??bn?是等差数列。 证法二：同证法一，得 (n?1)bn?1?nbn?2?0 令n?1,得b1?2.
设b2?2?d(d?R),下面用数学归纳法证明 bn?2?(n?1)d. （1）当n?1,2时，等式成立。
（2）假设当n?k(k?2)时，bk?2?(k?1)d,那么
k2k2bk??[2?(k?1)d]??2?[(k?1)?1]d. k?1k?1k?1k?1这就是说，当n?k?1时，等式也成立。 bk?1?根据（1）和（2），可知bn?2?(n?1)d对任何n?N*都成立。
bn?1?bn?d,??bn?是等差数列。 （III）证明：
ak2k?12k?11?k?1??,k?1,2,...,n, ak?12?12(2k?1)22 ?aa1a2n??...?n?. a2a3an?12
ak2k?11111111?k?1??????.k,k?1,2,...,n, k?1kkak?12?122(2?1)23.2?2?2232?aa1a2n1111n11n1??...?n??(?2?...?n)??(1?n)??, a2a3an?12322223223
an1aan???1?2?...?n?(n?N*). 23a2a3an?1231．（福建卷）已知数列?an?满足a1?1,a2?3,an?2?3an?1?2an(n?N*).
（I）证明：数列?an?1?an?是等比数列； （II）求数列?an?的通项公式；
（II）若数列?bn?满足4b1?14b2?1...4bn?1?(an?1)bn(n?N*),证明?bn?是等差数列。
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）证明：an?2?3an?1?2an,
?an?2?an?1?2(an?1?an),a1?1,a2?3,?an?2?an?1?2(n?N*).an?1?an
??an?1?an?是以a2?a1?2为首项，2为公比的等比数列。 （II）解：由（I）得an?1?an?2n(n?N*),
?an?(an?an?1)?(an?1?an?2)?...?(a2?a1)?a1
?2n?1?2n?2?...?2?1?2?1(n?N).n*
（III）证明：4b1?14b2?1...4bn?1?(an?1)bn,
?4(b1?b2?...?bn)?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. ③ nbn?2?(n?1)bn?1?2?0. ④ ④－③，得nbn?2?2nbn?1?nbn?0, 即bn?2?2bn?1?bn?0,
?bn?2?bn?1?bn?1?bn(n?N*),
??bn?是等差数列。
32．（广东卷）已知公比为q(0?q?1)的无穷等比数列?an?各项的和为9，无穷等
2比数列?an?各项的和为
81. 5(I)求数列?an?的首项a1和公比q；
(II)对给定的k(k?1,2,3,,n)，设T(k)是首项为ak，公差为2ak?1的等差数列，求T(2)的前10项之和；
(III)设bi为数列T(k)的第i项，Sn?b1?b2?得limSn存在且不等于零. n??nm?bn，求Sn，并求正整数m(m?1)，使
（注：无穷等比数列各项的和即当n??时该无穷等比数列前n项和的极限）
?a1?a1?3?1?q?9????解: (Ⅰ)依题意可知,?22
q??a1?81?3?2?51?q??2?(Ⅱ)由(Ⅰ)知,an?3????3?d?2a2?1?3,
S10?10?2?n?1,所以数列T(2)的的首项为t1?a2?2,公差
1?10?9?3?155,即数列T(2)的前10项之和为155. 2i?1?2?(Ⅲ) bi=ai??i?1??2ai?1?=?2i?1?ai??i?1?=3?2i?1????3?n??i?1?，
nSn4518n?27?2?n?n?1??2?n?n?1?lim，= limSn?45??18n?27????????mmmmn??n??n2nn2n?3??3?当m=2时，lim
SnSn1lim=－，当m>2时，=0，所以m=2
n??nmn??nm233．（湖北卷）已知二次函数y?f(x)的图像经过坐标原点，其导函数为
f'(x)?6x?2，数列{an}的前n项和为Sn，点(n,Sn)(n?N)?均在函数y?f(x)的图像上。
（Ⅰ）、求数列{an}的通项公式；
m1，求使得Tn?对所有n?N?Tn是数列{bn}的前n项和，
20anan?1（Ⅱ）、设bn?都成立的最小正整数m；
点评：本小题考查二次函数、等差数列、数列求和、不等式等基础知识和基
本的运算技能，考查分析问题的能力和推理能力。
解：（Ⅰ）设这二次函数f(x)＝ax2+bx (a≠0) ,则 f`(x)=2ax+b,由于f`(x)=6x－2,得
a=3 , b=－2, 所以 f(x)＝3x2－2x.
又因为点(n,Sn)(n?N?)均在函数y?f(x)的图像上，所以Sn＝3n2－2n. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（3n2－2n）－（3n?1)2?2(n?1)＝6n－5. 当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2＝6×1－5，所以，an＝6n－5 （n?N?）
11133?)，＝＝(
(6n?5)?6(n?1)?5?26n?56n?1anan?1??（Ⅱ）由（Ⅰ）得知bn?故Tn＝?bi＝
i?1n12111111?1?＝（1－）. (1?)?(?)?...?(?)??26n?177136n?56n?1??11m1m因此，要使（1－）<（n?N?）成立的m,必须且仅须满足≤，
26n?120220即m≥10，所以满足要求的最小正整数m为10.
