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19数列★★★★★
已知等差数列 {an}\{a_n\} 与等比数列 {bn}\{b_n\} 满足：a1=2a_1=2，b1=1b_1=1，a2=b1+b2a_2=b_1+b_2，a4=b3−b1a_4=b_3-b_1.
(1) 求数列 {an}\{a_n\}，{bn}\{b_n\} 的通项公式； (2) 记 En={x∈R∣x≤n, ∃k∈N∗, x=ak 或 x=bk}E_n=\left\{ x\in \mathbf{R}\mid x\le n,\ \exists k\in \mathbf{N}^*,\ x=a_k\text{\ 或\ }x=b_k \right\}，记 cnc_n 为 EnE_n 中的元素个数.
(i) 求 c3nc_{3^n}； (ii) 求 ∑m=13n−1(−1)m⋅am⋅cm\sum_{m=1}^{3^n-1}(-1)^m\cdot a_m\cdot c_m.

2026 · 天津 · 第 19 题 · 解答题

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19数列★★★★★
已知数列 {an}\{a_n\} 是公比大于 0 的等比数列，其前 nn 项和为 SnS_n. 若 a1=1a_1=1，S2=a3−1S_2=a_3-1.
(1) 求数列 {an}\{a_n\} 前 nn 项和 SnS_n； (2) 设 bn=kb_n=k（n=akn=a_k），bn=bn−1+2kb_n=b_{n-1}+2k（ak<n<ak+1a_k<n<a_{k+1}），其中 k∈N∗k\in \mathbb N^*.
(i) 当 k≥2k\ge 2，n=ak+1n=a_{k+1} 时，求证：bn−1≥akbnb_{n-1}\ge a_k b_n； (ii) 求 ∑i=1Snbi\displaystyle \sum_{i=1}^{S_n}b_i.

2024 · 天津 · 第 19 题 · 解答题

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19数列★★★★★
已知 {an}\{a_n\} 是公差为 22 的等差数列，其前 88 项和为 6464. {bn}\{b_n\} 是公比大于 00 的等比数列，b1=4b_1=4，b3−b2=48b_3-b_2=48.
(1) 求 {an}\{a_n\} 和 {bn}\{b_n\} 的通项公式； (2) 记 cn=b2n+1bnc_n=b_{2n}+\dfrac{1}{b_n}，n∈N∗n\in \mathbf{N}^*，
(i) 证明 {cn2−c2n}\{c_n^2-c_{2n}\} 是等比数列； (ii) 证明 ∑k=1nakak+1ck2−c2k<22\sum_{k=1}^n \sqrt{\dfrac{a_ka_{k+1}}{c_k^2-c_{2k}}}<2\sqrt2（n∈N∗n\in \mathbf{N}^*）.

2021 · 天津 · 第 19 题 · 解答题

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20导数及其应用★★★★★
设函数 f(x)=(x−t1)(x−t2)(x−t3)f(x)=(x-t_1)(x-t_2)(x-t_3)，其中 t1t_1，t2t_2，t3∈Rt_3\in\mathbf{R}，且 t1t_1，t2t_2，t3t_3 是公差为 dd 的等差数列.
(1) 若 t2=0t_2=0，d=1d=1，求曲线 y=f(x)y=f(x) 在点 (0,f(0))(0,f(0)) 处的切线方程； (2) 若 d=3d=3，求 f(x)f(x) 的极值； (3) 若曲线 y=f(x)y=f(x) 与直线 y=−(x−t2)−63y=-(x-t_2)-6\sqrt3 有三个互异的公共点，求 dd 的取值范围.

