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约11810字。

　　数    列
　　数列的概念与简单表示法
　　1. 如图1－3所示，互不相同的点A1，A2，…，An，…和B1，B2，…，Bn，…分别在角O的两条边上，所有AnBn相互平行，且所有梯形AnBnBn＋1An＋1的面积均相等，设OAn＝an，若a1＝1，a2＝2，则数列{an}的通项公式是________．
　　图1－3
　　an＝3n－2　[解析] 令S△OA1B1＝m(m>0)，因为所有AnBn相互平行且a1＝1，a2＝2，所以S梯形A1B1B2A2＝3m，当n≥2时，anan－1＝OAnOAn－1＝m＋（n－1）×3mm＋（n－2）×3m＝3n－23n－5，
　　故a2n＝3n－23n－5a2n－1，
　　a2n－1＝3n－53n－8a2n－2，
　　a2n－2＝3n－83n－11a2n－3，
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　　a22＝41a21
　　以上各式累乘可得a2n＝(3n－2)a21，因为a1＝1，
　　所以an＝3n－2.
　　2.已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)满足anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0.
　　(1)令cn＝anbn，求数列{cn}的通项公式；
　　(2)若bn＝3n－1，求数列{an}的前n项和Sn.
　　解：(1)因为anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0(n∈N*)，所以an＋1bn＋1－anbn＝2，即cn＋1－cn＝2，
　　所以数列{cn}是以c1＝1为首项，d＝2为公差的等差数列，故cn＝2n－1.
　　(2)由bn＝3n－1，知an＝(2n－1)3n－1，于是数列{an}的前n项和Sn＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1，3Sn＝1×31＋3×32＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)×3n，将两式相减得－2Sn＝1＋2×(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)×3n＝－2－(2n－2)×3n，
　　所以Sn＝(n－1)3n＋1.
　　3.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．
　　(1)证明：an＋2－an＝λ.
　　(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．
　　解：(1)证明：由题设，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，
　　两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.
　　因为an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.
　　(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得 a2＝λ－1，
　　由(1)知，a3＝λ＋1.
　　若{an}为等差数列，则2a2＝a1＋a3，解得λ＝4，故an＋2－an＝4.
　　由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，
　　a2n－1＝4n－3；
　　{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.
　　所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.
　　因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．
　　3.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.
　　(1)证明an＋12是等比数列，并求{an}的通项公式；
　　(2)证明1a1＋1a2＋…＋1an＜32.
　　解：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋12＝3an＋12.
　　又a1＋12＝32，所以an＋12是首项为32，公比为3的等比数列，所以an＋12＝3n2，因此数列{an}的通项公式为an＝3n－12.
　　(2)证明：由(1)知1an＝23n－1.
　　因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，
　　所以13n－1≤12×3n－1，即1an＝23n－1≤13n－1.
　　于是1a1＋1a2＋…＋1an≤1＋13＋…＋13n－1＝321－13n<32.
　　所以1a1＋1a2＋…＋1an<32.
　　4. 设a1＝1，an＋1＝a2n－2an＋2＋b(n∈N*)．
　　(1)若b＝1，求a2，a3及数列{an}的通项公式．
　　(2)若b＝－1，问：是否存在实数c使得a2n<c<a2n＋1对所有n∈N*成立？证明你的结论．
　　解：(1)方法一：a2＝2，a3＝2＋1.
　　再由题设条件知
　　(an＋1－1)2＝(an－1)2＋1.
　　从而{(an－1)2}是首项为0，公差为1的等差数列，
　　故(an－1)2＝n－1，即an＝n－1＋1(n∈N*)．
　　方法二：a2＝2，a3＝2＋1.
　　可写为a1＝1－1＋1，a2＝2－1＋1，a3＝3－1＋1.因此猜想an＝n－1＋1.
　　下面用数学归纳法证明上式．
　　当n＝1时，结论显然成立．
　　假设n＝k时结论成立，即ak＝k－1＋1，则
　　ak＋1＝（ak－1）2＋1＋1＝（k－1）＋1＋1＝（k＋1）－1＋1，
　　这就是说，当n＝k＋1时结论成立．
　　所以an＝n－1＋1(n∈N*)．
　　(2)方法一：设f(x)＝（x－1）2＋1－1，则an＋1＝f(an)．
　　令c＝f(c)，即c＝（c－1）2＋1－1，解得c＝14.
　　下面用数学归纳法证明命题
　　a2n<c<a2n＋1<1.
　　当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(0)＝2－1，所以a2<14<a3<1，结论成立．
　　假设n＝k时结论成立，即a2k<c<a2k＋1<1.
　　易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而
　　c＝f(c)>f(a2k＋1)>f(1)＝a2，即
　　1>c>a2k＋2>a2.
　　再由f(x)在(－∞，1]上为减函数，得c＝f(c)<f(a2k＋2)<f(a2)＝a3<1，
　　故c<a2k＋3<1，因此a2(k＋1)<c<a2(k＋1)＋1<1，这就是说，当n＝k＋1时结论成立．
　　综上，存在 c＝14使a2n<C<a2a＋1对所有n∈N*成立．
　　方法二：设f(x)＝（x－1）2＋1－1，则an＋1＝f(an)．
　　先证：0≤an≤1(n∈N*)．　　①
　　当n＝1时，结论明显成立．
　　假设n＝k时结论成立，即0≤ak≤1.
　　易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而
　　0＝f(1)≤f(ak)≤f(0)＝2－1<1.
　　即0≤ak＋1≤1.这就是说，当n＝k＋1时结论成立．故①成立．
　　再证：a2n<a2n＋1(n∈N*)．　②
　　当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(a2)＝f(0)＝2－1，所以a2<a3，即n＝1时②成立．
　　假设n＝k时，结论成立，即a2k<a2k＋1.
　　由①及f(x)在(－∞，1]上为减函数，得
　　a2k＋1＝f(a2k)>f(a2k＋1)＝a2k＋2，
　　a2(k＋1)＝f(a2k＋1)<f(a2k＋2)＝a2(k＋1)＋1.
　　这就是说，当n＝k＋1时②成立．所以②对一切n∈N*成立．
　　由②得a2n<a22n－2a2n＋2－1，
　　即(a2n＋1)2<a22n－2a2n＋2，
　　因此a2n<14.　③
　　又由①②及f(x)在(－∞，1]上为减函数，得f(a2n)>f(a2n＋1)，即a2n＋1>a2n＋2.
　　所以a2n＋1>a22n＋1－2a2n＋1＋2－1，解得a2n＋1>14.　④