数列综合应用附答案

理数1.(2009江西,8,5分)数列{an}的通项an=n2·,其前n项和为Sn,那么S30为()A.470B.490C.495D.510[答案]1.A[解析]1.an=n2=n2cos.当n=3k时,a3k=(3k)2=9k2;当n=3k+1时,a3k+1=(3k+1)2·cos=-(3k+1)2;当n=3k+2时,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,应选A.2.(2012北京,8,5分)某棵果树前n年的总产量Sn与n之间的关系如下图.从目前记录的结果看,前m年的年平均产量最高,m的值为()A.5B.7C.9D.11[答案]2.C[解析]2.前m年的平均产量为,即求,,,的最大值,问题转化为图中4个点A(5,S5),B(7,S7),C(9,S9),D(11,S11)与原点连线的斜率的最大值.由题可知kOC=最大.即前9年的年平均产量最高.应选C.3.(2012河北高三模拟，9,5分)定义:F(x,y)=yx(x>0,y>0),数列{an}满足:an=(n∈N*),假设对任意正整数n,都有an≥ak(k∈N*)成立,那么ak的值为()A.B.2C.D.[答案]3.C[解析]3.an==,易知当n≥4时,2n≥n2,又a1=2,a2=1,a3=,故最小项为.应选C.错因分析:信息使用错误,易错选A.4.(2012云南高三二模，12,5分)公差不等于0的等差数列{an}的前n项和为Sn,如果S3=-21,a7是a1与a3的等比中项,那么在数列{nan}中,数值最小的项是()A.第4项B.第3项C.第2项D.第1项[答案]4.C[解析]4.∵{an}为等差数列,∴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<,∴数列{nan}的最小项为第2项,应选C.错因分析:此题属于等差数列与等比数列的综合问题.将条件用a2及公差d表示,建立方程,并求出公差d是解题关键.注意结合函数单调性对求数列的最大项或最小项均有帮助.5.(2012北京东城区高三模拟，8,5分)定义：数列那么的值为()[答案]5.C[解析]5.，∴.设函数，那么，令，解得，此时函数是减函数；令，解得，此时函数是增函数，∴当时，取最小值.又，又，∴，∴，又，，∴的最小值是，即.6.(2013年北京海淀区高三第二次模拟，8,5分)假设数列满足：存在正整数，对于任意正整数都有成立，那么称数列为周期数列，周期为.¥数列满足，那么以下结论中错误的选项是〔〕A.假设，那么可以取3个不同的值B.假设，那么数列是周期为的数列C.且，存在，是周期为的数列D.且，数列是周期数列[答案]6.D[解析]6.对于A项，假设，那么由得或；进而推出，或，或.即或或，故A项正确；对于B项，假设，即，那么，…，故数列是周期为的数列.故B项正确；对于C项，假设且，是周期为的数列，那么一定有满足，即，化简得，所以〔舍去〕.此时，满足.故C项正确；对于D项，假设且，数列是周期数列，那么一定存在使得，那么，.故其后一定有某一项为，且，那么，化简得，所以.因为不可能为有理数，故与假设矛盾.所以D项错误.7.(2013课标Ⅰ,12,5分)设△AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn,△AnBnCn的面积为Sn,n=1,2,3,….假设b1>c1,b1+c1=2a1,an+1=an,bn+1=,cn+1=,那么()A.{Sn}为递减数列B.{Sn}为递增数列C.{S2n-1}为递增数列,{S2n}为递减数列D.{S2n-1}为递减数列,{S2n}为递增数列[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,所以点An在以Bn、Cn为焦点且长轴长为2a1的椭圆上(如图).由b1>c1得b1-c1>0,所以|bn+1-cn+1|=(bn-cn),即|bn-cn|=(b1-c1)·,所以当n增大时|bn-cn|变小,即点An向点A处移动,即边BnCn上的高增大,又|BnCn|=an=a1不变,所以{Sn}为递增数列.8.(2014山西太原高三模拟考试〔一〕，16)在数列中，，那么

.[答案]8.

[解析]8.

