等差数列

$\displaystyle \frac{n(n+1)}{2}$ ． 由 $2\left(a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{n}\right)=(n+1) a_{n}(n=1,2,3, \cdots)$ 可得 $$ 2\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n-1}\right)=n a_{n-1} \quad(n=2,3, \cdots) . $$ 以上两式作差得 $(n-1) a_{n}=n a_{n-1}$ ，由此可得 $$ (n-2) a_{n-1}=(n-1) a_{n-2}, \quad(n-3) a_{n-2}=(n-2) a_{n-3}, \quad \cdots, \quad a_{2}=2 a_{1} . $$ 由以上各式累积且 $a_{1}=1$ 可得 $a_{n}=n$ ．由等差数列前 $n$ 项和公式可得 $$ a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{n}=\frac{n(n+1)}{2} . $$

（1）设数列前 6 项的公差为 $d, d$ 为整数，则 $a_{5}=-1+2 d, a_{6}=-1+3 d$ ． 又 $a_{5}, a_{6}, a_{7}$ 成等比数列，所以 $(3 d-1)^{2}=4(2 d-1)$ ，解得 $d=1$ ．当 $n \leqslant 6$ 时，$a_{n}= n-4$ ，由此可得 $a_{5}=1, a_{6}=2$ ．数列从第 5 项起构成以 2 为公比的等比数列，即当 $n \geqslant 5$ 时， $a_{n}=2^{n-5}$ 。 故通项公式为 $a_{n}= \begin{cases}n-4 & (n \leqslant 4), \\ 2^{n-5} & (n \geqslant 5) .\end{cases}$ （2）由（1）知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为 $-3,-2,-1,0,1,2,4,8,16, \cdots$ ． 当 $m=1$ 时等式成立，即 $-3-2-1=-6=(-3)(-2)(-1)$ ； 当 $m=3$ 时等式成立，即 $-1+0+1=0=(-1) \cdot 0 \cdot 1$ ； 当 $m=2,4$ 时等式不成立； 当 $m \geqslant 5$ 时，因为 $a_{m}+a_{m+1}+a_{m+2}=2^{m-5}\left(2^{3}-1\right), a_{m} a_{m+1} a_{m+2}=2^{3 m-12}$ ，所以 $a_{m}+ a_{m+1}+a_{m+2} \neq a_{m} a_{m+1} a_{m+2}$ ，即等式不成立。 故所求的 $m$ 为 1 或 3 ．

C． 设 $n * a=a_{n}$ ，于是有 $a_{1}=1, a_{n+1}=3 a_{n}$ ，则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等比数列，所以 $n * a=a_{n}= a_{1} q^{n-1}=3^{n-1}$ 。

$a_{1}<1$ ． 因为 $\displaystyle a_{n+1}-a_{n}=\frac{1}{2-a_{n}}-a_{n}=\frac{\left(a_{n}-1\right)^{2}}{2-a_{n}}>0$ 恒成立，所以 $a_{n}<2$ 恒成立，故 $a_{1}<2$ ． 若 $a_{1}=1$ ，则 $a_{n}=1$ ，不符合题意； 若 $1<a_{1}<2$ ，设 $a_{1}=1+t(0<t<1)$ ，则必定存在一个整数 $m$ ，使 $\displaystyle a_{1}>\frac{1+m}{m}$ ，只要 $\displaystyle t> \frac{1}{m}$ ，此时 $\displaystyle a_{2}=\frac{1}{2-a_{1}}>\frac{1}{2-\frac{1+m}{m}}=\frac{m}{m-1}, \cdots, a_{m}>\frac{2}{1}$ ，不符合题意； 若 $a_{1}<1$ ，则 $\displaystyle a_{2}=\frac{1}{2-a_{1}}<1, \cdots, a_{n}<1$ ，符合题意． 综上所述，$a_{1}$ 的取值范围为 $a_{1}<1$ ．

A． 设等差数列的公差为 $d$ ，等比数列的公比为 $q$ ．由 $a_{1}=b_{1}=4, a_{4}=b_{4}=1$ ，得 $\displaystyle d=-1, q= \frac{\sqrt[3]{2}}{2}$ 。故 $\displaystyle a_{2}=3, b_{2}=2 \sqrt[3]{2} ; a_{3}=2, b_{3}=\sqrt[3]{4} ; a_{5}=0, b_{5}=\frac{\sqrt[3]{2}}{2} ; a_{6}=-1, b_{6}=\frac{\sqrt[3]{4}}{4}$ 。

$\displaystyle \frac{444}{5}$ ． 记 $k=\operatorname{round}(\sqrt{n})$ ，表示离 $\sqrt{n}$ 最近的整数，则有 $\displaystyle k=\left[\sqrt{n}+\frac{1}{2}\right]$ ，即 $\displaystyle k \leqslant \sqrt{n}+\frac{1}{2}<k+$ 1 ，也即 $\displaystyle k^{2}-k+\frac{1}{4} \leqslant n<k^{2}+k+\frac{1}{4}$ ，因此 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{2016}$ 为 2 个 1,4 个 $2, \cdots, 2 k$ 个 $k, \cdots$ ， 88 个 44，36 个 45．进而可得 $$ \sum_{n=1}^{2016} \frac{1}{a_{n}}=\sum_{k=1}^{44}\left(\frac{1}{k} \cdot 2 k\right)+\frac{1}{45} \cdot 36=\frac{444}{5} . $$

$\displaystyle \frac{57}{\mathrm{C}_{20}^{4}}$ ． 按照公差 $1,2,3,4,5,6$ 进行分类，分别是 $17,14,11,8,5,2$ ，所以所求概率为 $\displaystyle \frac{17+14+11+8+5+2}{\mathrm{C}_{20}^{4}}=\frac{57}{\mathrm{C}_{20}^{4}}$.

（1）由已知，$a_{n}$ 只能是 0 或 1 ，且 1 不能连续出现， 0 可以连续出现．易得 $x_{1}=2, x_{2} =3, x_{3}=5$ ． 记住，以后看到 $2,3,5$ 或者 $1,1,2,3$ ，就应警惕这可能是斐波那契数列．斐波那契数列性质比较有意思，容易和组合数学综合在一起。 进一步分类讨论，归纳易得 $x_{n+1}=x_{n}+x_{n-1}(n \geqslant 2)$ 。 （2）由（1）可知 $x_{n+1}=x_{n}+x_{n-1}$ ，故 $$ \begin{aligned} x_{n} x_{n+2}-x_{n+1}^{2} & =x_{n}\left(x_{n}+x_{n+1}\right)-\left(x_{n}+x_{n-1}\right)^{2} \\ & =x_{n}\left(2 x_{n}+x_{n-1}\right)-\left(x_{n}^{2}+2 x_{n} x_{n-1}+x_{n-1}^{2}\right) \\ & =x_{n}^{2}-x_{n} x_{n-1}-x_{n-1}^{2}=x_{n}^{2}-x_{n-1}\left(x_{n}+x_{n-1}\right) \\ & =x_{n}^{2}-x_{n-1} x_{n+1} . \end{aligned} $$ 令 $b_{n}=x_{n} x_{n+2}-x_{n+1}^{2}$ ，则有 $b_{n}=-b_{n-1}$ 。 因为 $b_{1}=x_{1} x_{3}-x_{2}^{2}=2 \times 5-9=1$ ，所以 $b_{n}=(-1)^{n-1}$ ，从而 $b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{2015}=b_{2015} =(-1)^{2014}=1$ ，即 $\sum_{n=1}^{2015}\left(x_{n} x_{n+2}-x_{n+1}^{2}\right)=1$ ． 做到这里，你就应该知道，斐波那契数列原来有这样一个性质，就是＂从第二项开始，奇数项的平方都比前后两项之积多 1 ，偶数项的平方都比前后两项之积少 1 ＂。 在本题中，当 $n$ 为奇数时，$x_{n}=\mathrm{C}_{n}^{0}+\mathrm{C}_{n}^{1}+\mathrm{C}_{n-1}^{2}+\cdots+\mathrm{C}_{(k+1) / 2}^{(k+1) / 2}$ ；当 $n$ 为偶数时，$x_{n}=\mathrm{C}_{n}^{0} +\mathrm{C}_{n}^{1}+\mathrm{C}_{n-1}^{2}+\cdots+\mathrm{C}_{(k / 2)+1}^{k / 2}$.

