n （Ⅲ）当a=1时，证明?(ak?ak?1)ak?2?.
k?113
本节“情景再现”解答：
1．依题设得an?a1??n?1?d，a22?a1a4∴?a1?d??a1?a1?3d?，整理得
23d，k1d，k2d，...knd，...是d2?a1d∵d?0， ∴d?a1,得an?nd所以，由已知得d，等比数列．由于d?0，所以数列1，3，k1，k2，...kn，...也是等比数列，首项为1，公比为q?3?3，由此得k1?9等比数列{kn}的首项k1?9，公比q?3，所以1kn?9?qn?1?3n?1?n?12，，3....，?即得到数列{kn}的通项为kn?3n?1
2．用反证法．假设三个不同的素数p、q、r的立方根是一个等差数列的不同三项, 即设3p?a1?ld ①,3q?a1?md ②,
33r?a1?nd ③．
由此可得d?p?3ql?m,a1?l?3p?m?3q．将代入③式并化简整理得：
l?m(m?n)?3q?(l?n)?3q?(m?l)?3r两边立方得：
(m?n)3?p?(l?n)3?q?(m?l)3?r+3(l?m)(mm?l)(m?n)?3pqr
左式=(m?n)3?p为整数,因3pqr是无理数．故右式为无理数,所以左式≠右式．
3．（Ⅰ）∵a1?a,依an?2an?1?n2?4n?2(n?2,3,?),∴a2?2a?4?8?2?2a?2,
a3?2a2?9?12?2?4a?5,
a4?2a3?2?8a?8,
a2?a1?2a?2?a?a?2,a3?a2?2a?3,a4?a3?4a?3
若{an}是等差数列，则a2?a1?a3?a2,得a?1,但由a3?a2?a4?a3，得a=0,矛盾．∴{an}不可
能
是
等
差
数
列
．
(
Ⅱ
)
∵
bn?an?n2, ∴
bn?1?an?1?(n?1)2?2an?(n?1)2?4(n?1)?2?(n?1)2
?2an?2n2?2bn(n≥2) ,∴b2?a2?4?2a?2当a≠－1时, bn?0,{bn}从第2项起是以2为
(2a?2)(2n?1?1)公比的等比数列．∴Sn?b1??b?(2a?2)(2n?1?1) ,n≥2
2?1SnSn(a?1)2n?b?2a?2b?2a?2??2?时, ∴是等比数列, ∴(n≥{S}nSn?1(a?1)2n?1?b?2a?2(a?1)2n?1?b?2a?2Sn?1
2)是常数．
∵a≠－1时, ∴b－2a－2=0 ,当a=－1时，b2?0,由bn?2bn?1（n≥3）,得bn?0（n≥2）, ∴Sn?b1?b2????bn?b, ∵{Sn}是等比数列 ∴b≠0 综上, {Sn}是等比数列,实数a、b所满足的条件为??a??1?a??1或?
?b?2a?2?b?0t?22t24．(1)设f(x)=a(x－)－，由f(1)=0得a=1．
42∴f(x)=x2－(t+2)x+t+1．
(2)将f(x)=(x－1)［x－(t+1)］代入已知得：
(x－1)［x－(t+1)］g(x)+anx+bn=xn+1，上式对任意的x∈R都成立，取x=1和x=t+1分别代入上式得：
?an?bn?11t?1n+1n
]且t≠0，解得a=［(t+1)－1］，b=［1－(t+1) nn?n?1tt(t?1)a?b?(t?1)nn?(3)由于圆的方程为(x－an)2+(y－bn)2=rn2，又由(2)知an+bn=1，故圆Cn的圆心On在直线x+y=1上，又圆Cn与圆Cn+1相切，故有rn+rn+1=2｜an+1－an｜=2(t+1)n+1
设{rn}的公比为q，则
①
②
n?1?rn?1?rn?rnq?2(t?1)②÷①得q==t+1，代?n?2r?n?rn?1?rn?1q?2(t?1)2(t?1)n?1入①得rn=
t?2∴Sn=π(r12+r22+…+rn2)=
?r1(q2n?1)2?(t?1)4［(t+1)2n－1］ ?23q?1t(t?2)25．分析 由已知等式作递推变换，转化为关于an?1与an的等式，在此基础上分析an?1与an的比值，证得（1）的结论后，进一步求f(t)，再分析数列{bn}的特征，并求其通项公式．
来源学科网
（1）证明：由s1?a1=1，s2?a1?a2?1?a2，3t(1?a2)?(2t?3)?1?3t，得
