1、高中數學綜合型解答題(1)1、設AnBnCn的三邊長分別為an 1 an,bn 1anCn,Cn 12an,bn,g ,面積為an bn /2 (n N*).f (n)ai4,bi5，G 325(I)求數列bn(n )求證：無論Cn的通項公式；n取何正整數，bn Cn恒為定值；(出)判斷函數f(n)(nN*)的單調性，并加以說明【解】(I ) an+1 = an,a1=4,an=4,bn+1=4 Cn2Cn22, Cnbn42bn, , bn 1 Cn 1bn22(bncn) , 1- bi -ci=5 -3=2, ，bnpn為等比,-1 bn -Cn = 21、n 12)Cn(n ) . b

2、n+1 =-22,bn八Cn+1= 2 ,2.bnCn”bn+1 + Cn+1 = 42bnCn1bn+i+ Cn+1 -8=2 4= (bn Cn 8),而 b1+C1 -8=5+3- -8=0, . . bn+Cn -8=0, , bn+Cn=8(ID)法一：an = 41 n 11 x n 11 x n 1bn -Cn = 2 ( .), - bn = 4+ ( 一), Cn =4 -( 一)222I bn+Cn=81nlmsinA = 16 8令 m =( )，貝U an = 4 , bn= 4+m , Cn = 4 -m,cosA =彳216 m2f(n) = S abcbn12、C

3、n sinA= (16 m )4% 3 、416 m當n增大時,2 .3 .4 m21、n 123；4 J)(1)n 1 減小，、:4 (1)n 1 增大，二.f(n)遞增A nBn+A nCn=8二An落在以Bn、Cn為焦點的橢圓上|bn -Cn|= 2當n增大時,(2廣|bn-Cn|減小，即An點在向橢圓短軸端點靠近,即BnCn邊上的高在增大，則 f(n尸S ABC在增大，f(n)遞增An B nCn2、(1)證明：P(x0, y0)到直線 AxBy C 0的距離公式為dAxo By。 C,A2 B2(2)已知：在空間直角坐標系中，三元一次方程 Ax By Cz D 0 (其中A, B,C

4、,D 為常數，且A, B,C不全為零)表示平面，n (A, B,C)為該平面的一個法向量.請 類比點到直線的距離公式，寫出空間的點 P(x0, y0, z。)到平面Ax By Cz D 0 的距離公式，并為加以證明.【解】.(1)證法一：設R是直線上任意一點,則R(x,y),直線的方向向量為B,A),則可取直線法向量為PQ(AB),PR分(x x0,yV。)，(提醒Q不一定在直線上)PR PQA(xx0) B(y y°)PQAx0 By0A% By0 C。得 xiAx0 By2 c 0By° CAy2Ax0 CB所以，| PR | = | x0 x1Ax0By0 CA,A2

5、 B2(6分)證法二：設ABWQ這時l與x軸、y軸者B相交，過點P作x軸的平行線,交l于點R(xi, y0);作y軸的平行線，交l于點S(x0,y2),I PS I = I y° y I = By0 C 3 分B22A2 B2I RS | =VPR PS-：X| Ax0 By0 C |AB由三角形面積公式可知：d -| RS | = |PRPSAx。 By。CA1 )an,數列 bncnB2可證明，當A=。時仍適用。Axo By。 Cz。 D,A2 B2C2設R(x, y, z)是平面Ax面的一個法向量，By CzD 。上任意一點，因為n (AB,C)為該平PR(x Xo,yyo,z

6、z。)，AxBy CzPR nA(x x。) B(yy。)C(z z。)B2 C2Ax。 By。 Cz。 D,A2B2 C23、已知數列 an為等差數列，且滿足 an+1 = an2 nan + 1, n=1, 2, 3,1 ln 2.a2n 1(I)求數列 an的通項公式;111,(n)求證：lan 1 an 2 an 311 時，墳 bn(an -)，cn (1的前n項和為Tn ,求證：Tn9n 14n 3kn k b (kn b)2 n(kn b) 1 ,b)。對n N *恒成立,【解】(I)設 an kn b,k R,b R,n N* ,化簡彳導:(k2 k)n2 (2kb k b)n

