1 等差與等比數列

1. （1）設{an}的公比為q，由已知有a1+a1q=2■+■，a1q2+a1q3+a1q4=64■+■+■，化簡得a■■q=2，a■■q6=64.又a1>0，故q=2，a1=1，所以an=2n-1.

（2）由（1）知bn=an+■■=a■■+■+2=4n-1+■+2，因此，Tn=（1+4+…+4n-1）+1+■+…+■+2n=■+■+2n=■（4n-41-n）+2n+1.

2. （1）a2=λa1+λ-2=2λ-2，a3=λa2+λ-2=2λ2-2λ+λ-2=2λ2-λ-2. 因為a1+a3=2a2，所以1+2λ2-λ-2=2（2λ-2），得2λ2-5λ+3=0，解得λ=1或λ=■，當λ=■時，a2=2×■-1=1，a1=a2，不合題意，舍去.

λ=1時，代入an=λan-1+λ-2，可得an-an-1=-1，所以{an}構成以a1=1為首項，-1為公差的等差數列，所以an=-n+2.

（2）由λ=3可得an=3an-1+3-2？圯an=3an-1+1，所以an+■=3an-1+■，所以an+■=3an-1+■，即bn=3bn-1（n≥2）. 又b1=a1+■=■，所以{bn}構成以b1=■為首項，3為公比的等比數列，所以bn=■·3n-1=■，所以Sn=■=■（3n-1）.

3. （1）anan+1+anan-1=2an-1an+1可變形為■+■=■（n≥2且n∈N？鄢），所以數列■是等差數列，d=■-■=3. 所以■=■+（n-1）d=-2+（n-1）·3=3n-5，即an=■.

又由題意有Sn=3-3·■■，則Sn-1=3-3·■■（n≥2），兩式相減得bn=■■（n≥2）.

又b1=■也符合此式，所以bn=■■（n∈N？鄢），即數列{bn}是等比數列.

（2）由（1）代入得cn=■=（3n-5）■■，設xn=Tn+1-2Tn+Tn-1，則其可變形為xn=（Tn+1-Tn）-（Tn-Tn-1）=cn+1-cn=■■·■（n≥2）.

而xn+1-xn=■■■，所以當2≤n≤7時，xn+1-xn<0，即數列{xn}遞減；當n≥8時，xn+1-xn>0，數列{xn}遞增，即x2>x3>x4>0>…>x8

2 數列與解析幾何

（1）因為y1=y2=y4=1，y3=■，y5=■，所以a1=a2=a3=2，又由題意可知yn+3=■，所以an+1=■yn+1+yn+2+yn+3=■yn+1+yn+2+■=■y■+y■+yn+2=an，所以{an}為常數列，所以an=a1=2，n∈N？鄢.

（2）將等式■y■+y■+y■=2兩邊除以2，得■y■+■=1. 又yn+4=■，所以y■=1-■.？搖

（3）因為bn+1=y4n+8-y4n+4=1-■-1-■=-■（y■-y■）=-■bn. 又b1=y8-y4=1-■-y4=-■≠0，所以{bn}是公比為-■的等比數列.

3 數列與函數

（1）f ■■（x）=■. 令f ■■（x）>0，則x

所以f■（x）在（-n，en+1-n）上遞增，在（en+1-n，+∞）上遞減.

所以當x=en+1-n時，f■（x）max=f■（en+1-n）=■+■，即an=■+■，則Sn=■+■.

（2）因為n≥1，所以en+1遞增，n（n+1）遞增，所以an=■+■遞減. 所以0

令g（x）=■+a，則g′（x）=■，所以g（x）在（0，1）上遞增，在（1，+∞）上遞減.

當x→0時，■→0；當x→+∞時，■>0；又g（1）=1+a，所以g（x）∈（a，1+a]，結合已知可得（a，1+a]？勐0，■+■，所以a≤0，■+■≤1+a，所以■-■≤a≤0.

（3）■+f■（en）-an=■+■+■-■-■=■+■ln■-■=■■+ln■-■■.

令t=■，因為g（x）=■（x≥1），g′（x）=■≤0，所以g（x）在[1，+∞）上遞減.

