2011年高考数学真题分类汇编D
课标文数 17.D1[2011·浙江卷] 若数列 {n（n＋4）2
3
n}中的最大项是第 k 项，则 k＝
________.
课 标 文 数 17.D1[2011· 浙 江 卷 ] 4 【 解 析 】 设 最 大 项 为 第 k 项 ， 则 有
{k（k＋4）(2
3 )k
≥ （k＋1）（k＋5）(2
3 )k＋1
，
k（k＋4）(2
3 )k
≥ （k－1）（k＋3）(2
3 )k－1
，
∴{k2 ≥ 10，
k2－2k－9 ≤ 0 ⇒{k ≥ 10或 k ≤ － 10，
1－ 10 ≤ k ≤ 1＋ 10 ⇒k＝4.
课标文数 20.D2，A2[2011·北京卷] 若数列 An：a1，a2，…，an(n≥2)满足|ak＋1－ak|＝1(k
＝1，2，…，n－1)，则称 An 为 E 数列．记 S(An)＝a1＋a2＋…＋an.
(1)写出一个 E 数列 A5 满足 a1＝a3＝0；
(2)若 a1＝12，n＝2000，证明：E 数列 An 是递增数列的充要条件是 an＝2011；
(3)在 a1＝4 的 E 数列 An 中，求使得 S(An)＝0 成立的 n 的最小值．
课标文数 20.D2，A2[2011·北京卷] 【解答】 (1)0，1，0，1，0 是一个满足条件的 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，－
1，0 都是满足条件的 E 数列 A5)
(2)必要性：因为 E 数列 An 是递增数列，
所以 ak＋1－ak＝1(k＝1，2，…，1999)．
所以 An 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－a1999≤1.
a1999－a1998≤1.
……
a2－a1≤1.
所以 a2000－a1≤1999，即 a2000≤a1＋1999.
又因为 a1＝12，a2000＝2011.
所以 a2000＝a1＋1999.
故 ak＋1－ak＝1>0(k＝1，2，…，1999)，即 E 数列 An 是递增数列．
综上，结论得证．
(3)对首项为 4 的 E 数列 An，由于
a2≥a1－1＝3，
a3≥a2－1≥2，
……
a8≥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 An，若 S(An)＝0，则必有 n≥9.
又 a1＝4 的 E 数列 A9：4，3，2，1，0，－1，－2，－3，－4 满足 S(A9)＝0，
所以 n 的最小值是 9.
大纲理数 4.D2[2011·全国卷] 设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，若 a1＝1，公差 d＝2，Sk
＋2－Sk＝24，则 k＝( )
A．8 B．7 C．6 D．5
大纲理数 4.D2[2011·全国卷] D 【解析】 ∵Sk＋2－Sk＝ak＋1＋ak＋2＝2a1＋(2k＋1)d＝4k
＋4，∴4k＋4＝24，可得 k＝5，故选 D.
大纲理数 20.D2，D4[2011·全国卷] 设数列{an}满足 a1＝0 且 1
1－an＋1－ 1
1－an＝1.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设 bn＝1－ an＋1
n
，记 Sn＝
n
∑
k＝1
bk，证明：Sn＜1.
大纲理数 20.D2，D4[2011·全国卷] 【解答】 (1)由题设 1
1－an＋1－ 1
1－an＝1，
即{ 1
1－an}是公差为 1 的等差数列．
又 1
1－a1＝1，故 1
1－an＝n.
所以 an＝1－1
n.
(2)证明：由(1)得
bn＝1－ an＋1
n
＝ n＋1－ n
n＋1· n
＝ 1
n
－ 1
n＋1
，
∴Sn＝∑
n
k＝1bk＝∑
n
k＝1( 1
k
－ 1
k＋1)＝1－ 1
n＋1<1.
大纲文数 6.D2[2011·全国卷] 设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，若 a1＝1，公差 d＝2，Sk
＋2－Sk＝24，则 k＝( )
A．8 B．7
C．6 D．5
大纲文数 6.D2[2011·全国卷] D 【解析】 ∵S k＋2－Sk＝ak＋1＋ak＋2＝2a1＋(2k＋1)d＝4k
＋4，∴4k＋4＝24，可得 k＝5，故选 D.
课标理数 10.M1，D2，B11[2011·福建卷] 已知函数 f(x)＝ex＋x.对于曲线 y＝f(x)上横坐标
成等差数列的三个点 A、B、C，给出以下判断：
①△ABC 一定是钝角三角形；
②△ABC 可能是直角三角形；
③△ABC 可能是等腰三角形；
④△ABC 不可能是等腰三角形．
其中，正确的判断是( )
A．①③ B．①④
C．②③ D．②④
课标理数 10.M1，D2，B11[2011·福建卷] B 【解析】 解法一：(1)设 A、B、C 三点的
横坐标分别为 x1，x2，x3(x1
0，
∴ f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，
∴ f(x1)0，
∴ f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，画出 f(x)的图象(大致)．
∴ f(x1)0，0<φ<π)在 x＝
π
6 处取得最大值，且最大值为 a3，求函
数 f(x)的解析式．
课标数学 16.D3，C4[2011·福建卷] 【解答】 (1)由 q＝3，S 3＝13
3 得a1（1－33）
1－3 ＝13
3 ，
解得 a1＝1
3.
所以 an＝1
3×3n－1＝3n－2.
(2)由(1)可知 an＝3n－2，所以 a3＝3.
因为函数 f(x)的最大值为 3，所以 A＝3；
因为当 x＝
π
6 时 f(x)取得最大值，
所以 sin(2 ×
π
6 ＋φ)＝1.
又 0<φ<π，故 φ＝
π
6 .
所以函数 f(x)的解析式为 f(x)＝3sin(2x＋
π
6 ).
课标文数 16.D3[2011·福建卷] 商家通常依据“乐观系数准则”确定商品销售价格，即根
据商品的最低销售限价 a，最高销售限价 b(b>a)以及实数 x(0a，b－a≠0，
∴x2＝1－x，即 x2＋x－1＝0，
解得 x＝
－1 ± 5
2 ，
因为 00)，b1－a1＝
1，b2－a2＝2，b3－a3＝3.
