2010-2015年高考真题汇编
专题6 数列 考点5 数列的综合应用
1.（2015年安徽17，12分）设n?N*，xn是曲线y?x交点的横坐标，
（Ⅰ）求数列{xn}的通项公式； （Ⅱ）记Tn?x1x2222T?x2n?1，证明：n2n?22)处的切线与x轴?1在点(1，1. 4n【答案】（Ⅰ）xn?n；（Ⅱ）证明见解析。 n?1'2n?1【解析】（Ⅰ）由题意y?(2n?2)x，yx?1?2n?2
所以曲线在点(1,2)处的切线方程为y?2?(2n?2)(x?1)
当y?0时，xn?n.……………5分 n?12 （Ⅱ）由题设中和（1）中的计算结果知Tn?x1?x2...x2n?1?()()...(1223422n?12) 2n 当n?1时，b1?1 4 当n?2时，x22n?12n?12(2n?1)2(2n?1)2?12n?2n?1， ?()????2n(2n)2(2n)22nnn?11? . n4n1. ……………12分 4nnan?4?n?2?,n?N. n?12 所以Tn?()???...?1221223* 综上可得对任意的n?N, 均有Tn?2.（2015年广东21，14分）数列{an}满足:a1?2a2? (1)求a3的值;
(2)求数列{an}的前n项和Tn; (3)令b1?a1,bn?足Sn?2?2lnn. 【答案】 【解析】
Tn?1111?(1??????)an(n?2)证明:数列{bn}的前n项和Sn满n23n1?22?213?21(1)a1?4?1?1?1,1?2a2?4?2?1?4?2?2,?a2?,1?1?3a3?4?3?1,?a3?.
22224
(2)n?2时,a1?2a2?n?1n?2n?1n,从而na?(4?)?(4?)?,nn?2n?1n?2n?12222111?an?n?1(n?2),又a1?1?1?1,?an?n?1(n?N*),
22211?n12?2?1.?数列{an}是1为首项,为公比的等比数列,从而Tn?n?11221?2?(n?1)an?1?4?(3)b1?a1,b2?a?a??an?1a1a?a11111?(1?)a2,b3?12?(1??)a3,bn?12?(1???)an,22323n2n1111?Sn?b1?b2??bn?(1???)(a1?a2??an)?(1???)Tn2n2n11111?(1???)(2?n?1)?2(1???).2n22n111x?1记函数f(x)?lnx??1(x?1),则f'(x)??2?2?0,?当x?1时,f(x)为增函数,xxxx1从而当x?1时,f(x)?f(1)?ln1??1?0,1 kkk1k1当k?N*,且k?2时,?1,?f()?0,即ln??1?0,亦即ln?,kk?1k?1k?1k?1kk?112131n11123n?ln,?ln,,?ln,故????ln?ln??ln?lnn,22?133?1nn?123n2?13?1n?111111?2(1???)?2?2(???)?2?2lnn,2n23n11综上,Sn?2(1???)?2?2lnn.2n111(注:证明????lnn时,也可以使用数学归纳法)23n
,a3成等差数3.（2015年四川16，12分）设数列{an}的前n项和Sn?2an?a1，且a1,a2?1列。
（1）求数列{an}的通项公式； （2）记数列{【解析】
（1）当n?2时有，an?Sn?Sn?1?2an?a1?(2a?n1?a1) ，则an11成立的n的最小值。 }的前n项和Tn，求得使|Tn?1|?1000an?2an?1(n?2) ，
an=2 （n32） ，则?an?是以a1为首项，2为公比的等比数列。 an-1又由题意得2a2?2?a1?a3?2?2a1?2?a1?4a1?a1（2）由题意得
?2 ，则an?2n (n?N*)
11?n (n?N*) ， an211[1?()n]121n2?1?(1)n ，则T?1?（-）=() 。 由等比数列求和公式得Tn?2n12221?2110191（）=1024，（）=512 ，?Tn?1?又当n?10时， 成立时，n的最小值的221000n?10。
4.（2015年浙江20，15分）已知数列?an?满足a1=
12且an?1=an-an（n?N*） 2(1)证明：1?an； ?2（n?N*）
an?1S11（n?N*）. ?n?2(n?2)n2(n?1)2(2)设数列an的前n项和为Sn,证明
