高一培优专题：数列一．选择题（共8小题）1．已知数列{a n}、{b n}均为等比数列，其前n项和分别为S n，T n，若对任意的n ∈N*，都有，则=（）A．81 B．9 C．729 D．7302．在正项数列{a n}中，若a1=1，且对所有n∈N*满足na n+1﹣（n+1）a n=0，则a2017=（）A．1013 B．1014 C．2016 D．20173．已知数列{a n}满足a1=﹣1，a n=1﹣（n＞1），a2016=（）A．2 B．1 C．D．﹣14．设各项均为正数的数列{a n}的前n项之积为T n，若，则的最小值为（）A．7 B．8 C．D．5．设等差数列{a n}满足：=1，公差d∈（﹣1，0）．若当且仅当n=9时，数列{a n}的前n项和S n取得最大值，则首项a1取值范围是（）A．（，）B．（，）C．[，]D．[，] 6．设数列{a n}满足，a n+1=a n2+a n（n∈N*），记，则S10的整数部分为（）A．1 B．2 C．3 D．47．若函数，，，，在等差数列{a n}中，a1=0，a2019=1，b n=|g k（a n+1）﹣g k（a n）|（k=1，2，3，4），用p k表示数列{b n}的前2018项的和，则（）A．P4＜1=P1=P2＜P3=2 B．P4＜1=P1=P2＜P3＜2C．P4=1=P1=P2＜P3=2 D．P4＜1=P1＜P2＜P3=28．数列{a n}满足a n+1+（﹣1）n a n=2n﹣1，则{a n}的前64项和为（）A．4290 B．4160 C．2145 D．2080二．填空题（共9小题）9．已知数列{a n}满足则{a n}的通项公式．10．在数列{a n}中，a1=2，2a n+1=a n2+1，n∈N*，设b n=，若数列{b n}的前2018项和S2018＞t，则整数t的最大值为．11．已知数列{a n}满足a1=﹣1，|a n﹣a n﹣1|=2n﹣1（n∈N，n≥2），且{a2n﹣1}是递减数列，{a2n}是递增数列，则a2018=．12．数列{a n}中，a n=3n﹣1，现将{a n}的各项依原顺序按第k组有2k项的要求进行分组：（2，5），（8，11，14，17），（20，23，26，29，32，35），…，则第n 组中各数的和为．13．已知数列{a n}的前n项和是S n，，4S n S n﹣1+S n=S n﹣1（n≥2），则S n=．14．设数列{a n}的前n项和为S n．若S n=2a n﹣n，则+++=．15．已知数列{a n}的首项a1=m，其前n项和为S n，且满足S n+S n+1=3n2+2n，若对∀n∈N*，a n＜a n+1恒成立，则m的取值范围是．16．已知数列{a n}中，a1=，2a n a n﹣1=a n﹣a n﹣1，则数列a n的通项公式为．17．在数列{a n}中，已知a1=，a n+1=1﹣，n∈N*，则a30=．三．解答题（共23小题）18．已知数列{a n}满足．（1）设，求数列{b n}的通项公式；（2）求数列{a n}的前n项和S n；（3）记，求数列{c n}的前n项和T n．19．已知数列{a n}是正项数列，满足（a1+a2+…+a n）2=a+a+…a．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求证：数列{}的前n项和T n＜；（3）若0＜λ＜1，b n=，求证：20．函数y=（n∈N*，y≠1）的最大值为a n，最小值为b n且c n=4（a n b n ﹣）（1）求数列{c n}的通项公式；（2）求f（n）=（n∈N*）的最大值．21．已知f（n）是平面区域I n：（x，y∈R，n∈N*）内的整点（横纵坐标都是整数的点）的个数，记a n=2n f（n），数列{a n}的前n项和为S n（1）求数列{a n}的前n项和为S n（2）若对于任意n∈N*，≤c恒成立，求实数c的取值范围．22．已知数列{a n}满足4a n=a n﹣1﹣3（n≥2且n∈N*），且a1=﹣，设b n（a n+1），n∈N*，数列{c n}满足c n=（a n+1）b n（1）求证{a n+1}是等比数列并求出数列{a n}的通项公式；（2）求数列{c n}的前n项和S n（3）对于任意n∈N*，c n≤m2﹣m﹣恒成立，求实数m的取值范围．23．函数f（x）满足：对任意α，β∈R，都有f（αβ）=αf（β）+βf（α），且f（2）=2，数列{a n}满足a n=f（2n）（n∈N+）．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）令b n=（﹣1），c n=，记T n=（c1+c2+…+c n）（n∈N+）．问：是否存在正整数M，使得当n＞M时，不等式|T n﹣|＜恒成立？若存在，写出一个满足条件的M；若不存在，请说明理由．24．已知数列{a n}的前n项和为S n，若a1=0，n•a n+1=S n+n（n+1），（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{b n}满足a n+log3n=log3b n，求数列{b n}的前n项和；（3）设P n=a1+a4+a7+…+a3n﹣2，Q n=a10+a12+a14+…+a2n+8，其中n∈N*，试比较P n与Q n的大小，并证明你的结论．25．在等比数列{a n}的前n项和为S n，S n=2n+r（r为常数），记b n=1+log2a n．（1）求r的值；（2）求数列{a n b n}的前n项和T n；（3）记数列{}的前n项和为P n，若对任意正整数n，都有P2n+≤k+P n，求+1实数k的最小值．26．已知数列{a n}满足=a n+1（n∈N*），且a1=．（I）求证：数列{}是等差数列，并求通项a n．（2）若b n=，c n=b n•（）n，（n∈N*），且T n=c1+c2+…+c n，求证：1≤T n＜3．27．已知数列{a n}为公差不为0的等差数列，S n为其前n项和，a5和a9的等差中项为13，且a2•a5=a1•a14．令b n=，数列{b n}的前n项和为T n．（Ⅰ）求T n；（Ⅱ）是否存在不同的正整数m，n，使得T2，T m，T n成等比数列？若存在，求出所有的m，n的值；若不存在，请说明理由；（Ⅲ）若c n=，是否存在互不相等的正整数m，n，t，使得m，n，t成等差数列，且c m，c n，c t成等比数列？若存在，求出所有的m，n，t的值；若不存在，请说明理由．28．各项为正数的数列{a n}的前n项和为S n，且满足：S n=2++（n∈N*）（1）求a n；（2）设函数f（n）=，c n=f（2n+4）（n∈N*），求数列{c n}的前n项和T n；（3）设λ为实数，对满足m+n=3k且m≠n的任意正整数m、n、k，不等式S m+S n ＞λS k恒成立，求实数λ的最大值．