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- 2021-05-13 发布
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数列
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2006高考题
一、选择题
1.(2006全国高考卷Ⅰ,理10)设{an}是公差为正数的等差数列，若a1+a2+a3=15，a1a2a3=80，则a11+a12+a13等于( )
A.120 B.105 C.90 D.75
答案:B
解析:∵a1+a2+a3=15,
∴a2=5.∴a1a3=16,
即(a2-d)(a2+d)=16.
∴d2=9.∴d=3(∵d＞0).
∴a11+a12+a13=a1+a2+a3+30d=15+90=105.
2.(2006全国高考卷Ⅱ,理11)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若=,则等于( )
A. B. C. D.
答案:A
解析:由已知设a1+a2+a3=t,a4+a5+a6=2t,a7+a8+a9=3t,
a10+a11+a12=4t.
∴==.
∴选A.
3.(2006北京高考,文6)如果-1,a,b,c,-9成等比数列,那么( )
A.b=3,ac=9 B.b=-3,ac=9
C.b=3,ac=-9 D.b=-3,ac=-9
答案:B
解析:由等比数列的对称性可知
b2=(-1)×(-9)=9,
ac=(-1)×(-9)=9,
∴b=±3,而b=(-1)·q2＜0.
∴b=3(舍).∴b=-3,ac=9.
4.(2006辽宁高考,理9)在等比数列{an}中,a1=2,前n项和为Sn,若数列{an+1}也是等比数列,则Sn等于( )
A.2n+1-2 B.3n C.2n D.3n-1
答案:C
解析:{an}为等比数列,{an+1}也为等比数列,
设an的公比为q,有a2=2q,a3=2q2.
且(2q+1)2=(2+1)(2q2+1),
解得q=1.
故Sn=2n.
5.(2006福建高考,理2文2)在等差数列{an}中,已知a1=2,a2+a3=13,则a4+a5+a6等于( )
A.40 B.42 C.43 D.45
答案:B
解析:由已知得s=a1+a2+a3=15,a1=2.
∴∴d=3.
∴a4+a5+a6=3a1+12d=6+36=42.
6.(2006湖北高考,理2)若互不相等的实数a、b、c成等差数列,c、a、b成等比数列,且a+3b+c=10,则a等于( )
A.4 B.2 C.-2 D.-4
答案:D
解析:
解得a=-4或2.
又∵当a=2时,b=2,c=2,
与题意不符,
∴a=-4.
二、填空题
7.(2006广东高考,14)在德国不莱梅举行的第48届世乒赛期间，某商场橱窗里用同样的乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的展品，其中第一堆只有一层，就一个球，第2、3、4、…堆最底层（第一层）分别按下图所示方式固定摆放，从第二层开始,每层的小球自然垒放在下一层之上，第n堆第n层就放一个乒乓球，
以f(n)表示第n堆的乒乓球总数，
则f(3)=___________________;
f(n)=____________________（答案用n表示）.
答案:10
解析:易知f(3)=10.
由题意知f(2)比f(1)多最底层:1+2个,
f(3)比f(2)多最底层:1+2+3个,
f(4)比f(3)多最底层:1+2+3+4个,
…
f(n)比f(n-1)多最底层:1+2+3+…+n个,
∴f(n)-f(n-1)=1+2+3+…+n=.
∴由累加法可得f(n)=.
8.(2006重庆高考,理14)在数列{an}中,若a1=1,an+1=2an+3(n≥1),则该数列的通项an=_________.
答案:2n+1-3
解法一:由an+1=2an+3,得an+1+3=2(an+3).
∴=2.
∴{an+3}是以a1+3为首项以2为公比的等比数列.
∴an+3=4·2n-1.
∴an=2n+1-3.
解法二:由a1=1,an+1=2an+3依次递推.
得a2=5,a3=13,a4=29,……
猜想an=2n+1-3.
三、解答题
9.(2006全国高考卷Ⅰ,理22)设数列{an}的前n项的和
Sn=an-×2n+1+,n=1，2，3,….
（1）求首项a1与通项an；
（2）设Tn=，n=1,2,3,…，证明Ti＜.
解:(1)由Sn=an-×2n+1+,n=1,2,3,…,①
得a1=S1=a1-×4+.
所以a1=2.
再由①有Sn-1=an-1-×2n+,n=2,3,…,②
将①和②相减得an=Sn-Sn-1=(an-an-1)-×(2n+1-2n),n=2,3,….
整理得an+2n=4(an-1+2n-1),n=2,3,….
因而数列{an+2n}是首项为a1+2=4,公比为4的等比数列,即an+2n=4×4n-1=4n,n=1,2,3,….
因而an=4n-2n,n=1,2,3,….
(2)将an=4n-2n代入①得
Sn=×(4n-2n)-×2n+1+
=×(2n+1-1)(2n+1-2)
=×(2n+1-1)(2n-1).
Tn=
=×
=×().
所以,Ti=(-)
=×(-)
＜.
10.(2006全国高考卷Ⅱ,理22)设数列{an}的前n项和为Sn,且方程x2-anx-an=0有一根为Sn-1,n=1,2,3,….
(1)求a1,a2;
(2)求{an}的通项公式.
解:(1)当n=1时,x2-a1x-a1=0
有一根为S1-1=a1-1,于是(a1-1)2-a1(a1-1)-a1=0,
解得a1=.
当n=2时,x2-a2x-a2=0
有一根为S2-1=a2-,
于是(a2-)2-a2(a2-)-a2=0,
解得a2=.
(2)由题设(Sn-1)2-an(Sn-1)-an=0,
即Sn2-2Sn+1-anSn=0.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1,代入上式得
Sn-1Sn-2Sn+1=0.①
由(1)知S1=a1=,
S2=a1+a2=+=.
由①可得S3=.
由此猜想Sn=,n=1,2,3,….
下面用数学归纳法证明这个结论.
(ⅰ)n=1时已知结论成立.
(ⅱ)假设n=k时结论成立,即Sk=,
当n=k+1时,由①得Sk+1=,
即Sk+1=,
故n=k+1时结论也成立.
综上,由(ⅰ)(ⅱ)可知Sn=对所有正整数n都成立.
于是当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=,
又n=1时,a1==,
所以{an}的通项公式为an=,n=1,2,3,….
11.(2006北京高考,理20)在数列{an}中,若a1,a2是正整数,且an=|an-1-an-2|,n=3,4,5,…,则称{an}为“绝对差数列”.
(1)举出一个前五项不为零的“绝对差数列”(只要求写出前十项);
(2)若“绝对差数列”{an}中,a20=3,a21=0,数列{bn}满足bn=an+an+1+an+2,n=1,2,3,…,分别判断当n→∞时,an与bn的极限是否存在,如果存在,求出其极限值;
(3)证明任何“绝对差数列”中总含有无穷多个为零的项.
答案：(1)解:a1=3,a2=1,a3=2,a4=1,a5=1,a6=0,a7=1,a8=1,a9=0,a10=1.
(答案不唯一).
(2)解:因为在绝对差数列{an}中,a20=3,a21=0,所以自第20项开始,该数列是a20=3,a21=0,a22=3,a23=3,a24=0,a25=3,a26=3,a27=0,….
即自第20项开始,每三个相邻的项周期地取值3,0,3,所以当n→∞时,an的极限不存在.
当n≥20时,bn=an+an+1+an+2=6,所以bn=6.
(3)证明:根据定义,数列{an}必在有限项后出现零项.证明如下:
假设{an}中没有零项,由于an=|an-1-an-2|,所以对于任意的n,都有an≥1.
从而当an-1＞an-2时,an=an-1-an-2≤an-1-1(n≥3);
当an-1＜an-2时,an=an-2-an-1≤an-2-1(n≥3),
即an的值要么比an-1至少小1,要么比an-2至少小1.
令cn=n=1,2,3,…
则0＜cn≤cn-1-1(n=2,3,4,…).
由于c1是确定的正整数,这样减少下去,必然存在某项ck＜0,这与cn＞0(n=1,2,3,…)矛盾.从而{an}必有零项.
若第一次出现的零项为第n项,记an-1=A(A≠0),则自第n项开始,每三个相邻的项周期地取值0,A,A,即
所以绝对差数列{an}中有无穷多个为零的项.
12.(2006天津高考,理21)已知数列{xn}、{yn}满足x1=x2=1,y1=y2=2,并且=λ,≥λ(λ为非零参数，n=2,3,4,…).
(1)若x1、x3、x5成等比数列，求参数λ的值;
(2)当λ＞0时，证明≤(n∈N*);
(3)当λ＞1时，证明++…+＜(n∈N*).
解析:本小题以数列的递推关系为载体，主要考查等比数列的等比中项及前n项和公式、不等式的性质及证明等基础知识，考查运算能力和推理论证能力.
(1)解：由已知x1=x2=1,且=λx3=λ,=λx4=λ3,=λx5=λ6.
若x1、x3、x5成等比数列，则x32=x1x5,即λ2=λ6.而λ≠0,解得λ=±1.
(2)证明：由已知λ＞0,x1=x2=1及y1=y2=2,可得xn＞0,yn＞0.
由不等式的性质，有
≥λ≥λ2≥…≥λn-1=λn-1.
另一方面，=λ=λ2=…=λn-1=λn-1.
因此，≥λn-1=(n∈N*).
故≤(n∈N*).
(3)证明：当λ＞1时，
由(2)可知yn＞xn≥1(n∈N*).
又由(2)≤(n∈N*),则
≥,
从而≥=λn-1(n∈N*).
因此++…+
≤1++…+()n-1
=＜.
13.(2006辽宁高考,理22)已知f0(x)=xn,f1(x)=.其中k≤n(n、k∈N*).设F(x)=f0(x2)+ f1(x2)+…+fn(x2)+…+fn(x2),x∈［-1,1］.
(1)写出fk(1);
(2)证明:对任意的x1、x2∈［-1,1］,恒有|F(x1)-F(x2)|≤2n-1(n+2)-n-1.
解析:本小题主要考查导数的基本计算、函数的性质、绝对值不等式及组合数性质等基础知识,考查归纳推理能力以及综合运用数学知识分析问题和解决问题的能力.