??【答案】（1）略；（2）略 【解析】
（1）an?1?an??an2?0，所以数列?an?为递减数列，即an?1?an?1； 2又an?1?an(1?an)，所以
1an?1?1?an?，则
2ananaaa?n.n?1...2?(1?an?1)(1?an?2)...(1?a1)?0 a1an?1an?2a1，
?an?0，由an?1?an?（2）?an2?an?an?1
11aaaa，得n?1，?n?1?1?an?，即n?2，?1?n?2 22an?1anan?1an?1?Sn?a12?a22?...?an2?a1?a2?a2?a3?...?an?an?1?a1?an?1?1?an?1 2所以要证
2S11S11?n?，只需证明， ?n?n?2nn?12(n?2)n2(n?1)即证
1?2an?111111??，即，也即证明n?2? ?2(n?1)，?an?1?n?2nn?12(n?1)n?2an?11?2n； an1111111，? ?????an?1an(1?an)an1?anan?1an1?an即证n?1?an?1?an?an2?an(1?an)，?0?an?1111，?1??2，即1???2 2an?1an1?an若
11111111??2，则??2，??2，......，??2
an?1an?2an?1ananan?1a2a1，1111??2(n?1)即?2(n?1)??2(n?1)?2?2n ana1ana11111111111??1，则??1，??1，......，??1，???n?1 an?1ananan?1a2a1ana1an?1an?2111?n?1??n?1?2?n?1，n?1??2n，即得证。 ana1an?若
即
5.（2015年重庆22，12分）
在数列{an}中，a1?3，an?1an??an?1??an?0(n?N?)．
2(Ⅰ) 若??0，???2，求数列{an}的通项公式； (Ⅱ)若??111(k0?N?,k0?2)，???1，证明：2??ak0?1?2?． k03k0?12k0?1n?1【答案】（Ⅰ）an?3?2（Ⅱ）略
2【解析】（Ⅰ）解：由??0,???2，有an?1an?2an(n?N?)。
若存在某个n0?N?，使得an0?0，则由上述递推公式易得an0?1?0。重复上述过程可得
a1?0，与a1?3矛盾，所以对任意n?N?,an?0。
n?1n?1从而an?1?2an(n?N?)，即?an?是一个公比q?2的等比数列。故an?a1q?3?2。
（Ⅱ）证明：由??112,???1，数列?an?的递推关系式变为an?1an?an?1?an?0，k0k0变形为an?1??an???1?2??a(n?N?)。 nk0??由上式及a1?3?0，归纳可得
3?a1?a2???an?an?1???0。
2an?因为an?1?2an1an?k0?11?22k0k0111?an???，所以对n?1,2,?,k0求和1k0k0k0an?1an?k0得
ak0?1?a1?(a2?a1)???(ak0?1?ak0)?a1?k0??11?111????????k0k0?k0a1?1k0a2?1k0ak0?1??????1?111?1?2??????2?k0?3k0?13k0?13k0?1?3k0?1???????????????k0个??
另一方面，由上已证的不等式知a1?a2???ak0?ak0?1?2，得
ak0?1?a1?k0??11?111????????k0k0?k0a1?1k0a2?1k0ak0?1??
????1?111?1?2??????2?k0?2k0?12k0?12k0?1?2k0?1???????????????k0个??综上，2?11?ak0?1?2?。
3k0?12k0?16．（2014安徽，5分）数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝________. 【答案】1 【解析】
法一：因为数列{an}是等差数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5也成等差数列，又a1＋1，a3＋3，
a5＋5构成公比为q的等比数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5是常数列，故q＝1.