设 $x_{n}=y_{n} \cdot a(n=1,2, \cdots, 2008)$ ，则 $y_{0}=0, y_{n+1}=y_{n}+1$ 或 $y_{n}-1(n=0,1, \cdots$ ， $2007)$ ，总有 $y_{n}^{2}=y_{n-1}^{2}+2 y_{n-1}+1$ ，所以 $2 y_{n-1}=y_{n}^{2}-y_{n-1}^{2}-1$ ．于是 $2\left(y_{1}+y_{2}+\cdots+y_{2008}\right) =y_{2009}^{2}-y_{1}^{2}-2008$ ． 显见 $y_{n} \in \mathbf{Z}$ ，由 $\left|y_{2009}\right|=\left|y_{2008}+1\right|, y_{1}^{2}=1$ ，可知 $y_{2009}$ 为奇数，且 $\displaystyle \left|y_{1}+\cdots+y_{2008}\right|= \frac{1}{2}\left|y_{2009}^{2}-2009\right|$ ． 因为最接近 2009 的奇数方数是 $45^{2}$ ，所以 $\displaystyle \left|y_{1}+\cdots+y_{2008}\right| \geqslant \frac{1}{2}\left|45^{2}-2009\right|=8$ ，故 $\left|x_{1}+\cdots+x_{2008}\right| \geqslant 8 a$ ．又当 $$ \begin{aligned} & x_{1}=x_{3}=\cdots=x_{1963}=a, \\ & x_{2}=x_{4}=\cdots=x_{1964}=-2 a, \\ & x_{1965}=a, \quad x_{1966}=2 a, \quad \cdots, \quad x_{2009}=45 a \end{aligned} $$ 时，$\left|x_{1}+\cdots+x_{2008}\right|$ 可取到 $8 a$ ，从而表达式的最小值为 $8 a$ ．

6 ． 任意断项的和除以 9 的余数与本数除以 9 的余数相同，故为等差数列的和除以 9 的余数．

2065. 去掉完全平方数．

由题意可得满足给定条件的第一个数列由前两项确定，因此只需要求整数数对，满足所有的其他项均为整数。 由条件易知 $$ a_{n+2}=\frac{a_{n}+2020}{a_{n+1}+1} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l} a_{n+2} a_{n+1}+a_{n+2}=a_{n}+2020 \\ a_{n+1} a_{n}+a_{n+1}=a_{n-1}+2020 \end{array}\right. $$ 两式相减得 $\left(a_{n+2}-a_{n}\right)\left(a_{n+1}+1\right)=a_{n+1}-a_{n-1}$ ． 由题意可知 $a_{n+1}+1 \neq 0$ ，故问题有如下两种情形： （1）若 $a_{3}-a_{1}=0$ ，则由 $\left(a_{n+2}-a_{n}\right)\left(a_{n+1}+1\right)=a_{n+1}-a_{n-1}$ 可得 $a_{1}=a_{3}=a_{5}=\cdots$ ， $a_{2}=a_{4}=a_{6}=\cdots$ ． （2）若 $a_{3}-a_{1} \neq 0$ ，则 $a_{n+2}-a_{n} \neq 0$ ，故 $$ \begin{equation*} 0<\left|a_{n+2}-a_{n}\right|=\left|\frac{a_{n+1}-a_{n-1}}{a_{n+1}+1}\right| \leqslant\left|a_{n+1}-a_{n-1}\right| \quad(n \geqslant 2) \tag{1} \end{equation*} $$ 所以可得 $\left|a_{3}-a_{1}\right| \geqslant\left|a_{4}-a_{2}\right| \geqslant\left|a_{5}-a_{3}\right| \geqslant \cdots$ ，即 $\left|a_{n+2}-a_{n}\right|$ 是一个不增正整数数列，故必从某一项开始为正整数常数．所以存在 $N$ 和 $d$ ，对于所有的 $n \geqslant N,\left|a_{n+2}-a_{n}\right|=d$ ，由式（1）得 $\left|a_{n+1}+1\right|=1$ ，故 $a_{n} \in\{0,-2\}$ 。 由定义，$\displaystyle a_{N+4}=\frac{a_{N+2}+2020}{a_{N+3}+1}$ ，从而 $a_{N+4}$ 的值有如下情形： $$ \begin{aligned} & \frac{0+2020}{0+1}=2020 \\ & \frac{0+2020}{-2+1}=-2020 \\ & \frac{-2+2020}{0+1}=2018 \\ & \frac{-2+2020}{-2+1}=-2018 \end{aligned} $$ 与 $a_{N+4} \in\{0,-2\}$ 矛盾，故（2）不合题意，只有（1）满足条件． 将 $n=1$ 和 $a_{3}=a_{1}$ 代人定义 $\displaystyle a_{1}=\frac{a_{1}+2020}{a_{2}+1}$ ，解得 $a_{1} a_{2}=2020=2^{2} \times 5 \times 101$ ．当 $a_{1} \neq -1, a_{2} \neq-1$ 时，得 $a_{1} \in 1, \pm 2, \pm 4, \pm 5, \pm 10, \pm 20, \pm 101, \pm 202, \pm 404, \pm 505, \pm 1010$ ， 2020 且 $\displaystyle a_{2}=\frac{2020}{a_{1}}$ ，故共有 22 个满足题意的数列． \section*{模拟试题19}

（1）（2）． 利用数列的递推方法，可求得 $\displaystyle a_{1}=6, a_{n+1}=\frac{n+3}{n} a_{n}$ 的通项公式为 $$ a_{n+1}=n(n+1)(n+2), $$ 显然可得（1）和（2）成立。下面考虑（3）（4）不成立。若（3）成立，则存在一个正整数 $m$ ，满足 $n(n+1)(n+2)=m^{2}$ ．由于 $n+1$ 与 $n, n+2$ 均互质，则有 $n+1$ 与 $n(n+2)$ 必均是完全平方数，但是由于 $n^{2}<n(n+2)<(n+1)^{2}$ ，在任意两个连续的完全平方数之间不存在其他完全平方数，故无论 $n$ 为何值，$a_{n}$ 都不可能是完全平方数．同理，$a_{n}$ 也不可能是完全立方数。

3. 显然， $3,5,7$ 是符合题意的一组等差数列，若 $P_{1}>3, P_{1}, P_{2}, P_{3}$ 构成一个等差数列，且 $P_{1}, P_{2}, P_{3}$ 为质数，则 $P_{1}, P_{2}, P_{3}$ 的取值只能是 $6 k+1,6 k+5$ 两种形式的数。设 $P_{1}, P_{2}=P_{1} +d, P_{3}=P_{1}+2 d$ ，则 $d$ 为偶数，$d=2(\bmod 6)$ 或 $d=4(\bmod 6)$ ，易证 $P_{2}, P_{3}$ 中至少有一个大于 3 且 $0(\bmod 3)$ ．

可以采用构造法，若存在一项为 0 ，则命题成立；若任一项均不为 0 ，则任取整数数列 $A$ 中一项 $a$ 作为 $b_{1}$ 。令 $S_{1}=b_{1}$ ，不妨设 $b_{1}>0, b_{1} \in[1,1000]$ ．若 $b_{1}=1$ ，则余下的项的和满足题意．若 $b_{1} \geqslant 2$ ，由于 $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{2000}=1$ ，故余下的项中必存在取值为负整数的项，从中任取一项作为 $b_{2} \in[-1000,-1]$ ．令 $S_{2}=b_{1}+b_{2}$ ，则 $S_{2} \in[-999,999]$ ．若 $S_{2}>0$ ，则一定存在负整数项，令其为 $b_{3}$ ．若 $S_{2}<0$ ，则必存在正整数项，令其为 $b_{3}$ ．令 $S_{3}=b_{1}+b_{2}+b_{3}$ ，依此类推，若 $S_{i}>0$ ，则必有后续数为负．若 $S_{2}<0$ ，则必有后续数为正．如此，若 $S_{1}, S_{2}, \cdots$ ， $S_{1999}$ 有某值为 0 ，则命题成立；若有某值为 1 ，则后续数和为 0 ，命题成立．若无 0,1 ，则 $S_{1}, S_{2}$ ， $\cdots, S_{1999} \in[-999,-1] \cup[2,1000]$ ，且由抽屉原理和 $S_{i} \in \mathbf{Z}$ 可知必存在 $S_{i}=S_{j}, i \neq j, i, j \in\{1,2, \cdots, 1999\}$ ，二者之差则是符合题意的结论．

