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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30 数列第六缉
1．【2018 年广西预赛】设an=2
n，n∈N
*，数列{bn}满足b1an+b2an-1+⋯+bna1=2
n- n
2 -1，求数列
{an⋅bn}的前n 项和.
【答案】(n-1)⋅2
n+1
2
【解析】
由a1=2 及b1a1=2- 1
2 -1，可得b1= 1
4 .
当n≥2 时，由已知条件有¿
①式两边同时乘以2，可得
b1⋅2
n+b2⋅2
n-1+⋯+bn-1⋅2
2=2
n-n-1 ③
由②③可求得，bn= n
4 .
于是，an⋅bn= n
4 ⋅2
n.令T n=∑
k =1
n
ak⋅bk，则有¿.
因此，T n= 1
4(n⋅2
n+1-∑
k =1
n
2
k)= (n-1)⋅2
n+1
2
.
2．【2018 年广西预赛】设a1,a2,⋯,an为非负数，求证：
❑√a1+a2+⋯+an+ ❑√a2+a3+⋯+an+ ❑√a3+⋯+an+⋯+ ❑√an ≥
❑√a1+ 4 a2+9a3+⋯+n
2an.
【答案】见解析
【解析】
当n=1 时，结论显然成立.假设当n=k 时，结论对于任意k 个非负数成立.则当n=k+1 时，对于任意k+1 个非
负数a1,a2,⋯,ak ,ak +1，根据归纳假设有
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❑√a2+a3+⋯+ak +1+ ❑√a3+⋯+ak +1+⋯+ ❑√ak +1≥
❑√a2+ 4 a3+9a4+⋯+k
2ak +1
，
从而
❑√a1+a2+⋯+ak +1+ ❑√a2+a3+⋯+ak +1+⋯+ ❑√ak +1 ≥❑√a1+a2+⋯+ak +1+
❑√a2+ 4 a3+9a4+⋯+k
2ak +1.
下面证明❑√a1+a2+⋯+ak +1+
❑√a2+ 4 a3+⋯+ k
2ak +1≥
❑√a1+ 4 a2+⋯+(k +1)
2ak +1 ①
由柯西不等式可得
[(
❑√a2)
2+(
❑√a3)
2+⋯+(
❑√ak +1)
2]⋅[(
❑√a2)
2+(2❑√a3)
2+⋯+(k ❑√ak +1)
2] ≥(
❑√a2⋅❑√a2+ ❑√a3⋅2❑√a3+ ❑√a4⋅3 ❑√a4+⋯+
.
即(a2+⋯+ak +1)⋅(a2+ 4 a3+⋯+ k
2ak +1) ≥(a2+2a3+3a4+⋯+ k ak +1)
2.
于是有❑√(a1+a2+⋯+ak +1)⋅(a2+ 4 a3+⋯+k
2ak +1)≥(a2+2a3+3a4+⋯+ k ak +1).
故(❑√a1+a2+⋯+ak +1+
❑√a2+ 4 a3+⋯+ k
2ak +1)
2≥a1+ 4 a2+⋯+(k +1)
2ak +1.
从而❑√a1+a2+⋯+ak +1+ ❑√a2+ 4 a3+⋯+ k
2ak +1≥
❑√a1+ 4 a2+⋯+(k +1)
2ak +1.
即①式成立.
由数学归纳法可知，对任意的非负实数a1,a2,⋯,an结论均成立.
3．【2018 年甘肃预赛】设等比数列{an}的前n项和为Sn，且an+1=2Sn+1（n∈N
*）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）在an与an+1之间插入n个实数，使这n+2个数依次组成公差为dn的等差数列，设数列{
1
dn}的前n项
和为T n，求证：T n< 15
8 ．
【答案】（1）an=3
n-1（2）见解析
【解析】
（1）由¿两式相减得an+1-an=2(Sn- Sn-1)=2an，
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所以an+1=3an（n≥2）．
因为{an}等比，且a2=2a1+1，所以3a1=2a1+1，所以a1=1．
故an=3
n-1．
（2）由题设得an+1=an+(n+1)dn，所以1
dn
=
n+1
an+1-an
= n+1
2⋅3
n-1，
所以2T n=2+ 3
3 + 4
3
2 +⋅⋅⋅+ n+1
3
n-1 ，
则2
3 T n= 2
3 + 3
3
2 +⋅⋅⋅+ n
3
n-1 + n+1
3
n
=2+
1
3(1- 1
3
n-1)
1- 1
3
- n+1
3
n ，
所以T n= 15
8 - 2n+5
8⋅3
n-1 < 15
8 ．
4．【2018 年吉林预赛】数列{an}为等差数列，且满足3a5=8a12>0，数列{bn}满足
bn=an⋅an+1⋅an+2(n∈N
*)，{bn}的前n 项和记为Sn.问：当n 为何值时，Sn取得最大值，说明理由.
【答案】16
【解析】
因为3a5+8a12>0，所以3a5=8(a5+7 d).解得a5=- 56
5 d >0.
所以d＜0，a1=- 76
5 d.
故{an}是首项为正数的递减数列.
由¿，即¿，解得15 1
5 ≤n≤16 1
5.
即a16>0，a17<0，所以a1>a2>a3>⋯>a16>0>a17>a18>⋯，
所以b1>b2>b3>⋯>b14>0>b17>b18>⋯，
而b15=a15a16a17<0，b16=a16a17a18>0.
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故S14>S13>⋯>S1，S14>S15，S15<S16，S16>S17>S18>⋯，
又S16- S14=b15+b16=a16a17(a15+a18)
=a16a17(- 6
5 d + 9
5 d)= 3
5 d a16a17>0
所以Sn中S16最大，即n=16 时，Sn取得最大值.
5．【2018 年河南预赛】在数列{an}中，a1、a2是给定的非零整数，an+2=|an+1-an|．
（1）若a16= 4，a17=1，求a2018；
（2）证明：从{an}中一定可以选取无穷多项组成两个不同的常数项．
【答案】（1）1（2）见解析
【解析】
（1）因a16= 4，a17=1，a18=3，a19=2，a20=1，a21=1，a22=0，
a23=1，a24=1，a25=0，…．
所以自第20 项起，每三个相邻的项周期的取值为1，1，0．
又2018=19+666×3+1，故a2018=1．
（2）首先证明：数列{an}必在有限项后出现“0”项．
假设{an}中没有“0”项，由于an+2=|an+1-an|，所以当n≥3时，都有an≥1．
若an+1>an，则an+2=an+1-an≤an+1-1(n≥3)．
若an+1<an，则an+2=an-an+1≤an-1(n≥3)．
即an+2要么比an+1至少小1，要么比an至少小1，
令bn=¿，2，3，…，则0<bn+1≤bn-1．
由于b1是确定的正整数，这样下去，必然存在某项bk<0，这与bk>0矛盾，
故{an}中必有“0”项．
若第一次出现的“0”项为an，记an-1= M (M ≠0)，
则自第n项开始，每三个相邻的项周期的取值0、M 、M，
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即an+3k =0，an+3k +1= M ，an+3k +2= M ，k =0，1，2，…
所以数列{an}中一定可以选取无穷多项组成两个不同的常数列．
6．【2018 年河北预赛】已知数列{an}满足：a1=1，an+1=an+an
2(n∈N
*).记
Sn=
1
（1+a1)(1+a2)...(1+an) ，T n=∑
k =1
n
1
1+ak
求Sn+T n的值。
【答案】Sn+T n=1
【解析】
因为αn+1=an+an
2，所以αn+1=an(1+an).所以
1
1+an
= an
αn+1
，
故Sn= a1
a2
· a2
a3
· a3
a4
·⋅⋅⋅· an
αn+1
= a1
αn+1
=
1
αn+1
.
