高三数列题(经典提高)

1)设数列{an}的前n项和为Sn，数列{Sn}的前n项和为Tn，满足Tn＝2Sn－n，n∈N. (1)求a1的值；(2)求数列{an}的通项公式． 解 (1)当n＝1时，T1＝2S1－1. 因为T1＝S1＝a1，

所以a1＝2a1－1，解得a1＝1.

(2)当n≥2时，Sn＝Tn－Tn－1＝2Sn－n－[2Sn－1－(n－1)]＝2Sn－2Sn－1－2n＋1， 2

2

2

2

*

所以Sn＝2Sn－1＋2n－1， ① 所以Sn＋1＝2Sn＋2n＋1， ②

②－①得an＋1＝2an＋2. 所以aan＋1＋2

n＋1＋2＝2(an＋2)，即

a＋2

＝2(n≥2)． (*)

n当n＝1时，aa2＋2

1＋2＝3，a2＋2＝6，则a＝2. 1＋2

所以，当n＝1时，适合(*)式

所以{an＋2}是以3为首项，2为公比的等比数列． 则an－1

n＋2＝3·2

n－1

，所以an＝3·2

－2.

2、各项均为正数的等比数列{an}中，已知a2=8, a4=128, bn=log2an .

(1) 求数列{an}的通项公式； (2) 求数列{bn}的前n项和Sn (3) 求满足不等式(11S)(11)(11)1007的正整数n的最大值 2S3Sn2013【答案】解：（1）∵ 等比数列{an}的各项为正，a2=8, a4=128

设公比为q

∴q2a412816 q=4 a=an-1

1=2 ∴an1q=2×4n1=22n1a (428（2）∵b2n1nlog2anlog222n1 ∴S1)nb1b2bn=13(2n1)n(12n2n2 （3） ∵（1-

1S)(11S)(11)（1-11122）（1-32）（1-n2) 23Sn=

1n2n2322345n1n1n1nn1n=n12n ∴

n12n10072013 ∴n≤2013 ∴n的最大值为2013 （12分） 分) 8分）（

3、已知单调递增的等比数列{an}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2和a4的等差中项． 1)求数列{an}的通项公式an；

1n＋1

2)令bn＝anlogan，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2>50成立的最小的正整数n.

2

解 (1)设{an}的公比为q，由已知，得

a2＋a3＋a4＝28，2a3＋2＝a2＋a4，a1q＝8，即3

a1q＋a1q＝20，a1＝2，解得

q＝2

2

∴

a3＝8，

a2＋a4＝20，

na1＝32，

或1

q＝.2

n(舍去)

∴an＝a1qn－1

＝2，

1nnn(2)bn＝2log2＝－n·2，

2

设Tn＝1×2＋2×2＋3×2＋…＋n×2， 则2Tn＝1×2＋2×2＋…＋(n－1)×2＋n×2①－②得－Tn＝(2＋2＋…＋2)－n×2＝－(n－1)·2

n＋1

2

2

32

3

n①

n＋1

n， ②

n＋1

－2，

n＋1

∴Sn＝－Tn＝－(n－1)×2由Sn＋n·2

n＋1

－2，

>50，得

n＋1

－(n－1)·2－2＋n·2

n＋1

>50，则2>26，

n故满足不等式的最小的正整数n＝5.

n－1*

4)已知等比数列{an}满足an＋1＋an＝9·2，n∈N.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设数列{an}的前n项和为Sn，若不等式Sn＞kan－2对一切n∈N恒成立，求实数k的取值范围． 1．解析：(1)设等比数列{an}的公比为q， ∵ an＋1＋an＝9·2∴ q＝

n－1

*

，n∈N，∴ a2＋a1＝9，a3＋a2＝18，

*

a3＋a218

＝＝2， a2＋a19

∴ 2a1＋a1＝9，∴ a1＝3. ∴ an＝3·2

n－1

，n∈N.

*

na11－qn31－2n(2)由(1)，知Sn＝＝＝3(2－1)，

1－q1－2

∴ 不等式3(2－1)＞k·3·2

nn－1

－2，

1*

即k＜2－n－1对一切n∈N恒成立．

3·2

1

令f(n)＝2－n－1，则f(n)随n的增大而增大，

3·2155

∴ f(n)min＝f(1)＝2－＝，∴ k＜.