120 ． 由数列运算 $a_{n}=\left(a_{n}-a_{n-1}\right)+\left(a_{n-1}-a_{n-2}\right)+\cdots+\left(a_{2}-a_{1}\right)+a_{1}$ ，可得 $a_{11}= \left(a_{11}-a_{10}\right)+\left(a_{10}-a_{9}\right)+\cdots+\left(a_{2}-a_{1}\right)$ 。令 $x_{i}=\left(a_{i+1}-a_{i}\right), i=1,2, \cdots, 10$ ，则原问题转化为求方程 $x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{10}=4$ 中的 $x_{i} \in\{-1,1\}$ 的解的个数．易知构成 3 个 $-1,7$ 个 1 ，故由组合公式可得．

1；9． 设 $a_{n}=(\sqrt{2}+\sqrt{3})^{2 n}+(\sqrt{2}-\sqrt{3})^{2 n}$ ，即 $a_{n}=(5+2 \sqrt{6})^{n}+(5-2 \sqrt{6})^{n}$ ． 因为 $5 \pm 2 \sqrt{6}$ 是方程 $x^{2}-10 x+1=0$ 的两根，所以数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的递推式为 $a_{n+2}=10 a_{n+1} -a_{n}$ ，其中 $a_{0}=2, a_{1}=10$ ．显然，$a_{n}$ 均为整数，故 $$ a_{n+2}=10 a_{n+1}-a_{n}=10 a_{n+1}-10 a_{n-2}+a_{n-2} $$ 从而 $a_{n+2} \equiv a_{n-2}(\bmod 10)$ ，所以 $a_{1010} \equiv a_{0} \equiv 2(\bmod 10)$ 。即 $(\sqrt{2}+\sqrt{3})^{2020}+(\sqrt{2}-\sqrt{3})^{2020}$ 为个位数字为 2 的整数，而显然 $\displaystyle 0<(\sqrt{2}-\sqrt{3})^{2020}<\frac{1}{10}$ ，故 $(\sqrt{2}+\sqrt{3})^{2020}$ 的小数点的前一位数字为 $2-1=1$ ，后一位数字为 $10-1=9$ ．

（1）由已知 $y=f(x)$ 与 $\displaystyle g(x)=\frac{1}{2}\left(x+\frac{1}{x}\right)+2$ 关于点 $(0,1)$ 对称可得 $\displaystyle f(x)= \frac{1}{2}\left(x+\frac{1}{x}\right)$ ． （2）由 $S_{n}=f\left(a_{n}\right)\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$ 得 $S_{n}=f\left(S_{n}-S_{n-1}\right)\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$ ，进而可得 $S_{n}^{2}-S_{n-1}^{2}=1$ ，即 $\left\{S_{n}^{2}\right\}$ 构成等差数列，公差为 1 ．故由 $S_{1}=a_{1} \Rightarrow S_{1}^{2}=1$ 可得 $S_{n}^{2}=n$ ，则 $$ \frac{1}{S_{3}^{2}}+\frac{1}{S_{5}^{2}}+\cdots+\frac{1}{S_{2 n+1}^{2}}=\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{2 n+1} $$ 由数学归纳法可证： 当 $n=1$ 时，$\displaystyle \frac{1}{3}<\ln \sqrt{2} \Leftrightarrow \frac{1}{3}<\frac{1}{2} \ln 2 \Leftrightarrow 2<3 \ln 2 \Leftrightarrow 2<\ln 8 \Leftrightarrow \mathrm{e}^{2}<8$ ，故此时命题成立． 假设当 $n=k$ 时，命题成立，即 $\displaystyle \frac{1}{S_{3}^{2}}+\frac{1}{S_{5}^{2}}+\cdots+\frac{1}{S_{2 k+1}^{2}}<\ln S_{k+1}$ 成立．那么当 $n=k+1$ 时，有 $$ \begin{aligned} & \frac{1}{S_{3}^{2}}+\frac{1}{S_{5}^{2}}+\cdots+\frac{1}{S_{2 k+1}^{2}}+\frac{1}{S_{2 k+3}^{2}}<\ln S_{k+1}+\frac{1}{S_{2 k+3}^{2}}=\ln S_{k+1}+\frac{1}{2 k+3}<\ln S_{k+2} \\ \Leftrightarrow & \frac{1}{2 k+3}<\ln S_{k+2}-\ln S_{k+1} \Leftrightarrow \frac{1}{2 k+3}<\ln \frac{S_{k+2}}{S_{k+1}}=\ln \sqrt{\frac{k+2}{k+1}} \\ \Leftrightarrow & \frac{1}{2 k+3}<\frac{1}{2} \ln \frac{k+2}{k+1} \Leftrightarrow 1<\ln \left(\frac{k+2}{k+1}\right)^{k+\frac{3}{2}} \Leftrightarrow\left(\frac{k+2}{k+1}\right)^{k+\frac{3}{2}}>\mathrm{e} \\ \Leftrightarrow & \left(1+\frac{1}{k+1}\right)^{k+1}\left(1+\frac{1}{k+1}\right)^{\frac{1}{2}}>\mathrm{e} . \end{aligned} $$ 可证该结论成立．（或利用构造函数 $\displaystyle f(x)=\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x+\frac{1}{2}}$ ，再利用导数，可求得 $f(x)>\mathrm{e}(x \in$ （ $1,+\infty$ ））．）

因为 $a_{1}=1, a_{2}=3, a_{n+2}=(n+3) a_{n+1}-(n+2) a_{n}$ ，所以可进行逐项求值。 $a_{1}=1$ ， $a_{2}=3, a_{3}=9, a_{4}=33, a_{5}=153, a_{6}=873, \cdots$ 。因为 $a_{5}, a_{6}$ 都是 9 的倍数，且由递推关系 $a_{n+2} =(n+3) a_{n+1}-(n+2) a_{n}$ 可得 $a_{5}, a_{6}$ 及以后的数均是 9 的倍数，故 $n$ 的最小值为 5 ．

4. 因为 $x_{1}=\sqrt[3]{3}, x_{n}=\left(x_{n-1}\right)^{\sqrt[3]{3}}$ ，所以 $\displaystyle x_{n}=3^{\frac{n-4}{3}}$ ．而 $x_{n} \in \mathbf{Z}$ ，则 $\displaystyle 3^{\frac{n-4}{3}} \in \mathbf{N}$ ．故 $n$ 的最小值为 4 ．

50499. 易知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的周期为 4 ，而 $a_{1}=7, a_{2}=49, a_{3}=43, a_{4}=1$ ，所以 $$ a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{2019}=504 \times 100+7+49+43=50499 . $$

由 $\displaystyle a_{n+1}=\frac{3\left(1+a_{n}\right)}{3+a_{n}}, a_{1}>0$ 易得 $a_{n}>0$ ．再由 $\displaystyle a_{n+1}-\sqrt{3}=\frac{(3-\sqrt{3})\left(a_{n}-\sqrt{3}\right)}{3+a_{n}}$ ，可知 $a_{n+1}-\sqrt{3}, a_{n}-\sqrt{3}, \cdots, a_{1}-\sqrt{3}$ 同号．而 $\displaystyle a_{n+1}-a_{n}=\frac{3-a_{n}^{2}}{3+a_{n}}$ ，所以若 $a_{1}>\sqrt{3} \Rightarrow a_{n}>\sqrt{3} \Rightarrow a_{n+1}>a_{n}$ ，则 $a_{n}$ 单调递增，反之递减．若 $a_{1}=\sqrt{3}$ ，则为常数数列．

