5数列-1981-2019年历年数学联赛50套真题WORD版分类汇编含详细答案.doc

1、1981年2019年全国高中数学联赛试题分类汇编数列部分2019B 8. 设等差数列的各项均为整数，首项，且对任意正整数，总存在正整数，使得这样的数列的个数为 答案： 解析：设的公差为由条件知（是某个正整数），则，即，因此必有，且这样就有，而此时对任意正整数， ，确实为中的一项 因此，仅需考虑使成立的正整数k 的个数注意到，易知可取这个值，对应得到个满足条件的等差数列2019B二、（本题满分40分）求满足以下条件的所有正整数： (1) 至少有 4 个正约数； (2) 若是的所有正约数，则构成等比数列。证明：由条件可知，且10 分易得，代入上式得，即，由此可知是完全平方数由于是的最小素因子，是平

2、方数，故只能 30 分 从而序列为，即为，而此时相应的为. 综上可知，满足条件的为所有形如的数，其中是素数，整数40分。2018A 8、设整数数列满足，且，则这样的数列的个数为 答案：解析：记（），则有下面用表示中的项数。由知，也是中的项数，其中，因此，的取法数为；接下来，确定，有种方式，最后由知，应取使得为偶数，这样的的取法是唯一的，并且确定了整数的值，进而数列唯一对应一个满足条件的数列。综上可知，满足条件的数列的个数为。2018A一、（本题满分40分）设是正整数，均为正实数，满足：，且。证明：。证明：记，则，（） ，记，则不等式即，要证成立，也就转化为证：。对于，及知，.由，则只需证下面用

3、数学归纳法证明之：当时，不等式显然成立；当时，,所以时也成立；设时结论成立，即，则当时，（将看成一个整体，与一起替换时的做法一样可得）所以结论也成立。由数学归纳法可知，原命题成立。2018A三、（本题满分50分）设是正整数，满足，且，设是的元子集，证明：区间中的每个整数均可表示为，其中。证明：用反证法。假设存在整数不可表示为，其中。作带余除法，其中.将按模的同余类划分成个公差为的等差数列，其中个等差数列有项，个等差数列有项.由于中没有两数之差为，故不能包含公差为的等差数列的相邻两项.从而。由条件，我们有又，故若是奇数，则由知，结合知，从而，再由是奇数得，于是，与矛盾；若是偶数，则由知，结合知从

4、而，得.再由是偶数得，于是，与矛盾；综上，反证法得到的结论不成立，即原命题成立。2018B 4、在平面直角坐标系中，直线通过原点，是的一个法向量已知数列满足：对任意正整数，点均在上若，则的值为 答案： 解析:易知直线的方程为，因此对任意正整数，有，故是以为公比的等比数列.于是，由等比数列的性质知2017A 8、设两个严格递增的正整数数列，满足，对任意正整数，有， ，则的所有可能值为 答案： ，解析：由条件可知，均为正整数，且。由于，所以，重复使用的递推关系可得：因此，而，故又，得，即当时，即，无解；当时，即，解得，此时；当时，即，解得，此时；综上所述，的所有可能值为，。2017B1、在等比数列

5、中，则为 答案： 解析：数列的公比为，故.2017A二、（本题满分40分）设数列定义为，求满足的正整数的个数解析：由题意知，。假设对某个整数，有，我们证明对有，。对归纳证明。当时，由于，由定义知，故结论成立；设对某个，结论成立，则有定义知：，即结论对也成立，由数学归纳法知，结论对所有成立，特别当时，从而。若将所有满足的正整数从小到大记为，则由上面的结论知，（），由此可知：（），可得，由于，在中满足的共有个，即。由可知，对每个，中恰有一半满足，由于与均为奇数，而在至中，奇数满足，偶数满足，其中偶数比奇数少个，因此满足的正整数个数为2018A 10、（本题满分20分）已知实数列满足：对任意正整数，