a2?a2t?32t?3 ， 于是2? ． ??① 3ta13t又3tsn?(2t?3)sn?1?3t，3tsn?1?(2t?3)sn?2?3t（n=3,4，??）， 两式相减，得3t(sn?sn?1)?(2t?3)(sn?1?sn?2)?0， 即3tan?(2t?3)an?1?0(t?0)．
于是，得
an2t?3（n=3,4??）． ??② ?an?13t2t?3的等比数列． 3t综合①②，得?an?是首项为1，公比为（2）解 由（1），得f(t)?2t?31212??，bn?f()?bn?1? 3tt3bn?13即bn?bn?1?2． 3222n?1的等差数列，于是bn?1?(n?1)??． 333所以数列?bn?是首项为1，公差为
点评 要判断一个数列是否是等比数列，关键要看通项公式，若是已知求和公式，在求通项公式时一方面可用sn?sn?1?an(n?2)，另一方面要特别注意a1是否符合要求． 1
6． (1)设等差数列{an}的公差为d,由m+k=2n,得ak=2an,因为a2m+ a2k≥(am+ ak)2=2a2n．
2am+ ak224a2m+ a2k2a2n2
(am ak)≤[()]=an ． 所以 当且仅当d=0时等号成立． 2 ≥ 4 = 2 (am ak) an a2n
2
(2)由(1)结论,
112
≥2 (i=1,2,?,n－1)把这n－1个不等式相加,再把所得的结果两2+2 ai a2n－i an
1
边同时加上 a2便得到所证明的结论．当d=0时等号成立．
n
来源:Zxxk.Com]
本节“习题10”解答：
1．由a1?0,a2003?a2004?0,a2003.a2004?0得公差d＜0，于是a2 004＜0．
al＋a4006=a2 003＋a2 004＞0，故S4 006＞0．另一方面，al＋a4 007=2a2 004＜0，故S4 007＜0．故答案选B．
ac1111? 2． b=aq,c=aq2,x=(a+b)=a(1+q),y=(b+c)=aq(1+q),
2222xy121aq(1?q)?a2q2(1?q)ay?cx22?==2．
12xyaq(1?q2)4?1?3．等比数列{an}的通项公式an?1536?????2??13 为正数,
?10、?11为负数,故只需比较?9、?12、?13．
n?1?1?,前n项之积?n?1536?????2?n(n?1)2,易知?9、?12、
?1?因为a9?1536?????2?9?1333?1??1??1???3,a11?a10????,a12?a11?????,a13?a12????,
248?2??2??2?
3??3?27且a10?a11?a12?(?3)???1.所以?12?a10?a11?a12??9??9． ????????2??4?8又因为0?a13?1及?13?a13?12,∴?13??12．故选C．
4．由题意知pq=a2,2b=p+c,2c=q+b由于后二式得b=3,c=3,
2p+qp+2qp+p+qp+q+q
于是有bc=3·3=3·3≥3p2q·3pq2=pq=a2,
因为p≠q,故bc＞a2,方程的判别式△=4a2－4bc＜0,因此,方程无实数根．
5．要求k的取值范围，必需将关于k的不等式Tn>ksn具体化．因此，可首先从探求Tn与
2p+qp+2q
sn的关系入手，寻求突破口．
解 因为?an?是首项a1?0，公比q??1,q?0的等比数列， 故an?1?anq ， an?2?anq2．
bn?an?1?kan?2?an(q?kq2)，
2（q－kq2）=sn(q?kq)． Tn=b1?b2???bn=（a1+a2+?+an）
依题意，由Tn>ksn，得sn(q?kq)> ksn ① 对一切自然数n都成立．
当q?0时，由a1?0，知an?0,sn>0；
2a1(1?qn)当－1
1?qn综合上述两种情况，当q??1,q?0时，sn>0恒成立 ． 由①式，可得q?kq?k， ② 即k(1?q2)?q,k?2q1． ?211?q?qq由于q?11?2，故要使①式恒成立，k<－．
2q点评 本题条件表达较复杂，要认真阅读理解，并在此基础上先做一些能做的工作，如求Tn与sn的关系，将不等式具体化等．待问题明朗化后，注意k
相关推荐：
loading