$2^{2019}$ ． 易知 $a_{n+1}=4 a_{n}-4 a_{n-1}$ ，则 $a_{n+1}-2 a_{n}=2\left(a_{n}-2 a_{n-1}\right)$ ，此时有 $a_{n}-2 a_{n-1}=2^{n}$ ，整理可得 $\displaystyle \frac{a_{n}}{2^{n}}-\frac{a_{n-1}}{2^{n-1}}=1$ ，即 $a_{n}=n \times 2^{n}-2^{n-1}$ 。故 $a_{2019}-2 a_{2018}=2^{2019}$ ．

A． $$ \left\{\begin{array}{l} a_{1}^{2}+a_{3}^{2}=2 a_{2}^{2}, \\ a_{1}+a_{3}=2 a_{2} \end{array} \Leftrightarrow a_{1}^{2}+a_{3}^{2}=\frac{\left(a_{1}+a_{3}\right)^{2}}{2} \Leftrightarrow a_{1}=a_{3} .\right. $$

C． $a_{8}=a^{2}>a_{7}=18-7 a \Rightarrow a>2$ ．当 $n \leqslant 7$ 时，$(3-a)(n+1)-3-(3-a) n+3>0 \Rightarrow a<3$ ．

B． 由题意得 $\displaystyle \frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{a_{n}-1}-\frac{1}{a_{n+1}-1}$ ，则 $\displaystyle \frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\cdots+\frac{1}{a_{2017}}=\frac{1}{a_{1}-1}-\frac{1}{a_{2018}-1}=2- \frac{1}{a_{2018}-1}, 0<\frac{1}{a_{2018}-1}<1$.

3. 因为 $a_{2}, a_{3}, a_{4}$ 成等差数列，所以 $a_{2}=a_{3}-d=5-d$ ． 第1行 1 个数字 $$ a_{1} $$ 第 2 行 3 个数字 $$ \begin{array}{lllll} a_{2} & a_{3} & a_{4} & & \\ a_{5} & a_{6} & a_{7} & a_{8} & a_{9} \end{array} $$ 第 $n$ 行 $2 n-1$ 个数字 故第 1 行到第 $n$ 行个数和为 $\displaystyle \frac{(2 n-1+1) \times n}{2}=n^{2}$ ． 又 $86=9^{2}+5$ ，所以 $a_{86}$ 为第 10 行的数，第 10 行前几个数为 $a_{82}, a_{83}, a_{84}, a_{85}, a_{86}$ ，则 $a_{82} =a_{86}-4 d=524-4 d$ ． 又 $a_{1}, a_{2}, a_{5}$ 成等比数列，所以 $a_{82}=a_{2} \cdot 2^{8}$ ，故 $(5-d) \cdot 2^{8}=524-4 d$ ，解得 $d=3$ ．

121. 设 $\left\{a_{n}\right\},\left\{b_{n}\right\}$ 的公差分别为 $d_{1}, d_{2}$ ，于是有 $\left\{\begin{array}{l}1-b_{1}=7, \\ 1+d_{1}+b_{1}+d_{2}=9, \\ 1+2 d_{1}-b_{1}-2 d_{2}=9,\end{array}\right.$ 解得 $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}b_{1}=-6, \\ d_{1}=\frac{15}{2}, \\ d_{2}=\frac{13}{2},\end{array}\right.$ 进而可得 $c_{10}=a_{10}+b_{10}=121$ ．

4900. 设 $a, b, c$ 成等差数列，则 $a+c=2 b, 2 b$ 是偶数，所以 $a, c$ 同为奇数或同为偶数．$a, c$确定后，$b$ 随之唯一确定．因此这三个数构成的等差数列共有 $2 \mathrm{~A}_{50}^{2}=2 \times 50 \times 49=4900$ 个．

36. 由 $\left|a_{n+1}-a_{n}\right|=1$ 得到 $a_{n+1}=a_{n} \pm 1$ ，所以相邻两项之间的运算是对前一项加 1 或者减 1 的运算．因为 $a_{1}=0, a_{10}=5$ ，所以从 $a_{2}$ 到 $a_{10}$ 共进行了 9 次对前一项加 1 或者减 1 的运算，其中有 7 次加 1,2 次减 1 ，共有 $\mathrm{C}_{9}^{2}=36$ 种不同的运算，从而有 36 个不同的数列。

2020. $$ \begin{aligned} a_{n} & =\sqrt{1+\frac{1}{n^{2}}+\frac{1}{(n+1)^{2}}}=\sqrt{\frac{(n+1)^{2} n^{2}+(n+1)^{2}+n^{2}}{n^{2}(n+1)^{2}}} \\ & =\frac{n(n+1)+1}{n(n+1)}=1+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}, \\ S_{2020} & =\left(1+1-\frac{1}{2}\right)+\left(1+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\left(1+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)+\cdots+\left(1+\frac{1}{2020}-\frac{1}{2021}\right) \\ & =2020+\left(1-\frac{1}{2021}\right)=2021-\frac{1}{2021}, \end{aligned} $$ 则 $\left[S_{2020}\right]=2020$ ．

A． 由 $\displaystyle x_{n+1}=\frac{a x_{n}}{x_{n}+1}$ ，得 $\displaystyle x_{n+3}=\frac{a x_{n+2}}{x_{n+2}+1}=\frac{a^{2} x_{n+1}}{(a+1) x_{n+1}+1}=\frac{a^{3} x_{n}}{\left(a^{2}+a+1\right) x_{n}+1}=x_{n}$ 恒成立，即 $\left(a^{2}+a+1\right) x_{n}\left(x_{n}+1-a\right)=0$ ．因为 $x_{n} \neq a-1$ 或 0 ，所以 $a^{2}+a+1=0$ ，故 $\displaystyle a=-\frac{1}{2} \pm \frac{\sqrt{3}}{2} \mathrm{i}$.

A． 由 $a_{1}, a_{3}, \cdots, a_{2 n-1}$ 成等比，$a_{2}, a_{4}, \cdots, a_{2 n}$ 成等比，可解得 $$ S_{2010}=\frac{19}{3}\left[1-\left(\frac{1}{2}\right)^{1005}\right] . $$

A． 由题意可知 $a_{n}>0, a_{n+1}=3 a_{n}^{2}$ ，两边取以 3 为底的对数可得 $\log _{3} a_{n+1}=2 \log _{3} a_{n}+1$ ，即 $\log _{3} a_{n+1}+1=2\left(\log _{3} a_{n}+1\right)$ ，可知 $\log _{3} a_{n}+1=2^{n-1}\left(\log _{3} a_{1}+1\right)=2^{n}$ ，解得 $a_{n}=3^{2^{n}-1}$ ．

A． 按题设，正整数 $a, b, c$ 满足 $a \leqslant b \leqslant c, a+b>c, b^{2}=a c$ ，且 $a, c$ 中至少有一个为 100 ． （1）若 $a=100$ ，则 $b^{2}=100 c$ ，故 $10 \mid b$ ，可取 $\displaystyle 100+b>c=\frac{b^{2}}{100}, b^{2}-100 b-100^{2}<0$ ，故 $100 \leqslant b<50(\sqrt{5}+1)$ ，注意到 $10 \mid b$ ，则 $b$ 可取 $100,110,120,130,140,150,160$ ，相应的 $c=$ 100，121，144，169，196，225，256． （2）若 $c=100$ ，则 $b^{2}=100 a$ ，故 $10 \mid b$ ．又 $\displaystyle \frac{b^{2}}{100}+b>100, b^{2}+100 b-100^{2}>0$ ，故 $50(\sqrt{5}-1)<b \leqslant 100$ ，注意到 $10 \mid b$ ，则 $b$ 可取 $70,80,90,100$ ，相应的 $a=49,64,81,100$ ． 综上所述，三元数组 $(a, b, c)$ 共有 10 组可能的解：$(49,70,100),(64,80,100),(81,90$ ， $100),(100,100,100),(100,110,121),(100,120,144),(100,130,169),(100,140,196)$ ， $(100,150,225),(100,160,256)$ ．

