第六章第二节 数列的应用

第六章 第二节 数列的应用

第六章 数列

第一部分 五年高考体题荟萃

第二节 数列的应用

课堂练习

一、选择题

1.已知等比数列{an}满足an?0,n?1,2,?，且a5?a2n?5?22n(n?3)，则当n?1时，

log2a1?log2a3???log2a2n?1?

A. n(2n?1) B. (n?1)2 C. n2 D. (n?1)2 答案 C

2.设等比数列{ an}的前n 项和为Sn ，若

7383S6S3=3 ，则

S9S6 =

A. 2 B. 【答案】B

C. D.3

3.等比数列?an?的前n项和为sn，且4a1，2a2，a3成等差数列。若a1=1，则s4=( ) A.7 B.8 C.15 D.16 【答案】 C

4.设x?R,记不超过x的最大整数为[x],令{x}=x-[x]，则{

5?12}，[

5?12],

5?12

A.是等差数列但不是等比数列 B.是等比数列但不是等差数列 C.既是等差数列又是等比数列 D.既不是等差数列也不是等比数列 【答案】B

5.古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种性状来研究数，例如：

1

他们研究过图1中的1，3，6，10，?，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数;类似地，称图2中的1，4，9，16?这样的数成为正方形数。下列数中及时三角形数又是正方形数的是

A.289 B.1024 C.1225 D.1378 【答案】C

6.已知?an?为等差数列，a1+a3+a5=105，a2?a4?a6=99，以Sn表示?an?的前n项和，则使得Sn达到最大值的n是 A.21 B.20 C.19 D. 18 【答案】 B 7.数列{an}的通项an?n(cos22n?3?sin2n?3)，其前n项和为Sn，则S30为

A．470 B．490 C．495 D．510 【答案】 A

8.等差数列｛an｝的公差不为零，首项a1＝1，a2是a1和a5的等比中项，则数列的前10项之和是

A. 90 B. 100 C. 145 D. 190 【答案】B 二、填空题

9.设等比数列{an}的公比q?答案 15

10.设等差数列{an}的前n项和为Sn，则S4，S8?S4，S12?S8，S16?S12成等差数列．类比以上结论有：设等比数列{bn}的前n项积为Tn，则T4， ， ，

2

12，前n项和为Sn，则

S4a4? ．

T16T12成等比数

列． 答案：

T8T12,T4T8

11.已知数列{an}满足：a4n?3?1,a4n?1?0,a2n?an,n?N?,则a2009?________；

a2014=_________.

答案 1，0

12.设?an?是公比为q的等比数列，|q|?1，令bn?an?1(n?1,2,?)，若数列?bn?有连续四项在集合??53,?23,19,37,82?中，则6q= . 答案 -9

13.在等差数列{an}中,a3?7,a5?a2?6,则a6?____________. 答案:13.

?an,当an为偶数时，?若a6＝1，??2?3a?1,当a为奇数时。n?n14.已知数列?an?满足：a＝m（m为正整数），an?11则m所有可能的取值为__________。 答案 4 5 32

15.等差数列{an}前n项和为Sn。已知am?1+am?1-a答案10

16.设等差数列?an?的前n项和为sn,若a6?s3?12,则an? . 答案:2n

17.设等差数列?an?的前n项和为Sn,若a6?S3?12,则lim答案：1

Snn22m=0，S2m?1=38,则m=_______

n??? .

18.等比数列{an}的公比q?0, 已知a2=1，an?2?an?1?6an，则{an}的前4项和S4= 答案

152

19.将正⊿ABC分割成n2（n≥2，n∈N）个全等的小正三角形（图2，图3分别给出了n=2,3的情形），在每个三角形的顶点各放置一个数，使位于⊿ABC的三遍及平行于某边的任一直线上的数（当数的个数不少于3时）都分别一次成等差数列，若顶点A ,B ,C处的三个数互

3

不相同且和为1,记所有顶点上的数之和为f(n)，则有f(2)=2，f(3)=

16103，?，f(n)=

(n+1)(n+2)

答案

101,(n?1)(n?2) 36解析 当n=3时，如图所示分别设各顶点的数用小写字母表示，即由条件知

a?b?c?1,x1?x2?a?b,y1?y2?b?c,z1?z2?c?a

x1?x2?y1?y2?z1?z2?2(a?b?c)?2,2g?x1?y2?x2?z1?y1?z2 6g?x1?x2?y1?y2?z1?z2?2(a?b?c)?2

即g?13而f(3)?a?b?c?x1?x2?y1?y2?z1?z2?g?1?12?13?103

进一步可求得f(4)?5。由上知f(1)中有三个数，f(2)中 有6个数，f(3)中共有10个数相加 ，f(4)中有15个数相加?.，若f(n?1)中有an?1(n?1)个数相加，可得f(n)中有(an?1?n?1)个数相加，且由

f(1)?1?33,f(2)?63?3?333?f(1)?33,f(3)?103?f(2)?43,f(4)?5?f(3)?53,...

可得f(n)?f(n?1)?f(n)?f(n?1)?n?1333n?1,所以

n?13?n3?...?n?13?n3?n?13?33?f(1)

?f(n?2)?23?13?16=

n?13?n3?n?13??(n?1)(n?2)

20.设a1?2，an?1?2an?1，bn?an?2an?1，n?N，则数列?bn?的通项公式

*bn= ．

答案 2n+1

4

三、解答题 21.已知点（1，

13）是函数f(x)?ax(a?0,且a?1）的图象上一点，等比数列{an}的前

n项和为f(n)?c,数列{bn}(bn?0)的首项为c，且前n项和Sn满足Sn－

Sn?1=

Sn+Sn?1（n?2）.

（1）求数列{an}和{bn}的通项公式； （2）若数列{

1bnbn?1}前n项和为Tn，问Tn>

10002009的最小正整数n是多少?

?1?解（1）Qf?1??a?,?f?x???? 3?3?a1?f?1??c?12?c ,a2????, f2?c?f1?c???????????392271xa3???f?3??c?????f?2??c????22 . 4又数列?an?成等比数列，a1?aa3?81??2?1?c ，所以 c?1； 233?27n?12?1?又公比q??，所以an????a133?3?QSn?Sn?1?a21?1?*??2?? n?N ；

?3?n?Sn?Sn?1??Sn?Sn?1??Sn?Sn?1 ?n?2?

又bn?0,Sn?0, ?数列

Sn?Sn?1?1；

2?Sn构成一个首相为1公差为1的等差数列，Sn?1??n?1??1?n ， Sn?n

2?2当n?2， bn?Sn?Sn?1?n??n?1??2n?1 ；

?bn?2n?1(n?N)；

*（2）Tn?1b1b2?1b2b3?1b3b4?L?1bnbn?1?11?3?13?5?15?7?K?1(2n?1)??2n?1?

?1?1?1?11?1?11?1?11?1??????K?????????? 2?3?2?35?2?57?2?2n?12n?1?5

?1?1?n； 1????2?2n?1?2n?1n2n?1?10002009 由Tn?得n?10009，满足Tn?10002009的最小正整数为112.

22.已知数集A??a1,a2,?an??1?a1?a2??an,n?2?具有性质P；对任意的 i,j?1?i?j?n?，aiaj与

ajai两数中至少有一个属于A.

（Ⅰ）分别判断数集?1,3,4?与?1,2,3,6?是否具有性质P，并说明理由；

a1?a2???ana?11（Ⅱ）证明：a1?1，且

?a?12???a?1n?an；

（Ⅲ）证明：当n?5时，a1,a2,a3,a4,a5成等比数列. （Ⅰ）由于3?4与

43均不属于数集?1,3,4?，∴该数集不具有性质P.

661236,,,,,都属于数集?1,2,3,6?， 231236 由于1?2,1?3,1?6,2?3, ∴该数集具有性质P.

（Ⅱ）∵A??a1,a2,?an?具有性质P，∴anan与

anan中至少有一个属于A，

由于1?a1?a2???an，∴anan?an，故anan?A. 从而1?anan?A，∴a1?1.

∵1?a1?a2???an， ∴akan?an，故akan?A?k?2,3,?,n?. 由A具有性质P可知

anak?A?k?1,2,3,?,n?.

又∵

anan?anan?1anan?1anan?1???ana2ana2?ana1，

∴

anan?1,?a2,??an?1,ana1?an，

从而

anan????ana2?ana1?a1?a2???an?1?an，

6

∴

a1?a2???ana?11?a?12???a?1n?an.

（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当n?5时，有

a5a4?a2,a5a3?a3，即a5?a2a4?a3，

2 ∵1?a1?a2???a5，∴a3a4?a2a4?a5，∴a3a4?A， 由A具有性质P可知

a4a3a4a3?A.

a2a4?a32，得

a3a2???A，且1?a3a2?a2，∴

a4a3?a3a2?a2，

∴

a5a4?a4a3?a3a2a2a1?a2，即a1,a2,a3,a4,a5是首项为1，公比为a2成等比数列.

23.设?an?是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，满足a22?a32?a42?a52,S7?7。 （1）求数列?an?的通项公式及前n项和Sn； （2）试求所有的正整数m，使得

22amam?1am?22为数列?an?中的项。 2解（1）设公差为d，则a2?a5?a4?a3，由性质得?3d(a4?a3)?d(a4?a3)，因为d?0，所以a4?a3?0，即2a1?5d?0，又由S7?7得7a1?解得a1??5，

7?62d?7，

d?2,

(2)

（方法一）则

amam?1am?2amam?1am?2

=

(2m?7)(2m?5)2m?38t,设2m?3?t，

=

(t?4)(t?2)t?t??6, 所以t为8的约数

7

（方法二）因为

8 am+2amam?1am?2?(am?2?4)(am?2?2)am?2?am?2?6?8am?2为数列?an?中的项，

故

为整数，又由（1）知：am?2为奇数，所以am?2?2m?3??1,即m?1,2

经检验，符合题意的正整数只有m?2。

24.对于正整数n≥2，用Tn表示关于x的一元二次方程x2?2ax?b?0有实数根的有序数组(a,b)的组数，其中a,b??1,2,?,n?（a和b可以相等）；对于随机选取的

，记Pn为关于x的一元二次方程x2?2ax?b?0有实a,b??1,2,?,n?（a和b可以相等）数根的概率。 （1）求Tn和Pn；

22（2）求证：对任意正整数n≥2，有Pn?1?1n.