又αn+1=an(1+an)，所以
1
an+1 =
1
an(1+an) = 1
an
-
1
1+αn
，所以
1
1+αn
= 1
an
-
1
an+1，
故T n=∑
k =1
n
1
1+ak
= 1
a1
- 1
a2
+ 1
a2
- 1
a3
+⋅⋅⋅+ 1
an
-
1
an+1 = 1
a1
- 1
an+1
=1- 1
an+1
.
因此Sn+T n=1.
7．【2018 年河北预赛】已知数列{an}中a1= 1
2 ,an+1= 1
2 an+ 2n+1
2
n+1 (n∈N
*)，
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求数列{an}的前n 项和Sn.
【答案】（1）an= n
2
2
n（2）Sn=6- 2n+3
2
n-1 - n
2
2
n =6- n
2+ 4 n+6
2
n
【解析】
(1)由an+1= 1
2 an+ 2n+1
2
n+1 (n∈N
*) 知2
n+1an+1=2
nan+2n+1(n∈N
*)
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令bn=2
nan，则b1=1 且bn+1=bn+2n+1(n∈N
*)
由bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+⋯+(b2-b1)+b1=(2n-1)+⋯+3+1=n
2
得an= n
2
2
n.
(2)由题意知Sn= 1
2
2
1 + 2
2
2
2 + 3
2
2
3 + 4
2
2
4 +⋯+ (n-1)
2
2
n-1 + n
2
2
n
所以1
2 Sn= 1
2
2
2 + 2
2
2
3 + 3
2
2
4 + 4
2
2
5 +⋯+ (n-1)
2
2
n-1 + n
2
2
n+1
两式相减得1
2 Sn= 1
2 + 3
2
2 + 5
2
3 + 7
2
4 + 9
2
5 ⋯+ (2n-1)
2
n
- n
2
2
n+1
设T n= 1
2 + 3
2
2 + 5
2
3 + 7
2
4 + 9
2
5 ⋯+ (2n-1)
2
n
，再利用错位相减法求得T n=3- 2n+3
2
n
所以Sn=6- 2n+3
2
n-1 - n
2
2
n =6- n
2+ 4 n+6
2
n
.
8．【2018 年四川预赛】已知数列{an}满足：a1=1,an+1= 1
8 an
2+m(n∈N
*)，若对任意正整数n，都有
an<4，求实数m的最大值.
【答案】m的最大值为2．
【解析】
因为an+1-an= 1
8 an
2-an+m= 1
8 (an- 4)
2+m-2≥m-2，
故an=a1+∑
k =1
n-1
(ak +1-ak)≥1+(m-2)(n-1)．
若m>2，注意到n→+ ∞时，(m-2)(n-1)→+∞．
因此，存在充分大的n，使得1+(m-2)(n-1)>4，即an>4，矛盾！
所以，m≤2．
又当m=2时，可证：对任意的正整数n，都有0<an<4．
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当n=1,a1=1<4，结论成立．
假设n=k （k ≥1）时，结论成立，即0<ak<4，
则0<ak +1=2+ 1
8 ak
2<2+ 1
8 ×4
2= 4，
即结论对n=k +1也成立．
由数学归纳法知，对任意的正整数n，都有0<an<4．
综上可知，所求实数m的最大值为2．
9．【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】
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.
10．【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。
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【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.
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.
11．【2018 年辽宁预赛】已知数列{an}中，a1=1,a2= 1
4 ，且an+1=
(n-1)an
n-an
(n=2,3,⋯)
（1）求数列{an}的通项公式；
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（2）证明：对一切n∈N +，有∑
k =1
n
ak
2< 7
6
【答案】（1）an=
1
3n-2 (n∈N +)；（2）见解析.
【解析】
（1）由已知，对n≥2有
1
an+1
=
n-an
(n-1)an
=
n
(n-1)an
-
1
n-1
上式两边同除以n 并整理得
1
nan+1
-
1
(n-1)an
=-(
1
n-1 - 1
n)
则∑
k =2
n-1
[
1
k ak +1
-
1
(k -1)ak]=-∑
k =2
n-1
(
1
k -1 - 1
k)=-(1-
1
n-1)
即
1
(n-1)an
- 1
a2
=-(1-
1
n-1)(n≥2)
故
1
(n-1)an
= 1
a2
-(1-
1
n-1)= 3n-2
n-1
因此，an=
1
3n-2
(n≥2)
又当n=1时也成立，故an=
1
3n-2 (n∈N +)
（2）当k ≥2时，有ak
2=
1
(3k -2)
2 <
1
(3k - 4)(3k -1) = 1
3(
1
3k - 4 -
1
3k -1)
所以，当n≥2时，有∑
k =1
n
ak
2=1+∑
k =2
n
ak
2 <1+ 1
3∑
k =2
n
(
1
3k - 4 -
1
3k -1)
=1+ 1
3(
1
2 -
1
3n-1)<1+ 1
6 = 7
6
又当n=1时，a1
2=1< 7
6
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故对一切n∈N +，有∑
k =1
n
ak
2< 7
6
12．【2018 年湖南预赛】棋盘上标有第0，1，2，⋅⋅⋅，100 站，棋子开始时位于第0 站，棋手抛掷均匀
硬币走跳棋游戏.若掷出正面，棋子向前跳出一站；若掷出反面，棋子向前跳出两站，直到跳到第99 站
（胜利大本营）或第100 站（失败集中营）是，游戏结束.设棋子跳到第n 站的概率为Pn.
（1）求P3的值；
（2）证明：Pn+1- Pn=- 1
2 ( P - Pn+1)(2≤n≤99)；
（3）求P99、P100的值.
【答案】（1）5
8（2）Pn+1- Pn= 1
2 ( Pn- Pn-1)(2≤n≤99)（3）P100= 1
3(1+ 1
2
99)
【解析】
（1）棋子跳到第3 站有以下三种途径：连续三次掷出正面，其概率在1
8；第一次掷出反面，第二次掷出正
面，其概率为1
4 ；第一次掷出正面，第二次掷出反面，其概率为1
4 ，因此P3= 5
8.
（2）易知棋子先跳到第n-2站，再掷出反面，其概率为1
2 Pn-2；棋子先跳到第n-1站，再掷出正面，其
概率为1
2 Pn-1，因此有
Pn= 1
2 ( Pn-1+ Pn-2)，
即Pn- Pn-1=- 1
2 ( Pn-1+ Pn-2)，
也即Pn+1- Pn= 1
2 ( Pn- Pn-1)(2≤n≤99).
（3）由（2）知数列{Pn- Pn-1}(n≥1)是首项为{Pn- Pn-1}(n≥1) P1- P0= 1
2 -1=- 1
2，公比为- 1
2的等
比数列.因此有Pn- Pn-1=(- 1
2)
n-1
( P1- P0)= (-1)
n
2
n
.由此得到
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P99=(- 1
2)
99
+(- 1
2)
98
+⋅⋅⋅+(- 1
2)+1= 2
3(1- 1
2
100).
由于若跳到第99 站时，自动停止游戏，故有P100= 1
2 P98= 1
3(1+ 1
2
99).