法二：因为数列{an}是等差数列，所以可设a1＝t－d，a3＝t，a5＝t＋d，故由已知得(t＋3)＝(t－d＋1)(t＋d＋5)，得d＋4d＋4＝0，即d＝－2，所以a3＋3＝a1＋1，即q＝1. 7.（2014天津，5分）设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．若S1，
2
2
S2，S4成等比数列，则a1的值为________．
1
【答案】－
2
122
【解析】由已知得S1·S4＝S2，即a1·(4a1－6)＝(2a1－1)，解得a1＝－. 2
1i22
8.（2014浙江，5分）设函数f1(x)＝x，f2(x)＝2(x－x)，f3(x)＝|sin 2πx|，ai＝，i399＝0,1,2，…，99.记Ik＝|fk(a1)－fk(a0)|＋|fk(a2)－fk(a1)|＋…＋|fk(a99)－fk(a98)|，k＝1,2,3.则( )
A．I1 【解析】选B 显然f1(x)＝x在[0,1]上单调递增，可得f1(a1)－f1(a0)>0，f1(a2)－ 2 B．I2 f1(a1)>0，…，f1(a99)－f1(a98)>0，所以I1＝|f1(a1)－f1(a0)|＋|f1(a2)－f1(a1)|＋…＋|f1(a99) ?99?2 －f1(a98)|＝f1(a1)－f1(a0)＋f1(a2)－f1(a1)＋…＋f1(a99)－f1(a98)＝f1(a99)－f1(a0)＝??－0 ?99??49??50?2 ＝1.f2(x)＝2(x－x)在?0，?上单调递增，在?，1?上单调递减，可得f2(a1)－f2(a0)>0，…， ?99??99? f2(a49)－f2(a48)>0，f2(a50)－f2(a49)＝0，f2(a51)－f2(a50)<0，…，f2(a99)－f2(a98)<0，所以I2 ＝|f2(a1)－f2(a0)|＋|f2(a2)－f2(a1)|＋…＋|f2(a99)－f2(a98)|＝f2(a1)－f2(a0)＋…＋f2(a49)－f2(a48)－[f2(a51)－f2(a50)＋…＋f2(a99)－f2(a98)]＝f2(a49)－f2(a0)－[f2(a99)－f2(a50)]＝2f2(a50)－f2(a0)－f2(a99)＝4× 50?50?9 8001?24?×?1－?＝<1.f3(x)＝|sin 2πx|在?0，?，99?99?9 8013?99? ?50，74?上单调递增，在?25，49?，?75，1?上单调递减，可得f(a)－f(a)>0，…，f(a) ?9999??9999??99?3130324?????? －f3(a23)>0, f3(a25)－f3(a24)>0，f3(a26)－f3(a25)<0，…，f3(a49)－f3(a48)<0，f3(a50)－f3(a49)＝0，f3(a51)－f3(a50)>0，…，f3(a74)－f3(a73)>0，f3(a75)－f3(a74)<0，f3(a76)－f3(a75)<0，…， f3(a99)－f3(a98)<0，所以I3＝|f3(a1)－f3(a0)|＋|f3(a2)－f3(a1)|＋…＋|f3(a99)－f3(a98)|＝f3(a25)－f3(a0)－[f3(a49)－f3(a25)]＋f3(a74)－f3(a50)－[f3(a99)－f3(a74)]＝2f3(a25)－2f3(a49) 249ππ25ππ226＋226－26＋32＋2f3(a74)＝2sin－sin>2sin－sin＝－＝>1.因 39999312123446此I2 9.（2014湖北，12分）已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn>60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由． 【解析】 (1)设数列{an}的公差为d，依题意，2,2＋d,2＋4d成等比数列，故有(2＋d)＝2(2＋4d)，化简得d－4d＝0，解得d＝0或d＝4. 当d＝0时，an＝2；当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2， 从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2. (2)当an＝2时，Sn＝2n.显然2n<60n＋800，此时不存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立． 当an＝4n－2时，Sn＝ 2 2 2 n[2＋ 2 2 n－ ＝2n. 2 令2n>60n＋800，即n－30n－400>0，解得n>40或n<－10(舍去)，此时存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立，n的最小值为41.综上，当an＝2时，不存在满足题意的n；当an＝4n－2时，存在满足题意的n，其最小值为41. 10.