全国高中数学联赛与各省市预赛历届（2009-2019）试题汇编数列 真题汇编与预赛典型例题（解析版）.doc

1、 专题专题 01 数列真题汇编与预赛典型例题数列真题汇编与预赛典型例题 1 【2018 年全国联赛】设整数数列满足，且 ，则这样的数列的个数为 . 【答案】80 【解析】设，则有 ， . 用 t 表示中值为 2 的项数.由知 t 也是中值为 2 的项数， 其中 t0， 1， 2， 3.因此 的取法数为. 取定后，任意指定的值，有 22=4 种方式. 最后由知，应取使得为偶数，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 20 4=80. 2 【2017 年全国联赛】设两个严格递增的正整数数列满足,对任意正整数 n

2、,有 。则的所有可能值为_。 【答案】13、20 【解析】 由条件，知均为正整数，且。由于，故. 反复运用数列的递推关系知， 。 而， 故 注意到， 则 当时，式分别化为 无解。 当时，式分别化为 得到唯一的正整数，此时。 当时，式分别化为： ， 得到唯一的正整数此时 综上，的所有可能值为 13、20。 故答案为：13、20 3 【 2016 年全 国联赛】设为 1 ，2， 100 中的四 个互不相同的数，满足 .则这样的有序数组的个数为_. 【答案】40 【解析】 由柯西不等式知 ， 等号成立的充分必要条件为: ，即成等比数列. 于是，问题等价于计算满足的等比数列 的个数. 设等比数列的公比

3、，且.记，其中，m、n 为互素的正整数，且. 先考虑的情形. 此时，. 注意到，互素，故.相应地，分别等于 ，它们均为正整数.这表明，对任意给定的， 满足条件并以 q 为公比的等 比数列的个数，即为满足不等 式的正整数 l 的个数，即. 由于，故仅需考虑的情形，相应的等比数列的个数之和为 . 当时，由对称性，知亦有 20 个满足条件的等比数列. 综上，共有 40 个满足条件的有序数组 4 【2014 年全国联赛】已知数列满足.则_. 【答案】 【解析】 由题意知 记数列的前 n 项和为.则 . 上面两式相减得 故. 5【2013 年全国联赛】 已知数列共有九项， 其中， 且对每个， 均有. 则

4、这样的数列的个数为_. 【答案】491 【解析】 令.则对每个符合条件的数列，满足条件 ，且. 反之，由符合上述条件的八项数列可唯一确定一个符合题设条件的九项数列. 记符合条件的数列的个数为 .显然，中有；从而，有个 2，个 1.当给定 时，的取法有种，易见 的可能值只有 0、1、2， 故. 因此，由对应原理，知符合条件的数列的个数为 491. 6 【2011 年全国联赛】已知.则数列中整数项的个数为_. 【答案】15 【解析】 注意到. 要使为整数，必有均为整数，即. 当时，均为非负整数.所以，为整数，共有 14 个. 当时，在中，中因数 2 的个数为 . 同理，可计算得中因数 2 的个数为

5、 82，中因数 2 的个数为 110. 故中因数 2 的个数为.从而，是整数. 当时，.同理，中因数 2 的个数小于 10. 从而，不是整数.因此，整数项的个数为. 故答案为：15 7 【2010 年全国联赛】已知是公差不为 0 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 .则解得. 从而对一切正整数 都成立. 于是，. 解得. 8 【2019 年全国联赛】设整数满足. 记. 求 f 的最小值.并确定使 f=f0成立的数组的个数. 【答案】答案见解析 【解析】 取最小值时. 每个或 1，. 设中，n 有个. 则任意.

6、令，则. 由隔板法的解数为. 因此所求有个，最小值. 9 【2018 年全国联赛】已知实数列满足：对任意正整数 n，有，其中 Sn表示数 列的前 n 项和，证明： （1）对任意正整数 n，有； （2）对任意正整数 n，有. 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析. 【解析】 （1）约定.由条件知，对任意正整数 n，有 . 从而，即（当 n=0 时亦成立）. 显然，. （2）仅需考虑同号的情况.不失一般性，可设均为正（否则将数列各项同时变为相反数，仍 满足条件） ，则， 故必有， 此时， 从而. 10 【2018 年全国联赛】数列定义如下：a1是任意正整数，对整数 n1，an+1是与互素，且

7、不等 于的最小正整数.证明：每个正整数均在数列中出现. 【答案】证明见解析 【解析】显然 a1=1 或 a2=1.下面考虑整数 m1，设 m 有 k 个不同素因子，我们对 k 归纳证明 m 在中出 现.记. k=1 时，m 是素数方幂，设，其中，p 是素数.假设 m 不在中出现. 由于各项互不相同，因此存在正整数 N，当 nN 时，都有.若对某个 nN，那么与 Sn 互素，又中无一项是，故由数列定义知，但是，矛盾！ 因此对每个 nN，都有.但由及知，从而 an+1与 Sn不互素，这与 an+1的定义矛盾. 假设 k2，且结论对 k-1 成立.设 m 的标准分解为.假设 m 不在中出现，于是存在

