第20頁（共75頁）數列難題專題一．解答題（共50小題）1．已知數列{an}的前n項和為Sn，且Sn=n（n+1）（n∈N*）．（Ⅰ）求數列{an}的通項公式；（Ⅱ）若數列{bn}滿足：，求數列{bn}的通項公式；（Ⅲ）令（n∈N*），求數列{cn}的前n項和Tn．2．已知數列{an}是等差數列，且a1=2，a1+a2+a3=12．（1）求數列{an}的通項公式；（2）令bn=an?3n，求數列{bn}的前n項和Sn．3．已知數列{an}中，a1=3，a2=5，其前n項和Sn滿足Sn+Sn﹣2=2Sn﹣1+2n﹣1（n≥3）．令bn=．（Ⅰ）求數列{an}的通項公式；（Ⅱ）若f（x）=2x﹣1，求證：Tn=b1f（1）+b2f（2）+…+bnf（n）＜（n≥1）．4．已知等差數列{an}的公差為2，前n項和為Sn，且S1，S2，S4成等比數列．（Ⅰ）求數列{an}的通項公式；（Ⅱ）令bn=（﹣1）n﹣1，求數列{bn}的前n項和Tn．5．已知等差數列{an}的公差d＞0，設{an}的前n項和為Sn，a1=1，S2?S3=36．（Ⅰ）求d及Sn；（Ⅱ）求m，k（m，k∈N*）的值，使得am+am+1+am+2+…+am+k=65．6．設數列{an}的前n項和為Sn．已知a1=a，an+1=Sn+3n，n∈N*．（Ⅰ）設bn=Sn﹣3n，求數列{bn}的通項公式；（Ⅱ）若an+1≥an，n∈N*，求a的取值范圍．7．已知數列{an}的前n項和為Sn，a1=1，an≠0，anan+1=λSn﹣1，其中λ為常數．（Ⅰ）證明：an+2﹣an=λ（Ⅱ）是否存在λ，使得{an}為等差數列？并說明理由．8．設數列{an}的首項a1∈（0，1），an=，n=2，3，4…（1）求{an}的通項公式；（2）設，求證bn＜bn+1，其中n為正整數．9．設數列滿足|an﹣|≤1，n∈N*．（Ⅰ）求證：|an|≥2n﹣1（|a1|﹣2）（n∈N*）（Ⅱ）若|an|≤（）n，n∈N*，證明：|an|≤2，n∈N*．10．已知數列{an}的前n項和Sn=，n∈N*．（1）求數列{an}的通項公式；（2）證明：對任意的n＞1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比數列．11．給定常數c＞0，定義函數f（x）=2|x+c+4|﹣|x+c|．數列a1，a2，a3，…滿足an+1=f（an），n∈N*．（1）若a1=﹣c﹣2，求a2及a3；（2）求證：對任意n∈N*，an+1﹣an≥c；（3）是否存在a1，使得a1，a2，…，an，…成等差數列？若存在，求出所有這樣的a1；若不存在，說明理由．12．數列{an}滿足：a1+2a2+…nan=4﹣，n∈N+．（1）求a3的值；（2）求數列{an}的前n項和Tn；（3）令b1=a1，bn=+（1+++…+）an（n≥2），證明：數列{bn}的前n項和Sn滿足Sn＜2+2lnn．13．設各項均為正數的數列{an}的前n項和為Sn滿足Sn2﹣（n2+n﹣3）Sn﹣3（n2+n）=0，n∈N*．（1）求a1的值；（2）求數列{an}的通項公式；（3）證明：對一切正整數n，有++…+＜．14．已知數列{an}的奇數項是首項為1的等差數列，偶數項是首項為2的等比數列．數列{an}前n項和為Sn，且滿足S5=2a4+a5，a9=a3+a4．（1）求數列{an}的通項公式；（2）若amam+1=am+2，求正整數m的值；（3）是否存在正整數m，使得恰好為數列{an}中的一項？若存在，求出所有滿足條件的m值，若不存在，說明理由．15．已知等差數列{an}中，首項a1=1，公差d為整數，且滿足a1+3＜a3，a2+5＞a4，數列{bn}滿足，其前n項和為Sn．（1）求數列{an}的通項公式an；（2）若S2為S1，Sm（m∈N*）的等比中項，求m的值．16．已知數列{an}滿足a1=且an+1=an﹣an2（n∈N*）（1）證明：1≤≤2（n∈N*）；（2）設數列{an2}的前n項和為Sn，證明（n∈N*）．17．已知等差數列{an}的首項a1=1，公差d＞0，且a2，a5，a14分別是等比數列{bn}的b2，b3，b4．（Ⅰ）求數列{an}與{bn}的通項公式；（Ⅱ）設數列{cn}對任意自然數n均有=an+1成立，求c1+c2+…+c2014的值．18．設數列{an}的前n項和為Sn，已知a1=1，，n∈N*．（1）求a2的值；（2）求數列{an}的通項公式；（3）證明：對一切正整數n，有．19．數列{an}的首項a1=1，前n項和Sn與an之間滿足an=（n≥2）．（1）求證：數列{}是等差數列；（2）設存在正數k，使（1+S1）（1+S2）..（1+Sn）對一切n∈N×都成立，求k的最大值．20．若數列{an}的前n項和為Sn，a1=1，．（1）證明：數列{an﹣2}為等比數列；（2）求數列{Sn}的前n項和Tn．21．已知數列{an}，{bn}滿足bn=an+1﹣an，其中n=1，2，3，…．（Ⅰ）若a1=1，bn=n，求數列{an}的通項公式；（Ⅱ）若bn+1bn﹣1=bn（n≥2），且b1=1，b2=2．（ⅰ）記cn=a6n﹣1（n≥1），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a1應滿足的條件．22．在數列{an}中，a1=3，an+1an+λan+1+μan2=0（n∈N+）（Ⅰ）若λ=0，μ=﹣2，求數列{an}的通項公式；（Ⅱ）若λ=（k0∈N+，k0≥2），μ=﹣1，證明：2+＜＜2+．23．設數列{an}的前n項和為Sn，若對任意的正整數n，總存在正整數m，使得Sn=am，則稱{an}是“H數列”．（1）若數列{an}的前n項和為Sn=2n（n∈N*），證明：{an}是“H數列”；（2）設{an}是等差數列，其首項a1=1，公差d＜0，若{an}是“H數列”，求d的值；（3）證明：對任意的等差數列{an}，總存在兩個“H數列”{bn}和{cn}，使得an=bn+cn（n∈N*）成立．24．已知數列{an}的奇數項是首項為1的等差數列，偶數項是首項為2的等比數列．數列{an}前n項和為Sn，且滿足S3=a4，a3+a5=2+a4（1）求數列{an}的通項公式；（2）求數列{an}前2k項和S2k；（3）在數列{an}中，是否存在連續的三項am，am+1，am+2，按原來的順序成等差數列？若存在，求出所有滿足條件的正整數m的值；若不存在，說明理由．25．已知數列{an}滿足a1=1，|an+1﹣an|=pn，n∈N*．（Ⅰ）若{an}是遞增數列，且a1，2a2，3a3成等差數列，求p的值；（Ⅱ）若p=，且{a2n﹣1}是遞增數列，{a2n}是遞減數列，求數列{an}的通項公式．已知數列{an}滿足：a1∈N*，a1≤36，且an+1=（n=1，2，…），記集合M={an|n∈N*}．（Ⅰ）若a1=6，寫出集合M的所有元素；（Ⅱ）如集合M存在一個元素是3的倍數，證明：M的所有元素都是3的倍數；（Ⅲ）求集合M的元素個數的最大值．27．設數列{an}的前n項和為Sn，滿足2Sn=an+1﹣2n+1+1，n∈N*，且a1，a2+5，a3成等差數列．（1）求a1的值；（2）求數列{an}的通項公式；（3）證明：對一切正整數n，有．28．已知公比為q（q≠1）的無窮等比數列{an}的首項a1=1．（1）若q=，在a1與a2之間插入k個數b1，b2，…，bk，使得a1，b1，b2，…，bk，a2，a3成等差數列，求這k個數；（2）對于任意給定的正整數m，在a1，a2，a3的a1與a2和a2與a3之間共插入m個數，構成一個等差數列，求公比q的所有可能取值的集合（用m表示）；（3）當且僅當q取何值時，在數列{an}的每相鄰兩項ak，ak+1之間插入ck（k∈N*，ck∈N）個數，使之成為一個等差數列？并求c1的所有可能值的集合及{cn}的通項公式（用q表示）．29．已知數列{an}的各項均為正數，bn=n（1+）nan（n∈N+），e為自然對數的底數．