(1)若 a＝1，求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{an}唯一，求 a 的值．
课标理数 18.D3[2011·江西卷] 【解答】 (1)设{an}的公比为 q，则 b1＝1＋a＝2，b2＝2＋
aq＝2＋q，b3＝3＋aq2＝3＋q2，
由 b1，b2，b3 成等比数列得(2＋q)2＝2(3＋q2)，
即 q2－4q＋2＝0，解得 q1＝2＋ 2，q2＝2－ 2，
所以{an}的通项公式为 an＝(2＋ 2)n－1 或 an＝(2－ 2)n－1.
(2)设{an}的公比为 q，则由(2＋aq)2＝(1＋a)(3＋aq2)，得 aq2－4aq＋3a－1＝0，(*)
由 a＞0 得 Δ＝4a2＋4a＞0，故方程(*)有两个不同的实根，
由{an}唯一，知方程(*)必有一根为 0，代入(*)得 a＝1
3.
课标文数 5.D3[2011·辽宁卷] 若等比数列{an}满足 anan＋1＝16n，则公比为( )
A．2 B．4 C．8 D．16
课标文数 5.D3[2011·辽宁卷] B 【解析】 由于 a nan＋1 ＝16n，又 an－1an＝16n－1 ，所以
anan＋1
an－1an＝q2＝16，又由 anan＋1＝16n 知 an>0，所以 q＝4.
课标文数 17.D2，D3[2011·课标全国卷] 已知等比数列{an}中，a1＝1
3，公比 q＝1
3.
(1)Sn 为{an}的前 n 项和，证明：Sn＝1－an
2 ；
(2)设 bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列{bn}的通项公式．
课标文数 17.D2，D3[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)因为 an＝1
3×(1
3 )n－1
＝ 1
3n，
Sn＝
1
3(1－ 1
3n)
1－1
3
＝
1－ 1
3n
2 ，
所以 Sn＝1－an
2 .
(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an
＝－(1＋2＋…＋n)
＝－n（n＋1）
2 .
所以{bn}的通项公式为 bn＝－n（n＋1）
2 .
大纲文数 9.D3[2011·四川卷] 数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1)，则
a6＝( )
A．3×44 B．3×44＋1
C．44 D．44＋1
大纲文数 9.D3[2011·四川卷] A 【解析】 由 an＋1＝3Sn⇒Sn＋1－Sn＝3Sn⇒Sn＋1＝4Sn，所
以数列{Sn}是首项为 1，公比为 4 的等比数列，所以 Sn＝4n－1，所以 a6＝S6－S5＝45－44＝3×
44，所以选择 A.
大纲理数 11.D2[2011·重庆卷] 在等差数列{a n}中，a 3＋a7＝37，则 a 2＋a4＋a6＋a8＝
________.
大纲理数 11.D2[2011·重庆卷] 74 【解析】 由 a3＋a7＝37，得(a1＋2d)＋(a1＋6d)＝37，
即 2a1＋8d＝37.∴a2＋a4＋a6＋a8＝(a1＋d)＋(a1＋3d)＋(a1＋5d)＋(a1＋7d)＝2(2a1＋8d)＝74.
课标文数 7.D4[2011·安徽卷] 若数列{an}的通项公式是 an＝(－1)n(3n－2)，则 a1＋a2＋…
＋a10＝( )
A．15 B．12
C．－12 D．－15
课标文数 7.D4[2011·安徽卷] A 【解析】 a 1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10＋…＋(－
1)10·(3×10－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－1) 9·(3×9－2)＋(－1) 10·(3×10－2)]＝3
×5＝15.
课标文数 21.D3，D4[2011·安徽卷] 在数 1 和 100 之间插入 n 个实数，使得这 n＋2 个数
构成递增的等比数列，将这 n＋2 个数的乘积记作 Tn，再令 an＝lgTn，n≥1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设 bn＝tanan·tanan＋1，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
课标文数 21.D3，D4[2011·安徽卷] 本题考查等比和等差数列，指数和对数的运算，两角
差的正切公式等基本知识，考查灵活运用知识解决问题的能力，综合运算能力和创新思维能
力．
【解答】 (1)设 t1，t2，…，tn＋2 构成等比数列，其中 t1＝1，tn＋2＝100，则
Tn＝t1·t2·…·tn＋1·tn＋2，①
Tn＝tn＋2·tn＋1·…·t2·t1.②
①×②并利用 titn＋3－i＝t1tn＋2＝102(1≤i≤n＋2)，得
T2n＝(t1tn＋2)·(t2tn＋1)·…·(t n＋1t2)·(tn＋2t1)＝102(n＋2)，
∴an＝lgTn＝n＋2，n≥1.
(2)由题意和(1)中计算结果，知
bn＝tan(n＋2)·tan(n＋3)，n≥1.
另一方面，利用 tan1＝tan[(k＋1)－k]＝ tan（k＋1）－tank
1＋tan（k＋1）·tank.
得 tan(k＋1)·tank＝tan（k＋1）－tank
tan1 －1.
所以 Sn＝∑
n
bk＝ ∑
n＋2
tan(k＋1)·tank
＝ ∑
n＋2
[tan（k＋1）－tank
tan1 －1]＝tan（n＋3）－tan3
tan1 －n.
课标理数 18.D3，D4[2011·安徽卷]
在数 1 和 100 之间插入 n 个实数，使得这 n＋2 个数构成递增的等比数列，将这 n＋2 个
数的乘积记作 Tn，再令 an＝lgTn，n≥1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设 bn＝tanan·tanan＋1，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
课标理数 18.D3，D4[2011·安徽卷] 【解析】 本题考查等比和等差数列，对数和指数的
运算，两角差的正切公式等基本知识，考查灵活运用基本知识解决问题的能力，运算求解能
力和创新思维能力．
【解答】 (1)设 t1，t2，…，tn＋2 构成等比数列，其中 t1＝1，tn＋2＝100，则
Tn＝t1·t2·…·tn＋1·tn＋2，①
Tn＝tn＋2·tn＋1·…·t2·t1，②
①×②并利用 titn＋3－i＝t1tn＋2＝102(1≤i≤n＋2)，得
T2n＝(t1tn＋2)·(t2tn＋1)·…·(t n＋1t2)·(tn＋2t1)＝102(n＋2)．
∴an＝lgTn＝n＋2，n≥1.
(2)由题意和(1)中计算结果，知
bn＝tan(n＋2)·tan(n＋3)，n≥1，
另一方面，利用
tan1＝tan[(k＋1)－k]＝ tan（k＋1）－tank
1＋tan（k＋1）·tank，
得 tan(k＋1)·tank＝tan（k＋1）－tank
tan1 －1.