29．设数列{a n}满足：a1=1，a n+1=2a n+1，数列{b n}满足：b n=a，其中a ＞0且a≠1，n∈N*（1）求证：数列{a n+1}为等比数列，并求出数列{a n}的通项公式；（2）试问数列是否为等差数列，如果是，请写出公差，如果不是，说明理由；（3）若a=2，记c n=，数列{C n}的前n项和为T n，数列的前n 项和为R n，若对任意n∈N*，不等式λnT n+＜2（λn+）恒成立，求实数λ的取值范围．30．已知数列{a n}的前n项和S n=﹣a n﹣（）n﹣1+2（n为正整数）．（1）证明：a n=a n+（）n﹣1，并求数列{a n}的通项公式；+1（2）若=，T n=c1+c2+…+c n，求T n．31．在数列{a n}中，a1=2，a n+1=λa n+λn+1+（2﹣λ）2n（n∈N*），其中λ＞0．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）求数列{a n}的前n项和S n；（Ⅲ）证明存在k∈N*，使得对任意n∈N*均成立．32．已知{a n}为递增的等比数列，且{a1，a3，a5}⊆{﹣10，﹣6，﹣2，0，1，3，4，16}．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）是否存在等差数列{b n}，使得a1b n+a2b n﹣1+a3b n﹣2+…+a n b1=2n+1﹣n﹣2对一切n∈N*都成立？若存在，求出b n；若不存在，说明理由．33．已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=1﹣，其中n∈N*（1）设b n=，求证：数列{b n}是等差数列；（2）若c n=6n+（﹣1）n﹣1λ•2是否存在λ，使得对任意n∈N+，都有c n+1＞c n，若存在，求出λ的取值范围；若不存在，说明理由；（3）证明：：对一切正整数n，有++…+＜．34．已知数列{a n}中，．（1）求数列{a n}的通项公式a n；（2）求数列{n2a n}的前n项和T n；（3）若存在n∈N*，使关于n的不等式a n≤（n+1）λ成立，求常数λ的最小值．35．九连环是我国的一种古老的智力游戏，它环环相扣，趣味无穷．按照某种规则解开九连环，至少需要移动圆环a9次．我们不妨考虑n个圆环的情况，用a n 表示解下n个圆环所需的最少移动次数，用b n表示前（n﹣1）个圆环都已经解下后，再解第n个圆环所需的次数，按照某种规则可得：a1=1，a2=2，a n=a n﹣2+1+b n ，b1=1，b n=2b n﹣1+1．﹣1（1）求b n的表达式；（2）求a9的值，并求出a n的表达式；（3）求证：．36．已知数列{a n}中，a1=2，a2=10，对任意n∈N*有a n+2=2a n+1+3a n成立．（I）若{a n+λa n}是等比数列，求λ的值；+1（II）求数列{a n}的通项公式；（III）证明：对任意n∈N*成立．37．设{a n}是等差数列，其前n项和为S n（n∈N*）；{b n}是等比数列，公比大于0，其前n项和为T n（n∈N*）．已知b1=1，b3=b2+2，b4=a3+a5，b5=a4+2a6．（Ⅰ）求S n和T n；（Ⅱ）若S n+（T1+T2+……+T n）=a n+4b n，求正整数n的值．38．已知有穷数列{a n}共有m项（m≥2，m∈N*），且|a n+1﹣a n|=n（1≤n≤m﹣1，n∈N*）．（1）若m=5，a1=1，a5=3，试写出一个满足条件的数列{a n}；（2）若m=64，a1=2，求证：数列{a n}为递增数列的充要条件是a64=2018；（3）若a1=0，则a m所有可能的取值共有多少个？请说明理由．39．已知数列{a n}满足，（n∈N*）（Ⅰ）判断数列{a n}的单调性；（Ⅱ）证明：（n≥2）；（Ⅲ）证明：．40．已知各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n，满足a n+12=2S n+n+4，a2﹣1，a3，a7恰为等比数列{b n}的前3项．（Ⅰ）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（Ⅱ）设c n=，数列{c n}的前n项和T n．求证：T n．参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）1．已知数列{a n}、{b n}均为等比数列，其前n项和分别为S n，T n，若对任意的n ∈N*，都有，则=（）A．81 B．9 C．729 D．730【解答】解：数列{a n}、{b n}均为等比数列，其前n项和分别为S n，T n，若对任意的n∈N*，都有，设{a n}，{b n}的公比分别为q，q′，令n=1，可得=1，∴a1=b1．再令n=2，可得==，即1+2q=5+5q′，即2q﹣4=5q′①．再令n=3，可得==7，即1+q+q2=7+7q′+7q′2，即q+q2=6+7q′+7q′2②．由①②求得q=9，q′=3，则===9，故选：B．2．在正项数列{a n}中，若a1=1，且对所有n∈N*满足na n+1﹣（n+1）a n=0，则a2017=（）A．1013 B．1014 C．2016 D．2017【解答】解：a1=1，且对所有n∈N*满足na n+1﹣（n+1）a n=0，∴=…==1．可得a n=n．则a2017=2017．故选：D．3．已知数列{a n}满足a1=﹣1，a n=1﹣（n＞1），a2016=（）A．2 B．1 C．D．﹣1【解答】解：∵数列{a n}满足a1=﹣1，a n=1﹣（n＞1），∴a2=2，a3=，a4=﹣1，∴数列{a n}是周期为3的数列，∵2016=672×3，∴a2016=a3=，故选：C．4．设各项均为正数的数列{a n}的前n项之积为T n，若，则的最小值为（）A．7 B．8 C．D．【解答】解：∵各项均为正数的数列{a n}的前n项之积为T n，，∴a1=T1=22=4．n≥2时，a n===22n=4n．当n=1时上式也成立，∴a n=4n．则===g（n），考察函数f（x）=x+（x≥2）的单调性，f′（x）=1﹣==，当2≤x时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；当＜x，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．又g（2）=22+=7，g（3）=23+=＞g（3）．∴的最小值为7．故选：A．5．设等差数列{a n}满足：=1，公差d∈（﹣1，0）．