7、 (b2 1 k故有：k2 k 0且2kb k b 0且b2 1 k b 0由得k 0,k 1.當k 0時b2 1 k b 0不成立，所以k 0舍去；當k 1時可解得b 1；所以數列 an的通項公式為 an n 1,n N*4分、， 一一 1111(n)萬法1:本題需證L ln 2.n 2 n 3 n 4 2n 21考慮到函數f(x) 在區間n 1,2n 2上的定積分，將其分割為n 1,n 2 , xn 2,n 3 , n 3,n 42n 1,2n 2等n 1個小區間，并把這些曲邊梯形求和用、- _，1底邊為1,右側端點的函數值作為高的小矩形面積之和來近似代替，由于函數f(x)-在區x間n 1

8、,2n 2上為減函數(圖像略)，所以用區間右側端點的函數值作為高的小矩形面積之和是小于曲邊梯形面積，于是111 L 1 n 4 2n 22n 21 - dx ln xx2n 2_n 1ln(2n 2) ln(n 1) In 2.所以原不等式成立。9分方法2：構造函數 g(x) ln(x 1) x-,x0,1求導得g'(x) J 0,所以函數x 1(x 1)2，、c，1 一 1g(x)在區間0,1上單調遞增，由于 0 1,故g(一) g(0) 0, nnr-111即 ln(1 ) 0 ln( n 1) ln n,累加即得12n 2n n 1 n 1ln(2n 2) ln(n 1) ln2

9、.故原不等式成立。(" bn(an MT,，cn (1閆=”(田)，.14:16bnc=入(1A (2n+1) (2n+2)(2n+1) (2n + 2)待定系數法構造（注意相似結構）：設16(2n 1)(2n 2) n(n 1)168(2n 1)(2n 2) 3n(n 1)8n3(n 1)只需8n3(n 1)9n 14n 3顯然成立，得證。4設d為實數,d0且d1, 數列an中a1d,當n2時，anC101dC；1d2Cn 12dn 1 C； 11dn , 數列bn對任何正整數 n 都有： n 1 anb1 an 也 an 2b3a2bn 1 a1bn 2 n 2.（I）證明數列a

10、n為等比數列；（n）判斷數列bn是否是等差數列，若是請求出通項公式；若不是，說明理由. 3b 1（出）若 d 1,Cn ,證明：GC2 Cn V3n 13bn 2【解】證明：（I） n 2,an C：1d C： Q2a d吻合上式an d 1 d n 1C：12dn 1 Cnidn d 1 d n 1 12分d 0,d1 an 0an 1an所以an是以d為首項，d 1為公比的等比數歹U。*(n )由 n N , anb1an 1b2an 2b3*有nN ,n2,anb1an 2b2 an3b3有nN*,n2,(2n n1) 1ddbnbn又 db122d 1 cn n 2 ,d1 -，、1,

11、bi 吻合上式,da2bn 1a1bn2n 1 n 2.a?，2ah 12nn 12n 1n 2, 5 分6分一.* .n N ,bn2nbn 1bn2n 11時,數列1時,數列bn是等差數列，其通項公式是 bn不是等差數列.bn10分（出）由（n）知d 1 時 bnn,Cn3n 13n5、3n3n 2C1C2Cn3n3n 13413n 13n3.4 3 170已知橢圓E：0”3n 23 3n 1:3n 23n 13n 2即 3n3n 13 3n 1:3n 211分13分3 3n 114分1的左，右頂點分別為 A,B ,圓x4上有一動點|P ,點P在X軸的上方,DC,PB.4 y(1)若 AD

12、C 90 ,求 ADC的面積S ；的取值范圍.（2）設直線PB,DC的斜率存在且分別為 匕*2,若Kk2,求 【解析依題宜，逸2。）.設取冷必則:十環二 】.4由上加C = 90,得/二2年短侖-1廣時zr-解得近產舍去）(2)設 D X2, V2 ,動點P在圓x2y 4 上， kPB kPA 1.又ki1V2x2 2y2x22 x21x22 x21即 2=2x2 1y21x24x2 2 x2 1 =4 x2 1 =4 1 _1_1/2 x22 x2 24 x2224(8分)又由題意可知x22,2，且 x21,則問題可轉化為求函數2,2，且x1的值域.由導數可知函數 f x在其定義域內為減函數

13、,函數f x的值域為,00,3 ,從而 的取值范圍為,00,3(12 分)26、已知拋物線 C : y ax （ a為非零常數）的焦點為 F，點P為拋物線C上一個動點，過 點P且與拋物線C相切的直線記為 L .（1）求F的坐標；（2）當點P在何處時，點F到直線L的距離最??？21【斛】：（1）拋物線方程為 x y2分a1、故焦點F的坐標為（0 ）2分4a設 P（x°, y°）則 y ax2y' 2ax,在P點處拋物線（二次函數）的切線的斜率k 2ax0 .2分切線L的方程是：y y k(x x°)即 y ax2 2ax0(x x0)即 2ax0x y ax2

