超
过x 的最大整数)
【答案】(1)cn=
1
3
n+1；(2)45.
【解析】(1)由cn=an-2，得an=cn+2，代入条件递推式，得：
2(cn+1+2)(cn+2)-7(cn+1+2)-3(cn+2)+12=0.
整理，得2cn+1cn-3cn+1+cn=0，即1
cn+1
= 3
cn
-2.
∴
1
cn+1
-1=3(
1
cn
-1)，数列{
1
cn
-1}是以1
c1
-1= 4 -1=3为首项，公比为3 的等比数列.
∴1
cn
-1=3
n,cn=
1
3
n+1
.
(2)由(1)知，an=cn+2=
1
3
n+1
+2.
bn= n
2
n+1 an= n
2
n+1(
1
3
n+1
+2)=
n
2
(n+1)(3
n+1)
+ 2n
2
n+1 =2(n-1)+
2
n+1 +
n
2
(n+1)(3
n+1)
=2(n-1)+ 2×3
n+n
2+2
(n+1)(3
n+1)
28 / 41
∵n≥2 时，3
n=(1+2)
n=1+Cn
1×2+Cn
2×2
2+⋯>1+2n，
(n+1)(3
n+1)-[2×3
n+n
2+2]=(n-1)×3
n-n
2+n-1>(n-1)(1+2n)-n
2+n-1=n
2-2>0
∴n≥2 时，0< 2×3
n+n
2+2
(n+1)(3
n+1)
<1.
又n=1 时，2×3
n+n
2+2
(n+1)(3
n+1)
= 6+1+2
2×4 = 9
8.
∴[b1]=1.
n≥2 时，[bn]=2(n-1).
∴n≥2 时，[b1]+[b2]+[b3]+…+[bn]=1+2×1+2×2+…+2(n-1)=1+n(n-1)=n
2-n+1.
由n
2-n+1≤2019及n∈N*，得n≤45.
∴使[b1]+[b2]+[b3]+⋯+[bn]≤2019成立的最大正整数n 的值为45.
31 ．【2019
年福建预赛】已知实数x1, x2,⋯, x100满足x1+ x2+⋯+ x100=1，且
|xk +1- xk|< 1
50 ,k =1,2,⋯,99.
证明:存在整数i1,i2,⋯,i50,1≤i1<i2<⋯<i50≤100，使得49
100 ≤xi1+ xi2+⋯+ xi0≤51
100.
【答案】证明见解析
【解析】记ai=min{x2i-1, x2i}，bi=max {x2i-1, x2i}，i=1,2,⋯,50.
构造下列51 个数:
S0=b1+b2+⋯+b50，
Sk =a1+a2+⋯ak +bk +1+bk +2+⋯+b50,k =1,2,⋯,49，
S50=a1+a2+…+a50.
下面证明S0,S1,S2,⋯,S50中至少有一个在区间[
49
100 , 51
100]内.
29 / 41
由上述符号的含义，知S0+ S50=(b1+b2+…+b50)+(a1+a2+…+a50)= x1+ x2+⋯+ x100=1，且
S0≥S1≥S2≥⋯≥S50.
(1)若S0≤51
100，则由S0≥1
2，得49
100 ≤S0≤51
100.因此，S0∈[
49
100 , 51
100].
(2)若S0> 51
100.
假设S1,S2,⋯,S50都不在区间[
49
100 , 51
100]内.
则由S0- S1=b1-a1=|x2- x1|< 1
50知S1>S0- 1
50 > 51
100 - 1
50 = 49
100.结合假设，得S1> 51
100
又由S0> 51
100，知S50=1- S0< 49
100.
∴S1,S2,⋯,S50中存在比49
100小的数，也存在比51
100大的数.
又S0≥S1≥S2≥⋯≥S50，且S1,S2,⋯,S50都不在区间[
49
100 , 51
100]内.
因此，存在j∈{1,2,⋯,50}，使得S j< 49
100 ,S j -1> 51
100.
此时，S j -1- S j> 51
100 - 49
100 = 1
50.
另一方面，S j -1- S j=b j-a j=|x2 j- x2 j -1|< 1
50，两者矛盾.
