2009届高考数学140分难点突破训练 - 数列与数学归纳法（含详解）

2009届高考数学难点突破训练——数列与数学归纳法

1.如图，曲线y?x(y?0)上的点Pi与x轴的正半轴上的点Qi及原点O构成一系列正三角形△OP1Q1，△Q1P2Q2，?△Qn-1PnQn?设正三角形Qn?1PnQn的边长为an,n∈N﹡(记Q0为O),Qn?Sn,0?.（1）求a1的值; （2）求数列{an}的通项公式an。

2. 设?an?,?bn?都是各项为正数的数列，对任意的正整数n，都有an,bn,an?1成等差数列，bn,an?1,bn?1成等比数列．

（1）试问?bn?是否成等差数列？为什么？ （2）如果a1?1,b1?

3. 已知等差数列｛an｝中，a2＝8，S6＝66. （Ⅰ）求数列｛an｝的通项公式； （Ⅱ）设bn?

4. 已知数列{an}中a1?35?1?2，求数列??的前n项和Sn．

?an?2222

2(n?1)an，Tn?b1?b2???bn，求证：Tn?16.

，an?2?1an?1（n≥2，n?N），数列{bn}，满足bn??1an?1（n?N）

? （1）求证数列{bn}是等差数列；

（2）求数列{an}中的最大项与最小项，并说明理由；

（3）记Sn?b1?b2???bn，求nlim??

5. 已知数列{an}中，a1>0, 且an+1=

3?an2(n?1)bnSn?1．

，

(Ⅰ)试求a1的值，使得数列{an}是一个常数数列；

(Ⅱ)试求a1的取值范围,使得an+1>an对任何自然数n都成立；

(Ⅲ)若a1 = 2，设bn = | an+1－an| (n = 1，2，3，?)，并以Sn表示数列{bn}的前n项的和，求证：Sn<

6. （1）已知：x?(0??)，求证

1x?112??ln13x?1x?1x52．

；

12???1n?1（2）已知：n?N且n?2，求证：

???1n?lnn?1?。

7. 已知数列?an?各项均不为0，其前n项和为Sn，且对任意n?N，都有(1?p)?Sn?p?pan（p为大于

?1的常数），并记 f(n)?1?Cn?a1?Cn?a2???Cn?an2?Snn12n.

（1）求an； （2）比较f(n?1)与

p?12p?f(n)的大小n?N；

?2n?1（3）求证：(2n?1)?f(n)?

?i?1p?1?f(i)???1?p?1???p?1?????p?1??2n?1???(n?N). ??8. 已知n?N，各项为正的等差数列?an?满足

a2?a6?21,a3?a5?10，又数列?lgbn?的前n项和是

?

Sn?n?n?1?lg3?12n?n?1?。

（1）求数列?an?的通项公式； （2）求证数列?bn?是等比数列；

（3）设cn?anbn，试问数列?cn?有没有最大项？如果有，求出这个最大项，如果没有，说明理由。

9. 设数列?an?前项和为sn,且(3?m)sn?2ma(1) 求证:是等比数列;

若数列?an?的公比q=f(m),数列?bn?满足b1?a1,bn?bn.

32f(bn?1)(n?N?n?m?3(n?N?),,其中m为常数,m?3.

?1?,n?2),求证:??为等差数列,求

b?n?

10. 已知数列{an}满足：a1?1,a2?12,且[3?(?1)]an?2?2an?2[(?1)?1]?0，n?N．

nn*（Ⅰ）求a3，a4，a5，a6的值及数列{an}的通项公式； （Ⅱ）设bn?a2n?1?a2n，求数列{bn}的前n项和Sn；

11. 将等差数列{an}所有项依次排列，并作如下分组：(a1),(a2,a3),(a4,a5,a6,a7),?第一组1项，第二组2项，第三组4项，?，第n组2（1）求数列{an}的通项；

n?1项。记Tn为第n组中各项的和。已知T3??48,T4?0。

（2）求{Tn}的通项公式；

（3）设{Tn}的前n项的和为Sn，求S8。

12. 设各项为正数的等比数列?an?的首项a1?（Ⅰ）求?an?的通项； （Ⅱ）求?nSn?的前n项和Tn。

13. 设数列{an}是首项为0的递增数列，（n?N），fn(x)?sin的b?[0,1),fn(x)?b总有两个不同的根。 （1）试写出y?f1(x)，并求出a2； （2）求an?1?an，并求出{an}的通项公式； （3）设Sn?a1?a2?a3?a4???(?1)n?112，前n项和为Sn，且210S30?(210?1)S20?S10?0。