（1）求函數f（x）=1+x﹣ex的單調區間，并比較（1+）n與e的大小；（2）計算，，，由此推測計算的公式，并給出證明；（3）令cn=（a1a2…an），數列{an}，{cn}的前n項和分別記為Sn，Tn，證明：Tn＜eSn．30．設等差數列{an}的公差為d，點（an，bn）在函數f（x）=2x的圖象上（n∈N*）．（1）若a1=﹣2，點（a8，4b7）在函數f（x）的圖象上，求數列{an}的前n項和Sn；（2）若a1=1，函數f（x）的圖象在點（a2，b2）處的切線在x軸上的截距為2﹣，求數列{}的前n項和Tn．31．正整數列{an}，{bn}滿足：a1≥b1，且對一切k≥2，k∈N*，ak是ak﹣1與bk﹣1的等差中項，bk是ak﹣1與bk﹣1的等比中項．（1）若a2=2，b2=1，求a1，b1的值；（2）求證：{an}是等差數列的充要條件是{an}為常數數列；（3）記cn=|an﹣bn|，當n≥2（n∈N*）時，指出c2+…+cn與c1的大小關系并說明理由．32．已知數列{an}是無窮數列，a1=a，a2=b（a，b是正整數），．（Ⅰ）若a1=2，a2=1，寫出a4，a5的值；（Ⅱ）已知數列{an}中，求證：數列{an}中有無窮項為1；（Ⅲ）已知數列{an}中任何一項都不等于1，記bn=max{a2n﹣1，a2n}（n=1，2，3，…；max{m，n}為m，n較大者）．求證：數列{bn}是單調遞減數列．33．對于項數為m的有窮數列{an}，記bk=max{a1，a2，…，ak}（k=1，2，…，m），即bk為a1，a2，…，ak中的最大值，并稱數列{bn}是{an}的控制數列，如1，3，2，5，5的控制數列是1，3，3，5，5．（1）若各項均為正整數的數列{an}的控制數列為2，3，4，5，5，寫出所有的{an}．（2）設{bn}是{an}的控制數列，滿足ak+bm﹣k+1=C（C為常數，k=1，2，…，m），求證：bk=ak（k=1，2，…，m）．（3）設m=100，常數a∈（，1），an=an2﹣n，{bn}是{an}的控制數列，求（b1﹣a1）+（b2﹣a2）+…+（b100﹣a100）．34．已知數列{an}是等差數列，Sn為{an}的前n項和，且a10=19，S10=100；數列{bn}對任意n∈N*，總有b1?b2?b3…bn﹣1?bn=an+2成立．（Ⅰ）求數列{an}和{bn}的通項公式；（Ⅱ）記cn=（﹣1）n，求數列{cn}的前n項和Tn．35．已知f（x）=，數列{an}為首項是1，以f（1）為公比的等比數列；數列{bn}中b1=，且bn+1=f（bn），（1）求數列{an}和{bn}的通項公式（2）令，{cn}的前n項和為Tn，證明：對?n∈N+有1≤Tn＜4．36．已知數列{an}滿足a1=，an=（n≥2，n∈N）．（1）試判斷數列是否為等比數列，并說明理由；（2）設bn=，求數列{bn}的前n項和Sn；（3）設cn=ansin，數列{cn}的前n項和為Tn．求證：對任意的n∈N*，Tn＜．37．已知數列{an}滿足an≤an+1≤3an，n∈N*，a1=1．（1）若a2=2，a3=x，a4=9，求x的取值范圍；（2）設{an}是公比為q的等比數列，Sn=a1+a2+…an，若Sn≤Sn+1≤3Sn，n∈N*，求q的取值范圍．（3）若a1，a2，…ak成等差數列，且a1+a2+…ak=1000，求正整數k的最大值，以及k取最大值時相應數列a1，a2，…ak的公差．38．對于函數f（x），若存在x0∈R，使f（x0）=x0成立，則稱x0為f（x）的不動點．如果函數f（x）=有且僅有兩個不動點0和2．（1）試求b、c滿足的關系式．（2）若c=2時，各項不為零的數列{an}滿足4Sn?f（）=1，求證：＜＜．（3）設bn=﹣，Tn為數列{bn}的前n項和，求證：T2009﹣1＜ln2009＜T2008．39．在數列{an}中，a1=1，an+1=（1+）an+．（1）設bn=，求數列{bn}的通項公式；（2）求數列{an}的前n項和Sn．40．已知數列{an}的前n項和為Sn，且滿足a1=2，nan+1=Sn+n（n+1）．（Ⅰ）求數列{an}的通項公式an；（Ⅱ）設Tn為數列{}的前n項和，求Tn；（Ⅲ）設bn=，證明：b1+b2+b3+…+bn＜．41．已知數列an滿足（1）求數列an的通項公式an；（2）設，求數列bn的前n項和Sn；（3）設，數列cn的前n項和為Tn．求證：對任意的．42．如圖，已知曲線C1：y=（x＞0）及曲線C2：y=（x＞0），C1上的點P1的橫坐標為a1（0＜a1＜）．從C1上的點Pn（n∈N+）作直線平行于x軸，交曲線C2于點Qn，再從點Qn作直線平行于y軸，交曲線C1于點Pn+1．點Pn（n=1，2，3，…）的橫坐標構成數列{an}（Ⅰ）試求an+1與an之間的關系，并證明：a2n﹣1＜；（Ⅱ）若a1=，求證：|a2﹣a1|+|a3﹣a2|+…+|an+1﹣an|＜．43．已知數列{an}中，a1=1，an+1=（n∈N*）．（1）求證：{+}是等比數列，并求{an}的通項公式an；（2）數列{bn}滿足bn=（3n﹣1）??an，數列{bn}的前n項和為Tn，若不等式（﹣1）nλ＜Tn+對一切n∈N*恒成立，求λ的取值范圍．44．設數列{an}的前n項和為Sn，對一切n∈N*，點（n，）都在函數f（x）=x+的圖象上．（1）計算a1，a2，a3，并歸納出數列{an}的通項公式；（2）將數列{an}依次按1項、2項、3項、4項循環地分為（a1），（a2，a3），（a4，a5，a6），（a7，a8，a9，a10）；（a11），（a12，a13），（a14，a15，a16），（a17，a18，a19，a20）；（a21）…，分別計算各個括號內各數之和，設由這些和按原來括號的前后順序構成的數列為{bn}，求b5+b100的值；（3）設An為數列的前n項積，若不等式An＜f（a）﹣對一切n∈N*都成立，求a的取值范圍．45．數列{bn}的前n項和為Sn，且對任意正整數n，都有；（1）試證明數列{bn}是等差數列，并求其通項公式；（2）如果等比數列{an}共有2017項，其首項與公比均為2，在數列{an}的每相鄰兩項ai與ai+1之間插入i個（﹣1）ibi（i∈N*）后，得到一個新數列{cn}，求數列{cn}中所有項的和；（3）如果存在n∈N*，使不等式成立，若存在，求實數λ的范圍，若不存在，請說明理由．46．已知數列{an}的首項，，n=1，2，…．（Ⅰ）求{an}的通項公式；（Ⅱ）證明：對任意的x＞0，，n=1，2，…；（Ⅲ）證明：．47．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n∈N*．（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λ，使得對一切n∈N*，有bn≤λ≤cn，求證：數列{an}是等差數列．48．已知數列{an}滿足a1=1，an+1=2an+1（n∈N*）．（Ⅰ）求數列{an}的通項公式；（Ⅱ）若數列{bn}滿足，證明：數列{bn}是等差數列；（Ⅲ）證明：．49．已知數列{an}的各項均為正數，且a1=1，對任意的n∈N*，均有an+12﹣1=4an（an+1），bn=2log2（1+an）﹣1．（1）求證：{1+an}是等比數列，并求出{an}的通項公式；（2）若數列{bn}中去掉{an}的項后，余下的項組成數列{cn}，求c1+c2+…+c100；（3）設dn=，數列{dn}的前n項和為Tn，是否存在正整數m（1＜m＜n），使得T1、Tm、Tn成等比數列，若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由．50．在數列{an}中，a1=2，an+1=an+2n+1（n∈N*）（1）求證：數列{an﹣2n}為等差數列；（2）設數列{bn}滿足bn=log2（an+1﹣n），若…對一切n∈N*且n≥2恒成立，求實數k的取值范圍．