C． 由题意得 $\displaystyle \frac{1}{a_{n+1}}=\frac{2}{a_{n}}+n-2$ ，令 $\displaystyle b_{n}=\frac{1}{a_{n}}$ ，所以 $b_{n+1}=2 b_{n}+n-2$ ，即 $b_{n+1}+n= 2\left(b_{n}+n-1\right)$ ，于是 $b_{n}+n-1=2^{n-1} b_{1}=2^{n-1}$ ，所以 $\displaystyle \frac{1}{a_{n}}=2^{n-1}-(n-1)$ ，即 $\displaystyle a_{n}= \frac{1}{2^{n-1}-n+1}$ ，则 $\displaystyle a_{9}=\frac{1}{2^{8}-8}=\frac{1}{248}, a_{10}=\frac{1}{2^{9}-9}=\frac{1}{503}$ ，且 $$ \frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{a_{n+1}}=2^{n-1}-n+1-\left(2^{n}-n\right)=1-2^{n-1} \leqslant 0 $$ 所以 $a_{n} \geqslant a_{n+1}\left[\right.$ 因为 $2^{n}=(1+1)^{n} \geqslant n+1>n$ ，所以 $\left.a_{n}>0\right]$ ． 因为 $a_{1}=1$ ，所以 $0<a_{n} \leqslant 1$ ．

A． 因为 $\displaystyle \frac{a_{n+1}}{n+1}=\frac{1}{2} \cdot \frac{a_{n}}{n}$ ，所以 $\displaystyle \frac{a_{n}}{n}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1} \cdot \frac{a_{1}}{1}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n}$ ，即 $\displaystyle a_{n}=\frac{n}{2^{n}}$ ．当 $n=2$ 时，$\displaystyle a_{2}=\frac{1}{2}$ ，故 $S_{2}=1$ ．只有 A选项符合． 注 $a_{n}$ 求和可用错位相减法求得．

A． 不难验证 $a_{1}=2, a_{2}=4 \sqrt{2}, a_{3}=14, a_{n+2}=2 \sqrt{2} a_{n+1}-a_{n}$ ．进一步有 $a_{2 k+1}=6 a_{2 k-1} -a_{2 k-3}$ ． 对 $a_{2 k+1} \bmod 10$ 为 $2,4,2,8,6,8,2,4, \cdots$ ．余数周期为 6 ，所以 $\left[a_{2021}\right] \equiv a_{5} \equiv 2(\bmod 10)$ ．

D． 根据题意，有 $$ \left\{\begin{array}{l} 3-a>0 \\ a>1 \\ (3-a) \times 7-3<a^{8-6} \end{array}\right. $$ 解得 $2<a<3$ ，所以实数 $a$ 的取值范围是 $(2,3)$ ．

显然 $S(i, j) \in \mathbf{N}^{*}$ ．下证对于任意 $n_{0} \in \mathbf{N}^{*}$ ，存在 $S(i, j)=n_{0}$ ． 用 $S_{n}$ 表示数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和，考虑 $10 n_{0}+10$ 个前 $n$ 项和： $$ \begin{equation*} S_{1}<S_{2}<\cdots<S_{10 n_{0}+10} \tag{1} \end{equation*} $$ 由题设 $$ S_{10 n_{0}+10}=\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{10}\right)+\left(a_{11}+\cdots+a_{20}\right)+\cdots+\left(a_{10 n_{0}+1}+\cdots+a_{10 n_{0}+10}\right) $$ 另外，再考虑如下 $10 n_{0}+10$ 个正整数： $$ \begin{equation*} S_{1}+n_{0}<S_{2}+n_{0}<\cdots<S_{10 n_{0}+10}+n_{0} \tag{2} \end{equation*} $$ 显然 $S_{10 n_{0}+10}+n_{0} \leqslant 20 n_{0}+19$ ． 这样，式（1）、式（2）中出现 $20 n_{0}+20$ 个正整数，都不超过 $20 n_{0}+19$ 。由抽屉原理，必有两个相等。由于式（1）中各数两两不等，式（2）中各数也两两不等，故存在 $i, j \in \mathbf{N}^{*}$ ，使得 $S_{j}= S_{i}+n_{0}$ ，即 $j>i$ ，且 $n_{0}=S_{j}-S_{i}=S(i, j)$ 。 故所有 $S(i, j)$ 构成的集合等于 $\mathbf{N}^{*}$ 。 \section*{模拟试题52}

D． 由题意，可得 $a_{m}=S_{m}-S_{m-1}=-13, a_{m+1}=S_{m+1}-S_{m}=-15, d=a_{m+1}-a_{m}=-2$ ，由 $\displaystyle S_{m}=m a_{1}+\frac{m(m-1) d}{2}=0$ ，可得 $a_{1}-m=-1$ ．又 $a_{m}=a_{1}+(m-1) d=-13$ ，可得 $a_{1}- 2 m=-15, a_{1}=13, m=14, a_{n}=15-2 n$ ，故 $$ \begin{aligned} T_{n} & =\frac{1}{a_{1} a_{2}}+\frac{1}{a_{2} a_{3}}+\cdots+\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}=\frac{1}{d}\left[\left(\frac{1}{a_{1}}-\frac{1}{a_{2}}\right)+\left(\frac{1}{a_{2}}-\frac{1}{a_{3}}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{a_{n+1}}\right)\right] \\ & =-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{13}-\frac{1}{13-2 n}\right)=-\frac{1}{26}+\frac{1}{2(13-2 n)} . \end{aligned} $$ 可知当 $n=6$ 时，$T_{n}$ 取得最大值 $\displaystyle \frac{6}{13}$ ．

C． 因为 $\left\{a_{n}\right\}$ 是递增数列，所以 $\left\{\begin{array}{l}3-a>0, \\ a>1, \\ (3-a) \times 10-6<a^{11-9},\end{array}\right.$ 解得 $2<a<3$ ．

C． 由题意，得 $\displaystyle a_{n+1}^{2}=\frac{2 a_{n} a_{n+1}+1}{4-a_{n}^{2}}$ ，所以 $a_{n+1}^{2} a_{n}^{2}+2 a_{n} a_{n+1}+1=4 a_{n+1}^{2}$ ，即 $\left(a_{n+1} a_{n}+1\right)^{2}$ $=4 a_{n+1}^{2}$ ，亦即 $a_{n+1} a_{n}+1=2 a_{n+1}$ ，则 $\displaystyle a_{n+1}=\frac{1}{2-a_{n}}$ ．由 $\displaystyle a_{1}=\frac{1}{2}$ ，得 $\displaystyle a_{2}=\frac{2}{3}, a_{3}=\frac{3}{4}, \cdots, a_{n} =\frac{n}{n+1}$ ，所以 $\displaystyle \frac{a_{n}}{n^{2}}=\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$ ，故 $\displaystyle a_{1}+\frac{a_{2}}{2^{2}}+\frac{a_{3}}{3^{2}}+\cdots+\frac{a_{100}}{100^{2}}=\left(1-\frac{1}{2}\right)+ \left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{100}-\frac{1}{101}\right)=\frac{100}{101}$ ．

D． 由题意可得 $a^{2}-4=2 a-8$ 或 $\displaystyle a^{2}-4+2 a-8=2 \times\left(-\frac{a+8}{2}\right)$ ，解得 $a=1$ 或 $a=-4$ ． 当 $a=1$ 时，$f(x)=x^{2}+9 x-10$ ，数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 不是等差数列． 当 $a=-4$ 时，$f(x)=x^{2}+4 x, S_{n}=f(n)=n^{2}+4 n$ ，所以 $a_{1}=5, a_{2}=7, a_{n}=5+ (7-5)(n-1)=2 n+3$ ，故 $$ \begin{aligned} \frac{S_{n}-4 a}{a_{n}-1} & =\frac{n^{2}+4 n+16}{2 n+2}=\frac{1}{2} \times \frac{(n+1)^{2}+2(n+1)+13}{n+1} \\ & =\frac{1}{2} \times\left[(n+1)+\frac{13}{n+1}+2\right] \\ & \geqslant \frac{1}{2}\left(2 \sqrt{(n+1) \times \frac{13}{n+1}}+2\right)=\sqrt{13}+1 \end{aligned} $$ 当且仅当 $\displaystyle n+1=\frac{13}{n+1}$ ，即 $n=\sqrt{13}-1$ 时取等号． 因为 $n$ 为正整数，所以当 $n=3$ 时，原式取最小值，即 $\displaystyle \frac{37}{8}$ ．

