2022年历年自主招生试题分类汇编数列

1、历年自主招生试题分类汇编数列9. （北约）是等差数列,问:与否可以同步在中,并证明你的结论.【解】不可以同步在中,下面予以证明.假设同步在中,设,其中为公差,则于是存在正整数,使得从而 也因此,由于21,32互质,且为整数,则有, 但,矛盾!假设错误,即证明不可以同步在中.法二：设该数列的公差为，又，又，与上式矛盾，故0，不可以同步在中5（北约）设数列满足，前项和为，求解析 ，；由 ，有时，于是，特性方程有重根2，可设，将，代入上式，得，于是，8（北约）已知，为个实数，满足，且，求证解析 设，若，则，于是，进而若，则， 这个数去掉绝对值号后只能取和两值，又，即这个数去掉绝对值号后取和两值的个数

2、相似，这不也许10（北约）已知有个实数，排列成阶数阵，记作使得数阵的每一行从左到右都是递增的，即对任意的，当时，有；现将的每一列原有的各数按照从上到下递增的顺序排列，形成一种新的阶数阵，记作，即对任意的，当时，有，试判断中每一行的各数的大小关系，并加以证明解析 数阵中的中每一行的各数仍是递增的下面用反证法给出证明 若在第行存在，令，其中，则当时， 即在第列中至少有个数不不小于，也就是在数阵中的第列中至少排在第行，这与排在第行矛盾因此数阵中的中每一行的各数仍是递增的题3 （北约）已知的4个根构成首项为的等差数列，求解：由得或设等差数列的公差为，则四个根分别为由韦达定理可知与为上式方程的两实根，而

3、与则是另一种方程的两实数根，故，评析：数列是中学数学的重点内容之一，也是进一步学习高等数学的基本，本题重要波及等差数列与二次方程的知识，考察学生的推理分析能力。本题是全国卷高考题，体现了自主招生考试与高考的联系题9（北约）求证：对于任意的正整数，必可表达到的形式，其中证法一：由二项式定理可知：当为偶数时， 设则令，则，当为奇数时， 设则令，则，由可知，原命题成立。证法二：考察数列：由特性方程得两特性根为，由，得，由递推关系易知：令，则，又令，则，综上可知：对，其中评析：证法一构造对偶式与，运用二项式定理解决，必需具有丰富的思维想象能力和发散发明能力才行；证法二通过构造递推数列，运用特性根法求出

4、数列的通项，然后配凑出所需满足的式子，必需具有较强的逆向思维能力和夯实的代数推理能力，才干得以实现，因而本题能全面考察出学生的知识水准和数学思维能力，命制得相称精彩。3. （北约）在等差数列中,数列的前项和为,求数列的最小项,并指出其值为什么.【答案】-66.【解法1】由即解得.由于因此当时,最小,最小值为.【解法2】由于由于因此当时,最小,最小值为.6. （华约）已知数列满足:.(1)若,求;(2)若,求证:数列有界.【解】(1)当时,则 由累加法得, 即(1)当时,当时,也适合;当时,(2) 由(1)-(2)得, 因此,当时,也适合; 于是.(2)由,因此,于是 由累加法得 故, 而, 于

5、是当时,有,显然也成立. 于是有上界.5. （华约）数列均为正数,且对任意满足为常数).(1) 求证:对任意正数,存在,当时有;(2)设,是数列的前项和,求证:对任意,存在,当时,.【证明】:(1)由于对任意的满足,因此,又由于, 因此, 因此 故对任意的正整数,存在,当时有;(注:表达不超过的最大正整数.)(2)由可得, 因此; 也因此,即 且由(1)知,因此, 即对任意,存在,当时,有.（9）（华约）已知数列的通项公式为，。是数列的前项和。则（ ）(A) 0 (B) (C) (D) 解：(15) （华约）某乒乓球培训班共有位学员，在班内双打训练赛期间，每两名学员都作为伙伴正好参与过一场双打

6、比赛。试拟定的所有也许值并分别给出相应的一种安排比赛的方案。解答：假设比赛了K场，那么由题目假设，一场比赛浮现了2对队友，因此=2k，也就是说4k=n(n-1)，那么得到n=4l或者4l+1,期中lN，下边证明，对于任意的n=4l，或者4l+1,其中lN,都可以构造出满足规定的比赛：n=4l+1,的时候，对于L使用数学归纳法：当L=1的时候，N=5，此时假设这5名选手为A,B,C,D,E,那么如下安排比赛即可，AB-CD,AC-BE,BC-DE,AE-BD,AD-CE.设当L=M的时候结论成立那么，L=M+1的时候，假设4M+5选手为A,B,C,D,E，由归纳假设，可以安排E,之间的比赛，使得

