《数学竞赛-数列试题及答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《数学竞赛-数列试题及答案（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、数列1（09）一个由若干行数字组成的数表，从第二行起每一行中的数字均等于其肩上的两个数之和，最后一行仅有一个数，第一行是前100个正整数按从小到大排成的行，则最后一行的数是 （可以用指数表示）()该数表共有100行；()每一行构成一个等差数列，且公差依次为，()为所求 设第行的第一个数为，则 故2（09）已知，是实数，方程有两个实根，数列满足，()求数列的通项公式（用，表示）；()若，求的前项和方法一：()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，所以
2、，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，通项由，得 解得故 5分当时，通项由，得 解得，故 10分()同方法一3(08)设数列的前项和满足：，则通项=解 ，即 2 =，由此得 2令， ()，有，故，所以4(07) 已知等差数列an的公差d不为0，等比数列bn的公比q是小于1的正有理数。若a1=d，b1=d2，且是正整数，则q等于_。已知等差数列an的公差d不为0，等比数列bn的公比q是小于1的正有理数。若a1=
3、d，b1=d2，且是正整数，则q等于 。解：因为，故由已知条件知道：1+q+q2为，其中m为正整数。令，则。由于q是小于1的正有理数，所以，即5m13且是某个有理数的平方，由此可知。5(07)设，求证：当正整数n2时，an+1an。证明：由于，因此，于是，对任意的正整数n2，有，即an+11，我们有，n2，（2.3）和，n2。（2.4）将式（2.3）和（2.4）两端相乘，得，n2。（2.5）由（2.5）递推，必有（2.2）或|x|=1且yx。（2.6）反之，如果条件（2.2）或（2.6）满足，则当n2时，必有an=常数，且常数是1或1。（2）由（2.3）和（2.4），我们得到，n2。（2.7）
4、记，则当n2时，由此递推，我们得到，n2，（2.8）这里Fn=Fn1+Fn2，n2，F0=F1=1。（2.9）由（2.9）解得。（2.10）上式中的n还可以向负向延伸，例如F1=0，F2=1。这样一来，式（2.8）对所有的n0都成立。由（2.8）解得，n0。（2.11）式（2.11）中的F1、F2由（2.10）确定。7(05)记集合将M中的元素按从大到小的顺序排列，则第2005个数是（）ABCD解：用表示k位p进制数，将集合M中的每个数乘以，得中的最大数为。在十进制数中，从2400起从大到小顺序排列的第2005个数是2400-2004=396。而将此数除以，便得M中的数故选C。8(05) 将关
5、于的多项式表为关于的多项式其中则.解：由题设知，和式中的各项构成首项为1，公比为的等比数列，由等比数列的求和公式，得：令得取有9(05) 数列满足：证明：（1）对任意为正整数；(2)对任意为完全平方数。证明：（1）由题设得且两边平方整理得-得由式及可知，对任意为正整数.10分（2）将两边配方，得由0（mod3）为正整数式成立.是完全平方数.20分10(04) 已知数列a0，a1，a2，an，满足关系式(3an+1)(6+an)=18，且a0=3，则的值是 ；解：=+，令bn=+，得b0=，bn=2bn1，bn=2n即=，=(2n+2n3)11(04) 在平面直角坐标系XOY中，y轴正半轴上的点
6、列An与曲线y=(x0)上的点列Bn满足|OAn|=|OBn|=，直线AnBn在x轴上的截距为an，点Bn的横坐标为bn，nN* 证明anan+14，nN*； 证明有n0N*，使得对nn0，都有+0) 0bn且bn递减，n2bn=n(n)= =单调增 0n且tn单调减由截距式方程知，+=1，(12n2bn=n2bn2) an=()2+()=tn2+tn=(tn+)2(+)2=4且由于tn单调减，知an单调减，即anan+14成立亦可由=bn+2=，得 an=bn+2+， 由bn递减知an递减，且an0+2+=4 即证(1)20041=k2()2()2) (1)(+)+(+)+只要n足够大，就有
