D　数列（理科）.doc

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1、D D数列数列D1数列的概念与简单表示法21D1、D3、E1、M32012重庆卷 设数列an的前 n 项和 Sn满足 Sn1a2Sna1，其中 a20.(1)求证：an是首项为 1 的等比数列；(2)若 a21，求证：Snn2(a1an)，并给出等号成立的充要条件21解：(1)证法一：由 S2a2S1a1得 a1a2a2a1a1，即 a2a2a1.因 a20，故 a11，得a2a1a2.又由题设条件知Sn2a2Sn1a1，Sn1a2Sna1，两式相减得 Sn2Sn1a2(Sn1Sn)，即 an2a2an1，由 a20，知 an10，因此an2an1a2.综上，an1ana2对所有 nN*成立，

2、从而an是首项为 1，公比为 a2的等比数列证法二：用数学归纳法证明 anan12，nN*.当 n1 时，由 S2a2S1a1，得 a1a2a2a1a1，即 a2a2a1，再由 a20，得 a11，所以结论成立假设 nk 时，结论成立，即 akak12，那么当 nk1 时，ak1Sk1Sk(a2Ska1)(a2Sk1a1)a2(SkSk1)a2akak2，这就是说，当 nk1 时，结论也成立综上可得，对任意 nN*，anan12.因此an是首项为 1，公比为 a2的等比数列(2)当 n1 或 2 时，显然 Snn2(a1an)，等号成立设 n3，a21 且 a20，由(1)知 a11，anan

3、12，所以要证的不等式化为1a2a22an12n2(1an12)(n3)，即证：1a2a22an2n12(1an2)(n2)当 a21 时，上面不等式的等号成立当1a21 时，ar21 与 anr21(r1,2，n1)同为负；当 a21 时，ar21 与 anr21(r1,2，n1)同为正因此当 a21 且 a21 时，总有(ar21)(anr21)0，即ar2anr21an2(r1,2，n1)上面不等式对 r 从 1 到 n1 求和得2(a2a22an12)(n1)(1an2)，由此可得 1a2a22an2n12(1an2)综上，当 a21 且 a20 时，有 Snn2(a1an)，当且仅当

4、 n1,2 或 a21 时等号成立证法二：当 n1 或 2 时，显然 Snn2(a1an)，等号成立当 a21 时，Snnn2(a1an)，等号也成立当 a21 时，由(1)知 Sn1an21a2，anan12，下证：1an21a2n2(1an12)(n3，a21 且 a21)当1a21 时，上面不等式化为(n2)an2na2nan12n2(n3)令 f(a2)(n2)an2na2nan12.当1a20 时，1an220，故f(a2)(n2)an2na2(1an22)(n2)|a2|nn2，即所要证的不等式成立当 0a21 时，对 a2求导得 f(a2)n(n2)an12(n1)an221ng

5、(a2)其中 g(a2)(n2)an12(n1)an221，则 g(a2)(n2)(n1)(a21)an320，即 g(a2)是(0,1)上的减函数，故 g(a2)g(1)0，从而 f(a2)ng(a2)0，进而 f(a2)是(0,1)上的增函数，因此 f(a2)f(1)n2，所要证的不等式成立当 a21 时，令 b1a2，则 0b1，由已知的结论知11a2n11a2n211a2n1，两边同时乘以 an12得所要证的不等式综上，当 a21 且 a20 时，有 Snn2(a1an)，当且仅当 n1,2 或 a21 时等号成立23M2、D12012上海卷 对于数集 X1，x1，x2，xn，其中 0

6、 x1x2xn，n2，定义向量集 Ya|a(s，t)，sX，tX，若对任意 a1Y，存在 a2Y，使得 a1a20，则称 X 具有性质 P，例如1,1,2具有性质 P.(1)若 x2，且1,1,2，x具有性质 P，求 x 的值；(2)若 X 具有性质 P，求证：1X，且当 xn1 时，x11；(3)若 X 具有性质 P，且 x11、x2q(q 为常数)，求有穷数列 x1，x2，xn的通项公式23解：(1)选取 a1(x,2)，Y 中与 a1垂直的元素必有形式(1，b)，所以 x2b，从而 x4.(2)证明：取 a1(x1，x1)Y，设 a2(s，t)Y，满足 a1a20.由(st)x10 得