A． 选项 A 由一些特殊事例得出一般性结论，且注意到数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列，其前 $n$ 项和 $\displaystyle S_{n}=\frac{n(1+2 n-1)}{2}=n^{2}$ ．选项 D 中的推理属于归纳推理，但结论不正确．

D． 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$ ．依题意得 $2 \sqrt{S_{2}}=\sqrt{S_{1}}+\sqrt{S_{3}}$ ，因为 $a_{1}=1$ ，所以 $2 \sqrt{2 a_{1}+d} =\sqrt{a_{1}}+\sqrt{3 a_{1}+3 d}$ ，化简可得 $d=2 a_{1}=2$ ，所以 $\displaystyle a_{n}=1+(n-1) \times 2=2 n-1, S_{n}=n+ \frac{n(n-1)}{2} \times 2=n^{2}$ ，故 $$ \begin{aligned} \frac{S_{n+10}}{a_{n}^{2}} & =\frac{(n+10)^{2}}{(2 n-1)^{2}}=\left(\frac{n+10}{2 n-1}\right)^{2}=\left[\frac{\frac{1}{2}(2 n-1)+\frac{21}{2}}{2 n-1}\right]^{2} \\ & =\frac{1}{4}\left(1+\frac{21}{2 n-1}\right)^{2} \leqslant 121 \end{aligned} $$

C． 抛物线 $\displaystyle x^{2}=\frac{1}{2} y$ 可化为 $y=2 x^{2}$ ，则 $y^{\prime}=4 x$ ，在点 $\left(a_{i}, 2 a_{i}^{2}\right)$ 处的切线方程为 $y-2 a_{i}^{2}= 4 a_{i}\left(x-a_{i}\right)$ ，所以切线与 $x$ 轴交点的横坐标为 $\displaystyle a_{i+1}=\frac{1}{2} a_{i}$ ，数列 $\left\{a_{2 k}\right\}$ 是以 $a_{2}=32$ 为首项、 $\displaystyle \frac{1}{4}$ 为公比的等比数列，故 $a_{2}+a_{4}+a_{6}=32+8+2=42$ ．

D． 因为 $$ \begin{aligned} a_{n+1}=\frac{a_{n}}{a_{n}+2} & \Rightarrow \frac{1}{a_{n+1}}=\frac{2}{a_{n}}+1 \Rightarrow \frac{1}{a_{n+1}}+1=2\left(\frac{1}{a_{n}}+1\right) \\ & \Rightarrow \frac{1}{a_{n}}+1=\left(\frac{1}{a_{1}}+1\right) \cdot 2^{n-1}=2^{n}, \end{aligned} $$ 所以 $b_{n+1}=(n-2 \lambda) \cdot 2^{n}$ ． 因为数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是单调递增数列，所以当 $n \geqslant 2$ 时， $$ \begin{aligned} b_{n+1}>b_{n} & \Rightarrow(n-2 \lambda) \cdot 2^{n}>(n-1-2 \lambda) \cdot 2^{n-1} \\ & \Rightarrow n>2 \lambda-1 \Rightarrow 2>2 \lambda-1 \Rightarrow \lambda<\frac{3}{2} \end{aligned} $$ 当 $n=1$ 时， $$ b_{2}>b_{1} \Rightarrow(1-2 \lambda) \cdot 2>-\lambda \Rightarrow \lambda<\frac{2}{3} . $$ 因此 $\displaystyle \lambda<\frac{2}{3}$ ．

D． 当 $x \in \mathrm{Z}$ 时，$[x)=x+1, f(x)=[x)-x=x+1-x=1$ ；当 $x \notin \mathrm{Z}$ 时，令 $x=n+a, n \in \mathrm{Z}, a \in(0,1)$ ，则 $[x)=n+1, f(x)=[x)-x=1-a \in(0,1)$ ，因此 $f(x)=[x)-x$ 的值域是 $(0,1]$ ． $0.9,1,1.1$ 是等差数列，但 $[0.9)=1,[1)=2,[1.1)=2$ 不是等差数列． $0.5,1,2$ 是等比数列，但 $[0.5)=1,[1)=2,[2)=3$ 不是等比数列． 由前面分析可得当 $x \in \mathbf{Z}$ 时，$f(x)=1$ ；当 $x \notin \mathbf{Z}, x=n+a, n \in \mathbf{Z}, a \in(0,1)$ 时，$f(x)= 1-a=1-(x-n)=n+1-x$ ，所以 $f(x+1)=f(x)$ ，即 $f(x)=[x)-x$ 是周期为 1 的函数．由于 $x \in(1,2)$ 时，$\displaystyle f(x)=2-x=\frac{1}{2}, x=\frac{3}{2}$ ，即一个周期内有一个根，所以若 $x \in(1$ ， 2014），则方程 $\displaystyle [x)-x=\frac{1}{2}$ 有 2013 个根．

A． 由 $\displaystyle S_{n}=(-1)^{n} a_{n}+\frac{1}{2^{n}}+2 n-6$ ，得 $\displaystyle a_{1}=S_{1}=-a_{1}+\frac{1}{2}+2-6$ ，解得 $\displaystyle a_{1}=-\frac{7}{4}$ ．当 $n \geqslant 2$时 ，$\displaystyle a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=(-1)^{n} a_{n}+\frac{1}{2^{n}}+2 n-6-\left[(-1)^{n-1} a_{n-1}+\frac{1}{2^{n-1}}+2(n-1)-6\right]$ ，化简得 $\displaystyle \left[1+(-1)^{n+1}\right] a_{n}=(-1)^{n} a_{n-1}-\frac{1}{2^{n}}+2$ ． 当 $n=2 k\left(k \in \mathbf{N}^{*}\right)$ 时，$\displaystyle a_{n-1}=-2+\frac{1}{2^{n}}$ ，所以 $\displaystyle a_{2 k-1}=-2+\frac{1}{2^{2 k}}, a_{2 k+1}=-2+\frac{1}{2^{2 k+2}}$ ． 当 $n=2 k-1\left(k \in \mathbf{N}^{*}\right)$ 时， $\displaystyle 2 a_{n}=-a_{n-1}-\frac{1}{2^{n}}+2$ ，所以 $\displaystyle a_{2 k-2}=-2 a_{2 k-1}+2-\frac{1}{2^{2 k-1}}$ ， $\displaystyle a_{2 k}=-2 a_{2 k+1}+2-\frac{1}{2^{2 k+1}}=6-\frac{1}{2^{2 k}}$. 因为 $\left(a_{n+1}-p\right)\left(a_{n}-p\right)<0$ 恒成立，所以当 $n=2 k\left(k \in \mathbf{N}^{*}\right)$ 时，$\left(p-a_{2 k+1}\right)\left(p-a_{2 k}\right) <0$ ，即 $\displaystyle -2+\frac{1}{2^{2 k+2}}<p<6-\frac{1}{2^{2 k}}$ ，亦即 $\displaystyle -\frac{31}{16}<p<\frac{95}{16}$ ；当 $n=2 k\left(k \in \mathrm{~N}^{*}\right)$ 时，$\left(p-a_{2 k}\right)\left(p-a_{2 k-1}\right) <0$ ，即 $\displaystyle -2+\frac{1}{2^{2 k}}<p<6-\frac{1}{2^{2 k}}$ ，亦即 $\displaystyle -\frac{7}{4}<p<\frac{23}{4}$ ． 综合上述两种情况，有 $\displaystyle -\frac{7}{4}<p<\frac{23}{4}$ ．