14、00 ax2焦點F到切線L的距離d 4a工，4a2x02 1J(2ax。)2 ( 1)24同' 0當且僅當x00時上式取此時P的坐標是（0,0）當P在（0,0）處時，焦點F到切線L的距離最小.7、已知在數列an中， 已知 a11,且 an 1 2an 3(n N*).(i)求證：數列an 1an是等比數列;(n)求數列an的通項公式;cn (n N*).(叫設品 an 2n(n N，求和：Sn G c2 c3【解】(i)證明：設bn an i an,則 bni an 2 an i 2ani 3 2an 3 2(an i an) 2bn由題設知：a2i, bi2 ,則bn是以2為首項，公

15、比為2的等比數列(n )由(I)知：bn 2n 即 an i an2nanai(anani) (an ian2)(an2 an3)L(a3 a?) (a2 a)2n i 2n 22n 3 L22 2i 2n2,得 a 2n 3 n N(ni)由題設及(n)知：cn2n3 2n,設TnG C2c3cn(nN*)則 Tn2n in24n2n 0 in i n ,由 2CnCnLCnCn知：當n 3時，2nC0 Cn CCn1 2n 2當 n 3時，cn 0,當 n4時，cn0, SnTnTn 2T3(n 3)(n 4)2n in4n 2 2(n 3)一n i 2一，、2 n4n i6 (n 4)i

16、 o8、已知函數f (x) x In x i . 2(i)求函數f(x)在區間i,e (e為自然對數的底)上的最大值和最小值;2 C(2)求證：在區間(i,)上，函數f(x)的圖象在函數g(x) <x3的圖象的下3方；(3)求證：f'(x)n f'(xn)>2n 2 (n N ).【解】解：: f '(x) x1 2f(e) 2e ,f當 x 1,e時，f'(x) 0:函數f (x)在1,e上為增函數f(x)max1 22 3(2)證明：令 F(x) f (x) g(x) x In x 1 -x 23,232、WJ F'(x) x 1 2x2

17、 x一L2- (1 x)(1 x x ) xxx當x 1時F'(x) 0, 函數F(x)在區間(1,)上為減函數12. F(x) F 2 13 0即在(1,)上，f (x) g(x)在區間(1,)上，函數f(x)的圖象在函數g(x) 2 x3的圖象的下31(3)證明：: f '(x) x 一 x當n 1時，不等式顯然成立當n 2時f,(x)n f,(xn) (x 1)n (xn g = cnxn2 Cn2xn 3 l cn147- xxxf'(x)n f'(xn) C：1 心 Cn 24t LC：xn2 xx+得nn 1 n 21_1 n 31_2n 21_ n

18、 1f'(x)f'(x) -(xF)Cn (x F)Cn L (X F )Cn 2xxx>C1 Cn LC； 1 2n 2 (當且僅當x 1時“=”成立)當n 2時，不等式成立綜上所述得f'(x)n f'(xn)>2n 2 (n N )1、在銳角(I)求(n)求Qb高中數學綜合型解答題ABC中，角A, B,C的對邊分別為a,b,c,已知btan A tanC的值;tanB的最大值.- aQa sin C,2B Csin A sin B2asin Ba sin Bsin A2sin AcosCtan A tan Casin C .2 asinC. 2s

19、in B sin Asin C sin A,sin B sin A C sin AcosC cosAsinC,八 . . 22cos Asin C sin Asin C, tan A tan C(n)由(i)知,tan AQVABC為銳角三角形，21 ,即 tan A tan C tan Ctan A, tanC均為正數，1 一tan AtanC2tan A tan C2 Jtan Atan C ,當且僅當 tan A tan C1,一時等號成立。41 一tan Atan C22 . tan Atan C, tan AtanC16當且僅當tan AQ tanBtan A-1tanC 一時等3成

