1、1981 年2018 年全国高中数学联赛一试试题分类汇编6、数列部分2018A 8、设整数数列 满足 ， ，且 ，1021,a 103a582aiii a2,1，则这样的数列的个数为 9,21i答案： 0解析：记 （ ） ，则有 2,11iiiab9,i 921102ba765825432 b下面用 表示 中 的项数。由知， 也是 中 的项数，其中 ，因此t43, t765,b3,0t， 的取法数为 ；接下来，确定 ，有432,b765,20321320 CC98,b种方式，最后由知，应取 使得 为偶数，这样的 的取法是唯一,1b921 1的，并且确定了整数 的值，进而数列 唯一对应一个满足条
2、件的数列 。1a92,b 102,a综上可知，满足条件的数列的个数为 。8042018A 一、 （本题满分 40 分）设 是正整数， ， ， 均为正实数，满nna,21 nb,21 BA,足：， ， ，且 。iibaAii,21ABabn21证明： 。)()(21 abn证明：记 ，则 ， （ ） ，记 ，则不等式 即iik1ikni,2kABABabn21，要证 成立，n21 1)()(21 aabbn也就转化为证： 。)()(21 Akkn 对于 ， 及 知， .ni,211ikAai0 11Akkakiiiii由 ，则只需证kn21 )()1( 221knn 下面用数学归纳法证明之：当
3、时，不等式显然成立；当 时， ,所以 时也成立；2n 011)(1222 AkkAk 2n设 时结论成立，即 ，m 1)()(22 mm 则当 时，1n )1()1()( 12121 AkkAAkk m（将 看成一个整体，与 一起替换 时的做法一样可得）21km m21 mn所以 结论也成立。n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kn, 2knkn12A的 元子集，证明：区间 中的每个整数均可表示为 ，其中 。m,21 n1,0/a/,证明：用反证法。假设存在整数 不可表示为 ，其中 。作带余除法,knx/aA/,，其中 .将
4、 按模 的同余类划分成 个公差为 的等差数列，其中rxqr0m,21 x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xqA为 的等差数列的相邻两项.从而 qrxqrxrAn |21221 。x由条件，我们有 xqkmn12又 ，故 1,0knxxk1若 是奇数，则由知， ，结合知 ，从而 ，q2qn xqknqx12 12k再由 是奇数得 ，于是 ，与矛盾；32kkx1若 是偶数，则由知， ，结合知r rxkrx从而 ，得 .再由 是偶数得 ，12)()12(kxrkxq)1(2kqq42于是 ，与矛盾；n)(综上，反证法得到的结论不成立，即原命题成立。20
5、18B 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xOyl)1,3(nlna满足：对任意正整数 n，点 均在 上若 ，则 的值为 ),(1na62a542a答案： 32解析:易知直线 的方程为 ，因此对任意正整数 ，有 ，故 n是以 为lxy3nnn31 31公比的等比数列.于是 ，由等比数列的性质知213a 25421aa2017A 8、设两个严格递增的正整数数列 ， 满足 0710b，对任意正整数 n，有nb， ，则 的所有可能值为 nna12 nb211a答案： ，30解析：由条件可知， ， ， 均为正整数，且 。由于 ，1211a2 11910527bb所以
6、，重复使用 的递推关系可得：,21bna12678910 343a因此 ，而 ，故mod251101b 8231又 ，得 ，即 1a2 11215345baa152ba当 时，即 ， ，无解；bmod6当 时，即 ， ，解得 ，此时 ；1104181201ba当 时，即 ， ，解得 ，此时 ；33478a56a0a3综上所述， 的所有可能值为 ， 。1b202017B1、在等比数列 中， ， ，则 为 na23a2017a答案： 89解析：数列 的公比为 ，故 .na32aq12012066718()9aqaq2017A 二、 （本题满分 40 分）设数列 定义为 ， ，na1,nan,21求
7、满足 的正整数 的个数20173ar r解析：由题意知 ， 。假设对某个整数 ，有 ，我们证明对12 2rr有， ， 。,21rt 1trttr ttatr对 归纳证明。当 时，由于 ，由定义知， ，tar121rr，故结论成立；2112arr设对某个 ，结论成立，则有定义知：t1222212 trttrtratrtr，即结论对 也成211 trtrtr 1t立，由数学归纳法知，结论对所有 成立，特别当 时， ，从而1,2rt 1t23ra。132231rarr若将所有满足 的正整数 从小到大记为 ，则由上面的结论知，r ,21r， （ ） ，由此可知： （13,211kkr ,322131k