2018 · 天津 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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20数列★★★★★
已知数列 {an}\{a_n\} 与 {bn}\{b_n\} 满足：bnan+an+1+bn+1an+2=0b_na_n+a_{n+1}+b_{n+1}a_{n+2}=0，bn=3+(−1)n2b_n=\frac{3+(-1)^n}{2}，n∈N∗n\in\mathbf{N}^*，且 a1=2a_1=2，a2=4a_2=4，
(1) 求 a3a_3，a4a_4，a5a_5 的值； (2) 设 cn=a2n−1+a2n+1c_n=a_{2n-1}+a_{2n+1}，n∈N∗n\in\mathbf{N}^*，证明：{cn}\{c_n\} 是等比数列； (3) 设 Sk=a2+a4+⋯+a2kS_k=a_2+a_4+\dots+a_{2k}，k∈N∗k\in\mathbf{N}^*，证明：∑k=14nSkak<76\sum_{k=1}^{4n}\frac{S_k}{a_k}<\frac76（n∈N∗n\in\mathbf{N}^*）.
\begin{solution} 由于 b2n−1=1b_{2n-1}=1，b2n=2b_{2n}=2.
\begin{enumerate} \item 取 n=1n=1，22，33，原递推式分别给出 a1+a2+2a3=0a_1+a_2+2a_3=0，2a2+a3+a4=02a_2+a_3+a_4=0，a3+a4+2a5=0a_3+a_4+2a_5=0. 代入 a1=2a_1=2，a2=4a_2=4，依次得 a3=−3a_3=-3，a4=−5a_4=-5，a5=4a_5=4.
\item 对任意 n∈N∗n\in\mathbf{N}^*，取原递推式中下标 2n2n 和 2n+12n+1，得
2a2n+a2n+1+a2n+2=02a_{2n}+a_{2n+1}+a_{2n+2}=0
a2n+1+a2n+2+2a2n+3=0a_{2n+1}+a_{2n+2}+2a_{2n+3}=0
两式相减可得
a2n+3=a2na_{2n+3}=a_{2n}
再取下标 2n−12n-1，有
a2n−1+a2n+2a2n+1=0a_{2n-1}+a_{2n}+2a_{2n+1}=0
因此
cn+1=a2n+1+a2n+3=a2n+1+a2n=−(a2n−1+a2n+1)=−cnc_{n+1}=a_{2n+1}+a_{2n+3} =a_{2n+1}+a_{2n} =-(a_{2n-1}+a_{2n+1}) =-c_n
又 c1=a1+a3=2−3=−1c_1=a_1+a_3=2-3=-1，所以
cn=(−1)nc_n=(-1)^n
故 {cn}\{c_n\} 是首项 −1-1、公比 −1-1 的等比数列.
\item 先由 a1=2a_1=2，a2=4a_2=4 验证 a2⋅1−1=(−1)1−1(1+1)a_{2\cdot1-1}=(-1)^{1-1}(1+1)，a2⋅1=(−1)1−1(1+3)a_{2\cdot1}=(-1)^{1-1}(1+3). 若 a2n−1=(−1)n−1(n+1)a_{2n-1}=(-1)^{n-1}(n+1)，a2n=(−1)n−1(n+3)a_{2n}=(-1)^{n-1}(n+3)， 则由下标 2n−12n-1 和 2n2n 的递推式分别有
a2n+1=−a2n−1+a2n2=(−1)n(n+2)a_{2n+1}=-\frac{a_{2n-1}+a_{2n}}2=(-1)^n(n+2)