7、她们之间每两位选手的作为队友正好只参与过一次比赛，还剩余A,B,C,D，E,互相的比赛和A,B,C,D与之间的比赛，A,B,C，D与之间的比赛安排如下：A与B,A与B,C与D,C与D,这样即满足规定。最后将这些比赛总计起来，就是满足规定的4M+5位选手之间的的比赛了。由数学归纳法，结论得到了证明，N=4L的候，对L 的使用数学归纳法，与上边几乎类似的也可以证明结论。综上所述，N的所有也许取值是N=4L或者4L+1，其中LN.13、（华约）已知函数。令。(I)求数列的通项公式；(II)证明。解答：由(I)先求出，猜想。用数学归纳法证明。当n = 1显然成立；假设n = k显然成立，即，则，得证.

8、(II) 我们证明。事实上，。我们注意到，于是14、（华约）将一枚均匀的硬币持续抛掷n次，以pn表达未浮现持续3次正面的概率.（I）求p1，p2，p3，p4；(II)探究数列 pn的递推公式，并给出证明；(III)讨论数列 pn的单调性及其极限，并论述该极限的概率意义.解（I）显数，；又投掷四次持续浮现三次正面向上的状况只有：正正正正或正正正反或反正正正，故.（II）共分三种状况：1）如果第次浮现背面，那么前次不浮现持续三次正面和前次不浮现持续三次正面是相似的，因此这个时候不浮现持续三次正面的概率是；2）如果第次浮现正面，第次浮现背面，那么前次不浮现持续三次正面和前次不浮现持续三次正面是相似的

9、，因此这个时候不浮现持续三次正面的概率是；3）如果第次浮现正面，第次浮现正面，第次浮现背面.那么前次不浮现持续三次正面和前次不浮现持续三次正面是相似的，因此这时候不浮现三次持续正面的概率是.综上， =1*GB3 (III)由(II)知： =2*GB3 =1*GB3 =2*GB3 ，有时，单调递减，又，时，数列单调递减，且有下界0.的极限存在记为.对两边同步取极限可得，故.其记录意义：当投掷的次数足够多时，不浮现持续三次正面向上的概率非常小.15（华约）设函数，且存在函数，满足（）证明：存在函数满足；（）设证明：解：（）令，代入化简得 由于等式对所有成立，可知，解得， 令，代入，化简得因此存在，

10、使得 （）令注意到，由（）知， 化为可知，从而，统一写为从而有 （卓越联盟文）设数列满足，定义函数， 对于每一种，证明方程在区间内有唯一解； 对于中的数列，证明答案:（本小问6分）设，则故存在，使，即又由于，且，因此，从而在内单调递增，因此是在内的唯一解（本小问9分）由于 ，而由知，在内单调递增，因此由于对任意的， 而由可知在内单调递增，因此综上可知，对任意的，（本小题满分15分）（卓越联盟理）已知数列中， 若对都成立，求的取值范畴； 当时，证明（）答案:（本小问7分）的取值范畴为必要性：由，得充足性：用数学归纳法证明当时，命题显然成立；假设当（）时，成立，则当时，因此充足性得证（本小问8分）

11、将命题加强至只需要证明，即用数学归纳法证明当时，命题显然成立；假设当（）时，则当时，因此命题得证（本小题满分15分）（卓越联盟文）设数列的前项和为，且， 求的通项公式； 设若对所有的，均有，求实数的取值范畴答案:（本小问5分）由，及，得当，时，两式相减得，即，因此，显然时也成立 因此的通项公式为（本小问10分）由题意及，得，两式相减，并由得，当为偶数时，因此易知单调递增，因此当为奇数时，因此易知单调递减，因此综上，的取值范畴是（5）（卓越联盟）设是等差数列，是等比数列，记，的前项和分别为，。若，且，则 。【解答】令，则，于是.（12）（卓越联盟）设数列的前项和为，其中，是正整数，且，。（）证明

12、为等比数列；（）设，两项均为正整数，其中。（）若，证明整除；（）若存在正整数，使得，证明。解答：（）由知 （1） （2）（2）（1）得：，又当 时，有，综上所述，对于任意，有，所觉得等比数列.（）设，则。由于，因此，于是。根据（）的结论知：.（）若不整除，则不整除，从而，由于均为正整数，因此，于是，与矛盾，因此整除.（）若，则，从而，于是，并且此时，于是知等比数列：。因此，命题成立；若，则. 令，则，因此，于是知。于是有。然而，又根据条件知。结合以上等号成立的条件知，只能，即，且，。于是综上讨论，命题得证。(9) （卓越联盟）数列an共有11项，a1=0，a11=4，且|ak+1-ak|=1，k=1，2，10满足这种条件的不同数列的个数为( B )(