數(shù)列綜合應(yīng)用附答案

理數(shù)1.(2009江西,8,5分)數(shù)列{an}的通項(xiàng)an=n2·,其前n項(xiàng)和為Sn,那么S30為()A.470B.490C.495D.510[答案]1.A[解析]1.an=n2=n2cos.當(dāng)n=3k時(shí),a3k=(3k)2=9k2;當(dāng)n=3k+1時(shí),a3k+1=(3k+1)2·cos=-(3k+1)2;當(dāng)n=3k+2時(shí),a3k+2=(3k+2)2cos=-(3k+2)2.∴S30=(a3+a6+a9+…+a30)+(a1+a4+a7+…+a28)+(a2+a5+a8+…+a29)=(32+62+92+…+302)-(12+42+72+…+282)-(22+52+82+…+292)=(32+62+92+…+302)-(12+22+32+…+282+292+302)=×32(12+22+32+…+102)-×=×-==470,應(yīng)選A.2.(2012北京,8,5分)某棵果樹前n年的總產(chǎn)量Sn與n之間的關(guān)系如下圖.從目前記錄的結(jié)果看,前m年的年平均產(chǎn)量最高,m的值為()A.5B.7C.9D.11[答案]2.C[解析]2.前m年的平均產(chǎn)量為,即求,,,的最大值,問題轉(zhuǎn)化為圖中4個(gè)點(diǎn)A(5,S5),B(7,S7),C(9,S9),D(11,S11)與原點(diǎn)連線的斜率的最大值.由題可知kOC=最大.即前9年的年平均產(chǎn)量最高.應(yīng)選C.3.(2012河北高三模擬，9,5分)定義:F(x,y)=yx(x>0,y>0),數(shù)列{an}滿足:an=(n∈N*),假設(shè)對(duì)任意正整數(shù)n,都有an≥ak(k∈N*)成立,那么ak的值為()A.B.2C.D.[答案]3.C[解析]3.an==,易知當(dāng)n≥4時(shí),2n≥n2,又a1=2,a2=1,a3=,故最小項(xiàng)為.應(yīng)選C.錯(cuò)因分析:信息使用錯(cuò)誤,易錯(cuò)選A.4.(2012云南高三二模，12,5分)公差不等于0的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,如果S3=-21,a7是a1與a3的等比中項(xiàng),那么在數(shù)列{nan}中,數(shù)值最小的項(xiàng)是()A.第4項(xiàng)B.第3項(xiàng)C.第2項(xiàng)D.第1項(xiàng)[答案]4.C[解析]4.∵{an}為等差數(shù)列,∴由S3=-21可知3a2=-21,∴a2=-7.又∵=a1a3,∴(a2+5d)2=(a2-d)(a2+d),∴(5d-7)2=-d2=49-d2,可求出d=或d=0(舍),∴an=a2+(n-2)×=n-,nan=n2-n,∵2<<3,且<,∴數(shù)列{nan}的最小項(xiàng)為第2項(xiàng),應(yīng)選C.錯(cuò)因分析:此題屬于等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合問題.將條件用a2及公差d表示,建立方程,并求出公差d是解題關(guān)鍵.注意結(jié)合函數(shù)單調(diào)性對(duì)求數(shù)列的最大項(xiàng)或最小項(xiàng)均有幫助.5.(2012北京東城區(qū)高三模擬，8,5分)定義：數(shù)列那么的值為()[答案]5.C[解析]5.，∴.設(shè)函數(shù)，那么，令，解得，此時(shí)函數(shù)是減函數(shù)；令，解得，此時(shí)函數(shù)是增函數(shù)，∴當(dāng)時(shí)，取最小值.又，又，∴，∴，又，，∴的最小值是，即.6.(2013年北京海淀區(qū)高三第二次模擬，8,5分)假設(shè)數(shù)列滿足：存在正整數(shù)，對(duì)于任意正整數(shù)都有成立，那么稱數(shù)列為周期數(shù)列，周期為.￥數(shù)列滿足，那么以下結(jié)論中錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔〕A.假設(shè)，那么可以取3個(gè)不同的值B.假設(shè)，那么數(shù)列是周期為的數(shù)列C.且，存在，是周期為的數(shù)列D.且，數(shù)列是周期數(shù)列[答案]6.D[解析]6.對(duì)于A項(xiàng)，假設(shè)，那么由得或；進(jìn)而推出，或，或.即或或，故A項(xiàng)正確；對(duì)于B項(xiàng)，假設(shè)，即，那么，…，故數(shù)列是周期為的數(shù)列.故B項(xiàng)正確；對(duì)于C項(xiàng)，假設(shè)且，是周期為的數(shù)列，那么一定有滿足，即，化簡(jiǎn)得，所以〔舍去〕.此時(shí)，滿足.故C項(xiàng)正確；對(duì)于D項(xiàng)，假設(shè)且，數(shù)列是周期數(shù)列，那么一定存在使得，那么，.故其后一定有某一項(xiàng)為，且，那么，化簡(jiǎn)得，所以.因?yàn)椴豢赡転橛欣頂?shù)，故與假設(shè)矛盾.所以D項(xiàng)錯(cuò)誤.7.(2013課標(biāo)Ⅰ,12,5分)設(shè)△AnBnCn的三邊長(zhǎng)分別為an,bn,cn,△AnBnCn的面積為Sn,n=1,2,3,….假設(shè)b1>c1,b1+c1=2a1,an+1=an,bn+1=,cn+1=,那么()A.{Sn}為遞減數(shù)列B.{Sn}為遞增數(shù)列C.{S2n-1}為遞增數(shù)列,{S2n}為遞減數(shù)列D.{S2n-1}為遞減數(shù)列,{S2n}為遞增數(shù)列[答案]7.B[解析]7.由bn+1=,cn+1=得bn+1+cn+1=an+(bn+cn),①bn+1-cn+1=-(bn-cn),②由an+1=an得an=a1,代入①得bn+1+cn+1=a1+(bn+cn),∴bn+1+cn+1-2a1=(bn+cn-2a1),∵b1+c1-2a1=2a1-2a1=0,∴bn+cn=2a1>|BnCn|=a1,所以點(diǎn)An在以Bn、Cn為焦點(diǎn)且長(zhǎng)軸長(zhǎng)為2a1的橢圓上(如圖).由b1>c1得b1-c1>0,所以|bn+1-cn+1|=(bn-cn),即|bn-cn|=(b1-c1)·,所以當(dāng)n增大時(shí)|bn-cn|變小,即點(diǎn)An向點(diǎn)A處移動(dòng),即邊BnCn上的高增大,又|BnCn|=an=a1不變,所以{Sn}為遞增數(shù)列.8.(2014山西太原高三模擬考試〔一〕，16)在數(shù)列中，，那么

.[答案]8.

[解析]8.

