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?a6?12?a1?5d?12?a1?2SnSnn?1n?1解析：???Sn?n(n?1)?2??lim2?lim?1???n??n??nnnn?d?2?a1?d?12?s3?12
答案：1
18.（2009宁夏海南卷文）等比数列{an}的公比q?0, 已知a2=1，an?2?an?1?6an，则{an}的前4项和S4= 解析 由an?2?an?1?6an得：qn?1?qn?6qn?1，即q?q?6?0，q?0，解得：q＝2，
21又a2=1，所以，a1?答案
15212，S4?2(1?2)1?24＝
152。
219.(2009湖南卷理)将正⊿ABC分割成n（n≥2，n∈N）个全等的小正三角形（图2，图
3分别给出了n=2,3的情形），在每个三角形的顶点各放置一个数，使位于⊿ABC的三遍及平行于某边的任一直线上的数（当数的个数不少于3时）都分别一次成等差数列，若顶点A ,B ,C处的三个数互不相同且和为1,记所有顶点上的数之和为f(n)，则有f(2)=2，f(3)=
16103，?，
f(n)= (n+1)(n+2)
答案
101,(n?1)(n?2) 36解析 当n=3时，如图所示分别设各顶点的数用小写字母表示，即由条件知
a?b?c?1,x1?x2?a?b,y1?y2?b?c,z1?z2?c?a
x1?x2?y1?y2?z1?z2?2(a?b?c)?2,2g?x1?y2?x2?z1?y1?z2 6g?x1?x2?y1?y2?z1?z2?2(a?b?c)?2
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即g?13而f(3)?a?b?c?x1?x2?y1?y2?z1?z2?g?1?12?13?103
进一步可求得f(4)?5。由上知f(1)中有三个数，f(2)中 有6个数，f(3)中共有10个数相加 ，f(4)中有15个数相加?.，若f(n?1)中有an?1(n?1)个数相加，可得f(n)中有(an?1?n?1)个数相加，且由
f(1)?1?33,f(2)?63?3?333?f(1)?33,f(3)?103?f(2)?43,f(4)?5?f(3)?53,...
可得f(n)?f(n?1)?f(n)?f(n?1)?n?13?33?n?1,所以
n?13?n3?...?n?13?n3?n?13?33?f(1)
?f(n?2)?23?13?16=
n?13?n3?n?13(n?1)(n?2)
2an?120.（2009重庆卷理）设a1?2，an?1?项公式bn= ．
2，bn?an?2an?1，n?N，则数列?bn?的通
*解析 由条件得bn?1?an?1?2an?1?1?an?12an?1?2?2?1an?2an?1?2bn且b1?4所以数列?bn?是首
n?1n?1?2项为4，公比为2的等比数列，则bn?4?2
答案 2n+1
三、解答题
21.(2009年广东卷文)（本小题满分14分）
已知点（1，）是函数f(x)?a(a?0,且a?1）的图象上一点，等比数列{an}的前n项
31x和为f(n)?c,数列{bn}(bn?0)的首项为c，且前n项和Sn满足Sn－Sn?1=Sn+Sn?1（n?2）.
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式； （2）若数列{
1bnbn?1}前n项和为Tn，问Tn>
10002009的最小正整数n是多少?
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?1?解（1）Qf?1??a?,?f?x???? 3?3?a1?f?1??c?13?c ,a2???f1x?2??c?????f?1??c????22729,
a3???f?3??c?????f?2??c???? .
4又数列?an?成等比数列，a1?a22a3??2181????c ，所以 c?1； 23327n?1又公比q?a2a12?1??，所以an????33?3?1?1?*??2?? n?N ；
?3?nQSn?Sn?1??Sn?Sn?1??Sn?Sn?1??Sn?Sn?1 ?n?2?
又bn?0,Sn?0, ?Sn?Sn?1?1；
2数列?Sn?构成一个首相为1公差为1的等差数列，Sn?1??n?1??1?n ， Sn?n
当n?2， bn?Sn?Sn?1?n??n?1??2n?1 ；
?bn?2n?1(n?N)；
*22（2）Tn?1b1b2?1b2b3?1b3b4?L?1bnbn?1?11?3?13?5?15?7?K?1(2n?1)??2n?1?
