高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题11数列C辑(原卷版)

1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编复数部分2019A 11、称一个复数数列{}n z 为“有趣的”，若11z =，且对任意正整数n ，均有2211420n n n n z z z z ++++=，求最大的常数C ，使得对一切有趣的数列{}n z 及任意正整数m ，均有12m z z z C +++≥。

★解析：考虑有趣的复数数列{}n z ．归纳地可知0n z ≠ ．由条件得2114210n n n n z z z z ++⎛⎫⎛⎫++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（n N *∈），解得114n n z z +-±=（n N *∈），因此112n n z z +=，故1111122n n n z z --=⋅=（n N *∈）①进而有1111122n n n n n n n z z z z z ++-+=⋅+==② 记12m m T z z z =+++（m N *∈）则当m 为偶数时，记2m s =，由②得12212212222sm k kk k k k k T z z z z z z ∞∞--===≥+-+>-+==∑∑。

当m 为奇数时，记21m s =+，由①②得2121221112s k k s k s k s z z z ∞∞+-=+=+=<==+∑∑，故12212212122223sm k k s k kk k T z z z z z z z ∞-+-==⎛⎫≥+-+->-+= ⎪⎝⎭∑∑ 当1m =时，1113T z ==>，综上知3C =满足要求。

另一方面，当11z =，2kz =，21k z +=k N *∈），时，易验证得{}n z 为“有趣的”数列，此时()2112211134lim lim lim 11833sss k k s s s k k T z z z ++→∞→∞→∞==-+=++=+=+⋅=∑，这表明C ≤C =2019B 11. （本题满分20分）设复数数列{}n z 满足：11z =，且对任意正整数n ，均有2211420n n n n z z z z ++++=，证明：对任意正整数m，均有123m z z z +++<。

1981年--2018年全国高中数学联赛一试试题分类汇编1、集合部分2018A1、设集合{}99,,3,2,1 =A ，集合{}A x x B ∈=|2，集合{}A x x C ∈=2|，则集合C B 的元素个数为24★解析：由条件知，{}48,,6,4,2 =C B ，故C B 的元素个数为24。

2018B1、设集合{}8,1,0,2=A ，集合{}A a a B ∈=|2，则集合B A 的所有元素之和是◆答案：31★解析:易知{}16,2,0,4=B ，所以{}16,8,4,2,1,0=B A ，元素之和为31.2018B 三、（本题满分50分）设集合{}n A ,,2,1 =，Y X ,均为A 的非空子集（允许Y X =）．X 中的最大元与Y 中的最小元分别记为Y X min ,max ．求满足Y X min max >的有序集合对),(Y X 的数目。

★解析:先计算满足Y X min max ≤的有序集合对),(Y X 的数目.对给定的X m max =，集合X 是集合{}1,,2,1-m 的任意一个子集与{}m 的并，故共有12-m 种取法.又Y m min ≤，故Y 是{}n m m m ,,2,1, ++的任意一个非空子集，共有121--+m n 种取法.因此，满足Y X min max ≤的有序集合对),(Y X 的数目是：()[]()12122122111111+⋅-=-=-∑∑∑=-==-+-n nm m n m n nm mn m n 由于有序集合对),(Y X 有()()()2121212-=--nnn个，于是满足Y X min max >的有序集合对),(Y X 的数目是()()124122122+-=-+⋅--n n n n n n n 2017B 二、（本题满分40分）给定正整数m ，证明：存在正整数k ，使得可将正整数集+N 分拆为k 个互不相交的子集k A A A ,,,21 ，每个子集i A 中均不存在4个数d c b a ,,,（可以相同），满足m cd ab =-．★证明：取1k m =+，令{(mod 1),}i A x x i m x N +=≡+∈，1,2,,1i m =+ 设,,,i a b c d A ∈，则0(mod 1)ab cd i i i i m -≡∙-∙=+，故1m ab cd +-，而1m m +，所以在i A 中不存在4个数,,,a b c d ，满足ab cd m-=2017B 四、（本题满分50分）。

1981年~2018年全国高中数学联赛一试一试题分类汇编1、会合部分2018A1、设会合A 1,2,3, ,99，会合B 2x|xA ，会合C x|2x A ，则会合BC 的元素个数为 ◆答案：24★分析：由条件知， B C 2,4,6, ,48，故B C 的元素个数为 24。

2018B1、设会合A 2,0,1,8，会合B2a|aA ，则会合AB 的所有元素之和是◆答案：31★分析:易知B 4,0,2,16 ，所以AB 0,1,2,4,8,16 ，元素之和为 31.2018B 三、（此题满分 50分）设会合A 1,2, ,n ，X,Y 均为A 的非空子集（同意XY ）．X中的最大元与Y 中的最小元分别记为 maxX,minY ．求知足maxX minY 的有序会合对(X,Y) 的数量。

★分析:先计算知足maxX minY 的有序会合对(X,Y)的数量.对给定的m maxX ，会合X 是会合1,2, ,m 1的随意一个子集与m 的并，故共有2m1种取法.又mminY ，故Y 是m,m1,m2, ,n 的随意一个非空子集，共有2n1m1种取法.所以，知足maxXminY 的有序会合对(X,Y)的数量是：nnn2m12n1m12n2m1n12n1m1m1m1(X,Y)有2n12n1 2n2个，于是知足maxX minY 的有序会合对因为有序会合对1(X,Y)的数量是2n2n2n2n14n2n n1 12017B二、（此题满分40分）给定正整数m，证明：存在正整数k，使得可将正整数集N分拆为k个互不订交的子集A1,A2, ,A k，每个子集A i中均不存在4个数a,b,c,d（能够相同），满足abcdm．★证明：取k m1，令A i{xx i(modm1),x N}，i1,2,,m1设a,b,c,d A i，则ab cd iii i0(modm1)，故m1ab cd，而m1m，所以在A i中不存在4个数a,b,c,d，知足ab cdm2017B四、（此题满分50分）。

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题17平面解析几何C 辑历年联赛真题汇编1．【2020高中数学联赛A 卷（第01试）】在平面直角坐标系中,点A ,B ,C 在双曲线xy =1上,满足△ABC 为等腰直角三角形.求△ABC 的面积的最小值.2．【2020高中数学联赛B 卷（第01试）】在椭圆Γ中,A 为长轴的一个端点,B 为短轴的一个端点, F 1,F 2为两个焦点.若AF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +BF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,求tan∠ABF 1⋅tan∠ABF 2的值. 3．【2019高中数学联赛A 卷（第01试）】在平面直角坐标系xOy 中，圆Ω与抛物线Γ:y 2=4x 恰有一个公共点，且圆Ω与x 轴相切于Γ的焦点F .求圆Ω的半径.4．【2019高中数学联赛B 卷（第01试）】在椭圆中，F 为一个焦点，A 、B 为两个顶点若|F A |=3，|FB|=2，求AB 的所有可能值.5．【2018高中数学联赛B 卷（第01试）】如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，A 、B 与C 、D 分别是椭圆Γ:x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右顶点与上、下顶点.设P ，Q 是Γ上且位于第一象限的两点，满足OQ ∥AP ，M是线段AP 的中点，射线OM 与椭圆交于点R .证明:线段OQ ，OR ，BC 能构成一个直角三角形.6．【2017高中数学联赛B 卷（第01试）】在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1:y 2=4x ，曲线C 2:(x −4)2+y 2=8.经过C 1上一点P 作一条倾斜角为45°的直线l ，与C 2交于两个不同的点Q 、R ，求|PQ|⋅|PR|的取值范围. 7．【2015高中数学联赛（第01试）】在平面直角坐标系xOy 中，F 1，F 2分别是椭圆x 22+y 2=1的左、右焦点.设不经过焦点F 1的直线l 与椭圆交于两个不同的点A ，B ，焦点F 1到直线l 的距离为d .如果直线AF 1，l ，BF 1的斜率依次成等差数列，求d 的取值范围8．【2014高中数学联赛（第01试）】平面直角坐标系xOy 中，P 是不在x 轴上的一个动点，满足条件：过P 可作抛物线y 2=4x 的两条切线，两切点连线l 与PO 垂直.设直线l 与直线PO ，x 轴的交点分别为Q ，R.(1)证明R是一个定点；(2)求|PQ||QR|的最小值.9．【2013高中数学联赛（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，椭圆的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，A1，A2分别为椭圆的左、右顶点，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，P为椭圆上不同于A1和A2的任意一点.若平面中两个点Q，R满足QA1⊥PA1,QA2⊥PA2,RF1⊥PF1,RF2⊥PF2，试确定线段QR的长度与b的大小关系，并给出证明.10．【2012高中数学联赛（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，菱形ABCD的边长为4，且|OB|=|OD|=6.(1)求证：|OA|⋅|OC|为定值；(2)当点A在半圆M：(x－2)2+y2=4(2≤x≤4)上运动时，求点C的轨迹.11．【2011高中数学联赛（第01试）】作斜率为13的直线l与椭圆C:x236+y24=1交于AB两点(如图所示)，且P(3√2,√2)在直线l的左上方.(1)证明：△P AB的内切圆的圆心在一条定直线上；(2)若∠APB=60°，求△P AB的面积.12．【2010高中数学联赛（第01试）】已知抛物线y2=6x上的两个动点A(x1,y1)和B(x2,y2)，其中x1≠x2且x1+ x2=4.线段AB的垂直平分线与x轴交于点C，求△ABC面积的最大值.13．【2009高中数学联赛（第01试）】设直线l：y=kx+m(其中k，m为整数)与椭圆x216+y212=1交于不同两点A，B，与双曲线x24−y212=1交于不同两点C，D，问是否存在直线l使得向量AC⃗⃗⃗⃗⃗ +BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，若存在，指出这样的直线有多少条?若不存在，请说明理由.14．【2008高中数学联赛（第01试）】如图，P是抛物线y2=2x上的动点，点B，C在y轴上，圆(x－1)2+y2=1内切于△PBC，求△PBC面积的最小值.15．【2007高中数学联赛（第01试）】已知过点(0，1)的直线l与曲线C:y=x+1x(x>0)交于两个不同点M和N.求曲线C在点M，N处的切线的交点轨迹.16．【2006高中数学联赛（第01试）】给定整数n≥2，设M0(x0,y0)是抛物线y2=nx－1与直线y=x的一个交点.试证明对于任意正整数m，必存在整数k≥2，使(x0m,y0m)为抛物线y2=kx－1与直线y=x的一个交点.17．【2005高中数学联赛（第01试）】过抛物线y=x2上的一点A(1，1)作抛物线的切线，分别交x轴于D，交y轴于B.点C在抛物线上，点E在线段AC上，满足AEEC =λ1；点F在线段BC上，满足BFFC=λ2，且λ1+λ2=1，线段CD与EF交于点P.当点C在抛物线上移动时，求点P的轨迹方程.18．【2004高中数学联赛（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，给定三点A(0,43),B(−1,0),C(1,0)，点P到直线BC的距离是该点到直线AB，AC距离的等比中项.(1)求点P的轨迹方程；(2)若直线l经过△ABC的内心(设D)，且与点P的轨迹恰好有3个公共点，求l的斜率k的取值范围.19．【2002高中数学联赛（第01试）】已知点A(0，2)和抛物线y2=x+4上两点B，C使得AB⊥BC，求点C的纵坐标的取值范围.20．【2001高中数学联赛（第01试）】设曲线C1:x2a2+y2=1(a为正的常数)与C2：y2=2(x+m)在x轴上方有一个公共点P.(1)求实数m的取值范围(用a表示)；(2)O为原点，若C与x轴的负半轴交于点A，当0<a<12时，试求△OAP的面积的最大值(用a表示).21．【2000高中数学联赛（第01试）】已知C0:x2+y2=1和C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0).试问：当且仅当a，b满足什么条件时，对C1上任意一点P，均存在以P为顶点，与C0外切，与C1内接的平行四边形?并证明你的结论22．【1999高中数学联赛（第01试）】给定A(－2，2)，已知B是椭圆x225+y216=1上的动点，F是左焦点，当|AB|+53|BF|取最小值时，求B的坐标.23．【1998高中数学联赛（第01试）】已知抛物线y2=2px及定点A(a，b)，B(－a，0)(ab≠0，b2≠2pa)，M是抛物线上的点，设直线AM，BM与抛物线的另一交点分别为M1,M2.求证：当点M在抛物线上变动时(只要M1,M2存在且M1≠M2)，直线M1M2恒过一个定点，并求出这个定点的坐标.24．【1993高中数学联赛（第01试）】设0<a<b，过两定点A(a，0)和B(b，0)分别引直线l和m，使之与抛物线y2=x有四个不同的交点，当这四点共圆时，求这种直线l与m的交点P的轨迹.25．【1991高中数学联赛（第01试）】设O为抛物线的顶点，F为焦点，且PQ为过F的弦，已知OF=a，PQ= b，求△OPQ的面积.优质模拟题强化训练1．易知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，其短轴为4，离心率为e1.双曲线x2m−y2n=1(m>0,n>0)的渐近线为y=±x，离心率为e2，且e1⋅e2=1.（1）求椭圆E的方程；（2）设椭圆E的右焦点为F，过点G(4，0)斜率不为0的直线交椭圆E于M、N两点设直线FM和FN的斜率为k1,k2，试判断k1+k2是否为定值，若是定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由.2．如图，椭圆C1:x24+y2=1，抛物线C2:x2=2py(p>0)，设C1,C2相交于A、B两点，O为坐标原点.（1）若△ABO的外心在椭圆上，求实数p的值；（2）若△ABO的外接圆经过点N(0,132)，求实数p的值.3．如图所示，设k>0且k≠1，直线l：y=kx+1与l1：y=k1x+1关于直线y=x+1对称，直线l与l1分别交椭圆E:x24+y2=1于点A、M和A、N.（1）求k⋅k1的值；（2）求证：对任意的实数k，直线MN恒过定点.4．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点分别为F1､F2，右顶点为A，P为椭圆C上任意一点.已知PF1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PF2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为3，最小值为2.（1）求椭圆C的方程；（2）若直线l：y=kx+m与椭圆C相交于M､N两点(M､N不是左右顶点)，且以MN为直径的圆过点A.求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标.5．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1过点M(0,2)，且右焦点为F(2,0)．（1）求椭圆C的方程；（2）过点F的直线l与椭圆C交于A,B两点，交y轴于点P．若PA=mAF,PB=nBF，求证：m+n为定值；（3）在（2）的条件下，若点P不在椭圆C的内部，点Q是点P关于原点O的对称点，试求三角形QAB面积的最小值．6．．已知点F是椭圆x 21+a2+y2=1(a>0)右焦点，点M(m,0)、N(0,n)分别是x轴、y上的动点，且满足MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅NF⃗⃗⃗⃗⃗ =0，若点P 满足OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +PO ⃗⃗⃗⃗⃗ ． （1）求P 点的轨迹C 的方程；（2）设过点F 任作一直线与点P 的轨迹C 交于A 、B 两点，直线OA 、OB 与直线x =−a 分别交于点S 、T （其中O 为坐标原点），试判断是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．7．设O 是坐标原点，双曲线C ：x 2a 2−y 2b 2=1上动点M 处的切线，交C 的两条渐近线于A 、B 两点.⑴求证：△AOB 的面积S 是定值； ⑵求△AOB 的外心P 的轨迹方程.8．已知离心率为12的椭圆的左焦点F 1为抛物线y 2=4px(p >0)的准线与x 轴的交点，右焦点F 2也为抛物线的焦点，椭圆与抛物线在x 轴上方的交点为P ，延长PF 1，与该抛物线交于点Q ，M 为抛物线上一个动点，且M 在点P 与Q 之间运动.若ΔPF 1F 2的边长恰为三个连续的正整数，求ΔMPQ 面积的最大值. 9．如图，已知⊙G:(x −2)2+y 2=r 2是椭圆x 216+y 2=1的内接△ABC 的内切圆，其中，A 为椭圆的左顶点.（1）求⊙G 的半径r ；（2）过点M （0，1）作⊙G 的两条切线与椭圆交于E 、F 两点，证明:直线EF 与⊙G 相切.10．已知双曲线x 2−y 2=2的左、右焦分别为点F 1、F 2，过定点P(2,3)作双曲线x 2−y 2=2的切线，切点分别为A 、B ，且点A 的横坐标小于点B 的横坐标。