＝tan（n＋3）－tan3
tan1 －n.
大纲理数 20.D2，D4[2011·全国卷] 设数列{an}满足 a1＝0 且 1
1－an＋1－ 1
1－an＝1.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设 bn＝1－ an＋1
n
，记 Sn＝
n
∑
k＝1
bk，证明：Sn＜1.
大纲理数 20.D2，D4[2011·全国卷] 【解答】 (1)由题设 1
1－an＋1－ 1
1－an＝1，
即{ 1
1－an}是公差为 1 的等差数列．
又 1
1－a1＝1，故 1
1－an＝n.
所以 an＝1－1
n.
(2)证明：由(1)得
bn＝1－ an＋1
n
＝ n＋1－ n
n＋1· n
＝ 1
n
－ 1
n＋1
，
∴Sn＝∑
n
k＝1bk＝∑
n
k＝1( 1
k
－ 1
k＋1)＝1－ 1
n＋1<1.
课标文数 20.D4[2011·湖南卷] 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%.
(1)求第 n 年初 M 的价值 an 的表达式；
(2)设 An＝a1＋a2＋…＋an
n .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．
课标文数 20.D4[2011·湖南卷] 【解答】 (1)当 n≤6 时，数列{an}是首项为 120，公差为
－10 的等差数列．
an＝120－10(n－1)＝130－10n；
当 n≥6 时，数列{an}是以 a6 为首项，公比为3
4的等比数列，又 a6＝70，所以 an＝70×
(3
4 )n－6
.
因此，第 n 年初，M 的价值 an 的表达式为
an＝{130－10n，n ≤ 6，
70 × (3
4 )n－6
，n ≥ 7.
(2)设 Sn 表示数列{an}的前 n 项和，由等差及等比数列的求和公式得
当 1≤n≤6 时，Sn＝120n－5n(n－1)，
An＝120－5(n－1)＝125－5n；
当 n≥7 时，由于 S6＝570，故
Sn＝S6＋(a7＋a8＋…＋an)＝570＋70×3
4×4×[1－(3
4 )n－6
]＝780－210×(3
4 )n－6
，
An＝
780－210 × (3
4 )n－6
n ，
因为{an}是递减数列，所以{An}是递减数列．又
A8＝
780－210 × (3
4 )2
8 ＝8247
64>80，
A9＝
780－210 × (3
4 )3
9 ＝7679
96<80，
所以须在第 9 年初对 M 更新．
课标理数 5.D4[2011·江西卷] 已知数列{a n}的前 n 项和 Sn 满足：Sn＋Sm＝Sn＋m，且 a1＝
1.那么 a10＝( )
A．1 B．9
C．10 D．55
课标理数 5.D4[2011·江西卷] A 【解析】 方法一：由 Sn＋Sm＝Sn＋m，得 S1＋S9＝S10，
∴a10＝S10－S9＝S1＝a1＝1，故选 A.
方法二：
∵S2＝a1＋a2＝2S1，∴a2＝1，
∵S3＝S1＋S2＝3，∴a3＝1，
∵S4＝S1＋S3＝4，∴a4＝1，
由此归纳 a10＝1，故选 A.
课标理数 17.D4[2011·辽宁卷]
已知等差数列{an}满足 a2＝0，a6＋a8＝－10.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{ an
2n－1 }的前 n 项和．
课标理数 17.D4[2011·辽宁卷] 【解答】 (1)设等差数列{an}的公差为 d，由已知条件可得
{a1＋d＝0，
2a1＋12d＝－10.解得{a1＝1，
d＝－1.
故数列{an}的通项公式为 an＝2－n.
(2)设数列{ an
2n－1 }的前 n 项和为 Sn，即 Sn＝a1＋a2
2 ＋…＋ an
2n－1，故 S1＝1，
Sn
2 ＝a1
2 ＋a2
4 ＋…＋an
2n.
所以，当 n＞1 时，
Sn
2 ＝a1＋a2－a1
2 ＋…＋an－an－1
2n－1 －an
2n
＝1－(1
2＋1
4＋…＋ 1
2n－1)－2－n
2n
＝1－(1－ 1
2n－1)－2－n
2n
＝ n
2n，
所以 Sn＝ n
2n－1.
综上，数列{ an
2n－1 }的前 n 项和 Sn＝ n
2n－1.
课标理数 14.D4[2011·陕西卷] 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)．
课标理数 14.D4[2011·陕西卷] 2000 【解析】 树苗放在 10 或 11 号坑，则其余的十九人
一次走过的路程为 90，80，70，60，…，80，90，100，则和为 s＝[9（10＋90）
2 × 2＋100]
×2＝2000，若放在 11 号坑，结果一样．
课标理数 19.B11，D4[2011·陕西卷]
图 1－11
如图 1－11，从点 P1(0，0)作 x 轴的垂线交曲线 y＝ex 于点 Q1(0，1)，曲线在 Q1 点处的
切线与 x 轴交于点 P2.现从 P2 作 x 轴的垂线交曲线于点 Q2，依次重复上述过程得到一系列点：
P1，Q1；P2，Q2；…；Pn，Qn，记 Pk 点的坐标为(xk，0)(k＝1，2，…，n)．
(1)试求 xk 与 xk－1 的关系(2≤k≤n)；
(2)求|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|PnQn|.
课标理数 19.B11，D4[2011·陕西卷] 【解答】
(1)设 Pk－1(xk－1，0)，由 y′＝ex 得 Qk－1(xk－1，exk－1)点处切线方程为 y－exk－1＝exk－1(x－xk
－1)，
由 y＝0 得 xk＝xk－1－1(2≤k≤n)．
(2)由 x1＝0，xk－xk－1＝－1，得 xk＝－(k－1)，
所以|PkQk|＝exk＝e－(k－1)，于是
Sn＝|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|PnQn|
＝1＋e－1＋e－2＋…＋e－(n－1)＝1－e－n
1－e－1＝e－e1－n
e－1 .
课标文数 10.D4[2011·陕西卷] 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，现将树坑从 1 到 20
依次编号，为使各位同学从各自树坑前来领取树苗所走的路程总和最小，树苗可以放置的两
个最佳坑位的编号为( )
A．①和⑳ B．⑨和⑩
C．⑨和⑪ D．⑩和⑪
课标文数 10.D4[2011·陕西卷] D 【解析】 从实际问题中考虑将树苗放在最中间的坑旁
边，则每个人所走的路程和最小，一共 20 个坑，为偶数，在中间的有两个坑为 10 和 11 号坑，
故答案选 D.