（2014广东，14分）设数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝2nan＋1－3n－4n，n∈N，且 2 * S3＝15. (1)求a1，a2，a3的值； (2)求数列{an}的通项公式． 【解析】 ??a1＝2a2－7， (1)由Sn＝2nan＋1－3n－4n，n∈N，取n＝1,2得? ?a1＋a2＝4a3－20，? 2 * ① 又S3＝15，∴a1＋a2＋a3＝15， ∴a3＝15－(a1＋a2)． ② 联立①②解得a1＝3，a2＝5，a3＝7. (2)法一：当n>1时，由已知得 ??Sn＝2nan＋1－3n－4n，??n－an－?Sn－1＝ 2 n－ 2 －n－， 2 2 两式相减得2nan＋1＝(2n－1)an＋6n＋1，即2nan＋1－4n－6n＝(2n－1)an－4n＋1， 即2n[an＋1－(2n＋3)]＝(2n－1)[an－(2n＋1)]， 令bn＝an－(2n＋1)，则2nbn＋1＝(2n－1)bn， ③ 由(1)知b1＝b2＝0，则由③知bn＝0， ∴an＝2n＋1，且n＝1时也成立， 故an＝2n＋1，n∈N. 法二：由(1)猜想an＝2n＋1，下面用数学归纳法证明． ①n＝1时，结论显然成立； ②假设当n＝k(k≥1)时，ak＝2k＋1， 则Sk＝3＋5＋7＋…＋(2k＋1)＝又Sk＝2kak＋1－3k－4k， ∴k(k＋2)＝2kak＋1－3k－4k， 解得2ak＋1＝4k＋6， ∴ak＋1＝2(k＋1)＋1，即当n＝k＋1时，结论成立． 由①②知，?n∈N，an＝2n＋1. 11.（2014湖南，13分）已知数列{an}满足a1＝1，|an＋1－an|＝p，n∈N. (1)若{an}是递增数列，且a1,2a2,3a3成等差数列，求p的值； 1 (2)若p＝，且{a2n－1}是递增数列，{a2n}是递减数列，求数列{an}的通项公式． 2【解析】 (1)因为{an}是递增数列， 所以an＋1－an＝|an＋1－an|＝p. 而a1＝1，因此a2＝p＋1，a3＝p＋p＋1. 又a1,2a2,3a3成等差数列，所以4a2＝a1＋3a3，因而3p－p＝0， 1 解得p＝或p＝0. 3 1 当p＝0时，an＋1＝an，这与{an}是递增数列矛盾，故p＝. 3 2 2 * 2 2 * k[3＋ 2 k＋ ＝k(k＋2)． n* n(2)由于{a2n－1}是递增数列，因而a2n＋1－a2n－1>0，于是(a2n＋1－a2n)＋(a2n－a2n－1)>0. ① 但 11 2n<2n－1，所以|a2n＋1－a2n|<|a2n－a2n－1|. ② 22 2n1?2n－1－?由①②知，a2n－a2n－1>0，因此a2n－a2n－1＝??＝. ③ 2n－1 2?2? 因为{a2n}是递减数列，同理可得，a2n＋1－a2n<0，故 －?1?a2n＋1－a2n＝－??2n＝2n2?2? 2n＋1 . ④ n＋1 － 由③④即知，an＋1－an＝n2 . 于是an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1) 11－＝1＋－2＋…＋n－1222 1?n－1?－1－??1?2? 1 1＋2－n－12 nn ＝1＋· 241＝＋·33 . n41－ 故数列{an}的通项公式为an＝＋·n－1 332 。 12.（2014江苏，16分）设数列{an}的前n项和为Sn.若对任意正整数n，总存在正整数m，使得Sn＝am，则称{an}是“H数列”． (1)若数列{an}的前n项和Sn＝2(n∈N)，证明：{an}是“H数列”； (2)设{an}是等差数列，其首项a1＝1，公差d<0.若{an}是“H数列”，求d的值； (3)证明：对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N)成立． 【解析】(1)证明：由已知，当n≥1时，an＋1＝Sn＋1－Sn＝2数n，总存在正整数m＝n＋1，使得Sn＝2＝am. 所以{an}是“H数列”． (2)由已知，得S2＝2a1＋d＝2＋d. 因为{an}是“H数列”， 所以存在正整数m，使得S2＝am， 即2＋d＝1＋(m－1)d，于是(m－2)d＝1. 因为d<0，所以m－2<0，故m＝1.从而d＝－1. 当d＝－1时，an＝2－n，Sn＝ nn＋1 * n* －2＝2.于是对任意的正整 nnn－n* 是小于2的整数，n∈N.于是对任意的正整数n，2 总存在正整数m＝2－Sn＝2－的值为－1. n－n，使得Sn＝2－m＝am，所以{an}是“H数列”．因此d2 (3)证明：设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d＝na1＋(n－1)(d－a1)(n∈N)． 令bn＝na1，cn＝(n－1)(d－a1)，则an＝bn＋cn(n∈N)． 下面证{bn}是“H数列”． 设{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝整数m＝ * * nn＋ 2 a1(n∈N*)．于是对任意的正整数n，总存在正 nn＋ 2 ，使得Tn＝bm，所以{bn}是“H数列”． 