(1)解:由已知推得fk(x)=(n-k+1)xn-1,
从而有fk(1)=n-k+1.
(2)证明:当-1≤x≤1时,F(x)=x2n+nx2(n-1)+(n-1)x2(n-2)+…+(n-k+1)x2(n-k)+…+2x2+1,
当x＞0时,F′(x)＞0,所以F(x)在［0,1］上是增函数.
又F(x)是偶函数,所以F(x)在［-1,0］上是减函数.
所以对任意的x1、x2∈［-1,1］,恒有
|F(x1)-F(x2)|≤F(1)-F(0).
F(1)-F(0)=+n+(n-1)+…+(n-k+1)+…+2
=n+(n-1)+…+(n-k+1)+…+2+.
∵(n-k+1)=(n-k)+
=(n-k)·+
=n·+
=n+(k=1,2,…,n-1).
∴F(1)-F(0)=n(++…+)+(++…+)+
=n(2n-1-1)+2n-1-1
=2n-1(n+2)-n-1.
因此结论成立.
14.(2006江苏高考,21)设数列{an}、{bn}、{cn}满足:
bn=an-an+2,cn=an+2an+1+3an+2(n=1,2,3,…),
证明{an}为等差数列的充分必要条件是{cn}为等差数列且bn≤bn+1(n=1,2,3,…).
解析:本小题主要考查等差数列、充要条件等基础知识,考查综合运用数学知识分析问题和解决问题的能力.
证明:必要性.设{an}是公差为d1的等差数列,则
bn+1-bn=(an+1-an+3)-(an-an+2)=(an+1-an)-(an+3-an+2)=d1-d1=0,
所以bn≤bn+1(n=1,2,3,…立.
又cn+1-cn=(an+1-an)+2(an+2-an+1)+3(an+3-an+2)
=d1+2d1+3d1=6d1(常数)(n=1,2,3,…),
所以数列{cn}为等差数列.
充分性.设数列{cn}是公差为d2的等差数列,且bn≤bn+1(n=1,2,3,…),
方法一:∵cn=an+2an+1+3an+2, ①
∴cn+2=an+2+2an+3+3an+4. ②
①-②得cn-cn+2=(an-an+2)+2(an+1-an+3)+3(an+2-an+4)
=bn+2bn+1+3bn+2.
∵cn-cn+2=(cn-cn+1)+(cn+1-cn+2)=-2d2,
∴bn+2bn+1+3bn+2=-2d2, ③
从而有
bn+1+2bn+2+3bn+3=-2d2. ④
④-③得
(bn+1-bn)+2(bn+2-bn+1)+3(bn+3-bn+2)=0. ⑤
∵bn+1-bn≥0,bn+2-bn+1≥0,bn+3-bn+2≥0,
∴由⑤得bn+1-bn=0(n=1,2,3,…).
由此不妨设bn=d3(n=1,2,3, …),则an-an+2=d3(常数).
由此cn=an+2an+1+3an+2=4an+2an+1-3d3,
从而cn+1=4an+1+2an+2-3d3=4an+1+2an-5d3.
两式相减得cn+1-cn=2(an+1-an)-2d3,
因此an+1-an=(cn+1-cn)+d3=d2+d3(常数)(n=1,2,3, …),
∴数列{an}是等差数列.
证法二:令An=an+1-an,由bn≤bn+1,知an-an+2≤an+1-an+3,
从而an+1-an≥an+3-an+2,即An≥An+2(n=1,2,3, …).
由cn=an+2an+1+3an+2,cn+1=an+1+2an+2+3an+3得
cn+1-cn=(an+1-an)+2(an+2-an+1)+3(an+3-an+2),
即An+2An+1+3An+2=d2. ⑥
由此得An+2+2An+3+3An+4=d2. ⑦
⑥-⑦,得
(An-An+2)+2(An+1-An+3)+3(An+2-An+4)=0.⑧
因为An-An+2≥0,An+1-An+3≥0,An+2-An+4≥0,
所以由⑧得An-An+2=0(n=1,2,3, …).
于是由⑥得
4An+2An+1=An+2An+1+3An+2=d2, ⑨
从而2An+4An+1=4An+1+2An+2=d2. ⑩
由⑨和⑩得4An+2An+1=2An+4An+1,故An+1=An,
即an+2-an+1=an+1-an(n=1,2,3,…).
所以数列{an}是等差数列.
15.(2006福建高考,理22)已知数列{an}满足a1=1,an+1=2an+1(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足…=(n∈N*),证明{bn}是等差数列;
(3)证明-＜++…+＜(n∈N*).
解析:本小题主要考查数列、不等式等基本知识,考查化归的数学思想方法,考查综合解题能力.
(1)解:∵an+1=2an+1(n∈N*),
∴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,
即an=2n-1(n∈N*).
(2)证法一:∵…=,
∴.
∴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, ③
nbn+2-(n+1)bn+1+2=0. ④
④-③,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.
证法二:同证法一,得(n-1)bn+1-nbn+2=0.
令n=1,得b1=2.
设b2=2+d(d∈R),下面用数学归纳法证明bn=2+(n-1)d.
(1)当n=1、2时,等式成立.
(2)假设当n=k(k≥2)时,bk=2+(k-1)d,那么
bk+1=bk-=［2+(k-1)d］-=2+［(k+1)-1］d.
这就是说,当n=k+1时,等式也成立.
根据(1)和(2),可知bn=2+(n-1)d对任何n∈N*都成立.
∵bn+1-bn=d,
∴{bn}是等差数列.
(3)证明:∵==＜,k=1,2,…,n,
∴++…+＜.
∵==-=-≥-·,k=1,2,…,n,
∴++…+≥-(++…+)=-(1-)＞-.
∴-＜++…+＜(n∈N*).
16.(2006湖北高考,理17)已知二次函数y=f(x)的图象经过坐标原点,其导函数为f′(x)=6x-2.数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)(n∈N*)均在函数y=f(x)的图象上.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=,Tn是数列{bn}的前n项和,求使得Tn＜对所有n∈N*都成立的最小正整数m.
解析:本小题主要考查二次函数、等差数列、数列求和、不等式等基础知识和基本的运算技能,考查分析问题的能力和推理能力.
解:(1)依题意可设f(x)=ax2+bx(a≠0),则f′(x)=2ax+b.
由f′(x)=6x-2得a=3,b=-2,
所以f(x)=3x2-2x.又由点(n,Sn)(n∈N*)均在函数y=f(x)的图象上得Sn=3n2-2n.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(3n2-2n)-［3(n-1)2-2(n-1)］=6n-5;
当n=1时,a1=S1=3×12-2×1=1=6×1-5.
所以an=6n-5(n∈N*).
(2)由(1)得bn=
=
=(-),
故Tn=bi
=［(1-)+(-)+…+(-)］
=(1-).
因此,使得(1-)＜(n∈N*)成立的m必须且仅需满足≤,即m≥10,故满足要求的最小整数m为10.
17.(2006安徽高考,理21)数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=,Sn=n2an-n(n-1),n=1,2,….
(1)写出Sn与Sn-1的递推关系式(n≥2),并求Sn关于n的表达式；
(2)设fn(x)=xn+1,bn=fn′(p)(p∈R),求数列{bn}的前n项和Tn.
解析:本小题主要考查等差、等比数列的基本知识，考查分析问题和归纳推理能力.
(1)解法一：当n≥2时，Sn=n2(Sn-Sn-1)-n(n-1),即(n2-1)Sn=n2Sn-1+n(n-1),
∴Sn=Sn-1+. ①
已知S1=a1=，由递推关系式可得S2=,S3=,由此，可猜想Sn=. ②
下面用数学归纳法证明②式：
证明：(ⅰ)当n=1时，
由条件S1=a1=,又②式的右边等于=,所以②式成立.
(ⅱ)假设n=k时，②式成立，即Sk=.
则当n=k+1时，Sk+1=Sk+
=·+
=,
故当n=k+1时，②式也成立.
由(ⅰ)、(ⅱ)知对一切正整数n,②式成立.
解法二：当n≥2时，Sn=n2(Sn-Sn-1)-n(n-1),
即(n2-1)Sn-n2Sn-1=n(n-1).
于是Sn-Sn-1=1.
∴{Sn}是首项为1、公差为1的等差数列.
因而Sn=1+(n-1)=n,故Sn=.
(2)解：∵fn′(x)=Sn·xn,
∴bn=fn′(p)=Snpn=·pn=npn.
∴Tn=b1+b2+…+bn=p+2p2+…+npn. ③
当p=0时，Tn=0;
当p=1时，Tn=1+2+…+n=;
当p≠0，1时，在③式两边同乘以p，得到
pTn=p2+2p3+…+(n-1)pn+npn+1. ④
③-④得(1-p)Tn=p+p2+p3+…+pn-npn+1=-npn+1,
∴Tn=-.
综上所述，Tn=
18.(2006陕西高考,理22)已知函数f(x)=x3-x2+,且存在x0∈(0,),使f(x0)=x0.
(1)证明f(x)是R上的单调增函数；
(2)设x1=0,xn+1=f(xn),
y1=,yn+1=f(yn),
其中n=1,2,…
证明xn＜xn+1＜x0＜yn+1＜yn;
(3)证明＜.
证明:(1)∵f′(x)=3x2-2x+=3(x-)2+＞0,
∴f(x)是R上的单调增函数.
(2)∵0＜x0＜,即x1＜x0＜y1,又f(x)是增函数.
∴f(x1)＜f(x0)＜f(y1),
即x2＜x0＜y2.
又x2=f(x1)=f(0)=＞0=x1,y2=f(y1)=f()=＜=y1.
综上,x1＜x2＜x0＜y2＜y1.
用数学归纳法证明如下:①当n=1时,上面已证明成立.
②假设当n=k(k≥1)时有x1＜xn+1＜x0＜yn+1＜y1.
当n=k+1时,由f(x)是单调增函数,有f(x1)＜f(xk+1)＜f(x0)＜f(yk+1)＜f(yk),
∴xk+1＜xk+2＜x0＜yk+2＜yk+1.