7、st0，所以 s，t 异号因为1 是 X 中唯一的负数，所以 s，t 之中一个为1，另一个为 1，故 1X.假设 xk1，其中 1kn，则 0 x11xn.选取 a1(x1，xn)Y，并设 a2(s，t)Y 满足 a1a20，即 sx1txn0，则 s，t 异号，从而 s，t 之中恰有一个为1.若 s1，则 x1txntx1，矛盾；若 t1，则 xnsx1sxn，矛盾所以 x11.(3)设 a1(s1，t1)，a2(s2，t2)，则 a1a20 等价于s1t1t2s2，记 Bst|sX，tX，|s|t|，则数集 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

8、(，0)x2，x3，xn共有 n1 个数，所以 B(0，)也只有 n1 个数由于xnxn1xnxn2xnx2xnx1，已有 n1 个数，对以下三角数阵xnxn1xnxn2xnx2xnx1，xn1xn2xn1xn3xn1x1，x2x1.注意到xnx1xn1x1x2x1，所以xnxn1xn1xn2x2x1，从而数列的通项为 xkx1x2x1k1qk1，k1,2，n.7D2、E12012浙江卷 设 Sn是公差为 d(d0)的无穷等差数列an的前 n 项和，则下列命题错误的是()A若 d0，则数列Sn有最大项B若数列Sn有最大项，则 d0D若对任意 nN*，均有 Sn0，则数列Sn是递增数列7C解析

9、本题考查等差数列的通项、前 n 项和，数列的函数性质以及不等式知识，考查灵活运用知识的能力，有一定的难度法一：特值验证排除选项 C 显然是错的，举出反例：1，0,1,2,3，满足数列Sn是递增数列，但是 Sn0 不恒成立法二：由于 Snna1nn12dd2n2a1d2 n，根据二次函数的图象与性质知当 d0，但对任意的 nN*，Sn0 不成立，即选项 C 错误；反之，选项 D 是正确的；故应选 C.点评 等差数列的求和公式与二次函数的图象的关系是解决本题的重要依据图 12D2等差数列及等差数列前 n 项和6D22012辽宁卷 在等差数列an中，已知 a4a816，则该数列前 11 项和 S11

10、()A58B88C143D1766B解析 本小题主要考查等差数列的性质和求和公式解题的突破口为等差数列性质的正确应用由等差数列性质可知，a4a8a1a1116，S1111a1a11288.5 D22012全国卷 已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，a55，S515，则数列1anan1的前 100 项和为()A.100101B.99101C.99100D.1011005A解析 本小题主要考查等差数列的前 n 项和公式与裂项相消求和法，解题的突破口为等差数列前奇数项和与中间项的关系及裂项相消求和法由 S55a3得 a33，又 a55，所以 ann.1anan11nn11n1n1，1a1a21a

11、2a31a100a101111212131100110111101100101，故选 A.10D22012北京卷 已知an为等差数列，Sn为其前 n 项和，若 a112，S2a3，则 a2_.101解析 本题考查等差数列基本公式和基础运算，设等差数列an的公差为 d，由 S2a3可得，a1a3a2d12，所以 a22d2121.2D22012福建卷 等差数列 an中，a1a510，a47，则数列an的公差为()A1B2C3D42B解析 根据已知条件得：a1a14d10，a13d7，即2a14d10，a13d7，解得 2d4，所以 d2.所以选择 B.11 D22012广东卷 已知递增的等差数列

12、an满足 a11，a3a224，则 an_.112n1解析 设等差数列的公差为 d，由于数列是递增数列，所以 d0，a3a12d12d，a2a1d1d，代入已知条件：a3a224 得：12d(1d)24，解得d24，所以 d2(d2 舍去)，所以 an1(n1)22n1.12B3、D22012四川卷 设函数 f(x)2xcosx，an是公差为8的等差数列，f(a1)f(a2)f(a5)5，则f(a3)2a1a5()A0B.1162C.182D.1316212D解析 设 a3，则 a14，a28，a48，a54，由 f(a1)f(a2)f(a5)5，得 25cos4 cos8 coscos8 c