∴S1,S2,⋯,S50中有至少有一个在区间[
49
100 , 51
100]内.
由(1)、(2)知，S0,S1,S2,⋯,S50中至少有一个在区间[
49
100 , 51
100]内
由Sk(k =0,1,2,⋯,50)的定义知结论成立.
解法二:首先用数学归纳法证明:
对于任意正整数n，若实数x1, x2,⋯, x2n满足|xk +1- xk|< 1
50 ,k =1,2,⋯,2n-1，
30 / 41
则存在x1, x2,⋯, x2n的一个排列xi1, xi2,⋯, xin, x j1, x j2,⋯, x jn使得：
|(xi1+ xi2+⋯+ xik)-(x j1+ x j2+⋯+ x jk)|< 1
50.
证明如下:(1)当n=1 时，结论显然成立.
(2) 假设n=k 时，结论成立，则当n=k+1 时，由归纳假设知，存在x1, x2, ⋯, x2k的一个排列
xi1, xi2, ⋯, xik, x j1, x j2, ⋯, x jk，使得|(xi1+ xi2+⋯+ xik)-(x j1+ x j2+⋯+ x jk)|< 1
50.
记(xi1+ xi2+⋯+ xik)-(x j1+ x j2+⋯+ x jk)=d1, x2k +2- x2k +1=d2，则|d1|< 1
50 ,|d2|< 1
50.
当d1⋅d2≥0时，|(xi1+ xi2+⋯+ xik+ x2k +1)-(x j1+ x j2+⋯+ x jk+ x2k +2)|=|d1-d2|< 1
50.
当d1⋅d2<0时，|(xi1+ xi2+⋯+ xik+ x2k +2)-(x j1+ x j2+⋯+ x jk+ x2k +1)|=|d1+d2|< 1
50.
即n=k+1 时，结论也成立.
由(1)、(2)知，对于任意正整数n，结论都成立.
回到本题，利用上述结论容易知道存在x1, x2,⋯, x100的一个排列：xi1, xi2,⋯, xi50, x j1, x j2,⋯, x j0满足：
1≤i1<i2<⋯<i50≤100, 1≤j1< j2<⋯< j50≤100.
且|(xi1+ xi2+⋯+ xi50)-(x j1+ x j2+⋯+ x j50)|< 1
50.
又(xi1+ xi2+⋯+ xi50)+(x j1+ x j2+⋯+ x j50)=1.
所以50
100 ≤xi1+ xi2+⋯+ xi50< 51
100或50
100 ≤x j1+ x j2+⋯+ x j50< 51
100.
因此结论成立.
32．【2019 年广西预赛】设a1=1,an=n
2∑
k =1
n-1 1
k
2 (n≥2).求证:
(1)an+1
an+1
=
n
2
(n+1)
2 (n≥2)；
(2)(1+ 1
a1
)(1+ 1
a2
)⋯(1+ 1
an
)<4(n≥1).
31 / 41
【答案】证明见解析
【解析】(1)由已知可得an+1
an+1
=
n
2∑
k =1
n-1 1
k
2 + n
2
n
2
(n+1)
2∑
k =1
n
1
k
2
=
n
2
(n+1)
2
.
(2)由已知条件有a1=1,a2=4.
当n=1 时,1+ 1
a1
=2<4,不等式成立.
当n≥2 时,由(1)的结论可得：
(1+ 1
a1
)(1+ 1
a2
)(1+ 1
a3
)⋯(1+ 1
an
)
= 1+a1
a1
⋅1+a2
a2
⋅1+a3
a3
⋯1+an
an
= 1+a1
a1a2
⋅( 1+a2
a3
⋅1+a3
a4
⋯1+an
an+1
)⋅an+1
= 1
2 ⋅[ 2
2
3
2 ⋅3
2
4
2 ⋯
n
2
(n+1)
2 ]⋅an+1= 2an+1
(n+1)
2
=2(1+ 1
2
2 + 1
3
2 +⋯+ 1
n
2 )
<2[1+
1
1×2 +
1
2×3 +⋯+
1
(n-1)×n ]
=2[1+(1- 1
2 )+( 1
2 - 1
3 )+⋯+(
1
n-1 - 1
n )]
=2(2- 1
n )<4.
