1、1第 六 章 数 列二 、重 难点 击本章重点：数列的概念，等差数列，等比数列的定义，通项公式和前 n项和公式及运用，等差数列、等比数列的有关性质。注重提炼一些重要的思想和方法，如：观察法、累加法、累乘法、待定系数法、倒序相加求和法 、错位相 减求和法 、裂项相 消求和法 、函数与 方程思想 、分类与 讨论思想 、化归与 转化思想 等。 知识网络第 一课 时 数 列四、 数列通项na与前 n项和 nS的关 系1 =+= ni inn aaaaaS 1321 2 = 2111 nSS nSa nnn课 前热 身3数 列 na的通 项公式为 nnan 2832= ,则数 列各项中 最小项是 ( B
2、 )A第 项 B第 项 C第 项 D第 项4已 知数列 na是递 增数列， 其通项公 式为 nnan +=2 ,则实 数 的取 值范围是 ),3( +5数 列 na的前 n项和 142 += nnSn ,，则 = 252 12 nn nan数列与 正整数集 关系等差数 列等比数 列特殊数 列求和方 法 公式法 倒序相 加法 错位相 减法 裂项相 消法n定 义通 项 公 式中 项前 项 的 和递推公 式 通项公 式数列2题型一 归纳、 猜想法求 数列通项【例 1】根 据下列数 列的前几 项，分别 写出它们 的一个通 项公式 7， 77， 777， 7777， 1， 3， 3， 5， 5， 7，
3、7， 9， 9解析 ： 将数 列变形为 ),110(97 ),110(97 2 )110(97 3， , )110(97 n 将 已 知 数 列 变 为 1+0， 2+1， 3+0， 4+1， 5+0， 6+1， 7+0， 8+1， 9+0， 。 可 得 数 列 的 通 项 公 式 为2)1(1 nn na +=点拨 ：本例的 求解关键 是通过分 析、比较 、联想、 归纳、转 换获得项 与项数的 一般规律 ，从而求 得通项。题型二 应用 = )2( )1(11 nSS nSa nnn 求数列 通项例 2已 知数列 na的前 n项和 nS，分 别求其通 项公式 . 23=nnS解析 ： 当 12
4、3,1 111 = San时 ，当 )23()23(,2 11 = nnnnn SSan时 132= n又 11=a 不适 合上式， 故 = )2(32 )1(11 nna nn三、利 用递推关 系求数列 的通项【例 3】根 据下列各 个数列 na的首 项和递推 关系，求 其通项公 式 141,21211 += + naaa nn解析 ： 因为 14121 +=+ naa nn ，所 以 )121121(2114121 +=+ nnnaa nn所以 )3111(2112 =aa )5131(2123 =aa4 3 111( )257aa= 3 ， ，1 1 1 1( )22 321n naa
5、n n = 以上 )1(n 个式 相加得)1211(211 = naan即： 24 342411 = nnnan点 拨 ： 在 递 推 关 系 中 若 ),(1 nfaa nn +=+ 求 na用 累 加 法 ， 若 ),(1 nfaann =+ 求 na用 累 乘 法 ， 若qpaann +=+1 ，求 na用待 定系数法 或迭代法 。课 外练 习3设 1212111 += nnnan ， ( Nn )，则 nn aa与1+ 的大 小关系是 (C)Ann aa+1 B nn aa=+1Cnn aay4最小最大，），又9109213012110 1109(99aaa aaaaaa 三、 解答题
6、6.2等 差数 列知识要点 2递 推关系与 通项公式mnaad naad dnaa dmnaadnaa daamnnnmn nnn= = = +=+= =+1 ;)1()( )1(1111变式： 推广： 通项公式： 递推关系：为常数）即： 特征： mkmknnfa dadnann ,(,)( ),(1+= += ), 为常数，（ mkmknan += 是数 列 na成等差 数列的充 要条件。 等差中项 ：若 cba, 成等 差数列 ， 则 b称 ca与 的等 差中项 ，且 2cab += ； cba, 成等 差数列是 cab +=2 的充要条 件。 前 n项和 公式2)(1 naaS nn +
