递推数列

B． $$ f(2020,2019)=f(2020,1)+2 \times 2018=f(1,1) \times 2^{2019}+2 \times 2018=2^{2019}+4036 . $$

（1）令 $S_{n}=a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}+\cdots+a_{n} b_{n}$ ，则 $$ \begin{aligned} & S_{n}=\frac{1}{2}+2 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+3 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{3}+\cdots+(n-1) \times\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}+n \times\left(\frac{1}{2}\right)^{n} \\ & \frac{1}{2} S_{n}=\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+2 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{3}+3 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{4}+\cdots+(n-1) \times\left(\frac{1}{2}\right)^{n}+n \times\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1} \end{aligned} $$ 两式相减，得 $$ \begin{aligned} \frac{1}{2} S_{n} & =\frac{1}{2}+\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(\frac{1}{2}\right)^{3}+\left(\frac{1}{2}\right)^{4}+\cdots+\left(\frac{1}{2}\right)^{n}-n \times\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1} \\ & =1-\left(\frac{1}{2}\right)^{n}-n \times\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}<1 \end{aligned} $$ 所以 $S_{n}<2$ ． （2）由 $\displaystyle f(1)=\frac{4}{5}, f(0)=\frac{1}{2}$ 解得 $a=1, b=-2$ ，故 $$ f(x)=\frac{4^{x}}{1+4^{x}}=1-\frac{1}{1+4^{x}}>1-\frac{1}{2 \times 2^{x}} \quad(x \neq 0) $$ 从而 $$ \begin{aligned} f(1)+\cdots+f(n) & >\left(1-\frac{1}{2 \times 2}\right)+\left(1-\frac{1}{2 \times 2^{2}}\right)+\cdots+\left(1-\frac{1}{2 \times 2^{n}}\right) \\ & =n-\frac{1}{4}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2^{n-1}}\right) \\ & =n+\frac{1}{2^{n+1}}-\frac{1}{2} \end{aligned} $$

（1）由归纳法易得．或令 $\displaystyle b_{n}=\frac{a_{n}}{n^{3}}$ ，则 $\displaystyle b_{n+1}=b_{n}+\frac{1}{n^{2}}$ ，由累加法知 $\displaystyle b_{n}=1+\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k^{2}}$ ，即 $\displaystyle a_{n}=n^{3}\left(1+\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k^{2}}\right)$ ． （2）因为 $$ a_{k}=k^{3}\left(1+\sum_{i=1}^{k-1} \frac{1}{i^{2}}\right)=k^{3}+k^{3} \cdot \sum_{i=1}^{k} \frac{1}{i^{2}}-k \text {, } $$ 所以 $$ \frac{a_{k}+k}{a_{k}}=\frac{1+\sum_{i=1}^{k} \frac{1}{i^{2}}}{1+\sum_{i=1}^{k-1} \frac{1}{i^{2}}}, $$ 故 $$ \begin{aligned} \prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{k}{a_{k}}\right) & =\frac{a_{1}+1}{a_{1}} \cdot \prod_{k=2}^{n} \frac{1+\sum_{i>1}^{k} \frac{1}{i^{2}}}{1+\sum_{i=1}^{k-1} \frac{1}{i^{2}}}=2 \cdot \frac{1+\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i^{2}}}{2}=1+\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i^{2}} \\ & <1+1+1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots<3 \end{aligned} $$ \section*{模拟试题11}

1020102. 由题意可得 $a_{1}=1, a_{2}=1, a_{3}=2, a_{4}=2, a_{5}=2, a_{6}=2, a_{7}=3, \cdots$ ，即 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ 按照这样的规律取值： 2 个 1,4 个 2,6 个 $3, \cdots, 2 k$ 个 $k, \cdots$ ，所以有 $$ \left(\frac{1}{1}+\frac{1}{1}\right)+\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{3}\right)+\cdots=2020 \Rightarrow 2+2+\cdots+2=2020 . $$ 共有 1010 组 2 构成等式，故 $n=2+4+\cdots+2 \times 1010=1020102$ ． \section*{5．无穷多．} 将正整数集合 $\mathrm{N}_{+}$分拆为 $A, B, B=\mathrm{N}_{+} / A$ ：任取一正整数放人集合 $B$ 中，设为元素 $a$ ，以此为初始元素开始构成集合 $B, a+2$ 作为集合 $B$ 中的第二个元素，$a+5$ 作为第三个，间隔的距离以每次在前一个长度上再增加一个长度为基准⋯⋯依此类推，得到的集合 $B$ 则是满足题意的一种分法，由于 $a$ 的任意性，故有无穷多种．