综上所述,不等式成立.
33．【2019 年贵州预赛】已知正项数列{an}的前n 项和为Sn,且sn
2=∑
i=1
n
ai
3.
(1)求数列{an}的通项公式;
32 / 41
(2)求证:∑
k =1
n
❑√k
ak
2 <3.
【答案】(1)an=n；(2)证明见解析.
【解析】(1)¿
⇒an+1
3
= Sn+1
2
- Sn
2=(Sn+1+ Sn)(Sn+1- Sn)=(Sn+1+ Sn)an+1
因为an+1>0,所以an+1
2
=2Sn+an+1,即2Sn=an+1
2
-an+1,2Sn-1=an
2-an(n≥2).
两式相减,得2an=an+1
2
-an+1-an
2+an⇒(an+1+an)(an+1-an)=an+1+an
因为an+1+an>0,所以an+1-an=1(n≥2).
又由已知a1=1,a2=2,所以,对∀n∈N
*,有an+1-an=1,即{an}是等差数列,
+1
故an=n.
注:其实可以直接看出答案,an=n.这时因为有熟悉的等式：
(1+2+3+⋯+n)
2=1
3+2
3+3
3+⋯+n
3
(2)证明1:
∑
k =1
n
❑√k
ak
2 =∑
k =1
n
1
❑√k
3 =1+∑
k =2
n
1
❑√k
3 <1+∑
k =2
n
1
❑√k (k
2-1)
=1+∑
i=2
n
1
❑√(k -1)k(k +1) =1+∑
i=2
n
1
❑√(k -1)(k +1)(k -1)+(k +1)
2
<1+∑
k =2
n
2
❑√(k -1)(k +1)(❑√k +1+ ❑√k -1) =1+∑
k =2
n
❑√k +1- ❑√k -1
❑√k +1(k -1)
=1+∑
k =2
n
(
1
❑√k -1 -
1
❑√k +1)=1+1+ 1
❑√2 - 1
❑√n -
1
❑√n+1 <2+
❑√2
2 <3.
证明2：∑
k =1
n
❑√k
ak
2 =∑
k =1
n
1
❑√k
3 =1+∑
k =2
n
k
- 3
2 <1+∫
1
n
x
- 3
2 dx =1+(-2 x
- 1
2)
n
¿¿¿1
n=3- 2
❑√n <3.
33 / 41
34．【2019 年吉林预赛】已知等差数列{an}满足:a3=7 , a5+a7=26, {an}的前项和为Sn.
(1)求an及Sn;
(2 令bn=
1
an
2-1
(n∈N
*),求数列{bn}的前n 和T n.
【答案】(1)an=2n+1，Sn=n
2+2n.(2)T n=
n
4(n+1).
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,因为a3=7 , a5+a7=26,所以有
¿，解得a1=3,d =2.
所以an=3+2(n-1)=2n+1，
Sn=3n+ n(n-1)
2
×2=n
2+2n.
(2)由(1)知an=2n+1,所以bn=
1
an
2-1
=
1
(2n+1)
2-1
= 1
4 ⋅
1
n(n+1) = 1
4 ⋅(
1
n -
1
n+1).
所以T n= 1
4 ⋅(1- 1
2 + 1
2 - 1
3 +…+ 1
n -
1
n+1)= 1
4 ⋅(1-
1
n+1)=
n
4(n+1).
即数列{bn}的前n 项和T n=
n
4(n+1).
35．【2019 高中数学联赛A 卷（第02 试）】设整数a1,a2,⋯,a2019满足1=a1⩽a2⩽⋯⩽a2019=99.
记f =(a1
2+a2
2+⋯+a2019
2
)-(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 =a1
2+a2
2+a2018
2
+a2019
2
+∑
i=1
2017
(ai+2-ai)
2
①
由于a1,a2及ai+2-ai(i=1,2,⋯,2016)均为非负整数，故有a1
2⩾a1,a2
2⩾a2，
且(ai+2-ai)
2⩾ai+2-ai(i=1,2,⋯,2016).于是
34 / 41
a1
2+a2
2+∑
i=1
2016
(ai+2-ai)
2⩾a1+a2+∑
i=1
2016
(ai+2-ai)=a2017+a2018
②
由①、②得2f ⩾a2017+a2018+(a2019-a2017)
2+a2018
2
+a2019
2
，
结合a2019=99及a2018⩾a2017>0，可知
f ⩾1
2 [2a2017+(99-a2017)
2+a2017
2
+99
2]=(a2017- 49)
2+7400⩾7400
③
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f 0=7400.