13、os4 5，即 10(2 2 21)cos5.当 0时，左边是的增函数，且2满足等式；当时，1010，而(2 2 21)cos5cos5，等式不可能成立；当0 时，100，而(2 2 21)cos5，等式也不可能成立故 a32.f(a3)2a1a5244 13162.19D2、D52012广东卷 设数列an的前 n 项和为 Sn，满足 2Snan12n11，nN*，且 a1，a25，a3成等差数列(1)求 a1的值；(2)求数列an的通项公式；(3)证明：对一切正整数 n，有1a11a21an32.19解：(1)a1，a25，a3成等差数列，2(a25)a1a3.又2a12S1a2221,2(

14、a1a2)2S2a3231，a22a13，a36a113.因此 4a1167a113，从而a11.(2)由题设条件知，n2 时，2Sn1an2n1，2Snan12n11.2anan1an2n，于是an13an2n(n2)而由(1)知，a22a1353a12，因此对一切正整数 n，有 an13an2n，所以 an12n13(an2n)又a1213，an2n是以 3 为首项，3 为公比的等比数列故 an2n3n，即 an3n2n.(3)an3n2n33n12n3n12(3n12n1)3n1，1an13n1.1a11a21an11313213n1113n1130)的等比数列an的前 n 项和为 Sn

15、，若 S23a22，S43a42，则 q_.13.32解析 本题主要考查等比数列的求和以及二元方程组的求解当 q1 时，由 S23a22 得 a22，由 S43a42 得 a42，两者矛盾，舍去，则 q1，联立方程a1a1q3a1q2，a11q41q3a1q32，可解得a11，q32，故应填32.点评 注意分类，必须对 q1 加以讨论，否则直接利用等比数列的求和公式容易导致遗漏14D32012辽宁卷 已知等比数列an为递增数列，且 a25a10,2(anan2)5an1，则数列an的通项公式为 an_.14 2n解析 本小题主要考查等比数列的概念与性质 解题的突破口为灵活应用等比数列通项变形式

16、，是解决问题关键由已知条件an为等比数列，可知，2(anan2)5an12(ananq2)5anq2q25q20q12或 2，又因为an是递增数列，所以 q2.由 a25a10得 a5q532，所以 a12，ana1qn12n.7D32012湖北卷 定义在(，0)(0，)上的函数 f(x)，如果对于任意给定的等比数列an，f(an)仍是等比数列，则称 f(x)为“保等比数列函数”现有定义在(，0)(0，)上的如下函数：f(x)x2；f(x)2x；f(x)|x|；f(x)ln|x|.则其中是“保等比数列函数”的 f(x)的序号为()ABCD7C解析 设数列an的公比为 q.对于，fan1fana

17、2n1a2nq2，故数列f(an)是公比为 q2的等比数列；对于，fan1fan2an12an2an1an(不为常数)，故数列f(an)不是等比数列；对于，fan1fan|an1|an|an1an|q|，故数列f(an)是等比数列；对于，fan1fanln|an1|ln|an|(不为常数)，故数列f(an)不是等比数列由“保等比数列函数”的定义知应选 C.4 D32012安徽卷 公比为32的等比数列an的各项都是正数，且 a3a1116，则 log2a16()A4B5C6D74B解析 本题考查等比数列，等比中项的性质，对数运算等(解法一)由等比中项的性质得 a3a11a2716，又数列an各项

18、为正，所以 a74.所以 a16a7q932.所以 log2a165.(解法二)设等比数列的公比为 q，由题意，an0，则 a3 a11 a27a16q92126a216 24，所以 a216 210，解得 a1625.故 log2a165.6D3 2012上海卷 有一列正方体，棱长组成以 1 为首项、12为公比的等比数列，体积分别记为 V1，V2，Vn，则limn(V1V2Vn)_.6.87解析 考查等比数列和无穷递缩等比数列的极限，此题只要掌握极限公式即可解决，是简单题型由已知可知 V1，V2，V3，构成新的等比数列，首项 V11，公比 q18，由极限公式得limn(V1V2Vn)V11q

19、111887.21D1、D3、E1、M32012重庆卷 设数列an的前 n 项和 Sn满足 Sn1a2Sna1，其中 a20.(1)求证：an是首项为 1 的等比数列；(2)若 a21，求证：Snn2(a1an)，并给出等号成立的充要条件21解：(1)证法一：由 S2a2S1a1得 a1a2a2a1a1，即 a2a2a1.因 a20，故 a11，得a2a1a2.又由题设条件知Sn2a2Sn1a1，Sn1a2Sna1，两式相减得 Sn2Sn1a2(Sn1Sn)，即 an2a2an1，由 a20，知 an10，因此an2an1a2.综上，an1ana2对所有 nN*成立，从而an是首项为 1，公比