1n(x?an),x?[an,an?1] 满足：对于任意

an，求Sn。

14. 已知数列a1,a2,?,a30，其中a1,a2,?,a10是首项为1，公差为1

的等差数列；a10,a11,?,a20是公差为d的等差数列；a20,a21,?,a30是公差为d2的等差数列（d?0）. (Ⅰ)若a20?40，求d；（Ⅱ）试写出a30关于d的关系式，并求a30的取值范围； （Ⅲ）续写已知数列，使得a30,a31,?,a40是公差为d3的等差数列，??，依次类推，

把已知数列推广为无穷数列. 提出同（2）类似的问题（（2）应当作为特例），并进行研究，你能得到什么样的结论？ (所得的结论不必证明)

15. 一种计算装置，有一数据入口A和一个运算出口B ，按照某种运算程序：①当从A口输入自然数1时，从B口得到

f13 ，记为f?1??2?n?1??12?n?1??313 ；②当从A口输入自然数n?n?2?时，在B口得到的结果f?n?是前一个结果

?n?1?的

倍.

（1）当从A口分别输入自然数2 ，3 ，4 时，从B口分别得到什么数？试猜想f?n?的关系式，并证明你的结论；

（2）记Sn为数列?f?n??的前n项的和。当从B口得到16112195的倒数时，求此时对应的Sn的值.

16. 已知数列{an}，其前n项和Sn满足Sn?1?2?Sn?1(?是大于0的常数），且a1=1，a3=4. （1）求?的值；

（2）求数列{an}的通项公式an；

（3）设数列{nan}的前n项和为Tn，试比较

Tn2与Sn的大小.

17. 定义：若数列{An}满足An?1?An2，则称数列{An}为“平方递推数列”．已知数列{an}中，a1?2，且

an?1?2an?2an，其中n2为正整数．

(1)设bn?2an?1，证明：数列{bn}是“平方递推数列”，且数列{lgbn}为等比数列；

(2)设(1)中“平方递推数列” {bn}的前n项之积为Tn，即Tn?(2a1?1)(2a2?1)?(2an?1)，求数列{an}的通项

及Tn关于n的表达式； (3)记cn?log2a

18. 在不等边△ABC中，设A、B、C所对的边分别为a，b，c，已知sin给定数列

cosAacosAa2n?1Tn，求数列{cn}的前n项之和Sn，并求使Sn?2008的n的最小值．

A，sin2B，sin2C依次成等差数列，

，

cosBbcosBb，

cosCccosCc．

（1）试根据下列选项作出判断，并在括号内填上你认为是正确选项的代号： 数列

，

，

（ ）．

A．是等比数列而不是等差数列 B．是等差数列而不是等比数列 C．既是等比数列也是等差数列 D．既非等比数列也非等差数列 （2）证明你的判断．

19. 已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，已知a2=8，S10=185， （1）求数列{an}的通项公式； （2）设an?log

2bn，证明{bn}是等比数列，并求其前n项和Tn.

20. 已知数列{an}中，a1?1，an?an?1?1an?1（n＝2，3，4，?）

（I）求a2、a3的值；

（II）证明当n＝2，3，4，?时，2n?1?an?

21. 已知等差数列{an}中，a3?8，Sn是其前n项的和且S20?610 （I）求数列{an}的通项公式。

（II）若从数列{an}中依次取出第2项，第4项，第8项，?，第2项，按原来的顺序组成一个新数列{bn}，求数列{bn}的前n项和Tn。

22. 已知正项等比数列{an}满足条件：①a1?a2?a3?a4?a5?121；②

1a1?1a2?1a3?1a4?1a5?25，求{an}

n3n?2

的通项公式an．

23. 已知函数f（x）＝log3（ax＋b）图象过点A（2，1）和B（5，2）．

（1）求函数f（x）的解析式； （2）记an?3f(x)，n?N*，是否存在正数k，使得(1?1a2)(1?1a2)?(1?1an)?k2n?1对一切n?N*均成立，若存在，求出k的最大值，若不存在，请说明理由．