（1）由归纳法易得．或令 $\displaystyle b_{n}=\frac{a_{n}}{n^{3}}$ ，则 $\displaystyle b_{n+1}=b_{n}+\frac{1}{n^{2}}$ ，由累加法知 $\displaystyle b_{n}=1+\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k^{2}}$ ，即 $\displaystyle a_{n}=n^{3}\left(1+\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k^{2}}\right)$ ． （2）因为 $\displaystyle a_{k}=k^{3}\left(1+\sum_{i=1}^{k-1} \frac{1}{i^{2}}\right)=k^{3}+k^{3} \cdot \sum_{i=1}^{k} \frac{1}{i^{2}}-k$ ，所以 $\displaystyle \frac{a_{k}+k}{a_{k}}=\frac{1+\sum_{i=1}^{k} \frac{1}{i^{2}}}{1+\sum_{i=1}^{k-1} \frac{1}{i^{2}}}$ ，故 $$ \begin{aligned} \prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{k}{a_{k}}\right) & =\frac{a_{1}+1}{a_{1}} \cdot \prod_{k=2}^{n} \frac{1+\sum_{i=1}^{k} \frac{1}{i^{2}}}{1+\sum_{i=1}^{k-1} \frac{1}{i^{2}}} \\ & =2 \cdot \frac{1+\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i^{2}}}{2}=1+\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i^{2}} \\ & <1+1+1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots \\ & <3 \end{aligned} $$

26 ． 由题意，设 $|S|=n+1, S=\left\{a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}, a_{n+1}\right\}, 1=a_{1}<a_{2}<\cdots<a_{n}<a_{n+1}=1001$ ，则对于 $\forall a_{i} \in S$ ，有 $n \mid S-a_{i}$ ，即 $\displaystyle \frac{S-a_{i}}{n} \in \mathrm{~N}_{+}$。设 $\displaystyle \frac{S-a_{i}}{n}=x_{i}, \frac{S-a_{j}}{n}=x_{j}(i>j)$ ，则 $\displaystyle \left.x_{j}-x_{i}=\frac{a_{i}-a_{j}}{n} \in \mathbf{N}_{+} \Rightarrow n \right\rvert\, a_{i}-a_{j} \Rightarrow a_{i}-a_{j} \geqslant n$ $$ \Rightarrow 1000=\left(a_{n+1}-a_{n}\right)+\left(a_{n}-a_{n-1}\right)+\cdots+\left(a_{2}-a_{1}\right) \geqslant n^{2}, $$ $n \mid 1000=2^{3} \cdot 5^{3} \geqslant 30^{2}, 1000<31^{2}$ ，故 $n_{\text {max }} \leqslant 25$ ． 构造一个符合要求的 $S$ ： $$ S=\left\{1,25 i_{1}+1,25 i_{2}+1, \cdots, 25 i_{24}+1,1001\right\}, \quad i_{1}<i_{2}<\cdots<i_{24}<40, i_{k} \in \mathbf{N}_{+} . $$