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题12不等式A辑历年联赛真题汇编1．【2007高中数学联赛（第01试）】设实数a使得不等式|2x−a|+|3x−2a|≥a2对任意实数x恒成立，则满足条件的a所组成的集合是( )A．[−13,13]B．[−12,12]C．[−14,13]D．[−3,3]【答案】A【解析】令x=23a，则有|a|⩽13，排除B，D.由对称性排除C.从而只有A正确.故选A．.一般地，对k∈R，令x=12ka，则原不等式为|a|⋅|k−1|+32|a|⋅|k−34|⩾|a|2，由此易知原不等式等价于|a|⩽|k−1|+32|k−43|，对任意的k∈R成立.由于|k−1|+32|k−43|={52k−3(k⩾43)1−12k(1⩽k<43)3−52k(k<1)，所以min k∈R{|k−1|+32|k−43|}=13，从而上述不等式等价于|a|⩽13.2．【2005高中数学联赛（第01试）】使关于x的不等式√x−3+√6−x≥k有解的实数k的最大值是( ) A．√6−√3B．√3C．√6+√3D．√6【答案】D【解析】令y=√x−3+√6−x(3⩽x⩽6)，则y2=(√x−3+√6−x)2⩽2[(x−3)+(6−x)]=6，所以0<y⩽√6，当x=92时，y=√6，故y 的最大值为√6，所以实数k 的最大值为√6. 故选：D.3．【2004高中数学联赛（第01试）】不等式√log 2x −1+12log 12x 3+2>0的解集为( )A ．[2,3)B ．(2,3]C ．[2,4)D ．(2,4]【答案】C【解析】原不等式等价于{√log 2x −1−32log 2x +32+12>0log 2x −1⩾0 ，设√log 2x −1=t ，则有{t −32t 2+12>0t ⩾0， 解得0⩽t <1，即0⩽log 2x −1<1，所以2⩽x <4. 故选：C.4．【2003高中数学联赛（第01试）】已知x ，y 都在区间(－2，2)内，且xy =－1，则函数u =44−x 2+99−y 2的最小值是( ) A ．85B ．2411C ．127D ．125【答案】D【解析】由已知得y =−1x ,故u =44−x2+9x 29x 2−1=−9x 4+72x 2−4−9x 4+37x 2−4=1+3537−(9x 2+4x2)，而x ∈(−2,−12)∪(12,2)， 故当9x 2=4x 2，即x 2=23时，9x 2+4x 2的值最小，而此时函数u 有最小值125，故选：D.5．【2001高中数学联赛（第01试）】已知6枝玫瑰与3枝康乃馨的价格之和大于24元，而4枝玫瑰与5枝康乃馨的价格之和小于22元，则2枝玫瑰的价格和3枝康乃馨的价格比较，结果是( ) A ．2枝玫瑰价格高 B ．3枝康乃馨价格高 C ．价格相同 D ．不确定【答案】A【解析】由题意得{6x +3y >244x +5y <22 ，令6x +3y =a,4x +5y =b ，联立解得x =5a−3b 18,y =3b−2a 9，所以2x −3y =11a−12b9，因为a >24,b <22，所以11a −12b >11×24−12×22=0，所以2x>3y.故选：A.6．【1986高中数学联赛（第01试）】设实数a，b，c满足{a 2−bc−8a+7=0b2+c2+bc−6a+6=0，那么a的取值范围是( )A．(−∞,+∞)B．(−∞,1]∪[9,+∞)C．(0,7)D．[1,9]【答案】D【解析】由{a2−bc−8a+7=0b2+c2+bc−6a+6=0得{bc=a2−8a+7b2+c2+bc=6a−6，所以b2+c2−2bc=−3(a2−10a+9)，即(b−c)2=−3(a−1)(a−9)⩾0.所以1≤a≤9.故选：D.7．【1986高中数学联赛（第01试）】边长为a，b，c的三角形，其面积等于14，而外接圆半径为1，若s=√a+√b+√c,t=1a +1b+1c，则s与t的大小关系是( ).A．s>t B．s=t C．s<t D．不确定【答案】C【解析】因为c=2RsinC=2sinC，又12absinC=14，所以abc=1.于是t=1a +1b+1c=bc+ca+ababc=ab+bc+ca=(√ab)2+(√bc)2+(√ca)2⩾√ab2c+√abc2+√a2bc=√abc(√a+√b+√c)=√a+√b+√c=s.且其中取不到等号，否则a=b=c=R=1是不可能的，故答案为C．8．【1984高中数学联赛（第01试）】下列四个图的阴影部分(不包括边界)满足不等式log x(log x y2)>0的是A．B．C．D．【答案】D【解析】由不等式log x(log x y2)>0判断它所表示的区域.当x>1时，可得y2>x>1,当0<x<1时，可得1>y2>x>0.然后与抛物线y2=x比较即可9．【1983高中数学联赛（第01试）】设a，b，c，d，m，n都是正实数，P=√ab+√cd，Q=√ma+nc⋅√b m +dn，那么( )A．P⩾Q B．P⩽Q C．P<Q D．P，Q间的大小关系不确定，而与m，n的大小有关【答案】B【解析】因为a，b，c，d，m，n是正实数，所以Q=√ab+madn +ncbm+cd⩾√ab+2√abcd+cd=√(√ab+√cd)2=√ab+√cd=P.10．【1982高中数学联赛（第01试）】当a，b是两个不相等的正数时，下列三个代数式：甲：(a+1a)(b+1b )，乙：(√ab+ab)2，丙(a+b2+2a+b)2中，值最大的一个( )A．必定是甲B．必定是乙C．必定是丙D．一般并不确定，而与a，b的取值有关【答案】D【解析】(i)甲=ab+1ab +ba+ab，乙=ab+1ab+2，由题设易得，必定有甲>乙.(ii)当a=1，b=12时，经计算可知，甲>丙；而当a=2，b=3时，则有甲<丙，说明甲和丙的值的大小与a，b取值有关.11．【2017高中数学联赛B 卷（第01试）】若正整数a 、b 、c 满足2017≥10a ≥100b ≥1000c ，则数组(a ，b ，c )的个数为 .【答案】574【解析】由条件知c ⩽[20171000]=2.当c =1时，有10≤b ≤20.对于每个这样的正整数b ，由10b ≤a ≤201知，相应的a 的个数为202－10b . 从而这样的正整数组的个数为∑(202−10b)20b=10=(102+2)×112=572.当c =2时，由20⩽b ⩽[2017100]，知b =20.进而200⩽a ⩽[201710]=201，故a =200，201.此时共有两组(a ，b ，c )综上所述，满足条件的正整数组的个数为572+2=574.12．【2016高中数学联赛（第01试）】设实数a 满足a <9a 3−11a <|a|，则a 的取值范围是 .【答案】(−2√33,−√103)【解析】由a <|a |可得a <0，原不等式可变形为1>9a 3−11aa>|a|a=−1，即−1<9a 2−11<1，所以a 2∈(109,43).又a <0，故a ∈(−2√33,−√103).13．【2013高中数学联赛（第01试）】设a ，b 为实数，函数f (x )=ax +b 满足：对任意x ∈[0，1]，有|f(x)|⩽1.则ab 的最大值为 .【答案】14【解析】易知a =f(1)−f(0),b =f(0)，则ab =f(0)⋅(f(1)−f(0))=−(f(0)−12f(1))2+14(f(1))2⩽14(f(1))2⩽14.当2f(0)=f(1)=±1，即a =b =±12时故ab 的最大值为14.14．【2012高中数学联赛（第01试）】设x ，y ，z ∈[0，1]，则M =√|x −y|+√|y −z|+√|z −x|的最大值是.【答案】√2+1【解析】不妨设0⩽x ⩽y ⩽z ⩽1，则M =√y −x +√z −y +√z −x ， 因为√y −x +√z −y ⩽√2[(y −x)+(z −y)]=√2(z −x)， 所以M ⩽√2(z −x)+√z −x =(√2+1)√z −x ⩽√2+1.当且仅当y−x=z−y,x=0,z=1即x=0,y=12,z=1时，上式等号同时成立.故M max=√2+1.15．【2011高中数学联赛（第01试）】设a，b为正实数，1a +1b⩽2√2，(a－b)2=4(ab)3，则log a b=.【答案】−1【解析】由1a +1b⩽2√2得a+b⩽2√2ab，又(a+b)2=4ab+(a−b)2=4ab+4(ab)3⩾4⋅2√ab⋅(ab)3=8(ab)2，即a+b⩾2√2ab①于是a+b=2√2ab②再由不等式①中等号成立的条件，得ab=1，与式②联立解得{a=√2−1b=√2+1或{a=√2+1b=√2−1.故log a b=−1.16．【2010高中数学联赛（第01试）】方程x+y+z=2010满足x≤y≤z的正整数解(x，y，z)的个数是.【答案】336675【解析】首先易知x+y+z=2010的正整数解的个数为C20092=2009×1004，把x+y+z=2010满足x≤y≤z的正整数解分为3类：(1)x，y，z均相等的正整数解的个数显然为1；(2)x，y，乙中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003；(3)设x，y，乙两两均不相等的正整数解为k.易知1+3×1003+6k=2009×1004，所以6k=2009×1004−3×1003−1=2006×1005−2009+3×2−1=2006×1005−2004.即k=1003×335−334=335671.从而满足x≤y≤z的正整数解的个数为1+1003+335671=336675.17．【2009高中数学联赛（第01试）】在坐标平面上有两个区域M和N，M为{y⩾0y⩽xy⩽2−x，N是随t变化的区域，它由不等式t≤x≤t+1所确定，t的取值范围是0≤t≤1，则M和N的公共面积是函数f(t)=.【答案】−t2+t+12【解析】由题意知f(t)=S阴影部分面积=S△AOB−S△OCD−S△BEF=1−12t2−12(1−t)2=−t2+t+12.18．【2008高中数学联赛（第01试）】设f(x)是定义在R上的函数，若f(0)=2008，且对任意x∈R，满足f(x+2 )−f(x)⩽3⋅2x，f(x+6)−f(x)⩾63⋅2x，则f(2008)=.【答案】22008+2007【解析】解法一由题设条件知f(x+2)−f(x)=−(f(x+4)−f(x+2))−(f(x+6)−f(x+4))+(f(x+6)−f(x))⩾−3⋅2x+2−3⋅2x+4+63⋅2x=3⋅2x，因此有f(x+2)−f(x)=3⋅2x，故f(2008)=f(2008)−f(2006)+f(2006)−f(2004)+⋯+f(2)−f(0)+f(0)=3⋅(22006+22004+⋯+22+1)+f(0)=3⋅41003+1−14−1+f(0)=22008+2007.解法二令g(x)=f(x)−2x，则g(x+2)−g(x)=f(x+2)−f(x)−2x+2+2x⩽3⋅2x−3⋅2x=0，g(x+6)−g(x)=f(x+6)−f(x)−2x+6+2x⩾63⋅2x−63⋅2x=0，即g(x+2)⩽g(x),g(x+6)⩾g(x)，故g(x)⩽g(x+6)⩽g(x+4)⩽g(x+2)⩽g(x)，得g(x)是周期为2的周期函数，所以f(2008)=g(2008)+22008=g(0)+22008=22008+2007.19．【2003高中数学联赛（第01试）】不等式|x|3−2x2−4|x|+3<0的解集是.【答案】(−3,1−√52)∪(−1+√52,3)【解析】由原不等式分解可得(|x|−3)(x2+|x|−1)<0，由此得所求不等式的解集为(−3,−√5−12)∪(√5−12,3).当x≥0时，原不等式为x3−2x2−4x+3<0，即(x−−1−√52)(x−−1+√52)(x−3)<0.注意到x≥0，得√5−12<x<3，因为f(x)=|x|x3−2x2−4|x|+3为偶函数.所以当x<0时，解为−3<x<1−√52，故原不等式的解集为(−3,1−√52)∪(−1+√52,3).20．【2002高中数学联赛（第01试）】若log4(x+2y)+log4(x−2y)=1，则|x|−|y|的最小值是.【答案】√3【解析】注意到{x+2y>0x−2y>0(x+2y)(x−2y)=4，所以{x>2|y⩾0x2−4y2=4，由对称性只考虑y≥0，因为x>0，所以只需求x－y的最小值.令x−y=u，代入x2−4y2=4有3y2−2uy+(4−u2)=0，这个关于y的二次方程显然有实根，故Δ=16(u2−3)⩾0，所以u⩾√3，当x=43√3,y=√33时u=√3，故|x|−|y|的最小值为√3.21．【2001高中数学联赛（第01试）】不等式|1log12x +2|>32的解集为.【答案】x>4或1<x<227或0<x<1【解析】从外形上看，这是一个绝对值不等式，先求得log12x<−2或−27<log12x<0或log12x>0，从而x>4或1<x<227或0<x<1.22．【1997高中数学联赛（第01试）】设a=lgz+lg[x(yz)−1+1]，b=lgx−1+lg(xyz+1)，c=lgy+lg[(xyz )−1+1]，记a,b,c中最大数为M，则M的最小值为.【答案】lg2【解析】由已知条件得a=lg(xy−1+z)，b=lg(yz+x−1)，c=lg[(xz)−1+y].设xy−1+z,yz+x−1,(xz)−1+y中的最大数为u，则M=lgu.由已知条件知x，y，z均为正数，于是u2⩾(xy−1+z)[(xz)−1+y]=[(yz)−1+yz]+(x+x−1)⩾2+2=4.所以，u≥2，且当x=y=z=1时，u=2，故u的最小值为2，从而M的最小值为lg2.23．【1995高中数学联赛（第01试）】在直角坐标平面上，满足不等式组{y⩽3x y⩾x3x+y⩽100的整点个数是.【答案】2551【解析】两条坐标轴及直线x+y=100所围区域(含边界)上的整点共有1+2+3+⋯+101=102×1012=5151(个)而y=13x,x+y=100及x轴所围区域(边界不包括y=13x)上的整点共有(1+1+1+1)+(2+2+2+2)+⋯+(25+25+25+25)=4×(1+2+⋯+25)=1300(个).又y=3x,x+y=100，及y轴所围区域(边界不包括y=3x)上的整点也有1300个.所以，满足题设条件的整点共有5151−2×1300=2551(个).24．【1994高中数学联赛（第01试）】已知有向线段PQ的起点P和终点Q的坐标分别为(－1，1)和(2，2)，若直线l：x+my+m=0与PQ的延长线相交，则m的取值范围是.【答案】−3<m<−23【解析】直线l的方程x+my+m=0，即x+m(y+1)=0，显然是经过点M(0，－1)的直线方程.过点M作直线l1//PQ，显然，l1的斜率为k1=2−12+1=13，过M，Q作直线l2，则l2的斜率为k2=32.如图所示，与PQ的延长线相交的直线l应夹在l1与l2之间，即k1<k<k2(k为l的斜率).于是13<−1m<32，3>−m>23，−3<m<−23.25．【1993高中数学联赛（第01试）】实数x，y满足4x2−5xy+4y2=5，设S=x2+y2，则1S max +1S min的值为.【答案】85【解析】解法一易知s=x2+y2>0.设{x=√scosθy=√ssinθ，代入4x2−5xy+4y2=5，得sin2θ=8s−105s.于是|8s−105s |⩽1，有1013⩽s⩽103，因为S max=103,S min=1013，所以1S max +1S min=310+1310=85.解法二令x=a+b2,y=a−b2，代入条件得3a2+13b2=20，S=12(a2+b2).因此有6S=3(a2+b2)⩽3a2+13b2=20⩽26，S=13(a2+b2)，S max=1013,S min=103，1S max+1S min=85.26．【1993高中数学联赛（第01试）】设任意实数x0>x1>x2>x3>0，要使log x0x11993+log x1x21993+log x2x31993>klog x0x31993恒成立，则k的最大值是.【答案】9【解析】将原不等式改写为1log1993x0x1+1log1993x1x2+1log1993x2x3⩾k1log1993x0x1⋅x1x2⋅x2x3.即1log 1993xx 1+1log 1993x1x 2+1log 1993x 2x 3⩾k1log 1993x 0x 1+log 1993x 1x 2+log 1993x2x 3.令t 1=log 1993x 0x 1,t 2=log 1993x 1x 2,t 3=log 1993x 2x 3，于是原不等式成为(t 1+t 2+t 3)(1t 1+1t 2+1t 3)⩾k ，但是(t 1+t 2+t 3)(1t 1+1t 2+1t 3)⩾3√t 1⋅t 2⋅t 33⋅3√1t 1⋅1t 2⋅1t 33=9.当且仅当t 1=t 2=t 3时，等号成立(即x 0,x 1,x 2,x 3构成等比数列时，取到等号). 所以k max =9.27．【1990高中数学联赛（第01试）】设n 为自然数，a ，b 为正实数，且满足a +b =2，则11+a n+11+b n的最小值是.【答案】1【解析】因为ab >0，所以ab ⩽(a+b 2)2=1，a n b n ⩽1.故11+an +11+bn =1+a n +b n +11+a n +b n +a n b n⩾1，当a =b =1时，上式等于1，故最小值为1.28．【1990高中数学联赛（第01试）】设n 是自然数，对任意实数x ，y ，z 恒有(x 2+y 2+z 2)⩽n (x 4+y 4+z 4)成立，则n 的最小值是.【答案】3【解析】解法一令a =x 2,b =y 2,c =z 2， 题设不等式变为(a +b +c)2⩽n (a 2+b 2+c 2).一方面(a +b +c)2=a 2+b 2+c 2+2ab +2bc +2ac ⩽a 2+b 2+c 2+(a 2+b 2)+(b 2+c 2)+(a 2+c 2)=3(a 2+b 2+c 2).所以当x =3时，不等式成立；另一方面，当a =b =c >0时，题设不等式化为9a 2⩽3na 2， 必有n ≥3，故n 最小值为3.解法二3(x 4+y 4+z 4)−(x 2+y 2+z 2)2=(x 2−y 2)2+(y 2−z 2)2+(z 2−x 2)2⩾0. 或者，直接由柯西不等式3(x 4+y 4+z 4)=(1+1+1)(x 4+y 4+z 4)⩾(x 2+y 2+z 2)2.优质模拟题强化训练1．已知c >1,a =√c +1−√c,b =√c −√c −1,则正确的结论是( ) A ．a >b B ．a <b C ．a =b D ．a,b 大小不确定【答案】B 【解析】因为a =√m+1+√m ，b =√m+√m−1， 又√m +1>√m >√m −1>0，则a <b ．2．若x ､y 满足|y |≤2-x ，且x ≥-1，则2x +y 的最小值为（ ） A ．−7 B ．−5C ．1D ．4【答案】B 【解析】原题条件等价于{−1⩽x ⩽2y ⩽2−x x −2⩽y，作出可行域如图所示，知2x +y 在x =-1，y =-3时取得最小值. 故选：B.3．已知2n 个正实数a 1≥a 2≥⋅⋅⋅≥a n ，b 1≥b 2≥⋅⋅⋅≥b n 且0≤λ≤2，令M =∑ni=1√a i 2+b i 2−λa i b i ，N =∑n i=1√a i+12+b i 2−λa i+1b i ，其中，a n+1=a 1，则M 、N 的大小关系是（ ）.A ．M ≥NB ．M ≤NC ．随λ而确定D ．完全不确定【答案】B 【解析】构造∠AOB，夹角θ=arccosλ2∈[0,π].如图，在射线OA、OB上依次取n个点A1,A2,⋅⋅⋅,A n及B1,B2,⋅⋅⋅,B n，使OA i=a i，OB i=b i. 由余弦定理，得N≥M，即A2B1+A3B2+⋅⋅⋅+A1B n≥A1B1+A2B2+⋅⋅⋅+A n B n.设A1B n与A2B1，A3B2，…，A n B n−1依次交于点X1,X2,⋅⋅⋅,X n−1.则由A2B1+A3B2+⋅⋅⋅+A1B n=(A1X1+B1X1)+(A2X1+X1X2+X2B2)+⋅⋅⋅+(A n X n−1+X n−1B n)≥A1B1+A2B2+⋅⋅⋅+A n B n,所以M≤N.选B.4．已知点P(1,2)既在椭圆x2a2+y2b2=1内部（包括边界），又在圆x2+y2=a2+2b23外部（包括边界）. 若a、b∈R+. 则a+b的最小值为（）.A．√5+2B．√6+√3 C．2√5D．√3+√5【答案】B【解析】由已知有1a2+4b2≤1且a2+2b2≤15. 于是，b2b2−4≤a2≤15−2b2.化简得(b2−5)(b2−6)≤0. 化简得(b2−5)(b2−6)≤0. 从而，5≤b2≤6.故a+b≥√b2b2−4+b=√t+4t+√t+4(t=b2−4∈[1,2]).而√t+4t+√t+4≥√3+√6⇔√t+4−√6≥√3−√t+4t ⇔√t+4+√6≥√3t+√t(t+4).又t≤2，故其等价于2(√t+4+√6)≥√3t+√t(t+4). 由2√6≥√3t及2≥√t，知上述不等式成立.故a+b≥√3+√6.当a 2=3，b 2=6时符合条件且取到最小值√6+√3.选B. 5．已知sin 2005x +cos 2005x =1.则对任意k >0，必有（ ） A ．sin k x +cos k x =1 B ．sin k x +cos k x >1 C ．sin k x +cos k x <1 D ．sin k x +cos k x 的值不确定【答案】A 【解析】因sin 2005x +cos 2005x ≤sin 2x +cos 2x =1，等于成立当且仅当sin x 与cos x 一个取0，另一个取1，此时，对任意k >0，必有sin k x +cos k x =1. 故答案为:A6．对a >3，记x =3√a −1+√a −3，y =√a +3√a −2.则x 、y 的大小关系为（ ）. A ．x >y B ．x <y C ．x =y D ．不能确定 【答案】B 【解析】由√a >√a −2，√a −1>√a −3相加得√a +√a −1>√a −2+√a −3⇒√a −√a −1>√a −2−√a −3>0⇒√a −√a −1<√a −2−√a −3 ⇒√a +√a −3<√a −1+√a −2 ⇒0<√a−√a−3<√a−1−√a−2⇒3(√a −1−√a −2)<√a −√a −3⇒3√a −1+√a −3<√a +3√a −2. 故答案为：B7．对于满足0≤p ≤4的一切实数p ， 不等式 x 4+px >4x +p −3恒成立。