，，，，，，.，又因为，代入解得，同理可得，又因为函数单调函数，所以可得，同理可得，所以.9.(2011陕西,14,5分)植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树,每人植一棵,相邻两棵树相距10米.开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边,使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小,这个最小值为(米).[答案]9.2000[解析]9.将20位同学视为数轴上0、10、20、…、190的20个点,那么路程总和为y=2(|x|+|x-10|+…+|x-190|),由绝对值的几何意义知,当有奇数个点时,位于中间位置的中点到各点的距离和最小,当有偶数个点时,中间两点之间的点到各点的距离之和最小,所以当90≤x≤100时,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)记[x]为不超过实数x的最大整数.例如,[2]=2,[1.5]=1,[-0.3]=-1.设a为正整数,数列{xn}满足x1=a,xn+1=(n∈N*).现有以下命题:①当a=5时,数列{xn}的前3项依次为5,3,2;②对数列{xn}都存在正整数k,当n≥k时总有xn=xk;③当n≥1时,xn>-1;④对某个正整数k,假设xk+1≥xk,那么xk=[].其中的真命题有.(写出所有真命题的编号)[答案]11.①②③[解析]11.当a=5时,x2==3,x3==2,①正确;令a=3时,x2==2,x3==1,x4==2,以后各项均为1,2交替出现,②错;易证x∈N*时,≥,所以xn+1=≥>≥-1,③正确;因为xn+1=≤≤,所以≥xk,xk≤,所以xk≤,又由③知xk>-1,有-1k≤,又xk∈N+,因此xk=[],④正确.12.(2012山西高三模拟，14,5分)向量a=(2,-n),b=(Sn,n+1),n∈N*,其中Sn是数列{an}的前n项和,假设a⊥b,那么数列的最大项的值为.[答案]12.[解析]12.依题意得a·b=0,即2Sn=n(n+1),Sn=,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=n;又a1=S1==1,因此an=n,===≤,当且仅当n=,n∈N*,即n=2时取等号,因此数列的最大项的值是.13.(2012四川省米易中学高三第二次段考，14，5分)数列的最小值为________．[答案]13.[解析]13.∵，∴=，设，那么，所以当时，函数是减函数；当时，函数是增函数，所以当时，取最小值，即的最小值为.14.(2012北京海淀区高三11月月考，14,5分)数列中，如果存在，使得“且”成立〔其中，〕，那么称为的一个峰值．〔Ⅰ〕假设，那么的峰值为；〔Ⅱ〕假设，且不存在峰值，那么实数的取值范围是．[答案]14.〔Ⅰ〕10；〔Ⅱ〕或，[解析]14.〔Ⅰ〕，由于，那么当时，取最大值，那么仅有，所以的峰值为10；〔Ⅱ〕设，那么.由于，且不存在峰值，那么：①当数列不是常数数列时，只需，所以，解得；②当数列是常数数列时，只需，所以，解得，.综上所得，实数的取值范围是或，.15.16.(2013年河南十所名校高三第二次联考，16,5分)设数列是等差数列，数列是等比数列，记数列{}，{}的前n项和分别为，.假设a5＝b5，a6＝b6，且S7－S5＝4〔T6－T4〕，那么＝____________.[答案]16.[解析]16.设等差数列的公差为，等比数列的公比为.由a5＝b5，a6＝b6，且S7－S5＝4〔T6－T4〕，得解得故17.(2015安徽安庆模拟,21)数列{an}满足a1=a>2,an=(n≥2,n∈N*).(1)求证:对任意n∈N*,an>2;(2)判断数列{an}的单调性,并说明你的理由;(3)设Sn为数列{an}的前n项和,求证:当a=3时,Sn<2n+.[答案]17.答案见解析[解析]17.(1)证明:用数学归纳法证明an>2(n∈N*):①当n=1时,a1=a>2,结论成立;②假设n=k(k≥1)时结论成立,即ak>2,那么n=k+1时,ak+1=>=2,所以n=k+1时,结论成立.故由①②及数学归纳法原理,知对一切的n∈N*,都有an>2成立.(4分)(2){an}是单调递减的数列.因为-=an+2-=-(an-2)(an+1),又an>2,所以-<0,所以an+1<an.这说明{an}是单调递减的数列.(8分)(3)由an+1=,得=an+2,所以-4=an-2.根据(1)知an>2(n∈N*),所以=<,所以an+1-2<(an-2)<(an-1-2)<…<(a1-2).所以,当a=3时,an+1-2<,即an+1<+2.当n=1时,S1=3<2+,当n≥2时,Sn=3+a2+a3+…+an<3+++…+=3+2(n-1)+=2n+1+<2n+.综上,当a=3时,Sn<2n+(n∈N*).(15分)18.(2015北京,20,13分)数列{an}满足:a1∈N*,a1≤36,且an+1=(n=1,2,…).记集合M={an|n∈N*}.(1)假设a1=6,写出集合M的所有元素;(2)假设集合M存在一个元素是3的倍数,证明:M的所有元素都是3的倍数;(3)求集合M的元素个数的最大值.[答案]18.答案见解析[解析]18.(1)6,12,24.(2)证明:因为集合M存在一个元素是3的倍数,所以不妨设ak是3的倍数.由an+1=可归纳证明对任意n≥k,an是3的倍数.如果k=1,那么M的所有元素都是3的倍数.如果k>1,因为ak=2ak-1或ak=2ak-1-36,所以2ak-1是3的倍数,于是ak-1是3的倍数.类似可得,ak-2,…,a1都是3的倍数.从而对任意n≥1,an是3的倍数,因此M的所有元素都是3的倍数.综上,假设集合M存在一个元素是3的倍数,那么M的所有元素都是3的倍数.(3)由a1≤36,an=可归纳证明an≤36(n=2,3,…).因为a1是正整数,a2=所以a2是2的倍数,从而当n≥3时,an是4的倍数.如果a1是3的倍数,由(2)知对所有正整数n,an是3的倍数,因此当n≥3时,an∈{12,24,36},这时M的元素个数不超过5.如果a1不是3的倍数,由(2)知对所有正整数n,an不是3的倍数,因此当n≥3时,an∈{4,8,16,20,28,32},这时M的元素个数不超过8.当a1=1时,M={1,2,4,8,16,20,28,32}有8个元素.综上可知,集合M的元素个数的最大值为8.19.(2014重庆,22,12分)设a1=1,an+1=+b(n∈N*).(Ⅰ)假设b=1,求a2,a3及数列{an}的通项公式;(Ⅱ)假设b=-1,问:是否存在实数c使得a2n<c<a2n+1对所有n∈N*成立?证明你的结论.[答案]19.查看解析[解析]19.(Ⅰ)解法一:a2=2,a3=+1.再由题设条件知(an+1-1)2=(an-1)2+1.从而{(an-1)2}是首项为0,公差为1的等差数列,故(an-1)2=n-1,即an=+1(n∈N*).解法二:a2=2,a3=+1,可写为a1=+1,a2=+1,a3=+1.因此猜测an=+1.下用数学归纳法证明上式:当n=1时结论显然成立.假设n=k时结论成立,即ak=+1,那么ak+1=+1=+1=+1.这就是说,当n=k+1时结论成立.所以an=+1(n∈N*).(Ⅱ)解法一:设f(x)=-1,那么an+1=f(an).令c=f(c),即c=-1,解得c=.下用数学归纳法证明加强命题a2n<c<a2n+1<1.当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(0)=-1,所以a2<<a3<1,结论成立.假设n=k时结论成立,即a2k<c<a2k+1<1.易知f(x)在(-∞,1]上为减函数,从而c=f(c)>f(a2k+1)>f(1)=a2,即1>c>a2k+2>a2.再由f(x)在(-∞,1]上为减函数得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.这就是说,当n=k+1时结论成立.综上,符合条件的c存在,其中一个值为c=.解法二:设f(x)=-1,那么an+1=f(an).先证:0≤an≤1(n∈N*).①当n=1时,结论明显成立.假设n=k时结论成立,即0≤ak≤1.易知f(x)在(-∞,1]上为减函数,从而0=f(1)≤f(ak)≤f(0)=-1<1.即0≤ak+1≤1.这就是说,当n=k+1时结论成立.故①成立.再证:a2n<a2n+1(n∈N*).②当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(a2)=f(0)=-1,有a2<a3,即n=1时②成立.假设n=k时,结论成立,即a2k<a2k+1.由①及f(x)在(-∞,1]上为减函数,得a2k+1=f(a2k)>f(a2k+1)=a2k+2,a2(k+1)=f(a2k+1)<f(a2k+2)=a2(k+1)+1.这就是说,当n=k+1时②成立.所以②对一切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]上为减函数得f(a2n)>f(a2n+1),即a2n+1>a2n+2,所以a2n+1>-1,解得a2n+1>.④综上,由②、③、④知存在c=使a2n<c<a2n+1对一切n∈N*成立.20.〔2014重庆一中高三下学期第一次月考，22〕〔原创〕在数列中，，，其前项和满足。(1)

求的值；(2)

求的表达式；(3)

对于任意的正整数，求证：。[答案]20.查看解析[解析]20.

