2011年高考数学真题分类汇编D 32页

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 课标文数 17.D1[2011·浙江卷] 若数列 {n（n＋4）2 3 n}中的最大项是第 k 项，则 k＝ ________. 课 标 文 数 17.D1[2011· 浙 江 卷 ] 4 　 【 解 析 】 设 最 大 项 为 第 k 项 ， 则 有 {k（k＋4）(2 3 )k ≥ （k＋1）（k＋5）(2 3 )k＋1 ， k（k＋4）(2 3 )k ≥ （k－1）（k＋3）(2 3 )k－1 ， ∴{k2 ≥ 10， k2－2k－9 ≤ 0 ⇒{k ≥ 10或 k ≤ － 10， 1－ 10 ≤ k ≤ 1＋ 10 ⇒k＝4. 课标文数 20.D2，A2[2011·北京卷] 若数列 An：a1，a2，…，an(n≥2)满足|ak＋1－ak|＝1(k ＝1，2，…，n－1)，则称 An 为 E 数列．记 S(An)＝a1＋a2＋…＋an. (1)写出一个 E 数列 A5 满足 a1＝a3＝0； (2)若 a1＝12，n＝2000，证明：E 数列 An 是递增数列的充要条件是 an＝2011； (3)在 a1＝4 的 E 数列 An 中，求使得 S(An)＝0 成立的 n 的最小值． 课标文数 20.D2，A2[2011·北京卷] 【解答】 (1)0，1，0，1，0 是一个满足条件的 E 数 列 A5. (答案不唯一，0，－1，0，1，0；0，±1，0，1，2；0，±1，0，－1，－2；0，±1，0，－ 1，0 都是满足条件的 E 数列 A5) (2)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 E 数列 An 是递增数列． 综上，结论得证． (3)对首项为 4 的 E 数列 An，由于 a2≥a1－1＝3， a3≥a2－1≥2， …… a8≥a7－1≥－3， …… 所以 a1＋a2＋…＋ak>0(k＝2，3，…，8)． 所以对任意的首项为 4 的 E 数列 An，若 S(An)＝0，则必有 n≥9. 又 a1＝4 的 E 数列 A9：4，3，2，1，0，－1，－2，－3，－4 满足 S(A9)＝0， 所以 n 的最小值是 9. 大纲理数 4.D2[2011·全国卷] 设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，若 a1＝1，公差 d＝2，Sk ＋2－Sk＝24，则 k＝(　　) A．8 B．7 C．6 D．5 大纲理数 4.D2[2011·全国卷] D　【解析】 ∵Sk＋2－Sk＝ak＋1＋ak＋2＝2a1＋(2k＋1)d＝4k ＋4，∴4k＋4＝24，可得 k＝5，故选 D. 大纲理数 20.D2，D4[2011·全国卷] 设数列{an}满足 a1＝0 且 1 1－an＋1－ 1 1－an＝1. (1)求{an}的通项公式； (2)设 bn＝1－ an＋1 n ，记 Sn＝ n ∑ k＝1 bk，证明：Sn＜1. 大纲理数 20.D2，D4[2011·全国卷] 【解答】 (1)由题设 1 1－an＋1－ 1 1－an＝1， 即{ 1 1－an}是公差为 1 的等差数列． 又 1 1－a1＝1，故 1 1－an＝n. 所以 an＝1－1 n. (2)证明：由(1)得 bn＝1－ an＋1 n ＝ n＋1－ n n＋1· n ＝ 1 n － 1 n＋1 ， ∴Sn＝∑ n k＝1bk＝∑ n k＝1( 1 k － 1 k＋1)＝1－ 1 n＋1<1. 大纲文数 6.D2[2011·全国卷] 设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，若 a1＝1，公差 d＝2，Sk ＋2－Sk＝24，则 k＝(　　) A．8 B．7 C．6 D．5 大纲文数 6.D2[2011·全国卷] D　【解析】 ∵S k＋2－Sk＝ak＋1＋ak＋2＝2a1＋(2k＋1)d＝4k ＋4，∴4k＋4＝24，可得 k＝5，故选 D. 课标理数 10.M1，D2，B11[2011·福建卷] 已知函数 f(x)＝ex＋x.对于曲线 y＝f(x)上横坐标 成等差数列的三个点 A、B、C，给出以下判断： ①△ABC 一定是钝角三角形； ②△ABC 可能是直角三角形； ③△ABC 可能是等腰三角形； ④△ABC 不可能是等腰三角形． 其中，正确的判断是(　　) A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 课标理数 10.M1，D2，B11[2011·福建卷] B　【解析】 解法一：(1)设 A、B、C 三点的 横坐标分别为 x1，x2，x3(x10， ∴ f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数， ∴ f(x1)0， ∴ f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，画出 f(x)的图象(大致)． ∴ f(x1)0，0<φ<π)在 x＝ π 6 处取得最大值，且最大值为 a3，求函 数 f(x)的解析式． 课标数学 16.D3，C4[2011·福建卷] 【解答】 (1)由 q＝3，S 3＝13 3 得a1（1－33） 1－3 ＝13 3 ， 解得 a1＝1 3. 所以 an＝1 3×3n－1＝3n－2. (2)由(1)可知 an＝3n－2，所以 a3＝3. 因为函数 f(x)的最大值为 3，所以 A＝3； 因为当 x＝ π 6 时 f(x)取得最大值， 所以 sin(2 × π 6 ＋φ)＝1. 又 0<φ<π，故 φ＝ π 6 . 所以函数 f(x)的解析式为 f(x)＝3sin(2x＋ π 6 ). 