20、立。41 . 一 八 tan AtanC tanC 2tan B1 tan AtanC tan AtanC8 rrf ,一一，8,即tan B的取大值為。tan AtanC 12、已知橫坐標為J?的點p在曲線c： y1上，曲線C在點P處的切線與直線y = 4x交于點A,與x軸交于點B.設點A,*滿足 an f an 1 (n N ,n 2) ,ai(I )寫出an, an 1之間的關系式；(n )若數列an為遞減數列，求實數xB的橫坐標分別為xA, xB ,記fa的取值范圍;a .3(出)若a 2,bn an 一,設數列bn的前n項和為Sn ,求證：Sn 4Pyt,直線(過P點的切線)AB的方

21、程為:xAxB.正數數列an由題設，得(H)法一:又由a1法二:所以所以an0,得4an 14an由ana2XbXaXb；,a114an 14an4x與聯立得 xA>.(t 1)4t 1(出)4t-4t 1,(1).(5分)an431 114al 1an anan 1 (3 4an 1 )4an 113從而由數學歸納法可得41, 一 口，由待定系數法易得: 4an 1沁"ananan1,一0包成立an法一：由bn而anbnan3 bn1時,4 bnS = 42時,Sn法二：bnan34bn即bn15 _14 22n 14、J J"a(-a3得an=bn+3代入44bn

22、36(1bn14n2)34J，ni,n4 1一)一3 441 n 1)() 恒成乂3 44an4anbnbn1bna 4(10 分)4bn1 1(n2)1,n 1 )4,n_xb,n 1 b1453235351_7- Z_： - Z ：.2n 12n 12n 1414 4 25 4 254 52一，n53634151151154 22n 1 54 22n 1 22n4n 11551082時，S2n 3寸,Sn 1815 1(34 4i44525 336 1821525 JL(1 工18 1 1(4n 2)143、已知A,B是ABC的兩個內角,VCcosiV sin2v22845 3576 2v

23、 v(其中i,j是互相垂直v的單位向量)，若| a |,6(1)試問tanA tanB是否為定值，若是定值，請求出，否則說明理由;(2)求tanC的最大值，并判斷此時三角形的形狀。,ro【解】(1) | a | 2cos2.233, 1 cos(A222B)1 cos(A B)21 3tan A tan B - 02 2;3 . tan Atan B 、. 3cos A cos B sin Asin Bcos A cos B sin Asin B 021 1 ,、tan A tan B 一(te值) 3(2)由(1)可知A、B為銳角tan C tan(B A)所以tan C的最大值為tan A

24、 tan B 3(tan A tan B)1 tan A tan B2、/3,此時三角形ABC為鈍角三角形。11. (2012 年西城二模理 20)若 An a1a2L an (a 0或 1,i 1,2,L , n),則稱 An 為 0 和 1 的 一個n位排列.對于 A,將排列aeazL an 1記為R1(An);將排列an 1 ana1 L an 2記為 R2(An);依此類推，直至 Rn(An) An .對于排列An和Ri(An) (i 1,2,L ,n 1),它們對 應位置數字相同的個數減去對應位置數字不同的個數，叫做An和Ri (An)的相關值，記作i11t(An,Rl(An).例

25、如 A3 110 ,則 R (A3) 011 ,t(A3,R1(A3) 1 .若t(An,Ri(An) 1 (i 1,2,L ,n 1),則稱An為最佳排列.(I)寫出所有的最佳排列 A3；(n)證明：不存在最佳排列 A5;(出)若某個 A2k 1 (k是正整數)為最佳排列，求排列 4k 1 中1的個數.解：(I)最佳排列 A3 為 110, 101, 100, 011, 010, 001. 3 分/ -、/cr 、口 八 -，-1，八、(n)證明：設 A5 a1a2a3a4a5 ,則 R (As) a5a1a2asa4,因為 t(A5,R1(A)1,所以 |aa51,凡a1 |, |a3a2

26、|,a31,同241之中有2個0,3個 1.按a5a1a2a3a4 a5的順序研究數碼變化，由上述分析可知有 2次數碼不發生改變，有3次數碼發生了改變.但是出經過奇數次數碼改變不能回到自身,所以不存在A5,使得t(A5,R1(A)1,從而不存在最佳排列A5 ,7分(出)由 A2ki aia2La2k i(a 0或 1,i 1,2,L ,2k 1),得_1R (刖 i)a2kaiazL a2k ,_2R (A2k i)a2ka2k iaa2L a2k i ,R2k i(A2k i)a3a4 La2k iaia2 '2k /R (A2k i)a2a3L a2k iai 因為 t(A2k i