20、为 a2的等比数列证法二：用数学归纳法证明 anan12，nN*.当 n1 时，由 S2a2S1a1，得 a1a2a2a1a1，即 a2a2a1，再由 a20，得 a11，所以结论成立假设 nk 时，结论成立，即 akak12，那么当 nk1 时，ak1Sk1Sk(a2Ska1)(a2Sk1a1)a2(SkSk1)a2akak2，这就是说，当 nk1 时，结论也成立综上可得，对任意 nN*，anan12.因此an是首项为 1，公比为 a2的等比数列(2)当 n1 或 2 时，显然 Snn2(a1an)，等号成立设 n3，a21 且 a20，由(1)知 a11，anan12，所以要证的不等式化为

21、1a2a22an12n2(1an12)(n3)，即证：1a2a22an2n12(1an2)(n2)当 a21 时，上面不等式的等号成立当1a21 时，ar21 与 anr21(r1,2，n1)同为负；当 a21 时，ar21 与 anr21(r1,2，n1)同为正因此当 a21 且 a21 时，总有(ar21)(anr21)0，即ar2anr21an2(r1,2，n1)上面不等式对 r 从 1 到 n1 求和得2(a2a22an12)(n1)(1an2)，由此可得 1a2a22an2n12(1an2)综上，当 a21 且 a20 时，有 Snn2(a1an)，当且仅当 n1,2 或 a21 时

22、等号成立证法二：当 n1 或 2 时，显然 Snn2(a1an)，等号成立当 a21 时，Snnn2(a1an)，等号也成立当 a21 时，由(1)知 Sn1an21a2，anan12，下证：1an21a2n2(1an12)(n3，a21 且 a21)当1a21 时，上面不等式化为(n2)an2na2nan12n2(n3)令 f(a2)(n2)an2na2nan12.当1a20 时，1an220，故f(a2)(n2)an2na2(1an22)(n2)|a2|nn2，即所要证的不等式成立当 0a21 时，对 a2求导得 f(a2)n(n2)an12(n1)an221ng(a2)其中 g(a2)(

23、n2)an12(n1)an221，则 g(a2)(n2)(n1)(a21)an320，即 g(a2)是(0,1)上的减函数，故 g(a2)g(1)0，从而 f(a2)ng(a2)0，进而 f(a2)是(0,1)上的增函数，因此 f(a2)f(1)n2，所要证的不等式成立当 a21 时，令 b1a2，则 0b1，由已知的结论知11a2n11a2n211a2n1，两边同时乘以 an12得所要证的不等式综上，当 a21 且 a20 时，有 Snn2(a1an)，当且仅当 n1,2 或 a21 时等号成立22D3、M3 2012全国卷 函数 f(x)x22x3.定义数列xn如下：x12，xn1是过两点

24、 P(4,5)、Qn(xn，f(xn)的直线 PQn与 x 轴交点的横坐标(1)证明：2xnxn13；(2)求数列xn的通项公式22解：(1)用数学归纳法证明：2xnxn13.当 n1 时，x12，直线 PQ1的方程为y5f2524(x4)，令 y0，解得 x2114，所以 2x1x23.假设当 nk 时，结论成立，即 2xkxk13.直线 PQk1的方程为 y5fxk15xk14(x4)，令 y0，解得 xk234xk12xk1.由归纳假设知 xk234xk12xk1452xk10，即 xk1xk2.所以 2xk1xk23，即当 nk1 时，结论成立由、知对任意的正整数 n,2xnxn13.