以下考虑③的取等条件.此时a2017=a2018= 49，且②中的不等式均取等，
即a1=a2=1,ai+2-ai∈{0,1}(i=1,2,⋯,2016).
因此1=a1⩽a2⩽⋯⩽a2018= 49，且对每个k(1≤k≤49)，a1,a2,⋯,a2018中至少有两项等于k.易验证，知
这也是③取等的充分条件.
对每个k(1≤k≤49)，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C1968
48 ，
且每组解唯一对应一个使④取等的数组(a1,a2,⋯,a2019)，故使f = f 0成立的数组(a1,a2,⋯,a2019)有C1968
48 个.
36．【2018 年山西预赛】已知在正整数n 的各位数字中，共含有a1个1，a2个2，⋯，an个n．证明：
2
a1×3
a2×⋯×10
a9≤n+1并确定使等号成立的条件．
【答案】见解析
【解析】
对正整数n 的位数使用数学归纳法．
当n是一位数，即1≤n<10时，所证式显然成立，
这是因为，此时n的十进制表达式中只有一位数字n，
即an=1，其余a j=0( j≠n)，所以，左边=(n+1)1=右边．
假设当正整数n不超过k 位，即n<10
k时，结论皆成立．
现考虑n 为k +1位数，即10
k ≤n<10
k +1时的情形．
35 / 41
设n的首位数字为r．则n=r 10
k +n1(0≤n1≤10
k -1). ①
若n1=0，则在数n的各位数字中，ar =1，其余a j=0( j≠r).
显然，(r +1)
ar<n+1.
若1≤n1≤10
k -1，记n1的各位数字中含有a1个1，a2个2，…，ar个r，…，a9个9．
则n的各位数字中，含有ar+1个r、a j个j(1≤j≤9, j≠r).
注意到，正整数n1不超过k 位．
由归纳法假设，对n1有
2
a1×3
a2×⋯×10
a9≤n+1
⇒2
a1×3
a2×⋯×(r +1)
ar+1×⋯×10
a9
≤(r +1)(n1+1)=r(n1+1)+n1+1
≤r 10
k +n1+1=n+1. ②
则当n 为k +1位数时，结论也成立．
故由数学归纳法，知对一切正整数n，结论皆成立．
欲使等号成立，由证明过程，知要么n为一位数；要么在n的位数大于或等于2 时，由式②，必须
n1+1=10
k，此时，由式①得n=r 10
k +10
k -1(1≤r ≤9)，
即n可表示为r 99⋯9
⏟
k 个
(k ≥0,1≤r ≤9)的形式.
上述条件也是充分的，当n能够表成以上形式时，有ar =1,a9=k，其余a j=0.
故2
a1×3
a2×⋯×(r +1)
ar×⋯×10
a9
=(r +1)
110
k =n+1.
37．【2018 年浙江预赛】设实数x1，x2，…，x2018满足xn+1
2
≤xn xn+2(n=1，2，…，2016)和∏
n=1
2018
xn=1，证明：
x1009 x1010≤1.
【答案】见解析
【解析】
36 / 41
证明：由条件xn，xn+2同号.反证法，假设x1009 x1010>1.
（1）若x1009，x1010同为正数，由xn，xn+2同号可知x1，x2，…，x2018同号.
由xn+1
2
≤xn xn+2⇒xn+1
xn
≤xn+2
xn+1
⇒x1009
x1008
≤x1010
x1009
≤x1011
x1010
⇒x1009 x1010≤x1011 x1008⇒x1011 x1008>1
同理
x1009
x1007
= x1009
x1008
⋅x1008
x1007
≤x1011
x1010
⋅x1012
x1011
= x1012
x1010
⇒x1007 x1012>1.