24. 已知f(x)=log2(x+m),m∈R

（1）如果f(1)，f(2)，f(4)成等差数列，求m的值；

（2）如果a,b,c是两两不等的正数，且a,b,c依次成等比数列，试判断f(a)+f(c)与2f(b)的大小关系，并证明你的结论。

25. 已知等差数列{an}的公差d>0.Sn是它的前n项和，又等差中项是6，求an。

26. {an}和{bn}分别是等比数列和等差数列，它们的前四项和分别为120和60，而第二项与第四项的和分别

2222是90和34，令集合A?{a1，a2，a3，?，an}，B?{b1，b2，b3，?，bn}．求证：A??B．

14S4与

16S6的等比中项是a17?1，

14S4与

16S6的

27. 已知曲线C：y?1x， Cn：y?1x?2?n （n?N）。从C上的点Qn(xn,yn)作x轴的垂线，交Cn于

?点Pn，再从点Pn作y轴的垂线，交C于点Qn?1(xn?1,yn?1)， 设x1?1,an?xn?1?xn,bn?yn?yn?1。 （I）求Q1,Q2的坐标； （II）求数列?an?的通项公式；

（III）记数列?an?bn?的前n项和为Sn，求证：Sn?

答案：

?1?332122a1?,代入y?x(y?0)得a1?a1,?a1?0,?a1?1. 解：①由条件可得P1?a1,

?2?4232??13

②?Sn?a1?a2???an ∴Pn?1(Sn?Sn?34an?1?12212an?1,32an?1)；代入曲线y?x(y?0)并整理得

34123412212an?1,∴于是当n?2,n?N时,an?Sn?Sn?1?(34(an?1?an)?(an?1?an)1a?223,a?24*an?1?2an?1)?(23an?2an)

*即

(an?1?an)?32,S?4?an?1?an?0,?an?1?an?(n?2,n?N)又当

n?1时12222*?a?a?a?a?(n?N) ∴所以数列{an}舍a(?去?）；,故 221n?1n333323n。

是首项为

23、公差为

2的等差数列, an?2. 由题意，得2bn?an?an?1， （1）

an?1?bn?bn?1 （2）

222（1）因为an?0,bn?0，所以由式（2）得an?1?bn?bn?1，从而当n?2时，an?bn?1?bn，

代入式（1）得2bn?bn?1bn?bnbn?1，

即2bn?bn?1?bn?1?n?2?，故?bn?是等差数列． （2）由a1?1,b1?2及式（1），式（2），易得a2?3,b2?2222322,

2因此?bn?的公差d?得an?1?12，从而bn?b1??n?1?d??n?1?，

?n?1??n?2? （3）

n?n?1?2又a1?1也适合式（3），得an?1an2?n?N?，

*所以?1??1?2???，

n?n?1??nn?1???1??11?从而Sn?2??1???????2??23?????????11??????2?1?1??2n ?...?????nn??n?1?n?1?????1?????a1?d?8????a1?6,d?26?53. 解：（Ⅰ）?6a1? d?66?2?an?2n?4d（Ⅱ）bn?2(n?1)an211???， （n?1)(2n?4)n?1n?2

Tn?b1?b2???bn?12?13?13?14?14?15???1n?1?1n?2，

=

?1?2112?1n?2

而??1111??T?T????是递增数列 ， . ?n16236n?2?4. （1）bn?1an?1?2?11an?1?1?an?1an?1?1，

而 bn?1?1an?1?1，

∴ bn?bn?1?an?1an?1?1?1an?1?11?1．(n?N)

? ∴ {bn}是首项为b1?a1?11bn??52，公差为1的等差数列．

（2）依题意有an?1?1n?3.51x?3.5，而bn??52?(n?1)?1?n?3.5，

∴ an?1? 对于函数y?．

，在x＞3.5时，y＞0，y'?0，在（3.5，??）上为减函数．

1n?3.5 故当n＝4时，an?1? 而函数y?1x?3.5取最大值3

1(x?3.5)2在x＜3.5时，y＜0，y'???0，在（??，3.5）上也为减函数．

故当n＝3时，取最小值，a3＝-1．

(n?1)(?522?2n?52)? （3）Sn?1? ∴ lim(n?1)bnSn?1(n?1)(n?5)2，bn?n?3.5，

n???lim2(n?1)(n?3.5)(n?1)(n?5)n???2．

5. (Ⅰ)欲使数列{an}是一个常数数列，则an+1= 又依a1>0，可得an>0并解出：an= (Ⅱ)研究an+1－an=

3?an2323?an2= an

32，即a1 = an =

(n≥2)

－3?an?12=

?2???an?an?13?an2?3?an?1???2?