25.等比数列{an}的前n项和为Sn， 已知对任意的n?N ，点(n,Sn)，均在函数

y?b?r(b?0且b?1,b,r均为常数)的图像上.

x?（1）求r的值；

?（11）当b=2时，记 bn?2(log2an?1)(n?N)

证明：对任意的n?N ，不等式

?b?1b1?1b2?1·······n?b1b2bnxn?1成立

解:因为对任意的n?N,点(n,Sn)，均在函数y?b?r(b?0且b?1,b,r均为常数的图

8

?像上.所以得Sn?bn?r,当n?1时,a1?S1?b?r,当n?2时,an?Sn?Sn?1?bn?r?(bn?1?r)?bn?bn?1?(b?1)bn?1,又因为{an}为等比数列,所以r??1,公比为b,an?(b?1)bn?1

（2）当b=2时，an?(b?1)bn?1?2n?1, bn?2(log2an?1)?2(log22n?1?1)?2n 则

bn?1bn?2n?12n,所以

b?1357b1?1b2?12n?1 ·······n????b1b2bn2462nb?1357b1?1b2?12n?1·······n?????b1b2bn2462n32?2,所以不等式成立.

下面用数学归纳法证明不等式

32n?1成立.

① 当n?1时,左边=,右边=2,因为

② 假设当n?k时不等式成立,即

b?1357b1?1b2?12k?1·······k?????b1b2bk2462kk?1成立.

则当n?k?1时,左边=

b?1bk?1?1357b1?1b2?12k?12k?3 ·······k???????b1b2bkbk?12462k2k?22?k?1?2k?32k?2?(2k?3)4(k?1)?4(k?1)?4(k?1)?14(k?1)2?(k?1)?1?14(k?1)?(k?1)?1 所以当n?k?1时,不等式也成立. 由①、②可得不等式恒成立.

【命题立意】:本题主要考查了等比数列的定义,通项公式,以及已知Sn求an的基本题型,并运用数学归纳法证明与自然数有关的命题,以及放缩法证明不等式.

2226.知曲线Cn:x?2nx?y?0(n?1,2,?)．从点P(?1,0)向曲线Cn引斜率为

kn(kn?0)的切线ln，切点为Pn(xn,yn)．

（1）求数列{xn}与{yn}的通项公式；

1?xn1?xnxnyn（2）证明：x1?x3?x5???x2n?1??2sin.

22解：（1）设直线ln：y?kn(x?1)，联立x?2nx?y?0得

(1?kn)x?(2kn?2n)x?kn?0，则??(2kn?2n)?4(1?kn)kn?0，∴

9

22222222kn?n2n?1kn22n（?n2n?122舍去）

x2n?1?k?n(n?1)，即xn?nn?1，∴yn?kn(xn?1)?n2n?1n?1

（2）证明：∵

1?xn1?xn1??1?nn?1?nn?112n?1

x1?x3?x5?????x2n?1?12?34?????2n?12n?13?35?????2n?12n?1?12n?1

∴x1?x3?x5?????x2n?1?xnyn1?xn1?xn

由于?12n?1?1?xn1?xn22，可令函数f(x)?x?2sinx，则f(x)?1?'2cosx，

令f'(x)?0，得cosx?，给定区间(0,?4)，则有f(x)?0，则函数f(x)在(0,'?4)上

单调递减，∴f(x)?f(0)?0，即x?12n?112n?1132sinx在(0,?4)恒成立，又

0????4，

则有?2sin12n?1，即

1?xn1?xn142?2sinxnyn.

27.首项为正数的数列?an?满足an?1?(an?3),n?N?.

（I）证明：若a1为奇数，则对一切n?2,an都是奇数； （II）若对一切n?N?都有an?1?an，求a1的取值范围.

解：本小题主要考查数列、数学归纳法和不等式的有关知识，考查推理论证、抽象概括、运算求解和探究能力，考查学生是否具有审慎思维的习惯和一定的数学视野。本小题满分13分。

解：（I）已知a1是奇数，假设ak?2m?1是奇数，其中m为正整数，

10

则由递推关系得ak?1?ak?342?m(m?1)?1是奇数。

根据数学归纳法，对任何n?N?，an都是奇数。 （II）（方法一）由an?1?an?14(an?1)(an?3)知，an?1?an当且仅当an?1或an?3。

1?34另一方面，若0?ak?1,则0?ak?1??1；若ak?3，则ak?1?3?342?3.

根据数学归纳法，0?a1?1,?0?an?1,?n?N?;a1?3?an?3,?n?N?. 综合所述，对一切n?N?都有an?1?an的充要条件是0?a1?1或a1?3。

a1?34222（方法二）由a2?2?a1,得a1?4a1?3?0,于是0?a1?1或a1?3。

an?1?an?an?34?an?1?342?(an?an?1)(an?an?1)4,

因为a1?0,an?1?an?34,所以所有的an均大于0，因此an?1?an与an?an?1同号。

根据数学归纳法，?n?N?，an?1?an与a2?a1同号。 因此，对一切n?N?都有an?1?an的充要条件是0?a1?1或a1?3。

a1?a,a2?b，28.各项均为正数的数列{an}，且对满足m?n?p?q的正整数m,n,p,q都

有

am?an(1?am)(1?an)12?ap?aq(1?ap)(1?aq)45.

（1）当a?,b?时，求通项an;

1?an??.

（2）证明：对任意a，存在与a有关的常数?，使得对于每个正整数n，都有

am?an(1?am)(1?an)??解：（1）由?ap?aq(1?ap)(1?aq).将a1?12得

a1?an(1?a1)(1?an)a2?an?1(1?a2)(1?an?1),a2?45代入化简得

an?2an?1?1an?1?2.

11

所以

1?an1?an?11?an?1?, 31?an?1}为等比数列，从而

故数列{1?an1?an13n1?an1?an?,即an?3?13?1nn.

可验证，an?3?13?1nn满足题设条件.

(2) 由题设

am?an(1?am)(1?an)?的值仅与m?n有关,记为bm?n,则

a?anbn?1?a1?an(1?a1)(1?an)(1?a)(1?an).

考察函数 f(x)?a?x(1?a)(1?x)(x?0),则在定义域上有

?1?1?a,??1f(x)?g(a)??,?2?a?1?a,?a?1a?10?a?1

*故对n?N， bn?1?g(a)恒成立.

又 b2n?2an(1?an)2?g(a), 12注意到0?g(a)?g(a),解上式得

1?g(a)?1?2g(a)g(a)11?g(a)?1?2g(a)??an?1?g(a)?1?2g(a)g(a),

取??1?g(a)?1?2g(a)g(a),即有

??an??.. 129.已知数列?an?的前n项和Sn??an?()2n?1?2（n为正整数）。

n（Ⅰ）令bn?2an，求证数列?bn?是等差数列，并求数列?an?的通项公式；

12

(Ⅱ）令cn?n?1nan，Tn?c1?c2?........?cn试比较Tn与

15n2n?1的大小，并予以证明。

12解（I）在Sn??an?()n?1?2中，令n=1，可得S1??an?1?2?a1，即a1?2n?1当n?2时，Sn?1??an?1?()n?2?2，?an?Sn?Sn?1??an?an?1?()，

11221n?1nn?1?2an?an?1?(),即2an?2an?1?1.

2 ?bn?2nan,?bn?bn?1?1,即当n?2时，bn?bn?1?1. 又b1?2a1?1,?数列?bn?是首项和公差均为1的等差数列. 于是bn?1?(n?1)?1?n?2an,?an?(II)由（I）得cn?Tn?2?1n?1nnn2n.

1nan?(n?1)()，所以

212131n?3?()?4?()?K?(n?1)() 222211213141n?1Tn?2?()?3?()?4?()?K?(n?1)() 22222112131n1n?1Tn?1?()?()?K?()?(n?1)() 22222由①-②得

11n?1[1?()]1n?13n?32?1?4?(n?1)()??n?112221?

2?Tn?3?n?32nTn?5n2n?1?3?n?32n?5n2n?1?(n?3)(2?2n?1)2(2n?1)nnn

于是确定Tn与5n2n?12的大小关系等价于比较2与2n?1的大小

345由2?2?1?1;2?2?2?1;2?2?3?1;2?2?4?1;2?2?5;K 2?2n?1.证明如下： 可猜想当n?3时，n证法1：（1）当n=3时，由上验算显示成立。

k?1k（2）假设n?k?1时2?2g2?2(2k?1)?4k?2?2(k?1)?1?(2k?1)?2(k?1)?1

所以当n?k?1时猜想也成立

n综合（1）（2）可知 ，对一切n?3的正整数，都有2?2n?1.

