的递推关系，从而解决问题；也可以就A的公差d=1，2,?，n－1时，讨论A的个数· 解 设A的公差d,则1≤d≤n－1.
nn
(1)设n为偶数,则当1≤d≤2.公差d的A有d个;当2≤d≤n－1. 公差d的A有n－d个. nn1
故当n为偶数时,这样的A有：(1+2+3+?+ )+[1+2+3+?+(n－－1)]= n2.
224(2)设n为奇数,则当1≤d≤
n－1n+1
.公差d的A有d个;当≤d≤n－1. 公差d的A有n－d个. 22
n－1n－11
故当n为奇数时,这样的A有：(1+2+3+?+)+(1+2+3+?+)= (n－1)2.
2241
综上所述：这样的A有[n2]．
4
情景再现
5．设数列{an}的首项a1=1，前n项和sn满足关系式3tsn?(2t?3)sn?1?3t(t>0,n∈ N,n≥2)．
（1） 求证数列{an}是等比数列；
（2） 设数列{an}的公比为f(t)，作数列{bn}，使b1?1，bn?f(1)，(n∈ N,n≥2)，bn?1求bn．
6．已知数列{an}是由正数组成的等差数列，m ,n，k为自然数，求证：
112 (1)若m+k=2n，则2+2=2;
amakan (2)
11112n?1
+2+?+2+2≥2(n＞1)． 2a1a2a2n?2a2n?1an
习题10
A类习题 1．(2004年重庆卷)若{an}是等差数列，首项a1?0,a2003?a2004?0,a2003.a2004?0，则使前
n项和Sn?0 成立的最大自然数n是
（ ）
A．4005 B．4006 C．4007 D．4008
ac2．已知a、b、c成等比数列，如果a、x、b和b、y、c都成等差数列，则?=_________．
xy3．等比数列{an}的首项a1?1536,公比q??最大的是( )
1,用?n表示它的前n项之积．则?n(n?N)2
A．?9 B．?11 C ．?12 D．?13 (1996年全国高中数学联赛)
4．给定正数p,q,a,b,c，其中p?q，若p,a,q是等比数列，p,b,c,q是等差数列，则一元二次方
程bx2－2ax+c=0( ) (2000年全国高中数学联赛)
A．无实根 B．有两个相等实根 C．有两个同号相异实根 D ．有两个异号实根
5．已知数列?an?是首项a1?0，且公比q??1,q?0的等比数列，设数列?bn?的通项
bn?an?1?kan?2.(n?N?)，数列?an?．?bn?的前n项和分别为sn,Tn，如果Tn>ksn，对一
切自然数n都成立，求实数R的取值范围．
6．(2000年高考新课程卷)（I）已知数列?cn?，其中cn?2n?3n，且数列?cn?1?pcn?为等比数列，求常 数p．
（II）设?an?、?bn?是公比不相等的两个等比数列，cn?an?bn，证明数列?cn?不是等比数列．
B类习题 7．已知函数y=f(x)的图象是自原点出发的一条折
线． n?y?n?1(n?0,1,2???)时，该图象是斜率为bn的线段
（其中正常数b?1）， ），n?y?n?1(n?0,1,2???)时，该图象是斜率为bn的线段（其中正常数b?1设数列{xn}由f(xn)?n(n?1,2,???)定义. （）求1x1.x2.和xn的表达式； （2）求f(x)的表达式，并写出其定义域；（3）证明：y?f(x)的图象与y?x的图象没有横坐标大于1的交点8．（2004年春季北京卷) 下表给出一个“等差数阵”： 4 7 7 12 （ ） （ ） （ ） ? （ ） （ ） （ ） ?
a1j ?? a2j ?? a3j ?? a4j ?? ?? ?? （ ） （ ） （ ） （ ） （ ） ? （ ） （ ） （ ） （ ） （ ） ? ?? ?? ?? ?? ?? ?
? ? ai1 ?? ai2 ?? ai3 ?? ai4 ?? ai5 ?? aij ?? ?? ?? 其中每行、每列都是等差数列，aij表示位于第i行第j列的数． （I）写出a45的值；
（II）写出aij的计算公式以及2008这个数在等差数阵中所在的一个位置．
（III）证明：正整数N在该等差数列阵中的充要条件是2N+1可以分解成两个不是1的正整数之积．
9．(2006年全国高考上海春季卷)已知数列a1,a2,?,a30，其中a1,a2,?,a10是首项为1，公差为1的等差数列；a10,a11,?,a20是公差为d的等差数列；a20,a21,?,a30是公差为d2的等差数列（d?0）． （1）若a20?40，求d；
（2）试写出a30关于d的关系式，并求a30的取值范围；
（3）续写已知数列，使得a30,a31,?,a40是公差为d3的等差数列，??，依次类推，把已知数列推广为无穷数列． 提出同（2）类似的问题（（2）应当作为特例），并进行研究，你能得到什么样的结论？
10．(第8届希望杯第二试)在△ABC中，三边长为a7，b=2，c=3．作△ABC的内切圆⊙O1，再作与边AB、AC和⊙O1都相切的⊙O2，又作与AB、AC与⊙O2都相切的⊙O3，如此继续下去作这样相切的圆，求所有这种圆面积的和．
C类习题 11． (第2届美国数学邀请赛试题)如果{an}是等差数列，公差是1，a1+ a2+ a3+?+ a98=137，求a2 +a4 +a6 +?+a98 之值．
12．(2003年全国高考江苏卷)设a?0,如图，已知直线l:y?ax及曲线C：y?x,C上的点Q1的横坐标为a1
（0?a1?a）．从C上的点Qn（n≥1）作直线平行于x轴，交直线l于点Pn?1，再从点Pn?1作直线平行于y轴，交曲线C于点Qn+1．Qn（n=1，2，3，?）的横坐标构成数列?an?. （Ⅰ）试求an?1与an的关系，并求?an?的通项公式；
n11 （Ⅱ）当a?1,a1?时，证明?(ak?ak?1)ak?2?；
k?12322y r2 c Q3 Q2 l
O r1 Q1 a1a2a3x
n （Ⅲ）当a=1时，证明?(ak?ak?1)ak?2?.