注意到2????3?an2?3?an?1???2?>0

因此，可以得出：an+1－an，an－an－1，an－1－an－2，?，a2－a1有相同的符号7’ 要使an+1>an对任意自然数都成立,只须a2－a1>0即可. 由

3?a12?a1>0，解得：0

32

(Ⅲ)用与(Ⅱ)中相同的方法，可得 当a1>

32时，an+1

因此当a1=2时，an+1－an<0 ∴ Sn= b1+b2+?bn

=|a2－a1| + |a3－a2| +?+ |an+1－an| =a1－a2＋a2－a3＋?＋an－an+1 =a1－an+1=2－an+1 又：an+2=

故Sn<2－6. （1）令1?1x3?an?1232< an+1，可解得an+1>

32,

=

12

1t?1?t，由x>0，∴t>1，x?1t?lnt?t?1

原不等式等价于1?令f(t)=t-1-lnt， ∵f?(t)?1?1t当t?(1,??)时，有f?(t)?0，∴函数f(t)在t?(1,??)递增

即t-1

1t∴f(t)>f(1) 另令g(t)?lnt?1?，则有g?(t)?t?1t2?0

∴g(t)在(1,??)上递增，∴g(t)>g(1)=0 ∴lnt?1?综上得

1x?11t

?lnx?1x21?1x

（2）由（1）令x=1,2,??(n-1)并相加得

12?1312????131n?ln1n?ln32???ln12???nn?11n?1?1?12???1n?1

即得

????ln?1?

7. (1)易求得an?p （2）f(n)?1?Cn?a1?Cn?a2???Cn?an2?Snn12nn?1?p2?(1?p2)?n11?pn

作差比较易得：f(n?1)?p?12pf(n)

（3）当n?1时，不等式组显然成立.

当n?2时，先证f(1)?f(2)???f(2n?1)?p?1?p?12n?1?p?1?1?(p?1)?? ?由（2）知f(n?1)?p?1?1np?1f(n)?(pp?1)2f(n?1)???(p?1p?1)f(1)

?(p?12p)n?1?f(n)?(p?1n

2p)(n?2)2n?11?(p?12n?1??f(i)?p?122p)i?12p?(p?12p)???(p?12n?12p)?p?12p?p?1?1?p?1p?1?1?(p?1)2n?1??2p??2pf(1)?f(2)???f(2n?1)?(2n?1)f(n)

?f(1)?f(2n?1)?2f(1)?f(2n?1)?21?p1?pn1p(2)1?(p2n?1?p)?p2n

而1?(p2n?1?p)?p2n?1?2p2n?1?p?p2n?(1?pn)2

?f(1)?f(2n?1)?2f(1)?f(2n?1)?21?p(1?p)n1p2(1?pn)2

?21?p?(1?p)n?11?pp21?pn?2(p)(1?p)n121?pn?2f(n)同理：f(2)?f(2n?2)?2f(n)，f(3)?f(2n?3)?2f(n)，??，

f(2n?1)?f(1)?2f(n)

以上各式相加得：2?f(1)?f(2)???f(2n?1)??2(2n?1)f(n)

2n?1即 ?f(i)?(2n?1)f(n).