13

证法2：当n?3时

2?(1?1)?Cn?Cn?Cn?K?Cnnn012n?1?Cn?Cn?Cn?Cnn01n?1?Cn?2n?2?2n?1

n综上所述，当n?1,2时Tn?5n2n?1，当n?3时Tn?5n2n?1

30.设数列?an?的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an?5Sn?1成立，记

bn?4?an1?an(n?N)。

*（I）求数列?an?与数列?bn?的通项公式；

（II）设数列?bn?的前n项和为Rn，是否存在正整数k，使得Rn?4k成立？若存在，找出一个正整数k；若不存在，请说明理由； （III）记cn?b2n?b2有Tn?32n1?(n?N)，设数列?cn?的前n项和为Tn，求证：对任意正整数n都

*；

14解（I）当n?1时，a1?5S1?1,?a1??又?an?5Sn?1,an?1?5Sn?1?1

?an?1?an?5an?1,即an?1an??14

14

14∴数列?an?是首项为a1??4?(?)，bn?n，公比为q??))n的等比数列，

1414∴an?(?14(n?N) ?????????????3分

n*1?(?（II）不存在正整数k，使得Rn?4k成立。

4?(?1414))n证明：由（I）知bn?1?(?5(?4)2k?1?4?n5(?4)?1n

?b2k?1?b2k?8??1?5(?4)?2k?1?8?516?1k?2016?4k?8?15?16?40(16?1)(16?4)kkk?8.

∴当n为偶数时，设n?2m(m?N)

14

∴Rn?(b1?b2)?(b3?b4)???(b2m?1?b2m)?8m?4n 当n为奇数时，设n?2m?1(m?N?)

∴Rn?(b1?b2)?(b3?b4)???(b2m?3?b2m?2)?b2m?1?8(m?1)?4?8m?4?4n ∴对于一切的正整数n，都有Rn?4k ∴不存在正整数k，使得Rn?4k成立。 ?????????????8分 （III）由bn?4?5(?4)?1542nn得

cn?b2n?1?b2n?133?1?43542n?1?1?15?16nnn(16?1)(16?4)?15?16n2nn(16)?3?16?4?15?16(16)n2n?1516n又b1?3,b2?,?c2?，

当n?1时，T1?当n?2时，

32，

1Tn?43?25?(1162?1163???116n)?43?25?162[1?(1?11161)n?2]16694832 ??43?25?161?21?16*31.对于数列{un},若存在常数M＞0,对任意的n?N，恒有

un?1?un?un?un?1???u2?u1?M, 则称数列{un}为B?数列.

（Ⅰ）首项为1，公比为?12的等比数列是否为B-数列？请说明理由;

（Ⅱ）设Sn是数列{xn}的前n项和.给出下列两组判断： A组：①数列{xn}是B-数列, ②数列{xn}不是B-数列; B组：③数列{Sn}是B-数列, ④数列{Sn}不是B-数列.

请以其中一组中的一个论断为条件，另一组中的一个论断为结论组成一个命题. 判断所给命题的真假，并证明你的结论；

15

2(Ⅲ)若数列{an}是B-数列，证明：数列{an}也是B-数列。

解: （Ⅰ）设满足题设的等比数列为{an},则an?(?an?an?1?(?12)n?112)n?1.于是

?(?12)n?2?31n?2?(),n?2. 22|an?1?an|?|an?an?1|???|a2?a1|

=

31121n-1?1n?????1??（）???（）?=3??1?（）??3. 2?2222???12所以首项为1，公比为?的等比数列是B-数列 .

（Ⅱ）命题1：若数列{xn}是B-数列，则数列{Sn}是B-数列.此命题为假命题. 事实上设xn=1，n?N*，易知数列{xn}是B-数列，但Sn=n， |Sn?1?Sn|?|Sn?Sn?1|???|S2?S1|?n. 由n的任意性知，数列{Sn}不是B-数列。

命题2：若数列{Sn}是B-数列，则数列{xn}不是B-数列。此命题为真命题。 事实上，因为数列{Sn}是B-数列，所以存在正数M，对任意的n?N*，有 |Sn?1?Sn|?|Sn?Sn?1|???|S2?S1|?M,

即|xn?1|?|xn|???|x2|?M.于是xn?1?xn?xn?xn?1???x2?x1 ?xn?1?2xn?2xn?1???2x2?x1?2M?x1,

所以数列{xn}是B-数列。

（注：按题中要求组成其它命题解答时，仿上述解法） (Ⅲ)若数列?an?是B-数列，则存在正数M，对任意的n?N,有

? an?1?an?an?an?1???a2?a1?M. 因为an?an?an?1?an?1?an?2???a2?a1?a1 ?an?an?1?an?1?an?2???a2?a1?a1?M?a1.

16

22记K?M?a1，则有an?an?(an?1?an)(an?1?an) ?1 ?(an?1?an)an?1?an?2Kan?1?an.

222222因此an?an?an?an?1?...?a2?a1?2KM. ?12故数列?an?是B-数列.

32. 已知数列?xn}满足， x1＝12’xn＋1＝11?xn,n?N.

*???猜想数列{xn}的单调性，并证明你的结论；

（Ⅱ)证明：|xn?1-xn|≤证明（1）由x1?1212n?1()。 65及xn+1?11?xn得x2?23?x4?58，x4?1321

由x2?x4?x6猜想：数列?x2n?是递减数列 下面用数学归纳法证明：

（1）当n=1时，已证命题成立 （2）假设当n=k时命题成立，即x2k?x2k?2 易知x2k?0，那么x2k?2?x2k?4?x2k?x2k?2(1?x2k)(1?x2k?1)(1?x2k?2)(1?x2k?3)11?x2k?1?11?x2k?3?x2k?3?x2k?1(1?x2k?1)(1?x2k?3)

=?0

即x2(k?1)?x2(k?1)?2

也就是说，当n=k+1时命题也成立，结合（1）和（2）知，命题成立 （2）当n=1时，xn?1?xn?x2?x1?16，结论成立

11?xn?15212当n?2时，易知0?xn?1?1,?1?xn?1?2,xn?11?xn?1?

?(1?xn)(1?xn?1)?(1?)(1?xn?1)?2?xn?1?

?xn?1?xn?11?xn?11?xn?1?xn?xn?1(1?xn)(1?xn?1)17

?

222n-1xn?xn?1?（）xn?1?xn?2???（）x2?x1555212n-1?（）65 33.设数列?an?的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an?5Sn?1成立，记

bn?4?an1?an(n?N)

*（I）求数列?an?与数列?bn?的通项公式；

（II）设数列?bn?的前n项和为Rn，是否存在正整数k，使得Rn?4k成立？若存在，找出一个正整数k；若不存在，请说明理由； （III）记cn?b2n?b2有Tn?32n1?(n?N)，设数列?cn?的前n项和为Tn，求证：对任意正整数n都

*；

14解（I）当n?1时，a1?5S1?1,?a1??又?an?5Sn?1,an?1?5Sn?1?1

?an?1?an?5an?1,即an?1an??14

14

14∴数列?an?是首项为a1??4?(?)，bn?n，公比为q??))n的等比数列，

1414∴an?(?14(n?N) ?????????????3分

n*1?(?（II）不存在正整数k，使得Rn?4k成立。

4?(?1414))n证明：由（I）知bn?1?(?5(?4)2k?1?4?n5(?4)?1n

?b2k?1?b2k?8??1?5(?4)?2k?1?8?516?1k?2016?4k?8?15?16?40(16?1)(16?4)kkk?8.

∴当n为偶数时，设n?2m(m?N)

18

∴Rn?(b1?b2)?(b3?b4)???(b2m?1?b2m)?8m?4n 当n为奇数时，设n?2m?1(m?N?)

∴Rn?(b1?b2)?(b3?b4)???(b2m?3?b2m?2)?b2m?1?8(m?1)?4?8m?4?4n ∴对于一切的正整数n，都有Rn?4k

∴不存在正整数k，使得Rn?4k成立。 ?????????????8分 （III）由bn?4?5(?4)?1542nn得

cn?b2n?1?b2n?133?1?43542n?1?1?15?16nnn(16?1)(16?4)?15?16n2nn(16)?3?16?4?15?16(16)n2n?1516n又b1?3,b2?,?c2?，

当n?1时，T1?当n?2时，

32，

1Tn?43?25?(1162?1163???116n)?43?25?162[1?(1?11161)n?2]16694832 ??43?25?161?21?16 ?????????????14分

34.已知等差数列{an}的公差为d（d?0），等比数列{bn}的公比为q（q>1）。设

sn=a1b1+a2b2?..+ anbn,Tn=a1b1-a2b2+?..+(-1)n?1 anbn,n?N

?(I)

若a1=b1= 1，d=2，q=3，求 S3 的值；

2dq(1?q1?q22n(II)

若b1=1，证明（1-q）S2n-（1+q）T2n=

)，n?N；

?2，，...n的两个不同的排列， (Ⅲ) 若正数n满足2?n?q，设k1,k2,...,kn和l1,l2,...,ln是1，19

c1?ak1b1?ak2b2?...?aknbn， c2?al1b1?al2b2?...?alnbn 证明

c1?c2。

（Ⅰ）解：由题设，可得an?2n?1,bn?3n?1,n?N* 所以，S3?a1b1?a2b2?a3b3?1?1?3?3?5?9?55 （Ⅱ）证明：由题设可得bn?qn?1则

S2n?a1?a2q?a3q?.....?a2nq2322n?1, ①

2n?1T2n?a1?a2q?a3q?a4q?.....?a2nqS2n?T2n?2(a2q?a4q?...?a2nq32n?1, ②

)①

式减去②式，得

① 式加上②式，得

22n?2) ③ S2n?T2n?2(a1?a3q?....?a2n?1q② 式两边同乘q，得

32n?1) q(S2n?T2n)?2(a1q?a3q?....?a2n?1q所以，

(1?q)S2n?(1?q)T2n?(S2n?T2n)?q(S2n?T2n)

?2d(q?q?K?q32n?1)

?2dq(1?q1?q22n)2,n?N*

(Ⅲ)证明：c1?c2?(ak?al)b1?(ak?al)b2?K?(ak?al)bn

112nnn?1 ?(k1?l1)db1?(k2?l2)db1q?K?(kn?ln)db1q

因为d?0,b1?0,所以

c1?c2db1?(k1?l1)?(k2?l2)q?K?(kn?ln)qn?1

（1） 若kn?ln，取i=n

（2） 若kn?ln，取i满足ki?li且kj?lj,i?1?j?n

20

综上：当n?5(n?N?)时有3?1T6n?3?1T6n?n4?(n4?(?bn?1)；当1?n?5(n?N)时有1?????????14分 bn?1)1的各项均为正数，

Sn10.已知数列

{an}为其前n项和，对于任意的n?N，满足关系式

?2Sn?3an?3.