8、kr） ，可得 ，由于 ，在,mk 1mr 201901827207183rr中满足 的 共有 个，即 。20173, ar2020181,由可知，对每个 ， 中恰有一半满足 ，由于7,3,1k3,2kkrr ra与 均为奇数，而在 至 中，奇数满足 ，偶数满足2107208r2071208207r，ar其中偶数比奇数少 个，因此满足 的正整数个数为120173ra 2019320183772018A 10、 （本题满分 20 分）已知实数列 满足：对任意正整数 ，有 ，321,an1)2(nnaS其中 表示数列的前 项和。证明：nSn对任意正整数 ，有 ；a2对任意正整数 ，有 。1n解析：
9、由于当 时， ，所以 得 ，1nS1)2(nnaS1)2(1nnaS即 （ ） ，又 ，所以 ，即 。12nS12Sn2nS显然 时， ，又nan21a所以对任意正整数 ，有 ；2当 时，显然；下面考虑 的情况，不妨设 且 ，01n 01na0n1na则 ，则有 ， ，所以 ，nS 1SSn，所以an 11 2018B 9、 （本题满分 16 分）已知数列 满足： ， ， ，求满足na7121na,3的最小正整数 。20184nan解析:由 可知 ，因此21na21nna112321nnan即 ，显然 单调递增，又213nan 1261420843630721 a所以满足条件的最小 为 。20
10、17B 10、 （本题满分 20 分）设数列 是等差数列，数列 满足 ，nanb21nn,21n（1）证明：数列 也是等差数列；nb（2） 设数列 、 的公差均是 ，并且存在正整数 ，使得 是整数，求 的a0dts,tsba1a最小值。解析：（1）设等差数列 的公差为 ，则n 221231()()nnnnba2311()()()nnnaaa2)ddAA213adA所以数列 也是等差数列.b（2）由已知条件及（1）的结果知： ，因为 ，故 ，这样23d0d132()nnnnnbaaa29na若正整数 满足 ，则,ststbZ112()()9ststbstd.1239记 ，则 ，且 是一个非零的整
11、数，故 ，2stlal183()alst 1|8|a从而 .1|8又当 时，有 ，1378bZ综上所述， 的最小值为 .|a2016B1、等比数列 的各项均为正数，且 则 的值为 n 362631aa42a答案： 6解析：由于 且 故22213263444,a40,246.a另解：设等比数列的公比为 ，则 又因q5261.aqa22513263112331 1246 ,aaq而 ，从而24024.2016B 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na510,a的两个不同的解，求 的值x10lg102102解析：对 ，有 即5,k210lgllg,kkkaa210
12、llg0.kka因此， 是一元二次方程 的两个不同实根，从而501lg,a20t即15lll,0150.a由等比数列的性质知， 501501201.aa2015B 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n 952,a的最小正整数 的值是 1210aak k答案： 34解析：设数列 的公差为 ,则 因为 依次成等nd215191,4,8adad952,a比数列，所以 ，即 化简上式得到： 又 ，29521()8()10d所以 由 18ad112 ()06kaka解得 min34k2015B 9、 （本题满分 16 分）数列 满足 对任意正整数 ，均有n,31nm
13、, mnanm2（1）求 的通项公式；na（2）如果存在实数 使得 对所有正整数 都成立，求 的取值范围ccaki1kc解析：(l)在 中令 可以得到 的递推公式：mnnm2 1na12(3)na因此 的通项公式为：8 分15()() (2)2nnk （事实上，对这个数列 , ，并且na13()()()mnamn22()()mnm2所以 是数列 的通项公式 n(2)注意到： ，所以11()()2na11 131()2242kkn kk故 ,并且 ，因此 的取值范围是 16 分34ka13()4knac,c2014A 4、数列 满足 21， ， （ ）则 n nna1)2(1N2013214aa
14、答案： 20135解析：由题设 211)(2)( nnn aa)(3记数列 的前 项和为 ，则nanS )1(422n所以 )1(4322nS将上面两式相减，得 nn 2)1( 12故 0352.013221014aa2014B 5、实数列 满足条件：na， ， ， （ ） ，则通项公式 12a21a211nnaan答案： n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12na 2,1n立，假定 时，结论成立，则kn。即 时，结论也成立。121111 kkaakk k这就证明了结论。2014B 9、 （本题满分 16 分）设数列 的前 项和 组成的数列满足 （ ）.已