3335∴ 实数k的取值范围为－∞，.

3

5)已知数列{an}的相邻两项an，an＋1是关于x的方程x－2x＋bn＝0的两根，且a1＝1.

1n

(1)求证：数列an－·2是等比数列；

3

2

n(2)求数列{an}的前n项和Sn；

(3)设函数f(n)＝bn－t·Sn(n∈N)，若f(n)＞0对任意的n∈N都成立，求实数t的取值范围． 1n1n＋1n解：(1)∵ an＋an＋1＝2，∴ an＋1－·2＝－an－·2，

331

311

∵ a1－·2＝≠0，∴ ＝－1，

331nan－·2

3

*

*

an＋1－·2n＋1

11n是首项为，公比为－1的等比数列， a－·2∴ n33

1nn且an＝[2－(－1)]．

3

112n2n(2)由(1)，得Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(2＋2＋…＋2)－[(－1)＋(－1)＋…＋(－1)]

33121－2

＝

31－2

2

n＋1

n1－－1＋

1＋1

n ＝12n＋1－2－－1＋－132

n



2

－，n为偶数，33

＝21

－33，n为奇数.

n＋1

(3)∵ bn＝an·an＋1，

1n12n＋1nn＋1n＋1n∴ bn＝[2－(－1)][2－(－1)]＝[2－(－2)－1]，

99∵ bn－t·Sn＞0，

－1－112n＋11n＋1n∴ [2－(－2)－1]－t·2－2－＞0. 293∴ 当n为奇数时，

n12n＋1ntn＋1

(2＋2－1)－(2－1)＞0， 93

1n∵ t＜(2＋1)对任意的n为奇数都成立，∴ t＜1.

3∴ 当n为偶数时，

12n＋1ntn＋1

(2－2－1)－(2－2)＞0， 9312n＋1n2tn∴ (2－2－1)－(2－1)＞0， 93

1n＋13∵ t＜(2＋1)对任意的n为偶数都成立，∴ t＜. 62综上所述，实数t的取值范围为(－∞，1)．

ana13an1an32nnN*6）已知数列中，，，.

a（1）证明数列

（2）在数列说明理由；

n2n是等比数列，并求数列

an的通项公式；

an中，是否存在连续三项成等差数列？若存在，求出所有符合条件的项；若不存在，请

*（3）若1rs且r，sN，求证：使得

a1，ar，as成等差数列的点列r,s在某一直线上.

n1na2aa32n解：（1）将已知条件n1变形为n1an2n……1分

由于

a123210an12n1，则1（常数）……3分

an2na即数列

所以

n2n是以1为首项，公比为1的等比数列……4分

an2n1(1)n1(1)n1an2n(1)n1nN*，即（）。……5分

（2）假设在数列

an中存在连续三项成等差数列，不妨设连续的三项依次为ak1，ak，ak1（k2，

2aak1ak1kN*），由题意得，k，

将

ak2k(1)k1，

ak12k1(1)k2，

ak12k1(1)k代入上式得……7分

2[2k(1)k1][2k1(1)k2][2k1(1)k]………………8分

k1k2k1k1k124(1)(2)4，解得k3 24(1)化简得，，即，得

所以，存在满足条件的连续三项为a2，

a3，a4成等比数列。……10分

（3）若a1，ar，

as成等差数列，则

2ara1as

rr1ss1sr1r1s12[2(1)]32(1)222(1)(1)3……11分 即，变形得

由于若r，sN且1rs，下面对r、s进行讨论： ① 若r，s均为偶数，则22sr1*0，解得sr1，与1rs矛盾，舍去；

r1② 若r为奇数，s为偶数，则22s0，解得sr1；

sr1s220，解得sr1，与1rs矛盾，舍去； r③ 若为偶数，为奇数，则

④ 若r，s均为奇数，则22sr10，解得sr1，与1rs矛盾，舍去；

as成等差数列，此时满足条件点列

综上①②③④可知，只有当r为奇数，s为偶数时，a1，ar，落在直线yx1（其中x为正奇数）上。

*ana1,a2a1(nN). 1n1n7、已知数列满足

r,s（I）求数列

an的通项公式；

4bn1(an1)bn(nN*),证明：数列{bn}是等差数列；

b11b2144（II）若数列{bn}滿足

an1a1a2n...n(nN*).an12（Ⅲ）证明：23a2a3

*a2a1(nN), n1n（I）解：

an112(an1), an1是以a112为首项，2为公比的等比数列。

an12n.