參考答案與試題解析一．解答題（共50小題）1．已知數列{an}的前n項和為Sn，且Sn=n（n+1）（n∈N*）．（Ⅰ）求數列{an}的通項公式；（Ⅱ）若數列{bn}滿足：，求數列{bn}的通項公式；（Ⅲ）令（n∈N*），求數列{cn}的前n項和Tn．【分析】（Ⅰ）當n=1時，a1=S1=2，當n≥2時，an=Sn﹣Sn﹣1=n（n+1）﹣（n﹣1）n=2n，由此能求出數列{an}的通項公式．（Ⅱ）由（n≥1），知，所以，由此能求出bn．（Ⅲ）=n（3n+1）=n?3n+n，所以Tn=c1+c2+c3+…+cn=（1×3+2×32+3×33+…+n×3n）+（1+2+…+n），令Hn=1×3+2×32+3×33+…+n×3n，由錯位相減法能求出，由此能求出數列{cn}的前n項和．【解答】解：（Ⅰ）當n=1時，a1=S1=2，當n≥2時，an=Sn﹣Sn﹣1=n（n+1）﹣（n﹣1）n=2n，知a1=2滿足該式，∴數列{an}的通項公式為an=2n．（2分）（Ⅱ）∵（n≥1）①∴②（4分）②﹣①得：，bn+1=2（3n+1+1），故bn=2（3n+1）（n∈N*）．（6分）（Ⅲ）=n（3n+1）=n?3n+n，∴Tn=c1+c2+c3+…+cn=（1×3+2×32+3×33+…+n×3n）+（1+2+…+n）（8分）令Hn=1×3+2×32+3×33+…+n×3n，①則3Hn=1×32+2×33+3×34+…+n×3n+1②①﹣②得：﹣2Hn=3+32+33+…+3n﹣n×3n+1=∴，…（10分）∴數列{cn}的前n項和…（12分）【點評】本題首先考查等差數列、等比數列的基本量、通項，結合含兩個變量的不等式的處理問題，對數學思維的要求比較高，要求學生理解“存在”、“恒成立”，以及運用一般與特殊的關系進行否定，本題有一定的探索性．綜合性強，難度大，易出錯．解題時要認真審題，注意錯位相減法的靈活運用．2．已知數列{an}是等差數列，且a1=2，a1+a2+a3=12．（1）求數列{an}的通項公式；（2）令bn=an?3n，求數列{bn}的前n項和Sn．【分析】（1）由數列{an}是等差數列，且a1=2，a1+a2+a3=12，利用等差數列的通項公式先求出d=2，由此能求出數列{an}的通項公式．（2）由an=2n，知bn=an?3n=2n?3n，所以Sn=2×3+4×32+6×33+…+2（n﹣1）×3n﹣1+2n×3n，再由錯位相減法能夠求出數列{bn}的前n項和Sn．【解答】解：（1）∵數列{an}是等差數列，且a1=2，a1+a2+a3=12，∴2+2+d+2+2d=12，解得d=2，∴an=2+（n﹣1）×2=2n．（2）∵an=2n，∴bn=an?3n=2n?3n，∴Sn=2×3+4×32+6×33+…+2（n﹣1）×3n﹣1+2n×3n，①3Sn=2×32+4×33+6×34+…+2（n﹣1）×3n+2n×3n+1，②①﹣②得﹣2Sn=6+2×32+2×33+2×34+…+2×3n﹣2n×3n+1=2×﹣2n×3n+1=3n+1﹣2n×3n+1﹣3=（1﹣2n）×3n+1﹣3∴Sn=+．【點評】本題考查數列的通項公式的求法和數列前n項和的求法，綜合性強，難度大，易出錯．解題時要認真審題，注意挖掘題設中的隱含條件，合理地運用錯位相減法進行求和．3．已知數列{an}中，a1=3，a2=5，其前n項和Sn滿足Sn+Sn﹣2=2Sn﹣1+2n﹣1（n≥3）．令bn=．（Ⅰ）求數列{an}的通項公式；（Ⅱ）若f（x）=2x﹣1，求證：Tn=b1f（1）+b2f（2）+…+bnf（n）＜（n≥1）．【分析】（Ⅰ）由題意知an=an﹣1+2n﹣1（n≥3）（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a3﹣a2）+a2=2n+1．（Ⅱ）由于=．故Tn=b1f（1）+b2f（2）+…+bnf（n）=，由此可證明Tn=b1f（1）+b2f（2）+…+bnf（n）＜（n≥1）．【解答】解：（Ⅰ）由題意知Sn﹣Sn﹣1=Sn﹣1﹣Sn﹣2+2n﹣1（n≥3）即an=an﹣1+2n﹣1（n≥3）∴an=（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a3﹣a2）+a2=2n﹣1+2n﹣2+…+22+5=2n+1（n≥3）檢驗知n=1、2時，結論也成立，故an=2n+1．（Ⅱ）由于bn=，f（x）=2x﹣1，∴=．故Tn=b1f（1）+b2f（2）+…+bnf（n）==．【點評】本題考查數列的性質和綜合應用，解題時要認真審題．仔細解答．4．已知等差數列{an}的公差為2，前n項和為Sn，且S1，S2，S4成等比數列．（Ⅰ）求數列{an}的通項公式；（Ⅱ）令bn=（﹣1）n﹣1，求數列{bn}的前n項和Tn．【分析】（Ⅰ）利用等差數列與等比數列的通項公式及其前n項和公式即可得出；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得bn=．對n分類討論“裂項求和”即可得出．【解答】解：（Ⅰ）∵等差數列{an}的公差為2，前n項和為Sn，∴Sn==n2﹣n+na1，∵S1，S2，S4成等比數列，∴，∴，化為，解得a1=1．∴an=a1+（n﹣1）d=1+2（n﹣1）=2n﹣1．（Ⅱ）由（Ⅰ）可得bn=（﹣1）n﹣1==．∴Tn=﹣++…+．當n為偶數時，Tn=﹣++…+﹣=1﹣=．當n為奇數時，Tn=﹣++…﹣+=1+=．∴Tn=．【點評】本題考查了等差數列與等比數列的通項公式及其前n項和公式等基礎知識與基本技能方法，考查了推理能力、計算能力、“裂項求和”、分類討論思想方法，屬于難題．5．已知等差數列{an}的公差d＞0，設{an}的前n項和為Sn，a1=1，S2?S3=36．（Ⅰ）求d及Sn；（Ⅱ）求m，k（m，k∈N*）的值，使得am+am+1+am+2+…+am+k=65．【分析】（Ⅰ）根據等差數列通項公式和前n項和公式，把條件轉化為關于公差d的二次方程求解，注意d的范圍對方程的根進行取舍；（Ⅱ）由（Ⅰ）求出等差數列{an}的通項公式，利用等差數列的前n項和公式，對am+am+1+am+2+…+am+k=65化簡，列出關于m、k的方程，再由m，k∈N*進行分類討論，求出符合條件的m、k的值．【解答】解：（Ⅰ）由a1=1，S2?S3=36得，（a1+a2）（a1+a2+a3）=36，即（2+d）（3+3d）=36，化為d2+3d﹣10=0，解得d=2或﹣5，又公差d＞0，則d=2，所以Sn=n=n2（n∈N*）．（Ⅱ）由（Ⅰ）得，an=1+2（n﹣1）=2n﹣1，由am+am+1+am+2+…+am+k=65得，，即（k+1）（2m+k﹣1）=65，又m，k∈N*，則（k+1）（2m+k﹣1）=5×13，或（k+1）（2m+k﹣1）=1×65，下面分類求解：當k+1=5時，2m+k﹣1=13，解得k=4，m=5；當k+1=13時，2m+k﹣1=5，解得k=12，m=﹣3，故舍去；當k+1=1時，2m+k﹣1=65，解得k=0，故舍去；當k+1=65時，2m+k﹣1=1，解得k=64，m=﹣31，故舍去；綜上得，k=4，m=5．【點評】本題考查了等差數列的通項公式、前n項和公式，及分類討論思想和方程思想，難度較大，考查了分析問題和解決問題的能力．6．設數列{an}的前n項和為Sn．已知a1=a，an+1=Sn+3n，n∈N*．（Ⅰ）設bn=Sn﹣3n，求數列{bn}的通項公式；（Ⅱ）若an+1≥an，n∈N*，求a的取值范圍．【分析】（Ⅰ）依題意得Sn+1=2Sn+3n，由此可知Sn+1﹣3n+1=2（Sn﹣3n）．所以bn=Sn﹣3n=（a﹣3）2n﹣1，n∈N*．（Ⅱ）由題設條件知Sn=3n+（a﹣3）2n﹣1，n∈N*，于是，an=Sn﹣Sn﹣1=，由此可以求得a的取值范圍是[﹣9，+∞）．