课标文数 19.B11，D4[2011·陕西卷] 如图 1－12，从点 P1(0，0)作 x 轴的垂线交曲线 y＝
ex 于点 Q1(0，1)，曲线在 Q1 点处的切线与 x 轴交于点 P2.再从 P2 作 x 轴的垂线交曲线于点
Q2，依次重复
图 1－12
上述过程得到一系列点：P1，Q1；P2，Q2；…；Pn，Qn，记 Pk 点的坐标为(xk，0)(k＝1，
2，…，n)．
(1)试求 xk 与 xk－1 的关系(2≤k≤n)；
(2)求|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|PnQn|.
课标文数 19.B11，D4[2011·陕西卷] 【解答】 (1)设 Pk－1(xk－1，0)，由 y′＝ex 得 Qk－1(xk－
1，exk－1)点处切线方程为 y－exk－1＝exk－1(x－xk－1)，
由 y＝0 得 xk＝xk－1－1(2≤k≤n)．
(2)由 x1＝0，xk－xk－1＝－1，得 xk＝－(k－1)，
所以|PkQk|＝exk＝e－(k－1)，于是
Sn＝|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|PnQn|
＝1＋e－1＋e－2＋…＋e－(n－1)＝1－e－n
1－e－1＝e－e1－n
e－1 .
大纲文数 16.D4[2011·重庆卷] 设{an}是公比为正数的等比数列，a1＝2，a3＝a2＋4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设{bn}是首项为 1，公差为 2 的等差数列，求数列{an＋bn}的前 n 项和 Sn.
大纲文数 16.D4[2011·重庆卷]
【解答】 (1)设 q 为等比数列{an}的公比，则由 a1＝2，a3＝a2＋4 得 2q2＝2q＋4，即 q2－
q－2＝0，解得 q＝2 或 q＝－1(舍去)，因此 q＝2.
所以{an}的通项为 an＝2·2n－1＝2n(n∈N*)．
(2)Sn＝2（1－2n）
1－2 ＋n×1＋n（n－1）
2 ×2
＝2n＋1＋n2－2.
课标理数 20.D5，A3[2011·北京卷] 若数列 An：a1，a2，…，an(n≥2)满足|ak＋1－ak|＝1(k
＝1，2，…，n－1)，则称 An 为 E 数列．记 S(An)＝a1＋a2＋…＋an.
(1)写出一个满足 a1＝a5＝0，且 S(A5)＞0 的 E 数列 A5；
(2)若 a1＝12，n＝2000.证明：E 数列 An 是递增数列的充要条件是 an＝2011；
(3)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．
课标理数 20.D5，A3[2011·北京卷] 【解答】 (1)0，1，2，1，0 是一个满足条件的 E
数列 A5.
(答案不唯一，0，1，0，1，0 也是一个满足条件的 E 数列 A5)
(2)必要性：因为 E 数列 An 是递增数列，
所以 ak＋1－ak＝1(k＝1，2，…，1999)．
所以 An 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－a1999≤1，
a1999－a1998≤1，
……
a2－a1≤1，
所以 a2000－a1≤1999，即 a2000≤a1＋1999.
又因为 a1＝12，a2000＝2011，
所以 a2000＝a1＋1999，
故 ak＋1－ak＝1＞0(k＝1，2，…，1999)，即 E 数列 An 是递增数列．
综上，结论得证．
(3)令 ck＝ak＋1－ak(k＝1，2，…，n－1)，则 ck＝±1，
因为 a2＝a1＋c1，
a3＝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－1)＋(n－2)＋…＋1－[(1－c1)(n－1)＋(1－c2)·(n－2)＋…＋(1－cn－1)]
＝n（n－1）
2 －[(1－c1)(n－1)＋(1－c2)(n－2)＋…＋(1－cn－1)]．
因为 ck＝±1，所以 1－ck 为偶数(k＝1，2，…，n－1)，
所以(1－c1)(n－1)＋(1－c2)(n－2)＋…＋(1－cn－1)为偶数，
所以要使 S(An)＝0，必须使n（n－1）
2 为偶数，
即 4 整除 n(n－1)，亦即 n＝4m 或 n＝4m＋1(m∈N*)．
当 n＝4m(m∈N*)时，E 数列 An 的项满足 a4k－1＝a4k－3＝0，a4k－2＝－1，a4k＝1(k＝1，
2，…，m)时，有 a1＝0，S(An)＝0；
当 n＝4m＋1(m∈N*)时，E 数列 An 的项满足 a4k－1＝a4k－3＝0，a4k－2＝－1，a4k＝1(k＝1，
2，…，m)，a4m＋1＝0 时，有 a1＝0，S(An)＝0；
当 n＝4m＋2 或 n＝4m＋3(m∈N*)时，n(n－1)不能被 4 整除，此时不存在 E 数列 An，使
得 a1＝0，S(An)＝0.
课标理数 20.D5[2011·广东卷] 设 b>0，数列{an}满足 a1＝b，an＝ nban－1
an－1＋2n－2(n≥2)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：对于一切正整数 n，an≤bn＋1
2n＋1＋1.
课标理数 20.D5[2011·广东卷] 【解答】 (1)由 a1＝b>0，知 an＝ nban－1
an－1＋2n－2>0， n
an＝1
b＋
2
b·n－1
an－1.
令 An＝ n
an，A1＝1
b，
当 n≥2 时，An＝1
b＋2
bAn－1
＝1
b＋ 2
b2＋…＋2n－2
bn－1＋2n－1
bn－1A1
＝1
b＋ 2
b2＋…＋2n－2
bn－1＋2n－1
bn .
①当 b≠2 时，
An＝
1
b[1－(2
b )n
]
1－2
b
＝ bn－2n
bn（b－2）；
②当 b＝2 时，An＝n
2.
∴an＝{nbn（b－2）
bn－2n ，b ≠ 2，
2， b＝2.
(2)证明：当 b≠2 时，欲证 an＝nbn（b－2）
bn－2n ≤bn＋1
2n＋1＋1，只需证 nbn≤(bn＋1
2n＋1＋1)bn－2n
b－2 ，
即证(2n＋1＋bn＋1)bn－2n
b－2 ≥n·2n＋1bn.
