专题30数列第六缉（解析版）-备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)

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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=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-n2-1,②
①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：Tn0，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，a17a2>a3>⋯>a16>0>a17>a18>⋯，
所以b1>b2>b3>⋯>b14>0>b17>b18>⋯，
而b15=a15a16a170.
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+14，矛盾！
所以，m≤2．
又当m=2时，可证：对任意的正整数n，都有0max1⩽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+1an=an+2,n=1,2,3,⋯.求满足an>42018的最小正整数n.
【答案】12
【解析】由an+1an=an+2可知an+1+1=an+12.
因此an+1=a1+12n-1=82n-1=23×2n-1，故an=23×2n-1-1.
显然{an}单调递增.
由于a11=23072-124036=42018，
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=an+n,an⩽nan-n,an>n，n=1,2,⋯.
求满足arr+2t-1,ar+2t=r-tr+1，
ar+2=ar+1-(r+1)=2r-(r+1)=r-1⋯>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σa=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.
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τa=an，
若τa≤σa,我们断言τa≤n-1,否则n-1an=σb.
若τa>σa且σa=n时,我们断言an-1>σa.
否则an-1≤n=σaσa,∀a∈B=n=163Bn是B=n=163Bn到自身的映射且fn=132B2n-1⊂n=131B2n,fn=131B2n⊂n=132B2n-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=132A2n-1=n=132B2n-1=n=131B2n=n=131A2n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=⋃6n=13Bn,
如果τv≤σv,则存在a=v1+1,v2+1,⋯,vτv+1,vτv+1,⋯,vn-1∈B=n=163Bn,使得fa=v.
如果τv>σv,则存在a=v1-1,v2-1,⋯,vσv-1,vqv+1,⋯,vn,σv∈B=n=163Bn,使得fa=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=2nan⋅an+1,Tn=k=1nck,证明:Tn