6、有，其中表示数列的前项和。证明：对任意正整数，有；对任意正整数，有。解析：由于当时，所以得，即（），又，所以，即。显然时，又所以对任意正整数，有；当时，显然；下面考虑的情况，不妨设且，则，则有，所以，所以2018B 9、（本题满分16分）已知数列满足：，求满足的最小正整数。解析:由可知，因此即，显然单调递增，又所以满足条件的最小为。2017B 10、（本题满分20分）设数列是等差数列，数列满足，（1）证明：数列也是等差数列；（2） 设数列、的公差均是，并且存在正整数，使得是整数，求的最小值。解析：（1）设等差数列的公差为，则所以数列也是等差数列.（2）由已知条件及（1）的结果知：，因为，故，这

7、样若正整数满足，则.记，则，且是一个非零的整数，故，从而.又当时，有，综上所述，的最小值为.2016B1、等比数列的各项均为正数，且则的值为 答案：解析：由于且故另解：设等比数列的公比为，则又因而，从而2016B 9、（本题满分16分）已知是各项均为正数的等比数列，且是方程的两个不同的解，求的值解析：对，有即因此，是一元二次方程的两个不同实根，从而即由等比数列的性质知，2015B 5、已知数列为等差数列，首项与公差均为正数，且依次成等比数列，则使得的最小正整数的值是 答案： 解析：设数列的公差为,则因为依次成等比数列，所以，即化简上式得到：又，所以由 解得2015B 9、（本题满分16分）数列

8、满足对任意正整数，均有（1） 求的通项公式；（2） 如果存在实数使得对所有正整数都成立，求的取值范围解析：(l)在中令可以得到的递推公式：因此的通项公式为：8 分（事实上，对这个数列,，并且所以 是数列的通项公式 (2)注意到：，所以故,并且，因此的取值范围是16 分2014A 4、数列满足，（）则 答案： 解析：由题设记数列的前项和为，则所以将上面两式相减，得故2014B 5、实数列满足条件：，（） ，则通项公式 答案： 解析：列举前几项可以猜得，接下来可以用归纳法证明，显然时，结论都成立，假定时，结论成立，则。即时，结论也成立。这就证明了结论。2014B 9、（本题满分16分）设数列的前项

9、和组成的数列满足（）.已知，求数列的通项公式.解析：首先由，蕴含了，同样，我们可以得到。还是由递推公式，我们有，结合已知，两式相减可得，即（）。进而两式相减可以得到，说明分别是公差为的等差数列，首先分别为，。又成公差为的等差数列，所有也是公差为的等差数列，。（也可以猜出通项，用数学归纳法证明）2013A 9、（本题满分16分）给定正数数列满足，这里，证明：存在常数，使得，证明：当时，等价于对常数，我们用数学归纳法证明：，当时，显然成立，又对，假设，由式得，所以，由数学归纳法可得，结论是成立的。综上存在常数，使得。2013B 9、（本题满分16分）已知数列满足：，求数列的通项公式解析：由题意列得

10、，当时，两式相减得，又，可得，累加法可得，当时，也适合。所以数列的通项公式为2012A 10、（本题满分20分）已知数列的各项均为非零实数，且对于任意的正整数，都有当时，求所有满足条件的三项组成的数列；是否存在满足条件的无穷数列，使得？若存在，求出这样的无穷数列的一个通项公式；若不存在，说明理由。解析：(1)当时, ,由得.当时,由得或，当时,若得或;若得;综上,满足条件的三项数列有三个:或或 (2)令则，从而两式相减,结合得当时,由(1)知;当时,即所以或 又所以2012A四、（本题满分50分）设，是正整数证明：对满足的任意实数，数列中有无穷多项属于这里，表示不超过实数的最大整数证明：证法一

11、:(1)对任意,有10分令则20分又令,则因此存在使得所以30分不然一定存在使得因此这与矛盾.所以一定存在使得40分(2)假设只有有限个正整数使得令则则不存在使得这与（1）的结论矛盾.所以数列中有无穷多项属于.终上所述原命题成立50分证法二:(1) 10分因此,当充分大时,可以大于如何一个正数,令则当时,20分因此,对于如何大于的正整数总存在使即否则,一定存在使且这样就有而矛盾.故一定存在使得30分令则故一定存在使,因此40分这样的有无穷多个,所以数列中有无穷多项属于50分2012B 10、（本题满分20分）已知数列满足：当（）时，；当（）时，。记，证明：对任意的，有；。证明：，结论得证。由得