课标文数 16.D3[2011·福建卷] 商家通常依据“乐观系数准则”确定商品销售价格，即根 据商品的最低销售限价 a，最高销售限价 b(b>a)以及实数 x(0a，b－a≠0， ∴x2＝1－x，即 x2＋x－1＝0， 解得 x＝ －1 ± 5 2 ， 因为 00)，b1－a1＝ 1，b2－a2＝2，b3－a3＝3. (1)若 a＝1，求数列{an}的通项公式； (2)若数列{an}唯一，求 a 的值． 课标理数 18.D3[2011·江西卷] 【解答】 (1)设{an}的公比为 q，则 b1＝1＋a＝2，b2＝2＋ aq＝2＋q，b3＝3＋aq2＝3＋q2， 由 b1，b2，b3 成等比数列得(2＋q)2＝2(3＋q2)， 即 q2－4q＋2＝0，解得 q1＝2＋ 2，q2＝2－ 2， 所以{an}的通项公式为 an＝(2＋ 2)n－1 或 an＝(2－ 2)n－1. (2)设{an}的公比为 q，则由(2＋aq)2＝(1＋a)(3＋aq2)，得 aq2－4aq＋3a－1＝0，(*) 由 a＞0 得 Δ＝4a2＋4a＞0，故方程(*)有两个不同的实根， 由{an}唯一，知方程(*)必有一根为 0，代入(*)得 a＝1 3. 课标文数 5.D3[2011·辽宁卷] 若等比数列{an}满足 anan＋1＝16n，则公比为(　　) A．2 B．4 C．8 D．16 课标文数 5.D3[2011·辽宁卷] B　【解析】 由于 a nan＋1 ＝16n，又 an－1an＝16n－1 ，所以 anan＋1 an－1an＝q2＝16，又由 anan＋1＝16n 知 an>0，所以 q＝4. 课标文数 17.D2，D3[2011·课标全国卷] 已知等比数列{an}中，a1＝1 3，公比 q＝1 3. (1)Sn 为{an}的前 n 项和，证明：Sn＝1－an 2 ； (2)设 bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列{bn}的通项公式． 课标文数 17.D2，D3[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)因为 an＝1 3×(1 3 )n－1 ＝ 1 3n， Sn＝ 1 3(1－ 1 3n) 1－1 3 ＝ 1－ 1 3n 2 ， 所以 Sn＝1－an 2 . (2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an ＝－(1＋2＋…＋n) ＝－n（n＋1） 2 . 所以{bn}的通项公式为 bn＝－n（n＋1） 2 . 大纲文数 9.D3[2011·四川卷] 数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1)，则 a6＝(　　) A．3×44 B．3×44＋1 C．44 D．44＋1 大纲文数 9.D3[2011·四川卷] A　【解析】 由 an＋1＝3Sn⇒Sn＋1－Sn＝3Sn⇒Sn＋1＝4Sn，所 以数列{Sn}是首项为 1，公比为 4 的等比数列，所以 Sn＝4n－1，所以 a6＝S6－S5＝45－44＝3× 44，所以选择 A. 大纲理数 11.D2[2011·重庆卷] 在等差数列{a n}中，a 3＋a7＝37，则 a 2＋a4＋a6＋a8＝ ________. 大纲理数 11.D2[2011·重庆卷] 74　【解析】 由 a3＋a7＝37，得(a1＋2d)＋(a1＋6d)＝37， 即 2a1＋8d＝37.∴a2＋a4＋a6＋a8＝(a1＋d)＋(a1＋3d)＋(a1＋5d)＋(a1＋7d)＝2(2a1＋8d)＝74. 课标文数 7.D4[2011·安徽卷] 若数列{an}的通项公式是 an＝(－1)n(3n－2)，则 a1＋a2＋… ＋a10＝(　　) A．15 B．12 C．－12 D．－15 课标文数 7.D4[2011·安徽卷] A　【解析】 a 1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10＋…＋(－ 1)10·(3×10－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－1) 9·(3×9－2)＋(－1) 10·(3×10－2)]＝3 ×5＝15. 课标文数 21.D3，D4[2011·安徽卷] 在数 1 和 100 之间插入 n 个实数，使得这 n＋2 个数 构成递增的等比数列，将这 n＋2 个数的乘积记作 Tn，再令 an＝lgTn，n≥1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝tanan·tanan＋1，求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 课标文数 21.D3，D4[2011·安徽卷] 本题考查等比和等差数列，指数和对数的运算，两角 差的正切公式等基本知识，考查灵活运用知识解决问题的能力，综合运算能力和创新思维能 力． 【解答】 (1)设 t1，t2，…，tn＋2 构成等比数列，其中 t1＝1，tn＋2＝100，则 Tn＝t1·t2·…·tn＋1·tn＋2，① Tn＝tn＋2·tn＋1·…·t2·t1.② ①×②并利用 titn＋3－i＝t1tn＋2＝102(1≤i≤n＋2)，得 T2n＝(t1tn＋2)·(t2tn＋1)·…·(t n＋1t2)·(tn＋2t1)＝102(n＋2)， ∴an＝lgTn＝n＋2，n≥1. (2)由题意和(1)中计算结果，知 bn＝tan(n＋2)·tan(n＋3)，n≥1. 另一方面，利用 tan1＝tan[(k＋1)－k]＝ tan（k＋1）－tank 1＋tan（k＋1）·tank. 得 tan(k＋1)·tank＝tan（k＋1）－tank tan1 －1. 所以 Sn＝∑ n bk＝ ∑ n＋2 tan(k＋1)·tank ＝ ∑ n＋2 [tan（k＋1）－tank tan1 －1]＝tan（n＋3）－tan3 tan1 －n. 