1、高考數學數列專題訓練材料（培優題）一填空題1已知數列an中，a1=a，an+1=3an+8n+6，若an）為遞增數列，則實數a的取值范圍為 2已知數列an滿足，且a2n1是遞減數列，a2n是遞增數列，則56a10= 3設函數f（x）=2xcosx，an是公差為的等差數列，f（a1）+f（a2）+f（a5）=5，則f（a3）2a1a5= 4已知數列an的奇數項依次構成公差為d1的等差數列，偶數項依次構成公差為d2的等差數列（其中d1，d2為整數），且對任意nN*，都有anan+1，若a1=1，a2=2，且數列an的前10項和S10=75，則d1= ，a8= 5已知等差數列an，等比數列bn的公比

2、為q（n，qN*），設an，bn的前n項和分別為Sn，Tn若T2n+1=S，則an= 6Sn等差數列an的前n項和，a10，當且僅當n=10時Sn最大，則的取值范圍為 7已知數列an滿足，k2，kN*，an表示不超過an的最大整數（如1.6=1），記bn=an，數列bn的前n項和為Tn若數列an是公差為1的等差數列，則T4= ；若數列an是公比為k+1的等比數列，則Tn= 8對于nN*，若數列xn滿足xn+1xn1，則稱這個數列為“K數列”（）已知數列：1，m+1，m2是“K數列”，求實數m的取值范圍；（）是否存在首項為1的等差數列an為“K數列”，且其前n項和Sn滿足？若存在，求出an的通項

3、公式；若不存在，請說明理由；（）已知各項均為正整數的等比數列an是“K數列”，數列不是“K數列”，若，試判斷數列bn是否為“K數列”，并說明理由9數列an滿足a1=且Sn=，則Sn的整數部分的所有可能值構成的集合是 10設A（n）表示正整數n的個位數，an=A（n2）A（n），A為數列an的前202項和，函數f（x）=exe+1，若函數g（x）滿足fg（x）=1，且bn=g（n）（nN*），則數列bn的前n項和為 11在數列an中，a1=1，an=an1（n2，nN*），則數列的前n項和Tn= 12等差數列an的前n項和為Sn，數列bn是等比數列，且滿足a1=3，b1=1，b2+S2=10，a

4、52b2=a3，數列的前n項和Tn，若TnM對一切正整數n都成立，則M的最小值為 13數列an滿足：，nN*，Sn=b1+b2+bn，Pn=b1b2bn，則Sn+2Pn= 14我們把滿足：的數列xn叫做牛頓數列已知函數f（x）=x21，數列xn為牛頓數列，設，已知a1=2，則a3= 15已知數列an中，a1=1，anan1=n（n2，nN），設bn=+，若對任意的正整數n，當m1，2時，不等式m2mt+bn恒成立，則實數t的取值范圍是 16已知數列an是各項均不為零的等差數列，Sn為其前n項和，且S2n1=a（nN*），若不等式+nlog對任意nN*恒成立，則實數的最大值是 17已知函數，若a

5、n是公比大于0的等比數列，且a4=1，f（a1）+f（a2）+f（a3）+f（a4）+f（a5）+f（a6）=3a1，則公比q為 18已知函數f（x）=，把方程f（x）x=0的根按從小到大順序排成一個數列，則該數列的前n項和Sn= 二解答題1設an和bn是兩個等差數列，記cn=maxb1a1n，b2a2n，bnann（n=1，2，3，），其中maxx1，x2，xs表示x1，x2，xs這s個數中最大的數（1）若an=n，bn=2n1，求c1，c2，c3的值，并證明cn是等差數列；（2）證明：或者對任意正數M，存在正整數m，當nm時，M；或者存在正整數m，使得cm，cm+1，cm+2，是等差數列2

6、已知數列xn滿足：x1=1，xn=xn+1+ln（1+xn+1）（nN*），證明：當nN*時，（）0xn+1xn；（）2xn+1xn；（）xn3已知an是公差為d的等差數列，bn 是公比為q的等比數列，q1，正整數組E=（m，p，r）（mpr）（1）若a1+b2=a2+b3=a3+b1，求q的值；（2）若數組E中的三個數構成公差大于1的等差數列，且am+bp=ap+br=ar+bm，求q的最大值（3）若bn=（）n1，am+bm=ap+bp=ar+br=0，試寫出滿足條件的一個數組E和對應的通項公式an（注：本小問不必寫出解答過程）4設n2，nN*，有序數組（a1，a2，an）經m次變換后得到

