(2)设数表A∈S(2,3)形如
1 a 1 b c －1 求k(A)的最大值；
(3)给定正整数t，对于所有的A∈S(2,2t＋1)，求k(A)的最大值．
20．解：(1)因为r1(A)＝1.2，r2(A)＝－1.2，c1(A)＝1.1，c2(A)＝0.7，c3(A)＝－1.8， 所以k(A)＝0.7.
(2)不妨设a≤b.由题意得c＝－1－a－b. 又因c≥－1，所以a＋b≤0，于是a≤0. r1(A)＝2＋c≥1，r2(A)＝－r1(A)≤－1，
c1(A)＝1＋a，c2(A)＝1＋b，c3(A)＝－(1＋a)－(1＋b)≤－(1＋a)． 所以k(A)＝1＋a≤1.
当a＝b＝0且c＝－1时，k(A)取得最大值1.
(3)对于给定的正整数t，任给数表A∈S(2,2t＋1)如下：
a1 a2 ? a2t＋1 b1 b2 ? b2t＋1
任意改变A的行次序或列次序，或把A中的每个数换成它的相反数，所得数表A*∈S(2,2t＋1)，并且k(A)＝k(A*)．
因此，不妨设r1(A)≥0，且cj(A)≥0(j＝1,2，?，t＋1)．
由k(A)的定义知，k(A)≤r1(A)，k(A)≤cj(A)(j＝1,2，?，t＋1)． 又因为c1(A)＋c2(A)＋?＋c2t＋1(A)＝0，
所以(t＋2)k(A)≤r1(A)＋c1(A)＋c2(A)＋?＋ct＋1(A)
＝r1(A)－ct＋2(A)－?－c2t＋1(A)＝?aj－?bj
j＝1
j＝t＋2
t＋1
2t＋1
≤(t＋1)－t×(－1)＝2t＋1.
2t＋1
所以k(A)≤. t＋2
对数表A0： 第1列 第2列 ? 1 t－1 t＋21 t－1 t＋2? ? 第t＋1列 1 第t＋2列 t－1－1＋ t?t＋2?－1 ? ? ? 第2t＋1列 t－1－1＋ t?t＋2?－1 t－1 t＋22t＋1 则A0∈S(2,2t＋1)，且k(A0)＝. t＋2
2t＋1
综上，对于所有的A∈S(2,2t＋1)，k(A)的最大值为.
t＋2
D5 单元综合
18．D5[2012·天津卷] 已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列，且a1
＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)记Tn＝anb1＋an－1b2＋?＋a1bn，n∈N*，证明Tn＋12＝－2an＋10bn(n∈N*)．
18．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由a1＝b1＝2，得a4
?2＋3d＋2q3＝27，?d＝3.??3
?＝2＋3d，b4＝2q，S4＝8＋6d.由条件，得方程组?解得 3
?8＋6d－2q＝10，?q＝2，??
所以an＝3n－1，bn＝2，n∈N.
(2)证明：(方法一) 由(1)得
Tn＝2an＋22an－1＋23an－2＋?＋2na1，①
23nn＋1
2Tn＝2an＋2an－1＋?＋2a2＋2a1，② 由②－①，得
Tn＝－2(3n－1)＋3×2＋3×2＋?＋3×2＋2
2
3
n
n＋2
n*
12?1－2＝
1－2
n－1
?n＋2
＋2－6n＋2＝10×2n
－6n－10.
而－2an＋10bn－12＝－2(3n－1)＋10×2n－12＝10×2n－6n－10，故Tn＋12＝－2an＋
*
10bn，n∈N.
(方法二：数学归纳法)
①当n＝1时，T1＋12＝a1b1＋12＝16，－2a1＋10b1＝16，故等式成立； ②假设当n＝k时等式成立，即Tk＋12＝－2ak＋10bk，则当n＝k＋1时， 有Tk＋1＝ak＋1b1＋akb2＋ak－1b3＋?＋a1bk＋1 ＝ak＋1b1＋q(akb1＋ak－1b2＋?＋a1bk) ＝ak＋1b1＋qTk
＝ak＋1b1＋q(－2ak＋10bk－12) ＝2ak＋1－4(ak＋1－3)＋10bk＋1－24 ＝－2ak＋1＋10bk＋1－12，
即Tk＋1＋12＝－2ak＋1＋10bk＋1， 因此n＝k＋1时，等式也成立．
由①和②，可知对任意n∈N*，Tn＋12＝－2an＋10bn成立． 20．D5[2012·山东卷] 在等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝84，a9＝73. (1)求数列{an}的通项公式；
(2)对任意m∈N*，将数列{an}中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为bm，求数列{bm}的前m项和Sm.