由①②,对一切n=1,2,…有xn＜xn+1＜x0＜yn+1＜yn.
(3)证明:==+xnyn+-(yn+xn)+≤(yn+xn)2-(yn+xn)+=［(yn+xn)-］2+.
由(2)知0＜yn+xn＜1,
∴＜yn+xn-＜.
∴＜()2+=
2005高考题
一、选择题
1.(2005全国高考卷Ⅱ,理11)如果a1,a2,…,a8为各项都大于零的等差数列，公差d≠0，则（ ）
A.a1a8＞a4a5 B.a1a8＜a4a5
C.a1+a8＞a4+a5 D.a1a8=a4a5
答案：B
解：∵a1+a8=a4+a5,
∴排除C.
又a1a8=a1(a1+7d)=+7a1d,
a4a5=(a1+3d)(a1+4d)=+7a1d+12d2＞a1a8.
2.(2005上海高考,文16)用n个不同的实数a1,a2,…,an可得到n!个不同的排列,每个排列为一行写成一个n!行的数阵.对第i行ai1,ai2,…,ain,记bi=-ai1+2ai2-3ai3+…+(-1)nnain,i=1,2,3,…,n!.例如:用1,2,3可得数阵如下,
1 2 3
1 3 2
2 1 3
2 3 1
3 1 2
3 2 1
由于此数阵中每一列各数之和都是12,所以,b1+b2+…+b6=-12+2×12-3×12=-24.
那么,在用1,2,3,4,5形成的数阵中,b1+b2+…+b120等于( )
A.-3 600 B.1 800 C.-1 080 D.-720
答案：C
解：在用1,2,3,4,5形成的数阵中,当某一列中数字为1时,其余4个数字全排列,有A44;其余4个数字相同,故每一列各数之和均为(1+2+3+4+5)=360.
所以b1+b2+…+b120=-360+2×360-3×360+4×360-5×360=360(-1+2-3+4-5)=-3×360=-1 080.
3.(2005辽宁高考,12)一给定函数y=f(x)的图像在下列图中,并且对任意a1∈(0,1),由关系式an+1=f(an)得到的数列{an}满足an+1＞an(n∈N*),则该函数的图像是( )
答案：A
解：据题意,由关系式an+1=f(an)得到的数列{an}满足an+1＞an.
即该函数y=f(x)图象上任一点(x,y)都满足y＞x.
由图象可知,只有A满足.
4.(2005福建高考,理2文3)已知等差数列{an}中,a7+a9=16,a4=1,则a12的值是（ ）
A.15 B.30 C.31 D.64
答案：A
解：∵{an}是等差数列,
∴a7+a9=a4+a12.
∴a12=16-1=15.
5.(2005湖南高考,文5)已知数列{an}满足a1=0,an+1=(n∈N*),则a20等于( )
A.0 B.- C. D.
答案：B
解：∵a1=0,an+1=,
∴a2=-,a3=,a4=0,….
从而知3为最小正周期,
从而a20=a3×6+2=a2=-.
二、填空题
6.(2005全国高考卷Ⅱ,文13)在和之间插入三个数，使这五个数成等比数列，则插入的三个数的乘积为___________________.
答案：216
解：设插入的三个数为,a,aq,据题意,五个数成等比数列,
∴a2=·=36.
∴a=±6(舍a=-6).
插入的三个数的乘积为a3=216.
7.(2005北京高考,理14)已知n次多项式Pn(x)=a0xn+a1xn-1+…+an-1x+an.
如果在一种算法中,计算(k=2,3,4,…,n)的值需要k-1次乘法,计算P3(x0)的值共需要9次运算(6次乘法,3次加法),那么计算Pn(x0)的值共需要______________次运算.
下面给出一种减少运算次数的算法:P0(x)=a0,Pk+1(x)=xPk(x)+ak+1(k=0,1,2,…,n-1).利用该算法,计算P3(x0)的值共需要6次运算,计算Pn(x0)的值共需要________________次运算.
答案：n(n+3) 2n
解：Pn(x0)=a0+a1+…+an-1x0+an,共需n次加法运算,每个小因式中所需乘法运算依次为n,n-1,…,1,0.故总运算次数为n+n+(n-1)+…+1=n+=n(n+3).
第二种算法中,P0(x0)=a0不需要运算,P1(x0)=x0P0(x0)+a1,需2次运算,P2(x0)=x0P1(x0)+a2需2+2次运算,依次往下,Pn(x0)需2n次运算.
8.(2005天津高考,理13)在数列{an}中,a1=1,a2=2,且an+1-an=1+(-1)n(n∈N*),则S100=__________.
答案：2 600
解：由已知,得a1=1,
a2=2,
a3-a1=0,
a4-a2=2,
……
a99-a97=0,
a100-a98=2,
累加得a100+a99=98+3,同理得a98+a97=96+3+…+a2+a1=0+3,
则a100+a99+a98+a97+…+a2+a1=+50×3=2 600.
9.(2005广东高考,14)设平面内有n条直线(n≥3),其中有且仅有两条直线互相平行,任意三条直线不过同一点,若用f(n)表示这n条直线交点的个数,则f(4)=______________________;当n＞4时,f(n)=_____________________.(用n表示)
答案：5 (n-2)(n+1)
解：
同一平面内两条直线若不平行则一定相交,故每增加一条直线一定与前面已有的每条直线都相交,
∴f(k)=f(k-1)+(k-1).
如图,当n=3时,只有两个交点,
即f(3)=2,
f(4)=f(3)+3=2+3;
f(5)=f(4)+4=2+3+4;
……
f(k)=f(k-1)+(k-1)=2+3+4+…+(k-1).
∴f(k)=(k+1)(k-2).
∴f(n)=(n-2)(n+1).
或利用f(k)-f(k-1)=k-1,
则f(4)-f(3)=3,
f(5)-f(4)=4,
……
f(n)-f(n-1)=n-1,
将上面n-4个式子相加得
f(n)-f(3)=3+4+…+(n-1),
∴f(n)=(n-2)(n+1).
三、解答题
10.(2005全国高考卷Ⅰ,理19)设等比数列{an}的公比为q,前n项和Sn＞0(n=1,2,…).
(1)求q的取值范围;
(2)设bn=an+2-an+1,记{bn}的前n项和为Tn,试比较Sn和Tn的大小.
解析：本小题主要考查等比数列的基本知识,考查分析问题能力和推理能力.
(1)因为{an}是等比数列,Sn＞0,
可得a1=S1＞0,q≠0.
当q=1时,Sn=na1＞0;
当q≠1时,Sn=＞0,
即＞0(n=1,2,…).
上式等价于不等式组(n=1,2,…) ①
或(n=1,2,…). ②
解①式得q＞1;解②,由于n可为奇数,可为偶数,得-1＜q＜1.
综上,q的取值范围是(-1,0)∪(0,+∞).
(2)由bn=an+2-an+1,得
bn=an(q2-q),Tn=(q2-q)Sn.
于是Tn-Sn=Sn(q2-q-1)=Sn(q+)(q-2).
又因为Sn＞0,且-1＜q＜0或q＞0,
所以,当-1＜q＜-或q＞2时,Tn-Sn＞0,即Tn＞Sn;
当-＜q＜2且q≠0时,Tn-Sn＜0,即Tn＜Sn;
当q=-或q=2时,Tn-Sn=0,即Tn=Sn.
11.(2005江苏高考,23)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,a2=6,a3=11,且(5n-8)Sn+1-(5n+2)Sn=An+B,n=1,2,3,…,其中A、B为常数.
(1)求A与B的值;
(2)证明:数列{an}为等差数列;
(3)证明:不等式＞1对任何正整数m、n都成立.
解析：本小题主要考查等差数列的有关知识、不等式的证明方法,考查思维能力、运算能力.
(1)解:由已知,得S1=a1=1,S2=a1+a2=7,S3=a1+a2+a3=18.
由(5n-8)Sn+1-(5n+2)Sn=An+B,知
即
解得A=-20,B=-8.
(2)证法一:由(1),得(5n-8)Sn+1-(5n+2)Sn=-20n-8. ①
所以(5n-3)Sn+2-(5n+7)Sn+1=-20n-28. ②
②-①,得(5n-3)Sn+2-(10n-1)Sn+1+(5n+2)Sn=-20. ③
所以(5n+2)Sn+3-(10n+9)Sn+2+(5n+7)Sn+1=-20. ④
④-③,得(5n+2)Sn+3-(15n+6)Sn+2+(15n+6)Sn+1-(5n+2)Sn=0.
因为an+1=Sn+1-Sn,
所以(5n+2)an+3-(10n+4)an+2+(5n+2)an+1=0.
又因为5n+2≠0,
所以an+3-2an+2+an+1=0,
即an+3-an+2=an+2-an+1,n≥1.
又a3-a2=a2-a1=5,
所以数列{an}为等差数列.
证法二:由已知,S1=a1=1,
又(5n-8)Sn+1-(5n+2)Sn=-20n-8,且5n-8≠0,
所以数列{Sn}是唯一确定的,因而数列{an}是唯一确定的.
设bn=5n-4,则数列{bn}为等差数列,前n项和Tn=,
于是(5n-8)Tn+1-(5n+2)Tn
=(5n-8)-(5n+2)
=-20n-8,
由唯一性,得bn=an,即数列{an}为等差数列.
(3)证明:由(2)可知,an=1+5(n-1)=5n-4.
要证-＞1,
只要证5amn＞1+aman+2.
因为amn=5mn-4,aman=(5m-4)(5n-4)=25mn-20(m+n)+16,
故只要证5(5mn-4)＞1+25mn-20(m+n)+16+2,
即只要证20m+20n-37＞2.
因为2≤am+an=5m+5n-8＜5m+5n-8+(15m+15n-29)
=20m+20n-37,
所以命题得证.
12.(2005浙江高考,理20)设点An(xn,0),Pn(xn,2n-1)和抛物线Cn:y=x2+anx+bn(n∈N*),其中an=-2-4n-,xn由以下方法得到:x1=1,点P2(x2,2)在抛物线C1:y=x2+a1x+b1上,点A1(x1,0)到P2的距离是A1到C1上点的最短距离,…,点Pn+1(xn+1,2n)在抛物线Cn:y=x2+anx+bn上,点An(xn,0)到Pn+1的距离是An到Cn上点的最短距离.