2*a21(nN). n即

kn1knk11k2144...4(a1). n（II）证法一：

4(k1k2...kn)n2nkn.

2[(b1b2...bn)n]nbn, ①

2[(b1b2...bnbn1)(n1)](n1)bn1. ②

②－①，得2(bn11)(n1)bn1nbn, 即(n1)bn1nbn20,

nbn2(n1)bn120.

③－④，得 nbn22nbn1nbn0,

即 bn22bn1bn0, bn2bn1bn1bn(nN*), bn是等差数列。

ak2k1ak12k11

（III）证明：

aaan12...n.a2a3an12

2k11,k1,2,...,n,122(2k)2

ak2k11111111k1.,k1,2,...,n,ak12122(2k11)23.2k2k2232k

aa1a2n1111n11n1...n(2...n)(1n),a2a3an123222323 22aan1an12...n(nN*).23a2a3an12

*8、设项数均为k（k2,kN）的数列{an}、{bn}、{cn}前n项的和分别为Sn、Tn、Un. 已知集合{a1,a2,,ak,b1,b2,,bk}={2,4,6,,4k2,4k}.

n（1）已知Un2n2，求数列{cn}的通项公式； n（2）若SnTn2n2(1nk,nN*)，试研究k4和k6时是否存在符合条件的数列

对（{an}，{bn}），并说明理由；

*（3）若anbn2n(1nk,nN)，对于固定的k，求证：符合条件的数列对（{an}，{bn}）有

偶数对.

解：（1）n1时，c1U14

n2时，cnUnUn12n2n2(n1)2n122n1，c14不适合该式

故，cn4,n122,2nkn1 ………………………………………………………

（2）a1b1S1T14，

n2时，anbn(SnSn1)(TnTn1)(SnTn)(Sn1Tn1)

2n22(n1)2nn122n1 ……………………

当k4时，a1b14，a2b24，a3b36，a4b410

{a1,a2,a3,a4,b1,b2,b3,b4}={2,4,6,8,10,12,14,16}

数列{an}、{bn}可以为（不唯一）：

① 6,12,16,14；2,8,10,4 ② 16,10,8,14；12,6,2,4

k1k1k1② 当k6时，akbk22222(11)

2Ck1Ck1Ck10122k1Ckk1Ck1

0122 22(Ck1Ck1Ck1)kk4(k1)(k4)4k4k

此时ak不存在. 故数列对（{an}，{bn}）不存在.

k1k1k另证：akbk22224k28k4 k012当k6时，2CkCkCk1Ckk1Ckk2(Ck0CkCk2)k2k28k4

（3）令

dn4k2bn,bk}={2,4,6,，

en4k2an（

1nk,nN*）

dnen(4k2bn)(4k2an)anbn2n

又{a1,a2,,ak,b1,b2,,4k}，得

,4k2bk}

{4k2a1,4k2a2,={2,4,6,,4k2ak,4k2b1,4k2b2,,4k}

所以，数列对（{an}，{bn}）与（{dn}，{en}）成对出现。

假设数列{an}与{dn}相同，则由d24k2b2a2及a2b24，得a22k3，b22k1，均为奇数，矛盾！

故，符合条件的数列对（{an}，{bn}）有偶数对。

9、数列{an}的首项为a（a0），前n项和为Sn，且Sn1tSna（t0）．设bnSn1，

cnkb1b2bn（kR）．

（1）求数列{an}的通项公式；

*（2）当t1时，若对任意nN，|bn||b3|恒成立，求a的取值范围；

（3）当t1时，试求三个正数a，t，k的一组值，使得{cn}为等比数列，且a，t，k成等差数列． 解：（1）因为Sn1tSna ① 当n2时，SntSn1a ②，

①—②得，an1tan（n2）， ………………………………………………（2分） 又由S2tS1a，得a2ta1， ………………………………………………（1分）

n1*所以，{an}是首项为a，公比为t的等比数列，所以anat（nN）．……（1分）

（2）当t1时，ana，Snna，bnna1， ……………………………（1分） 由|bn||b3|，得|na1||3a1|，(n3)a[(n3)a2]0 （*） …………（1分）