同理可证{cn}也是“H数列”． 所以任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N)成立． 13.（2014天津，14分）已知q和n均为给定的大于1的自然数．设集合M＝{0,1,2，…，q－1}，集合A＝{x|x＝x1＋x2q＋…＋xnqn－1 * ，xi∈M，i＝1,2，…，n}． (1)当q＝2，n＝3时，用列举法表示集合A； (2)设s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anq1,2，…，n.证明：若an 【解析】(1)当q＝2，n＝3时，M＝{0,1}，A＝{x|x＝x1＋x2·2＋x3·2，xi∈M，i＝1,2,3}． 可得，A＝{0,1,2,3,4,5,6,7}． (2)证明：由s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1 2 n－1 ，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1 ，其中ai，bi∈M，i＝ ， t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1， ai，bi∈M，i＝1,2，…，n及an 可得s－t＝(a1－b1)＋(a2－b2)q＋…＋(an－1－bn－1)·q≤(q－1)＋(q－1)q＋…＋(q－1)·q＝ n－2 n－2 ＋(an－bn)·qn－1 －qn－1 q－－q1－qn－1 －qn－1 ＝－1<0. 所以s 14．（2013新课标全国Ⅰ，5分）设△AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，△AnBnCn的面积为Sn， n＝1,2,3，….若b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝ A．{Sn}为递减数列 B．{Sn}为递增数列 cn＋an2 ，cn＋1＝ bn＋an2 ，则( ) C．{S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列 D．{S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列 【答案】B 【解析】本题考查三角形面积公式和归纳推理等知识，意在考查考生综合运用所学知识分析问题、解决问题的能力，对考生的归纳推理能力、逻辑思维能力要求较高．已知b1＞c1，b1＋c1＝2a1，a2＝a1，故b2＝＝2a1，b2－c2＝ c1＋a13 21b1＋a131b1＋c1 ＝c1＋b1＜b1，c2＝＝b1＋c1＞c1，b2＋c2＝a1＋442442 c1－b1 2 1??31?31?3 ＜0，即b2＜c2，b2c2＝?c1＋b1?·?b1＋c1?＝(b1＋c1)2＋b1c1＞b1c1. 4??44?164?4 又a3＝a2＝a1，所以b3＝ c2＋a23 21b2＋a231c2＋a2b2＋a2 ＝c2＋b2＜b2，c3＝＝b2＋c2＞c2，b3＋c3＝＋4424422 1?c2－b21??31?31?3?3 ＝2a2＝2a1，b3－c3＝c2＋b2－?b2＋c2?＝＞0，即b3＞c3，b3c3＝?c2＋b2??b2＋c2?4?4??44?442?4?4＝ 312 (b2＋c2)＋b2c2＞b2c2＞b1c1.又△AnBnCn的面积为Sn＝ p164 p－anp－bnp－cn＝ pp－anp2－bn＋cnp＋bncn]，其中p＝(an＋bn＋cn)，p(p－an)和p2－(bn＋cn)p1 2 都为定值，bncn逐渐递增，所以数列{Sn}为递增数列，选择B. 15.（2013安徽，14分）如图，互不相同的点A1，A2，…，An，…和 B1，B2，…，Bn，…，分别在角O的两条边上，所有AnBn相互平行，且 所有梯形AnBnBn＋1An＋1的面积均相等．设OAn＝an.若a1＝1，a2＝2，则数列{an}的通项公式是________． 【答案】an＝3n－2 【解析】本题考查由数列递推求通项、三角形相似以及平行线分线段成比例等知识．令S△ OA1B1＝m(m>0)，因为所有AnBn平行且a1＝1，a2＝2，所以S梯形AnBnBn＋1An＋1＝S梯形A1B1B2A2 ＝3m，当n≥2时， 故an＝ 2 anOAn＝＝an－1OAn－1m＋n－m＋n－m＝m3n－2 ， 3n－5 3n－22 an－1， 3n－5 a2n－1＝a2n－2＝ … 3n－52 an－2， 3n－83n－82 an－3， 3n－11 2 a22＝a1， 4 1 以上各式累乘可得：an＝(3n－2)a1，因为a1＝1， 所以an＝3n－2. 22 2Sn122 16．