课标理数 18.D3，D4[2011·安徽卷] 在数 1 和 100 之间插入 n 个实数，使得这 n＋2 个数构成递增的等比数列，将这 n＋2 个 数的乘积记作 Tn，再令 an＝lgTn，n≥1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝tanan·tanan＋1，求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 课标理数 18.D3，D4[2011·安徽卷] 【解析】 本题考查等比和等差数列，对数和指数的 运算，两角差的正切公式等基本知识，考查灵活运用基本知识解决问题的能力，运算求解能 力和创新思维能力． 【解答】 (1)设 t1，t2，…，tn＋2 构成等比数列，其中 t1＝1，tn＋2＝100，则 Tn＝t1·t2·…·tn＋1·tn＋2，① Tn＝tn＋2·tn＋1·…·t2·t1，② ①×②并利用 titn＋3－i＝t1tn＋2＝102(1≤i≤n＋2)，得 T2n＝(t1tn＋2)·(t2tn＋1)·…·(t n＋1t2)·(tn＋2t1)＝102(n＋2)． ∴an＝lgTn＝n＋2，n≥1. (2)由题意和(1)中计算结果，知 bn＝tan(n＋2)·tan(n＋3)，n≥1， 另一方面，利用 tan1＝tan[(k＋1)－k]＝ tan（k＋1）－tank 1＋tan（k＋1）·tank， 得 tan(k＋1)·tank＝tan（k＋1）－tank tan1 －1. ＝tan（n＋3）－tan3 tan1 －n. 大纲理数 20.D2，D4[2011·全国卷] 设数列{an}满足 a1＝0 且 1 1－an＋1－ 1 1－an＝1. (1)求{an}的通项公式； (2)设 bn＝1－ an＋1 n ，记 Sn＝ n ∑ k＝1 bk，证明：Sn＜1. 大纲理数 20.D2，D4[2011·全国卷] 【解答】 (1)由题设 1 1－an＋1－ 1 1－an＝1， 即{ 1 1－an}是公差为 1 的等差数列． 又 1 1－a1＝1，故 1 1－an＝n. 所以 an＝1－1 n. (2)证明：由(1)得 bn＝1－ an＋1 n ＝ n＋1－ n n＋1· n ＝ 1 n － 1 n＋1 ， ∴Sn＝∑ n k＝1bk＝∑ n k＝1( 1 k － 1 k＋1)＝1－ 1 n＋1<1. 课标文数 20.D4[2011·湖南卷] 某企业在第 1 年初购买一台价值为 120 万元的设备 M，M 的价值在使用过程中逐年减少，从第 2 年到第 6 年，每年初 M 的价值比上年初减少 10 万元； 从第 7 年开始，每年初 M 的价值为上年初的 75%. (1)求第 n 年初 M 的价值 an 的表达式； (2)设 An＝a1＋a2＋…＋an n .若 An 大于 80 万元，则 M 继续使用，否则须在第 n 年初对 M 更新．证明：须在第 9 年初对 M 更新． 课标文数 20.D4[2011·湖南卷] 【解答】 (1)当 n≤6 时，数列{an}是首项为 120，公差为 －10 的等差数列． an＝120－10(n－1)＝130－10n； 当 n≥6 时，数列{an}是以 a6 为首项，公比为3 4的等比数列，又 a6＝70，所以 an＝70× (3 4 )n－6 . 因此，第 n 年初，M 的价值 an 的表达式为 an＝{130－10n，n ≤ 6， 70 × (3 4 )n－6 ，n ≥ 7. (2)设 Sn 表示数列{an}的前 n 项和，由等差及等比数列的求和公式得 当 1≤n≤6 时，Sn＝120n－5n(n－1)， An＝120－5(n－1)＝125－5n； 当 n≥7 时，由于 S6＝570，故 Sn＝S6＋(a7＋a8＋…＋an)＝570＋70×3 4×4×[1－(3 4 )n－6 ]＝780－210×(3 4 )n－6 ， An＝ 780－210 × (3 4 )n－6 n ， 因为{an}是递减数列，所以{An}是递减数列．又 A8＝ 780－210 × (3 4 )2 8 ＝8247 64>80， A9＝ 780－210 × (3 4 )3 9 ＝7679 96<80， 所以须在第 9 年初对 M 更新． 课标理数 5.D4[2011·江西卷] 已知数列{a n}的前 n 项和 Sn 满足：Sn＋Sm＝Sn＋m，且 a1＝ 1.那么 a10＝(　　) A．1 B．9 C．10 D．55 课标理数 5.D4[2011·江西卷] A　【解析】 方法一：由 Sn＋Sm＝Sn＋m，得 S1＋S9＝S10， ∴a10＝S10－S9＝S1＝a1＝1，故选 A. 方法二： ∵S2＝a1＋a2＝2S1，∴a2＝1， ∵S3＝S1＋S2＝3，∴a3＝1， ∵S4＝S1＋S3＝4，∴a4＝1， 由此归纳 a10＝1，故选 A. 课标理数 17.D4[2011·辽宁卷] 已知等差数列{an}满足 a2＝0，a6＋a8＝－10. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{ an 2n－1 }的前 n 项和． 课标理数 17.D4[2011·辽宁卷] 【解答】 (1)设等差数列{an}的公差为 d，由已知条件可得 {a1＋d＝0， 2a1＋12d＝－10.解得{a1＝1， d＝－1. 故数列{an}的通项公式为 an＝2－n. (2)设数列{ an 2n－1 }的前 n 项和为 Sn，即 Sn＝a1＋a2 2 ＋…＋ an 2n－1，故 S1＝1， Sn 2 ＝a1 2 ＋a2 4 ＋…＋an 2n. 所以，当 n＞1 时， Sn 2 ＝a1＋a2－a1 2 ＋…＋an－an－1 2n－1 －an 2n ＝1－(1 2＋1 4＋…＋ 1 2n－1)－2－n 2n ＝1－(1－ 1 2n－1)－2－n 2n ＝ n 2n， 所以 Sn＝ n 2n－1. 综上，数列{ an 2n－1 }的前 n 项和 Sn＝ n 2n－1. 