25、(2)由(1)及题意得 xn134xn2xn.设 bnxn3，则1bn15bn1，1bn11451bn14，数列1bn14 是首项为34，公比为 5 的等比数列，因此1bn14345n1，即 bn435n11，所以数列xn的通项公式为 xn3435n11.18D2、D3、D52012湖北卷 已知等差数列an前三项的和为3，前三项的积为 8.(1)求等差数列an的通项公式；(2)若 a2，a3，a1成等比数列，求数列|an|的前 n 项和18解：(1)设等差数列an的公差为 d，则 a2a1d，a3a12d.由题意得3a13d3，a1a1da12d8，解得a12，d3，或a14，d3.所以由等差

26、数列通项公式可得an23(n1)3n5，或 an43(n1)3n7.故 an3n5，或 an3n7.(2)当 an3n5 时，a2，a3，a1分别为1，4,2，不成等比数列；当 an3n7 时，a2，a3，a1分别为1,2，4，成等比数列，满足条件故|an|3n7|3n7，n1，2，3n7，n3.记数列|an|的前 n 项和为 Sn.当 n1 时，S1|a1|4；当 n2 时，S2|a1|a2|5；当 n3 时，Sn S2|a3|a4|an|5 (33 7)(34 7)(3n 7)5n223n7232n2112n10.当 n2 时，满足此式综上，Sn4，n1，32n2112n10，n1.19D

27、2、D3、M22012湖南卷 已知数列an的各项均为正数，记 A(n)a1a2an，B(n)a2a3an1，C(n)a3a4an2，n1,2，.(1)若 a11，a25，且对任意 nN*，三个数 A(n)，B(n)，C(n)组成等差数列，求数列an的通项公式；(2)证明：数列an是公比为 q 的等比数列的充分必要条件是：对任意 nN*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为 q 的等比数列19解：(1)对任意 nN*，三个数 A(n)，B(n)，C(n)是等差数列，所以 B(n)A(n)C(n)B(n)，即 an1a1an2a2，亦即 an2an1a2a14.故数列an是首项为 1，公差

28、为 4 的等差数列于是 an1(n1)44n3.(2)必要性：若数列an是公比为 q 的等比数列，则对任意 nN*，有 an1anq.由 an0 知，A(n)，B(n)，C(n)均大于 0，于是BnAna2a3an1a1a2anqa1a2ana1a2anq，CnBna3a4an2a2a3an1qa2a3an1a2a3an1q，即BnAnCnBnq.所以三个数 A(n)，B(n)，C(n)组成公比为 q 的等比数列充分性：若对任意 nN*，三个数 A(n)，B(n)，C(n)组成公比为 q 的等比数列，则B(n)qA(n)，C(n)qB(n)于是 C(n)B(n)qB(n)A(n)，得 an2a

29、2q(an1a1)，即 an2qan1a2qa1.由 n1 有 B(1)qA(1)，即 a2qa1，从而 an2qan10.因为 an0，所以an2an1a2a1q.故数列an是首项为 a1，公比为 q 的等比数列综上所述，数列an是公比为 q 的等比数列的充分必要条件是：对任意 nN*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为 q 的等比数列5D32012课标全国卷 已知an为等比数列，a4a72，a5a68，则 a1a10()A7B5C5D75D解析设数列an的公比为 q.由题意，a1q3a1q62，a1q4a1q5a1q3a1q68，得a1q32，a1q64或a1q34，a1q62，

30、解得a11，q32或a18，q312.当a11，q32时，a1a10 a1(1 q9)1 (2)3 7；当a18，q12时，a1 a10 a1(1 q9)(8)11237.综上，a1a107.故选 D.图 11D4数列求和18D42012上海卷 设 an1nsinn25，Sna1a2an，在 S1，S2，S100中，正数的个数是()A25B50C75D10018 D解析 考查数列求和和转化思想，关键是发现数列为振幅越来越小的摆动数列令 bnsinn25，周期为 50，前 n 项和记作：Tnb1b2bn，根据三角函数图象的对称性，可知 T1，T2，T49均大于 0，只有两个 T500，T1000

31、，数列 an1nsinn25为振幅越来越小的摆动数列，|an|bn|，只有当 n1,50,100 时相等，故 S1，S2，S100中正数个数为 100.14D42012福建卷 数列an的通项公式 anncosn21，前 n 项和为 Sn，则 S2 012_.143 018解析 a11cos211，a22cos11，a33cos3211，a44cos215，a55cos5211，a66cos315，a77cos7211，a88cos8219；该数列每四项的和为 6,2 012 4503，所以 S2 01265033 018.16D4、D52012课标全国卷 数列an满足 an1(1)nan2n1