若当且仅当n=9时，数列{a n}的前n项和S n取得最大值，则首项a1取值范围是（）A．（，）B．（，）C．[，]D．[，]【解答】解：由=1，得：，即，由积化和差公式得：，整理得：，∴sin（3d）=﹣1．∵d∈（﹣1，0），∴3d∈（﹣3，0），则3d=，d=﹣．由=．对称轴方程为n=，由题意当且仅当n=9时，数列{a n}的前n项和S n取得最大值，∴，解得：．∴首项a1的取值范围是．故选：B．6．设数列{a n}满足，a n+1=a n2+a n（n∈N*），记，则S10的整数部分为（）A．1 B．2 C．3 D．4=a n2+a n=a n（a n+1）（n∈N*），【解答】解：∵数列{a n}满足，a n+1∴===，∴，∴+…+=，∵，，，+＞1，又a n＞a n，+1∴a11＞1，∴0＜＜1，∵，∴S10的整数部分是2．故选：B．7．若函数，，，，在等差数列{a n}中，a1=0，a2019=1，b n=|g k（a n+1）﹣g k（a n）|（k=1，2，3，4），用p k表示数列{b n}的前2018项的和，则（）A．P4＜1=P1=P2＜P3=2 B．P4＜1=P1=P2＜P3＜2C．P4=1=P1=P2＜P3=2 D．P4＜1=P1＜P2＜P3=2【解答】解：等差数列{a n}中，a1=0，a2019=1，可知该数列为递增数列，且a1010=，a505＜，a506＞，）﹣g1（a n）＞0，对于g1（x）=2x，该函数在[0，1]上单调递增，于是有g1（a n+1于是b n=g1（a n+1）﹣g1（a n），∴p1=g1（a2019）﹣g1（a1）=2﹣1=1，对于g2（x），该函数在[0，]上递增，在（，1]上递减，于是P2=g2（a1010）﹣g2（a1）+g2（a1010）﹣g2（a2019）=﹣0+﹣0=1；对于g3（x），该函数在[0，]上递减，在（，1]上为常数，类似有P3=g3（a1）﹣g3（a1010）=g3（0）﹣g3（）=3﹣1=2；对于g4（x），该函数在[0，]和[，]递增，在[，]和[，1]上递减，且是以为周期的周期函数，故只需讨论[0，]的情况，再2倍即可，仿前可知，P4=2[g4（a505）﹣g4（a1）+g4（a506）﹣g4（a1010）]＜2（sin﹣sin0+sin﹣sinπ）=1，故P4＜1，综上所述P4＜1=P1=P2＜P3=2，故选：A．8．数列{a n}满足a n+1+（﹣1）n a n=2n﹣1，则{a n}的前64项和为（）A．4290 B．4160 C．2145 D．2080【解答】解：a2﹣a1=1，a3+a2=3，a4﹣a3=5，a5+a4=7，a6﹣a5=9，…a1+a2+a3+a4+…+a64=a1+（a2+a3）+（a4+a5）+…+（a62+a63）+a64=a1+1953+a64，将a1﹣a2=﹣1，a3+a2=3，a4﹣a3=5，﹣a5﹣a4=﹣7，﹣a6﹣a5=﹣9，a7+a6=11，a8﹣a7=13，a9+a8=15…，a64﹣a63=125相加得a1+a64=﹣1+3+5﹣7﹣9+11+13﹣15﹣17+…+123+125=127，∴则{a n}的前64项和为：1953+127=2080．故选：D．二．填空题（共9小题）9．已知数列{a n}满足则{a n}的通项公式．【解答】解：∵数列{a n}满足，①∴当n≥2时，仿仿写一个式子②①﹣②得，∴a n=2n+1n≥2，当n=1时，a1=6，∴{a n}的通项公式a n=故答案为：a n=10．在数列{a n}中，a1=2，2a n+1=a n2+1，n∈N*，设b n=，若数列{b n}的前2018项和S2018＞t，则整数t的最大值为4033．【解答】解：在数列{a n}中，a1=2，2a n+1=a n2+1，n∈N*，可得2（a n﹣1）=a n2﹣1=（a n﹣1）（a n+1），+12a n+1=a n2+1≥2a n，即有数列{a n}递增，可得=（﹣），即有=﹣，b n==2﹣，则S2018=b1+b2+b3+…+b2018=2×2018﹣3（++…+）=4036﹣3（﹣+﹣+…+﹣）=4036﹣3（1﹣）=4033+，而数列{a n}递增，a1=2，a2=，a3=，a4=＞4，…，a2019＞4，由数列{b n}的前2018项和S2018＞t，可得整数t的最大值为4033．故答案为：4033．11．已知数列{a n}满足a1=﹣1，|a n﹣a n﹣1|=2n﹣1（n∈N，n≥2），且{a2n﹣1}是递减数列，{a2n}是递增数列，则a2018=．【解答】解：由|a n﹣a n﹣1|=2n﹣1，（n∈N，n≥2），则|a2n﹣a2n﹣1|=22n﹣1，|a2n+2﹣a2n+1|=22n+1，∵数列{a2n﹣1}是递减数列，且{a2n}是递增数列，∴a2n﹣a2n﹣1＜a2n+2﹣a2n+1，又∵|a2n﹣a2n﹣1|=22n﹣1＜|a2n+2﹣a2n+1|=22n+1，∴a2n﹣a2n﹣1＞0，即a2n﹣a2n﹣1=22n﹣1，同理可得：a2n+3﹣a2n+2＜a2n+1﹣a2n，又|a2n+3﹣a2n+2|＞|a2n+1﹣a2n|，则a2n+1﹣a2n=﹣22n，当数列{a n}的项数为偶数时，令n=2k（k∈N*），∴a2﹣a1=2，a3﹣a2=﹣22，a4﹣a3=23，a5﹣a4=﹣24，…，a2015﹣a2014=﹣22014，a2016﹣a2015=22015，a2017﹣a2016=﹣22016，a2018﹣a2017=22017．∴a2018﹣a1=2﹣22+23﹣24+…﹣22014+22015﹣22016+22017==．∴a2018=．故答案为：．12．数列{a n}中，a n=3n﹣1，现将{a n}的各项依原顺序按第k组有2k项的要求进行分组：（2，5），（8，11，14，17），（20，23，26，29，32，35），…，则第n 组中各数的和为+．【解答】解：∵数列{a n}中，a n=3n﹣1，∴数列{a n}的前n项和S n=，∵3+6+9+…+3n=，3+6+9+…+3（n﹣1）=，∴第n组中各数的和为：S==﹣=+．故答案为：+．13．已知数列{a n}的前n项和是S n，，4S n S n﹣1+S n=S n﹣1（n≥2），则S n=．【解答】解：由4S n S n﹣1+S n=S n﹣1（n≥2），得4S n S n﹣1=S n﹣1﹣S n（n≥2），∴（n≥2）．又，∴，则数列{}是以2为首项，以4为公差的等差数列，则，∴．故答案为：．14．设数列{a n}的前n项和为S n．若S n=2a n﹣n，则+++=．【解答】解：∵S n=2a n﹣n，∴n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1=2a n﹣n﹣[2a n﹣1﹣（n﹣1）]，∴a n=2a n﹣1+1，化为：a n+1=2（a n﹣1+1），n=1时，a1=2a1﹣1，解得a1=1．