qq兄弟网名-美国丽人影评

等差数列的证明
高中数学
一、选择题（本题共0道小题）



二、填空题（本题共0道小题）



三、解答题（本题共30道小题）

1. 已知数列
{a
n
}
、
{b
n
}
满足：
a
1

1
b
n
，
b
n1

，
a
n
b
n
1
．
24
1a
n
(1)
求证：数列
{
1
}
是等差数列；
b
n
1
(2)
求数列
{a
n}
的通项公式；
(3)
设
s
n
a
1
a
2
a
2
a
3
a
3
a
4< br>a
n
a
n1
，若
4aS
n
b
n
对于
nN
*
恒成立，试求实数
a
的取值
范围．


2. 已知数列< br>{a
n
}
满足
a
1
1,a
n1
1

（Ⅰ）求证：数列
{b
n
}
是等差数列，并求出 数列
{a
n
}
的通项公式；
（Ⅱ）设
c
n
4a
n
1
，数列
{c
n
c
n2< br>}
的前
n
项和为
T
n
，是否存在正整数
m< br>，使得
T
n

对于
n1
c
m
c
m1
12
，
b
n

，其中
nN
*
．
4a
n
2a
n
1
nN
*恒成立？若存在，求出
m
的最小值；若不存在，请说明理由．

3. 已知数列
{a
n
}
满足：
a
1
6,a
n 1
a
n
6a
n1
90,nN
*
，且
n2
．
（Ⅰ）求证：数列
{
1
}
为等差数列；
a
n
3
（Ⅱ）求数列
{a
n
}
的通项公 式；
（Ⅲ）设
b
n


第1页，总37页
a< br>n
，求数列
{b
n
}
的前
n
项和
T
n
．
2
(n1)

122
4. 数列
{a
n
}
中，
a
1
1,n2
时，
a
n
a
n1

n1

，数列
{b
n
}
满足：
b
n
3
n1
(a< br>n
1)
．
333

(1)
求证：数列
{b
n
}
是等差数列；
(2)
求数列
{a
n
}
的前
n
项和
S
n
．

5. 已知数列
{a
n
}
满足
a
1


（Ⅰ）求证：
{

（Ⅱ）求数列
{a
n
}
的通项
a
n
；

（Ⅲ）设
b
n


6. 已知数列
{a
n
}
满足
a
1


（Ⅰ）写出数列
{a
n
}
的通项公式；

（Ⅱ）设
b
n


（Ⅲ）记
c
n
(n1)3
n
a
n
，求数列
{c
n
}的前
n
项和
S
n
.

7. 已知数列
{a
n
}
满足
a
1


（Ⅰ）设
b
n

5
4a1
，且
a
n
n1
（
nN
*
，且
n2
）. 2
a
n1
2
2
a2
，
a
n1

n
(nN
*
)
．
3
2a
n
3
1
}
是等差数列；
an
1
a
n
，记数列
{b
n
}
的前< br>n
项和为
S
n
，求
S
n
．
n(2 n3)
5
4a1
，且
a
n

n1
（
nN
*
，且
n2
）.
2
a
n1
2
1
，求证数列
{b
n
}
是等差数列；
a
n
1
1
，求证数列
{b
n
}
是等差 数列；
a
n
1
第2页，总37页

（ Ⅱ）记
c
n
(n1)3
n
a
n
，求数列< br>{c
n
}
的前
n
项和
S
n
；

（Ⅲ）设
d
n
a
n
a
n1
，求证
d
n
1

2
8. 若数列
{a
n
}
的各项均为正数，
nN
*
,a
n1
 a
n
a
n2
t
，
t
为常数，且
2a< br>3
a
2
a
4
.
6
.
n
(1)
求
a
1
a
3
的值；
a
2
(2)
证明：数列
{a
n
}
为等差数列；
(3)
若
a
1
t1
，对任意给定的
kN
*
，是否存在
p ,rN
*

kpr

使
1
11
，， 成等差
a
k
a
r
a
p
数列？若存在，用
k
分别表示一组
p
和
r
；若不存在，请说明理由．

9. 已知数列
{a
n
}
是首项为
a
1

11
，公比
q
的等比数列． 设
b
n
23l og
1
a
n
(nN
*
)
，数
44
4
列
{c
n
}
满足
c
n

1< br>．
b
n
b
n1
(1)
求证：数列
{b
n
}
成等差数列；
(2)
求数列
{c
n
}
的前
n
项和
S
n
．


10. 已知数列

a
n

满足
a
12,a
n1
3a
n
3
n1
2
n< br>(nN
*
)
．

a
n
2
n< br>，证明：数列

b
n

为等差数列，并求数列
a
n

的通项公式；
(1)
设
b
n

n
3

(2)< br>求数列

a
n

的前
n
项和
Sn
．

11. 已知数列

a
n

中，当
n2
时，总有
a
n
2a
n1
2n
成立，且
a
1
4
．

第3页，总37页

（Ⅰ）证明：数列
{
a
n
}
是等差数列，并 求数列

a
n

的通项公式；
n
2
（Ⅱ ）求数列

a
n

的前
n
项和
S
n
．

12. 若数列
{a
n
}
满足
a
1
=a
且
a
n1
(1)
n
a
n
2n1
(其中
a
为常数)，
S
n
是数 列
{a
n
}
的前
n
项和，
数列
{b
n
}
满足
b
n
=a
2n
.
(1)
求
a
1
a
3
的值；
(2)
试判断
{b
n
}
是否为等差数列，并说明理由；
(3)
求
S
n
(用
a
表示).