课标理数 14.D4[2011·陕西卷] 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)． 课标理数 14.D4[2011·陕西卷] 2000　【解析】 树苗放在 10 或 11 号坑，则其余的十九人 一次走过的路程为 90，80，70，60，…，80，90，100，则和为 s＝[9（10＋90） 2 × 2＋100] ×2＝2000，若放在 11 号坑，结果一样． 课标理数 19.B11，D4[2011·陕西卷] 图 1－11 如图 1－11，从点 P1(0，0)作 x 轴的垂线交曲线 y＝ex 于点 Q1(0，1)，曲线在 Q1 点处的 切线与 x 轴交于点 P2.现从 P2 作 x 轴的垂线交曲线于点 Q2，依次重复上述过程得到一系列点： P1，Q1；P2，Q2；…；Pn，Qn，记 Pk 点的坐标为(xk，0)(k＝1，2，…，n)． (1)试求 xk 与 xk－1 的关系(2≤k≤n)； (2)求|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|PnQn|. 课标理数 19.B11，D4[2011·陕西卷] 【解答】 (1)设 Pk－1(xk－1，0)，由 y′＝ex 得 Qk－1(xk－1，exk－1)点处切线方程为 y－exk－1＝exk－1(x－xk －1)， 由 y＝0 得 xk＝xk－1－1(2≤k≤n)． (2)由 x1＝0，xk－xk－1＝－1，得 xk＝－(k－1)， 所以|PkQk|＝exk＝e－(k－1)，于是 Sn＝|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|PnQn| ＝1＋e－1＋e－2＋…＋e－(n－1)＝1－e－n 1－e－1＝e－e1－n e－1 . 课标文数 10.D4[2011·陕西卷] 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，现将树坑从 1 到 20 依次编号，为使各位同学从各自树坑前来领取树苗所走的路程总和最小，树苗可以放置的两 个最佳坑位的编号为(　　) A．①和⑳ B．⑨和⑩ C．⑨和⑪ D．⑩和⑪ 课标文数 10.D4[2011·陕西卷] D　【解析】 从实际问题中考虑将树苗放在最中间的坑旁 边，则每个人所走的路程和最小，一共 20 个坑，为偶数，在中间的有两个坑为 10 和 11 号坑， 故答案选 D. 课标文数 19.B11，D4[2011·陕西卷] 如图 1－12，从点 P1(0，0)作 x 轴的垂线交曲线 y＝ ex 于点 Q1(0，1)，曲线在 Q1 点处的切线与 x 轴交于点 P2.再从 P2 作 x 轴的垂线交曲线于点 Q2，依次重复 图 1－12 上述过程得到一系列点：P1，Q1；P2，Q2；…；Pn，Qn，记 Pk 点的坐标为(xk，0)(k＝1， 2，…，n)． (1)试求 xk 与 xk－1 的关系(2≤k≤n)； (2)求|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|PnQn|. 课标文数 19.B11，D4[2011·陕西卷] 【解答】 (1)设 Pk－1(xk－1，0)，由 y′＝ex 得 Qk－1(xk－ 1，exk－1)点处切线方程为 y－exk－1＝exk－1(x－xk－1)， 由 y＝0 得 xk＝xk－1－1(2≤k≤n)． (2)由 x1＝0，xk－xk－1＝－1，得 xk＝－(k－1)， 所以|PkQk|＝exk＝e－(k－1)，于是 Sn＝|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|PnQn| ＝1＋e－1＋e－2＋…＋e－(n－1)＝1－e－n 1－e－1＝e－e1－n e－1 . 大纲文数 16.D4[2011·重庆卷] 设{an}是公比为正数的等比数列，a1＝2，a3＝a2＋4. (1)求{an}的通项公式； (2)设{bn}是首项为 1，公差为 2 的等差数列，求数列{an＋bn}的前 n 项和 Sn. 大纲文数 16.D4[2011·重庆卷] 【解答】 (1)设 q 为等比数列{an}的公比，则由 a1＝2，a3＝a2＋4 得 2q2＝2q＋4，即 q2－ q－2＝0，解得 q＝2 或 q＝－1(舍去)，因此 q＝2. 所以{an}的通项为 an＝2·2n－1＝2n(n∈N*)． (2)Sn＝2（1－2n） 1－2 ＋n×1＋n（n－1） 2 ×2 ＝2n＋1＋n2－2. 课标理数 20.D5，A3[2011·北京卷] 若数列 An：a1，a2，…，an(n≥2)满足|ak＋1－ak|＝1(k ＝1，2，…，n－1)，则称 An 为 E 数列．记 S(An)＝a1＋a2＋…＋an. (1)写出一个满足 a1＝a5＝0，且 S(A5)＞0 的 E 数列 A5； (2)若 a1＝12，n＝2000.证明：E 数列 An 是递增数列的充要条件是 an＝2011； (3)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． 课标理数 20.D5，A3[2011·北京卷] 【解答】 (1)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) (2)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 E 数列 An 是递增数列． 综上，结论得证． (3)令 ck＝ak＋1－ak(k＝1，2，…，n－1)，则 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)] ＝n（n－1） 2 －[(1－c1)(n－1)＋(1－c2)(n－2)＋…＋(1－cn－1)]．　 