而(2n＋1＋bn＋1)bn－2n
b－2 ＝(2n＋1＋bn＋1)(bn－1＋2bn－2＋…＋2n－1)
＝2n＋1bn－1＋2n＋2bn－2＋…＋22n＋b2n＋2b2n－1＋…＋2n－1bn＋1
＝2nbn(2
b＋22
b2＋…＋2n
bn＋bn
2n＋bn－1
2n－1＋…＋b
2)
>2nbn(2＋2＋…＋2)＝2n·2nbn＝n·2n＋1bn，
∴an＝nbn（b－2）
bn－2n <1＋bn＋1
2n＋1.
当 b＝2 时，an＝2＝bn＋1
2n＋1＋1.
综上所述，an≤bn＋1
2n＋1＋1.
课标文数 20.D5，E7[2011·广东卷]
设 b＞0，数列{an}满足 a1＝b，an＝ nban－1
an－1＋n－1(n≥2)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：对于一切正整数 n，2an≤bn＋1＋1.
课标文数 20.D5，E7[2011·广东卷] 【解答】 (1)由 a1＝b>0，知 an＝ nban－1
an－1＋n－1>0，
n
an＝1
b＋1
b·n－1
an－1.
令 An＝ n
an，A1＝1
b，
当 n≥2 时，An＝1
b＋1
bAn－1
＝1
b＋…＋ 1
bn－1＋ 1
bn－1A1
＝1
b＋…＋ 1
bn－1＋ 1
bn.
①当 b≠1 时，An＝
1
b(1－ 1
bn)
1－1
b
＝ bn－1
bn（b－1），
②当 b＝1 时，An＝n.
∴an＝{nbn（b－1）
bn－1 ，b ≠ 1，
1， b＝1.
(2)证明：当 b≠1 时，欲证 2an＝2nbn（b－1）
bn－1 ≤bn＋1＋1，只需证 2nbn≤(bn＋1＋1)bn－1
b－1 .
∵(bn＋1＋1)bn－1
b－1 ＝b2n＋b2n－1＋…＋bn＋1＋bn－1＋bn－2＋…＋1
＝bn(bn＋ 1
bn＋bn－1＋ 1
bn－1＋…＋b＋1
b)
>bn(2＋2＋…＋2)
＝2nbn，
∴2an＝2nbn（b－1）
bn－1 <1＋bn＋1.
当 b＝1 时，2an＝2＝bn＋1＋1.
综上所述 2an≤bn＋1＋1.
课标文数 21.D5[2011·江西卷] (1)已知两个等比数列{an}，{bn}，满足 a1＝a(a>0)，b1－a1
＝1，b2－a2＝2，b3－a3＝3，若数列{an}唯一，求 a 的值；
(2)是否存在两个等比数列{an}，{bn}，使得 b1－a1，b2－a2，b3－a3，b4－a4 成公差不为 0
的等差数列？若存在，求{an}，{bn}的通项公式；若不存在，说明理由．
课标文数 21.D5[2011·江西卷] 【解答】 (1)设{an}的公比为 q，则 b1＝1＋a，b2＝2＋aq，
b3＝3＋aq2，
由 b1，b2，b3 成等比数列得(2＋aq)2＝(1＋a)(3＋aq2)，
即 aq2－4aq＋3a－1＝0.
由 a>0 得 Δ＝4a2＋4a>0，故方程有两个不同的实根，
再由{an}唯一，知方程必有一根为 0，
将 q＝0 代入方程得 a＝1
3.
(2)假设存在两个等比数列{an}，{bn}使 b1－a1，b2－a2，b3－a3，b4－a4 成公差不为 0 的
等差数列，设{an}的公比为 q1，{bn}的公比为 q2，
则 b2－a2＝b1q2－a1q1，
b3－a3＝b1q22－a1q21，
b4－a4＝b1q32－a1q31，
由 b1－a1，b2－a2，b3－a3，b4－a4 成等差数列得
{2（b1q2－a1q1）＝b1－a1＋（b1q－a1q），
2（b1q－a1q）＝b1q2－a1q1＋（b1q－a1q），
即{b1（q2－1）2－a1（q1－1）2＝0， ①
b1q2（q2－1）2－a1q1（q1－1）2＝0， ②
①×q2－②得 a1(q1－q2)(q1－1)2＝0.
由 a1≠0 得 q1＝q2 或 q1＝1，
i)当 q1＝q2 时，由①②得 b1＝a1 或 q1＝q2＝1，这时(b2－a2)－(b1－a1)＝0，与公差不为 0
矛盾；
ii)当 q1＝1 时，由①②得 b1＝0 或 q2＝1，这时(b2－a2)－(b1－a1)＝0，与公差不为 0 矛
盾．
综上所述，不存在两个等比数列{an}，{bn}使 b1－a1，b2－a2，b3－a3，b4－a4 成公差不
为 0 的等差数列．
课标理数 17.D5[2011·课标全国卷] 等比数列{an}的各项均为正数，且 2a1＋3a2＝1，a23＝
9a2a6.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设 bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列{ 1
bn }的前 n 项和．
课标理数 17.D5[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)设数列{an}的公比为 q，由 a23＝9a2a6 得
a23＝9a24，所以 q2＝1
9.
由条件可知 q＞0，故 q＝1
3.
由 2a1＋3a2＝1 得 2a1＋3a1q＝1，所以 a1＝1
3.
故数列{an}的通项公式为 an＝ 1
3n.
(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an
＝－(1＋2＋…＋n)
＝－n（n＋1）
2 .
故 1
bn＝－ 2
n（n＋1）＝－2(1
n－ 1
n＋1)，
1
b1＋ 1
b2＋…＋ 1
bn＝－2(1－1
2 )＋(1
2－1
3 )＋…＋(1
n－ 1
n＋1)＝－ 2n
n＋1.
所以数列{ 1
bn }的前 n 项和为－ 2n
n＋1.
课标理数 20.D5[2011·山东卷] 等比数列{a n}中，a1，a2，a3 分别是下表第一、二、三行
中的某一个数，且 a1，a2，a3 中的任何两个数不在下表的同一列．
第一列 第二列 第三列
第一行 3 2 10
第二行 6 4 14
第三行 9 8 18
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nlnan，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
课标理数 20.D5[2011·山东卷] 【解答】 (1)当 a1＝3 时，不合题意；
当 a1＝2 时，当且仅当 a2＝6，a3＝18 时，符合题意；
当 a1＝10 时，不合题意．
因此 a1＝2，a2＝6，a3＝18，
所以公比 q＝3，
故 an＝2·3n－1.
