专题30数列第六缉（解析版）-备战2025年高中数学联赛之历年真题分类汇编.docx

备战2025年高中数学联赛之历年真题分类汇编专题30数列第六缉1．【2018年广西预赛】设an=2n，n∈N∗，数列bn满足b1an+b2an−1+⋯+bna1=2n−n2−1，求数列an⋅bn的前n项和.【答案】n−1⋅2n+12【解析】由a1=2及b1a1=2−12−1，可得b1=14.当n≥2时，由已知条件有b1⋅2n−1+b2⋅2n−2+⋯+bn−1⋅2=2n−1−n−12−1,①b1⋅2n+b2⋅2n−1+⋯+bn−1⋅22+bn⋅2=2n−n2−1,②①式两边同时乘以2，可得b1⋅2n+b2⋅2n−1+⋯+bn−1⋅22=2n−n−1 ③由②③可求得，bn=n4.于是，an⋅bn=n4⋅2n.令Tn=k=1nak⋅bk，则有Tn=14k=1nk⋅2k2Tn=14k=1nk⋅2k+1.因此，Tn=14n⋅2n+1−k=1n2k=n−1⋅2n+12.2．【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+4a2+9a3+⋯+n2an.【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a2+a3+⋯+ak+1+a3+⋯+ak+1+⋯+ak+1≥a2+4a3+9a4+⋯+k2ak+1，从而a1+a2+⋯+ak+1+a2+a3+⋯+ak+1+⋯+ak+1 ≥a1+a2+⋯+ak+1+a2+4a3+9a4+⋯+k2ak+1.下面证明a1+a2+⋯+ak+1+a2+4a3+⋯+k2ak+1≥a1+4a2+⋯+k+12ak+1 ①由柯西不等式可得a22+a32+⋯+ak+12⋅a22+2a32+⋯+kak+12 ≥a2⋅a2+a3⋅2a3+a4⋅3a4+⋯+ak+1⋅kak+12.即a2+⋯+ak+1⋅a2+4a3+⋯+k2ak+1 ≥a2+2a3+3a4+⋯+kak+12.于是有a1+a2+⋯+ak+1⋅a2+4a3+⋯+k2ak+1≥a2+2a3+3a4+⋯+kak+1.故a1+a2+⋯+ak+1+a2+4a3+⋯+k2ak+12≥a1+4a2+⋯+k+12ak+1.从而a1+a2+⋯+ak+1+a2+4a3+⋯+k2ak+1≥a1+4a2+⋯+k+12ak+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1dn的前n项和为Tn，求证：Tn<158．【答案】（1）an=3n−1（2）见解析【解析】（1）由an+1=2Sn+1,an=2Sn−1+1n≥2,两式相减得an+1−an=2Sn−Sn−1=2an，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=3n−1．（2）由题设得an+1=an+n+1dn，所以1dn=n+1an+1−an=n+12⋅3n−1，所以2Tn=2+33+432+⋅⋅⋅+n+13n−1，则23Tn=23+332+⋅⋅⋅+n3n−1+n+13n=2+131−13n−11−13−n+13n，所以Tn=158−2n+58⋅3n−1<158．4．【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+2n∈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=8a5+7d.解得a5=−565d>0.所以d＜0，a1=−765d.故an是首项为正数的递减数列.由an≥0an+1≤0，即−765d+n−1d≥0−765d+nd≤0，解得1515≤n≤1615.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.故S14>S13>⋯>S1，S14>S15，S15S17>S18>⋯，又S16−S14=b15+b16=a16a17a15+a18=a16a17−65d+95d=35da16a17>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+1−1n≥3．若an+1a2n+2a2n+2,a2n+10矛盾，故an中必有“0”项．若第一次出现的“0”项为an，记an−1=MM≠0，则自第n项开始，每三个相邻的项周期的取值0、M、M，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+an2(n∈N∗).记Sn=1（1+a1)(1+a2)...(1+an)，Tn=k=1n11+ak求Sn+Tn的值。

答案】Sn+Tn=1【解析】因为αn+1=an+an2，所以αn+1=an(1+an).所以11+an=anαn+1，故Sn=a1a2·a2a3·a3a4·⋅⋅⋅·anαn+1=a1αn+1=1αn+1.又αn+1=an(1+an)，所以1an+1=1an(1+an)=1an−11+αn，所以11+αn=1an−1an+1，故Tn=k=1n11+ak=1a1−1a2+1a2−1a3+⋅⋅⋅+1an−1an+1=1a1−1an+1=1−1an+1.因此Sn+Tn=1.7．【2018年河北预赛】已知数列an中a1=12,an+1=12an+2n+12n+1n∈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=n22n（2）Sn=6−2n+32n−1−n22n=6−n2+4n+62n【解析】(1)由an+1=12an+2n+12n+1n∈N∗知2n+1an+1=2nan+2n+1n∈N∗令bn=2nan，则b1=1且bn+1=bn+2n+1n∈N∗由bn=bn−bn−1+bn−1−bn−2+⋯+b2−b1+b1=2n−1+⋯+3+1=n2得an=n22n.(2)由题意知Sn=1221+2222+3223+4224+⋯+n−122n−1+n22n所以12Sn=1222+2223+3224+4225+⋯+n−122n−1+n22n+1两式相减得12Sn=12+322+523+724+925⋯+2n−12n−n22n+1设Tn=12+322+523+724+925⋯+2n−12n，再利用错位相减法求得Tn=3−2n+32n所以Sn=6−2n+32n−1−n22n=6−n2+4n+62n.8．【2018年四川预赛】已知数列an满足：a1=1,an+1=18an2+mn∈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=18an2−an+m=18an−42+m−2≥m−2，故an=a1+k=1n−1ak+1−ak≥1+m−2n−1．若m>2，注意到n→+∞时，m−2n−1→+∞．因此，存在充分大的n，使得1+m−2n−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01.（1）若x1009，x1010同为正数，由xn，xn+2同号可知x1，x2，…，x2018同号.由xn+12≤xnxn+2⇒xn+1xn≤xn+2xn+1⇒x1009x1008≤x1010x1009≤x1011x1010⇒x1009x1010≤x1011x1008⇒x1011x1008>1 同理x1009x1007=x1009x1008⋅x1008x1007≤x1011x1010⋅x1012x1011=x1012x1010⇒x1007x1012>1.类似可证明：x1006x1013>1，x1005x1014>1，…，x1x2018>1.因此n=12018xn>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+12≤xnxn+2⇒xn+1xn≤xn+2xn+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≤n1≤j≤nai−bj−1≤i

答案】见解析【解析】证明：令Tn=1≤i≤n1≤j≤nai−bj−1≤i2； a1>b1⇒T2=b2−a2+a1+b1>2.假设对正整数n成立，对正整数n+1，不妨设a1