20．解：(1)因为{an}是一个等差数列，a3＋a4＋a5＝84， 所以a3＋a4＋a5＝3a4＝84，即a4＝28. 设数列{an}的公差为d，
则5d＝a9－a4＝73－28＝45， 故d＝9.
由a4＝a1＋3d得28＝a1＋3×9，即a1＝1，
所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋9(n－1)＝9n－8(n∈N*)．
*m2m
(2)对m∈N，若9
m－12m－1
因此9＋1≤n≤9.
2m－1m－1
故得bm＝9－9. 于是
Sm＝b1＋b2＋b3＋?＋bm
32m－1m－1
＝(9＋9＋?＋9)－(1＋9＋?＋9)
mm
9×?1－81??1－9?＝－ 1－811－992m＋1－10×9m＋1＝.
80
20．D5[2012·四川卷] 已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2an＝S2＋Sn对一切正整数n
都成立．
(1)求a1，a2的值；
(2)设a1＞0，数列?lg
?10a1?
?的前n项和为Tn，当n为何值时，Tn最大？并求出Tn的最大
?an?
值．
20．解：(1)取n＝1，得a2a1＝S2＋S1＝2a1＋a2，① 取n＝2，得a22＝2a1＋2a2， ② 由②－①，得a2(a2－a1)＝a2. ③ (i)若a2＝0，由①知a1＝0.
(ii)若a2≠0，由③知a2－a1＝1.④
由①、④解得，a1＝2＋1，a2＝2＋2；或a1＝1－2，a2＝2－2. 综上可得，a1＝0，a2＝0；或a1＝2＋1，a2＝2＋2；或a1＝1－2，a2＝2－2. (2)当a1>0时，由(1)知a1＝2＋1，a2＝2＋2.
当n≥2时，有(2＋2)an＝S2＋Sn，(2＋2)an－1＝S2＋Sn－1， 所以(1＋2)an＝(2＋2)an－1，即an＝2an－1(n≥2)， 所以an＝a1(2)n－1＝(2＋1)·(2)n－1.
10a111100
令bn＝lg，则bn＝1－lg(2)n－1＝1－(n－1)lg2＝lgn－1. an222
1
所以数列{bn}是单调递减的等差数列公差为－lg2，从而
2
10
b1>b2>?>b7＝lg>lg1＝0，
8
11001
当n≥8时，bn≤b8＝lg 21282 故n＝7时，Tn取得最大值，且Tn的最大值为 7?b1＋b7?7?1＋1－3lg2?21T7＝＝＝7－lg2. 222 1 16．D5[2012·江西卷] 已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋kn(其中k∈N*)，且Sn的最 2 大值为8. (1)确定常数k，并求an； ?9－2an? ?的前n项和Tn. (2)求数列? ?2n? 111 16．解：(1)当n＝k∈N＋时，Sn＝－n2＋kn取最大值，即8＝Sk＝－k2＋k2＝k2， 222 2 故k＝16，因此k＝4， 979 从而an＝Sn－Sn－1＝－n(n≥2)，又a1＝S1＝，所以an＝－n. 222 9－2ann (2)因为bn＝n＝n－1， 22 n－123n Tn＝b1＋b2＋?＋bn＝1＋＋2＋?＋n－2＋n－1， 2222 n＋211n1n 所以Tn＝2Tn－Tn＝2＋1＋＋?＋n－2－n－1＝4－n－2－n－1＝4－n－1. 222222 an＋bn 20．D5[2012·江苏卷] 已知各项均为正数的两个数列{an}和{bn}满足：an＋1＝，n 22an＋bn *∈N. b?bn?2? ?是等差数列； (1)设bn＋1＝1＋n，n∈N*，求证：数列????an??an bn* (2)设bn＋1＝2·，n∈N，且{an}是等比数列，求a1和b1的值． an b1＋nan＋bnbn＋1an20．解：(1)由题设知an＋1＝＝＝， 2 bban＋b2n2n2n??1＋?1＋??an??an? bn＋1bn?2?bn＋1?2－?bn?2＝1(n∈N*)， 所以＝1＋?，从而?an?an＋1?an＋1??an??b? 所以数列??n?2?是以1为公差的等差数列． ??an?? 2 ?an＋bn?22 (2)因为an>0，bn>0，所以≤a2n＋bn<(an＋bn)， 2 an＋bn 从而1 an＋bn 设等比数列{an}的公比为q，由an>0知q>0.