当a0时，n3时，（*）不成立； 当a0时，（*）等价于(n3)[(n3)a2]0 （**） （**）成立． n3时，

22恒成立，所以a． n3712n1时，有4a20，a．n2时，有5a20，a． ………（3分）

2522综上，a的取值范围是,． ………………………………………………（1分）

75n4时，有(n3)a20，即aa(1tn)aatna(1tn)11（3）当t1时，Sn，bn， ………（1分）

1t1t1t1tanat(1tn)atn11atk(1t)2at， ………（2分） cnknn2221t1t(1t)(1t)(1t)1at0,at1,1t所以，当时，数列{cn}是等比数列，所以t ………（2分） 2k(1t)atk,0t12(1t)又因为a，t，k成等差数列，所以2tak，即2tt1t， t1解得t51． …………………………………………………………………（1分） 251，k251，t253． ………………………………………………（1分） 251，k253时，数列{cn}为等比数列．……（1分） 2,an为nn2,3,4,： 阶“期待数列”

从而，a所以，当a10、称满足以下两个条件的有穷数列a1,a2,①a1a2a3an0；②a1a2a3an1.

（1）若等比数列an为2kkN*阶“期待数列”，求公比q及an的通项公式；

（2）若一个等差数列an既是2kkN*阶“期待数列”又是递增数列，求该数列的通项公式； （3）记n阶“期待数列”ai的前k项和为Skk1,2,3,（i）求证：Sk,n：

1； 2（ii）若存在m1,2,3,,n使Sm1，试问数列Sk能否为n阶“期待数列”？若能，求出2所有这样的数列；若不能，请说明理由.

11】已知有穷数列{an}共有2k项（整数k≥2），首项a1＝2．设该数列的前n项和为Sn，且an1＝，其中常数a＞1． (a1)Sn＋2（n＝1，2，┅，2k－1）（1）求证：数列{an}是等比数列； （2）若a＝2式；

（3）若（2）中的数列{bn}满足不等式|b1－的值．

【答案】(1) [证明] 当n=1时,a2=2a,则

a2=a； a122k11，数列{bn}满足bn＝log2(a1a2an)（n＝1，2，┅，2k），求数列{bn}的通项公

n3333|＋|b2－|＋┅＋|b2k1－|＋|b2k－|≤4，求k2222 2≤n≤2k－1时, an+1=(a－1) Sn+2, an=(a－1) Sn－1+2, a an+1－an=(a－1) an, ∴n1=a, ∴数列{an}是等比数列.

an (2) 解：由(1) 得an=2a

n1, ∴a1a2…an=2a

n12(n1)=2a

nn(n1)2=2

nn(n1)2k1,

1n(n1)n1 bn=[n]1(n=1,2,…,2k).

n2k12k1 （3）设bn≤

313,解得n≤k+,又n是正整数,于是当n≤k时, bn<； 2223. 2 当n≥k+1时, bn> 原式=(

33333－b1)+(－b2)+…+(－bk)+(bk+1－)+…+(b2k－) 22222 =(bk+1+…+b2k)－(b1+…+bk)

11(k2k1)k(0k1)kk222k][k]= =[.

2k12k12k1k22

当≤4,得k－8k+4≤0, 4－23≤k≤4+23,又k≥2,

2k1∴当k=2,3,4,5,6,7时,原不等式成立.

12】已知数列{an}和{bn}满足：a1,an12ann4, 3bn(1)n(an3n21),其中为实数，n为正整数.

（Ⅰ）对任意实数，证明数列{an}不是等比数列； （Ⅱ）试判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论；

（Ⅰ）证明：假设存在一个实数λ，使｛an｝是等比数列，则有a2=a1a3,即

2

2444(3)2(4)2492490,矛盾. 3999所以｛an｝不是等比数列.