，，，，，，.，又因?yàn)椋虢獾?，同理可得，又因?yàn)楹瘮?shù)單調(diào)函數(shù)，所以可得，同理可得，所以.9.(2011陜西,14,5分)植樹節(jié)某班20名同學(xué)在一段直線公路一側(cè)植樹,每人植一棵,相鄰兩棵樹相距10米.開始時(shí)需將樹苗集中放置在某一樹坑旁邊,使每位同學(xué)從各自樹坑出發(fā)前來領(lǐng)取樹苗往返所走的路程總和最小,這個(gè)最小值為(米).[答案]9.2000[解析]9.將20位同學(xué)視為數(shù)軸上0、10、20、…、190的20個(gè)點(diǎn),那么路程總和為y=2(|x|+|x-10|+…+|x-190|),由絕對(duì)值的幾何意義知,當(dāng)有奇數(shù)個(gè)點(diǎn)時(shí),位于中間位置的中點(diǎn)到各點(diǎn)的距離和最小,當(dāng)有偶數(shù)個(gè)點(diǎn)時(shí),中間兩點(diǎn)之間的點(diǎn)到各點(diǎn)的距離之和最小,所以當(dāng)90≤x≤100時(shí),ymin=2[x+(x-10)+…+(x-90)+(100-x)+(110-x)+…+(190-x)]=2(100+110-10+…+190-90)=2×10×100=2000.11.(2012四川,16,4分)記[x]為不超過實(shí)數(shù)x的最大整數(shù).例如,[2]=2,[1.5]=1,[-0.3]=-1.設(shè)a為正整數(shù),數(shù)列{xn}滿足x1=a,xn+1=(n∈N*).現(xiàn)有以下命題:①當(dāng)a=5時(shí),數(shù)列{xn}的前3項(xiàng)依次為5,3,2;②對(duì)數(shù)列{xn}都存在正整數(shù)k,當(dāng)n≥k時(shí)總有xn=xk;③當(dāng)n≥1時(shí),xn>-1;④對(duì)某個(gè)正整數(shù)k,假設(shè)xk+1≥xk,那么xk=[].其中的真命題有.(寫出所有真命題的編號(hào))[答案]11.①②③[解析]11.當(dāng)a=5時(shí),x2==3,x3==2,①正確;令a=3時(shí),x2==2,x3==1,x4==2,以后各項(xiàng)均為1,2交替出現(xiàn),②錯(cuò);易證x∈N*時(shí),≥,所以xn+1=≥>≥-1,③正確;因?yàn)閤n+1=≤≤,所以≥xk,xk≤,所以xk≤,又由③知xk>-1,有-1k≤,又xk∈N+,因此xk=[],④正確.12.(2012山西高三模擬，14,5分)向量a=(2,-n),b=(Sn,n+1),n∈N*,其中Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,假設(shè)a⊥b,那么數(shù)列的最大項(xiàng)的值為.[答案]12.[解析]12.依題意得a·b=0,即2Sn=n(n+1),Sn=,當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=-=n;又a1=S1==1,因此an=n,===≤,當(dāng)且僅當(dāng)n=,n∈N*,即n=2時(shí)取等號(hào),因此數(shù)列的最大項(xiàng)的值是.13.(2012四川省米易中學(xué)高三第二次段考，14，5分)數(shù)列的最小值為________．[答案]13.[解析]13.∵，∴=，設(shè)，那么，所以當(dāng)時(shí)，函數(shù)是減函數(shù)；當(dāng)時(shí)，函數(shù)是增函數(shù)，所以當(dāng)時(shí)，取最小值，即的最小值為.14.(2012北京海淀區(qū)高三11月月考，14,5分)數(shù)列中，如果存在，使得“且”成立〔其中，〕，那么稱為的一個(gè)峰值．〔Ⅰ〕假設(shè)，那么的峰值為；〔Ⅱ〕假設(shè)，且不存在峰值，那么實(shí)數(shù)的取值范圍是．[答案]14.〔Ⅰ〕10；〔Ⅱ〕或，[解析]14.〔Ⅰ〕，由于，那么當(dāng)時(shí)，取最大值，那么僅有，所以的峰值為10；〔Ⅱ〕設(shè)，那么.由于，且不存在峰值，那么：①當(dāng)數(shù)列不是常數(shù)數(shù)列時(shí)，只需，所以，解得；②當(dāng)數(shù)列是常數(shù)數(shù)列時(shí)，只需，所以，解得，.綜上所得，實(shí)數(shù)的取值范圍是或，.15.16.(2013年河南十所名校高三第二次聯(lián)考，16,5分)設(shè)數(shù)列是等差數(shù)列，數(shù)列是等比數(shù)列，記數(shù)列{}，{}的前n項(xiàng)和分別為，.假設(shè)a5＝b5，a6＝b6，且S7－S5＝4〔T6－T4〕，那么＝____________.[答案]16.[解析]16.設(shè)等差數(shù)列的公差為，等比數(shù)列的公比為.由a5＝b5，a6＝b6，且S7－S5＝4〔T6－T4〕，得解得故17.(2015安徽安慶模擬,21)數(shù)列{an}滿足a1=a>2,an=(n≥2,n∈N*).(1)求證:對(duì)任意n∈N*,an>2;(2)判斷數(shù)列{an}的單調(diào)性,并說明你的理由;(3)設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,求證:當(dāng)a=3時(shí),Sn<2n+.[答案]17.答案見解析[解析]17.(1)證明:用數(shù)學(xué)歸納法證明an>2(n∈N*):①當(dāng)n=1時(shí),a1=a>2,結(jié)論成立;②假設(shè)n=k(k≥1)時(shí)結(jié)論成立,即ak>2,那么n=k+1時(shí),ak+1=>=2,所以n=k+1時(shí),結(jié)論成立.故由①②及數(shù)學(xué)歸納法原理,知對(duì)一切的n∈N*,都有an>2成立.(4分)(2){an}是單調(diào)遞減的數(shù)列.因?yàn)?=an+2-=-(an-2)(an+1),又an>2,所以-<0,所以an+1<an.這說明{an}是單調(diào)遞減的數(shù)列.(8分)(3)由an+1=,得=an+2,所以-4=an-2.根據(jù)(1)知an>2(n∈N*),所以=<,所以an+1-2<(an-2)<(an-1-2)<…<(a1-2).所以,當(dāng)a=3時(shí),an+1-2<,即an+1<+2.當(dāng)n=1時(shí),S1=3<2+,當(dāng)n≥2時(shí),Sn=3+a2+a3+…+an<3+++…+=3+2(n-1)+=2n+1+<2n+.綜上,當(dāng)a=3時(shí),Sn<2n+(n∈N*).(15分)18.(2015北京,20,13分)數(shù)列{an}滿足:a1∈N*,a1≤36,且an+1=(n=1,2,…).記集合M={an|n∈N*}.(1)假設(shè)a1=6,寫出集合M的所有元素;(2)假設(shè)集合M存在一個(gè)元素是3的倍數(shù),證明:M的所有元素都是3的倍數(shù);(3)求集合M的元素個(gè)數(shù)的最大值.[答案]18.答案見解析[解析]18.(1)6,12,24.(2)證明:因?yàn)榧螹存在一個(gè)元素是3的倍數(shù),所以不妨設(shè)ak是3的倍數(shù).由an+1=可歸納證明對(duì)任意n≥k,an是3的倍數(shù).如果k=1,那么M的所有元素都是3的倍數(shù).如果k>1,因?yàn)閍k=2ak-1或ak=2ak-1-36,所以2ak-1是3的倍數(shù),于是ak-1是3的倍數(shù).類似可得,ak-2,…,a1都是3的倍數(shù).從而對(duì)任意n≥1,an是3的倍數(shù),因此M的所有元素都是3的倍數(shù).綜上,假設(shè)集合M存在一個(gè)元素是3的倍數(shù),那么M的所有元素都是3的倍數(shù).(3)由a1≤36,an=可歸納證明an≤36(n=2,3,…).因?yàn)閍1是正整數(shù),a2=所以a2是2的倍數(shù),從而當(dāng)n≥3時(shí),an是4的倍數(shù).如果a1是3的倍數(shù),由(2)知對(duì)所有正整數(shù)n,an是3的倍數(shù),因此當(dāng)n≥3時(shí),an∈{12,24,36},這時(shí)M的元素個(gè)數(shù)不超過5.如果a1不是3的倍數(shù),由(2)知對(duì)所有正整數(shù)n,an不是3的倍數(shù),因此當(dāng)n≥3時(shí),an∈{4,8,16,20,28,32},這時(shí)M的元素個(gè)數(shù)不超過8.當(dāng)a1=1時(shí),M={1,2,4,8,16,20,28,32}有8個(gè)元素.綜上可知,集合M的元素個(gè)數(shù)的最大值為8.19.(2014重慶,22,12分)設(shè)a1=1,an+1=+b(n∈N*).(Ⅰ)假設(shè)b=1,求a2,a3及數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;(Ⅱ)假設(shè)b=-1,問:是否存在實(shí)數(shù)c使得a2n<c<a2n+1對(duì)所有n∈N*成立?證明你的結(jié)論.[答案]19.查看解析[解析]19.(Ⅰ)解法一:a2=2,a3=+1.再由題設(shè)條件知(an+1-1)2=(an-1)2+1.從而{(an-1)2}是首項(xiàng)為0,公差為1的等差數(shù)列,故(an-1)2=n-1,即an=+1(n∈N*).解法二:a2=2,a3=+1,可寫為a1=+1,a2=+1,a3=+1.因此猜測(cè)an=+1.下用數(shù)學(xué)歸納法證明上式:當(dāng)n=1時(shí)結(jié)論顯然成立.假設(shè)n=k時(shí)結(jié)論成立,即ak=+1,那么ak+1=+1=+1=+1.這就是說,當(dāng)n=k+1時(shí)結(jié)論成立.所以an=+1(n∈N*).(Ⅱ)解法一:設(shè)f(x)=-1,那么an+1=f(an).令c=f(c),即c=-1,解得c=.下用數(shù)學(xué)歸納法證明加強(qiáng)命題a2n<c<a2n+1<1.當(dāng)n=1時(shí),a2=f(1)=0,a3=f(0)=-1,所以a2<<a3<1,結(jié)論成立.假設(shè)n=k時(shí)結(jié)論成立,即a2k<c<a2k+1<1.易知f(x)在(-∞,1]上為減函數(shù),從而c=f(c)>f(a2k+1)>f(1)=a2,即1>c>a2k+2>a2.再由f(x)在(-∞,1]上為減函數(shù)得c=f(c)<f(a2k+2)<f(a2)=a3<1.故c<a2k+3<1,因此a2(k+1)<c<a2(k+1)+1<1.這就是說,當(dāng)n=k+1時(shí)結(jié)論成立.綜上,符合條件的c存在,其中一個(gè)值為c=.解法二:設(shè)f(x)=-1,那么an+1=f(an).先證:0≤an≤1(n∈N*).①當(dāng)n=1時(shí),結(jié)論明顯成立.假設(shè)n=k時(shí)結(jié)論成立,即0≤ak≤1.易知f(x)在(-∞,1]上為減函數(shù),從而0=f(1)≤f(ak)≤f(0)=-1<1.即0≤ak+1≤1.這就是說,當(dāng)n=k+1時(shí)結(jié)論成立.故①成立.再證:a2n<a2n+1(n∈N*).②當(dāng)n=1時(shí),a2=f(1)=0,a3=f(a2)=f(0)=-1,有a2<a3,即n=1時(shí)②成立.假設(shè)n=k時(shí),結(jié)論成立,即a2k<a2k+1.由①及f(x)在(-∞,1]上為減函數(shù),得a2k+1=f(a2k)>f(a2k+1)=a2k+2,a2(k+1)=f(a2k+1)<f(a2k+2)=a2(k+1)+1.這就是說,當(dāng)n=k+1時(shí)②成立.所以②對(duì)一切n∈N*成立.由②得a2n<-1,即(a2n+1)2<-2a2n+2,因此a2n<.③又由①、②及f(x)在(-∞,1]上為減函數(shù)得f(a2n)>f(a2n+1),即a2n+1>a2n+2,所以a2n+1>-1,解得a2n+1>.④綜上,由②、③、④知存在c=使a2n<c<a2n+1對(duì)一切n∈N*成立.20.〔2014重慶一中高三下學(xué)期第一次月考，22〕〔原創(chuàng)〕在數(shù)列中，，，其前項(xiàng)和滿足。(1)

求的值；(2)

求的表達(dá)式；(3)

對(duì)于任意的正整數(shù)，求證：。[答案]20.查看解析[解析]20.