8、正整 数 N，当 nN时，都有.取充分大的正整数，使得. 我们证明，对 nN，有. 对任意 nN，若 Sn与互素，则 m 与 Sn互素，又 m 在中均未出现，而，这与数 列的定义矛盾.因此我们推出： 对任意 nN，Sn与不互素.（*） 情形 1.若存在，使得，因，故，从而（因）. 情形 2.若对每个，均有， 则由（*）知必有.于是，进而，即. 故 由 （ * ） 知 ， 存 在， 使 得， 再 由及 前 面 的 假 设 ，可知，故. 因此对 nN+1，均有，而，故 M 不在中出现，这与归纳假设矛盾.因此，若 m 有 k 个不同素因子，则 m 一定在中出现. 由数学归纳法知，所有正整数均在中出现

9、. 11 【2017 年全国联赛】设数列定义为求满足 的正整数 r 的个数。 【答案】 【解析】 由数列的定义，知， 假设对某个整数，有，只需证明对，有 对 t 归纳证明。 当 t=1 时，由于，结合定义得 结论成立。 设对某个，结论成立，则由定义 即结论对 t+1 也成立。 由数学归纳法，知结论对所有成立，特别的，当时，有。 从而， 若将所有满足的正整数 r 从小到大记为则由上面的结论知 故， 从而， 注意到, 于是,在中满足的数 r 共有 2018 个:。由结论,知对每个 中恰有一半满足。 又均为奇数,而在中， 奇数均满足,偶数均满足 其中的偶数比奇数少 1 个.因此,满足的正整数 r 的

10、个数为 12【2016 年全国联赛】 设 p 与 p + 2 均为素数， p 3.定义数列， 其中，表示不小于实数 x 的最小整数.证明对，均有. 【答案】见解析 【解析】 首先注意，为整数数列. 对 n 用数学归纳法. 当时，由条件知 . 因为 p 与 p + 2 均为素数，且，所以 . 因此，即时结论成立. 当时，设对，均有，此时， . 故. 从而，对，有 ， . 又为整数，故 . 因为（p 为素数） ，所以， . 又 p + 2 为大于 n 的素数，故，从而，n 与互素. 于是，由式知. 由数学归纳法知本题得证. 13 【2014 年全国联赛】已知数列满足.求正整数 m 使得 . 【答案

11、】3333 【解析】 由题意，知对任意正整数 n 有 ， 且. 由于，则. 由式得. 则. 故 （利用式） . 由. 14 【2013 年全国联赛】给定正数数列满足， 其中，.证明： 存在常数，使得. 【答案】见解析 【解析】 当时， . 对常数，接下来用数学归纳法证明： 当时，结论显然成立. 又. 对，假设. 则由式知 . 于是，由数学归纳法，知式成立. 15 【2013 年全国联赛】给定正整数.数列定义如下：，对整数， .记.证明： 数列中有无穷多项是完全平 方数. 【答案】见解析 【解析】 对正整数 . 故 设.取，其中， 为满足的任意正整数.此时， . 注意到， 为奇数. 故. 于是，

12、是完全平方数. 由于 有无穷多个，从而，数列中有无穷多项是完全平方数. 16 【2012 年全国联赛】已知数列的各项均为非零实数，且对于任意的正整数 都有 . (1)当时，求所有满足条件的三项组成的数列. (2)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. 【答案】 （1）1，2，3 或 1，2，或 1，1.（2） 【解析】 （1）当时，. 由，得.当时，. 由，得.当时，. 若，得；若，得. 综上，满足条件的三项数列有三个：1，2，3 或 1，2，或 1，1. （2）令.则 .故. 两式相减并结合，得. 当时，由（1）知；当时， ， 即.所

13、以，. 又，则 17 【2011 年全国联赛】 已知数列 n a满足： 1 23,1attR t ， 1 1 23211 21 nn n n n n tatt anN at . （1）求数列 n a的通项公式； （2）若0t ，试比较 1n a 与 n a的大小. 【答案】 （1） 21 1 n n t a n ； （2） 1nn aa 【解析】 试题分析： （1）通过对 1 1 211 1 21 n n n n n ta a at 合理变形，可得数列 1 1 n n n a b t ，求得数列 n b的通 项公式，即可求解数列 n a的通项公式； （2）通过（1）作差可知 21 1 21 1