(2)因为 bn＝an＋(－1)nlnan
＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1)
＝2·3n－1＋(－1)n[ln2＋(n－1)ln3]
＝2·3n－1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)nnln3，
所以
Sn＝2(1＋3＋…＋3 n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1) n]·(ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－
1)nn]ln3.
所以
当 n 为偶数时，Sn＝2·1－3n
1－3 ＋n
2ln3
＝3n＋n
2ln3－1；
当 n 为奇数时，Sn＝2×1－3n
1－3 －(ln2－ln3)＋(n－1
2 －n)ln3
＝3n－n－1
2 ln3－ln2－1.
综上所述，Sn＝{3n＋n
2ln3－1，n为偶数，
3n－n－1
2 ln3－ln2－1，n为奇数.
课标文数 20.D5[2011·山东卷] 等比数列{a n}中，a1，a2，a3 分别是下表第一、二、三行
中的某一个数，且 a1，a2，a3 中的任何两个数不在下表的同一列.
第一列 第二列 第三列
第一行 3 2 10
第二行 6 4 14
第三行 9 8 18
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nlnan，求数列{bn}的前 2n 项和 S2n.
课标文数 20.D5[2011·山东卷] 【解答】 (1)当 a1＝3 时，不合题意；
当 a1＝2 时，当且仅当 a2＝6，a3＝18 时，符合题意；
当 a1＝10 时，不合题意．
因此 a1＝2，a2＝6，a3＝18，所以公比 q＝3.
故 an＝2·3n－1.
(2)因为 bn＝an＋(－1)nlnan
＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1)
＝2·3n－1＋(－1)n[ln2＋(n－1)ln3]
＝2·3n－1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)nnln3，
所以 S2n＝b1＋b2＋…＋b2n
＝2(1＋3＋…＋3 2n－1 )＋[－1＋1－1＋…＋(－1) 2n](ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－
1)2n2n]ln3
＝2×1－32n
1－3 ＋nln3
＝32n＋nln3－1.
课标数学 13.D5[2011·江苏卷] 设 1＝a1≤a2≤…≤a7，其中 a1，a3，a5，a7 成公比为 q 的
等比数列，a2，a4，a6 成公差为 1 的等差数列，则 q 的最小值是________．
课标数学 13.D5[2011·江苏卷] 3 3 【解析】 记 a2＝m，则 1≤m≤q≤m＋1≤q2≤m＋2≤
q3，
要 q 取最小值，则 m 必定为 1，于是有 1≤q≤2，2≤q2≤3，3≤q3，所以 q≥3 3.
课标数学 20.D5[2011·江苏卷] 设 M 为部分正整数组成的集合，数列{an}的首项 a1＝1，
前 n 项的和为 Sn，已知对任意的整数 k∈M，当整数 n>k 时，S n＋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．
课标数学 20.D5[2011·江苏卷] 本题考查数列的通项与前 n 项和的关系、等差数列的基本
性质等基础知识，考查考生分析探究及逻辑推理的能力．
【解答】 (1)由题设知，当 n≥2 时，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)，即(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)＝
2S1.
从而 an＋1－an＝2a1＝2.
又 a2＝2，故当 n≥2 时，an＝a2＋2(n－2)＝2n－2.
所以 a5 的值为 8.
(2)由题设知，当 k∈M＝{3，4}且 n>k 时，Sn＋k＋Sn－k＝2Sn＋2Sk 且 Sn＋1＋k＋Sn＋1－k＝2Sn
＋1＋2Sk，两式相减得 an＋1＋k＋an＋1－k＝2an＋1，即 an＋1＋k－an＋1＝an＋1－an＋1－k.所以当 n≥8
时，an－6，an－3，an，an＋3，an＋6 成等差数列，且 an－6，an－2，an＋2，an＋6 也成等差数列．
从而当 n≥8 时，2an＝an＋3＋an－3＝an＋6＋an－6，(*)
且 an＋6＋an－6＝an＋2＋an－2，所以当 n≥8 时，2an＝an＋2＋an－2，即 an＋2－an＝an－an－2，
于是当 n≥9 时，an－3，an－1，an＋1，an＋3 成等差数列，从而 an＋3＋an－3＝an＋1＋an－1，故由(*)
式知 2an＝an＋1＋an－1，即 an＋1－an＝an－an－1.
当 n≥9 时，设 d＝an－an－1.
当 2≤m≤8 时，m＋6≥8，从而由(*)式知 2am＋6＝am＋am＋12，故 2am＋7＝am＋1＋am＋13.
从而 2(am＋7－am＋6)＝am＋1－am＋(am＋13－am＋12)，
于是 am＋1－am＝2d－d＝d.
因此，an＋1－an＝d 对任意 n≥2 都成立．又由 Sn＋k＋S n－k－2Sn＝2Sk(k∈{3，4})可知(Sn
＋k－Sn)－(Sn－Sn－k)＝2Sk，故 9d＝2S3 且 16d＝2S4，解得 a4＝7
2d，从而 a2＝3
2d，a1＝d
2.因此，
数列{an}为等差数列．
由 a1＝1 知 d＝2.
所以数列{an}的通项公式为 an＝2n－1.
大纲文数 20.D5[2011·四川卷] 已知{a n}是以 a 为首项，q 为公比的等比数列，Sn 为它的
前 n 项和．
(1)当 S1、S3、S4 成等差数列时，求 q 的值；
(2)当 Sm、Sn、Sl 成等差数列时，求证：对任意自然数 k，am＋k，an＋k，al＋k 也成等差数
列．
大纲文数 20.D5[2011·四川卷] 【解答】 (1)由已知，an＝aqn－1，因此
S1＝a，S3＝a(1＋q＋q2)，S4＝a(1＋q＋q2＋q3)．
当 S1，S3，S4 成等差数列时，S4－S3＝S3－S1.
可得 aq3＝aq＋aq2.
化简得 q2－q－1＝0.
解得 q＝1 ± 5
2 .