15、知nanS 79621nSnn 1，求数列 的通项公式.5,12解析：首先由 ， 蕴含了 ，同样，我33216,a231 5,3Sa们可以得到 。还是由递推公式，我们有 ，结合已知，134a 2162321 nSnn两式相减可得 ，即 （ ） 。进而两式相51232ann a减可以得到 ，说明 分别是公差为 的等差数列，首先分别为313,kka， ， 。又 成公差为 的等差数列，所有 也是公差为 的等52a944321, na4差数列， 。n（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nx12nS,3，证明：存在常数 ，使得 ，nn
16、xxS21 0CC,证明：当 时， 等价于 12nS121nnxx对常数 ，我们用数学归纳法证明： ， 14xC,3当 时，显然成立，又n212Cx对 ，假设 ， ，由式得3kkx,n，nnnn Cxx 2132121 所以，由数学归纳法可得，结论是成立的。综上存在常数 ，使得 。0CnnC2013B 9、 （本题满分 16 分）已知数列 满足： ， ， 求数列na121nna2,3的通项公式na解析：由题意列得 ， ， 当 时， ，两21a8n13)1(21nan式相减得 ， ，又 ，可得21nn 8212a，累加法可得 ，当 时，也适合。218na 4an,所以数列 的通项公式为 na42
17、nan2012A 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n n3321221)(naaa当 时，求所有满足条件的三项组成的数列 ；3 321,a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n023通项公式；若不存在，说明理由。解析：(1)当 时, ,由 得 .当 时, ,1n231a1a2n232(1)a由 得 或 ，当 时,20a22n323().若 得 或 ;若 得 ;3323综上,满足条件的三项数列有三个: 或 或 ,1,1,(2)令 则 ，从而12,nnSa 2332()nSaaN两式相减,结合 得31().n
18、1021nnSa当 时,由(1)知 ;1当 时, 即2n221()()(),nnnnaSaa11()()0,nn所以 或 又11203,所以(20)(nna2012A 四、 （本题满分 50 分）设 ， 是正整数证明：对满足 的12nSn 01ab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,abn(,)abx数证明：证法一:(1)对任意 ,有N2132n nS 121()()2nn10 分2()n 令 则 20 分001,1,nNmSba 00,nNbaSmba又令 ,则(1)2t(1)12,tmN因此存在 使得 所以 30 分0,nnSb(,)nSab不然一定存在 使
19、得 因此,k1,kkSa1k这与 矛盾.所以一定存在 使得 40 分10kSbN,nN(,)nSab(2)假设只有有限个正整数 使得 令12,kn (,)1jjnSabjk则 则不存在 使得 这与（1）的1mijjnjkcSacb(,)nSac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n(,)证法二:(1) 2132n nS11()()n 211()()2nn 10 分2因此,当 充分大时, 可以大于如何一个正数,令 则 当 时,nnS01,Nba0,Nba0kN20 分10kSbaN因此,对于如何大于 的正整数 总存在 使0S,m0,n(,)nSmab即 否则,一定存
20、在 使 且nmabkN1k,k这样就有 1ka而 矛盾.故一定存在 使得 30 分10,kSbaN0,nN,nmaSb令 则 故一定存在0(,23),imi 0,iNmS10,使 ,因此 40 分iiniaSbi iininab这样的 有无穷多个,所以数列 中有无穷多项属于 50 分(,)a2012B 10、 （本题满分 20 分）已知数列 满足：当 （ ）时， ；当na12kNna（ ）时， 。记 ，证明：对任意的 ，有kn2NkannnaTn121 ；nT41 。121n证明： 112221 nnaaT11 264531 nna n432，结论得证。nnT42由得 ，所以累加得 ，从而 ，