7、= ； 2)1(1 dnnnaSn +=),()(,)2(22 212 为常数即特征： BABnAnS BnAnnfS ndandSnnn += += +=是数 列 na成等 差数列的 充要条件 。5 等差 数列 na的基 本性质 ),( Nqpnm其中qpnm aaaaqpnm +=+=+ ，则若 反之， 不成立。 dmnaa mn )(= mnmnn aaa + +=2nnnnn SSSSS 232 , 仍成 等差数列 。 判断或证 明一个数 列是等差 数列的方 法： 定义 法：）常数）（ + = Nndaa nn (1 na是等差数 列 中项 法： )221 + += Nnaaa nnn
8、 （ na是等 差数列 通项 公式法：),( 为常数bkbknan += na是等 差数列 前 n项和 公式法： ),(2 为常数BABnAnSn += na是等差数 列 课前 热身2等 差数列 na中，)(31 ,12019 1210864 Caa aaaaa 的值为则 =+A 14B 15C 16D 171651203232)(32 )2(3131 89 9919 = += ada daaaa解5。3 等 差 数 列 na中 ， 1291 0 SSa =， ， 则 前 10或 1项的 和最大。解： 0912129 = SSSS ，00 03011 112110 = =+ aa aaaa ，
9、又 ， na为递 减等差数 列 110 SS= 为最 大。4 已知 等差数列 na的前 10项和 为 100， 前 100项和为 10，则 前 10项和 为 10解： ， 10102030102010 SSSSSSS 成等 差数列， 公差为 D其首 项为10010=S ，前 10项的 和为 1010 =S11022101010010 221029101010010 101010 =+= +=+ ）（又 ，S DSSS DD10210102)10(2 9840242)1(129850m ax22 =+= += +=ynn nnnnnny时，所以当 设等差数 列 na的前 n项和 为 nS，已 知
10、001213123 + +=d ddda aaaaSddda从而又最大。， 667 713 7612 00 013 0)(6 Saa aS aaS +=课外 练习 一、 选择 题1 已 知 na数 列 是 等 差 数 列 ， 1010=a ， 其 前 10项的 和 7010=S ，则 其公差 d等于 ( D)3231 3132 DC BA 2 已 知 等 差 数 列 na 中 ，12497 116 aaaa ，则， =+ 等于 （ A）A 15B 30C 31D 641512 12497= +=+a aaaa解：二、 填空题3 设 nS为 等 差 数 列 na的 前 n项 和 ，97104 3
11、014 SSSS ，则， = =544 已 知 等 差 数 列 na的 前 n项 和 为 nS， 若=+=185212 21 aaaaS ，则65 设 F是椭圆 167 22 =+yx 的右焦点，且椭圆上至少有 21个不 同点 ,),2,1( 321 FPFPFPiPi ， 使=组 成 公 差 为 d的 等 差 数 列 ， 则 d的 取 值 范 围 为 10100101 ，解 ： 椭圆 的焦点 F到椭 圆上的点 最大 、 最小 距离分别为 ）和（ 17)17( + ，由 题意得：10100101 0101 2011217)117 cccna ， 是等比 数列； na 是 正 项 等 比 数 列
12、 )10(log ccanc ， 是等 差数列； na既是等差数列又是等比数列 na是各项不 为零的常 数列。87 等比 数列的判 定法 定义 法： =+ （常数）qaann1 na为等 比数列 ； 中项 法 ： =+ )0(221 nnnn aaaa na为等比 数列； 通项 公式法 ： = 为常数）qkqka nn ,( na为 等 比 数 列 ； 前 n项 和 法 ：= 为常数）（ qkqkS nn ,)1( na为 等 比 数列。1 1031074 22222)( += nnf 设)18(72)18(72 )18(72)18(72)()(431 +nnnn DC BA DnfNn ）（