由于 $S$ 是整数集，故 $S$ 的任一非空子集也为整数集．对于所有 $P(A)$ 的和简记为 $\sum P(A)$ ，则可知 $$ \begin{aligned} \sum P(A)= & a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}+a_{1} a_{2}+\cdots+a_{1} a_{n}+a_{2} a_{3} \\ & +\cdots+a_{n-1} a_{n}+\cdots+a_{1} a_{2} \cdots a_{n} \\ = & \left(1+a_{1}\right)\left(1+a_{2}\right) \cdots\left(1+a_{n}\right)-1, \end{aligned} $$ 故 $$ M(S)=\frac{\sum P(A)}{2^{n}-1}=\frac{\left(1+a_{1}\right)\left(1+a_{2}\right) \cdots\left(1+a_{n}\right)-1}{2^{n}-1}=13 $$ $$ \Rightarrow \quad\left(1+a_{1}\right)\left(1+a_{2}\right) \cdots\left(1+a_{n}\right)-1=13\left(2^{n}-1\right) \Rightarrow T=13 \cdot 2^{n}-12, $$ 其中，记 $\left(1+a_{1}\right)\left(1+a_{2}\right) \cdots\left(1+a_{n}\right)=T$ ． 由 $M\left(S \bigcup\left\{a_{n+1}\right\}\right)=49$ 可得 $$ \begin{aligned} \frac{T\left(1+a_{n+1}\right)-1}{2^{n+1}-1}=49 & \Rightarrow T\left(1+a_{n+1}\right)-1=49\left(2^{n+1}-1\right) \\ & \Rightarrow\left(13 \cdot 2^{n}-12\right)\left(1+a_{n+1}\right)=49 \cdot 2^{n+1}-48 \\ & \Rightarrow 13 \cdot 2^{n}+13 \cdot 2^{n} a_{n+1}-12-12 a_{n+1}=49 \cdot 2^{n+1}-48 \\ & \Rightarrow 85 \cdot 2^{n}-36=13 \cdot 2^{n} a_{n+1}-12 a_{n+1} \\ & \Rightarrow 2^{n}=\frac{12 a_{n+1}-36}{13 a_{n+1}-85} \geqslant 2 \Rightarrow n=3, \quad a_{n+1}=7 . \end{aligned} $$ 由 $n=3, a_{n+1}=7$ 可得 $$ T=13 \cdot 2^{n}-12=92 \Rightarrow\left(1+a_{1}\right)\left(1+a_{2}\right)\left(1+a_{3}\right)=92=2 \times 2 \times 23 . $$ 再进行分类讨论，对应求值即可（注意 $a_{1}, a_{2}, a_{3}$ 两两不等）．

因为 $g(x)=(x-r) f(x)$ ，所以 $$ \begin{align*} & c_{n+1} x^{n+1}+c_{n} x^{n}+\cdots+c_{1} x+c_{0} \\ & \quad=(x-r)\left(a_{n} x^{n}+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_{1} x+a_{0}\right) \tag{1} \end{align*} $$ 由多项式相等的条件有 $c_{n+1}=a_{n}, c_{n}=a_{n-1}-r a_{n}, c_{n-1}=a_{n-2}-r a_{n-1}, c_{1}=a_{0}-r a_{1}$ ， $c_{0}=-r a_{0}$ ，于是 $a_{n}=c_{n+1}, a_{n-1}=c_{n}+r c_{n+1}, a_{n-2}=c_{n-1}+r c_{n}+r^{2} c_{n+1}, \cdots, a_{0}=c_{1}+r c_{2} +r^{2} c_{3}+\cdots+r^{n} c_{n+1}$. 若 $|r| \leqslant 1$ ，则 $\left|a_{n}\right|=\left|c_{n+1}\right| \leqslant c,\left|a_{n-1}\right| \leqslant\left|c_{n}\right|+|r|\left|c_{n+1}\right| \leqslant 2 c, \cdots,\left|a_{0}\right| \leqslant \left|c_{1}\right|+|r|\left|c_{2}\right|+\left|r^{2}\right|\left|c_{3}\right|+\cdots+\left|r^{n}\right|\left|c_{n+1}\right| \leqslant(n+1) c$ ，所以 $a \leqslant(n+1) c$ 。 若 $|r|>1$ ，则在式（1）两边同除以 $-r x^{n+1}$ ，并令 $\displaystyle y=\frac{1}{x}$ ，得 $$ -\frac{c_{0}}{r} y^{n+1}-\frac{c_{1}}{r} y^{n-1}-\cdots-\frac{c_{n+1}}{r}=\left(y-\frac{1}{r}\right)\left(a_{0} y^{n}+a_{1} y^{n-1}+\cdots+a_{n-1} y+a_{n}\right) . $$ 同前，有 $\displaystyle a \leqslant(n+1) \cdot \frac{c}{|r|}<(n+1) c$ ． 综上所述，原结论成立． \section*{模拟试题27}