13. 设各项均为正数的数列

a
n

的前
n< br>项和为
S
n
，已知
a
1
1
，且
( S
n1


)a
n
(S
n
1)a< br>n1
对一
切
nN*
都成立．

(1)
若

1
，求数列

a
n

的通项公式；

(2)
求

的值，使数列

a
n

是等差数列．

14. 已知正项数列

a
n

的首项
a
1
1
，前
n
项和
S
n
满足
a
n
S
n
S
n1
(n2 )
．

(1)
求证：
{S
n
}
为等差数 列，并求数列

a
n

的通项公式；

(2)< br>记数列
{
1
}
的前
n
项和为
T
n< br>，若对任意的
T
n
，不等式
4T
n
a
2< br>a
恒成立，求实数
a
的
a
n
a
n1取值范围．

15. 已知等差数列

a
n

的前三项依次为
m
、
4
、
3m
，前
n
项 和为
S
n
，且
S
k
110
.
(1)
求
m
及
k
的值；
(2)
设数 列

b
n

的通项
b
n

Sn
，证明数列

b
n

是等差数列，并求其前
n
项和
T
n
.
n

第4页，总37页

2
2a
n
3
16. 已知数列
{an
}
满足：
a
1

，
a
n1
(nN)
.
3
3a
n
4

(Ⅰ)证明数列
{

1
}
是等差数列，并求
{a
n
}
的通项公式； < br>a
n
1
3
n
(Ⅱ)数列
{b
n
}
满足：
b
n
(nN
*
)
，求
{bn
}
的前
n
项和
S
n
.
a
n
1

b
n
1
17. 已知数列{a
n
}
、
{b
n
}
满足：
a
1
,a
n
b
n
1,b
n1

．
4(1a
n
)(1a
n
)
(1)
求
b
1
,b
2
,b
3
,b
4
；
(2 )
设
c
n

1
，求证数列

c
n

是等差数列，并求
b
n
的通项公式；
b
n1
(3)
设
S
n
a
1
a
2
a
2
a
3
a
3
a
4
...a< br>n
a
n1
，不等式
4aS
n
b
n
恒成立时，求实数
a
的取值范围.

18. 已知数列
{an
}
满足
a
1

S
n
n1
1b
n
.
2n
3
1
，
a
n
2(n2)
，
S
n
是数列
{b
n
}
的前
n
项和，且有
2
a
n1

(1)
证 明：数列
{
1
}
为等差数列；
(2)
求数列
{b< br>n
}
的通项公式；
a
n
1
(3)
设c
n

a
n
，记数列
{c
n
}
的前
n
项和
T
n
，求证：
T
n
1.
b
n
a
1
2a
2
na
n
(nN
*
)
．
12n

19. 数列
{a
n
}
，
{b
n
}
满足
b
n

(1)
若
{b
n
}
是等差数列，求证：
{a
n
}
为等差数列；
(2)
若
a
n
2
n
，求数列
{
b
n
}< br>的前
n
项和
S
n
．
(n1)2
n
1

1
20. 已知数列
{a
n
}
的前
n
项和为
S
n
，
a1
,S
n
n
2
a
n
n(n1),n 1,2,
2
第5页，总37页

(1)
证明：数列
{
n1
S
n
}
是等差数列，并求
S< br>n
；
n
b
n
1

n(a
n
a
1
)
(nN
*
)

2

(2)
设
b
n

S
n
1
b
1
b
2

，求证：
n
3
2

21. 已知数列
{a
n
}
有
a
2
p
(
常数
p0
)
，其前
n
项和为S
n
，满足
S
n



(1)
求数列
{a
n
}
的首项
a
1
，并判断
{ a
n
}
是否为等差数列，若是求其通项公式，不是，说明理由；

( 2)
令
P
n

S
n2
S
n1
，
T
n
是数列
{P
n
}
的前
n
项 和，求证：
T
n
2n3
.

S
n1
S
n2

22. 已知数列
{a
n
}
是等差数列，
c
n
a
n
2a
n1
2
(nN
*
)


(1)
判断数列
{c
n
}
是否是等差数列，并说明理由；

(2)
如果
a
1
a
3
a
25
130,a
2
a
4

试写出数列
{cn
}
的通项公
a
26
14313k(k
为常数< br>)
，
式；

(3)
在
(2)
的条件下，若 数列
{c
n
}
得前
n
项和为
S
n
，问是否存在这样的实数
k
，使
S
n
当且仅当
n12时取得最大值。若存在，求出
k
的取值范围；若不存在，说明理由。

23. 已知各项均为正数的数列
{a
n
}
中，
a
1
1
，
S
n
是数列
{a
n
}
的 前
n
项和，对任意
nN
*
，有
2
2S
n
2a
n
a
n
1


函数
f (x)x
2
x
，数列
{b
n
}
的首项
b
1


1
（Ⅰ）求数列
{a
n
}
的通项公式；（Ⅱ）令
c
n
log
2
(b
n
 )
求证：
{c
n
}
是等比数列并求
{c
n
}
通项
2
公式

31
，
b
n1
f(b
n
)

4
2
（Ⅲ）令
d
n
a
n
c
n
，（
n
为证整数），求数列
{d
n
}
的前
n项和
T
n


第6页，总37页

1
24. 已知数列
{a
n
}
的前
n
项和
S
n
a
n
()
n1
2( nN
*
)
，数列
{b
n
}
满足
b
n
2
n
a
n

2

(Ⅰ)求证数列< br>{b
n
}
是等差数列，并求数列
{a
n
}
的 通项公式；

(Ⅱ)设
c
n
log
2

25. 已知数列
{a
n
}
的前
n
项和为
S
n
,a
1

11119
且
S
n
S
n1
a
n1

，数列
{b
n
}
满足
b
1

且
424
25
n2
，数列
{}
的前
n
项和为
T
n
，求满足
T
n
(nN
*
)
的
n
的最大值
21< br>a
n
c
n
c
n2
3b
n
bn1
n
(n2
且
nN
*
)
．

(1)
求
{a
n
}
的通项公式；
< br>(2)
求证：数列
{b
n
a
n
}
为等比数 列;

(3)
求
{b
n
}
前
n
项和．

26. 设数列
{a
n
}
的前
n
项积为
T
n
，且
T
n
22a
n
(nN
*)
.

