（Ⅱ）设
cn?a2n?1?a2n?1,n?N*，证明：
?cn?是等比数列；
4n（III）设
Sk?a2?a4?????a2k,k?N,*证明：k?1?Skak?76(n?N)*．
本小题主要考查等比数列的定义、数列求和等基础知识，考查运算能力、推理论证能力、综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法.满分14分.
bn?3?(?1)2n,n?N,* （I）解：由
?1,n为奇数bn???2,n为偶数 可得
又
bnan?an?1?bn?1an?2?0,
当n=1时,a1+a2+2a3=0,由a1=2,a2=4,可得a3??3;当n=2时,2a2+a3+a4=0,可得a4??5;当n=3时,a3+a4+2a5=0,可得a4?4.
（II）证明：对任意n?N,
a2n?1?a2n?2a2n?1?0,2a2n?a2n?1?a2n?2?0,*
① ② ③ ④
a2n?1?a2n?2?2a2n?3?0,②—③，得
a2n?a2n?3.将④代入①，可得即又
a2n?1?a2n?3??(a2n?1?a2n?1)*cn?1??cn(n?N)
c1?a1?a3??1,故cn?0,cn?1因此
cn??1,所以{cn}是等比数列.
a2k?1?a2k?1?(?1)k（III）证明：由（II）可得
*，
于是，对任意k?N且k?2，有
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a1?a3??1,?(a3?a5)??1,a5?a7??1,?(?1)(a2k?3?a2k?1)??1.k
k将以上各式相加，得即
a2k?1?(?1)k?1a1?(?1)a2k?1??(k?1),
(k?1)，
a2k?(?1)k?1此式当k=1时也成立.由④式得从而
(k?3).
S2k?(a2?a4)?(a6?a8)???(a4k?2?a4k)??k,S2k?1?S2k?a4k?k?3.* ， ?S4m?1a4m?1?S4ma4m2m所以，对任意
4nn?N,n?2?k?1Skaknn??m?1(S4m?3a4m?3?S4m?2a4m?2)
??m?1n(2m?22m2?2m?12m?2?2m?32m?13?)2m?3
??m?1(2m(2m?1)n?)(2m?2)(2m?2)
?3(2n?2)(2n?3) ?3(2n?2)(2n?3)
?22?313??m?252m(2m?1)5n???m?2(2m?1)(2m?1)?13?51111113?[(?)?(?)???(?)]?235572n?12n?1(2n?2)(2n?3)
??1376?.56?522n?1?1?3(2n?2)(2n?3)
对于n=1，不等式显然成立. 所以，对任意
n?N,*
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S1a1?(?S2a2????S2n?1a2n?1S3a3??S2na2n
S2n?1a2n?1?S2na2n)S1a1S2a2)?(S4a4)???(
14n?(1?141414?1121)?(1?142?24?(4?1)222)???(1??nn(4?1)
)?n?(?12112)?(142?14(4?1)22)???(14n?)nn4(4?1)
n?n?(?)?n?.3
28．（浙江理19）已知公差不为0的等差数列
111{an}的首项
a1为a（a?R）,设数列的前n
项和为
Sn，且
a1，
a2，
a4成等比数列
Sn（1）求数列
An?{an}1S1的通项公式及
1S2?1S3
Bn?1a1?1a2?1a22?...?1a2n?1?...?（2）记与
BnSn，
A，当n?2时，试比较n的大小．
本题主要考查等差数列、等比数列、求和公式、不等式等基础知识，同时考查分类讨论思想。满分14分。
(1a2)?21 （I）解：设等差数列
2{an}的公差为d，由
a1a4?1,
得
(a1?d)?a1(a1?3d)
an?na1,Sn?an(n?1)2.因为d?0，所以d?a所以
1?
（II）解：因为
An?1S1?1S2?Sn1S3211(?)ann?11Sn2a，所以
1n?1)????(1?
因为
a2n?1?2n?1a，所以
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Bn?1a1?1a2n?1a220???1a2n?121n1?()12?2(1?1).??n1aa21?2
n当
n?2时,2?Cn?Cn?Cn???Cn?n?11，
1?1n?1?1?12n,即
所以，当当
a?0时,An?Bn;a?0时,An?Bn.
29．（重庆理21） 设实数数列 （I）若
{an}的前n项和
Sn，满足
Sn?1?an?1Sn(n?N)*
a1,S2?2a2成等比数列，求
S2和
43
a3；
（II）求证：对
k?3有0?ak?1?ak??S22??2a1a2,2得S2??2S2?S?a2S1?a1a2, （I）解：由题意?2，
由S2是等比中项知由
S2?0.因此S2??2.
S2?a3?S3?a3S2解得 23.a3?S2S2?1??2?2?1?
（II）证法一：由题设条件有Sn?1,an?1?1且an?1?SnSn?1Sn?an?1?an?1Sn,
,Sn?an?1an?1?1,故
从而对k?3有
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ak?Sk?1Sk?1?1?ak?1?Sk?2ak?1?Sk?2?1ak?1??ak?1?ak?1ak?1?1ak?1?1?ak?1ak?1?ak?1?122.ak?1?12 ①
因
ak?1?ak?1?1?(ak?1?212)?2342?0且ak?1?0，由①得
ak?0
要证即证
ak?243，由①只要证
2ak?1ak?1?ak?1?12?432,
3ak?1?4(ak?1?ak?1?1),即(ak?1?2)?0.此式明显成立.
ak?43(k?3).因此
ak?1?ak2k2最后证
ak?1?ak.若不然aka?ak?12?ak,
ak?0,故又因因此
a?ak?12k?1,即(ak?1)?0.矛盾.
ak?1?ak(k?3).
，
证法二：由题设知
2Sn?1?Sn?an?1?an?1Sn故方程
x?Sn?1x?Sn?1?0有根Sn和an?1??Sn?1?4Sn?1?0.2（可能相同）.
因此判别式
an?2an?2?1.Sn?2?Sn?1?an?2?an?2Sn?1得an?2?1且Sn?1?又由
an?22
因此
(an?2?1)2?4an?2an?2?1?0,即3an?2?4an?2?02，
解得
0?an?2?4.3 (k?3).因此
0?ak?43
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ak?Sk?1Sk?1?1Sk?0(k?3)由，得
?ak?ak(Sk?1akSk?1?1?1)?ak(Sk?1S2k?1ak?1?ak?Sk?1?1)?1Sk?1?1??akS2k?1?Sk?1?1??ak(S?1)?23?0.因此ak?1?ak
(k?3).
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