1、必修解答题第二章题一、解答题1、设数列a满足15a，an13a，写出这个数列的前 5 项并归纳猜想通项公式。nn2、根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式：(1)1,7，13,19，(2)0.8,0.88,0.888，115132961(3)，2481632643， 97(4)，1，21017(5)0,1,0,1，3、根据下列 5 个图形及相应点的个数的变化规律，试猜测第 n 个图中有多少个点2a4、数列a中，1，写出这个数列的前 4 项，并根据前 4 项观察规律，写出数列的一aa,annna11n个通项公式。15、设数列a1，1a满足1a1nnn，写出这个数列的前 5 项。an1nn
2、126、数列na中，已知a,nN。*n32（1）写出a10,an；（2）79是否是数列中的项？如果是，是第几项？137、写出以下各数列的通项公式：1111,2480,1,0,1,0,1,12341,2,3,4,234510,9,8,7,6,1,5,7,17,31,3153563,416366411111,261220309,99,999,9999,9nn18、已知 an10n说明理由(nN*)，试问数列an中有没有最大项？如果有，求出这个最大项；如果没有，9、在数列an中，a111，an19、在数列an中，a1112an1(n2，nN*)(1)求证：an3an；(2)求 a2011.9n29n
3、210、已知数列 9n21；(1)求这个数列的第 10 项；98(2)是不是该数列中的项，为什么？101(3)求证：数列中的各项都在区间(0,1)内；(4)在区间1，233 内有、无数列中的项？若有，有几项？若没有，说明理由11、已知数列11,，且a23,a415，求p,q的值。a满足aapaqnn1n12、等差数列an的公差 d0，试比较 a4a9与 a6a7的大小13、若 sin，sin，cos成等差数列，sin，sin，cos成等比数列，求证：2cos2cos2.14、已知等差数列an中，a1a4a715，a2a4a645，求此数列的通项公式15、已知两个等差数列an：5,8,11，bn
4、：3,7,11，都有 100 项，试问它们有多少个共同的项？416、已知数列an满足 a14，an4an11(n2)，令 bn.an2(1)求证：数列bn是等差数列；(2)求数列an的通项公式17、已知数列an满足 a11，且当 n1，nN*时，有，设 bn，an12an1115an12anannN*.(1)求证：数列bn为等差数列(2)试问 a1a2是否是数列an中的项？如果是，是第几项；如果不是，请说明理由1118、已知 a0，求证：a22a2.aa219、数列n，问是否存在适当的a1，使是等差数列？a满足3(*)a1annNnn20、在等差数列a中，已知a510,a31,，求首项a与公差
5、 dn121121、设 f(x)ax2bxc(a0)，若函数 f(x1)与 f(x)的图象关于 y 轴对称求证：f(x2)为偶函数22、在公差不为零的等差数列1,ax2axa的跟，求a中，a为方程0a的通项公式。n234n23、在等差数列S168a和d。a中，已知84812S求n124、设等差数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a312，且 S120，S131)，从中取出 1L，再用水加满，然后再取出 1L，再用水加满，如此反复进行，则第九次和第十次共倒出纯酒精_L.47、现在有某企业进行技术改造，有两种方案，甲方案：一次性贷款 10 万元，第一年便可获利 1 万元，以后每年比前一年增加 3
6、0%的利润；乙方案：每年贷款 1 万元，第一年可获利 1 万元，以后每年比前一年增加 5 千元，两方案使用期都是 10 年，到期后一次性归还本息，若银行贷款利息均按本息 10%的复利计算，试比较两种方案谁获利更多？(精确到千元，数据 1.1102.594,1.31013.79)48、在等比数列an中，a1an66，a3an2128，Sn126，求 n 和 q.49、求和：Snx2x23x3nxn(x0)50、已知 Sn为等比数列an的前 n 项和，Sn54，S2n60，求 S3n.51、为保护我国的稀土资源，国家限定某矿区的出口总量不能超过 80 吨，该矿区计划从 2010 年开始出口，当年出