【解答】解：（Ⅰ）依題意，Sn+1﹣Sn=an+1=Sn+3n，即Sn+1=2Sn+3n，由此得Sn+1﹣3n+1=2Sn+3n﹣3n+1=2（Sn﹣3n）．（4分）因此，所求通項公式為bn=Sn﹣3n=（a﹣3）2n﹣1，n∈N*．①（6分）（Ⅱ）由①知Sn=3n+（a﹣3）2n﹣1，n∈N*，于是，當n≥2時，an=Sn﹣Sn﹣1=3n+（a﹣3）×2n﹣1﹣3n﹣1﹣（a﹣3）×2n﹣2=2×3n﹣1+（a﹣3）2n﹣2，an+1﹣an=4×3n﹣1+（a﹣3）2n﹣2=，當n≥2時，?a≥﹣9．又a2=a1+3＞a1．綜上，所求的a的取值范圍是[﹣9，+∞）．（12分）【點評】本題考查數列的綜合運用，解題時要仔細審題，注意挖掘題設中的隱含條件．7．已知數列{an}的前n項和為Sn，a1=1，an≠0，anan+1=λSn﹣1，其中λ為常數．（Ⅰ）證明：an+2﹣an=λ（Ⅱ）是否存在λ，使得{an}為等差數列？并說明理由．【分析】（Ⅰ）利用anan+1=λSn﹣1，an+1an+2=λSn+1﹣1，相減即可得出；（Ⅱ）對λ分類討論：λ=0直接驗證即可；λ≠0，假設存在λ，使得{an}為等差數列，設公差為d．可得λ=an+2﹣an=（an+2﹣an+1）+（an+1﹣an）=2d，．得到λSn=，根據{an}為等差數列的充要條件是，解得λ即可．【解答】（Ⅰ）證明：∵anan+1=λSn﹣1，an+1an+2=λSn+1﹣1，∴an+1（an+2﹣an）=λan+1∵an+1≠0，∴an+2﹣an=λ．（Ⅱ）解：①當λ=0時，anan+1=﹣1，假設{an}為等差數列，設公差為d．則an+2﹣an=0，∴2d=0，解得d=0，∴an=an+1=1，∴12=﹣1，矛盾，因此λ=0時{an}不為等差數列．②當λ≠0時，假設存在λ，使得{an}為等差數列，設公差為d．則λ=an+2﹣an=（an+2﹣an+1）+（an+1﹣an）=2d，∴．∴，，∴λSn=1+=，根據{an}為等差數列的充要條件是，解得λ=4．此時可得，an=2n﹣1．因此存在λ=4，使得{an}為等差數列．【點評】本題考查了遞推式的意義、等差數列的通項公式及其前n項和公式、等差數列的充要條件等基礎知識與基本技能方法，考查了推理能力和計算能力、分類討論的思想方法，屬于難題．8．設數列{an}的首項a1∈（0，1），an=，n=2，3，4…（1）求{an}的通項公式；（2）設，求證bn＜bn+1，其中n為正整數．【分析】（1）由題條件知，所以{1﹣an}是首項為1﹣a1，公比為的等比數列，由此可知（2）方法一：由題設條件知，故bn＞0．那么，bn+12﹣bn2=an+12（3﹣2an+1）﹣an2（3﹣2an）=由此可知bn＜bn+1，n為正整數．方法二：由題設條件知，所以．由此可知bn＜bn+1，n為正整數．【解答】解：（1）由，整理得．又1﹣a1≠0，所以{1﹣an}是首項為1﹣a1，公比為的等比數列，得（2）方法一：由（1）可知，故bn＞0．那么，bn+12﹣bn2=an+12（3﹣2an+1）﹣an2（3﹣2an）==又由（1）知an＞0且an≠1，故bn+12﹣bn2＞0，因此bn＜bn+1，n為正整數．方法二：由（1）可知，因為，所以．由an≠1可得，即兩邊開平方得．即bn＜bn+1，n為正整數．【點評】本題考查數列的綜合應用，難度較大，解題時要認真審題，注意挖掘題設中的隱含條件．9．設數列滿足|an﹣|≤1，n∈N*．（Ⅰ）求證：|an|≥2n﹣1（|a1|﹣2）（n∈N*）（Ⅱ）若|an|≤（）n，n∈N*，證明：|an|≤2，n∈N*．【分析】（I）使用三角不等式得出|an|﹣|an+1|≤1，變形得﹣≤，使用累加法可求得＜1，即結論成立；（II）利用（I）的結論得出﹣＜，進而得出|an|＜2+（）m?2n，利用m的任意性可證|an|≤2．【解答】解：（I）∵|an﹣|≤1，∴|an|﹣|an+1|≤1，∴﹣≤，n∈N*，∴=（﹣）+（﹣）+…+（﹣）≤+++…+==1﹣＜1．∴|an|≥2n﹣1（|a1|﹣2）（n∈N*）．（II）任取n∈N*，由（I）知，對于任意m＞n，﹣=（﹣）+（﹣）+…+（﹣）≤++…+=＜．∴|an|＜（+）?2n≤[+?（）m]?2n=2+（）m?2n．①由m的任意性可知|an|≤2．否則，存在n0∈N*，使得|a|＞2，取正整數m0＞log且m0＞n0，則2?（）＜2?（）=|a|﹣2，與①式矛盾．綜上，對于任意n∈N*，都有|an|≤2．【點評】本題考查了不等式的應用與證明，等比數列的求和公式，放縮法證明不等式，難度較大．10．已知數列{an}的前n項和Sn=，n∈N*．（1）求數列{an}的通項公式；（2）證明：對任意的n＞1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比數列．【分析】（1）利用“當n≥2時，an=Sn﹣Sn﹣1；當n=1時，a1=S1”即可得出；（2）對任意的n＞1，假設都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比數列．利用等比數列的定義可得，即（3n﹣2）2=1×（3m﹣2），解出m為正整數即可．【解答】（1）解：∵Sn=，n∈N*．∴當n≥2時，an=Sn﹣Sn﹣1=﹣=3n﹣2，（*）當n=1時，a1=S1==1．因此當n=1時，（*）也成立．∴數列{an}的通項公式an=3n﹣2．（2）證明：對任意的n＞1，假設都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比數列．則，∴（3n﹣2）2=1×（3m﹣2），化為m=3n2﹣4n+2，∵n＞1，∴m=3n2﹣4n+2=＞1，因此對任意的n＞1，都存在m=3n2﹣4n+2∈N*，使得a1，an，am成等比數列．【點評】本題考查了遞推式的意義、等差數列與等比數列的通項公式、二次函數的單調性等基礎知識與基本技能方法，考查了恒成立問題的等價轉化方法，考查了反證法，考查了推理能力和計算能力，屬于難題．11．給定常數c＞0，定義函數f（x）=2|x+c+4|﹣|x+c|．數列a1，a2，a3，…滿足an+1=f（an），n∈N*．（1）若a1=﹣c﹣2，求a2及a3；（2）求證：對任意n∈N*，an+1﹣an≥c；（3）是否存在a1，使得a1，a2，…，an，…成等差數列？若存在，求出所有這樣的a1；若不存在，說明理由．【分析】（1）對于分別取n=1，2，an+1=f（an），n∈N*．去掉絕對值符合即可得出；（2）由已知可得f（x）=，分三種情況討論即可證明；（3）由（2）及c＞0，得an+1≥an，即{an}為無窮遞增數列．分以下三種情況討論：當a1＜﹣c﹣4時，當﹣c﹣4≤a1＜﹣c時，當a1≥﹣c時．即可得出a1的取值范圍．【解答】解：（1）a2=f（a1）=f（﹣c﹣2）=2|﹣c﹣2+c+4|﹣|﹣c﹣2+c|=4﹣2=2，a3=f（a2）=f（2）=2|2+c+4|﹣|2+c|=2（6+c）﹣（c+2）=10+c．（2）由已知可得f（x）=當an≥﹣c時，an+1﹣an=c+8＞c；當﹣c﹣4≤an＜﹣c時，an+1﹣an=2an+3c+8≥2（﹣c﹣4）+3c+8=c；當an＜﹣c﹣4時，an+1﹣an=﹣2an﹣c﹣8＞﹣2（﹣c﹣4）﹣c﹣8=c．∴對任意n∈N*，an+1﹣an≥c；（3）假設存在a1，使得a1，a2，…，an，…成等差數列．由（2）及c＞0，得an+1≥an，即{an}為無窮遞增數列．又{an}為等差數列，所以存在正數M，當n＞M時，an≥﹣c，從而an+1=f（an）=an+c+8，由于{an}為等差數列，因此公差d=c+8．