类似可证明：x1006 x1013>1，x1005 x1014>1，…，x1 x2018>1.
因此∏
n=1
2018
xn>1，矛盾.
（2）若x1009，x1010同为负数，由xn，xn+2同号可知x1，x2，…，x2018均为负数，仍然有
xn+1
2
≤xn xn+2⇒xn+1
xn
≤xn+2
xn+1
,类似（1）可证得.
38．【2018 年浙江预赛】将2n(n≥2)个不同整数分成两组a1，a2，…，an；b1，b2，…，bn.证明：
∑
1≤i≤n
1≤j≤n
❑
|ai-b j|- ∑
1≤i< j≤n
❑
(|a j-ai|+|b j-bi|)≥n。
【答案】见解析
【解析】
证明：令T n= ∑
1≤i≤n
1≤j≤n
❑
|ai-b j|- ∑
1≤i< j≤n
❑
(|a j-ai|+|b j-bi|)，
下面用归纳法证明T n≥n.
当n=2 时，不妨设a1<a2，b1<b2，a2<b2.
T 2=|b2-a1|+|b2-a2|+|b1-a1|+|b1-a2|-|a2-a1|-|b2-b1|，
当a1<b1⇒T 2=b1-a1+b1+b2+|b1-a2|>2； a1>b1⇒T 2=b2-a2+a1+b1>2.
假设对正整数n 成立，对正整数n+1，
不妨设a1<a2<…<an+1，b1<b2<…<bn+1，an+1<bn+1.
37 / 41
再设bk<an+1<bk +1，则有:
T n+1=∑
i=1
n
|bn+1-ai|+∑
i=1
n
|bn+1-bi|-∑
i=1
n
|an+1-ai|
-∑
i=1
n
|bn+1-bi|+|bn+1-an+1|+T n
下证∑
i=1
n
|bn+1-ai|+∑
i=1
n
|bn+1-bi|-∑
i=1
n
|an+1-ai|-∑
i=1
n
|bn+1-bi|≥0.
由（1）bk<an+1<bk +1(k=1，2，…，n)，得到:
∑
i=1
n
|bn+1-ai|+∑
i=1
n
|bn+1-bi|-∑
i=1
n
|an+1-ai|-∑
i=1
n
|bn+1-bi|=2 ∑
i=k +1
n
(bi-an+1)>0
（2）若an+1<b1，则∑
i=1
n
|bn+1-ai|+∑
i=1
n
|bn+1-bi|-∑
i=1
n
|an+1-ai|-∑
i=1
n
|bn+1-bi|=∑
i=1
n
(bi-an+1)>0.
39．【2018 年湖南预赛】已知数列{an}的奇数项是首项为1 的等差数列，偶数项是首项为2 的等比数列.数
列{an}前n 项和为Sn，且满足S5=2a4+a5，a9=a3+a4.
（1）求数列{an}的通项公式：
（2）若am+am+1=am+2，求正整数m 的值；
（3）是否存在正整数m，使得S2m
S2m-1
恰好为数列{an}中的一项？若存在，求出所有满足条件的m 值，若不
存在，说明理由.
【答案】（1）an=¿（2）m=2（3）m=1或m=2
【解析】
试题分析：（1）数列{an}通项分奇偶求：方法为待定系数法，注意项数，由S5=2a4+a5,a9=a3+a4可解
得公差及公比，从而a2❑k =a2q
k -1=2⋅3
k -1，a2k -1=a1+(k -1)d =2k -1，因此an=¿（2）由于数列
{an}通项分奇偶，因此从奇偶分别讨论：若m=2k(k ∈N *)则a2k a2k +1=a2k +2，解得m=2；若
m=2k -1(k ∈N *)，即
，解得k =1，舍（3）先求和
38 / 41
S2❑m-1=(a1+a3+...(a2m-1)+(a2+a4+...+a2m-2) =3
m-1+m
2-1，限定
S2m
S2m-1
= S2m-1+a2m
S2m-1
=3- 2(m
2-1)
3
m-1+m
2-1
≤3，而S2m
S2m-1
为正整数，即S2m
S2m-1
只能为a1,a2,a3
，分类讨论得
m=1或m=2.