7、(1)2004成立12(03) 删去正整数数列1，2，3，中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个新数列的第2003项是A2046B2047C2048D2049答（ ）注意到4522025，4622116，2026a202645a1981，2115a211545a2070而且在从第1981项到第2070项之间的90项中没有完全平方数 又1981222003，a2003a1981+222026222048故选(C)13(03) 设M n (十进制)n位纯小数ai只取0或1（i1，2，n1，an1，Tn是Mn中元素的个数，Sn是Mn中所有元素的和，则_Mn中小数的小数点后均有n位，而除最后一位上的
8、数字必为1外，其余各位上的 数字均有两种选择(0或1)方法，故又因在这2n1个数中，小数点后第n位上的数字全是1，而其余各位上数字是0或1，各有一半故 14(02) 如图，有一列曲线P0，P1，P2，已知P0所围成的图形是面积为1的等边三角形，Pk+1是对Pk进行如下操作得到：将Pk的每条边三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉（k=0,1,2,）。记Sn为曲线Pn所围成图形的面积。（1）求数列Sn的通项公式；（2）求Sn.15(01) 设an为等差数列，bn为等比数列，且b1=a12, b2=a22, b3=a32(a1a2), 又(b1+b2+bn)的极
9、限=2+1。 试求an的首项和公差。注意：2+1和(2+1)表示的数字不相同16(00) 设是的展开式中x项的系数)，则。解 由二项式定理知， ，因此 ，17(00) 等比数列的公比是。解 设公比为q，由已知条件可知 ，根据比例性质， 18(00) 设，求的最大值解 由已知，对任何nN，有 ，又因 ，故对任何nN，有 由于 ，故f(n)的最大值为 19(00) 设数列和满足且证明：是完全平方数设数列和 满足且 ，n=0,1,2.证明 an(n=0,1,2,.)是完全平方数 证明：由假设得a1=4, b1=4 且当n1时 依次类推可得 同理 从而 由于 , 所以 由二项式展开得 显然cn为整数,
10、于是an为完全平方数. 20(99) 给定公比为q(q1)的等比数列an，设b1a1a2a3， b2a4a5a6， bna3n-2a3n-1a3n，则数列bn( C )(A)是等差数列 (B)是公比为q的等比数列(C)是公比为q3的等比数列 (D)既非等差数列也非等比数列由题设，an=a1qn-1 ，则因此，bn是公比为q3的等比数列 21(99) 已知正整数n不超过2000，并且能表示成不少于60个连续正整数之和，那么，这样的n的个数是_6_.首项为a为的连续k个正整数之和为由Sk2000，可得60k62当k=60时，Sk=60a+3059，由Sk2000，可得a3，故Sk=1830,189
11、0,1950；当k=61时，Sk=61a+3061，由Sk2000，可得a2，故Sk=1891，1952；当k=62时，Sk=62a+3161，由Sk2000，可得a1，故Sk=1953于是，题中的n有6个22(99) 给定正整数n和正数M，对于满足条件M的所有等差数列a1，a2，a3，.，试求San1an2a2n1的最大值。答：Smax(n1)设公差为d,an+1=,则S=an+1+an+2+a2n+1=(n+1)+d故 .则 因此 |S|(n+1)，且当 =,d= 时，S=(n+1)+ =(n+1) =(n+1)由于此时4=3nd,故 所以，S的最大值为(n+1)23(98) 各项均为实数的等比数列an前n项和记为Sn，若S10=10,S30=70，则S40等于( )(A) 150 (B) -200 (C) 150或-200 (D)400或-5024(98) 各项为实数的等差数列的公差为4，其首项的平方与其余各项之和不超过100，这样的数列至多有_项.25(97) 已知数列xn满足xn+1=xn-xn-1(n2),x1=a,x2=b,记Sn=x1+x2+xn。则下列结论正确的是（