13、等于，则2 已 知 数 列 na 是 等 比 数 列 ， 且=mmm SSS 32 3010 ，则， 70（问 题引入）猜想 ： nb是等 比数列， 公比为 21。证明 如下： 4121412121 =+ nnn aabnnn baa 21)41(21 41)41(211212 = +=即 ： 211=+nnbb ， nb是 首 项为 41a ， 公 比为 21的等 比数列。二、性 质运用 例 2： 在 等 比 数 列 na 中 ，14361 3233 +=+ nn aaaaaa ， 求 na， 若nnn TaaaT 求,lglglg 21 += 在等 比数列 na中， 若 015=a ，则
14、有等式nn aaaaaa +=+ 292121 )29( =+=61516 616161 43612)21(32 213213211323332所以 ，即所以，解得 ，又 由 等 比 数 列 的 性 质 可 知 ， nalg 是 等 差 数列， 因为2lg2)11(2 )lg(lg 2lg5lg2lg)6(2lglg 1 16 nnnaaT ana nn nn =+= = 所以 ， 由 题 设 可 知 ， 如 果 0=ma 在 等 差 数 列 中 有nmn aaaaaa +=+ 122121 )12( += += += +=+= +=所以对一 切 Nn 恒成 立。316 31621811812
15、 )281812281812 m in= ppabnann ， 求 数 列 nb的 前 n项和nT。解 ： 设 数 列 na 的 公 差 为 d， 由， 211242 =+= nnnSSnn1)1(2 2)( 2 2)(124 123112122121+=+=+ =+nnnn nnananaa nandaSSnn aadaaaa又 即，所以得所以 na=n 由 )0( = ppabnann ，有 nn npb=所以nn nppppT += 32 32 2)1(1 += nnTp n时，当 时，当 1p132 )1(2 += nnn nppnpppT 得 =+= = +=+)1(1)1( )1(
16、 )1(2)1(1)1( )1(1)1()1(1212112ppnpppp pnnTpnppppTnpppp nppppTpnnnnnnnnnnn即：所以课外 练习 数 列 na 的 前 n项 和 为 nS， 若5)1(1 Snnan ，则+= 等于 （ B）65 )6151()3121()2111( 111)1(1301616515= +=+=+= S nnnna DCBA n所以解：因为 )(xf 的 定义 域为 R， 且 )(xf 是 以 2为 周期 的周期 函数 ， 数列 na是首 项为 )( Naa ， 公差 为1的等 差数列 ， 那么 )()()(1021 afafaf + 的值为
17、 （ C）A 1 B 1 C 0 D 10a解： 因为函数 )(xf 的定 义域为 R，且 )(xf 是以 2为周 期的周期 函数，所以 )()2(00( xfxff =+=，且）又数 列 na是首 项为 a，公 差为 1的等 差数列1 0)1()1()1( )1()21()1( )1(5)1()0(5 )1(5)(5 )()()()1( )()( 1 1021= =+ =+=+= + += += fff fff fffafaf afafaf nafnafaf Nanaann即所以 又所以 为偶数）（ 为奇数）（，又所以故原 式 =0，选 C。二、 填空题 设 等 比 数 列 na的 公 比
18、与 前 n项 和 分 别 为 q和nS，且 q 1， 818 102010 =+= qSS ，则81 )1(8)1(1( )1(1 821 )1(1010201010101010 20121102010 2011020101=+ +=+=+= =+=+=SqS qSSqSaaaSS qqqaqSqa所以方法二、 ）方法一、6数 列 na满足 1 21 2 1n na n n n= + + + + ，12n nnb aa+=又 ，则 数列 nb的前 n项和 为 18+nn1(12 )1 2n na nn= +=+ 解 ：12 8( 1)n nnb aa nn+= = += 1 18( 1nn+）