i?18. （1）a2?a6?a3?a5?10，又?a2?a6?21

??a?2?3 或 ?a?2?7

?a6?7?a6?3 若?a?2?7，则an?9?n，a10??1与an?0矛盾；

?a6?3

再证

若??a2?3?a6?7，则an?n?1，显然an?0，

?an?n?1 （2）lgb1?S1?2lg3,?b1?9，

?9??lg9????10?n?1 当n?2时，lgbn?Sn?Sn?1?9?，欧?bn?9????10?n?1

?9? ?n?1时，bn?9?b1，?bn?9????10?n?1,n?N

? ?bn?1bn?910

910 ?数列是以9为首项，

?9?（3）cn?9?n?1????10?n?1为公比的等比数列。

，设ck?k?2?是数列?cn?中的最大项，则

由??ck?ck?1?ck?ck?1 可得8?k?9

?9??数列?cn?有最大项，最大项是c8?c9?81???。

?10?79. （1）由(3?m)sn?2man?m?3得(3?m)sn?1?2man?1?m?3,

两式相减得(3?m)an?1?2man,m??3,

?an?1an?2mm?3,

∴?an?是等比数列。（2）b1?a1?1,q?f(m)?3232bn?12mm?3

,?n?Nn?2

?bn?f(bn?1)?2bn?1?3??bnbn?1?3bn?3bn?1?1bn?1bn?1?13.?1???bn?1bn?1是1为首项为公比的等差数列?3??1?3n?2

n?13.?n?23,?bn?

（Ⅰ）经计算a3?3，a4?14，a5?5，a6?18．

10.

当n为奇数时，an?2?an?2，即数列{an}的奇数项成等差数列，

?a2n?1?a1?(n?1)?2?2n?1；

当n为偶数，an?2?12an，即数列{an}的偶数项成等比数列，

1n?11n?a2n?a2?()?()．

22因此，数列{an}的通项公式为an??????n()21n2 (n为奇数)．

(n为偶数)

（Ⅱ）?bn?(2n?1)?()，

2?Sn?1?112131n?11n?3?()?5?()???(2n?3)?()?(2n?1)?() ??（1） 222221n

11213141n1n?1Sn? 1?()?3?()?5?()???(2n?3)?()?(2n?1)?()?（2） 22222212121131n1n?12)?()???()]?(2n?1)?() 2222（1）、（2）两式相减， 得

Sn? 1??2[(1n?1?[1?()]11n?131n?122???(2n?1)?()??(2n?3)?()．

122221?21 ?Sn?3?(2n?3)?()．

21n11. 设{an}的公差为d，首项为a1，则

T3?a4?a5?a6?a7?4a1?18d??48 （1） T4?a8?a9?...?a15?8a1?84d?0 （2）

解得a1??21,d?2，则an?2n?23。

（2）当n?2时，在前n-1组中共有项数为：1?2?2?...?2中的第2n?12n?2?2n?1?1。故第n组中的第一项是数列{an}项，且第n组中共有2n?1项。

所以T?111n?2n?a2n?1?2?2n?1(2n??1)d?3?22n?2?24?2n?1

当n=1时，T?21也适合上式，故T2n?22n?11?a1?n?3?2?24?。

（3）S8?T1?T2?...?T8。即数列{an}前8组元素之和，且这8组总共有项数

1?2?22?...?27?28?1?255。

则S8?255a11?2?255?254?d?255?(?21)?12?255?254?2?59415

12. （Ⅰ）由 210S30?(210?1)S20?S10?0 得 210(S30?S20)?S20?S10,

即210(a21?a22???a30)?a11?a12???a20, 可得210?q10(a11?a12???a20)?a11?a12???a20. 因为an?0，所以 210q10?1, 解得q?1，因而 an?12n?a1q?12n,n?1,2,?.

（Ⅱ）因为{a1n}是首项a1?2、公比q?12的等比数列，故

1?1)S2(12nn??1?11?12n,nSn?n?n2n.

2则数列{nS12n}的前n项和 Tn?(1?2???n)?(2?22???n2n),

Tn12?2(1?2???n)?(122?223???n?12n?n2n?1). 前两式相减，得

Tn(1?2???n)?(112?122?22???12n)?n2n?1

1(1?1?n(n?1)2n)4?21?1?n 即 2n?1Tn(n?1)n?2?1.2n?1?n2n?2

213. （1）∵a1?0,当n?1时,f1(x)?|sin(x?a1)|?|sinx|,x?[0,a2], 又∵对任意的b?[0,1),f1(x)?b总有两个不同的根,∴a2??

∴f1(x)?sinx,x?[0,?]， a2??

由(1),f2(x)?|sin12(x?a2)|?|sin12(x??)|?|cosx2|,x?[?,a3]

∵对任意的

b?[0,1),

f1(x)?b总有两个不同的根f3(x)?|sin13(x?a113)|?|sin3(x?3?)|?|sin3?|,x?[3?,a4]

∵对任意的b?[0,1),f1(x)?b总有两个不同的根, ∴a4?6?