的通项公式；

bn?1log3an?log3an?1（I）求数列

{an}（Ⅱ）设数列

{bn}的通项公式是

Tn?1，前n项和为

Tn，求证：对于任意

的正整数n，总有

?2Sn?3an?3,?2S?3an?1?3(n?2).解：（I）由已知得?n?1

故 即

2(Sn?Sn?1)?2an?3an?3an?1

an?3an?1(n?2){an}

故数列

为等比数列，且q?3

2a?3a1?3,?a1?3 又当n?1时，1

?an?3(n?2)n ????????????6分

而

a1?3亦适合上式

n??an?3(n?N) ?????????????8分 ?1n?1

bn?1n(n?1)?1n （Ⅱ） 所以

Tn?b1?b2?…?bn?(1?121n?1)?

?1?1111(??)…??()23nn?1 ?1 11.已知数列｛aa｝中，a1?12 ????????????12分

，点(n,2aa?1?aa)在直线y=x上，其中n=1,2,3….

46

(I) (II)

令bn?an?1?an?1，求证数列｛bn｝是等比数列； 球数列{aa}的通项

12,2aa?1?aa?n,?a2?34,a2?a1?1?34?12?1??34,......1分

解：（I）a1?ba?aa?1?aa?1,ba?1?aa?2?aa?1?1........................................2分an?1?(n?1)?bn?1bn?an?2?an?1?1an?1?an?134?1222an?1?an?1?an?n?an?1?an?1an?112??an?12?{bn}是以?为首项，以?122为公比的等比数列。........5分32?3212n?1a3?a2?1??32,......?am?an?1?1??32?12n,................8分(II)?an?1?an?1??bn??3,?a2?a1?1???121n?131?()???n........................................................6分4222将以上各式相加得：3111?an?a1?(n?1)=?（+2+...+n-1）,22221 又?an?a1?n?1?32?2(1?1?121m?1)?12?(n?1)?32?(1?12)?n?132n?n?2.2?

12.已知点集L?{(x,y)|y?m?n}，其中m?(2x?b,1)，n?(1,b?1)，点列Pn(an,bn)在L中，P1为L与y轴的交点，等差数列{an}的公差为1，n?N。 （1）求数列{bn}的通项公式； （2）若f(n)＝

令Sn?f(1)?f(2)?f(3)???f(n)；试用解析式写出

，

?Sn关于n的函数。

（3）若f(n)＝

，

给定常数m(m?N,m?2),是否存在k?N，使得

*?f(k?m)?2f(m) ，若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由。

（1）y＝

· ＝(2x－b)＋(b＋1)＝2x＋1 -----(1分)

47

y?2x?1与x轴的交点P1(a1,b1)为(0,1)，所以a1?0； -----(1分)

所以an?a1?(n?1)?1，即an?n?1， -----(1分) 因为Pn(an,bn)在y?2x?1上，所以bn?2an?1，即bn?2n?1 -----(1分) （2）设f(n)?{anbn

(n?2k?1)(n?2k)（k?N*），

即f(n)?{n?12n?1

(n?2k?1)(n?2k)（k?N*） ----(1分)

（A）当n?2k时，Sn?S2k?a1?b2?a3?b4?....?a2k?1?a2k?(a1?a3?...?a2k?1)

?(b2?b4?...?b2k) ----(1分)

=

0?2k?22?k?3?4k?12?k=3k，而k?2n2，所以Sn?34n ----(1分)

2（B）当n?2k?1时，Sn?S2k?1?(a1?a3?...?a2k?1)?(b2?b4?...?b2k?2) ----(1分) =

0?2k?22n?12?k?3?4k?52342?(k?1)=3k?4k?1， ----(1分) n2?142而k?，所以Sn?n? ----(1分)

?32n1n??,n?2k?1??424因此Sn??（k?N*） ----(1分)

?3n2,　　　，n?2k??4（3）假设k?N，使得f(k?m)?2f(m) ， （A）m为奇数

（一）k为奇数，则k?m为偶数。则f(m)?m?1，f(m?k)?2(m?k)?1。则，解得：k?2(m?k)?1?2m(?1)12?与k?N矛盾。 ----(1分)

*（二）k为偶数，则k?m为奇数。则f(m)?2m?1，f(m?k)?(m?k)?1。则，解得：k?3m?1（3m?1是正偶数）。 ----(1分) (m?k)?1?2(2m?1)（B）m为偶数

（一）k为奇数，则k?m为奇数。则f(m)?m?1，f(m?k)?(m?k)?1。则

k?m?1（m?1是正奇数），解得：。 ----(1分) (m?k)?1?2m(?1)48

（二）k为偶数，则k?m为偶数。则f(m)?2m?1，f(m?k)?2(m?k)?1。则，解得：k?m?2(m?k)?1?2(2m?1)12与k?N*矛盾。 ----(1分)

由此得：对于给定常数m(m?N*,m?2)，这样的k总存在；当m是奇数时，k?3m?1；当m是偶数时，k?m?1。 ----(1分)

13.设数列{an}满足a1?a,an?1?can?1?c(n?N*),其中a,c为实数,且c?0. （1）求数列{an}的通项公式； （2）设a?12,c?12,bn?n(1?an)(n?N)，求数列{bn}的前n项和Sn.

*解：（1）?an?1?can?1?c,an?1?1?c(an?1),

?当a1?a?1时,{an?1}是首项为a?1,公比为c的等比数列 2分 ?an?1?(a?1)cn?1,即an?(a?1)cn?1?1. 4分

当a?1时,an?1仍满足上式。

?数列{an}的通项公式为an?(a?1)cn?1?1(n?N)

*注：未考虑a?1?0的情况，扣1分。

12,c?12 （2）由（1）得，当a?

时，

1n1nbn?n(1?an)?n{1?[1?()]}?n(). 8分

22112131n?Sn?b1?b2???bn??2?()?3?()???n?().

2222112131n?1Sn?()?2?()???n?(). 2222121n1n?1?()???()?n?().

222221121n?11n?1??()???()?n?()

2222Sn?11两式作差得

Sn

1n1?()1n1n2??n?()?2?(1?n)?n.

12221?2n?2?Sn?2?. 12分 n2?114.由函数y?f?x?确定数列?an?，an?f?n?，函数y?f?x?的反函数y?f?x?能确

49

定数列?bn?，bn?f的“自反数列”。 (1)若函数f?x???1?n?，若对于任意n?N*，都有an?bn，则称数列?bn?是数列?an?px?1x?1确定数列?an?的自反数列为?bn?，求?an?的通项公式； n(2)在(1)条件下，记

1x1?1x2??1xn为正数数列?xn?的调和平均数，若dn?2an?1Sn?1，

为数列?dn?的前n项和，Hn为数列?Sn?的调和平均数，求limHnn；

n??1?n?(3)已知正数数列?Cn?的前n项之和Tn??Cn??。求Tn的表达式。

2?Cn?解：(1)由题意的：f –1(x)=

2an?11?xx?p= f(x)=

px?1x?1，所以p = –1，所以an=

?n?1n?1 (2) an=

?n?1n?1，

dn=?1=n，

n(n?1)2n21?2?22?3???2n(n?1)Sn为数列{dn}的前n项和，Sn=Hn=

n1S1?1S2??1Sn，又Hn为数列{Sn}的调和平均数，

=(n?1) lim2=

Hnnn??=limn?12nn??=

12

(3)因为正数数列{cn}的前n项之和Tn=

1212(cn+

ncn)，

所以c1=(c1+

1c1)，解之得：c1=1，T1=1

nTn?Tn?1当n≥2时，cn = Tn–Tn–1，所以2Tn = Tn–Tn–1 +

nTn?Tn?1，

Tn +Tn–1 =

22，即：Tn?Tn?1= n，

222222所以，Tn?1?Tn?2= n–1，Tn?2?Tn?3= n–2，……，T2?T1=2，累加得：

Tn?T1=2+3+4+……+ n， Tn=1+2+3+4+……+ n =

222n(n?1)2，Tn=

n(n?1)2

补充习题三

50

由（1）,(2)及题设知，1?i?n且

c1?c2db1?(k1?l1)?(k2?l2)q?K(ki?1?li?1)qi?2?(ki?li)qi?1

① 当ki?li时，得ki?li??1,由q?n，得ki?li?q?1,i?1,2,3.....i?1 即k1?l1?q?1，(k2?l2)q?q(q?1)?，(ki?1?li?1)qi?2?qi?2(q?1) 又(ki?li)qi?1??qi?1,所以

c1?c2db1?(q?1)?(q?1)q?K(q?1)qi?2?qi?1?(q?1)1?qi?11?q

因此c1?c2?0,即c1?c2 ② 当ki?li同理可得

c1?c2db1??1，因此c1?c2

综上，c1?c2

35.设数列?an?的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an?5Sn?1成立，记

bn?4?an1?an(n?N)。

*（I）求数列?bn?的通项公式；

*（II）记cn?b2n?b2n?1(n?N)，设数列?cn?的前n项和为Tn，求证：对任意正整数n都

有Tn?32；

（III）设数列?bn?的前n项和为Rn。已知正实数?满足：对任意正整数n,Rn??n恒成立，求?的最小值。

本小题主要考查数列、不等式等基础知识、考查化归思想、分类整合思想，以及推理论证、分析与解决问题的能力。

解：（Ⅰ）当n?1时，a1?5a1?1,?a1??又 Qan?5an?1,an?1?5an?1?1

?an?1?an?5an?1,即an?1??14an

21

14

?数列?an?成等比数列，其首项a1???an?(?14)

n14，公比是q??14

4?(??bn?1?(?1414))n??????????????..3分

n（Ⅱ）由（Ⅰ）知bn?4?5(?4)?1542n?1n

?cn?b2n?b2n?1?n542n?1??1n?25?16nnn(16?1)(16?4)2516n

=

25?16n2(16)?3?16?4)133,?c1?43n?25?16(16)n2?