(1)依次令可得，，；

(2)法一：由⑴猜測(cè)，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)時(shí)結(jié)論顯然成立；②假設(shè)時(shí)結(jié)論成立，即，那么，故當(dāng)時(shí)結(jié)論成立。綜上知結(jié)論成立。

法二：猜測(cè)，下面用第二數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)時(shí)結(jié)論顯然成立；②假設(shè)時(shí)結(jié)論成立，即，那么，故當(dāng)時(shí)結(jié)論成立。綜上知結(jié)論成立。

法三：由題，當(dāng)時(shí)，，故，因此。又，故。(3)法一：由(2)知為等差數(shù)列，故。由知一定時(shí)，要使最小，那么最大。顯然，故，因此，從而。

法二：因?yàn)?，所以，故，因此，從而，即。法三?i)當(dāng)時(shí)不等式顯然成立；(ii)假設(shè)時(shí)不等式成立，即，那么如“法二”可證，故，即當(dāng)時(shí)不等式成立。綜上得證。22.(2014天津薊縣邦均中學(xué)高三第一次模擬考試，22)數(shù)列｛｝中，,點(diǎn)在直線上，其中.〔1〕令，求證數(shù)列是等比數(shù)列;〔2〕求數(shù)列的通項(xiàng)；⑶

設(shè)分別為數(shù)列的前項(xiàng)和，是否存在實(shí)數(shù)，使得數(shù)列為等差數(shù)列？假設(shè)存在，試求出.假設(shè)不存在,那么說明理由.[答案]22.查看解析[解析]22.解：〔I〕由得

又是以為首項(xiàng)，以為公比的等比數(shù)列.

4分〔II〕由〔I〕知，將以上各式相加得：

8分〔III〕解法一：存在，使數(shù)列是等差數(shù)列.數(shù)列是等差數(shù)列的充要條件是、是常數(shù)即又當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，數(shù)列為等差數(shù)列.

14分解法二：存在，使數(shù)列是等差數(shù)列.由〔I〕、〔II〕知，又當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，數(shù)列是等差數(shù)列.

14分225.〔2014吉林實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三年級(jí)第一次模擬，17〕是單調(diào)遞增的等差數(shù)列，首項(xiàng)，前項(xiàng)和為，數(shù)列是等比數(shù)列，其中