1981年二十五省、市、自治区中学生联合数学竞赛一、选择题(本题满分35分，每题答对者得5分，答错者得－2分，不答者得0分)1981*1、条件甲：两个三角形的面积和两条边对应相等．条件乙：两个三角形全等．则下列正确的是（ ）A ．甲是乙的充分必要条件B ．甲是乙的必要条件C ．甲是乙的充分条件D ．甲不是乙的必要条件，也不是乙的充分条件 ◆答案：B★解析：乙⇒甲，但甲⇒/乙，故选B .1981*2、条件甲：a =+θsin 1．条件乙：a =+2cos 2sinθθ．则下列正确的是（ ） A ．甲是乙的充分必要条件 B ．甲是乙的必要条件C ．甲是乙的充分条件D ．甲不是乙的必要条件，也不是乙的充分条件 ◆答案：D★解析：由a =+θsin 1得a =+2cos2sin θθ；而a =+2cos 2sinθθ，得a =+θsin 1．故选D ．1981*3、设2παk ≠（ ,2,1,0±±≠k ），ααααcot cos tan sin ++=t ，则下列正确的是（ ） A.t 取负值 B. t 取非负值 C. t 取正值 D. t 取值可正可负◆答案：C★解析：()()01sin cos 1cos sin cot cos tan sin 22>++=++=ααααααααt1981*4、下面四个图形中，面积最大的是（ ）A.ABC ∆：060=∠A ，045=∠B ,2=AC ;B. 梯形：两条对角线的长度分别为2和3，夹角为075；C.圆：半径为1；D.正方形：对角线长度为5.2 ◆答案：C★解析：A 中三角形面积为433+；B 中梯形面积为433+； C 中圆面积为π，D 中正方形面积为82525212=⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅．于是C D A B <<=．选C ．1981*5、 给出长方体1111D C B A ABCD -，下列12条直线：1AB ，1BA ，1CD ，DC ，1AD ，1DA ，1BC ，1CB ，AC ，BD ，11C A ，11D B 中有多少对异面直线？（ ）A ．30对B ．60对C ．24对D ．48对◆答案：A★解析：每条面上的对角线都与5条面上的对角线异面．故共有302125=÷⨯对．选A ．1981*6、在坐标平面上有两个区域M 和N ，M 是由0≥y ，x y ≤和x y -≤2这三个不等式确定，N 是随t 变化的区域，它由不等式1+≤≤t x t 确定，t 的取值范围是10≤≤t ，设M 和N 的公共面积是函数)(t f ，则)(t f 为（ ） A ．212++-t t B ．t t 222+- C.2211t - D. ()2221-t ◆答案：A★解析：AOB ∆的面积为1。