27、，Ri(A2k i) i(i i,2,L ,2k),所以 A2kl與每個Ri (A2kl)有k個對應位置數碼相同，有 k i個對應位置數碼不 同，因此有|aia2ki I |a2 ai I La2k I k i,1aia2k |1a2 a2k i | La2k il k i,I aia31 | a2 a4| LI a2kOi I I a2k ia2 | k i,| aia? II a?a31 LI a2ka2k i I1a2 k i以上各式求和得， S (k i) 2k .io分另一方面，S還可以這樣求和：設a1,a2,，azk©中有x個0, y個i,則S 2xy .ii分所以xxy

28、y 22kk 'i),解得x k, xk 1,或y k 1, y k.所以排列A2kl中i的個數是k或k 1 . 13分，.廠一一一 一,.一. 一，、一 ，*12. (2012 年朝陽一模理 20)已知數列 An：ai,a2,L ,an (n N ,n 2)滿足 a an 0,且n*2當 2 k n (k N m-, (ak a-)1,令 S(An)a . (1)寫出 S(A5)的所有可能i 1的值；(n)求S(An)的最大值；(出)是否存在數列 An ,使得S(An) , 0,1,0, 1,0.此時 S(A) = 0； (4)(5) 0, 1,0,1,0.此時 S(A) = 0;

29、(6)所以，S(A5)的所有可能的值為：4 ,2(衛)由(ak ak 1)1, ?若存在，4求出數列An；若不存在，說明理由.解：(I)由題設，滿足條件的數列A5的所有可能情況有：(1) 0,1,2,1,0.此時 S(A5) = 4 ； (2) 0,i,0,i,0.此時 S(A5) = 2 ；0, 1, 2, 1,0.此時 S(A5)= 4；0, 1,0, 1,0.此時 S(A)= 2；2,0,2,4 .4分可設ak因為anan 1ck 1 ,則 ck 1cn 1 ,所以 an1 或 ck i1 (2因為a1anan 1Lai1an 2n 1所以；0,所以 cl c2 Ln 1 *個1構成的數

30、列.2cn 1cic20 ,且cn 2Lcn 1cn 2 cn 1.n為奇數，ci, C2,L ,Cn i是由則當此時S(An)C1,C2,LS（An）證明如下:假設G,c2,Lci(n(n(ci c2) L(ci1)c1 (n 2)c2 LC2Lcn i)C1,c2,L ,Cn 1 的后1mi所以S(An)(n(n2(nm1)(n4n 1 的前項取i,后21) (n 2) L2cn n ""21項取1時S（An）最大,n 1(-r1)(n 1)2n 1 一的前個一項中恰有t項ccm2,L cmt取n 12n 12項中恰有t項cn/cnL ,cn取1 ,其中1nini 1,

31、2,L ,t .1)。 (n 2)C21)(n 1)2所以S（An）的最大值為(n 2) Lm2) Lt2(nii 1(n 1)24(nmi)n 1c- cn 12 -1 n 12( 2mt) 2(n (n 1)2ni)（出）由（II）可知，如果ci,c2,L ,cni的前n 1項中恰有2cl,c2,L ,cn 1 的后1c lcn 12 1)(n n2)L (nnt)t 項 cm, ,cm2 ,L , cm(取 1 ,t 項 cn，cn2,L ,cnt 取 1(nmi),S(AJ(n 3)2t，貝U n 2 2(nii 1mi)，因為n是奇數，所以nt2(nii 1m）是偶數，因此不存在數列

32、An,使得S(An)13. （2012年東城二模理(n 3)2420)對于數列 an13分(n 1, 2,L,m),令 bk 為 a,，a2, L ,ak中的最大值，稱數列bn為an的“創新數列”.例如數列2 , 1, 3, 7 , 5的創新數列為2,2, 3, 7, 7.定義數列cn ： Q,c2,c3,L ,cm是自然數1, 2, 3, L , m（m 3）的一個排列.（i）當m 5時，寫出創新數列為3,4, 4,5, 5的所有數列 cn ； (n)是否存在數列cn ,使它的創新數列為等差數列？若存在，求出所有的數列cn ,若不存在，請說明理由.解：(I)由題意，創新數列為 3,4, 4,