因为 ck＝±1，所以 1－ck 为偶数(k＝1，2，…，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n（n－1） 2 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. 课标理数 20.D5[2011·广东卷] 设 b>0，数列{an}满足 a1＝b，an＝ nban－1 an－1＋2n－2(n≥2)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)证明：对于一切正整数 n，an≤bn＋1 2n＋1＋1. 课标理数 20.D5[2011·广东卷] 【解答】 (1)由 a1＝b>0，知 an＝ nban－1 an－1＋2n－2>0， n an＝1 b＋ 2 b·n－1 an－1. 令 An＝ n an，A1＝1 b， 当 n≥2 时，An＝1 b＋2 bAn－1 ＝1 b＋ 2 b2＋…＋2n－2 bn－1＋2n－1 bn－1A1 ＝1 b＋ 2 b2＋…＋2n－2 bn－1＋2n－1 bn . ①当 b≠2 时， An＝ 1 b[1－(2 b )n ] 1－2 b ＝ bn－2n bn（b－2）； ②当 b＝2 时，An＝n 2. ∴an＝{nbn（b－2） bn－2n ，b ≠ 2， 2， b＝2. (2)证明：当 b≠2 时，欲证 an＝nbn（b－2） bn－2n ≤bn＋1 2n＋1＋1，只需证 nbn≤(bn＋1 2n＋1＋1)bn－2n b－2 ， 即证(2n＋1＋bn＋1)bn－2n b－2 ≥n·2n＋1bn. 而(2n＋1＋bn＋1)bn－2n b－2 ＝(2n＋1＋bn＋1)(bn－1＋2bn－2＋…＋2n－1) ＝2n＋1bn－1＋2n＋2bn－2＋…＋22n＋b2n＋2b2n－1＋…＋2n－1bn＋1 ＝2nbn(2 b＋22 b2＋…＋2n bn＋bn 2n＋bn－1 2n－1＋…＋b 2) >2nbn(2＋2＋…＋2)＝2n·2nbn＝n·2n＋1bn， ∴an＝nbn（b－2） bn－2n <1＋bn＋1 2n＋1. 当 b＝2 时，an＝2＝bn＋1 2n＋1＋1. 综上所述，an≤bn＋1 2n＋1＋1. 课标文数 20.D5，E7[2011·广东卷] 设 b＞0，数列{an}满足 a1＝b，an＝ nban－1 an－1＋n－1(n≥2)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)证明：对于一切正整数 n，2an≤bn＋1＋1. 课标文数 20.D5，E7[2011·广东卷] 【解答】 (1)由 a1＝b>0，知 an＝ nban－1 an－1＋n－1>0， n an＝1 b＋1 b·n－1 an－1. 令 An＝ n an，A1＝1 b， 当 n≥2 时，An＝1 b＋1 bAn－1 ＝1 b＋…＋ 1 bn－1＋ 1 bn－1A1 ＝1 b＋…＋ 1 bn－1＋ 1 bn. ①当 b≠1 时，An＝ 1 b(1－ 1 bn) 1－1 b ＝ bn－1 bn（b－1）， ②当 b＝1 时，An＝n. ∴an＝{nbn（b－1） bn－1 ，b ≠ 1， 1，　b＝1. (2)证明：当 b≠1 时，欲证 2an＝2nbn（b－1） bn－1 ≤bn＋1＋1，只需证 2nbn≤(bn＋1＋1)bn－1 b－1 . ∵(bn＋1＋1)bn－1 b－1 ＝b2n＋b2n－1＋…＋bn＋1＋bn－1＋bn－2＋…＋1 ＝bn(bn＋ 1 bn＋bn－1＋ 1 bn－1＋…＋b＋1 b) >bn(2＋2＋…＋2) ＝2nbn， ∴2an＝2nbn（b－1） bn－1 <1＋bn＋1. 当 b＝1 时，2an＝2＝bn＋1＋1. 综上所述 2an≤bn＋1＋1. 课标文数 21.D5[2011·江西卷] (1)已知两个等比数列{an}，{bn}，满足 a1＝a(a>0)，b1－a1 ＝1，b2－a2＝2，b3－a3＝3，若数列{an}唯一，求 a 的值； (2)是否存在两个等比数列{an}，{bn}，使得 b1－a1，b2－a2，b3－a3，b4－a4 成公差不为 0 的等差数列？若存在，求{an}，{bn}的通项公式；若不存在，说明理由． 课标文数 21.D5[2011·江西卷] 【解答】 (1)设{an}的公比为 q，则 b1＝1＋a，b2＝2＋aq， b3＝3＋aq2， 由 b1，b2，b3 成等比数列得(2＋aq)2＝(1＋a)(3＋aq2)， 即 aq2－4aq＋3a－1＝0. 由 a>0 得 Δ＝4a2＋4a>0，故方程有两个不同的实根， 再由{an}唯一，知方程必有一根为 0， 将 q＝0 代入方程得 a＝1 3. (2)假设存在两个等比数列{an}，{bn}使 b1－a1，b2－a2，b3－a3，b4－a4 成公差不为 0 的 等差数列，设{an}的公比为 q1，{bn}的公比为 q2， 则 b2－a2＝b1q2－a1q1， b3－a3＝b1q22－a1q21， b4－a4＝b1q32－a1q31， 由 b1－a1，b2－a2，b3－a3，b4－a4 成等差数列得 {2（b1q2－a1q1）＝b1－a1＋（b1q－a1q）， 2（b1q－a1q）＝b1q2－a1q1＋（b1q－a1q）， 即{b1（q2－1）2－a1（q1－1）2＝0，　　　　① b1q2（q2－1）2－a1q1（q1－1）2＝0，　　② ①×q2－②得 a1(q1－q2)(q1－1)2＝0. 由 a1≠0 得 q1＝q2 或 q1＝1， i)当 q1＝q2 时，由①②得 b1＝a1 或 q1＝q2＝1，这时(b2－a2)－(b1－a1)＝0，与公差不为 0 矛盾； ii)当 q1＝1 时，由①②得 b1＝0 或 q2＝1，这时(b2－a2)－(b1－a1)＝0，与公差不为 0 矛 盾． 综上所述，不存在两个等比数列{an}，{bn}使 b1－a1，b2－a2，b3－a3，b4－a4 成公差不 为 0 的等差数列． 