21、13nTnnT4321所以 14143221 nT2012B 三、 （本题满分 50 分）设数列 满足 ， （ ） ，求证：必存nx01nx,2在常数 和 （ ） ，使不等式 对任意正整数 都成立。AC0,1nAC证明：若数列 是常数数列，记 ，则 ，得 ，此时nxxn1125对任何正整数 都成立。nnACx0n若数列 不是常数数列，则 ，取 ，有 ，n Ax0251 AxxAnnn 121又 ，则 ，又 ，所以 ，121n n1所以 ，记 ，即有 ，nnnn AxxAx 021 Cx0 nnACx综上，存在常数 和 （ ） ，使不等式 对任意正整数 都成立。C,n2011A 10、 （本题满
22、分 20 分）已知数列 满足： （ 且 ）na321t,R1t（ ）12)()3(11nnnntatta N求数列 的通项公式；n若 ，比较 与 的大小。0t1n解析：（1）由原式变形得 ，12)(11nnta则 记 ，则 ，21)(2)(1nnnnttat nnbt121nb 1ttb又 ，从而有 ，21,1bn 21)(1nbn故 ，于是有 tan2)(tan（2） nttann )1(2)(11 )() 11 nn ttttt )()()(12)()1(2 11 nnnnn ttttttt ， 13222 )()( nnn ttttt 显然在 时恒有 ，故 10t 01nana12011
23、B1、设等差数列 的前 项和为 ，若 ，则 nnS201S201答案： 1092解析：因为 是等差数列，所以 即 ，得 ，na2019106a20916所以 201S106201a2011B 10、 （本题满分 20 分）已知数列 满足： ,na12(1)tRt且.112-(*)nnntaaN（ ）（1）求数列 的通项公式； （2）若 ，试比较 与 的大小.n 0t1na解析：（1） ，即 ，112-(*)nnntaaN（ ） 21)(21nnnn tatat令 ，则 ， ，则 ，从而ntb21nb1t1nb2)1(21nbn所以 ，于是有tan nta1（2） ttnn )(2)(11 )1
24、)() 122 nn ttttt 1221222 )()1()( nnn ttttttnt 显然当 时，恒有 ，即0t 01nana12010A 4、已知数列 是公差不为 的等差数列， 是等比数列，其中 ， ，n nb31a1b， ，且存在常数 使得对每一个正整数 都有 ，则 2ba35, nalog答案： 解析：设 的公差为 的公比为 ，则 （1） ， （2）n,nbdq,3qd)43(qd（1）代入（2）得 ，求得 .9612996从而有 对一切正整数 都成立，即 log)(63nn9log)1(n对一切正整数 都成立.从而 ，求得 ，nlog3, 3,3.32010B 4、已知数列 是公
25、差不为 的等差数列， 是等比数列，其中 ， ，na0nb31a1b， ，且存在常数 使得对每一个正整数 都有 ，则 2ba35, nalog答案： 解析：设 的公差为 的公比为 ，则 （1） ， （2）na,nbdq,3qd)43(qd（1）代入（2）得 ，求得 .9612996从而有 对一切正整数 都成立，即 log)(63nn9log)1(n对一切正整数 都成立.从而 ，求得 ，nlog3, 3,3.32010B 11、 （本题满分 20 分）数列 满足 ， na1321*nnaN求证： 。 （1）1232 23n nna证明：由 知 ，即 . （2）121nn 21nna)1(1nna所
26、以 即 . 1,n nnaa 1nn从而 21 13221 nnaa.111nnaa所以（1）等价于 ，即 . （3） nnn212 331 nnna2121由 及 知 .1a21nna72当 时 ， ， ，n261123即 时， （3）成立.1设 时， （3）成立，即 .)1(kn kkka212331当 时，由（2）知； kkkkkaa2112 )()(又由（2）及 知 均为整数，31)(n从而由 有 即 ，kka21 1321kkakka213所以 ，2212 kkkkk即（3）对 也成立.n所以（3）对 的正整数都成立，即（1）对 的正整数都成立. 1n2009*10、 （本题满分 1
27、5 分）已知 （ ）是实数，方程 有两个实根 ，qp,002qpx,数列 满足 ， ， （ ） 。nap1a2 21nnqaa,43求数列 的通项公式（用 表示） ；,若 ，求数列 的前 项和；4,qpn解析：解法一：（I）由韦达定理知 又 所以,0q,p.)543()(2121naxannn 整理得 .a令 ，则 所以 是公比为 的等比数列.b ,.)(bnb数列 的首项为：n .)()( 222121 pq所以 即,2n ,.1an所以 .)(1an当 ，042qp, ,.)1(,11 nan变为 整理得， 所以，数列 成公差,.)1(1n .)2(an为 1 的等差数列，其首项为 ，所以