(1)求x2及C1的方程;
(2)证明:{xn}是等差数列.
解析：本题主要考查二次函数的求导、导数的应用、等差数列、数学归纳法等基础知识,以及综合运用所学知识分析和解决问题的能力.
(1)解:由题意,得A1(1,0),C1:y=x2-7x+b1.
设点P(x,y)是C1上任意一点,
则|A1P|=
=.
令f(x)=(x-1)2+(x2-7x+b1)2,则f′(x)=2(x-1)+2(x2-7x+b1)(2x-7).
由题意,得f′(x2)=0,
即2(x2-1)+2(x22-7x2+b1)(2x2-7)=0.
又P2(x2,2)在C1上,
∴2=x22-7x2+b1.
解得x2=3,b1=14.
故C1方程为y=x2-7x+14.
(2)证明:设点P(x,y)是Cn上任意一点,
则|AnP|=.
令g(x)=(x-xn)2+(x2+anx+bn)2,
则g′(x)=2(x-xn)+2(x2+anx+bn)(2x+an).
由题意,得g′(xn+1)=0,
即2(xn+1-xn)+2(+anxn+1+bn)(2xn+1+an)=0.
又∵2n=+anxn+1+bn,
∴(xn+1-xn)+2n(2xn+1+an)=0(n≥1),
即(1+2n+1)xn+1-xn+2nan=0.(*)
下面用数学归纳法证明xn=2n-1.
①当n=1时,x1=1,等式成立.
②假设当n=k时,等式成立,即xk=2k-1.
则当n=k+1时,由(*)知(1+2k+1)xk+1-xk+2kak=0.
又ak=-2-4k-,∴xk+1==2k+1,
即当n=k+1时,等式成立.
由①②,知等式对n∈N*成立.
∴{xn}是等差数列.
13.(2005福建高考,理22)已知数列{an}满足a1=a,an+1=1+.我们知道当a取不同的值时,得到不同的数列.如当a=1时,得到无穷数列:1,2,,,…;当a=-时,得到有穷数列:-,-1,0.
(1)求当a为何值时,a4=0;
(2)设数列{bn}满足b1=-1,bn+1=(n∈N*),求证:a取数列{bn}中的任一个数,都可以得到一个有穷数列{an};
(3)若＜an＜2(n≥4),求a的取值范围.
解析：本小题主要考查数列、不等式等基础知识,考查逻辑思维能力、分析问题和解决问题的能力.
(1)解法一:∵a1=a,an+1=1+,
∴a2=1+=1+=,
a3=1+=,
a4=1+=.
故当a=-时,a4=0.
解法二:∵a4=0,
∴1+=0.
∴a3=-1.
∵a3=1+,∴a2=-.
∵a2=1+,∴a=-.
故当a=-时,a4=0.
(2)解法一:∵b1=-1,bn+1=,∴bn=+1.
a取数列{bn}中的任一个数,不妨设a=bn.
∵a=bn,∴a2=1+=1+=bn-1.
∴a3=1+=1+=bn-2.
…
∴an=1+=1+=b1=-1.
∴an+1=0.
故a取数列{bn}中的任一个数,都可以得到一个有穷数列{an}.
解法二:∵b1=-1,bn-1=,
∴bn=+1.
当a=b1时,a2=1+=0;
当a=b2时,a2=1+=b1.
∴a1=0.
当a=b3时,a2=1+=b2,
∴a3=1+=1+=b1.
∴a4=0.
…
一般地,当a=bn时,an+1=0,可得一个含有n+1项的有穷数列a1,a2,a3,…,an+1.
下面用数学归纳法证明:
①当n=1时,a=b1,显然a2=0,得到一个含有两项的有穷数列a1,a2.
②假设当n=k时,a=bk,得到一个含有k+1项的有穷数列a1,a2,a3,…,ak+1,
其中ak+1=0.
则n=k+1时,a=bk+1.
∴a2=1+=bk.
由假设,可知可得到一个含有k+1项的有穷数列a2,a3,…,ak+2,其中ak+2=0.
∴当n=k+1时,可得到一个含有k+2项的有穷数列a1,a2,a3,…,ak+2,其中ak+2=0.
由①②,知对一切n∈N,命题都成立.
(3)要使＜an＜2,即＜1+＜2.
∴1＜an-1＜2.
∴要使＜an＜2,当且仅当它的前一项an-1满足1＜an-1＜2.
∵(,2)(1,2),
∴只需当a4∈(,2)时,都有an∈(,2)(n≥5).
由a4=,得＜＜2.
解不等式组得故a＞0.
14.(2005湖北高考,文19)设数列{an}的前n项和为Sn=2n2,{bn}为等比数列,且a1=b1,b2(a2-a1)=b1.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)设cn=,求数列{cn}的前n项和Tn.
解析：本小题主要考查等差数列、等比数列基本知识和数列求和的基本方法以及运算能力.
(1)∵当n=1时,a1=S1=2,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n2-2(n-1)2=4n-2,
故{an}的通项公式为an=4n-2,即{an}是a1=2,公差d=4的等差数列.
设{bn}的公比为q,则b1qd=b1,d=4,∴q=.
故bn=b1qn-1=2×,即{bn}的通项公式为bn=.
(2)∵cn===(2n-1)4n-1,
∴Tn=c1+c2+…+cn=［1+3×41+5×42+…+(2n-1)4n-1］,
4Tn=［1×4+3×42+5×43+…+(2n-3)×4n-1+(2n-1)×4n］.
两式相减,得
3Tn=-1-2(41+42+43+…+4n-1)+(2n-1)4n=［(6n-5)4n+5］.
∴Tn=［(6n-5)4n+5］.
2004高考题
一、选择题
1.(2004全国高考卷Ⅲ,理3)设数列{an}是等差数列,且a2=-6,a8=6,Sn是数列{an}的前n项和,则（ ）
A.S4＜S5 B.S4=S5 C.S6＜S5 D.S6=S5
答案：B
解析：本题主要考查等差数列的通项与求和,以及等差数列的性质等基本知识与运算技能.
解法一:由a2=-6,a8=6,得a1+d=-6,a1+7d=6,解得a1=-8,d=2.∴S4=S5=-20,S6=-18.
解法二:由a2=-6,a8=6知a2+a8=0,
∴a5=0.
又a2＜a8,∴d＞0,故S4=S5＜S6.
2.(2004湖北高考,理8文9)已知数列{an}的前n项和Sn=a［2-()n-1］-b［2-(n+1)()n-1］(n=1,2,…),其中a、b是非零常数,则存在数列{xn}、{yn}使得（ ）
A.an=xn+yn,其中{xn}为等差数列,{yn}为等比数列
B.an=xn+yn,其中{xn}和{yn}都为等差数列
C.an=xn·yn,其中{xn}为等差数列,{yn}为等比数列
D.an=xn·yn,其中{xn}和{yn}都为等比数列
答案：C
解析：本题主要考查Sn与an的关系,以及等差、等比数列的概念与求和公式.
解法一:当n=1时,a1=S1=a,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1
=a［2-()n-1］-b［2-(n+1)()n-1］-a［2-()n-2］+b［2-n()n-2］
=a()n-1+b［()n-1-n()n-1］
=［a-(n-1)b］()n-1,
∴an=［a-(n-1)b］()n-1(n∈N*).
解法二：（逻辑分析法）从等差、等比的前n项和的代数结构进行分析.公差为0的等差数列,公比为1的等比数列的前n项都是n的一次函数.除此以外,等差数列的前n项和是二次函数,等比数列的前n项和是-qn-1的形式.而等差加等差是等差,等比乘等比是等比,故只有C选项符合要求.
3.(2004重庆高考,理9文9)若{an}是等差数列,首项a1＞0,a2 003+a2 004＞0,a2 003·a2 004＜0,则使前n项和Sn＞0成立的最大自然数n是（ ）
A.4 005 B.4 006 C.4 007 D.4 008
答案：B
解析：本题考查等差数列的性质.
由题意,知a2 003＞0,a2 004＜0.
∵S4 006=
=2 003(a2 003+a2 004)＞0,
S4 007==4 007，a2 004＜0,
∴使前n项和Sn＞0成立的最大自然数n=4 006.
二、填空题
4.(2004全国高考卷Ⅰ,理15)已知数列{an},满足a1=1,an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1(n≥2),则{an}的通项an=
答案：
解析：本题主要考查数列的基础知识和基本技能.
当n≥2时,∵an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1,
∴an+1=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1+nan
=an+nan=(n+1)an.
∴an=nan-1=n·(n-1)an-2=n(n-1)·(n-2)an-3
=n(n-1)·(n-2)…3a2.
又a2=a1=1,∴an=(n≥2).
5.(2004北京高考,理14文14)
定义“等和数列”：在一个数列中,如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数,那么这个数列叫做等和数列,这个常数叫做该数列的公和.
已知数列{an}是等和数列,且a1=2,公和为5,那么a18的值为__________________,
(理)这个数列的前n项和Sn的计算公式为______________________,
(文)这个数列的前21项和S21的值为_________________________.
答案：3 (理)当n为偶数时,Sn=n；当n为奇数时,Sn=n- (文)52
解析：本题主要考查递推数列的基本知识,考查考生的阅读理解能力与探索能力.
由题设新定义,等和数列满足条件an+an+1=C(C为常数),C为公和.若数列{an}是等和数列,且a1=2,公和为5,则a1+a2=5,∴a2=3.∵a2+a3=5,∴a3=2.以此类推,该数列为2,3,2,3,…,即奇数项为2,偶数项为3,故a18=3.该数列的前n项和应对n分奇偶数讨论.当n为偶数时,Sn=(2+3)=n;当n为奇数时,Sn=×2+×3=n-.故S21=52.
6.(2004江苏高考,15)设数列{an}的前n项和为Sn,Sn=(对于所有n≥1),且a4=54,则a1的数值是___________________.