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题17平面解析几何C 辑历年联赛真题汇编1．【2020高中数学联赛A 卷（第01试）】在平面直角坐标系中,点A ,B ,C 在双曲线xy =1上,满足△ABC 为等腰直角三角形.求△ABC 的面积的最小值.2．【2020高中数学联赛B 卷（第01试）】在椭圆Γ中,A 为长轴的一个端点,B 为短轴的一个端点, F 1,F 2为两个焦点.若AF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +BF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,求tan∠ABF 1⋅tan∠ABF 2的值.3．【2019高中数学联赛A 卷（第01试）】在平面直角坐标系xOy 中，圆Ω与抛物线Γ:y 2=4x 恰有一个公共点，且圆Ω与x 轴相切于Γ的焦点F .求圆Ω的半径.4．【2019高中数学联赛B 卷（第01试）】在椭圆中，F 为一个焦点，A 、B 为两个顶点若|F A |=3，|FB|=2，求AB 的所有可能值.5．【2018高中数学联赛B 卷（第01试）】如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，A 、B 与C 、D 分别是椭圆Γ:x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右顶点与上、下顶点.设P ，Q 是Γ上且位于第一象限的两点，满足OQ ∥AP ，M是线段AP 的中点，射线OM 与椭圆交于点R .证明:线段OQ ，OR ，BC 能构成一个直角三角形.6．【2017高中数学联赛B 卷（第01试）】在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1:y 2=4x ，曲线C 2:(x −4)2+y 2=8.经过C 1上一点P 作一条倾斜角为45°的直线l ，与C 2交于两个不同的点Q 、R ，求|PQ|⋅|PR|的取值范围.7．【2015高中数学联赛（第01试）】在平面直角坐标系xOy 中，F 1，F 2分别是椭圆x 22+y 2=1的左、右焦点.设不经过焦点F 1的直线l 与椭圆交于两个不同的点A ，B ，焦点F 1到直线l 的距离为d .如果直线AF 1，l ，BF 1的斜率依次成等差数列，求d的取值范围8．【2014高中数学联赛（第01试）】平面直角坐标系xOy中，P是不在x轴上的一个动点，满足条件：过P可作抛物线y2=4x的两条切线，两切点连线l与PO垂直.设直线l与直线PO，x轴的交点分别为Q，R.(1)证明R是一个定点；(2)求|PQ||QR|的最小值.9．【2013高中数学联赛（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，椭圆的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，A1，A2分别为椭圆的左、右顶点，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，P为椭圆上不同于A1和A2的任意一点.若平面中两个点Q，R满足QA1⊥PA1,QA2⊥PA2,RF1⊥PF1,RF2⊥PF2，试确定线段QR的长度与b的大小关系，并给出证明.10．【2012高中数学联赛（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，菱形ABCD的边长为4，且|OB|=|OD|=6.(1)求证：|OA|⋅|OC|为定值；(2)当点A在半圆M：(x－2)2+y2=4(2≤x≤4)上运动时，求点C的轨迹.11．【2011高中数学联赛（第01试）】作斜率为13的直线l与椭圆C:x236+y24=1交于AB两点(如图所示)，且P(3√2,√2)在直线l的左上方.(1)证明：△P AB的内切圆的圆心在一条定直线上；(2)若∠APB=60°，求△P AB的面积.12．【2010高中数学联赛（第01试）】已知抛物线y2=6x上的两个动点A(x1,y1)和B(x2,y2)，其中x1≠x2且x1+ x2=4.线段AB的垂直平分线与x轴交于点C，求△ABC面积的最大值.13．【2009高中数学联赛（第01试）】设直线l：y=kx+m(其中k，m为整数)与椭圆x216+y212=1交于不同两点A，B，与双曲线x24−y212=1交于不同两点C，D，问是否存在直线l使得向量AC⃗⃗⃗⃗⃗ +BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，若存在，指出这样的直线有多少条?若不存在，请说明理由.14．【2008高中数学联赛（第01试）】如图，P是抛物线y2=2x上的动点，点B，C在y轴上，圆(x－1)2+y2=1内切于△PBC，求△PBC面积的最小值.15．【2007高中数学联赛（第01试）】已知过点(0，1)的直线l与曲线C:y=x+1x(x>0)交于两个不同点M和N.求曲线C在点M，N处的切线的交点轨迹.16．【2006高中数学联赛（第01试）】给定整数n≥2，设M0(x0,y0)是抛物线y2=nx－1与直线y=x的一个交点.试证明对于任意正整数m，必存在整数k≥2，使(x0m,y0m)为抛物线y2=kx－1与直线y=x的一个交点.17．【2005高中数学联赛（第01试）】过抛物线y=x2上的一点A(1，1)作抛物线的切线，分别交x轴于D，交y轴于B.点C在抛物线上，点E在线段AC上，满足AEEC =λ1；点F在线段BC上，满足BFFC=λ2，且λ1+λ2=1，线段CD与EF交于点P.当点C在抛物线上移动时，求点P的轨迹方程.18．【2004高中数学联赛（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，给定三点A(0,43),B(−1,0),C(1,0)，点P到直线BC的距离是该点到直线AB，AC距离的等比中项.(1)求点P的轨迹方程；(2)若直线l经过△ABC的内心(设D)，且与点P的轨迹恰好有3个公共点，求l的斜率k的取值范围. 19．【2002高中数学联赛（第01试）】已知点A(0，2)和抛物线y2=x+4上两点B，C使得AB⊥BC，求点C的纵坐标的取值范围.20．【2001高中数学联赛（第01试）】设曲线C1:x2a2+y2=1(a为正的常数)与C2：y2=2(x+m)在x轴上方有一个公共点P.(1)求实数m的取值范围(用a表示)；(2)O为原点，若C与x轴的负半轴交于点A，当0<a<12时，试求△OAP的面积的最大值(用a表示).21．【2000高中数学联赛（第01试）】已知C0:x2+y2=1和C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0).试问：当且仅当a，b满足什么条件时，对C1上任意一点P，均存在以P为顶点，与C0外切，与C1内接的平行四边形?并证明你的结论22．【1999高中数学联赛（第01试）】给定A(－2，2)，已知B是椭圆x225+y216=1上的动点，F是左焦点，当|AB|+53|BF|取最小值时，求B的坐标.23．【1998高中数学联赛（第01试）】已知抛物线y2=2px及定点A(a，b)，B(－a，0)(ab≠0，b2≠2pa)，M是抛物线上的点，设直线AM，BM与抛物线的另一交点分别为M1,M2.求证：当点M在抛物线上变动时(只要M1,M2存在且M1≠M2)，直线M1M2恒过一个定点，并求出这个定点的坐标.24．【1993高中数学联赛（第01试）】设0<a<b，过两定点A(a，0)和B(b，0)分别引直线l和m，使之与抛物线y2=x有四个不同的交点，当这四点共圆时，求这种直线l与m的交点P的轨迹.25．【1991高中数学联赛（第01试）】设O为抛物线的顶点，F为焦点，且PQ为过F的弦，已知OF=a，PQ= b，求△OPQ的面积.优质模拟题强化训练1．易知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，其短轴为4，离心率为e1.双曲线x2m−y2n=1(m>0,n>0)的渐近线为y=±x，离心率为e2，且e1⋅e2=1.（1）求椭圆E的方程；（2）设椭圆E的右焦点为F，过点G(4，0)斜率不为0的直线交椭圆E于M、N两点设直线FM和FN的斜率为k1,k2，试判断k1+k2是否为定值，若是定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由.2．如图，椭圆C1:x24+y2=1，抛物线C2:x2=2py(p>0)，设C1,C2相交于A、B两点，O为坐标原点.（1）若△ABO的外心在椭圆上，求实数p的值；（2）若△ABO的外接圆经过点N(0,132)，求实数p的值.3．如图所示，设k>0且k≠1，直线l：y=kx+1与l1：y=k1x+1关于直线y=x+1对称，直线l与l1分别交椭圆E:x24+y2=1于点A、M和A、N.（1）求k⋅k1的值；（2）求证：对任意的实数k，直线MN恒过定点.4．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点分别为F1､F2，右顶点为A，P为椭圆C上任意一点.已知PF1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PF2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为3，最小值为2.（1）求椭圆C的方程；（2）若直线l：y=kx+m与椭圆C相交于M､N两点(M､N不是左右顶点)，且以MN为直径的圆过点A.求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标.5．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1过点M(0,2)，且右焦点为F(2,0)．（1）求椭圆C的方程；（2）过点F 的直线l 与椭圆C 交于A,B 两点，交y 轴于点P ．若PA =mAF,PB =nBF ，求证：m +n 为定值； （3）在（2）的条件下，若点P 不在椭圆C 的内部，点Q 是点P 关于原点O 的对称点，试求三角形QAB 面积的最小值． 6．．已知点F 是椭圆x 21+a 2+y 2=1(a >0)右焦点，点M(m,0)、N(0,n)分别是x 轴、y 上的动点，且满足MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅NF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，若点P 满足OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +PO ⃗⃗⃗⃗⃗ ． （1）求P 点的轨迹C 的方程；（2）设过点F 任作一直线与点P 的轨迹C 交于A 、B 两点，直线OA 、OB 与直线x =−a 分别交于点S 、T （其中O 为坐标原点），试判断是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．7．设O 是坐标原点，双曲线C ：x 2a2−y 2b 2=1上动点M 处的切线，交C 的两条渐近线于A 、B 两点.⑴求证：△AOB 的面积S 是定值； ⑵求△AOB 的外心P 的轨迹方程.8．已知离心率为12的椭圆的左焦点F 1为抛物线y 2=4px(p >0)的准线与x 轴的交点，右焦点F 2也为抛物线的焦点，椭圆与抛物线在x 轴上方的交点为P ，延长PF 1，与该抛物线交于点Q ，M 为抛物线上一个动点，且M 在点P 与Q 之间运动.若ΔPF 1F 2的边长恰为三个连续的正整数，求ΔMPQ 面积的最大值. 9．如图，已知⊙G:(x −2)2+y 2=r 2是椭圆x 216+y 2=1的内接△ABC 的内切圆，其中，A 为椭圆的左顶点.（1）求⊙G 的半径r ；（2）过点M （0，1）作⊙G 的两条切线与椭圆交于E 、F 两点，证明:直线EF 与⊙G 相切.10．已知双曲线x2−y2=2的左、右焦分别为点F1、F2，过定点P(2,3)作双曲线x2−y2=2的切线，切点分别为A、B，且点A的横坐标小于点B的横坐标。