(Ⅱ)解：因为bn+1=(-1)［an+1-3(n-1)+21］=(-1)(

n+1

n+1

2an-2n+14) 3=

22n(-1)·（an-3n+21）=-bn 33又b1x-(λ+18),所以

当λ＝－18，bn=0(n∈N),此时｛bn｝不是等比数列： 当λ≠－18时，b1=(λ+18) ≠0,由上可知bn≠0，∴

+

ba12(n∈N+). bn3故当λ≠-18时，数列｛bn｝是以－（λ＋18）为首项，－

2为公比的等比数列. 313】已知数列{an}的首项a1（Ⅰ）求{an}的通项公式；

3an3，an1，n1，2，．

2an15（Ⅱ）证明：对任意的x0，an≥112x2，； ，n1，n1x(1x)23（Ⅲ）证明：a1a2n2an．

n1an1【答案】解法一：（Ⅰ）

3an121111，，11，

2an1an133anan13an112211，1是以为首项，为公比的等比数列． 又an333an12123n1，ann． an33n13n323n0， （Ⅱ）由（Ⅰ）知ann32112112x11x 2n2n1x(1x)31x(1x)3111x(1x)21112 (1x)2a(1x)1xann211anan≤an， 原不等式成立．

an1x（Ⅲ）由（Ⅱ）知，对任意的x0，有

a1a2

an≥112112xx1x(1x)2321x(1x)23112xn1x(1x)23n122221x(1x)332nx． n3取x1222n33211233n111， n1n33nn13则a1a2nn2n2． an≥1n11111nn1n3n3原不等式成立．

解法二：（Ⅰ）同解法一． （Ⅱ）设f(x)112x， n1x(1x)232(1x)2nx2(1x)13则f(x)22(1x)(1x)22nx3

2(1x)x0，

当x22x时，；当时，f(x)0， f(x)03n3n当x122fan． 时，取得最大值f(x)3n23n13n原不等式成立．

（Ⅲ）同解法一．

14、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

n，a11，a21，，an1．T1(A)：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2mbm)b12b22bm．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)．

3，4，2，1，A1T2(T1(A0))：4，3，2，1；T1(A1)：4，3，2，1，0， 5，3，2，T1(A0)：【答案】（Ⅰ）解：A0：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， 则T1(A)为n，a11，a21，

，an1，从而

S(T1(A))2[n2(a11)3(a21)n2(a11)2(a21)2又S(A)2(a12a2所以S(T1(A))S(A)

(n1)(an1)](an1)2．

2an，

22nan)a1a2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， 则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，若记数列a1，a2，，am为C，

则S(C)S(A)．所以S(T2(A))≤S(A)．

1，2，) 从而对于任意给定的数列A0，由Ak1T2(T1(Ak))(k0，可知S(Ak1)≤S(T1(Ak))．

又由（Ⅱ）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)

．

115、设数列{an}满足a11，a22，an(an12an2) (n3,4,)。数列{bn}满足

3b11,bn(n2,3,)是非零整数，且对任意的正整数m和自然数k，都有1bmbm1bmk1。

（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；

（2）记cnnanbn(n1,2,)，求数列{cn}的前n项和Sn

12【答案】（1）由an(an1an2) 得 anan1(an1an2) (n3)

33 又 a2a110，

22数列an1an是首项为1公比为的等比数列，an1an33 ana1(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)

n1

22 1133223n22131213n1832553n1，

1b2b311b1b21 由1b21 得 b21 ，由1b31 得 b31，…

bZ,b0bZ,b02233 同理可得当n为偶数时，bn1；当n为奇数时，bn1；

1因此bn1 当n为奇数时 当n为偶数时 n1832当n为奇数时 nn535 （2）cnnanbn Snc1c2c3c4n132当n为偶数时 8nn553cn

当n为奇数时，

8888Sn(23455550123832222n)12345533332n3n1

4n153222212345333301232n3n1  当n为偶数时

8888Sn(23455550123832222n)12345533332n3n1

01234n3222212345533330123n12n3n1 2222令Tn123433331232n34 …………①

222222①×得: Tn123433333312222①-②得: Tn133333n12342n ……② 32n 3nn23n121nnn2322 n33n Tn993n

2333134n239n32n553因此Sn n4n279n32553当n为奇数时

当n为偶数时

16】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则称数列{un}为B数列

u2u1M，

1（Ⅰ）首项为1，公比为的等比数列是否为B-数列？请说明理由;

2（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。

③数列{Sn}是B-数列。 ④数列{Sn}不是B-数列

请以其中一组的一个论断条件，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；

2}也是B-数列 (Ⅲ)若数列{an}是B-数列，证明：数列{an1【答案】（Ⅰ）设满足题设的等比数列为{an}，则an()n1，于是

21131anan1()n1()n2()n2,n2

2222|an1an||anan1||a2a1|311[1()222211()n1]3[1()n]3 221所以首项为1，公比为的等比数列是B-数列

2（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有的任意性知，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

x2x1xn12xn2xn1...2x22x12Mx1

xn1xnxnxn1所以数列{xn}是B数列。（注：按题中要求组成其它命题解答时，阐述解法） ③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a1M

