也就是说，当n=k+1时命题也成立，结合（1）和（2）知，命题成立 （2）当n=1时，当n≥2时，易知0＜xn﹣1＜1， ∴∴ ，结论成立 ∴ = 点本题（1）中的证明要用到数学归纳法，数学归纳法常常用来证明一个与自然数集N相关评的性质，其步骤为：设P（n）是关于自然数n的命题，若1）（奠基） P（n）在n=1时： 成立；2）（归纳） 在P（k）（k为任意自然数）成立的假设下可以推出P（k+1）成立，则P（n）对一切自然数n都成立． 23．（2009?上海）已知{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列

*

（1）若an=3n+1，是否存在m，n∈N，有am+am+1=ak？请说明理由；

n

（2）若bn=aq（a、q为常数，且aq≠0）对任意m存在k，有bm?bm+1=bk，试求a、q满足的充要条件；

（3）若an=2n+1，bn=3试确定所有的p，使数列{bn}中存在某个连续p项的和式数列中{an}的一项，请证明． 考点： 等差数列的性质；等比数列的性质． 专题： 综合题；压轴题． 分析： （1）把an的通项公式代入am+am+1=ak，整理可得k和m的关系式，结果为分数，根*据m、k∈N，可知k﹣2m也应该为整数，进而可判定不存在n、k∈N，使等式成立． （2）利用特殊值法，令m=1，则可知b1?b2=bk，把等比数列的通项公式代入整理可cc得a=q，其中c是大于等于﹣2的整数；反之a=q时，其中c是大于等于﹣2的整数，n+c则bn=q，代入bm?bm+1中整理得bm?bm+1=bk，进而可判断a、q满足的充要条件是ca=q，其中c是大于等于﹣2的整数 （3）设bm+1+bm+2+…+bm+p=ak，先看当p为偶数时等式左边为偶数，右边为奇数，等式不可能成立；再看当p=1时，等式成立，当p≥3且为奇数时，根据m+1pm+1bm+1+bm+2+…+bm+p=ak，整理可得3（3﹣1）=4k+2，进而可知3[2222pp﹣2（Cp+Cp?2++Cp?2）+p]=2k+1，此时，一定有m和k使上式一定成立．综合可知当p为奇数时，命题都成立． 解答： 解：（1）由am+am+1=ak，得6m+6+3k+1， n

整理后，可得

，∵m、k∈N， 第33页（共42页） ∴k﹣2m为整数∴不存在n、k∈N，使等式成立． （2）当m=1时，则b1?b2=bk， 23kk﹣3c∴a?q=aq∴a=q，即a=q，其中c是大于等于﹣2的整数 cn+c反之当a=q时，其中c是大于等于﹣2的整数，则bn=q， m+cm+1+c2m+1+2c显然bm?bm+1=q?q=q=bk，其中k=2m+1+c c∴a、q满足的充要条件是a=q，其中c是大于等于﹣2的整数 （3）设bm+1+bm+2+…+bm+p=ak 当p为偶数时，（*）式左边为偶数，右边为奇数， 当p为偶数时，（*）式不成立． 由（*）式得m+1p* ， 整理得3（3﹣1）=4k+2 当p=1时，符合题意． pp当p≥3，p为奇数时，3﹣1=（1+2）﹣1 01122pp=Cp+Cp?2+Cp?2++Cp?2﹣1 1122pp=Cp?2+Cp?2++Cp?2 12pp﹣1=2（Cp+Cp?2++Cp?2） 222pp﹣2=2[2（Cp+Cp?2++Cp?2）+p] m+1pm+1222pp﹣2∴由3（3﹣1）=4k+2，得3[2（Cp+Cp?2++Cp?2）+p]=2k+1 ∴当p为奇数时，此时，一定有m和k使上式一定成立． ∴当p为奇数时，命题都成立． 点评： 本题主要考查了等比数列和等差数列的性质．考查了学生综合分析问题和解决问题的能力． 24．（2008?北京）对于每项均是正整数的数列A：a1，a2，…，an，定义变换T1，T1将数列A变换成数列T1（A）：n，a1﹣1，a2﹣1，…，an﹣1；对于每项均是非负整数的数列B：b1，b2，…，bm，定义变换T2，T2将数列B各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到

222

数列T2（B）；又定义S（B）=2（b1+2b2+…+mbm）+b1+b2+…+bm．设A0是每项均为正整数的有穷数列，令Ak+1=T2（T1（Ak））（k=0，1，2，…）． （Ⅰ）如果数列A0为5，3，2，写出数列A1，A2；

（Ⅱ）对于每项均是正整数的有穷数列A，证明S（T1（A））=S（A）；

（Ⅲ）证明：对于任意给定的每项均为正整数的有穷数列A0，存在正整数K，当k≥K时，S（Ak+1）=S（Ak）． 考点： 数列的应用． 专题： 压轴题；探究型． 分析： （Ⅰ）由A0：5，3，2，求得T1（A0）再通过Ak+1=T2（T1（Ak））求解． （Ⅱ）设有穷数列A求得T1（A）再求得S（T1（A）），由S（A）=2（a1+2a2++nan）222+a1+a2++an，两者作差比较． （Ⅲ）设A是每项均为非负整数的数列a1，a2，an．在存在1≤i＜j≤n，有ai≤aj时条件下，交换数列A的第i项与第j项得到数列B，在存在1≤m＜n，使得am+1=am+2═an=0时条件下，若记数列a1，a2，…，am为C，Ak+1=T2（T1（Ak））s（Ak+1）≤S（T1（Ak））．由第34页（共42页）