下证q＝1. a2若q>1，则a1＝2logq时，an＋1＝a1qn>2，与(*)矛盾； qa1a1 若0 qa1 * 综上，q＝1，故an＝a1(n∈N)，所以1 bn22* 又bn＋1＝2·＝·bn(n∈N)，所以{bn}是公比为的等比数列． ana1a1 2 若a1≠2，则>1，于是b1 a1 22 a1＋bna1±a12－a1 又由a1＝22得bn＝， 2a－11a1＋bn 所以b1，b2，b3中至少有两项相同，矛盾．所以a1＝2， 2a1±a212－a1 从而bn＝＝2.所以a1＝b1＝2. 2a1－1 16．D5、E9[2012·四川卷] 记[x]为不超过实数x的最大整数，例如，[2]＝2，[1.5]＝1， ?xn＋?a?? ?xn??(n∈N*)．现有下列命题：[－0.3]＝－1.设a为正整数，数列{xn}满足x1＝a，xn＋1＝? ?2?①当a＝5时，数列{xn}的前3项依次为5,3,2； ②对数列{xn}都存在正整数k，当n≥k时总有xn＝xk； ③当n≥1时，xn＞a－1； ④对某个正整数k，若xk＋1≥xk，则xk＝[a]． 其中的真命题有________．(写出所有真命题的编号) ?3＋?5???3＋1?5＋1???3??＝16．①③④ [解析] 对于①，x1＝a＝5，x2＝ ?2?＝3，x3＝??2?＝2，① ?2?正确； ?3＋?3???3＋1? 对于②，取a＝3，则x1＝3，x2＝??3??＝?＝2， 2??2??2＋?3???2＋1??1＋?3???1＋3??1??＝x3＝??2??＝??＝1，x4＝??2?＝2. 2 ?2??2?由此可知，n≥2时，该数列所有奇数项等于1，所有偶数项等于2，故②错误； 对于③，由[x]的定义知[x]＞x－1，而a是正整数，故xn≥0，且xn是整数， 又n＝1时，x1＝a≥a>a－1，命题为真， ?xn＋?a?? ?xn??，由于xn和?a?都是整数， 于是，xn＋1＝??xn??2?aa?a?ax＋x＋－12x·nnn?xn＋????xn?1xn1xn?xn??≥故xn＋1＝?－>－≥－1＝a－1， 22222 ?2? ③正确； ?a?ax＋k?xk＋????xk??xk??≥xk，从而对于④，当xk＋1≥xk时，得?－xk≥0， 2 ?2? aaaa 即??－xk≥0，∴－xk≥??－xk≥0，即－xk≥0，解得xk≤a， ?xk??xk?xkxk 结合③得：a－1＜xk≤a，故xk＝[a]. ④正确． 17．D2、D5[2012·陕西卷] 设{an}是公比不为1的等比数列，其前n项和为Sn，且a5，a3，a4成等差数列． (1)求数列{an}的公比； (2)证明：对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列． 17．解：(1)设数列{an}的公比为q(q≠0，q≠1)， 由a5，a3，a4成等差数列，得2a3＝a5＋a4，即2a1q2＝ a1q4＋a1q3， 由a1≠0，q≠0得q2＋q－2＝0，解得q1＝－2，q2＝1(舍去)，所以q＝－2. (2)证法一：对任意k∈N＋， Sk＋2＋Sk＋1－2Sk＝ (Sk＋2－Sk)＋(Sk＋1－Sk) ＝ak＋1＋ak＋2＋ak＋1 ＝2ak＋1＋ak＋1·(－2) ＝0， 所以，对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列． 2a1?1－qk? 证法二： 对任意k∈N＋，2Sk＝， 1－q a1?1－qk＋2?a1?1－qk＋1?a1?2－ qk＋2－qk＋1? Sk＋2＋Sk＋1＝＋＝， 1－q1－q1－q 2a1?1－qk?a1?2－qk＋2－qk＋1? 2Sk－(Sk＋2＋Sk＋1)＝－ 1－q1－q a ＝1[2(1－qk)－(2－qk＋2－qk＋1)] 1－qa1qk2＝(q＋q－2)＝0， 1－q 因此，对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列． 16．D4、D5[2012·课标全国卷] 数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为________． 16．[答案] 1 830 [解析] 令bn＝a4n－3＋a4n－2＋a4n－1＋a4n， 则bn＋1＝a4n＋1＋a4n＋2＋a4n＋3＋a4n＋4. n 因为an＋1＋(－1)an＝2n－1， 所以an＋1＝－(－1)nan＋2n－1. 所以a4n－3＝－a4n－4＋2(4n－4)－1， a4n－2＝a4n－3＋2(4n－3)－1，