2011年高考数学试题分类汇编 数列

十、数列 一、选择题 1．（天津理4）已知

an 为等差数列，其公差为-2，且a7是a3与a9的等比中项，Sn为

an 的前n项和，n N*，则S10的值为

A．-110 B．-90 C．90 D．110 【答案】D

2．（四川理8）数列

an 的首项为3， bn 为等差数列且bn an 1 an(n N*)．若则

b3 2，b10 12，则a8

A．0 【答案】B

B．3 C．8 D．11

【解析】由已知知

bn 2n 8,an 1 an 2n 8,由叠加法

(a2 a1) (a3 a2) (a8 a7) 6 4 2 0 2 4 6 0 a8 a1 3

3．（四川理11）已知定义在

0, 上的函数f(x)满足f(x) 3f(x 2)，当x 0,2 时，

f(x) x2 2x．设f(x)在 2n 2,2n 上的最大值为an(n N*)，且 an 的前n项和

为

Sn Sn，则limn

A．3

5B．2

C．2

3D．2

【答案】D

f(x 2)

【解析】由题意

1

f(x)3,在[2n 2,2n]上，

1

1 ()n

111 limS 3n 1,f(x) 1,n 2,f(x) ,n 3,f(x) ()2 an ()n 1 Sn n

133321 3

4．（上海理18）设（i 1,2, ），则

A．B．

{an}是各项为正数的无穷数列，Ai是边长为ai,ai 1的矩形面积

{An}为等比数列的充要条件为

{an}是等比数列。

a1,a3, ,a2n 1, 或a2,a4, ,a2n, 是等比数列。

C．D．

a1,a3, ,a2n 1, 和a2,a4, ,a2n, 均是等比数列。

a1,a3, ,a2n 1, 和a2,a4, ,a2n, 均是等比数列，且公比相同。

a 1，S Sk 24，Sn为等差数列 an 的前n项和，若1公差d 2，k 2

【答案】D 5．（全国大纲理4）设则k

A．8 B．7 C．6

【答案】D

6．（江西理5） 已知数列{

D．5

an}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 【答案】A 7．（福建理10）已知函数（fx）=e+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 【答案】B 二、填空题 8．（湖南理12）设则

Sn是等差数列{an}(n N )，的前n项和，且a1 1,a4 7，

S9= ．

{an}中，a3 a7 37，则a2 a4 a6 a8 __________

【答案】25

9．（重庆理11）在等差数列【答案】74

110．（北京理11）在等比数列{an}中，a1=2，a4=-4，则公比q=______________；

a1 a2 ... an

2n 1

【答案】

____________。—2

1

2

11．（安徽理14）已知 ABC的一个内角为120o，并且三边长构成公差为4的

等差数列，则 ABC的面积为_______________.

【答案】3

12．（湖北理13）《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积

成等差数列，上面4节的容积共为3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为 升。

67

【答案】66

13．（广东理11）等差数列k=____________． 【答案】10 14．（江苏13）设

an

前9项的和等于前4项的和．若

a1 1,ak a4 0，则

1 a1 a2 a7，a,a,a,aa,a,a其中1357成公比为q的等比数列，246

成公差为1的等差数列，则q的最小值是________

【答案】3

三、解答题

15．（江苏20）设Ｍ部分为正整数组成的集合，数列已知对任意整数k M，当整数 （1）设 （2）设

{an}的首项a1 1，前n项和为Sn，

n k时,Sn k Sn k 2(Sn Sk)都成立

M {1},a2 2,求a5的值； M {3,4},求数列{an}的通项公式

本小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，满分16分。

解：（1）由题设知，当即

n 2时,Sn 1 Sn 1 2(Sn S1)，

(Sn 1 Sn) (Sn Sn 1) 2S1，

an 1 an 2a1 2,又a2 2,故当n 2时,an a2 2(n 2) 2n 2. a5的值为8。

k M {3,4},且n k时,Sn k Sn k 2Sn 2Sk

从而所以

（2）由题设知，当

且Sn 1 k Sn 1 k 2Sn 1 2Sk，

两式相减得所以当

an 1 k an 1 k 2an 1,即an 1 k an 1 k an 1 an 1 k

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 知

2a an 3 an 3 an 6 an 6. （*）

从而当n 8时，n

且即

an 6 an 6 an 2 an 2,所以当n 8时,2an an 2 an 2，

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， an 3 an 3 an 1 an 1，

2an an 1 an 1,即an 1 an an an 1.