所以10，所以r（t）>r（1）=0，所以■■+ln■-■■>0，所以■+f■（en）>an.

4 數列與不等式

（1）法1（數學歸納法）：因為對任意n∈N？鄢，都有a■■+a■■+a■■+…+a■■=S■■，且數列{an}的各項都是正數，所以當n=1時，有a■■=S■■，解得a1=1. 同理，當n=2時，解得a2=2，當n=3時，解得a3=3.

假設當n=k時，ak=k成立，則當n=k+1時，因為a■■+a■■+a■■+…+a■■=S■■，a■■+a■■+a■■+…+a■■=S■■，兩式相減得S■■+a■■=S■■，即S■■+a■■=（Sk+ak+1）2 ①.

又由ak=k知Sk=■②，聯(lián)立①②解得ak+1=k+1，所以an=n.

法2（遞推整理法）：因為a■■+a■■+a■■+…+a■■=S■■，所以a■■+a■■+a■■+…+a■■+a■■=S■■，兩式相減得a■■=S■■-S■■，整理得a■■=（S■n+1+Sn）（Sn+1-S■n），即a■■=S■n+1+S■n.同理，a■■=S■n+Sn-1（n≥2），兩式相減得：a■■-a■■=an+an+1（n≥2），所以an+1-an=1（n≥2）. 又當n=1時，a2-a1=1，所以{an}是首項為1，公差為1的等差數列，顯然an=n.

（2）根據bn+1>bn得，3n+1+（-1）nλ2n+1>3n+（-1）n-1λ2n（？鄢）.

①當n為奇數時，（？鄢）式即為3n+1-λ2n+1>3n+λ2n，整理得λ<■■，為使此式恒成立，只要當n=1時成立即可，即λ<1.

②當n為偶數時，（？鄢）式即為3■+λ2■>3n-λ2n，整理得λ>-■■，為使此式恒成立，只要當n=2時成立即可，即λ>-■.

綜①②得-■<λ<1，又λ為非零整數，故λ=-1.

綜合測試

1. 因為■=2n-1，an=an-1·2n-1，所以a100=299×298×…×22×2a1=299+98+…+1=24950，選D.

2. 因為a1+a8+a15=π，所以a8=■，所以cos（a4+a12）=cos■=-■，選A.

3. 設首項為a1，則有a■■=a3·a9，即（a1+6d）2=（a1+2d）·（a1+8d），代入d= -2，解得a1=20，故S10=20×10+■×（-2）=110. 選D.

4. 因為f（2k）=1，f（2k+1）=0（k∈N？鄢），即f（n）=1或0，f（n+1）=0或1，因此，對于α■=f（n+1）+αf（n）只需要分別將這兩種結果代入驗證，則α1=0+α或α0=1+α×0，顯然C總是正確的，其余的選項都至少有一種情形不滿足，故選C.

5. x3=a-1=1-a，x1+x2+x3=2. 因為xn+3=xn，所以x■+x■+x■=x1+x2+x3=2（k∈N？鄢），所以S2010=（x1+x2+x3）+… +（x2008+x2009+x2010）=2×670=1340，選D.

6. 公差d=■=1，故■=■+3，a4=-■.

7. 因為函數y=cos■x的周期是4，所以數列{an}的每相鄰四項之和是一個常數6，所以S2013=S2012+a2013=■×6+2013cos■+1=3019.

8. 因為a■■=a10，所以（a1q4）2=a1q9，所以a1=q，所以an=qn. 因為2（an+an+2）=5an+1，所以2an（1+q2）=5anq，所以2q2-5q+2=0，即q=2，或■（舍去），所以an=2n.

9. （1）設數列{an}的公比為q，由a■■=9a2a6得a■■=9a■■，所以q2=■. 由條件可知q>0，故q=■. 由2a1+3a2=1得2a1+3a1q=1，所以a1=■，故數列{an}的通項公式為an=■.

（2）由（1）知bn=log3a1+log3a2+…+log3an=log3（3（-1）+（-2）+…+（-n））=-（1+2+…+n）=-■，故■=-■= -2■-■，從而■+■+…+■= -21-■+■-■+…+■-■=-■.