显然，$\lambda=0$ 时题中方程有实数根．下面考虑 $\lambda \neq 0$ 时的情形．易知，此时方程无零根，假设方程的 $n$ 个根全部是实数，设为 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}$ ，其中 $x_{i} \in R /\{0\}$ ．则由韦达定理可得 $$ \begin{aligned} & x_{1} x_{2} \cdots x_{n}=(-1)^{n} \lambda \\ & x_{1} x_{2} \cdots x_{n}\left(\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+\cdots+\frac{1}{x_{n}}\right)=(-1)^{n-1} \lambda A B \\ & x_{1} x_{2} \cdots x_{n} \sum_{1 \leqslant j<k \leqslant n} \frac{1}{x_{j} x_{k}}=(-1)^{n-2} \lambda W \end{aligned} $$ 由以上关系可得 $\displaystyle \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{x_{i}}=-A B, ~ \sum_{1 \leqslant j<k \leqslant n} \frac{1}{x_{j} x_{k}}=W$ ，于是 $$ A^{2} B^{2}-2 W=\left(\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{x_{i}}\right)^{2}-2 \sum_{1 \leqslant j<k \leqslant n} \frac{1}{x_{j} x_{k}}=\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{x_{i}^{2}}>0 $$ 又因为 $$ A^{2} B^{2}=\left(1-\sum_{j=1}^{n} \alpha_{j}^{2}\right)\left(1-\sum_{j=1}^{n} \beta_{j}^{2}\right) \leqslant\left[\frac{\left(1-\sum_{j=1}^{n} \alpha_{j}^{2}\right)+\left(1-\sum_{j=1}^{n} \beta_{j}^{2}\right)}{2}\right]^{2}=2 W, $$ 矛盾，对于任何 $\lambda \neq 0$ 均不合题意．故只有 $\lambda=0$ 成立．

A． 设 $p(n)=a_{0}+a_{1} x+a_{2} x^{2}+\cdots+a_{n} x^{n}$ 。因为 $p(0)$ 和 $p(1)$ 为奇数，所以 $a_{0}$ 为奇数，$a_{1} +a_{2}+\cdots+a_{n}$ 为偶数。假设 $p(n)$ 有整数根，设 $p\left(x_{0}\right)=0$ ，易知 $x_{0} \mid a_{0}$ ，则 $x_{0}$ 为奇数。 情形 1 当 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ 全是偶数时，则此时易知 $p\left(x_{0}\right)$ 为奇数。 情形 2 当 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ 中有奇数，而 $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}$ 为偶数时，则奇数必定成对出现，此时 $p\left(x_{0}\right)$ 还是为奇数。 综上所述，$p(n)$ 无整数根．

B． $0<a<1 \Rightarrow x_{1}=a<x_{2}=a^{a} \Rightarrow x_{2}=a^{a}>x_{3}=a^{a^{a}}, x_{1}=a<x_{3}=a^{a^{a}}<x_{5} \cdots, x_{2}=a^{x_{1}}> x_{4}=a^{x_{3}}>x_{6}=a^{x_{5}}$.

46. 当 $x \in[0,1)$ 时，$[x]=0, x[x]=0,[x[x]]$ 有 1 个元素 0 ； 当 $x \in[1,2)$ 时，$[x]=1, x[x] \in[1,2),[x[x]]$ 有 1 个元素 1； 当 $x \in[2,3)$ 时，$[x]=2, x[x] \in[4,6),[x[x]]$ 有 2 个元素 4,5 ； 当 $x \in[3,4)$ 时，$[x]=3, x[x] \in[9,12),[x[x]]$ 有 3 个元素 9，10，11； 当 $x \in[4,5)$ 时，$[x]=4, x[x] \in[16,20),[x[x]]$ 有 4 个元素 $16,17,18,19$ ； 当 $x \in[9,10)$ 时，$[x]=9, x[x] \in[81,90),[x[x]]$ 有 9 个元素 $81,82,83, \cdots, 89$ ． 故 $a_{10}=1+1+2+3+4+\cdots+9=46$ ．

34. 设登上 $n$ 级台阶有 $a_{n}$ 种登法，则 $a_{n+2}=a_{n+1}+a_{n}(n \geqslant 1)$ ．又 $a_{1}=1, a_{2}=2$ ，则 $a_{3}=3$ ， $a_{4}=5, a_{5}=8, a_{6}=13, a_{7}=21, a_{8}=34$ ，即不同的登法有 34 种．

A． 由前 4 行的特点归纳可得，若 $a_{n m}=(a, b)$ ，则 $a=m, b=n-m+1$ ，故 $a_{n m}=$ （ $m, n-m+1$ ）． \section*{模拟试题53}