7、數組（bm，1，bm，2，bm，n），其中b1，i=ai+ai+1，bm，i=bm1，i+bm1，i+1（i=1，2，n），an+1=a1，bm1，n+1=bm1，1（m2）例如：有序數組（1，2，3）經1次變換后得到數組（1+2，2+3，3+1），即（3，5，4）；經第2次變換后得到數組（8，9，7）（1）若ai=i（i=1，2，n），求b3，5的值；（2）求證：bm，i=ai+jCmj，其中i=1，2，n（注：i+j=kn+t時，kN*，i=1，2，n，則ai+j=a1）5設數列an和bn的項數均為m，則將數列an和bn的距離定義為|aibi|（1）給出數列1，3，5，6和數列2，3，10

8、，7的距離；（2）設A為滿足遞推關系an+1=的所有數列an的集合，bn和cn為A中的兩個元素，且項數均為m，若b1=2，c1=3，bn和cn的距離小于2016，求m的最大值；（3）記S是所有7項數列an|1n7，an=0或1的集合，TS，且T中任何兩個元素的距離大于或等于3，證明：T中的元素個數小于或等于166已知集合A=a1，a2，an，aiR，i=1，2，n，并且n2 定義（例如：）（）若A=1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，M=1，2，3，4，5，集合A的子集N滿足：NM，且T（M）=T（N），求出一個符合條件的N；（）對于任意給定的常數C以及給定的集合A=a1，a2，an，求

9、證：存在集合B=b1，b2，bn，使得T（B）=T（A），且（）已知集合A=a1，a2，a2m滿足：aiai+1，i=1，2，2m1，m2，a1=a，a2m=b，其中a，bR為給定的常數，求T（A）的取值范圍7已知數列an的前n項和為Sn，數列bn，cn滿足 （n+1）bn=an+1，（n+2）cn=，其中nN*（1）若數列an是公差為2的等差數列，求數列cn的通項公式；（2）若存在實數，使得對一切nN*，有bncn，求證：數列an是等差數列8已知數列an，bn滿足：bn=an+1an（nN*）（1）若a1=1，bn=n，求數列an的通項公式；（2）若bn+1bn1=bn（n2），且b1=1，

10、b2=2（i）記cn=a6n1（n1），求證：數列cn為等差數列；（ii）若數列中任意一項的值均未在該數列中重復出現無數次，求首項a1應滿足的條件9已知數列an與bn的前n項和分別為An和Bn，且對任意nN*，an+1an=2（bn+1bn）恒成立（1）若An=n2，b1=2，求Bn；（2）若對任意nN*，都有an=Bn及+成立，求正實數b1的取值范圍；（3）若a1=2，bn=2n，是否存在兩個互不相等的整數s，t（1st），使，成等差數列？若存在，求出s，t的值；若不存在，請說明理由10已知常數p0，數列an滿足an+1=|pan|+2an+p，nN*（1）若a1=1，p=1，求a4的值；求

11、數列an的前n項和Sn；（2）若數列an中存在三項ar，as，at（r，s，tN*，rst）依次成等差數列，求的取值范圍高考數學數列專題訓練材料（培優題）參考答案與試題解析一填空題1已知數列an中，a1=a，an+1=3an+8n+6，若an）為遞增數列，則實數a的取值范圍為（7，+）【解答】解：an+1=3an+8n+6，a1=a，n=1時，a2=3a1+14=3a+14n2時，an=3an1+8n2，相減可得：an+1an=3an3an1+8，變形為：an+1an+4=3（anan1+4），a=9時，可得an+1an+4=0，則an+1an=4，是單調遞減數列，舍去數列an+1an+4是等

12、比數列，首項為2a+18，公比為3an+1an+4=（2a+18）3n1an+1an=（2a+18）3n14an=（anan1）+（an1an2）+（a2a1）+a1=（2a+18）（3n2+3n3+3+1）4（n1）+a=（2a+18）4n+4+a=（a+9）（3n11）4n+4+aan）為遞增數列，nN*，an+1an都成立（a+9）（3n1）4（n+1）+4+a（a+9）（3n11）4n+4+a化為：a9，數列單調遞減，n=1時取得最大值2a29=7即a7故答案為：（7，+）2已知數列an滿足，且a2n1是遞減數列，a2n是遞增數列，則56a10=【解答】解：由于a2n1是遞減數列，因此