答案：2
解析：本题主要考查数列前n项和公式的概念与运算.显然利用S1=a1是无法求出a1的,而题设给出a4=54则暗示解题的方向.
∵S4=S3+a4,
∴+54,
即=54.解得a1=2.
三、解答题
7.(2004全国高考卷Ⅰ,理22)已知数列{an}中,a1=1,且a2k=a2k-1+(-1)k,a2k+1=a2k+3k,其中k=1,2,3,….
(1)求a3,a5；
(2)求{an}的通项公式.
解析：本题主要考查数列、等比数列的概念和基本知识,考查运算能力以及分析、归纳和推理能力.
（1）∵a2=a1+(-1)1=0,
a3=a2+31=3,
a4=a3+(-1)2=4,
a5=a4+32=13,
∴a3=3,a5=13.
(2)∵a2k+1=a2k+3k=a2k-1+(-1)k+3k,
∴a2k+1-a2k-1=3k+(-1)k.
同理,a2k-1-a2k-3=3k-1+(-1)k-1,
…
a3-a1=3+(-1).
∴(a2k+1-a2k-1)+(a2k-1-a2k-3)+…+(a3-a1)=(3k+3k-1+…+3)+［(-1)k+(-1)k-1+…+(-1)］.
由此,得a2k+1-a1=(3k-1)+［(-1)k-1］.
于是a2k+1=+(-1)k-1.
a2k=a2k-1+(-1)k
=+(-1)k-1-1+(-1)k=+(-1)k-1.
∴{an}的通项公式为:
当n为奇数时,an=×-1;
当n为偶数时,an=×-1.
8.(2004全国高考卷Ⅲ,理22)已知数列{an}的前n项和Sn满足
Sn=2an+(-1)n,n≥1.
(1)写出数列{an}的前三项a1,a2,a3；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)证明:对任意的整数m＞4,有+…+＜.
解析：本题主要考查数列的通项公式,等比数列的前n项和,以及不等式的证明.考查灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力.
(1)解：由a1=S1=2a1-1,得a1=1.
由a1+a2=S2=2a2+(-1)2,得a2=0.
由a1+a2+a3=S3=2a3+(-1)3,得a3=2.
(2)解：当n≥2时,有
an=Sn-Sn-1=2(an-an-1)+2×(-1)n.
∴an=2an-1+2×(-1)n-1,
an-1=2an-2+2×(-1)n-2,
…
a2=2a1=2.
相加,得
an=2n-1a1+2n-1×(-1)+2n-2×(-1)2+…+2×(-1)n-1
=2n-1+(-1)n［(-2)n-1+(-2)n-2+…+(-2)］
=2n-1-(-1)n
=［2n-2+(-1)n-1］.
经验证a1也满足上式.
∴an=［2n-2+(-1)n-1］,n≥1.
(3)证明：由通项公式,得a4=2.
当n≥3且n为奇数时,
+=［］
=×
＜×=().
当m＞4且m为偶数时,++…+
=+(+)+…+(+)
＜+(++…+)
=+××(1-)
＜+;
当m＞4且m为奇数时,
++…+＜++…++＜.
∴对任意整数m＞4,有++…+＜.
9.(2004辽宁高考,21)已知函数f(x)=ax-x2的最大值不大于,又当x∈［,］时,f(x)≥.
（1）求a的值；
（2）设0＜a1＜,an+1=f(an),n∈N*,证明:an＜.
解析：考查函数和不等式的概念,考查数学归纳法,以及灵活运用数学方法分析和解决问题的能力.
（1）解：由于f(x)=ax-x2的最大值不大于,
∴f()=,即a2≤2. ①
又x∈［,］时,f(x)≥,
∴
即
解得a≥1. ②
由①②得a=1.
（2）证法一：（ⅰ）当n=1时,0＜a1＜,不等式0＜an＜成立；
∵f(x)＞0,x∈(0,),
∴0＜a2=f(a1)≤＜.
故n=2时不等式也成立.
（ⅱ）假设n=k(k≥2)时,不等式0＜ak＜成立,
∵f(x)=x-x2的对称轴为x=,知f(x)在［0，］上为增函数,
∴由0＜ak＜≤得
0＜f(ak)＜f(),
于是有
0＜ak+1＜-·+-=-＜.
∴当n=k+1时,不等式也成立.
根据（ⅰ）（ⅱ）可知,对任何n∈N*,不等式an＜成立.
证法二：（ⅰ）当n=1时,0＜a1＜,不等式0＜an＜成立；
（ⅱ）假设n=k(k≥1)时不等式成立,即0＜an＜.则当n=k+1时,ak+1=ak(1-ak)
=·(k+2)ak·(1-ak),
∵(k+2)ak＞0,1-ak＞0,
∴(k+2)ak·(1-ak)≤［］2=［］2＜1.
于是0＜ak+1＜.
因此当n=k+1时,不等式也成立.
根据（ⅰ）（ⅱ）,可知对任何n∈N*,不等式an＜成立.
10.(2004江苏高考,20)设无穷等差数列{an}的前n项和为Sn.
(1)若首项a1=,公差d=1,求满足=(Sk)2的正整数k；
(2)求所有的无穷等差数列{an},使得对于一切正整数k都有=(Sk)2成立.
解析：本题主要考查等差数列的概念,前n项和公式等基本知识,以及方程思想、待定系数法、特殊化法等数学思想方法,考查考生运用数学知识分析问题和解决问题的能力.
(1)解：当a1=,d=1时,
Sn=na1+d=n+=n2+n.
由=(Sk)2,得
k4+k2=(k2+k)2,
即k3(k-1)=0.
又k≠0,所以k=4.
(2)解法一：设数列{an}的公差为d,则在=(Sk)2中分别取k=1,2,得
即
由①,得a1=0或a1=1.
当a1=0时,代入②,得d=0或d=6.
若a1=0,d=0,则an=0,Sn=0,从而=(Sk)2成立;
若a1=0,d=6,则an=6(n-1).
由S3=18,(S3)2=324,S9=216,知S9≠(S3)2.
故所得数列不符合题意;
当a1=1时,代入②,得4+6d=(2+d)2.
解得d=0或d=2.
若a1=1,d=0,则an=1,Sn=n,从而=(Sk)2成立；
若a1=1,d=2,则an=2n-1,
Sn=1+3+…+(2n-1)=n2,
从而=(Sk)2成立.
综上,共有3个满足条件的无穷等差数列:
①{an}:an=0,即0,0,0, …;
②{an}:an=1,即1,1,1, …;
③{an}:an=2n-1,即1,3,4, ….
解法二：设数列{an}的公差为d,则
Sk=ka1+d.
若=(Sk)2,则k2a1+d=［ka1+d］2.
∵k≠0,
∴a1+d=(a1+d)2.
整理,得
()k2-(a1-d)dk+(a1-d)-(a1-d)2=0.
要使得对于一切正整数k都有上式成立,则
由①,得d=0或d=2.
若d=0,②式成立,代入③式,得a1-=0.
解得a1=0或a1=1.
若d=2,代入②式,得a1=1,此时③式成立.
故满足条件的无穷等差数列{an}有3个:
an=0或an=1或an=2n-1.
11.(2004湖南高考,理22)如图,直线l1:y=kx+1-k(k≠0,k≠±)与l2:y=x+相交于点P.直线l1与x轴交于点P1,过点P1作x轴的垂线交直线l2于点Q1,过点Q1作y轴的垂线交直线l1于点P2,过点P2作x轴的垂线交直线l2于点Q2,…,这样一直作下去,可得到一系列点P1,Q1,P2,Q2,…,点Pn（n=1,2, …）的横坐标构成数列{xn}.
（1）证明:xn+1-1=(xn-1),n∈N*；
（2）求数列{xn}的通项公式；
（3）比较2|PPn|2与4k2|PP1|2+5的大小.
答案：(1)证明：设点Pn的坐标是（xn,yn）,由已知条件,得点Qn,Pn+1的坐标分别是
(xn,xn+),(xn+1,xn+).
由Pn+1在直线l1上,得
xn+=kxn+1+1-k.
∴(xn-1)=k(xn+1-1),即xn+1-1=(xn-1),n∈N*.
(2)解：由题设,知x1=1-,x1-1=-≠0.
又由（1）,知xn+1-1=(xn-1),n∈N*.
∴数列{xn-1}是首项为x1-1,公比为的等比数列.
从而xn-1=-×()n-1,
即xn=1-2×()n,n∈N*.
(3)解:由
得点P的坐标为(1,1).
∴2|PPn|2=2(xn-1)2+2(kxn+1-k-1)2
=8×()2n+2()2n-2,
4k2|PP1|2+5
=4k2［(1--1)2+(0-1)2］+5=4k2+9.
①当|k|＞，即k＜-或k＞时，
4k2|PP1|2+5＞1+9=10.
而此时0＜||＜1,
∴2|PPn|2＜8×1+2=10.
故2|PPn|2＜4k2|PP1|2+5.
②当0＜||＜,
即k∈(-,0)∪(0, )时，
4k2|PP1|2+5＜1+9=10.而此时||＞1,
∴2|PPn|2＞8×1+2=10.
故2|PPn|2＞4k2|PP1|2+5.
12.(2004重庆高考,理22)设数列{an}满足a1=2,an+1=an+（n=1,2,3,…）,
（1）证明:an＞对一切正整数n成立；
（2）令bn=（n=1,2,3,…）,判断bn与bn+1的大小,并说明理由.
答案：（1）证法一：当n=1时,a1=2＞,不等式成立.
假设n=k时,ak＞成立.那么当n=k+1时,
=++2＞2k+3+＞2(k+1)+1.
∴n=k+1时,ak+1＞成立.
综上,由数学归纳法可知,an＞对一切正整数成立.
证法二：当n=1时,a1=2＞=,结论成立.
假设n=k时结论成立,即ak＞.当n=k+1时,
由函数f(x)=x+(x＞1)的单调递增性和归纳假设,有ak+1=ak+＞+.因此只需证+≥,而这等价于(+)2≥2k+3≥0,显然成立.∴当n=k+1时,结论成立.因此,an＞对一切正整数n均成立.
证法三：由递推公式,得=+2+,=+2+,…,=+2+.