1
(1)
求证数列
{}
是等差数列；
T
n

(2)
设
b
n
(1a
n
)(1a
n1
)
，求数列
{b
n
}
的前
n
项和
s
n
．

27. 已知数列
{a
n
}
是首项和公比均为
1
的等比数列，设
b
n
23log
1
a
n
(nN
*
)
数列
{c
n
}
满足
4
4
c
n
an
b
n


(1)
求证数列
{b
n
}
是等差数列；
(2)< br>求数列
{c
n
}
的前
n
项和
S
n< br>

第7页，总37页

28. 数列
{a
n
}
的前
n
项和为
S
n
,若
a
1< br>3,S
n
，和
S
n1
满足等式
S
n1


（Ⅰ）求
S
2
的值；

（Ⅱ）求证：数列
{

（Ⅲ）若数列
{b
n
}满足
b
n
a
n
2
a
n
，求数列< br>{b
n
}
的前
n
项和
T
n
；

（Ⅳ）设
C
n


29. 已知数列
{ a
n
}
满足
a
1
1
，且
a
n< br>2a
n1
2
n
(n2,
且
nN
*
)


(1)
求证：数列
{
a
n
}
是等差数列；
n
2
T
n
20
CCC.
，求证：
12n
2n3
227
S
n
}
是等差数列；
n
n1
S
n
n1,

n

(2)
求数列
{a
n
}
的通项公式；

(3)
设数列
{a
n
}
的前项之和
S
n
， 求证：
S
n
2n3

2
n

30. 在数列

a
n

中，
a
1
1
， 并且对于任意
nN
*
，都有
a
n1


a
n

2a
n
1
1
(1)
证明 数列
{}
为等差数列，并求

a
n

的通项公式；
a
n

(2)
设数列

a
n
a< br>n1

的前
n
项和为
T
n
，求使得
T
n

1000
的最小正整数
n
.
2013



第8页，总37页

试卷答案

1. 答案：见解析
分析：
(1)由
a
n
b
n
1
，得
b
n
1a
n
，
依题意
b
n1

b
n< br>1a
n
1
，

1a
n
2
( 1a
n
)(1a
n
)1a
n
1
1
1 a
n
111
11
，
a
n
a
n
1
1a
n
1

∴
1

b
n1
1b
n
1

1
∵
a
1

1
31
，∴
b
1
,4
， 4
4b
1
1
∴数列
{
1
}
是以4
为首项公差为
1
的等差数列．
b
n
1
1
4(n1)(1)n3
， < br>b
n
1
(2)
由
(1)
知
则
b< br>n

1n2n21
1,a
n
1b
n< br>1
．
n3n3n3n3
(3)
S
n
a
1
a
2
a
2
a
3
a
n
a
n1

111


4556(n3)(n4)


11111111n

，
4556n3n4 4n44(n4)
a
n
n2(a1)n
2
(3a6)n 8
∴
4aS
n
b
n

，
< br>n4n3(n3)(n4)
依题意可知

a1

n 

3a6

n80
恒成立，
2
令f

n



a1

n

3a6

n8
，
2
当
a1
时
f

n

3n80
恒成立，
当
a1
时，由二次函数性质知
f

n

0
不可能成立， 当
a1
时，此二次函数的对称轴为
x
则
f
n

在
nN
上是单调递减，
*
3a631
(1)0
，
2(a1)2a1
第9页，总37页

∴要使
f

n

0
对
nN
恒成立，
*
必须且只须
f

1

0
即
4a150
，
∴
a
15
，又
a1
，∴
a1
，
4
*
综上
a1,4aS
n
b
n
对于
nN
恒成立．


2. 答案：见解析
分析：（Ⅰ）因为
a
n1
1
12
，
,b< br>n

4a
n
2a
n
1
2

2

2
所以
b
n1
b
n

2
2a
n1
12a
n
1

1
2 (1)1
2a
n
1
4a
n

4a
n
2
2
，
2a
n
12a
n
12
2
，公差为
2
，
2a
1
1
所 以，数列
{b
n
}
是等差数列，首项为
b
1
所以
b
n
22(n1)2n
，
所以
2
2a
n
1
2n
，解得
a
n

n1
．
2n

（Ⅱ）解得：
c
n

所以c
n
c
n2

4a
n
2

．
n1n
411
2()
，
n(n2)nn2
所以数列
{c
n
c
n2
}
的前
n
项和为
11111
T
n
2[(1)()()
32435111
2(1)
，
2n1n2
假设存在正整数
m
，使得
T
n

(
1111
)()]

n1n1nn2
1
*
对于
nN
恒成立，
c
m
c
m1
第10页，总37页

所以
2(1
1114
，
)
2n1n2m(m1)
化为
32n32
，

2(n1)(n2)m(m1)
由于数列
{
3
22n3
}
是单调递增数列，
(n1)(n2)
所以
32
，

2m(m1)2
化为
3m3m40
，解得
0m
573
，
6
而
57383
1
，所以
0m1
．
66
1
*
对于
nN
恒成立．
c
m< br>c
m1
因此不存在正整数
m
，使得
T
n



3. 答案：见解析
分析：（Ⅰ）∵
a
n1
a
n
6a
n1
90
，
∴
a
n1
(a
n
3)3(a
n1
3)0
．
∴
a
n1
(a
n
3)3(a
n1
3)

由
a
1
30
，可知
a
n
 30
，
∴
a
n1
111
．

a
n
33(a
n1
3)3a
n1
3
11 1

．
a
n
3a
n1
33
11

， a
1
33
11
1
}
是首项为，公差为的等差数列．
33
a
n
3
即
∵
∴数列
{
第1 1页，总37页

（Ⅱ） 由（Ⅰ）得
111n
(n1)
，
a
n
3333
3(n1)
．
n
∴数列
{a
n
}
的通项公式
a
n

（Ⅲ）∵
b
n

a
n
3(n1)1311
3()
，
22
(n1)n(n1)n(n1)nn1
∴
T
nb
1
b
2
b
3
b
n

11
()]

nn1
11111
22334
13n
)

3(1
．
n1n1


4. 答案：见解析
分析：
(1)
由
a
n



3 [(1)()()
122
a
n1

n1

，得：
3
n1
a
n
3
n2
a
n1
223
n2
，
333
∴
3
n 1
(a
n
1)3
n1
a
n
3
n 1
3
n2
a
n1
23
n2
3
n2
(a
n1
1)2
，