13．【2018 年福建预赛】已知数列{an}的前n项和Sn满足2Sn-nan=n，n∈N
*，且a2=3．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn=
1
an
❑√an+1+an+1
❑√an
，T n为数列{bn}的前n项和，求使T n> 9
20成立的最小正整数n的值．
【答案】（1）an=1+2(n-1)=2n-1（2）50
【解析】
（1）由2Sn-nan=n，得2Sn+1-(n+1)an+1=n+1．
将上述两式相减，得2an+1-(n+1)an+1+nan=1．
所以 nan-(n-1)an+1=1． ①
所以 (n+1)an+1-nan+2=1． ②
①－②，得 nan-2nan+1+nan+2=0，
所以 an+an+2=2an+1．
故数列{an}为等差数列．
又由2S1-a1=1，及a2=3，得a1=1，{an}的公差d =2．
所以an=1+2(n-1)=2n-1．
（2）由（1）知，bn=
1
(2n-1)❑√2n+1+(2n+1)❑√2n-1．
所以 bn=
1
❑√2n-1⋅❑√2n+1⋅(❑√2n-1+ ❑√2n+1)
12 / 39
= 1
2 ×
❑√2n+1- ❑√2n-1
❑√2n-1⋅❑√2n+1 = 1
2(
1
❑√2n-1 -
1
❑√2n+1)．
所以 T n= 1
2(
1
❑√1 - 1
❑√3)+ 1
2(
1
❑√3 - 1
❑√5)+⋯+ 1
2(
1
❑√2n-1 -
1
❑√2n+1)
= 1
2(1-
1
❑√2n+1)．
由T n> 9
20，得1
2(1-
1
❑√2n+1)> 9
20．所以
1
❑√2n+1 < 1
10 ，2n+1>100，n≥99
2 ．
所以使T n> 9
20成立的最小正整数n的值为50．
14．【2018 年全国】已知实数列a1,a2,a3,⋯满足：对任意正整数n，有an(2Sn-an)=1，其中Sn表示数
列的前n 项和，证明：
（1）对任意正整数n，有an<2❑√n；
（2）对任意正整数n，有anan+1<1.
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.
【解析】（1）约定S0=0.由条件知，对任意正整数n，有
1=an(2Sn-an)=(Sn- Sn-1)(Sn+ Sn-1)= Sn
2- Sn-1
2
.
从而Sn
2=n+ S0
2=n，即Sn=± ❑√n（当n=0 时亦成立）.
显然，an= Sn- Sn-1≤❑√n+ ❑√n-1<2❑√n.
（2）仅需考虑an,an+1同号的情况.不失一般性，可设an,an+1均为正（否则将数列各项同时变为相反数，仍
满足条件），则Sn+1>Sn>Sn-1>- ❑√n，
故必有Sn= ❑√n,Sn+1= ❑√n+1，
此时an= ❑√n± ❑√n-1,an+1= ❑√n+1- ❑√n，
13 / 39
从而anan+1<(❑√n+ ❑√n-1)(❑√n+1- ❑√n)<(❑√n+1+ ❑√n)(❑√n+1- ❑√n)=1.
15．【2018 年全国】数列{an}定义如下：a1 是任意正整数，对整数n≥1，an+1 是与∑
k =1
n
ai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m>1，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, n≥1.
k=1 时，m 是素数方幂，设m= p
α，其中α >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n≥N 时，都有an> p
α.若对某个n≥N，p∤Sn，那么p
α与Sn
互素，又a1,⋯,an中无一项是p
α，故由数列定义知an+1≤p
α，但是an+1> p
α，矛盾！
因此对每个n≥N，都有p|Sn.但由p|Sn+1及p|Sn知p|an+1，从而an+1与Sn不互素，这与an+1的定义矛盾.
假设k≥2，且结论对k-1 成立.设m 的标准分解为m= p1
α1 p2
α2⋯pk
α1.假设m 不在{an}中出现，于是存在正整数
N'，当n≥N'时，都有an>m.取充分大的正整数β1,⋯, βk -1，使得M = p1
β1⋯pk -1
βk -1 > max
1≤n≤N
'an.
我们证明，对n≥N'，有an+1≠M.
对任意n≥N'，若Sn与p1 p2⋯pk互素，则m 与Sn互素，又m 在a1,⋯,an中均未出现，而an+1>m，这与数
列的定义矛盾.因此我们推出：
对任意n≥N'，Sn与p1 p2⋯pk不互素.（*）
情形1.若存在i(1≤i≤k -1)，使得pi|Sn，因(an+1,Sn)=1，故pi∤an+1，从而an+1≠M（因pi| M）.
情形2.若对每个i(1≤i≤k -1)，均有pi∤Sn，
则由（*）知必有pk|Sn.于是pk∤an+1，进而pk∤Sn+an+1，即pk∤Sn+1.
故由（*）知，存在i0(1≤i0≤k -1)，使得pi0|Sn+1，再由Sn+1= Sn+an+1及前面的假设pi∤Sn(1≤i≤k -1)，
14 / 39
可知pt0∤an+1，故an+1≠M.
因此对n≥N'+1，均有an≠M，而M > max
1≤i≤N
'ai，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.
16．【2018 高中数学联赛A 卷（第01 试）】已知实数列a1,a2,a3,⋯满足:对任意正整数n，有
an(2Sn-an)=1，其中Sn表示数列的前n 项和证明:
(1)对任意正整数n，有an<2❑√n；
(2)对任意正整数n，有anan+1<1.
【答案】证明见解析
【解析】(1)约定S0=0.由条件知，对任意正整数n，有1=an(2Sn-an)=(Sn- Sn-1)(Sn+ Sn-1)= Sn
2- Sn-1
2
，
从而Sn
2=n+ S0
2=n，即Sn=± ❑√n(当n=0 时亦成立).
显然，an= Sn- Sn-1⩽❑√n+ ❑√n-1<2❑√n.
(2)仅需考虑an,an+1同号的情况.不失一般性，可设an,an+1均为正(否则将数列各项同时变为相反数，仍满足
条件)，则Sn+1>Sn>Sn-1>- ❑√n，
故必有Sn= ❑√n,Sn+1= ❑√n+1，此时an= ❑√n± ❑√n-1,an+1= ❑√n+1- ❑√n，
从而anan+1<(❑√n+ ❑√n-1)(❑√n+1- ❑√n)<(❑√n+1+ ❑√n)(❑√n+1- ❑√n)=1.
17．【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ai⩽bi,ai⩽A ,i=1,2,⋯,n，且
b1b2⋯bn
a1a2⋯an
⩽B
A .
15 / 39
证明:(b1+1)(b2+1)⋯(bn+1)
(a1+1)(a2+1)⋯(an+1)
⩽B+1
A +1.
【答案】证明见解析
【解析】由条件知，ki= bi
ai
⩾1,i=1,2,⋯,n.
记B
A = K，则
b1b2⋯bn
a1a2⋯an
⩽B
A ，化为k1k2⋯kn⩽K.
要证明∏
i=1
n
kiai+1
ai+1 ⩽KA +1
A +1
①
对i=1，2，…，n，由于ki⩾1及0<ai⩽A知kiai+1
ai+1 =ki- ki-1
ai+1 ⩽ki- ki-1
A +1 = ki A +1
A +1 ，
结合K ⩾k1k2⋯kn知，为证明①，仅需证明当A>0，ki≥1(i=1，2，…，n)时，
有∏
i=1
n
ki A +1
A +1 ⩽k1k2⋯kn A +1
A +1
②
对n 进行归纳.当n=1 时，结论显然成立.
当n=2 时，由A >0,k1,k2⩾1可知
k1 A +1
A +1 ⋅k2 A +1
A +1 - k1k2 A +1
A +1
=- A(k1-1)(k2-1)
( A +1)
2
⩽0
③
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=1
m+1 ki A +1
A +1 =(∏
i=1
m ki A +1
A +1 )⋅km+1 A +1
A +1
⩽k1k2⋯km A +1
A +1
⋅km+1 A +1
A +1
⩽k1k2⋯km+1 A +1
A +1
，
最后一步是在③中用k1k2⋯km,km+1(注意k1k2⋯km⩾1,km+1⩾1)分别代替k1,k2.
