专题27数列A辑(教师版含解析)备战2021年高中数学联赛高中数学联赛二试试题分专题训练

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)

专题27数列A 辑

历年联赛真题汇编

1．【2020高中数学联赛A 卷(第02试)】给定整数n ≥3.设a 1,a 2,?a 2n ,b,b 2,?,b 2n 是4n 个非负实数,满足 a 1+a 2+?+a 2n =b 1+b 2+?+b 2n >0,

且对任意i =1,2,?,2n ,有a i a i+2≥b i +b i+1(这里a 2n+1=a 1,a 2n+2=a 2,a 2n+1=b 1) 求a 1+a 2+?+a 2n 的最小值. 【答案】16

【解析】记S =a 1+a 2+?+a 2n =b 1+b 2+?+b 2n 不失一般性,设T =a 1+a 3+?+a 2n?1?S

当n =3时,因为T 2?3?∑a 2k?13k=1a 2k+1=12

(a 1?a 3)2+(a 3?a 5)2+(a 5?a 1)2≥0

故结合条件可知

S 24

≥T 2?3?∑a 2k?13k=1a 2k+1?3?∑(b 2k?1+b 2k )3

k=1=3S .

又S >0,所以S ≥12.

当a i =b i =2(1≤i ≤6)时,S 取到最小值12.

当n ≥4时,一方面有∑a 2k?1n k=1a 2k+1?∑(b 2k?1+b 2k )n

k=1=S .

另一方面,若n 为偶数,则∑a 2k?1n k=1a 2k+1?(a 1+a 5+?s +a 2n?3)(a 3+a 7+?s +a 2n?1)?

T 24

其中第一个不等式是因为(a 1+a 5+?+a 2n?3)(a 3+a 7+?+a 2n?1)展开后每一项均非负,且包含a 2k?1a 2k+1(1≤k ≤n)这些项,第二个不等式利用了基本不等式. 若n 为奇数,不妨设a 1≤a 3,则

∑a 2k?1n

k=1

a 2k+1?(∑a 2k?1n?1

k=1a 2k+1)+a 2n?1a 3

?(a 1+a 5+?s +a 2n?1)(a 3+a 7+?s +a 2n?3)?T 24

从而总有S ?∑a 2k?1n k=1a 2k+1?

T 24

S 2

.又S >0,所以S ≥16.

当a 1=a 2=a 3=a 4=4,a i =0(5≤i ≤2n), b 1=0,b2=16,b,=0(3≤i ≤2n)时,S 取到最小值16. 综上,当n =3时,S 的最小值为12;当n ≥4时,S 的最小值为16.

2．【2020高中数学联赛A 卷(第02试)】设a 1=1,a 2=2,a n =2a n?1+a n?2,n =3,4,?.证明:对整数n ≥5,a n 必有一个模4余1的素因子.

【答案】证明见解析

【解析】记α=1+√2,β=1?√2,则易求得a n =αn ?βn α?β

记b n =

αn +βn

,则数列{b n }满足b n =2b 1+b n +b n?2(n ≥3).①

因b 1=1,b 2=3均为整数,故由①及数学归纳法,可知{b n }每项均为整数. 由(

αn +βn 2

α?β2)2(αn ?βn α?β

=(αβ)n ,可知b n 2?2a n 2

=(?1)n (n ≥1).②

当n >1为奇数时,由于a 1为奇数,故由{a n }的递推式及数学归纳法,可知a n 为大于1的奇数, 所以a n 有奇素因子p .

由②得b n 2

≡?1(modp),故b n

p?1

≡(?1)

p?1

(modp).

又上式表明(p,b n )=1,故由费马小定理得b n p?1

≡1(modp),

从而(?1)

p?12

≡1(modp),因p >2,故必须(?1)

p?12

=1,因此p ≡1(mod4).

另一方面,对正整数m,n ,若m|n ,设n =km ,则

a n =αn ?βn α?β=αm ?βm

α?β

?(α(k?1)m +α(k?2)m βm +?+αm β(k?2)m +β(k?1)m )

{a m ?∑(αβ)im l?1

i=0(α(2l?1?2t)m +β(2l?1?2i)m ),k =2l

a m ?(∑(αβ)im l?1i=0(α(2l?2i)m +β(2l?2i)m )+(αβ)lm

),k =2l +1

因αs +βs =2b s 为整数(对正整数s ), αβ=?1为整数,故由上式知a n 等于a m 与一个整数的乘积,从而a m |a n . 因此,若n 有大于1的奇因子m ,则由前面已证得的结论知a m 有素因子p ≡1(mod4),而a m |a n ,故p|a n ,即a n 也有模4余1的素因子.