即
b
n
b
n1
2b
n
b
n1
2(n 2)
，又
b
1
3
11
(a
1
1) 2
，

∴数列
{b
n
}
是首项为
2，公差为
2
的等差数列．

(2)
由
(1)
知，
b
n
2(n1)22n
，

∴
3

记
T
n


则
T
n


第12页，总37页
n1
(a
n
1)2na
n

2n
1
，
3
n1
2462n

2
...
n1
，
1333
242(n1)2n

2
...
n1
n
，
3333
1
3

1
2[ 1()
n
]
21112n
3

2n
3
2n3
， 两式相减得：
T
n
2(1
2
... 
n1
)
n

nn
1
33333
33
1
3

∴
T
n


因此，
S
n
T
n
n

5. 答案：见解析
分析：（Ⅰ）由已知得
a
n1
1

∴
92n3

，
n1
223
92n3
n
．
223
n 1
a
n
2(a
n
1)
，
1
，即
a
n1
1
2a
n
3< br>2a
n
3
1
a
n1
1

( 2a
n
3)2(a
n
1)1
1
11
 2
，即
2
．
a
n
1a
n
1a
n
1
a
n1
1a
n
1

∴
{

（Ⅱ）∵
1
}
是以
2
为公差的等差数列．
a
n
1
11
==-3
，
2
a
1
1
-1
3

∴
1
3(n1)(2)2n1
．
a
n
1

∴
a
n
1

（Ⅲ）∵
b
n


12n
，即
a
n


2n12n1
a
n
，
n(2n3)
第13页，总37页

∴
b
n


∴
S
n


2
．
(2n1)(2 n3)
222

355779

2

(2n1)(2n3)
111111
()()()
355779


6. 答案：见解析
分析：∵
a
1


∴
a
n

(
11112n
)
．
2n12n332n36n9
5
4a1
8
4a14a 1
7
，
a
2

1
2
，
a
3

2

，
a
4

3

，
2
a
1
2
a
2
24a
325
n4
.
n1
（Ⅱ）∵
a
n
1

∴
5
3(a
n1
1)
，
a
1

2
a
n1
2
a2
111

n1

.
a
n
13(a
n1
1)an1
13

∴
b
n
b
n1


∴
{b
n
}
是以

（Ⅲ）由（Ⅱ）
b
n


∵
c
n
(n1)3
n
a
n
(n4)3
n
，

第14页，总37页
1221n1
，
b
1

. 即
b
n
(n1)
.
3333
3
21
为首项，以为公差的等差数列.
33
n4
1n1
，则
a
n

，

n1
a
n
13

∴
S
n
5363
2
(n4)3
n
4(33
2
3
n
)(323
2
33
3
n 3
n
)
.


令
T
n
323
2
33
3

则
3T
n
3
2
23
3


故
T
n
3T
n
33
2
3
3


n3
n
，
(n1)3
n
n3
n1
，
3
n
n3
n1
，
1
23
即
T
n
(333
2

∴
S
n
4(33



7. 答案：见解析
分析：（Ⅰ）∵
a
n
1

∴
2
n3
n1
3)
.
2
n
1
3)(33
2

2
n
n3
n1
733
n1
n3
n1
2n7n1
21
3)3
.
2213244
n
3(a
n1
1)
， < br>a
n1
2
a2
111

n1
< br>.
a
n
13(a
n1
1)a
n 1
13

∴
b
n
b
n1


∴
{b
n
}
是以

1221n1
，
b
1

. 即
b
n
(n1)
.
3333
3
21
为首项，以为公差的等差数列.
33
第15页，总37页

（Ⅱ）由（Ⅰ）
b
n


n4
1n1
，则
a
n

，
< br>n1
a
n
13
∵
c
n
(n1)3
n
a
n
(n4)3
n
，

∴
S
n
5363
2
(n4)3
n
4(33
2
3
n
)(323
2< br>33
3
n3
n
)
.


令
T
n
323
2
33
3

则
3T
n
3
2
23
3


故
T
n
3T
n
33
2
3
3


n3
n
，
(n1)3
n
n3
n1
，
3
n
n3
n1
，
1
23
即
T
n
(333
2

∴
S
n
4(33

2
n3
n1
3)
.
2
n
1
3)(33
2

2
n
n3< br>n1
733
n1
n3
n1
2n7
n1
21
3)3
.
2213244
n
n 4n5n
2
9n20

（Ⅲ）∵
d
n
 a
n
a
n1

，
n1n2n
2
3n2

∴
d
n
1

8. 答案：见解析
2
分析：
(1)
由条件，设
nN
*
,an1
a
n
a
n2
t

2
2< br>令
n2
，得
a
3
a
2
a
4t
①，令
n1
，得
a
2
a
1
a
3
t
②
6(n3)6(n3)6
d11
. ∴. n
n
2
3n2n
2
3nn
第16页，总37页

22
①

②，得
a
3
a
2
a
2
a
4
a
1
a
3
，a
3
(a
3
a
1
)a
2
(a2
a
4
)
，

a
1
a
3
a
2
a
4
2.

a
2
a
3
2
2
(2)

a
n1
a
n
a
n2
t
，
a
n2
a
n1
a
n3
t
， < br>两式相减得
a
n1
a
n3
a
n
a< br>n2


a
n2
a
n1
∴数列
{
a
n
a
n2
aa
n2
a
1< br>a
3
}
为常数数列，

n
2

a
n1
a
n1
a
2
a
n
an2
2a
n1
， ∴数列
{a
n
}
为等差数列.
(3)
由(2)
知，数列
{a
n
}
为等差数列，设公差为
d，
2
2
则由条件
a
n1
a
n
a
n2
a
1
，得
a
n1
(a
n1
d)(a
n1
d)a
1

d
2
a
1
1
，又数列
{a
n
}
的各项为正数，
d0
，
d1
，
a
n
n
.
当
k1
时，若存在
p
，
r
使
122p
1
11
0
，，成等差数列，则
1
rpp
a
k
a
p
a
r
与
1
0
矛盾．因 此，当
k1
时，不存在．
r
当
k2时，则
112kp

，所以
r

krp2kp< br>令
p2k1
得
rkpk(2k1)
，满足
kp r
．
综上所述，当
k1
时，不存在
p
，
r
；
当
k2
时，存在一组
p2k1,rk(2k1)
满足题意．

9. 答案： 见解析
分析：
(1)
）由已知可得
a
n
a
1
q

n1
1< br>1
()
n
，
b
n
23log
1
()
n
3n
，
4
4
4
b
n3n2
∵
b
n1
b
n
3
，
{b
n
}
为等差数列，其中
b
1
1,d3
．
第17页，总37页

