为减函数．
故当n＝3时，取最小值，a3＝-1．
52n?5(n?1)(??)(n?1)(n?5)22 （3）Sn?1?，bn?n?3.5， ?22 ∴ lim(n?1)bn2(n?1)(n?3.5)?lim?2． n??n??Sn?1(n?1)(n?5)3?an= an 233 又依a1>0，可得an>0并解出：an=，即a1 = an =
223?an3?an?1an?an?1 (Ⅱ)研究an+1－an=－= (n≥2)
22?3?an3?an?1??2????22???3?an3?an?1???>0 注意到2???22??因此，可以得出：an+1－an，an－an－1，an－1－an－2，?，a2－a1有相同的符号7’ 要使an+1>an对任意自然数都成立,只须a2－a1>0即可.
5. (Ⅰ)欲使数列{an}是一个常数数列，则an+1=
3?a13?a1>0，解得：0
3当a1>时，an+1
2因此当a1=2时，an+1－an<0 ∴ Sn= b1+b2+?bn
=|a2－a1| + |a3－a2| +?+ |an+1－an| =a1－a2＋a2－a3＋?＋an－an+1 =a1－an+1=2－an+1
3?an?13又：an+2=< an+1，可解得an+1>,
22由
故Sn<2－6. （1）令1?31= 2211?t，由x>0，∴t>1，x? xt?11原不等式等价于1??lnt?t?1
t令f(t)=t-1-lnt，
∵f?(t)?1?当t?(1,??)时，有f?(t)?0，∴函数f(t)在t?(1,??)递增 ∴f(t)>f(1)
即t-1 1t另令g(t)?lnt?1?，则有g?(t)?1tt?1?0 t2∴g(t)在(1,??)上递增，∴g(t)>g(1)=0 ∴lnt?1? 综上得 1t1x?11?ln? x?1xx（2）由（1）令x=1,2,??(n-1)并相加得 11123n11?????ln?ln???ln?1???? 23n12n?12n?111111即得?????ln?1???? 23n2n?1 7. (1)易求得an?pn 12n1?Cn?a1?Cn?a2???Cn?an1?p1?pn1（2）f(n)? ??()?nn222?Sn1?p作差比较易得：f(n?1)?p?1f(n) 2p（3）当n?1时，不等式组显然成立. 当n?2时，先证f(1)?f(2)???f(2n?1)?p?1?p?12n?1?1?()? ?p?1?p?1?由（2）知f(n?1)?p?1p?12p?1nf(n)?()f(n?1)???()f(1) p?1p?1p?1p?1n?1p?1n)?f(n)?()(n?2) 2p2p?(??f(i)?i?12n?1p?1p?12p?12n?1p?1?()???()?2p2p2p2p1?(p?12n?1)p?1?p?12n?1?2p?1?()?p?1p?1?2p??1?2p 再证f(1)?f(2)???f(2n?1)?(2n?1)f(n) ?f(1)?f(2n?1)?2f(1)?f(2n?1)?2而1?(p2n?11?p1?pn1 ()2n?12np21?(p?p)?p?p)?p2n?1?2p2n?1?p?p2n?(1?pn)2 ?f(1)?f(2n?1)?2f(1)?f(2n?1)?2?21?p1?pn1()p2(1?pn)2 1?p1?pn11?p1?pn1?()??2()()?2f(n)nnp2p21?p1?p同理：f(2)?f(2n?2)?2f(n)，f(3)?f(2n?3)?2f(n)，??， f(2n?1)?f(1)?2f(n) 以上各式相加得：2?f(1)?f(2)???f(2n?1)??2(2n?1)f(n) 2n?1即 ?f(i)?(2n?1)f(n). i?18. （1）a2?a6?a3?a5?10，又?a2?a6?21 ???a2?3?a2?7 或 ? a?7a?3?6?6?a2?7 若?，则an?9?n，a10??1与an?0矛盾； a?3?6 若??a2?3，则an?n?1，显然an?0， a?7?6 ?an?n?1 （2）lgb1?S1?2lg3,?b1?9， ?9? 当n?2时，lgbn?Sn?Sn?1?lg9????10??9? ?n?1时，bn?9?b1，?bn?9????10? ?n?1?9?，欧?bn?9????10?n?1 n?1,n?N? bn?19? bn109为公比的等比数列。 10 ?数列是以9为首项， ?9?（3）cn?9?n?1????10?n?1，设ck?k?2?是数列?cn?中的最大项，则 由??ck?ck?1 可得8?k?9 ?ck?ck?17?9??数列?cn?有最大项，最大项是c8?c9?81???。 ?10?9. （1）由(3?m)sn?2man?m?3得(3?m)sn?1?2man?1?m?3, 两式相减得(3?m)an?1?2man,m??3, ?an?12m?, anm?3 ∴?an?是等比数列。（2）b1?a1?1,q?f(m)?2m,?n?N?n?2 m?3bn?332bn?1111f(bn?1)???bnbn?1?3bn?3bn?1???.22bn?1?3bnbn?13?1?1???是1为首项为公比的等差数列3?bn?1n?1n?2??1??,bn33?bn?3.n?211，a5?5，a6?． 48 （Ⅰ）经计算a3?3，a4?10. 当n为奇数时，an?2?an?2，即数列{an}的奇数项成等差数列， ?a2n?1?a1?(n?1)?2?2n?1； 当n为偶数，an?2?1?a2n?a2?()n?121an，即数列{an}的偶数项成等比数列， 21?()n． 2 (n为奇数)?n?n因此，数列{an}的通项公式为an??． 12(n为偶数)?()?2 n（Ⅱ）?bn?(2n?1)?()， 12?Sn?1?11111?3?()2?5?()3???(2n?3)?()n?1?(2n?1)?()n ??（1） 222221111111?()2?3?()3?5?()4???(2n?3)?()n?(2n?1)?()n?1?（2） Sn? 222222（1）、（2）两式相减， 111111Sn? 1??2[()2?()3???()n]?(2n?1)?()n?1 22222211?[1?()n?1]11312??2?(2n?1)?()n?1??(2n?3)?()n?1． 122221?21n ?Sn?3?(2n?3)?()． 2得 11. 设{an}的公差为d，首项为a1，则 T3?a4?a5?a6?a7?4a1?18d??48 （1） T4?a8?a9?...?a15?8a1?84d?0 （2） 解得a1??21,d?2，则an?2n?23。 2n?2n?1（2）当n?2时，在前n-1组中共有项数为：1?2?2?...?2?2?1。故第n组中 的第一项是数列{an}中的第2n?1所以Tn?2?a2n?1?n?1项，且第n组中共有2n?1项。 1n?1n?1?2(2?1)d?3?22n?2?24?2n?1 2当n=1时，T1?a1??21也适合上式，故Tn?3?22n?2?24?2n?1。 （3）S8?T1?T2?...?T8。即数列{an}前8组元素之和，且这8组总共有项数 1?2?22?...?27?28?1?255。 11?255?254?d?255?(?21)??255?254?2?59415 2212. （Ⅰ）由 210S30?(210?1)S20?S10?0 得 210(S30?S20)?S20?S10, 则S8?255a1?即210(a21?a22???a30)?a11?a12???a20, 可得210?q10(a11?a12???a20)?a11?a12???a20. 因为an?0，所以 2q1010?1, 解得q?11n?1?n,n?1,2,?. ，因而 an?a1q22