因为ananan1an1an2anan1an1an2a2a1a1

Ma1

(an1an)an1an2Kan1an

a2a1a122KMa1，则有an1an(an1an)(an1an)222222因此 an1ananan1...a2a12KM

2}是B数列 故数列{an

17）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1anbnnN

(Ⅰ)若a1b11，d2，q3，求S3的值；

2dq(1q2n)(Ⅱ)若b11，证明(1q)S2n(1q)T2n，nN； 21q(Ⅲ)若正数n满足：2nq，设k1,k2,,kn和l1,l2,,ln是1，2，，n的两个不同的排列，

c1ak1b1ak2b2...aknbn，c2al1b1al2b2...alnbn,证明：c1c2。

【答案】（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a3q2a2nq2n1 ①

a2nq2n1

T2na1a2qa3q2a4q3S2nT2n2(a2qa4q3a2nq2n1) ②

①式减去②式，得

①式加上②式，得 S2nT2n2(a1a3q2a2n1q2n2) ③

a2n1q2n1)

3②式两边同乘q，得q(S2nT2n)2(a1qa3q3所以，(1q)S2n(1q)T2n(S2nT2n)q(S2nT2n)2d(qq(Ⅲ)证明：c1c2(ak1al1)b1(ak2al2)b2 (k1l1)db1(k2l2)db1q因为d0,b10,所以 (1)若knln，取i=n

(2)若knln，取i满足kili且kjlj,i1由（1）,(2)及题设知，1i①当kili时，得kili即k1l1jn

(aknaln)bn

q2n12dq(1q2n)),nN* 21q(knln)db1qn1

c1c2(k1l1)(k2l2)qdb1(knln)qn1

n且

c1c2(k1l1)(k2l2)qdb1n，得kiliq1,i1,2,3,(ki1li1)qi2(kili)qi1 ,i1

1,由qq1，(k2l2)qi1q(q1)…，(ki1li1)qi2qi2(q1)

又(kili)qqi1cc2,所以1(q1)(q1)qdb1(q1)qi2qi11qi1(q1)

1q因此c1c20,即c1c2

②当kili同理可得综上，c1c2

c1c21，因此c1c2 db12}成等差数列. 18）正实数数列{an}中,a11,a25,且{an(1) 证明数列{an}中有无穷多项为无理数；

(2)当n为何值时，an为整数，并求出使an200的所有整数项的和.

2124(n1)，从而an124(n1)， 【答案】证明：（1）由已知有：an方法一：取n1242k1，则an1242k（kN*） 用反证法证明这些an都是无理数.

假设an1242k为有理数，则an必为正整数，且an24k， 故an24k1.an24k1,与(an24k)(an24k)1矛盾，

所以an1242k（kN*）都是无理数，即数列{an}中有无穷多项为无理数;

2方法二：因为an1124n,(nN)，当n的末位数字是3,4,8,9时，124n的末位数字是3和7，它

不是整数的平方，也不是既约分数的平方，故此时an1124n不是有理数，因这种n有无穷多，故这种无理项an1也有无穷多．

(2) 要使an为整数，由(an1)(an1)24(n1)可知：

an1,an1同为偶数，且其中一个必为3的倍数，所以有an16m或an16m

236m212m1112m(3m1)（mN） 当an6m1时，有an2124(n1) 又m(3m1)必为偶数，所以an6m1（mN）满足an即nm(3m1)1（mN）时，an为整数； 2236m212m1112m(3m1)（mN*） 同理an6m1(mN*)有an2124(n1)，即n也满足anm(3m1)1（mN*）时，an为整数； 2显然an6m1(mN*)和an6m1（mN）是数列中的不同项；

所以当nm(3m1)m(3m1)1（mN）和n1（mN*）时，an为整数； 22由an6m1200（mN）有0m33， 由an6m1200（mN*）有1m33. 设an中满足an200的所有整数项的和为S，则 S(511197)(17199)5197119933346733 2219】在数列an中，a11，an1cancn12n1nN*，其中实数c0。 (I)求an的通项公式；