28、2a于是数列 的通项公式为nanna)1(当 时， ，042qp11nn,.)2(1na整理得， ,.),(21ann所以，数列 成公比为 的等比数列，其首项为1n所以.2221a .121nna于是数列 的通项公式为 n 1n（II）若 则 此时 由第（I ）步的结果得，数列 ,41qp,042qp.21na的通项公式为 ，所以， 的前 项和为nna)(nans.2314321n以上两式相减，整理得 12ns所以 .3nns解法二：（I）由由韦达定理知 又 所以,0q,p.221 a特征方程 的两个根为 .02qp,当 时，通项 .由,)1()(nAan 213,a得 2213)(A解得 故
29、 .nn)1(当 时，通项 由 得,.)21(2an221,a，解得 故221 .A所以 11nnna（II）同解法一。2008A 10、设数列 的前 项和 nS满足： )1(nan， ，则通项 na ,2na答案： )1(2n解析：由题意得 ，1()2()nnnnaSaa即 2 = ，1)2(1 )1(2由此得 2 )(nnn令 ， ( )，有 ，故 ，()ba1ba101nbnb所以 2n2008B 10、设数列 的前 项和 nS满足： )1(nan， ，则 na ,2nS答案： n21解析：由题意得 ，1 1()2()nnnaSaa即 2 = ，n)( )1(2由此得 2 )1(21na
30、na令 ， ( )，()nbb0有 ，故 ，所以 12nn )1(2nan因此 1()nnS2008A 三、 （本题满分 50 分）设 ， .证明：当且仅当 时，存在数0ka208,11208ka列 满足以下条件：nx ， ；10nx,2 存在；nlim ， 。20712081kknknn xaxx ,2证明：必要性：假设存在 满足（1） ， （2） ， （3） 注意到（3）中式子可化为n， ， 2081()nkkxax*N其中 将上式从第 1 项加到第 项，并注意到 得 00x 由（）可设 ，112220828()()()nnna limnbx将上式取极限得 100)(baxbab08228
31、()k x，21k因此 2081ka充分性：假设 定义多项式函数如下： ， ，则 在0,12081k 2081()kfsas,1()fs上是递增函数，且 ， 因此方程 在0,1内有唯一的根()f2081()kfa()f，且 ，即 0s0s0s下取数列 为 ， ，则明显地 满足题设条件（） ，且nx1nk, nx因 ，故 ，因此 ，即 的极101nkxs0s10limns100lilimnssnx限存在，满足（2） 最后验证 满足（3） ，因 ，即 ，从而nx0()f2801ka208208281111() )nknkn knkxsasax 综上，存在数列 满足（1）.2008B 三、 （本题满
32、分 50 分）设 ， .证明：当且仅当 时，存在数0ka208,11208ka列 满足以下条件：nx ， ；10nx,2 存在；nlim ， 。20712081kknknn xaxx ,2证明：必要性：假设存在 满足（） ， （） ， （iii ） 注意到（）中式子可化为n， ， 其中 20811()nkkxax*N0x将上式从第 1 项加到第 项，并注意到 得0x 2228208()()()nnna由（）可设 ，将上式取极限得limnbx12208208()()()abx2081ka，1kb因此 2081ka充分性：假设 定义多项式函数如下： ， ，2081k 2081()kfsas,1则
33、在0,1上是递增函数，且 ， ()fs(0)1f2081kf因此方程 在0,1 内有唯一的根 ，且 ，即 ()0fs0s0s0()fs下取数列 为 ， ，则明显地 满足题设条件（） ，且nx01nks,2 nx010nkns因 ，故 ，因此 ，即 的极限存在，满足1limn100lilimnnssxnx（） 最后验证 满足（） ，因 ，即 ，从而nx0()fs2081kas2082820810 1111( ()knnkn knksax 综上，已证得存在数列 满足（） ， （） ， （） nx2007*10、已知等差数列 的公差 不等于 ，等比数列 的公比 是小于 的正有理数，若nad0nbq1
34、， ，且 是正整数，则 等于 da121b321bq答案：解析：因为 ，故由已知条件知道：22112321 14)()( qqbdaaba 为 ，其中 m 为正整数。令 ，则21q4m。由于 是小于 的正有理数，所以 ，即4562 314m且 是某个有理数的平方，由此可知 。135456 21q2007*13、 （本题满分 20 分）设 ，求证：当正整数 时， 。nkka1)( 2nna1证明：由于 ，因此 ，于是，对任意的正整数)1(kn kna1n2，有1122nknka，即 an+1an。0)()()()1( 11 nknk2006*二、 （本题满分 50 分）已知无穷数列 满足 ， ，