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题01集合历年联赛真题汇编1．【2008高中数学联赛（第01试）】设A =[－2，4)，B ={x|x 2－ax －4≤0}，若B ⊆A ，则实数a 的取值范围为( ) A ．[−1,2)B ．[−2,2]C ．[0,3]D ．[0,3)2．【2007高中数学联赛（第01试）】已知A 与B 是集合{1，2，3，…，100}的两个子集，满足：A 与B 的元素个数相同，且A ∩B 为空集.若n ∈A 时，总有2n +2∈B ，则集合AUB 的元素个数最多为( ) A ．62B ．66C ．68D ．743．【2006高中数学联赛（第01试）】已知集合A ={x |5x －a ≤0}，B ={x|6x －b >0}，a ，b ∈N ，且A ∩B ∩N ={2，3，4}，则整数对(a ，b )的个数为( ) A.20B.25C.30D.424．【2005高中数学联赛（第01试）】记集合T ={0，1，2，3，4，5，6}，M ={a 17+a 272+a 373+a 474|a i ∈T,i =1,2,3,4}，将M 中的元素按从大到小的顺序排列，则第2005个数是( ) A ．57+572+673+374 B ．57+572+673+274 C ．17+172+073+474D ．17+172+073+3745．【2004高中数学联赛（第01试）】已知M ={(x,y)|x 2+2y 2=3}，N ={(x ，y )|y =mx +b }.若对所有m ∈R ，均有M ∩N ≠∅，则b 的取值范围是( ) A ．[−√62,√62] B ．(−√66,√62) C ．(−2√33,2√33)D ．[−2√33,2√33]6．【2002高中数学联赛（第01试）】知两个实数集合A ={a 1,a 2,⋯,a 100}与B ={b 1,b 2,⋯b 50}，若从A 到B 的映射f 使得B 中每个元素都有原象，且f (a 1)⩽f (a 2)⩽⋯⩽f (a 100)，则这样的映射共有( )A ．C 10050B ．C 9948 C ．C 10049D ．C 99497．【2001高中数学联赛（第01试）】已知a 为给定的实数，那么集合M ={x|x 2－3x －a 2+2=0，x ∈R }的子集的个数为( ) A ．1B ．2C ．4D ．不确定8．【2000高中数学联赛（第01试）】设全集是实数，若A ={x|√x −2≤0}，B ={x|10x 2−2=10x }，则A ∩B̅是( )A．{2}B．{−1}C．{x|x≤2}D．∅9．【1998高中数学联赛（第01试）】若非空集合A={x|2a+1≤x≤3a－5}，B={x|3≤x≤22}，则能使A⊆A∩B成立的所有a的集合是( )A．{a|1⩽a⩽9}B．{a|6⩽a⩽9}C．{a|a⩽9}D．∅10．【1993高中数学联赛（第01试）】集合A，B的并集A∪B={a1,a2,a3}，当A≠B时，(A，B)与(B，A)视为不同的对，则这样的(A，B)对的个数有A．8B．9C．26D．2711．【1991高中数学联赛（第01试）】设S={(x，y)|x2－y2=奇数，x，y∈R}，T={(x，y)|sin(2πx2)−sin(2πy2)= cos(2πx2)−cos(2πy2)，x，y∈R}.则( )A．s⊂T B．T⊂S C．S=T D．S∩T=∅12．【1990高中数学联赛（第01试）】点集{(x,y)|lg(x3+13y3+19)=lgx+lgy}中元素的个数为( )A．0B．1C．2D．多于213．【1989高中数学联赛（第01试）】若M={z|z=t1+t +i1+tt,t∈R,t≠−1,t≠0}，N={z|z=√2[cos(arcsint)+ icos (arccos t)],t∈ℝ,|t|⩽1}，则M∩N中元素的个数为( )A．0B．1C．2D．414．【1989高中数学联赛（第01试）】集合M={u|u=12m+8n+4l,m,n,l∈Z}，N={u|u=20p+16q+12r,p,q,r∈Z}，的关系为( )A．M=N B．M⊈N,N⊈M C．M⊂N D．M⊃N15．【1982高中数学联赛（第01试）】如果凸n边形F(n≥4)的所有对角线都相等，那么( )A．F∈{四边形}B．F∈{五边形}C．F∈{四边形}∪{五边形}D．F∈{边相等的多边形}{内角相等的多边形}16．【1982高中数学联赛（第01试）】设M={(x,y)||xy|=1,x>0}，N={(x,y)|arctanx+arccoty=π}.那么( )A．M∪N={(x,y)||xy|=1}B．M∪N=MC．M∪N=ND．M∪N={(x,y)||xy|=1,且x,y不同时为负数}.17．【2020高中数学联赛B卷（第01试）】设集合X={1,2,⋯,20},A是X的子集,A的元素个数至少是2,且A的所有元素可排成连续的正整数,则这样的集合A的个数为.18．【2019高中数学联赛A卷（第01试）】若实数集合{1，2，3，x}的最大元素与最小元素之差等于该集合的所有元素之和，则x的值为.19．【2019高中数学联赛B卷（第01试）】已知实数集合{1，2，3，x}的最大元素等于该集合的所有元素之和，则x的值为.20．【2018高中数学联赛A卷（第01试）】设集合A={1，2，3，…，99}，B={2x|x∈A},C={x|2x∈A}，则B∩C的元素个数为.21．【2018高中数学联赛B卷（第01试）】设集合A={2，0，1，8}，B={2a|a∈A}则A∪B的所有元素之和是.22．【2014高中数学联赛（第01试）】设集合{3a+b|1⩽a⩽b⩽2}中的最大元素与最小元素分别为M，m，则M−m的值为.23．【2013高中数学联赛（第01试）】设集合A={2，0，1，3}，集合B={x|－x∈A，2－x2∈A}.则集合B中所有元素的和为.24．【2011高中数学联赛（第01试）】设集合A={a1,a2,a3,a4}，若A中所有三元子集的三个元素之和组成的集合为B={－1，3，5，8}，则集合A=.25．【2003高中数学联赛（第01试）】已知{A=x|x2－4x+3<0，x∈R}，B={x|21－x+a≤0，x2－2(a+7)x+5≤0，x∈R}.若A⊆B，则实数a的取值范围是.26．【1996高中数学联赛（第01试）】集合{x|−1⩽log1x 10<−12,x∈N}的真子集的个数是.27．【1995高中数学联赛（第01试）】设M={1，2，3，…，1995}，A是M的子集且满足条件：当x∈A时，15 x∉A，则A中元素的个数最多是.28．【1991高中数学联赛（第01试）】将正奇数集合{1，3，5，…}由小到大按第n组有2n－1个奇数进行分组：{1}(第一组)，{3，5，7}(第二组)，{9，11，13，15，17}(第三组)，…则1991位于第组中. 29．【1991高中数学联赛（第01试）】设集合M={1，2，…，1000}，现对M的任一非空子集X，令a x表示X 中最大数与最小数之和，那么，所有这样的a x的算术平均值为.优质模拟题强化训练1．已知M={(x,y)|y≥x2} ， N={(x,y)|x2+(y−a)2≤1}.则使M∩N=N成立的充要条件是（）.A．a≥54.B．a=54.C．a≥1.D．0<a<1.2．已知集合M={1,2,...,10}，A为M的子集，且子集A中各元素的和为8.则满足条件的子集A共有（）个.A．8B．7C．6D．53．已知a为给定的实数，那么，集合M={x|x2−3x−a2+2=0,x∈R}的子集的个数为（）A．1B．2C．4D．不确定4．集合A={2,0,1,3}，集合B={x|-x∈A,2-x2∉A}，则集合B中所有元素的和为（）A．−4B．−5C．−6D．−75．已知集合A={1,2,3,4,5}，B={2,3,4,5,6}则集合C={(a,b)|a∈A,b∈B，且关于x的方程x2+2ax+b2=0有实根}的元素个数为( )．A．7B．8C．9D．106．集合A={x∈Z|log2x≤2}的真子集个数为（）A．7B．8C．15D．167．如果集合A={1,2,3,⋯,10}，B={1,2,3,4}，C是A的子集，且C∩B≠∅，则这样的子集C有（）个. A．256B．959C．960D．9618．设A=[−2,4),B={x|x2−ax−4≤0}，若B⊆A，则实数a的取值范围为（）.A．[−3,0)B．[−2,0)C．[0,2)D．[0,3)9．设集合P={x|x∈R,|x+3|+|x+6|=3}，则集合C R P为( )．A．{x|x〈6,或x〉3}B．{x|x〈6,或x〉−3}C．{x|x〈−6,或x〉3}D．{x|x〈−6,或x〉−3}10．已知集合M={x|x=sin(2m−3)π6,m∈Z},N={y|y=cos nπ3,n∈Z}，则M,N的关系是（）A．M⊊N B．M=N C．N⊊M D．M∩N=∅11．在复平面上，任取方程z100−1=0的三个不同的根为顶点组成三角形，则不同的锐角三角形的数目为____ ________.12．已知集合A={k+1，k+2，…，k+n}，k、n为正整数，若集合A中所有元素之和为2019，则当n取最大值时，集合A=________.13．已知yz≠0，且集合{2x，3z，xy}也可以表示为{y，2x2，3xz}，则x=____________.14．已知实数a≥−2，且A={x|−2≤x≤a}，B={y|y=2x+3,x∈A}，C={z|z=x2,x∈A}.若C⊆B，则a的取值范围是______________。

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题04函数C 辑历年联赛真题汇编1．【2020高中数学联赛A 卷（第01试）】对正整数n 及实数x(0≤x <n),定义f(n,x)=(1−x)⋅C n [x]+{x }C n[x]+1,其中[x]表示不超过实数x 的最大整数, x =x −[x]. 若整数m,n ≥2满足f(m,1n)+f(m,2n)+⋯+f(m,mn−1n)=123,求f(n,1m)+f(n,2m)+⋯+f(n,mn−1m)的值.2．【2019高中数学联赛B 卷（第01试）】设a 、b 、c 均大于1，满足{lga +log 6c =3lgb +log a c =4，求lga ⋅lgc 的最大值.3．【2018高中数学联赛A 卷（第01试）】已知定义在R *上的函数f(x)={|log 3x −1|,0<x ⩽94−√x,x >9 ，设a ，b ，c是三个互不相同的实数，满足f (a )=f (b )=f (c )，求abc 的取值范围.4．【2018高中数学联赛B 卷（第01试）】已知定义在R *上的函数f (x )为f(x)={|log 3x −1|,0<x ⩽94−√x,x >9，设a ，b ，c 是三个互不相同的实数，满足f (a )=f (b )=f (c )，求abc 的取值范围.5．【2016高中数学联赛（第01试）】已知f (x )是R 上的奇函数，f (1)=1，且对任意x <0，均有f (x x−1)=xf(x).求f(1)f (1100)+f (12)f (199)+f (13)f (198)+⋯+f (150)f (151)的值.6．【2013高中数学联赛（第01试）】求所有的正实数对(a ，b )，使得函数f (x )=ax 2+b 满足：对任意实数x ，y ，有f(xy)+f(x +y)⩾f(x)f(y).7．【2011高中数学联赛（第01试）】设函数f(x)=llg(x +1)，实数a ，b (a <b )满足f(a)=f (−b+1b+2)，f(10a +6b +21)=4lg2，求a ，b 的值.8．【2010高中数学联赛（第01试）】已知函数f (x )=ax 3+bx 2+cx +d (a ≠0)，当0≤x ≤1时，|f′(x )|=1，试求a 的最大值.9．【2006高中数学联赛（第01试）】设f (x )=x 2+a .记f 1(x)=f(x)，f n (x)=f (f n−1(x)),n =2,3,⋯，M ={a ∈R |对所有的正整数n,|f n (0)≤2|}. 证明：M =[−2,14].10．【2004高中数学联赛（第01试）】已知α,β是方程4x 2－4tx －1=0(t ∈R )的两个不等实根，函数f(x)=2x−t x 2+1的定义域为[α,β].(1)求g(t)=maxf(x)−minf(x)；(2)证明：对于u i∈(0,π2)(i=1,2,3)，若sinu1+sinu2+sinu3=1，则1g(tanu1)+1g(tanu2)+1g(tanu3)<34√6.11．【2002高中数学联赛（第01试）】设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R,a≠0)满足条件：(1)当x∈R时f(x－4)=f(2－x)，且f(x)≥x；(2)当x∈(0，2)时，f(x)⩽(x+12)2；(3)f(x)在R上的最小值为0.求最大的m(m>1)，使得存在t∈R，只要x∈[1，m]，就有f(x+t)≤x.12．【2000高中数学联赛（第01试）】若函数f(x)=−12x2+132在区间[a，b]上的最小值为2a，最大值为2b，求[a，b].13．【1998高中数学联赛（第01试）】设函数f(x)=ax2+8x+3(a<0)，对于给定的负数a，有一个最大的正数l(a)，使得在整个区间[0,l(a)]上，不等式|f(x)|≤5都成立.问：a为何值时，l(a)最大?求出这个最大的l(a)，证明你的结论.14．【1997高中数学联赛（第01试）】设双曲线xy=1的两支为C1,C2(如图)，正△PQR的三顶点位于此双曲线上.(1)求证：P，Q，R不能都在双曲线的同一支上；(2)设P(－1，－1)在C2上，Q，R在C1上，求顶点Q，R的坐标.优质模拟题强化训练1．已知定义在R上的函数f(x)满足f(f(x)−x2+x)=f(x)−x2+x.（1）当f(x)=3时，求f(1)；当f(0)=a时，求f(a).（2）若有且仅有一个实数x0，使得f(x0)=x0，求函数f(x)的解析式.2．设函数f(x)=ax2+bx+c（a≠0）满足|f(0)|≤2，|f(2)|≤2，|f(−2)|≤2，求当x∈[2,−2]时y=|f(x)|的最大值．3．设a∈R，且对任意实数b均有maxx∈[0,1]|x2+ax+b|≥1，求a的取值范围.4．已知正整数n都可以唯一表示为n=a0+a1⋅9+a2⋅92+⋯+a m⋅9m①的形式，其中m为非负整数，a j∈{0,1,⋯,8}（j=0，1,⋯,m−1），a m∈{1,⋯,8}.试求①中的数列a0,a1,a2,⋯,a m严格单调递增或严格单调递减的所有正整数n的和.5．已知函数y=3x+√x2−2x，求该函数的值域．6．若函数f满足：对任意实数a，方程f(x)=a的解的个数为偶数（可以是0个，但不能是无数个），则称f为“偶的函数”.证明：（1）任何多项式f均不是偶的函数；（2）存在连续函数f:R→R是偶的函数.7．已知函数f(x)=ax2+bx+c(a>0),且3a+4b+6c=0，证明：f(x)在区间(0,1)上必有零点。

