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1917分数列★★★★★
设 mm 为正整数，数列 a1a_1，a2a_2，…\dots，a4m+2a_{4m+2} 为公差不为 00 的等差数列，若删去两项 aia_i，aja_j（i<ji<j） 后剩余 4m4m 项可平均分为 mm 组且每组 4 个数都成等差，则称该数列为 (i,j)(i,j)-可分数列.
(1) 写出所有 (i,j)(i,j)，1≤i<j≤61\le i<j\le6，使 a1a_1，…\dots，a6a_6 是 (i,j)(i,j)-可分数列； (2) 当 m≥3m\ge3 时，证明 a1a_1，…\dots，a4m+2a_{4m+2} 是 (2,13)(2,13)-可分数列； (3) 从 11，22，…\dots，4m+24m+2 中不放回任取 i<ji<j，设 a1a_1，…\dots，a4m+2a_{4m+2} 是 (i,j)(i,j)-可分数列的概率为 PmP_m，证明 Pm>18P_m>\frac18.

2024 · 全国 · 新高考一卷 · 第 19 题 · 解答题

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10数列★★★★★
已知数列 {an}\{a_n\} 满足 a1=1a_1=1，an+1=an−13an2a_{n+1}=a_n-\frac13a_n^2（n∈N∗n\in\mathbf{N}^*），则（ ）
A.
2<100a100<522<100a_{100}<\dfrac52
B.
52<100a100<3\dfrac52<100a_{100}<3
C.
3<100a100<723<100a_{100}<\dfrac72
D.
72<100a100<4\dfrac72<100a_{100}<4

2022 · 浙江 · 第 10 题 · 选择题

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10数列★★★★★
已知数列 {an}\{a_n\} 满足 a1=1a_1=1，an+1=an1+ana_{n+1}=\dfrac{a_n}{1+\sqrt{a_n}}（n∈N∗n\in\mathbf{N}^*）， 记数列前 nn 项和为 SnS_n. 则（ ）
A.
12<S100<3\frac{1}{2}<S_{100}<3
B.
3<S100<43<S_{100}<4
C.
4<S100<924<S_{100}<\frac{9}{2}
D.
92<S100<5\frac{9}{2}<S_{100}<5

2021 · 浙江 · 第 10 题 · 选择题

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10数列★★★★★
设 aa，b∈Rb\in\mathbf{R}，数列 {an}\{a_n\} 中，a1=aa_1=a，an+1=an2+ba_{n+1}=a_n^2+b（n∈N∗n\in\mathbf{N}^*），则（ ）
A.
当 b=12b=\dfrac12 时，a10>10a_{10}>10
B.
当 b=14b=\dfrac14 时，a10>10a_{10}>10
C.
当 b=−2b=-2 时，a10>10a_{10}>10
D.
当 b=−4b=-4 时，a10>10a_{10}>10

2019 · 浙江 · 第 10 题 · 选择题

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22数列★★★★★
已知数列 {xn}\{x_n\} 满足：x1=1x_1=1，xn=xn+1+ln⁡(1+xn+1)x_n=x_{n+1}+\ln(1+x_{n+1})（n∈N∗n\in \mathbf{N}^*），证明：当 n∈N∗n\in \mathbf{N}^* 时，
(1) 0<xn+1<xn0<x_{n+1}<x_n； (2) 2xn+1−xn≤xnxn+122x_{n+1}-x_n\le \dfrac{x_nx_{n+1}}{2}； (3) 12n−1≤xn≤12n−2\dfrac{1}{2^{n-1}}\le x_n\le \dfrac{1}{2^{n-2}}.

2017 · 浙江 · 第 22 题 · 解答题

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20数列★★★★★
设数列满足 ∣an−an+12∣≤1\left|a_n-\dfrac{a_{n+1}}{2}\right|\le 1，n∈N∗n\in\mathbf{N}^*.
(1) 求证：∣an∣≥2n−1(∣a1∣−2)|a_n|\ge 2^{n-1}\left( |a_1|-2 \right)，n∈N∗n\in\mathbf{N}^*； (2) 若 ∣an∣≤(32)n|a_n|\le \left( \dfrac32 \right)^n，n∈N∗n\in\mathbf{N}^*，证明：∣an∣≤2|a_n|\le 2，n∈N∗n\in\mathbf{N}^*.

2016 · 浙江 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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20数列★★★★★
已知数列 {an}\{a_{n}\} 满足 a1=12a_1 = \frac{1}{2} 且 an+1=an−an2a_{n + 1} = a_n - a_n^2（n∈N∗n\in \mathbf{N}^*）.
(1) 证明： 1⩽anan+1⩽21 \leqslant \frac{a_n}{a_{n+1}} \leqslant 2（n∈N∗n \in \mathbf{N}^*）； (2) 设数列 {an2}\{a_n^2\} 的前 nn 项和为 SnS_n，证明： 12(n+2)⩽Snn⩽12(n+1)\frac{1}{2(n+2)} \leqslant \frac{S_n}{n} \leqslant \frac{1}{2(n+1)} （n∈N∗n \in \mathbf{N}^*）.