14、 1 nn nn t aantttt n n ，利用等比数列求和，即可计算，得到结论 试题解析： （1）原式可变形得： 1 1 211 1 21 n n n n n ta a at ， 则 1 1 21 211 1 1 121 2 1 n n n n nn n n n a aa t a tat t ，记 1 1 n n n a b t ， 则 11 2 ,2 2 n n n b bb b ，易求得 2 n b n 所以 21 1 n n t a n （2） 21 1 21 1 1 nn nn t aantttt n n ，易知，当0t 且1t 时，1t 与 21 1 nn ntttt 同号，所

15、以 1nn aa 考点：等比数列的定义及数列的递推式的应用 18【2011 年全国联赛】 证明： 对任意整数， 存在一个 次多项式 具体如下性质： （1）均为正整数； （2）对任意的正整数及任意个互不相同的正整数，均有. 【答案】见解析 【解析】 令. 将式的右边展开即知是一个首项系数为 1 的正整数系数的 次多项式. 下面证明：满足性质 2. 对任意的整数 ，由于，故连续的 个整数中必有一个为 4 的倍数. 从而，由式知.因此，对任意个正整数，有 . 但对任意的正整数. 故.因此，符合题设要求. 19 【2011 年全国联赛】设是给定的正实数，.对任意正实数 ，满足 的三元数组的个数记为.证

16、明：. 【答案】见解析 【解析】 对给定的，满足，且 的三元数组的个数记为. 注意到，若固定，则显然至多有一个 使得式成立. 因，即种选法，所以，. 同样地，若固定，则至多有一个 使得式成立. 因，即种选法，所以，. 从而，. 因此，当 为偶数时，设.则 . 当 为奇数时，设.则 . 20 【2010 年全国联赛】证明：方程恰有一个实数根 ，且存在唯一的严格递增正整数数列 ，使得. 【答案】见解析 【解析】 令.则. 所以，是严格递增的. 又，故有唯一实数根. 于是. 因此，数列是满足题设要求的数列. 若存在两个不同的正整数数列满足 ， 去掉上面等式两边相同的项有， 其中， 且所有的 都是不同

17、的. 不妨设.则， ，矛盾. 因此，满足题设的数列是唯一的. 21 【2010 年全国联赛】给定整数，设正实数满足，记 .求证：. 【答案】见解析 【解析】 由，知对，有. 注意到当时，有. 于是，对，有 . 故 . 22 【2009 年全国联赛】已知是实数，方程有两个实根，数列满足 ） （1）求数列的通项公式（用表示） ； （2）若，求的前 项和 【答案】 【解析】 方法一： ()由韦达定理知，又，所以 整理得 令，则所以是公比为 的等比数列 数列的首项为： 所以， 即 所以 当时 ，变 为 整理得，所以，数列成公差为 的等差数列，其首项为所以 于是数列的通项公式为 ；5 分 当时， 整理得

18、 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10 分 ()若，则，此时由第()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15 分 方法二： ()由韦达定理知，又，所以 特征方程的两个根为 当时，通项得 解得故5 分 当时，通项由得 解得故 10 分 ()同方法一 23 【2009 年全国联赛】在非负数构成的数表中，每行的数互不相同，前六列中每 列的三数之和为 1，均大于 1如果 的前三列构成的数表 满足下面的性质：对于数表 中的任意一列）均存在某个 使得 求证： （1）最小值）一定去自数表 的不同列； （2）存在数表 中唯一的一列）使

19、得数表仍然具有性质（ ） 【答案】见解析 【解析】 （1）假设最小值）不是取自数表的不同列则存在一列不含任何不妨设 ） 由于数表 中同一行中的任何两个元素都不等，于是，） 使得 矛盾 （2）由抽屉原理知中至少有两个值取在同一列不妨设 由（1）知数表 的第一列一定含有某个，则只能是 同理，第二列中也必含某个） 不妨设 于是，即是数表 中的对角线上数字： 记令集合显然， 因为，所以，故于是， 存在使得显然，下面证明：数表具有性 质（ ） 从上面的选法可知） 这说明 又由 满足性质（ ） ，在式中取，推得于是，接下来 证明：对任意的，存在某个）使得 假若不然， 则） 且 这与的最大性矛盾 因此， 数

20、表满足性质 （ ） 再证唯一性设有使得数表具有性质（ ） 不失一般性，可假定 由于及（1） ，有又由（1）知，或者 ， 或 者 如 果 式 成 立 ， 则 由数表满足性质（ ） ，则对于至少存在一个，使得 又由式、知所以，只能有同理，由数表 满足性 质（ ）得于是，即数表如果式成立，则 由数表满足性质（ ） ，则对于，存在某个）使得由及式、知 于是，只能有同理，由满足性质（）及 从而 1 【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