从而

故由（*）式知

d an an 1.

当n 9时，设

当2 m 8时,m 6 8，从而由（*）式知故

2am 6 am am 12

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. an 1 an d对任意n 2都成立，又由Sn k Sn k 2Sk 2Sk(k {3,4})可

因此，

(Sn k Sn) (Sn Sn k) 2Sk,故9d 2S3且16d 2S4，

a4

73dd,从而a2 d,a1 .222

解得

因此，数列所以数列

{an}为等差数列，由a1 1知d 2.

{an}的通项公式为an 2n 1.

16．（安徽理18）

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.

（Ⅰ）求数列（Ⅱ）设

{an}的通项公式；

bn tanan tanan 1,求数列{bn}的前n项和Sn.

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：（I）设

l1,l2, ,ln 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 1 tn 2 t2 t1, ②

2

tt tt 10(1 i n 2),得 1n 3 i1n 2①×②并利用

Tn2 (t1tn 2) (t2tn 1) (tn 1t2) (tn 2t1) 102(n 2), an lgTn n 2,n 1.

（II）由题意和（I）中计算结果，知

bn tan(n 2) tan(n 3),n 1.

tan(k 1) tank

,

1 tan(k 1) tank

tan1 tan((k 1) k)

另一方面，利用

tan(k 1) tank

得

n

n 2k 3

tan(k 1) tank

1.

tan1

所以

Sn bk tan(k 1) tank

k 1

tan(k 1) tank 1)

tan1k 3

tan(n 3) tan3 n.

tan1 (

n 2

17．（北京理20） 记

若数列

An a1,a2,...,an(n 2)

满足

an 1 a1 1(k 1,2,...,n 1)

，数列

An为E数列，

S(An)=a1 a2 ... an．

（Ⅰ）写出一个满足（Ⅱ）若

a1 as 0，且S(As)〉0的E数列An；

a1 12，n=2000，证明：E数列An是递增数列的充要条件是an=2011；

An，使得S An =0？

（Ⅲ）对任意给定的整数n（n≥2），是否存在首项为0的E数列

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。

解：（Ⅰ）0，1，2，1，0是一具满足条件的E数列A5。

（答案不唯一，0，1，0，1，0也是一个满足条件的E的数列A5） （Ⅱ）必要性：因为E数列A5是递增数列， 所以

ak 1 ak 1(k 1,2, ,1999).

所以A5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—a1000≤1，

a2000—a1000≤1 …… a2—a1≤1 所以a2000—a≤19999，即a2000≤a1+1999. 又因为a1=12，a2000=2011, 所以a2000=a1+1999. 所以

故

an 1 an 1 0(k 1,2, ,1999),即An是递增数列.

ck ak 1 ak 1 0(k 1,2, ,n 1),则cA 1.

综上，结论得证。 （Ⅲ）令

因为a2 a1 c1 a1 a1 c1 c2

an a1 c1 c2 cn 1,

S(An) na1 (n 1)c1 (n 2)c2 (n 3)c3 cn 1

n(n 1)

[(1 c1)(n 1) (1 c2)(n 2) (1 cn 1)].2

因为所以

ck 1,所以1 ck为偶数(k 1, ,n 1).

*1 c1)(n 1) (1 c2)(n 2) (1 cn)为偶数,

S(An) 0,必须使

n(n 1)

2为偶数,

所以要使

即4整除n(n 1),亦即n 4m或n 4m 1(m N*). 当

n 4m 1(m N*)时,E数列An的项满足a4k 1 a4k 1 0,a4k 2 1,a4k 1

(k 1,2, ,m)时，有a1 0,S(An) 0;

a4k 1(k 1,2, ,m),a4k 1 0时,有a1 0,S(An) 0;

当

n 4m 1(m N*)时,E数列An的项满足，a4k 1 a3k 3 0,a4k 2 1,

当n 4m 2或n 4m 3(m N)时,n(m 1)不能被4整除，此时不存在E数列An， 使得

a1 0,S(An) 0.