又b1?3,b2?

当n?1时，T1?当n?2时，Tn?3243

?25?(1162?1163?K?116n)

1?43?25?162[1?(1?1161)n?1]

?43166948321?25?161?2

?......................7分1?16（Ⅲ）由（Ⅰ）知bn?4?5(?4)?1n

*一方面，已知Rn??n恒成立，取n为大于1的奇数时，设n?2k?1(k?N)

则Rn?b1?b2?K?b2k?1 ?4n?5?(? ?4n?5?[? >4n?1

22

14?114?111?14?1122??14?1133?KK?142k?1?11) ?142k?1?(4?14?1)?KK?(42k?1?1)]

??n?Rn?4n?1,即（??4）n??1对一切大于1的奇数n恒成立

???4,否则，（??4）n??1只对满足n?14??的正奇数n成立，矛盾。

另一方面，当??4时，对一切的正整数n都有Rn?4n 事实上，对任意的正整数k，有

b2n?1?b2n?8?5(?4)2k?1?1?5(?4)2k?1

?8?5(16)?1k?20(16)?4kk

?8?15?16?40(16?1)(16?4)kk?8

?当n为偶数时，设n?2m(m?N)

*则Rn?(b1?b2)?(b3?b4)?K?(b2m?1?b2m) <8m?4n

当n为奇数时，设n?2m?1(m?N*)

则Rn?(b1?b2)?(b3?b4)?K?(b2m?3?b2m?2)?b2m?1 <8(m?1)?4?8m?4?4n

?对一切的正整数n，都有Rn?4n

综上所述，正实数?的最小值为4??????????.14分 36.已知?an?是公差为d的等差数列，?bn?是公比为q的等比数列。

（1） 若an?3n?1，是否存在m、k?N*，有am?am?1?ak?说明理由； （2） 找出所有数列?an?和?bn?，使对一切n?N*,

an?1an?bn,并说明理由；

（3） 若a1?5,d?4,b1?q?3,试确定所有的p，使数列?an?中存在某个连续p项的和是数列?bn?中的一项，请证明。

23

[解法一]（1）由am?am?1?ak，得6m?5?3k?1， ．．．．．．2分 整理后，可得k?2m?43，?m、k?N?，?k?2m为整数，

?．．．．．5分 ?不存在m、k?N，使等式成立。 ．

（2）若

an?1a?bn，即

a1?nda1?(n?1)d?b1qn?1， （*）

（ⅰ）若d?0,则1?b1qn?1?bn。

当{an}为非零常数列，{bn}为恒等于1的常数列，满足要求。 ．．．．．．7分 （ⅱ）若d?0，（*）式等号左边取极限得lima1?nda1?(n?1)dn??（*）式等号右边的极限只?1，

有当q?1时，才能等于1。此时等号左边是常数，?d?0，矛盾。

综上所述，只有当{an}为非零常数列，{bn}为恒等于1的常数列，满足要求。．．．．．．10分 【解法二】设an?nd?c,若an?2an?1an?1anan?1an?bn,且?bn?为等比数列

则/?q,对n?N都成立，即anan?2?qa*2n?1

?(dn?c)(dn?2d?c)?q(dn?d?c)对n?N都成立，?a?qd....7分

2*22（i） （ii）

*若d=0，则an?c?0,?bn?1,n?N

若d?0,则q=1,?bn?m（常数）即

*dn?d?cdn?c?m，则d=0，矛盾

综上所述，有an?c?0,bn?1,使对一切n?N,n（3）an?4n?1,bn?3,n?N*

an?1an?bn， 10分

设am?1?am?2????am?p?bk?3,p、k?N,m?N.

4(m?1)?1?4(m?p)?12p?3，

kk*?4m?2p?3?3kp,?p、k?N*,?p?3,s?N. 13分

524

取k?3s?2,4m?32s?2?2?3s?3?(4?1)2s?2?2?(4?1)s?3?0, 15分 由二项展开式可得正整数M1、M2，使得（4-1）2s+2=4M1+1,

2?(4?1)?8M2?(?1)2,

?4m?4(M1?2M2)?(?1)?12,?存在整数m满足要求.

ss?s?故当且仅当p=3,s?N时，命题成立.

说明：第（3）题若学生从以下角度解题，可分别得部分分（即分步得分） 若p为偶数，则am+1+am+2+??+am+p为偶数，但3k为奇数 故此等式不成立，所以，p一定为奇数。 当p=1时，则am+1=bk,即4m+5=3， 而3k=(4-1)k

1k?1k?1k?1kkk?4?(?1)????Ck?4?(?1)?Ck?(?1)?4M?(?1),M?Z, =Ck0?4k?Ckk

s

当ｋ为偶数时，存在ｍ，使４ｍ＋５＝3成立 1分 当p=3时，则am+1+am+2+am+3=bk,即3am+2-bk, 也即3（4m+9）=3k,所以4m+9=3k-1,4(m+1)+5=3k-1

由已证可知，当k-1为偶数即k为奇数时，存在m, 4m+9=3k成立 2分 当p=5时，则am+1+am+2+??+am+5=bk,即5am+3=bk

也即5（4m+13）=3,而3不是5的倍数，所以，当p=5时，所要求的m不存在 故不是所有奇数都成立. 2分 37.设m个不全相等的正数a1,a2,?,am(m?7)依次围成一个圆圈．

（Ⅰ）若m?2009，且a1,a2,?,a1005是公差为d的等差数列，而a1,a2009,a2008,?,a1006是公比为q?d的等比数列；数列a1,a2,?,am的前n项和Sn(n?m)满足：

S3?15,S2009?S2007?12a1，求通项an(n?m)；

k

k

k

（Ⅱ）若每个数an(n?m)是其左右相邻两数平方的等比中项，求证：

a1???a6?a7???am?ma1a2am；

22,a解：（I）因a1,a2009,a2008,???10062是公比为d的等比数列，从而a2000?a1d,a2008?a1d 由

S2009?S2008?12a1得a2008?a2009?12a1，故

25

解得d?3或d??4（舍去）。因此d?3 又 S3?3a1?3d?15。解得a1?2 从而当n?1005时，

an?a1?(n?1)d?2?3(n?1)?3n?1

当1006?n?2009时，由a1,a2009,a2008,???,a1006是公比为d的等比数列得

an?a1d2009?(n?1)?a1d2010?n(1006?n?2009)

?3n?1,n?1005因此an?? 2009?n,1006?n?2009?2?3

22222222?an?1an?1(1?n?m),am?am?1a1,a1?ama2得 （II）由题意an,　　　　①　?an?an?1an?1(1?n?m)　??am?am?1a1　　　　　　　　　② ??a1?ama2　　　　　　　　　　③有①得a3?a2a3,a4?1a1,a5?1a2,a6?a1a2 ④

2由①，②，③得a1a2???an?(a1a2???an)，

故a1a2???an?1. ⑤ 又ar?3?ar?2ar?11ar?3?ar?1ar?1ar?1?1ar(1?r?m?3)，故有

ar?6??ar(1?r?m?6).⑥

下面反证法证明：m?6k

若不然，设m?6k?p,其中1?p?5

a1a2a1a2若取p?1即m?6k?1，则由⑥得am?a6k?1?a1，而由③得am?,故a1?,

得a2?1,由②得am?1?ama1,从而a6?a6k?am?1,而

26

a6?a1a2,故a1?a2?1,由④及⑥可推得an?1（1?n?m）与题设矛盾

同理若P=2，3，4，5均可得an?1（1?n?m）与题设矛盾,因此m?6k为6的倍数 由均值不等式得

a1?a2?a3?K?a6?(a1?1a1)?(a2?1a2)?(a2a1?a1a2)?6

由上面三组数内必有一组不相等（否则a1?a2?a3?1，从而a4?a5?K?am?1与题设矛盾），故等号不成立，从而a1?a2?a3?K?a6?6 又m?6k，由④和⑥得

a7?K?am?(a7?K?a12)?K?(a6k?5?K?a6k)　　　　　＝（k-1)　(a1?K?a6)　　　　　＝（k-1)　(a1?222222222

１a2２１a21＋a２?2＋a３?2１a2３)?６(k-1)因此由⑤得

a1?a2?a3?K?a6?a7?K?am?6?6(k?1)?6k?m?ma1a2a3Kam

22

课后习题

一、选择题

1.在数列{an}中，a1?2， an?1?an?ln(1?1n)，则an?（ ）

A．2?lnn B．2?(n?1)lnn C．2?nlnn D．1?n?lnn 答案 A

2.数列{an}的前n项和为Sn，若an?A．1 答案 B

3.已知a，b，c，d成等比数列，且曲线y?x?2x?3的顶点是(b，c)，则ad等于（ ） Ａ．3 答案 B

27

21n(n?1)，则S5等于（ ）

16 B．

56 C． D．

130

Ｂ．2 Ｃ．1 Ｄ．?2

????????????4．已知等差数列｛an｝的前n项和为Sn，若OB＝a1OA＋a200OC，且A、B、C三点共线

（该直线不过原点O），则S200＝（ ）

A．100 B. 101 C.200 D.201 答案 A

5. 有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点。已知最底层正方体的棱长为2，且改塔形的表面积(含最底层正方体的底面面积)超过39，则该塔形中正方体的个数至少是( ) A. 4 C.6

B.5. D.7

答案 C 二、填空题

6.将全体正整数排成一个三角形数阵： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

． ． ． ． ． ． ．

按照以上排列的规律，第n 行（n ≥3）从左向右的第3 个数为 ． 答案

n?n?622

7.观察下列等式：

n?i?1ni?12n?2121n,

?ii?1n2?131415n?321212n?2161413n,

?i?1ni?3n?4n?3n,

2?i?1i?4n?5n?4n?3130n,

28

n?i?1ni?51617n?61212n?551212n?4112n,

2?i?1i?6n?7n?6n?516n?3142n,

??????????????

n?i?1i?ak?1nkk?2?akn?ak?1nkk?1?ak?2nk?2?????a1n?a0, 1k?112可以推测，当x≥2（k?N*）时，ak?1?ak?2? . ,ak?,ak?1?