上述各式相加并化简,得
=+2(n-1)++…+＞22+2(n-1)=2n+2＞2n+1（n≥2）.
又n=1时,an＞明显成立,故an＞（n=1,2,…).
（2）解法一：∵=
=(1+)＜(1+)
=＜1,
∴bn+1＜bn.
解法二：∵bn+1-bn=(an+)-
=［-(-)］
≤［-(-)(2n+1)］
（由（1）的结论）
=［(+)-(2n+1)］
=［-(n+1)］
=(-)＜0,
∴bn+1＜bn.
解法三：∵-=
=(++2)-
=(2+-)
＜(2+-)＜0,
∴＜.∴bn+1＜bn.
题源探究
1.(2005湖北高考，理15)设等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn,若Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列,则q的值为____________________.
答案:-2
解析:∵Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列,
∴Sn-Sn+1=Sn+2-Sn,
即-an+1=an+2+an+1.
∴an+2=-2an+1.
∴q==-2.
原题：(《数学》第一册上第128页例4)已知Sn是等比数列{an}的前n项和,S3,S9,S6成等差数列,求证:a2,a8,a5成等差数列.
探源：本考题只是教材例题的一部分.应该说“已知等比数列的某3项成等差数列,求等比数列的公比”是一类常见题型,进行类比,就有“已知等比数列的3个前几项的和成等差数列,求等比数列的公比”的问题.唯一的不同在于把“通项”变为“求和”时,要注意求和公式运算的复杂性与灵活性.但不管是教材上的例题还是本道考题,都可以避开求和公式中q是否等于1的讨论.
2.(2004福建高考，文5)Sn是等差数列{an}的前n项的和,若=,则等于( )
A.1 B.-1 C.2 D.
答案：A
解析：本题主要考查等差数列的通项公式与求和公式等基本运算.
==·=1.
原题：(《数学》第一册上第137页复习参考题三B组第4小题)有两个等差数列{an},{bn},=,求.
探源：本考题是教材习题的逆向思考,主要考查等差数列的通项公式与求和公式等基本运算,特别是等差数列的性质应用.
3.(2004天津高考,理8)已知数列{an},那么“对任意的n∈N*,点Pn(n,an)都在直线y=2x+1上”是“{an}为等差数列”的( )
A.必要而不充分条件
B.充分而不必要条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
答案：B
解析：本题主要考查等差数列的概念、直线与方程、充要条件等基础知识.
∵点Pn(n,an)都在直线y=2x+1上,∴an=2n+1,即{an}为等差数列.但{an}为等差数列时,an=dn+a1-d.点(n,an)不一定在直线y=2x+1上.
原题：(《数学》第一册上第113页例4)已知数列的通项公式为an=pn+q,其中p、q是常数,且p≠0,那么这个数列是否一定是等差数列?如果是,其首项与公差是什么?
探源：教材在例4后的说明文字中指出:“等差数列的通项公式可以表示为an=pn+q,其中p、q是常数.当p≠0时,它是关于n的一次式,因此从图像上看,表示这个数列的各点均在一次函数y=px+q的图像上.”本考题正是从这个角度出发,通过一般结论特殊化,考查对等差数列概念的理解,以及直线与方程、充要条件等基础知识.
核心考点突破
考点1理解数列的概念,了解数列通项公式的意义.
数列是一个定义在正整数集N*或其子集上的函数，当自变量从小到大依次取值时，对应的一列函数值an就是数列{an}的第n项.如果一个数列{an}的第n项an与项数n之间的函数关系可以用一个公式an=f(n)表示,那么这个公式就是数列{an}的通项公式.
方法点击1.考查数列的概念,侧重于用数列的方法去理解相应的数学问题,建立与自然数有关序列的特征研究,即数列通项公式.要求考生通过观察、分析、对比、转换等方法寻求数列的项与项数之间的关系,有较强的归纳猜想能力,特别是借助数列考查学生的数学洞察力与直觉思维能力.例如,2005年成都市三模试题“如下图,这是一个正六边形的序列,则第(n)个图形的边数为___________________.”要求考生正确认识正六边形的个数与边数的内在关联.实际上,每增加一个正六边形,图形的边数就增加5,这是一个公差为5的等差数列,因此an=6+(n-1)×5=5n+1.
2.有时也会从对数学感悟的角度考查学生对数列概念的理解.例如,2005年东北四校联考二试题“正奇数集合{1,3,5,…},现在由小到大按第n组有(2n-1)个奇数进行分组:
{1}, {3,5,7}, {9,11,13,15,17},…
(第一组) (第二组) (第三组)
则2 005位于第_________________组中.”这不是一个数列而是“集合列”,第n组是一个有(2n-1)个正奇数组成的集合.因为2 005是第1 003个正奇数,而1+3+5+…+(2n-1)=n2,312＜1 003＜322,所以2 005位于第32组.
3.理解数列概念还需要从数列的函数特征出发,运用函数的思想方法去研究处理数列问题.如利用函数的单调性处理数列的大小关系或最值问题,2006年南通九校联考题“已知数列{an}中,an=(n∈N*),则在数列{an}的前50项中最小项和最大项分别是( )A.a1,a50,B.a1,a8,C.a8,a9,D.a9,a50.”
因为数列an=1+,当n＜时,an是减函数且an＜0;当n＞时,an是减函数且an＞0,所以前50项中最小项是a8,最大项是a9,正确答案选C.
考点2了解递推公式是给出数列的一种方法,并能根据递推公式写出数列的前几项.
数列的递推公式由两部分构成,一是“数列的第一项(或前几项)”,确定数列的起始值;二是“数列中的任意一项与它的前一项(或前几项)的关系式”,确定起始值以后各项数值的变化规律.
方法点击1.由数列的递推公式确定的数列,在试题考查中一般只要求写出数列前几项中的某一项.但此时递推关系确定的数列往往比较特殊,除数列为等差等比数列外,还经常出现“周期数列”、“等和数列”等.解题时要特别注意动态地分析数列中各项的特征与变化规律.如2005年湖南卷文科试题的第5题,2004年北京卷文理科试题的第14题.
2.对于由数列的递推公式求数列通项an的问题,试题一般局限于一些常见的特殊数列,或者是利用数学归纳法可以解决的数列.比如,可以转化为等差、等比数列的问题:
(1)递推模型an+1=can+d,可以通过待定系数法(an+1+λ)=c(an+λ),化为等比数列;
(2)递推模型an+1=,可以通过取倒数=c+,化为等差数列;
(3)递推模型an+1=an+f(n),an+1=f(n)·an,可以分别通过叠加、叠乘方法求得通项.在解题时要注意两个重要的变形:
1°an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1;
2°an=××…××a1(an≠0).
考点3理解等差数列的概念,掌握等差数列的通项公式与前n项和公式,并能解决简单的实际问题.
如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的差等于同一个常数,即满足:an+1-an=d(常数),则这个数列叫做等差数列,这个常数就是等差数列的公差.
等差数列的通项公式是an=a1+(n-1)d;
等差数列的前n项和公式有两种形式:(1)Sn=;(2)Sn=na1+d.
方法点击1.判断或证明一个数列是等差数列的重要依据是定义,也就是证明an+1与an的差值是一个与n无关的常数.另外也可以通过等差中项性质2an=an-1+an+1(即an+1-an=an-an-1)(n≥2,n∈N*);或数列前n项和Sn是关于n的二次函数且没有常数项(即Sn=An2+Bn,也可以是n的一次函数)来进行说明.
2.等差数列的通项公式与前n项和公式涵盖了五个基本量(a1,an,Sn,d,n)之间的关系,其中“知三求二”是数列计算中的基本问题,方程观点是解决这类问题的基本思想和方法.特别是在几个数成等差数列的问题中,要注意运用“设元”技巧,减少运算量.比如:三个数成等差数列,可设为a-d,a,a+d;四个数成等差数列,可设为a-3d,a-d,a+d,a+3d.
3.理解等差数列的概念,要注重理解“等差”二字的内涵,这是运用等差数列性质解题的基础.“等差”即差相等,按照定义理解是指相邻两项的差相等,因此,从第m项到第n项,相差(n-m)个公差,即an-am=(n-m)d,有an=am+(n-m)d成立;而“等差”还可以推广为任意“等距离”两项“差相等”,即当m-p=q-n(m、n、p、q∈N*)时,有am-ap=aq-an成立,换言之,若m+n=p+q(m、n、p、q∈N*),则am+an=ap+aq.
4.掌握等差数列的一些性质,运用性质解题往往能简化运算过程,达到事半功倍的效果.除上面给出的两个性质外,等差数列还有许多性质,如:(1)Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…(n∈N*)成等差数列.(2)若项数为2n,则S偶-S奇=nd;若项数为2n-1,则
.但在解题中也不可一味追求解题的技巧性,切记“欲速则不达”,要重视通性通法的掌握.
5.在等差数列{an}中,有关Sn的最值问题常用邻项变号法来求解.1°当a1＞0,d＜0时,满足的项数m使得Sm取最大值；2°当a1＜0,d＞0时,满足的项数m使得Sm取最小值.
考点4理解等比数列的概念,掌握等比数列的通项公式与前n项和公式,并能解决简单的实际问题.
如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的比等于同一个常数,即满足=q(常数),则这个数列叫做等比数列,这个常数就是等比数列的公比.
等比数列的通项公式是an=a1·qn-1;
等比数列的前n项和公式有两种情况:
(1)当q=1时,Sn=na1;
(2)当q≠1时,Sn==.
方法点击1.判断或证明一个数列是等比数列的重要依据是定义,也就是证明an+1与an的比值是一个与n无关的常数即可,这个常数既可以是正数也可以是负数,但不能是零.另外也可以通过等比中项性质=an-1·an+1(即=)(n≥2,n∈N*);或数列前n项和Sn=c·(qn-1)来进行说明.
2.等比数列的通项公式与前n项和公式同样涵盖了五个基本量(a1,an,Sn,q,n)之间的关系,要熟练运用方程观点解决等比数列计算中“知三求二”的基本问题.特别是在几个数成等比数列的问题中,也要注意“设元”的技巧,从而减少运算量.比如:三个数成等比数列,可设为,a,aq;四个数成等比数列且公比为正值时,可设为,,aq,aq3.