(1)依次令可得，，；

(2)法一：由⑴猜测，下面用数学归纳法证明：①当时结论显然成立；②假设时结论成立，即，那么，故当时结论成立。综上知结论成立。

法二：猜测，下面用第二数学归纳法证明：①当时结论显然成立；②假设时结论成立，即，那么，故当时结论成立。综上知结论成立。

法三：由题，当时，，故，因此。又，故。(3)法一：由(2)知为等差数列，故。由知一定时，要使最小，那么最大。显然，故，因此，从而。

法二：因为，所以，故，因此，从而，即。法三：(i)当时不等式显然成立；(ii)假设时不等式成立，即，那么如“法二”可证，故，即当时不等式成立。综上得证。22.(2014天津蓟县邦均中学高三第一次模拟考试，22)数列｛｝中，,点在直线上，其中.〔1〕令，求证数列是等比数列;〔2〕求数列的通项；⑶

设分别为数列的前项和，是否存在实数，使得数列为等差数列？假设存在，试求出.假设不存在,那么说明理由.[答案]22.查看解析[解析]22.解：〔I〕由得

又是以为首项，以为公比的等比数列.

4分〔II〕由〔I〕知，将以上各式相加得：

8分〔III〕解法一：存在，使数列是等差数列.数列是等差数列的充要条件是、是常数即又当且仅当，即时，数列为等差数列.

14分解法二：存在，使数列是等差数列.由〔I〕、〔II〕知，又当且仅当时，数列是等差数列.

