2，n＝1，??
故an＝?1 nn－1*
[2＋2?1－b?b]，n≥2，n∈N.??2－b?n＋1?2，b＝2，??
∴ an＝?1 nn－1
[2＋2?1－b?b]，b≠2.??2－b
8、已知数列{an}满足an＝2an－1＋2n－1(n≥2)，且a4＝81，
(1) 求数列{an}的前三项a1，a2，a3；
?an－1?
(2) 求证：数列?n?为等差数列，并求an.
?2?
n－1
解： (1) 由an＝2an－1＋2n－1(n≥2)， 得a4＝2a3＋24－1＝81， ∴ a3＝33.
同理a2＝13，a1＝5.
(2) 由an＝2an－1＋2n－1(n≥2)， an－12an－1＋2n－2an－1－1得n＝＝n－1＋1，
22n2∴
an－1an－1－1
－n－1＝1， 2n2
?an－1?
∴ ?n?是等差数列. ?2??an－1?
∵ ?n?的公差d＝1， ?2?
∴
an－1a1－1
＝1＋(n－1)×1＝n＋1， 2n2
∴ an＝(n＋1)×2n＋1.
9、已知数列{an}和{bn}满足：a1＝1，a2＝2，an>0，bn＝anan＋1(n∈N*)，且{bn}是以q为公
比的等比数列．
(1) 证明：an＋2＝anq2；
(2) 若cn＝a2n－1＋2a2n，证明：数列{cn}是等比数列；
111111
(3) 求和：＋＋＋＋?＋＋. a1a2a3a4a2n－1a2nbn＋1an＋1an＋2
(解法1)(1) 证明：由＝q，有＝bnanan＋1
an＋2
＝q, ∴ an＋2＝anq2(n∈N*) . an
－
－
(2) 证明：∵ an＝an－2q2，∴ a2n－1＝a2n－3q2＝?＝a1q2n2，a2n＝a2n－2q2＝?＝a2q2n2，
－－－－
∴ cn＝a2n－1＋2a2n＝a1q2n2＋2a2q2n2＝(a1＋2a2)q2n2＝5q2n2. ∴ {cn}是首项为5，以q2为公比的等比数列． 11－11－
(3) 解：由(2)得＝q22n，＝q22n，于是
a2na2a2n－1a1
111111111
＋＋?＋? ＋＋?＋＝?a＋a＋?＋a?＋?a2n??a2a4a1a2a2n?132n－1?
6
11111111
＝?1＋q2＋q4＋?＋q2n－2?＋?1＋q2＋q4＋?＋q2n－2? a1??a2??1113
＝?1＋q2＋q4＋?＋q2n－2?. 2??由题知q>0，
11111133当q＝1时，＋＋?＋＝?1＋q2＋q4＋?＋q2n－2?＝n.
a1a2a2n2??21111113
当q≠1时，＋＋?＋＝?1＋q2＋q4＋?＋q2n－2?
a1a2a2n2??
2n2n
3?1－q?3?q－1?＝?＝?－－?. 2?1－q2??2?q2n2?q2－1??
－
111故＋＋?＋＝2n
a1a2a2n3?q－1?－?，q≠1.2??q2n2?q2－1??(解法2) (1) 同解法1(1)．
???
3
n，q＝1，2
cn＋1a2n＋1＋2a2n＋2q2a2n－1＋2q2a2n2
(2) 证明：＝＝＝q(n∈N*)，又c1＝a1＋2a2＝5，∴ {cn}
cna2n－1＋2a2na2n－1＋2a2n
是首项为5，以q2为公比的等比数列．
－－
(3) 解：由(2)的类似方法得a2n－1＋a2n＝(a1＋a2)q2n2＝3q2n2，
a2n－1＋a2na2k－1＋a2k3q2k23－2k＋2111a1＋a2a3＋a4
＋＋?＋＝＋＋?＋，∵ ＝4k－4＝q，k＝a1a2a2na1a2a3a42a2n－1a2na2k－1a2k2q
－
1,2，?，n. ∴
1113－－－＋
＋＋?＋＝(1＋q2＋q4?＋q2n2)(下面同上)． a1a2a2k2
10、将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表：
a1 a2 a3 a4 a5 a6
a7 a8 a9 a10 ?
记表中的第一列数a1，a2，a4，a7，?构成的数列为{bn}，b1＝a1＝1. Sn为数列{bn}的前n项和，且满足
2bn＝1(n≥2)．
bnSn－S2n
?
n?
?1?
(1) 证明数列?S?成等差数列，并求数列{bn}的通项公式；
(2) 上表中，若从第三行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，且公比4
为同一个正数，当a81＝－时，求上表中第k(k≥3)行所有项的和．
91
(1) 证明：由已知，
2bn2＝1， bnSn－Sn
又Sn＝b1＋b2＋b3＋?＋bn，n≥2，bn＝Sn－Sn－1，
7
∴
2bn2
2＝1即2(Sn－Sn－1)＝Sn(Sn－Sn－1)－Sn，2Sn－1－2Sn＝SnSn－1， bnSn－Sn
111
－＝， SnSn－12
又S1＝1≠0，∴ SnSn－1≠0，∴
?1?112
∴ 数列?S?成等差数列，且＝1＋(n－1)·，Sn＝，
Sn2?n?n＋1
1，n＝1，??
∴ bn＝? 2*
－，n≥2，n∈N.??n?n＋1?
