?1?1?n； 1????2?2n?1?2n?1n2n?1?10002009 由Tn?得n?10009，满足Tn?10002009的最小正整数为112.
22.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；
a1?a2???ana?11（Ⅱ）证明：a1?1，且
?a?12???a?1n?an；
（Ⅲ）证明：当n?5时，a1,a2,a3,a4,a5成等比数列. （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，
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
anak?A?k?1,2,3,?,n?.
又∵
anan?anan?1anan?1anan?1???ana2ana2?ana1，
∴
anan?1,?a2,??an?1,ana1?an，
从而
anan????ana2?ana1?a1?a2???an?1?an，
6
∴
a1?a2???ana?11?a?12???a?1n?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.
a2a4?a32，得
a3a2???A，且1?a3a2?a2，∴
a4a3?a3a2?a2，
∴
a5a4?a4a3?a3a2a2a1?a2，即a1,a2,a3,a4,a5是首项为1，公比为a2成等比数列.
23.设?an?是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，满足a22?a32?a42?a52,S7?7。 （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
22amam?1am?22为数列?an?中的项。 2解（1）设公差为d，则a2?a5?a4?a3，由性质得?3d(a4?a3)?d(a4?a3)，因为d?0，所以a4?a3?0，即2a1?5d?0，又由S7?7得7a1?解得a1??5，
7?62d?7，
d?2,
(2)
（方法一）则
amam?1am?2amam?1am?2
=
(2m?7)(2m?5)2m?38t,设2m?3?t，
=
(t?4)(t?2)t?t??6, 所以t为8的约数
7
（方法二）因为
8 am+2amam?1am?2?(am?2?4)(am?2?2)am?2?am?2?6?8am?2为数列?an?中的项，
故
为整数，又由（1）知：am?2为奇数，所以am?2?2m?3??1,即m?1,2
经检验，符合题意的正整数只有m?2。
24.对于正整数n≥2，用Tn表示关于x的一元二次方程x2?2ax?b?0有实数根的有序数组(a,b)的组数，其中a,b??1,2,?,n?（a和b可以相等）；对于随机选取的
，记Pn为关于x的一元二次方程x2?2ax?b?0有实a,b??1,2,?,n?（a和b可以相等）数根的概率。 （1）求Tn和Pn；
22（2）求证：对任意正整数n≥2，有Pn?1?1n.
25.等比数列{an}的前n项和为Sn， 已知对任意的n?N ，点(n,Sn)，均在函数
y?b?r(b?0且b?1,b,r均为常数)的图像上.
x?（1）求r的值；
?（11）当b=2时，记 bn?2(log2an?1)(n?N)
证明：对任意的n?N ，不等式
?b?1b1?1b2?1·······n?b1b2bnxn?1成立
解:因为对任意的n?N,点(n,Sn)，均在函数y?b?r(b?0且b?1,b,r均为常数的图
8
?像上.所以得Sn?bn?r,当n?1时,a1?S1?b?r,当n?2时,an?Sn?Sn?1?bn?r?(bn?1?r)?bn?bn?1?(b?1)bn?1,又因为{an}为等比数列,所以r??1,公比为b,an?(b?1)bn?1
（2）当b=2时，an?(b?1)bn?1?2n?1, bn?2(log2an?1)?2(log22n?1?1)?2n 则
bn?1bn?2n?12n,所以
b?1357b1?1b2?12n?1 ·······n????b1b2bn2462nb?1357b1?1b2?12n?1·······n?????b1b2bn2462n32?2,所以不等式成立.
下面用数学归纳法证明不等式
32n?1成立.
① 当n?1时,左边=,右边=2,因为
② 假设当n?k时不等式成立,即
b?1357b1?1b2?12k?1·······k?????b1b2bk2462kk?1成立.
则当n?k?1时,左边=
b?1bk?1?1357b1?1b2?12k?12k?3 ·······k???????b1b2bkbk?12462k2k?22?k?1?2k?32k?2?(2k?3)4(k?1)?4(k?1)?4(k?1)?14(k?1)2?(k?1)?1?14(k?1)?(k?1)?1 所以当n?k?1时,不等式也成立. 由①、②可得不等式恒成立.
【命题立意】:本题主要考查了等比数列的定义,通项公式,以及已知Sn求an的基本题型,并运用数学归纳法证明与自然数有关的命题,以及放缩法证明不等式.
2226.知曲线Cn:x?2nx?y?0(n?1,2,?)．从点P(?1,0)向曲线Cn引斜率为
kn(kn?0)的切线ln，切点为Pn(xn,yn)．
（1）求数列{xn}与{yn}的通项公式；
1?xn1?xnxnyn（2）证明：x1?x3?x5???x2n?1??2sin.
22解：（1）设直线ln：y?kn(x?1)，联立x?2nx?y?0得
(1?kn)x?(2kn?2n)x?kn?0，则??(2kn?2n)?4(1?kn)kn?0，∴
9
22222222kn?n2n?1kn22n（?n2n?122舍去）
x2n?1?k?n(n?1)，即xn?nn?1，∴yn?kn(xn?1)?n2n?1n?1
（2）证明：∵
1?xn1?xn1??1?nn?1?nn?112n?1
x1?x3?x5?????x2n?1?12?34?????2n?12n?13?35?????2n?12n?1?12n?1
∴x1?x3?x5?????x2n?1?xnyn1?xn1?xn
由于?12n?1?1?xn1?xn22，可令函数f(x)?x?2sinx，则f(x)?1?'2cosx，
令f'(x)?0，得cosx?，给定区间(0,?4)，则有f(x)?0，则函数f(x)在(0,'?4)上
单调递减，∴f(x)?f(0)?0，即x?12n?112n?1132sinx在(0,?4)恒成立，又
0????4，
则有?2sin12n?1，即
1?xn1?xn142?2sinxnyn.
27.首项为正数的数列?an?满足an?1?(an?3),n?N?.
（I）证明：若a1为奇数，则对一切n?2,an都是奇数； （II）若对一切n?N?都有an?1?an，求a1的取值范围.
解：本小题主要考查数列、数学归纳法和不等式的有关知识，考查推理论证、抽象概括、运算求解和探究能力，考查学生是否具有审慎思维的习惯和一定的数学视野。本小题满分13分。
解：（I）已知a1是奇数，假设ak?2m?1是奇数，其中m为正整数，
10