即g?11110而f(3)?a?b?c?x1?x2?y1?y2?z1?z2?g?1??? 3233进一步可求得f(4)?5。由上知f(1)中有三个数，f(2)中 有6个数，f(3)中共有10个数相加 ，f(4)中有15个数相加….，若f(n?1)中有an?1(n?1)个数相加，可得f(n)中有(an?1?n?1)个数相加，且由
363?331045f(1)?1?,f(2)???f(1)?,f(3)??f(2)?,f(4)?5?f(3)?,...
3333333n?1,所以 可得f(n)?f(n?1)?3n?1n?1nn?1nn?13f(n)?f(n?1)??f(n?2)???...?????f(1)
3333333n?1nn?13211??????(n?1)(n?2) =333333620.（2009重庆卷理）设a1?2，an?1?通项公式bn= ．
a?22*，bn?n，n?N，则数列?bn?的
an?1an?12?2an?1?2an?1a?2解析 由条件得bn?1???2n?2bn且b1?4所以数列?bn?是
2an?1?1an?1?1an?1首项为4，公比为2的等比数列，则bn?4?2n?1?2n?1答案 2n+1
三、解答题
21.(2009年广东卷文)（本小题满分14分） 已知点（1，
1x）是函数f(x)?a(a?0,且a?1）的图象上一点，等比数列{an}的前n3项和为f(n)?c,数列{bn}(bn?0)的首项为c，且前n项和Sn满足Sn－
Sn?1=Sn+Sn?1（n?2）.
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式； （2）若数列{
10001}前n项和为Tn，问Tn>的最小正整数n是多少?
2009bnbn?11?1?解（1）Qf?1??a?,?f?x????
3?3?x12f2?c?f1?c???a1?f?1??c??c ,a2????, ????????392a3??f3?c?f2?c????? . ????????2742a21又数列?an?成等比数列，a1?2?81????c ，所以 c?1；
a3?23327a12?1?又公比q?2?，所以an????a133?3?QSn?Sn?1?n?1?1???2?? n?N* ；
?3?n?Sn?Sn?1??Sn?Sn?1?Sn?Sn?1 ?n?2?
?又bn?0,Sn?0, ?Sn?Sn?1?1； 数列
?S?构成一个首相为1公差为1的等差数列，n2Sn?1??n?1??1?n ， Sn?n2
2当n?2， bn?Sn?Sn?1?n??n?1??2n?1 ；
?bn?2n?1(n?N*)；
（2）Tn?11111111 ????K????L?b1b2b2b3b3b4bnbn?11?33?55?7(2n?1)??2n?1? ?1?1?1?11?1?11?1?11?1??????K?????????? 2?3?2?35?2?57?2?2n?12n?1?1?1?n； ??1???2?2n?1?2n?1n100010001000?得n?，满足Tn?的最小正整数为112. 2n?12009920091n?122.（2009全国卷Ⅰ理）在数列{an}中，a1?1,an?1?(1?)an?n
n2a（I）设bn?n，求数列{bn}的通项公式
n 由Tn?（II）求数列{an}的前n项和Sn 分析：（I）由已知有
an?1an11??n?bn?1?bn?n n?1n22利用累差迭加即可求出数列{bn}的通项公式: bn?2?（II）由（I）知an?2n?n1*(n?N) n?12n, n?12nnkk?Sn=?(2k?k?1)??(2k)??k?1
2k?1k?1k?12nn而
?(2k)?n(n?1),又?2k?1k?1nkk?1是一个典型的错位相减法模型，
易得
n?2kn?2??4 =n(n?1)?4?S??nn?1k?1n?1222k?1评析：09年高考理科数学全国(一)试题将数列题前置,考查构造新数列和利用错位相减法求前n项和，一改往年的将数列结合不等式放缩法问题作为押轴题的命题模式。具有让考生和一线教师重视教材和基础知识、基本方法基本技能,重视两纲的导向作用。也可看出命题人在有意识降低难度和求变的良苦用心。 23.（2009北京理）已知数集A??a1,a2,对任意的
an??1?a1?a2?an,n?2?具有性质P；
i,j?1?i?j?n?，aiaj与
ajai两数中至少有一个属于A.
