恶搞个人

1．设a1,a2,,a20是首项为1，公比为2的等比数列. 对于满足0k19的整数k,

ank,数列b1,b2,,b20由bnank20,20当1n20k时,确定. 记Manbn. 当20kn20时,n1（I）当k=1时，求M的值；

（II）求M的最小值及相应的k的值.

（I）解：显然an2n1,其中1n20. ……………………………………1分

an1,当1n19时,当k1时,bn ……………………………………3分

n20时.a1,所以，Mabaannnn1n12019n1a20a12n119n12222n1219

n19n1192[(22)191]2392191922. …………………………6分 2321 （II）解：

Manbnn12020kn1aannka20a1n21k2020kanank202n1n12nk1n21k220n12nk21

20k 2n1k2nk2n21k2202nk22………………………………………………9分

k420k11120k412(240k2k)(220k220k) 24141332201k220220123121120 2k22. ………………12分 3332220231211. 当2k,即k10时,M32k231211,此时k10. ………………………………14分 所以，M的最小值为

3

2．设Sn为等差数列{an}的前n项和（n∈N*）

（1）若数列{an}单调递增，且a2是a1、a5的等比中项，求证：

SnSn22Sn1

3d(d0)问是否存在正的常数c，使得等式 2 （2）数列{an}的公差为d，且a1SncSn2c2Sn1c对任意正整数n都成立.若存在，求c（用d表

示）；若不存在，请说明理由.

解：记等差数列{an}的公差为d，由题意得

2a2a1a5(a1d)2a1(a14d) 即d0d0解得d=2a1……………………………………………………………………………2分 所以an于是(a1(n1)d2na1a1,Snn2a1………………………………4分

SnSn2)2(2Sn1)2[na1(n2)a1]24(n1)2a1

4(n1)2a14(n1)2a10

故

SnSn22Sn1……………………………………………………6分

（2）假设存在正常数c，使得等式又SnSncSn2c2Sn1c恒成立……7分

na1n(n1)3n(n1)1dnddnd2dn………………8分 2222所以当n=1时，有(315dcdc2(4dc)20整理变形得 22

7d2c2315dcdc221d21接下来证明：当cd2两边平方化简得c………………………………………………………… 时，

10分

SncSn2c2Sn1c对任意正整数n都成立

SncSn2c2Sn1c 1211111dndndd(n2)2d(n2)d2d(n1)2d(n1)d222222ddd(n3)2(n2)0 222(n1)∴存在正常数c使得等式

1d2

对任意正整数n都成立………………13分

SncSn2c2Sn1c3．已知数列{an}满足:a1a(aR）对于n1,2,3,有an1an3,an3;  （I）当0an4时,证明:0an14;

（II）若a满足0a1，求数列{an}的通项an； （III）证明：满足an≤3的自然数n存在. 解：（I）当0an3时,

an1an4,1an44,1an14.

当3an4时,an1an3,0an31, 0an11.

因此，0an4时,an14.

（II）0a1,

a2a4,a3a23a1,a

4a34a3,a5a43a. ∴猜想对于任意正整数l有

a4l3a,a4l24a,a4l31a,a4la3

下面用数学归纳法证明对

（i）a1a,满足对lN,a4l3a. （ii）假设当lk时有a4k3a.

则当lk1时,0a1,有a4k2a4k34a4,

a4k1a4k23a43a1, a4k4k14a3,a4(k1)3a4k1a4k3a, 即当lk1时,a4(k1)3a也成立.

由（i）（ii）可知对任意lN,a4l3a.

an4,an3.…………4分

…………6分

…………8分

同理可证a4l24a,a4l11a,a4la3

…………10分

（III）假设对所有的n，an3,则对所有的n,有an1an3，

知数列{an}是首项为a，公差为－3的等差数列.

ana(n1)(3)(a3)3n.

对于充分大的n，会有an3，这与假设矛盾， ∴假设错误，

∴有满足an3的自然数n存在

…………14分

333324．设数列{an}的各项都是正数，且对任意n∈N+，都有a1，记Sna2a3anSn为数列{an}的前n项和.

2 （1）求证：an=2Sn－an；

（2）求数列{an}的通项公式；

（3）若bn3n(1)n12n（为非零常数，n∈N+），问是否存在整数，使得对

任意 n∈N+，都有bn+1>bn.