(2)

c
n



n
11111
．
 ()
，
S
n

3n1
b
n
bn1
(3n2)(3n1)33n23n1
10. 答案：解析
分析：
(1)


a
n1
2
n1< br>a
n
2
n
3a
n
3
n1
2
n
2
n1
a
n
2
n
1， ∵
b
n1
b
n

3
n1
3
n
3
n1
3
n

{b
n
}
为等差数列．又
b
1
0
，
b
n
n 1
．
a
n
(n1)3
n
2
n
．

(2)
设
T
n
03
1
13
2

(n1)3
n
，则
T
n
03
2
13
3


(n1)3
n1
．
2T
n
3

2
3(n1)3
nn1
9(13
n1
)(n1)3
n1
．
13
93
n1
(n1)3
n1
(2n3)3
n1
9
T
n


424
S
n
T
n


22
2


11. 答案：见解析
2
n< br>
2n3

3
n1
2
n3
1
．

4
分析：（Ⅰ）∵当
n2
时，
a< br>n
2a
n1
2
n
，即

又

a
n
a
n1

n1
1
，
n
22
a
a
1
2
，∴数列
{
n
}
是以
2
为首项，
1
为公差的等差数列．
2
2
n
第18页，总37页

∴

a
n
n
2(n1)1n1
，故．
a(n 1)2
n
n
2
（Ⅱ）∵
a
n
(n1)2
n
，
S
n
22
1
32
2
 n2
n1
(n1)2
n
，

2S
n
22
2
32
3
n2
n
 (n1)2
n1
，

两式相减得：
S
n
4(222)(n1)2

∴
S
n
n2
n1
．

12. 答案：见解析
23nn1
4(12
n1
)
4(n 1)2
n1

n2
n1
，
12

a
2
a
1
1
分析：
(1)
由题意，得

，∴
a
1
a
3
2
.
aa3
2

3


a
2n1
a
2n
4n1
(2)
∵
a
n1
(1 )
n
a
n
2n1
，∴

，
aa4n1
2n1

2n2

∴
a2n
a
2n2
8n
，即
b
n
b
n1
8n
，∴
b
n1
b
n
8n8< br>，

∴
b
n1
b
n1
8
，于是当且仅当
b
1
，
b
2
，
b
3
为等差数列，数列
{b
n
}
为等差数列，

又


∴
b
1
a1
，
b2
7a
，
b
3
9a
，由
b
1
，
b
2
，
b
3
为等差数列，得
a1，


a
2n1
a
2n
4n1，∴
a
2n1
a
2n1
2
， ∵
a
1
a
，∴
a
3
2a
，

a
2n
a
2n1
4n3
第19页，总37页

∴当
a1
时，数列
{b
n
}
为等 差数列；当
a1
时，数列
{b
n
}
不为等差数列.

(3)
∵
a
n1
(1)
n
an
2n1
，∴
a
n2
(1)
n1
a
n1
2n1
，

∴
(1)
n
a
n1
(1)
2n
a
n
(1)
n
(2n1)
，即
(1)
n
a
n1
a
n< br>(1)
n
(2n1)
，

∴
a
n 2
a
n
2n1(1)
n
(2n1)
，∴
a
n3
a
n1
2n3(1)
n1
(2n 1)


∴
a
n
a
n1
a
n2
a
n3
4n42(1)
n
，∴
a4n3
a
4n2
a
4n1
a
4n
16n6
，

∴
S
4n


由
(2)

a
2n1
a
2n1
2
，∵
a
1
a
，∴
a
4n3
a
，
a
4n1
2a
，

由
a
2na
2n1
4n3
，∴
a
4n2
a
4n3
8n7
，∴
a
4n2
8n7a
，

又
a
2n
a
2n2
8n
，∴a
4n2
a
4n
16n8
，
a
4n< br>8n1a
，

∴
S
4n1
8n
2
6n1a
，
S
4n2
8n
2
6n 12a
，
S
4n3
8n
2
14n6a
，

1
(1016n6)n8n
2
2n
.
2

1
2
1

2
n
2
na(n4k3)


1
n
2

1
n22a(n4k2)

22
∴
S
n


,(kN*)


1
n
2

1
na(n4k1)

22

11

n
2< br>n(n4k)
22

13. 答案：见解析
第20页，总37页

分析：
(1)
若

1
，则
(S
n1
1)a
n
 (S
n
1)a
n1
，
a
1
S
11
．

又∵
a
n
0,S
n
0
， ∴

∴
S
n1
1a
n1
，

S< br>n
1a
n
S
2
1
S
3
1
S
1
1S
2
1

S
n1< br>1
a
2
a
3

S
n
1a< br>1
a
2

a
n1
，
a
n

化简，得
S
n1
12a
n1
．①


∴当
n2
时，
S
n
12a
n
．②

② - ①，得
a
n1
2a
n
，∴

∵当
n1
时，
a
2
2
，∴
n1
时上式也成立，

∴数列

a
n
是首项为
1
，公比为
2
的等比数列，
an2n1 (nN*)
．

a
n1
2

(n2)
．
a
n
(2)
令
n1
，得
a
2


1
．令
n2
，得
a
3
(

1)
2
．

要使数列< br>
a
n

是等差数列，必须有
2a
2
a< br>1
a
3
，解得

0
．

当

0
时，
S
n1
a
n
 (S
n
1)a
n1
，且
a
2
a
1< br>1
．

当
n2
时，
S
n1
(S
n
S
n1
)(S
n
1)(S
n1< br>S
n
)
，

第21页，总37页

整理，得
S
n
2
S
n
S
n1
S< br>n1
S
n1
，

从而
S
n
1S
n1
，

S
n1
1S
n
S
2
1
S
3
1
S
1
1S
2
1

S
n
1S
3
S
4

S
n1
1S
2
S
3

S
n1
，
S
n
< br>化简，得
S
n
1S
n1
，所以
a
n 1
1


综上所述，
a
n
1

(nN*)
，

所以

0
时，数列

a
n

是等差数列．

14. 答案：
(1)
a
n
2n1

(2)
a1
或
a2

分析：
(1)
证明：当
n1
时，
a
1
S
1
，又∵
a
1
1
，
S
1
1
，因为
a
n

即
1
a
n
S
n
S
n 1
，
S
n
S
n1
S
n
Sn1
，
S
n
S
n1
(n2)
， S
n
S
n1
S
n
S
n1
，
S
n
S
n1
1
，
S
n
 S
n1
所以数列
{S
n
}
是首项为
1
， 公差为
1
的等差数列．由此可得
S
n
n
，由
a< br>n
S
n
S
n1
nn12n1
，
当
n1
时，
a
1
1
也适合，所以
a
n
2n1
；
(2)
因为
11111
()
，
a
n
a
n1
(2n1)(2n1)22n12n1
1111
(1 
2335
2
所以，
T
n

