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 即k1?l1?q?1，(k2?l2)q?q(q?1)?，(ki?1?li?1)qi?2?qi?2(q?1) 又(ki?li)qi?1??qi?1,所以
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
35.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??14an
21
14
?数列?an?成等比数列，其首项a1???an?(?14)
n14，公比是q??14
4?(??bn?1?(?1414))n??????????????..3分
n（Ⅱ）由（Ⅰ）知bn?4?5(?4)?1542n?1n
?cn?b2n?b2n?1?n542n?1??1n?25?16nnn(16?1)(16?4)2516n
=
25?16n2(16)?3?16?4)133,?c1?43n?25?16(16)n2?
又b1?3,b2?
当n?1时，T1?当n?2时，Tn?3243
?25?(1162?1163?K?116n)
1?43?25?162[1?(1?1161)n?1]
?43166948321?25?161?2
?......................7分1?16（Ⅲ）由（Ⅰ）知bn?4?5(?4)?1n
*一方面，已知Rn??n恒成立，取n为大于1的奇数时，设n?2k?1(k?N)
则Rn?b1?b2?K?b2k?1 ?4n?5?(? ?4n?5?[? >4n?1
22
14?114?111?14?1122??14?1133?KK?142k?1?11) ?142k?1?(4?14?1)?KK?(42k?1?1)]
??n?Rn?4n?1,即（??4）n??1对一切大于1的奇数n恒成立
???4,否则，（??4）n??1只对满足n?14??的正奇数n成立，矛盾。
另一方面，当??4时，对一切的正整数n都有Rn?4n 事实上，对任意的正整数k，有
b2n?1?b2n?8?5(?4)2k?1?1?5(?4)2k?1
?8?5(16)?1k?20(16)?4kk
?8?15?16?40(16?1)(16?4)kk?8
?当n为偶数时，设n?2m(m?N)
*则Rn?(b1?b2)?(b3?b4)?K?(b2m?1?b2m) <8m?4n
当n为奇数时，设n?2m?1(m?N*)
则Rn?(b1?b2)?(b3?b4)?K?(b2m?3?b2m?2)?b2m?1 <8(m?1)?4?8m?4?4n
?对一切的正整数n，都有Rn?4n
综上所述，正实数?的最小值为4??????????.14分 36.已知?an?是公差为d的等差数列，?bn?是公比为q的等比数列。
（1） 若an?3n?1，是否存在m、k?N*，有am?am?1?ak?说明理由； （2） 找出所有数列?an?和?bn?，使对一切n?N*,
an?1an?bn,并说明理由；
（3） 若a1?5,d?4,b1?q?3,试确定所有的p，使数列?an?中存在某个连续p项的和是数列?bn?中的一项，请证明。
23
[解法一]（1）由am?am?1?ak，得6m?5?3k?1， ．．．．．．2分 整理后，可得k?2m?43，?m、k?N?，?k?2m为整数，
?．．．．．5分 ?不存在m、k?N，使等式成立。 ．
（2）若
an?1a?bn，即
a1?nda1?(n?1)d?b1qn?1， （*）
（ⅰ）若d?0,则1?b1qn?1?bn。
当{an}为非零常数列，{bn}为恒等于1的常数列，满足要求。 ．．．．．．7分 （ⅱ）若d?0，（*）式等号左边取极限得lima1?nda1?(n?1)dn??（*）式等号右边的极限只?1，
有当q?1时，才能等于1。此时等号左边是常数，?d?0，矛盾。
综上所述，只有当{an}为非零常数列，{bn}为恒等于1的常数列，满足要求。．．．．．．10分 【解法二】设an?nd?c,若an?2an?1an?1anan?1an?bn,且?bn?为等比数列
则/?q,对n?N都成立，即anan?2?qa*2n?1
?(dn?c)(dn?2d?c)?q(dn?d?c)对n?N都成立，?a?qd....7分
2*22（i） （ii）
*若d=0，则an?c?0,?bn?1,n?N
若d?0,则q=1,?bn?m（常数）即
*dn?d?cdn?c?m，则d=0，矛盾
综上所述，有an?c?0,bn?1,使对一切n?N,n（3）an?4n?1,bn?3,n?N*
an?1an?bn， 10分
设am?1?am?2????am?p?bk?3,p、k?N,m?N.
4(m?1)?1?4(m?p)?12p?3，
kk*?4m?2p?3?3kp,?p、k?N*,?p?3,s?N. 13分
524
取k?3s?2,4m?32s?2?2?3s?3?(4?1)2s?2?2?(4?1)s?3?0, 15分 由二项展开式可得正整数M1、M2，使得（4-1）2s+2=4M1+1,
2?(4?1)?8M2?(?1)2,
?4m?4(M1?2M2)?(?1)?12,?存在整数m满足要求.
ss?s?故当且仅当p=3,s?N时，命题成立.
说明：第（3）题若学生从以下角度解题，可分别得部分分（即分步得分） 若p为偶数，则am+1+am+2+??+am+p为偶数，但3k为奇数 故此等式不成立，所以，p一定为奇数。 当p=1时，则am+1=bk,即4m+5=3， 而3k=(4-1)k
1k?1k?1k?1kkk?4?(?1)????Ck?4?(?1)?Ck?(?1)?4M?(?1),M?Z, =Ck0?4k?Ckk
s
当ｋ为偶数时，存在ｍ，使４ｍ＋５＝3成立 1分 当p=3时，则am+1+am+2+am+3=bk,即3am+2-bk, 也即3（4m+9）=3k,所以4m+9=3k-1,4(m+1)+5=3k-1
由已证可知，当k-1为偶数即k为奇数时，存在m, 4m+9=3k成立 2分 当p=5时，则am+1+am+2+??+am+5=bk,即5am+3=bk
也即5（4m+13）=3,而3不是5的倍数，所以，当p=5时，所要求的m不存在 故不是所有奇数都成立. 2分 37.设m个不全相等的正数a1,a2,?,am(m?7)依次围成一个圆圈．
（Ⅰ）若m?2009，且a1,a2,?,a1005是公差为d的等差数列，而a1,a2009,a2008,?,a1006是公比为q?d的等比数列；数列a1,a2,?,am的前n项和Sn(n?m)满足：
S3?15,S2009?S2007?12a1，求通项an(n?m)；
k
k
k
（Ⅱ）若每个数an(n?m)是其左右相邻两数平方的等比中项，求证：
a1???a6?a7???am?ma1a2am；
22,a解：（I）因a1,a2009,a2008,???10062是公比为d的等比数列，从而a2000?a1d,a2008?a1d 由
S2009?S2008?12a1得a2008?a2009?12a1，故
25