数列部分
2018A 8、设整数数列a1,a2,?,a10满足a10?3a1，a2?a8?2a5，且ai?1??1?ai,2?ai?，
i?1,2,?,9，则这样的数列的个数为
◆答案：80
★解析：记bi?ai?1?ai??，则有2a1?a10?a1?b1?b2???b9① 1,2?（i?1,2,?,9）
b2?b3?b4?a5?a2?a8?a5?b5?b6?b7②
下面用t表示b2,b3,b4中2的项数。由②知，t也是b5,b6,b7中2的项数，其中t??0,1,2,3?，因此
1???C32???C33??20；接下来，确定b8,b9，有22?4b2,b3,b4，b5,b6,b7的取法数为?C30???C32222种方式，最后由①知，应取b1??1,2?使得b1?b2???b9为偶数，这样的b1的取法是唯一的，并且确定了整数a1的值，进而数列b1,b2,?,b9唯一对应一个满足条件的数列a1,a2,?,a10。 综上可知，满足条件的数列的个数为20?4?80。
2018A一、（本题满分40分）设n是正整数，a1,a2,?,an，b1,b2,?,bn，A,B均为正实数，满足：
ai?bi，ai?A，i?1,2,?,n，且
b1b2?bnB?。
a1a2?anA证明：
(b1?1)(b2?1)?(bn?1)B?1。 ?(a1?1)(a2?1)?(an?1)A?1bb?bnBBbi，则ki?1，（i?1,2,?,n） ，记?k，则不等式12?即
Aaia1a2?anA(b1?1)(b2?1)?(bn?1)B?1成立， ?(a1?1)(a2?1)?(an?1)A?1★证明：记ki?k1k2?kn?k，要证
也就转化为证：
(k1a1?1)(k2a2?1)?(knan?1)kA?1?。
(a1?1)(a2?1)?(an?1)A?1kiai?1k?1k?1kiA?1?ki?i?ki?i?.
ai?1ai?1A?1A?1对于i?1,2,?,n，ki?1及0?ai?A知，
由k1k2?kn?k，则只需证
(k1A?1)(k2A?1)?(knA?1)k1k2?knA?1 ?(A?1)(A?1)?(A?1)A?1下面用数学归纳法证明之：
①当n?1时，不等式显然成立； ②当n?2时，
?k?1??k2?1?A?0,所以n?2时也成立； (k1A?1)(k2A?1)k1k2A?1???1(A?1)(A?1)A?1?A?1?2(k1A?1)(k2A?1)?(kmA?1)k1k2?kmA?1， ?(A?1)(A?1)?(A?1)A?1③设n?m时结论成立，即
则当n?m?1时，
(k1A?1)(k2A?1)?(kmA?1)(km?1A?1)k1k2?kmA?1km?1A?1 ??(A?1)(A?1)?(A?1)(A?1)A?1A?1k1k2?kmkm?1A?1（将k1k2?km看成一个整体，与km?1一起替换n?2时的做法一样可得）
A?1所以n?m?1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n,k,m是正整数，满足k?2，且n?m?的n元子集，证明：区间?0,2k?1n，设A是?1,2,?,m?k??n?//?中的每个整数均可表示为a?a，其中a,a?A。 k?1???n?//?不可表示为a?a，其中a,a?A。作带余除法k?1?★证明：用反证法。假设存在整数x??0,m?xq?r，其中0?r?x.将1,2,?,m按模x的同余类划分成x个公差为x的等差数列，其中r个
等差数列有q?1项，x?r个等差数列有q项.由于A中没有两数之差为x，故A不能包含公差为x?q?1x?|q?q?1??q??22?的等差数列的相邻两项.从而n?A?r?①。 ???x?r??q???2|q?2??2??x??r?2kk?xq?r?② m?由条件，我们有n?2k?12k?1又x??0,??n??，故n??k?1?x③ k?1?
