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专题六 数列
第十八讲 数列的综合应用
答案部分
2019 年
1.解析：对于B，令 ，得 ，
取 ，所以 ，
所以当 时， ，故B错误；
对于C，令 ，得 或 ，
取 ，所以 ，
所以当 时， ，故C错误；
对于D，令 ，得 ，
取 ，所以 ，…， ，
所以当 时， ，故D错误；
对于A， ， ，
，
， 递增，
当 时， ，
2 1 04x λ− + = 1
2
λ =
1
1
2a = 2
1 1, , 102 2na a= = { }na
4n
1
1
1 32 1 2 2
n
n
n n
a aa a
+ = + > + =
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所以 ，所以 ，所以 故 A 正确．故选 A．
2.解析：（1）设数列 的公差为d，由题意得
，
解得 ．
从而 ．
由 成等比数列得
．
解得 ．
所以 ．
（2） ．
我们用数学归纳法证明．
①当n=1时，c1=0
>
>
6
10
4
3
2
a
a
> 10
729 1064a > >
{ }na
1 1 12 4, 3 3 3a d a d a d+ = + = +
1 0, 2a d= =
*2 2,na n n= − ∈N
1 2, ,n n n n n nS b S b S b+ ++ + +
( ) ( )( )2
1 2n n n n n nS b S b S b+ ++ = + +
( )2
1 2
1
n n n nb S S Sd + += −
2 *,nb n n n= + ∈N
*2 2 1 ,2 2 ( 1) ( 1)
n
n
n
a n nc nb n n n n
− −= = = ∈+ + N
( )*n k k= ∈N 1 2 2hc c c k+ + + 2
1 ln( ) xf ' x x
−=
( ) 0f ' x =
(1,e)
( )f ' x
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因为 ，所以 ．
取 ，当k=1，2，3，4，5时， ，即 ，
经检验知 也成立．
因此所求m的最大值不小于5．
若m≥6，分别取k=3，6，得3≤q3，且q5≤6，从而q15≥243，且q15≤216，
所以q不存在.因此所求m的最大值小于6.
综上，所求m的最大值为5．
3.解析：（I）1，3，5，6.（答案不唯一）.
（II）设长度为 q 末项为 的一个递增子列为 .
由 ， .
因为 的长度为 p 的递增子列末项的最小值为 .
又 是 的长度为 p 的递增子列，所以 所以 .
（III）由题设知，所有正奇数都是 中的项.
先证明：若 2m 是 中的项，则 2m 必排在 2m-1 之前（m 为正整数）.
假设 2m 排在 2m-1 之后，设 是数列 的长度为 m 末项为 2m-1 的
递增子列，则 是数列 的长度为 m+1 末项为 2m 的递增子列，
与已知矛盾.
再证明：所有正偶数都是 中的项.
假设存在正偶数不是 中的项，设不在 中的最小正偶数为 2m.
因为 2k 排在 2k-1 之前 ,所以 2k 和 2k-1 不可能在 的同一个子列中.
又 中不超过 的数为 1，2，…..， ， ，
所以 的长度为 末项为 的递增子列个数至多为
，与已知矛盾.
ln 2 ln8 ln9 ln3
2 6 6 3
= < = max ln3( ) (3) 3f k f= = 3 3q = ln lnk qk kk q≤ 1kq k− ≤ 0na 1 1 0 ,..., ,qr r na a a− p q< 1 0p qr r na a a− ≤ < { }na 0ma 1 2 , ,..., pr r ra a a { }na 0 ,pm ra a≤ 0 0m na a< { }na { }na 1 2 1 , ,..., ,2 1mp p pa a a m− − { }na 1 2 1 , ,..., ,2 1.2mp p pa a a m m− − { }na { }na { }na { }na ( )1,2, 1k m= … − { }na { }na 2 1m + 2 1m − 2 1m + { }na 1m + 2 1m + 12 2 2 2 1 1 2 2m m−× × ×⋅⋅⋅× × × = ( 1) 1002
k k + > 14k ≥ n∈ *N
N
k 1 2 2 11 2
k
k− = −−
k
1 (1 2) (1 2 2 )k+ + +⋅⋅⋅+ + +⋅⋅⋅+ 1 2(2 1) (2 1) (2 1)k= − + − +⋅⋅⋅+ −
1 2(2 2 2 )k k= + +⋅⋅⋅+ − 12 2k k+= − −
N 1k + k ∈ *N 13k ≥ N 1k + m
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个数，第 组的前 项和为 ，
要使该数列的前 项和为 2 的整数幂，
即 与 互为相反数，
即 ，
所以 ，
由 ，所以 ，则 ，此时
对应满足的最小条件为 ，故选 A．
2．C【解析】由题意可得 ， ， ， ，…， 中有 3 个 0、3 个 1，且满足对
任意 ≤8，都有 ， ，…， 中 0 的个数不少于 1 的个数，利用列举法可得不同
的 “ 规 范 01 数 列 ” 有 00001111,00010111, 00011011, 00011101,00100111,
00101011,00101101,00110011,00110101,01000111,01001011,01001101,01010011,0101010
1，共 14 个．
3．A【解析】对命题 p： 成等比数列，则公比 且 ；
对命题 ，
①当 时， 成立；
②当 时，根据柯西不等式，
等式 成立，
则 ，所以 成等比数列，
所以 是 的充分条件，但不是 的必要条件.