21、集合为谢尔宾斯基缕垫. 设是第 n 次挖去的小三角形面积之和（如是第 1 次挖去的中间小三角形面积，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】 【解析】 原正三角形的面积为，而第 k 次一共挖去个小三角形，.因此，可以采用等比级数求和 公式，得到答案为 . 故答案为： 2 【2016 年吉林预赛】在公差不为 0 的等差数列中，且成等比数列则数列 的通项公式为_. 【答案】 【解析】 设等差数列的公差为. 由已知得. 故. 3 【2016 年上海预赛】数列定义如下:，则 _。 【答案】 【解析】 由定义得.令. 于是， 故 4 【20

22、16 年上海预赛】设为正整数 1，2， ，2014 的一个排列。记 。则中奇数个数的最大值为_。 【答案】1511 【解析】 若为奇数，则具有不同的奇偶性.从中至少有 1007-1=1006 个奇数.从而， 中至少要改变 1006 次奇偶性. 故中至少有 503 个偶数，即至多有 2014-503=1511 个奇数. 取. 则均为奇数. 综上，中奇数个数的最大值为 1511. 5【2016 年浙江预赛】 已知数列满足。 则_。 【答案】 【解析】 由 已 知. 故 . 6 【2018 年甘肃预赛】已知数列满足，则数列的通项公式是_ 【答案】 【解析】 由可得， 则 以下用累加法得， 得到， 从

23、而， 7 【2018 年吉林预赛】在数列中，若，则称为“等方差数列”. 下列是对“等方差数列”的判断： 数列是等方差数列； 若是等方差数列，则是等差数列； 若是等方差数列，则，k 为常数）也是等方差数列； 若既是等方差数列，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】 【解析】 因为，所以符合“等方差数列”定义； 根据定义，显然是等差数列； 符合定义； 数列满足（d 为常数）.若 d=0，显然为常数列； 若 d0，则两式相除得，所以（常数） ，即为常数列. 故答案为： 8 【2018 年河北预赛】欲登上 7 阶楼梯，某人可以每步跨上两阶

24、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. 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，有种方法；共计 21 种上楼 梯的方法. 9 【2018 年浙江预赛】设数列满足 ， (n=1，2，） ，则 _. 【答案】 【解析】 由，

25、所以. 10 【 2018 年 江 西 预 赛 】 正 整 数 数 列满 足满 足 在 中两数列的公共项的个数是_ 【答案】135 【解析】 易知，2018 是两个数列在内最大的一个公共项，除去这个公共项外，用 2018 分别减去的其余 各项，前者得到，为，它们是内所有 3 的倍数； 后者得到，为，它们是内所有 5 的倍数； 显然，的公共项，一一对应于的公共项，而这种公共项是中所有 15 的倍数，为 因此，所求公共项的个数是个 故答案为：135 11 【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

26、证法，假设. （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. 12 【2018 年山西预赛】已知在正整数 n 的各位数字中，共含有个 1，个 2，个 n证明： 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 是一位数，即时，所证式显然成立， 这是因为，此时 的十进制表达式中只有一位数字 ， 即，其余，所以，左边=右边 假设当正整数 不超过 k 位，即时，结论皆成立 现考虑位数，即时的情形 设 的首位数字为

27、r则. 若，则在数的各位数字中，其余. 显然，. 若，记的各位数字中含有个 1，个 2，个 r，个 9 则 的各位数字中，含有个 r、 个 j. 注意到，正整数不超过 k 位 由归纳法假设，对有 则当位数时，结论也成立 故由数学归纳法，知对一切正整数 ，结论皆成立 欲使等号成立， 由证明过程， 知要么 为一位数； 要么在 的位数大于或等于 2 时， 由式， 必须， 此时，由式得， 即 可表示为的形式. 上述条件也是充分的，当 能够表成以上形式时，有，其余. 故 13 【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

28、明：令 下面用归纳法证明. 当 n=2 时，不妨设 a10，b40. 当 n5 时，由 ， 知当 n5 时，为递减数列. 于是，n5 时， 则 n5 时， 故 T1. 从而，对任意的 nZ+，均有 T4Tn.因此，k=4. （3）由（1）知 又对任意的 nZ+，均有 Rn，知 A . 从而， 的最小值为 . 19 【2016 年山东预赛】已知数列满足.证明：在 中，最少可以找到 672 个无理数. 【答案】672 【解析】 由归纳知为正项数列，且 . 类似地，. 两式相减得 . 于是，三项中至少有一项为无理数. 从而，中到少有项为无理数，其中，表示不超过实数 x 的最大整数. 设，且 ， ， 其中，. 则中有项为无理数. 20 【2016 年安徽预赛】已知数列满足用数学归纳法证明： . 【答案】 【解析】 由，知成立. 当时，假设 . 由递推公式有 . 因此，一切成立.