由此可得an?1?an?n?， an(n?1)?n?

2

, ∴

a3?3?

（1） 当n?2k,k?Z，S2k?a1?a2?a3?a4????a2k?1?a2k

??[(a2?a1)?(a4?a3)???(a2k?a2k?1)??[??3??5????(2k?1)?]??k???2n24?∴Sn??n24?

当n?2k?1,k?Z，S2k?1?S2k?a2k?1??k??∴Sn?(n?1)(n?1)42(2k?1)2k2??(n?1)(n?1)4?

?

d?3.

2??1?3??10??d????2?4?????14. （1）a10?10.a20?10?10d?40,?（2）a30?a20?10d2?101?d?d?2?(d?0)，a30，

当d?(0,??)时，. a30?(10,??)

（3）所给数列可推广为无穷数列?an?，其中a1,a2,?,a10是首项为1，公差为1的等差数列，当n?1时，数列a10n,a10n?1,?,a10(n?1)是公差为dn的等差数列.

研究的问题可以是：试写出a10(n?1)关于d的关系式，并求a10(n?1)的取值范围．

15. （1）由已知得f?n??当n?2时，f?2??同理可得f?3??1352n?32n?1f?n?1??n15?13??2,n?N??

4?34?1,f?f?1??163115， 1分

1?4?? 3分 猜想f?n???2n?1??2n?1????

下面用数学归纳法证明???成立

①当n?1,2,3,4时，由上面的计算结果知???成立 6分 ②假设n?k?k?4,k?N??时，???成立，即f?k??2k?12k?3f1?2k??1??2k?1? ，

那么当n?k?1时，f?k?1??即f?k?1??1?k??2k?12k?31?2k?1??2k?1???2?k?1??1????2?k?1??1??

?当n?k?1时，???也成立

?综合①②所述，对?n?N ，f?n??1?2n?1??2n?1?1?成立。

1（2）由（1）可得

1?2n?1??2n?1??16112195?2?2007?1???2?2007?1?

?n?2007

?f?n??1??1??11??11?11?11??1?S?1??????????2007??????????2??3??35??57?2?2n?12n?1??40134015???? ?? ?1?1?20071?? ?2?40154015??16. （I）解：由Sn?1?2?Sn?1得

S2?2?S1?1?2?a1?1?2??1,S3?2?S2?1?4??2??1， ?a3?S3?S2?4?,?a3?4,??0,???1.

22 （II）由Sn?1?2Sn?1整理得Sn?1?1?2(Sn?1)，

∴数列{Sn?1}是以S1+1=2为首项，以2为公比的等比数列，

?Sn?1?2?2n?1

,?Sn?2n?1n?1,

?an?Sn?Sn?1?2(n?2),n?1

?当n=1时a1=1满足an?201,?an?22n?1.

n?2 （III）Tn?1?2?2?2?3?2???(n?1)?2

2Tn?1?2?2?2???(n?2)?22n?2?n?2n?1,①

?(n?1)?2?2n?1n?1?n?2，②

n①－②得?Tn?1?2?2???2则Tn?n?2?2?1.

Tn2n?2nnn2n?2?n?2，

n ??Sn??22n?1?(2n?1)?(n?3)?2n?1?32.

?当n=1时，

T12?S1??12?0,当n?2时,T22?S2??12?0.

即当n=1或2时，

Tn2?Sn?0,Tn2?Sn.

当n>2时，

Tn2?Sn?0,2

Tn2?Sn.

2

2

17. （1）由条件an＋1＝2an＋2an， 得2an＋1＋1＝4an＋4an＋1＝(2an＋1)．∴{bn}是“平方递推数列”．∴lgbn

＋1

lg(2an+1＋1)

＝2lgbn．∵lg(2a1＋1)＝lg5≠0，∴＝2．∴{lg(2an＋1)}为等比数列．

lg(2an＋1)

n－1

（2）∵lg(2a1＋1)＝lg5，∴lg(2an＋1)＝2

2

?lg5，∴2an＋1＝5

n－1

12n－1

，∴an＝(5－1)．

2

lg5?(1－2)n∵lgTn＝lg(2a1＋1)＋lg(2a2＋1)＋?＋lg(2an＋1)＝＝(2－1)lg5．

1－22－1

∴Tn＝5．

lgTn(2－1)lg52－11?n－1?（3）cn＝＝n－1＝n－1＝2－??，

lg(2an＋1)2lg52?2?

nnnn1?1?21?n－1?∴Sn＝2n－[1＋＋??＋?＋??]＝2n－

2?2??2?