7、口 a 吨，以后每年出口量均比上一年减少 10%.(1)以 2010 年为第一年，设第 n 年出口量为 an吨，试求 an的表达式；(2)因稀土资源不能再生，国家计划 10 年后终止该矿区的出口，问 2010 年最多出口多少吨？(保留一位小数)参考数据：0.9100.35.52、已知数列an的前 n 项和 Sn2n24.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bnanlog2an，求数列bn的前 n 项和 Tn.53、已知等差数列an满足：a37，a5a726，an的前 n 项和为 Sn.(1)求 an及 Sn；1(2)令 bn(nN*)，求数列bn的前 n 项和 Tn.a2n1154、已知数列
8、an的前 n 项和为 Sn，且 a11，an1Sn(n1,2,3，)2(1)求数列an的通项公式；31n(2)当 bnlog(3an1)时，求证：数列的前 n 项和 Tn.2bnbn1n155、已知数列an的各项均为正数，对任意 nN*，它的前 n 项和 Sn满足 Sn1(an1)(an2)，并且6a2，a4，a9成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn(1)n1anan1，Tn为数列bn的前 n 项和，求 T2n.56、数列an中，a11，前 n 项和 Sn满足 Sn1Sn()n1(nN*)133 (1)求数列an的通项公式an以及前 n 项和 Sn；(2)若 S1，t(S1S2
9、)，3(S2S3)成等差数列，求实数 t 的值57、已知点(1,2)是函数 f(x)ax(a0 且 a1)的图象上一点，数列an的前 n 项和 Snf(n)1.(1)求数列an的通项公式；(2)若 bnlogaan1，求数列anbn的前 n 项和 Tn.58、设 Sn是等差数列an的前 n 项和，已知 1S3， S4的等比中项为134求数列an的通项公式111S5； S3， S4的等差中项为 1，53459、设数列an的前 n 项和为 Sn，a11，Snnan2n(n1)(1)求数列an的通项公式 an；111(2)设数列的前 n 项和为 Tn，求证：Tn0，n2,3,4，)(1)求证：数列a
10、n是等比数列；1(2)设数列an的公比为 f(t)，作数列bn，使b11，bnfbn1(n2,3,4，)求数列bn的通项bn； (3)求和：b1b2b2b3b3b4b4b5b2n1b2nb2nb2n1.63、设数列an满足 a12，an1an322n1.(1)求数列an的通项公式；(2)令 bnnan，求数列bn的前 n 项和 Sn.64、已知数列n1（c是常数n1,2,3,），且a中，a12，aacnnna成公比不为 1 的1,a ,a23等比数列.（1）求c的值.（2）求a的通项公式.n65、已知等差数列a，a113，44a，它的前项和为S，求：nn（1）a的前n项和TS的最大值及此时n的
11、值.（2）数列nnn66、设等差数列an的前 n 项和为 Sn，公比是正数的等比数列bn的前 n 项和为 Tn，已知 a11，b13，a2b28，T3S315.(1)求an，bn的通项公式；(2)若数列cn满足 a1cna2cn1an1c2anc12n1n2 对任意 nN*都成立，求证：数列cn是等比数列67、已知数列log2(an1)(nN*)为等差数列，且 a13，a39.(1)求数列an的通项公式；111(2)证明：0，且第二项、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第三项、第四项(1)求数列an的通项公式；1t(2)设 bn(nN*)，Snb1b2bn，是否存在 t，使得对任意的
12、 n 均有 Sn总成立？若nan336 存在，求出最大的整数 t；若不存在，请说明理由73、设an是等差数列，bn12112 an，已知：b1b2b3，b1b2b3 ，求等差数列的通项 an.8874、已知数列an是公差d不为零的等差数列，数列abn是公比为q的等比数列，b1bb1,10,2346求公比q及bn75、已知等差数列an的公差与等比数列bn的公比相等，且都等于d(d0,d1)a1b1a33b3a55b5求an,bn76、有四个数，其中前三个数成等比数列，其积为 216，后三个数成等差数列，其和为 36，求这四个数。77、已知an为等比数列，a2,aa324203求an的通项式。78
13、、数列an的前n项和记为SaaSn,1,211n1n1n（）求an的通项公式；（）等差数列bn的各项为正，其前n项和为T，又T且315nab ab ab成等比数列，求11,22,33Tn79、已知正项数列an的前 n 项和 Sn1(an1)2，求an的通项公式480、已知公差大于零的等差数列an的前 n 项和为 Sn，且满足：a3a4117，a2a522.(1)求数列an的通项公式 an；Sn(2)若数列bn是等差数列，且 bn，求非零常数 c.nc以下是答案一、解答题1、115,a45,a135,a405aa53n1234n2、解(1)符号问题可通过(1)n或(1)n1表示，其各项的绝对值的