①當a1＜﹣c﹣4時，則a2=f（a1）=﹣a1﹣c﹣8，又a2=a1+d=a1+c+8，故﹣a1﹣c﹣8=a1+c+8，即a1=﹣c﹣8，從而a2=0，當n≥2時，由于{an}為遞增數列，故an≥a2=0＞﹣c，∴an+1=f（an）=an+c+8，而a2=a1+c+8，故當a1=﹣c﹣8時，{an}為無窮等差數列，符合要求；②若﹣c﹣4≤a1＜﹣c，則a2=f（a1）=3a1+3c+8，又a2=a1+d=a1+c+8，∴3a1+3c+8=a1+c+8，得a1=﹣c，應舍去；③若a1≥﹣c，則由an≥a1得到an+1=f（an）=an+c+8，從而{an}為無窮等差數列，符合要求．綜上可知：a1的取值范圍為{﹣c﹣8}∪[﹣c，+∞）．【點評】本題綜合考查了分類討論的思方法、如何絕對值符號、遞增數列、等差數列等基礎知識與方法，考查了推理能力和計算能力．12．數列{an}滿足：a1+2a2+…nan=4﹣，n∈N+．（1）求a3的值；（2）求數列{an}的前n項和Tn；（3）令b1=a1，bn=+（1+++…+）an（n≥2），證明：數列{bn}的前n項和Sn滿足Sn＜2+2lnn．【分析】（1）利用數列的遞推關系即可求a3的值；（2）利用作差法求出數列{an}的通項公式，利用等比數列的前n項和公式即可求數列{an}的前n項和Tn；（3）利用構造法，結合裂項法進行求解即可證明不等式．【解答】解：（1）∵a1+2a2+…nan=4﹣，n∈N+．∴a1=4﹣3=1，1+2a2=4﹣=2，解得a2=，∵a1+2a2+…+nan=4﹣，n∈N+．∴a1+2a2+…+（n﹣1）an﹣1=4﹣，n∈N+．兩式相減得nan=4﹣﹣（4﹣）=，n≥2，則an=，n≥2，當n=1時，a1=1也滿足，∴an=，n≥1，則a3=；（2）∵an=，n≥1，∴數列{an}是公比q=，則數列{an}的前n項和Tn==2﹣21﹣n．（3）bn=+（1+++…+）an，∴b1=a1，b2=+（1+）a2，b3=（1++）a3，∴bn=+（1+++…+）an，∴Sn=b1+b2+…+bn=（1+++…+）a1+（1+++…+）a2+…+（1+++…+）an=（1+++…+）（a1+a2+…+an）=（1+++…+）Tn=（1+++…+）（2﹣21﹣n）＜2×（1+++…+），設f（x）=lnx+﹣1，x＞1，則f′（x）=﹣．即f（x）在（1，+∞）上為增函數，∵f（1）=0，即f（x）＞0，∵k≥2，且k∈N?時，，∴f（）=ln+﹣1＞0，即ln＞，∴ln，，…，即=lnn，∴2×（1+++…+）=2+2×（++…+）＜2+2lnn，即Sn＜2（1+lnn）=2+2lnn．【點評】本題主要考查數列通項公式以及前n項和的計算，以及數列和不等式的綜合，利用作差法求出數列的通項公式是解決本題的關鍵．考查學生的計算能力，綜合性較強，難度較大．13．設各項均為正數的數列{an}的前n項和為Sn滿足Sn2﹣（n2+n﹣3）Sn﹣3（n2+n）=0，n∈N*．（1）求a1的值；（2）求數列{an}的通項公式；（3）證明：對一切正整數n，有++…+＜．【分析】（1）本題可以用n=1代入題中條件，利用S1=a1求出a1的值；（2）利用an與Sn的關系，將條件轉化為an的方程，從而求出an；（3）利用放縮法，將所求的每一個因式進行裂項求和，即可得到本題結論．【解答】解：（1）令n=1得：，即．∴（S1+3）（S1﹣2）=0．∵S1＞0，∴S1=2，即a1=2．（2）由得：．∵an＞0（n∈N*），∴Sn＞0．∴．∴當n≥2時，，又∵a1=2=2×1，∴．（3）由（2）可知=，?n∈N*，=＜=（），當n=1時，顯然有=＜；當n≥2時，＜+=﹣?＜所以，對一切正整數n，有．【點評】本題考查了數列的通項與前n項和的關系、裂項求和法，還用到了放縮法，計算量較大，有一定的思維難度，屬于難題．14．已知數列{an}的奇數項是首項為1的等差數列，偶數項是首項為2的等比數列．數列{an}前n項和為Sn，且滿足S5=2a4+a5，a9=a3+a4．（1）求數列{an}的通項公式；（2）若amam+1=am+2，求正整數m的值；（3）是否存在正整數m，使得恰好為數列{an}中的一項？若存在，求出所有滿足條件的m值，若不存在，說明理由．【分析】（1）設等差數列的公差為d，等比數列的公比為q由題意列式求出公差和公比，則等差數列和等比數列的通項公式即可得出；（2）分am=2k和am=2k﹣1，利用amam+1=am+2即可求出滿足該等式的正整數m的值；（3）對于k∈N*，有．．假設存在正整數m，使得恰好為數列{an}中的一項，設=L（L∈N*），則，變形得到（3﹣L）3m﹣1=（L﹣1）（m2﹣1），由此式得到L的可能取值，然后依次分類討論求解．【解答】解：（1）設等差數列的公差為d，等比數列的公比為q，則a1=1，a2=2，a3=1+d，a4=2q，a9=1+4d．∵S5=2a4+a5，∴a1+a2+a3=a4，即4+d=2q，又a9=a3+a4．∴1+4d=1+d+2q．解得：d=2，q=3．∴對于k∈N*，有．故；（2）若am=2k，則由amam+1=am+2，得2?3k﹣1（2k+1）=2?3k，解得：k=1，則m=2；若am=2k﹣1，則由（2k﹣1）?2?3k﹣1=2k+1，此時左邊為偶數，右邊為奇數，不成立．故滿足條件的正數為2；（3）對于k∈N*，有．．假設存在正整數m，使得恰好為數列{an}中的一項，又由（1）知，數列中的每一項都為正數，故可設=L（L∈N*），則，變形得到（3﹣L）3m﹣1=（L﹣1）（m2﹣1）①．∵m≥1，L≥1，3m﹣1＞0，∴L≤3．又L∈N*，故L可能取1，2，3．當L=1時，（3﹣L）3m﹣1＞0，（L﹣1）（m2﹣1）=0，∴①不成立；當L=2時，（3﹣2）3m﹣1=（2﹣1）（m2﹣1），即3m﹣1=m2﹣1．若m=1，3m﹣1≠m2﹣1，令，則=．因此，1=T2＞T3＞…，故只有T2=1，此時m=2，L=2=a2．當L=3時，（3﹣3）3m﹣1=（3﹣1）（m2﹣1）．∴m=1，L=3=a3．綜上，存在正整數m=1，使得恰好為數列{an}中的第三項，存在正整數m=2，使得恰好為數列{an}中的第二項．【點評】本題考查了等差數列和等比數列的性質，訓練了分類討論的數學思想方法，考查了學生綜合分析問題和解決問題的能力，考查了學生的邏輯思維能力，是壓軸題．15．已知等差數列{an}中，首項a1=1，公差d為整數，且滿足a1+3＜a3，a2+5＞a4，數列{bn}滿足，其前n項和為Sn．（1）求數列{an}的通項公式an；（2）若S2為S1，Sm（m∈N*）的等比中項，求m的值．【分析】（1）由題意，得，由此可解得an=1+（n﹣1）?2=2n﹣1．（2）由=，知=．由此可求出m的值．【解答】解：（1）由題意，得解得＜d＜．又d∈Z，∴d=2．∴an=1+（n﹣1）?2=2n﹣1．（2）∵=，∴=．∵，，，S2為S1，Sm（m∈N*）的等比中項，∴S22=SmS1，即，解得m=12．【點評】本題考查數列的性質和應用，解題時要認真審題，仔細解答．16．已知數列{an}滿足a1=且an+1=an﹣an2（n∈N*）（1）證明：1≤≤2（n∈N*）；（2）設數列{an2}的前n項和為Sn，證明（n∈N*）．【分析】（1）通過題意易得0＜an≤（n∈N*），利用an﹣an+1=可得＞1，利用==≤2，即得結論；（2）通過=an﹣an+1累加得Sn=a1﹣an+1，對an+1=an﹣an2兩邊同除以an+1an采用累積法可求出an+1的范圍，從而得出結論．【解答】證明：（1）由題意可知：an+1﹣an=﹣an2≤0，即an+1≤an，故an≤，1≤．由an=（1﹣an﹣1）an﹣1得an=（1﹣an﹣1）（1﹣an﹣2）…（1﹣a1）a1＞0．所以0＜an≤（n∈N*），又∵a2=a1﹣=，∴==2，又∵an﹣an+1=，∴an＞an+1，∴＞1，∴==≤2，∴1≤≤2（n∈N*），綜上所述，1＜≤2（n∈N*）；（2）由已知，=an﹣an+1，=an﹣1﹣an，…，=a1﹣a2，累加，得Sn=++…+=a1﹣an+1，①由an+1=an﹣an2兩邊同除以an+1an得，和1≤≤2，得1≤≤2，累加得1+1+…1≤+﹣+…+﹣≤2+2+…+2，所以n≤﹣≤2n，因此≤an+1≤（n∈N*）②，由①②得≤（n∈N*）．