32、，则an的前 60 项和为_16答案 1 830解析 令 bna4n3a4n2a4n1a4n，则 bn1a4n1a4n2a4n3a4n4.因为 an1(1)nan2n1，所以 an1(1)nan2n1.所以 a4n3a4n42(4n4)1，a4n2a4n32(4n3)1，a4n1a4n22(4n2)1，a4na4n12(4n1)1，a4n1a4n24n1，a4n2a4n12(4n1)1，a4n3a4n22(4n2)1，a4n4a4n32(4n3)1，所以 a4n4a4n32(4n3)1a4n22(4n2)12(4n3)1a4n12(4n1)12(4n2)12(4n3)1a4n24n12(4n1

33、)12(4n2)12(4n3)1a4n8，即 a4n4a4n8.同理，a4n3a4n1，a4n2a4n28，a4n1a4n3.所以 a4n1a4n2a4n3a4n4a4na4n1a4n2a4n316.即 bn1bn16.故数列bn是等差数列又 a2a1211，a3a2221，a4a3231，得 a3a12；得 a2a48，所以 a1a2a3a410，即 b110.所以数列an的前 60 项和即为数列bn的前 15 项和，即 S15101515142161830.20B3、D4、M42012北京卷 设 A 是由 mn 个实数组成的 m 行 n 列的数表，满足：每个数的绝对值不大于 1，且所有数的

34、和为零，记 S(m，n)为所有这样的数表构成的集合对于 AS(m，n)，记 ri(A)为 A 的第 i 行各数之和(1im)，cj(A)为 A 的第 j 列各数之和(1jn)；记 k(A)为|r1(A)|，|r2(A)|，|rm(A)|，|c1(A)|，|c2(A)|，|cn(A)|中的最小值(1)对如下数表 A，求 k(A)的值；110.80.10.31(2)设数表 AS(2,3)形如11cab1求 k(A)的最大值；(3)给定正整数 t，对于所有的 AS(2,2t1)，求 k(A)的最大值20解：(1)因为 r1(A)1.2，r2(A)1.2，c1(A)1.1，c2(A)0.7，c3(A)

35、1.8，所以 k(A)0.7.(2)不妨设 ab.由题意得 c1ab.又因 c1，所以 ab0，于是 a0.r1(A)2c1，r2(A)r1(A)1，c1(A)1a，c2(A)1b，c3(A)(1a)(1b)(1a)所以 k(A)1a1.当 ab0 且 c1 时，k(A)取得最大值 1.(3)对于给定的正整数 t，任给数表 AS(2,2t1)如下：a1a2a2t1b1b2b2t1任意改变 A 的行次序或列次序，或把 A 中的每个数换成它的相反数，所得数表 A*S(2,2t1)，并且 k(A)k(A*)因此，不妨设 r1(A)0，且 cj(A)0(j1,2，t1)由 k(A)的定义知，k(A)r

36、1(A)，k(A)cj(A)(j1,2，t1)又因为 c1(A)c2(A)c2t1(A)0，所以(t2)k(A)r1(A)c1(A)c2(A)ct1(A)r1(A)ct2(A)c2t1(A)错误错误!j错误错误!j(t1)t(1)2t1.所以 k(A)2t1t2.对数表 A0：第 1 列第 2 列第 t1 列第 t2 列第 2t1 列1111t1tt21t1tt2t1t2t1t2t1t211则 A0S(2,2t1)，且 k(A0)2t1t2.综上，对于所有的 AS(2,2t1)，k(A)的最大值为2t1t2.D5单元综合18D52012天津卷 已知an是等差数列，其前 n 项和为 Sn，bn是

37、等比数列，且 a1b12，a4b427，S4b410.(1)求数列an与bn的通项公式；(2)记 Tnanb1an1b2a1bn，nN*，证明 Tn122an10bn(nN*)18解：(1)设等差数列an的公差为 d，等比数列bn的公比为 q.由 a1b12，得 a423d，b42q3，S486d.由条件，得方程组23d2q327，86d2q310，解得d3.q2，所以 an3n1，bn2n，nN*.(2)证明：(方法一)由(1)得Tn2an22an123an22na1，2Tn22an23an12na22n1a1，由，得Tn2(3n1)32232332n2n21212n1122n26n2102

38、n6n10.而2an10bn122(3n1)102n12102n6n10，故 Tn122an10bn，nN*.(方法二：数学归纳法)当 n1 时，T112a1b11216，2a110b116，故等式成立；假设当 nk 时等式成立，即 Tk122ak10bk，则当 nk1 时，有 Tk1ak1b1akb2ak1b3a1bk1ak1b1q(akb1ak1b2a1bk)ak1b1qTkak1b1q(2ak10bk12)2ak14(ak13)10bk1242ak110bk112，即 Tk1122ak110bk1，因此 nk1 时，等式也成立由和，可知对任意 nN*，Tn122an10bn成立20D52