课标理数 17.D5[2011·课标全国卷] 等比数列{an}的各项均为正数，且 2a1＋3a2＝1，a23＝ 9a2a6. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列{ 1 bn }的前 n 项和． 课标理数 17.D5[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)设数列{an}的公比为 q，由 a23＝9a2a6 得 a23＝9a24，所以 q2＝1 9. 由条件可知 q＞0，故 q＝1 3. 由 2a1＋3a2＝1 得 2a1＋3a1q＝1，所以 a1＝1 3. 故数列{an}的通项公式为 an＝ 1 3n. (2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an ＝－(1＋2＋…＋n) ＝－n（n＋1） 2 . 故 1 bn＝－ 2 n（n＋1）＝－2(1 n－ 1 n＋1)， 1 b1＋ 1 b2＋…＋ 1 bn＝－2(1－1 2 )＋(1 2－1 3 )＋…＋(1 n－ 1 n＋1)＝－ 2n n＋1. 所以数列{ 1 bn }的前 n 项和为－ 2n n＋1. 课标理数 20.D5[2011·山东卷] 等比数列{a n}中，a1，a2，a3 分别是下表第一、二、三行 中的某一个数，且 a1，a2，a3 中的任何两个数不在下表的同一列． 第一列 第二列 第三列 第一行 3 2 10 第二行 6 4 14 第三行 9 8 18 (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nlnan，求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 课标理数 20.D5[2011·山东卷] 【解答】 (1)当 a1＝3 时，不合题意； 当 a1＝2 时，当且仅当 a2＝6，a3＝18 时，符合题意； 当 a1＝10 时，不合题意． 因此 a1＝2，a2＝6，a3＝18， 所以公比 q＝3， 故 an＝2·3n－1. (2)因为 bn＝an＋(－1)nlnan ＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1) ＝2·3n－1＋(－1)n[ln2＋(n－1)ln3] ＝2·3n－1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)nnln3， 所以 Sn＝2(1＋3＋…＋3 n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1) n]·(ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－ 1)nn]ln3. 所以 当 n 为偶数时，Sn＝2·1－3n 1－3 ＋n 2ln3 ＝3n＋n 2ln3－1； 当 n 为奇数时，Sn＝2×1－3n 1－3 －(ln2－ln3)＋(n－1 2 －n)ln3 ＝3n－n－1 2 ln3－ln2－1. 综上所述，Sn＝{3n＋n 2ln3－1，n为偶数， 3n－n－1 2 ln3－ln2－1，n为奇数. 课标文数 20.D5[2011·山东卷] 等比数列{a n}中，a1，a2，a3 分别是下表第一、二、三行 中的某一个数，且 a1，a2，a3 中的任何两个数不在下表的同一列. 第一列 第二列 第三列 第一行 3 2 10 第二行 6 4 14 第三行 9 8 18 (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nlnan，求数列{bn}的前 2n 项和 S2n. 课标文数 20.D5[2011·山东卷] 【解答】 (1)当 a1＝3 时，不合题意； 当 a1＝2 时，当且仅当 a2＝6，a3＝18 时，符合题意； 当 a1＝10 时，不合题意． 因此 a1＝2，a2＝6，a3＝18，所以公比 q＝3. 故 an＝2·3n－1. (2)因为 bn＝an＋(－1)nlnan ＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1) ＝2·3n－1＋(－1)n[ln2＋(n－1)ln3] ＝2·3n－1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)nnln3， 所以 S2n＝b1＋b2＋…＋b2n ＝2(1＋3＋…＋3 2n－1 )＋[－1＋1－1＋…＋(－1) 2n](ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－ 1)2n2n]ln3 ＝2×1－32n 1－3 ＋nln3 ＝32n＋nln3－1. 课标数学 13.D5[2011·江苏卷] 设 1＝a1≤a2≤…≤a7，其中 a1，a3，a5，a7 成公比为 q 的 等比数列，a2，a4，a6 成公差为 1 的等差数列，则 q 的最小值是________． 课标数学 13.D5[2011·江苏卷] 3 3　【解析】 记 a2＝m，则 1≤m≤q≤m＋1≤q2≤m＋2≤ q3， 要 q 取最小值，则 m 必定为 1，于是有 1≤q≤2，2≤q2≤3，3≤q3，所以 q≥3 3. 课标数学 20.D5[2011·江苏卷] 设 M 为部分正整数组成的集合，数列{an}的首项 a1＝1， 前 n 项的和为 Sn，已知对任意的整数 k∈M，当整数 n>k 时，S n＋k ＋Sn－k ＝2(Sn＋Sk)都成 立． (1)设 M＝{1}，a2＝2，求 a5 的值； (2)设 M＝{3，4}，求数列{an}的通项公式． 课标数学 20.D5[2011·江苏卷] 本题考查数列的通项与前 n 项和的关系、等差数列的基本 性质等基础知识，考查考生分析探究及逻辑推理的能力． 