12、，所以累加得，从而，所以2012B三、（本题满分50分）设数列满足，（），求证：必存在常数和（），使不等式对任意正整数都成立。证明：若数列是常数数列，记，则，得，此时对任何正整数都成立。若数列不是常数数列，则，取，有，又，则，又，所以，所以，记，即有，综上，存在常数和（），使不等式对任意正整数都成立。2011A 10、（本题满分20分）已知数列满足：（且）（）求数列的通项公式；若，比较与的大小。解析：（1）由原式变形得 ，则记，则， 又 ，从而有，故 ，于是有 （2），显然在时恒有，故2011B1、设等差数列的前项和为，若，则 答案： 解析：因为是等差数列，所以即，得，所以2011B 10、（

13、本题满分20分）已知数列满足：,.（1）求数列的通项公式； （2）若，试比较与的大小.解析：（1），即，令，则，则，从而所以，于是有（2）显然当时，恒有，即2010A 4、已知数列是公差不为的等差数列，是等比数列，其中，且存在常数使得对每一个正整数都有，则 答案： 解析：设的公差为的公比为，则（1），（2）（1）代入（2）得，求得.从而有 对一切正整数都成立，即 对一切正整数都成立.从而，求得 ，.2010B 4、已知数列是公差不为的等差数列，是等比数列，其中，且存在常数使得对每一个正整数都有，则 答案： 解析：设的公差为的公比为，则（1），（2）（1）代入（2）得，求得.从而有 对一切正整数

14、都成立，即 对一切正整数都成立.从而，求得 ，.2010B 11、（本题满分20分）数列满足，求证：。（1）证明：由 知 ，即. （2）所以即. 从而 .所以（1）等价于，即 . （3） 由 及 知 .当时 ， ，即时，（3）成立.设时，（3）成立，即 .当时，由（2）知 ； 又由（2）及 知 均为整数，从而由 有 即 ，所以 ，即（3）对也成立.所以（3）对的正整数都成立，即（1）对的正整数都成立. 2009*10、（本题满分15分）已知（）是实数，方程有两个实根，数列满足，（）。求数列的通项公式（用表示）；若，求数列的前项和；解析：解法一：（I）由韦达定理知又所以整理得令，则所以是公比为的

15、等比数列.数列的首项为：所以即所以当，变为整理得，所以，数列成公差为1的等差数列，其首项为，所以于是数列的通项公式为当时，整理得，所以，数列成公比为的等比数列，其首项为所以于是数列的通项公式为 （II）若则此时由第（I）步的结果得，数列的通项公式为，所以，的前项和为以上两式相减，整理得所以解法二：（I）由由韦达定理知又所以特征方程的两个根为.当时，通项.由得解得故当时，通项由得，解得故所以 （II）同解法一。2008A 10、设数列的前项和满足：，则通项 答案：解析：由题意得，即 2=，由此得 2令， ()，有，故，所以2008B 10、设数列的前项和满足：，则 答案： 解析：由题意得，即 2

16、=，由此得 2令， ()，有，故，所以因此2008A三、（本题满分50分）设，.证明：当且仅当时，存在数列满足以下条件：，；存在；，。证明：必要性：假设存在满足（1），（2），（3）注意到（3）中式子可化为 ， 其中将上式从第1项加到第项，并注意到得 由（）可设，将上式取极限得 ，因此 充分性：假设定义多项式函数如下：，则在0,1上是递增函数，且，因此方程在0,1内有唯一的根，且，即 下取数列为，则明显地满足题设条件（），且因，故，因此，即的极限存在，满足（2） 最后验证满足（3），因，即，从而 综上，存在数列满足（1）.2008B三、（本题满分50分）设，.证明：当且仅当时，存在数列满足以下