（2013北京，14分）设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝1，＝an＋1－n－n－，nn33∈N. (1)求a2的值； (2)求数列{an}的通项公式； 1117 (3)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋<. a1a2an4 【解析】本题考查数列的通项与前n项和的关系、等差数列的通项公式、裂项求和、放缩法等基础知识和基本方法，考查化归与转化思想、分类与整合思想，考查考生的运算求解能力、逻辑推理能力以及分析问题、解决问题能力． 12 (1)依题意，2S1＝a2－－1－，又S1＝a1＝1，所以a2＝4. 331322 (2)当n≥2时，2Sn＝nan＋1－n－n－n， 331232 2Sn－1＝(n－1)an－(n－1)－(n－1)－(n－1)， 33 122 两式相减得2an＝nan＋1－(n－1)an－(3n－3n＋1)－(2n－1)－， 33整理得(n＋1)an＝nan＋1－n(n＋1)，即 * an＋1ana2a1 －＝1，又－＝1， n＋1n21 故数列{}是首项为1，公差为1的等差数列， 所以＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝n. 17 (3)证明：当n＝1时，＝1<； a1411157 当n＝2时，＋＝1＋＝<； a1a244411 当n≥3时，＝2< annann2 ann1n－11 －，此时 nn－1n＝ 1111111?11??11??1－1?＝1＋1＋＋…＋＝1＋2＋2＋2＋…＋2<1＋＋?－?＋?－?＋…＋??a1a2an234n4?23??34?4?n－1n?1 11717＋－＝－<. 2n4n4 1117 综上，对一切正整数n，有＋＋…＋<. a1a2an4 17．（2013北京，13分）已知{an}是由非负整数组成的无穷数列．该数列前n项的最大值记为An，第n项之后各项an＋1，an＋2, …的最小值记为Bn，dn＝An－Bn. (1)若{an}为2,1,4,3,2,1,4,3，…，是一个周期为4的数列(即对任意n∈N，an＋4＝an)，写出d1，d2，d3，d4的值； (2)设d是非负整数．证明：dn＝－d(n＝1,2,3，…)的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列； (3)证明：若a1＝2，dn＝1(n＝1,2,3，…)，则{an}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1. 【解析】本题主要考查无穷数列的有关知识，考查了考生对新定义类数列的理解与运用，对考生的逻辑思维能力要求较高． (1)d1＝d2＝1，d3＝d4＝3. (2)证明：(充分性)因为{an}是公差为d的等差数列，且d≥0，所以a1≤a2≤…≤an≤…， 因此An＝an，Bn＝an＋1，dn＝an－aa＋1＝－d(n＝1,2,3…)． (必要性)因为dn＝－d≤0(n＝1,2,3，…)，所以An＝Bn＋dn≤Bn，又an≤An，an＋1≥Bn， 所以an≤an＋1， 于是，An＝an，Bn＝an＋1， 因此an＋1－an＝Bn－An＝－dn＝d， 即{an}是公差为d的等差数列． (3)证明：因为a1＝2，d1＝1， 所以A1＝a1＝2，B1＝A1－d1＝1. 故对任意n≥1，an≥B1＝1. 假设{an}(n≥2)中存在大于2的项． 设m为满足am＞2的最小正整数， 则m≥2，并且对任意1≤k＜m，ak≤2. 又a1＝2，所以Am－1＝2，且Am＝am＞2. 于是，Bm＝Am－dm＞2－1＝1，Bm－1＝min{am，Bm}≥2. 故dm－1＝Am－1－Bm－1≤2－2＝0，与dm－1＝1矛盾． 所以对于任意n≥1，有an≤2，即非负整数列{an}的各项只能为1或2. 因为对任意n≥1，an≤2＝a1， 所以An＝2. 故Bn＝An－dn＝2－1＝1. 因此对于任意正整数n，存在m满足m＞n，且am＝1，即数列{an}有无穷多项为1. 18．（2012福建，4分）数列{an}的通项公式an＝ncos【答案】3 018 【解析】∵an＝ncos * nπ 2 ＋1，前n项和为Sn，则S2 012＝________. nπ 2 ＋1，∴a1＋a2＋a3＋a4＝6，a5＋a6＋a7＋a8＝6，…，a4k＋1＋a4k＋2＋a4k＋ 3 ＋a4k＋4＝6，k∈N，故S2 012＝503×6＝3 018. 13 19．（2011福建，13分）已知等比数列{an}的公比q＝3，前3项和S3＝. 3 (1)求数列{an}的通项公式； π (2)若函数f(x)＝Asin(2x＋φ)(A＞0,0＜φ＜π)在x＝处取得最大值，且最大值为6 a3，求函数f(x)的解析式． 13 【解析】(1)由q＝3，S3＝， 3 得 a1 －31－3 3 131＝，解得a1＝. 33 1n－1n－2 所以an＝×3＝3. 3(2)由(1)可知an＝3 n－2 ，所以a3＝3. 因为函数f(x)的最大值为3，所以A＝3； π 因为当x＝时f(x)取得最大值， 6π 所以sin(2×＋φ)＝1. 6π 又0＜φ＜π，故φ＝. 6 π 所以函数f(x)的解析式为f(x)＝3sin(2x＋)． 6