3.等比数列的一些性质,也可以从等比数列概念中“等比”二字的内涵出发加以理解.等比数列有如下性质:(1)an=am·qn-m(m、n∈N*);(2)若k+l=m+n、m、n、k、l∈N*,则ak·al=am·an;(3)Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…(n∈N*)也成等比数列;(4)若项数为偶数时,=q;若项数为奇数时,=q.
4.遇到涉及等比数列求和问题时,要根据题意作具体分析,不要贸然使用求和公式,应对公比q能否等于1进行判断或讨论.有时,可以直接利用数列前n项和的定义,或利用整体思想,避免运用求和公式所带来的繁杂运算.例如,2001年全国卷理科第15题(见“题源探究”).
考点5求数列{an}的前n项和Sn.
若数列{an}的前n项和记为Sn,则有Sn=a1+a2+…+an.
方法点击1.由Sn=a1+a2+…+an,得an=an与Sn的这一关系是许多数列综合题的解题基础,解题时要理解分n=1和n≥2两种情况讨论的原因.例如,2006年江苏金陵中学期末试题“如果数列{an}的前n项和Sn=(3n-2n+1),那么这个数列( )A.是等差数列,但不是等比数列,B.是等比数列,但不是等差数列,C.既是等差数列,又是等比数列,D.既不是等差数列,也不是等比数列.”当n=1时,有a1=S1=-,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=()n-()n-1=·()n-1,故正确答案选D.实际上,等差数列的前n项和必是关于n的二次或一次函数,而等比数列的前n项和必具备Sn=c·(qn-1)或Sn=na1的形式,而本题有Sn=()n-2,故数列{an}既不是等差数列,也不是等比数列.相似的考题出现在2004年湖北高考理科第8题.
2.数列求和是数列的难点内容.数列求和的常用方法大致如下:
(1)公式法:等差或等比数列的前n项和直接利用求和公式求得.
(2)错位相减法:由等差数列{an}和等比数列{bn}的对应项乘积构成的新数列{anbn},可将数列{anbn}的前n项和的两边分别乘以数列{bn}的公比后,再错位相减求出其前n项的和.
(3)倒序相加法:如果一个数列{an},与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和,那么可以采用把正着写和与倒着写和的两个数列对应各项依次相加的方法进行求和.如等差数列前n项和公式的推导.
(4)裂项相消法:把一个数列的每一项变为两项(或以上)之差的形式,再化简求和.如=-,等.
(5)分组求和法:把一个数列分解成两个(或以上)可以求和的数列进行求和.例如2005年天津卷理科第13题,由递推公式an+2-an=1+(-1)n(n∈N*),可以分析出数列的特点:奇数项是常数列,偶数项依次构成公差为2的等差数列,因此S100=50+=2 600.
3.在解决数列求和问题时还应注意以下几点:
(1)直接用公式求和时,注意公式的应用范围和公式的推导过程;
(2)注意观察数列特点和规律,在分析数列通项的基础上,或分解为基本数列求和,或转化为基本数列求和;
(3)用错位相减法求和,在书写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式.
考点6考查数列的应用、数列与其他知识的综合.
解答数列应用问题的核心是建立数学模型,有关人口增长、产量增加、成本降低、存贷款利息的计算等问题,都需要利用数列有关知识加以解决.
数列是特殊的函数,不等式是深刻认识函数和数列的重要工具,三者的综合求解题是基础知识的双重检验,而三者的求证题所显示出的代数推理是近年高考命题的新热点.
方法点击
1.数列应用问题的常用数学模型有:(1)构造等差、等比数列模型,然后再去应用数列的通项公式或求和公式求解;(2)用无穷递缩等比数列的求和公式求解;(3)用递推公式确定的数列,通常化成等差、等比数列求解.建立数列模型时,应明确是等差数列模型还是等比数列模型,还是递推数列模型;是求通项an还是求前n项和Sn,以及项数n是多少.
2.解答数学综合题,既要紧扣等差、等比两个基本数列模型,又要善于进行模型转化,在常规性的通法算理上学活用活.
(1)数列与函数的综合,主要是用函数的观点理解数列.其一通过函数衍生出数列问题,例如,2006年重庆一模试题“已知函数f(x)是定义在实数集R上的函数,且满足f(x+2)-f(x+2)f(x)-f(x)=1,f(1)=-,f(2)=-,则f(2 006)=______________________.”记an=f(n),则a1=-,a2=-,an+1=,由递推关系写出前几项可归纳出数列的变化规律,数列{an}是周期为8的周期数列.故a2 006=a6=4.其二用函数思想解决数列问题,例如,2006年连云港市一模试题(见2年模拟题阵第18题).
(2)数列与不等式的综合,主要用不等式的方法处理数列问题中的不等关系,如数列的不等式证明就是一个常考不衰的话题.2005年南京市质量检测二试题“如图,把正三角形ABC分成有限个全等的小正三角形,且在每个小三角形的顶点上都放置一个非零实数,使得任意两个相邻的小三角形组成的菱形的两组相对顶点上实数的乘积相等.设点A为第一行,…,BC为第n行,记点A上的数为a11,…,第i行中第j个数为aij(1≤j≤i).若a11=1,a21=,a22=.
(1)求a31,a32,a33;(2)试归纳出第n行中第m个数anm的表达式(用含n、m的式子表示,不必证明);(3)记Sn=an1++…+ann,证明n≤++…+≤.”因为anm=,所以Sn是等比数列求和,Sn==()n-2［1-()n］,但却不是等比数列,也不是等差数列,直接求和变得不可能.观察需要证明的不等式,显然只要1≤≤4n-1即可(数列{4n-1}的前n项和为).这类数列和式的不等式证明的关键是求和,特别是既不是等差、等比数列,也不是等差乘等比的数列求和,要利用不等式的放缩法,放缩为等比数列求和、错位相减法求和、裂项相消法求和,最终归结为有限项的数式大小比较.
2年模拟题阵
基础巩固
一、选择题
1.(2005东北四市联考)已知数列{an},“对任意的n∈N*,点Pn(n,an)都在直线y=3x+2上”是“{an}为等差数列”的( )
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
答案:A
解:显然当an=3n+2时,数列{an}是等差数列,但当{an}是等差数列时,不一定有an=3n+2.一般地,如果an是n的一次函数,则{an}是等差数列,但若{an}是等差数列,an不一定是n的一次函数,比如an=c(c为常数).
2.(2006广东深圳五校联考)等差数列{an}的通项公式是an=2n+1,其前n项和为Sn,则数列{}的前10项和为( )
A.75 B.70 C.120 D.100
答案:A
解:=n+2,其前10项和为=75.
3.(2006浙江金丽衢十二校联考)在等比数列{an}中,a5+a6=a(a≠0),a15+a16=b,则a25+a26等于( )
A. B. C. D.
答案:C
解:由等比数列性质,知a5+a6,a15+a16,a25+a26成等比数列.
∴a25+a26=.
4.(2006四川南充一模)在等比数列{an}中,若a5a6=,则sin(a4a7)等于( )
A. B.0 C.1 D.-1
答案:D
解:由等比数列性质,知a4·a7=a5·a6=.
所以sin(a4·a7)=-1.
5.(2005江苏南通一模)在等差数列{an}中,4(a3+a4+a5)+3(a6+a8+a14+a16)=36,那么该数列的前14项之和是( )
A.7 B.14 C.21 D.42
答案:C
解:利用等差数列的性质,条件化为12a4+12a11=36,即a4+a11=3.
又S14==7(a4+a11),∴S14=7×3=21.
6.(2005湖北武汉一模)在等差数列{an}中,首项a1=,从第10项起开始大于1,那么此等差数列公差d的取值范围为( )
A.(,) B.［,） C.［,］ D.（,］
答案:D
解:由条件,知,即解得＜d≤.
评述:本题要特别注意审清题意.“从第10项起开始大于1”包括两层含义,其一第10项大于1,其二第9项小于或等于1.
7.(2005四川成都二模)已知等差数列{an}中,Sn是它的前n项和,若S16＞0,且S17＜0,则当Sn最大时,n的值为( )
A.16 B.9 C.8 D.10
答案:C
解:由S16＞0,得＞0,即a1+a16＞0,也即a8+a9＞0;由S17＜0,得17a9＜0,即a9＜0,∴a9＜0,a8＞0.
∴当n=8时,Sn最大.
8.(2006浙江杭州一模)在数列{an}中,已知a1=1,且当n≥2时,a1a2…an=n2,则a3+a5等于( )
A. B. C. D.
答案:B
解:由递推关系a1a2…an=n2,可逐一计算出a2=4,a3=,a4=,a5=,
∴a3+a5=.
或者由a1a2…an=n2,知a1a2…an-1=(n-1)2.
∴an=(n≥2),故a3+a5=+=.
9.(2006湖北襄樊一模)已知等比数列{an}的首项为8,Sn是其前n项的和,某同学经计算得S2=20,S3=36,S4=65,后来该同学发现了其中一个数算错了,则该数为( )
A.S1 B.S2 C.S3 D.S4
答案:C
解:显然q≠1,由条件S2=20,S3=36,S4=65,
得=20,=36,=65.
因为只有一个数据不正确,所以S3错误.
10.(2005湖北襄樊二模)在右面的表格中,每格填上一个数字后,使每一横行成等差数列,每一纵行成等比数列,则a+b+c的值为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
答案:A
解:按照横行等差,纵行等比的数列特征,先计算第1、3纵行,再分别计算横行即可.a=,b=,c=,
∴a+b+c=1.
二、填空题
11.(2006北京东城期末)数列{an}满足an+1=若a1=,则
a2=_______________,a24=_______________.
答案:
解:由递推关系,知a2=2a1-1=＞,a3=2a2-1=＜,a4=2a3==a1.
数列{an}是周期数列,a24=a3.
12.(2006四川成都一模)在数列{an}和{bn}中,bn是an和an+1的等差中项,a1=2,且对任意n∈N*都有3an+1-an=0,则{bn}的通项bn=______________.