17、条件：，；存在；，。证明：必要性：假设存在满足（），（），（iii）注意到（）中式子可化为 ， 其中将上式从第1项加到第项，并注意到得 由（）可设，将上式取极限得 ，因此 充分性：假设定义多项式函数如下： ，则在0,1上是递增函数，且，因此方程在0,1内有唯一的根，且，即 下取数列为，则明显地满足题设条件（），且 因，故，因此，即的极限存在，满足（） 最后验证满足（），因，即，从而 综上，已证得存在数列满足（），（），（） 2007*10、已知等差数列的公差不等于，等比数列的公比是小于的正有理数，若，且是正整数，则等于 答案：解析：因为，故由已知条件知道：为，其中m为正整数。令，则。由于是小于

18、的正有理数，所以，即且是某个有理数的平方，由此可知。2007*13、（本题满分20分）设，求证：当正整数时，。证明：由于，因此，于是，对任意的正整数n2，有，即an+1an。2006*二、（本题满分50分）已知无穷数列满足，。对于怎样的实数与，总存在正整数，使当时，恒为常数？求数列的通项公式。解析：（1）我们有，。（2.1）所以，如果对某个正整数，有，则必有，且。如果该，我们得且。（2.2）如果该，我们有，（2.3）和，。（2.4）将式（2.3）和（2.4）两端相乘，得，。（2.5）由（2.5）递推，必有（2.2）或且。（2.6）反之，如果条件（2.2）或（2.6）满足，则当时，必有为常数，且

19、常数是或。（2）由（2.3）和（2.4），我们得到，。（2.7）记，则当时，由此递推，我们得到，（2.8）这里Fn=Fn1+Fn2，。（2.9）由（2.9）解得。（2.10）上式中的n还可以向负向延伸，例如F1=0，F2=1。这样一来，式（2.8）对所有的n0都成立。由（2.8）解得，。（2.11）式（2.11）中的F1、F2由（2.10）确定。2004*11、已知数列满足，且，则的值为 答案：解析：由得，即，得，所以，求和即可得到。2004*二、（本题满分50分） 在平面直角坐标系中，轴正半轴上的点列与曲线()上的点列满足，直线在轴上的截距为，点的横坐标为， 证明：，； 证明：有，使得对任意

20、，都有。证明： 点，(),由得，解得且递减，则单调增令且单调减由截距式方程知，及知， 且由于且单调减，知单调减，即成立亦可由得得，得 由递减知递减，且 即证因为所以只要足够大，就有成立所以有，使得对任意，都有。2002*14、（本题满分20分）如图，有一列曲线已知所围成的图形是面积为的等边三角形，是对进行如下操作得到：将的每条边三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉（）。记为曲线所围成图形的面积。（1） 求数列的通项公式；（2） 求. 解析：对进行操作，容易看出的每条边变成的条边，故的边数为；同样，对进行操作，的每条边变成的条边，故的边数为，从而不难得到的边

21、数为， 已知的面积为，比较与，容易看出在的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为，而有3条边，故 再比较与，容易看出在的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为，而有条边，故，类似地有所以()事实上()可以用数学归纳法证明： 当时，由上面已知()式成立， 假设当时，有 当时，易知第次操作后，比较在的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为，而有条边。故 综上所述，对任何，()式成立。 2001*13、（本题满分20分）设为等差数列，为等比数列，且，,（） ，又试求的首项与公差解析：设所求公差为，由，得由此得化简得解得，而，故若，则； 若，则；但存在，故于是不可能从而，即所以，2000*4、给

22、定正数，其中，若是等比数列，是等差数列，则一元二次方程 ( ) A.无实根 B.有两个相等实根 C.有两个同号相异实根 D.有两个异号实根答案：A解析：由题意得：，；，选A2000*9、等比数列，的公比是_.答案：解析：由题意得：。（这里用到了合比性质，之后再用换底公式化为以为底的对数） 2000*13、（本题满分20分）设，求的最大值解析：由题意得，得(当时取得最大值)2000*二、（本题满分50分）设数列和满足，且，证明：（）是完全平方数证明：记，于是 ：，：两式相减得，即代入：故。其特征方程为，特征方程的解为故,由，解得 由于是整数，故知是整数的平方即为完全平方数1999*1、给定公比为