2015 · 浙江 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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22数列★★★★★
已知数列 {an}\{a_{n}\}，an⩾0a_{n} \geqslant 0，a1=0a_{1} = 0，an+12+an+1−1=an2a_{n+1}^{2} + a_{n+1} - 1 = a_{n}^{2}（n∈N∗n \in \mathbf{N}^*）. 记 Sn=a1+a2+⋯+anS_{n} = a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{n}，Tn=11+a1+1(1+a1)(1+a2)+⋯+1(1+a1)(1+a2)⋯(1+an)T_{n} = \frac{1}{1 + a_{1}} + \frac{1}{(1 + a_{1})(1 + a_{2})} + \cdots + \frac{1}{(1 + a_1)(1 + a_2)\cdots(1 + a_n)}. 求证：当 n∈N∗n\in \mathbf{N}^* 时，
(1) an<an+1a_{n} < a_{n + 1}； (2) Sn>n−2S_{n} > n - 2； (3) Tn<3T_{n} < 3.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由 an⩾0a_n\geqslant0，递推式中的 an+1a_{n+1} 取非负根，故
an+1=−1+5+4an22a_{n+1}=\frac{-1+\sqrt{5+4a_n^2}}2
先证 0⩽an<10\leqslant a_n<1.a1=0<1a_1=0<1，若 0⩽an<10\leqslant a_n<1，则 5+4an2<95+4a_n^2<9，从而 0<an+1<10<a_{n+1}<1，归纳可得对一切 nn 都成立. 又因为两边均非负，
an+1>an⟺5+4an2>2an+1⟺5+4an2>(2an+1)2⟺an<1a_{n+1}>a_n\Longleftrightarrow\sqrt{5+4a_n^2}>2a_n+1 \Longleftrightarrow 5+4a_n^2>(2a_n+1)^2 \Longleftrightarrow a_n<1
所以 an<an+1a_n<a_{n+1}. \item a2a_2 是方程 x2+x−1=0x^2+x-1=0 的非负根，故 a2=5−12>12a_2=\frac{\sqrt5-1}{2}>\frac12.当 n=1n=1，22 时，分别有 S1=0>−1S_1=0>-1 和 S2=a2>0S_2=a_2>0.
当 k⩾3k\geqslant3 时，递推式可改写为
1−ak=ak2−ak−12=(ak−ak−1)(ak+ak−1)1-a_k=a_k^2-a_{k-1}^2=(a_k-a_{k-1})(a_k+a_{k-1})
由于数列递增且 a2>12a_2>\frac12，有 ak+ak−1>2a2>1a_k+a_{k-1}>2a_2>1，所以 1−ak<ak−ak−11-a_k<a_k-a_{k-1}.于是当 n⩾3n\geqslant3 时，
n−Sn=∑k=1n(1−ak)<1+(1−a2)+(an−a2)<3−2a2<2n-S_n=\sum_{k=1}^{n}(1-a_k) <1+(1-a_2)+(a_n-a_2)<3-2a_2<2
故 Sn>n−2S_n>n-2. \item 由 a1=0a_1=0 且数列递增，ak⩾a2a_k\geqslant a_2 对 k⩾2k\geqslant2 成立.因此
∏j=1k(1+aj)⩾(1+a2)k−1\prod_{j=1}^{k}(1+a_j)\geqslant(1+a_2)^{k-1}
从而
Tn⩽∑k=1n1(1+a2)k−1<∑k=1∞1(1+a2)k−1=1+a2a2=3+52<3T_n\leqslant\sum_{k=1}^{n}\frac1{(1+a_2)^{k-1}} <\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{(1+a_2)^{k-1}} =\frac{1+a_2}{a_2}=\frac{3+\sqrt5}{2}<3
\end{enumerate} \end{solution}