39、012山东卷 在等差数列an中，a3a4a584，a973.(1)求数列an的通项公式；(2)对任意 mN*，将数列an中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为 bm，求数列bm的前 m 项和 Sm.20解：(1)因为an是一个等差数列，a3a4a584，所以 a3a4a53a484，即 a428.设数列an的公差为 d，则 5da9a4732845，故 d9.由 a4a13d 得 28a139，即 a11，所以 ana1(n1)d19(n1)9n8(nN*)(2)对 mN*，若 9man92m，则 9m89n0 时，由(1)知 a1 21，a2 22.当 n2 时，有(2 2)anS2Sn

40、，(2 2)an1S2Sn1，所以(1 2)an(2 2)an1，即 an 2an1(n2)，所以 ana1(2)n1(21)(2)n1.令 bnlg10a1an，则 bn1lg(2)n1112(n1)lg212lg1002n1.所以数列bn是单调递减的等差数列公差为12lg2，从而b1b2b7lg108lg10，当 n8 时，bnb812lg1001280，bn0，所以anbn22a2nb2n(anbn)2，从而 10 知 q0.下证 q1.若 q1，则 a1a2qlogq2a1时，an1a1qn 2，与(*)矛盾；若 0qa21，故当 nlogq1a1时，an1a1qn1，与(*)矛盾综上

41、，q1，故 ana1(nN*)，所以 11，于是 b1b2 a1，命题为真，于是，xn1xnaxn2，由于 xn和axn都是整数，故 xn1xnaxn2xnaxn212xnaxn12122xnaxn21 a1，正确；对于，当 xk1xk时，得xkaxk2xk，从而xkaxk2xk0，即axkxk0，axkxkaxkxk0，即axkxk0，解得 xk a，结合得：a1xk a，故 xka.正确17D2、D52012陕西卷 设an是公比不为 1 的等比数列，其前 n 项和为 Sn，且 a5，a3，a4成等差数列(1)求数列an的公比；(2)证明：对任意 kN，Sk2，Sk，Sk1成等差数列17解：

42、(1)设数列an的公比为 q(q0，q1)，由 a5，a3，a4成等差数列，得 2a3a5a4，即 2a1q2 a1q4a1q3，由 a10，q0 得 q2q20，解得 q12，q21(舍去)，所以 q2.(2)证法一：对任意 kN，Sk2Sk12Sk(Sk2Sk)(Sk1Sk)ak1ak2ak12ak1ak1(2)0，所以，对任意 kN，Sk2，Sk，Sk1成等差数列证法二：对任意 kN，2Sk2a11qk1q，Sk2Sk1a11qk21qa11qk11qa12 qk2qk11q，2Sk(Sk2Sk1)2a11qk1qa12qk2qk11qa11q2(1qk)(2qk2qk1)a1qk1q(

43、q2q2)0，因此，对任意 kN，Sk2，Sk，Sk1成等差数列16D4、D52012课标全国卷 数列an满足 an1(1)nan2n1，则an的前 60 项和为_16答案 1 830解析 令 bna4n3a4n2a4n1a4n，则 bn1a4n1a4n2a4n3a4n4.因为 an1(1)nan2n1，所以 an1(1)nan2n1.所以 a4n3a4n42(4n4)1，a4n2a4n32(4n3)1，a4n1a4n22(4n2)1，a4na4n12(4n1)1，a4n1a4n24n1，a4n2a4n12(4n1)1，a4n3a4n22(4n2)1，a4n4a4n32(4n3)1，所以 a4

44、n4a4n32(4n3)1a4n22(4n2)12(4n3)1a4n12(4n1)12(4n2)12(4n3)1a4n24n12(4n1)12(4n2)12(4n3)1a4n8，即 a4n4a4n8.同理，a4n3a4n1，a4n2a4n28，a4n1a4n3.所以 a4n1a4n2a4n3a4n4a4na4n1a4n2a4n316.即 bn1bn16.故数列bn是等差数列又 a2a1211，a3a2221，a4a3231，得 a3a12；得 a2a48，所以 a1a2a3a410，即 b110.所以数列an的前 60 项和即为数列bn的前 15 项和，即 S15101515142161830

