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数列综合问题
1、（2011年陕西卷理科第14题）植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米．开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为 （米）． ●解答题
1、（2011年北京卷理科第20题）若数列An?a1,a2.,.an.,n?(满2足)an?1?a1?1(k?1,2,...,n?1)，数列An为E数列，记S(An)=a1?a2?...?an．
（Ⅰ）写出一个满足a1?as?0，且S(As)〉0的E数列An；
（Ⅱ）若a1?12，n=2000，证明：E数列An是递增数列的充要条件是an=2011； （Ⅲ）对任意给定的整数n（n≥2），是否存在首项为0的E数列An，使得S?An?=0？
如果存在，写出一个满足条件的E数列An；如果不存在，说明理由。
2、（2011年北京卷文科第20题）若数列An:a1,a2,???,an(n?2)满足
ak?1?ak?1k(?1???,2n,?,，则称1)An为E数列，记S(An)?a1?a2?????an.
（Ⅰ）写出一个E数列A5满足a1?a3?0；
（Ⅱ）若a1?12，n=2000，证明：E数列An是递增数列的充要条件是an=2011； （Ⅲ）在a1?4的E数列An中，求使得S?An?=0成立得n的最小值. 3、（2011年广东卷理科第20题）设b?0,数列?an?满足a1=b,an?(1)求数列?an?的通项公式；
nban?1(n?2),
an?1?2n?2bn?1(2)证明：对于一切正整数n,an?n?1?1.
24、（2011年广东卷文科第20题）设b?0，数列{an}满足a1?b，an?≥2)．
（1）求数列{an}的通项公式；
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nban?1(nan?1?n?1金太阳新课标资源网
（2）证明：对于一切正整数n，2an≤bn?1?1．
5、（2011年江苏卷第20题）设M为部分正整数组成的集合，数列{an}的首项a1?1，前n项和为Sn，已知对任意整数k属于M，当n>k时，Sn?k?Sn?k?2(Sn?Sk)都成立。 （1）设M=｛1｝，a2?2，求a5的值；（2）设M=｛3，4｝，求数列{an}的通项公式。
6、（2011年重庆卷理科第21题）设实数数列{an}的前n项和Sn，满足
Sn?1?an?1Sn(n?N*)
（I）若a1,S2?2a2成等比数列，求S2和a3； （II）求证：对k?3有0?ak?1?ak?4 36、（2011年湖南卷文科第20题）某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M，M的价值在使用过程中逐年减少，从第2年到第6年，每年初M的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M的价值为上年初的75%． （I）求第n年初M的价值an的表达式； （II）设An?a1?a2?n?an,若An大于80万元，则M继续使用，否则须在第n年初对
M更新，证明：须在第9年初对M更新． ●填空题 1、2000 ●解答题
1、解：（Ⅰ）0，1，2，1，0是一具满足条件的E数列A5。
（答案不唯一，0，1，0，1，0也是一个满足条件的E的数列A5） （Ⅱ）必要性：因为E数列A5是递增数列， 所以ak?1?ak?1(k?1,2,?,1999). 所以A5是首项为12，公差为1的等差数列. 所以a2000=12+（2000—1）×1=2011. 充分性，由于a2000—a1000≤1，
a2000—a1000≤1 …… a2—a1≤1
所以a2000—a≤19999，即a2000≤a1+1999. 又因为a1=12，a2000=2011,
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所以a2000=a1+1999.
故an?1?an?1?0(k?1,2,?,1999),即An是递增数列. 综上，结论得证。
（Ⅲ）令ck?ak?1?ak?1?0(k?1,2,?,n?1),则cA??1. 因为a2?a1?c1?a1?a1?c1?c2 ……
an?a1?c1?c2???cn?1,
所以S(An)?na1?(n?1)c1?(n?2)c2?(n?3)c3???cn?1
?n(n?1)?[(1?c1)(n?1)?(1?c2)(n?2)???(1?cn?1)]. 2因为ck??1,所以1?ck为偶数(k?1,?,n?1). 所以(1?c1)(n?1)?(1?c2)(n?2)?所以要使S(An)?0,必须使?(1?cn)为偶数,
n(n?1)为偶数, 2即4整除n(n?1),亦即n?4m或n?4m?1(m?N*). 当
n?4m?1(m?N*)时,E数列An的项满足a4k?1?a4k?1?0,a4k?2??1,a4k?1
(k?1,2,?,m)时，有a1?0,S(An)?0;
a4k?1(k?1,2,?,m),a4k?1?0时,有a1?0,S(An)?0;
当n?4m?1(m?N*)时,E数列An的项满足，a4k?1?a3k?3?0,a4k?2??1, 当n?4m?2或n?4m?3(m?N)时,n(m?1)不能被4整除，此时不存在E数列An，使得a1?0,S(An)?0.