从而n=m+1 时结论成立.
由数学归纳法可知，②对所有正整数n 成立，故命题得证.
18．【2018 高中数学联赛A 卷（第02 试）】数列{an}定义如下:a1是任意正整数，对整数n≥1，an+1是与
16 / 39
∑
i=1
n
ai
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m>1，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,n⩾1.
k=1 时，m 是素数方幂，设m= p
α，其中α >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n≥N 时，都有an> p
a.
若对某个n≥N，p∤Sn，那么p
a与Sn互素，
又a1,⋯,an中无一项是p
a，故由数列定义知an+1⩽p
a，但是an+1> p
α，矛盾!
因此对每个n≥N，都有p|Sn.但由p|Sn+1及p|Sn知p|an+1，
从而an+1与Sn不互素，这与an+1的定义矛盾.
假设k≥2，且结论对k－1 成立.设m 的标准分解为m= p1
a1 p2
a2⋯pk
ak.
假设m 不在{an}中出现，于是存在正整数N'，当n≥N'时，都有an>m.取充分大的正整数β1,⋯, βk -1，使得
M = p1
β1⋯pk -1
βk -1 >max1⩽n⩽N
'an.
我们证明，对n≥N'，有an+1≠M.
对任意n≥N′，若Sn与p1 p2⋯pk互素，则m 与Sn互素，又m 在a1,⋯,an中均未出现，而an+1>m，这与数
列的定义矛盾.因此我们推出:
对任意n⩾N
' ,Sn与p1 p2⋯pk不互素
（*）
情形一若存在i(1≤i≤k－1)，使得pi|Sn，因(an+1,Sn)=1，故pi|an+1，从而an+1≠M(因pi| M)
情形二若对每个i(1≤i≤k－1)，均有pi|Sn，则由(*)知必有pk|Sn.
于是pk∤an+1，进而pk∤Sn+an+1，即pk∤Sn+1.
故由(*)知，存在i0(1⩽i0⩽k -1)，使得pi0|Sn+1
，再由Sn+1= Sn+an+1
及前面的假设
17 / 39
pi∤Sn(1⩽i⩽k -1)，可知pi0∤an+1
，故an+1≠M.
因此对n≥N'+1，均有an≠M，而M >max1⩽i⩽N
'an，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.
19．【2018 高中数学联赛B 卷（第01 试）】已知数列{an}:a1=7, an+1
an
=an+2,n=1,2,3,⋯.求满足
an>4
2018的最小正整数n.
【答案】12
【解析】由
an+1
an
=an+2可知an+1+1=(an+1)
2.
因此an+1=(a1+1)
2
n-1
=8
2
n-1
=2
3×2
n-1
，故an=2
3×2
n-1-1.
显然{an}单调递增.
由于a11=2
3072-1<2
1036= 4
2018,a12=2
6144-1>2
4036= 4
2018，
故满足题目条件的n 的最小值是12.
20．【2017 高中数学联赛A 卷（第02 试）】设数列{an}定义为a1=1，an+1=¿，n=1,2,⋯.
求满足ar<r ⩽3
2017的正整数r 的个数.
【答案】3
2017-2019
2
【解析】由数列的定义可知a1=1,a2=2.假设对某个整数r≥2 有ar=r，
我们证明对t=1，…，r－1，有
ar +2t -1=2r +t -1>r +2t -1,ar +2t =r -t <r +2t
①
对t 归纳证明.
当t=1 时，由于ar =r ⩾r，由定义，
ar +1=ar+r =r +r =2r >r +1，
ar +2=ar +1-(r +1)=2r -(r +1)=r -1<r +2，
18 / 39
结论成立.
设对某个1≤t<y－1，①成立，则由定义
ar +2t +1=ar +2t +(r +2t )=r -t +r +2t =2r +t >r +2t +1，
ar +2t +2=ar +2t +1-(r +2t +1)=2r +t -(r +2t +1)
=r -t -1<r +2t +2，
即结论对t+1 也成立.由数学归纳法知，①对所有t=1，2，…，r－1 成立，
特别当t=r－1 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- 1
2 =3(rk - 1
2)(k =1,⋯,m-1)，
从而rm=3
m-1(r1- 1
2)+ 1
2 = 3
m-1+1
2
.
由于r2018= 3
2017+1
2
<3
2017< 3
2018+1
2
=r2019，
在1,2,⋯,3
2017中满足ar =r的数r 共有2018 个，为r1,r2,⋯,r2018.
由①可知，对每个k=1，2，…，2017，rk +1,rk +2,⋯,3rk -2中恰有一半满足ar<r.
由于r2018+1= 3
2017+1
2
+1与3
2017均为奇数，
而在r2018+1,⋯,3
2017中，奇数均满足ar>r，偶数均满足ar<r，
其中的偶数比奇数少1 个.因此满足ar<r ⩽3
2017的正整数r 的个数为1
2 (3
2017-2018-1)= 3
2017-2019
2
.
21．【2017 高中数学联赛B 卷（第01 试）】设数列{an}是等差数列，数列bn}满足
bn=an+1an+2-an
2,n=1,2,⋯.
(1)证明:数列{bn}也是等差数列；
(2)设数列{an},{bn}的公差均是d≠0，并且存在正整数s、t，使得as+bt是整数，求|a1|的最小值.
【答案】(1)证明见解析；(2) 1
18.
19 / 39
【解析】(1)设等差数列{an}的公差是d，则
bn+1-bn=(an+2an+3-an+1
2 )-(an+1an+2-an
2)=an+2(an+3-an+1)-(an+1+an)(an+1-an)
=an+2⋅2d -(an+1+an)⋅d =(2an+2-an+1-an)⋅d =3d
2.
所以数列{bn}也是等差数列.
(2)由已知条件及(1)的结果知3d2=d.因为d≠0，故d = 1
3.
这样bn=an+1an+2-an
2=(an+d)(an+2d)-an
2=3d an+2d
2=an+ 2
9.
若正整数s、t 满足as+bt∈Z，
则as+bt =as+at + 2
9 =a1+(s-1)d +a1+(t -1)d + 2
9 =2a1+ s+t -2
3
+ 2
9 ∈Z.
记l =2a1+ s+t -2
3
+ 2
9，则l∈Z，且18a1=3(3l - s-t +1)+1是一个非零的整数，故|18a1|⩾1，从而
|a1|⩾1
18 .
又当a1= 1
18时，有a1+b3= 1
18 + 17
18 =1∈Z.
综上所述，|a1|的最小值为1
18.
22．【2017 高中数学联赛B 卷（第02 试）】设a1,a2,⋯,a20∈{1，2，…，5}，b1,b2,⋯,b20∈{1，
2，…，10}，集合X ={(i, j)|1⩽i< j⩽20,(ai-a j)(bi-b j)<0}，求X 的元素个数的最大值.
【答案】160
【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=a j时，(i, j)∉X，因此至少有∑
k =1
5
C4
2个(i，j)不在X 中.
注意到∑
k =1
5
tk =20，由柯西不等式，我们有
20 / 39
∑
k =1
5
Ct k
2 = 1
2 ⋅(∑
k =1
5
tk
2-∑
k =1
5
tk)⩾1
2 ⋅[
1
5(∑
k =1
5
tk)
2
-∑
k =1
5
tk]= 1
2 ⋅20⋅(
20
5 -1)=30.
从而X 的元素个数不超过C20
2 -30=190-30=160.
另一方面，取a4 k -3=a4 k -2=a4 k -1=a4 k =k(k =1,2,⋯,5)，bi=6-ai(i=1,2,⋯,20)，
则对任意i，j(1≤i<j≤20)，有
(ai-a j)(bi-b j)=(ai-a j)[(6-ai)-(6-a j)]=-(ai-a j)
2⩽0，
当且仅当ai=a ja 时等号成立，这恰好发生5C 4
2 =30次.