14、排列规律为：后面的数的绝对值总比前面数的绝对值大 6，故通项公式为 an(1)n(6n5)(nN*)88(2)数列变形为(10.1)，(10.01)，991188(10.001)，an10n(nN*)9923(3)各项的分母分别为 21,22,23,24， 易看出第 2,3,4 项的分子分别比分母少 3.因此把第 1 项变为，2213223233243因此原数列可化为，212223242n3an(1)n(nN*)2n3， 5， 7， 9(4)将数列统一为，对于分子 3,5,7,9，是序号的 2 倍加 1，可得分子的通项公式为 bn2510172n1，对于分母 2,5,10,17，联想到数列 1
15、,4,9,16即数列n2，可得分母的通项公式为 cnn21，2n1可得它的一个通项公式为 an(nN*)n21(5)an0n 为奇数1n 为偶数11n或 an(nN*)21cosn或 an(nN*)23、解图(1)只有 1 个点，无分支；图(2)除中间 1 个点外，有两个分支，每个分支有 1 个点；图(3) 除中间 1 个点外，有三个分支，每个分支有 2 个点；图(4)除中间 1 个点外，有四个分支，每个分支有 3 个点；猜测第 n 个图中除中间一个点外，有 n 个分支，每个分支有(n1)个点，故第 n 个图中点的个数为 1n(n1)n2n1.2a4a8a4、aaaaa12321a13a17a
16、2an1an121an1355、a1aaaa1,2,234523856、（1）a101093an1n23n31（2）是，第 15 项7、ann112an11n2ann2n2n1an11na21nnnan114n2an1n n1a10n1n998、解因为 an10n1(n2)10n(n1)1an9109n2n18n10n1，则10n19998n当 n7 时，10n10，998n当 n8 时，10n10，998n当 n9 时，10n10，9所以 a1a2a3a7a10a11a12，99故数列an存在最大项，最大项为 a8a9.108119、(1)证明 an3111an21an1111111an11
17、1111anan1an11an1an1an11(1an)an.an3an.(2)解由(1)知数列an的周期 T3，1a1，a21，a32.211又a2011a36701a1，a2011.229n29n210、(1)解设 f(n)9n213n13n23n2.3n13n13n128令 n10，得第 10 项 a10f(10).313n298(2)解令，得 9n300.3n1101此方程无正整数解，所以 98不是该数列中的项 1013n23n133(3)证明an1，3n13n13n13又 nN*，01，0an1.3n1 数列中的各项都在区间(0,1)内13n2 2(4)解令 an ，则33n1 33
18、n19n69n6n8378.n .63又nN*，当且仅当 n2 时，上式成立，故区间1，2433 上有数列中的项，且只有一项为 a2 .711、解：由已知可得a2paq，即pq31apaqppaqqp2apqq4322即3p2pqq15联立方程组pq33p2pqq15解得p3q6p或q2112、解设 ana1(n1)d，则 a4a9a6a7(a13d)(a18d)(a15d)(a16d)(a2111a1d24d2)(a1211a1d30d2)6d20，所以 a4a9a6a7.13、证明：由 sin，sin，cos成等差数列，得sincos2sin，则 12sincos4sin2，即 sin24
19、sin21.由 sin，sin，cos成等比数列，得 sincossin2，即 sin22sin2. 由得 4sin212sin2，所以 2(1cos2)11cos2，所以 2cos2cos2.14、解a1a72a4，a1a4a73a415，a45.又a2a4a645，a2a69，即(a42d)(a42d)9，(52d)(52d)9，解得 d2.若 d2，ana4(n4)d2n3； 若 d2，ana4(n4)d132n.15、解在数列an中，a15，公差 d1853.ana1(n1)d13n2.在数列bn中，b13，公差 d2734，bnb1(n1)d24n1.4m令 anbm，则 3n24m
