参考答案（2）

1 等差与等比数列

1. （1）设{an}的公比为q，由已知有a1+a1q=2■+■，a1q2+a1q3+a1q4=64■+■+■，化简得a■■q=2，a■■q6=64.又a1>0，故q=2，a1=1，所以an=2n-1.

（2）由（1）知bn=an+■■=a■■+■+2=4n-1+■+2，因此，Tn=（1+4+…+4n-1）+1+■+…+■+2n=■+■+2n=■（4n-41-n）+2n+1.

2. （1）a2=λa1+λ-2=2λ-2，a3=λa2+λ-2=2λ2-2λ+λ-2=2λ2-λ-2. 因为a1+a3=2a2，所以1+2λ2-λ-2=2（2λ-2），得2λ2-5λ+3=0，解得λ=1或λ=■，当λ=■时，a2=2×■-1=1，a1=a2，不合题意，舍去.

λ=1时，代入an=λan-1+λ-2，可得an-an-1=-1，所以{an}构成以a1=1为首项，-1为公差的等差数列，所以an=-n+2.

（2）由λ=3可得an=3an-1+3-2？圯an=3an-1+1，所以an+■=3an-1+■，所以an+■=3an-1+■，即bn=3bn-1（n≥2）. 又b1=a1+■=■，所以{bn}构成以b1=■为首项，3为公比的等比数列，所以bn=■·3n-1=■，所以Sn=■=■（3n-1）.

3. （1）anan+1+anan-1=2an-1an+1可变形为■+■=■（n≥2且n∈N？鄢），所以数列■是等差数列，d=■-■=3. 所以■=■+（n-1）d=-2+（n-1）·3=3n-5，即an=■.

又由题意有Sn=3-3·■■，则Sn-1=3-3·■■（n≥2），两式相减得bn=■■（n≥2）.

又b1=■也符合此式，所以bn=■■（n∈N？鄢），即数列{bn}是等比数列.

（2）由（1）代入得cn=■=（3n-5）■■，设xn=Tn+1-2Tn+Tn-1，则其可变形为xn=（Tn+1-Tn）-（Tn-Tn-1）=cn+1-cn=■■·■（n≥2）.

而xn+1-xn=■■■，所以当2≤n≤7时，xn+1-xn<0，即数列{xn}递减；当n≥8时，xn+1-xn>0，数列{xn}递增，即x2>x3>x4>0>…>x8

2 数列与解析几何

（1）因为y1=y2=y4=1，y3=■，y5=■，所以a1=a2=a3=2，又由题意可知yn+3=■，所以an+1=■yn+1+yn+2+yn+3=■yn+1+yn+2+■=■y■+y■+yn+2=an，所以{an}为常数列，所以an=a1=2，n∈N？鄢.

（2）将等式■y■+y■+y■=2两边除以2，得■y■+■=1. 又yn+4=■，所以y■=1-■.？摇

（3）因为bn+1=y4n+8-y4n+4=1-■-1-■=-■（y■-y■）=-■bn. 又b1=y8-y4=1-■-y4=-■≠0，所以{bn}是公比为-■的等比数列.

3 数列与函数

（1）f ■■（x）=■. 令f ■■（x）>0，则x

所以f■（x）在（-n，en+1-n）上递增，在（en+1-n，+∞）上递减.

所以当x=en+1-n时，f■（x）max=f■（en+1-n）=■+■，即an=■+■，则Sn=■+■.

（2）因为n≥1，所以en+1递增，n（n+1）递增，所以an=■+■递减. 所以0

令g（x）=■+a，则g′（x）=■，所以g（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减.

当x→0时，■→0；当x→+∞时，■>0；又g（1）=1+a，所以g（x）∈（a，1+a]，结合已知可得（a，1+a]？勐0，■+■，所以a≤0，■+■≤1+a，所以■-■≤a≤0.

（3）■+f■（en）-an=■+■+■-■-■=■+■ln■-■=■■+ln■-■■.

令t=■，因为g（x）=■（x≥1），g′（x）=■≤0，所以g（x）在[1，+∞）上递减.