4．A【解析】 ， ， 成等比数列，∴ ，即 ，
解得 ，所以 ．
5．B【解析】∵ 在 上单调递增，可得 ，
1 2, , , na a a )3(
1
≥=
−
na
aq
n
n 0≠na
q
0=na 2 2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 3 1 2 2 3 1( )( ) ( )n n n na a a a a a a a a a a a− −+ + + + + + = + + +
0≠na
2 2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 3 1 2 2 3 1( )( ) ( )n n n na a a a a a a a a a a a− −+ + + + + + = + + +
n
n
a
a
a
a
a
a 1
3
2
2
1 −=⋅⋅⋅== 1 2, , , na a a
p q q
2
1 )( xxf =
( )m∈ *N 1k + m 2 11 2 2 2m−+ + +⋅⋅⋅+ 2 1m= −
N
2 1m − 2k− −
2 1 2m k− = +
2 3mk = −
14k ≥ 2 3 14m − ≥ 5m≥ 52 3 29k = − =
29(29 1) 5 4402N
+= + =
1 0a = 8 1a = 2a 3a 7a
k 1a 2a ka
2a 4a 8a 2
4 2 8a a a= ⋅ 2
1 1 1( 6) ( 2)( 14)a a a+ = + +
1 2a = ( 1)nS n n= +
[0,1] 1 1 1 0( ) ( ) 0f a f a− >
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，…， ，
∴
=
∵ 在 上单调递增，在 单调递减
∴ ，…， ， ，
，…，
∴
= =
=
∵ 在 ， 上单调递增，在 ， 上单调
递减，可得
因此 ．
6．27【解析】所有的正奇数和 ( )按照从小到大的顺序排列构成 ，在数列
中， 前面有 16 个正奇数，即 ， ．当 时， ，
不 符 合 题 意 ； 当 时 ， ， 不 符 合 题 意 ； 当 时 ，
， 不 符 合 题 意 ； 当 时 ， ， 不 符 合 题
意；……；当 时， = 441 +62= 503< ， 不符合题意；当 时， =484 +62=546> =540，
符合题意．故使得 成立的 的最小值为 27．
7．5【解析】设数列的首项为 ，则 ，所以 ，故该数列
),(2)( 2
2 xxxf −=
|2sin|3
1)(3 xxf π=
312 III 1 99 1 98( ) ( ) 0f a f a− >
1 1 1 1 0 1 2 1 1 1 99 1 98| ( ) ( ) | | ( ) ( ) | | ( ) ( ) |I f a f a f a f a f a f a= − + − +⋅⋅⋅+ −
1 1 1 0 1 2 1 1 1 99 1 98 1 99 1 0( ) ( )+ ( ) ( ) ( ) ( )= ( ) ( )f a f a f a f a f a f a f a f a− − +⋅⋅⋅+ − − 299 -0=199
（ ）
490 ]99[ ， 50[ ,1]99
2 1 2 0( ) ( ) 0f a f a− > 2 49 2 48( ) ( ) 0f a f a− > 2 50 2 49( ) ( ) 0f a f a− =
2 51 2 50( ) ( ) 0f a f a− < 2 99 2 98( ) ( ) 0f a f a− < 2 2 1 2 0 2 2 2 1 2 99 2 98| ( ) ( ) | | ( ) ( ) | | ( ) ( ) |I f a f a f a f a f a f a= − + − +⋅⋅⋅+ − 2 49 2 0 2 99 2 50( ) ( ) [ ( ) ( )]f a f a f a f a− − − 2 50 2 0 2 992 ( ) ( ) ( )f a f a f a− − 50 50 98004 (1 ) 199 99 9801 × × − = < 24[0, ]99 50 74[ , ]99 99 25 49[ , ]99 99 75[ ,1]99 3 3 25 3 49 3 74 2 492 ( ) 2 ( ) 2 ( = (2sin sin )3 99 99I f a f a f a π π= − + −） 2 5 2 2 6 2 2 6 2 6 3 2(2sin sin ) ( ) 13 12 12 3 4 4 4 π π + − +> − = − = >
2n *n∈N { }na { }na
52 5
21 2a = 6
38 2a = 1n = 1 21 12 24S a= < = 2n = 2 33 12 36S a= < = 3n = 3 46 12 48S a= < = 4n = 4 510 12 60S a= < = 26n = 5 26 21 (1 41) 2 (1 2 ) 2 1 2S × + × −= + − 2712 516a = 27n = 5 27 22 (1 43) 2 (1 2 ) 2 1 2S × + × −= + − 2812a 112n nS a +> n
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的首项为 ．
8 ． 【 解 析 】 将 代 入 ， 可 求 得 ； 再 将 代 入
，可求得 ；再将 代入 得 ；由此可知数
列 是一个周期数列，且周期为 3，所以 ．
9．64【解析】由 且 成等比数列，得 ，解得 ，
故 ．
10． 【解析】设 ，则 ，由于 ，
所以 ，故 的最小值是 ．
11．4【解析】由题意得 ，得 ，
因此 ，所以 ．
12．【解析】(1)由条件知： , ．
因为 对 =1，2，3，4 均成立，
即 对 =1，2，3，4 均成立，
即 1 1，1 3，3 5，7 9，得 ．
因此， 的取值范围为 ．
(2)由条件知： , ．
若存在 ，使得 ( =2，3，···， +1)成立，
即 ( =2，3，···， +1)，
即当 时， 满足 ．
因为 ，则 ，
5
1 1a = 1 2 5, ,a a a
2,3, , 1n m= +
1 1
1 1
2
1 1
n nq qb d bn n
− −− ≤ ≤− −
(1, 2]mq∈ 11 2n mq q−< ≤ ≤ 1 2 8 2a = 1 1 1n n a a+ = − 7 1 2a = 7 1 2a = 1 1 1n n a a+ = − 6 1a = − 6 1a = − 1 1 1n n a a+ = − 5 2a = { }na 1 7 1 2a a= = 2 1 1 1( 4 ) ( )a a d a d+ = + 2d = 8 1 8 78 642S a d ×= + = 3 3 2a t= 2 31 1 2t q t q t q+ +≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ 1t ≥ 3max{ , 1, 2}q t t t+ +≥ q 3 3 1 1 2 2( 4)( ) ( 1)( 1 4)( )3 3 2 2( 4)( ) ( 1)( 1 4)( )3 3 k k k k k k k k k k k k − + + > − − +
+ > + + +
2
2
( 1) 10
10
k
k
− < >
*k N∈ 4k =
( 1)na n d= − 12n
nb −=
1| |n na b b− ≤ n
1| ( 1) 2 | 1nn d −− − ≤ n
≤ ≤ d ≤ ≤ 2d ≤ ≤ 3d ≤ 7 5
3 2d≤ ≤
d 7 5[ , ]3 2
1 ( 1)na b n d= + − 1
1
n
nb b q −=
d 1| |n na b b− ≤ n m
1
1 1 1| ( 1) |nb n d b q b−+ − − ≤ n m
d
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从而 ， ，对 均成立．
因此，取 =0 时， 对 均成立．
下面讨论数列 的最大值和数列 的最小值（ ）．
①当 时， ，
当 时，有 ，从而 ．
因此，当 时，数列 单调递增，
故数列 的最大值为 ．
②设 ，当 时， ，
所以 单调递减，从而 ．
当 时， ，
因此，当 时，数列 单调递减，
故数列 的最小值为 ．
因此， 的取值范围为 ．
13．【解析】（Ⅰ）设等差数列 的公差为 ，等比数列 的公比为 .