k?113
本节“情景再现”解答：
1．依题设得an?a1??n?1?d，a22?a1a4∴
?a1?d?2?a1?a1?3d?，整理得
∵d?0， ∴d?a1,得an?nd所以，由已知得d，3d，k1d，k2d，...knd，...是d2?a1d等比数列．由于d?0，所以数列1，3，k1，k2，...kn，...也是等比数列，首项为1，公比为q?3?3，由此得k1?9等比数列{kn}的首项k1?9，公比q?3，所以1kn?9?qn?1?3n?1?n?12，，3....，?即得到数列{kn}的通项为kn?3n?1
2．用反证法．假设三个不同的素数p、q、r的立方根是一个等差数列的不同三项, 即设3p?a1?ld ①,3q?a1?md ②,
33r?a1?nd ③．
由此可得d?p?3ql?m,a1?l?3p?m?3q．将代入③式并化简整理得：
l?m(m?n)?3q?(l?n)?3q?(m?l)?3r两边立方得：
(m?n)3?p?(l?n)3?q?(m?l)3?r+3(l?m)(mm?l)(m?n)?3pqr
左式=(m?n)3?p为整数,因3pqr是无理数．故右式为无理数,所以左式≠右式．
3．（Ⅰ）∵a1?a,依an?2an?1?n2?4n?2(n?2,3,?),∴a2?2a?4?8?2?2a?2,
a3?2a2?9?12?2?4a?5,
a4?2a3?2?8a?8,
a2?a1?2a?2?a?a?2,a3?a2?2a?3,a4?a3?4a?3
若{an}是等差数列，则a2?a1?a3?a2,得a?1,但由a3?a2?a4?a3，得a=0,矛盾．∴{an}不可
能
是
等
差
数
列
．
(
Ⅱ
)
∵
bn?an?n2, ∴
bn?1?an?1?(n?1)2?2an?(n?1)2?4(n?1)?2?(n?1)2
?2an?2n2?2bn(n≥2) ,∴b2?a2?4?2a?2当a≠－1时, bn?0,{bn}从第2项起是以2为
(2a?2)(2n?1?1)公比的等比数列．∴Sn?b1??b?(2a?2)(2n?1?1) ,n≥2
2?1SnSn(a?1)2n?b?2a?2b?2a?2??2?时, ∴是等比数列, ∴(n≥{S}nSn?1(a?1)2n?1?b?2a?2(a?1)2n?1?b?2a?2Sn?1
2)是常数．
∵a≠－1时, ∴b－2a－2=0 ,当a=－1时，b2?0,由bn?2bn?1（n≥3）,得bn?0（n≥2）, ∴Sn?b1?b2????bn?b, ∵{Sn}是等比数列 ∴b≠0 综上, {Sn}是等比数列,实数a、b所满足的条件为??a??1?a??1或?
?b?2a?2?b?0t?22t24．(1)设f(x)=a(x－)－，由f(1)=0得a=1．
42∴f(x)=x2－(t+2)x+t+1．
(2)将f(x)=(x－1)［x－(t+1)］代入已知得：
(x－1)［x－(t+1)］g(x)+anx+bn=xn+1，上式对任意的x∈R都成立，取x=1和x=t+1分别代入上式得：
?an?bn?11t?1n+1n
]且t≠0，解得a=［(t+1)－1］，b=［1－(t+1) nn?n?1tt(t?1)a?b?(t?1)nn?(3)由于圆的方程为(x－an)2+(y－bn)2=rn2，又由(2)知an+bn=1，故圆Cn的圆心On在直线x+y=1上，又圆Cn与圆Cn+1相切，故有rn+rn+1=2｜an+1－an｜=2(t+1)n+1
设{rn}的公比为q，则
①
②
n?1?rn?1?rn?rnq?2(t?1)②÷①得q==t+1，代?n?2r?n?rn?1?rn?1q?2(t?1)2(t?1)n?1入①得rn=
t?2∴Sn=π(r12+r22+…+rn2)=
?r1(q2n?1)2?(t?1)4［(t+1)2n－1］ ?23q?1t(t?2)25．分析 由已知等式作递推变换，转化为关于an?1与an的等式，在此基础上分析an?1与an的比值，证得（1）的结论后，进一步求f(t)，再分析数列{bn}的特征，并求其通项公式．
（1）证明：由s1?a1=1，s2?a1?a2?1?a2，3t(1?a2)?(2t?3)?1?3t，得
a2?a2t?32t?3 ， 于是2? ． ??① 3ta13t又3tsn?(2t?3)sn?1?3t，3tsn?1?(2t?3)sn?2?3t（n=3,4，??）， 两式相减，得3t(sn?sn?1)?(2t?3)(sn?1?sn?2)?0， 即3tan?(2t?3)an?1?0(t?0)．