13、a2n+1a2n10，于是（a2n+1a2n）+（a2na2n1）0 因為，所以|a2n+1a2n|a2na2n1|由知a2n+1a2na2n+2a2n0因為a2n遞增數列，所以a2n+2a2n0，a2n+2a2n+1+a2n+1a2n0，|a2n+2a2n+1|a2n+1a2n|，所以a2n+1a2n0a10=a1+（a2a1）+（a3a2）+（a10a9）=1=1+=所以56a10=故答案為：3設函數f（x）=2xcosx，an是公差為的等差數列，f（a1）+f（a2）+f（a5）=5，則f（a3）2a1a5=【解答】解：f（x）=2xcosx，可令g（x）=2x+sinx，an是公差為的

14、等差數列，f（a1）+f（a2）+f（a5）=5g（a1）+g（a2）+g（a5）=0，則a3=，a1=，a5=f（a3）2a1a5=2=，故答案為：4已知數列an的奇數項依次構成公差為d1的等差數列，偶數項依次構成公差為d2的等差數列（其中d1，d2為整數），且對任意nN*，都有anan+1，若a1=1，a2=2，且數列an的前10項和S10=75，則d1=，3，a8=11【解答】解：（1）數列an的奇數項依次構成公差為d1的等差數列，偶數項依次構成公差為d2的等差數列，且對任意nN*，都有anan+1，a1=1，a2=2，且數列an的前10項和S10=75，51+d1+d2=75，化為：d

15、1+d2=6且對任意nN*，都有anan+1，其中d1，d2為整數a2k1a2ka2k+1，1+（k1）d12+（k1）d21+kd1，取k=2時，可得1+d12+d21+2d1d1=3=d2a8=a2+3d2=2+33=11故答案分別為：3，115已知等差數列an，等比數列bn的公比為q（n，qN*），設an，bn的前n項和分別為Sn，Tn若T2n+1=S，則an=2n1【解答】解：n=1時，T2+1=Sq，n=2時，T4+1=Sq2，T4=b1+b2+b3+b4=b1+b2+q2（b1+b2）=（1+q2）（b1+b2）=（1+q2） T2，Sq21=（1+q2）（Sq1）q2a1+d1=

16、（1+q2）（qa1+），解得：a1=1，d=2，an=2n1，故答案為：2n16Sn等差數列an的前n項和，a10，當且僅當n=10時Sn最大，則的取值范圍為（54，21）【解答】解：Sn為等差數列an的前n項和，a10，當且僅當n=10時Sn最大，即，解得d；=6=6（1+），又d，a1+11d，10，91+，546（1+）21，的取值范圍是（54，21）故答案為：（54，21）7已知數列an滿足，k2，kN*，an表示不超過an的最大整數（如1.6=1），記bn=an，數列bn的前n項和為Tn若數列an是公差為1的等差數列，則T4=6；若數列an是公比為k+1的等比數列，則Tn=（1+k

17、）nnk1【解答】解：數列an滿足，k2，kN*，an表示不超過an的最大整數bn=an，數列bn的前n項和為Tn數列an是公差為1的等差數列，=n+，bn=an=n1，T4=b1+b2+b3+b4=0+1+2+3=6數列an是公比為k+1的等比數列，a1=，k2，an=（k+1）n1=（kn1+kn2+kn3+k+），且bn=an，數列bn的前n項和為：Tn=0+1+（k+2）+（k2+3k+3）+（kn2+kn3+kn4+）=（1+2+3+n1）+（k+k+k+k）+（k2+k2+k2+k2）+kn2=+k+k2+kn2=+k+k2+kn2=（k2+k3+k4+kn）=（1+k）nnk1故

18、答案為：6，（1+k）nnk18對于nN*，若數列xn滿足xn+1xn1，則稱這個數列為“K數列”（）已知數列：1，m+1，m2是“K數列”，求實數m的取值范圍；（）是否存在首項為1的等差數列an為“K數列”，且其前n項和Sn滿足？若存在，求出an的通項公式；若不存在，請說明理由；（）已知各項均為正整數的等比數列an是“K數列”，數列不是“K數列”，若，試判斷數列bn是否為“K數列”，并說明理由【解答】解：（）由題意得（m+1）11，m2（m+1）1，解得 m1；解得 m1或m2所以m2，故實數m的取值范圍是m2（）假設存在等差數列an符合要求，設公差為d，則d1，由 a1=1，得 ，由題意，