18．（福建理16）

13

已知等比数列{an}的公比q=3，前3项和S3=3。

（I）求数列{an}的通项公式；

（II）若函数f(x) Asin(2x )(A 0,0 p )在

x

6处取得最大值，且最大值

为a3，求函数f（x）的解析式。

本小题主要考查等比数列、三角函数等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，满分13分。

13a1(1 33)13

q 3,S3 得 ,

31 33 解：（I）由1

a1 .

3 解得

1

an 3n 1 3n 2.

3所以

n 2

a 3,所以a3 3. n（II）由（I）可知

因为函数f(x)的最大值为3，所以A=3。

x

因为当

6时f(x)取得最大值，

sin(2

所以

6

) 1.

0 ,故

又

6

.

f(x) 3sin(2x )

f(x)6 所以函数的解析式为

19．（广东理20）

设b>0,数列

an 满足a1=b，

an

nban 1

(n 2)

an 1 2n 2．

（1）求数列

an 的通项公式；

bn 1

an n 1 1.

2（2）证明：对于一切正整数n，

解：

a1 b 0,知an

（1）由

nban 1n12n 1

0, .

an 1 2n 2anbban 1

An

令

n1

,A1 anb，

12

An 1bb

当

n 2时,An

122n 22n 1

2 n 1 n 1A1bbbb 122n 22n 1 2 n 1 n.bbbb

①当b 2时，

1 2

(1 )

bn 2nbb An n,

2b(b 2)1 b

b 2时,An

n

.2

n

②当

nbn(b 2)

,b 2

an bn 2n

2,b 2

nbn(b 2)bn 1bn 1bn 2nn

an n n 1 1,只需证nb (n 1 1)n

b 2b 2） b 222 （2）当时，（欲证

(2

n 1

b

n 1

bn 2n

) (2n 1 bn 1)(bn 1 2bn 2 2n 1)b 2

2n 1bn 1 2n 2bn 2 22n b2n 2b2n 1 2n 1bn 1

2222nbnbn 1b

2b( 2 n n n 1 )

bb2 b22

n

n

2nbn(2 2 2) 2n 2nbn n 2n 1bn，

nbn(b 2)bn 1

an n n 1 1.n

b 22 bn 1

b 2时,an 2 n 1 1.

2当 bn 1

an n 1 1.

2综上所述

20．（湖北理19） 已知数列

an 的前n项和为Sn

，且满足：

a1 a(a 0)，an 1 rSn(n N*，

r R,r 1)．

（Ⅰ）求数列

an 的通项公式；

（Ⅱ）若存在k N*，使得Sk 1，Sk，Sk 2成等差数列，是判断：对于任意的m N*，且m 2，am 1，am，am 2是否成等差数列，并证明你的结论．

本小题主要考查等差数列、等比数列等基础知识，同时考查推理论证能力，以及特殊与一般

的思想。（满分13分） 解：（I）由已知

an 1 rSn,可得an 2 rSn 1，两式相减可得

an 2 an 1 r(S),n 1 Sn ran 1 an 2 (r 1)an 1,

a2 ra1 ra,所以r=0时，

即 又

数列

{an}为：a，0， ，0， ；

a 0,所以an 0（n N*） 当r 0,r 1时，由已知，

an 2

an 2

r 1(n N )