14分225.〔2014吉林实验中学高三年级第一次模拟，17〕是单调递增的等差数列，首项，前项和为，数列是等比数列，其中

〔1〕求的通项公式；

〔2〕令求的前20项和。[答案]25.查看解析[解析]25.26.(2009江西,22,14分)各项均为正数的数列{an},a1=a,a2=b,且对满足m+n=p+q的正整数m,n,p,q都有=.(Ⅰ)当a=,b=时,求通项an;(Ⅱ)证明:对任意a,存在与a有关的常数λ,使得对于每个正整数n,都有≤an≤λ.[答案]26.(Ⅰ)由=得=,将a1=,a2=代入上式化简得an=,所以=·.故数列为等比数列,从而=,即an=.可验证,an=满足题设条件.(Ⅱ)证明:由题设的值仅与m+n有关,记为bm+n,那么bn+1==.考察函数f(x)=(x>0),那么在定义域上有f(x)≥g(a)=故对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全国Ⅱ,20,12分)设数列{an}的前n项和为Sn.a1=a,an+1=Sn+3n,n∈N*.(Ⅰ)设bn=Sn-3n,求数列{bn}的通项公式;(Ⅱ)假设an+1≥an,n∈N*,求a的取值范围.[答案]27.(Ⅰ)依题意,Sn+1-Sn=an+1=Sn+3n,即Sn+1=2Sn+3n,由此得Sn+1-3n+1=2(Sn-3n).因此,所求通项公式为bn=Sn-3n=(a-3)2n-1,n∈N*.①(Ⅱ)由①知Sn=3n+(a-3)2n-1,n∈N*,于是,当n≥2时,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,当n≥2时,an+1≥an⇔12·+a-3≥0⇔a≥-9.又a2=a1+3>a1.综上,所求的a的取值范围是[-9,+∞).27.28.(2011天津,20,14分)数列{an}与{bn}满足bnan+an+1+bn+1an+2=0,bn=,n∈N*,且a1=2,a2=4.(Ⅰ)求a3,a4,a5的值;(Ⅱ)设cn=a2n-1+a2n+1,n∈N*,证明{cn}是等比数列;(Ⅲ)设Sk=a2+a4+…+a2k,k∈N*,证明<(n∈N*).[答案]28.(Ⅰ)由bn=,n∈N*,可得bn=又bnan+an+1+bn+1an+2=0,当n=1时,a1+a2+2a3=0,由a1=2,a2=4,可得a3=-3;当n=2时,2a2+a3+a4=0,可得a4=-5;当n=3时,a3+a4+2a5=0,可得a5=4.(Ⅱ)证明:对任意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将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}是等比数列.(Ⅲ)证明:由(Ⅱ)可得a2k-1+a2k+1=(-1)k,于是,对任意k∈N*且k≥2,有a1+a3=-1,-(a3+a5)=-1,a5+a7=-1,(-1)k(a2k-3+a2k-1)=-1.将以上各式相加,得a1+(-1)ka2k-1=-(k-1),即a2k-1=(-1)k+1·(k+1),此式当k=1时也成立.由④式得a2k=(-1)k+1·(k+3).从而S2k=(a2+a4)+(a6+a8)+…+(a4k-2+a4k)=-k,S2k-1=S2k-a4k=k+3,所以对任意n∈N*,n≥2,====++<++=+·++…++=+-·+<.对于n=1,不等式显然成立.28.29.(2007重庆,21,12分)各项均为正数的数列{an}的前n项和Sn满足S1>1,且6Sn=(an+1)(an+2),n∈N*.(Ⅰ)求{an}的通项公式;(Ⅱ)设数列{bn}满足an(-1)=1,并记Tn为{bn}的前n项和,求证: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,由假设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.从而{an}是公差为3,首项为2的等差数列,故{an}的通项为an=3n-1.(Ⅱ)证法一:由an(-1)=1可解得bn=log2=log2;从而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).特别地f(n)≥f(1)=>1.从而3Tn+1-log2(an+3)=log2f(n)>0,即3Tn+1>log2(an+3).证法二:同证法一求得bn及Tn.由二项式定理知,当c>0时,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).证法三:同证法一求得bn及Tn.令An=··…·,Bn=··…·,Cn=··…·.因>>,因此>AnBnCn=.从而3Tn+1=log22=log22>log22AnBnCn=log2(3n+2)=log2(an+3).证法四:同证法一求得bn及Tn.下面用数学归纳法证明:3Tn+1>log2(an+3).当n=1时,3T1+1=log2,log2(a1+3)=log25,因此3T1+1>log2(a1+3),结论成立.假设结论当n=k时成立,即3Tk+1>log2(ak+3),那么当n=k+1时,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.从而3Tk+1+1>log2(ak+1+3).这就是说,当n=k+1时结论也成立.综上3Tn+1>log2(an+3)对任何n∈N*成立.29.30.(2007江苏,20,16分){an}是等差数列,{bn}是公比为q的等比数列,a1=b1,a2=b2≠a1.记Sn为数列{bn}的前n项和.(Ⅰ)假设bk=am(m,k是大于2的正整数),求证:Sk-1=(m-1)a1;(Ⅱ)假设b3=ai(i是某个正整数),求证:q是整数,且数列{bn}中的每一项都是数列{an}中的项;(Ⅲ)是否存在这样的正数q,使等比数列{bn}中有三项成等差数列?假设存在,写出一个q的值,并加以说明;假设不存在,请说明理由.[答案]30.(Ⅰ)证明:设等差数列的公差为d,那么由题设得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)证明:(i)证明q为整数:由b3=ai得b1q2=a1+(i-1)d,即a1q2=a1+(i-1)a1(q-1),移项得a1(q+1)(q-1)=a1(i-1)(q-1).因a1=b1≠0,q≠1,得q=i-2,故q为整数.(ii)证明数列{bn}中的每一项都是数列{an}中的项:设bn是数列{bn}中的任一项,只要讨论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,当i=1时,q=-1,q+q2+…+qn-2为-1或0,那么k为1或2;而i≠2,否那么q=0,矛盾.当i≥3时,q为正整数,所以k为正整数,从而bn=ak.故数列{bn}中的每一项都是数列{an}中的项.(Ⅲ)取q=,b2=b1q,b4=b1q3.b1+b4=b1(1+q3)=b1=b1(-1)=2b2.所以b1,b2,b4成等差数列.30.31.(2011上海,22,18分)数列{an}和{bn}的通项公式分别是an=3n+6,bn=2n+7(n∈N*).将集合{x|x=an,n∈N*}∪{x|x=bn,n∈N*}中的元素从小到大依次排列,构成数列c1,c2,…,cn,….