∴数列{a n+1}是等比数列，首项为2，公比为2．∴a n+1=2n，即a n=2n﹣1，∴==．∴+++=++…+ =1﹣=．故答案为：．15．已知数列{a n}的首项a1=m，其前n项和为S n，且满足S n+S n+1=3n2+2n，若对∀n∈N*，a n＜a n+1恒成立，则m的取值范围是（﹣，）．【解答】解：∵S n+S n+1=3n2+2n，∴n=1时，2a1+a2=5，解得a2=5﹣2m．n=2时，S2+S3=2（a1+a2）+a3=3×22+2×2=16，解得a3=6+2m．n≥2时，S n﹣1+S n=3（n﹣1）2+2（n﹣1），∴a n+1+a n=6n﹣1，∴a n+a n﹣1=6n﹣7，∴a n+1﹣a n﹣1=6，（n≥3）．∴n≥2，数列{a n}的奇数项与偶数项分别成等差数列，a2k=5﹣2m+6（k﹣1）=6k﹣1﹣2m，a2k﹣1=6+2m+6（k﹣2）=6k+2m﹣6．∵对n∈N*，（n≥3），a n＜a n+1恒成立，∴n=2k﹣1时，6k+2m﹣6＜6k﹣1﹣2m，解得m＜．n=2k时，6k﹣1﹣2m＜6（k+1）+2m﹣6，解得：m＞﹣．可得m的取值范围是：﹣＜m＜．由a1＜a2，a2＜a3，可得：m＜5﹣2m，5﹣2m＜6+2m，解得：，m，综上可得m的取值范围是：﹣＜m＜．故答案为：（﹣，）．16．已知数列{a n}中，a1=，2a n a n﹣1=a n﹣a n﹣1，则数列a n的通项公式为a n=．【解答】解：∵2a n a n﹣1=a n﹣a n﹣1，∴=﹣2．∴数列是等差数列，首项为3，公差为2．∴=3﹣2（n﹣1）=5﹣2n．∴a n=．故答案为：a n=．17．在数列{a n}中，已知a1=，a n+1=1﹣，n∈N*，则a30=2．【解答】解：∵a1=，a n+1=1﹣，n∈N*，∴a2=1﹣2=﹣1，a3=2，a4=1﹣=，…，∴a n=a n．+3则a30=a3×10=a3=2，故答案为：2．三．解答题（共23小题）18．已知数列{a n}满足．（1）设，求数列{b n}的通项公式；（2）求数列{a n}的前n项和S n；（3）记，求数列{c n}的前n项和T n．【解答】解：（1）数列{a n}满足，可得：，设，数列{b n}是等差数列，公差为1，首项为1，所以b n=n；（2）易得，其前n项和：S n=1•21+2•22+3•23+…+n•2n…①，2S n=1•22+2•23+…+n•2n+1…②，②﹣①可得：S n=﹣1﹣22﹣23﹣…﹣2n+n•2n+1∴；（3）=，=或写成．19．已知数列{a n}是正项数列，满足（a1+a2+…+a n）2=a+a+…a．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求证：数列{}的前n项和T n＜；（3）若0＜λ＜1，b n=，求证：【解答】解：（1）数列{a n}是正项数列，满足（a1+a2+…+a n）2=a+a+…a，可得a12=a13，解得a1=1；n=2时，（a1+a2）2=a+a，解得a2=2；n≥2时，（a1+a2+…+a n﹣1）2=a+a+…+a，又（a1+a2+…+a n）2=a+a+…a，相减可得a n2+2a n（a1+a2+…+a n﹣1）=a，即有2（a1+a2+…+a n﹣1）=a n2﹣a n，将n换为n﹣1可得，2（a1+a2+…+a n﹣2）=a n﹣12﹣an﹣1，相减可得2a n﹣1=a n2﹣a n﹣a n﹣12+a n﹣1，化为（a n+a n﹣1）（a n﹣a n﹣1﹣1）=0，则a n﹣a n﹣1=1，则a n=2+n﹣2=n，对n=1，2均成立，故a n=n，n∈N*；（2）证明：==（﹣），则前n项和T n=（1﹣+﹣+﹣+…+﹣+﹣）=（1+﹣﹣）=﹣（+）＜；（3）证明：0＜λ＜1，b n==，=＜（）2•=（﹣），则++…+＜（1﹣+﹣+…+﹣）=（1﹣）＜．20．函数y=（n∈N*，y≠1）的最大值为a n，最小值为b n且c n=4（a n b n ﹣）（1）求数列{c n}的通项公式；（2）求f（n）=（n∈N*）的最大值．【解答】解：（1）由已知，y=（n∈N*，y≠1）的定义域为R，则x2（y﹣1）+x+y﹣n=0方程有解，即有△≥0即1﹣4（y﹣1）（y﹣n）≥0，即y2﹣（n+1）y+n﹣≤0的解集[b n，a n]，即y2﹣（n+1）y+n﹣=0的两根为b n，a n，可得a n b n=n﹣，又因为c n=4（a n b n﹣），则c n=4n﹣3，n∈N*；（2）f（n）===，令4n﹣3=t（t≥1且t为正整数），可得n=，则g（t）==，由t+≥2=28，当且仅当t=，可得t=14，当t=21时，n=6，t+=49，当t=22，23，24时，n不为整数；当t=25时，n=7时，t+=48+；则当n=7时，g（t）取得最大值，即f（n）取得最大值=．21．已知f（n）是平面区域I n：（x，y∈R，n∈N*）内的整点（横纵坐标都是整数的点）的个数，记a n=2n f（n），数列{a n}的前n项和为S n（1）求数列{a n}的前n项和为S n（2）若对于任意n∈N*，≤c恒成立，求实数c的取值范围．【解答】解：（1）f（1）=3，f（2）=6，f（3）=9．由x＞0，﹣nx+3n≥y＞0，得0＜x＜3，∴x=1或x=2．∴I n内的整点在直线x=1和x=2上．记直线y=﹣nx+3n为l，l与直线x=1，x=2的交点的纵坐标分别为y1，y2，则y1=﹣n+3n=2n，y2=﹣2n+3n=n，∴f（n）=3n；a n=2n f（n）=3n•2n，前n项和为S n=3•2+6•22+9•23+…+3n•2n，2S n=3•22+6•23+9•24+…+3n•2n+1，两式相减可得，﹣S n=6+3（22+23+24+…+2n）﹣3n•2n+1，=6+3•﹣3n•2n+1，化简可得，S n=6+3（n﹣1）•2n+1；（2）若对于任意n∈N*，≤c恒成立，即为≤c恒成立，可令b n=，由=，当n=1，2时，b1＜b2=b3，当n≥3时，b3＞b4＞b5＞…，则b2=b3为最大值．则c≥．22．已知数列{a n}满足4a n=a n﹣1﹣3（n≥2且n∈N*），且a1=﹣，设b n（a n+1），n∈N*，数列{c n}满足c n=（a n+1）b n（1）求证{a n+1}是等比数列并求出数列{a n}的通项公式；（2）求数列{c n}的前n项和S n（3）对于任意n∈N*，c n≤m2﹣m﹣恒成立，求实数m的取值范围．【解答】（1）证明：数列{a n}满足4a n=a n﹣1﹣3（n≥2且n∈N*），+1），a1+1=．变形为：a n+1=（a n﹣1∴数列{a n+1}是等比数列，首项与公比都为．