19、得對nN*均成立，即（n1）dn當n=1時，dR；當n1時，因為，所以d1，與d1矛盾，故這樣的等差數列an不存在（）設數列an的公比為q，則，因為an的每一項均為正整數，且an+1an=anqan=an（q1）10，所以a10，且q1因為an+1an=q（anan1）anan1，所以在anan1中，“a2a1”為最小項同理，在中，“”為最小項由an為“K數列”，只需a2a11，即 a1（q1）1，又因為不是“K數列”，且“”為最小項，所以，即 a1（q1）2，由數列an的每一項均為正整數，可得 a1（q1）=2，所以a1=1，q=3或a1=2，q=2當a1=1，q=3時，則，令，則，又=，所

20、以cn為遞增數列，即 cncn1cn2c1，所以bn+1bnbnbn1bn1bn2b2b1因為，所以對任意的nN*，都有bn+1bn1，即數列cn為“K數列”當a1=2，q=2時，則因為，所以數列bn不是“K數列”綜上：當時，數列bn為“K數列”，當時，數列bn不是“K數列”9數列an滿足a1=且Sn=，則Sn的整數部分的所有可能值構成的集合是0，1，2【解答】解：數列an滿足a1=，an+11=an（an1）（nN*）可得：an+1an=（an1）20，an+1an，因此數列an單調遞增則a21=，可得a2=，同理可得：a3=，a4=1，=1，另一方面：=，Sn=+=（）+（）+（）=3，當

21、n=1時，S1=，其整數部分為0；當n=2時，S2=+=1+，其整數部分為1；當n=3時，S3=+=2+，其整數部分為2；當n4時，Sn=2+1（2，3），其整數部分為2綜上可得：Sn的整數部分的所有可能值構成的集合是0，1，2故答案為：0，1，210設A（n）表示正整數n的個位數，an=A（n2）A（n），A為數列an的前202項和，函數f（x）=exe+1，若函數g（x）滿足fg（x）=1，且bn=g（n）（nN*），則數列bn的前n項和為n+3（2n+3）（）n【解答】解：n的個位數為1時有：an=A（n2）A（n）=0，n的個位數為2時有：an=A（n2）A（n）=42=2，n的個位數

22、為3時有：an=A（n2）A（n）=93=6，n的個位數為4時有：an=A（n2）A（n）=64=2，n的個位數為5時有：an=A（n2）A（n）=55=0，n的個位數為6時有：an=A（n2）A（n）=66=0，n的個位數為7時有：an=A（n2）A（n）=97=2，n的個位數為8時有：an=A（n2）A（n）=48=4，n的個位數為9時有：an=A（n2）A（n）=19=8，n的個位數為0時有：an=A（n2）A（n）=00=0，每10個一循環，這10個數的和為：0，20210=20余2，余下兩個數為：a201=0，a202=2，數列an的前202項和等于：a201+a202=0+2=2，

23、即有A=2函數函數f（x）=exe+1為R上的增函數，且f（1）=1，fg（x）=1=f（1），可得g（x）=1+=1+，則g（n）=1+（2n1）（）n，即有bn=g（n）=1+（2n1）（）n，則數列bn的前n項和為n+1（）1+3（）2+5（）3+（2n1）（）n，可令S=1（）1+3（）2+5（）3+（2n1）（）n，S=1（）2+3（）3+5（）4+（2n1）（）n+1，兩式相減可得S=+2（）2+（）3+（）4+（）n（2n1）（）n+1=+2（2n1）（）n+1，化簡可得S=3（2n+3）（）n，則數列bn的前n項和為n+3（2n+3）（）n故答案為：n+3（2n+3）（）n11

24、在數列an中，a1=1，an=an1（n2，nN*），則數列的前n項和Tn=【解答】解：在數列an中，a1=1，an=an1（n2，nN*），可得=，令bn=，可得bn=bn1，由bn=b1=1=，可得an=，即有=2（），則前n項和Tn=2（1+）=2（1）=故答案為：12等差數列an的前n項和為Sn，數列bn是等比數列，且滿足a1=3，b1=1，b2+S2=10，a52b2=a3，數列的前n項和Tn，若TnM對一切正整數n都成立，則M的最小值為10【解答】解：設數列an的公差為d，數列bn的公比為q，由b2+S2=10，a52b2=a3得，解得an=3+2（n1）=2n+1，則=，Tn=3