3解：（1）在已知式中，当n=1时，a1a12

a ∵a1>0 ∴a1=1……………………………………1分

33332 当n≥2时，a1 ① a2a3anSn33332 a1a2a3an1Sn1 ②

3 ①－②得，anan(2a12a22an1an)…………………………3分 2 ∵an>0 ∴an=2a1+2a2+…+2an－1+an， 2 即an=2Sn－an ∵a1=1适合上式

2 ∴an=2Sn－an(n∈N+)……………………5分 2 （2）由（1）知an=2Sn－an(∈N+) ③ 2 当n≥2时， an1=2Sn－1－an－1 ④

22 ③－④得an－an1=2(Sn－Sn－1)－an+an－1=2an－an+ an－1= an+ an－1

∵an+an－1>0 ∴an－an－1=1……………………8分

∴数列{an}是等差数列，首项为1，公差为1，可得an=n………………9分

（3）∵ann

bn3n(1)n12an3n(1)n12n

bn1bn[3n1(1)n2n1][3n(1)n12n]233(1)∴(1)n1nn120n3()n1 ⑤……………………11分

2322k2当n=2k－1，k=1，2，3，……时，⑤式即为() ⑥

依题意，⑥式对k=1，2，3……都成立，∴λ<1………………12分 当n=2k，k=1，2，3，…时，⑤式即为()依题意，⑦式对k=1，2，3，……都成立， ∴∴322k1 ⑦

3……………………13分 231,又0 2∴存在整数λ=－1，使得对任意n∈N，都有bn+1>bn………………14分

5．如图,将圆分成n个扇形区域,用3种不同颜色给每一个扇形区域染色,要求相邻区域颜色互异,把不同的染色方法种数记为an. (Ⅰ)求a1, a2,a3,a4；

(Ⅱ)求an与an1(n2)的关系式；

(Ⅲ)求数列{an}的通项公式an,并证明an2n(nN*). 解：（Ⅰ） 当n=1时，不同的染色方法种数a1=3 ，……………………1分 当n=2时，不同的染色方法种数a2 =6 ，……………………………2分 当n=3时，不同的染色方法种数a3=6 ，……………………………3分 当n=4时，分扇形区域1，3同色与异色两种情形

∴不同的染色方法种数a4=3×1×2×2+3×2×1×1=18…………………4分

n

（Ⅱ）依次对扇形区域1,2,3,…n,n+1染色，不同的染色方法种数为3×2，其中扇形区域1与n+1不同色的有an+1种，扇形区域1与n+1同色的有an种

n

∴an+ an+1=3×2 （n ≥2）……………………………………………6分

n

（Ⅲ）∵an+ an+1=3×2 （n ≥2）

2

∴a2+a3 =3×2

a3 +a4 =3×23……………… an-1+ an=3×2n-1

k

将上述n-2个等式两边分别乘以(-1)(k=2,3…, n-1)，再相加，得

2n1， a2(1)an32323(1)2n123n1n121(2)31(2)nn

∴an=2 +2 (-1)，…………………………………………………9分 从而………………………………………10分 3,(n1)annn22(1),(n2)（Ⅲ）证明：当n=1时，a1=3 >2×1, 当n=2时，a2=6 >2×2， 当n ≥3时，

an2n2(1)n(11)n2(1)n23n21nCnCnCnn12(1)n

2n22(1)n2n故an≥2n (n∈N*).…………………………………………………14分

6．如图所示的树形图形.第一层是一条与水平线垂直的线段，长度为1；第二层在第一层线段的前端作两条与该段均成1350的线段，长度为其一半；第三层按第二层的方法在每一线段的前端生成两条线段；重复前面的作法作图至第n层.设树形图的第n层的最高点到水平线的距离为第n层树形图的高度.

（Ⅰ）求第三层及第四层树形图的高度H3，H4； （Ⅱ）求第n层树形图的高度Hn；

（Ⅲ）若树形图的高度大于2，则称树形图为“高大”，否则称为“矮小”.显然，当n1,2时是“矮小”的，是否存在mZ.使得当nm时，该树形图是“高大”的? 解：(Ⅰ)设题中树形图（从下而上）新生的各层高度所构成的数列为{an}， 则a11,a212112， ,a32,a432222252. 4所以，第三层树形图的高度H3a1a2a3第四层树形图的高度H4a1a2a3a42052.

16（Ⅱ）易知

an2an1(n为奇数时)12n1， ，所以第n层树形图的高度为an412(n为偶数时)2n12所以，当n为奇数时，第n层树形图的高度为

n1(n1)12121211(4)221(4)4[1(1)n1]2[1(1)n1]；

Hn1132321144当n为偶数时，第n层树形图的高度为

nn12121211(4)221(4)4[1(1)n]2[1(1)n].

Hn1132321144（Ⅲ）不存在.