此时X 的元素个数达到C20
2 -30=160.
综上所述，X 的元素个数的最大值为160.
23．【2017 年河北预赛】前n项和为Sn的正项数列{an},满足an
2+2an= 4 Sn+3(n∈N +).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求证:(1+ 1
a1)(1+ 1
a2)(1+ 1
a3)⋯(1+ 1
an-1)>
❑√an
2 .
【答案】(1) an=2n+1(n∈N +)；(2)证明见解析.
【解析】(1)由a1
2+2a1= 4 a1+3,得a1=3或a1=-1.因为an>0,所以a1=3.
由an
2+2an= 4 Sn+3得，an-1
2
+2an-1= 4 Sn-1+3(n≥2),
两式相减得an
2-an-1
2
+2an-2an-1= 4 an,
即an
2-an-1
2
-2an-2an-1=0,亦即(an+an-1)(an-an-1)-2(an+an-1)=0，
由于an+an-1>0,所以an-an-1=2(n≥2),
21 / 39
故{an}是以3 为首项,2 为公差的等差数列.
所以an=3+(n-1)×2=2n+1(n∈N +).
(2)要证(1+ 1
a1)(1+ 1
a2)(1+ 1
a3)⋯(1+ 1
an-1)>
❑√an
2 ,
即证(1+1)(1+ 1
3)(1+ 1
5)(1+ 1
7)⋯(1+
1
2n-1)>❑√2n+1，
因为2
1 ⋅4
3 ⋅6
5 ⋅⋯⋅
2n
2n-1 > 3
2 ⋅5
4 ⋅7
6 ⋅⋯⋅2n+1
2n
= 1
2 ⋅3
4 ⋅5
6 ⋯⋅⋅2n-1
2n
⋅(2n+1),
所以(
2
1 ⋅4
3 ⋅6
5 ⋅⋯⋅
2n
2n-1)
2
>2n+1,
即(1+1)(1+ 1
3)(1+ 1
5)(1+ 1
7)⋯(1+
1
2n-1)>❑√2n+1，
所以原不等式成立.
24．【2017 年吉林预赛】数列{an}中,an=a⋅2
n+b⋅n-80,其中a,b∈N +.已知当且仅当n=6时此数列的
前n项之和Sn取得最小值,且a36能被7 整除,求a1|+|a2|+⋯+|a12∣的值.
【答案】8010
【解析】{an}为递增数列,由题知a6<0且a7>0,
即64 a+6b-80<0且128a+7b-80>0,
因为a,b∈N +,所以a=1,b=1或2.
又因为a36=2
36+36b-80=(7+1)
12+35b+b-77-3能被7 整除,所以b=2.
22 / 39
故an=2
n+2n-80.设数列{an}的前n项之和为Sn,
则a1|+|a2|+⋯+|a12∣=-(a1+a2+⋯+a6)+(a7+a8+⋯+a12)= S12-2S6=8010.
25．【2017 年吉林预赛】已知无穷数列{xn},{yn}:对任意正整数n, xn+1=3 xn+2 yn：yn+1= 4 xn+3 yn,且
x1=3, y1= 4.
(1)求证:{2 xn
2- yn
2}为常数列.
(2)分别判断数列{xn},{yn}中是否含有整数的立方.
【答案】(1)证明见解析；(2) 数列{xn}、{yn}中均不含任何整数的立方，理由见解析.
【解析】(1)因为xn+1=3 xn+2 yn, yn+1= 4 xn+3 yn,
所以2 xn+1
2
- yn+1
2
=2(3 xn+2 yn)
2-(4 xn+3 yn)
2=2 xn
2- yn
2=⋯=2⋅3
2- 4
2=2.
即2 xn
2- yn
2=2.
(2)结论：数列{xn}、{yn}中均不含任何整数的立方.
由(1)可知,只需证明2 x
6- y
2=2与2 x
2- y
3=2均无正整数解.
若2 x
6- y
2=2,则y为偶数.设y =2 z,则(x
3-1)(x
3+1)=2 z
2,其中x ≥3且为奇数.
而x
3-1与x
3+1至少有一个不能被3 整除,不妨设3 χ (x
3-1).
因为(x
3-1, x
3+1)=2且(x
3-1)(x
3+1)=2 z
2.
所以x
3-1=at
2,其中a=1或a=2,
故有(x -1)(x
2+ x +1)=at
2.
23 / 39
因为(x -1, x
2+ x +1)=1且x -1为偶数,所以x
2+ x +1为奇数,从而有x
2+ x +1=t1
2.
但x
2< x
2+ x +1<(x +1)
2,矛盾.
若3∤(x
3+1),同理可得x
2- x +1=t2
2,
而x ≥3时,(x -1)
2< x
2- x +1< x
2,矛盾.
(2)若2 x
2- y
3=2,则y =2 z , x
2-1= 4 z
3,即x -1
2
⋅x +1
2
= z
3.
又因为(
x -1
2
, x +1
2 )=1,所以x -1
2
= z1
3,且x +1
2
= z2
3.
故z2
3- z1
3=1,但对任意正整数,上式不成立.综上,命题得证.
26．【2017 年山东预赛】已知正实数列a1,a2,⋯,an,⋯满足:
(1)an+1=a1
2⋅a2
2•⋯⋅an
2-3(n∈N +);
(2)1
2 (a1+ ❑√a2-1)∈N +.
求证:1
2 (a1⋅a2⋅⋯⋅an+ ❑√an+1-1)∈N +.
【答案】证明见解析
【解析】用数学归纳法证.
当n=1时,由条件得1
2 (a1+ ❑√a2-1)是正整数,结论成立.
假设当n=k时结论成立,即1
2 (a1a2⋯ak + ❑√ak +1-1)是正整数.
记t = 1
2 (a1a2⋯ak + ❑√ak +1-1)整理得ak +1=a1
2a2
2⋯ak
2- 4t a1a2⋯ak + 4t
2+1, ①
24 / 39
又ak +1=a1
2a2
2⋯ak
2-3. ②
由①、②得a1a2⋯ak =t + 1
t ③
当n=k +1时,
1
2 (a1a2⋯ak +1+ ❑√ak +2-1)
= 1
2 [(a1a2⋯ak)ak +1+
❑√(a1a2⋯ak +1)
2- 4 ]
= 1
2 [(t + 1
t )((t + 1
t )
2
-3)+
❑√(t + 1
t )
2
((t + 1
t )
2
-3]
2
- 4 ]
= 1
2 [t
3+ 1
t
3 + ❑√
(t
3+ 1
t
3 )
2
- 4 ]
= 1
2 [t
3+ 1
t
3 + ❑√
(t
3- 1
t
3 )
2
]
= 1
2 (t
3+ 1
t
3 +t
3- 1
t
3 )=t
3
是正整数则n=k +1时，结论成立.
综上所述1
2 (a1a2⋯an+ ❑√an+1-1)是正整数.
27．【2017 年福建预赛】若数列{an}中的相邻两项an、an+1是关于x的方程x
2-nx +cn=0(n=1,2,3,⋯)
的两个实根,且a1=1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=c2n-1,求数列{bn}的通项公式及{bn}的前n项和T n.
必要时,可以利用:1
2+2
2+3
2+⋯+n
2= n(n+1)(2n+1)
6
25 / 39
【答案】(1) an={
n+1
2
,n为奇数,
n-2
2
,n为偶数.
(2) bn=n
2-n，T n= n(n-1)(n+1)
3
.
【解析】(1)依题意,由韦达定理,得an+an+1=n,cn=anan+1.