1?n?1－???2?1－

2

1?n1?n??＝2n－2[1－??]＝2n－2＋2??．

1?2??2?

1?n?1?n＞1005， 由Sn＞2008得2n－2＋2?＞2008，n＋?2??2?

????

1?n1?n??当n≤1004时，n＋??＜1005，当n≥1005时，n＋??＞1005，∴n的最小值为1005． ?2??2?18. （1）B （2）因为sin2A、sin23B、sin222C成等差数列，所以2sincosAacosCc2B?sin2A?sin2C，

所以2b?a?c．又

222cosBb?a?c?b2abc，?b?c?a2abccosAa222，

cosCc?a?b?c2abccosAa?222．显然

2cosBb?cosAa?，即、

cosBb、

cosCc成等差数列．若其为等比

数列，有

cosBb?cosCc，所以tanA?tanB?tanC，A?B?C，与题设矛盾

?a1?d?819. （1）??10?9d?185?10a1?2? 解得d?3,a1?5 ?an?3n?2

（2）bn?2an??7分 ?nbn?1bn??2an?1an2?2an?1?an?23?8 ?{bn}是公比为

8的等比数列??10分

b1?2a1?32 ?Tn?32(1?8)1?8327(8?1)n

20. （I）a2?a1?1a1?1?1?2，

a3?a2?1a2?2?12?52 4分

（II）当k＝2，3，4，5，?时， ak?(ak?1?21ak?1)?ak?1?221ak?12?2?ak?1?2

2

n ∴ak?ak?1?2，∴an?a1?2222?(ak?22k?ak?1)?2(n?1)

222 ∴an?a1?2(n?1)?2n?1，∴an?2n?1

∵a1?1，ak?ak?1?1ak?1(k＝2，3，4，?)

∴ak?ak?1?a1?1 ∴ak?1?0，nn ∴an?a1?22?k?2(ak?ak?1)?2(n?1)?22?k?21ak?12?2(n?1)?(n?1)×1?3n?3

22 ∴an?3n?3?a1?3n?2，∴an?3n?2

∴

2n?1?an?3n?2(n?2，3，4，5，?)

?a1?2d21. （I）设数列{an}的公差为d，则a3?a1?8?2d ?a3?8，，

(1)

又S20?20(a1?a20)2?610?2a1?19d?61(2)

由（1）（2）得a1?2，d?3 ?数列{an}的通项公式an?3n?1(n?N)

（II）?Tn?a2?a4?a8???a2

n?(3?2?1)?(3?4?1)???(3?2?3(2?212n?1)?2???2)?n3n

?3?2(2n?1n?1)

?n2?1?3?2?n?6n?1?n?6(n?N) ?数列{bn}的前n项和Tn?3?222. 设等比数列的公比为q，由已知条件，

a3?a32??a?aq?aq?121333?2q?q 得?2?q?q?1?1?1?25．332?aa3qaaa3q?3①

② ①÷②得：a3?212125，所以 a3?115．①×②，得q?q?1?21q?1q2?55，

即 (q?1q1q)?(q?21q)?56?0．q?1q?7或q?1q??8．（舍去）

由 q??7 得：q?7q?1?0 q?27?352

∴ an?115?(7?352)n?3

?a?2，23. （1）由已知，得??log3(2a?b)?1，?log3(5a?b)?2解得：??b??1．

∴ f(x)?log3(2x?1) （2）an?3log3(2n?1)?2n?1．n?N*

设存在正数k，使得(1?1a1)(1?1a2)???(1?1an)?k2n?1对一切n?N*均成立，

则k?12n?1(1?1a1)(1?1a2)???(1?1an)．记F(n)?12n?11(1?1a1)(1?1a2)??

?(1?1an)，则F(n?1)?12n?32n?2(1?1a1)(1?1a2)???(1?an)(1?1an?1)．

∵

F(n?1)F(n)?(2n?1)(2n?3)?2(n?1)4(n?1)?12?2(n?1)2(n?1)?1．

∴ F(n?1)?F(n)，∴ F（n）是随n的增大而增大，

233 ∵ n?N*，∴ 当n?1时，F(n)min?F(1)?．

∴ k?233，即k的最大值为

233．

24. （1）∵f(1),f(2),f(4)成等差数列， ∴f(1)+f(4)=2f(2).