(r 1)an 1,可得an 1

，

于是由

a2,a3, ,an 成等比数列，

n 2

a r(r 1)a. 当n 2时n ，

n 1, an

an n 2

r(r 1)a,n 2{a} 综上，数列n的通项公式为

（II）对于任意的m N，且

*

m 2,am 1,am,am 2成等差数列，证明如下：

a,n 1,am

0,n 2 当r=0时，由（I）知，

对于任意的m N，且 当r 0，r 1时，

*

m 2,am 1,am,am 2成等差数列，

Sk 2 Sk ak 1 ak ,2Sk 1ak . 1

*

若存在k N，使得 则

Sk 1,S1,Sk 2成等差数列，

Sk 1 Sk 2 2Sk，

2Sk 2ak 1 ak 2 2Sk即,a 2a ,k2 k1

a2,a3, ,am, 的公比r 1 2，于是

*

由（I）知，

对于任意的m N，且

m 2,am 1 2am,从而am 2 4am,

am 1 am 2 2am,即am,am 1,am 2成等差数列，

*

综上，对于任意的m N，且

m 2,am 1,am,am 2成等差数列。

21．（辽宁理17）

已知等差数列{an}满足a2=0，a6+a8=-10 （I）求数列{an}的通项公式；

an n 1

2 的前n项和．

（II）求数列

解：

a1 d 0,

2a 12d 10,{a} （I）设等差数列n的公差为d，由已知条件可得 1

a1 1,

d 1.解得

故数列

{an}的通项公式为an 2 n. ………………5分

{

anana2

的前n项和为SS a ,故S1 1nn1n 1n 1

22 （II）设数列2，即，

Sna1a2a n.2242n

所以，当n 1时，

Sna aaa a1

a1 2 nn 1n 1 n2222n

1112 n 1 ( n 1 n)

2422

12 n

1 (1 n 1) n

22

n.n2

所以

Sn

.

2n 1

n

ann的前n项和S .nn 1n 122综上，数列 ………………12分

{

22．（全国大纲理20）

11

1.

a a 0且1 an 11 an

设数列n满足1

（Ⅰ）求

an 的通项公式；

bn

记Sn bk,证明：Sn 1.

k 1n

（Ⅱ）设解：

11

1,

1 a1 an 1n （I）由题设 1

1 an是公差为1的等差数列。 即

11

1,故 n.1 a11 an

又 1

an 1 .

n 所以

（II）由（I）得

bn

，

Sn bk k 1

k 1

n

n

8分

1 1. 12分

23．（全国新课标理17）

2

{a}2a 3a 1,a23 9a2a6． 已知等比数列n的各项均为正数，且1

（I）求数列

{an}的通项公式．

1

{b log3a1 log3a2 log3an，求数列bn的前n项和．

（II）设n

解：

（Ⅰ）设数列{an}的公比为q，由

a 9a2a6得a 9a

2333

2

4所以

q2

19．

q

由条件可知c>0，故

13．

a1

13．

由

2a1 3a2 1得2a1 3a2q 1，所以

1n

故数列{an}的通项式为an=3．

（Ⅱ ）

bn log3a1 log3a2 ... log3an

(1 2 ... n)

n(n 1)

2

1211 2( )bn(n 1)nn 1故n

111111112n ... 2((1 ) ( ) ... ( )) b1b2bn223nn 1n 1

12n{ b所以数列n的前n项和为n 1

24．（山东理20） 等比数列（Ⅰ）求数列（Ⅱ）若数列解：（I）当当当

an 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

an 的通项公式；

bn 满足：bn an ( 1)lnan，求数列 bn 的前n项和Sn．

a1 3时，不合题意；

a1 2时，当且仅当a2 6,a3 18时，符合题意； a1 10时，不合题意。

因此

a1 2,a2 6,a3 18,

所以公式q=3，

n 1

a 2 3. 故n

n

b a ( 1)lnan nn （II）因为

2 3n 1 ( 1)n(2 3n 1) 2 3n 1 ( 1)n[ln2 (n 1)ln3] 2 3n 1 ( 1)n(ln2 ln3) ( 1)nnln3,

所以

S2n 2(1 3 32n 1) [ 1 1 1 ( 1)2n](ln2 ln3) [ 1 2 5 ( 1)nn]ln3,

所以

1 3nnSn 2 ln3

1 32当n为偶数时， n

3n ln3 1;

