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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.