所以(an+1+an+2)-(an+an+1)=(n+1)-n=1,即an+2-an=1.
所以a1,a3,a5,⋯;和a2,a4,a6,⋯,都是公差为1 的等差数列.
又a1=1,a2=1-a1=0.所以对任意k ∈N +,a2k -1=k ,a2k =k -1.
即an={
n+1
2
,n为奇数,
n-2
2
,n为偶数.
(2)由(1)知,bn=c2n-1=a2n-1⋅a2n= 2n-1+1
2
⋅2n-2
2
=n(n-1)=n
2-n
所以T n=(1
2+2
2+3
2+⋯+n
2)-(1+2+3+⋯+n)= n(n+1)(2n+1)
6
- n(n+1)
2
= n(n-1)(n+1)
3
.
28．【2017 年江西预赛】数列{an}、{bn}满足:a1=b1=1,an+1=an+2bn,bn+1=an+bn(n≥1)
证明:(1)a2n-1
b2n-1
<❑√2, a2n
b2n
>❑√2;
(2)|
an+1
bn+1
- ❑√2|<|
an
bn
- ❑√2|.
【答案】证明见解析
【解析】an+1
2
-2bn+1
2
=(an+2bn)
2-2(an+bn)
2=-(an
2-2bn
2), ①
由此递推得an
2-2bn
2=-(an-1
2
-2bn-1
2 )=⋯=(-1)
n-1⋅(a1
2-2b1
2)=(-1)
n; ②
26 / 39
因此a2n
2 -2b2n
2 >0,a2n-1
2
-2b2n-1
2
<0,即有
a2n-1
b2n-1
<❑√2, a2n
b2n
>❑√2.
由①得,|an+1
2
-2bn+1
2 |=|an
2-2bn
2| ③
且由条件知,{an},{bn}皆为严格递增的正整数数列,an+1>an>0,bn+1bn>0, 所以
1
an+1+ ❑√2⋅bn+1
<
1
an+ ❑√2⋅bn
， ④
1
bn+1
< 1
bn
， ⑤
将③④⑤相乘得| an+1
bn+1
- ❑√2|<| an
bn
- ❑√2|.
29．【2017 年河南预赛】已知数列{an}满足a0= 1
2 ,an=an-1+ 1
n
2 an-1
2
.
求证:(1) 1
an-1
- 1
an
< 1
n
2;
(2)an<n(n∈N +);
(3) 1
an
≤5
6 +
1
n+1 (n∈N +).
【答案】证明见解析
【解析】(1)易知an>an-1>0,则an=an-1+ 1
n
2 an-1
2
<an-1+ 1
n
2 an⋅an-1,
从而an-an-1< 1
n
2 an⋅an-1,整理得: 1
an-1
- 1
an
< 1
n
2.
(2)由(1)知：1
a0
- 1
an
=(
1
a0
- 1
a1)+(
1
a1
- 1
a2)+(
1
a2
- 1
a3)+⋯+(
1
an-1
- 1
an)
27 / 39
<1+ 1
2
2 + 1
3
2 +⋯+ 1
n
2
<1+
1
1×2 +
1
2×3 +⋯+
1
(n-1)n
<1+[(1- 1
2)+(
1
2 - 1
3)+⋯+(
1
n-1 - 1
n)]
<2- 1
n
，
又a0= 1
2,所以an<n(n∈N +).
(3)由(2)知,n⩾2时,an-1<n-1,则an=an-1+ 1
n
2 an-1
2
<an-1+ n-1
n
2 an-1,
整理得an-1>
n
2
n
2+n-1
an,则an=an-1+ 1
n
2 an-1
2
>an-1+ 1
n
2 an-1⋅
n
2
n
2+n-1
an，an-an-1>
1
n
2+n-1
an-1⋅an，
整
理
得
1
an-1
- 1
an
>
1
n
2+n-1
>
1
n
2+n
= 1
n -
1
n+1,
所
以
1
a1
- 1
an
=( 1
a1
- 1
a2
)+( 1
a2
- 1
a3
)+⋯+( 1
an-1
- 1
an
)>( 1
2 - 1
3 )+( 1
3 - 1
4 )+⋯+( 1
n -
1
n+1 )= 1
2 -
1
n+1，
又a1= 3
4 得1
an
< 5
6 +
1
n+1 (n⩾2)，故1
an
⩽5
6 +
1
n+1 (n∈N +).
30．【2017 年四川预赛】已知数列{an}满足:a1=a,an+1= 5an-8
an-1 (n∈N +).
(1)若a=3,求证：数列{
an-2
an- 4}成等比数列,并求出数列{an}的通项公式;
(2)若对任意的正整数n,都有an>3,求实数a的取值范围.
28 / 39
【答案】(1) an= 4×3
n-1+2
3
n-1+1
；(2) (3,+∞).
【解析】(1)由已知得an+1-2
an+1- 4 =
5an-8
an-1 -2
5an-8
an-1 - 4
=3⋅an-2
an- 4 .
于是，{
an-2
an- 4}为等比数列.
故
an-2
an- 4 = a1-2
a1- 4 ⋅3
n-1=-3
n-1⇒an= 4×3
n-1+2
3
n-1+1
.
(2)由an>3对任意的正整数n均成立,知a=a1>3.
下面用数学归纳法证明:当a>3时,对任意的正整数n,均有an>3.
当n=1时,结论成立.假设n=k (k ≥1)时,结论成立.
当n=k +1时,注意到,ak +1= 5ak -8
ak -1 =3+ 2ak -5
ak -1 .
由ak>3,知2ak -5>0,ak -1>0.
从而,ak +1>3.故结论对n=k +1也成立.
由归纳原理,知对任意的正整数,均有an>3.
综上,所求实数a∈(3,+∞).
31．【2017 年甘肃预赛】已知在数列{an}中,a1=1,当n≥2时,其前n项和Sn满足Sn
2=an⋅(Sn- 1
2).
(1)求Sn的表达式;
(2)设bn=
Sn
2n+1
,数列{bn}的前n项和为T n,证明:T n< 1
2.
29 / 39
【答案】(1) Sn=
1
2n-1；(2)证明见解析.
【
解
析
】
(1)
因
为
Sn
2=an⋅(Sn- 1
2),an= Sn- Sn-1(n≥2),
所
以
Sn
2=(Sn- Sn-1)(Sn- 1
2),即
2Sn-1Sn= Sn-1- Sn, ①
由题意得Sn-1・Sn≠0,①式两边同除以Sn-1⋅Sn,得1
Sn
- 1
Sn-1
=2.
以数列{
1
Sn}是首项为1
S1
= 1
a1
=1,公差为2 的等差数列.
所以1
Sn
=1+2(n-1)=2n-1,所以Sn=
1
2n-1.
(2)因为bn=
Sn
2n+1 =
1
(2n-1)(2n+1) = 1
2(
1
2n-1 -
1
2n+1),
所以T n=b1+b2+⋯+bn= 1
2[(1- 1
3)+(
1
3 - 1
5)+⋯+(
1
2n-1 -
1
2n+1)]= 1
2(1-
1
2n+1)=
n
2n+1 < 1
2 .
32 ．【2017 年贵州预赛】已知数列{an}满足:an=
2
n
2
2
n+1
(n∈N +), 记An=∑
i=1
n
ai,Bn=∏
i=1
n
ai.求证:
3 An+ Bn⋅2
(1+n)(2-n)
2
为定值.
【答案】证明见解析
【解析】由
1
m-1 -
1
m+1 =
2
m
2-1
⇒
1
m+1 =
1
m-1 -
2
m
2-1,得an=
2
n
2
2
n
+1
=
2
n
2
2
n
-1
- 2
n+1
2
2
n+1
-1
.
