93Tn?12(13?94???94n?1?9n?44n)?12(13?4?9414n?9n?44n)
1??8?故Tn122n?3?9n22n?1，?83?13?22n?3?3n22n?1．
23．各项均为正数的数列{an},a1?a,a2?b,且对满足m?n?p?qap?aq(1?ap)(1?aq)的正整数m,n,p,q都有
am?an(1?am)(1?an)(1)当
??
a?12,b?45时,求通项an; (2)证明对任意a,存在与a有关的常数?,使得对于每个正整数n,都有
1??an??.
【解析】(1)由
am?an(1?am)(1?an)??ap?aq(1?ap)(1?aq)得
a1?an(1?a1)(1?an)12a2?an?1(1?a2)(1?an?1)?,
将a1?,
a2?45代入上式化简得an2an?1?1an?1?2,
所以
1?an1?an??13?1?an?11?an?1n. 故数列{1?an1?an}为等比数列,从而
1?an1?an13n,即an?3?13?1n.
可验证,
an?3?13?1nn满足题设条件.
(2)由题设
am?an(1?am)(1?an)a1?an的值仅与m?n有关,记为bm?n,
则bn?1?(1?a1)(1?an)?a?an(1?a)(1?an).
考察函数
f(x)?a?x(1?a)(1?x)(x?0),则在定义域上有
?1?1?a，a?1??1
f(x)?g(a)??，a?1?2?a?1?a，0?a?1?第 16 页 共 48 页
?故对n?N,bn?1?g(a)恒成立.又b2n?122an(1?an)2?g(a),
注意到0?g(a)?,解上式得
g(a)1?g(a)?1?2g(a)有
?1?g(a)?1?2g(a)g(a)?an?1?g(a)?1?2g(a)g(a)取??1?g(a)?1?2g(a)g(a),即
1??an??.
24．设数列
?an?满足a0?a,an?1?can?1?c,c?N,其中a,c*为实数,且c?0
(Ⅰ)求数列
?an?的通项公式
12,c?12,bn(Ⅱ)设a??n(1?an),n?N**,求数列
?bn?的前n项和Sn;
(Ⅲ)若0?an?1对任意n?N成立,证明0?c?1
【解析】 (1) 方法一
∵an?1?1?c(an?1)
∴当a?1时,?an?1?是首项为a?1,公比为c的等比数列?
∴an?1?(a?1)cn?1,即
an?(a?1)cn?1n?1?1?当a?1时,an?1仍满足上式?
*∴数列?an?的通项公式为 an?(a?1)c方法二 由题设得当n?1(n?N)?
2n?1?2时,
an?1?c(an?1?1)?c(an?2?1)???c(a1?1)?(a?1)cn?1
∴an?(a?1)cn?1?1
n?1时,a1?a也满足上式?
∴数列?an?的通项公式为 an?(a?1)c(2) 由(1)得bnn?1?1(n?N)?
*1n?n()
21121nSn?b1?b2???bn??2()???n()
222?n(1?a)cn?112131n?1Sn?()?2()???n() 222211121n1n?1∴Sn??()???()?n()
22222∴Sn?1?(3)
由(1)知
11121n?11n1n1n1n?()???()?n()?2[1?()]?n() ∴Sn?2?(2?n)()2222222n?1
an?(a?1)c?1
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若0?(a?1)cn?1n?1?1?1,则0?(1?a)c*n?1?1 ∵0?a1?a?1, ∴0?c?1,用反证法
趋于无穷大时,cn?1n?1?11?a(n?N)*
由c?0对任意n?N成立,知c?0?下面证c方法一假设cn?1?1,由函数f(x)?cx的函数图象知,当n1不能对n?趋于无穷大
∴c?1?aN*恒成立,导致矛盾?∴c?1?
∴0?c?1
方法二假设c?1,∵c1n?1?11?a*,∴logccn?1?logc11?a
即
n?1?logc1?a(n?N) 恒成立 (*)
*∵a,c为常数,∴ (*)式对n?N∴0?c?1
25．已知曲线Cn不能恒成立,导致矛盾,∴c?1
:x?2nx?y?0(n?1,2,?)22．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； （2）证明x1?x3?x5???x2n?1?21?xn1?xn2?2sinxnyn.