答案

k12 0

8.设{an}为公比q>1的等比数列，若a2004和a2005是方程4x28x?3?0的两根，则

a2006?a2007?_____.

答案 18

9．在德国不来梅举行的第48届世乒赛期间，某商店橱窗里用同样的乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的展品，其中第1堆只有1层，就一个球；第2,3,4,?堆最底层（第一层）分别按图4所示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自然垒放在下一层之上，第n堆第n层就放一个乒乓球，以f(n)表示第n堆的乒乓球总数，则f(3)?_____；f(n)?_____（答案用n表示）.

答案 f(3)?10，f(n)?三、解答题

10.设函数f(x)?x?xlnx．数列?an?满足0?a1?1，an?1?f(an)． （Ⅰ）证明：函数f(x)在区间(0，1)是增函数； （Ⅱ）证明：an?an?1?1；

1)，整数k≥（Ⅲ）设b?(a1，a1?ba1lnbn(n?1)(n?2)6

．证明：ak?1?b．

（Ⅰ）证明：f(x)?x?xlnx，f'?x???lnx,当x??0,1?时，f'?x???lnx?0

29

故函数f?x?在区间(0,1)上是增函数；

（Ⅱ）证明：（用数学归纳法）（i）当n=1时，0?a1?1，a1lna1?0，

a2?f(a1)?a1?a1lna1?a1

由函数f(x)在区间(0，1)是增函数，且函数f(x)在x?1处连续，则f(x)在区间(0，1]是增函数，a2?f(a1)?a1?a1lna1?1，即a1?a2?1成立；

（ⅱ）假设当x?k(k?N*)时，ak?ak?1?1成立，即0?a1≤ak?ak?1?1 那么当n?k?1时，由f(x)在区间(0，1]是增函数，0?a1≤ak?ak?1?1得

f(ak)?f(ak?1)?f(1).而an?1?f(an)，则ak?1?f(ak),ak?2?f(ak?1)，

ak?1?ak?2?1，也就是说当n?k?1时，an?an?1?1也成立；

根据（ⅰ）、（ⅱ）可得对任意的正整数n，an?an?1?1恒成立. （Ⅲ）证明：由f(x)?x?xlnx．an?1?f(an)可

ka?b?a?b?alna?a1?b??ailnai k?1kkki?11， 若存在某i≤k满足ai≤b，则由⑵知：ak?1?b?ai?b≥0

?b?a?b?alna2， 若对任意i≤k都有ai?b，则a k?1kkkkkk a?b?kalnb?a1?b??ailnai?a1?b??ailnb?a1?b?(?ai)lnb?11i?1i?1i?1?a?b?kalnb?a?b?(a?b)?0，即ak?1?b成立. 111111.将数列｛an｝中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表： a1 a2 a3

a4 a5 a6

a7 a8 a9 a10

??

记表中的第一列数a1，a2，a4，a7，?构成的数列为｛bn｝,b1=a1=1. Sn为数列｛bn｝的前n项和，

30

且满足＝

2bnbnSN?S1Sn2n1=（n≥2）.

(Ⅰ)证明数列｛｝成等差数列，并求数列｛bn｝的通项公式；

（Ⅱ）上表中，若从第三行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，且公比为同一个正数.当a81??491时，求上表中第k(k≥3)行所有项和的和.

12.已知An(an，bn)（n?N*）是曲线y?ex上的点，a1?a，Sn是数列{an}的前n项和，

3，，4?． 且满足Sn2?3n2an?Sn2?1，an?0，n?2，?b?（I）证明：数列?n?2?（n≤2）是常数数列；

?bn?（II）确定a的取值集合M，使a?M时，数列{an}是单调递增数列； （III）证明：当a?M时，弦AnAn?1（n?N*）的斜率随n单调递增

222解：（I）当n≥2时，由已知得Sn?Sn?1?3nan．

2因为an?Sn?Sn?1?0，所以Sn?Sn?1?3n． ?? ①

2于是Sn?1?Sn?3(n?1)． ??②

由②－①得an?1?an?6n?3． ?? ③ 于是an?2?an?1?6n?9． ?? ④ 由④－③得an?2?an?6， ?? ⑤

bn?2bnean?2anan?2?an所以?e?e?b?6?e，即数列?n?2?(n≥2)是常数数列．

?bn?（II）由①有S2?S1?12，所以a2?12?2a．由③有a3?a2?15，a4?a3?21，所以

a3?3?2a，a4?18?2a．

而 ⑤表明：数列{a2k}和{a2k?1}分别是以a2，a3为首项，6为公差的等差数列， 所以a2k?a2?6(k?1)，a2k?1?a3?6(k?1)，a2k?2?a4?6(k?1)(k?N*)，

31

数列{an}是单调递增数列?a1?a2且a2k?a2k?1?a2k?2对任意的k?N*成立．

?a1?a2且a2?6(k?1)?a3?6(k?1)?a4?6(k?1) ?a1?a2?a3?a4?a?12?2a?3?2a?18?2a???9415??． 4?bn?1?bnan?1?anx94?a?154．

即所求a的取值集合是M??a?a?（III）解法一：弦AnAn?1的斜率为kn?xx0?ean?1?eanan?1?anx

任取x0，设函数f(x)?e?ex?x0x0，则f(x)?e(x?x0)?(e?e0)(x?x0)2x

记g(x)?ex(x?x0)?(ex?e)，则g?(x)?ex(x?x0)?ex?ex?ex(x?x0)，

??)上为增函数， 当x?x0时，g?(x)?0，g(x)在(x0，当x?x0时，g?(x)?0，g(x)在(??，x0)上为减函数，

??)上所以x?x0时，g(x)?g(x0)?0，从而f?`(x)?0，所以f(x)在(??，x0)和(x0，都是增函数．

由（II）知，a?M时，数列{an}单调递增， 取x0?an，因为an?an?1?an?2，所以kn?ean?1?eanan?1?anean?1?ean?2?eanan?2?anean．

取x0?an?2，因为an?an?1?an?2，所以kn?1??ean?2an?1?an?2??ean?2an?an?2．

所以kn?kn?1，即弦AnAn?1(n?N*)的斜率随n单调递增． 解法二：设函数f(x)?增函数， 所以kn?eane?exan?1x?an?1??)上都是，同解法一得，f(x)在(??，an?1)和(an?1，?ean?1an?an?1?lim?n→an?1e?exan?1x?an?1?ean?1，kn?1?ean?2?ean?1an?2?an?1?lim?e?exan?1n→an?1x?an?1?ean?1．

故kn?kn?1，即弦AnAn?1(n?N*)的斜率随n单调递增．

32

13.已知数列{an}中的相邻两项a2k?1、a2k是关于x的方程x2?(3k?2k)x?3k?2k?0 的两个根，且a2k?1≤a2k (k ＝1，2，3，?)．

(I)求a1,a3,a5,a7及a2n (n≥4)(不必证明)；(Ⅱ)求数列{an}的前2n项和S2n． (I)解：方程x2?(3k?2k)x?3k?2k?0的两个根为x1?3k, x2?2k． 当k＝1时，x1?3,x2?2，所以a1?2； 当k＝2时，x1?6,x2?4，所以a3?4； 当k＝3时，x1?9,x2?8，所以a5?8； 当k＝4时，x1?12,x2?16，所以a7?12；

n因为n≥4时，2n?3n，所以a2n?2 (n?4)

S2n?a1?a2???a2n?(3?6???3n)?(2?2???2)＝（Ⅱ）

2n3n?3n22?2n?1 ?2．

14.已知函数f（x）=x2－4，设曲线y＝f（x）在点（xn，f（xn））处的切线与x轴的交点为（xn+1,u）（u,N +），其中为正实数. （Ⅰ）用xx表示xn+1； （Ⅱ）若a1=4，记an=lg列｛xn｝的通项公式；

