1、 专题专题 03 数列解答题强化训练数列解答题强化训练(省赛试题汇编省赛试题汇编) 1 【2018 年广西预赛】设为非负数，求证： . 【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，根据归纳假设有 ， 从而 . 下面证明 由柯西不等式可得 . 即. 于是有. 故. 从而. 即式成立. 由数学归纳法可知，对任意的非负实数结论均成立. 2【2018年湖南预赛】 已知数列的奇数项是首项为1的等差数列， 偶数项是首项为2的等比数列.数列 前 n 项和为，且满足. （1）求数列的通项公式：
2、（2）若，求正整数 m 的值； （3）是否存在正整数 m，使得恰好为数列中的一项？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）（2）（3） 【解析】 试题分析： （1）数列通项分奇偶求：方法为待定系数法，注意项数，由可解 得公差及公比，从而，因此 （2）由于数列通项分奇偶，因此从奇偶分别讨论：若 ， 解得； 若， 即， 解得， 舍（3）先求和，限定 ，而为正整数，即只能为，分类讨论得 . 试题解析： （1）设的公差为 d. 的公比为 ，则 由 故 故4 分 （2）由，若，则 即，即 若，即 即 为正整数 为正整数，即 即，此时式为不合题意 综上，. 9 分 （3
3、）若中的一项，则为正整数 又 故若中的某一项只能为 若无解 若，显然不符合题意，符合题意 当时，即，则 即为增函数，故，即为增函数 故，故当时方程无解 即是方程唯一解 若 综上所述，. 16 分 考点：等差数列及等比数列综合应用 3 【2018 年甘肃预赛】设等比数列的前 项和为，且） （1）求数列的通项公式； （2）在之间插入 个实数，使这个数依次组成公差为的等差数列，设数列的前 项和为 ，求证： 【答案】 （1）（2）见解析 【解析】 （1）由两式相减得， 所以） 因为等比，且，所以，所以 故 （2）由题设得，所以， 所以， 则 ， 所以 4 【2018 年吉林预赛】数列为等差数列，且满足
4、，数列满足 的前 n 项和记为.问：当 n 为何值时，取得最大值，说明理由. 【答案】16 【解析】 因为，所以.解得. 所以 d0，. 故是首项为正数的递减数列. 由，即，解得. 即，所以， 所以， 而. 故， 又 所以最大，即 n=16 时，取得最大值. 5 【2018 年河南预赛】在数列中，是给定的非零整数， （1）若，求； （2）证明：从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， ， 所以自第 20 项起，每三个相邻的项周期的取值为 1，1，0 又，故 （2）首先证明：数列必在有限项后出现“0”项 假设中没有“0”项，由于，所以当时
5、，都有 若，则 若，则 即要么比至少小 1，要么比至少小 1， 令，2，3，则 由于是确定的正整数，这样下去，必然存在某项，这与矛盾， 故中必有“0”项 若第一次出现的“0”项为，记， 则自第 项开始，每三个相邻的项周期的取值 0、， 即，1，2， 所以数列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】已知数列满足：.记 的值。 【答案】 【解析】 因为，所以.所以， 故. 又，所以，所以， 故. 因此. 7 【2018 年河北预赛】已知数列， （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前 n 项和. 【答案】 （1）（2） 【解析】 (1)由 令，则 由 得. (2)
6、由题意知 所以 两式相减得 设，再利用错位相减法求得 所以. 8【2018 年四川预赛】 已知数列满足：， 若对任意正整数 ， 都有， 求实数的最大值. 【答案】的最大值为 2 【解析】 因为， 故 若，注意到时， 因此，存在充分大的 ，使得，即，矛盾！ 所以， 又当时，可证：对任意的正整数 ，都有 当，结论成立 假设）时，结论成立，即， 则， 即结论对也成立 由数学归纳法知，对任意的正整数 ，都有 综上可知，所求实数的最大值为 2 9 【2018 年浙江预赛】设实数 x1，x2，x2018满足(n=1，2，2016)和，证 明：. 【答案】见解析 【解析】 证明：由条件同号.反证法，假设.