35、 ，nax0y111nna。,321n对于怎样的实数 与 ，总存在正整数 ，使当 时， 恒为常数？xy0nn0na求数列 的通项公式。na解析：（1）我们有 ， 。 （2.1）1211 nnnn aa,2所以，如果对某个正整数 ，有 ，则必有 ，且 。01na如果该 ，我们得 且 。 （2.2）nyyx如果该 ，我们有 ， ， （2.3）1 2121 )(nnnn aaa 和 ， 。 （2.4）21 )(nna 将式（2.3）和（2.4）两端相乘，得 ， 。 （2.5）21212 nnn aa由（2.5）递推，必有（2.2）或 且 。 （2.6）xxy反之，如果条件（2.2）或（2.6）满足，
36、则当 时，必有 为常数，且常数是 或 。n1（2）由（2.3）和（2.4） ，我们得到 ， 。 （2.7）112nnaa记 ，则当 时，1nab2 243243232 )()( nnnnn bbb由此递推，我们得到 ， ， （2.8）1)(FFxy这里 Fn=Fn1+Fn2， ， 。 （2.9）0由（2.9）解得 。 （2.10）)25()(5111nn上式中的 n 还可以向负向延伸，例如 F1=0，F 2=1。这样一来，式（2.8）对所有的 n0 都成立。由（2.8）解得， 。 （2.11）2112 )()()()( nnnnFn yxyxa 0式（2.11）中的 F1、F 2 由（2.10
37、）确定。2004*11、已知数列 满足 ，且 ，则 的值为 ,210na18631nna30nia01答案： 321n解析：由 得 ，即 ，得18631nna3121na3121nna，21na所以 ，求和即可得到。31n2004*二、 （本题满分 50 分） 在平面直角坐标系 中， 轴正半轴上的点列 与曲线xOynA( )上的点列 满足 ，直线 在 轴上的截距为 ，点xy20nBnBOAn1nBAxa的横坐标为 ， nBnbN 证明： ， ； 41a 证明：有 ，使得对任意 ，都有 。n0 0n2041231nb证明： 点 ， ( ),由 得 ，解得nA1,nbB2, nOBA22n2bn
38、且 递减，则 单调210nnb1112222 nnnb增 令 且 单调减210nb21nnbtnt由截距式方程知， ，及 知 ，1an221n 22nb 4212212 nnnn bba且由于 且 单调减，知 单调减，即 成立21nnbtntna41na亦可由 得 得 ，2221nb21nb得 nnba 由 递减知 递减，且 a420n 即证 241nkkb因为 2121211 22221 kkkkbkk所以 876543211nknk只要 足够大，就有 成立011nkkb所以有 ，使得对任意 ，都有 。Nn0 0 2041231nb2002*14、 （本题满分 20 分）如图，有一列曲线 已
39、知 所围成的图形是面积为 的等边,210P01三角形， 是对 进行如下操作得到：将 的每条边三等分，以每边中间部分的线段为边，向1kPk k外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉（ ） 。记 为曲线 所围成图形的面积。,nSnP（1） 求数列 的通项公式； nS（2） 求 . lim解析：对 进行操作，容易看出 的每条边变成 的 条边，故 的边数为 ；同样，对0P0P141P43进行操作， 的每条边变成 的 条边，故 的边数为 ，从而不难得到 的边数为1124223n，n43已知 的面积为 ，比较 与 ，容易看出 在 的每条边上增加了一个小等边三角形，00S1010其面积为 ，而 有 3 条边
40、，故 2P32S再比较 与 ，容易看出 在 的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为 ，121 231而 有 条边，故 ，类似地有143341S5236231S所以 ()nnn 9484341252事实上()可以用数学归纳法证明：当 时，由上面已知()式成立，1假设当 时，有knkkS)94(58当 时，易知第 次操作后，比较 在 的每条边上增加了一个小等边三角形，11kP其面积为 ，而 有 条边。故)1(23kkPn43 1)1(21 9453843kkkS综上所述，对任何 ，()式成立。N 58)9(58limli nnnS2001*13、 （本题满分 20 分）设 为等差数列， 为等比数列，且 ， ， ,（ ） ，又nanb21ab223ab21试求 的首项与公差12)(li21b n解析：设所求公差为 ，由 ，得 由此得d2a0d41212d化简得 04212a解得 ，而 ，故 1a若 ，则 ； 12ad221)(q若 ，则 ；1221)(但 存在，故 于是 不可能)(lim21nnb 1q2)1(从而 ，即