(2)证明：若 q＝1，则{an}的每项 an＝a，此时 am＋k，an＋k，al＋k 显然构成等差数列．
若 q≠1，由 Sm，Sn，Sl 构成等差数列可得 Sm＋Sl＝2Sn，即
a（qm－1）
q－1 ＋a（ql－1）
q－1 ＝2a（qn－1）
q－1 .
整理得 qm＋ql＝2qn.
因此，am＋k＋al＋k＝aqk－1(qm＋ql)＝2aqn＋k－1＝2an＋k.
所以，am＋k，an＋k，al＋k 成等差数列．
大纲理数 20.D5[2011·四川卷] 设 d 为非零实数，an＝1
n[C1nd＋2C2nd2＋…＋(n－1)Cn－1n dn－1
＋nCnndn](n∈N*)．
(1)写出 a1，a2，a3 并判断{an}是否为等比数列．若是，给出证明；若不是，说明理由；
(2)设 bn＝ndan(n∈N*)，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
大纲理数 20.D5[2011·四川卷] 【解答】 (1)由已知可得 a 1＝d，a2＝d(1＋d)，a3＝d(1＋
d)2.
当 n≥2，k≥1 时，k
nCkn＝Ck－1n－1，因此
由此可见，当 d≠－1 时，{an}是以 d 为首项，d＋1 为公比的等比数列；
当 d＝－1 时，a1＝－1，an＝0(n≥2)，此时{an}不是等比数列．
(2)由(1)可知，an＝d(d＋1)n－1，从而 bn＝nd2(d＋1)n－1，
Sn＝d2[1＋2(d＋1)＋3(d＋1)2＋…＋(n－1)(d＋1)n－2＋n(d＋1)n－1]． ①
当 d＝－1 时，Sn＝d2＝1.
当 d≠－1 时，①式两边同乘 d＋1 得
(d＋1)Sn＝d2[(d＋1)＋2(d＋1)2＋…＋(n－1)(d＋1)n－1＋n(d＋1)n]．②
①，②式相减可得
－dSn＝d2[1＋(d＋1)＋(d＋1)2＋…＋(d＋1)n－1－n(d＋1)n]
＝d2[（d＋1）n－1
d －n（d＋1）n].
化简即得 Sn＝(d＋1)n(nd－1)＋1.
综上，Sn＝(d＋1)n(nd－1)＋1.
课标理数 20.D5[2011·天津卷] 已知数列{a n}与{bn}满足 bnan＋an＋1＋bn＋1an＋2＝0，bn＝
3＋（－1）n
2 ，n∈N*，且 a1＝2，a2＝4.
(1)求 a3，a4，a5 的值；
(2)设 cn＝a2n－1＋a2n＋1，n∈N*，证明{cn}是等比数列；
(3)设 Sk＝a2＋a4＋…＋a2k，k∈N*，证明∑
4n
Sk
ak<7
6(n∈N*)．
课标理数 20.D5[2011·天津卷] 【解答】 (1)由 b n＝3＋（－1）n
2 ，n∈N *，可得 bn＝
{1，n为奇数，
2，n为偶数.
又 bnan＋an＋1＋bn＋1an＋2＝0，
当 n＝1 时，a1＋a2＋2a3＝0，
由 a1＝2，a2＝4，可得 a3＝－3；
当 n＝2 时，2a2＋a3＋a4＝0，可得 a4＝－5；
当 n＝3 时，a3＋a4＋2a5＝0，可得 a5＝4.
(2)证明：对任意 n∈N*，
a2n－1＋a2n＋2a2n＋1＝0，①
2a2n＋a2n＋1＋a2n＋2＝0，②
a2n＋1＋a2n＋2＋2a2n＋3＝0.③
②－③，得 a2n＝a2n＋3.④
将④代入①，可得 a2n＋1＋a2n＋3＝－(a2n－1＋a2n＋1)，
即 cn＋1＝－cn(n∈N*)．
又 c1＝a1＋a3＝－1，故 cn≠0，因此cn＋1
cn ＝－1.
所以{cn}是等比数列．
(3)证明：由(2)可得 a2k－1＋a2k＋1＝(－1)k.于是，对任意 k∈N*且 k≥2，有 a1＋a3＝－1，－
(a3＋a5)＝－1，a5＋a7＝－1，…，(－1)k(a2k－3＋a2k－1)＝－1.
将以上各式相加，得 a1＋(－1)ka2k－1＝－(k－1)，
即 a2k－1＝(－1)k＋1(k＋1)，此式当 k＝1 时也成立．
由④式得 a2k＝(－1)k＋1(k＋3)．
从而 S2k＝(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋…＋(a4k－2＋a4k)＝－k，S2k－1＝S2k－a4k＝k＋3.
所以，对任意 n∈N*，n≥2，
4n
∑
k＝1
Sk
ak＝
n
∑
m＝1 (S4m－3
a4m－3＋S4m－2
a4m－2＋S4m－1
a4m－1＋S4m
a4m)
＝
n
∑
m＝1 (2m＋2
2m －2m－1
2m＋2－2m＋3
2m＋1＋ 2m
2m＋3)
＝
n
∑
m＝1 ( 2
2m（2m＋1）＋ 3
（2m＋2）（2m＋3）)
＝ 2
2 × 3＋
n
∑
m＝2
5
2m（2m＋1）＋ 3
（2n＋2）（2n＋3）
<1
3＋
n
∑
m＝2
5
（2m－1）（2m＋1）＋ 3
（2n＋2）（2n＋3）
＝1
3＋5
2·(1
3－1
5 )＋(1
5－1
7 )＋…＋( 1
2n－1－ 1
2n＋1)＋ 3
（2n＋2）（2n＋3）
＝1
3＋5
6－5
2· 1
2n＋1＋ 3
（2n＋2）（2n＋3）<7
6.
对于 n＝1，不等式显然成立．
课标文数 20.D5[2011·天津卷] 已知数列{an}与{bn}满足 bn＋1an＋bnan＋1＝(－2)n＋1，bn＝
3＋（－1）n－1
2 ，n∈N*，且 a1＝2.
(1)求 a2，a3 的值；
(2)设 cn＝a2n＋1－a2n－1，n∈N*，证明{cn}是等比数列；
(3)设 Sn 为{an}的前 n 项和，证明S1
a1＋S2
a2＋…＋S2n－1
a2n－1＋S2n
a2n≤n－1
3(n∈N*)．
课标文数 20.D5[2011·天津卷] 【解答】 (1)由 bn＝3＋（－1）n－1
2 ，n∈N，
可得 bn＝{2，n为奇数，
1，n为偶数.