由已知 ，得 ，而 ，所以 .
又因为 ，解得 .所以， .
由 ，可得 ①.
由 ，可得 ②，
联立①②，解得 ， ，由此可得 .
所以，数列 的通项公式为 ，数列 的通项公式为 .
（Ⅱ）设数列 的前 项和为 ，
1
1
2 01
nq bn
− − ≤−
1
1 01
nq bn
−
>− 2,3, , 1n m= +
2,3, , 1n m= +
1 2{ }1
nq
n
− −
−
1
{ }1
nq
n
−
− 2,3, , 1n m= +
2 n m≤ ≤
1 1 12 2 2 2
1 1 1
( )
( ) ( )
n n n n n n n nq q nq q nq n q q q
n n n n n n
− − −− − − − + − − +− = =− − −
1
1 2mq< ≤ 2n mq q≤ ≤ 1( ) 2 0n n nn q q q−− − + >
2 1n m≤ ≤ +
1 2{ }1
nq
n
− −
−
1 2{ }1
nq
n
− −
−
2mq
m
−
( ) ( )2 1xf x x= − ln 2 1( 0( n) l 2 2) xf x x′ = − − < ( )f x 2 n m≤ ≤ 1 1 1 1 12 1 1 1 ( ) ( ) ( ) n n n q q nn fq n n n n − −= ≤ − = < − 2 1n m≤ ≤ + 1 { }1 nq n − − 1 { }1 nq n − − mq m 1 1( 2)[ , ] m mb q b q m m − d 1| |n na b b− ≤ 0x >
( ) (0) 1f x f< = d { }na d { }nb q 2 3 12b b+ = 2 1( ) 12b q q+ = 1 2b = 2 6 0q q+ − = 0q > 2q = 2n
nb =
3 4 12b a a= − 13 8d a− =
11 4=11S b 1 5 16a d+ =
1 1a = 3d = 3 2na n= −
{ }na 3 2na n= − { }nb 2n
nb =
2 2 1{ }n na b − n nT
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由 ， ，有 ，
故 ，
，
上述两式相减，得
得 .
所以，数列 的前 项和为 .
14．【解析】（Ⅰ）用数学归纳法证明：
当 时，
假设 时， ，
那 么 时 ， 若 ， 则 ， 矛 盾 ， 故
．
因此
所以
因此
（Ⅱ）由 得
记函数
函数 在 上单调递增，所以 =0，
因此
故
2 6 2na n= − 1
2 1 2 4n
nb −
− = × 2 2 1 (3 1) 4n
n na b n− = − ×
2 32 4 5 4 8 4 (3 1) 4n
nT n= × + × + × + + − ×
2 3 4 14 2 4 5 4 8 4 (3 4) 4 (3 1) 4n n
nT n n += × + × + × + + − × + − ×
2 3 13 2 4 3 4 3 4 3 4 (3 1) 4n n
nT n +− = × + × + × + + × − − ×
1
1
12 (1 4 ) 4 (3 1) 41 4
(3 2) 4 8.
n
n
n
n
n
+
+
× −= − − − ×−
= − − × −
13 2 843 3
n
n
nT +−= × +
2 2 1{ }n na b − n 13 2 843 3
nn +− × +
0nx >
1n = 1 1 0x = >
n k= 0kx >
1n k= + 1 0kx + ≤ 1 10 ln(1 ) 0k k kx x x+ +< = + + ≤ 1 0kx + >
0nx > ( )n∈ *N
1 1 1ln(1 )n n n nx x x x+ + += + + >
10 n nx x+< < ( )n∈ *N 1 1 1ln(1 )n n n nx x x x+ + += + + >
2
1 1 1 1 1 14 2 2 ( 2)ln(1 )n n n n n n n nx x x x x x x x+ + + + + +− + = − + + +
2( ) 2 ( 2)ln(1 )( 0)f x x x x x x= − + + + ≥
( )f x [0, )+∞ ( ) (0)f x f≥
2
1 1 1 1 12 ( 2)ln(1 ) ( ) 0n n n n nx x x x f x+ + + + +− + + + = ≥
1
12 ( N )2
n n
n n
x xx x n ∗+
+ − ∈≤
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（Ⅲ）因为
所以 得
由 得
所以
故
综上， ．
15．【解析】（Ⅰ）由已知，
两式相减得到 .
又由 得到 ，故 对所有 都成立.