45、.19D2、D52012广东卷 设数列an的前 n 项和为 Sn，满足 2Snan12n11，nN*，且 a1，a25，a3成等差数列(1)求 a1的值；(2)求数列an的通项公式；(3)证明：对一切正整数 n，有1a11a21an32.19解：(1)a1，a25，a3成等差数列，2(a25)a1a3.又2a12S1a2221,2(a1a2)2S2a3231，a22a13，a36a113.因此 4a1167a113，从而a11.(2)由题设条件知，n2 时，2Sn1an2n1，2Snan12n11.2anan1an2n，于是an13an2n(n2)而由(1)知，a22a1353a12，因此对一

46、切正整数 n，有 an13an2n，所以 an12n13(an2n)又a1213，an2n是以 3 为首项，3 为公比的等比数列故 an2n3n，即 an3n2n.(3)an3n2n33n12n3n12(3n12n1)3n1，1an13n1.1a11a21an11313213n1113n1134n(13)n1C1n3C2n32C3n331C1n3C2n32C3n3312n312n5(n2)2(2n5)2n31.当 n0,1,2 时，显然(17)n2n31.故 a 17时，fn1fn1n3n31对所有自然数 n 都成立所以满足条件的 a 的最小值为 17.(3)由(1)知 f(k)ak，错误错误

47、!1fkf2k错误错误!1aka2k，f1fnf0f1aan1a.下面证明：错误错误!1fkf2k274f1fnf0f1.首先证明：当 0 x1 时，1xx2274x.设函数 g(x)274x(x2x)1,0 x1.则 g(x)814x(x23)当 0 x23时，g(x)0；当23x0.故 g(x)在区间(0,1)上的最小值 g(x)g23 0.所以，当 0 x1 时，g(x)0，即得1xx2274x，由 0a1 知 0ak274aan1a274f1fnf0f1.18D2、D3、D52012湖北卷 已知等差数列an前三项的和为3，前三项的积为 8.(1)求等差数列an的通项公式；(2)若 a2

48、，a3，a1成等比数列，求数列|an|的前 n 项和18解：(1)设等差数列an的公差为 d，则 a2a1d，a3a12d.由题意得3a13d3，a1a1da12d8，解得a12，d3，或a14，d3.所以由等差数列通项公式可得an23(n1)3n5，或 an43(n1)3n7.故 an3n5，或 an3n7.(2)当 an3n5 时，a2，a3，a1分别为1，4,2，不成等比数列；当 an3n7 时，a2，a3，a1分别为1,2，4，成等比数列，满足条件故|an|3n7|3n7，n1，2，3n7，n3.记数列|an|的前 n 项和为 Sn.当 n1 时，S1|a1|4；当 n2 时，S2|a

49、1|a2|5；当 n3 时，Sn S2|a3|a4|an|5 (33 7)(34 7)(3n 7)5n223n7232n2112n10.当 n2 时，满足此式综上，Sn4，n1，32n2112n10，n1.21A2、D5 2012安徽卷 数列xn满足 x10，xn1x2nxnc(nN*)(1)证明：xn是递减数列的充分必要条件是 c0；(2)求 c 的取值范围，使xn是递增数列21解：(1)证明：先证充分性，若 c0，由于 xn1x2nxncxncxn，故xn是递减数列；再证必要性，若xn是递减数列，则由 x2x1可得 c0.(2)(i)假设xn是递增数列，由 x10，得 x2c，x3c22c

50、，由 x1x2x3，得 0c1.由 xnxn1x2nxnc 知，对任意 n1 都有 xn0 即 xn1 c.由式和 xn0 还可得，对任意 n1 都有cxn1(1 c)(cxn)反复运用式，得 cxn(1 c)n1(cx1)(1 c)n1，xn1 c和 cxn(1 c)n1两式相加，知 2 c1(1 c)n1对任意 n1 成立根据指数函数 y(1 c)x的性质，得 2 c10，c14，故 0c14.(ii)若 00.即证 xn c对任意 n1 成立下面用数学归纳法证明当 0c14时，xn c对任意 n1 成立(1)当 n1 时，x10 c12，结论成立(2)假设当 nk(kN*)时结论成立，即