?a?数列?n?的前n项和为2+22+23+…+2n=2n+1-2
?n?1?【解后反思】应用导数求曲线切线的斜率时，要首先判定所经过的点为切点。否则容易出错。
22．（山东卷）设Sn为等差数列?an?的前n项和，S4＝14，S10－S7＝30，则S9＝ .
解：设等差数列?an?的首项为a1，公差为d，由题意得4a1?[10a1?4(4?1)d?14, 210(10?1)7(7?1)d]?[7a1?d]?30，联立解得a1=2,d=1，所以S9＝229(9?1)9?2??1?54
2
23．（浙江卷）设Sn为等差数列?an?的前n项和，若S5?10,S10??5,则公差为 （用数字作答）。
【考点分析】本题考查等差数列的前n项和，基础题。 解析：设首项为a1，公差为d，由题得 ?5a1?10d?10?a1?2d?2???9d?4d??1?4?d??1 ?10a?45d??52a?9d??1?1?1【名师点拔】数学问题解决的本质是，你已知什么？从已知出发又能得出什么？完成了这些，也许水到渠成了。本题非常基础，等差数列的前n项和公式的运用自然而然的就得出结论。
24．(重庆卷)在数列｛an｝中，若a1=1,an+1=2an+3 (n≥1),则该数列的通项an=_________.
解析：在数列?an?中，若a1?1,an?1?2an?3(n?1)，∴ an?1?3?2(an?3)(n?1)，即{an?3}是以a1?3?4为首项，2为公比的等比数列，an?3?4?2n?1?2n?1，所以该数列的通项an?2n?1?3.
25．(重庆卷)在数列{an}中，若a1?1，an?1?an?2(n?1)，则该数列的通项
an? 。
解：由an?1?an?2(n?1)可得数列{an}为公差为2的等差数列，又a1?1，所以an?2n－1
三、解答题（共29题）
126．（安徽卷）数列?an?的前n项和为Sn，已知a1?,Sn?n2an?n?n?1?,n?1,2,???
2（Ⅰ）写出Sn与Sn?1的递推关系式?n?2?，并求Sn关于n的表达式； （Ⅱ）设fn?x??Snn?1x,bn?fn/?p??p?R?，求数列?bn?的前n项和Tn。 n解：由Sn?n2an?n?n?1??n?2?得：Sn?n2(Sn?Sn?1)?n?n?1?，即
(n2?1)Sn?n2Sn?1?n?n?1?，所以
n?1nSn?Sn?1?1，对n?2成立。 nn?1n?1n32nn?1Sn?Sn?1?1，Sn?1?Sn?2?1，…，S2?S1?1相加得：由nn?121n?1n?2n?11n2Sn?2S1?n?1，又S1?a1?，所以Sn?，当n?1时，也成立。 n2n?1Snn?1x，得bn?fn/?p??npn。 （Ⅱ）由fn?x??nxn?1?nn?1而Tn?p?2p2?3p3??(n?1)pn?1?npn，
pTn?p2?2p3?3p4?(1?P)Tn?p?p?p?23?(n?1)pn?npn?1， ?pn?1?p?npnn?1p(1?pn)??npn?1
1?p 27．（安徽卷）在等差数列?an?中，a1?1，前n项和Sn满足条件
S2n4n?2?,n?1,2,Snn?1，
（Ⅰ）求数列?an?的通项公式；
（Ⅱ）记bn?anpan(p?0)，求数列?bn?的前n项和Tn。
S2n4n?2a?a?得：12?3，所以Snn?1a1an?nd?a1?2n2(a?nd?a)4n?2S2nn12a2?2，即d?a2?a1?1，又＝???an?a1n?1Sna?an1?n22(an?n?1)，所以an?n。
an?1解：（Ⅰ）设等差数列?an?的公差为d,由
（Ⅱ）由bn?anpan，得bn?npn。所以Tn?p?2p2?3p3? ?(n?1)pn?1?npn，
当p?1时，Tn?当p?1时，
n?1； 2pTn?p2?2p3?3p4?(1?P)Tn?p?p?p?23?(n?1)pn?npn?1， ?pn?1?p?npnn?1p(1?pn)??npn?1
1?p?n?1,p?1?2?即Tn??。 np(1?p)??npn?1,p?1??1?p
28．（北京卷）在数列{an}中，若a1,a2是正整数，且an?|an?1?an?2|,n?3,4,5,则称{an}为“绝对差数列”.