【解答】 (1)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. (2)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＋S n－k－2Sn＝2Sk(k∈{3，4})可知(Sn ＋k－Sn)－(Sn－Sn－k)＝2Sk，故 9d＝2S3 且 16d＝2S4，解得 a4＝7 2d，从而 a2＝3 2d，a1＝d 2.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. 大纲文数 20.D5[2011·四川卷] 已知{a n}是以 a 为首项，q 为公比的等比数列，Sn 为它的 前 n 项和． (1)当 S1、S3、S4 成等差数列时，求 q 的值； (2)当 Sm、Sn、Sl 成等差数列时，求证：对任意自然数 k，am＋k，an＋k，al＋k 也成等差数 列． 大纲文数 20.D5[2011·四川卷] 【解答】 (1)由已知，an＝aqn－1，因此 S1＝a，S3＝a(1＋q＋q2)，S4＝a(1＋q＋q2＋q3)． 当 S1，S3，S4 成等差数列时，S4－S3＝S3－S1. 可得 aq3＝aq＋aq2. 化简得 q2－q－1＝0. 解得 q＝1 ± 5 2 . (2)证明：若 q＝1，则{an}的每项 an＝a，此时 am＋k，an＋k，al＋k 显然构成等差数列． 若 q≠1，由 Sm，Sn，Sl 构成等差数列可得 Sm＋Sl＝2Sn，即 a（qm－1） q－1 ＋a（ql－1） q－1 ＝2a（qn－1） q－1 . 整理得 qm＋ql＝2qn. 因此，am＋k＋al＋k＝aqk－1(qm＋ql)＝2aqn＋k－1＝2an＋k. 所以，am＋k，an＋k，al＋k 成等差数列． 大纲理数 20.D5[2011·四川卷] 设 d 为非零实数，an＝1 n[C1nd＋2C2nd2＋…＋(n－1)Cn－1n dn－1 ＋nCnndn](n∈N*)． (1)写出 a1，a2，a3 并判断{an}是否为等比数列．若是，给出证明；若不是，说明理由； (2)设 bn＝ndan(n∈N*)，求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 大纲理数 20.D5[2011·四川卷] 【解答】 (1)由已知可得 a 1＝d，a2＝d(1＋d)，a3＝d(1＋ d)2. 当 n≥2，k≥1 时，k nCkn＝Ck－1n－1，因此 由此可见，当 d≠－1 时，{an}是以 d 为首项，d＋1 为公比的等比数列； 当 d＝－1 时，a1＝－1，an＝0(n≥2)，此时{an}不是等比数列． (2)由(1)可知，an＝d(d＋1)n－1，从而 bn＝nd2(d＋1)n－1， Sn＝d2[1＋2(d＋1)＋3(d＋1)2＋…＋(n－1)(d＋1)n－2＋n(d＋1)n－1]．　① 当 d＝－1 时，Sn＝d2＝1. 当 d≠－1 时，①式两边同乘 d＋1 得 (d＋1)Sn＝d2[(d＋1)＋2(d＋1)2＋…＋(n－1)(d＋1)n－1＋n(d＋1)n]．② ①，②式相减可得 －dSn＝d2[1＋(d＋1)＋(d＋1)2＋…＋(d＋1)n－1－n(d＋1)n] ＝d2[（d＋1）n－1 d －n（d＋1）n]. 化简即得 Sn＝(d＋1)n(nd－1)＋1. 综上，Sn＝(d＋1)n(nd－1)＋1. 课标理数 20.D5[2011·天津卷] 已知数列{a n}与{bn}满足 bnan＋an＋1＋bn＋1an＋2＝0，bn＝ 3＋（－1）n 2 ，n∈N*，且 a1＝2，a2＝4. (1)求 a3，a4，a5 的值； (2)设 cn＝a2n－1＋a2n＋1，n∈N*，证明{cn}是等比数列； (3)设 Sk＝a2＋a4＋…＋a2k，k∈N*，证明∑ 4n Sk ak<7 6(n∈N*)． 课标理数 20.D5[2011·天津卷] 【解答】 (1)由 b n＝3＋（－1）n 2 ，n∈N *，可得 bn＝ {1，n为奇数， 2，n为偶数. 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. (2)证明：对任意 n∈N*， a2n－1＋a2n＋2a2n＋1＝0，① 2a2n＋a2n＋1＋a2n＋2＝0，② a2n＋1＋a2n＋2＋2a2n＋3＝0.③ ②－③，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cn＋1 cn ＝－1. 所以{cn}是等比数列． (3)证明：由(2)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， 4n ∑ k＝1 Sk ak＝ n ∑ m＝1 (S4m－3 a4m－3＋S4m－2 a4m－2＋S4m－1 a4m－1＋S4m a4m) ＝ n ∑ m＝1 (2m＋2 2m －2m－1 2m＋2－2m＋3 2m＋1＋ 2m 2m＋3) ＝ n ∑ m＝1 ( 2 2m（2m＋1）＋ 3 （2m＋2）（2m＋3）) ＝ 2 2 × 3＋ n ∑ m＝2 5 2m（2m＋1）＋ 3 （2n＋2）（2n＋3） <1 3＋ n ∑ m＝2 5 （2m－1）（2m＋1）＋ 3 （2n＋2）（2n＋3） ＝1 3＋5 2·(1 3－1 5 )＋(1 5－1 7 )＋…＋( 1 2n－1－ 1 2n＋1)＋ 3 （2n＋2）（2n＋3） ＝1 3＋5 6－5 2· 1 2n＋1＋ 3 （2n＋2）（2n＋3）<7 6. 对于 n＝1，不等式显然成立． 