所以，
(1?q)S?qT)n?S()?q(ST)2n?(122n?T2n2n?2 n?2d(q?q3?K?q2n?1)2dq(1?q2n)*?,n?N1?q2
(Ⅲ)证明：
c1?c2?(ak1?al1)b1?(ak2?al2)b2?K?(akn?aln)bn
n?1?(k?l)db?(k?l)dbq?K?(k?l)dbq111221nn1
因为
d?0,b1?0,所以
c1?c2?(k1?l1)?(k2?l2)q?K?(kn?ln)qn?1db1
若若
kn?ln，取i=n
kn?ln，取i满足ki?li且kj?lj,i?1?j?n
由（1）,(2)及题设知，1?i?n且
c1?c2?(k1?l1)?(k2?l2)q?K(ki?1?li?1)qi?2?(ki?li)qi?1db1
当
ki?li时，得ki?li??1,由q?n，得ki?li?q?1,i?1,2,3.....i?1
i?2i?2k?l?q?1(k?l)q?q(q?1)(k?l)q?q(q?1) 1122i?1i?1即，…，i?1i?1(k?l)q??q,所以 ii又
c1?c21?qi?1i?2i?1?(q?1)?(q?1)q?K(q?1)q?q?(q?1)db11?q
因此
c1?c2?0,即c1?c2
c1?c2??1k?lc?c2 dbi同理可得1当i，因此1综上，
c1?c2
37.（2009年上海卷理）已知若
?an?是公差为d的等差数列，?bn?是公比为q的等比数列。
an?3n?1，是否存在m、k?N*，有am?am?1?ak?说明理由；
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an?1?bn*an??bn??a找出所有数列和，使对一切n?N,n,并说明理由；
若
a1?5,d?4,b1?q?3,试确定所有的p，使数列?an?中存在某个连续p项的和是数列?bn?中的一项，请证明。
am?am?1?ak，得6m?5?3k?1， ．
．．．．．2分
43，
[解法一]（1）由
k?2m?整理后，可得
?m、k?N?，?k?2m为整数，
?不存在m、k?N，使等式成立。 ．．．．．．5分 an?1a1?nd?bn?b1qn?1aa?(n?1)d（2）若，即1， （*）
1?b1q（ⅰ）若d?0,则
当{
n?1?bn。
an}为非零常数列，{bn}为恒等于1的常数列，满足要求。 ．
．．．．．7分
lima1?nd?1n??a?(n?1)d1（ⅱ）若d?0，（*）式等号左边取极限得，（*）式等号右边的极限只有当q?1时，才能等于1。
此时等号左边是常数，?d?0，矛盾。 综上所述，只有当{
an}为非零常数列，{bn}为恒等于1的常数列，满足要求。
．．．．．．10分
an?1?bn,且?bn?为等比数列an
an?nd?c,若【解法二】设
an?2an?1/?q,对n?N*都成立，即anan?2?qa2n?1aan则n?1
?(dn?c)(dn?2d?c)?q(dn?d?c)2对n?N*都成立，?a2?qd2....7分
*a?c?0,?b?1,n?Nn若d=0，则n
dn?d?c?m?b?md?0,则q=1,dn?cn若（常数）即，则d=0，矛盾
an?c?0,bn?1,使对一切n?N*,综上所述，有
na?4n?1,b?3,n?N* nn（3）
an?1?bnan， 10分
设
am?1?am?2????am?p?bk?3k,p、k?N*,m?N.
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4(m?1)?1?4(m?p)?1p?3k2，
3k?4m?2p?3?,?p、k?N*,?p?35,s?Np. 13分
2s?2s2s?2sk?3s?2,4m?3?2?3?3?(4?1)?2?(4?1)?3?0, 15分 取
由二项展开式可得正整数M1、M2，使得（4-1）2s+2=4M1+1,
2?(4?1)s?8M2?(?1)s2,
?4m?4(M1?2M2)?(?1)s?12,?存在整数m满足要求.
故当且仅当p=3s,s?N时，命题成立.