2

1 3nn 1

Sn 2 (ln2 ln3) ( n)ln3

1 32当n为奇数时，

3n

n 1

ln3 ln2 1.2

综上所述，

nn

3 ln3 1,n为偶数 2Sn

3n-n 1ln3-ln2-1,n为奇数 2

25．（上海理22） 已知数列（n N），将集合

*

{an}和{bn}的通项公式分别为an 3n 6，bn 2n 7

{x|x an,n N*} {x|x bn,n N*}中的元素从小到大依次排列，构成数列 c1,c2,c3, ,cn, 。

（1）求

c1,c2,c3,c4；

{cn}中．但不在数列{bn}中的项恰为a2,a4, ,a2n, ；

（2）求证：在数列（3）求数列解：⑴

{cn}的通项公式。

c1 9,c2 11,c3 12c4, ；13

*a 3(2n 1) 6 6n 3 bk 2k 7，则k 3n 2，即 n N⑵ ① 任意，设2n 1

a2n 1 b3n 2

1

k 3n N*

a 6n 6 bk 2k 7 a {bn} 2② 假设2n（矛盾），∴ 2n

∴ 在数列⑶

{cn}中．但不在数列{bn}中的项恰为a2,a4, ,a2n, 。

b3k 2 2(3k 2) 7 6k 3 a2k 1，

b3k 1 6k 5，a2k 6k 6，b3k 6k 7

k 5 6k 6 k6 ∵ 6k 3 6 7

b a1 c1,b2 c2,a2 c3,b3 c4，

∴ 当k 1时，依次有1

6k 3(n 4k 3) 6k 5(n 4k 2) cn ,k N*

6k 6(n 4k 1) 6k 7(n 4k)∴ 。

26．（四川理20） 设d为非零实数，（1）写出

an

1122n 1n 1nn

(Cnd 2Cnd (n 1)Cnd nCnd](n N*)n

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；

*

b nda(n N)，求数列{bn}的前n项和Sn． nn（II）设

解析：（1）

a1 da2 d(d 1)a3 d(d 1)2

01223n 1nan Cnd Cnd Cnd Cnd d(1 d)n 1

an 1 d(1 d)nan 1

d 1an

因为d为常数，所以

{an}是以d为首项，d 1为公比的等比数列。

bn nd2(1 d)n 1

Sn d2(1 d)0 2d2(1 d)1 3d2(1 d)2 nd2(1 d)n 1

2012n 1 d[(1 d) 2(1 d) 3(1 d) n(1 d)](1)（2）

(1 d)Sn d2[(1 d)1 2(1 d)2 3(1 d)3 n(1 d)n](2)

1 (1 (1 d)n)

dSn d[ d2n(1 d)n d (d2n d)(1 d)n

1 (1 d)（2） （1）

2

Sn 1 (dn 1)(1 d)n

27．（天津理20）

{a}{b}已知数列n与n满足：a1 2,a2 4．

（Ⅰ）求

bnan an 1 bn 1an 2

3 ( 1)n

0,bn *

2， n N，且

a3,a4,a5的值；

*

c c a a,n N2n 12n 1（Ⅱ）设n，证明：n是等比数列；

Sk7*

(n N) *

S a2 a4 a2k,k N,证明：k 1ak6（III）设k．

本小题主要考查等比数列的定义、数列求和等基础知识，考查运算能力、推理论证能力、综

合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法.满分14分.

4n

3 ( 1)n

bn ,n N*,

2 （I）解：由 1,n为奇数

bn

2,n为偶数 可得

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a4 4.

*

n N, （II）证明：对任意

a2n 1 a2n 2a2n 1 0, 2a2n a2n 1 a2n 2 0,

① 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)

*

c c(n N) n 1n即

又

c1 a1 a3 1,故cn 0,

cn 1

1,所以{cn}c因此n是等比数列.

k

a a ( 1)2k 1（III）证明：由（II）可得2k 1， *

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.

k

a ( 1)a2k 1 (k 1), 1将以上各式相加，得k 1

a ( 1)(k 1)， 2k 1即

k 1

a ( 1)(k 3). 2k此式当k=1时也成立.由④式得

从而

S2k (a2 a4) (a6 a8) (a4k 2 a4k) k,

S2k 1 S2k a4k k 3.

*

n N,n 2， 所以，对任意

n

SkS4m 3S4m 2S4m 1S4m

( ) aaaaak 1km 14m 34m 24m 14m

4n

(

m 1n

n

2m 22m 12m 32m

)2m2m 22m 12m 3 23

)

2m(2m 1)(2m 2)(2m 2)

(

m 1

n

253

2 3m 22m(2m 1)(2n 2)(2n 3)

1n53

3m 2(2m 1)(2m 1)(2n 2)(2n 3)

151111113 [( ) ( ) ( )] 3235572n 12n 1(2n 2)(2n 3)

15513

3622n 1(2n 2)(2n 3)7 .6

对于n=1，不等式显然成立.