∴a n+1=，可得a n=﹣1．（2）解：b n（a n+1）=3n，∴b n=3n﹣2．数列{c n}满足c n=（a n+1）b n=（3n﹣2）．∴数列{c n}的前n项和S n=+4×+7×+10×+…+（3n﹣2）．S n=++7×+…+（2n﹣5）+（3n﹣2）．∴S n=+3×+3×+…+3×﹣（3n﹣2）=+3×﹣（3n﹣2）．化为：S n=．（3）解：n=1时，c1=；n=2时，c2=．n≥3时，c n＞0.==＜1，因此c n+1＜c n．∴n=3时，c3=．对于任意n∈N*，c n≤m2﹣m﹣恒成立，∴≤m2﹣m﹣，化为：4m2﹣4m﹣3≥0．化为（2m﹣3）（2m+1）≥0．解得：或m．∴实数m的取值范围是∪．23．函数f（x）满足：对任意α，β∈R，都有f（αβ）=αf（β）+βf（α），且f（2）=2，数列{a n}满足a n=f（2n）（n∈N+）．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）令b n=（﹣1），c n=，记T n=（c1+c2+…+c n）（n∈N+）．问：是否存在正整数M，使得当n＞M时，不等式|T n﹣|＜恒成立？若存在，写出一个满足条件的M；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）∵数列{a n}满足a n=f（2n）（n∈N+），∴a1=f（2）=2，又∵对任意α，β∈R，都有f（αβ）=αf（β）+βf（α），=f（2n+1）=2f（2n）+2n f（2）=2a n+2n+1，∴a n+1两边同时除以2n+1得：﹣=1，∴数列{}是首项、公差均为1的等差数列，∴=n，即a n=n•2n；（2）由（1）可知，b n=（﹣1）=2n（2n﹣1），c n====﹣＜，∴c1+c2+…+c n＜，∵c n=﹣=﹣=﹣，∴c n=﹣＞﹣（n＞2），∴c1+c2+…+c n＞﹣•=﹣+＞﹣（n＞2），∴﹣＜c1+c2+…+c n＜（n＞2），∵不等式|T n﹣|＜恒成立等价于＜，等价于n＞=146，∴存在正整数M=146（或147，148，149，…），使得不等式|T n﹣|＜恒成立．24．已知数列{a n}的前n项和为S n，若a1=0，n•a n+1=S n+n（n+1），（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{b n}满足a n+log3n=log3b n，求数列{b n}的前n项和；（3）设P n=a1+a4+a7+…+a3n﹣2，Q n=a10+a12+a14+…+a2n+8，其中n∈N*，试比较P n与Q n的大小，并证明你的结论．=S n+n（n+1）得：1•a2=S1+1=a1+1=2+1=3，【解答】解：（1）把n=1，代入n•a n+1即a2﹣a1=2，∵n•a n=S n+n（n+1）①，∴n≥2时，（n﹣1）•a n=S n﹣1+n（n﹣1）②，+1﹣（n﹣1）•a n=a n+2n，①﹣②得：n•a n+1﹣a n=2（n≥2），化简得：a n+1∵a2﹣a1=2，∴a n+1﹣a n=2（n∈N+），即数列{a n}是以0为首项，2为公差的等差数列，∴a n=0+2（n﹣1）=2（n﹣1）；（2）由a n+log3n=log3b n得：b n=n•32n﹣2（n∈N*）T n=b1+b2+b3++b n=30+2•32+3•34+…+n•32n﹣2，①∴9T n=30+2•32+3•34+…+n•32n，②②﹣①得：8T n=n•32n﹣（30+32+34+…+32n﹣2）=n•32n﹣∴T n=；（3）∵a n=2（n﹣1），∴P n=a1+a4+a7+…+a3n﹣2==n（3n﹣3），Q n=a10+a12+a14+…+a2n+8= =n（2n+16）∴P n﹣Q n=n（3n﹣3）﹣n（2n+16）=n2﹣19n若n2﹣19n＞0，即n＞19时，P n＞Q n；若n2﹣19n=0，即n=19时，P n=Q n；若n2﹣19n＜0，即1≤n＜19时，P n＜Q n．25．在等比数列{a n}的前n项和为S n，S n=2n+r（r为常数），记b n=1+log2a n．（1）求r的值；（2）求数列{a n b n}的前n项和T n；+≤k+P n，求（3）记数列{}的前n项和为P n，若对任意正整数n，都有P2n+1实数k的最小值．【解答】解：（1）等比数列{a n}的前n项和为S n，S n=2n+r，可得a1=S1=2+r；a n=S n﹣S n﹣1=2n+r﹣（2n﹣1+r）=2n﹣1，上式对n=1也成立，即有2+r=1，解得r=﹣1．（2）b n=1+log2a n=1+log22n﹣1=1+n﹣1=n，数列{a n b n}的前n项和T n=1•20+2•2+3•22+…+n•2n﹣1，2T n=1•2+2•22+3•23+…+n•2n，两式相减可得，﹣T n=1+2+22+…+2n﹣1﹣n•2n=﹣n•2n，化简可得，T n=（n﹣1）•2n+1；（3）数列{}的前n项和为P n=1+++…+，P2n+1+≤k+P n，即为1+++…++…++≤k+1+++…+，化为k≥++…+，可设f（n）=++…+，f（n+1）﹣f（n）=+…+++﹣（++…+）=+﹣=﹣＜0，即有f（n）在自然数集上递减，可得f（1）取得最大值，且为1++=．则k≥．即实数k的最小值为．26．已知数列{a n}满足=a n+1（n∈N*），且a1=．（I）求证：数列{}是等差数列，并求通项a n．（2）若b n=，c n=b n•（）n，（n∈N*），且T n=c1+c2+…+c n，求证：1≤T n＜3．【解答】解：（I）证明：将=a n（n∈N*），两边取倒数，移项整理=+1+，=1006，故数列{}以1006为首项，以为公差的等差数列，=1006+（n﹣1）=，∴数列{a n}的通项公式，a n=，（2）将a n代入b n，得b n==n+1，∴c n=b n•（）n=（n+1）•（）n，T n=c1+c2+…+c n，=2×+3×（）2+4×（）3+…+（n+1）•（）n，T n=2×（）2+3×（）3+4×（）4+…+（n+1）•（）n+1，两式相减得：T n=1+（）2+（）3+…+（）n﹣（n+1）•（）n+1，=1+﹣（n+1）•（）n+1，=﹣，∴T n=3﹣＜3，由函数单调性可知，当n=1时，取最小值，T1=1∴1≤T n＜3．27．已知数列{a n}为公差不为0的等差数列，S n为其前n项和，a5和a9的等差中项为13，且a2•a5=a1•a14．令b n=，数列{b n}的前n项和为T n．（Ⅰ）求T n；（Ⅱ）是否存在不同的正整数m，n，使得T2，T m，T n成等比数列？