说明：第（3）题若学生从以下角度解题，可分别得部分分（即分步得分） 若p为偶数，则am+1+am+2+……+am+p为偶数，但3k为奇数 故此等式不成立，所以，p一定为奇数。 当p=1时，则am+1=bk,即4m+5=3k， 而3k=(4-1)k
0k1k?1k?1k?1kkkC?4?C?4?(?1)????C?4?(?1)?C?(?1)?4M?(?1),M?Z, kkkk=
??当ｋ为偶数时，存在ｍ，使４ｍ＋５＝3k成立 1分 当p=3时，则am+1+am+2+am+3=bk,即3am+2-bk, 也即3（4m+9）=3k,所以4m+9=3k-1,4(m+1)+5=3k-1
由已证可知，当k-1为偶数即k为奇数时，存在m, 4m+9=3k成立 2分 当p=5时，则am+1+am+2+……+am+5=bk,即5am+3=bk
也即5（4m+13）=3k,而3k不是5的倍数，所以，当p=5时，所要求的m不存在 故不是所有奇数都成立. 2分 三、解答题
?a?0?a1?1，an?1?f(an)．
10.（2008全国I）设函数f(x)?x?xlnx．数列n满足
1)是增函数； （Ⅰ）证明：函数f(x)在区间(0，（Ⅱ）证明：
an?an?1?1；
k≥a1?ba1lnb．证明：ak?1?b．
（Ⅲ）设
b?(a1，1)，整数
f'?x???lnx,当x??0,1?时，f'?x???lnx?0（Ⅰ）证明：f(x)?x?xlnx，
故函数
f?x?在区间(0,1)上是增函数；
（Ⅱ）证明：（用数学归纳法）（i）当n=1时，
0?a1?1，a1lna1?0，
a2?f(a1)?a1?a1lna1?a1
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，1)，1]由函数f(x)在区间(0是增函数，且函数f(x)在x?1处连续，则f(x)在区间(0是增函数，
a2?f(a1a1?a2?1成立； 1)?a1?a1lna1?，即
（ⅱ）假设当x?k(k?N*)时，
ak?ak?1?1成立，即0?a1≤ak?ak?1?1
1]是增函数，0?a1≤ak?ak?1?1得 那么当n?k?1时，由f(x)在区间(0，f(ak)?f(ak?1)?f(1).而an?1?f(an)，则ak?1?f(ak),ak?2?f(ak?1)， ak?1?ak?2?1，也就是说当n?k?1时，an?an?1?1也成立；
根据（ⅰ）、（ⅱ）可得对任意的正整数n，
an?an?1?1恒成立.
a?f(an)可
（Ⅲ）证明：由f(x)?x?xlnx．n?1?a1?b??ailnaia?b?a?b?alnak?1kkki?1若存在某i≤k满足若对任意i≤k都有
kk
ai≤b，则由⑵知：
ak?1?b?ai?b≥0
ai?b，则a?b?a?b?alnak?1kkk
kk?a1?b??ailnai?a1?b??ailnb?a1?b?(?ai)lnbi?1i?1i?1?a?b?kalnb11
?a?b?kalnb?a?b?(a?b)?0，即ak?1?b成立. 111111.（2008山东卷)将数列｛an｝中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表： a1 a2 a3
a4 a5 a6
a7 a8 a9 a10 ……
2bn2bS?SnnN记表中的第一列数a1，a2，a4，a7，…构成的数列为｛bn｝,b1=a1=1. Sn为数列｛bn｝的前n项和，且满足＝1=
（n≥2）.
1S(Ⅰ)证明数列｛n｝成等差数列，并求数列｛bn｝的通项公式；
a81??491时，
（Ⅱ）上表中，若从第三行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，且公比为同一个正数.当求上表中第k(k≥3)行所有项和的和.
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xA(a，b)a?a，Sn是数列{an}的前n项和，且满足y?en?N*nnn12.(2007湖南)已知（）是曲线上的点，122Sn?3n2an?Sn3，4，?1，an?0，n?2，…．
?bn?2???b（I）证明：数列?n?（n≤2）是常数数列；
（II）确定a的取值集合M，使a?M时，数列（III）证明：当a?M时，弦
{an}是单调递增数列；
AnAn?1（n?N*）的斜率随n单调递增
222S?S?3nan． n≥2nn?1解：（I）当时，由已知得
2a?S?S?0S?S?3nnnn?1nn?1因为，所以． …… ① 2S?S?3(n?1)n于是n?1． ……②
由②－①得于是
an?1?an?6n?3． …… ③
an?2?an?1?6n?9． …… ④
an?2?an?6， …… ⑤
由④－③得
?bn?2?bn?2ean?2?an?ean?2?an?e6??(n≥2)bbe所以n，即数列?n?是常数数列．
（II）由①有
S2?S1?12，所以a2?12?2a．由③有a3?a2?15，a4?a3?21，所以a3?3?2a，a4?18?2a．
{a2k}和{a2k?1}分别是以a2，a3为首项，6为公差的等差数列，
而 ⑤表明：数列所以数列
a2k?a2?6(k?1)，a2k?1?a3?6(k?1)，a2k?2?a4?6(k?1)(k?N*)， {an}是单调递增数列?a1?a2且a2k?a2k?1?a2k?2对任意的k?N*成立．
?a1?a2且a2?6(k?1)?a3?6(k?1)?a4?6(k?1) ?a1?a2?a3?a4?a?12?2a?3?2a?18?2a?915?a?44．
?915?M??a?a??4?． ?4即所求a的取值集合是
bn?1?bnean?1?eankn??AAan?1?anan?1?an
（III）解法一：弦nn?1的斜率为
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高中数列知识大总结(绝对全)