$\displaystyle -\frac{3}{25}$ ． 不妨取 $S_{n}=3 n^{2}+2 n, T_{n}=4 n^{2}+5 n$ ．当 $n=1$ 时，$a_{1}=S_{1}=5$ ．当 $n \geqslant 2$ 时，$a_{n}=S_{n}- S_{n-1}=6 n-1$ ，验证得 $n=1$ 时上式也成立．综上所述，$a_{n}=6 n-1$ ．同理可得 $b_{n}=8 n+1$ ，则 $\displaystyle \frac{a_{1}+a_{4}}{b_{3}}=\frac{28}{25}$ ．故由 $P, B, C$ 三点共线得 $$ \begin{aligned} \overrightarrow{A P}=(1-\lambda) \overrightarrow{A B}+\lambda \overrightarrow{A C}=\frac{28}{25} \overrightarrow{A B}+\lambda \overrightarrow{A C} & \Rightarrow 1-\lambda=\frac{28}{25} \\ & \Rightarrow \lambda=-\frac{3}{25} \end{aligned} $$

$b_{n}=2 n-1\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$ ． 设等差数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的公差为 $d$ ，由 $\displaystyle \frac{S_{n}}{S_{2 n}}$ 为常数，设 $\displaystyle \frac{S_{n}}{S_{2 n}}=k$ ，且 $b_{1}=1$ ，得 $$ n+\frac{1}{2} n(n-1) d=k\left[2 n+\frac{1}{2} \times 2 n(2 n-1) d\right], $$ 即 $2+(n-1) d=4 k+2 k(2 n-1) d$ ，整理得 $(4 k-1) d n+(2 k-1)(2-d)=0$ ． 因为对于任意正整数 $n$ 上式恒成立，所以 $\left\{\begin{array}{l}d(4 k-1)=0, \\ (2 k-1)(2-d)=0,\end{array}\right.$ 解得 $\displaystyle d=2, k=\frac{1}{4}$ ，故数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式为 $b_{n}=2 n-1\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$ ．

（1）由 $\displaystyle a_{n+1}=\frac{2\left(t^{n+1}-1\right) a_{n}}{a_{n}+2 t^{n}-2}\left(n \in \mathrm{~N}^{*}\right)$ ，得 $$ \frac{a_{n+1}}{t^{n+1}-1}=\frac{2 a_{n}}{a_{n}+2\left(t^{n}-1\right)}=\frac{\frac{2 a_{n}}{t^{n}-1}}{\frac{a_{n}}{t^{n}-1}+2} $$ 令 $\displaystyle b_{n}=\frac{a_{n}}{t^{n}-1}$ ，则 $\displaystyle b_{n+1}=\frac{2 b_{n}}{b_{n}+2}, b_{1}=\frac{a_{1}}{t-1}=2$ ，所以 $\displaystyle \frac{1}{b_{n+1}}=\frac{1}{b_{n}}+\frac{1}{2}$ ，从而 $\displaystyle \frac{1}{b_{n}}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}(n-1) =\frac{n}{2}$ ．故 $\displaystyle \frac{a_{n}}{t^{n}-1}=\frac{2}{n}$ ，于是有 $\displaystyle a_{n}=\frac{2\left(t^{n}-1\right)}{n}$ ． （2） $$ a_{n+1}-a_{n}=\frac{2\left(t^{n+1}-1\right)}{n+1}-\frac{2\left(t^{n}-1\right)}{n} $$ $\displaystyle =\frac{2(t-1)}{n(n+1)}\left[n\left(1+t+t^{2}+\cdots+t^{n}\right)-(n+1)\left(1+t+t^{2}+\cdots+t^{n-1}\right)\right]$ $\displaystyle =\frac{2(t-1)^{2}}{n(n+1)}\left[n\left(1+t+t^{2}+\cdots+t^{n-2}+t^{n-1}\right)+t\left(1+t+t^{2}+\cdots+t^{n-2}\right)+\cdots+t^{n-1}\right]$ ． 显然当 $t>0$ 时，恒有 $a_{n+1}-a_{n}>0$ ，即 $a_{n+1}>a_{n}$ ．

（1）由 $S_{9}+a_{9}=S_{7}+a_{7}$ ，得 $2 q^{2}+q-1=0$ ，解得 $\displaystyle q=\frac{1}{2}$ 或 $q=-1$（舍去）．所以 $\displaystyle a_{n}= \frac{1}{2^{n-1}}$ ． （2）由（1）可知 $\displaystyle a_{n}=\frac{1}{2^{n-1}}$ ． 由题设可设数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的首项为 $\displaystyle \frac{1}{2^{s}}(s \in \mathbf{N})$ ，公比为 $\displaystyle \frac{1}{2^{t}}\left(t \in \mathbf{N}^{*}\right)$ ，则 $\displaystyle T_{n}=\frac{1}{2^{s}} \cdot \frac{1-\left(\frac{1}{2^{t}}\right)^{n}}{1-\frac{1}{2^{t}}}= \frac{2^{t}\left(1-\frac{1}{2^{t n}}\right)}{2^{s}\left(2^{t}-1\right)}$ ，由条件可知，当 $n \rightarrow \infty$ 时，有 $$ \begin{align*} & \frac{2}{15}<\frac{2^{t}}{2^{s}\left(2^{t}-1\right)} \leqslant \frac{1}{7} \tag{1}\\ & \frac{2}{15} \cdot \frac{2^{t}-1}{2^{t}}<\frac{1}{2^{s}} \leqslant \frac{1}{7} \cdot \frac{2^{t}-1}{2^{t}} \end{align*} $$ 因为 $t \in \mathbf{N}^{*}$ ，所以 $\displaystyle \frac{1}{2} \leqslant \frac{2^{t}-1}{2^{t}}<1$ ，则 $\displaystyle \frac{1}{15}<\frac{1}{2^{s}}<\frac{1}{7}$ ．将 $s=3$ 代人式（1）得 $\displaystyle \frac{16}{15}<\frac{2^{t}}{2^{t}-1} \leqslant \frac{8}{7}$ ，即 $8 \leqslant 2^{\prime}<16$ ，则有 $t=3$ ． 故 $\displaystyle b_{n}=\left(\frac{1}{8}\right)^{n}$ ．

设三边的边长均为整数，最长边的边长为 $n$ ，且最短边的边长为 $k(k \leqslant n)$ 的三角形一共还有 $a_{n}(k)$ 个，则 $a_{n}=\sum_{k=1}^{n} a_{n}(k)$ 。下面求 $a_{n}(k)$ 。令 $\displaystyle s=\left[\frac{n+1}{2}\right]$ 。 当 $k \leqslant s$ 时，第三条边可以是 $n+1-k, n+2-k, \cdots, n$ ，共有 $k$ 种可能；当 $s<k \leqslant n$时，第三条边可以是 $k, k+1, \cdots, n$ ，共有 $n+1-k$ 种可能。所以 $$ a_{n}(k)= \begin{cases}k & (k \leqslant s), \\ n+1-k & (s<k \leqslant n) .\end{cases} $$ 则 $$ \begin{aligned} a_{n} & =\sum_{k=1}^{s} k+\sum_{k=s+1}^{n}(n+1-k)=\sum_{k=1}^{s} k+\sum_{t=1}^{n-s} t \\ & =\frac{s(s+1)}{2}+\frac{(n-s)(n-s+1)}{2} \\ & =\frac{n^{2}+n}{2}-\left[\frac{n+1}{2}\right]\left(n-\left[\frac{n+1}{2}\right]\right) \end{aligned} $$ 当 $n$ 为奇数时，$\displaystyle a_{n}=\frac{n^{2}+2 n+1}{4}$ ；当 $n$ 为偶数时，$\displaystyle a_{n}=\frac{n^{2}+2 n}{4}$ ． 综上所述，$\displaystyle a_{n}=\left[\frac{n^{2}+2 n+1}{4}\right]$ ． \title{