2008 · 浙江 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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21数列★★★★★
已知数列 {an}\{a_{n}\} 中的相邻两项 a2k−1a_{2k-1}，a2ka_{2k} 是关于 xx 的方程 x2−(3k+2k)x+3k⋅2k=0x^{2} - (3k + 2^{k})x + 3k \cdot 2^{k} = 0 的两个根，且 a2k−1⩽a2ka_{2k-1} \leqslant a_{2k}（k=1k = 1，22，33，…\dots）.
(1) 求 a1a_{1}，a3a_{3}，a5a_{5}，a7a_{7}； (2) 求数列 {an}\{a_{n}\} 的前 2n2n 项和 S2nS_{2n}； (3) 记 f(n)=12(∣sin⁡n∣sin⁡n+3)f(n) = \frac{1}{2}\left(\frac{|\sin n|}{\sin n} + 3\right)，Tn=(−1)f(2)a1a2+(−1)f(3)a3a4+(−1)f(4)a5a6+⋯+(−1)f(n+1)a2n−1a2nT_n = \frac{(-1)^{f(2)}}{a_1a_2} + \frac{(-1)^{f(3)}}{a_3a_4} + \frac{(-1)^{f(4)}}{a_5a_6} + \cdots + \frac{(-1)^{f(n+1)}}{a_{2n-1}a_{2n}}，求证：16⩽Tn⩽524\frac{1}{6} \leqslant T_n \leqslant \frac{5}{24}（n∈N∗n \in \mathbf{N}^*）.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 方程
x2−(3k+2k)x+3k⋅2k=0x^2-(3k+2^k)x+3k\cdot2^k=0
可因式分解为
(x−3k)(x−2k)=0(x-3k)(x-2^k)=0
所以 a2k−1a_{2k-1}，a2ka_{2k} 是 3k3k，2k2^k 中较小者和较大者. 依次取 k=1k=1，22，33，44，得 (a1,a2)=(2,3)(a_1,a_2)=(2,3)，(a3,a4)=(4,6)(a_3,a_4)=(4,6)，(a5,a6)=(8,9)(a_5,a_6)=(8,9)，(a7,a8)=(12,16)(a_7,a_8)=(12,16). 故 a1=2a_1=2，a3=4a_3=4，a5=8a_5=8，a7=12a_7=12. \item 每一对相邻项的和为
a2k−1+a2k=3k+2ka_{2k-1}+a_{2k}=3k+2^k
因此
S2n=∑k=1n(3k+2k)=3n(n+1)2+(2n+1−2)=3n2+3n2+2n+1−2S_{2n}=\sum_{k=1}^n(3k+2^k) =3\frac{n(n+1)}2+\left(2^{n+1}-2\right) =\frac{3n^2+3n}{2}+2^{n+1}-2
\item 令
εj=(−1)f(j)\varepsilon_j=(-1)^{f(j)}
由于 jj 为正整数且 π\pi 为无理数，sin⁡j≠0\sin j\ne0，所以 εj\varepsilon_j 有定义且 ∣εj∣=1\lvert\varepsilon_j\rvert=1. 又因为 0<2<3<π<4<3π20<2<3<\pi<4<\dfrac{3\pi}{2}，所以 sin⁡2>0\sin2>0，sin⁡3>0\sin3>0，sin⁡4<0\sin4<0，从而 ε2=ε3=1\varepsilon_2=\varepsilon_3=1，ε4=−1\varepsilon_4=-1. 又
a2k−1a2k=3k⋅2ka_{2k-1}a_{2k}=3k\cdot2^k
故 Tn=∑k=1nεk+13k2kT_n=\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{\varepsilon_{k+1}}{3k2^k}. 当 n=1n=1 时，T1=16T_1=\dfrac16；当 n=2n=2 时，T2=16+124=524T_2=\dfrac16+\dfrac1{24}=\dfrac5{24}. 当 n⩾3n\geqslant3 时，由 ε4=−1\varepsilon_4=-1，以及
∑k=4∞13k2k<112∑k=4∞12k=196<172=13⋅3⋅23\sum_{k=4}^{\infty}\frac1{3k2^k} <\frac1{12}\sum_{k=4}^{\infty}\frac1{2^k} =\frac1{96} <\frac1{72} =\frac1{3\cdot3\cdot2^3}
可得
Tn−T2=−172+∑k=4nεk+13k2k⩽−172+∑k=4∞13k2k<0T_n-T_2 =-\frac1{72}+\sum_{k=4}^n\frac{\varepsilon_{k+1}}{3k2^k} \leqslant-\frac1{72}+\sum_{k=4}^{\infty}\frac1{3k2^k}<0
所以 Tn<524T_n<\dfrac5{24}. 另一方面，对 n⩾2n\geqslant2，
Tn⩾T2−∑k=3∞13k2k>524−19∑k=3∞12k=524−136=1372>16T_n\geqslant T_2-\sum_{k=3}^{\infty}\frac1{3k2^k} >\frac5{24}-\frac19\sum_{k=3}^{\infty}\frac1{2^k} =\frac5{24}-\frac1{36} =\frac{13}{72}>\frac16
结合 T1=16T_1=\dfrac16 和 T2=524T_2=\dfrac5{24}，得到
16⩽Tn⩽524\frac16\leqslant T_n\leqslant\frac5{24}
\end{enumerate} \end{solution}