7、（1）若同为正数，由同号可知 x1，x2，x2018同号. 由 同理. 类似可证明：，. 因此，矛盾. （2）若同为负数，由同号可知 x1，x2，x2018均为负数，仍然有 ,类似（1）可证得. 10 【2018 年浙江预赛】将 2n()个不同整数分成两组 a1，a2，an；b1，b2，bn.证明： 【答案】见解析 【解析】 证明：令 下面用归纳法证明. 当 n=2 时，不妨设 a1a2，b1b2，a2b2. 当； . 假设对正整数 n 成立，对正整数 n+1， 不妨设. 再设，则有: 下证. 由（1）(k=1，2，n)，得到: （2）若，则 . 11 【2018 年辽宁预赛】已知数列中，且
8、（1）求数列的通项公式； （2）证明：对一切，有 【答案】 （1）见解析. 【解析】 （1）由已知，对 上式两边同除以 n 并整理得 则 即 故 因此， 又当时也成立，故 （2）当时，有 所以，当时，有 又当时， 故对一切，有 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. （1）求的值； （2）证明：； （3）求的值. 【答案】 （1） （2）（3
9、） 【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 ； 第一次掷出反面，第二次掷出正面， 其概率为 ；第一次掷出正面，第二次掷出反面，其概率为 ，因此. （2）易知棋子先跳到第站，再掷出反面，其概率为；棋子先跳到第站，再掷出正面，其概 率为，因此有 ， 即， 也即. （3）由（2）知数列是首项为，公比为的等 比数列.因此有.由此得到 . 由于若跳到第 99 站时，自动停止游戏，故有. 13 【2018 年福建预赛】已知数列的前 项和满足，且 （1）求数列的通项公式； （2）设为数列的前 项和，求使成立的最小正整数 的值 【答案】 （1）（2）50 【解析】 （
10、1）由，得 将上述两式相减，得 所以 所以 ，得 ， 所以 故数列为等差数列 又由，及，得的公差 所以 （2）由（1）知， 所以 所以 由，得所以 所以使成立的最小正整数 的值为 50 14 【2016 年浙江预赛】给定数列。证明：存在唯一分解，其中，数列非负，单调 不减，且。 【答案】见解析 【解析】 用数学归纳法证明.当时，.若，则；若 ，则.因此，当时，命题成立. 假设当时，命题成立.则当时，题设等价于 .若，则 ；若，则.故当时，命题成立. 由数学归纳法，知对于任意的自然数 ，命题均成立. 15 【2016 年上海预赛】已知数列满足求所有的值，使得为单调数 列，即为递增数列或递减数列
11、【答案】见解析 【解析】 依题意得 于是，令则 若，则当 充分大时， 又同号，从而，正负交替，不是单调数列 当时，为递减数列 16【2016 年四川预赛】 设等比数列的前 n 项和为（r 为常数） .记. （1）求数列的前 n 项和； （2）若对于任意的正整数 n，均有，求实数 k 的最大值. 【答案】 （1）； （2） 【解析】 （1）由条件易知 . 代入，得 r=-1. 于是， 则， . 故 . 以上两式相减得 从而，数列的前 n 项和为 （2）注意到，. 构造. 则. 于是，数列严格单调递增. 从而，的最小值为，即实数 k 的最大值为. 17 【2016 年辽宁预赛】已知数列满足, a2
12、(k若对于所有的, 均有,求 k 的取值范围 【答案】见解析 【解析】 当 k=1,即 a0=1 时,由数学归纳法知 当 k=2 时,由. 显然, 为单调递增数列. 故 . 当时,有,当时, 由 因此,当 k3 时,有 18 【2016 年江苏预赛】在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，这样的操作称为该数列 的一次“Z 扩展”已知数列 1，2，3 第一次 Z 扩展后得到数列 1，3，2，5，3；第二次 Z 扩展后得到数列 1， 4， 3， 5， 2， 7， 5， 8， 3； 设第n次Z扩展后所得数列1， ， ， 3， 并记 （1）求的值； （2）若，证明：为等比数列，并求数列的通
13、项公式 【答案】 【解析】 设 则 由，得 于是， 又，故为等比数列，且 从而， 19 【2016 年江苏预赛】设数列满足 是否存在正整数 n，使得， （）？若存在，求出最小的正整数 n 的值；若不存 在，请说明理由 【答案】 【解析】 存在无穷多个正数 n，使得，且最小的正整数 n 为 若，则记 因此，且 若，则 由，知在模 2 意义下是周期为 3 的周期数列 因此，当时， 令显然， 又 故当且仅当，即 因此，当且仅当，其中， 综上，最小的正整数 n 为 20 【2016 年湖北预赛】已知定义在 R 上的函数满足，且对任意实数 x、y，恒有 设数列满足. （1）求数列的通项公式； （2）令为数列的前 n 项和.证明：1. 【答案】 （1）； （2）见解析 【解析】 （1）在式中，令 x1，y0，得 . 又，则. 在在式中，令 xn，y1，得 . 由 . （2）由（1）知 . 容易证明：对一切恒有 . 故 .