a2n+2=−2a2n−a2n+1=(−1)n(n+4)a_{2n+2}=-2a_{2n}-a_{2n+1}=(-1)^n(n+4)
这正是把 nn 换成 n+1n+1 后的两个等式，故由数学归纳法，对任意 n∈N∗n\in\mathbf{N}^*， a2n−1=(−1)n−1(n+1)a_{2n-1}=(-1)^{n-1}(n+1)，a2n=(−1)n−1(n+3)a_{2n}=(-1)^{n-1}(n+3). 于是
S2m=a2+a4+⋯+a4m=−mS_{2m}=a_2+a_4+\cdots+a_{4m}=-m
S2m−1=a2+a4+⋯+a4m−2=m+3S_{2m-1}=a_2+a_4+\cdots+a_{4m-2}=m+3
将四项作为一组，得
Bm=S4m−3a4m−3+S4m−2a4m−2+S4m−1a4m−1+S4ma4mB_m=\frac{S_{4m-3}}{a_{4m-3}} +\frac{S_{4m-2}}{a_{4m-2}} +\frac{S_{4m-1}}{a_{4m-1}} +\frac{S_{4m}}{a_{4m}}
化简得
Bm=2m+22m−2m−12m+2−2m+32m+1+2m2m+3=22m(2m+1)+3(2m+2)(2m+3)B_m=\frac{2m+2}{2m} -\frac{2m-1}{2m+2} -\frac{2m+3}{2m+1} +\frac{2m}{2m+3} =\frac{2}{2m(2m+1)} +\frac{3}{(2m+2)(2m+3)}
当 n=1n=1 时，
∑k=14Skak=B1=2960<76\sum_{k=1}^{4}\frac{S_k}{a_k} =B_1=\frac{29}{60}<\frac76
当 n⩾2n\geqslant2 时，对 m⩾2m\geqslant2 有
Bm=52m(2m+1)+3(2m+2)(2m+3)−32m(2m+1)B_m=\frac5{2m(2m+1)} +\frac3{(2m+2)(2m+3)} -\frac3{2m(2m+1)}
其中最后一项恰与前一组的第二项相消，且
B1−34⋅5=13B_1-\frac3{4\cdot5}=\frac13
因此望远镜相消得到
∑k=14nSkak=13+∑m=2n52m(2m+1)+3(2n+2)(2n+3)\sum_{k=1}^{4n}\frac{S_k}{a_k} =\frac13+\sum_{m=2}^{n}\frac5{2m(2m+1)} +\frac3{(2n+2)(2n+3)}
因为
52m(2m+1)<5(2m−1)(2m+1)=52(12m−1−12m+1)\frac5{2m(2m+1)} <\frac5{(2m-1)(2m+1)} =\frac52\left(\frac1{2m-1}-\frac1{2m+1}\right)
所以
∑m=2n52m(2m+1)<56−52(2n+1)\sum_{m=2}^{n}\frac5{2m(2m+1)} <\frac56-\frac5{2(2n+1)}
并且因 6(2n+1)<5(2n+2)(2n+3)6(2n+1)<5(2n+2)(2n+3)，有
3(2n+2)(2n+3)<52(2n+1)\frac3{(2n+2)(2n+3)} <\frac5{2(2n+1)}
故
∑k=14nSkak<13+56=76\sum_{k=1}^{4n}\frac{S_k}{a_k} <\frac13+\frac56=\frac76
\end{enumerate} \end{solution}