10. （1）對任意n∈N？鄢，三個數A（n），B（n），C（n）是等差數列，所以A（n）+C（n）=2B（n），故a1+an+2=an+1+a2，即an+2-an+1=a2-a1=4，所以數列{an}是首項為1，公差為4的等差數列，an=1+（n-1）×4=4n-3.

（2）必要性：若數列{an}是公比為q的等比數列，則對任意n∈N？鄢，有an+1=anq. 因為■=■=■=q，■=■=■=q，所以■=■=q，所以三個數A（n），B（n），C（n）組成公比為q的等比數列.

充分性：若對于任意n∈N？鄢，三個數A（n），B（n），C（n）組成公比為q的等比數列，則B（n）=qA（n），C（n）=qB（n），有C（n）-B（n）=q[B（n）-A（n）]，所以an+2-a2=q（an+1-a1），即an+2-qan+1=a2-qa1 ①.

又因為當n=1時，三個數A（n），B（n），C（n）組成公比為q的等比數列，所以B（1）=qA（1），即a2=qa1 ②.

由①和②，得an+2-qan+1=0，即■=q. 又因為■=q，所以對任意n∈N？鄢，有■=q，所以數列{an}是首項為a1，公比為q的等比數列.

綜上所述，原命題成立.

11. （1）因為4Sn f■=1，所以2Sn=an-a■■ ①.

當n=1時，2a1=a1-a■■？圯a1=-1；

當n≥2時，2Sn-1=an-1-a■■ ②.

所以①②兩式相減得（an+an-1）·（an-an-1+1）=0，

所以an=-an-1或an-an-1=-1.

若an=-an-1，則a2=1，這與an≠1矛盾.

所以an-an-1=-1，所以an=-n.

由于要證-■

設g（x）=x-1-lnx（x>1），則g′（x）=1-■=■>0，所以g（x）=x-1-lnx在（1，+∞）上單調遞增，所以g1+■>g（1）=0，ln■<■ ③.

再h（x）=lnx-1+■（x>1），則h′（x）=■-■=■>0，所以h（x）=lnx-1+■在（1，+∞）上單調遞增，所以h1+■>h（1）=0，ln■>■ ④.

綜合③④，得■

（2）由（1）可知bn=■，則Tn=1+■+■+…+■. 在■

12. （1）由已知可得，對任意的x1，x2∈R，都有f（x1）？搖-f（x2）？搖=■-■=■=■. 又由f（x1）？搖-f（x2）≤Lx1-x2恒成立，即■≤Lx1-x2恒成立.

當x1≠x2時，由上可得L≥■. 因為■>x1，■>x2，且x1+x2≥x1+x2，所以■<■≤1. 所以要使f（x1）？搖-f（x2）？搖≤Lx1-x2對任意x1，x2∈R都成立，只要L≥1. 當x1=x2時，f（x1）？搖-f（x2）？搖≤Lx1-x2恒成立. 所以L的取值范圍是[1，+∞）.

（2）①因為an+1=f（an），n=1，2，…，故當n≥2時，an-an+1=f（an-1）？搖-f（an）≤Lan-1-an=Lf（an-2）-f（an-1）≤L2an-2-an-1≤…≤Ln-1a1-a2，所以■ak-ak+1=a1-a2+a2-a3+a3-a4+…+an-an+1≤（1+L+L2+…+Ln-1）a1-a2=■a1-a2. 因為0

②因為Ak=■，所以Ak-Ak+1=■-■=■·（a1+a2+…+ak-kak+1）=■（a1-a2）+2（a2-a3）+3（a3-a4）+…+k（ak-ak+1）≤■（a1-a2+2a2-a3+3a3-a4+…+kak-ak+1）. 所以■Ak-Ak+1=A1-A2+A2-A3+…+An-An+1≤a1-a2·■+■+…+■？搖+2a2-a3·■+■+…+■？搖+3a3-a4·■+■+…+■？搖+…+nan-an+1×■=a1-a21-■+a2-a31-■+…+an-an+1·1-■≤a1-a2+a2-a3+…+an-an+1≤■a1-a2. ■