由（Ⅱ）知，当n为奇数时，

441212Hnlim[1()n1][1()n1]2；

n32323341n21n42[1()]2， 当为偶数时，Hnlim[1()]n323233由定义，此树形图是永远是“矮小“的.所以不存在mZ.使得当nm时，该树形图是“高大”

的.

k7．我们把数列{an，S（k，n）表 }叫做数列{an}的k方数列（其中an>0，k，n是正整数）

示k方数列的前n项的和。 （1）比较S（1，2）·S（3，2）与[S（2，2）]2的大小；

（2）若数列{an}的1方数列、2方数列都是等差数列，a1=a，求数列{an}的k方数列通项公式。

（3）对于常数数列an=1，具有关于S（k，n）的恒等式如：S（1，n）=S（2，n），S（2，

n）=S（3，n）等等，请你对数列{an}的k方数列进行研究，写出一个不是常数数列{an}的k方数列关于S（k，n）的恒等式，并给出证明过程。

解：（1）S（1，2）=a1a2,S(3,2)a1a2,S(2,2)a1a2 …………2分

∴S（1，2）·S（3，2）－[S（2，2）]2

=(a1a2)(a1a2)(a1a2) …………4分 =a1a2a2a12a1a2 =a1a2(a1a2) ∵an0,23322332223322S(1,2)S(3,2)[S(2,2)]2 …………5分

22（2）设anan1d,anan1p …………7分

则 d(anan1)p ……① d(an1an)p ……②

∴②－①得 2d2=0，∴d=p=0 …………9分

anan1kkanan10

k∴anak ………………11分

（3）当an=n时，恒等式为[S（1，n）]2=S（3，n） …………15分 证明：[S(1,n)]2S(3,n)

[S(1,n1)]2S(3,n1)(n2,nN*)

3相减得： an[S(1,n)S(1,n1)]an

∴[S(1,n)S(1,n1)]an

2[S(1,n1)S(1,n2)]an1 2相减得：anan1anan1,22an0

anan11,a11

∴ann ………………18分

8．在下列由正数排成的数表中，每行上的数从左到右都成等比数列，并且所有公比都等于q，每列上的数从上到下都成等差数列.aij表示位于第i行第j列的数，其中

15a24,a421,a54.

816a11 a21 a31 a41 … ai1 … a12 a22 a32 a42 … ai2 … a13 a23 a33 a43 … ai3 … a14 a24 a34 a44 … ai4 … a15 a25 a35 a45 … ai5 … … … … … … … … a1j a2j a3j a4j … aij … … … … … … … … （I）求q的值；

（II）求aij的计算公式；

（III）设数列{bn}满足bnann,{bn}的前n

项和为Sn，试比较

Sn与Tn6n11(nN*) 的大小，并说明理由.

5(n1)解：（I）设第4列公差为d，则da54a2452511681. 316a5111故a44a54d16164,于是q244a. 424由于a1ij0,所以q0,故q2.………………………………3分 （II）在第4列中，a11i4a24(i2)d816(i2)116i. 由于第i行成等比数列，且公比q12，

所以，aj4ijai4q116i(12)j4i(12)j.……………………6分 （

III

）

由

（

II

）

可

a1n1nnn(2).即bnn(2)n.所以Snb1b2b3bna11a22a33ann,即S1n1122(12)23(12)3(n1)(12)nn(12)n故1S11111n1()22(2)33(2)4(n1)(2)nn(2)n122两式相减,得1S11111n(2)2(2)3(2)nn(2)n122 1[1(1)n]22n(1)n11(1)n(1)n1.112222所以S1nn22n12n.8分设f(x)21x2x12x(x0)， 即f(x)22x2x2x2x22x2(2x)x.因为f(x)[2x(2x)2x(1)ln2]2x[(2x)ln21]xx22x2x[ln22lne]2lne,

且当x0时,x22.所以22x224.22x于是4ee1.所以ln22xe0.又2x0，所以在(0,)上f(x)2xln22xe0.因此函数f(x)21x2x12x在(0,)单调递增 得

所以Sn2同理设g(x)12n1n(nN*)是递增数列 …………………………10分 n26x11(x0)，

5(x1)因为g(x)16(x1)(6x11)10(x0),5(x1)2(x1)26x11故g(x)在(0,)单调递减.5(x1)所以Tn

6n11(nN*)是递减数列 …………………………………12分

5(n1)容易计算S1f(1)135,S2f(2)1,S3f(3)1,S4f(4)1， 2887892T1g(1)1,T2g(2)1,T3g(3)1,T4g(4)1，

1015205显然S1T1,S2T2,S3T3,S4T4，

所以当n3时,SnTn;当n3时,SnTn. ………………

9．已知递增数列an满足：a11,2an1anan2(nN*)，且a1,a2,a4成等比数列 （Ⅰ）求数列

an的通项公式an，（Ⅱ）若数列

bn满足：

2bn1bn(n2)bn3,b11,nN*

① 证明：bnan， ②记Tn11111，证明：Tn 23b13b23b33bn10．在数列{an}中，a1a，an1*5an6，n1,2,3,. an（Ⅰ）若对于nN，均有an1an成立，求a的值； （Ⅱ）若对于nN，均有an1an成立，求a的取值范围；