2、解：（Ⅰ）0，1，0，1，0是一具满足条件的E数列A5. （答案不唯一，0，—1，0，1，0；0，±1，0，1，2；0，±1，0，—1，—2；0，±1，0，
—1，
—2，0，±1，0，—1，0都是满足条件的E的数列A5） （Ⅱ）必要性：因为E数列A5是递增数列，
所以ak?1?ak?1(k?1,2,?,1999)．
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所以A5是首项为12，公差为1的等差数列． 所以a2000=12+（2000—1）×1=2011． 充分性，由于a2000—a1000≤1， a2000—a1000≤1 …… a2—a1≤1
所以a2000—at≤19999，即a2000≤a1+1999． 又因为a1=12，a2000=2011, 所以a2000=a1+1999．
故an?1?an?1?0(k?1,2,?,1999),即An是递增数列． 综上，结论得证. （Ⅲ）对首项为4的E数列Ak，由于
a2?a1?1?3,
a3?a2?1?2,
……
a5?a7?1??3.
……
所以a1?a2???ak?0(k?2,3,?,8)
所以对任意的首项为4的E数列Am，若S(Am)?0, 则必有n?9.
又a1?4的E数列A1:4,3,2,1,0,?1,?2,?3,?4满足S(A1)?0, 所以n是最小值是9. 3、
解:(1)方法一:由an?当b?2时,nban?1n2n?11可得???,an?1?2n?2anban?1bnn?11n111nn??,则数列{}是以?为首项,为公差的等差数列,??,从而an?2.anan?12ana122an2n12n?11 当b?2时,??(?),an2?bban?12?b则数列{n11122?}是以??为首项,为公比的等比数列,an2?ba12?bb(2?b)bn122n?112nnbn(2?b)????()??(),?an?nn,an2?bb(2?b)b2?bb2?b(b?2)?2,?n 综上an??nb(2?b).(b?0,b?2)?nn?2?b 金太阳新课标资源网
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方
法
二
：
当b?2时,
nn?11n111nn??,则数列{}是以?为首项,为公差的等差数列,??,从而an?2.anan?12ana122an22b22b2(b?2)3b33b3(b?2)?2?3当b?2时，a1?b，a2?，a2?2， 23b?2b?2b?2b?4b?2nbn(b?2)猜想an?，下面用数学归纳法证明： nnb?2①当n?1时，猜想显然成立；
kbk(b?2)②假设当n?k时，ak?，则
bk?2kak?1(k?1)b?ak(k?1)b?kbk(b?2)(k?1)bk?1(b?2)， ???ak?2(n?1)kbk(b?2)?2k?(bk?2k)bk?1?2k?1所以当n?k?1时，猜想成立，
nbn(b?2)由①②知，?n?N*，an?．
bn?2n
bn?1bn?1(2)当b=2时,an?2,n?1+1?2,?an?n?1+1,从而原不等式成立;22bn?1nbn(2?b)bn?1n(2?b)b1当b?2时,要证an?n?1+1,只需证nn?n?1+1,即证nn?n?1+n,22?b22?b2bnb1即证n?1n?2?+,2?2b?2n?3b2??2bn?2?bn?12n?1bn2n?12n?22n?321bb2bn?1bn
即证n?n?n?1?n?2??2??2?3??n?n?1,bbbbb22222n?1bn2n?2bn?12b21b而上式左边=(n?n?1)?(n?1?n)??(2?3)?(?2)b2b2b2b22n?1bn2n?2bn?12b21b?2??2???2??2??nbn2n?1bn?12nb223b22?当b?2时,原不等式也成立,从而原不等式成立.4、（1）解：∵an?nban?1
an?1?n?1∴
anban?1 ?nan?1?n?1n1n?11??? anban?1b∴
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