所以10，所以r（t）>r（1）=0，所以■■+ln■-■■>0，所以■+f■（en）>an.

4 数列与不等式

（1）法1（数学归纳法）：因为对任意n∈N？鄢，都有a■■+a■■+a■■+…+a■■=S■■，且数列{an}的各项都是正数，所以当n=1时，有a■■=S■■，解得a1=1. 同理，当n=2时，解得a2=2，当n=3时，解得a3=3.

假设当n=k时，ak=k成立，则当n=k+1时，因为a■■+a■■+a■■+…+a■■=S■■，a■■+a■■+a■■+…+a■■=S■■，两式相减得S■■+a■■=S■■，即S■■+a■■=（Sk+ak+1）2 ①.

又由ak=k知Sk=■②，联立①②解得ak+1=k+1，所以an=n.

法2（递推整理法）：因为a■■+a■■+a■■+…+a■■=S■■，所以a■■+a■■+a■■+…+a■■+a■■=S■■，两式相减得a■■=S■■-S■■，整理得a■■=（S■n+1+Sn）（Sn+1-S■n），即a■■=S■n+1+S■n.同理，a■■=S■n+Sn-1（n≥2），两式相减得：a■■-a■■=an+an+1（n≥2），所以an+1-an=1（n≥2）. 又当n=1时，a2-a1=1，所以{an}是首项为1，公差为1的等差数列，显然an=n.

（2）根据bn+1>bn得，3n+1+（-1）nλ2n+1>3n+（-1）n-1λ2n（？鄢）.

①当n为奇数时，（？鄢）式即为3n+1-λ2n+1>3n+λ2n，整理得λ<■■，为使此式恒成立，只要当n=1时成立即可，即λ<1.

②当n为偶数时，（？鄢）式即为3■+λ2■>3n-λ2n，整理得λ>-■■，为使此式恒成立，只要当n=2时成立即可，即λ>-■.

综①②得-■<λ<1，又λ为非零整数，故λ=-1.

综合测试

1. 因为■=2n-1，an=an-1·2n-1，所以a100=299×298×…×22×2a1=299+98+…+1=24950，选D.

2. 因为a1+a8+a15=π，所以a8=■，所以cos（a4+a12）=cos■=-■，选A.

3. 设首项为a1，则有a■■=a3·a9，即（a1+6d）2=（a1+2d）·（a1+8d），代入d= -2，解得a1=20，故S10=20×10+■×（-2）=110. 选D.

4. 因为f（2k）=1，f（2k+1）=0（k∈N？鄢），即f（n）=1或0，f（n+1）=0或1，因此，对于α■=f（n+1）+αf（n）只需要分别将这两种结果代入验证，则α1=0+α或α0=1+α×0，显然C总是正确的，其余的选项都至少有一种情形不满足，故选C.

5. x3=a-1=1-a，x1+x2+x3=2. 因为xn+3=xn，所以x■+x■+x■=x1+x2+x3=2（k∈N？鄢），所以S2010=（x1+x2+x3）+… +（x2008+x2009+x2010）=2×670=1340，选D.

6. 公差d=■=1，故■=■+3，a4=-■.

7. 因为函数y=cos■x的周期是4，所以数列{an}的每相邻四项之和是一个常数6，所以S2013=S2012+a2013=■×6+2013cos■+1=3019.

8. 因为a■■=a10，所以（a1q4）2=a1q9，所以a1=q，所以an=qn. 因为2（an+an+2）=5an+1，所以2an（1+q2）=5anq，所以2q2-5q+2=0，即q=2，或■（舍去），所以an=2n.

9. （1）设数列{an}的公比为q，由a■■=9a2a6得a■■=9a■■，所以q2=■. 由条件可知q>0，故q=■. 由2a1+3a2=1得2a1+3a1q=1，所以a1=■，故数列{an}的通项公式为an=■.

（2）由（1）知bn=log3a1+log3a2+…+log3an=log3（3（-1）+（-2）+…+（-n））=-（1+2+…+n）=-■，故■=-■= -2■-■，从而■+■+…+■= -21-■+■-■+…+■-■=-■.