(Ⅰ)写出c1,c2,c3,c4;(Ⅱ)求证:在数列{cn}中、但不在数列{bn}中的项恰为a2,a4,…,a2n,…;(Ⅲ)求数列{cn}的通项公式.[答案]31.(Ⅰ)它们是9,11,12,13.(4分)(Ⅱ)证明:∵数列{cn}由{an、{bn}的项构成,∴只需讨论数列{an}的项是否为数列{bn}的项.∵对于任意n∈N*,a2n-1=3(2n-1)+6=6n+3=2(3n-2)+7=b3n-2,∴a2n-1是{bn}的项.(7分)下面用反证法证明:a2n不是{bn}的项.假设a2n是数列{bn}的项,设a2n=bm,那么3·2n+6=2m+7,m=3n-,与m∈N*矛盾.∴结论得证.(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*,综上,cn=k∈N*.(18分)31.32.(2011北京,20,13分)假设数列An:a1,a2,…,an(n≥2)满足|ak+1-ak|=1(k=1,2,…,n-1),那么称An为E数列.记S(An)=a1+a2+…+an.(Ⅰ)写出一个满足a1=a5=0,且S(A5)>0的E数列A5;(Ⅱ)假设a1=12,n=2000,证明:E数列An是递增数列的充要条件是an=2011;(Ⅲ)对任意给定的整数n(n≥2),是否存在首项为0的E数列An,使得S(An)=0?如果存在,写出一个满足条件的E数列An;如果不存在,说明理由.[答案]32.(Ⅰ)0,1,2,1,0是一个满足条件的E数列A5.(答案不唯一.0,1,0,1,0也是一个满足条件的E数列A5)(Ⅱ)证明:必要性:因为E数列An是递增数列,所以ak+1-ak=1(k=1,2,…,1999).所以An是首项为12,公差为1的等差数列.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.又因为a1=12,a2000=2011,所以a2000=a1+1999.故ak+1-ak=1>0(k=1,2,…,1999),即An是递增数列.综上,结论得证.(Ⅲ)令ck=ak+1-ak(k=1,2,…,n-1),那么ck=±1.因为a2=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)].因为ck=±1,所以1-ck为偶数(k=1,…,n-1).所以(1-c1)(n-1)+(1-c2)(n-2)+…+(1-cn-1)为偶数.所以要使S(An)=0,必须使为偶数,即4整除n(n-1),亦即n=4m或n=4m+1(m∈N*).当n=4m(m∈N*)时,E数列An的项满足a4k-1=a4k-3=0,a4k-2=-1,a4k=1(k=1,2,…,m)时,有a1=0,S(An)=0;当n=4m+1(m∈N*)时,E数列An的项满足a4k-1=a4k-3=0,a4k-2=-1,a4k=1(k=1,2,…,m),a4m+1=0时,有a1=0,S(An)=0;当n=4m+2或n=4m+3(m∈N)时,n(n-1)不能被4整除,此时不存在E数列An,使得a1=0,S(An)=0.32.33.(2011江苏,20,16分)设M为局部正整数组成的集合,数列{an}的首项a1=1,前n项的和为Sn,对任意的整数k∈M,当整数n>k时,Sn+k+Sn-k=2(Sn+Sk)都成立.(Ⅰ)设M={1},a2=2,求a5的值;(Ⅱ)设M={3,4},求数列{an}的通项公式.[答案]33.(Ⅰ)由题设知,当n≥2时,Sn+1+Sn-1=2(Sn+S1),即(Sn+1-Sn)-(Sn-Sn-1)=2S1.从而an+1-an=2a1=2.又a2=2,故当n≥2时,an=a2+2(n-2)=2n-2.所以a5的值为8.(Ⅱ)由题设知,当k∈M={3,4}且n>k时,Sn+k+Sn-k=2Sn+2Sk且Sn+1+k+Sn+1-k=2Sn+1+2Sk,两式相减得an+1+k+an+1-k=2an+1,即an+1+k-an+1=an+1-an+1-k.所以当n≥8时,an-6,an-3,an,an+3,an+6成等差数列,且an-6,an-2,an+2,an+6也成等差数列.从而当n≥8时,2an=an+3+an-3=an+6+an-6,(*)且an+6+an-6=an+2+an-2.所以当n≥8时,2an=an+2+an-2,即an+2-an=an-an-2.于是当n≥9时,an-3,an-1,an+1,an+3成等差数列,从而an+3+an-3=an+1+an-1,故由(*)式知2an=an+1+an-1,即an+1-an=an-an-1.当n≥9时,设d=an-an-1.当2≤m≤8时,m+6≥8,从而由(*)式知2am+6=am+am+12,故2am+7=am+1+am+13.从而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对任意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,从而a2=d,a1=.因此,数列{an}为等差数列.由a1=1知d=2.所以数列{an}的通项公式为an=2n-1.33.34.(2009安徽,21,13分)首项为正数的数列{an}满足an+1=(+3),n∈N*.(Ⅰ)证明:假设a1为奇数,那么对一切n≥2,an都是奇数;(Ⅱ)假设对一切n∈N*都有an+1>an,求a1的取值范围.[答案]34.(Ⅰ)证明:a1是奇数,假设ak=2m-1是奇数,其中m为正整数,那么由递推关系得ak+1==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)解法一:由an+1-an=(an-1)·(an-3)知an+1>an,当且仅当an<1或an>3.另一方面,假设0<ak<1,那么0<ak+1<=1;假设ak>3,那么ak+1>=3.根据数学归纳法,0<a1<1⇔0<an<1,∀n∈N*,a1>3⇔an>3,∀n∈N*.综上所述,对一切n∈N*都有an+1>an的充要条件是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=-=,因为a1>0,an+1=,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>3.34.35.(2009上海,23,18分){an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比为q的等比数列.(Ⅰ)假设an=3n+1,是否存在m、k∈N*,有am+am+1=ak?请说明理由;(Ⅱ)找出所有数列{an}和{bn},使对一切n∈N*,=bn,并说明理由;(Ⅲ)假设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.[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为整数.∴不存在m、k∈N*,使等式成立.(5分)(Ⅱ)解法一:假设=bn,即=b1qn-1,(*)(i)假设d=0,那么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)假设d≠0,(*)式等号左边取极限得=1,(*)式等号右边的极限只有当q=1时,才可能等于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.假设=bn,对n∈N*都成立,且{bn}为等比数列,那么=q,对n∈N*都成立,即anan+2=q.