若存在，求出所有的m，n的值；若不存在，请说明理由；（Ⅲ）若c n=，是否存在互不相等的正整数m，n，t，使得m，n，t成等差数列，且c m，c n，c t成等比数列？若存在，求出所有的m，n，t的值；若不存在，请说明理由．（Ⅰ）因为{a n}为等差数列，设公差为d，则由题意得，【解答】解：即，整理得，解得，所以a n=1+（n﹣1）×2=2n﹣1，由，…3分（Ⅱ）由（Ⅰ）得，因为T2，T m，T n成等比数列，所以，即，对上等式左右同时取倒数可得即，∵，∴，只需要﹣m2+4m+1＞0，所以，因为m∈N*，所以m可以取值1，2，3，4讨论：①当m=1时，带入，，不满足n∈N*，所以此时不存在．②当m=2时，带入，n=2，满足n∈N*，但是不满足m，n为不同整数的条件，所以此时也不存在．③当m=3时，带入，，不满足n∈N*，所以此时不存在．④当m=4时，带入，n=40，满足n∈N*，所以存在．综上所述，存在m=4，n=40满足T2，T m，T n成等比数列…7分（Ⅲ）由（Ⅰ）得，且2n=m+t，因为c m，c n，c t成等比数列，所以，将代入上式可得：将2n=m+t带入上式化简得：2•32n﹣1=32m﹣1+32t﹣1，不妨设m＜n＜t，则2•32n﹣1=32m﹣1+32t﹣1⇔32n﹣1﹣32m﹣1=32t﹣1﹣32n﹣1，即32m﹣1•（32n﹣2m﹣1）=32n﹣1•（32t﹣2n﹣1），∵2n﹣2m＞0且2n﹣2m∈N*所以上式左端因式32n﹣2m﹣1不含因数3，同理上式右端因式32t﹣2n﹣1不含因数3．而上式左端含有因数3的次数为2m﹣1次，上式右端含有因数3的次数为2n﹣1次．∵2m﹣1≠2n﹣1，所以32m﹣1•（32n﹣2m﹣1）≠32n﹣1•（32t﹣2n﹣1），所以方程无解．综上所述，不存在互不相等的正整数m，n，t，使得m，n，t成等差数列，且c m，c n，c t成等比数列…12分．28．各项为正数的数列{a n}的前n项和为S n，且满足：S n=2++（n∈N*）（1）求a n；（2）设函数f（n）=，c n=f（2n+4）（n∈N*），求数列{c n}的前n项和T n；（3）设λ为实数，对满足m+n=3k且m≠n的任意正整数m、n、k，不等式S m+S n ＞λS k恒成立，求实数λ的最大值．【解答】解：（1）由S n=2++（n∈N*）…①得n≥2时，S n﹣1=2++（n∈N*）…②①﹣②化简可得，（a n+a n﹣1）（a n﹣a n﹣1﹣2）=0又a n＞0，所以当n≥2时，a n﹣a n﹣1=2∴数列{a n}成等差数列，公差为2又则a1=1∴a n=2n﹣1（2）由f（n）=，可得c1=f（6）=f（3）=a3=5c2=f（8）=f（4）=f（2）=f（1）=a1=1当n≥3时c n=f（2n+4）=f（2n﹣1+2）=f（2n﹣2+1）=2（2n﹣1+1）﹣1=2n﹣1+1故当n≥3时T n=2n+n∴（3）S m+S n＞λS k⇒m2d2+n2d2＞c•k2d2⇒m2+n2＞λ•k2，恒成立．又m+n=3k且m≠n，，故，即λ的最大值为．29．设数列{a n}满足：a1=1，a n+1=2a n+1，数列{b n}满足：b n=a，其中a ＞0且a≠1，n∈N*（1）求证：数列{a n+1}为等比数列，并求出数列{a n}的通项公式；（2）试问数列是否为等差数列，如果是，请写出公差，如果不是，说明理由；（3）若a=2，记c n=，数列{C n}的前n项和为T n，数列的前n 项和为R n，若对任意n∈N*，不等式λnT n+＜2（λn+）恒成立，求实数λ的取值范围．【解答】（1）证明：∵a n+1=2a n+1，∴a n+1+1=2a n+2，即a n+1+1=2（a n+1），又∵a1+1=1+1=2，∴数列{a n+1}是首项、公比均为2的等比数列，∴a n+1=2n，a n=﹣1+2n；（2）结论：数列是公差为log a2的等差数列．理由如下：∵b n=log a，∴==log a（a n+1）=nlog a2，∴数列是等差数列，公差为log a2；（3）解：由（1）、（2）可知c n==，∵T n=2•+3•+…+（n+1）•，2T n=2•1+3•+…+（n+1）•，∴T n=2++…+﹣（n+1）•=1+﹣（n+1）•=3﹣，由（2）可知R n=，又∵对任意n∈N*，不等式λnT n+＜2（λn+）恒成立，∴对任意n∈N*，不等式λn（3﹣）+＜2（λn+）恒成立，∴对任意n∈N*，不等式λ＜恒成立，从而问题转化为求f（n）=的最小值，∵f（1）=，f（2）=﹣，f（3）=﹣，f（4）=﹣，且当n≥4时f（n）=随着n的增大而增大，∴λ＜f（3）=﹣．30．已知数列{a n}的前n项和S n=﹣a n﹣（）n﹣1+2（n为正整数）．=a n+（）n﹣1，并求数列{a n}的通项公式；（1）证明：a n+1（2）若=，T n=c1+c2+…+c n，求T n．【解答】解：（1）∵数列{a n}的前n项和（n为正整数），∴当n=1时，S1=a1=﹣a1﹣1+2，∴a1=．=﹣a n﹣1﹣（）n﹣2+2，当n≥2时，S n﹣1=a n=﹣a n+a n﹣1﹣（）n﹣1+（）n﹣2，∴S n﹣S n﹣1∴2a n=a n﹣1+（）n﹣1，=a n+（）n，∴2a n+1∴．设b n=2n a n，=1，即当n≥2时b n﹣b n﹣1=1∴b n﹣b n﹣1又∵b1=2a1=1∴数列{b n}是首项和公差均为1的等差数列．∴b n=1+（n﹣1）×1=n=2na n，∴a n=．（2）∵，∴=（n+1）（）n，∴T n=2×+3×（）2+4×（）3+…+（n+1）（）n，①T n=2×（）2+3×（）3+4×（）4+…+（n+1）（）n+1，②由①﹣②得T n=1+（）2+（）3+…+（）n﹣（n+1）（）n+1=﹣，∴T n=3﹣．31．在数列{a n}中，a1=2，a n+1=λa n+λn+1+（2﹣λ）2n（n∈N*），其中λ＞0．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）求数列{a n}的前n项和S n；（Ⅲ）证明存在k∈N*，使得对任意n∈N*均成立．【解答】解：（Ⅰ）解法一：a2=2λ+λ2+（2﹣λ）×2=λ2+22，a3=λ（λ2+22）+λ3+（2﹣λ）×22=2λ3+23，a4=λ（2λ3+23）+λ4+（2﹣λ）×23=3λ4+24．由此可猜想出数列{a n}的通项公式为a n=（n﹣1）λn+2n．以下用数学归纳法证明．（1）当n=1时，a1=2，等式成立．（2）假设当n=k时等式成立，即a k=（k﹣1）λk+2k，=λa k+λk+1+（2﹣λ）2k=λ（k﹣1）λk+λ2k+λk+1+2k+1﹣λ2k=[（k+1）﹣1]λk+1+2k+1．