高考数学数列大题专题训练命题：郭治击 审题：钟世美参考答案1.解：（Ⅰ）设221,,,+n t t t 构成等比数列，其中100,121==+n t t ，则2121++⋅⋅⋅⋅=n n n t t t t T ①1212t t t t T n n n ⋅⋅⋅=+⋅+②①×②并利用)21(,102213+≤≤=⋅=⋅+-+n i t t t t n i n i，得（Ⅱ）由题意和（Ⅰ）中计算结果，知 另一方面，利用 得 所以2.解：（Ⅰ）0，1，2，1，0是一具满足条件的E 数列A 5。
（答案不唯一，0，1，0，1，0也是一个满足条件的E 的数列A 5） （Ⅱ）必要性：因为E 数列A 5是递增数列，所以)1999,,2,1(11 ==-+k a a k k .所以A 5是首项为12，公差为1的等差数列. 所以a 2000=12+（2000—1）×1=2011. 充分性，由于a 2000—a 1000≤1， a 2000—a 1000≤1 …… a 2—a 1≤1所以a 2000—a≤19999，即a 2000≤a 1+1999.又因为a 1=12，a 2000=2011,所以a 2000=a 1+1999.n n n A k a a 即),1999,,2,1(011 =>=-+是递增数列.综上，结论得证。
（Ⅲ）令.1),1,,2,1(011±=-=>=-=+A k k k c n k a a c 则因为2111112c c a a c a a ++=++=……所以13211)3()2()1()(-++-+-+-+=n n c c n c n c n na A S因为).1,,1(1,1-=-±=n k c c k k 为偶数所以所以)1()2)(1()1)(1*21n c n c n c -++--+-- 为偶数,所以要使2)1(,0)(-=n n A S n 必须使为偶数, 即4整除*)(144),1(N m m n m n n n ∈+==-或亦即.当,1,0,*)(14241414-===∈+=--+k k k n a a a A E N m m n 的项满足数列时14=k a ),,2,1(m k =时，有;0)(,01==n A S a当n A E N m m n数列时,*)(14∈+=的项满足，,1,0243314-===---k k k a a a当)1(,)(3424-∈+=+=m n N m m n m n 时或不能被4整除，此时不存在E 数列A n ，使得.0)(,01==n A S a3.4.解（１）法一：112(1)n n n a ba n a n --=+-，得1112(1)121n n n n a n n n a ba b b a ---+--==+⋅， 设n n n b a =，则121n n b b b b-=⋅+(2)n ≥， （ⅰ）当2b =时，{}n b 是以12为首项，12为公差的等差数列， 即111(1)222nb n n =+-⨯=，∴2n a = （ⅱ）当2b ≠时，设12()n n b b b λλ-+=⋅+，则122(1)n n b b b bλ-=⋅+-， 令21(1)b b λ-=，得12b λ=-，1121()22n n b b b b b-∴+=⋅+--(2)n ≥，知12nb b +-是等比数列，11112()()22n n b b b b b -∴+=+⋅--，又11b b=， 12112()222n nn n nb b b b b b b -∴=⋅-=⋅---，(2)2n n n nnb b a b -∴=-．法二：（ⅰ）当2b =时，{}n b 是以12为首项，12为公差的等差数列，即111(1)222nb n n =+-⨯=，∴2n a = （ⅱ）当2b ≠时，1a b =，2222222(2)22b b b a b b -==+-，33223333(2)242b b b a b b b -==++-，猜想(2)2n n n nnb b a b -=-，下面用数学归纳法证明： ①当1n=时，猜想显然成立；②假设当n k =时，(2)2k k k kkb b a b -=-，则 1111(1)(1)(2)(1)(2)2(1)(2)2(2)2k k k k k k k k k k k b a k b kb b k b b a a n kb b k b b +++++⋅+⋅-+-===+--+⋅--， 所以当1n k =+时，猜想成立，由①②知，*n N ∀∈，(2)2n n n nnb b a b -=-．（２）（ⅰ）当2b =时，112212n n n a ++==+，故2b =时，命题成立；（ⅱ）当2b ≠时，22122n n n n b b ++≥=，21211222n n n n b b b --+⋅+⋅≥=，11111,222n n n n n n b b b +--++⋅+⋅≥=，以上n 个式子相加得2212n n b b -+⋅+111122n n n n b b +--++⋅+⋅+2121222n n n n b n b -++⋅+≥⋅，2111211(2)(22)2(2)n n n n n n n n n b b b b +++++-⋅+⋅-=-1112n n b ++=+．故当2b ≠时，命题成立； 综上（ⅰ）（ⅱ）知命题成立．5.