20、1，n1.3m、nN*，m3k(kN*)，又0m1000n100，解得0m75.03k75，01，nN*时，1an12ananan111111224bnbn14，且 b15.anananana111bn是等差数列，且公差为 4，首项为 5.(2)解由(1)知 bnb1(n1)d54(n1)4n1.11an，nN*.bn4n111111a1，a2，a1a2.令 an，59454n145n11.即 a1a2a11，a1a2是数列an中的项，是第 11 项1118、证明：要证 a2aa22a2，11只需证 a222aaa2.因为 a0，11故只需证(a222)2(a2)2，aa1111即证 a24a
21、24a2222(a)2，aaaa22211从而只需证 2a222(aaa)，11只需证 4(a2)2(a22)，aa221即证 a22，而此不等式显然成立2a故原不等式成立19、解：假设存在这样的a满足题目条件。1an2annNan2an12an1n131(*)n1由已知an13an(nN*)可得an1an2annnan2a1a1a即2an1n12annnnn1an 1a，满足等差数列的定义，故假设是正确的。即存在适当的n21的等差数列。2a的值使数列a为公差为1n由已知条件an13an，令n1n1a23a1即313a。a1a，解得1121420、12,d3a121、证明：法一：要证 f(x)
22、为偶函数，21只需证 f(x)的对称轴为 x0，2b1只需证0，2a2只需证 ab.因为函数 f(x1)与 f(x)的图象关于 y 轴对称，bb即 x1 与 x关于 y 轴对称，2a2abb所以1，2a2a所以 ab，1所以 f(x)为偶函数21法二：要证 f(x)是偶函数，211只需证 f(x)f(x)22因为 f(x1)与 f(x)的图象关于 y 轴对称，而 f(x)与 f(x)的图象关于 y 轴对称，所以 f(x)f(x1)，11f(x)f(x)221f(x)1)21f(x)，21所以 f(x)是偶函数222、an2n23、a18,d4121112a1d0，22a111d0，24、解(1
23、)根据题意，有：131213a1d0，2a12d12，整理得：a16d0，a12d12.24解之得：d3.7(2)d0，13a1a13而 S1313a70，a70，2a60.数列an的前 6 项和 S6最大212a1d16，225、解由 S216，S424，得434a1d24.22a1d16，a19，即解得2a13d12.d2. 所以等差数列an的通项公式为 an112n(nN*)(1)当 n5 时，Tn|a1|a2|an|a1a2anSnn210n.(2)当 n6 时，Tn|a1|a2|an|a1a2a5a6a7an2S5Sn2(52105)(n210n)n210n50，故 Tnn210nn
24、5，n210n50n6.26、解(1)由 ana1(n1)d 及 a35，a109 得a12d5，a19d9，可解得a19，d2，所以数列an的通项公式为 an112n.nn1(2)由(1)知，Snna1d10nn2.2 因为Sn(n5)225， 所以当 n5 时，Sn取得最大值27、解设等差数列an的公差为 d，1则 Snna1 n(n1)d，27a121d7S77，S1575，15a1105d75，a13d1a12即，解得，a17d5d1 Sn11a1(n1)d2(n1)，n22SnS11n，n1n2Sn1数列 n 是等差数列，其首项为2，公差为，2nn1911 Tnn(2)n2n.224
25、4ana1n1d，28、解由 nn1Snna1d，2a12n111，得nn1na1235，2解方程组得n5a13或n7，a11.29、解：由已知可知a1023,a22，a25a15d2510222315d，解得d3。1a9d50a10ann。所以此数列的前 17 项均为正数，从第 18 项开始均为负数。353前 50 项的绝对值之和Sa1a2a3aaanaaaaaa1n12317181950S172S244211752059SSS5017175030、解：设数列1da的首项为a，公差为d，则a10，则2351aaaa，n1234由于a2,a ,a成等比数列，所以37a3a a， 化简得3a1d
26、2d20227所以2a13a d13d2d5解得20a1d520或a1d235所以数列a的通项公式为a或an3n5。nn231、(1)证明an12an1，an112(an1)，an112.an1an1是等比数列，公比为 2，首项为 2.(2)解由(1)知an1是等比数列 公比为 2，首项 a112.an1(a11)2n12n.an2n1.32、(1)解由 S11(a11)，得 a1(a11)，133 11a1.又 S2(a21)，2311即 a1a2(a21)，得 a2.34 (2)证明当 n2时，anSnSn111(an1)(an11)，33an1a21得，又，an2a12111所以an是首