【點評】本題是一道數列與不等式的綜合題，考查數學歸納法，對表達式的靈活變形是解決本題的關鍵，注意解題方法的積累，屬于難題．17．已知等差數列{an}的首項a1=1，公差d＞0，且a2，a5，a14分別是等比數列{bn}的b2，b3，b4．（Ⅰ）求數列{an}與{bn}的通項公式；（Ⅱ）設數列{cn}對任意自然數n均有=an+1成立，求c1+c2+…+c2014的值．【分析】（Ⅰ）依題意，a2，a5，a14成等比數列?（1+4d）2=（1+d）（1+13d），可求得d，繼而可求得數列{an}的通項公式；由b2=a2=3，b3=a5=9，可求得q與其首項，從而可得數列{bn}的通項公式；（Ⅱ）由（Ⅰ）知an=2n﹣1，bn=3n﹣1，由++…+=an+1，可求得c1=b1a2=3，=an+1﹣an=2（n≥2），于是可求得數列{cn}的通項公式，繼而可求得c1+c2+…+c2014的值．【解答】解：（Ⅰ）∵a2=1+d，a5=1+4d，a14=1+13d，∵a2，a5，a14成等比數列，∴（1+4d）2=（1+d）（1+13d），解得d=2，∴an=1+（n﹣1）×2=2n﹣1；又b2=a2=3，b3=a5=9，∴q=3，b1=1，∴bn=3n﹣1．（Ⅱ）∵++…+=an+1，∴=a2，即c1=b1a2=3，又++…+=an（n≥2），∴=an+1﹣an=2（n≥2），∴cn=2bn=2?3n﹣1（n≥2），∴cn=．∴c1+c2+…+c2014=3+2×3+2×32+…+2×32013=3+2×（3+32+…+32013）=3+2×=32014．【點評】本題考查數列的求和，著重考查等差數列與等比數列的通項公式，考查邏輯思維與綜合分析、運算能力，屬于難題．18．設數列{an}的前n項和為Sn，已知a1=1，，n∈N*．（1）求a2的值；（2）求數列{an}的通項公式；（3）證明：對一切正整數n，有．【分析】（1）利用已知a1=1，，n∈N*．令n=1即可求出；（2）利用an=Sn﹣Sn﹣1（n≥2）即可得到nan+1=（n+1）an+n（n+1），可化為，．再利用等差數列的通項公式即可得出；（3）利用（2），通過放縮法（n≥2）即可證明．【解答】解：（1）當n=1時，，解得a2=4（2）①當n≥2時，②①﹣②得整理得nan+1=（n+1）an+n（n+1），即，當n=1時，所以數列{}是以1為首項，1為公差的等差數列所以，即所以數列{an}的通項公式為，n∈N*（3）因為（n≥2）所以=．當n=1，2時，也成立．【點評】熟練掌握等差數列的定義及通項公式、通項與前n項和的關系an=Sn﹣Sn﹣1（n≥2）、裂項求和及其放縮法等是解題的關鍵．19．數列{an}的首項a1=1，前n項和Sn與an之間滿足an=（n≥2）．（1）求證：數列{}是等差數列；（2）設存在正數k，使（1+S1）（1+S2）..（1+Sn）對一切n∈N×都成立，求k的最大值．【分析】（1）由數列的性質an=Sn﹣Sn﹣1及an=（n≥2）得到關系Sn﹣Sn﹣1=，對其進行變形整理出可以判斷數列為等差數列的形式即可．（2）欲證明不等式一切n∈N×都成立須證明的單調性，求出其最值由（1）知，此式中的各個因子符號為正，故研究其單調性可以借助作商法來研究，故先構造函數，F（n）=，然后再令[F（n）]min≥k即可．【解答】解：（1）證明：∵n≥2時，an=Sn﹣Sn﹣1（1分）∴Sn﹣Sn﹣1=，∴（Sn﹣Sn﹣1）（2Sn﹣1）=2Sn2，∴=Sn﹣1﹣Sn=2SnSn﹣1（3分）∴=2（n≥2），（5分）數列{}是以=1為首項，以2為公差的等差數列．（6分）（2）由（1）知，∴，∴（7分）設F（n）=，則==（10分）∴F（n）在n∈N*上遞增，要使F（n）≥k恒成立，只需[F（n）]min≥k∵[F（n）]min=F（1）=，∴0＜k≤，kmax=．（12分）【點評】本小題考查等差數列通項與前n項和關系以及數列與不等式相結合的有關問題．本題技巧性強，（1）中的變形證明及（2）中的轉化為函數來判斷單調性都需要較高的知識組合能力及較高的觀察能力．20．若數列{an}的前n項和為Sn，a1=1，．（1）證明：數列{an﹣2}為等比數列；（2）求數列{Sn}的前n項和Tn．【分析】（1）利用當n≥2時，an=Sn﹣Sn﹣1，可得，2an﹣an﹣1=2，變形為2（an﹣2）=an﹣1﹣2，可得數列{an﹣2}為等比數列；（2）利用（1）可得an，利用已知Sn+an=2n可得Sn，再利用等差數列和等比數列的前n項和公式即可得出．【解答】解：（1）∵Sn+an=2n，①∴Sn﹣1+an﹣1=2（n﹣1），n≥2②由①﹣②得，2an﹣an﹣1=2，n≥2，∴2（an﹣2）=an﹣1﹣2，n≥2，∵a1﹣2=﹣1，∴數列{an﹣2}以﹣1為首項，為公比的等比數列．（2）由（1）得，∴，∵Sn+an=2n，∴，∴==．【點評】本題考查了經過變形轉化為等比數列、等差數列和等比數列的前n項和公式等基礎知識與基本技能方法，屬于難題．21．已知數列{an}，{bn}滿足bn=an+1﹣an，其中n=1，2，3，…．（Ⅰ）若a1=1，bn=n，求數列{an}的通項公式；（Ⅱ）若bn+1bn﹣1=bn（n≥2），且b1=1，b2=2．（ⅰ）記cn=a6n﹣1（n≥1），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a1應滿足的條件．【分析】（Ⅰ）根據數列的基本性質以及題中已知條件便可求出數列{an}的通項公式；（Ⅱ）（ⅰ）先根據題中已知條件推導出bn+6=bn，然后求出cn+1﹣cn為定值，便可證明數列{cn}為等差數列；（ⅱ）數列{a6n+i}均為以7為公差的等差數列，然后分別討論當時和當時，數列是否滿足題中條件，便可求出a1應滿足的條件．【解答】解：（Ⅰ）當n≥2時，有an=a1+（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+…+（an﹣an﹣1）=a1+b1+b2+…+bn﹣1（2分）=．（3分）又因為a1=1也滿足上式，所以數列{an}的通項為．（4分）（Ⅱ）由題設知：bn＞0，對任意的n∈N*有bn+2bn=bn+1，bn+1bn+3=bn+2得bn+3bn=1，于是又bn+3bn+6=1，故bn+6=bn（5分）∴b6n﹣5=b1=1，b6n﹣4=b2=2，b6n﹣3=b3=2，b6n﹣2=b4=1，（ⅰ）cn+1﹣cn=a6n+5﹣a6n﹣1=b6n﹣1+b6n+b6n+1+b6n+2+b6n+3+b6n+4=（n≥1），所以數列{cn}為等差數列．（7分）（ⅱ）設dn=a6n+i（n≥0），（其中i為常數且i∈{1，2，3，4，5，6}），所以dn+1﹣dn=a6n+6+i﹣a6n+i=b6n+i+b6n+i+1+b6n+i+2+b6n+i+3+b6n+i+4+b6n+i+5=7（n≥0）所以數列{a6n+i}均為以7為公差的等差數列．（9分）設，（其中n=6k+i（k≥0），i為{1，2，3，4，5，6}中的一個常數），當時，對任意的n=6k+i有=；（10分）由，i∈{1，2，3，4，5，6}知；此時重復出現無數次．當時，=①若，則對任意的k∈N有fk+1＜fk，所以數列為單調減數列；②若，則對任意的k∈N有fk+1＞fk，所以數列為單調增數列；（12分）（i=1，2，3，4，5，6）均為單調數列，任意一個數在這6個數列中最多各出現一次，即數列中任意一項的值最多出現六次．綜上所述：當時，數列中必有某數重復出現無數次．當a1?B時，數列中任意一項的值均未在該數列中重復出現無數次．（14分）【點評】本題考查了等差數列的基本性質和數列的遞推公式，考查了學生的計算能力和對數列的綜合掌握，解題時分類討論思想和轉化思想的運用，屬于中檔題．22．在數列{an}中，a1=3，an+1an+λan+1+μan2=0（n∈N+）（Ⅰ）若λ=0，μ=﹣2，求數列{an}的通項公式；（Ⅱ）若λ=（k0∈N+，k0≥2），μ=﹣1，證明：2+＜＜2+．