解答： 23解：（1）a1=|OP1|=100，由S3=（a1+a3）=255，得a3=|OP3|=70． 由，得， ∴点P3的坐标可以为（2 （2）原点O到二次曲线C：，）． （a＞b＞0）上各点的最小距离为b，最大距离为a． 22∵a1=|OP1|=a， 222∴d＜0，且an=|OPn|=a+（n﹣1）d≥b， ∴≤d＜0．∵n≥3，＞0 ∴Sn=na+2d在[，0）上递增， 故Sn的最小值为na+ （3）若双曲线C：﹣2?=． =1，点P1（a，0）， 则对于给定的n，点P1，P2，Pn存在的充要条件是d＞0． 2∵原点O到双曲线C上各点的距离h∈[|a|，+∞），且|OP1|=a， 22∴点P1，P2，Pn存在当且仅当|OPn|＞|OP1|，即d＞0． 点评： 本题主要考查了等差数列的性质．涉及了圆锥曲线和函数的知识，考查了学生综合分析问题和基本的运算能力． 18．（2003?上海）已知数列{an}（n为正整数）是首项是a1，公比为q的等比数列．

0120123

（1）求和：a1C2﹣a2C2+a3C2，a1C3﹣a2C3+a3C3﹣a4C3；

（2）由（1）的结果归纳概括出关于正整数n的一个结论，并加以证明．

0123

（3）设q≠1，Sn是等比数列{an}的前n项和，求：S1Cn﹣S2Cn+S3Cn﹣S4Cn+…+（﹣1）nnSn+1Cn． 考数列的求和；等比数列的性质． 点： 专计算题；证明题；压轴题． 题： 第25页（共42页）

分（1）利用组合数公式和等比数列的通项公式进行化简，再利用平方差和立方差公式合析： 并． （2）利用归纳推理和（1）的结果进行推理出结论，利用二项式定理从左边到右边证明． （3）由题意知数列{an}是等比数列，而且q≠1，求出sn代入所给的式子，进行整理和分组，再利用二项式定理求解． 0122解解：（1）a1C2﹣a2C2+a3C2=a1﹣2a1q+a1q 2答： =a1（1﹣q） 0123a1C3﹣a2C3+a3C3﹣a4C3 20123=a1（1﹣q）a1C3﹣a2C3+a3C3﹣a4C3 23=a1﹣3a1q+3a1q﹣a1q 3=a1（1﹣q）； （2）归纳概括的结论为：若数列{an}是首项为a1，公比为q的等比数列， 0123nnn则a1Cn﹣a2Cn+a3Cn﹣a4Cn+…+（﹣1）an+1Cn=a1（1﹣q），n为正整数 0123nn证明：a1Cn﹣a2Cn+a3Cn﹣a4Cn+…+（﹣1）an+1Cn 012233nnn=a1Cn﹣a1qCn+a1qCn﹣a1qCn+…+（﹣1）a1qCn 012233nnn=a1[Cn﹣qCn+qCn﹣qCn+…+（﹣1）qCn] n=a1（1﹣q）； ∴左边=右边，该结论成立． （3）∵数列{an}（n为正整数）是首项是a1，公比为q的等比数列，而且q≠1． ∴01=23， nn∴S1Cn﹣S2Cn+S3Cn﹣S4Cn+…+（﹣1）Sn+1Cn =cn] =n[（1﹣q）cn﹣（1﹣q）cn+（1﹣q）cn﹣（1﹣q）cn+…+（﹣1）（1﹣q0213243nn+1） =． 点本题为等比数列和二项式定理的综合应用，还用到组合数公式，计算量大；在化简式子评： 时根据特点进行分组求解，利用二项式定理进行化简． 19．（2014秋?周村区校级月考）已知数列{bn}是等差数列，b1=1，b1+b2+…+b10=145． （1）求数列{bn}的通项bn；

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（2）设数列{an}的通项an=log（a1+）（其中a＞0，且a≠1），记Sn是数列{an}的前n项和．试

比较Sn与logabn+1的大小，并证明你的结论．

考等差数列的通项公式；数列的求和；数学归纳法． 点： 专计算题；证明题；压轴题． 题： 分（1）根据数列{bn}是等差数列，建立b1与d的方程组，解之即可； 析： （2）因此要比较Sn与logabn+1的大小，可先比较（1+1）（1+）（1+）与的大小，利用用数学归纳法证明此式，当a＞1时，Sn＞logabn+1，当0＜a＜1时，Sn＜logabn+1． 解答： 解：（1）设数列{bn}的公差为d，由题意得 解得 所以bn=3n﹣2． （2）由bn=3n﹣2，知 Sn=loga（1+1）+loga（1+）++loga（1+=loga[（1+1）（1+）（1+） ． ）与的）]，logabn+1=loga因此要比较Sn与logabn+1的大小，可先比较（1+1）（1+）（1+大小． 取n=1有（1+1）＞取n=2有（1+1）（1+）＞由此推测（1+1）（1+）（1+， ， ）＞．① 若①式成立，则由对数函数性质可断定： 当a＞1时，Sn＞logabn+1． 当0＜a＜1时，Sn＜logabn+1． 第27页（共42页）

下面用数学归纳法证明①式． （ⅰ）当n=1时已验证①式成立． （ⅱ）假设当n=k（k≥1）时，①式成立，即 （1+1）（1+）（1+那么，当n=k+1时， （1+1）（1+）（1+）（1+）＞（1+） ）＞． =因为（3k+2）． ==， 所以（3k+2）＞）（1+）＞． ． 因而（1+1）（1+）（1+这就是说①式当n=k+1时也成立． 由（ⅰ），（ⅱ）知①式对任何正整数n都成立． 由此证得： 当a＞1时，Sn＞logabn+1． 当0＜a＜1时，Sn＜logabn+1． 点本小题主要考查等差数列基本概念及其通项求法，考查对数函数性质，考查归纳、推理评： 能力以及用数学归纳法进行论证的能力． 20．（2010?重庆）在数列{an}中，a1=1，an+1=can+c（2n+1）（n∈N*），其中实数c≠0． （1）求{an}的通项公式；

（2）若对一切k∈N*有a2k＞azk﹣1，求c的取值范围． 考点： 数列递推式；数学归纳法． 专题： 计算题；压轴题；探究型；归纳法． 2nn﹣1分析： （1）根据a1，a2和a3猜测an=（n﹣1）c+c，进而用数学归纳法证明． n+1

（2）把（1）中求得的an代入a2k＞azk﹣1，整理得（4k﹣1）c﹣（4k﹣4k﹣1）c﹣222第28页（共42页）