课标文数 20.D5[2011·天津卷] 已知数列{an}与{bn}满足 bn＋1an＋bnan＋1＝(－2)n＋1，bn＝ 3＋（－1）n－1 2 ，n∈N*，且 a1＝2. (1)求 a2，a3 的值； (2)设 cn＝a2n＋1－a2n－1，n∈N*，证明{cn}是等比数列； (3)设 Sn 为{an}的前 n 项和，证明S1 a1＋S2 a2＋…＋S2n－1 a2n－1＋S2n a2n≤n－1 3(n∈N*)． 课标文数 20.D5[2011·天津卷] 【解答】 (1)由 bn＝3＋（－1）n－1 2 ，n∈N， 可得 bn＝{2，n为奇数， 1，n为偶数. 又 bn＋1an＋bnan＋1＝(－2)n＋1， 当 n＝1 时，a1＋2a2＝－1，由 a1＝2，可得 a2＝－3 2； 当 n＝2 时，2a2＋a3＝5，可得 a3＝8. (2)证明：对任意 n∈N*， a2n－1＋2a2n＝－22n－1＋1，① 2a2n＋a2n＋1＝22n＋1.② ②－①，得 a2n＋1－a2n－1＝3×22n－1，即 cn＝3×22n－1. 于是cn＋1 cn ＝4. 所以{cn}是等比数列． (3)证明：a1＝2，由(2)知，当 k∈N*且 k≥2 时， a2k－1＝a1＋(a3－a1)＋(a5－a3)＋(a7－a5)＋…＋(a2k－1－a2k－3) ＝2＋3(2＋23＋25＋…＋22k－3)＝2＋3×2（1－4k－1） 1－4 ＝22k－1， 故对任意 k∈N*，a2k－1＝22k－1. 由①得 22k－1＋2a2k＝－22k－1＋1， 所以 a2k＝1 2－22k－1，k∈N*. 因此，S2k＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2k－1＋a2k)＝k 2. 于是，S2k－1＝S2k－a2k＝k－1 2 ＋22k－1. 故S2k－1 a2k－1＋S2k a2k＝ k－1 2 ＋22k－1 22k－1 ＋ k 2 1 2－22k－1 ＝k－1＋22k 22k － k 22k－1＝1－1 4k－ k 4k（4k－1）. 所以，对任意 n∈N*， S1 a1＋S2 a2＋…＋S2n－1 a2n－1＋S2n a2n ＝(S1 a1＋S2 a2)＋(S3 a3＋S4 a4)＋…＋(S2n－1 a2n－1＋S2n a2n) ＝(1－1 4－ 1 12)＋(1－ 1 42－ 2 42（42－1）)＋…＋1－ 1 4n－ n 4n（4n－1） ＝n－(1 4＋ 1 12)－( 1 42＋ 2 42（42－1）)－…－ 1 4n＋ n 4n（4n－1）≤n－(1 4＋ 1 12)＝n－1 3. 课标文数 19.D5[2011·浙江卷] 已知公差不为 0 的等差数列{an}的首项 a1 为 a(a∈R)，且 1 a1， 1 a2， 1 a4成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)对 n∈N*，试比较 1 a2＋ 1 a22＋…＋ 1 a2n与 1 a1的大小． 课标文数 19.D5[2011·浙江卷] 【解答】 设等差数列{an}的公差为 d，由题意可知( 1 a2 ) 2 ＝ 1 a1· 1 a4， 即(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，从而 a1d＝d2. 因为 d≠0，所以 d＝a1＝a， 故通项公式 an＝na. (2)记 Tn＝ 1 a2＋ 1 a22＋…＋ 1 a2n.因为 a2n＝2na， 所以 Tn＝1 a(1 2＋ 1 22＋…＋ 1 2n)＝1 a· 1 2[1－(1 2 )n ] 1－1 2 ＝1 a[1－(1 2 )n ]. 从而，当 a＞0 时，Tn＜ 1 a1，当 a＜0 时，Tn＞ 1 a1. 大纲理数 21.D5[2011·重庆卷] 设实数数列{a n}的前 n 项和 Sn 满足 Sn＋1 ＝an＋1 Sn(n∈ N*)． (1)若 a1，S2，－2a2 成等比数列，求 S2 和 a3； (2)求证：对 k≥3 有 0≤ak＋1≤ak≤4 3. 大纲理数 21.D5[2011·重庆卷] 【解答】 (1)由题意{S＝－2a1a2， S2＝a2S1＝a1a2，得 S22＝－2S2， 由 S2 是等比中项知 S2≠0.因此 S2＝－2. 由 S2＋a3＝S3＝a3S2 解得 a3＝ S2 S2－1＝ －2 －2－1＝2 3. (2)证法一：由题设条件有 Sn＋an＋1＝an＋1Sn， 故 Sn≠1，an＋1≠1 且 an＋1＝ Sn Sn－1，Sn＝ an＋1 an＋1－1， 从而对 k≥3 有 ak＝ Sk－1 Sk－1－1＝ ak－1＋Sk－2 ak－1＋Sk－2－1＝ ak－1＋ ak－1 ak－1－1 ak－1＋ ak－1 ak－1－1－1 ＝ a a－ak－1＋1.① 因 a 2k－1－ak－1＋1＝(ak－1－1 2)2 ＋3 4>0 且 a 2k－1≥0，由①得 ak≥0. 要证 ak≤4 3，由①只要证 a a－ak－1＋1≤4 3， 即证 3a 2k－1≤4(a 2k－1－ak－1＋1)，即(ak－1－2)2≥0，此式明显成立． 因此 ak≤4 3(k≥3)． 最后证 ak＋1≤ak，若不然 ak＋1＝ a a－ak＋1>ak， 又因 ak≥0，故 ak a－ak＋1>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＝S 2n＋1－4Sn＋1≥0. 又由 Sn＋2＝Sn＋1＋an＋2＝an＋2Sn＋1 得 an＋2≠1 且 Sn＋1＝ an＋2 an＋2－1. 因此 a （an＋2－1）2－ 4an＋2 an＋2－1≥0，即 3a 2n＋2－4an＋2≤0， 解得 0≤an＋2≤4 3. 因此 0≤ak≤4 3(k≥3)． 由 ak＝ Sk－1 Sk－1－1≥0(k≥3)，得 ak＋1－ak＝ Sk Sk－1－ak ＝ak( Sk－1 akSk－1－1－1)＝ak( Sk－1 S Sk－1－1－1 －1) ＝－ ak S－Sk－1＋1＝－ ak (Sk－1－1 2)2 ＋3 4 ≤0， 因此 ak＋1≤ak(k≥3)．