那么，a k+1这就是说，当n=k+1时等式也成立．根据（1）和（2）可知，等式a n=（n﹣1）λn+2n 对任何n∈N*都成立．=λa n+λn+1+（2﹣λ）2n（n∈N*），λ＞0，可得解法二：由a n+1，所以为等差数列，其公差为1，首项为0．故，所以数列{a n}的通项公式为a n=（n﹣1）λn+2n．（Ⅱ）解：设T n=λ2+2λ3+3λ4+…+（n﹣2）λn﹣1+（n﹣1）λn①λT n=λ3+2λ4+3λ5+…+（n﹣2）λn+（n﹣1）λn+1．②当λ≠1时，①式减去②式，得（1﹣λ）T n=λ2+λ3+…+λn﹣（n﹣1）λn+1=，．这时数列{a n}的前n项和．当λ=1时，．这时数列{a n}的前n项和．（Ⅲ）证明：通过分析，推测数列的第一项最大．下面证明：．③≤（λ2+4）a n（n≥2）．由λ＞0知a n＞0．要使③式成立，只要2a n+1因为（λ2+4）a n=（λ2+4）（n﹣1）λn+（λ2+4）2n≥4λ•（n﹣1）λn+4×2n=4（n﹣1）λn+1+2n+2≥2nλn+1+2n+2=2a n+1，n≥2．当且仅当λ=2时取等号，以③式成立．因此，存在k=1，使得对任意n∈N*均成立．32．已知{a n}为递增的等比数列，且{a1，a3，a5}⊆{﹣10，﹣6，﹣2，0，1，3，4，16}．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）是否存在等差数列{b n}，使得a1b n+a2b n﹣1+a3b n﹣2+…+a n b1=2n+1﹣n﹣2对一切n∈N*都成立？若存在，求出b n；若不存在，说明理由．【解答】解：（1）因为{a n}是递增的等比数列，所以数列{a n}公比q＞0，首项a1＞0，又{a1，a3，a5}⊆{﹣10，﹣6，﹣2，0，1，3，4，16}，所以a1=1，a3=4，a s=16，从而q2==4，q=2，a n=a1q n﹣1=2n﹣1，所以数列{a n}的通项公式为a n=2n﹣1；（2）假设存在满足条件的等差数列{b n}，其公差为d，则当n=1时，a1b1=1，又∵a1=1，∴b1=1；当n=2时，a1b2+a2b1=4，b2+2b1=4，b2=2则d=b2﹣b1=1，∴b n=b1+（n﹣1）d=1+（n﹣1）×1=n，以下证明当b n=n时，a1b n+a2b n﹣1++a n﹣1b2+a n b1=2n+1﹣n﹣2对一切n∈N*都成立．设S n=a1b n+a2b n﹣1+…+a n﹣1b2+a n b1，即S n=1×n+2×（n﹣1）+22×（n﹣2）+23×（n﹣3）+…+2n﹣2×2+2n﹣1×1，①2S n=2×n+22×（n﹣1）+23×（n﹣2）+…+2n﹣1×2+2n×1，②②﹣①得S n=﹣n+2+22+23++2n﹣1+2n=﹣n+=2n+1﹣n﹣2，所以存在等差数列{b n}，b n=n，使得a1b n+a2b n﹣1+a3b n﹣2+a n b1=2n+1﹣n﹣2对一切n∈N*都成立．33．已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=1﹣，其中n∈N*（1）设b n=，求证：数列{b n}是等差数列；（2）若c n=6n+（﹣1）n﹣1λ•2是否存在λ，使得对任意n∈N+，都有c n+1＞c n，若存在，求出λ的取值范围；若不存在，说明理由；（3）证明：：对一切正整数n，有++…+＜．【解答】解：（1）证明：b n﹣b n=d=﹣==+1所以数列{b n}是等差数列，a1=1，b1=2，因此b n=2n．…（4分）（2）c n=6n+（﹣1）n﹣1λ•2=6n+（﹣1）n﹣1λ•4n，由c n+1＞c n恒成立，则6n+1+（﹣1）nλ•4n+1＞6n+（﹣1）n﹣1λ•4n⇒6n+（﹣1）nλ•4n＞0当n为偶数时，λ＞=﹣，∴λ＞[﹣]max=﹣当n为奇数时，λ＜==，∴λ＜[]min=综上λ∈（﹣）..…（9分）（3）由（1）==＜=（n≥2）．．∴++…+＜+（﹣+﹣+…+）=．34．已知数列{a n}中，．（1）求数列{a n}的通项公式a n；（2）求数列{n2a n}的前n项和T n；（3）若存在n∈N*，使关于n的不等式a n≤（n+1）λ成立，求常数λ的最小值．【解答】解：（1）因为所以﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（1分）两式相减得所以﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2分）因此数列{na n}从第二项起，是以2为首项，以3为公比的等比数列所以﹣﹣﹣﹣（3分）故﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4分）（2）由（1）可知当n≥2当n≥2时，，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5分）∴，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分）两式相减得﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（7分）又∵T1=a1=1也满足上式，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（8分）所以﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9分）（3）a n≤（n+1）λ等价于，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）由（1）可知当n≥2时，设，则，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）∴，又及，∴所求实数λ的取值范围为，∴﹣﹣﹣﹣﹣（14分）35．九连环是我国的一种古老的智力游戏，它环环相扣，趣味无穷．按照某种规则解开九连环，至少需要移动圆环a9次．我们不妨考虑n个圆环的情况，用a n 表示解下n个圆环所需的最少移动次数，用b n表示前（n﹣1）个圆环都已经解下后，再解第n个圆环所需的次数，按照某种规则可得：a1=1，a2=2，a n=a n﹣2+1+b n ，b1=1，b n=2b n﹣1+1．﹣1（1）求b n的表达式；（2）求a9的值，并求出a n的表达式；（3）求证：．【解答】解：（1）由b n=2b n﹣1+1．可得b n+1=2（b n﹣1+1），又b1+1=2，∴数列{b n+1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴，得．