（Ⅰ）举出一个前五项不为零的“绝对差数列”（只要求写出前十项）； （Ⅱ）若“绝对差数列”数列{bn}满足bn?an?an?1?an?2，{an}中，a20?3,a21?0，
n?1,2,3,，
，分别判断当n??时，an与bn的极限是否存在，如果存在，求出
其极限值；
（Ⅲ）证明：任何“绝对差数列”中总含有无穷多个为零的项.
解：（Ⅰ）a1?3,a2?1,a3?2,a4?1,a5?1,a6?0,a7?1,a8?1,a9?0,a10?1.（答案不惟一）
（Ⅱ）因为在绝对差数列?an?中a20?3,a21?0.所以自第 20 项开始，该数列是a20?3,a21?0,a22?3,a22?3,a24?0,a25?3,a26?3,a27?o,???.即自第 20 项开始。每三个相邻的项周期地取值 3，0，3. 所以当n??时，an的极限不存在. 当n?20时, bn?an?an?1?an?2?6,所以limbn?6
n?? （Ⅲ）证明：根据定义，数列?an?必在有限项后出现零项.证明如下 假设?an?中没有零项，由于an?an?1?an?2,所以对于任意的n，都有an?1,从而 当an?1?an?2时, an?an?1?an?2?an?1?1(n?3); 当 an?1?an?2时, an?an?2?an?1?an?2?1(n?3)
即an的值要么比an?1至少小1，要么比an?2至少小1.
?a2n?1(a2n?1?a2n),令Cn??n?1,2,3,???,
a(a?a),2n?2n2n?1则0?CA?Cn?1?1(n?2,3,4,???).
由于C1是确定的正整数，这样减少下去，必然存在某项 C1?0，这与
Cn?0(n?1,2,3,???,) 矛盾. 从而?an?必有零项.
若第一次出现的零项为第n项，记an?1?A(A?0)，则自第n项开始，每三个相邻的项周期地取值 0，A, A, 即
?an?3k?0,??an?3k?1?A,k?0,1,2,3,???, ?a?n?3k?2?A,所以绝对差数列?an?中有无穷多个为零的项.
29．（北京卷）设等差数列{an}的首项a1及公差d都为整数，前n项和为Sn. (Ⅰ)若a11=0,S14=98,求数列｛an｝的通项公式；
(Ⅱ)若a1≥6，a11＞0，S14≤77，求所有可能的数列｛an｝的通项公式. 解：（Ⅰ）由S14=98得2a1+13d=14, 又a11=a1+10d=0,故解得d=－2,a1=20.
因此，{an}的通项公式是an=22－2n,n=1,2,3…
?S14?77,?（Ⅱ）由?a11?0,得
?a?6?1由①+②得－7d＜11。即d＞－
?2a1?13d?11,?2a1?13d?11,?? 即a?10d?0,?1??2a1?20d?0,
?a?6??2a??121?1?11。 71由①+③得13d≤－1，即d≤－
13111于是－＜d≤－
713又d∈Z,故d=－1
将④代入①②得10＜a1≤12. 又a1∈Z,故a1=11或a1=12.
所以，所有可能的数列{an}的通项公式是an=12-n和an=13-n,n=1,2,3,…
30。（福建卷）已知数列｛an｝满足a1=1,an?1=2an+1(n∈N?) （Ⅰ）求数列｛an｝的通项公式；
（Ⅱ）若数列{bn}满足4k1-14k2-1…4k-1=(an+1)km(n∈N*),证明:{bn}是等差数列; （Ⅲ）证明:
an1a1a2n?＜????n＜(n∈N*). 23a2a3an?12解析：本小题主要考查数列、不等式等基本知识，考查化归的数学思想方法，考
查综合解题能力。满分14分。
（I）解：an?1?2an?1(n?N*),
?an?1?1?2(an?1),
??an?1?是以a1?1?2为首项，2为公比的等比数列。 ?an?1?2n.
即 an?22?1(n?N*).
（II）证法一：4b1?14b2?1...4bn?1?(an?1)bn.
?4(b1?b2?...?bn)?n?2nbn.
?2[(b1?b2?...?bn)?n]?nbn, ① 2[(b1?b2?...?bn?bn?1)?(n?1)]?(n?1)bn?1. ② ②－①，得2(bn?1?1)?(n?1)bn?1?nbn, 即(n?1)bn?1?nbn?2?0,
nbn?2?(n?1)bn?1?2?0.
③－④，得 nbn?2?2nbn?1?nbn?0,
即 bn?2?2bn?1?bn?0,
?bn?2?bn?1?bn?1?bn(n?N*),