〔1〕求的通項(xiàng)公式；

〔2〕令求的前20項(xiàng)和。[答案]25.查看解析[解析]25.26.(2009江西,22,14分)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an},a1=a,a2=b,且對(duì)滿足m+n=p+q的正整數(shù)m,n,p,q都有=.(Ⅰ)當(dāng)a=,b=時(shí),求通項(xiàng)an;(Ⅱ)證明:對(duì)任意a,存在與a有關(guān)的常數(shù)λ,使得對(duì)于每個(gè)正整數(shù)n,都有≤an≤λ.[答案]26.(Ⅰ)由=得=,將a1=,a2=代入上式化簡(jiǎn)得an=,所以=·.故數(shù)列為等比數(shù)列,從而=,即an=.可驗(yàn)證,an=滿足題設(shè)條件.(Ⅱ)證明:由題設(shè)的值僅與m+n有關(guān),記為bm+n,那么bn+1==.考察函數(shù)f(x)=(x>0),那么在定義域上有f(x)≥g(a)=故對(duì)n∈N*,bn+1≥g(a)恒成立,又b2n=≥g(a),注意到0<g(a)≤,解上式得=≤an≤,取λ=,即有≤an≤λ.26.27.(2008全國(guó)Ⅱ,20,12分)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.a1=a,an+1=Sn+3n,n∈N*.(Ⅰ)設(shè)bn=Sn-3n,求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式;(Ⅱ)假設(shè)an+1≥an,n∈N*,求a的取值范圍.[答案]27.(Ⅰ)依題意,Sn+1-Sn=an+1=Sn+3n,即Sn+1=2Sn+3n,由此得Sn+1-3n+1=2(Sn-3n).因此,所求通項(xiàng)公式為bn=Sn-3n=(a-3)2n-1,n∈N*.①(Ⅱ)由①知Sn=3n+(a-3)2n-1,n∈N*,于是,當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=3n+(a-3)×2n-1-3n-1-(a-3)×2n-2=2×3n-1+(a-3)2n-2,an+1-an=4×3n-1+(a-3)2n-2=2n-2,當(dāng)n≥2時(shí),an+1≥an?12·+a-3≥0?a≥-9.又a2=a1+3>a1.綜上,所求的a的取值范圍是[-9,+∞).27.28.(2011天津,20,14分)數(shù)列{an}與{bn}滿足bnan+an+1+bn+1an+2=0,bn=,n∈N*,且a1=2,a2=4.(Ⅰ)求a3,a4,a5的值;(Ⅱ)設(shè)cn=a2n-1+a2n+1,n∈N*,證明{cn}是等比數(shù)列;(Ⅲ)設(shè)Sk=a2+a4+…+a2k,k∈N*,證明<(n∈N*).[答案]28.(Ⅰ)由bn=,n∈N*,可得bn=又bnan+an+1+bn+1an+2=0,當(dāng)n=1時(shí),a1+a2+2a3=0,由a1=2,a2=4,可得a3=-3;當(dāng)n=2時(shí),2a2+a3+a4=0,可得a4=-5;當(dāng)n=3時(shí),a3+a4+2a5=0,可得a5=4.(Ⅱ)證明:對(duì)任意n∈N*,a2n-1+a2n+2a2n+1=0,①2a2n+a2n+1+a2n+2=0,②a2n+1+a2n+2+2a2n+3=0,③②-③,得a2n=a2n+3,④將④代入①,可得a2n+1+a2n+3=-(a2n-1+a2n+1),即cn+1=-cn(n∈N*).又c1=a1+a3=-1,故cn≠0,因此=-1.所以{cn}是等比數(shù)列.(Ⅲ)證明:由(Ⅱ)可得a2k-1+a2k+1=(-1)k,于是,對(duì)任意k∈N*且k≥2,有a1+a3=-1,-(a3+a5)=-1,a5+a7=-1,(-1)k(a2k-3+a2k-1)=-1.將以上各式相加,得a1+(-1)ka2k-1=-(k-1),即a2k-1=(-1)k+1·(k+1),此式當(dāng)k=1時(shí)也成立.由④式得a2k=(-1)k+1·(k+3).從而S2k=(a2+a4)+(a6+a8)+…+(a4k-2+a4k)=-k,S2k-1=S2k-a4k=k+3,所以對(duì)任意n∈N*,n≥2,====++<++=+·++…++=+-·+<.對(duì)于n=1,不等式顯然成立.28.29.(2007重慶,21,12分)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足S1>1,且6Sn=(an+1)(an+2),n∈N*.(Ⅰ)求{an}的通項(xiàng)公式;(Ⅱ)設(shè)數(shù)列{bn}滿足an(-1)=1,并記Tn為{bn}的前n項(xiàng)和,求證:3Tn+1>log2(an+3),n∈N*.[答案]29.(Ⅰ)由a1=S1=(a1+1)(a1+2),解得a1=1或a1=2,由假設(shè)a1=S1>1,因此a1=2.又由an+1=Sn+1-Sn=(an+1+1)(an+1+2)-(an+1)(an+2),得(an+1+an)(an+1-an-3)=0,即an+1-an-3=0或an+1=-an.因an>0,故an+1=-an不成立,舍去.因此an+1-an=3.從而{an}是公差為3,首項(xiàng)為2的等差數(shù)列,故{an}的通項(xiàng)為an=3n-1.(Ⅱ)證法一:由an(-1)=1可解得bn=log2=log2;從而Tn=b1+b2+…+bn=log2.因此3Tn+1-log2(an+3)=log2·.令f(n)=·,那么=·=.因(3n+3)3-(3n+5)(3n+2)2=9n+7>0,故f(n+1)>f(n).特別地f(n)≥f(1)=>1.從而3Tn+1-log2(an+3)=log2f(n)>0,即3Tn+1>log2(an+3).證法二:同證法一求得bn及Tn.由二項(xiàng)式定理知,當(dāng)c>0時(shí),不等式(1+c)3>1+3c成立.由此不等式有3Tn+1=log22…>log22…=log22···…·=log2(3n+2)=log2(an+3).證法三:同證法一求得bn及Tn.令A(yù)n=··…·,Bn=··…·,Cn=··…·.因>>,因此>AnBnCn=.從而3Tn+1=log22=log22>log22AnBnCn=log2(3n+2)=log2(an+3).證法四:同證法一求得bn及Tn.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明:3Tn+1>log2(an+3).當(dāng)n=1時(shí),3T1+1=log2,log2(a1+3)=log25,因此3T1+1>log2(a1+3),結(jié)論成立.假設(shè)結(jié)論當(dāng)n=k時(shí)成立,即3Tk+1>log2(ak+3),那么當(dāng)n=k+1時(shí),3Tk+1+1-log2(ak+1+3)=3Tk+1+3bk+1-log2(ak+1+3)>log2(ak+3)-log2(ak+1+3)+3bk+1=log2因(3k+3)3-(3k+5)(3k+2)2=9k+7>0,故log2>0.從而3Tk+1+1>log2(ak+1+3).這就是說,當(dāng)n=k+1時(shí)結(jié)論也成立.綜上3Tn+1>log2(an+3)對(duì)任何n∈N*成立.29.30.(2007江蘇,20,16分){an}是等差數(shù)列,{bn}是公比為q的等比數(shù)列,a1=b1,a2=b2≠a1.記Sn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和.(Ⅰ)假設(shè)bk=am(m,k是大于2的正整數(shù)),求證:Sk-1=(m-1)a1;(Ⅱ)假設(shè)b3=ai(i是某個(gè)正整數(shù)),求證:q是整數(shù),且數(shù)列{bn}中的每一項(xiàng)都是數(shù)列{an}中的項(xiàng);(Ⅲ)是否存在這樣的正數(shù)q,使等比數(shù)列{bn}中有三項(xiàng)成等差數(shù)列?假設(shè)存在,寫出一個(gè)q的值,并加以說明;假設(shè)不存在,請(qǐng)說明理由.[答案]30.(Ⅰ)證明:設(shè)等差數(shù)列的公差為d,那么由題設(shè)得a1+d=a1q,d=a1(q-1),且q≠1.由bk=am得b1qk-1=a1+(m-1)d,所以b1(qk-1-1)=(m-1)d,Sk-1====(m-1)a1.故等式成立.(Ⅱ)證明:(i)證明q為整數(shù):由b3=ai得b1q2=a1+(i-1)d,即a1q2=a1+(i-1)a1(q-1),移項(xiàng)得a1(q+1)(q-1)=a1(i-1)(q-1).因a1=b1≠0,q≠1,得q=i-2,故q為整數(shù).(ii)證明數(shù)列{bn}中的每一項(xiàng)都是數(shù)列{an}中的項(xiàng):設(shè)bn是數(shù)列{bn}中的任一項(xiàng),只要討論n>3的情形.令b1qn-1=a1+(k-1)d,即a1qn-1-a1=(k-1)a1(q-1),得k=1+=2+q+q2+…+qn-2.因q=i-2,當(dāng)i=1時(shí),q=-1,q+q2+…+qn-2為-1或0,那么k為1或2;而i≠2,否那么q=0,矛盾.當(dāng)i≥3時(shí),q為正整數(shù),所以k為正整數(shù),從而bn=ak.故數(shù)列{bn}中的每一項(xiàng)都是數(shù)列{an}中的項(xiàng).(Ⅲ)取q=,b2=b1q,b4=b1q3.b1+b4=b1(1+q3)=b1=b1(-1)=2b2.所以b1,b2,b4成等差數(shù)列.30.31.(2011上海,22,18分)數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式分別是an=3n+6,bn=2n+7(n∈N*).將集合{x|x=an,n∈N*}∪{x|x=bn,n∈N*}中的元素從小到大依次排列,構(gòu)成數(shù)列c1,c2,…,cn,….(Ⅰ)寫出c1,c2,c3,c4;(Ⅱ)求證:在數(shù)列{cn}中、但不在數(shù)列{bn}中的項(xiàng)恰為a2,a4,…,a2n,…;(Ⅲ)求數(shù)列{cn}的通項(xiàng)公式.[答案]31.