25、+，所以Tn=+，兩式作差得Tn=3+=3+（1+）=3+=3+22（）n1，即Tn=10（）n310，由TnM對一切正整數n都成立，M10，故M的最小值為10，故答案為：1013數列an滿足：，nN*，Sn=b1+b2+bn，Pn=b1b2bn，則Sn+2Pn=2【解答】解：數列an滿足：，nN*，=，=，=，Sn=b1+b2+bn=，=，Pn=b1b2bn=，2Pn=，Sn+2Pn=+=214我們把滿足：的數列xn叫做牛頓數列已知函數f（x）=x21，數列xn為牛頓數列，設，已知a1=2，則a3=8【解答】解：f（x）=x21，數列xn為牛頓數列，=xn=（xn+），=ln=ln=2=2a

26、n，又a1=2，數列an是以2為首項，2為公比的等比數列，a3=222=8故答案為：815已知數列an中，a1=1，anan1=n（n2，nN），設bn=+，若對任意的正整數n，當m1，2時，不等式m2mt+bn恒成立，則實數t的取值范圍是（，1）【解答】解：a1=1，anan1=n（n2，nN），當n2時，anan1=n，an1an2=n1，a2a1=2，并項相加，得：ana1=n+（n1）+3+2，an=1+2+3+n=n（n+1），又當n=1時，a1=1（1+1）=1也滿足上式，數列an的通項公式為an=n（n+1），bn=+=+=2（+）=2（）=，令f（x）=2x+（x1），則f（x

27、）=2，當x1時，f（x）0恒成立，f（x）在x1，+）上是增函數，故當x=1時，f（x）min=f（1）=3，即當n=1時，（bn）max=，對任意的正整數n，當m1，2時，不等式m2mt+bn恒成立，則須使m2mt+（bn）max=，即m2mt0對m1，2恒成立，即tm的最小值，可得得t1，實數t的取值范圍為（，1），故答案為：（，1）16已知數列an是各項均不為零的等差數列，Sn為其前n項和，且S2n1=a（nN*），若不等式+nlog對任意nN*恒成立，則實數的最大值是【解答】解：數列an是各項均不為零的等差數列，設公差為d，又S2n1=a（nN*），n=1時，解得a1=1n=2時，S

28、3=，即3+3d=（1+d）2，解得d=2或d=1（舍去）an=1+2（n1）=2n1=+=+=不等式+nlog，即：nlog，化為：log不等式+nlog對任意nN*恒成立，log，0=則實數的最大值是故答案為：17已知函數，若an是公比大于0的等比數列，且a4=1，f（a1）+f（a2）+f（a3）+f（a4）+f（a5）+f（a6）=3a1，則公比q為【解答】解：函數，an是公比q0的等比數列，且a4=a1q3=1，a10；當0q1時，a11，數列an是單調遞減數列，因此a1a2a3a4=1a5a6a7；f（a1）+f（a2）+f（a3）+f（a4）+f（a5）+f（a6）=a1lna1

29、+a2lna2+a3lna3+a4lna4+=3a1，（*）a2a6=a3a5=1，a2lna2+=a3lna3+=a4lna4=0，（*）化為a1lna1=3a1，解得a1=e3，q3=，則公比q=；當q1時，0a11，數列an是單調遞增數列，因此a1a2a3a4=1a5a6；f（a1）+f（a2）+f（a3）+f（a4）+f（a5）+f（a6）=+a4lna4+a5lna5+a6lna6=3a1，（*）a2a6=a3a5=1，+a6lna6=+a5lna5=a4lna4=0，（*）化為：=3a1，lna1=3；設g（x）=3x2lnx，x（0，1），則g（x）=6x=，令g（x）=0，解得

30、x=，則x（0，）時，g（x）0，g（x）單調遞減；x（，1）時，g（x）0，g（x）單調遞增；g（x）的最小值是g（）=3ln0，g（x）在x（0，1）時無零點，即lna1=3無實根；當q=1時，a1=a2=1，f（a1）+f（a2）+f（a3）+f（a4）+f（a5）+f（a6）=0=3a1，解得a1=0，不合題意；綜上，數列an的公比為故答案為：18已知函數f（x）=，把方程f（x）x=0的根按從小到大順序排成一個數列，則該數列的前n項和Sn=【解答】解：當0x1時，有1x10，則f（x）=f（x1）+1=2x1，當1x2時，有0x11，則f（x）=f（x1）+1=2x2+1，當2x3時