解：（I ）由已知1,n n a rS +=可得21n n a rS ++=，两式相减可得即21(1),n n a r a ++=+又21,a ra ra ==所以r=0时，数列{}n a 为：a ，0，…，0，…；当0,1rr ≠≠-时，由已知0,0n a a ≠≠所以（*n N ∈），于是由21(1),n n a r a ++=+可得211()n n a r n N a *++=+∈， 23,,,n a a a ∴+成等比数列，∴≥当n 2时，2(1).n na r r a -=+综上，数列{}n a 的通项公式为21,(1),2nn n a n a r r a n -=⎧=⎨+≥⎩（II ）对于任意的*m N ∈，且122,,,m m m m a a a ++≥成等差数列，证明如下：当r=0时，由（I ）知，,1,0,2ma n a n =⎧=⎨≥⎩ ∴对于任意的*m N ∈，且122,,,m m m m a a a ++≥成等差数列， 当0r≠，1r ≠-时，若存在*k N ∈，使得112,,k k S S S ++成等差数列，则122k k k S S S +++=，由（I ）知，23,,,,m a a a 的公比12r +=-，于是对于任意的*m N ∈，且122,2,4,m m m m m a a a a ++≥=-=从而12122,,,m m m m m m a a a a a a ++++∴+=即成等差数列，综上，对于任意的*m N ∈，且122,,,m m m m a a a ++≥成等差数列。
6.解析：（I ）由3()h x x x =-知，[0,)x ∈+∞，而(0)0h =，且(1)10,(2)60h h =-<=>，则0x =为()h x 的一个零点，且()h x 在12（，）内有零点，因此()h x 至少有两个零点解法1：1221'()312h x x x -=--，记1221()312x x x ϕ-=--，则321'()64x x x ϕ-=+。
当(0,)x ∈+∞时，'()0x ϕ>，因此()x ϕ在(0,)+∞上单调递增，则()x ϕ在(0,)+∞内至多只有一个零点。
又因为(1)0,0ϕϕ><，则()x ϕ在内有零点，所以()x ϕ在(0,)+∞内有且只有一个零点。
记此零点为1x ，则当1(0,)x x ∈时，1()'()0x x ϕϕ<=；当1(,)x x ∈+∞时，1()'()0x x ϕϕ>=；所以，当1(0,)x x ∈时，()h x 单调递减，而(0)0h =，则()h x 在1(0,]x 内无零点；当1(,)x x ∈+∞时，()h x 单调递增，则()h x 在1(,)x +∞内至多只有一个零点；从而()h x 在(0,)+∞内至多只有一个零点。
综上所述，()h x 有且只有两个零点。
解法2：122()(1)h x x x x -=--，记122()1x x x ϕ-=--，则321'()22x x x ϕ-=+。
当(0,)x ∈+∞时，'()0x ϕ>，因此()x ϕ在(0,)+∞上单调递增，则()x ϕ在(0,)+∞内至多只有一个零点。
因此()h x 在(0,)+∞内也至多只有一个零点，综上所述，()h x 有且只有两个零点。
（II ）记()h x 的正零点为0x ，即30x x =。
（1）当0a x <时，由1a a =，即10a x <.而332100a a x x =+=，因此20a x <，由此猜测：0na x <。
下面用数学归纳法证明：①当1n =时，10a x <显然成立；②假设当(1)n k k=≥时，有0k a x <成立，则当1n k =+时，由33100k k a a x x +=<=知，10k a x +<，因此，当1n k =+时，10k a x +<成立。
故对任意的*n N ∈，0na x <成立。
（2）当0a x ≥时，由（1）知，()h x 在0(,)x +∞上单调递增。
则0()()0h a h x ≥=，即3a a ≥+从而3321a a a a ==≤，即2a a ≤，由此猜测：n a a ≤。
下面用数学归纳法证明：①当1n =时，1a a ≤显然成立；②假设当(1)n k k=≥时，有k a a ≤成立，则当1n k =+时，由331k k a a a a +=≤+≤知，1k a a +≤，因此，当1n k =+时，1k a a +≤成立。
故对任意的*n N ∈，na a ≤成立。
综上所述，存在常数0max{,}Mx a =，使得对于任意的*n N ∈，都有n a M≤.7.（1）设{}n a 的公比为q ，则2212312,22,33b a b aq q b aq q =+==+=+=+=+由123,,b b b 成等比数列得22(2)2(3)q q +=+即212420,22qq q q -+===-解得所以{}n a 的通项公式为11(2(2.n n nn a a --=+=或（2）设{}n a 的公比为q ，则由22(2)(1)(3),aq a aq +=++得24310(*)aqaq a -+-=由20440aa a >∆=+>得，故方程（*）有两个不同的实根由{}n a 唯一，知方程（*）必有一根为0，代入（*）得1.3a= 8.解：（I ）设等差数列{}n a 的公差为d ，由已知条件可得110,21210,a d a d +=⎧⎨+=-⎩解得11,1.a d =⎧⎨=-⎩，故数列{}n a 的通项公式为2.n a n =-（II ）设数列1{}2n n n a n S -的前项和为，即2111,122nn n a a S a S -=+++=故， 所以，当1n >时，=.2nn 所以1.2nn n S -=综上，数列11{}.22n n n n a n n S --=的前项和 9.解：（I ）由题设1111,11n n a a +-=-- 即1{}1na -是公差为1的等差数列。