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题11数列C 辑历年联赛真题汇编1．【2020高中数学联赛B 卷（第01试）】设数列{a n }的通项公式为a n =√5[(1+√52)n−(1−√52)n], n =1,2,⋯.证明:存在无穷多个正整数m ,使得a m+4a m −1是完全平方数. 【答案】证明见解析 【解析】记q 1=1+√52,q 2=1−√52,则q 1+q 2=1,q 1q 2=−1,于是a n =√51n−q 2n (n =1,2,⋯).所以a 1=1,a 2=1.又注意到q i +1=q i 2(i =1,2). 有a n+1+a n =51n+1−q 2n+151n −q 2n=√51n q1+1−q 2nq 2+1 =√51n+2−q 2n+2,a n+2=a n+1+a n ,n =1,2,⋯,由此易知,数列{a n }的每一项都是正整数.由计算易得q 4++q 22=7,故a 2n+3a 2n−1−1=√512n+3−q 22n+3⋅√512n−1−q 22n−1−1.=15q 14n+2+q 24n+2−q 1q 22n−1q 14−q 1q 22n−1q 24−1 =15q 14n+2+q 24n+2+q 14+q 24−1 =15q 14n+2+q 24n+2+7−1 =55q 14n+2+q 24n+2+2 =[√512n+1−q 22n+1]2=a 2n+12，所以,对任意正整数n , a 2n+3a 2n−1−1都是完全平方数.于是对于正奇数m , a m+4a m −1均为完全平方数. 2．【2018高中数学联赛A 卷（第01试）】已知实数列a 1,a 2,a 3,⋯满足:对任意正整数n ，有a n (2S n −a n )=1，其中S n 表示数列的前n 项和证明: (1)对任意正整数n ，有a n <2√n ；(2)对任意正整数n，有a n a n+1<1.【答案】证明见解析2，【解析】(1)约定S0=0.由条件知，对任意正整数n，有1=a n(2S n−a n)=(S n−S n−1)(S n+S n−1)=S n2−S n−1从而S n2=n+S02=n，即S n=±√n(当n=0时亦成立).显然，a n=S n−S n−1⩽√n+√n−1<2√n.(2)仅需考虑a n,a n+1同号的情况.不失一般性，可设a n,a n+1均为正(否则将数列各项同时变为相反数，仍满足条件)，则S n+1>S n>S n−1>−√n，故必有S n=√n,S n+1=√n+1，此时a n=√n±√n−1,a n+1=√n+1−√n，从而a n a n+1<(√n+√n−1)(√n+1−√n)<(√n+1+√n)(√n+1−√n)=1.=a n+2,n=1,2,3,⋯.求满足a n>42018的3．【2018高中数学联赛B卷（第01试）】已知数列{a n}:a1=7,a n+1a n最小正整数n.【答案】12=a n+2可知a n+1+1=(a n+1)2.【解析】由a n+1a n因此a n+1=(a1+1)2n−1=82n−1=23×2n−1，故a n=23×2n−1−1.显然{a n}单调递增.由于a11=23072−1<21036=42018,a12=26144−1>24036=42018，故满足题目条件的n的最小值是12.4．【2017高中数学联赛B卷（第01试）】设数列{a n}是等差数列，数列b n}满足b n=a n+1a n+2−a n2,n=1,2,⋯.(1)证明:数列{b n}也是等差数列；(2)设数列{a n},{b n}的公差均是d≠0，并且存在正整数s、t，使得a s+b t是整数，求|a1|的最小值..【答案】(1)证明见解析；(2) 118【解析】(1)设等差数列{a n}的公差是d，则2)−(a n+1a n+2−a n2)=a n+2(a n+3−a n+1)−(a n+1+a n)(a n+1−a n)b n+1−b n=(a n+2a n+3−a n+1=a n+2⋅2d−(a n+1+a n)⋅d=(2a n+2−a n+1−a n)⋅d=3d2.所以数列{b n}也是等差数列..(2)由已知条件及(1)的结果知3d2=d.因为d≠0，故d=13.这样b n=a n+1a n+2−a n2=(a n+d)(a n+2d)−a n2=3da n+2d2=a n+29若正整数s、t满足a s+b t∈Z，则a s+b t=a s+a t+29=a1+(s−1)d+a1+(t−1)d+29=2a1+s+t−23+29∈Z.记l=2a1+s+t−23+29，则l∈Z，且18a1=3(3l−s−t+1)+1是一个非零的整数，故|18a1|⩾1，从而|a1|⩾1 18 .又当a1=118时，有a1+b3=118+1718=1∈Z.综上所述，|a1|的最小值为118.5．【2015高中数学联赛（第01试）】设a1,a2,a3,a4是4个有理数，使得{a i a j|1⩽i<j⩽4}={−24,−2,−32,−18,1,3}成立.求a1+a2+a3+a4的值.【答案】±94【解析】由条件可知，a i a j(1⩽i<j⩽4)是6个互不相同的数，且其中没有两个为相反数，由此知，a1，a2，a 3，a4的绝对值互不相等，不妨设|a1|<|a2|<|a3|<|a4|，则|a i||a j|(1⩽i<j⩽4)中最小的与次小的两个数分别是|a1||a2|及|a1||a3|，最大与次大的两个数分别是|a3||a4|及|a2||a4|，从而必须有{a1a2=−18a1a3=1a2a4=3a3a4=−24，于是a2=−18a1,a3=1a1,a4=3a2=−24a1.故结合a1∈Q，只可能a1=±14.由此易知a1=14,a2=−12,a3=4,a4=−6或者a1=−14,a2=12,a3=−4,a4=6.经检验知这两组解均满足问题的条件.故a1+a2+a3+a4=±94.6．【2014高中数学联赛（第01试）】数列{a n}满足a1=π6,a n+1=arctan(seca n)(N∈n∗)，求正整数m，使得sina1,sina2,⋯,sina m=1100.【答案】3333【解析】由已知条件可知，对任意正整数n，a n+1∈(−π2,π2)，且tana n+1=seca n①由于seca n>0，故a n+1∈(0,π2)，由式①得tan2a n+1=sec2a n=1+tan2a n，故tan2a n=n−1+tan2a1=n−1+13=3n−23，即tana n=√3n−23，因此sina1⋅sina2⋯⋯sina m=tana1seca1⋅tana2seca2⋯…tana mseca m=tana1tana2⋅tana2tana3⋯⋯tana mtana m+1(利用式①)=tana1tana m+1=√13m+1，由√13m+1=1100得m=3333.7．【2012高中数学联赛（第01试）】已知数列{a n}的各项均为非零实数，且对于任意的正整数n，都有(a1+a2+⋯+a n)2=a13+a23+⋯+a n3，(1)当n=3时，求所有满足条件的三项组成的数列a1,a2,a3；(2)是否存在满足条件的无穷数列{a n}，使得a2013=−2012?若存在，求出这样的无穷数列的一个通项公式；若不存在，说明理由.【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析.【解析】(1)当n=1时a12=a13，由a1≠0，得a1=1.当n=2时(1+a2)2=1+a23，由a2≠0，得a2=2或a2=－1.当n=3时(1+a2+a3)2=1+a23+a33，若a2=2，得a3=3或a3=－2；若a2=－1，得a3=1.综上，满足条件的三项数列有3个：1，2，3或1，2，－2或1，－1，1.(2)令S n=a1+a2+⋯+a n，则S n2=a13+a23+⋯+a n3(n∈N∗)，从而(S n+a n+1)2=a13+a23+⋯+a n3+a n+13，两式相减，结合a n+1≠0，得2S n=a n+12−a n+1.当n=1时，由情形(1)知a1=1；当n≥2时，2a n=2(S n−S n−1)=(a n+12−a n+1)−(a n2−a n)，即(a n+1+a n)(a n+1−a n−1)=0，所以a n+1=−a n或a n+1=a n+1.又a1=1,a2013=−2012，所以存在如下形式满足条件a n={n(1⩽n⩽2012) 2012(−1)n(n⩾2013).8．【2011高中数学联赛（第01试）】已知数列{a n}满足：a1=2t－3(t∈R且t≠±1)，a n+1=(2t n+1−3)a n+2(t−1)t n−1a n+2t n−1(n∈N∗).(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若t>0，试比较a n+1与a n的大小.【答案】(1) a n=2(t n−1)n−1；(2) a n+1>a n.【解析】(1)由原式变形得a n+1=2(t n+1−1)(a n+1)a n+2t n−1−1，则a n+1+1t n+1−1=2(a n+1)a n+2t n−1=2(a n+1)t n−1a n+1t n−1+2，记a n+1t n−1=b n，则b n+1=2b nb n+2，b1=a1+1t−1=2t−2t−1=2.又1b n+1=1b n+12，1b1=12.从而有1b n =1b1+(n−1)⋅12=n2，故a n+1t n−1=2n，于是有a n=2(t n−1)n−1.(2)由题意知a n+1−a n=2(t n+1−1)n+1−2(t n−1)n=2(t−1)n(n+1)[n(1+t+⋯+t n−1+t n)−(n+1)(1+t+⋯+t n−1)] =2(t−1)n(n+1)[nt n−(1+t+⋯+t n−1)]=2(t−1)n(n+1)[(t n−1)+(t n−t)+⋯+(t n−t n−1)]=2(t−1)2n(n+1)[(t n−1+t n−2+⋯+1)+t(t n−2+t n−3+⋯+1)+⋯+t n−1]，显然在t>0(t≠1)时恒有a n+1−a n>0，故a n+1>a n.9．【2010高中数学联赛（第01试）】证明：方程2x3+5x－2=0恰有一个实数根r，且存在唯一的严格递增正整数数列{a n}，使得25=r a1+r a2+r a3+⋯.【答案】证明见解析【解析】令f(x)=2x3+5x−2，则f′(x)=6x2+5>0，所以f(x)是严格递增的.又f(0)=−2<0,f(12)=34>0，故f(x)有唯一实数根r∈(0,12).所以2r3+5r−2=0，25=r1−r3=r+r4+r7+r10+⋯，故a n=3n−2(n=1,2,⋯)是满足题设要求的数列.若存在两个不同的正整数数列a1<a2<⋯<a n<⋯和b1<b2<⋯<b n<⋯，满足r a1+r a2+r a3+⋯=r b1+r b2+r b3+⋯=25，去掉上面等式两边相同的项，有r s1+r s2+r s3+⋯=r t1+r t2+r t3+⋯，这里s1<s2<s3<⋯，t1<t2<t3<⋯，所有的s i与t j都是不同的.不妨设s1<t1，则r s1<r s1+r s2+⋯=r t1+r t2+⋯1<r t1−s1+r t2−s1+⋯⩽r+r2+⋯=11−r −1<11−12−1=1，矛盾.故满足题设的数列是唯一的.10．【2009高中数学联赛（第01试）】已知p，q(q≠0)是实数，方程x2－px+q=0有两个实根α,β，数列{a n}满足a1=p，a2=p2−q，a n=pa n−1−qa n−2(n=3,4,⋯).(1)求数列{a n}的通项公式(用α,β表示)；(2)若p=1,q=14，求{a n}的前n项和.【答案】(1)a n=(n+1)αn；(2) S n=3−n+32n.【解析】解法一(1)由韦达定理知α⋅β=q≠0，又α+β=p，所以a n=px n−1−qx n−2=(α+β)a n−1−αβa n−2(n=3,4,5,⋯)，整理得a n−βa n−1=α(a n−1−βa n−2)，令b n=a n+1−βa n，则b n+1=αb n(n=1,2,⋯)，所以{b n}是公比为α的等比数列，数列{b n}的首项为b1=a2−βa1=p2−q−βp=(α+β)2−αβ−β(α+β)=α2，所以b n=α2⋅αn−1=αn+1，即a n+1−βa n=αn+1(n=1,2,⋯)，所以a n+1=βa n+αn+1(n=1,2,⋯)，当Δ=p2−4q=0时，α=β≠0，a1=p=α+α=2α，a n+1=βa n+αn+1(n=1,2,⋯)，变为a n+1=αa n+αn+1(n=1,2,⋯)，整理得a n+1αn+1−a nαn=1(n=1,2,⋯)，所以，数列{a nαn }构成公差为1的等差数列，其首项为a1α=2αα=2，所以于是数列{a n}的通项公式为a n=(n+1)αn，当Δ=p2−4q>0时，α≠β，a n+1=βa n+αn+1=βa n+β−αβ−ααn+1=βa n+ββ−ααn+1−αβ−ααn+1(n=1,2,⋯)，整理得a n+1+αn+2β−α=β(a n +αn+1β−α) (n =1,2,⋯)，所以，数列{a n +αn+1β−α}构成公比为β的等比数列，其首项为a 1+α2β−α=α+β+α2β−α=β2β−α，所以a n +αn+1β−α=β2β−αβn−1，于是数列{a n }的通项公式为a n =βn+1−αn+1β−α.(2)若p =1,q =14，则Δ=p 2−4q =0，此时α=β=12， 由情形(1)的结果得，数列{a n }的通项公式为a n =(n +1)(12)n=n+12n，所以，{a n }的前n 项和为S n =22+322+423+⋯+n 2n−1+n+12n，12S n =222+323+424+⋯+n 2n+n+12n+1，以上两式相减，整理得12S n =32−n+32n+1，所以S n =3−n+32n.解法二(1)由韦达定理知α⋅β=q ≠0，又α+β=p ，所以a 1=α+β,a 2=α2+β2+αβ， 特征方程λ2−pλ+q =0的两个根为α,β.当α=β≠0时，通项a n =(A 1+A 2n )αn (n =1,2,⋯)， 由a 1=2α,a 2=3α2得{(A 1+A 2)α=2α(A 1+2A 2)α2=3α2，解得A 1=A 2=1，故a n =(1+n)αn ，当α≠β时，通项a n =A 1αn +A 2βn (n =1,2,⋯)，由a 1=α+β,a 2=α2+β2+αβ得{A 1α+A 2β=α+βA 1α2+A 2β2=α2+β2+αβ ， 解得A 1=−αβ−α,A 2=ββ−α，故a n =−αn+1β−α+βn+1β−α=βn+1−αn+1β−α.(2)同解法一.11．【2007高中数学联赛（第01试）】设a n =∑1k(n+1−k)nk=1，求证：当正整数n ≥2时，a n+1<a n .【答案】证明见解析 【解析】由于1k(n+1−k)=1n+1(1k+1n+1−k)，因此a n =2n+1∑1knk=1，于是，对任意的正整数n ≥2，有1 2(a n−a n+1)=1n+1∑1knk=1−1n+2∑1kn+1k=1=(1n+1−1n+2)∑1knk=1−1(n+1)(n+2)=1(n+1)(n+2)(∑1knk=1−1)>0，即a n+1<a n.12．【2006高中数学联赛（第01试）】将2006表示成5个正整数x1,x2,x3,x4,x5之和.记S=∑x i1⩽i<j⩽5x j.问：(1)当x1,x2,x3,x4,x5取何值时，S取到最大值?