（Ⅰ）分别判断数集?1,3,4?与?1,2,3,6?是否具有性质P，并说明理由； （Ⅱ）证明：a1?1，且
a1?a2??an?an； ?1?1a1?1?a2??an（Ⅲ）证明：当n?5时，a1,a2,a3,a4,a5成等比数列.
【解析】本题主要考查集合、等比数列的性质，考查运算能力、推理论证能力、分 分类讨论等数学思想方法．本题是数列与不等式的综合题，属于较难层次题.
4均不属于数集?1,3,4?，∴该数集不具有性质P. 3661236 由于1?2,1?3,1?6,2?3,,,,,,都属于数集?1,2,3,6?，
231236（Ⅰ）由于3?4与 ∴该数集具有性质P. （Ⅱ）∵A??a1,a2,an?具有性质P，∴anan与
an中至少有一个属于A， an由于1?a1?a2?从而1??an，∴anan?an，故anan?A.
an?A，∴a1?1. an∵1?a1?a2??an， ∴akan?an，故akan?A?k?2,3,an?A?k?1,2,3,akanan?， a2a1ana?an?1,n?an， a2a1anan??a1?a2?a2a1?an?1?an， ,n?.
,n?.
由A具有性质P可知
又∵
ana?n?anan?1?∴
ana?1,n?a2,anan?1ana?n?anan?1?从而
∴
a1?a2??an?an. ?1?1?1a1?a2??ana5a2， ?a2,5?a3，即a5?a2a4?a3a4a3（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当n?5时，有
∵1?a1?a2??a5，∴a3a4?a2a4?a5，∴a3a4?A，
a4?A. a3由A具有性质P可知
2，得a2a4?a3a3a4aaa??A，且1?3?a2，∴4?3?a2，
a2a2a3a3a2∴
a5a4a3a2????a2，即a1,a2,a3,a4,a5是首项为1，公比为a2成等比数列. a4a3a2a124.（2009江苏卷）设?an?是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，满足
a22?a32?a42?a52,S7?7。
（1）求数列?an?的通项公式及前n项和Sn； （2）试求所有的正整数m，使得
amam?1为数列?an?中的项。 am?2【解析】 本小题主要考查等差数列的通项、求和的有关知识，考查运算和求解的能力。满
分14分。
（1）设公差为d，则a2因为d解得a12222，由性质得?3d(a4?a3)?d(a4?a3)，?a5?a4?a3?0，所以a4?a3?0，即2a1?5d?0，又由S7?7得7a1?7?6d?7，2??5，
d?2,
(2)
（方法一）则
amam?1(2m?7)(2m?5)=,设2m?3?t，
2m?3am?28amam?1(t?4)(t?2)?t??6, 所以t为8的约数 =
ttam?2
（方法二）因为
amam?1(am?2?4)(am?2?2)8为数列?an?中的项， ??am?2?6?am?2am?2am?2故
8 am+2为整数，又由（1）知：am?2为奇数，所以am?2?2m?3??1,即m?1,2
经检验，符合题意的正整数只有m?2。
25（2009江苏卷）对于正整数n≥2，用Tn表示关于x的一元二次方程x?2ax?b?0有实数根的有序数组(a,b)的组数，其中a,b??1,2,取的a,b??1,2,；对于随机选,n?（a和b可以相等）
22x?2ax?b?0，记P为关于的一元二次方程,n?（a和b可以相等）xn有实数根的概率。 （1）求Tn2和Pn2；
（2）求证：对任意正整数n≥2，有Pn?1?1. n【解析】 [必做题]本小题主要考查概率的基本知识和记数原理，考查探究能力。满分10分。