所以An=∑
i=1
n
(
2
i
2
2
i
-1
-
2
i+1
2
2
i+1
-1
)= 2
3 - 2
n+1
2
2
n+1
-1
，
30 / 39
因为Bn=∏
i=1
n
2
i
2
i
i
+1
=
∏
i=1
n
2
i
∏
i=1
n
(2
i
i
+1)
,
而∏
i=1
n
2
i=2
∑
i
n
❑i
=2
n(1+m)
2
,∏
i=1
n
(2
2
i
+1)=(2
2+1)(2
2
2
+1)⋯(2
2
n
+1)= 2
2-1
2
2-1
(2
2
2
+1)⋯(2
2
n
+1)= 1
3 (2
2
n+1
-1)，
所
以
Bn= 3×2
n(1+n)
2
2
2
n+1-1
.于
是
3 An+ Bn⋅2
(1+n)(2-n)
2
=2- 3⋅2
n+1
2
2
n+1-1
+ 3⋅2
n(1+n)
2
2
2
n+1-1
⋅2
(1+n)(2-n)
2
=2-
3
2
2
n+1-1
⋅(2
n+1-2
n+n
2+2+n-n
2
2
)=2-
1
2
2
n+1-1
⋅(2
n+1-2
n+1)
故3 An+ Bn⋅2(
(1+n)(2-n)
2
为定值2.
33．【2017 年安徽预赛】设数列{an},{bn},{cn}满足an+1=|bn-cn|,bn+1=|cn-an|,cn+1=|an-bn|,n∈N证
明:对于任意正整数a1,b1,c1,存在正整数k,使得ak +1=ak ,bk +1=bk ,ck +1=ck
【答案】证明见解析
【解析】对任意正整数n,用An、Bn、Cn表示an、bn、cn的升序排列，即An、Bn、Cn是an、bn、cn
的重排列,且An≤Bn≤Cn.
下面证明：存在正整数n,使得An、Bn、Cn至少有两个相等,即An= Bn≤Cn或者An≤Bn=Cn.
若不然,则对任意正整数n都有An<Bn<Cn,于是An+1= min(Bn- An,Cn- Bn)≠0且Cn+1=Cn- An≤Cn.进而
Cn+2=Cn+1- An+1≤Cn-1.
这样对任意正整数k,C2k +1≤C1-k .当k >C1时,C2k +1<0,矛盾!
因此,存在正整数n使得An、Bn、Cn中至少有两个相等.
(1)如果An= Bn≤Cn,则( An+1,Bn+1,Cn+1)=(0,Cn- An,Cn- An),
31 / 39
( An+2,Bn+2,Cn+2)=(0,Cn- An,Cn- An)，
(2)如果An≤Bn=Cn,
则( An+1,Bn+1,Cn+1)=(0,Cn- An,Cn- An),( An+2,Bn+2,Cn+2)=(0,Cn- An,Cn- An)，
上述无论哪一种情况,都验证了存在某个正整数k =n+1,使得ak +1=ak ,bk +1=bk ,ck +1=ck .
34．【2017 年广东预赛】(1)求使方程x1+2 x2+3 x3+⋯+n xn=2017 ①
有正整数解x1, x2,⋯, xn的最大正整数n.
(2)用An表示方程①的所有正整数解(x1, x2,⋯, xn)构成的集合,当n为奇数时，我们称An中的每一个元素为
方程①的一个奇解;当n为偶数时,我每一个元素为方程①的一个偶解.证明:方程①中所有奇解的个数相等.
【答案】证明见解析
【解析】(1)因为2017= x1+2 x2+3 x3+⋯+n xn≥1+2+⋯+n= n(n+1)
2
,所以n≤63.
当n=63时,x1=2, x2= x3=⋯= x63=1为方程①的一组正整数解,
故所求最大值为n=63.
(2)∀x =(x1, x2,⋯, xn)∈An,1≤n≤63,令a=(a1,a2,⋯,an)，
与之对应,其中ai= xi+ xi+1+⋯+ xn,i=1,2,⋯,n，
则a1>a2>⋯>an≥1,且a1+a2+⋯+an=2017.
令Bn={(a1,a2,⋯,an)∣a1>a2>⋯>an≥1,a1+a2+⋯+an=2017}，
那么x↦a是An到Bn的双射,所以|An|=|Bn|(|X|表示集合X中所含元素的个数).
∀a=(a1,a2,⋯,an)∈Bn,我们用σ (a)= s表示a1,a2,⋯,an中使得a1=as+ s-1成立的最小下标,
即ai-ai+1=1,i=1,2,⋯,s-1,as-as+1≥2.
32 / 39
因为a1=a1+1-1,所以满足条件的正整数s存在且1≤s≤n,并记τ (a)=an，
若τ (a)≤σ (a),我们断言τ (a)≤n-1,否则n-1<τ (a)=an≤σ (a)≤n，
因此an=σ (a)=n,
于是我们有2017=a1+a2+⋯+an=n+(n+1)+⋯+(2n-1)= n(3n-1)
2
,此不可能.
所以b=(a1+1,a2+1,⋯,aτ (a)+1,aτ (a)+1,⋯,an-1)∈Bn-1是唯一确定的元素且τ (b)=an-1>an=σ (b).
若τ (a)>σ (a)且σ (a)=n时,我们断言an-1>σ (a).
否则an-1≤n=σ (a)<τ (a)=an,因此an=τ (a)=n+1.
于是我们有2017=a1+a2+⋯+an=(n+1)+(n+2)+⋯+2n= n(3n+1)
2
,此不可能.
所以c =(a1-1,a2-1,⋯,aσ (a)-1,aσ (a)+1,⋯,an,σ (a))∈Bn+1是唯一确定的元素且τ (c)=σ (a)≤σ (c).
由此我们证明了f :a↦{
b,τ (a)≤σ (a),
c ,τ (a)>σ (a), ∀a∈B =¿n=1¿63 Bn是B =¿n=1¿63 Bn到自身的映射且
f(n= 1
32
B2n-1)⊂¿n=1¿31B2n,f (¿n=1¿31B2n)⊂¿n=1¿32B2n-1,
如
果
我
们
能
够
证
明f 是
满
射
,
则f 也
是
单
射
,
因
而
是
双
射
,
从
而
|n= 1
32
A2n-1|=|¿n=1¿32B2n-1|=|¿n=1¿31B2n|=|¿n=1¿31 A2n|即方程(1)中所有奇解的个数与偶解的个
数相等.
事实上,∀v =(v1,v2,⋯,vn)∈B =⋃
6
n=1
3
Bn,
如果τ (v)≤σ (v),则存在a=(v1+1,v2+1,⋯,vτ (v)+1,vτ (v)+1,⋯,vn-1)∈B =n= 1
63
Bn,使得f (a)= v.
33 / 39
如果τ (v)>σ (v), 则存在a=(v1-1,v2-1,⋯,vσ (v)-1,vq(v)+1,⋯,vn,σ (v))∈B =¿n=1¿63 Bn,使得
f (a)= v.故f 是满射,结论成立.
35．【2017 年广西预赛】已知数列{an}满足条件:a1=1,an+1=2an+1,n∈N +.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令cn=
2
n
an⋅an+1
,T n=∑
k =1
n
ck,证明:T n<1.
【答案】(1) an=2
n-1；(2)证明见解析.
【解析】(1)由题意得an+1+1=2an+2=2(an+1).又a1+1=2≠0.
所以数列{an+1}是以2 为首项,2 为公比的等比数列.
于是an=2
n-1.