∴(dn+c)(dn+2d+c)=q(dn+d+c)2对n∈N*都成立,∴d2=qd2.(7分)(i)假设d=0,那么an=c≠0,∴bn=1,n∈N*.(ii)假设d≠0,那么q=1,∴bn=m(常数),即=m,那么d=0,矛盾.综上所述,有an=c≠0,bn=1,使对一切n∈N*,=bn.(10分)(Ⅲ)an=4n+1,bn=3n,n∈N*,设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)由二项展开式可得正整数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,∴存在整数m满足要求.故当且仅当p=3s,s∈N时,命题成立.(18分)说明:第(Ⅲ)题假设学生从以下角度解题,可分别得局部分(即分步得分).假设p为偶数,那么am+1+am+2+…+am+p为偶数,但3k为奇数.故此等式不成立,∴p一定为奇数.(1分)当p=1时,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.当k为偶数时,存在m,使4m+5=3k成立.(1分)当p=3时,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,那么am+1+am+2+…+am+5=bk,即5am+3=bk,也即5(4m+13)=3k,而3k不是5的倍数,∴当p=5时,所要求的m不存在.故不是所有奇数都成立.(2分)35.36.(2009四川,22,14分)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=(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<;(Ⅲ)设数列{bn}的前n项和为Rn.正实数λ满足:对任意正整数n,Rn≤λn恒成立,求λ的最小值.[答案]36.(Ⅰ)当n=1时,a1=5a1+1,∴a1=-.又∵an=5Sn+1,an+1=5Sn+1+1.∴an+1-an=5an+1,即an+1=-an.∴数列{an}成等比数列,其首项为a1=-,公比q=-,∴an=.∴bn=.(Ⅱ)证明:由(Ⅰ)知bn=4+.∴cn=b2n-b2n-1=+==<=.又b1=3,b2=,∴c1=.当n=1时,T1<.当n≥2时,Tn<+25×=+25×<+25×=<.(Ⅲ)由(Ⅰ)知bn=4+.一方面,Rn≤λn恒成立,取n为大于1的奇数时,设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对一切大于1的奇数n恒成立.∴λ≥4,否那么,(λ-4)n>-1只对满足n<的正奇数n成立,矛盾.另一方面,当λ=4时,对一切的正整数n都有Rn≤4n恒成立.事实上,对任意正整数k有.∵b2k-1+b2k=8++=8+-=8-<8.∴当n为偶数时,设n=2m(m∈N*),那么Rn=(b1+b2)+(b3+b4)+…+(b2m-1+b2m)<8m=4n;当n为奇数时,设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.∴对一切的正整数n,都有Rn≤4n.综上所述正实数λ的最小值为4.36.37.(2008上海,21,18分)以a1为首项的数列{an}满足:an+1=(Ⅰ)当a1=1,c=1,d=3时,求数列{an}的通项公式;(Ⅱ)当0<a1<1,c=1,d=3时,试用a1表示数列{an}前100项的和S100;(Ⅲ)当0<a1<(m是正整数),c=,正整数d≥3m时,求证:数列a2-,a3m+2-,a6m+2-,a9m+2-成等比数列当且仅当d=3m.[答案]37.(Ⅰ)由题意得an=k∈Z+.(Ⅱ)当0<a1<1时,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)证明:当d=3m时,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-=.综上所述,当d=3m时,数列a2-,a3m+2-,a6m+2-,a9m+2-是公比为的等比数列.当d≥3m+1时,a3m+2=∈,a6m+2=+3∈,a6m+3=∈,a9m+2=+∈.由于a3m+2-<0,a6m+2->0,a9m+2->0,故数列a2-,a3m+2-,a6m+2-,a9m+2-不是等比数列.所以,数列a2-,a3m+2-,a6m+2-,a9m+2-成等比数列当且仅当d=3m.37.38.(2008北京,20,13分)对于每项均是正整数的数列A:a1,a2,…,an,定义变换T1,T1将数列A变换成数列T1(A):n,a1-1,a2-1,…,an-1.对于每项均是非负整数的数列B:b1,b2,…,bm,定义变换T2,T2将数列B各项从大到小排列,然后去掉所有为零的项,得到数列T2(B);又定义S(B)=2(b1+2b2+…+mbm)+++…+.设A0是每项均为正整数的有穷数列,令Ak+1=T2(T1(Ak))(k=0,1,2,…).(Ⅰ)如果数列A0为5,3,2,写出数列A1,A2;(Ⅱ)对于每项均是正整数的有穷数列A,证明:S(T1(A))=S(A);(Ⅲ)证明:对于任意给定的每项均为正整数的有穷数列A0,存在正整数K,当k≥K时,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)证明:设每项均是正整数的有穷数列A为a1,a2,…,an,那么T1(A)为n,a1-1,a2-1,…,an-1,从而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)证明:设A是每项均为非负整数的数列a1,a2,…,an.当存在1≤i<j≤n,使得ai≤aj时,交换数列A的第i项与第j项得到数列B,那么S(B)-S(A)=2(iaj+jai-iai-jaj)=2(i-j)(aj-ai)≤0.当存在1≤m<n,使得am+1=am+2=…=an=0时,假设记数列a1,a2,…,am为C,那么S(C)=S(A).所以S(T2(A))≤S(A).从而对于任意给定的数列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).即对于k∈N,要么有S(Ak+1)=S(Ak),要么有S(Ak+1)≤S(Ak)-1.因为S(Ak)是大于2的整数,所以经过有限步后,必有S(Ak)=S(Ak+1)=S(Ak+2)=….即存在正整数K,当k≥K时,S(Ak+1)=S(Ak).38.39.(2007全国Ⅱ,21,12分)设数列{an}的首项a1∈(0,1),an=,n=2,3,4,….(Ⅰ)求{an}的通项公式;(Ⅱ)设bn=an,证明bn<bn+1,其中n为正整数.[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}是首项为1-a1,公比为-的等比数列,得an=1-(1-a1).(4分)(Ⅱ)证法一: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为正整数.(12分)证法二:由(Ⅰ)可知0<an<,an≠1.因为an+1=,所以bn+1=an+1=.(7分)由an≠1可得an(3-2an)<.即(3-2an)<·an,两边开平方得an<·.(10分)即bn<bn+1,n为正整数.(12分)39.40.