(2) 解：设上表中从第三行起，每行的公比都为q，且q＞0. 12×13
因为1＋2＋?＋12＝＝78，
2
所以表中第1行至第12行共含有数列{an}的前78项，故a81在表中第13行第三列，因42
此a81＝b13·q2＝－.又b13＝－，所以q＝2.记表中第k(k≥3)行所有项的和为S，
9113×14
bk?1－qk?－2?1－2k?2
则S＝＝·＝(1－2k)(k≥3)．
1－qk?k＋1?1－2k?k＋1?
12、已知二次函数y＝f(x)的图象经过坐标原点，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)的图象上．
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 设bn＝
3m
，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn＜对所有n∈N*都成立的最
20anan＋1
小正整数m.
解： (1) 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)的图象上，所以Sn＝3n2－2n. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n)－[3(n－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*)．
(2) 由(1)得知bn＝
33＝ anan＋1?6n－5?[6?n＋1?－5]
111
＝?6n－5－6n＋1?， 2??
n
故Tn＝∑bi ＝
i1
11??1111
－1－?＋?－?＋?＋?＝??7??713?2???6n－56n＋1?? 1?1?
1－＝6n＋1?. 2?
11m1m因此，要使(1－)＜(n∈N*)成立的m，必须且仅须满足≤，即m≥10，所以
22206n＋120满足要求的最小正整数m为10.
13、已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1，那么a10＝________.
8
1 解析：Sn＋S1＝Sn＋1，an＋1＝a1.
x
14、设函数f(x)＝(x>0)，观察：
x＋2
f1(x)＝f(x)＝
xxx，f2(x)＝f(f1(x))＝，f3(x)＝f(f2(x))＝， x＋23x＋47x＋8x
，?
15x＋16
f4(x)＝f(f3(x))＝
根据以上事实，由归纳推理可得：
＋
当n∈N且n≥2时，fn(x)＝f(fn－1(x))＝________.
x
?2－1?x＋2nn 15、函数y＝x2(x>0)的图象在点(ak，ak2)处的切线与x轴的交点的横坐标为ak＋1，其中k∈N*.若a1＝16，则a1＋a3＋a5的值是________．
3．21 a??2n，当an为偶数时，
16、已知数列{an}满足：a1＝m(m为正整数)，an＋1＝?若a6＝1，则
??3an＋1，当an为奇数时.m所有可能的取值为________.
4,5,32 解析：显然，an为正整数，a6＝1，故a5＝2，a4＝4，若a3为奇数，则4＝3a3
＋1，a3＝1，若a3为偶数，则a3＝8，若a3＝1，则a2＝2，a1＝4，若a3＝8，则a2＝16，a1＝5或32.
17、已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n－5an－85，n∈N*.
(1) 证明：{an－1}是等比数列；
5151
(2) 求数列{Sn}的通项公式，并求出使得Sn＋1>Sn成立的最小正整数n.15<，14>
615615(1) 证明：当n＝1时，a1＝－14；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－5an＋5an－1＋1，所以an
an－155
－1＝(an－1－1)，又a1－1＝－15≠0，＝，
6an－1－16
所以数列{an－1}是等比数列；
?5?n－1，得an＝1－15·?5?n－1，从而Sn＝n－90＋90×?5?n (2) 解：由(1)知：an－1＝－15·?6??6??6?
(n∈N*)；
5?n1?5?15<1，?5?14>1，∴ 使sn＋1>sn成立的最小正整数n＝由Sn＋1>Sn，得?＜，∵ ?6?15?6?15?6?1515.
9
18、设实数数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋1＝an＋1Sn(n∈N*)．
(1) 若a1，S2，－2a2成等比数列，求S2和a3；
4
(2) 求证：对k≥3且k∈N*有0≤ak＋1≤ak≤. 3
2??S2＝－2a1a2，
(1) 解：由题意?得S22＝－2S2，
?S2＝a2S1＝a1a2，?
由S2是等比中项知S2≠0，因此S2＝－2， S22
由S2＋a3＝S3＝a3S2，解得a3＝＝.
S2－13(2) 证明：由题设条件有an＋1Sn＝an＋1＋Sn， 故Sn≠1，an＋1≠1，且an＋1＝
an＋1Sn，Sn＝， Sn－1an＋1－1
ak－1
ak－1＋
ak－1－1Sk－1ak－1＋Sk－2
从而对k≥3有ak＝＝＝，①
Sk－1－1ak－1＋Sk－2－1ak－1
ak－1＋－1
ak－1－11?232?a－因a2－a＋1＝－＋＞0，且a－－k1k1k1k－1≥0， 2?4?
2
ak4－14
要证ak≤，由①知只要证2≤，
3ak－1－ak－1＋13
222
即证3ak－1≤4(ak－1－ak－1＋1)，即(ak－1－2)≥0，此式明显成立，
4
因此ak≤(k≥3)．
3
a2akk最后证ak＋1≤ak，若不然，ak＋1＝2＞ak，又ak≥0，故2＞1，
ak－ak＋1ak－ak＋1即(ak－1)2＜0，矛盾，所以ak＋1≤ak(k≥3，k∈N)．
bn19、数列{an}、{bn}是各项均为正数的等比数列，设cn＝(n∈N*)．
an
(1) 数列{cn}是否为等比数列？证明你的结论；
Snn
(2) 设数列{lnan}、{lnbn}的前n项和分别为Sn，Tn.若a1＝2，＝，求数列{cn}
Tn2n＋1的前n项和．
解：(1) {cn}是等比数列．(2分)
证明：设{an}的公比为q1(q1>0)，{bn}的公比为q2(q2>0)，则
cn＋1bn＋1anbn＋1anq2＝·＝·＝≠0，故{cn}为等比数列．(5分) cnan＋1bnbnan＋1q1
(2) 数列{lnan}和{lnbn}分别是公差为lnq1和lnq2的等差数列．
10