又 bn＋1an＋bnan＋1＝(－2)n＋1，
当 n＝1 时，a1＋2a2＝－1，由 a1＝2，可得 a2＝－3
2；
当 n＝2 时，2a2＋a3＝5，可得 a3＝8.
(2)证明：对任意 n∈N*，
a2n－1＋2a2n＝－22n－1＋1，①
2a2n＋a2n＋1＝22n＋1.②
②－①，得 a2n＋1－a2n－1＝3×22n－1，即 cn＝3×22n－1.
于是cn＋1
cn ＝4.
所以{cn}是等比数列．
(3)证明：a1＝2，由(2)知，当 k∈N*且 k≥2 时，
a2k－1＝a1＋(a3－a1)＋(a5－a3)＋(a7－a5)＋…＋(a2k－1－a2k－3)
＝2＋3(2＋23＋25＋…＋22k－3)＝2＋3×2（1－4k－1）
1－4 ＝22k－1，
故对任意 k∈N*，a2k－1＝22k－1.
由①得 22k－1＋2a2k＝－22k－1＋1，
所以 a2k＝1
2－22k－1，k∈N*.
因此，S2k＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2k－1＋a2k)＝k
2.
于是，S2k－1＝S2k－a2k＝k－1
2 ＋22k－1.
故S2k－1
a2k－1＋S2k
a2k＝
k－1
2 ＋22k－1
22k－1 ＋
k
2
1
2－22k－1
＝k－1＋22k
22k － k
22k－1＝1－1
4k－ k
4k（4k－1）.
所以，对任意 n∈N*，
S1
a1＋S2
a2＋…＋S2n－1
a2n－1＋S2n
a2n
＝(S1
a1＋S2
a2)＋(S3
a3＋S4
a4)＋…＋(S2n－1
a2n－1＋S2n
a2n)
＝(1－1
4－ 1
12)＋(1－ 1
42－ 2
42（42－1）)＋…＋1－ 1
4n－ n
4n（4n－1）
＝n－(1
4＋ 1
12)－( 1
42＋ 2
42（42－1）)－…－ 1
4n＋ n
4n（4n－1）≤n－(1
4＋ 1
12)＝n－1
3.
课标文数 19.D5[2011·浙江卷] 已知公差不为 0 的等差数列{an}的首项 a1 为 a(a∈R)，且 1
a1，
1
a2， 1
a4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对 n∈N*，试比较 1
a2＋ 1
a22＋…＋ 1
a2n与 1
a1的大小．
课标文数 19.D5[2011·浙江卷] 【解答】 设等差数列{an}的公差为 d，由题意可知( 1
a2 )
2
＝ 1
a1· 1
a4，
即(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，从而 a1d＝d2.
因为 d≠0，所以 d＝a1＝a，
故通项公式 an＝na.
(2)记 Tn＝ 1
a2＋ 1
a22＋…＋ 1
a2n.因为 a2n＝2na，
所以 Tn＝1
a(1
2＋ 1
22＋…＋ 1
2n)＝1
a·
1
2[1－(1
2 )n
]
1－1
2
＝1
a[1－(1
2 )n
].
从而，当 a＞0 时，Tn＜ 1
a1，当 a＜0 时，Tn＞ 1
a1.
大纲理数 21.D5[2011·重庆卷] 设实数数列{a n}的前 n 项和 Sn 满足 Sn＋1 ＝an＋1 Sn(n∈
N*)．
(1)若 a1，S2，－2a2 成等比数列，求 S2 和 a3；
(2)求证：对 k≥3 有 0≤ak＋1≤ak≤4
3.
大纲理数 21.D5[2011·重庆卷] 【解答】 (1)由题意{S＝－2a1a2，
S2＝a2S1＝a1a2，得 S22＝－2S2，
由 S2 是等比中项知 S2≠0.因此 S2＝－2.
由 S2＋a3＝S3＝a3S2 解得
a3＝ S2
S2－1＝
－2
－2－1＝2
3.
(2)证法一：由题设条件有 Sn＋an＋1＝an＋1Sn，
故 Sn≠1，an＋1≠1 且 an＋1＝ Sn
Sn－1，Sn＝ an＋1
an＋1－1，
从而对 k≥3 有
ak＝ Sk－1
Sk－1－1＝ ak－1＋Sk－2
ak－1＋Sk－2－1＝
ak－1＋ ak－1
ak－1－1
ak－1＋ ak－1
ak－1－1－1
＝ a
a－ak－1＋1.①
因 a 2k－1－ak－1＋1＝(ak－1－1
2)2
＋3
4>0 且 a 2k－1≥0，由①得 ak≥0.
要证 ak≤4
3，由①只要证 a
a－ak－1＋1≤4
3，
即证 3a 2k－1≤4(a 2k－1－ak－1＋1)，即(ak－1－2)2≥0，此式明显成立．
因此 ak≤4
3(k≥3)．
最后证 ak＋1≤ak，若不然 ak＋1＝ a
a－ak＋1>ak，
又因 ak≥0，故 ak
a－ak＋1>1，即(ak－1)2<0.矛盾．
因此 ak＋1≤ak(k≥3)．
证法二：由题设知 Sn＋1＝Sn＋an＋1＝an＋1Sn，
故方程 x2－Sn＋1x＋Sn＋1＝0 有根 Sn 和 an＋1(可能相同)．
因此判别式 Δ＝S 2n＋1－4Sn＋1≥0.
又由 Sn＋2＝Sn＋1＋an＋2＝an＋2Sn＋1 得 an＋2≠1 且 Sn＋1＝ an＋2
an＋2－1.
因此 a
（an＋2－1）2－ 4an＋2
an＋2－1≥0，即 3a 2n＋2－4an＋2≤0，
解得 0≤an＋2≤4
3.
因此 0≤ak≤4
3(k≥3)．
由 ak＝ Sk－1
Sk－1－1≥0(k≥3)，得
ak＋1－ak＝ Sk
Sk－1－ak
＝ak( Sk－1
akSk－1－1－1)＝ak( Sk－1
S
Sk－1－1－1
－1)
＝－ ak
S－Sk－1＋1＝－ ak
(Sk－1－1
2)2
＋3
4
≤0，
因此 ak＋1≤ak(k≥3)．
