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（Ⅱ)证明：|xn?1-xn|≤证明（1）由x1?1212n?1。 ()6511?xn得x2?23?x4?58，x4?1321及xn+1?
由x2?x4?x6猜想：数列?x2n?是递减数列 下面用数学归纳法证明：
（1）当n=1时，已证命题成立 （2）假设当n=k时命题成立，即x2k?x2k?2 易知x2k?0，那么x2k?2?x2k?4?11?x2k?1?11?x2k?3?x2k?3?x2k?1(1?x2k?1)(1?x2k?3)
=
x2k?x2k?2(1?x2k)(1?x2k?1)(1?x2k?2)(1?x2k?3)?0
即x2(k?1)?x2(k?1)?2
也就是说，当n=k+1时命题也成立，结合（1）和（2）知，命题成立 （2）当n=1时，xn?1?xn?x2?x1?16，结论成立
11?xn?15212当n?2时，易知0?xn?1?1,?1?xn?1?2,xn??
?(1?xn)(1?xn?1)?(1?11?xn?1)(1?xn?1)?2?xn?1?
?xn?1?xn?11?xn25?11?xn?1?xn?xn?1(1?xn)(1?xn?1)25
?25xn?xn?1?（）xn?1?xn?2???（2）n-1x2?x1
12n-1?（）65 34.（2009四川卷文）设数列?an?的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an?5Sn?1成立，记bn?4?an1?an(n?N)
*（I）求数列?an?与数列?bn?的通项公式；
（II）设数列?bn?的前n项和为Rn，是否存在正整数k，使得Rn?4k成立？若存在，找
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出一个正整数k；若不存在，请说明理由； （III）记cn?b2n?b2有Tn?32n1?(n?N)，设数列?cn?的前n项和为Tn，求证：对任意正整数n都
*；
14解（I）当n?1时，a1?5S1?1,?a1??又?an?5Sn?1,an?1?5Sn?1?1
?an?1?an?5an?1,即an?1an??14
14∴数列?an?是首项为a1??4?(?)，bn?n14，公比为q??))n的等比数列，
1414∴an?(?14(n?N) ?????????????3分
n*1?(?（II）不存在正整数k，使得Rn?4k成立。
4?(?1414))n证明：由（I）知bn?1?(?5(?4)2k?1?4?n5(?4)?1n
?b2k?1?b2k?8??1?5(?4)?2k?1?8?516?1k?2016?4k?8?15?16?40(16?1)(16?4)kkk?8.
∴当n为偶数时，设n?2m(m?N) ∴Rn?(b1?b2)?(b3?b4)???(b2m?1?b2m)?8m?4n 当n为奇数时，设n?2m?1(m?N)
∴Rn?(b1?b2)?(b3?b4)???(b2m?3?b2m?2)?b2m?1?8(m?1)?4?8m?4?4n ∴对于一切的正整数n，都有Rn?4k
∴不存在正整数k，使得Rn?4k成立。 ?????????????8分 （III）由bn?4?5(?4)?1n?得
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cn?b2n?1?b2n?542n?1?542n?1?1?15?16nnn(16?1)(16?4)?15?16n2nn(16)?3?16?4?15?16(16)n2n?1516n又b1?3,b2?133,?c2?3243，
当n?1时，T1?当n?2时，
，
1Tn?43?25?(1162?1163???116n)?43?25?162[1?(1?11161)n?2]16694832
??43?25?161?2116? ?????????????14分
35.（2009天津卷理）已知等差数列{an}的公差为d（d?0），等比数列{bn}的公比为q（q>1）。设sn=a1b1+a2b2?..+ anbn,Tn=a1b1-a2b2+?..+(-1)(I)
若a1=b1= 1，d=2，q=3，求 S3 的值；
2dq(1?q1?q22nn?1 anbn,n?N
?(II)
若b1=1，证明（1-q）S2n-（1+q）T2n=
)，n?N；
?2...，n的两个不同的排列， (Ⅲ) 若正数n满足2?n?q，设k1,k2,...,kn和l1,l2,...,ln是1，，c1?akb1?akb2?...?akbn12n， c2?alb1?alb2?...?albn 证明
12nc1?c2。
本小题主要考查等差数列的通项公式、等比数列的通项公式与前n项和公式等基础知识，考查运算能力，推理论证能力及综合分析和解决问题的能力的能力，满分14分。
n?1*（Ⅰ）解：由题设，可得an?2n?1,bn?3,n?N
所以，S3?a1b1?a2b2?a3b3?1?1?3?3?5?9?55
n?1（Ⅱ）证明：由题设可得bn?q则
S2n?a1?a2q?a3q2?.....?a2nq2n?1, ①
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T2n?a1?a2q?a3q?a4q?.....?a2nqS2n?T2n?2(a2q?a4q?...?a2nq32n?1232n?1, ②
)①
式减去②式，得
① 式加上②式，得
22n?2) ③ S2n?T2n?2(a1?a3q?....?a2n?1q② 式两边同乘q，得
32n?1) q(S2n?T2n)?2(a1q?a3q?....?a2n?1q所以，
(1?q)S2n?(1?q)T2n?(S2n?T2n)?q(S2n?T2n)
?2d(q?q?K?q32n?1)
?2dq(1?q1?q22n),n?N*
(Ⅲ)证明：c1?c2?(ak?al)b1?(ak?al)b2?K?(ak?al)bn
1122nnn?1 ?(k1?l1)db1?(k2?l2)db1q?K?(kn?ln)db1q
因为d?0,b1?0,所以
c1?c2db1?(k1?l1)?(k2?l2)q?K?(kn?ln)qn?1
（1） 若kn?ln，取i=n
（2） 若kn?ln，取i满足ki?li且kj?lj,i?1?j?n 由（1）,(2)及题设知，1?i?n且
c1?c2db1?(k1?l1)?(k2?l2)q?K(ki?1?li?1)qi?2?(ki?li)qi?1
① 当ki?li时，得ki?li??1,由q?n，得ki?li?q?1,i?1,2,3.....i?1
i?2i?2?q(q?1) 即k1?l1?q?1，(k2?l2)q?q(q?1)?，(ki?1?li?1)qi?1i?1又(ki?li)q??q,所以
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c1?c2db1?(q?1)?(q?1)q?K(q?1)qi?2?qi?1?(q?1)1?qi?11?q
因此c1?c2?0,即c1?c2 ② 当ki?li同理可得
c1?c2db1??1，因此c1?c2
综上，c1?c2
36.（2009四川卷理）设数列?an?的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an?5Sn?1成立，记bn?4?an1?an(n?N)。
*（I）求数列?bn?的通项公式；
*（II）记cn?b2n?b2n?1(n?N)，设数列?cn?的前n项和为Tn，求证：对任意正整数n都
有Tn?32；
（III）设数列?bn?的前n项和为Rn。已知正实数?满足：对任意正整数n,Rn??n恒成立，求?的最小值。
本小题主要考查数列、不等式等基础知识、考查化归思想、分类整合思想，以及推理论证、分析与解决问题的能力。
解：（Ⅰ）当n?1时，a1?5a1?1,?a1??又 Qan?5an?1,an?1?5an?1?1
?an?1?an?5an?1,即an?1???14
14an
14数列?an?成等比数列，其首项a1??14)
n，公比是q??14
?an?(?4?(??bn?1?(?1414))n??????????????..3分
n（Ⅱ）由（Ⅰ）知bn?4?5(?4)?1n
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