2007 · 浙江 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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20导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=x3+x2f(x) = x^3 + x^2，数列 {xn}\{x_n\}（xn>0x_n > 0）的第一项 x1=1x_1 = 1，以后各项按如下方式取定：曲线 y=f(x)y = f(x) 在 (xn+1,f(xn+1))(x_{n+1}, f(x_{n+1})) 处的切线与经过 (0,0)(0,0) 和 (xn,f(xn))(x_n, f(x_n)) 两点的直线平行（如图）. 求证：当 n∈N∗n\in\mathbf{N}^* 时，
(1) xn2+xn=3xn+12+2xn+1;x_{n}^{2} + x_{n} = 3x_{n + 1}^{2} + 2x_{n + 1}; (2) (12)n−1⩽xn⩽(12)n−2\left(\frac{1}{2}\right)^{n - 1}\leqslant x_n\leqslant \left(\frac{1}{2}\right)^{n - 2}.

2006 · 浙江 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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20函数与初等函数★★★★★
设点 An(xn,0)A_{n}(x_{n},0)，Pn(xn,2n−1)P_{n}(x_{n},2^{n - 1}) 和抛物线 Cn:y=x2+anx+bnC_n: y = x^{2} + a_n x + b_n（n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}），其中 an=−2−4n−12n−1a_{n} = -2 - 4n - \frac{1}{2^{n-1}}，xnx_{n} 由以下方法得到：x1=1x_{1} = 1，点 P2(x2,2)P_{2}(x_{2},2) 在抛物线 C1:y=x2+a1x+b1C_{1}: y = x^{2} + a_{1}x + b_{1} 上，点 A1(x1,0)A_{1}(x_{1},0) 到 P2P_{2} 的距离是 A1A_{1} 到 C1C_{1} 上点的最短距离. ⋯\cdots，点 Pn+1(xn+1,2n)P_{n + 1}(x_{n + 1},2^{n}) 在抛物线 Cn:y=x2+anx+bnC_{n}: y = x^{2} + a_{n}x + b_{n} 上，点 An(xn,0)A_{n}(x_{n},0) 到 Pn+1P_{n + 1} 的距离是 AnA_{n} 到 CnC_{n} 上点的最短距离.
(1) 求 x2x_{2} 及 C1C_{1} 的方程. (2) 证明 {xn}\{x_{n}\} 是等差数列.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由 a1=−2−4−1=−7a_1=-2-4-1=-7，知 C1:y=x2−7x+b1C_1:y=x^2-7x+b_1. 抛物线在点 P2=(x2,2)P_2=(x_2,2) 处的切线方向向量为 (1,2x2−7)(1,2x_2-7)，而 A1P2→=(x2−1,2)\overrightarrow{A_1P_2}=(x_2-1,2). 最短距离条件说明这两条方向相互垂直，因此 (x2−1,2)⋅(1,2x2−7)=0(x_2-1,2)\cdot(1,2x_2-7)=0，⟹\Longrightarrow，x2−1+2(2x2−7)=0x_2-1+2(2x_2-7)=0. 解得 x2=3x_2=3. 再由 P2∈C1P_2\in C_1，得
2=32−7⋅3+b12=3^2-7\cdot3+b_1
所以 b1=14b_1=14，从而
C1:y=x2−7x+14C_1:y=x^2-7x+14
\item 对任意 n∈N∗n\in\mathbf{N}^*，抛物线 CnC_n 在点 Pn+1P_{n+1} 处的切线方向向量为 (1,2xn+1+an)\left(1,2x_{n+1}+a_n\right)，而
AnPn+1→=(xn+1−xn,2n)\overrightarrow{A_nP_{n+1}}=\left(x_{n+1}-x_n,2^n\right)
由最短距离条件，二者垂直，故
xn+1−xn+2n(2xn+1+an)=0x_{n+1}-x_n+2^n(2x_{n+1}+a_n)=0
假设 xn=2n−1x_n=2n-1，代入 an=−2−4n−21−na_n=-2-4n-2^{1-n}，得
(1+2n+1)xn+1=2n−1+2n(2+4n+21−n)=(2n+1)(1+2n+1)\left(1+2^{n+1}\right)x_{n+1} =2n-1+2^n\left(2+4n+2^{1-n}\right) =(2n+1)\left(1+2^{n+1}\right)
因此 xn+1=2n+1x_{n+1}=2n+1. 又 x1=1=2×1−1x_1=1=2\times1-1，由数学归纳法 xn=2n−1x_n=2n-1，（n∈N∗n\in\mathbf{N}^*）. 所以 xn+1−xn=2x_{n+1}-x_n=2，即 {xn}\{x_n\} 是首项为 11，公差为 22 的等差数列. \end{enumerate} \end{solution}

2005 · 浙江 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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