所以，数列 是首项为 1，公比为 q 的等比数列.
从而 .
由 成等比数列，可得 ，即 ，
则 ，
由已知, ，故 .
所以 .
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知， .
所以双曲线 的离心率 .
由 解得 .
因为 ，所以 .
1 1 1 1 1ln(1 ) 2n n n n n nx x x x x x+ + + + += + + + =≤
1
1
2n nx −≥
1
122
n n
n n
x x x x+
+ −≥
1
1 1 1 12( ) 02 2n nx x+
− − >≥
1 2
1 1
1 1 1 1 1 12( ) 2 ( ) 22 2 2
n n
n nx x x
− −
−
− − ⋅⋅⋅ − =≥ ≥ ≥
2
1
2n nx −≤
1 2
1 1 ( N )2 2nn nx n ∗
− − ∈≤ ≤
1 2 11, 1,n n n nS qS S qS+ + += + = +
2 1, 1n na qa n+ += ³
2 1 1S qS= + 2 1a qa= 1n na qa+ = 1n ³
{ }na
1= n
na q -
2 3 22 +2a a a， ， 3 22 =3 2a a + 22 =3 2,q q +
(2 1)( 2) 0q+ q - =
0q > =2q
1 *2 ( )n
na n-= Î N
1n
na q -=
2
2
2 1
n
yx a- = 2 2( 1)1 1 n
n ne a q -= + = +
2 51 3q q= + =
4
3q =
2( 1) 2( 1)1+ k kq q- -> 2( 1) 1 *1+ k kq q k- -> Î N（ ）
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于是 ，
故 .
16．【解析】（Ⅰ）由题意有， ，即 ．
解得 或 ，故 或 ．
（Ⅱ）由 ，知 ， ，故 ，于是
， ①
. ②
①-②可得
，故 ．
17．【解析】（Ⅰ） 则
所以 在 内至少存在一个零点 ．
又 ，故在 内单调递增，
所以 在 内有且仅有一个零点 ．
因为 是 的零点，所以 ，即 ，故 .
（Ⅱ）解法一：由题设，
2( ) ( ) 2 1 2,n
n nF x f x x x x= - = + + + - (1) 1 0,nF n= - >
1
2
111 1 1 1 12( ) 1 2 2 0,12 2 2 2 21 2
n
n
n nF
+ − = + + + − = − = −
1 ,12
( )nF x nx
nx ( )nF x ( )=0n nF x
11 2 01
n
n
n
x
x
+- - =-
11 1= +2 2
n
n nx x +
( )( )1 1
( ) .2
n
n
n x
g x
+ +
=
1
1 2
11+ 1
n
n
n
qe e e q q q
- -+ +×××+ > +×××+ = -
1 2 3 1
4 3
3
n n
ne e e -
-+ +×××+ >
1
1
10 45 100
2
a d
a d
+ =
=
1
1
2 9 20
2
a d
a d
+ =
=
1 1
2
a
d
=
=
1 9
2
9
a
d
= =
1
2 1
2
n
n
n
a n
b −
= − = 1
1 (2 79)9
29 ( )9
n
n
n
a n
b −
= +
= ⋅
1d > 2 1na n= − 12n
nb −= 1
2 1
2n n
nc −
−=
2 3 4 1
3 5 7 9 2 11 2 2 2 2 2n n
nT −
−= + + + + + +
2 3 4 5
1 1 3 5 7 9 2 1
2 2 2 2 2 2 2n n
nT
−= + + + + + +
2 2
1 1 1 1 2 1 2 32 32 2 2 2 2 2n n n n
n nT −
− += + + + + − = − nT 1
2 36 2n
n
−
+= −
1( ,1)2
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设
当 时,
当 时,
若 ,
若 ,
所以 在 上递增，在 上递减，
所以 ，即 ．
综上所述，当 时, ；当 时 ．
解法二 由题设，
当 时, ；
当 时, 用数学归纳法可以证明 ．
当 时, 所以 成立．
假设 时，不等式成立，即 ．
那么，当 时，
.
( )( )2 1 1
( ) ( ) ( ) 1 , 0.2
n
n
n n
n x
h x f x g x x x x x
+ +
= - = + + + - >
( ) ( )n nf x g x=
1x ≠ ( ) 1
1 1( ) 1 2 .2
n
n n n xh x x nx
−
− +′ = + + −
0 1x< < ( )1 1 1 11( ) 2 2 n n n nn nh x x x nx x− − − −+′ > + + −
( ) ( )1 11 1 0.2 2
n nn n n nx x- -+ += - =
1x >
( )1 1 1 11( ) 2 2
n n n nn nh x x x nx x− − − −+′ < + + − ( ) ( )1 11 1 0.2 2 n nn n n nx x- -+ += - = ( )h x (0,1) (1, )+∞ ( ) (1) 0h x h< = ( ) ( )n nf x g x< 1x = ( ) ( )n nf x g x= 1x ≠ ( ) ( )n nf x g x< ( )( )2 1 1 ( ) 1 , ( ) , 0.2 n n n n n x f x x x x g x x + + = + + + = >
1x = ( ) ( )n nf x g x=
1x ≠ ( ) ( )n nf x g x< 2n = 2 2 2 1( ) ( ) (1 ) 0,2f x g x x- = - - < 2 2( ) ( )f x g x< ( 2)n k k= ≥ ( ) ( )k kf x g x< +1n k= ( )( )1 1 1 k+1 k 1 1 ( ) ( ) ( ) 2 k k k k k k x f x f x x g x x x+ + ++ + = + < + = + ( )12 1 1 2 k kx k x k+ + + + += 1x =
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又
令 ，
则 ．
所以当 , , 在 上递减；