S（T1（Ak））=S（Ak），得到S（Ak+1）≤S（Ak）．S（Ak）是大于2的整数，所以经过有限步后，必有S（Ak）=S（Ak+1）=S（Ak+2）=0． 解答： 解：（Ⅰ）解：A0：5，3，2，T1（A0）：3，4，2，1，A1=T2（T1（A0））：4，3，2，1；T1（A1）：4，3，2，1，0，A2=T2（T1（A1））：4，3，2，1． （Ⅱ）证明：设每项均是正整数的有穷数列A为a1，a2，an， 则T1（A）为n，a1﹣1，a2﹣1，an﹣1， 22从而S（T1（A））=2[n+2（a1﹣1）+3（a2﹣1）++（n+1）（an﹣1）]+n+（a1﹣1）+22（a2﹣1）++（an﹣1）． 222又S（A）=2（a1+2a2++nan）+a1+a2++an， 2所以S（T1（A））﹣S（A）=2[n﹣2﹣3﹣﹣（n+1）]+2（a1+a2++an）+n﹣2（a1+a2++an）2+n=﹣n（n+1）+n+n=0， 故S（T1（A））=S（A）． （Ⅲ）证明：设A是每项均为非负整数的数列a1，a2，an． 当存在1≤i＜j≤n，使得ai≤aj时，交换数列A的第i项与第j项得到数列B， 则S（B）﹣S（A）=2（iaj+jai﹣iai﹣jaj）=2（i﹣j）（aj﹣ai）≤0． 当存在1≤m＜n，使得am+1=am+2═an=0时，若记数列a1，a2，am为C， 则S（C）=S（A）． 所以S（T2（A））≤S（A）． 从而对于任意给定的数列A0，由Ak+1=T2（T1（Ak））（k=0，1，2，） 可知S（Ak+1）≤S（T1（Ak））． 又由（Ⅱ）可知S（T1（Ak））=S（Ak），所以S（Ak+1）≤S（Ak）． 即对于k∈N，要么有S（Ak+1）=S（Ak），要么有S（Ak+1）≤S（Ak）﹣1． 因为S（Ak）是大于2的整数，所以经过有限步后，必有S（Ak）=S（Ak+1）=S（Ak+2）=0． 即存在正整数K，当k≥K时，S（Ak+1）=S（A） 点评： 本题是一道由一个数列为基础，按着某种规律新生出另一个数列的题目，要注意新数列的前几项一定不能出错，一出旦错，则整体出错． 25．（2007?四川）已知函数f（x）=x﹣4，设曲线y=f（x）在点（xn，f（xn））处的切线与x轴的交点为（xn+1，0）（n∈N*），其中x1为正实数． （Ⅰ）用xn表示xn+1；

（Ⅱ）证明：对一切正整数n，xn+1≤xn的充要条件是x1≥2 （Ⅲ）若x1=4，记

，证明数列{an}成等比数列，并求数列{xn}的通项公式．

2

考点： 数列递推式；导数的几何意义；数列的概念及简单表示法；用数学归纳法证明不等式． 专题： 计算题；证明题；综合题；压轴题． 2分析： （1）先对函数f（x）=x﹣4进行求导，进而可得到过曲线上点（x0，f（x0））的切2线方程，然后令y=0得到关系式xn+4=2xnxn+1，整理即可得到答案． 第35页（共42页）

（2）先由xn+1≤xn得到x2≤x1，再结合（1）中的结果可得到x1＞0可得到必要性的证明； 由 （3）先由得到和用数学归纳法可证明xn+1≤xn对一切正整数n成立． ，最后根据，然后两式相除可得到后再两边取对数，求得an+1=2an，进而可知数列{an}成等比数列，根据等比数列的通项公式求得an，代入得数列{xn}的通项公式． 解答： 解：（Ⅰ）由题可得f′（x）=2x 所以过曲线上点（x0，f（x0））的切线方程为y﹣f（xn）=f′（xn）（x﹣xn）， 即y﹣（xn﹣4）=2xn（x﹣xn） 22令y=0，得﹣（xn﹣4）=2xn（xn+1﹣xn），即xn+4=2xnxn+1 显然xn≠0∴ （Ⅱ）证明：（必要性） 若对一切正整数n，xn+1≤xn，则x2≤x1，即x1≥2 （充分性）若x1≥2＞0，由 即可求，而x1＞0，∴x1≥4，即有2用数学归纳法易得xn＞0，从而（n≥2） 又x1≥2∴xn≥2（n≥2） 于是即xn+1≤xn对一切正整数n成立 第36页（共42页）

，即xn≥2=，