2011 · 天津 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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20数列★★★★★
已知数列 {an}\{a_{n}\} 与 {bn}\{b_{n}\} 满足： bn+1an+bnan+1=(−2)n+1b_{n+1}a_{n} + b_{n}a_{n+1} = (-2)^{n} + 1，bn=3+(−1)n−12b_{n} = \frac{3 + (-1)^{n-1}}{2}，n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}，且 a1=2a_{1} = 2.
(1) 求 a2a_{2}，a3a_{3} 的值； (2) 设 cn=a2n+1−a2n−1c_{n} = a_{2n + 1} - a_{2n - 1}，n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}，证明：数列 {cn}\{c_{n}\} 是等比数列； (3) 设 SnS_{n} 为 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和，证明 S1a1+S2a2+…+S2n−1a2n−1+S2na2n⩽n−13\frac{S_{1}}{a_{1}} + \frac{S_{2}}{a_{2}} + \ldots + \frac{S_{2n-1}}{a_{2n-1}} + \frac{S_{2n}}{a_{2n}} \leqslant n - \frac{1}{3} （n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}）.

2011 · 天津 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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22数列★★★★★
在数列 {an}\{a_{n}\} 中，a1=0a_{1} = 0，且对任意 k∈N∗k \in \mathbf{N}^*，a2k−1a_{2k-1}，a2ka_{2k}，a2k+1a_{2k+1} 成等差数列，其公差为 dkd_{k}.
(1) 若 dk=2kd_{k} = 2k，证明 a2ka_{2k}，a2k+1a_{2k+1}，a2k+2a_{2k+2} 成等比数列（k∈N∗k \in \mathbf{N}^*）； (2) 若对任意 k∈N∗k \in \mathbf{N}^*，a2ka_{2k}，a2k+1a_{2k+1}，a2k+2a_{2k+2} 成等比数列，其公比为 qkq_k.
(i) 设 q1≠1q_{1} \neq 1. 证明 {1qk−1}\left\{\frac{1}{q_{k}-1}\right\} 是等差数列； (ii) 若 a2=2a_2 = 2，证明 32<2n−∑k=2nk2ak⩽2\frac{3}{2} < 2n - \sum_{k=2}^{n} \frac{k^2}{a_k} \leqslant 2（n⩾2n \geqslant 2）.

2010 · 天津 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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22数列★★★★★
在数列 {an}\{a_n\} 中，a1=0a_1 = 0，且对任意 k∈N∗k \in \mathbf{N}^{*}，a2k−1a_{2k-1}，a2ka_{2k}，a2k+1a_{2k+1} 成等差数列，其公差为 2k2k.
(1) 证明 a4a_4，a5a_5，a6a_6 成等比数列； (2) 求数列 {an}\{a_n\} 的通项公式； (3) 记 Tn=22a2+32a3+⋯+n2anT_n = \frac{2^2}{a_2} + \frac{3^2}{a_3} + \cdots + \frac{n^2}{a_n}，证明 32<2n−Tn⩽2\frac{3}{2} < 2n - T_n \leqslant 2（n⩾2n \geqslant 2）.

2010 · 天津 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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22数列★★★★★
已知等差数列 {an}\{a_{n}\} 的公差为 dd（d≠0d \neq 0），等比数列 {bn}\{b_{n}\} 的公比为 qq（q>1q > 1）. 设 Sn=a1b1+a2b2+⋯+anbnS_{n} = a_{1}b_{1} + a_{2}b_{2} + \cdots + a_{n}b_{n}，Tn=a1b1−a2b2+⋯+(−1)n−1anbnT_{n} = a_{1}b_{1} - a_{2}b_{2} + \cdots + (-1)^{n - 1}a_{n}b_{n}，n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}.
(1) 若 a1=b1=1a_1 = b_1 = 1，d=2d = 2，q=3q = 3，求 S3S_3 的值. (2) 若 b1=1b_{1} = 1，证明 (1−q)S2n−(1+q)T2n=2dq(1−q2n)1−q2(1 - q)S_{2n} - (1 + q)T_{2n} = \frac{2dq(1 - q^{2n})}{1 - q^{2}}，n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}. (3) 若正整数 nn 满足 2⩽n⩽q2 \leqslant n \leqslant q，设 k1k_{1}，k2k_{2}，⋯\cdots，knk_{n} 和 l1l_{1}，l2l_{2}，⋯\cdots，lnl_{n} 是 11，22，⋯\cdots，nn 的两个不同的排列，c1=ak1b1+ak2b2+⋯+aknbnc_{1} = a_{k_1} b_1 + a_{k_2} b_2 + \cdots + a_{k_n} b_n，c2=al1b1+al2b2+⋯+alnbnc_{2} = a_{l_1} b_1 + a_{l_2} b_2 + \cdots + a_{l_n} b_n，证明 c1≠c2c_{1} \neq c_{2}.