q?1q?1k?n?xq，从而q?2k?1， ④，结合②知x?222k?1q?1??k?1?x，与③矛盾； 再由q是奇数得q?2k?3，于是n?x?2qqk?xq?r? ⑴若q是偶数，则由①知，n?x??r⑤，结合②知x??r?n?222k?1⑴若q是奇数，则由①知，n?x?从而
xqk?1(k?1)x，得q?2(k?1).再由q是偶数得q?2k?4， ?r?2(2k?1)2k?12k?1q?r??k?2?x?r?(k?1)x，与③矛盾； 2于是n?x?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xOy中，直线l通过原点，n?(3,1)是l的一个法向量．已知数列?an?满足：对任意正整数n，点(an?1,an)均在l上．若a2?6，则a1a2a3a4a5的值为 ◆答案： ?32
★解析:易知直线l的方程为y??3x，因此对任意正整数n，有an?1??11an，故?an?是以?为
335公比的等比数列.于是a3??a2??2，由等比数列的性质知a1a2a3a4a5?a3??32
13
2017A 8、设两个严格递增的正整数数列?an?，?bn?满足a10?b10?2017，对任意正整数n，有
an?2?an?1?an，bn?1?2bn ，则a1?b1的所有可能值为
◆答案： 13，20
★解析：由条件可知，a1，a2，b1均为正整数，且a1?a2。由于2017?b10?2?b1?521b1，所以b1??1,2,3?，重复使用?an?的递推关系可得：
9a10?a9?a8?2a8?a7?3a7?2a6???34a2?21a1
因此21a1?a10?b10?512b1?2b1?mod34?，而13?21?34?8?1，故
a1?13?21a1?13?2b1?26b1?mod34?① b1，即a1?又a1?a2，得55a1?34a2?21a1?512512b1② 55
512，无解； 551024当b1?2时，①②即a1?52?mod34?，a1?，解得a1?18，此时a1?b1?20；
551536当b1?3时，①②即a1?78?mod34?，a1?，解得a1?10，此时a1?b1?13；
55当b1?1时，①②即a1?26?mod34?，a1?综上所述，a1?b1的所有可能值为13，20。
2017B1、在等比数列?an?中，a2?◆答案：
2，a3?33，则
a1?a2011为
a7?a20178 9a?a2011a?a18a333★解析：数列{an}的公比为q?，故1?612011?6?. ?a7?a2017q(a1?a2011)q9a22
2017A二、（本题满分40分）设数列?an?定义为a1?1，an?1??求满足ar?a?32017的正整数r的个数
★解析：由题意知a1?1，a2?2。假设对某个整数r?2，有ar?r，我们证明对t?1,2,?,r?1有，ar?2t?1?2r?t?1?r?2t?1，ar?2t?r?t?r?2t。① 对t归纳证明。
?an?n,an?n，n?1,2,?
?an?n,an?nar?1?ar?r?2r?r?1，ar?2?ar?1??r?1??r?1?r?2，当t?1时，由于ar?r?r，由定义知，
故结论①成立；
设对某个1?t?r?1，结论①成立，则有定义知：
ar?2t?1?ar?2t??r?2t??r?t?r?2t?2r?t?r?2t?1
ar?2t?2?ar?2t?1??r?2t?1??2r?t??r?2t?1??r?t?1?r?2t?2，即结论①对t?1也成
立，
由数学归纳法知，结论①对所有t?1,2,?,r?1成立，特别当t?r?1时，a3r?2?1，从而
a3r?1?a3r?2??3r?2??3r?1。
若将所有满足ar?r的正整数r从小到大记为r1,r2,?，则由上面的结论知，（k?2,3,?），由此可知：rk?1?r1?1,r2?2,?rk?1?3rk?1，
11??，?3?rk??（k?1,2,3,?,m?1）
2?2?3m?1?132017?1201732018?1?3??r2019，在1,2,?,32017中满足ar?r的r可得rm?，由于r2018?222共有2018个，即r1,r2,?,r2018。
由①可知，对每个k?1,2,3,?,2017，rk?1,rk?2,?,3rk?2中恰有一半满足ar?r，由于
32017?12017r2018?1??1与32017均为奇数，而在r2018?1至3中，奇数满足ar?r，偶数满足ar?r，
2其中偶数比奇数少1个，因此满足ar?r?3201732017?2018?132017?2019?的正整数个数为
22
2018A 10、（本题满分20分）已知实数列a1,a2,a3?满足：对任意正整数n，有an(2Sn?an)?1，其中Sn表示数列的前n项和。证明： ⑴对任意正整数n，有an?2n； ⑵对任意正整数n，有anan?1?1。
★解析：⑴由于当n?2时，an?Sn?Sn?1，所以an(2Sn?an)?1得?Sn?Sn?1?(2Sn?an)?1，
222即Sn，又S1?1，所以Sn?Sn?n，即Sn??n。 ?1?1（n?2）
2显然n?2时，an?Sn?Sn?1?n?n?1?2n，又a1??1?2 所以对任意正整数n，有an?2n；
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