对于 $n \in\{1,2, \cdots, 2020\}$ ，用 $a_{n}$ 表示分值之和为 $n$ 的牌组的数目，则 $a_{n}$ 等于函数 $f(x)=\left(1+x^{2^{0}}\right)^{2} \cdot\left(1+x^{2^{1}}\right)^{3} \cdot \cdots \cdot\left(1+x^{2^{10}}\right)^{3}$ 的展开式中 $x^{n}$ 的系数（约定 $|x|<1$ ）。由于 $$ \begin{aligned} f(x) & =\frac{1}{1+x}\left[\left(1+x^{2^{0}}\right)\left(1+x^{2^{1}}\right) \cdot \cdots \cdot\left(1+x^{2^{10}}\right)\right]^{3} \\ & =\frac{1}{(1+x)(1-x)^{3}}\left(1-x^{2^{11}}\right)^{3} \\ & =\frac{1}{\left(1-x^{2}\right)(1-x)^{2}}\left(1-x^{2^{11}}\right)^{3}, \end{aligned} $$ 而 $0 \leqslant 2020<2^{11}$ ，所以 $a_{n}$ 等于 $\displaystyle \frac{1}{\left(1-x^{2}\right)(1-x)^{2}}$ 的展开式中 $x^{n}$ 的系数．又因为 $$ \begin{aligned} \frac{1}{\left(1-x^{2}\right)(1-x)^{2}}= & \frac{1}{1-x^{2}} \cdot \frac{1}{(1-x)^{2}} \\ = & \left(1+x^{2}+x^{4}+\cdots+x^{2 k}+\cdots\right) \\ & \cdot\left[1+2 x+3 x^{2}+\cdots+(2 k+1) x^{2 k}+\cdots\right] \end{aligned} $$ 所以 $x^{2 k}$ 在展开式中的系数为 $a_{2 k}=1+3+5+\cdots+(2 k+1)=(k+1)^{2}(k=1,2, \cdots)$ 。从而，所求的＂好牌＂组的个数为 $a_{2020}=1011^{2}=1022121$ ．

$n 2^{n-1}-2^{n}+1$ ． 当集合 $A$ 中的最大元素为 $k$ 时，集合 $A$ 的其余元素可在 $1,2, \cdots, k-1$ 中任取若干个 （包含不取），所以集合 $A$ 共有 $\mathrm{C}_{k-1}^{0}+\mathrm{C}_{k-1}^{1}+\mathrm{C}_{k-1}^{2}+\cdots+\mathrm{C}_{k-1}^{k-1}=2^{k-1}$ 种情况。此时，集合 $B$的元素只能在 $k+1, k+2, \cdots, n$ 中任取若干个（至少取 1 个），所以集合 $B$ 共有 $\mathrm{C}_{n-k}^{1}+\mathrm{C}_{n-k}^{2} +\mathrm{C}_{n-k}^{3}+\cdots+\mathrm{C}_{n-k}^{n-k}=2^{n-k}-1$ 种情况。所以，当集合 $A$ 中的最大元素为 $k$ 时，集合对 $(A, B)$共有 $2^{k-1}\left(2^{n-k}-1\right)=2^{n-1}-2^{k-1}$ 对。当 $k$ 依次取 $1,2,3, \cdots, n-1$ 时，可分别得到集合对 $(A, B)$ 的个数，求和可得 $$ P_{n}=(n-1) \cdot 2^{n-1}-\left(2^{0}+2^{1}+2^{2}+\cdots+2^{n-2}\right)=(n-2) \cdot 2^{n-1}+1 $$ 记不同的选择方法种数为 $a_{n}$ ，由题意得 $a_{1}=0, a_{2}=\mathrm{C}_{2}^{2}=1$ ． 当 $n \geqslant 2$ 时， $$ \begin{aligned} a_{n} & =\mathrm{C}_{n}^{2}+2 \mathrm{C}_{n}^{3}+3 \mathrm{C}_{n}^{4}+\cdots+(n-1) \mathrm{C}_{n}^{n} \\ & =\left(2 \mathrm{C}_{n}^{2}+3 \mathrm{C}_{n}^{3}+4 \mathrm{C}_{n}^{4}+\cdots+\mathrm{C}_{n}^{n}\right)-\left(\mathrm{C}_{n}^{2}+\mathrm{C}_{n}^{3}+\mathrm{C}_{n}^{4}+\cdots+\mathrm{C}_{n}^{n}\right) \\ & =n 2^{n-1}-\left(2^{n}-1\right)=n 2^{n-1}-2^{n}+1 \end{aligned} $$ 又 $a_{1}=0, a_{2}=1$ 也满足，故 $a_{n}=n 2^{n-1}-2^{n}+1$ ．