答案:()n-1
解:∵3an+1-an=0=(n∈N*),
∴{an}是公比为的等比数列.
∴an=2·()n-1.
∴bn=(an+an+1)=［2·()n-1+2·()n］=()n-1.
三、解答题
13.(2006浙江宁波十校联考)数列{an}中,a1=1,当n≥2时其前n项和Sn满足=an(Sn-).
(1)求Sn的表达式;
(2)bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)当n≥2时,=an(Sn-)=(Sn-Sn-1)(Sn-),化简得Sn·Sn-1=(Sn-1-Sn),
∴-=2.
∴{}构成以=1为首项,公差为2的等差数列.
∴=1+2(n-1)=2n-1.
∴Sn=.
(2)∵bn==
=(-).
∴Tn=［(1-)+(-)+…+(-)］
=(1-)=.
14.(2006江苏连云港一模)已知数列{an}的前三项与数列{bn}的前三项对应相同,且a1+2a2+22a3+…+2n-1an=8n对任意的n∈N*都成立,数列{bn+1-bn}是等差数列．
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式;
(2)问是否存在k∈N*,使得bk-ak∈(0,1)?请说明理由．
解:(1)已知a1+2a2+22a3+…+2n-1an=8n(n∈N*), ①
n≥2时,a1+2a2+22a3+…+2n-2an-1=8(n-1)(n∈N*), ②
①-②,得2n-1an=8.求得an=24-n.
在①中令n=1,可得a1=8=24-1.
∴an=24-n(n∈N*).
由题意b1=8,b2=4,b3=2,
∴b2-b1=-4,b3-b2=-2.
∴数列{bn+1-bn}的公差为-2-(-4)=2.
∴bn+1-bn=-4+(n-1)×2=2n-6.
bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)
=8+(-4)+(-2)+…+(2n-8)=n2-7n+14(n∈N*).
(2)bk-ak=k2-7k+14-24-k,
当k≥4时,f(k)=(k-)2+-24-k单调递增,且f(4)=1,
∴k≥4时,f(k)=k2-7k+14-24-k≥1.
又f(1)=f(2)=f(3)=0,
∴不存在k∈N*,使得bk-ak∈(0,1).
15.（2005江苏南京一模）已知数列{an}的前n项和为Sn=n2+(a-1)n(a∈R).设集合A={(an,)|n∈N*},B={(x,y)|x2-y2=1,x、y∈R}.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若以集合A中的元素作为点的坐标,则这些点是否都在同一条直线上?并说明理由;
(3)“A∩B至多只有一个元素”是否正确?如果正确,请给予证明;如果不正确,请举例说明.
解:(1)当n=1时,a1=S1=1+a-1=a;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=［n2+(a-1)n］-［(n-1)2+(a-1)(n-1)］=2n+a-2.
可见,当n=1时,满足上式.
∴数列{an}的通项公式是an=2n+a-2(n∈N*).
(2)由数列{an}的通项公式an=2n+a-2,可知数列{an}是等差数列.
∴Sn==.
∴=(an+a).
∴点(an,)的坐标满足方程y=(x+a).
∴点(an,)在直线y=(x+a)上.
∴以集合A中的元素为坐标的点(an,)均在直线y=(x+a)上.
(3)由消去y,得2ax=-a2-4. ①
当a=0时,方程①无解,此时,A∩B=;
当a≠0时,方程①只有一个解x=-,
此时方程组也只有一个解,即
故上述方程组至多有一解,
所以A∩B至多有一个元素.
综合提升
一、选择题
1.(2006浙江宁波十校联考)已知{an}是等比数列,且a2＞a3=1,则使不等式(a1-)+(a2-)+…
+(an-)≥0成立的最大自然数n是( )
A.4 B.5 C.6 D.7
答案:B
解析:本题解法有二.最简单的方法是特征分析法,由条件知数列{an}是正项单调递减数列,且a1=,a2=,
即当n=5时,(a1-)+(a2-)+…+(a5-)=0.
因此(a1-)+(a2-)+…+(an-)≥0的正整数n的最大值为5.
而通项法则比较复杂,首先由条件知a2＞1,0＜q＜1,当n≥4时0＜an＜1;
其次(a1-)+(a2-)+…+(an-)=+
=(qn-1-1)=(a1qn-3-1),
最后由(a1-)+(a2-)+…+(an-)≥0,得a1qn-3≥1.∴n≤5.
2.(2006湖北黄冈期末)若数列{an}的通项公式为an=5()2n-2-4()n-1(n∈N*),{an}的最大项为第x项,最小项为第y项,则x+y等于( )
A.3 B.4 C.5 D.6
答案:A
解:令t=()n-1,则an=5t2-4t,t∈(0,1］,
当t=,即n=2时,an有最小值,
当t=1,即n=1时,an有最大值,
∴x+y=2+1=3.
二、填空题
3.(2005湖南示范十校联考)方程f(x)=x的根称为f(x)的不动点,若函数f(x)=
有唯一不动点,且x1=1 000,xn+1=(n∈N*),则x2 005=__________________.
答案:2 002
解析:由题意,知关于x的方程)=x有唯一解,即x(ax+2a-1)=0(x≠-2)有唯一解.
显然x=-2不是方程ax+2a-1=0的解,
因此方程ax+2a-1=0的解必为x=0,
∴a=.
此时xn+1==+xn.
故x2 005=x1+1 002=2 002.
4.(2005湖北黄冈一模)当a0,a1,a2成等差数列时,有a0-2a1+a2=0,当a0,a1,a2,a3成等差数列时,有a0-3a1+3a2-a3=0,当a0,a1,a2,a3,a4成等差数列时,有a0-4a1+6a2-4a3+a4=0,由此归纳：当a0,a1,a2,…,an成等差数列时有a0-a1+a2-…+(-1)nan=0.如果a0,a1,a2,…,an成等比数列,类比上述方法归纳出的等式为___________________________.
答案:···…·=1
解:解此题的关键是对类比的理解.通过对所给等差数列性质的理解,类比去探求等比数列相应的性质.实际上,等差数列与等比数列类比的实质是运算级别的类比,即等差数列中的“加、减、乘、除”与等比数列中的“乘、除、乘方、开方”相对应.
三、解答题
5.(2005云南昆明二模)已知数列{an}满足a1=1,an+1=an+(n∈N*).
(1)求a2,a3的值；
(2)证明:＜an≤对一切正整数n都成立.
解:(1)由a1=1,an+1=an+(n∈N*),得a2=a1+=2,a3=a2+=.
(2)当k∈N*,且k≥2时,
=(ak-1+)2=+2＞+2,
因此-＞2.
由此可得-
=(-)+(-)+…+(-)＞2(n-1),
因此＞+2(n-1)=2n-1,an＞.
由a1=1,an+1=an+(n∈N*）,可知当k∈N*,且k≥2时,ak＞ak-1≥a1=1,
由此可得-=(-)+(-)+…+(-)=2(n-1)+++…+≤2(n-1)+(n-1)×1=3n-3,
因此≤3n-3+=2n-1,an≤.
综上,可知＜an≤对一切正整数n都成立.
6.(2006四川成都一模)已知定义在(-1,1)上的函数f(x)满足f()=1,且对x、y∈(-1,1)时,有f(x)-f(y)=f().
(1)判断f(x)在(-1,1)上的奇偶性,并证明之;
(2)令x1=,xn+1=,求数列{f(xn)}的通项公式;
(3)设Tn为数列{}的前n项和,问是否存在正整数m,使得对任意的n∈N*,有Tn＜成立?若存在,求出m的最小值;若不存在,则说明理由.
解:(1)令x=y=0,得f(0)=0.
又当x=0时,f(0)-f(y)=f(-y),即f(-y)=-f(y).
∴对任意x∈(-1,1)时,都有f(-x)=-f(x).
∴f(x)在(-1,1)上为奇函数.
(2)∵{xn}满足x1=,
xn+1==
＜=1,
∴0＜xn＜1.
∴f(xn+1)=f()=f［］
=f(xn)-f(-xn).
∵f(x)在(-1,1)上是奇函数,
∴f(-xn)=-f(xn).
∴f(xn+1)=2f(xn)，
即=2.
∵{f(xn)}是以f(x1)=f()=1为首项,以2为公比的等比数列,
∴f(xn)=2n-1.
(3)Tn=++…+=1+++…+==2-.
假设存在正整数m,使得对任意的n∈N*,有Tn＜成立,
即2-＜对n∈N*恒成立.
只需≥2,
即m≥10.
故存在正整数m,使得对n∈N*,有Tn＜成立
此时m的最小值为10.
挑战创新
(2006湖北襄樊一模)数列{an}的前n项和为Sn,已知Sn=．
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{cn}满足cn=数列{cn}的前n项和为Tn,求Tn;
(3)张三同学利用第(2)题中的Tn设计了一个程序流程如图,但李四同学认为这个程序如果被执行会是一个“死循环”(即程序会永远循环下去,而无法结束).你是否同意李四同学的观点?请说明理由.
解析:本题设计新颖,立意独特,富有人文气息.将数列与程序设计相结合,既体现了数学知识与计算机技术的学科融合,又与新课程算法必修知识接轨.
(1)当n=1时,a1=S1=2;
当n＞1时,an=Sn-Sn-1=-=n+1.
∴an=n+1(n∈N*).
(2)当n为偶数时,Tn=(a1+a3+…+an-1)+(22+24+…+2n)
=+(2n-1).
当n为奇数时,n-1为偶数Tn=(a1+a3+…+an)+(22+24+…+2n-1)
=+(2n-1-1).
∴Tn=
(3)记dn=Tn-P,
当n为偶数时,dn=(2n-1)-,dn+2-dn=2n+1-47.
∴从第4项开始,数列{dn}的偶数项开始递增,而d2,d4,…,d10均小于2 005,d12＞2 005.
∴d≠2 005.
当n为奇数时,dn=(2n-1-1)-23n+,
dn+2-dn=2n+1-46.
∴从第5项开始,数列{dn}的偶数项开始递增,而d1,d3,…,d11均小于2 005,d13＞2 005.
∴d≠2 005.
李四的观点是正确的．
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