11111)(1)
，
4T
n
2
，对任意的
nN*
，
2n12n122n12
不等式恒成立，
2aa
，解 得
a1
或
a2
，
所以对任意的
nN*
， 不等式
4T
n
a
2
a
恒成立，实数
a
的取值范围
a1
或
a2
．

第22页，总37页

n

n3

15. 答案：
(1)

m2,k10
；
(2)

T
n


2
24m3m
，分析：
(1)
等差数列

a
n

的前三项依次为
m
、
4
、
3m< br>，所以
4
是
m
、
3m
的等差中项，
m2
.所以等差数列的前三项依次为
2
、
4
、
6
，所以 首项
a
1
为
2
，公差为
2
.所以等差数列

a
n

前
n
项和
S
n
2n
n(n1)
2n
2
n
.由
S
k
 110
得
k
2
k110
，又
k
为正整数，k10
.
2
S
(2)
由上问得
S
n
n
2
n
，
b
n

n
n1
，
b
n1
(n1)1n
，所以
b
n 1
b
n
1
，数列

b
n

是 等
n
差数列
bn1
，
b
n
n

n3

n

1
2
，由等差数列前
n
项和公式，
T
n

2
(b
1
b
n
)
2
.

16. 答案：答案见解析
分析：(1)
因为
11
a
2a

3a
n
 4
3
1
所以
1

1
3

n 1
1

n
3
a
n
1a
n
1
a
n1
1a
n
1
3a
1
n< br>4

所以
{
1
a1
}
是首项为
3
，公差为
3
的等差数列
n

所以
1< br>a
3n
，所以
a
1
n
1
；
n
1
3n

(2)
由已知
b
3< br>n
1
n

a
3
n
n

n
1


S
n
n
3
2
13
3
2...3(n1)3
n1
n
① < br>3Sn3
2
13
4
23
n1
(n 1)3
n2
n
②

① － ②得
2S
n
3
2
3
3
...3
n1
3
n2
n

第23页，总37页

3
2
( 3
n
1)
n2
3
n2
9n
n2
(2n1)
n2
9
3n
所以
S
n
3 3
．
314244

17. 答案：
(1)

b
1

立
分析：
(1)

b
n 1

∵
a
1

3456n2
，
b2
,b
3
,b
4

；
(2)

b
n

；
(3)

a1
时
4aS
n
b
n
恒成
567n3
4
b
n
b
n
1


(1a
n
)(1a< br>n
)b
n
(2b
n
)2b
n
13456
,b
1
b
2
,b
3
,b
4


44567
(2)
∵
b
n1
1
2b
n
111

1 1
2b
n
b
n1
1b
n
1b< br>n
1
∴数列
{c
n
}
是以
4
为 首项，
1
为公差的等差数列
∴
c
n
4(n1)(1)n3.

1n2

n3,b
n

b
n
 1n3
ann2(a1)n
2
(3a6)n8

4a S
n
b
n

n4n3(n3)(n4)

由条件可知
(a1)n(3a6)n80
恒成立即可满足条件，

设
f(n)(a1)n(3a6)n8


当
a1
时，
f(n)3n80
恒成立

当
a1
时，由二次函数的性质知不可能成立

当
a1
时，对称轴
n

2
2
3a231
(1)0
，
2a12a1
f(n)
在
(1,)
为单调递减函数．
第24页，总37页

f(n)f(1)(a1)n
2
(3a6)n8(a1)(3a6)84a150
，

∴
a1
时
4aS
n
b
n
恒成立

18. 答案：
(1)
见解析；
(2)
b
n
n2
n
；
(3)
详见解析．
分析：
(1)
证明：∵
a
n
=
2a
n1
12a1a1

n2


a
n
1
n1
1
n1

a
n1
a
n1
a
n1


a(a1)1
11

n1

n1
1(n2)

a
n
1a
n1
1a
n1
1a
n1
1
11
1

n2

a
n
1a
n1
1
1
1
}
是以< br>2
为首项，
1
为公差的等差数列.
a
1
1a
n
1
2n22n4
b
n
)(2b
n1
)

nn1
即：
∴数列
{
(2)
当
n2
时，
b
n
S
n
S
n1< br>(2
b
n

b
2n22n42
b
2 n
b
n
b
n1

n
b
n1
， 即：
n


n2


nn1nn1< br>b
n1
n1

bb
b
2
b
3< br>b
4
2223242n
...
n
. ..
n
n2
n1

b
1
b
2< br>b
3
b
n1
123n1b
1
当
n1< br>时，
b
1
S
1
2
∴
b
n
n2
n

(3)
由
(1)知：
1n+2
a
1n211
a
n

2

n1

1n1
a
n
1
 c
n

n

n1n1
a
n
1b
n
n(n1)2
n
n2
n1
(n1)2
n
T
n


c
i
(1
i1
n
11111
)()...()

112n1n
222232n2(n1)2
1

1
1

(n1)2
n
19. 答案：见解析
第25页，总37页

分析：
(1)
由题
{bn
}
是等差数列，设
{b
n
}
的公差为
d，
∵
b
n

a
1
2a
2
...na
n
，
12...n
∴
(12n )b
n
a
1
2a
2
na
n
①；
∴有
(12(n1))b
n1
a
1
2a
2
na
n
(n1)a
n1
②，
(n1)(n2)n(n1)
b
n1
b
n
(n 1)a
n1
，
22
(n2)b
n1
nb
n
(n1)b
n
(n1)b
n1
即
a
n 1