(Ⅰ)它們是9,11,12,13.(4分)(Ⅱ)證明:∵數(shù)列{cn}由{an、{bn}的項(xiàng)構(gòu)成,∴只需討論數(shù)列{an}的項(xiàng)是否為數(shù)列{bn}的項(xiàng).∵對(duì)于任意n∈N*,a2n-1=3(2n-1)+6=6n+3=2(3n-2)+7=b3n-2,∴a2n-1是{bn}的項(xiàng).(7分)下面用反證法證明:a2n不是{bn}的項(xiàng).假設(shè)a2n是數(shù)列{bn}的項(xiàng),設(shè)a2n=bm,那么3·2n+6=2m+7,m=3n-,與m∈N*矛盾.∴結(jié)論得證.(10分)(Ⅲ)∵b3k-2=2(3k-2)+7=6k+3,a2k-1=6k+3,b3k-1=6k+5,a2k=6k+6,b3k=6k+7,∴b3k-2=a2k-1<b3k-1<a2k<b3k,k=1,2,3,….(14分)∴cn=k∈N*,綜上,cn=k∈N*.(18分)31.32.(2011北京,20,13分)假設(shè)數(shù)列An:a1,a2,…,an(n≥2)滿足|ak+1-ak|=1(k=1,2,…,n-1),那么稱An為E數(shù)列.記S(An)=a1+a2+…+an.(Ⅰ)寫出一個(gè)滿足a1=a5=0,且S(A5)>0的E數(shù)列A5;(Ⅱ)假設(shè)a1=12,n=2000,證明:E數(shù)列An是遞增數(shù)列的充要條件是an=2011;(Ⅲ)對(duì)任意給定的整數(shù)n(n≥2),是否存在首項(xiàng)為0的E數(shù)列An,使得S(An)=0?如果存在,寫出一個(gè)滿足條件的E數(shù)列An;如果不存在,說明理由.[答案]32.(Ⅰ)0,1,2,1,0是一個(gè)滿足條件的E數(shù)列A5.(答案不唯一.0,1,0,1,0也是一個(gè)滿足條件的E數(shù)列A5)(Ⅱ)證明:必要性:因?yàn)镋數(shù)列An是遞增數(shù)列,所以ak+1-ak=1(k=1,2,…,1999).所以An是首項(xiàng)為12,公差為1的等差數(shù)列.所以a2000=12+(2000-1)×1=2011.充分性:由于a2000-a1999≤1,a1999-a1998≤1,……a2-a1≤1,所以a2000-a1≤1999,即a2000≤a1+1999.又因?yàn)閍1=12,a2000=2011,所以a2000=a1+1999.故ak+1-ak=1>0(k=1,2,…,1999),即An是遞增數(shù)列.綜上,結(jié)論得證.(Ⅲ)令ck=ak+1-ak(k=1,2,…,n-1),那么ck=±1.因?yàn)閍2=a1+c1,a3=a1+c1+c2,……an=a1+c1+c2+…+cn-1,所以S(An)=na1+(n-1)c1+(n-2)c2+(n-3)c3+…+cn-1=(n-1)+(n-2)+…+1-[(1-c1)(n-1)+(1-c2)(n-2)+…+(1-cn-1)]=-[(1-c1)(n-1)+(1-c2)·(n-2)+…+(1-cn-1)].因?yàn)閏k=±1,所以1-ck為偶數(shù)(k=1,…,n-1).所以(1-c1)(n-1)+(1-c2)(n-2)+…+(1-cn-1)為偶數(shù).所以要使S(An)=0,必須使為偶數(shù),即4整除n(n-1),亦即n=4m或n=4m+1(m∈N*).當(dāng)n=4m(m∈N*)時(shí),E數(shù)列An的項(xiàng)滿足a4k-1=a4k-3=0,a4k-2=-1,a4k=1(k=1,2,…,m)時(shí),有a1=0,S(An)=0;當(dāng)n=4m+1(m∈N*)時(shí),E數(shù)列An的項(xiàng)滿足a4k-1=a4k-3=0,a4k-2=-1,a4k=1(k=1,2,…,m),a4m+1=0時(shí),有a1=0,S(An)=0;當(dāng)n=4m+2或n=4m+3(m∈N)時(shí),n(n-1)不能被4整除,此時(shí)不存在E數(shù)列An,使得a1=0,S(An)=0.32.33.(2011江蘇,20,16分)設(shè)M為局部正整數(shù)組成的集合,數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=1,前n項(xiàng)的和為Sn,對(duì)任意的整數(shù)k∈M,當(dāng)整數(shù)n>k時(shí),Sn+k+Sn-k=2(Sn+Sk)都成立.(Ⅰ)設(shè)M={1},a2=2,求a5的值;(Ⅱ)設(shè)M={3,4},求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.[答案]33.(Ⅰ)由題設(shè)知,當(dāng)n≥2時(shí),Sn+1+Sn-1=2(Sn+S1),即(Sn+1-Sn)-(Sn-Sn-1)=2S1.從而an+1-an=2a1=2.又a2=2,故當(dāng)n≥2時(shí),an=a2+2(n-2)=2n-2.所以a5的值為8.(Ⅱ)由題設(shè)知,當(dāng)k∈M={3,4}且n>k時(shí),Sn+k+Sn-k=2Sn+2Sk且Sn+1+k+Sn+1-k=2Sn+1+2Sk,兩式相減得an+1+k+an+1-k=2an+1,即an+1+k-an+1=an+1-an+1-k.所以當(dāng)n≥8時(shí),an-6,an-3,an,an+3,an+6成等差數(shù)列,且an-6,an-2,an+2,an+6也成等差數(shù)列.從而當(dāng)n≥8時(shí),2an=an+3+an-3=an+6+an-6,(*)且an+6+an-6=an+2+an-2.所以當(dāng)n≥8時(shí),2an=an+2+an-2,即an+2-an=an-an-2.于是當(dāng)n≥9時(shí),an-3,an-1,an+1,an+3成等差數(shù)列,從而an+3+an-3=an+1+an-1,故由(*)式知2an=an+1+an-1,即an+1-an=an-an-1.當(dāng)n≥9時(shí),設(shè)d=an-an-1.當(dāng)2≤m≤8時(shí),m+6≥8,從而由(*)式知2am+6=am+am+12,故2am+7=am+1+am+13.從而2(am+7-am+6)=am+1-am+(am+13-am+12),于是am+1-am=2d-d=d.因此,an+1-an=d對(duì)任意n≥2都成立.又由Sn+k+Sn-k-2Sn=2Sk(k∈{3,4})可知(Sn+k-Sn)-(Sn-Sn-k)=2Sk,故9d=2S3且16d=2S4.解得a4=d,從而a2=d,a1=.因此,數(shù)列{an}為等差數(shù)列.由a1=1知d=2.所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n-1.33.34.(2009安徽,21,13分)首項(xiàng)為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足an+1=(+3),n∈N*.(Ⅰ)證明:假設(shè)a1為奇數(shù),那么對(duì)一切n≥2,an都是奇數(shù);(Ⅱ)假設(shè)對(duì)一切n∈N*都有an+1>an,求a1的取值范圍.[答案]34.(Ⅰ)證明:a1是奇數(shù),假設(shè)ak=2m-1是奇數(shù),其中m為正整數(shù),那么由遞推關(guān)系得ak+1==m(m-1)+1是奇數(shù).根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法,對(duì)任何n∈N*,an都是奇數(shù).(Ⅱ)解法一:由an+1-an=(an-1)·(an-3)知an+1>an,當(dāng)且僅當(dāng)an<1或an>3.另一方面,假設(shè)0<ak<1,那么0<ak+1<=1;假設(shè)ak>3,那么ak+1>=3.根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法,0<a1<1?0<an<1,?n∈N*,a1>3?an>3,?n∈N*.綜上所述,對(duì)一切n∈N*都有an+1>an的充要條件是0<a1<1或a1>3.解法二:由a2=>a1,得-4a1+3>0,于是0<a1<1或a1>3.an+1-an=-=,因?yàn)閍1>0,an+1=,所以所有的an均大于0,因此an+1-an與an-an-1同號(hào).根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法,?n∈N*,an+1-an與a2-a1同號(hào).因此,對(duì)一切n∈N*都有an+1>an的充要條件是0<a1<1或a1>3.34.35.(2009上海,23,18分){an}是公差為d的等差數(shù)列,{bn}是公比為q的等比數(shù)列.(Ⅰ)假設(shè)an=3n+1,是否存在m、k∈N*,有am+am+1=ak?請(qǐng)說明理由;(Ⅱ)找出所有數(shù)列{an}和{bn},使對(duì)一切n∈N*,=bn,并說明理由;(Ⅲ)假設(shè)a1=5,d=4,b1=q=3,試確定所有的p,使數(shù)列{an}中存在某個(gè)連續(xù)p項(xiàng)的和是數(shù)列{bn}中的一項(xiàng),請(qǐng)證明.[答案]35.(Ⅰ)由am+am+1=ak,得6m+5=3k+1,(2分)整理后,可得k-2m=,∵m、k∈N*,∴k-2m為整數(shù).∴不存在m、k∈N*,使等式成立.(5分)(Ⅱ)解法一:假設(shè)=bn,即=b1qn-1,(*)(i)假設(shè)d=0,那么1=b1qn-1=bn.當(dāng){an}為非零常數(shù)列,{bn}為恒等于1的常數(shù)列,滿足要求.(7分)(ii)假設(shè)d≠0,(*)式等號(hào)左邊取極限得=1,(*)式等號(hào)右邊的極限只有當(dāng)q=1時(shí),才可能等于1.此時(shí)等號(hào)左邊是常數(shù),∴d=0,矛盾.綜上所述,只有當(dāng){an}為非零常數(shù)列,{bn}為恒等于1的常數(shù)列,滿足要求.(10分)解法二:設(shè)an=nd+c.假設(shè)=bn,對(duì)n∈N*都成立,且{bn}為等比數(shù)列,那么=q,對(duì)n∈N*都成立,即anan+2=q.