当 , , 在 上递增．
所以 ，从而 ．
故 .即 ，不等式也成立．
所以，对于一切 的整数，都有 ．
解法三:由已知，记等差数列为 ，等比数列为 ， ．
则 ， ，
所以 ,
令
当 时, ,所以 ．
当 时, ，
而 ，所以 ， ．
若 , , ，
当 , , ，
从而 在 上递减, 在 上递增.所以 ，
所以当 又 , ，故
综上所述，当 时, ；当 时
( ) ( )1 1
k+1
2 1 1 1 1( ) 2 2
k k k kx k x k kx k xg x
+ ++ + + + - + +- =
( )1( ) 1 1(x 0)k k
kh x kx k x+= - + + >
( ) ( )1 1( ) (k 1) 1 1 (x 1)k k k
kh x k x k k x k k x− −′ = + − + = + −
0 1x< < ( ) 0kh x′ < ( )kh x (0,1) 1x > ( ) 0kh x′ > ( )kh x (1, )+∞
( ) (1) 0k kh x h> = ( )1
k+1
2 1 1( ) 2
k kx k x kg x
+ + + + +>
1 1( ) ( )k kf x g x+ +< +1n k= 2n ≥ ( ) ( )n nf x g x< 1 1 1a b= = 1 1 n n na b x+ += = ( ) 11+ 1 (2 n) n k xa k kn −= − ⋅ ≤ ≤ 1(2 ),k kb x k n−= ≤ ≤ ( )( ) 11 1 (x) 1 , 0(2 ). n k k k k k x m a b x x k nn − − − = − = + − > ≤ ≤
1x = =k ka b ( ) ( )n nf x g x=
1x ≠ ( ) ( )1 2 2 11( ) (k 1) 1 1n k k n k
k
km x nx x k x xn
− − − − +−′ = − − = − −
2 k n≤ ≤ 1 0k - > 1 1n k− + ≥
0 1x< < 1 1n kx - + < ( ) 0km x′ < 1x > 1 1n kx - + > ( ) 0km x′ >
( )km x (0,1) ( )km x (1, )+∞ ( ) (1) 0k km x m> =
0 1 (2 ),k kx x a b k n> ≠ > ≤ ≤且 时, 1 1a b= 1 1n na b+ += ( ) ( )n nf x g x< 1x = ( ) ( )n nf x g x= 1x ≠ ( ) ( )n nf x g x< { }ka { }kb 1,2,..., 1k n= +
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18．【解析】（Ⅰ）由 ．
若存在某个 使得 则由上述递推公式易得 重复上述过程可得
，此与 矛盾，所以对任意 ．
从而 即 是一个公比 的等比数列．
故 ．
（Ⅱ）由 ，数列 的递推关系式变为 ，
变形为 由上式及 ，
归纳可得 ．
因为 ，
所以对 求和得
．
另一方面，由上已证的不等式知 ，得
．
2
1=0 = 2 2 ( )n n na a a n Nλ µ + +− = ∈， ，有
0 ,n N+∈ 0,noa = 1 0,noa − =
1 0a = 1 3a = , 0nn N a+∈ ≠
1 2 ( ),n na a n N+ += ∈ { }na 2q =
1 1
1 3 2n n
na a q − −= = ⋅
0
1 , 1k
λ µ= = − { }na 2
1 1
0
1 0n n n na a a ak+ ++ − =
2
1
0
1( ) ( ).n n na a a n Nk+ ++ = ∈ 1 3 0a = >
1 2 13 0n na a a a += > > ⋅⋅⋅ > > > ⋅⋅⋅ >
2
2 2 2
0 0
1
0 0
0 0
1 1
1 1
1 1 1
n
n
n n
n
n n
aa k ka a k k aa ak k
+
- +
= = = - × ++ +
01,2, ,n k= ⋅⋅⋅
0 1 0 1 01 2 1( ) ( )k k ka a a a a a+ +
= + − +⋅⋅⋅+ −
0
1 0
0 0 0 1 0 2 0
1 1 1 1 1 = ( )1 1 1k
a k k k k a k a k a
− ⋅ + ⋅ + +⋅⋅⋅++ + +
0
0 0 0 0 0
1 1 1 1 1>2+ ( ) 23 1 3 1 3 1 3 1
k
k k k k k
⋅ + +⋅⋅⋅+ = ++ + + +
0 01 2 1 2k ka a a a +> > ⋅⋅⋅ > > >
0
0
1 1 0
0 0 0 1 0 2 0
1 1 1 1 1( )1 1 1k
k
a a k k k k a k a k a+ = − ⋅ + ⋅ + +⋅⋅⋅++ + +
0
0 0 0 0 0
1 1 1 1 1 > >
5n ≥ ( )
( )11 11 2n n
n nc n n
+ = − +
( ) ( )( ) ( )( )
1 1
1 1 2 1 2 02 2 2n n n
n n n n n n
+ +
+ + + + −− = >
( ) ( )
5
1 5 5 1 12 2n
n n + +≤ < 5n ≥ 0nc < n N ∗∈ 4 nS S≥ 4k = { }na 1 1 n n n n na a a a p+ +− = − = 1 1a = 1 2 3,2 ,3a a a 2 1 34 3a a a= + 23 0p p− = 1 , 03p p= = 0p = 1n na a+ = { }na 1 3p = { }2 1na − 2 1 2 1 0n na a+ −− >
2 1 2 2 2 1( ) ( ) 0n n n na a a a+ −− + − >
2 2 1
1 1
2 2n n−< 2 1 2 2 2 1a a a an n n n − < −+ − 2 2 1 0n na a −− >
2
2
2 1
2 1 2 1
1 ( 1)( )2 2n
n
n
n na a −
− −
−− = =
{ }2na 2 1 2 0n na a+ − < 2 2 1 2 1 2 2 1 ( 1) 2 2 n n n n na a + + −− = − = 1 1 ( 1) 2 n n n na a + + −− =
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于是
.