，∴
a
n

，
22
113
所以
a
n1
a
n
(n2)(b
n1
 b
n
)(n1)(b
n
b
n1
)d
，
222
3
所以
{a
n
}
是公差为
d
的等差数列．
2
∴②-①可得：
(2)
记
T
n
a
1
2a
2
na
n
，因为
an
2
n
，
∴
T
n
222
2
n2
n
① 所以
2T
n
2
2
22
3
n2
n1
②，
①-②得：
T
n
222n2
∴
T
n
(n1) 2
n1
2
，
2nn1
2(12
n
)
n2
n1
，
12
a
1
2a
2
na
n
2 T
n
4((n1)2
n
1)
∴
b
n

，

12nn(n1)n( n1)
∴
b
n
411
4()
，
(n1 )2
n
1n(n1)nn1
1111114
)4
．
1223nn1n1
∴
S
n
4(

n
2
20. 答案：
(1)
S
n

；
n1

(2)
见解析.
分析：
(1)
由
S
n
n
2
a
n
n(n1)
知，

当
n2
时：
S
n
n
2
(S
n
S
n1
)n(n1)
，
第26页，总37页

即
(n
2
1)S
n
n
2
S
n1
n(n1)
，

∴

又

n1n
S
n
S
n 1
1
，对
n2
成立.
nn1
11n1
S
1
1,{S
n
}
是首项为
1
，公差为1
的等差数列.
1n
n1
S
n
1(n1)1

n

n
2
∴
S
n


n1



∴
b
1
b
2b
n
1

∵


2
< br>b
n

S
n
111


n
3
n(n1)nn1
111111
1

223nn1n1
11
11

2n1
1
b
1
b
2

2




21. 答案：见解析
b
n
1

分析：
(1)
当
n1时，
S
1


当
n2
时，
Sn1

na
(a
1
a
1
)
a< br>1
0
，则
S
n

n
……①
22
(n1)a
n1
……②，
2
第27页，总37页

则①

②得
S
n
S
n1


na
n
(n1)a
n1
2a
n
nan
(n1)a
n1

22
(n2)a
n
(n1)a
n1


a
n
n1
a
n
n1

a
n1
n2
检验
n1
时也符合，故
an
n1
，则
a
n
a
n1
1
，所以
a
n
为等差数列.综上
a
n
是等差数列且
a
n
n1
.

(2)
由
(1)
S
n


n(n1)( n2)(n1)(n1)nn2n
P
n


2(n1)n(n2)(n1)nn2
1

2222
12()

nn2nn2
2222
P
n
2n(
1324
22
)

nn2
则
T
n
P
1
P
2



2n(21

2222
)2n(3)
，
n1n2n1n2
2 22222
0
且
0
，所以
T
n
2n2 3
. ，因为
n1n2n2n1n1n2
所以
T
n
2n3

22. 答案： 答案见解析
分析：
(1)
设的公差为
d
，则

c
n 1
c
n
(a
n1
2
a
n2
2
)(a
n
2
a
n1
2
)


2a
n1
2
(a
n1
d)
2
 (a
n1
d)
2


第28页，总37页

2d
2


数列
{c
n
}
是以
2d
为公差的等差数列

2
(2)
因为
a
1
a
3

< br>a
25
130,a
2
a
4
a
26
14313k

两式相减：
13d1313k


所以
d1k


所以
13a
1



a
1
212k


所以
a
n
a
1
(n1)d(1k)n(13k3)


所以
c
n1
c
n
(a
n12
a
n2
2
)(a
n
2
a
n 1
2
)


13(131)
2d130

2
26k
2
32k6(2n1)(1k)
2


2(1k)
2
n25k
2
30k5


(3)
因为当且仅当
n12
时最大

所以有
c
12
0,c
13
0,


第29页，总37页


24(1k)
225k30k50

k
2
18k190
即




2222

36(1k)25k30k 50

k22k210



23. 答案：（ Ⅰ）
a
n
1(n1)
1n1

；（Ⅱ）
c
n
2
n1
；（Ⅲ）
T
n
n2
n 1

22
分析：（Ⅰ）由
2S
2
n
2a
n
a
n
1
①

得
2S
2
n1
2a
n1
a
n1
1
②

由②—①，得
2a
22
n1< br>2(a
n1
a
n
)(a
n1
a
n
)


即：
2(a
n1
a
n
)(a
n1
a
n
)(a
n1
a
n
)0


所以
(a
n1
a< br>n
)(2a
n1
2a
n
1)0
由于数列{a
n
}
各项均为正数，
2a
n1
2a
n
1


即
a
1
n1
a
n

2
数列
{ a
，公差为
1
n
}
是首项为
1
2
的等差数 列，

数列
{a
1
n
}
的通项公式是
a
n
1(n1)
2

n1
2


（Ⅱ）由
b
1
n1
f(b
n
)< br>4
知
b
2
1
n1
b
n
bn

4
，所以
b
1
2
n
2
(b
1
1

n

2
)
，


有
log
11
2
1
2
(b< br>n1

2
)log
2
(b
n

2
)2log
2
(b
n

2
)
，即c
n1
2c
n
，
第30页，总37页

而
c
1
log
2
(b
1
)log
2
21
，故
{c
n
}
是以
c
1
1
为首项，公比为
2
的等比数
列.

所
以
c
n
2
n1



（Ⅲ）
d
n
a
n
c
n


所以数列
{d
n
}
的前
n
项和
T
n

22
1
32
0


错位相减可得
T
n
n2
n1


24. 答案：答案见解析
分析：（Ⅰ）在
S
n
a
n
()

1
2
n1
n1
2(n1)2
n2
，
2
n2
n3
(n1)2
n2

12
n1
2
中，令
n1
，可得
S
1
a
n
12a
1
，即
a
1

1

2
2
时，∴
S
n1
a
n1()
当
n…
1
2
n2
11
2
，
a
n
S
n
S
n1
a
n
a
n1
()
n1
…∴
2a
n
a
n1
()
n1
，
22
2
时
b
n< br>b
n1
1
，即
2
n
a
n
2
n1
a
n1
1
∵
b
n
2
n
a
n
，∴
b
n
b
n1
1
，即当
n…
. ……又
b
1
2a
1
1，
∴数列

b
n

是首项和公差均为
1
的等差数列.