(2011江苏,23,10分)设整数n≥4,P(a,b)是平面直角坐标系xOy中的点,其中a,b∈{1,2,3,…,n},a>b.(Ⅰ)记An为满足a-b=3的点P的个数,求An;(Ⅱ)记Bn为满足(a-b)是整数的点P的个数,求Bn.[答案]40.(Ⅰ)点P的坐标满足条件:1≤b=a-3≤n-3,所以An=n-3.(Ⅱ)设k为正整数,记fn(k)为满足题设条件以及a-b=3k的点P的个数.只要讨论fn(k)≥1的情形.由1≤b=a-3k≤n-3k知fn(k)=n-3k,且k≤.设n-1=3m+r,其中m∈N*,r∈{0,1,2},那么k≤m.所以Bn=fn(k)=(n-3k)=mn-=.将m=代入上式,化简得Bn=-.所以Bn=40.41.(2009安徽,20,13分)点P(x0,y0)在椭圆+=1(a>b>0)上,x0=acosβ,y0=bsinβ,0<β<.直线l2与直线l1:x+y=1垂直,O为坐标原点,直线OP的倾斜角为α,直线l2的倾斜角为γ.(Ⅰ)证明:点P是椭圆+=1与直线l1的唯一交点;(Ⅱ)证明:tanα,tanβ,tanγ构成等比数列.[答案]41.(Ⅰ)证法一:由x+y=1得y=(a2-x0x),代入椭圆方程+=1,得x2-x+=0.将代入上式,得x2-2acosβ·x+a2cos2β=0,从而x=acosβ.因此,方程组有唯一解即l1与椭圆有唯一交点P.证法二:显然P是椭圆与l1的交点,假设Q(acosβ1,bsinβ1),0≤β1<2π是椭圆与l1的交点,代入l1的方程x+y=1,得cosβcosβ1+sinβsinβ1=1,即cos(β-β1)=1,β=β1,故P与Q重合.证法三:在第一象限内,+=1可得y=,y0=,椭圆在点P处切线的斜率k=y'(x0)=-=-,切线方程为y=-(x-x0)+y0,即+=1.因此,l1就是椭圆在点P处的切线.根据椭圆切线的性质,P是椭圆与直线l1的唯一交点.(Ⅱ)tanα==tanβ,l1的斜率为-,l2的斜率为tanγ==tanβ.由此得tanαtanγ=tan2β≠0,故tanα,tanβ,tanγ构成等比数列.41.42.(2007江西,22,14分)设正整数数列{an}满足:a2=4,且对于任何n∈N*,有2+<<2+.(Ⅰ)求a1,a3;(Ⅱ)求数列{an}的通项an.[答案]42.(Ⅰ)据条件得2+<n(n+1)<2+.①当n=1时,由2+<2<2+,即有2+<+<2+,解得<a1<,因为a1为正整数,故a1=1.当n=2时,由2+<6<2+,解得8<a3<10,所以a3=9.(Ⅱ)解法一:由a1=1,a2=4,a3=9,猜测:an=n2.下面用数学归纳法证明:当n=1,2时,由(Ⅰ)知an=n2均成立;假设n=k(k≥2)成立,即ak=k2,那么n=k+1时,由①得2+<k(k+1)<2+⇒<ak+1<⇒(k+1)2-<ak+1<(k+1)2+.因为k≥2时,(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时,an=n2成立.综上可知,对任意n∈N*,an=n2.解法二:由a1=1,a2=4,a3=9,猜测:an=n2.下面用数学归纳法证明.(i)当n=1,2时,由(Ⅰ)知an=n2均成立;(ii)假设n=k(k≥2)成立,即ak=k2,那么n=k+1时,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,因为两端为整数,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).因为两端为正整数,那么(k2-k+1)ak+1≥k4+k3+1,所以ak+1≥=(k+1)2-.又因为k≥2,ak+1为正整数,所以ak+1≥(k+1)2.④据③④ak+1=(k+1)2,即n=k+1时,an=n2成立.由(i)(ii)知,对任意n∈N*,an=n2.42.43.(2011重庆,21,12分)设实数数列{an}的前n项和Sn满足Sn+1=an+1Sn(n∈N*).(Ⅰ)假设a1,S2,-2a2成等比数列,求S2和a3;(Ⅱ)求证:对k≥3有0≤ak+1≤ak≤.[答案]43.(Ⅰ)由题意得=-2S2,由S2是等比中项知S2≠0.因此S2=-2.由S2+a3=S3=a3S2解得a3===.(Ⅱ)证法一:由题设条件有Sn+an+1=an+1Sn,故Sn≠1,an+1≠1且an+1=,Sn=,从而对k≥3有ak====.①因-ak-1+1=+>0且≥0,由①得ak≥0.要证ak≤,由①只要证≤,即证3≤4(-ak-1+1),即(ak-1-2)2≥0.此式明显成立.因此ak≤(k≥3).最后证ak+1≤ak.假设不然ak+1=>ak,又因ak≥0,故>1,即(ak-1)2<0.矛盾.因此ak+1≤ak(k≥3).证法二:由题设知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).因此判别式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)数列{an}满足:a1==,anan+1<0(n≥1);数列{bn}满足:bn=-(n≥1).(Ⅰ)求数列{an},{bn}的通项公式;(Ⅱ)证明:数列{bn}中的任意三项不可能成等差数列.[答案]44.(Ⅰ)由题意可知,1-=(1-).令cn=1-,那么cn+1=cn.又c1=1-=,那么数列{cn}是首项为c1=,公比为的等比数列,即cn=·,故1-=·⇒=1-·.又a1=>0,anan+1<0,故an=(-1)n-1.bn=-=-=·.(Ⅱ)用反证法证明.假设数列{bn}存在三项br,bs,bt(r<s<t)按某种顺序成等差数列,由于数列{bn}是首项为,公比为的等比数列,于是有br>bs>bt,那么只可能有2bs=br+bt成立.∴2·=+,两边同乘3t-121-r,化简得3t-r+2t-r=2·2s-r3t-s.由于r<s<t,所以上式左边为奇数,右边为偶数,故上式不可能成立,导致矛盾.故数列{bn}中任意三项不可能成等差数列.44.45.(2010湖南,21,13分)数列{an}(n∈N*)中,a1=a,an+1是函数fn(x)=x3-(3an+n2)x2+3n2anx的极小值点.(Ⅰ)当a=0时,求通项an;(Ⅱ)是否存在a,使数列{an}是等比数列?假设存在,求a的取值范围;假设不存在,请说明理由.[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假设3an<n2,那么当x<3an时,f'n(x)>0,fn(x)单调递增;当3an<x<n2时,f'n(x)<0,fn(x)单调递减;当x>n2时,f'n(x)>0,fn(x)单调递增.故fn(x)在x=n2取得极小值.②假设3an>n2,仿①可得,fn(x)在x=3an取得极小值.③假设3an=n2,那么f'n(x)≥0,fn(x)无极值.(Ⅰ)当a=0时,a1=0,那么3a1<12.由①知,a2=12=1.因3a2=3<22,那么由②知,a3=22=4.因为3a3=12>32,那么由②知,a4=3a3=3×4.又因为3a4=36>42,那么由②知,a5=3a4=32×4.由此猜测:当n≥3时,an=4×3n-3.下面先用数学归纳法证明:当n≥3时,3an>n2.事实上,当n=3时,由前面的讨论知结论成立.假设当n=k(k≥3)时,3ak>k2成立,那么由②知,ak+1=3ak>k2,从而3ak+1-(k+1)2>3k2-(k+1)2=2k(k-2)+2k-1>0,所以3ak+1>(k+1)2.