∴(dn+c)(dn+2d+c)=q(dn+d+c)2對(duì)n∈N*都成立,∴d2=qd2.(7分)(i)假設(shè)d=0,那么an=c≠0,∴bn=1,n∈N*.(ii)假設(shè)d≠0,那么q=1,∴bn=m(常數(shù)),即=m,那么d=0,矛盾.綜上所述,有an=c≠0,bn=1,使對(duì)一切n∈N*,=bn.(10分)(Ⅲ)an=4n+1,bn=3n,n∈N*,設(shè)am+1+am+2+…+am+p=bk=3k,p、k∈N*,m∈N.p=3k,∴4m+2p+3=.∵p、k∈N*,∴p=3s,s∈N.(13分)取k=3s+2,4m=32s+2-2×3s-3=(4-1)2s+2-2×(4-1)s-3≥0,(15分)由二項(xiàng)展開式可得正整數(shù)M1、M2,使得(4-1)2s+2=4M1+1,2×(4-1)s=8M2+(-1)s2,∴4m=4(M1-2M2)-[(-1)s+1]2,∴存在整數(shù)m滿足要求.故當(dāng)且僅當(dāng)p=3s,s∈N時(shí),命題成立.(18分)說明:第(Ⅲ)題假設(shè)學(xué)生從以下角度解題,可分別得局部分(即分步得分).假設(shè)p為偶數(shù),那么am+1+am+2+…+am+p為偶數(shù),但3k為奇數(shù).故此等式不成立,∴p一定為奇數(shù).(1分)當(dāng)p=1時(shí),那么am+1=bk,即4m+5=3k,而3k=(4-1)k=·4k+·4k-1·(-1)+…+·4·(-1)k-1+·(-1)k=4M+(-1)k,M∈Z.當(dāng)k為偶數(shù)時(shí),存在m,使4m+5=3k成立.(1分)當(dāng)p=3時(shí),那么am+1+am+2+am+3=bk,即3am+2=bk,也即3(4m+9)=3k,∴4m+9=3k-1,4(m+1)+5=3k-1.由已證可知,當(dāng)k-1為偶數(shù)即k為奇數(shù)時(shí),存在m,4m+9=3k成立.(2分)當(dāng)p=5時(shí),那么am+1+am+2+…+am+5=bk,即5am+3=bk,也即5(4m+13)=3k,而3k不是5的倍數(shù),∴當(dāng)p=5時(shí),所要求的m不存在.故不是所有奇數(shù)都成立.(2分)35.36.(2009四川,22,14分)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,對(duì)任意的正整數(shù)n,都有an=5Sn+1成立,記bn=(n∈N*).(Ⅰ)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式;(Ⅱ)記cn=b2n-b2n-1(n∈N*),設(shè)數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn,求證:對(duì)任意正整數(shù)n,都有Tn<;(Ⅲ)設(shè)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Rn.正實(shí)數(shù)λ滿足:對(duì)任意正整數(shù)n,Rn≤λn恒成立,求λ的最小值.[答案]36.(Ⅰ)當(dāng)n=1時(shí),a1=5a1+1,∴a1=-.又∵an=5Sn+1,an+1=5Sn+1+1.∴an+1-an=5an+1,即an+1=-an.∴數(shù)列{an}成等比數(shù)列,其首項(xiàng)為a1=-,公比q=-,∴an=.∴bn=.(Ⅱ)證明:由(Ⅰ)知bn=4+.∴cn=b2n-b2n-1=+==<=.又b1=3,b2=,∴c1=.當(dāng)n=1時(shí),T1<.當(dāng)n≥2時(shí),Tn<+25×=+25×<+25×=<.(Ⅲ)由(Ⅰ)知bn=4+.一方面,Rn≤λn恒成立,取n為大于1的奇數(shù)時(shí),設(shè)n=2k+1(k∈N*),那么Rn=b1+b2+…+b2k+1=4n+5×=4n+5×>4n-1,∴λn≥Rn>4n-1,即(λ-4)n>-1對(duì)一切大于1的奇數(shù)n恒成立.∴λ≥4,否那么,(λ-4)n>-1只對(duì)滿足n<的正奇數(shù)n成立,矛盾.另一方面,當(dāng)λ=4時(shí),對(duì)一切的正整數(shù)n都有Rn≤4n恒成立.事實(shí)上,對(duì)任意正整數(shù)k有.∵b2k-1+b2k=8++=8+-=8-<8.∴當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),設(shè)n=2m(m∈N*),那么Rn=(b1+b2)+(b3+b4)+…+(b2m-1+b2m)<8m=4n;當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),設(shè)n=2m-1(m∈N*),那么Rn=(b1+b2)+(b3+b4)+…+(b2m-3+b2m-2)+b2m-1<8(m-1)+4=8m-4=4n.∴對(duì)一切的正整數(shù)n,都有Rn≤4n.綜上所述正實(shí)數(shù)λ的最小值為4.36.37.(2008上海,21,18分)以a1為首項(xiàng)的數(shù)列{an}滿足:an+1=(Ⅰ)當(dāng)a1=1,c=1,d=3時(shí),求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;(Ⅱ)當(dāng)0<a1<1,c=1,d=3時(shí),試用a1表示數(shù)列{an}前100項(xiàng)的和S100;(Ⅲ)當(dāng)0<a1<(m是正整數(shù)),c=,正整數(shù)d≥3m時(shí),求證:數(shù)列a2-,a3m+2-,a6m+2-,a9m+2-成等比數(shù)列當(dāng)且僅當(dāng)d=3m.[答案]37.(Ⅰ)由題意得an=k∈Z+.(Ⅱ)當(dāng)0<a1<1時(shí),a2=a1+1,a3=a1+2,a4=a1+3,a5=+1,a6=+2,a7=+3,…,a3k-1=+1,a3k=+2,a3k+1=+3,….∴S100=a1+(a2+a3+a4)+(a5+a6+a7)+…+(a98+a99+a100)=a1+(3a1+6)+(a1+6)++…+=a1+a1+6×33=a1+198.(Ⅲ)證明:當(dāng)d=3m時(shí),a2=a1+;∵a3m=a1+=a1-+3<3<a1+3=a3m+1,∴a3m+2=+;∵a6m=-+3<3<+3=a6m+1,∴a6m+2=+;∵a9m=-+3<3<+3=a9m+1,∴a9m+2=+.∴a2-=a1,a3m+2-=,a6m+2-=,a9m+2-=.綜上所述,當(dāng)d=3m時(shí),數(shù)列a2-,a3m+2-,a6m+2-,a9m+2-是公比為的等比數(shù)列.當(dāng)d≥3m+1時(shí),a3m+2=∈,a6m+2=+3∈,a6m+3=∈,a9m+2=+∈.由于a3m+2-<0,a6m+2->0,a9m+2->0,故數(shù)列a2-,a3m+2-,a6m+2-,a9m+2-不是等比數(shù)列.所以,數(shù)列a2-,a3m+2-,a6m+2-,a9m+2-成等比數(shù)列當(dāng)且僅當(dāng)d=3m.37.38.(2008北京,20,13分)對(duì)于每項(xiàng)均是正整數(shù)的數(shù)列A:a1,a2,…,an,定義變換T1,T1將數(shù)列A變換成數(shù)列T1(A):n,a1-1,a2-1,…,an-1.對(duì)于每項(xiàng)均是非負(fù)整數(shù)的數(shù)列B:b1,b2,…,bm,定義變換T2,T2將數(shù)列B各項(xiàng)從大到小排列,然后去掉所有為零的項(xiàng),得到數(shù)列T2(B);又定義S(B)=2(b1+2b2+…+mbm)+++…+.設(shè)A0是每項(xiàng)均為正整數(shù)的有窮數(shù)列,令A(yù)k+1=T2(T1(Ak))(k=0,1,2,…).(Ⅰ)如果數(shù)列A0為5,3,2,寫出數(shù)列A1,A2;(Ⅱ)對(duì)于每項(xiàng)均是正整數(shù)的有窮數(shù)列A,證明:S(T1(A))=S(A);(Ⅲ)證明:對(duì)于任意給定的每項(xiàng)均為正整數(shù)的有窮數(shù)列A0,存在正整數(shù)K,當(dāng)k≥K時(shí),S(Ak+1)=S(Ak).[答案]38.(Ⅰ)A0:5,3,2,T1(A0):3,4,2,1,A1=T2(T1(A0)):4,3,2,1;T1(A1):4,3,2,1,0,A2=T2(T1(A1)):4,3,2,1.(Ⅱ)證明:設(shè)每項(xiàng)均是正整數(shù)的有窮數(shù)列A為a1,a2,…,an,那么T1(A)為n,a1-1,a2-1,…,an-1,從而S(T1(A))=2[n+2(a1-1)+3(a2-1)+…+(n+1)·(an-1)]+n2+(a1-1)2+(a2-1)2+…+(an-1)2.又S(A)=2(a1+2a2+…+nan)+++…+,所以S(T1(A))-S(A)=2[n-2-3-…-(n+1)]+2(a1+a2+…+an)+n2-2(a1+a2+…+an)+n=-n(n+1)+n2+n=0,故S(T1(A))=S(A).(Ⅲ)證明:設(shè)A是每項(xiàng)均為非負(fù)整數(shù)的數(shù)列a1,a2,…,an.當(dāng)存在1≤i<j≤n,使得ai≤aj時(shí),交換數(shù)列A的第i項(xiàng)與第j項(xiàng)得到數(shù)列B,那么S(B)-S(A)=2(iaj+jai-iai-jaj)=2(i-j)(aj-ai)≤0.當(dāng)存在1≤m<n,使得am+1=am+2=…=an=0時(shí),假設(shè)記數(shù)列a1,a2,…,am為C,那么S(C)=S(A).所以S(T2(A))≤S(A).從而對(duì)于任意給定的數(shù)列A0,由Ak+1=T2(T1(Ak))(k=0,1,2,…)可知S(Ak+1)≤S(T1(Ak)).又由(2)可知S(T1(Ak))=S(Ak),所以S(Ak+1)≤S(Ak).即對(duì)于k∈N,要么有S(Ak+1)=S(Ak),要么有S(Ak+1)≤S(Ak)-1.因?yàn)镾(Ak)是大于2的整數(shù),所以經(jīng)過有限步后,必有S(Ak)=S(Ak+1)=S(Ak+2)=….