于是
b
n
1(n1)1n2
n
a
n
，∴
a
n


（Ⅱ）∵
c
n
log
2

∴
n

2
n
n
log
2
2
n
n

a
n
2211


c
n
c
n 2
n(n2)nn2
第31页，总37页

∴
T
n
(1)()()

1
31
2
1
4
11
35
(
1111
) ()

n1n1nn2
1

111


2n1n2
25111251113
 
，得
1
，即，
212n1n221n1n242
11913
,f(5)
单调递减，∵
f(4)
，
n1n22042
由
T
n


f(n)

∴
n
的最大值为
4


25. 答案：见解析
分析：
(1)
由
2S
n
 2S
n1
2a
n1
1
得
2a
n
 2a
n1
1
，
a
n
a
n1
∴
a
n
a
1
(n1)d

1

2
11
n

24
11
(2)
∵
3b
n
b
n1
n
，∴
b
n
b
n1
n
，
33

∴
b
n
a
n


1111111113
b
n1
nnb
n1
n(b
n1
n)
;
3324364324
1113
ba
n
1
b
n1
a
n1
b
n1
(n1) b
n1
n
，∴由上面两式得
n

，又
242 4
b
n1
a
n1
3
b
1
a
1


11911
30
.∴数列
{b
n
a
n
}
是以
30
为首项， 为公比的等比数列. < br>443
11111
(3)
由
(2)
得
b
n< br>a
n
30()
n1
，∴
b
n
a
n
30()
n1
n30()
n1

33243

11
n1
(1())
1
n
n1

1
119n
2
1179
33
n30
前
n
项和
T
n


 15()
n1

1
224
4434
1
3< br>第32页，总37页

26. 答案：见解析
分析：
(1)

T
111
13

由题意可 得：
T
n
22
n
T
n
T
n1< br>2T
n1
2T
n
(n2)
，所以


T
n1
T
n
T
n1
2
T
1
2
n1
11n2
(2)
数列
{}
为等差数列，

，
a
n

，
n2
T
n
T
n
2
b
n


1111

S
n
...
(n2)(n3)3 445(n2)(n3)
11111111n
()()...() 

3445n2n33n33n9

27. 答案：答案见解析
分析：
(1)
由题意知，
a
n
()(nN)
，

1
4
n*
1
b
n
3log
1
a
n
23log
1
()
n
22n2< br>
44
4

因为
b
n1
b
n< br>3(n1)2(3n2)3
（常数），

∴数列
{b< br>n
}
是首项
b
1
1
公差
d2
的 等差数列.

1
(2)
由
(1)
知，
a
n
()
n
,b
n
3n2(nN
*
)
4

1
c
n
(3n2)()
n(nN
*
)

4

111
S
n< br>14()
2
7()
3

444

11
(3n5)()
n1
(3n2)()
n

44
第33页，总37页

于是

1111
S
n
1()
2
4()
3
7()
4
4444
3111
S
n
3[()
2
( )
3

4444
1
4
11
(3n5)()< br>n
(3n2)()
n1

44
两式相减得

11
()
n
](3n2)()
n1

44

2(3n2)()

所以
S
n


n1

23n21
n
(),(nN
*
)

334
2
3
1
9
8
.
（Ⅳ）见解析
9
28. 答案：（Ⅰ）
S
2
8
（Ⅱ）见解析（III ）
T
n
(n)2
分析：（Ⅰ）由已知:
s
2
2s
1
22a
1
28


（Ⅱ）∵
S
n1

差数列.

（III）由（II）可知,
S
n
n
2
2n(nN
*
)


∴当
n1
时，
a
1
3


2n3
ss
s
n1
S
n
n1,
, 同除以
n1
,则有：
n1

n
1
,所以{
n
}
是以
3
为首项,
1
为公差的等
nn1n
n
当
n2
时，
a
n
S
n< br>S
n1
2n1
经检验，当
n1
时也成立
 a
n
2n1(nN*)



b
na
n
2
n
b
n
(2n1)2
2n 1
,
T
n
b
1
b
2
b< br>n1
b
n


a
T
n
3 2
3
52
5
(2n1)2
2n1
( 2n1)2
2n1


4T
n
32
5< br>(2n3)2
2n1
(2n1)2
2n1
 (2n1)2
2n3



第34页，总37页

解得：
T
n
(n)2

（Ⅳ）∵
C
n


2
3
1
9
2n3
8
.

9
T
n
2n111
n
()

2n 3
23994
11
[1()
n
]
2n(n1)11< br>4

C
1
C
2
C
n
n
4
1
3299
1
4

3n
2
4n111
n
3n
2
4n17120
() .

92727492792727



29. 答案：答案见解析
分析：

即


则数列
{a
n
}
是等差数列，公差为
d1
，首项

a
n
2a
n1
2
n
(n…2且
nN
*
)
，

a
n
a
n 1
1

2
2
2
n1
a
n
a
n1
*
1(n2
且
nN)

2n1
22
a
1
1


22
(2)
由
(1)
得：


a
n
11
(n1)dn

2
222
1
(n)2
n

2
1
(n)2
n1

2
1
2
n
(n)2
n1
1
< br>2
135
(3)
S
n
2
1
2
2
2
3

222

135
s
n< br>2
2
2
3
2
4

222

则
S
n
122
23
1
2
n
(n)2
n
2
1
2
2
2
3< br>
2
第35页，总37页

2(12
n< br>)1
(n)2
n1
1(32n)2
n
3
122

S
n
(2n3)2
n
3(2n3)2
n



故

30. 答案：见解析
分析：
(1)

∴ 数列
{

∴
S
n
2n3

2
n
a
n< br>11
1
，所以
1
，因为
a
n1
1
，
a
n1
a
n
a
1
2a
n< br>1
1
}
是首项为
1
，公差为
2
的等差数列 ，
a
n
1
1

2n1
，从而
a
n

2n1
a
n
(2)
因为
a
n
a
n1


111
()


2n1

2n1< br>
22n12n1
1
所以
T
n
a
1< br>a
2
a
2
a
3
a
n
a
n1

111111n
[(1)()()]
，
23352n12n12n1
n1000

由
T
n< br>
，
2n12013

得
n

最小正整数
n
为
77
.

第36页，总37页
1000
，
13

第37页，总37页