故当n≥3时,3an>n2成立.于是由②知,当n≥3时,an+1=3an,而a3=4,因此an=4×3n-3.综上所述,当a=0时,a1=0,a2=1,an=4×3n-3(n≥3).(Ⅱ)存在a,使数列{an}是等比数列.事实上,由②知,假设对任意的n,都有3an>n2,那么an+1=3an,即数列{an}是首项为a,公比为3的等比数列,且an=a·3n-1.而要使3an>n2,即a·3n>n2对一切n∈N*都成立,只需a>对一切n∈N*都成立.记bn=,那么b1=,b2=,b3=,….令y=,那么y'=(2x-x2ln3)<(2x-x2).因此,当x≥2时,y'<0,从而函数y=在[2,+∞)上单调递减.故当n≥2时,数列{bn}单调递减,即数列{bn}中最大项为b2=.于是当a>时,必有a>.这说明,当a∈时,数列{an}是等比数列.当a=时,可得a1=,a2=.而3a2=4=22,由③知,f2(x)无极值,不合题意.当<a<时,可得a1=a,a2=3a,a3=4,a4=12,…,数列{an}不是等比数列.当a=时,3a=1=12,由③知,f1(x)无极值,不合题意.当a<时,可得a1=a,a2=1,a3=4,a4=12,…,数列{an}不是等比数列.综上所述,存在a,使数列{an}是等比数列,且a的取值范围为.45.46.(2009广东,21,14分)曲线Cn:x2-2nx+y2=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).(Ⅰ)求数列{xn}与{yn}的通项公式;(Ⅱ)证明:x1·x3·x5·…·x2n-1<<sin.[答案]46.(Ⅰ)直线ln的方程为y=kn(x+1),kn>0.①代入曲线Cn的方程得:(+1)x2-2(n-)x+=0.②∵ln与Cn相切,∴方程②有等根xn,Δ=4(n-)2-4(+1)=0⇒kn=,∴xn===,yn=kn(xn+1)=·=.(Ⅱ)证明:由(Ⅰ)知,xn=,yn=.于是所证明的不等式变为···…·<<sin.①(a)先证明:···…·<.②证法一:∵4n2-1<4n2,∴(2n-1)(2n+1)<4n2⇒(2n-1)2(2n+1)<4n2(2n-1),∴<,∴···…·<···…·=.证法二:用数学归纳法.(i)当n=1时,<,②式成立.(ii)假设n=k时,②式成立,那么···…·<,于是···…··<×=.只需证<⇔(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时,②式也成立.综合(i)、(ii)知,对一切非零自然数n,②式成立.(b)再证明<sin.证法一:令f(x)=sinx-x,那么f'(x)=cosx-.当x∈时,f'(x)>0,∴f(x)在上单调递增.又xn=∈(n≥1),∴f(xn)=sin->f(0)=0.∴<sin.故x1·x3·x5·…·x2n-1<<sin.证法二:令f(x)=,那么f'(x)==(x-tanx).令g(x)=x-tanx,那么g'(x)=1-,∴当x∈时,g'(x)<0,g(x)<g(0)=0.∴f'(x)<0,f(x)在上单调减少.∵x=∈(n≥1),∴f(x)=>f=>,∴<sin.即···…·<<sin.故x1·x3·x5·…·x2n-1<<sin.46.47.(2008辽宁,21,12分)在数列{an},{bn}中,a1=2,b1=4,且an,bn,an+1成等差数列,bn,an+1,bn+1成等比数列(n∈N*).(Ⅰ)求a2,a3,a4及b2,b3,b4,由此猜测{an},{bn}的通项公式,并证明你的结论;(Ⅱ)证明:++…+<.[答案]47.(Ⅰ)由条件得2bn=an+an+1,=bnbn+1.由此可得a2=6,b2=9,a3=12,b3=16,a4=20,b4=25.(2分)猜测an=n(n+1),bn=(n+1)2.(4分)用数学归纳法证明:①当n=1时,由上可得结论成立.②假设当n=k时,结论成立,即ak=k(k+1),bk=(k+1)2,那么当n=k+1时,ak+1=2bk-ak=2(k+1)2-k(k+1)=(k+1)(k+2),bk+1==(k+2)2,所以当n=k+1时,结论也成立.由①②,可知an=n(n+1),bn=(n+1)2对一切正整数都立.(7分)(Ⅱ)证明:=<.n≥2时,由(Ⅰ)知an+bn=(n+1)(2n+1)>2(n+1)n.(9分)故++…+<+=+=+<+=.综上,原不等式成立.(12分)47.48.(2008浙江,22,14分)数列{an},an≥0,a1=0,+an+1-1=(n∈N*).记:Sn=a1+a2+…+an,Tn=++…+.求证:当n∈N*时,(Ⅰ)an<an+1;(Ⅱ)Sn>n-2;(Ⅲ)Tn<3.[答案]48.(Ⅰ)用数学归纳法证明.①当n=1时,因为a2是方程x2+x-1=0的正根,所以a1<a2.②假设当n=k(k∈N*)时,ak<ak+1,因为-=(+ak+2-1)-(+ak+1-1)=(ak+2-ak+1)(ak+2+ak+1+1),所以ak+1<ak+2.即当n=k+1时,an<an+1也成立.根据①和②,可知an<an+1对任何n∈N*都成立.(Ⅱ)由+ak+1-1=,k=1,2,…,n-1(n≥2),得+(a2+a3+…+an)-(n-1)=,因为a1=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),故当n≥3时,Tn<1+1++…+<3,又因为T1<T2<T3,所以Tn<3.48.49.(2008重庆,22,12分)设各项均为正数的数列{an}满足a1=2,an=an+2(n∈N*).(Ⅰ)假设a2=,求a3,a4,并猜测a2008的值(不需证明);(Ⅱ)记bn=a1a2…an(n∈N*),假设bn≥2对n≥2恒成立,求a2的值及数列{bn}的通项公式.[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=,故猜测{an}的通项为an=(n∈N*).从而a2008=.(Ⅱ)令xn=log2an,Sn表示xn的前n项和,那么bn=.由题设知x1=1,且xn=xn+1+xn+2(n∈N*);①Sn=x1+x2+…+xn≥(n≥2).②因②式对n=2成立,有≤x1+x2,又x1=1得x2≥.③下用反证法证明:x2≤.假设x2>.由①得xn+2+2xn+1=+xn+1=(xn+1+2xn).因此数列{xn+1+2xn}是首项为x2+2,公比为的等比数列.故xn+1+2xn=(x2+2)(n∈N*).④又由①知xn+2-xn+1=-xn+1=-2,因此是首项为x2-,公比为-2的等比数列,所以xn+1-xn=(-2)n-1(n∈N*).⑤由④-⑤得xn=(x2+2)-(-2)n-1(n∈N*).⑥对n求和得Sn=(x2+2)-(n∈N*).⑦由题设知S2k+1≥,且由反证假设x2>有(x2+2)-≥(k∈N*).从而·≤(x2+2)-<2x2+(k∈N*),即不等式22k+1<-1对k∈N*恒成立,但这是不可能的,矛盾.因此x2≤,结合③式知x2=.因此a2==.将x2=代入⑦式得Sn=2-(n∈N*),所以bn==(n∈N*).49.50.(2008湖北,21,14分)数列{an}和{bn}满足:a1=λ,an+1=an+n-4,bn=(-1)n(an-3n+21),其中λ为实数,n为正整数.(Ⅰ)对任意实数λ,证明:数列{an}不是等比数列;(Ⅱ)试判断数列{bn}