【分析】（Ⅰ）把λ=0，μ=﹣2代入數列遞推式，得到（n∈N+），分析an≠0后可得an+1=2an（n∈N+），即{an}是一個公比q=2的等比數列．從而可得數列的通項公式；（Ⅱ）把代入數列遞推式，整理后可得（n∈N）．進一步得到=，對n=1，2，…，k0求和后放縮可得不等式左邊，結合，進一步利用放縮法證明不等式右邊．【解答】（Ⅰ）解：由λ=0，μ=﹣2，有（n∈N+）．若存在某個n0∈N+，使得，則由上述遞推公式易得，重復上述過程可得a1=0，此與a1=3矛盾，∴對任意n∈N+，an≠0．從而an+1=2an（n∈N+），即{an}是一個公比q=2的等比數列．故．（Ⅱ）證明：由，數列{an}的遞推關系式變為，變形為：（n∈N）．由上式及a1=3＞0，歸納可得3=a1＞a2＞…＞an＞an+1＞…＞0．∵=，∴對n=1，2，…，k0求和得：=＞．另一方面，由上已證的不等式知，，得=2+．綜上，2+＜＜2+．【點評】本題考查了數列遞推式，考查了等比關系的確定，訓練了放縮法證明數列不等式屬難度較大的題目．23．設數列{an}的前n項和為Sn，若對任意的正整數n，總存在正整數m，使得Sn=am，則稱{an}是“H數列”．（1）若數列{an}的前n項和為Sn=2n（n∈N*），證明：{an}是“H數列”；（2）設{an}是等差數列，其首項a1=1，公差d＜0，若{an}是“H數列”，求d的值；（3）證明：對任意的等差數列{an}，總存在兩個“H數列”{bn}和{cn}，使得an=bn+cn（n∈N*）成立．【分析】（1）利用“當n≥2時，an=Sn﹣Sn﹣1，當n=1時，a1=S1”即可得到an，再利用“H”數列的意義即可得出．（2）利用等差數列的前n項和即可得出Sn，對?n∈N*，?m∈N*使Sn=am，取n=2和根據d＜0即可得出；（3）設{an}的公差為d，構造數列：bn=a1﹣（n﹣1）a1=（2﹣n）a1，cn=（n﹣1）（a1+d），可證明{bn}和{cn}是等差數列．再利用等差數列的前n項和公式及其通項公式、“H”的意義即可得出．【解答】解：（1）當n≥2時，an=Sn﹣Sn﹣1=2n﹣2n﹣1=2n﹣1，當n=1時，a1=S1=2．當n=1時，S1=a1．當n≥2時，Sn=an+1．∴數列{an}是“H”數列．（2）Sn==，對?n∈N*，?m∈N*使Sn=am，即，取n=2時，得1+d=（m﹣1）d，解得，∵d＜0，∴m＜2，又m∈N*，∴m=1，∴d=﹣1．（3）設{an}的公差為d，令bn=a1﹣（n﹣1）a1=（2﹣n）a1，對?n∈N*，bn+1﹣bn=﹣a1，cn=（n﹣1）（a1+d），對?n∈N*，cn+1﹣cn=a1+d，則bn+cn=a1+（n﹣1）d=an，且數列{bn}和{cn}是等差數列．數列{bn}的前n項和Tn=，令Tn=（2﹣m）a1，則．當n=1時，m=1；當n=2時，m=1．當n≥3時，由于n與n﹣3的奇偶性不同，即n（n﹣3）為非負偶數，m∈N*．因此對?n∈N*，都可找到m∈N*，使Tn=bm成立，即{bn}為H數列．數列{cn}的前n項和Rn=，令cm=（m﹣1）（a1+d）=Rn，則m=．∵對?n∈N*，n（n﹣3）為非負偶數，∴m∈N*．因此對?n∈N*，都可找到m∈N*，使Rn=cm成立，即{cn}為H數列．因此命題得證．【點評】本題考查了利用“當n≥2時，an=Sn﹣Sn﹣1，當n=1時，a1=S1”求an、等差數列的前n項和公式及其通項公式、新定義“H”的意義等基礎知識與基本技能方法，考查了推理能力和計算能力、構造法，屬于難題．24．已知數列{an}的奇數項是首項為1的等差數列，偶數項是首項為2的等比數列．數列{an}前n項和為Sn，且滿足S3=a4，a3+a5=2+a4（1）求數列{an}的通項公式；（2）求數列{an}前2k項和S2k；（3）在數列{an}中，是否存在連續的三項am，am+1，am+2，按原來的順序成等差數列？若存在，求出所有滿足條件的正整數m的值；若不存在，說明理由．【分析】（1）等差數列和等比數列的通項公式即可得出；（2）利用等差數列的通項公式即可得出；（3）在數列{an}中，僅存在連續的三項a1，a2，a3，按原來的順序成等差數列，此時正整數m的值為1．分類討論am=a2k，am=a2k﹣1，證明不成立即可．【解答】解：（1）設等差數列的公差為d，等比數列的公比為q，則a1=1，a2=2，a3=1+d，a4=2q，a5=1+2d．∵S3=a4，∴1+2+（1+d）=2q，即4+d=2q，又a3+a5=2+a4，∴1+d+1+2d=2+2q，即3d=2q，解得d=2，q=3．∴對于k∈N*，有a2k﹣1=1+（k﹣1）?2=2k﹣1，故，k∈N*．（2）S2k=（a1+a3+…+a2k﹣1）+（a2+a4+…+a2k）=[1+3+…+（2k﹣1）]+2（1+3+32+…+3k﹣1）=．（3）在數列{an}中，僅存在連續的三項a1，a2，a3，按原來的順序成等差數列，此時正整數m的值為1，下面說明理由若am=a2k，則由am+am+2=2am+1，得2×3k﹣1+2×3k=2（2k+1）．化簡得4?3k﹣1=2k+1，此式左邊為偶數，右邊為奇數，不可能成立．若am=a2k﹣1，則由am+am+2=2am+1，得（2k﹣1）+（2k+1）=2×2×3k﹣1化簡得k=3k﹣1，令（k∈N*），則．因此，1=T1＞T2＞T3＞…，故只有T1=1，此時K=1，m=2×1﹣1=1．綜上，在數列{an}中，僅存在連續的三項a1，a2，a3，按原來的順序成等差數列，此時正整數m的值為1．【點評】本題考查了等差數列與等比數列的通項公式性質及其前n項和公式等基礎知識與基本方法，屬于難題．25．已知數列{an}滿足a1=1，|an+1﹣an|=pn，n∈N*．（Ⅰ）若{an}是遞增數列，且a1，2a2，3a3成等差數列，求p的值；（Ⅱ）若p=，且{a2n﹣1}是遞增數列，{a2n}是遞減數列，求數列{an}的通項公式．【分析】（Ⅰ）根據條件去掉式子的絕對值，分別令n=1，2代入求出a2和a3，再由等差中項的性質列出關于p的方程求解，利用“{an}是遞增數列”對求出的p的值取舍；（Ⅱ）根據數列的單調性和式子“|an+1﹣an|=pn”、不等式的可加性，求出和a2n+1﹣a2n=，再對數列{an}的項數分類討論，利用累加法和等比數列前n項和公式，求出數列{an}的奇數項、偶數項對應的通項公式，再用分段函數的形式表示出來．【解答】解：（Ⅰ）∵數列{an}是遞增數列，∴an+1﹣an＞0，則|an+1﹣an|=pn化為：an+1﹣an=pn，分別令n=1，2可得，a2﹣a1=p，，即a2=1+p，，∵a1，2a2，3a3成等差數列，∴4a2=a1+3a3，即4（1+p）=1+3（p2+p+1），化簡得3p2﹣p=0，解得或0，當p=0時，數列an為常數數列，不符合數列{an}是遞增數列，∴；（2）由題意可得，|an+1﹣an|=，則|a2n﹣a2n﹣1|=，|a2n+2﹣a2n+1|=，∵數列{a2n﹣1}是遞增數列，且{a2n}是遞減數列，∴a2n+1﹣a2n﹣1＞0，且a2n+2﹣a2n＜0，則﹣（a2n+2﹣a2n）＞0，兩不等式相加得a2n+1﹣a2n﹣1﹣（a2n+2﹣a2n）＞0，即a2n+1﹣a2n+2＞a2n﹣1﹣a2n，又∵|a2n﹣a2n﹣1|=＞|a2n+2﹣a2n+1|=，∴a2n﹣a2n﹣1＞0，即，同理可得：a2n+3﹣a2n+2＞a2n+1﹣a2n，即|a2n+3﹣a2n+2|＜|a2n+1﹣a2n|，則a2n+1﹣a2n=當數列{an}的項數為偶數時，令n=2m（m∈N*），，，，…，，這2m﹣1個等式相加可得，==，則；當數列{an}的項數為奇數時，令n=2m+1（m∈N*），，，…，，這2m個等式相加可得，…﹣…+=﹣=，則，且當m=0時a1=1符合，故，綜上得，．