?1?1?1?11?1?11?1?11?1??????K?????????? 2?3?2?35?2?57?2?2n?12n?1??1?1n?1??； ??2?2n?1?2n?1 由Tn?n2n?1?10002009得n?10009，满足Tn?10002009的最小正整数为112.
1n)an?n?12n22.（2009全国卷Ⅰ理）在数列{an}中，a1?1,an?1?(1?（I）设bn?ann
，求数列{bn}的通项公式
（II）求数列{an}的前n项和Sn 分析：（I）由已知有
an?1n?1?ann?12n?bn?1?bn?12n
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利用累差迭加即可求出数列{bn}的通项公式: bn?2?（II）由（I）知an?2n?n12n?1(n?N)
*n2n?1,
n?Sn=?(2k?k?1k2n)?k?1?k?1n(2k)??k?1k2k?1
n而?(2k)?n(n?1),又?k?1k?1nk2k?1是一个典型的错位相减法模型，
易得?k?1k2k?1?4?n?22n?1 ?Sn=n(n?1)?n?22n?1?4
评析：09年高考理科数学全国(一)试题将数列题前置,考查构造新数列和利用错位相减法求前n项和，一改往年的将数列结合不等式放缩法问题作为押轴题的命题模式。具有让考生和一线教师重视教材和基础知识、基本方法基本技能,重视两纲的导向作用。也可看出命题人在有意识降低难度和求变的良苦用心。
23.（2009北京理）已知数集A??a1,a2,?an??1?a1?a2??an,n?2?具有性质P；对任意的
i,j?1?i?j?n?，aiaj与
ajai两数中至少有一个属于A.
（Ⅰ）分别判断数集?1,3,4?与?1,2,3,6?是否具有性质P，并说明理由； （Ⅱ）证明：a1?1，且
a1?a2???ana1?a2???an?1?1?1?an；
（Ⅲ）证明：当n?5时，a1,a2,a3,a4,a5成等比数列.
【解析】本题主要考查集合、等比数列的性质，考查运算能力、推理论证能力、分 分类讨论等数学思想方法．本题是数列与不等式的综合题，属于较难层次题. （Ⅰ）由于3?4与
43均不属于数集?1,3,4?，∴该数集不具有性质P.
661236,,,,,都属于数集?1,2,3,6?， 231236 由于1?2,1?3,1?6,2?3, ∴该数集具有性质P.
（Ⅱ）∵A??a1,a2,?an?具有性质P，∴anan与
anan中至少有一个属于A，
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由于1?a1?a2???an，∴anan?an，故anan?A. 从而1?anan?A，∴a1?1.
∵1?a1?a2???an， ∴akan?an，故akan?A?k?2,3,?,n?. 由A具有性质P可知
anakanananan?1anan?1anan?1ana2ana2?A?k?1,2,3,?,n?.
又∵
?????ana1，
∴
anan?1,?a2,??an?1,ana1?an，
从而
anan????ana2?ana1?a1?a2???an?1?an，
∴
a1?a2???ana1?a2???an?1?1?1?an.
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当n?5时，有
a5a4?a2,a5a3?a3，即a5?a2a4?a3，
2 ∵1?a1?a2???a5，∴a3a4?a2a4?a5，∴a3a4?A， 由A具有性质P可知
a4a3a4a3?A.
2 a2a4?a3，得
a3a2??A，且1?a3a2?a2，∴
a4a3?a3a2?a2，
∴
a5a4?a4a3?a3a2?a2a1?a2，即a1,a2,a3,a4,a5是首项为1，公比为a2成等比数列.
24.（2009江苏卷）设?an?是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，满足
a2?a3?a4?a5,S7?72222。 （1）求数列?an?的通项公式及前n项和Sn； （2）试求所有的正整数m，使得
amam?1am?2为数列?an?中的项。 【解析】 本小题主要考查等差数列的通项、求和的有关知识，考查运算和求解的能力。满
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