(II)若对一切kN*有a2kazk1，求c的取值范围。

【答案】（Ⅰ）解法一：由a11,a2ca1c2•33c2c(221)c2c, a3ca2c3•58c3c2(321)c3c2, a4ca3c4•715c4c3(421)c4c3,

猜测an(n21)cncn1,nN. 下用数学归纳法证明. 当n=1时，等式成立；

假设当n=k时，等式成立，即ak(k21)ckck1，则当n=k+1时， ak1cakck1(2k1)c[(k21)ckck1]ck1(2k1)

=(k22k)ck1ck [(k1)21]ck1ck

综上，an(n21)cncn1,nN.成立 解法二：由原式得令bnan1an(2n1) cn1cnan1，则b1,bn1bn(2n1)，因此对n2有 nccbn(bnbn1)(bn1bn2)...(b2b1)b1

1=(2n1)(2n3)...3

c

=n211 c因此an(n21)cncn1,n2.又当n1时上式成立， 因此an(n21)cncn1,nN. （Ⅱ）解法一：由a2ka2k1,得

[(2k)21]c2kc2k1[(2k1)21]c2k1c2k2,

因c2k20，所以(4k21)(4k24k1)c10 解此不等式得：对一切kN，有cck或cck'，其中 (4k24k1)(4k24k1)24(4k21)ck

2(4k21)(4k24k1)(4k24k1)24(4k21)ck'

2(4k21)易知limck1,

k又由(4k24k1)24(4k21)(4k21)24(4k21)44k21，知 (4k24k1)4k218k24kck1,

2(4k21)8k22因此由cck对一切kN成立得c1. 又ck2(4k4k1)(4k4k1)4(4k1)22220,易知ck单调递增，故

113ckc1对一切kN成立，因此由cck对一切kN成立得cc1.

6从而c的取值范围为(,解法二：由a2ka2k1,得

113)[1,). 6[(2k)21]c2kc2k1[(2k1)21]c2k1c2k2,

因c2k20,所以4(c2c)k24ckc2c10对kN恒成立. 记f(x)4(c2c)x24cxc2c1,下分三种情况讨论.

（i）当c2c0即c0或c1时，代入验证可知只有c1满足要求.

（ii） 当c2c0时，抛物线yf(x)开口向下，因此当正整数k充分大时，f(k)0，不符合题意，此时无解.

（iii）当c2c0即c0或c1时，抛物线yf(x)开口向上，其对称轴x的左边.因此f(x)在[1,)上是增函数.

所以要使f(k)0对kN恒成立，只需f(1)0即可， 由f(1)3c2c10解得c结合c0或c1得c113113或c 661必在直线x12(1c)113或c1， 6113)[1,) 6xn，n2，定义向量集

综合以上三种情况，c的取值范围为(,

20）对于数集X{1，x1，x2，，xn}，其中0x1x2Y{a|a(s,t),sX,tX}，若对任意a1Y，存在a2Y，使得a1a20，则称X具有性质P．例

如{1,1,2}具有性质P．

（1）若x2，且{1,1,2,x}具有性质P，求x的值；

（2）若X具有性质P，求证：1X，且当xn1时，x11；

（3）若X具有性质P，且x11、x2q（q为常数），求有穷数列x1，x2，，xn的通项公式. 讲评：首先理解题意.数集X具有性质P是指什么呢？如果在数集X中任取二个数作为向量的坐标，那么必存在一个坐标取自于该数集X的另一向量与这个向量垂直.例如X={-1,1,2}具有性质P，取向量a1=(－1,1)，必存在向量a2=(1,1)使a2⊥a1，且a2，a1的坐标均来自数集X.

第⑴小题的意图在于增加感性认识，熟悉解题情景，也是给考生得分的一个机会.

注意到 x＞2，选取向量a1=(x,2)，因为a2⊥a1，所以向量a2的横坐标必为－1，故设a2＝(-1,b). 于是有x=2b，此处取b只能取2（否则与x＞2矛盾），所以x=4.

第⑵小题的意图在于证明数集P的一个性质：从小到大排序第二的数必是1，即证明x1=1.这是数集X的一个简单性质(这一性质在第⑶问中起着关键的作用)，但是证明起来并不轻松. 分两步.第一步证明数集X中有数1，第二步证明数集X中只能是x1等于1.