2

即log2(1+m)+log2(4+m)=log2(2+m)

2

∴(m+1)(m+4)=(m+2)

22

即m+5m+4=m+4m+4 ∴m=0

(2) ∵f(a)+f(c)=log2(a+m)+log2(c+m)=log2[(a+m)(c+m)],

2

2f(b)=2log2(b+m)=log2(b+m), ∵a,b,c成等比数列， ∴b?ac

2∵(a+m)(c+m)-(b+m)

222

=ac+am+cm+m-b-2bm-m

2

=ac+m(a+c)-b-2bm =m(a+c)-2mac ∵a>0,c>0. ∴a+c≥2ac

①m>0时，(a+m)(c+m)-(b+m)>0,

2

∴log2[(a+m)(c+m)>log2(b+m) ∴f(a)+f(c)>2f(b);

2

②m<0时，(a+m)(c+m)-(b+m)<0,

2

∴log2[(a+m)(c+m)]

2

③m=0时，(a+m)(c+m)-(b+m)=0

2

∴log2[(a+m)(c+m)]=log2(b+m) ∴f(a)+f(c)=2f(b); 25. ∵

16S6?1416S4?14(a1?a1?d?a1?2d?a1?3d)?16(6a1?15d)?1214(4a1?6d)?12(2a1?3d),

2

2

(4a1?6d?2a1?9d)?(2a1?5d),

1?1(2a1?3d)?(2a1?5d)?a1?16d?1,??22∴? ?1(2a?3d)?1(2a?5d)?1211?2?2?(2a1?3d)(2a1?5d)?4a1?64d?4,即?

a?2d?6?1?a1?2d?6,?(12?d)(12?d)?24?8d?64d?42∴?

∴144?d2?56d?28

即d?56d?116?0

解之，得d?2,d??58?0(应舍去) 把d=2代入a1+2d=6, 得a1=2 ∴an?2?2(n?1)?2n

?a1(1?q4)?120,?S4?120，?226. 等比数列{an}中，?当q?1时，?1?q化简得q?4q?3?0，所以q?3，

?a2?a4?90;?3?a1q?a1q?90,?S'4?60，a1?3，an?3，等差数列{bn}中，?

b?b?34，4?2n

4?3?4b?d?60，?b1?9，?1231n解得所以bn?4n?5．A?{9，9，9，?，9}， 2???d?4，?b?d?b?3d?34，1?1kk**B＝{9，13，17，?，4n＋5}．设A中任意元素为9(k?N)，则需证9是B中的一个元素，设其为4m?5(m?N)，

则需证9?4m?5，即m?kkkk9?541k?1k(m?N)，则需证9?5是4的倍数．因为

*k9?5?(8?1)?5?8?Ck8???Ckk?1???Ckk?1 ?8?Ck?5?8?Ck8kk1k?1

?8?4，所以以上多项式各项都是4的倍数，9k?5能被4整除．所以集合A中的任意元素都是B中的元素，又13?B，13?A，所以A??B 27. （1）由题意得知Q1(1,1)，P1(1,)，Q2(,)

323232（2）?Qn(xn,yn)，Qn?1(xn?1,yn?1)，点Pn的坐标为(xn,yn?1)

?Qn,Qn?1在曲线C上，?yn?1xn，yn?1?1xn?1

又Pn在曲线Cn上，yn?1??n1xn?2?n

?xn?1?xn?2?an?2?n

（III）xn?(xn?xn?1)?(xn?1?xn?2)???+(x2?x1)?x1 ??7分

1n1?()1?n2?1=1? ?2?211?2?n =2?(n?1)?2?(n?2)????2?1 ?an?bn?(xn?1?xn)?(yn?yn?1)?2(1xn?1xn?1)?2?n(12?21?n?12?2?n)

?1(2?2nn?2)?(2?2nn?1)n

?2?2?2?2，2?213?2n?1?3

?an?bn?

13?2?13?22Sn?a1b1?a2b2????anbn?

????13?2n

1n1?()11112?(1?n)? ??163321?2

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