试题解析：（1）设a1,a3,a5,...,a2k -1...的公差为d.
a2,a4,a6,...,a2k ,...的公比为q，则a4=a2⋅q =2q ,a3=a1+d =1+d ,a9=a1+ 4 d
由¿
⇒¿
故a2❑k =a2q
k -1=2⋅3
k -1
a2k -1=a1+(k -1)d =2k -1
故an=¿4 分
（2）由amam+1=am+2
❑，若m=2k(k ∈N *)，则a2k a2k +1=a2k +2
即2k +1=3⇒k =1，即m=2
若m=2k -1(k ∈N *)，即
即(2k -1)⋅2⋅3
k -1=2k +1
2⋅3
k -1=1+
2
2k -1
∵2⋅3
k -1为正整数
∴
2
2k -1为正整数，即2k -1=1
即k =1，此时式为2⋅3
0=3不合题意
综上，m=2. 9 分
（3）若S2m
S2m-1
为{an}中的一项，则S2m
S2m-1
为正整数
又S2❑m-1=(a1+a3+...(a2m-1)+(a2+a4+...+a2m-2)
39 / 41
= m(1+2m-1)
2
+ 2(3
m-1-1)
3-1
=3
m-1+m
2-1
∴S2m
S2m-1
= S2m-1+a2m
S2m-1
=3- 2(m
2-1)
3
m-1+m
2-1
≤3
故若
S2m
S2m-1
为{an}中的某一项只能为a1,a2,a3
①若3- 2(m
2-1)
3
m-1+m
2-1
=1⇒无解
②若3- 2(m
2-1)
3
m-1+m
2-1
=2⇒3
m-1+1-m
2=0，显然m=1不符合题意，m=2符合题意
当m≥3时，即f (m)=3
m-1+1-m
2，则f
'(m)=3
m-1ln3-2m,f
″(m)=3
m-1(ln3)
2-2>0
即f
'(m)=3m-1ln3-2m为增函数，故f
'(m)≥f
'(3)>0，即f (m)为增函数
故f (m)>f (3)=1>0，故当m≥3时方程3
m-1+1-m
2=0无解
即m=2是方程唯一解
③若3- 2(m
2-1)
3
m-1+m
2-1
=3⇒m
2=1即m=1
综上所述，m=1或m=2. 16 分
考点：等差数列及等比数列综合应用
40．【2018 年贵州预赛】证明：（1）1
2
k +
1
2
k +1
+
1
2
k +2
+…+
1
2
k +1-1
<1（k≥2，k∈N）；
（2）分别以1，1
2 ，1
3，……，1
n，……为边长的正方形能互不重叠地全部放入一个边长为3
2的正方形内．
【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】
证明：（1）
1
2
k +
1
2
k +1
+
1
2
k +2
+…+
1
2
k +1-1
< 1
2
k + 1
2
k +…+ 1
2
k
⏟
2个
= 2
k
2
k =1
(2)由（1）知，1
2
k +
1
2
k +1
+
1
2
k +2
+…+
1
2
k +1-1
<1
40 / 41
故以边长为1
2
k ，
1
2
k +1
，
1
2
k +2，…
1
2
k +1-1的正方形可以并排放入底为1，高为1
2
k 的矩形内，而不重叠．
取k=2，3，4，…，即得底分别为
1
2
2 +
1
2
2+1
+…+
1
2
3-1
，1
2
3 +
1
2
3+1
+…+
1
2
4-1
，1
2
4 +
1
2
4+1
+…+
1
2
5-1，…，高分别为1
2
2 ，1
2
3 ，1
2
4 ，
……的一系列矩形，
这些矩形的底小于1，高的和为
1
2
2 + 1
2
3 + 1
2
4 +⋯=
lim
x→∞
1
2
2 (1- 1
2
n )
1- 1
2
=
lim
x→∞1
2
(1- 1
2
n )< 1
2
因此，以1，1
2 ，1
3，…，1
n，…为边长的正方形中，除了边长为1，1
2 ，1
3的正方形外，其余的正方形全
部可以放入底为1，高为1
2的矩形中．
而边长为1，1
2 ，1
3的三个正方形显然可以放入底为3
2，高为1 的矩形内．
41 / 41