即存在正整數(shù)K,當(dāng)k≥K時(shí),S(Ak+1)=S(Ak).38.39.(2007全國(guó)Ⅱ,21,12分)設(shè)數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1∈(0,1),an=,n=2,3,4,….(Ⅰ)求{an}的通項(xiàng)公式;(Ⅱ)設(shè)bn=an,證明bn<bn+1,其中n為正整數(shù).[答案]39.(Ⅰ)由an=,n=2,3,4,…整理得1-an=-(1-an-1).(2分)又1-a1≠0,所以{1-an}是首項(xiàng)為1-a1,公比為-的等比數(shù)列,得an=1-(1-a1).(4分)(Ⅱ)證法一:由(Ⅰ)可知0<an<,故bn>0.那么,-=(3-2an+1)-(3-2an)=-(3-2an)=(an-1)2.(10分)又由(Ⅰ)知an>0且an≠1,故->0,因此bn<bn+1,n為正整數(shù).(12分)證法二:由(Ⅰ)可知0<an<,an≠1.因?yàn)閍n+1=,所以bn+1=an+1=.(7分)由an≠1可得an(3-2an)<.即(3-2an)<·an,兩邊開平方得an<·.(10分)即bn<bn+1,n為正整數(shù).(12分)39.40.(2011江蘇,23,10分)設(shè)整數(shù)n≥4,P(a,b)是平面直角坐標(biāo)系xOy中的點(diǎn),其中a,b∈{1,2,3,…,n},a>b.(Ⅰ)記An為滿足a-b=3的點(diǎn)P的個(gè)數(shù),求An;(Ⅱ)記Bn為滿足(a-b)是整數(shù)的點(diǎn)P的個(gè)數(shù),求Bn.[答案]40.(Ⅰ)點(diǎn)P的坐標(biāo)滿足條件:1≤b=a-3≤n-3,所以An=n-3.(Ⅱ)設(shè)k為正整數(shù),記fn(k)為滿足題設(shè)條件以及a-b=3k的點(diǎn)P的個(gè)數(shù).只要討論fn(k)≥1的情形.由1≤b=a-3k≤n-3k知fn(k)=n-3k,且k≤.設(shè)n-1=3m+r,其中m∈N*,r∈{0,1,2},那么k≤m.所以Bn=fn(k)=(n-3k)=mn-=.將m=代入上式,化簡(jiǎn)得Bn=-.所以Bn=40.41.(2009安徽,20,13分)點(diǎn)P(x0,y0)在橢圓+=1(a>b>0)上,x0=acosβ,y0=bsinβ,0<β<.直線l2與直線l1:x+y=1垂直,O為坐標(biāo)原點(diǎn),直線OP的傾斜角為α,直線l2的傾斜角為γ.(Ⅰ)證明:點(diǎn)P是橢圓+=1與直線l1的唯一交點(diǎn);(Ⅱ)證明:tanα,tanβ,tanγ構(gòu)成等比數(shù)列.[答案]41.(Ⅰ)證法一:由x+y=1得y=(a2-x0x),代入橢圓方程+=1,得x2-x+=0.將代入上式,得x2-2acosβ·x+a2cos2β=0,從而x=acosβ.因此,方程組有唯一解即l1與橢圓有唯一交點(diǎn)P.證法二:顯然P是橢圓與l1的交點(diǎn),假設(shè)Q(acosβ1,bsinβ1),0≤β1<2π是橢圓與l1的交點(diǎn),代入l1的方程x+y=1,得cosβcosβ1+sinβsinβ1=1,即cos(β-β1)=1,β=β1,故P與Q重合.證法三:在第一象限內(nèi),+=1可得y=,y0=,橢圓在點(diǎn)P處切線的斜率k=y'(x0)=-=-,切線方程為y=-(x-x0)+y0,即+=1.因此,l1就是橢圓在點(diǎn)P處的切線.根據(jù)橢圓切線的性質(zhì),P是橢圓與直線l1的唯一交點(diǎn).(Ⅱ)tanα==tanβ,l1的斜率為-,l2的斜率為tanγ==tanβ.由此得tanαtanγ=tan2β≠0,故tanα,tanβ,tanγ構(gòu)成等比數(shù)列.41.42.(2007江西,22,14分)設(shè)正整數(shù)數(shù)列{an}滿足:a2=4,且對(duì)于任何n∈N*,有2+<<2+.(Ⅰ)求a1,a3;(Ⅱ)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)an.[答案]42.(Ⅰ)據(jù)條件得2+<n(n+1)<2+.①當(dāng)n=1時(shí),由2+<2<2+,即有2+<+<2+,解得<a1<,因?yàn)閍1為正整數(shù),故a1=1.當(dāng)n=2時(shí),由2+<6<2+,解得8<a3<10,所以a3=9.(Ⅱ)解法一:由a1=1,a2=4,a3=9,猜測(cè):an=n2.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明:當(dāng)n=1,2時(shí),由(Ⅰ)知an=n2均成立;假設(shè)n=k(k≥2)成立,即ak=k2,那么n=k+1時(shí),由①得2+<k(k+1)<2+?<ak+1<?(k+1)2-<ak+1<(k+1)2+.因?yàn)閗≥2時(shí),(k3+1)-(k+1)2=k(k+1)(k-2)≥0,所以∈(0,1].k-1≥1,所以∈(0,1].又ak+1∈N*,所以(k+1)2≤ak+1≤(k+1)2.故ak+1=(k+1)2,即n=k+1時(shí),an=n2成立.綜上可知,對(duì)任意n∈N*,an=n2.解法二:由a1=1,a2=4,a3=9,猜測(cè):an=n2.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明.(i)當(dāng)n=1,2時(shí),由(Ⅰ)知an=n2均成立;(ii)假設(shè)n=k(k≥2)成立,即ak=k2,那么n=k+1時(shí),由①得2+<k(k+1)<2+,即2+<+<2+.②由②左式,得<,即(k-1)ak+1<k3+k2-k,因?yàn)閮啥藶檎麛?shù),那么(k-1)ak+1≤k3+k2-k-1=(k+1)2(k-1).于是ak+1≤(k+1)2.③又由②右式,<=,那么(k2-k+1)ak+1>k3(k+1).因?yàn)閮啥藶檎麛?shù),那么(k2-k+1)ak+1≥k4+k3+1,所以ak+1≥=(k+1)2-.又因?yàn)閗≥2,ak+1為正整數(shù),所以ak+1≥(k+1)2.④據(jù)③④ak+1=(k+1)2,即n=k+1時(shí),an=n2成立.由(i)(ii)知,對(duì)任意n∈N*,an=n2.42.43.(2011重慶,21,12分)設(shè)實(shí)數(shù)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn+1=an+1Sn(n∈N*).(Ⅰ)假設(shè)a1,S2,-2a2成等比數(shù)列,求S2和a3;(Ⅱ)求證:對(duì)k≥3有0≤ak+1≤ak≤.[答案]43.(Ⅰ)由題意得=-2S2,由S2是等比中項(xiàng)知S2≠0.因此S2=-2.由S2+a3=S3=a3S2解得a3===.(Ⅱ)證法一:由題設(shè)條件有Sn+an+1=an+1Sn,故Sn≠1,an+1≠1且an+1=,Sn=,從而對(duì)k≥3有ak====.①因-ak-1+1=+>0且≥0,由①得ak≥0.要證ak≤,由①只要證≤,即證3≤4(-ak-1+1),即(ak-1-2)2≥0.此式明顯成立.因此ak≤(k≥3).最后證ak+1≤ak.假設(shè)不然ak+1=>ak,又因ak≥0,故>1,即(ak-1)2<0.矛盾.因此ak+1≤ak(k≥3).證法二:由題設(shè)知Sn+1=Sn+an+1=an+1Sn,故方程x2-Sn+1x+Sn+1=0有根Sn和an+1(可能相同).因此判別式Δ=-4Sn+1≥0.又由Sn+2=Sn+1+an+2=an+2Sn+1得an+2≠1且Sn+1=.因此-≥0,即3-4an+2≤0,解得0≤an+2≤.因此0≤ak≤(k≥3).由ak=≥0(k≥3),得ak+1-ak=-ak=ak=ak=-=-≤0.因此ak+1≤ak(k≥3).43.44.(2010湖北,20,13分)數(shù)列{an}滿足:a1==,anan+1<0(n≥1);數(shù)列{bn}滿足:bn=-(n≥1).(Ⅰ)求數(shù)列{an},{bn}的通項(xiàng)公式;(Ⅱ)證明:數(shù)列{bn}中的任意三項(xiàng)不可能成等差數(shù)列.[答案]44.(Ⅰ)由題意可知,1-=(1-).令cn=1-,那么cn+1=cn.又c1=1-=,那么數(shù)列{cn}是首項(xiàng)為c1=,公比為的等比數(shù)列,即cn=·,故1-=·?=1-·.又a1=>0,anan+1<0,故an=(-1)n-1.bn=-=-=·.(Ⅱ)用反證法證明.假設(shè)數(shù)列{bn}存在三項(xiàng)br,bs,bt(r<s<t)按某種順序成等差數(shù)列,由于數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為,公比為的等比數(shù)列,于是有br>bs>bt,那么只可能有2bs=br+bt成立.∴2·=+,兩邊同乘3t-121-r,化簡(jiǎn)得3t-r+2t-r=2·2s-r3t-s.由于r<s<t,所以上式左邊為奇數(shù),右邊為偶數(shù),故上式不可能成立,導(dǎo)致矛盾.故數(shù)列{bn}中任意三項(xiàng)不可能成等差數(shù)列.44.45.(2010湖南,21,13分)數(shù)列{an}(n∈N*)中,a1=a,an+1是函數(shù)fn(x)=x3-(3an+n2)x2+3n2anx的極小值點(diǎn).(Ⅰ)當(dāng)a=0時(shí),求通項(xiàng)an;(Ⅱ)是否存在a,使數(shù)列{an}是等比數(shù)列?假設(shè)存在,求a的取值范圍;假設(shè)不存在,請(qǐng)說明理由.[答案]45.易知f'n(x)=x2-(3an+n2)x+3n2an=(x-3an)(x-n2).令f'n(x)=0,得x1=3an,x2=n2.①假設(shè)3an<n2,那么當(dāng)x<3an時(shí),f'n(x)>0,fn(x)單調(diào)遞增;當(dāng)3an<x<n2時(shí),f'n(x)<0,fn(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x>n2時(shí),f'n(x)>0,fn(x)單調(diào)遞增.