【點評】本題考查了等差數列的通項公式，等比數列前n項和公式、數列的單調性，累加法求數列的通項公式，不等式的性質等，同時考查數列的基礎知識和化歸、分類整合等數學思想，以及推理論證、分析與解決問題的能力．本題設計巧妙，題型新穎，立意深刻，是一道不可多得的好題，難度很大．26．已知數列{an}滿足：a1∈N*，a1≤36，且an+1=（n=1，2，…），記集合M={an|n∈N*}．（Ⅰ）若a1=6，寫出集合M的所有元素；（Ⅱ）如集合M存在一個元素是3的倍數，證明：M的所有元素都是3的倍數；（Ⅲ）求集合M的元素個數的最大值．【分析】（Ⅰ）a1=6，利用an+1=可求得集合M的所有元素為6，12，24；（Ⅱ）因為集合M存在一個元素是3的倍數，所以不妨設ak是3的倍數，由an+1=（n=1，2，…），可歸納證明對任意n≥k，an是3的倍數；（Ⅲ）分a1是3的倍數與a1不是3的倍數討論，即可求得集合M的元素個數的最大值．【解答】解：（Ⅰ）若a1=6，由于an+1=（n=1，2，…），M={an|n∈N*}．故集合M的所有元素為6，12，24；（Ⅱ）因為集合M存在一個元素是3的倍數，所以不妨設ak是3的倍數，由an+1=（n=1，2，…），可歸納證明對任意n≥k，an是3的倍數．如果k=1，M的所有元素都是3的倍數；如果k＞1，因為ak=2ak﹣1，或ak=2ak﹣1﹣36，所以2ak﹣1是3的倍數；于是ak﹣1是3的倍數；類似可得，ak﹣2，…，a1都是3的倍數；從而對任意n≥1，an是3的倍數；綜上，若集合M存在一個元素是3的倍數，則集合M的所有元素都是3的倍數（Ⅲ）對a1≤36，an=（n=1，2，…），可歸納證明對任意n≥k，an＜36（n=2，3，…）因為a1是正整數，a2=，所以a2是2的倍數．從而當n≥2時，an是2的倍數．如果a1是3的倍數，由（Ⅱ）知，對所有正整數n，an是3的倍數．因此當n≥3時，an∈{12，24，36}，這時M的元素個數不超過5．如果a1不是3的倍數，由（Ⅱ）知，對所有正整數n，an不是3的倍數．因此當n≥3時，an∈{4，8，16，20，28，32}，這時M的元素個數不超過8．當a1=1時，M={1，2，4，8，16，20，28，32}，有8個元素．綜上可知，集合M的元素個數的最大值為8．【點評】本題考查數列遞推關系的應用，突出考查分類討論思想與等價轉化思想及推理、運算能力，屬于難題．27．設數列{an}的前n項和為Sn，滿足2Sn=an+1﹣2n+1+1，n∈N*，且a1，a2+5，a3成等差數列．（1）求a1的值；（2）求數列{an}的通項公式；（3）證明：對一切正整數n，有．【分析】（1）在2Sn=an+1﹣2n+1+1中，令分別令n=1，2，可求得a2=2a1+3，a3=6a1+13，又a1，a2+5，a3成等差數列，從而可求得a1；（2）由2Sn=an+1﹣2n+1+1，得an+2=3an+1+2n+1①，an+1=3an+2n②，由①②可知{an+2n}為首項是3，3為公比的等比數列，從而可求an；（3）由an=3n﹣2n=（3﹣2）（3n﹣1+3n﹣2×2+3n﹣3×22+…+2n﹣1）≥3n﹣1可得≤，累加后利用等比數列的求和公式可證得結論；【解答】解：（1）在2Sn=an+1﹣2n+1+1中，令n=1得：2S1=a2﹣22+1，令n=2得：2S2=a3﹣23+1，解得：a2=2a1+3，a3=6a1+13又2（a2+5）=a1+a3解得a1=1（2）由2Sn=an+1﹣2n+1+1，①2Sn﹣1=an﹣2n+1（n≥2），②①﹣②得：an+1=3an+2n，又a1=1，a2=5也滿足a2=3a1+21，所以an+1=3an+2n對n∈N*成立∴an+1+2n+1=3（an+2n），又a1=1，a1+21=3，∴an+2n=3n，∴an=3n﹣2n；（3）∵an=3n﹣2n=（3﹣2）（3n﹣1+3n﹣2×2+3n﹣3×22+…+2n﹣1）≥3n﹣1∴≤，∴+++…+≤1+++…+=＜．【點評】本題考查數列與不等式的綜合，考查數列遞推式，著重考查等比數列的求和，著重考查放縮法的應用，綜合性強，運算量大，屬于難題．28．已知公比為q（q≠1）的無窮等比數列{an}的首項a1=1．（1）若q=，在a1與a2之間插入k個數b1，b2，…，bk，使得a1，b1，b2，…，bk，a2，a3成等差數列，求這k個數；（2）對于任意給定的正整數m，在a1，a2，a3的a1與a2和a2與a3之間共插入m個數，構成一個等差數列，求公比q的所有可能取值的集合（用m表示）；（3）當且僅當q取何值時，在數列{an}的每相鄰兩項ak，ak+1之間插入ck（k∈N*，ck∈N）個數，使之成為一個等差數列？并求c1的所有可能值的集合及{cn}的通項公式（用q表示）．【分析】（1）由條件得1，b1，b2，…bk，，成等差數列，求出公差d=﹣，k=2，即可求這2個數；（2）設a1與a2之間插入k個數，k∈N，且k≤m，則在a2與a3之間插入（m﹣k）個數，由條件這等差數列第一項為a1=1，第k+2項為a2=q，第m+3項為a2=q2，列出方程，即可求公比q的所有可能取值的集合；（3）當且僅當q∈N，且q≥2時，在數列{an}的每相鄰兩項ak，ak+1之間插入ck（k∈N*，ck∈N）個數，使之成為一個等差數列，再進行證明即可．【解答】解：（1）由條件得1，b1，b2，…bk，，成等差數列，所以公差d=﹣，k=2，所以這2個數為：b1=，b2=；…（2分）（2）設a1與a2之間插入k個數，k∈N，且k≤m，則在a2與a3之間插入（m﹣k）個數，由條件這等差數列第一項為a1=1，第k+2項為a2=q，第m+3項為a2=q2，所以=，q≠1，所以q=，且k≠；所以公比q的所有可能的取值的集合{q|q=，k∈N，k≤m且k≠}；…（6分）（3）當且僅當q∈N，且q≥2時，在數列{an}的每相鄰兩項ak，ak+1之間插入ck（k∈N*，ck∈N）個數，使之成為一個等差數列；證明如下：（i）當q∈N，且q≥2時，新構成的等差數列可以是正整數數列1，2，3，…，顯然滿足條件；…（8分）（ii）若在數列{an}的每相鄰兩項ak，ak+1之間插入ck（k∈N*，ck∈N）個數，使之成為一個等差數列，這個等差數列設為{bn}，則對于任意的k∈N*，都有，即=，q≠1且q≠0，所以q=，ck+1，ck∈N，所以q為正有理數，{an}為正項無窮等比數列，若q不為整數，不妨設q=，其中p，t∈N*，p與t互質，且p≥2，等差數列{bn}的公差為d==，通項為bn=1+（n﹣1）；則數列{（c1+1）pbn}的各項都為整數，則對于任意的n∈N*，（c1+1）pan∈N*，即對于任意的n∈N*，（c1+1）p（）n﹣1∈N*，即于任意的n∈N*，由p與t互質，則（c1+1）p都能被pn﹣1整除，p≥2，且p∈N*，這是不可能的，所以q為正整數，又q≠1，所以q∈N，且q≥2；…（12分）當q∈N，且q≥2時，對于首項為1，第（c1+1）項為q的等差數列{bn}，則公差d=，令an=bm，即qn﹣1=1+（m﹣1）（n∈N*），有m=（c1+1）+1∈N*，所以an是{bn}中的第[（c1+1）+1]項，所以c1的所有可能值的集合是自然數集N；…（14分）對于任意的自然數c1，由=q，q∈N，n∈N*且q≥2知{cn+1}是首項為c1+1，公比為q的等比數列，所以{cn}的通項公式為cn=（c1+1）qn﹣1﹣1．…（16分）【點評】本題考查的是數列的應用，考查等差數列與等比數列的綜合，考查反證法思想的運用，難度大，學生很難解決．29．已知數列{an}的各項均為正數，bn=n（1+）nan（n∈N+），e為自然對數的底數．（1）求函數f（x）=1+x﹣ex的單調區間，并比較（1+）n與e的大小；（2）計算，，，由此推測計算的公式，并給出證明；（3）令cn=（a1a2…an），數列{an}，{cn}的前n項和分別記為Sn，Tn，證明：Tn＜eSn．【分析】（1）求出f（x）的定義域，利用導數