34．（湖北卷）设数列{an}的前n项和为Sn，点(n,Sn)(n?N)?均在函数y＝3x－2的图像上。
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
m3Tn是数列{bn}的前n项和，，求使得Tn?对所有n?N?20anan?1（Ⅱ）设bn?都成立的最小正整数m。
本小题主要是考查等差数列、数列求和、不等式等基础知识和基本的运算技能，考查分析问题能力和推理能力。
解：（I）依题意得，Sn?3n?2,即Sn?3n2?2n。
n2当n≥2时，aan?sn?sn?1?(3n2?2n)??3?n?1??2(n?1)??6n?5;
??当n=1时，a1?s1?3×12-2×1-1-6×1-5 所以an?6n?5(n?N)。 （II）由（I）得bn?n311?11??????， anan?1(6n?5)?6(n?1)?5?2?6n?56n?1?故Tn??b?1?11?1??1??11?1??1??1=1?1????...?????????2?6n?1?。 ?2??7??713????6n?56n?1??m1?1?因此，使得?1?﹤?n?N?2?6n?1?20?成立的m必须满足
1m≤，即m≥10,故220满足要求的最小整数m为10。
35．（湖南卷）在m（m≥2）个不同数的排列P1P2…Pn中，若1≤i＜j≤m时Pi＞Pj（即前面某数大于后面某数），则称Pi与Pj构成一个逆序. 一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数. 记排列(n?1)n(n?1)?321的逆序数为an，如排列21的逆序数a1?1，排列321的逆序数a3?6. （Ⅰ）求a4、a5，并写出an的表达式； （Ⅱ）令bn?ana?n?1，证明2n?b1?b2??bn?2n?3，n=1,2,…. an?1an解 （Ⅰ）由已知得a4?10,a5?15，
an?n?(n?1)???2?1?（Ⅱ）因为bn?n(n?1). 2anann?2nn?2?n?1???2??2,n?1,2,?， an?1ann?2nn?2n 所以b1?b2???bn?2n. 又因为bn?nn?222??2??,n?1,2,?， n?2nnn?2 所以b1?b2???bn?2n?2[(?)?(?)???(? =2n?3?综上，2n?b1?b2??bn?2n?3,n?1,2,?.
111312141n1)] n?222??2n?3. n?1n?236．（江苏卷）设数列{an}、{bn}、{cn}满足：bn?an?an?2，cn?an?2an?1?3an?2（n=1,2,3,…），证明{an}为等差数列的充分必要条件是{cn}为等差数列且bn?bn?1（n=1,2,3,…）
本小题主要考查等差数列、充要条件等基础知识，考查综合运用数学知识分析问题、解决问题的能力。
证明：必要性，设是{an}公差为d1的等差数列，则
bn+1–bn=(an+1–an+3) – (an–an+2)= (an+1–an) – (an+3–an+2)= d1– d1=0 所以bn?bn+1 ( n=1,2,3,…)成立。
又cn+1–cn=(an+1–an)+2 (an+2–an+1)+3 (an+3–an+2)= d1+2 d1 +3d1 =6d1(常数) ( n=1,2,3,…)
所以数列{cn}为等差数列。
充分性： 设数列{cn}是公差为d2的等差数列，且bn?bn+1 ( n=1,2,3,…) ∵cn=an+2an+1+3an+2 ①
∴cn+2=an+2+2an+3+3an+4 ② ①-②得cn–cn+2=（an–an+2）+2 (an+1–an+3)+3 (an+2–an+4)=bn+2bn+1+3bn+2 ∵cn–cn+2=( cn–cn+1)+( cn+1–cn+2)= –2 d2
∴bn+2bn+1+3bn+2=–2 d2 ③ 从而有bn+1+2bn+2+3bn+3=–2 d2 ④ ④-③得（bn+1–bn）+2 (bn+2–bn+1)+3 (bn+3–bn+2)=0 ⑤ ∵bn+1–bn≥0, bn+2–bn+1≥0 , bn+3–bn+2≥0, ∴由⑤得bn+1–bn=0 ( n=1,2,3,…)，
由此不妨设bn=d3 ( n=1,2,3,…)则an–an+2= d3(常数). 由此cn=an+2an+1+3an+2= cn=4an+2an+1–3d3 从而cn+1=4an+1+2an+2–5d3 ，
两式相减得cn+1–cn=2( an+1–an) –2d3
11因此an?1?an?(cc?1?cc)?d3?d2?d3(常数) ( n=1,2,3,…)
22所以数列{an}公差等差数列。
【解后反思】理解公差d的涵义，能把文字叙述转化为符号关系式.利用递推关系是解决数列的重要方法,要求考生熟练掌握等差数列的定义、通项公式及其由来.