由题意得 $x_{n}^{2}-x_{n-1}^{2}=2\left(x_{n}-x_{n-1}\right)+n(3 n+1)$ ，即 $x_{n}^{2}-2 x_{n}=x_{n-1}^{2}-2 x_{n-1}+ n(3 n+1)$ 。待定系数 $a, b, c$ ，则 $$ \left(x_{n}-1\right)^{2}+a n^{3}+b n^{2}=\left(x_{n-1}-1\right)^{2}+a(n-1)^{3}+b(n-1)^{2}+c $$ 比较系数，得 $a=-1, b=-2, c=1$ ．从而 $a_{n}=\left(x_{n}-1\right)^{2}-n^{3}-2 n^{2}$ 构成公差为 1 的等差数列，所以 $\left(x_{n}-1\right)^{2}=n^{3}+2 n^{2}+n$ ，故 $x_{n}=1+(n+1) \sqrt{n}$ ．

对于任意正整数 $n$ ，有 $a_{n+3} a_{n}=a_{n+1} a_{n+2}+1$ ，所以 $a_{n+4} a_{n+1}=a_{n+2} a_{n+3}+1$ ，两式相减并整理得 $\displaystyle \frac{a_{n+2}+a_{n+4}}{a_{n+3}}=\frac{a_{n}+a_{n+2}}{a_{n+1}}$ ． 因为 $\displaystyle a_{4}=\frac{a_{2} a_{3}+1}{a_{1}}=2$ ，所以 $$ \frac{a_{2 k-1}+a_{2 k+1}}{a_{2 k}}=\frac{a_{1}+a_{3}}{a_{2}}=2, \quad \frac{a_{2 k}+a_{2 k+2}}{a_{2 k+1}}=\frac{a_{2}+a_{4}}{a_{3}}=3 . $$ 故 $$ \begin{align*} & a_{2 k-1}+a_{2 k+1}=2 a_{2 k}, \tag{1}\\ & a_{2 k}+a_{2 k+2}=3 a_{2 k+1} . \tag{2} \end{align*} $$ 由式（1）得 $$ a_{2 k}=\frac{1}{2}\left(a_{2 k-1}+a_{2 k+1}\right) \Rightarrow a_{2 k+2}=\frac{1}{2}\left(a_{2 k+1}+a_{2 k+3}\right) . $$ 代人式（2）得 $$ \frac{1}{2}\left(a_{2 k-1}+a_{2 k+1}\right)+\frac{1}{2}\left(a_{2 k+1}+a_{2 k+3}\right)=3 a_{2 k+1}, $$ 即 $a_{2 k+3}=4 a_{2 k+1}-a_{2 k-1}$ ． 类似地，有 $a_{2 k+4}=4 a_{2 k+2}-a_{2 k}$ ． 设 $a_{2 k-1}=x_{k}, a_{2 k}=y_{k}$ ，则 $x_{k+2}=4 x_{k+1}-x_{k}\left(x_{1}=x_{2}=1\right), y_{k+2}=4 y_{k+1}-y_{k}\left(y_{1}=1\right.$ ， $\left.y_{2}=2\right)$ ．由特征根得 $$ \begin{aligned} & a_{2 k-1}=x_{k}=\frac{9-5 \sqrt{3}}{6}(2+\sqrt{3})^{k}+\frac{9+5 \sqrt{3}}{6}(2-\sqrt{3})^{k}, \\ & a_{2 k}=y_{k}=\frac{2-\sqrt{3}}{2}(2+\sqrt{3})^{k}+\frac{2+\sqrt{3}}{2}(2-\sqrt{3})^{k} . \end{aligned} $$

（1）由 $\displaystyle a_{n}=\frac{\left(1+a_{n-1}\right)^{2}}{a_{n-2}}$ 得 $$ \begin{align*} & a_{n-2} a_{n}=a_{n-1}^{2}+2 a_{n-1}+1, \tag{1}\\ & a_{n-1} a_{n+1}=a_{n}^{2}+2 a_{n}+1, \tag{2} \end{align*} $$ 两式相减得 $a_{n-1}\left(a_{n+1}+a_{n-1}+2\right)=a_{n}\left(a_{n}+a_{n-2}+2\right)$ 。结合 $a_{3}=9$ ，得 $$ \frac{a_{n+1}+a_{n-1}+2}{a_{n}}=\frac{a_{n}+a_{n-2}+2}{a_{n-1}}=\cdots=\frac{a_{3}+a_{1}+2}{a_{2}}=6 $$ 从而 $a_{n+1}=6 a_{n}-a_{n-1}-2\left(n \geqslant 2, n \in \mathbf{N}^{*}\right)$ ． 令 $\displaystyle b_{n}=a_{n}-\frac{1}{2}$ ，则 $b_{n+1}=6 b_{n}-b_{n-1}\left(n \geqslant 2, n \in \mathbf{N}^{*}\right)$ ，解得 $b_{n}=c_{1} \lambda^{n-1}+c_{2} \mu^{n-1}$ ，其中 $\lambda, \mu=3 \pm 2 \sqrt{2}$ 是方程 $x^{2}=6 x-1$ 的两个根，$c_{1}, c_{2}$ 是待定常数． 由 $\displaystyle b_{1}=\frac{1}{2}, b_{2}=\frac{3}{2}$ ，解得 $\displaystyle c_{1}=c_{2}=\frac{1}{4}$ ．因此数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式是 $$ a_{n}=\frac{(3+2 \sqrt{2})^{n-1}+(3-2 \sqrt{2})^{n-1}+2}{4} $$ （2）对于任意正整数 $\displaystyle k, \sqrt{a_{2 k-1}}=\frac{(3+2 \sqrt{2})^{k-1}+(3-2 \sqrt{2})^{k-1}}{2}=\sum_{j \geqslant 0} \mathrm{C}_{k-1}^{2 j} 3^{k-1-2 j} 2^{3 j}$ ，它是整数． 同理，$\displaystyle \sqrt{\frac{a_{2 k}}{2}}=\frac{(\sqrt{2}+1)^{2 k-1}+(\sqrt{2}-1)^{2 k-1}}{2 \sqrt{2}}=\sum_{j \geqslant 0} \mathrm{C}_{2 k-1}^{2 j+1} 2^{j}$ ，它也是整数． 注 本题第（2）问可以反过来通过构造二阶递推数列解决或者用数学归纳法完成。

$\displaystyle a_{n}=\frac{(n+2)(n-1)}{4}$ ． 由已知得 $\displaystyle a_{n+1}+\frac{1}{2}=\frac{n+2}{n}\left(a_{n}+\frac{1}{2}\right)$ ．令 $\displaystyle b_{n}=a_{n}+\frac{1}{2}$ ，则 $\displaystyle b_{n+1}=\frac{n+2}{n} b_{n}$ ，所以 $$ \begin{aligned} \frac{b_{n+1}}{b_{1}} & =\frac{b_{n+1}}{b_{n}} \cdot \frac{b_{n}}{b_{n-1}} \cdot \cdots \cdot \frac{b_{2}}{b_{1}}=\frac{n+2}{n} \cdot \frac{n+1}{n-1} \cdot \frac{n}{n-2} \cdot \cdots \cdot \frac{4}{2} \cdot \frac{3}{1} \\ & =\frac{(n+2)(n+1)}{2} \end{aligned} $$ 故 $\displaystyle b_{n+1}=\frac{(n+2)(n+1)}{4}$ ，则 $\displaystyle b_{n}=\frac{n(n+1)}{4}\left(n \geqslant 2, n \in \mathbf{N}^{*}\right)$ ．又 $\displaystyle b_{1}=\frac{1}{2}$ ，所以 $\displaystyle b_{n}= \frac{n(n+1)}{4}\left(n \geqslant 1, n \in \mathbf{N}^{*}\right), a_{n}=b_{n}-\frac{1}{2}=\frac{n(n+1)}{4}-\frac{1}{2}=\frac{(n+2)(n-1)}{4}$ ．

$n(n+2)$ ． 在 $a_{m+n}=a_{m}+a_{n}+2 m n$ 中，令 $m=1$ ，可得递推关系式：$a_{n+1}=a_{1}+a_{n}+2 n=a_{n}+ (2 n+3)$ ．因此数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $$ a_{n}=a_{1}+\sum_{k=1}^{n-1}(2 k+3)=3+\frac{[5+(2 n+1)](n-1)}{2}=n(n+2) . $$