(2)进一步地，对任意1≤i，j≤5有|x i−x j|⩽2，当x1,x2,x3,x4,x5取何值时，S取到最小值?说明理由.【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析.【解析】(1)首先这样的S的值是有界集，故必存在最大值与最小值.若x1+x2+x3+x4+x5=2006，且使S=∑x i1⩽i<j⩽5x j取到最大值，则必有|x i−x j|⩽1(1⩽i,j⩽5)①事实上，假设式①不成立，不妨假设x1−x2⩾2，则令x1′=x1−1,x2′=x2+1，x i′=x i(i=3,4,5)，有x1′+x2′=x1+x2，x1′⋅x2′=x1x2+x1−x2−1>x1x2，将S改写成S=∑x i1⩽i<j⩽5x j=x1x2+(x1+x2)(x3+x4+x5)+x3x4+x3x5+x4x5，同时有S′=x1′x2′+(x1′+x2′)(x3+x4+x5)+x3x4+x3x5+x4x5，于是有S′−S=x1′x2′−x1x2>0，这与S在x1,x2,x3,x4,x5时取得最大值矛盾.所以必有|x i−x j|⩽1(1⩽i,j⩽5)，因此当x1=402,x2=x3=x4=x5=401取到最大值.(2)当x1+x2+x3+x4+x5=2006且|x i−x j|⩽2时，只有：(1)402,402,402,400,400；(2)402,402,401,401,400；(3)402,401,401,401,401.三种情形满足要求.而后面两种情形是在第一组情形下作x i′=x i−1,x j′=x j+1调整下得到的.根据上一小题的证明可以知道，每调整一次，和式S=∑x i1⩽i<j⩽5x j变大.所以在x1=x2=x3=402,x4=x5=400情形取到最小值.13．【2005高中数学联赛（第01试）】数列{a n}满足：a0=1,a n+1=7a n+√45a n2−362，n∈N.证明：(1)对任意n∈N，a n为正整数；(2)对任意n∈N，a n a n+1−1为完全平方数.【答案】证明见解析【解析】(1)由题设得a1=5，且{a n}严格单调递增.将条件式变形得2a n+1−7a n=√45a n2−36，两边平方整理得a n+12−7a n a n+1+a n2+9=0①所以①－②得(a n+1−a n−1)(a n+1+a n−1−7a n)=0.因为a n+1>a n，所以a n+1+a n−1−7a n=0，故a n+1=7a n−a n−1③由式③及a0=1,a1=5可知，对任意n∈N，a n为正整数.(2)将式①两边配方，得(a n+1+a n)2=9(a n a n+1−1)，所以a n a n+1−1=(a n+1+a n3)2④由式③得a n+1+a n=9a n−(a n+a n+1)，所以a n+1+a n≡−(a n+a n+1)≡⋯≡(−1)n(a1+a0)≡0( mod 3).因此，a n+1+a n3为整数，所以a n a n+1−1是完全平方数.14．【2002高中数学联赛（第01试）】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，P k+1是对P k进行如下操作得到：将P k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S n为曲线P n所围成图形的面积.(1)求数列{S n}的通项公式；(2)求limn→∞S n.【答案】(1)S n=85−35×(49)k；(2)85.【解析】(1)对P0进行操作，容易看出P0的每条边变成P1的4条边，故P1的边数为3×4；同样，对P1进行操作，P1的每条边变成P2的4条边，故P2的边数为3×42，从而不难得到P n的边数为3×4n.已知P0的面积为S0=1，比较P1与P0.容易看出P1在P0的每条边上增加一个小的等边三角形其面积为132，而P0有3条边，故S1=S0+3×132=1+13，再比较P2与P1，可知P2在P1的每条边上增加了一个小的等边三角形，其面积为132×132，而P1有3×4条边，故S2=S1+3×4×134=1+13+433，类似地有S3=S2+3×42×136=1+13+433+4235，于是有S n=1+13+433+4235+⋯+4n−132n−1=1+∑4k−132k−1nk=1=1+34∑(49)kxk=1=1+34×49[1−(49)k]1−49=1+35[1−(49)k]=85−35×(49)k①下面利用数学归纳法证明式①当n=1时，由上面已知，式①成立.假设n=k时，有S k=85−35⋅(49)k，当n=k+1时，易知第k+1次操作后，比较P k+1与P k，P k+1在P k的每条边上增加了一个小的等边三角形，其面积为132(k+1)，而P k有3⋅4k条边，故S k+1=S k+3⋅4k⋅132(k+1)=S k+4k22(k+1)=85−35⋅(49)k+1.综上，由数学归纳法，式①得证.(2)limn→∞S n=limn→∞[(85)−(35)⋅(49)n]=85.15．【2001高中数学联赛（第01试）】{a n}为等差数列，{b n}为等比数列，且b1=a12，b2=a22，b3=a32(a<a2)，又limn→+∞(b1+b2+⋯+b n)=√2+1，试求{a n}的首项与公差.【答案】答案见解析【解析】这是一个有关等差、等比数列的基本问题，数列{a n}与{b n}的前三项满足b i=a i2(i=1,2,3)，由此可确定数列{a n}的首项a i与公差d的关系.由limx→∞(b1+b2+⋯+b n)=√2+1便可求出a1和d的值.设{a n}的公差为d，由a1<a2，得d>0，由b22=b1b3得a24=a12a32，所以a22=a1a3.(舍去，否则a1=a2=a3).或a22=−a1a3，所以(a1+d)2=−a1(a1+2d)，即2a12+4a1d+d2=0.解得d =(−2±√2)a 1， 若d =(−2−√2)a 1，则q =a 22a 12=(√2+1)2>1，不符合要求. 若d =(−2+√2)a 1，则q =a 22a 12=(√2−1)2，由lim x→∞(b 1+b 2+⋯+b n )=√2+1得b 11−q=√2+1，即12[1−(√2−1)]2=√2+1，解得a 12=2，由a 22=−a 1a 3及a 1<a 2知a 1<0，所以a 1=−√2,d =(−2+√2)a 1=2√2−2.16．【2001高中数学联赛（第01试）】用电阻值分别为a 1,a 2,a 3,a 4,a 5,a 6(a 1>a 2>a 3> a 4>a 5>a 6)的电阻组装成一个如图的组件，在组装中应如何选取电阻，才能使该组件总电阻值最小?证明你的结论.【答案】答案见解析【解析】设6个电阻的组件的总电阻为R FG .当R i =a i (i =3,4,5,6)， R 1,R 2是a 1,a 2的任意排列时，R FG 最小. 用逐步调整法证明如下：(1)当R 1,R 2并联时，所得组件阻值R 满足1R =1R 1+1R 2，若交换R 1,R 2,R 不变，且当R 1或R 2变小时，R 也减小，因此不妨取R 1>R 2. (2)设三个电阻的组件(如图所示)的总电阻为R AB ， 则R AB =R 1R 2R 1+R 2+R 3=R 1R 2+R 1R 3+R 2R 3R 1+R 2，显然，R 1+R 2越大，则R AB 越小，所以为使R AB 最小，必须取R 3为所取三个电阻中阻值最小的一个.(3)设四个电阻的组件(如图所示)的总电阻为R CD ， 则1R CD=1R AB+1R 4=R 1R 2+R 1R 3+R 1R 4+R 2R 3+R 2R 4R 1R 2R 4+R 1R 3R 4+R 2R 3R 4，记S 1=∑R i 1<i<j⩽4R j ,S 2=∑R i 1⩽i<j⩽4R j R k ，则S 1,S 2为定值. 于是R CD =S 2−R 1R 2R 3S 1−R 3R 4，显然，当R 3R 4最小，且R 1R 2R 3最大时，R CD 最小.故应取R 4<R 3,R 3<R 2,R 3<R 1才能使总电阻的阻值最小. (4)回到图1，把由R 1,R 2,R 3组成的组件用等效电阻R AB 代替.要使R FG 最小，由情形(3)知，必须使R 6<R 5，且由情形(1)知，应使R CE 最小. 由情形(2)知，要使R CE 最小，必须使R 5<R 4，且应使R CD 最小. 而由情形(3)知，要使R CD 最小，应使R 4<R 3<R 2，且R 4<R 3<R 1. 综上所述，按照图1选取电阻，才能使该组件的总电阻值最小.17．【1999高中数学联赛（第01试）】给定正整数n 和正数M ，对于满足条件a 12+a n+12⩽M 的所有等差数列a 1,a 2,a 3,⋯，试求S =a n+1+a n+2+⋯+a 2n+1的最大值. 【答案】√102(n +1)√M【解析】设公差为d,a n+1=a ，则S =a n+1+a n+2+⋯+a 2n+1=(n +1)a +n(n+1)2d ，故a +nd 2=Sn+1，则M ⩾a 12+a n+12=(a −nd)2+a 2=410(a +nd 2)2+110(4a −3nd)2⩾410(Sn+1)2，因此|S|⩽√102(n +1)√M ，且当a =10√M,d =101n√M 时，S =(n +1)[√10√M +n2√101n√M]=(n +√10√M =√102(n +1)√M .又因为此时4a =3nd ，有a 12+a n+12=410(Sn+1)2=410⋅104√M =√M ，所以，S 的最大值为√102(n +1)√M .18．【1993高中数学联赛（第01试）】设正数列a 0,a 1,a 2,⋯,a n ,⋯满足√a n a n−2−√a n−1a n−2=2a n−1(n ⩾2)，且a 0=a 1=1，求{a n }的通项公式. 【答案】a n ={1(n =0)∏(2k −1)2nk=1(n ∈N )【解析】将√a n a n−2−√a n−1a n−2=2a n−1变为√a n a n−2−2a n−1=√a n−1a n−2， 两边除以√a n−1a n−2得√a n a n−1−2√a n−1a n−2=1 ①于是 √a n−1an−2−2√a n−2a n−3=1②⋮√a2a 1−2√a1a 0=1.错位相减可得：√a n a n−1−2n−1√a 1a 0=1+2+22+⋯+2n−2.于是√a na n−1=1+2+22+⋯+2n−1=2n −1，所以a n =(2n −1)2a n−1(2n −1)2(2n−1−1)2a n−2=⋯=∏(2k −1)2nk=1. 则a n ={1(n =0)∏(2k −1)2nk=1(n ∈N ). 19．【1992高中数学联赛（第01试）】设n 为自然数，f n (x)=x n+1−x −n−1x−x −1(x ≠0,±1)，令y =x +1x.(1)求证：f n+1(x)=yf n (x)−f n−1(x),n >1. (2)用数学归纳法证明： f (x )={y n −C n−11y n−2+⋯+(−1)i C n−i n y n−2i +⋯+(−1)n2(i =1,2⋯,n 2,n 为偶数)y n−C n−11y n−2+⋯+(−1)iC n−i ny n−2i+⋯+(−1)n−12C n+12n−12y (i =1,2,⋯,n−12,n 为奇数).【答案】证明见解析【解析】(1)由yf n (x)−f n−1(x)=(x +1x )(x n+1−x −n−1)−(x n −x −n )x −x −1=x n+2+x n −x −n −x −n−2+x n −x −n x −x −1=x n+2−x −n−2x −x −1=f n+1(x)得f n+1(x)=yf n (x)−f n−1(x).(2)直接计算得f 1(x)=x +1x =y ，f 2(x)=x 2+1+1x 2=(x +1x)2−1=y 2−1.因此，命题对于n =1，2时成立设命题对n ≤m (m ≥2，m 为自然数)已成立，今证对于n =m +1也成立，分两种情况： (i )当m +1为奇数时，由归纳假设知，对n =m 及n =m －1有 f m (x)=y m+C m−21ym−2+C m−22ym−4+⋯+(−1)iC m−i i ym−2i+⋯+(−1)m 2Cm−m 2m 2ym−2×m 2② f m−1(x)=ym−1−C m−21y m−3+⋯+(−1)iC m−i i−1ym+1−2i+⋯+(−1)m2−1Cm2m 2−1y (m−1)−2×m−12i③用y 乘式②减去式③得到 yf m (x)−f m−1(x)=ym+1−⋯+(−1)i(C m−ii +C m−i i−1)y m+1−2i+⋯+(−1)m2(Cm−m 2m 2+Cm−m 2m 2)y .因为C m−i i +C m−i i−1=C m−i+1i，所以yf m (x)−f m−1(x)=ym+1−C m+1−11y m−1+⋯+(−1)C m−i+1i+ym+1−2i+⋯+(−1)m 2Cn 2+1m2y .根据式①，故命题对n =m +1(m +1为奇数)成立.(ii )当m +1为偶数时，由归纳假设知，对n =m 及n =m －1，有 f m (x)=y m−C m−11ym−2+⋯+(−1)iC m−i i y m−2i+⋯+(−1)m−12Cm+12m−12y ② f m−1(x)=ym−1−C m−21y m−3+⋯+(−1)i−1C m−i i−1ym+1−2i+⋯+(−1)m−12Cm+12m−12y③用y 乘式②减去式③，如同上述m +1为奇数时一样进行合并， 并注意到最后的常数项为(−1)m−12Cm 2−12m−12=(−1)m+12Cm+12m+12=(−1)m+12.于是得到yf m (x)−f m−1(x)=y m+1−C m 1y m−1+⋯+(−1)m+12.根据情形(i )的结论，故命题对n =m +1(m +1为偶数)成立，综合上述，可知对一切自然数n ， 命题成立.20．【1990高中数学联赛（第01试）】n 2(n ≥4)个正数排成n 行n 列： a 11a 12a 13a 14⋯a 1n a 21a 22a 23a 24⋯a 2n a 31a 32a 33a 34⋯a 3n a 41a 42a 43a 44⋯a 4n ⋮⋮⋮⋮⋮a n1a n2a n3a n4⋯a nn， 其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有公比相等，已知a 24=1,a 42=18，a 43=316，求a 11+a 22+a 33+a 44+⋯+a nn . 【答案】2−12n−1−n 2n【解析】设第一行数列公差为d ，各列数列公比为q ，则第四行数列公差是dq 3，于是可得方程组{a 24=(a 11+3d )q =1a 42=(a 11+d )q 3=18a 43=18+dq 3=316，解此方程组，得a 11=d =q =±12. 由于n 2个数都是正的，故a 11=d =q =12.而对于任意1≤k ≤n ，有a kk =a 1k q k−1=[a 11+(k −1)d ]q k−1=k 12k，故S =12+2122+⋯+n12n.又因为12S =1S2+2123+⋯+n12n+1，相减后即得12S =12+122+⋯+12n−n 12n+1=12(1−12n )1−12−n12n+1.所以S =2−12n−1−n 2n.21．【1989高中数学联赛（第01试）】已知a 1,a 2,⋯,a n 是n 个正数，满足a 1⋅a 2⋅⋯⋅a n =1.求证：(2+a 1)(2+a 2)⋯(2+a n )⩾3n . 