（Ⅲ）若x1＝4，bn＝xn－2，Tn是数列｛bn｝的前n项和，证明Tn<3. 解析：本题综合考查数列、函数、不等式、导数应用等知识，以及推理论证、计算及解决问题的能力． （Ⅰ）由题可得f所以曲线y?'(x)?2x．

xn?2xn?2，证明数列｛a1｝成等比数列，并求数

f(x)在点(xn,f(xn))处的切线方程是：

y?f(xn)?f'(xn)(x?xn)．

即y?(x2n?4)?2xn(x?xn)．

33

令y?0，得?(x即x2n2n?4)?2xn(xn?1?xn)．

?4?2xnxn?1．

显然xn?0，∴xn?1?xn2?2xn．

xn2(xn?2)2（Ⅱ）由xn2，知，同理

xn?1?2?xxn?1?2?2?x?2?nn2x(xn?2)n?1?2?2x．

n 故xn?1?2x?(xn?2x)2．

n?1?2n?2从而lgxn?1?2x?2lgxn?22an．所以，数列n?1?2xn?2，即an?1?故an?2n?1a?1x1?21?2nlgx?2n?1lg3．

1?2即lgxn?2x?2n?1lg3．

n?2从而

xn?2x?32n?1 n?22n?1所以x?1)n?2(332n?1?1

（Ⅲ）由（Ⅱ）知x?2(32n?1?1)n32n?1?1，

∴bn?x4n?2?32n?1?0

?1∴

b2n?1n?11b?3?1?11n32n??132n?1?132n?1?321?1?13

当n?1时，显然T1?b1?2?3． 当n?1时，b13b121n?1n?n?1?(3)bn?2???(3)b1 34

2xn{an}成等比数列．

∴Tn?b1??b1?b2???bn 11n?1b1???()b1 331nb1[1?()]3 ?11?31n?3?3?()?3．

3 综上，Tn?3(n?N*)．

15.自然状态下的鱼类是一种可再生资源，为持续利用这一资源，需从宏观上考察其再生能力及捕捞强度对鱼群总量的影响. 用xn表示某鱼群在第n年年初的总量，n∈N，且x1＞0.不考虑其它因素，设在第n年内鱼群的繁殖量及捕捞量都与xn成正比，死亡量与xn2成正比，这些比例系数依次为正常数a，b，c. （Ⅰ）求xn+1与xn的关系式；

（Ⅱ）猜测：当且仅当x1，a，b，c满足什么条件时，每年年初鱼群的总量保持不变？（不要求证明）

（Ⅲ）设a＝2，b＝1，为保证对任意x1∈（0,2），都有xn＞0，n∈N，则捕捞强度b的 最大允许值是多少？证明你的结论.

解（I）从第n年初到第n+1年初，鱼群的繁殖量为axn，被捕捞量为bxn，死亡量为 cxn,因此xn?1?xn?axn?bxn?cxn,n?N*.(*)即xn?1?xn(a?b?1?cxn),n?N*.(**)22*

*

（II）若每年年初鱼群总量保持不变，则xn恒等于x1， n∈N*，从而由（*）式得 xn(a?b?cxn)恒等于0,n?N*,所以a?b?cx1?0.即x1? 因为x1>0，所以a>b. 猜测：当且仅当a>b，且x1? （Ⅲ）若b的值使得xn>0，n∈N* 由xn+1=xn(3－b－xn), n∈N*, 知

0

35

a?bc.

a?bc时，每年年初鱼群的总量保持不变.

下证 当x1∈(0, 2) ，b=1时，都有xn∈(0, 2), n∈N* ①当n=1时，结论显然成立. ②假设当n=k时结论成立，即xk∈(0, 2), 则当n=k+1时，xk+1=xk(2－xk)>0. 又因为xk+1=xk(2－xk)=－(xk－1)2+1≤1<2, 所以xk+1∈(0, 2)，故当n=k+1时结论也成立. 由①、②可知，对于任意的n∈N*，都有xn∈(0,2).

综上所述，为保证对任意x1∈(0, 2), 都有xn>0， n∈N*，则捕捞强度b的最大允许值是1.

补充习题一

一、选择题

1.已知函数y?f(x)的定义域为R，当x?0时，f(x)?1，且对任意的实数x,y?R，等式f(x)f(y)?f(x?y)成立．若数列{an}满足a1?f(0)，且

f(an?1)?1f(?2?an)(n?N*)，则a2009的值为( )

A． 4016 B．4017 C．4018 D．4019 答案 B

2.在等差数列{an}中,前n项和为Sn,若a7?5,S7?21,那么S10等于（ ）

A．55

B．40

C．35

D．70

答案 B

3. 等差数列?an?中，Sn是其前n项和，a1?2008，S20072007?S20052005?2，则S2008的值为（ ）

?A??2006 ?B?2006 ?C??2008 ?D?2008 答案 C

4.等差数列{an}中，a10?0，a11?0，且|a10|?|a11|，Sn为其前n项之和，则（ ） A．S1,S2,?,S10都小于零，S11,S12,?都大于零 B．S1,S2,?,S5都小于零，S6,S7,?都大于零 C．S1,S2,?,S19都小于零，S20,S21,?都大于零

36

D．S1,S2,?,S20都小于零，S21,S22,?都大于零 答案 C

5.数列{an}满足a1?1,an?11a2n?4?1,记Sn?a1?a2???an,若S2n?1?Sn?222m30对

任意n?N*恒成立，则正整数m的最小值 A．10 答案：A.

6.数列{an}满足a1+ 3·a2+ 3·a3+?+ 3·an=A C

n3n2

n-1

（ ） D．7

B．9 C．8

n2，则an=

B

112n

12?3n?1 D

3?2n?1

答案：C.

7.已知数列{an}满足an+1=an–an–1（n≥2），a1=a，a2=b，记Sn=a1+a2+a3+?+an，则下列结论正确的是

A．a2008= – a，S2008=2b – a B．a2008= – b，S2008=2b – a C．a2008= – b，S2008=b – a D．a2008= – a，S2008=b – a 答案：A. 二、填空题

8.对于集合N={1, 2, 3,?, n}的每一个非空集，定义一个“交替和”如下：按照递减的次序重新排列该子集，然后从最大数开始交替地减、加后继的数．例如集合{1, 2, 4, 6, 9}的交替和是9–6＋4–2＋1＝6，集合{5}的交替和为5．当集合N中的n =2时，集合N={1, 2}的所有非空子集为{1}，{2}，{1, 2}，则它的“交替和”的总和S2=1+2+(2–1)=4，则当

n?3时，S3= ______________ ；根据S2、S3、S4，猜想集合N ={1, 2, 3,?, n}的每

一个非空子集的“交替和”的总和Sn=__________. 答案 12 , n?2n?1

9.已知数列{an}的前n项和为Sn，对任意n∈N* 都有Sn=23an?13，且1

答案 －1,4

37

10.如图，以O?0,0?、A?1,0?为顶点作正?OAP1， 再以P1和P1A的中点B为顶点作正P1BP2，再 以P2和P2B的中点C为顶点作正P2CP3，?， 如此继续下去。有如下结论： ①所作的正三角形的边长构成公比为

12的等比数列；

②每一个正三角形都有一个顶点在直线AP2（x?1）上； ③第六个正三角形的不在第五个正三角形边上的顶点P6的坐标是???63213,6464??； ???④第n个正三角形的不在第n?1个正三角形边上的顶点Pn的横坐标是xn，则limxn?1.

n??其中正确结论的序号是_____________.（把你认为正确结论的序号都填上） ．答案 ①②③④

n211.设等比数列{an}的前n项和Sn?2?a，等差数列{bn}的前n项和Tn?n?2n?b，则

a＋b＝ ．

答案 -1

12.已知方程?x2?mx?2??x2?nx?2??0的四个根组成一个首项为|m-n|= 。 答案：

3212的等比数列，则

.

三、解答题

13.某企业2008年的纯利润为500万元，因设备老化等原因，企业的生产能力将逐年下降.若不能进行技术改造，预测从今年起每年比上一年纯利润减少20万元，今年初该企业一次性投入资金600万元进行技术改造，预测在未扣除技术改造资金的情况下，第n年（今年为第一年）的利润为500(1+

12n)万元（n为正整数）.

（Ⅰ）设从今年起的前n年，若该企业不进行技术改造的累计纯利润为An万元，进行技术改造后的累计纯利润为Bn万元（须扣除技术改造资金），求An、Bn的表达式；

（Ⅱ）依上述预测，从今年起该企业至少经过多少年，进行技术改造后的累计纯利润超过不

38

进行技术改造的累计纯利润？

解: (Ⅰ)依题意知，数列An是一个以500为首项，－20为公差的等差数列，所以

n(n?1)22An?480n?Bn?500(1?12?(?20)?490n?10n，

1212n)?500(1?1)???500(1?2)?600＝500n?500(?21122???12n)?600

1n[1?()]50022?600＝500n??100 ＝500n?500?n121?2 (Ⅱ)依题意得，Bn?An，即500n?可化简得

502n5002n?100?490n?10n，

2?n?n?10， 502n2?可设f(n)?，g(n)?n2?n?10

又?n?N?，?可设f(n)是减函数，g(n)是增函数，又

f(3)?508?g(3)?2,f(4)?5016?g(4)?8

则n?4时不等式成立，即4年 14.已知函数F?x??3x?2?1?,?x??. 2x?1?2???2008??...?F???; ??2009?（I）求F???2?F???2009??2009?1（II）已知数列?an?满足a1?2,an?1?F?an?,求数列?an?的通项公式; (Ⅲ) 求证:a1a2a3...an?2n?1. 3x?22x?13?1?x??22?1?x??1解:(?)因为F?x??F?1?x????3

所以设S=F???2??2008??F?...?F?????;..........（1）

200920092009????????2008??2007??1??F?...?F????????.(2)

?2009??2009??2009?39

1

S=F?(1)+(2)得:

??12S??F???2009??2008?F????2009????2????F?????2009??2007?F????2009??2008???...??F???????2009??1?F????2009?????? =3?2008?6024, 所以S=3012

(??)由an?1?F?an?两边同减去1,得

an?1?1?3an?22an?1?1?an?12an?1

所以

1an?1?1?2an?1an?1?2?an?1??1an?1?2?1an?1,

所以

1an?11?1?1??2,??1为首项的等差数列, ?是以2为公差以

a?1?1an?1a?11?n?1?2??n?1??2?2n?1?an?1?22所以

12n?1an?1?2n2n?1

?????因为?2n?