（2）由已知，∴+28+26+24==341．当n是偶数时，=…==2n﹣1+2n﹣3+…+23+2==．当n是奇数时，=…==2n﹣1+2n﹣3+…+22+1=．综上所述：．（3）当n为偶数时，，当n为奇数时，．∴当n∈N*时，=，∴…+=．36．已知数列{a n}中，a1=2，a2=10，对任意n∈N*有a n+2=2a n+1+3a n成立．（I）若{a n+1+λa n}是等比数列，求λ的值；（II）求数列{a n}的通项公式；（III）证明：对任意n∈N*成立．【解答】（I）解：设a n+2+λa n+1=μ（a n+1+λa n），则a n+2=（μ﹣λ）a n+1+λμa n，令，得或者，即λ=1或λ=﹣3；（II）解：由（I）知a n+2+a n+1=3（a n+1+a n），而a2+a1=12，故a n+1+a n=（a2+a1）•3n﹣1=12•3n﹣1=4•3n，①同理a n+2﹣3a n+1=﹣（a n+1﹣3a n）有a n+1﹣3a n=（a2﹣3a1）•（﹣1）n﹣1=4•（﹣1）n﹣1，②①﹣②得4a n=4•3n﹣4•（﹣1）n﹣1，即a n=3n+（﹣1）n．（III）证明：当n=2k（k∈N*）时，注意到32k+1﹣32k﹣1=2•32k﹣1＞0，于是==．显然当n=1时，不等式成立；对于n≥2，当n为奇数时，===；当n为偶数时，===．综上对任意n∈N*有成立．37．设{a n}是等差数列，其前n项和为S n（n∈N*）；{b n}是等比数列，公比大于0，其前n项和为T n（n∈N*）．已知b1=1，b3=b2+2，b4=a3+a5，b5=a4+2a6．（Ⅰ）求S n和T n；（Ⅱ）若S n+（T1+T2+……+T n）=a n+4b n，求正整数n的值．【解答】解：（Ⅰ）设等比数列{b n}的公比为q，由b1=1，b3=b2+2，可得q2﹣q ﹣2=0．∵q＞0，可得q=2．故，；设等差数列{a n}的公差为d，由b4=a3+a5，得a1+3d=4，由b5=a4+2a6，得3a1+13d=16，∴a1=d=1．故a n=n，；（Ⅱ）由（Ⅰ），可得T1+T2+……+T n==2n+1﹣n ﹣2．由S n+（T1+T2+……+T n）=a n+4b n，可得，整理得：n2﹣3n﹣4=0，解得n=﹣1（舍）或n=4．∴n的值为4．38．已知有穷数列{a n}共有m项（m≥2，m∈N*），且|a n+1﹣a n|=n（1≤n≤m﹣1，n∈N*）．（1）若m=5，a1=1，a5=3，试写出一个满足条件的数列{a n}；（2）若m=64，a1=2，求证：数列{a n}为递增数列的充要条件是a64=2018；（3）若a1=0，则a m所有可能的取值共有多少个？请说明理由．﹣a n|=n（1【解答】解：（1）有穷数列{a n}共有m项（m≥2，m∈N*），且|a n+1≤n≤m﹣1，n∈N*）．m=5，a1=1，a5=3，则满足条件的数列{a n}有：1，2，4，7，3和1，0，2，﹣1，3．证明：（2）必要性若{a n}为递增数列，由题意得：a2﹣a1=1，a3﹣a2=2，…，a64﹣a63=63，∴a64﹣a1==2016，∵a1=2，∴a64=2018．充分性由题意|a n﹣a n|=n，1≤n≤63，n∈N*，+1∴a2﹣a1≤1，a3﹣a2≤2，…，a64﹣a63≤63，∴a64﹣a1≤2016，∴a64≤2018，∵a64=2018，﹣a n=n，1≤n≤63，n∈N*，∴a n+1∴{a n}是增数列，综上，数列{a n}为递增数列的充要条件是a64=2018．解：（3）由题意得a2﹣a1=±1，a3﹣a2=±2，…，a m﹣a m﹣1=±（m﹣1），假设a m=b1+b2+b3+…+b m﹣1，其中，b i∈{﹣i，i}，（i∈N*，1≤i≤m﹣1），则（a m）min=﹣1﹣2﹣…﹣（m﹣1）=﹣．若a n中有k项，，，…，取负值，则有a m=（a m）max﹣（+++…+），（*）∴a m的所有可能值与（a m）max的差必为偶数，下面用数学归纳法证明a n可以取到﹣与之间相差2的所有整数，由（*）知，只需从1，2，3，…，m﹣1中任取一项或若干项相加，可以得到2从1到的所有整数值即可，当m=2时，成立，当m=3时，从1，2中任取一项或两项相加，可以得到从1，2，3中任取一项或若干项相加，可以得到从1到3的所有整数，结论成立，②假设m=k（k≥3，k∈N*）结论成立，即从1，2，3，…，k﹣1中任取一项或若干项相加，可以得到从1到的所有整数值，则当m=k+1时，由假设，从1，2，3，…，k﹣1中任取一项或若干项相加，可以得到从1到的所有整数值，用k取代1，2，3，…，k﹣1中的k，可得，用k取代1，2，3，…，k﹣1中的k﹣2，可得，将1，2，3，…，k﹣1，k全部相加，可得，故命题成立，∴a m所有可能的取值共有：=个．39．已知数列{a n}满足，（n∈N*）（Ⅰ）判断数列{a n}的单调性；（Ⅱ）证明：（n≥2）；（Ⅲ）证明：．【解答】解：（Ⅰ）因为．当n=1时，．假设n=k时，a k＞0，所以n=k+1时，．从而对于一切n∈N*，a n＞0．所以，即数列{a n}单调递增．证明：（Ⅱ）因为，所以a2=3．＞a n，又因为由（Ⅰ）可知a n+1所以n≥2时a n≥3.，即（n≥2）．（Ⅲ）由（Ⅱ）得（n≥2）．所以（n≥2）．由ln（1+x）＜x（x＞0）得：（n≥2）．lna n﹣lna2=（lna n﹣lna n﹣1）+（lna n﹣1﹣lna n﹣2）+…+（lna3﹣lna2）（n≥3）．所以=（n≥3）．所以（n≥3），即（n≥3）．经验证a 1，a2也成立，即得证．40．已知各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n，满足a n+12=2S n+n+4，a2﹣1，a3，a7恰为等比数列{b n}的前3项．（Ⅰ）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（Ⅱ）设c n=，数列{c n}的前n项和T n．求证：T n．【解答】解：（Ⅰ）各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n，满足a n+12=2Sn+n+4，所以：，两式相减得：=，由于数列{a n}的各项均为正数，则：a n+1﹣a n=1（常数）．所以：a3=a2+1，a7=a2+5．由于a2﹣1，a3，a7，恰为等比数列{b n}的前3项．则：，解得：a2=3，由a n+12=2Sn+n+4，令n=1，解得：a1=2．所以：数列{a n}是以2为首项，1为公差的等差数列．则：a n=n+1．由题意知：b1=2，b2=4，b3=8，则：．（Ⅱ）证明：当n≥2时，，则：=，=，故：+…+]，=．故：．。