构造向量a1是成败的关键.毫无目标地构造显然不靠谱. 因为欲证明x1=1，所以为方便计，设同值坐标的向量a1=(x1, x1)∈Y.至于向量a2就必须具有一般性了，于是设a2＝(s,t )∈Y，且a1a2＝0. 由(s+t)x1=0得s+t=0，所以s,t异号.

因为-1是X中唯一的负数，所以s,t中一个为-1，另一为1， 所以1∈X. 由此可见，设同值坐标a1的目的，就是要凸现s+t=0.

以下用反证法：证明只能是x1=1.假设当1重复上述方法，但有所变通：

设向量a1=(x1, xn)∈Y.a2＝(s,t )∈Y，且a1a2＝0.

此时有sx1+txn=0，由x1>0,xn>0知，s,t异号，从而s,t之中恰有一个为－1. 若s＝－1，则x1=txn>t(∵xn>1)> x1(否则x1=txn不能成立)，矛盾； 若t＝－1，则xn=sx1第⑶小题的意图是考查学生敏锐的观察能力和高超的驾驭抽象字母完成难度大的数学问题的素养和能力，是真正意义上的把关题.

这一题的解决可以试用数学归纳法，这里着重讲解另一种常规的方法——演绎法.

设a1＝(s1,t1) ，a2＝(s2,t2)，则a1a2＝0等价于s1/s2= -t1/t2.这一结果是两向量垂直的直接推论. 由于s1,t1，s2,t2均来自于数集X，它们的商s1/s2、t1/t2是互为相反数，于是我们考察数集B＝{s/t| s∈X, t∈X ,|s|>|t|}(不失一般性，为方便计，了s|>|t|)，则数集X具有性质P当且仅当数集B关于原点对称(即数集B的元素所对应的点在数轴上关于原点对称，这样且只能这样才符合s1/s2与t1/t2是互为相反数且成对出现的要求).

注意到-1是X中的唯一负数，X中的除－1和x1外的数除以-1所得的商有n-1个数，即B∩(-∞,0)={-x2,-x3,…,-xn}.所以B∩(0, +∞)={x2,x3,…,xn}, 也只有n-1个数.也就是说数集B中有n-1对互为相反数的数，(而无其它没有相反数的数,够纯洁的哟). 另外，在X中，我们考察除－1和x1外的两个数的商s/t：

xn/xn-1xn/xn-1< xn/xn-2< … x2/x1，有1个数，这个商就是x2. 再注意到xn/x1>xn-1/x1>…>x2/x1， 所以xn/xn-1= xn-1/xn-2=…=x2/x1，

从而数列的通项公式为xk=x1(x2/x1)=q, k=1,2,…,n.

从以上看出，数集X的真子集{x1,x2,…,xn}的元素自小到大依次组成一个等比数列.证明其等比性是在所谓的性质P的情景下完成的.为此需要构造一个数集B，它由n-1对互为相反的2n-2个数组成. 为直观起见，我们考察如下具有性质P的数集X={-1,x1,x2,…,xn}＝{-1,1,2,4,8,16,32}(n=6),设向量a1＝(s1,t1) ，a2＝(s2,t2)，则a1a2＝0等价于s1/s2= -t1/t2.

我们构造数集B＝{s/t|s∈X, t∈X ,|s|>|t|}＝{-32,-16,-8,-4,-2,2,4,8,16,32}(共2n-2=10个数，其中5对互为相反的数)，此时数集X具有性质P当且仅当数集B关于原点对称.

注意到-1是X中的唯一负数，B∩(-∞,0)={-x2,-x3,…,-xn}={-2,-4,-8,-16,-32},共有n-1=6-1=5个数，所以B∩(0, +∞)={x2,x3,…,xn}={2,4,8,16,32},,也只有n-1=5个数.

而不等式序列xn/xn-1同时注意到32/1>16/1>8/1>4/1>2/1，

k-1

k-1

所以32/16=16/8=8/4=4/2=2/1， 即1,2,4,8,16,32成等比数列.

上海高考理科第23题无疑是一个难度很大的题目.虽然其背景十分平凡，即数列x1,x2,…,xn是等比数列，但是一经包装，添上元素－1，放到一个数集里面，说什么此数集具有性质P，于是被弄得云山雾罩甚至昏天黑地了. 作为具有选拔功能的压轴题，这种设计既是巧妙的，也是必要的