最后,若n 没有大于1的奇因子,则n 是2的方幂.设n =2l (1≥3),因a 8=408=24×17有模4余1的素因子17, 对于l ≥4,由8|2l 知a 8|a 2l ,从而a 2l 也有素因子17.证毕.

3．【2020高中数学联赛B 卷(第02试)】给定整数n ≥2.设a 1,a 2,?a n ,b 1,b 2,?,b n >0,满足a 1+a 2+?+a n =b 1+b 2+?+b n ,且对任意i ,j (1≤i

【解析】记S =a 1+a 2+?+a n =b 1+b 2+?+b n . 由条件知∑a i 1≤i

a i 2+a j

1≤i

n?12

?∑a i 2

i=1,

于是S 2=(∑a i n i=1)2

=∑a i 2n

i=1+2∑a i 1≤i

n?1

+2)∑a i a j 1≤i

注意S >0,故S ≥2n .

另一方面,当a i =b i =2(i =1,2,?,n)时,条件满足,且S =2n . 综上, S =a 1+a 2+?+a n 的最小值为2n .

4．【2019高中数学联赛A 卷(第02试)】设整数a 1,a 2,?,a 2019满足1=a 1?a 2???a 2019=99.

记f =(a 12+a 22+?+a 2019

2)?(a 1a 3+a 2a 4+a 3a 5+?+a 2017a 2019). 求f 的最小值f 0.并确定使f =f 0成立的数组(a 1,a 2,?,a 2019)的个数. 【答案】答案见解析

【解析】由条件知2f =a 12+a 22+a 20182+a 20192+∑(a i+2?a i )22017

i=1

①

由于a 1,a 2及a i+2?a i (i =1,2,?,2016)均为非负整数，故有a 12?a 1,a 22?a 2，

且(a i+2?a i )2?a i+2?a i (i =1,2,?,2016).于是

a 12+a 22+∑(a i+2?a i )22016

i=1?a 1+a 2+∑(a i+2?a i )2016i=1=a 2017+a 2018 ②

由①、②得2f ?a 2017+a 2018+(a 2019?a 2017)2+a 20182+a 20192，

结合a 2019=99及a 2018?a 2017>0，可知

f ?1

2[2a 2017+(99?a 2017)2+a 20172+992]=(a 2017?49)2+7400?7400

③

另一方面，令a 1=a 2=?=a 1920=1，a 1920+2k?1=a 1920+2k =k(k =1,2,?,49)，a 2019=99，此时验证，知上述所有不等式均取到等号，从而f 的最小值f 0=7400. 以下考虑③的取等条件.此时a 2017=a 2018=49，且②中的不等式均取等，即a 1=a 2=1,a i+2?a i ∈{0,1}(i =1,2,?,2016).

因此1=a 1?a 2???a 2018=49，且对每个k (1≤k ≤49)，a 1,a 2,?,a 2018中至少有两项等于k .易验证，知这也是③取等的充分条件.

对每个k (1≤k ≤49)，设a 1,a 2,?,a 2018等于k 的项数为1+n k ，则n k 为正整数，且(1+n 1)+(1+n 2)+?+(1+n 49)=2018，即n 1+n 2+?+n 49=1969，

该方程的正整数解(n 1,n 2,?,n 49)的组数为C 196848，

且每组解唯一对应一个使④取等的数组(a 1,a 2,?,a 2019)，故使f =f 0成立的数组(a 1,a 2,?,a 2019)有C 196848个.

5．【2018高中数学联赛A 卷(第02试)】设n 是正整数，a 1,a 2,?,a n ,b 1,b 2,?,b n ,A,B 均为正实数，满足a i ?b i ,a i ?A ,i =1,2,?,n ，且b 1b 2?b n a 1a 2?a n

A .

证明:(b 1+1)(b 2+1)?(b n +1)(

a 1+1)(a 2+1)?(a n +1

)

?B+1A+1

【答案】证明见解析

【解析】由条件知，k i =b i a i