故fn(x)在x=n2取得極小值.②假設(shè)3an>n2,仿①可得,fn(x)在x=3an取得極小值.③假設(shè)3an=n2,那么f'n(x)≥0,fn(x)無極值.(Ⅰ)當(dāng)a=0時(shí),a1=0,那么3a1<12.由①知,a2=12=1.因3a2=3<22,那么由②知,a3=22=4.因?yàn)?a3=12>32,那么由②知,a4=3a3=3×4.又因?yàn)?a4=36>42,那么由②知,a5=3a4=32×4.由此猜測(cè):當(dāng)n≥3時(shí),an=4×3n-3.下面先用數(shù)學(xué)歸納法證明:當(dāng)n≥3時(shí),3an>n2.事實(shí)上,當(dāng)n=3時(shí),由前面的討論知結(jié)論成立.假設(shè)當(dāng)n=k(k≥3)時(shí),3ak>k2成立,那么由②知,ak+1=3ak>k2,從而3ak+1-(k+1)2>3k2-(k+1)2=2k(k-2)+2k-1>0,所以3ak+1>(k+1)2.故當(dāng)n≥3時(shí),3an>n2成立.于是由②知,當(dāng)n≥3時(shí),an+1=3an,而a3=4,因此an=4×3n-3.綜上所述,當(dāng)a=0時(shí),a1=0,a2=1,an=4×3n-3(n≥3).(Ⅱ)存在a,使數(shù)列{an}是等比數(shù)列.事實(shí)上,由②知,假設(shè)對(duì)任意的n,都有3an>n2,那么an+1=3an,即數(shù)列{an}是首項(xiàng)為a,公比為3的等比數(shù)列,且an=a·3n-1.而要使3an>n2,即a·3n>n2對(duì)一切n∈N*都成立,只需a>對(duì)一切n∈N*都成立.記bn=,那么b1=,b2=,b3=,….令y=,那么y'=(2x-x2ln3)<(2x-x2).因此,當(dāng)x≥2時(shí),y'<0,從而函數(shù)y=在[2,+∞)上單調(diào)遞減.故當(dāng)n≥2時(shí),數(shù)列{bn}單調(diào)遞減,即數(shù)列{bn}中最大項(xiàng)為b2=.于是當(dāng)a>時(shí),必有a>.這說明,當(dāng)a∈時(shí),數(shù)列{an}是等比數(shù)列.當(dāng)a=時(shí),可得a1=,a2=.而3a2=4=22,由③知,f2(x)無極值,不合題意.當(dāng)<a<時(shí),可得a1=a,a2=3a,a3=4,a4=12,…,數(shù)列{an}不是等比數(shù)列.當(dāng)a=時(shí),3a=1=12,由③知,f1(x)無極值,不合題意.當(dāng)a<時(shí),可得a1=a,a2=1,a3=4,a4=12,…,數(shù)列{an}不是等比數(shù)列.綜上所述,存在a,使數(shù)列{an}是等比數(shù)列,且a的取值范圍為.45.46.(2009廣東,21,14分)曲線Cn:x2-2nx+y2=0(n=1,2,…).從點(diǎn)P(-1,0)向曲線Cn引斜率為kn(kn>0)的切線ln,切點(diǎn)為Pn(xn,yn).(Ⅰ)求數(shù)列{xn}與{yn}的通項(xiàng)公式;(Ⅱ)證明:x1·x3·x5·…·x2n-1<<sin.[答案]46.(Ⅰ)直線ln的方程為y=kn(x+1),kn>0.①代入曲線Cn的方程得:(+1)x2-2(n-)x+=0.②∵ln與Cn相切,∴方程②有等根xn,Δ=4(n-)2-4(+1)=0?kn=,∴xn===,yn=kn(xn+1)=·=.(Ⅱ)證明:由(Ⅰ)知,xn=,yn=.于是所證明的不等式變?yōu)椤ぁぁぁ?lt;<sin.①(a)先證明:···…·<.②證法一:∵4n2-1<4n2,∴(2n-1)(2n+1)<4n2?(2n-1)2(2n+1)<4n2(2n-1),∴<,∴···…·<···…·=.證法二:用數(shù)學(xué)歸納法.(i)當(dāng)n=1時(shí),<,②式成立.(ii)假設(shè)n=k時(shí),②式成立,那么···…·<,于是···…··<×=.只需證<?(2k+1)(2k+3)<(2k+2)2,(2k+1)(2k+3)<(2k+2)2?4k2+8k+3<4k2+8k+4,而4k2+8k+3<4k2+8k+4恒成立,∴<,∴···…·<.即n=k+1時(shí),②式也成立.綜合(i)、(ii)知,對(duì)一切非零自然數(shù)n,②式成立.(b)再證明<sin.證法一:令f(x)=sinx-x,那么f'(x)=cosx-.當(dāng)x∈時(shí),f'(x)>0,∴f(x)在上單調(diào)遞增.又xn=∈(n≥1),∴f(xn)=sin->f(0)=0.∴<sin.故x1·x3·x5·…·x2n-1<<sin.證法二:令f(x)=,那么f'(x)==(x-tanx).令g(x)=x-tanx,那么g'(x)=1-,∴當(dāng)x∈時(shí),g'(x)<0,g(x)<g(0)=0.∴f'(x)<0,f(x)在上單調(diào)減少.∵x=∈(n≥1),∴f(x)=>f=>,∴<sin.即···…·<<sin.故x1·x3·x5·…·x2n-1<<sin.46.47.(2008遼寧,21,12分)在數(shù)列{an},{bn}中,a1=2,b1=4,且an,bn,an+1成等差數(shù)列,bn,an+1,bn+1成等比數(shù)列(n∈N*).(Ⅰ)求a2,a3,a4及b2,b3,b4,由此猜測(cè){an},{bn}的通項(xiàng)公式,并證明你的結(jié)論;(Ⅱ)證明:++…+<.[答案]47.(Ⅰ)由條件得2bn=an+an+1,=bnbn+1.由此可得a2=6,b2=9,a3=12,b3=16,a4=20,b4=25.(2分)猜測(cè)an=n(n+1),bn=(n+1)2.(4分)用數(shù)學(xué)歸納法證明:①當(dāng)n=1時(shí),由上可得結(jié)論成立.②假設(shè)當(dāng)n=k時(shí),結(jié)論成立,即ak=k(k+1),bk=(k+1)2,那么當(dāng)n=k+1時(shí),ak+1=2bk-ak=2(k+1)2-k(k+1)=(k+1)(k+2),bk+1==(k+2)2,所以當(dāng)n=k+1時(shí),結(jié)論也成立.由①②,可知an=n(n+1),bn=(n+1)2對(duì)一切正整數(shù)都立.(7分)(Ⅱ)證明:=<.n≥2時(shí),由(Ⅰ)知an+bn=(n+1)(2n+1)>2(n+1)n.(9分)故++…+<+=+=+<+=.綜上,原不等式成立.(12分)47.48.(2008浙江,22,14分)數(shù)列{an},an≥0,a1=0,+an+1-1=(n∈N*).記:Sn=a1+a2+…+an,Tn=++…+.求證:當(dāng)n∈N*時(shí),(Ⅰ)an<an+1;(Ⅱ)Sn>n-2;(Ⅲ)Tn<3.[答案]48.(Ⅰ)用數(shù)學(xué)歸納法證明.①當(dāng)n=1時(shí),因?yàn)閍2是方程x2+x-1=0的正根,所以a1<a2.②假設(shè)當(dāng)n=k(k∈N*)時(shí),ak<ak+1,因?yàn)?=(+ak+2-1)-(+ak+1-1)=(ak+2-ak+1)(ak+2+ak+1+1),所以ak+1<ak+2.即當(dāng)n=k+1時(shí),an<an+1也成立.根據(jù)①和②,可知an<an+1對(duì)任何n∈N*都成立.(Ⅱ)由+ak+1-1=,k=1,2,…,n-1(n≥2),得+(a2+a3+…+an)-(n-1)=,因?yàn)閍1=0,所以Sn=n-1-.由an<an+1及an+1=1+-<1得an<1,所以Sn>n-2.(Ⅲ)由+ak+1=1+≥2ak,得≤(k=2,3,…,n-1,n≥3),所以≤(n≥3),于是≤=<(n≥3),故當(dāng)n≥3時(shí),Tn<1+1++…+<3,又因?yàn)門1<T2<T3,所以Tn<3.48.49.(2008重慶,22,12分)設(shè)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足a1=2,an=an+2(n∈N*).(Ⅰ)假設(shè)a2=,求a3,a4,并猜測(cè)a2008的值(不需證明);(Ⅱ)記bn=a1a2…an(n∈N*),假設(shè)bn≥2對(duì)n≥2恒成立,求a2的值及數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式.[答案]49.(Ⅰ)因a1=2,a2=2-2,故a3=a1=24,a4=a2=2-8.由此有a1=,a2=,a3=,a4=,故猜測(cè){an}的通項(xiàng)為an=(n∈N*).從而a2008=.(Ⅱ)令xn=log2an,Sn表示xn的前n項(xiàng)和,那么bn=.由題設(shè)知x1=1,且xn=xn+1+xn+2(n∈N*);①Sn=x1+x2+…+xn≥(n≥2).②因②式對(duì)n=2成立,有≤x1+x2,又x1=1得x2≥.③下用反證法證明:x2≤.假設(shè)x2>.由①得xn+2+2xn+1=+xn+1=(xn+1+2xn).因此數(shù)列{xn+1+2xn}是首項(xiàng)為x2+2,公比為的等比數(shù)列.故xn+1+2xn=(x2+2)(n∈N*).④又由①知xn+2-xn+1=-xn+1=-2,因此是首項(xiàng)為x2-,公比為-2的等比數(shù)列,所以xn+1-xn=(-2)n-1(n∈N*).⑤由④-⑤得xn=(x2+2)-(-2)n-1(n∈N*).⑥對(duì)n求和得Sn=(x2+2)-(n∈N*).⑦由題設(shè)知S2k+1≥,且由反證假設(shè)x2>有(x2+2)-≥(k∈N*).從而·≤(x2+2)-<2x2+(k∈N*),即不等式22k+1<-1對(duì)k∈N*恒成立,但這是不可能的,矛盾.因此x2≤,結(jié)合③式知x2=.因此a2==.將x2=代入⑦式得Sn=2-(n∈N*),所以bn==(n∈N*).49.50.(2008湖北,21,14分)數(shù)列{an}和{bn}滿足:a1=λ,an+1=an+n-4,bn=(-1)n(an-3n+21),其中λ為實(shí)數(shù),n為正整數(shù).(Ⅰ)對(duì)任意實(shí)數(shù)λ,證明:數(shù)列{an}不是等比數(shù)列;(Ⅱ)試判斷數(shù)列{bn}