10. （1）对任意n∈N？鄢，三个数A（n），B（n），C（n）是等差数列，所以A（n）+C（n）=2B（n），故a1+an+2=an+1+a2，即an+2-an+1=a2-a1=4，所以数列{an}是首项为1，公差为4的等差数列，an=1+（n-1）×4=4n-3.

（2）必要性：若数列{an}是公比为q的等比数列，则对任意n∈N？鄢，有an+1=anq. 因为■=■=■=q，■=■=■=q，所以■=■=q，所以三个数A（n），B（n），C（n）组成公比为q的等比数列.

充分性：若对于任意n∈N？鄢，三个数A（n），B（n），C（n）组成公比为q的等比数列，则B（n）=qA（n），C（n）=qB（n），有C（n）-B（n）=q[B（n）-A（n）]，所以an+2-a2=q（an+1-a1），即an+2-qan+1=a2-qa1 ①.

又因为当n=1时，三个数A（n），B（n），C（n）组成公比为q的等比数列，所以B（1）=qA（1），即a2=qa1 ②.

由①和②，得an+2-qan+1=0，即■=q. 又因为■=q，所以对任意n∈N？鄢，有■=q，所以数列{an}是首项为a1，公比为q的等比数列.

综上所述，原命题成立.

11. （1）因为4Sn f■=1，所以2Sn=an-a■■ ①.

当n=1时，2a1=a1-a■■？圯a1=-1；

当n≥2时，2Sn-1=an-1-a■■ ②.

所以①②两式相减得（an+an-1）·（an-an-1+1）=0，

所以an=-an-1或an-an-1=-1.

若an=-an-1，则a2=1，这与an≠1矛盾.

所以an-an-1=-1，所以an=-n.

由于要证-■

设g（x）=x-1-lnx（x>1），则g′（x）=1-■=■>0，所以g（x）=x-1-lnx在（1，+∞）上单调递增，所以g1+■>g（1）=0，ln■<■ ③.

再h（x）=lnx-1+■（x>1），则h′（x）=■-■=■>0，所以h（x）=lnx-1+■在（1，+∞）上单调递增，所以h1+■>h（1）=0，ln■>■ ④.

综合③④，得■

（2）由（1）可知bn=■，则Tn=1+■+■+…+■. 在■

12. （1）由已知可得，对任意的x1，x2∈R，都有f（x1）？摇-f（x2）？摇=■-■=■=■. 又由f（x1）？摇-f（x2）≤Lx1-x2恒成立，即■≤Lx1-x2恒成立.

当x1≠x2时，由上可得L≥■. 因为■>x1，■>x2，且x1+x2≥x1+x2，所以■<■≤1. 所以要使f（x1）？摇-f（x2）？摇≤Lx1-x2对任意x1，x2∈R都成立，只要L≥1. 当x1=x2时，f（x1）？摇-f（x2）？摇≤Lx1-x2恒成立. 所以L的取值范围是[1，+∞）.

（2）①因为an+1=f（an），n=1，2，…，故当n≥2时，an-an+1=f（an-1）？摇-f（an）≤Lan-1-an=Lf（an-2）-f（an-1）≤L2an-2-an-1≤…≤Ln-1a1-a2，所以■ak-ak+1=a1-a2+a2-a3+a3-a4+…+an-an+1≤（1+L+L2+…+Ln-1）a1-a2=■a1-a2. 因为0

②因为Ak=■，所以Ak-Ak+1=■-■=■·（a1+a2+…+ak-kak+1）=■（a1-a2）+2（a2-a3）+3（a3-a4）+…+k（ak-ak+1）≤■（a1-a2+2a2-a3+3a3-a4+…+kak-ak+1）. 所以■Ak-Ak+1=A1-A2+A2-A3+…+An-An+1≤a1-a2·■+■+…+■？摇+2a2-a3·■+■+…+■？摇+3a3-a4·■+■+…+■？摇+…+nan-an+1×■=a1-a21-■+a2-a31-■+…+an-an+1·1-■≤a1-a2+a2-a3+…+an-an+1≤■a1-a2. ■