【答案】证明见解析【解析】解法一利用不等式a +b +c ⩾3√abc 3(a ，b ，c 为正数)，有2+a i =1+1+a i ⩾3√a i 3 (i =1,2,⋯,n)，则(2+a 1)(2+a 2)⋯(2+a i )⩾3n ⋅√a 1a 2⋯a n 3=3n .解法二令a j =e b j ，则由a 1⋅a 2⋅⋯⋅a n =1可知b 1+b 2+⋯+b n =0. 考虑函数f(x)=ln (2+e x ). 由f(x)+f(y)⩾2f (x+y 2)可知f (x )是凸函数，由延森(Jensen )不等式得f (b 1)+f (b 2)+⋯+f (b n )⩾nf(b 1+b 2+⋯+b nn)=nln3，此即(2+a 1)(2+a 2)⋯(2+a n )⩾3n .证毕.22．【1989高中数学联赛（第01试）】已知对任意的n ∈N ，有a n>0，且∑a j 3n j=1=(∑a j nj=1)2.求证：a n =n.【答案】证明见解析 【解析】用数学归纳法证明 (1)当n =1时，结论显然成立；(2)假设命题在n ≤k 时成立，即当i =1，2，…，k 时，则a i =i.下面考虑当n =k +1时的情形：∑a i 3k+1i=1=(∑a i k+1i=1)2=∑a i 3ki=1+a k+13=(∑a i k i=1+a k+1)2,于是a k+13=2⋅a k+1∑a i k i=1+a k+12，因为a i =i (i =1,2,⋯,k)，所以∑a i k i=1=k(k+1)2.进而a 2k+12−a k+1−k(k +1)=0 (a k+1>0)，解得a k+1=k +1或a k+1=−k (不符合题意).故命题在n =k +1时成立.优质模拟题强化训练1．设a 1=1,a n =n 2∑1k2n−1k=1(n ⩾2).求证：（1）a n+1a n+1=n 2(n+1)2(n ⩾2)；（2）(1+1a 1)(1+1a 2)⋯(1+1a n)<4(n ⩾1).【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析 【解析】 （1）由已知可得a n +1a n+1=n 2∑1k 2n−1k=1+n 2n2(n+1)2∑1k 2n k=1=n 2(n+1)2.（2）由已知条件有a 1=1,a 2=4. 当n =1时，1+1a 1=2<4，不等式成立.当n ≥2时，由（1）的结论可得(1+1a 1)(1+1a 2)(1+1a 3)⋯(1+1a n )=1+a 1a 1⋅1+a 2a 2⋅1+a 3a 3⋅…⋅1+a na n=1+a 1a 1a 2⋅(1+a 2a 3⋅1+a 3a 4⋅…⋅1+a n a n+1)⋅a n+1=12⋅[2232⋅3242⋅⋯⋅n 2(n +1)2]⋅a n+1=2a n+1(n +1)2=2(1+122+132+⋯+1n 2)<2[1+11×2+12×3+⋯+1(n −1)×n] =2[1+(1−12)+(12−13)+⋯+(1n−1−1n)]=2(2−1n)<4.综上所述，不等式成立.2．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n 2=∑a i ni=1.（1）求数列{a n }的通项公式； （2）求证：∑√ka k2nk=1<3.【答案】（1）a n =n ；（2）证明见解析【解析】（1）由{∑i=1n a i 3=S n 2∑i=1n+1a i 3=S n+12得到a n+13=S n+12−S n 2=(S n+1+S n )(S n+1−S n )=(S n+1+S n )a n+1. 因为a n+1>0，所以a n+12=2S n +a n+1，即2S n =a n+12−a n+1, 2S n−1=a n 2−a n (n ⩾2). 两式相减，得2a n =a n+12−a n+1−a n 2+a n ，进而(a n+1+a n )(a n+1−a n )=a n+1+a n .因为a n+1+a n >0，所以a n+1−a n =1(n ⩾2).又由已知a 1=1,a 2=2，所以，对任意n ∈N +，有a n+1−a n =1， 即{a n }是等差数列，故a n =n. （2）由a n =n ，对原式变形有：∑√ka k 2nk=1=√k 3nk=1=1+√k 3nk=2<1+√k(k 2−1)nk=2=1+1nk=2=1+1√(k −1)(k +1)(k −1)+(k +1)2nk=2<1+2√(k −1)(k +1)(√k +1+√k −1)nk=2=1+√k +1√k −1√(k +1)(k −1)nk=2=1+∑(√k −1√k +1)nk=2=1+1√2√n√n+1<2+√22<3.原式得证.3．已知数列{a n }中a 1=2,a n+1=(√2−1)(a n +2)，n =1,2,3,…. （1）求{a n }的通项公式；（2）若数列{b n }中b 1=2，b n+1=3b n+42b n+3，n =1,2,3,…证明：√2<b n ⩽a 4n−3,n =1,2,3,⋯.【答案】（1）a n =√2[(√2−1)n +1],n ∈N ∗.（2）证明见解析 【解析】（1）由题设：a n+1=(√2−1)(a n +2)=(√2−1)(a n −√2)+(√2−1)(2+√2)=(√2−1)(a n −√2)+√2， a n+1−√2=(√2−1)(a n −√2).所以，数列{a n −√2}是首项为2−√2，公比为√2−1的等比数列，故有a n−√2=√2(√2−1)n，即a n的通项公式为a n=√2[(√2−1)n+1],n∈N∗.（2）用数学归纳法证明①当n=1时，因为√2<2,b1=a1=2，所以√2<b1⩽a1，结论成立②假设当n=k时，结论成立，即√2<b k⩽a4k−3，也即0<b k−√2⩽a4k−3−√3.当n=k+1时，b k+1−√2=3b k+42b k+3−√2=(3−2√2)b k+(4−3√2)2b k+3=(3−2√2)(b k−√2)2b k+3>0.又12b k+3<22+3=3−2√2，所以b k+1−√2=(3−2√2)(b k−√2)2b k+3<(3−2√2)2(b k−√2)⩽(√2−1)4(a4k−3−√2)=a4k+1−√2.也就是说，当n=k+1时，结论成立.根据①和②知√2<b n⩽a4n−3,n=1,2,3,⋯.4．已知数列{a n}满足a1=94,2a n+1a n−7a n+1−3a n+12=0(n∈N+).（1）记c n=a n−2，求数列{c n}的通项公式；（2）记b n=n2n+1a n，求使[b1]+[b2]+[b3]+⋯+[b n]⩽2019成立的最大正整数n的值.(其中，符号[x]表示不超过x的最大整数)【答案】（1）c n=13n+1.（2）45.【解析】（1）由c n=a n−2，得a n=c n+2，代入条件递推式，得2(c n+1+2)(c n+2)−7(c n+1+2)−3(c n+2)+12=0.整理，得2c n+1c n−3c n+1+c n=0，即1c n+1=3c n−2.所以1c n+1−1=3(1c n−1)，数列{1c n−1}是以1c1−1=4−1=3为首项，公比为3的等比数列.所以1c n−1=3n,c n=13n+1.（2）由（1）知，a n=c n+2=13n+1+2，b n=n2n+1a n=n2n+1(13n+1+2)=n2(n+1)(3n+1)+2n2n+1=2(n−1)+2n+1+n2(n+1)(3n+1)=2(n−1)+2×3n+n2+2(n+1)(3n+1).因为n ≥2时，3n =(1+2)n =1+C n 1×2+C n 2×22+⋯>1+2n ，(n +1)(3n +1)−(2×3n +n 2+2)=(n −1)×3n −n 2+n −1>(n −1)(1+2n)−n 2+n −1=n 2−2>0. 所以n ≥2时，0<2×3n +n 2+2(n+1)(3n +1)<1. 又n =1时，2×3n +n 2+2(n+1)(3n +1)=6+1+22×4=98，所以[b 1]=1；n ≥2时，[b n ]=2(n -1)，所以n ≥2时，[b 1]+[b 2]+[b 3]+⋯+[b n ]=1+2×1+2×2+⋯+2(n −1)=1+n(n −1)=n 2−n +1. 由n 2-n +1≤2019，及n ∈N +，得n ≤45.所以使[b 1]+[b 2]+[b 3]+⋯+[b n ]⩽2019成立的最大正整数n 的值为45.5．设正整数a 1, a 2, ⋯, a 10均不大于21，且每两个数的和不等于21.试求出所有满足条件的数组a 1, a 2, ⋯, a 10的积a 1a 2⋯a 10的和. 【答案】11×2110 【解析】考查下列10个集合：{1，20}，{2，19}，……，{10，11}. 分两种情况讨论：（1）如果任意a i (i =1,2,⋯,10)均不等于21，则每个集合{i,21−i}(i =1,2,⋯,10)中必有一个a 1, a 2, ⋯, a 10中的数，于是所求的总和为S =(1+20)(2+19)⋯(10+11)=2110.（2）如果其中某一个a i 等于21，则需要在9个集合{i ，21－i }中各选一个数.假设不在{1，20}中选数，此时所求总和为S =21(2+19)⋯(10+11)=2110. 类似讨论其他9个集合.由（1）（2）知所求的总和为11×2110. 6．数列{a n }满足a 1=3,a 2=6,a n+2=a n+12+9a n(n ∈Z +).（1）证明：数列{a n }是正整数数列；（2）是否存在m ∈Z +，使得2109|a m ，并说明理由. 【答案】（1）证明见解析（2）不存在；详见解析 【解析】（1）由已知得a 3=15，a n a n+2=a n+12+9，所以a n+1a n+3=a n+22+9.相减得a n+3+a n+1a n+2=a n+2+a n a n+1.所以{a n+2+a n a n+1}为常数数列.所以a n+2+a n a n+1=a 3+a 1a 2=3.所以a n+2=3a n+1−a n ，又因为a 1,a 2∈Z ，所以a n ∈Z(n ∈Z +). 又因为a n >0，所以a n ∈Z +(n ∈Z +).（2）因为2109=3×19×37，假设有2109|a m ，则19|a m .解法一：由a 1=3,a 2=6,a n+2=3a n+1−a n ，得a n ≡3,6,15,1,7,1,15,6,3,3,6,⋯( mod 19). 所以19∤a n (n ∈Z +)，所以19∤a m .解法二：因为a m a m+2=a m+12+9，所以a m+12≡−9( mod 19)，由费马小定理得1≡－1(mod 19)，矛盾. 所以不存在m ∈Z +，使得2109|a m ，得证.7．设数列{a n }(n ∈Z +)的前n 项和为S n ，点(a n ,S n )在y =16−13x 的图像上.（1）求数列{a n }的通项公式；（2）求c 1=0，且对任意的正整数n ，均有c n+1−c n =log 12a n .证明：对任意n ≥2，总有13≤1c 2+1c 3+⋯+1c n<34.【答案】（1）a n =2−(2n+1)；（2）见解析 【解析】（1）易知S n =16−13a n .当n ≥2时，a n =S n −S n−1=13a n−1−13a n ⇒a n =14a n−1. 又S 1=16−13a 1⇒a 1=18⇒a n =2−(2n+1). （2）又注意到，c n+1−c n =log 12a n =2n +1. 当n ≥2时，c n =c 1+∑(c k+1−c k )n−1k=1=∑(2k +1)n−1k=1=n 2−1⇒∑nk=21c k=∑nk=21k 2−1=12∑(1k −1−1k +1)nk=2=12((1+12)−(1n+1n+1)).=34−12(1n +1n+1)<34.又1c 2+1c 3+⋯+1c n≥1c 2=13，从而，原式得证.8．数列{a n }满足a 1=2，a n =a n−12a n−2(n =3,4,⋅⋅⋅)，设a 2、a 5都是正整数，且a 5≤2010. 求a 5的所有可能值.【答案】a 5=2,32,162,512,1250 【解析】由题设知a n a n−1=an−1a n−2.故数列{a n }是等比数列.设a 2=x . 则数列{a n }的公比是x2. 所以，a 5=2(x2)4=x 48.因为a 5是正整数，所以，2|x . 令x =2y . 则a 5=2y 4. 所以，2y 4≤2010，即y ≤5. 故y =1,2,3,4,5.于是，a 5=2,32,162,512,1250.9．设a 1=1，a n+1=√a n +n 2(n =1,2,⋅⋅⋅). （1）求证：[a n ]=n −1(n =2,3,⋅⋅⋅)；（2）求和：[a 12]+[a 22]+⋅⋅⋅+[a n 2]. 其中，[x]表示不超过实数x 的最大整数.【答案】（1）证明见解析；（2）∑[a 12]n i=1={1,n =1;13(n 3−4n +9),n ≥2.【解析】（1）对整数n(n ≥2)，有a n =√a n−1+(n −1)2>n −1. ① 下面证明：a n <n(n =2,3,⋅⋅⋅). 当n =2时，a 2=√a 1+1=√2<2.当n ≥3时，若a n−1<n −1，则a n =√a n−1+(n −1)2<√(n −1)+(n −1)2=√n(n −1)<n . 故a n <n(n =2,3,⋅⋅⋅).综上，[a n ]=n −1(n =2,3,⋅⋅⋅). （2）由（1）及题设可知，当n ≥3时，[a n 2]=[a n−1+(n −1)2]=[a n−1]+(n −1)2=(n −2)+(n −1)2=n(n −1)−1.所以，[a 12]=1，[a 12]+[a 22]=3.当n ≥3时，[a 12]+[a 22]+⋅⋅⋅+[a n 2]=[a 12]+[a 22]+∑[a k 2]nk=3=3+∑n k=3k(k −1)−(n −2)=5−n +13∑[(k +1)k(k −1)−k(k −1)(k −2)]nk=3=5−n +13[(n +1)n(n −1)−6]=13(n 3−4n +9).注意到，当n =2时，13(n 3−4n +9)=3.故∑[a 12]ni=1={1,n =1;13(n 3−4n +9),n ≥2.10．设a n =2n ，n ∈N ∗，数列{b n }满足b 1a n +b 2a n−1+⋯+b n a 1=2n −n2−1，求数列{a n ⋅b n }的前n 项和. 【答案】(n−1)⋅2n +12【解析】由a 1=2及b 1a 1=2−12−1，可得b 1=14. 当n≥2时，由已知条件有{b 1⋅2n−1+b 2⋅2n−2+⋯+b n−1⋅2=2n−1−n−12−1,①b 1⋅2n +b 2⋅2n−1+⋯+b n−1⋅22+b n ⋅2=2n −n2−1,②①式两边同时乘以2，可得b 1⋅2n +b 2⋅2n−1+⋯+b n−1⋅22=2n −n −1 ③ 由②③可求得，b n =n4. 于是，a n ⋅b n =n4⋅2n .令T n =∑n k=1a k ⋅b k ，则有{T n =14∑n k=1k ⋅2k 2T n =14∑n k=1k ⋅2k+1.因此，T n =14(n ⋅2n+1−∑n k=12k )=(n−1)⋅2n +12.11．已知正数数列{a n }、{b n }满足对于任意的正整数n ，有a n+2=a n +a n+12,b n+2=b n 2+b n+1且a 1>1,a 2>1,b 1>1,b 2>1。