23、 ()的等比数列，设，,，则数列( )A.是等差数列 B.是公比为的等比数列C.是公比为的等比数列 D.既非等差数列也非等比数列答案：C解析：由题设，可以计算得，因此是公比为的等比数列。1999*7、正整数不超过，并且能表示成不少于个连续正整数之和，则这样的的个数是_ _答案：解析：首项为的连续个正整数之和为由于，得，于是当时，得，此时；当时，得，此时；当时，得，此时；综上，这样的有6个。 1999*15、（本题满分20分）给定正整数和正数，对于满足条件的所有等差数列，试求的最大值解析：设等差数列的公差为，则，则，即，当且仅当，即,时，。即的最大值为。另解：记，由得当且仅当同向，且，即时取等号

24、。故的最大值为。1998*3、各项均为实数的等比数列前项和记为，若,，则等于( )A. B. C. 或 D. 或答案：A解析：首先，于是，两式相除得 得，所以1998*10、各项为实数的等差数列的公差为4，其首项的平方与其余各项之和不超过100，这样的数列至多有_项.答案：解析：设其首项为，项数为则得注意到，得取，则即至多项(也可直接配方得到)1997*1、已知数列满足()， 记，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 答案：A解析：列举得，易知该数列的周期为，且，所以，1997*3、设等差数列的首项及公差均为非负整数，项数不少于，且各项的和为，则这样的数列共有（ ）A.个 B.个 C

25、. 个 D. 个答案：C解析：设首项为，公差为，项数为，则，即，即为的大于的约数 若，则解得，（时，）此时有一解；若，则，得；.有三解； 若，或时，无解时选C1996*2、等比数列的首项, 公比是 用表示它的前项之积，则 ()最大的是_A. B. C. D. 答案：C解析：由题意得，故作商比较：又，故选C1996*一、（本题满分25分） 设数列的前项和（），数列满足，（），求数列的前项和。解析：由题意得，解得，当时，即，所以，所以，累加得数列的前项和为。1995*1、设等差数列满足且，为其前项之和，则中最大的是( )A. B. C. D. 答案：C解析：不妨设等差数列的首项为，公差为，由题设得

26、，即，则由，得。选C1994*3、已知数列满足（），且，其前项之和为，则满足不等式的最小整数是（ ）A. B. C. D.答案：C解析：由题意得，即是以为公比的等比数列， ，所以等价于，得选C1994*12、已知个数， 每个都只能取或两个值之一，那么它们的两两之积的和的最小值是_ _答案：解析：设有个，个则,则取得为所求最小正值1993*15、（本题满分20分）设正数列满足（） 且求的通项公式解析：变形，同除以得：，即令，则得即是以为首项，为公比的等比数列 故 1992*7、设是实数成等比数列，且成等差数列，则的值是_答案：解析：由题意得，消去整理得1992*11、设数列满足，且对任何自然数，

27、 都有，又，则的值是_ _答案：解析：由，得，相减，得，由，得又，得。1991*9将正奇数集合由小到大按第组有个奇数进行分组：第一组，第二组，第三组，则位于第 组答案：解析：由于，故第组最后一数为，于是解，得即在第32组1990*14、个正数排成行列：其中，每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有的公比相等。已知，求。解析：设第一行等差数列的公差为，各列的公比为由，得，()令则.1989*15(本题满分20分)已知：对任意的，有，且 求证：证明：由已知，设 (，且)时，由成立可证成立当时， 即 ，解此方程，得或由知，只有成立即时命题也成立由数学归纳原理知对于一切，成立1988*6设，且两数列，和，均为等差数列，那么 答案：解析：，得1985*6、 设，若，则数列 ( ) A是递增的 B是递减的 C奇数项递增，偶数项递减 D偶数项递增，奇数项递减 答案：C解析：作的图象，在图象上取点，由，知，即A、B错，C正确选C1985*9、 在已知数列中，相邻若干个数之和能被整除的数组共有 答案：解析：把这些数得依次累加，得：其中相等的和有7对(3对1，3对2，1对5)，这表示原数列中共有7组相邻数之和能被11整除