*

n N, 所以，对任意

SSS1S2

2n 1 2na1a2a2n 1a2n (

SSSSS1S2

) (3 4) (2n 1 2n)a1a2a3a4a2n 1a2n

11121n (1 ) (1 2 2) (1 )2nn

41244 (4 1)4(4 1) 11121n n ( ) (2 22) (n nn)

41244(4 1)44(4 1) 111 n ( ) n .

4123

28．（浙江理19）已知公差不为0的等差数列

{an}的首项a1为a（a R）,设数列的前n项

111Saaa和为n，且1，2，4成等比数列

（1）求数列

{an}的通项公式及Sn

11111111B ... An ... n

a1a2a22a2nASSSS123n，（2）记，当n 2时，试比较n

与

Bn的大小．

本题主要考查等差数列、等比数列、求和公式、不等式等基础知识，同时考查分类讨论思想。

满分14分。

1211) ,

{a}aa1a4

（I）解：设等差数列n的公差为d，由2

(

2

(a d) a1(a1 3d) 1得

因为d 0，所以d a所以

an na1,Sn

an(n 1)

.2

1211

( )Sann 1，所以

（II）解：因为nAn

111121 (1 )S1S2S3Snan 1

，所以

因为

a2n 1 2n 1a

11 ()n

11111 2(1 1).Bn a1a2a22a2n 1a1 a2n

2

n012n

n 2时,2 C C C C n 1， nnnn当

1

即

11

1 n,n 12

所以，当当

a 0时,An Bn;

a 0时,An Bn.

29．（重庆理21）

*

{a}SS aS(n N) nnn 1n 1n设实数数列的前n项和，满足

（I）若

a1,S2 2a2成等比数列，求S2和a3；

k 3有0 ak 1 ak

4

3

（II）求证：对

2 S2 2a1a2,2

得S2 2S2

S a2S1 a1a2, （I）解：由题意 2，

由S2是等比中项知由

S2 0.因此S2 2.

S2 a3 S3 a3S2解得

a3

S2 22

.S2 1 2 13

Sn an 1 an 1Sn,

（II）证法一：由题设条件有

Sn 1,an 1 1且an 1

故

从而对k 3有

Sna

,Sn n 1,Sn 1an 1 1

ak 1

2

Sk 1ak 1 Sk 2ak 1 1ak 1

ak 2.

ak 1Sk 1 1ak 1 Sk 2 1ak 1 ak 1 1

ak 1 1

ak 1 1 ①

ak 1

12322

ak a 1 (a ) 0且ak 1k 1k 1 1 0a 0 24因，由①得k

2

ak4 14 ,ak 2

3a a 13，由①只要证k 1k 1要证 222

3a 4(a a 1),即(a 2) 0. k 1k 1k 1k 1即证

此式明显成立.

因此

ak

4

(k 3).3

最后证

ak 1 ak.若不然

ak 1

2

ak

2 ak,ak ak 1

ak 0,故

又因因此

ak

1,即(ak 1)2 0.2

ak ak 1矛盾.

ak 1 ak(k 3).

Sn 1 Sn an 1 an 1Sn，

证法二：由题设知

2

x Sn 1x Sn 1 0有根Sn和an 1（可能相同）.

故方程

2

Sn 1 4Sn 1 0. 因此判别式

Sn 2 Sn 1 an 2 an 2Sn 1得an 2 1且Sn 1

又由

an 2

.an 2 1

2an4an 22 2

0,即3an 2 4an 2 02

a 1(a 1)n 2因此n 2，

4

0 an 2 .

3 解得

0 ak

43

(k 3).

因此

ak

由

Sk 1

0(k 3)

Sk 1 1，得

SkSk 1S

ak ak( 1) ak(2k 1 1)Sk 1akSk 1 1Sk 1

1

Sk 1 1ak

Sk2 1 Sk 1 1

ak

0.

123(Sk 1 )

ak 1 ak

因此ak 1 ak

(k 3).

24

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