(2)
因
为
cn=
2
n
anan+1
=
2
n
(2
n-1)(2
n+1-1)
=
1
2
n-1
-
1
2
n+1-1,
所
以
T n=c1+c2+c3+⋯+cn=(1- 1
3)+(
1
3 - 1
7)+⋯+(
1
2
n-1
-
1
2
n+1-1)=1-
1
2
n+1-1
<1.
36．【2017 年浙江预赛】设f 1(x)=
❑√x
2+32,f n+1(x)= ❑√x
2+ 16
3 f n(x),n=1,2,⋯,对每个n,求f n(x)=3 x的
实数解.
【答案】答案见解析
【解析】利用数学归纳法.
(1)x =2是f n(x)=3 x的解.
34 / 39
当n=1时,x =2是f 1(x)=
❑√x
2+32=3 x的解.当n=k时,
设f k (2)=6,则f k +1(2)= ❑√4+ 16
3 f k (2)=6，
由此可得x =2是f n(x)=3 x的解(对于所有满足题意的n).
(2)当x>2时,f n(x)<3 x< 3
2 x
2.
当n=1时，f 1(x)=
❑√x
2+32<3 x< 3
2 x
2(x>2).
当n=k时,设f k (x)<3 x< 3
2 x
2,
则f k +1(x)= ❑√x
2+ 16
3 f k (x)<
❑√x
2+8 x
2=3 x.
由此可得x>2都不是f n(x)=3 x的解(对于所有满足题意的n).
(3)当0< x<2时,f n(x)>3 x.
当n=1时,f 1(x)=
❑√x
2+32>
❑√x
2+8 x
2=3 x (0< x<2).
当n=k时,设f k (x)>3 x,则f k +1(x)= ❑√x
2+ 16
3 f k (x)>
❑√x
2+16 x>3 x，
由此可得0< x<2都不是f n(x)=3 x的解(对于所有满足题意的n).
37．【2017 年浙江预赛】设数列{an}满足:|an+1-2an|=2,|an|≤2,n=1,2，3,⋯.证明：如果a1为有理数,
则从某项后{an}为周期数列.
【答案】证明见解析
【解析】(1)若a1为有理数,则{an}为一个有理数数列.
35 / 39
(2) 对于任意的n, 设an= y
x ,( y , x)=1, 由已知条件, 有且仅有下述一个等式成立
an+1=2an+2= 2 y +2 x
x
,或an+1=2an-2= 2 y -2 x
x
. ①
an与an+1有相同的分母(不进行约分).
(3)设a1= q
p ,( p,q)=1,则an= bn
p ,bn为整数.由于|an|≤2,n=1,2,3,⋯,因此-2 p≤bn≤2 p.(4)
若存在两个自然数k <l,使得ak =al.则由(2)中得到的①递推公式以及|an|≤2,n=1,2,3,⋯,可得{an}从第k项
开始是一个周期数列,周期为l -k.(5)
由(3)可知对于任意的n,bn的值只有4 p+1(有限个),故总能找到k <l,使得bk =bl,从而有ak =al.
综上所述,如果a1为有理数,则从某项后{an}为周期数列.
38．【2017 年浙江预赛】设σ ={a1,a2,⋯,an}为{1,2,⋯,n}的一个排列,记F (σ )=∑
i=1
n
aiai+1,an+1=a1,求
minσ F (σ ).
【答案】答案见解析
【解析】问题等价于圆周上放置n个数,使得相邻数的乘积之和为最小,最小值记为T n.
不妨设a1=n,则数字1 必与它相邻.否则设a j=1,( j≠2,n),
则可将a2,a3,⋯,a j的数字改变为a j,a j -1,⋯,a2上的数字,
则相邻数的乘积和的改变量为a1a j+a2a j+1-a1a2-a ja j+1=(a1-a j+1)(a j-a2)<0，于是可确定a2=1.
再说明数字2 也必与数字n相邻,即an=2.
事实上,若a j=2,( j≠n),则交换an,an-1,⋯,a j为a j,a j+1,⋯,an.
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此时的目标改变值为a1a j+ana j -1-a1an-a ja j -1=(a1-a j -1)(a j-an)<0，
因此目标取到最小值时,a1=n,a2=1,an=2.
由此出发,依次可得a3=n-1,an-1=n-2.
在已安排好的两端数字,若剩下的数比两端数字都小,则在剩下的数中找两个最小的数字,按小对大,大对小放
置;若剩下的数比两端数字大,则在剩下的数字中找两个最大的数,按大对小,小对大放置.
由此规律即得a4=3,an-2= 4 ,a5=n-3,an-3=n- 4 ,⋯下面用递推法计算T n.考虑n+2个数字,我们在T n的
数字排序中,将每个数字加1,再放置1、n+2这两个数字,在2,n+1的中间揷人n+2、1,即可得到T n+2.
因此T n+2=T n
' +(n+1)+(n+2)+2(n+2)-2(n+1),
其中T n
' =∑
i=1
n
(ai+1)(ai+1+1)=T n+n(n+2).
由此可得T n+2=T n+n
2+ 4 n+5可以推出
T n={
1
6 n
3+ 1
2 n
2+ 5
6 n-1,n=2m
1
6 n
3+ 1
2 n
2+ 5
6 n- 1
2 ,n=2m-1
.
39．【2017 年湖南预赛】已知数列{an}满足a1=2,an+1=- (Sn-1)
2
Sn
(n∈N +),其中Sn为{an}的前n项和.
(1)求证：{
1
Sn-1}为等差数列;
(2)若对任意的n,均有(S1+1)(S2+1)⋯(Sn+1)≥kn,试求k的最大值.
【答案】(1)证明见解析；(2) 3.
【解析】(1)当n≥1时,由条件得Sn+1- Sn=- (Sn-1)
2
Sn
,
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化简得Sn Sn+1=2Sn-1,即Sn+1= 2Sn-1
Sn
,
所以
1
Sn+1-1 -
1
Sn-1 =
1
2Sn-1
Sn
-1
-
1
Sn-1 = Sn-1
Sn-1 =1
,
又
1
S1-1 =
1
2-1 =1,所以{
1
Sn-1}是首项为1,公差也为1 的等差数列.
(2)由(1)知,
1
Sn-1 =n,即Sn= n+1
n
.
由条件,得k ≤(S1+1)(S2+1)⋯(Sn+1)
n
恒成立,故k ≤[
(S1+1)(S2+1)⋯(Sn+1)
n
]min
.
记f (n)= (S1+1)(S2+1)⋯(Sn+1)
n
，
则f (n+1)
f (n)
=
(S1+1)(S2+1)⋯(Sn+1)(Sn+1+1)
n+1
(S1+1)(S2+1)⋯(Sn+1)
n
= n(Sn+1+1)
n+1
= n(2n+3)
(n+1)
2 >1.
所以[ f (n)]min= f (1)= S1+1
1
=3,kmax =3.
40．【2017 年江苏预赛】设数列{an}满足:(1)a1=1,(2)an>0,(3)an=
nan+1
2
nan+1+1 ,n∈N +.
求证:(1)数列{an}是递增数列;
(2)对任意正整数n,an<1+∑
k =1
n 1
k .
【答案】证明见解析
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【解析】(1)因为an+1-an=an+1-
nan+1
2
nan+1+1 =
an+1
nan+1+1,且an>0,所以an+1-an>0,所以an+1>an,n∈N +,所以
数列{an}是递增数列.
(2)
因
为
an+1-an=
an+1
nan+1+1 < an+1
nan+1
= 1
n,
所
以
当
n≥2时
,
an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+⋯+(a2-a1)+a1<
1
n-1 +
1
n-2 +⋯+ 1
2 + 1
1 +1<1+∑
k =1
n 1
k
，
又a1=1<1+1,所以对任意正整数n,an<1+∑
k =1
n 1
k .
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