2009 · 天津 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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22数列★★★★★
在数列 {an}\{a_{n}\} 与 {bn}\{b_{n}\} 中，a1=1a_{1} = 1，b1=4b_{1} = 4，数列 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和 SnS_{n} 满足 nSn+1−(n+3)Sn=0nS_{n + 1} - (n + 3)S_{n} = 0，2an+12a_{n + 1} 为 bnb_{n} 与 bn+1b_{n + 1} 的等比中项，n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}.
(1) 求 a2a_{2}，b2b_{2} 的值； (2) 求数列 {an}\{a_{n}\} 与 {bn}\{b_{n}\} 中的通项公式； (3) 设 Tn=(−1)a1b1+(−1)a2b2+⋯+(−1)anbnT_{n} = (-1)^{a_{1}}b_{1} + (-1)^{a_{2}}b_{2} + \dots + (-1)^{a_{n}}b_{n}，n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}；证明 ∣Tn∣<2n2|T_{n}| < 2n^{2}，n⩾3n \geqslant 3.

2008 · 天津 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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21数列★★★★★
在数列 {an}\{a_{n}\} 中，a1=2a_{1} = 2，an+1=λan+λn+1+(2−λ)2na_{n+1} = \lambda a_{n} + \lambda^{n+1} + (2 - \lambda)2^{n}（n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}），其中 λ>0\lambda > 0.
(1) 求数列 {an}\{a_{n}\} 的通项公式. (2) 求数列 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和 SnS_{n}. (3) 证明存在 k∈N∗k \in \mathbf{N}^{*}，使得 an+1an⩽ak+1ak\dfrac{a_{n+1}}{a_n} \leqslant \dfrac{a_{k+1}}{a_k} 对任意 n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*} 均成立.

2007 · 天津 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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21数列★★★★★
已知数列 {xn}\{x_{n}\}，{yn}\{y_{n}\} 满足 x1=x2=1x_{1}=x_{2}=1，y1=y2=2y_{1}=y_{2}=2，并且 xn+1xn=λxnxn−1\frac{x_{n+1}}{x_n}=\lambda\frac{x_n}{x_{n-1}}，yn+1yn⩾λynyn−1\frac{y_{n+1}}{y_n}\geqslant\lambda\frac{y_n}{y_{n-1}}（λ\lambda 为非零参数，n=2n=2，33，44，⋯\cdots）.
(1) 若 x1x_{1}，x3x_{3}，x5x_{5} 成等比数列，求参数 λ\lambda 的值； (2) 当 λ>0\lambda>0 时，证明：xn+1yn+1⩽xnyn\frac{x_{n+1}}{y_{n+1}}\leqslant\frac{x_n}{y_n}（n∈N∗n\in\mathbf{N}^{*}）； (3) 当 λ>1\lambda>1，证明：x1−y1x2−y2+x2−y2x3−y3+⋯+xn−ynxn+1−yn+1<λλ−1\frac{x_{1}-y_{1}}{x_{2}-y_{2}}+\frac{x_{2}-y_{2}}{x_{3}-y_{3}}+\cdots+\frac{x_{n}-y_{n}}{x_{n+1}-y_{n+1}}<\frac{\lambda}{\lambda-1}（n∈N∗n\in\mathbf{N}^{*}）.

2006 · 天津 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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21数列★★★★★
已知数列 {xn}\{x_n\} 满足 x1=x2=1x_1 = x_2 = 1，并且 xn+1xn=λxnxn−1\frac{x_{n+1}}{x_n} = \lambda \frac{x_n}{x_{n-1}}（λ\lambda 为非零参数，n=2n = 2，33，44，…\dots）.
(1) 若 x1x_1，x3x_3，x5x_5 成等比数列，求参数 λ\lambda 的值； (2) 设 0<λ<10 < \lambda < 1，常数 k∈N∗k \in \mathbf{N}^* 且 k⩾3k \geqslant 3，证明：x1+kx1+x2+kx2+⋯+xn+kxn<λk1−λk\frac{x_{1+k}}{x_1} + \frac{x_{2+k}}{x_2} + \cdots + \frac{x_{n+k}}{x_n} < \frac{\lambda^k}{1 - \lambda^k}（n∈N∗n \in \mathbf{N}^*）.

2006 · 天津 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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