31、，有1x12，則f（x）=f（x1）+1=2x3+2，當3x4時，有2x13，則f（x）=f（x1）+1=2x4+3，以此類推，當nxn+1（其中nN）時，則f（x）=f（x1）+1=2xn1+n，所以，函數f（x）=2x的圖象與直線y=x+1的交點為：（0，1）和（1，2），由于指數函數f（x）=2x為增函數且圖象下凸，故它們只有這兩個交點然后將函數f（x）=2x和y=x+1的圖象同時向下平移一個單位，即得到函數f（x）=2x1和y=x的圖象，取x0的部分，可見它們有且僅有一個交點（0，0）即當x0時，方程f（x）x=0有且僅有一個根x=0取中函數f（x）=2x1和y=x圖象1x0的部分，再

32、同時向上和向右各平移一個單位，即得f（x）=2x1和y=x在0x1上的圖象，此時它們仍然只有一個交點（1，1）即當0x1時，方程f（x）x=0有且僅有一個根x=1取中函數f（x）=2x1和y=x在0x1上的圖象，繼續按照上述步驟進行，即得到f（x）=2x2+1和y=x在1x2上的圖象，此時它們仍然只有一個交點（2，2）即當1x2時，方程f（x）x=0有且僅有一個根x=2以此類推，函數y=f（x）與y=x在（2，3，（3，4，（n，n+1上的交點依次為（3，3），（4，4），（n+1，n+1）即方程f（x）x=0在（2，3，（3，4，（n，n+1上的根依次為3，4，n+1綜上所述方程f（x）x=

33、0的根按從小到大的順序排列所得數列為：0，1，2，3，4，該數列的前n項和Sn=，nN+故答案為：二解答題1設an和bn是兩個等差數列，記cn=maxb1a1n，b2a2n，bnann（n=1，2，3，），其中maxx1，x2，xs表示x1，x2，xs這s個數中最大的數（1）若an=n，bn=2n1，求c1，c2，c3的值，并證明cn是等差數列；（2）證明：或者對任意正數M，存在正整數m，當nm時，M；或者存在正整數m，使得cm，cm+1，cm+2，是等差數列【解答】解：（1）a1=1，a2=2，a3=3，b1=1，b2=3，b3=5，當n=1時，c1=maxb1a1=max0=0，當n=2時

34、，c2=maxb12a1，b22a2=max1，1=1，當n=3時，c3=maxb13a1，b23a2，b33a3=max2，3，4=2，下面證明：對nN*，且n2，都有cn=b1na1，當nN*，且2kn時，則（bknak）（b1na1），=（2k1）nk1+n，=（2k2）n（k1），=（k1）（2n），由k10，且2n0，則（bknak）（b1na1）0，則b1na1bknak，因此，對nN*，且n2，cn=b1na1=1n，cn+1cn=1，c2c1=1，cn+1cn=1對nN*均成立，數列cn是等差數列；（2）證明：設數列an和bn的公差分別為d1，d2，下面考慮的cn取值，由b1a

35、1n，b2a2n，bnann，考慮其中任意biain，（iN*，且1in），則biain=b1+（i1）d1a1+（i1）d2n，=（b1a1n）+（i1）（d2d1n），下面分d1=0，d10，d10三種情況進行討論，若d1=0，則biain（b1a1n）+（i1）d2，當若d20，則（biain）（b1a1n）=（i1）d20，則對于給定的正整數n而言，cn=b1a1n，此時cn+1cn=a1，數列cn是等差數列；當d20，（biain）（bnann）=（in）d20，則對于給定的正整數n而言，cn=bnann=bna1n，此時cn+1cn=d2a1，數列cn是等差數列；此時取m=1，則c

36、1，c2，是等差數列，命題成立；若d10，則此時d1n+d2為一個關于n的一次項系數為負數的一次函數，故必存在mN*，使得nm時，d1n+d20，則當nm時，（biain）（b1a1n）=（i1）（d1n+d2）0，（iN*，1in），因此當nm時，cn=b1a1n，此時cn+1cn=a1，故數列cn從第m項開始為等差數列，命題成立；若d10，此時d1n+d2為一個關于n的一次項系數為正數的一次函數，故必存在sN*，使得ns時，d1n+d20，則當ns時，（biain）（bnann）=（i1）（d1n+d2）0，（iN*，1in），因此，當ns時，cn=bnann，此時=an+，=d2n+（d