故数列 的通项公式为 ．
22．【解析】（Ⅰ）点 在函数 的图象上，所以 ，又等差数列
的公差为 ，所以 ．
因为点 在函数 的图象上，所以 ，
所以 ．
又 ，所以 ．
（Ⅱ）由 ，函数 的图象在点 处的切线方程为
所以切线在 轴上的截距为 ，从而 ，故
从而 ， ，
所以
故 ．
23．【解析】（Ⅰ）当 时，
1 2 1 3 2 1( ) ( ) ... ( )n n na a a a a a a a −= + − + − + + −
2 1
1 1 ( 1)1 ...2 2 2
n
n−
−= + − + +
111 ( )1 21 12 1 2
n−− −
= + ⋅
+
1
4 1 ( 1)
3 3 2
n
n−
−= + ⋅
{ }na 1
4 1 ( 1)
3 3 2
n
n na −
−= + ⋅
( , )n na b ( ) 2xf x = 2 na
nb = { }na
d
1
11 2 2 22
n
n n
n
a
a a dn
a
n
b
b
+
+ −+ = = =
8 7( ,4 )a b ( )f x 8
7 84 2ab b= =
8
7
2 4d b
b
= = 2d⇒ =
1 2a = − 2 2
1
( 1) 2 32n
n nS na d n n n n n
−= + = − + − = −
( ) 2 ( ) 2 ln 2x xf x f x′= ⇒ = ( )f x 2 2( , )a b
2
2 2(2 ln 2)( )ay b x a− = −
x 2
1
ln 2a − 2
1 12ln 2 ln 2a − = − 2 2a =
na n= 2n
nb =
2
n
n
n
a n
b
=
2 3
1 2 3
2 2 2 2n n
nT = + + + + 2 3 4 1
1 1 2 3
2 2 2 2 2n n
nT += + + + +
2 3 4 1
1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2 2n n n
nT += + + + + + − 1 1
1 21 12 2 2n n n
n n
+ +
+= − − = −
22 2n n
nT
+= −
2n≥ 1 1
1 2 2 2n n n
n n na S S − −
−= − = − =
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当 时，
∴ 时， ，当 时， ，∴ 是“H 数列”．
（Ⅱ）
对 ， 使 ，即
取 得 ，
∵ ，∴ ，又 ，∴ ，∴ ．
（Ⅲ）设 的公差为 d
令 ，对 ，
，对 ，
则 ，且 为等差数列
的前 n 项和 ，令 ，则
当 时 ；
当 时 ；
当 时，由于 n 与 奇偶性不同，即 非负偶数，
因此对 ，都可找到 ，使 成立，即 为“H 数列”．
的前ｎ项和 ，令 ，则
∵对 ， 是非负偶数，∴
即对 ，都可找到 ，使得 成立，即 为“H 数列”
因此命题得证．
24．【解析】（Ⅰ）由 ，1 2a = 2 4 8a a+ =
1 2 1 2( ) ( ) cos - sinn n n n nf x a a a x a x a x+ + + += − + + ⋅ ⋅
1n = 1 1 2a S= =
1n = 1 1S a= 2n≥ 1n nS a += { }na
1
( 1) ( 1)
2 2n
n n n nS na d n d
− −= + = +
n ∗∀ ∈N m ∗∃ ∈N n mS a= ( 1) 1 ( 1)2
n nn d m d
−+ = + −
2n = 1 ( 1)d m d+ = − 12m d
= +
0d < 2m < m ∗∈N 1m = 1d = − { }na 1 1 1( 1) (2 )nb a n a n a= − − = − n ∗∀ ∈N 1 1n nb b a+ − = − 1( 1)( )nc n a d= − + n ∗∀ ∈N 1 1n nc c a d+ − = + 1 ( 1)n n nb c a n d a+ = + − = { } { }n nb c， { }nb 1 1 ( 1) ( )2n n nT na a −= + − 1(2 )nT m a= − ( 3) 22 n nm −= + 1n = 1m = 2n = 1m = 3n≥ 3n − ( 3)n n − m ∗∈N n∀ m ∗∈N n mT b= { }nb { }nc 1 ( 1) ( )2n n nR a d −= + 1( 1)( )n mc m a d R= − + = ( 1) 12 n nm −= + n ∗∀ ∈N ( 1)n n − m ∗∈N n ∗∀ ∈N m ∗∈N n mR c= { }nc 1 2 1 2( ) sin cosn n n n nf x a a a a x a x+ + + +′ = − + − ⋅ − ⋅ 1 2 1( ) 02 n n n nf a a a a π + + +′ = − + − =
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所以， ∴ 是等差数列.
而 ， ， ， ，
（Ⅱ）
25．【解析】（Ⅰ）当 时， ，
（Ⅱ）当 时， ，
,
当 时， 是公差 的等差数列.
构成等比数列， ， ，解得 ,
由（Ⅰ）可知，
是首项 ,公差 的等差数列.
数列 的通项公式为 .