33、5, 5的所有數列 cn有兩個，即數列3, 4,1, 5 , 2 ;數列 3, 4, 2, 5,1.4 分(n)存在數列 cn ,使它的創新數列為等差數列.數列cn的創新數列為 en ( n 1,2,3,L ,m),因為em是ci,c2,L ,cm中的最大值，所以em m.由題意知，ek為c1,c2,L ,ck中最大值，ek1為ci,c2,L ,ck, a i中的最大值，所以 ek 4 i,且，1,2,L , m .若en為等差數列，設其公差為 d ,則 d ek i ek 0 且 d N,當d 0時，en為常數列，又em m ,所以數列 en為m , m , L , m.此時數列cn是首項為

34、m的任意一個符合條件的數列； 8分當d i時，因為em m ,所以數列 en為i,2,3,L,m.此時數列cn為i, 2 , 3, L , m ；-T0分當 d 2時，因為 em e (m i)d ei (m i) 2 2m 2 ei ,又m 3, e 0 ,所以em m ,這與em m矛盾，所以此時 由 不存在，即不存在cn使得它的創新數列為公差 d 2的等差數列.i3分綜上，當數列 cn為以m為首項的任意一個符合條件的數列或cn為數列i, 2,3, L , m時，它的創新數列為等差數列.i4分i4. (20i2年海淀二模理20)將一個正整數n表示為a a2 a3 . ap(p N )的形式

35、， 其中ai N , i=i,2,L ,p，且a a2ap,記所有這樣的表示法的種數為 f(n)(如4=4, 4=1+3, 4=2+2, 4=1+1+2, 4=1 + 1+1+1,故 f (4) 5) . (I)寫出 f (3), f (5)的值，并1 .說明理由；(n)對任意正整數n,比較f (n 1)與f(n) f(n 2)的大小，并給出證明； 2(出)當正整數 n 6時，求證：f(n) 4n 13.解：(I)因為 3=3, 3=1+2, 3=1+1+1,所以 f(3) 3 .因為 5=5, 5=2+3, 5=1+4, 5=1+1+3, 5=1+2+2, 5=1 + 1+1+2, 5=1+

36、1 + 1 + 1+1,所以f (5) 7 . 3分1(n)結論ZE f(n 1) f (n) f (n 2).2證明如下：由結論知，只需證 f(n 1) f (n) f (n 2) f (n 1).因為n 1 2 ,把n 1的一個表示法中a1 二 1的a1去掉，就可得到一個 n的表示法；反之，在n的一個表示法前面添加一個“1+”，就得到一個n+1的表示法，即n 1的表示法中a1 二 1的表示法種數等于 n的表示法種數，所以f(n 1) f(n)表示的是n 1的表示法中a1 11的表示法數，f(n 2) f (n 1)是n+2的表示法中a1 1 1的表示法數.同樣，把一個a1 1 1的n 1的

37、表示法中的ap加上1,就可得到一個a1 1 1的n+2的表示法，這樣就構造了從 a1 1 1的n 1的表示法到a1 1 1的n 2的表示法的一個對應.所以有 f (n 1) f (n) f (n 2) f (n 1). 9分(m)由第(n)問可知：當正整數 m3 6 時，f(m)- f (m- 1)? f (m 1)- f (m- 2)吵 Lf(6)- f (5).又 f(6) 11, f(5) 7,所以 f (m)- f (m- 1)? 4. *對于*式，分別取 m為6,7, ,n，將所得等式相加得 f (n) f (5) 4(n 5).即 f (n) 4n 13. 13分20.已知an為公

38、差不為零的等差數列，首項a1 a , an的部分項ak1、ak2、akn恰為等比數列，且k1 1, k25, k3 17 .(1)求數列 an的通項公式an (用a表示)；1113(2)設數列kn的前n項和為Sn,求證： L ( n是正整數)S S2Sn 2【解】(1)設數列an的公差為d(d 0),由已知得a1=a, a5 a 4d , a” a 16d成等比數列，2(a 4d) a(a 16d),且 a 0 2分得d 0或d a2已知an為公差不為零a n 1ana1 (n 1)d a (n 1)a.22n 1kn 1(2)由(1)知 an-aakn-2-a而等比數列ak的公比q % a4d 3.naia13n 1n 1aia 36分29因此aknkn 1a23n 1- akn3n 1 1Sn(2 302312 3n 1)n0 n3n1時,cn3n(12n2)n2nSn3n n1時,2時,綜上得不等式法二.當n 3時,Cn3nSn1時,2時,3時,c； c：2n 12nC2 22 Ln 1Cn2n 1 Cn 2n（或用數學歸納法證明此不等式）S13nCn1n1§1S11r -1綜上得不