37、1a1+d2）+，令d1=A0，d1a1+d2=B，b1d2=C，下面證明：=An+B+對任意正整數M，存在正整數m，使得nm，M，若C0，取m=+1，x表示不大于x的最大整數，當nm時，An+BAm+B=A+1+BA+B=M，此時命題成立；若C0，取m=+1，當nm時，An+B+Am+B+CA+B+CMCB+B+C=M，此時命題成立，因此對任意正數M，存在正整數m，使得當nm時，M；綜合以上三種情況，命題得證2已知數列xn滿足：x1=1，xn=xn+1+ln（1+xn+1）（nN*），證明：當nN*時，（）0xn+1xn；（）2xn+1xn；（）xn【解答】解：（）用數學歸納法證明：xn0，

38、當n=1時，x1=10，成立，假設當n=k時成立，則xk0，那么n=k+1時，若xk+10，則0xk=xk+1+ln（1+xk+1）0，矛盾，故xn+10，因此xn0，（nN*）xn=xn+1+ln（1+xn+1）xn+1，因此0xn+1xn（nN*），（）由xn=xn+1+ln（1+xn+1）得xnxn+14xn+1+2xn=xn+122xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1），記函數f（x）=x22x+（x+2）ln（1+x），x0f（x）=+ln（1+x）0，f（x）在（0，+）上單調遞增，f（x）f（0）=0，因此xn+122xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1）0，故2

39、xn+1xn；（）xn=xn+1+ln（1+xn+1）xn+1+xn+1=2xn+1，xn，由2xn+1xn得2（）0，2（）2n1（）=2n2，xn，綜上所述xn3已知an是公差為d的等差數列，bn 是公比為q的等比數列，q1，正整數組E=（m，p，r）（mpr）（1）若a1+b2=a2+b3=a3+b1，求q的值；（2）若數組E中的三個數構成公差大于1的等差數列，且am+bp=ap+br=ar+bm，求q的最大值（3）若bn=（）n1，am+bm=ap+bp=ar+br=0，試寫出滿足條件的一個數組E和對應的通項公式an（注：本小問不必寫出解答過程）【解答】解：（1）a1+b2=a2+b3

40、=a3+b1，a1+b1q=a1+2d+b1，化為：2q2q1=0，q1解得q=（2）am+bp=ap+br=ar+bm，即apam=bpbr，（pm）d=bm（qpmqrm），同理可得：（rp）d=bm（qrm1）m，p，r成等差數列，pm=rp=（rm），記qpm=t，則2t2t1=0，q1，t1，解得t=即qpm=，1q0，記pm=，為奇數，由公差大于1，3|q|=，即q，當=3時，q取得最大值為（3）滿足題意的數組為E=（m，m+2，m+3），此時通項公式為：an=，mN*例如E=（1，3，4），an=4設n2，nN*，有序數組（a1，a2，an）經m次變換后得到數組（bm，1，bm，

41、2，bm，n），其中b1，i=ai+ai+1，bm，i=bm1，i+bm1，i+1（i=1，2，n），an+1=a1，bm1，n+1=bm1，1（m2）例如：有序數組（1，2，3）經1次變換后得到數組（1+2，2+3，3+1），即（3，5，4）；經第2次變換后得到數組（8，9，7）（1）若ai=i（i=1，2，n），求b3，5的值；（2）求證：bm，i=ai+jCmj，其中i=1，2，n（注：i+j=kn+t時，kN*，i=1，2，n，則ai+j=a1）【解答】解：（1）依題意（1，2，3，4，5，6，7，8，n），第一次變換為（3，5，7，9，11，13，15，n+1），第二次變換為（8，1

42、2，16，20，24，28，n+4），第三次變換為（20，28，36，44，52，n+12），b3，5=52，（2）用數學歸納法證明：對mN*，bm，i=ai+jCmj，其中i=1，2，n，（i）當m=1時，b1，i=ai+jC1j，其中i=1，2，n，結論成立，（ii）假設m=k時，kN*時，bk，i=ai+jCkj，其中i=1，2，n，則m=k+1時，bk+1，i=bk，i+bk，i+1=ai+jCkj+ai+j+1Ckj=ai+jCkj+ai+j+1Ckj1，=aiCk0+ai+j（Ckj+Ckj1）+ai+k+1Ckk，=aiCk+10+ai+jCk+1j+ai+k+1Ck+1k+1，