所以

2n??2n??1??2n?1??2n?1? ?2n?12n?21?3452n2n?1,?,...? 2342n?12n22n?1所以a1a2a3...an??a1a2a3...an??22442n2n???......? 11332n?12n?1>23452n2n?1???......??12342n?12nk2n?1 15.过点P（1，0）作曲线C:y?x(x?(0,??),k?N,k?1)的切线，切点为M1，设M1在x轴上的投影是点P1。又过点P1作曲线C的切线，切点为M2，设M2在x轴上的投影是点P2，?。依此下去，得到一系列点M1，M2?，Mn，?，设它们的横坐标a1，a2，?，an，?，构成数列为?an?。

（1）求证数列?an?是等比数列，并求其通项公式； （2）求证：an?1?nk?1?；

,求数列?bn?的前n项和Sn。

（3）当k?2时,令bn?nan40

k解：（1）对y?xk求导数，得y?kxk?1,切点是Mn(an,an)的切线方程是

y?an?kankk?1(x?an)

当n=1时，切线过点P（1，0），即0?a1k?ka1k?1(1?a),得a1?当n>1时，切线过点pn?1(an?1,0)，即0所以数列?an?是首项a1?所以数列?an?的通项公式为kk?1kk?1kk?1;

?an?kan(an?1?an),得kk?1nanan?1?kk?1.

,公比为kk?1的等比数列,

?an?(),n?N

（2）应用二项公式定理，得

an?(kk?1nk?1)n?(1?1k?1)n?Cn?Cn011k?1?Cn(21k?1)???Cn(2n1k?1)n

?1?

.?????(8分)（3）当

k?2时,an?2,bn?nn2n.数列?bn?的前项n项和Sn?22312?222?323???n2n，

同乘以

12,得12Sn?122??324???n2n?1.

两式相减，得

112Sn?12?122?223???12n?n2n?1?2(1?1?1212n)?2nn?1?1?12n?n2n?1

所以Sn?2?n?22n

1416.已知点列B1(1,y1)、B2(2,y2)、?、Bn(n,yn)（n∈N）顺次为一次函数y?x?112图像上

的点，点列A1(x1,0)、A2(x2,0)、?、An(xn,0)（n∈N）顺次为x轴正半轴上的点，其中x1=a（0＜a＜1），对于任意n∈N，点An、Bn、An+1构成一个顶角的顶点为Bn的等腰三角形。 ⑴求数列{yn}的通项公式，并证明{yn}是等差数列； ⑵证明xn+2-xn为常数，并求出数列{xn}的通项公式；

⑶在上述等腰三角形AnBnAn+1中，是否存在直角三角形？若有，求出此时a值；若不存在，请说明理由。

41

解：（1）yn?14n?112(n?N),∵yn+1-yn=1,∴{yn}为等差数列 ??????4分 4 （2）因为?AnBnAn?1与?An?1Bn?1An?2为等腰三角形.

?xn?xn?1?n??2所以?，两式相减得 xn?2?xn?2。??????7分

x?xn?2?n?1?n?1??2注：判断xn?2?xn?2得2分，证明得1分

∴x1,x3,x5,?,x2n-1及x2,x4,x6 ，?，x2n都是公差为2的等差数列，??????6分

n?a?1 (当n为奇数) ∴xn?? ??????10分 ??n-a (当n为偶数)? （3）要使AnBnAn+1为直角三形，则 |AnAn+1|=2yB=2(n4n112?)?xn+1-xn=2(n4112)

当n为奇数时，xn+1=n+1-a，xn=n+a-1,∴xn+1-xn=2(1-a).

? ?2(1-a)=2(n4211211?) ?a=12n4(n为奇数，0＜a＜1) (*)

1 取n=1，得a=3，取n=3，得a=6，若n≥5，则(*)无解； ??????14分 当偶数时，xn+1=n+a，xn=n-a，∴xn+1-xn=2a.

? ∴2a=2(n47112?)?a=n4112(n为偶数，0＜a＜1) (*?)，

取n=2，得a=12,若n≥4，则(*?)无解.

综上可知，存在直角三形，此时a的值为3、

42

216、12. ??????18分

7

补充习题二

一、选择题

1.在等差数列｛an｝中，若a2+a4+a6+a8+a10=80，则a7?12a8的值为

A、4 B、6 C、8 D、10 答案C

2.已知等差数列?an?的公差为d?d?0?，且a3?a6?a10?a13?32，若am?8，则m为 A．12 B. 8 C．6 D. 4 答案B

3.设Sn是等差数列{an}的前n项和，若

a5a3=

59，则

S9S5等于

12 A1 B．-1 C．2 D．答案A 二、填空题

4.若数列?an?中，an?答案 4 5.

n?12n?22

,n?N*，则数列?an?中的项的最小值为_________。

已知

?an?是等比数列，

a2?2，a5?14，则

a1a2?a2a3???anan?1= 。

答案

323（1?4?n）

n6.已知数列?an?的前n项和为Sn，若Sn?2?1，则a8? .

答案 128 三、解答题

7.已知数列{an}的前n项和为An，且对任意正整数n，都满足：tan?1?An，其中t?1为实数.

（1）求数列{an}的通项公式； （2）若bn为杨辉三角第n行中所有数的和，即

bn?Cn?Cn???Cn，Bn为杨辉三角前n行中所有数的和，亦即为数列?bn?的前n项和，

01n求limn??AnBnt的值.

解：（1） 由已知tan?1?1?An?1，tan?1?An，相减得tan?1?tan?an?1，由t?1?0得

an?1an?t?1，又ta1?1?a1，得a1?1t?1，故数列{an}是一个以a1?43

1t?1为首项，以q?tt?1

为公比的等比数列. （4分）

?t? 从而an????t?1?t?1?1n?11?t?*??? n?N； （6分） t?t?1?nn?t?（2）An?tan?1????1， （7分）

t?1??1nn又bn?Cn0?Cn???Cn?2，故Bn?2?2n?1?， （11分）

?t????1Ant?1??于是lim， ?limn?1n??Bn??2?2nn当当当

tt?1tt?1tt?1?2，即t?2时，lim?2，即t?2时，limAnBnAnBnn???12，

n???0， AnBn?2，即1?t?2时，limn??不存在. （14分）

8.已知单调递增的等比数列｛an｝满足：a2+a3+a4=28,且a3+2是a2,a4的等差中项。 （I） （II）

求数列｛an｝的通项公式;

若bn=anlog1an,sn=b1+b2+┉+bn,求sn+n?2n?1>50成立的正整数 n的最

2小值。

解：(I)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q， 依题意，有2(a3+2)=a2+a4,

代入a2+a3+a4=28, 得a3=8,

∴a2+a4=20┉┉┉┉┉┉┉┉2分

1?3??q?2?q??a1q?a1q?20∴?解之得?或?2┉┉┉┉┉┉┉┉42a??1??a?32?a3?a1q?8?1分

又{an}单调递增，∴q=2,a1=2,

∴an=2n ┉┉┉┉┉┉┉┉6分

(II)bn?2?log12??n?2, ┉┉┉┉┉┉┉┉7分

nnn2∴?sn?1?2?2?22?3?23?...?n?2n ① ∴?2sn?1?22?2?23?3?24?...?(n?1)?2n?n2n?1 ② ∴①-②得sn?2?2?2?...?2?n?210分

∴sn?n?2n?1?50,即2n?1?2?50,?2n?1?52

44

23nn?1?2(1?2)1?2n?n?2n?1＝2n?1?n?2n?1?2┉

又当n≤4时,2n?1?25?32?52, ┉┉┉┉┉┉┉┉11分 当n≥5时,2n?1?26?64?52.

故使sn?n?2n?1?50,成立的正整数n的最小值为5 . ┉┉┉┉┉┉┉┉12分 9.已知等比数列?an?的前n项和为Sn?2?3n?k(k?R,n?N?) （Ⅰ）求数列?an?的通项公式； （Ⅱ）设数列?bn?满足an?4(5?k)anbn，Tn为数列?bn? 的前n项和，试比较3?16Tn 与

4(n?1)bn?1的大小，并证明你的结论．

解：（Ⅰ）由Sn?2?3n?k(k?R,n?N?)得:n?2时，

an?Sn?Sn?1?4?3n?1?????????2分

n?1???an?是等比数列，?a1?S1?6?k?4?k??2，得 an?4?3(n?N)??4分

（Ⅱ）由an?4(5?k)anbnn?1和an?4?3得bn?n?14?3n?1????????6分

n?14?3n?1?Tn?b1?b2?b3??bn?1?bn?3Tn?14?24?3?34?31214?3n?3?24?3n?12???n?24?3n?2??(1)???1n?24?312

?4?3n?2???(2)1n?244?34?34?34?34?311111n?132n?1?Tn????????????10分 2n?3n?2n?1n?188?38?38?38?38?31616?34(n?1)bn?1?(3?16Tn)?2?(2)?(1):2Tn??????1n?3??n?1n?1

n(n?1)3n?2n?13n?1?n(n?1)?3(2n?1)3n

?n(n?1)?3(2n?1)?n?5n?3?????????11分

?当n?5?237或n?5?237??0时有n(n?1)?3(2n?1)，所以当n?5(n?N)时有

3?16Tn?4(n?1)bn?1

那么同理可得：当

5?237?n??5237时有n(n?1)?3(n2?，所以当

?1?n?5(n?N3?16Tn?4(n?1)bn?1?????????13分 )时有

45

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