【解析】（1）设直线
lny?kn(x?1)22，联立
x?2nx?y2?0得
(1?kn)x?(2kn?2n)x?kn?0222，则
??(2kn?2n)?4(1?kn)kn?0，∴kn?22n2n?1（?n2n?1舍去）
x2n?kn22n1?k?n22(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?1?xn1?xn
由于
xnyn?12n?122?1?xn1?xn，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
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x?2sinx在(0,?4)恒成立，又0?12n?1?13??4，
则有
12n?1?2sin12n?1，即
1?xn1?xn?2sinxnyn. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
m26．已知函数
f(x)?4x?1,g(x)?2x,x?R,数列{an},{bn},{cn}满足条件a1?1,
1[12f(n)?12][g(n)?3].
an?f(bn)?g(bn?1)(n?N*),cn?(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;
(Ⅱ)求数列{cn}的前n项和Tn,并求使得Tn?m150对任意n?N*都成立的最大正整数m;
(Ⅲ)求证
a1a2?a2a3?????anan?1?n2?13.
【解析】(Ⅰ)由题意an?1?4bn?1?1,an?2bn?1,
∴an?1∵a1?2an?1, ∴an?1?1?2(an?1),
n?1.an?1?2?2?1, ∴数列{an?1}是首项为2,公比为2的等比数列 ∴ ∴an?2?1
n(Ⅱ)∵cn?1(2n?1)(2n?3)?122n?1(1?12n?3),
∴Tn?1111111111nn(?????????) ?(?)??235572n?12n?3232n?33?(2n?3)6n?9
∵
Tn?1Tn?n?16n?15?6n?9n?6n?15n?96n?15n22?1,
115∴Tn?Tn?1,n?N*. ∴当n?1时,Tn取得最小值
115?m150,得mk
由题意得
?10. ∵m?Z, ∴由题意得m?9112
ak(Ⅲ)证明 ∵ak?1?2?12k?1?1?12?2(2k?1?1)??13?2?2?2kk?12?132?1k,
k?1,2,3,???,n∴
a1a2a1a2?a2a3a2a3?????anan?1an??n2?1111n11n1(?2?????n)??(1?n) ??233222322.
∴
??????n2an?1?13(n?N*)
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27．已知等差数列{a}的公差为d(d?0),等比数列{bn}的公比为q(q>1)?设
nsn=a1b1+a2b2…..+ anbn,Tn=
a1b1-a2b2+…..+(-1)n?1
anbn,n?N?
(I) 若a1=b1= 1,d=2,q=3,求 S3 的值;
(II) 若b1=1,证明(1-q)S2n-(1+q)T2n=
2dq(1?q1?q22n),n?N?;
(Ⅲ) 若正数n满足2
2，，...n?n?q,设k1,k2,...,kn和l1,l2,...,ln是1，的两个不同的排列,
c1?ak1b1?ak2b2?...?aknbn,
c2?al1b1?al2b2?...?alnbn 证明
c1?c2?
【解析】 (Ⅰ)解由题设,可得an?2n?1,bn?3n?1,n?N*
所以,
S3?a1b1?a2b2?a3b3?1?1?3?3?5?9?55
?qn?1(Ⅱ)证明由题设可得bn则
S2n?a1?a2q?a3q?.....?a2nq2322n?1, ①
2n?1T2n?a1?a2q?a3q?a4q?.....?a2nqS2n?T2n?2(a2q?a4q?...?a2nq① ①
式加上②式,得
22n?2, ②
32n?1)式减去②式,得
S2n?T2n?2(a1?a3q?....?a2n?1q②
式两边同乘q,得
3) ③
q(S2n?T2n)?2(a1q?a3q?....?a2n?1q所以,
2n?1)
(1?q)S2n?(1?q)T2n?(S2n?T2n)?q(S2n?T2n)
?2d(q?q?K?q?2dq(1?q1?q22n32n?1)
),n?N*(Ⅲ)证明c1?c2?(ak1?al1)b1?(ak2?al2)b2?K?(akn?aln)bnn?1
?(k1?l1)db1?(k2?l2)db1q?K?(kn?ln)db1q
因为d?0,b1?0,所以
c1?c2db1?(k1?l1)?(k2?l2)q?K?(kn?ln)qn?1
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