27、项为，公比为的等比数列2233、解设等比数列an的公比为 q，则 q0.a32a2，a4a3q2q，qq2202q.q31解得 q1，q23.31当 q时，a118，31an183n1233n.2当 q3 时，a1，92an3n123n3.91综上，当 q时，an233n；3当 q3 时，an23n3.34、解由等比数列的性质知 a1a6a3a4329132a1a1a1a61133 32 解得求321 a1a6a6a6933 1a13当时 q232a631an2n13243232a2a4，2a2339992a2，a23，a4成等差数列，4391an2n1332a1311当时 q，an26n1a
28、623 324a2a42a23，39 不符合题意，1通项公式 an2n1.335、证明设an、bn的公比分别为 p、q，p0，q0，pq，cnanbn.要证cn不是等比数列，只需证 c2c1c3成立即可事实上，c2(a1pb1q)2a12p2b12q22a1b1pq，c1c3(a1b1)(a1p2b1q2) a21p2b21q2a1b1(p2q2)由于 c1c3c2a1b1(pq)20，因此 c2c1c3，故cn不是等比数列36、解设这四个数分别为 x，y,18y,21x，则由题意得y2x18y218yy21x，75x，4x3解得或.45y6y475， 45， 27，9故所求的四个数为 3,6
29、,12,18 或.444437、解：设数列a的首项为a，公比为qn1b1bb3，log2alogaloga32312223log2aaa3，a1a2a38，a22。123b1bb3，log2alogaloga32312223aalog2aloga3log2log323 1232qq即loglogloglog32aqaq22222即1log1log32qq，解得log2q22a11当log2q2时，1q4,a2，所以a4n122n3。nq22当log2q2时，n11a1q，a128，所以a8252nn4q44xy1038、设生产甲乙两种混合肥料各 x,yt 则18x15y66x0,y039、设一
30、次上网时间为 xh，选择 A 公司，费用 1.5x(元)；选择 B 公司，x17 时费用为x(35x)20元，x17 时为 15.3 元，所以x(35x)201.5x （0 x，10000Sn312811.5n657于是 Sn5000(辆)，即 1.5n.11.532657两边取常用对数，则 nlg1.5lg，32lg6575lg2即 n7.3，又 nN，因此 n8.lg3lg21所以到 2016 年底，电力型公交车的数量开始超过该市公交车总量的.346、答案11a812aa111解析用an表示每次取出的纯酒精，a11，加水后浓度为1，a21，加水后浓度为aaa1a111111aaa2，a3a
31、2，1111依次类推：a9a8，a10a9.11111112a9a8a.a847、解甲方案 10 年中每年获利数组成首项为 1，公比为 130%的等比数列，其和为1.31011(130%)(130%)2(130%)942.63(万元)，1.31到期时银行贷款的本息为10(10.1)10102.59425.94(万元)， 甲方案扣除贷款本息后，净获利约为 426325.9416.7(万元)乙方案 10 年中逐年获利数组成等差数列，11.5(190.5)1015.5232.50(万元)，而贷款本利和为 111(110%)(110%)91.11011.117.53(万元)1.11乙方案扣除贷款本息后
32、，净获利约为 325017.5315.0(万元)， 比较得，甲方案净获利多于乙方案净获利48、解a3an2a1an，a1an128，解方程组a1an128，a1an66，得a164，an2，或a12，an64.a1anq1将代入 Sn，可得 q，1q2 由 ana1qn1可解得 n6.a1anq将代入 Sn，可得 q2，1q由 ana1qn或 2.1可解得 n6.故 n6，q1249、解分 x1 和 x1 两种情况nn1(1)当 x1 时，Sn123n.2(2)当 x1 时，Snx2x23x3nxn，xSnx22x33x4(n1)xnnxn1，x1xn(1x)Snxx2x3xnnxn1nxn1