43、=ai+jCk+1j，所以結論對m=k+1時也成立，由（i）（ii）可知，對mN*，bm，i=ai+jCmj，其中i=1，2，n成立5設數列an和bn的項數均為m，則將數列an和bn的距離定義為|aibi|（1）給出數列1，3，5，6和數列2，3，10，7的距離；（2）設A為滿足遞推關系an+1=的所有數列an的集合，bn和cn為A中的兩個元素，且項數均為m，若b1=2，c1=3，bn和cn的距離小于2016，求m的最大值；（3）記S是所有7項數列an|1n7，an=0或1的集合，TS，且T中任何兩個元素的距離大于或等于3，證明：T中的元素個數小于或等于16【解答】解：（1）由題意可知，數列1

44、，3，5，6和數列2，3，10，7的距離為1+0+5+1=7，（2）設a1=p，其中p0，且p1，由an+1=，得a2=，a3=，a4=，a5=p，a1=a5，因此A中數列的項周期性重復，且間隔4項重復一次，所數列bn中，b4k3=2，b4k2=3，b4k1=，b4k=，kN*，所以cn中，b4k3=3，b4k2=2，b4k1=，b4k=，kN*，|bici|bici|，得項數m越大，數列bn和cn的距離越大，由=bici|=，得|bici|=|bici|=864=2016，所以m3456時，|bici|2016，故m的最大值為3455，（3）證明：假設T中的元素個數大于等于17個，因為數列a

45、n中，ai=0或1，所以僅由數列前三項組成的數組（a1，a2，a3）有且僅有8個，（0，0，0），（1，0，0），（0，1，0），（0，0，1），（1，1，0），（1，0，1），（0，1，1），（1，1，1），那么這17個元素（即數列）之中必有三個具有相同的a1，a2，a3，設這個數列分別為cn：c1，c2，c3，c4，c5，c6，c7，dn：d1，d2，d3，d4，d5，d6，d7，fn：f1，f2，f3，f4，f5，f6，f7，其中c1=d1=f1，c2=d2=f2，c3=d3=f3，因為這三個數列中每兩個的距離大于等于3，所以，bn和cn中，ci=di，（i=4，5，6，7）中至少有三個

46、成立，不妨設c4d4，c5d5，c6d6，由題意，c4和d4中一個等于0，而另一個等于1，又因為f4=0或1，所以f4=c4和f4=d4中必有一個成立，同理，得f5=c5和f5=d5中必有一個成立，f6=c6和f6=d6中必有一個成立，所以“fi=ci（i=3，4，5）中至少有兩個成立”或”fi=di（i=4，5，6）中至少有兩個成立“中必有一個成立，所以|fici|2和|fidi|2中必有一個成立與題意矛盾，T中的元素個數小于或等于166已知集合A=a1，a2，an，aiR，i=1，2，n，并且n2 定義（例如：）（）若A=1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，M=1，2，3，4，5，集

47、合A的子集N滿足：NM，且T（M）=T（N），求出一個符合條件的N；（）對于任意給定的常數C以及給定的集合A=a1，a2，an，求證：存在集合B=b1，b2，bn，使得T（B）=T（A），且（）已知集合A=a1，a2，a2m滿足：aiai+1，i=1，2，2m1，m2，a1=a，a2m=b，其中a，bR為給定的常數，求T（A）的取值范圍【解答】解：（I）N=6，7，8，9，10（II）證明：令B=d+a1，d+a2，d+an，（d為待定參數）T（B）=|（d+ai）（d+aj）|=|ajai|=T（A），=nd+=c，取d=即可（3）下面利用數學歸納法證明|ajai|=（2m+12k）（a2m

48、+12kak），當m=2時，|ajai|=|a4a3|+|a3a2|+|a2a1|+|a4a2|+|a3a1|+|a4a1|=3（a4a1）+（|a3a2）成立假設結論對m時成立，下面證明m+1時的情形|ajai|=|ajai|+|（a2m+1ai）+（a2m+2ai）=（2m+12k）（a2m+1kak）+（a2m+1ai）+（a2m+2ai）=（2m+12k）（a2m+1kak）+（2m1）a2m+1+（2m+1）a2m+22ai，=（2m+32k）（a2m+3kak），即T（A）（2m+12k）（a2m2kak）=m2（ba）7已知數列an的前n項和為Sn，數列bn，cn滿足 （n+1）bn=an+1，（n+2）cn=，其中nN*（1）若數列an是公差為2的等差數列，求數列cn的通項公式；（2）若存在實數，使得對一切nN*，有bncn，求證：數列an是等差數列【解答】（1）解：數列an