（Ⅲ）
26．【解析】（Ⅰ）设数列 的公比为 ，则 ， . 由题意得
即 解得
故数列 的通项公式为 ．
1 22 n n na a a+ += +
1 2a = 3 4a = 1d = 2 -1 1 1na n n∴ = + ⋅ = +（ ）
1
1 1 12 2 1 2 12 2 2nn n a n nb a n n+= + = + + = + +（ ） （ ） （ ）
1 11-2 2 1 2 2
12 1- 2
n
n
n nS
+ += +
（ ）（ ）
2
1= 3 1- 2
13 1- 2
n
n
n n
n n
+ +
= + +
（ ）
1n = 2 2
1 2 2 14 5, 4 5a a a a= − = + 2 10 4 5na a a> ∴ = +
2n ≥ ( )2
14 4 1 1n nS a n− = − − − 2 2
1 14 4 4 4n n n n na S S a a− += − = − −
( )22 2
1 4 4 2n n n na a a a+ = + + = + 10 2n n na a a+> ∴ = +
∴ 2n ≥ { }na 2d =
2 5 14, ,a a a
2
5 2 14a a a∴ = ⋅ ( ) ( )2
2 2 28 24a a a+ = ⋅ + 2 3a =
2
1 2 14 5=4, 1a a a= − ∴ =
2 1 3 1 2a a− = − = ∴ { }na 1 1a = 2d =
∴ { }na 2 1na n= −
( )( )1 2 2 3 1
1 1 1 1 1 1 1
1 3 3 5 5 7 2 1 2 1n na a a a a a n n+
+ + + = + + + +⋅ ⋅ ⋅ − +
1 1 1 1 1 1 1 112 3 3 5 5 7 2 1 2 1
1 1 11 .2 2 1 2
n n
n
= ⋅ − + − + − + − − +
= ⋅ −
n ( 2) 2 2012n n− = − ≤ − 2 2012n ≥ 11n ≥
n
{ 2 1, , 5}n n k k k= + ∈ ≥N
0=c n
n
Sb n
= *Nn∈ ( 1)
2n
n n dS na
−= +
1
2
n
n
S nb a dn
−∴ = = + 1
1
2n nb b d+∴ − =
{ }nb∴ a 2
d )0( ≠d 421 bbb ，，
2
2 1 4b b b∴ = 2 3( ) ( )2 2
d da a a∴ + = +
2 3( )4 2
d dad a∴ + = 0d ≠ 2d a∴ =
2
nS n a∴ =
2 2 2 2 2 2( ) ,nk kS nk a n k a n S n k a∴ = = = 2
nk kS n S∴ = *, Nnk ∈
cn
nSb n
n += 2
*Nn∈
2
2
[2 ( 1) ]
2( )n
n a n db n c
+ −= + }{ nb
nb x yn= + ,x y
2
2
[2 ( 1) ]
2( )
n a n d x ynn c
+ − = ++
*Nn∈
3 2( 2 ) (2 2 ) 2 2 0d y n a d x n cyn cx− + − − − − =
*Nn∈ 2 0,2 2 0,2 0,2 0d y a d x cy cx∴ − = − − = = =
2 0,2 2 , 0, 0d y a x d cy cx∴ = ≠ − = = =
0c∴ =
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∵ ，
∴ 是公比为 49 的等比数列，
∴ ．
29．【解析】（Ⅰ）由题意得 ，
，
．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得
．
整理得
．
由题意，
解得 ．
故该企业每年上缴资金 的值为缴 时，经过 年企业的剩余资
金为 4000 元．
30．【解析】（Ⅰ）由 = ，得
当 =1 时， ；
2 1
1
2 1
7 497
m
k
m
k
b
b
+
+
−= =
{ }mb
7(1 49 ) 7 (49 1)1 49 48
m
m
mS
−= = −−
1 2000(1 50%) 3000a d d= + − = −
2 1 1
3(1 50%) 2a a d a d= + − = −
1
3(1 50%) 2n n na a d a d+ = + − = −
1
3
2n na a d−= −
2
2
3 3( )2 2na d d−= − −
2
3 3( )2 2 na d d−= − −
=
1 2 2
1
3 3 3 3( ) 1 ( ) ( )2 2 2 2
n na d− − = − + + + +
1 13 3( ) (3000 ) 2 ( ) 12 2
n n
na d d− − = − − −
13( ) (3000 3 ) 22
n d d−= − +
134000, ( ) (3000 3 ) 2 4000,2
n
na d d−= ∴ − + =
1
3( ) 2 1000 1000(3 2 )2
3 3 2( ) 12
n
n n
n n
n
d
+
− × − = = −−
d
11000(3 2 )
3 2
n n
n n
+−
− ( 3)m m ≥
22n n+
1 1 3a S= =
nS
n
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当 2 时， ， .
由 ，得 ， .
（Ⅱ）由（1）知 ，
所以 ，
，
， ．
31．【解析】：（Ⅰ）由 a3+a4+a5=84，a5=73 可得 而 a9=73，则
， ，
于是 ，即 .
（Ⅱ）对任意 m∈N﹡， ，则 ，
即 ，而 ，由题意可知 ，
于是
，
即 .