33、.1xx1xnnxn1Sn.1x21x综上可得 Snnn12x1x1xnnxn11x21xx1 且 x0.50、解方法一由题意 Sn，S2nSn，S3nS2n成等比数列，1826254(S3n60)，S3n.3a11qn方法二由题意得 a1，Sn541qa11q2nS2n601q10由得 1qn，91a1954qn，91q8a11q3n9541182S3n(1).1q893351、解(1)由题意知每年的出口量构成等比数列，且首项 a1a，公比q110%0.9，ana0.9n1(n1)a10.910(2)10 年的出口总量 S1010a(10.910)10.9S1080，10a(10.910)8
34、0，8即 a，a12.3.10.910故 2010 年最多出口 12.3 吨52、解(1)由题意，Sn2n24，n2 时，anSnSn12n22n12n1，当 n1 时，a1S12344，也适合上式，数列an的通项公式为 an2n1，nN*.(2)bnanlog2an(n1)2n1，Tn222323424n2n(n1)2n1，2Tn223324425n2n1(n1)2n2.得，Tn232324252n1(n1)2n22312n123(n1)2n2122323(2n11)(n1)2n(n1)2n2232n21(n1)2n22n2n2n2.53、解(1)设等差数列an的首项为 a1，公差为 d.因
35、为 a37，a5a726，所以a12d7，2a110d26，解得a13，d2.nn1所以 an32(n1)2n1，Sn3n2n22n.2所以，an2n1，Snn22n.(2)由(1)知 an2n1，1111 所以 bna2n12n1214nn1111nn1，4111111所以 Tn(1)4223nn1 11n(1)，4n14n1n即数列bn的前 n 项和 Tn.4n11an1Sn，254、(1)解由已知(n2)，1anSn123得 an1an(n2)23数列an是以 a2为首项，以为公比的等比数列2111又 a2S1a1，2223ana2()n2(n2)21，n1，an13n2，n2.2233
36、33(2)证明 bnlog(3an1)log()n1n.2222 1111.bnbnn1nn1n11111Tnb1b2b2b3b3b4bnbn111111111()()()()122334n1n1n1.1n1n55、解(1)对任意 nN*，有 Sn1(an1)(an2)，61当 n1 时，有 S1a1(a11)(a12)，6解得 a11 或 2.1当 n2 时，有 Sn1(an11)(an12)6 并整理得(anan1)(anan13)0.而数列an的各项均为正数，anan13.当 a11 时，an13(n1)3n2，此时 a24a2a9成立；当 a12 时，an23(n1)3n1，此时 a2
37、4a2a9不成立，舍去an3n2，nN*.(2)T2nb1b2b2na1a2a2a3a3a4a4a5a2na2n1a2(a1a3)a4(a3a5)a2n(a2n1a2n1)6a26a46a2n6(a2a4a2n)n46n2618n26n.21156、解(1)由 Sn)n1(nN*)，1Sn()n1得 an1(33 11又 a1，故 an()n(nN*)33111n3311从而 Sn1()n(nN*)123131413(2)由(1)可得 S1，S2，S3.3927 从而由 S1，t(S1S2)，3(S2S3)成等差数列得1134413()2()t，解得 t2.39273957、解(1)把点(1,
38、2)代入函数 f(x)ax得 a2， 所以数列an的前 n 项和为 Snf(n)12n1.当 n1 时，a1S11；当 n2 时，anSnSn12n2n12n1，对 n1 时也适合，an2n1.(2)由 a2，bnlogaan1得 bnn，所以 anbnn2n1.Tn120221322n2n1，2Tn121222323(n1)2n1n2n.由得：Tn2021222n1n2n，所以 Tn(n1)2n1.nn158、解设等差数列an的首项 a1a，公差为 d，则 Snnad，依题意，有23243543ad4ad5ad1112222，34251332433ad4ad122412，3ad5d20，整理
39、得 52ad2，212a1，d0 或 a4，d.53212an1 或 ann，553212 经检验，an1 和 ann 均合题意553212所求等差数列的通项公式为 an1 或 ann.5559、(1)解由 Snnan2n(n1)得an1Sn1Sn(n1)an1nan4n，即 an1an4.数列an是以 1 为首项，4 为公差的等差数列，an4n3.111(2)证明 Tna1a2a2a3anan1111115599134n34n111111(1)11145599134n34n1 111(1).44n14又易知 Tn单调递增，1，得 11 故TnT1Tn.55460、(1)证明由已知 an12a