（Ⅲ）请你构造一个无穷数列{bn}，使其满足下列两个条件，并加以证明： ① bnbn1, n1,2,3,；

② 当a为{bn}中的任意一项时，{an}中必有某一项的值为1. （Ⅰ）解：

依题意，an1ana，n1,2,3,. 所以a*5a6，解得a2，或a3，符合题意. ………….. 3a分

（Ⅱ）解：

解不等式an1an，即

5an6an， 得an0，或 2an3. an所以，要使a2a1成立，则a10，或 2a13. ………….. 4分

（1）当a10时，a2f(a1)5a16655， a1a1而a3a2f(a2)a25a26(a2)(a23)a220， a2a2即a3a2，不满足题意. ………….. 6分

（2）当2a13时，a2f(a1)题意.

5a16665(2， 3)，a35(2， 3)，，满足a1a1a2 3). ………….. 8综上，a(2，分

（Ⅲ）解： 构造数列{bn}：b1分

那么 bn563bn1， (nN*). ………….. 10

5bn26. 不妨设a取bn， bn1665bn1a1bn，

那么

a25a35665bn2a2bn1，，

an56635b1， an1b226651. …………..anb1an15由b1632， （n1，nN*）. 2，可得bn5bn126(b2)(bn3)bnn0，所以bnbn1, n1,2,3,. 5bn5bn因为bn1bn又bn25，所以数列{bn}是无穷数列，因此构造的数列{bn}符合题意.……….. 14分

11．已知数列an的前n项和Sn 满足：S11,Sn12Sn1(nN),数列bn的通项公式为bn3n4(nN). （I）求数列an的通项公式；

（II）试比较an与bn的大小,并加以证明； （III）是否存在圆心在

使得三点x轴上的圆C及互不相等的正整数n、m、k，An(bn,an),Am(bm,am),Ak(bk,ak)落在圆C上?说明理由. 解：（I）Sn12Sn1(nN),

Sn12Sn1,Sn22Sn11(nN),

两式相减得an22an10,an22an1(nN).………………………2分 又a1S11,S22S13a1a21,a22a1.

a11,an12an(nN),即数列an是首项为1,公比为2的等比数列,其通项公式是an(2)n1(nN). ……………………4分

另解一: S11,Sn12Sn1(nN),

S1211211,Sn12(Sn)(nN),即数列Sn是首项为,公比为2的等比数列,通项公

333333n式是S1(2)(nN).……………………2分

n33nn1当n2时, aSS(2)1(2)1(2)n1,

nnn13333又a11,an(2)n1(nN). ………………………4分

（II）(1)a11,b11;a22,b22;a48,b48.

当n1,2,4时,anbn. ……………………………6分

(2)当n2k1(kN)时, a2k1(2)2k0,b2k16k10,anbn.

……………………………7分

(3)当n2k(kN,k3)时,

a2k22k124(11)2k516(C20k5C1)32k64,b2k6k4, 2k5anbn26k60180,即an（III）不存在圆心在

bn. ……………………………9分

C及互不相等的正整数n、m、k，使得三点An,Am,Ak落在圆C上

x轴上的圆

x …………10分

假设存在圆心在

轴上的圆C及互不相等的正整数n、m使得三点An,Am,Ak即、k，An(3n4,(2)n1),Am(3m4,(2)n1),Ak(3k4,(2)k1)落在圆C上 不妨设nmk,设圆C的方程为:x2y2DxF0

从而9n224n164n1(3n4)DF0 ①

9m224m164m1(3m4)DF0 ② 9k224k164k1(3k4)DF0 ③

由①②, ②③得

9(nm)(nm)24(nm)(4n14m1)3(nm)D0

9(mk)(mk)24(mk)(4m14k1)3(mk)D0

即9(nm)244n14m13D0 ④

nm9(mk)24由④⑤得

4m14k13D0 ⑤

mk4n14m14m14k19(nk)0

nmmk整理得

4k14nk4mk9(nk)(mk)(nk)()(nm)0, (nm)(mk)nkmk4nk4mk ………………………12分 nmk1,.nkmkxxxx作函数f(x)4(x1),由f(x)x4ln444(xln41)0(x1),

22xxxx知函数f(x)4(x1)是增函数 xnk4mk产生矛盾 nmk1,nkmk1,4,nkmk故不存在圆心在x轴上的圆C及互不相等的正整数n、m、k，使得三点An,Am,Ak落在圆C上 …14分