32．【解析】（Ⅰ）由题意知 ，
所以 ，从而
≥ 1n n na S S −= − = 2 22 2( 1) ( 1) 4 1n n n n n + − − + − = −
2 1nb n= −
1(4 1) 2n
n na b n −= − ⋅
( )2 13 7 2 11 2 ... 4 1 2n
nT n −= + × + × + + − ⋅
( )2 32 3 2 7 2 11 2 ... 4 1 2n
nT n= × + × + × + + − ⋅
( ) 2 12 4 1 2 [3 4(2 2 ... 2 )]n n
n nT T n −− = − ⋅ − + + + +
(4 5)2 5nn= − +
(4 5)2 5n
nT n= − +
,28,843 44 == aa
9,455 49 ==−= daad 12728341 =−=−= daa
899)1(1 −=×−+= nnan 89 −= nan
mm n 29899 2
1 2 2aa aq
= < 1 2logqn a > 1 1 2n
na a q+ = >
0 1q< < 2 1 2 1aa aq = > >
1
1logqn a
> 1 1 1n
na a q+ = < 1q = 1na a= 11 2a< 1 1 22 n n n n bb ba a+ = ⋅ = ⋅ { }nb 1 2 a 1 2a ≠ 1 2 1a > 1 2 3b b b< < 1 1 2 2 1 n n a ba n a b ∗+= ∈ + N， 2 2 1 1 1 2 1 2 1n a a ab a ± −= − 1 2 3, ,b b b 1 2a = 2 2 1 1 1 2 1 2 21n a a ab a ± −= =− 1 1 2a b= = 1 *3 ( 1) ,2 n nb n N −+ −= ∈ 2, , 1,n nb n = 为奇数 为偶数, ( )1 1 2 1n n n n nb a b a+ ++ = − + 1 2 1 2 31 , 2 1, 2, ;2n a a a a= + = − = = −时 由 可得 2 3 32 ,2 5, 8.n a a a= + = =时 可得 *n N∈ 2 1 2 1 22 2 1n n na a − − + = − + 2 2 2 12 2 1n n na a ++ = +
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②-①，得
所以 是等比数列。
（Ⅲ）证明： ，由（Ⅱ）知，当 时，
故对任意
由①得
因此，
于是，
故
34．【解析】（Ⅰ）由 可得
又
当 时， ，由 ， ，可得 ；
当 时， ，可得 ；
当 时， ，可得 ；
（Ⅱ）证明：对任意
①
②
③
②—③，得 ④
2 1 2 1 1
2 1 2 1 3 2 , 3 2 , 4n n n
n n n
n
ca a c c
− − +
+ −− = × = × =即 于是
{ }nc
1 2a = * 2k N k∈ ≥且
2 1 1 3 1 5 3 7 5 2 1 2 3( ) ( ) ( ) ( )k k ka a a a a a a a a a− − −= + − + − + − + + −
1
3 5 2 3 2 12(1 4 )2 3(2 2 2 2 ) 2 3 21 4
k
k k
−
− −−= + + + + + = + × =−
* 2 1
2 1, 2 .k
kk N a −
−∈ =
2 1 2 1 2 1 *
2 2
12 2 2 1, 2 ,2
k k k
k ka a k N− − −+ = − + = − ∈所以
2 1 2 3 4 2 1 2( ) ( ) ( ) .2k k k
kS a a a a a a−= + + + + + + =
2 1
2 2 2
11 2 .2
k
k k k
kS S a −−− = − = +
2 1
2
2 1 2
2 1 2 2
2 12 1 2
1 2 1 2 12 2 1 .12 2 2 1 4 4 (4 1)22
k
k
k k
k k k k k k
kk k
k k
S S k k k
a a
−
−
−
−−
− + − ++ = + = − = − −− −−
*3 ( 1) , ,2
n
nb n N
+ −= ∈ 1,
n
nb
=
为奇数
2, n为偶数
1 1 2 0,n n n n nb a a b a+ + ++ + =
1n = 1 2 32 0a a a+ + = 1 2a = 2 4a = 3 3a = −
2n = 2 3 42 0a a a+ + = 4 5a = −
3n = 3 4 52 0a a a+ + = 5 4a =
*,n N∈
2 1 2 2 12 0,n n na a a− ++ + =
2 2 1 2 22 0,n n na a a+ ++ + =
2 1 2 2 2 32 0,n n na a a+ + ++ + =
2 2 3.n na a +=
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将④代入①，可得
即
又
因此 是等比数列.
（Ⅲ）证明：由（II）可得 ，
于是，对任意 ，有
将以上各式相加，得
即 ，
此式当 k=1 时也成立.由④式得
从而
所以，对任意 ，
2 1 2 3 2 1 2 1( )n n n na a a a+ + − ++ = − +
*
1 ( )n nc c n N+ = − ∈
1 1 3 1, 0,nc a a= + = − ≠故c
1 1, { }n
n
n
c cc
+ = − 所以
2 1 2 1 ( 1)k
k ka a− ++ = −
* 2k N k∈ ≥且
1 3
3 5
5 7
2 3 2 1
1,
( ) 1,
1,
( 1) ( ) 1.k
k k
a a
a a
a a
a a− −
+ = −
− + = −
+ = −
− + = −
1 2 1( 1) ( 1),k
ka a k−+ − = − −
1
2 1 ( 1) ( 1)k
ka k+
− = − +
1
2 ( 1) ( 3).k
ka k+= − +
2 2 4 6 8 4 2 4( ) ( ) ( ) ,k k kS a a a a a a k−= + + + + + + = −
2 1 2 4 3.k k kS S a k− = − = +
*, 2n N n∈ ≥
4
4 3 4 2 4 1 4
1 1 4 3 4 2 4 1 4
( )
n n
k m m m m
k mk m m m m
S S S S S
a a a a a
− − −
= = − − −
= + + +∑ ∑
1
2 2 2 1 2 3 2( )2 2 2 2 1 2 3
n
m
m m m m
m m m m=
+ − += − − ++ + +∑
1
2 3( )2 (2 1) (2 2)(2 2)
n
m m m m m=
= ++ + +∑
2
2 5 3
2 3 2 (2 1) (2 2)(2 3)
n
m m m n n=
= + +× + + +∑
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对于 =1，不等式显然成立.
所以，对任意
35．【解析】（Ⅰ）由已知，当 n≥1 时，
．而
所以数列{ }的通项公式为 ．
（Ⅱ）由 知 ①
从而 ②
①-②得 ．
即 ．
36．【解析】（Ⅰ）表 4 为 1 3 5 7
4 8 12
12 20
32
2
1 5 3
3 (2 1)(2 1) (2 2)(2 3)
n
m m m n n=
< + +− + + +∑ 1 5 1 1 1 1 1 1 3[( ) ( ) ( )]3 2 3 5 5 7 2 1 2 1 (2 2)(2 3)n n n n = + ⋅ − + − + + − +− + + + 1 5 5 1 3 7 .3 6 2 2 1 (2 2)(2 3) 6n n n = + − ⋅ +
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