40、n2n，an12an2nan得 bn11bn1.2n2n2n1bn1bn1，又 b1a11.bn是首项为 1，公差为 1 的等差数列an(2)解由(1)知，bnn，bnn.ann2n1.2n1Sn1221322n2n1两边乘以 2 得：2Sn121222(n1)2n1n2n，两式相减得：Sn121222n1n2n2n1n2n(1n)2n1，Sn(n1)2n1.61、解(1)设甲、乙两超市第 n 年的销售额分别为 an，bn.则有：a1a，n2 时：aaan(n2n2)(n1)2(n1)222 (n1)a.ana，n1，n1a，n2.bnb1(b2b1)(b3b2)(bnbn1)222 aa3a
41、32a3n12323n1a，(nN*)(2)易知 bn3a，所以乙超市将被甲超市收购，1由 bn an得： 322223n(n1)a.1a7，n7.即第 7 年乙超市的年销售额不足甲超市的一半，乙超市将被甲超市收购62、(1)证明由 a1S11，S21a2，32ta232t得 a2，.3ta13t又 3tSn(2t3)Sn13t，3tSn1(2t3)Sn23t.，得 3tan(2t3)an10.an2t3，(n2,3，)an3t1数列an是一个首项为 1，2t3公比为的等比数列3t2t321(2)解由 f(t)，3t3t 12得 bnfbn1bn1.32数列bn是一个首项为 1，公差为的等差数
42、列322n1bn1(n1).332n154(3)解由 bn，可知b2n1和b2n是首项分别为 1 和，公差均为的等差数列333 于是 b1b2b2b3b3b4b4b5b2n1b2nb2nb2n1b2(b1b3)b4(b3b5)b6(b5b7)b2n(b2n1b2n1)4(b2b4b2n) n4 133 24(2n23n)954n13363、解(1)由已知，当n1 时，an1)(a2a1)a13(22n122n32)222(n1)1.1(an1an)(anan而 a12，符合上式，所以数列an的通项公式为 an22n1.(2)由 bnnann22n1知Sn12223325n22n1， 从而 22
43、Sn123225327n22n1.得(122)Sn2232522n1n22n1，1即 Sn(3n1)22n12964、答案：c2 或（0 舍去）答案：an2n2n65、(1)答案：=342n343n(2)答案：T22n66、(1)解设数列an的公差为 d，数列bn的公比为 q(q0)由题意得d3q7，qq2d5，解得d1，q2.ann.bn32n1.(2)证明由 cn2cn1(n1)c2nc12n1n2，知 cn12cn2(n2)c2(n1)c12n(n1)2(n2)两式相减：cncn1c2c12n1(n2)，cn1cn2c2c12n11(n3)，cn2n1(n3)当 n1,2 时，c11，c
44、22，适合上式cn2n1(nN*)， 即cn是等比数列67、(1)解设等差数列log2(an1)的公差为 d.由 a13，a39，得 log2(91)log2(31)2d，则 d1.所以 log2(an1)1(n1)1n，即 an2n1.111(2)证明因为，an1an2n12n2n111所以a2a1a3a2an1an11112122232n11122n2110，d2 a11.an2n1(nN*)111(2)bnnan32nn12Snb1b2bn11nn1 ，12112 1123 11nn11211nn1 .2n1t假设存在整数 t 满足 Sn总成立，36n1n1又 Sn1Sn0，2n22n1
45、2n2n1数列Sn是单调递增的1t1S1为 Sn的最小值，故，即 t9.4364 又tZ，适合条件的 t的最大值为 8.73、解设等差数列an的公差为 d，1bn1则bn2 an112 an12 an1an12d.1数列bn是等比数列，公比 q2d.11b1b2b3b23，b2.8217b1b31b128b18，解得或 1.1b3b1b3b32841b18当时，q216，q4(q40 舍去)b321此时，bnb1qn184n122n5.11由 bn252n2an，an52n.b121q0，anan120.anan12.an是首项为 1，公差为 2 的等差数列an12(n1)2n1.80、解(1)设等差数列an的公差为 d，且 d0.a3a4a2a522，又 a3a4117，又公差 d0，a3a4，a39，a413.a12d9a13d13，a11d4，an4n3.nn1(2)由(1)知，Snn142n2n，2Sn2n2nbn.ncnc1615b1，b2，b3.1c2c3cbn是等差数列，2b2b1b3，122c2c0，c(c0 舍去)