19、1 211 11 1 18( ) ( ) ( )12 23 11 881 1 1nbb b nnnn n+ = + + = = + + 所 以 数列 ， 4141414131313121211 的前 100项的和 为 14913。 （ Nn ）12典例精析一、函数与数列的综合问题的等差数列。，公差为是首项为 ，设 ，且：已知例 24 )()()()( )10(log)(1 21 = Nnafafaf aaxxf na 设 a是常 数，求证 ： na成等 差数列； 若 )(nnn afab= ， nb的前 n项和 是 nS，当 2=a 时， 求 nS解： 222)1(4)( +=+= nnafn
20、 ，为等比数列。所以 为定值所以 ，所以即 n nnnnnnnaa naaaaaaan )2(22log 2222122= =+=+ )(nnn afab=3314325433254 25432222222222 2)1(21 )21(2162)1(22222 2)1(2232222)1(242322 2)1()2()22( 2)22(log+ += +=+= +=+= +=+=+=nnnnnnnnnn nnnnnnnannS nnS nnSnS nnbaana所以两式相减得时，当 点 拨 ： 本 例 是 数 列 与 函 数 综 合 的 基 本 题 型 之 一 ， 特征是 以函数为 载体构建
21、数列的递 推关系， 通过由函 数的解析 式获知数 列的通项 公式，从 而问题得 到求解。 已知 正项数列 na的前 n项和 为 nS， 2)1(41 +nn aS 与是 的等 比中项， 求证 ：数列 na是等 差数列； 若nnn ab 2= ，数 列 nb的前 n项和 为 nT，求 nT 在 的条 件下 ， 是否 存在常数 ， 使得 数列 +2nnaT为等 比数列？ 若存在 ， 试求 出 ； 若不 存在 ， 说明 理由 。解： 2)1(41 +nn aS 与是 的等 比中项，130)2)( )22(41)1(412 1)1(411)1(4111 1212 1211 12112=+ += +=+
22、= += nnnn nnnnnnn nnnnaaaa aaaaSSa aSnaaan aS即所以 时，当，时，当 所以2 0201 1= = nn nnn aa aaa即： ，所以因为 所以 数列 na是等 差数列。nn nT 2323 += 321)2323(2 +=+ nnaT nnn nn 21323 += 所以 当且仅当 3+=0，即 = 3时， 数列+2nnaT为等 比数列。 已知 在正项数 列 na中， 1a=2，且），1( +nnn aaA 在双 曲线 122 =xy 上，数列 nb中，点 （nb， nT） 在直 线 121+= xy 上 ， 其中 nT是数 列 nb的前 n项和
23、 ， 求数 列 na的通 项公式 ； 求证 ： 数列 nb是等比 数列。 若nnnnn CCbaC = ， 且 25 25 ( 3)nnaa n = ， 则 当 1n时 ，21 23 221loglog logna a a+ + =A. (21)nn B. 2( 1)n+ C. 2n D. 2( 1)n【 解 析 】 由 25 25 ( 3)nnaa n = 得 nna 22= ， 0na ， 则 nna 2= ， + 3212 loglog aa2122 )12(31log nnan =+= ，选 C.答案 C2.（ 2009辽宁卷 理）设等 比数列 na的前 n项和为 nS，若 63SS=
24、3，则 69SS=A.2 B. 73 C. 83 D.3【解析 】设公比 为 q,则 36 33 3(1 )S qSS S+= 1 q3 3q3 215于是 6 3 69 31 12471 12 3S qqS q+ += = =+ +【答案 】 B14.(2009湖北卷理 )已知数列 na满足： 1a m（ m 为正整数 ） ， 1 ,23 1,n nn n na aa a a+ = + 当 为 偶 数 时 ，当 为 奇 数 时 。 若 6a 1，则 m 所有可能的 取值为 _。答案 4532解析 （ 1）若 1am=为偶数 ，则 12a为偶 ,故 22 3 a2 2 4am ma= = =
25、当 4m仍为偶 数时， 4 68 32m ma a= = 故 1 3232m m= 当 4m为奇数 时， 4 3 33 1 14a a m= += + 6 3 144ma + =故 3 14 14m+=得 m =4。（ 2）若 1am=为奇数 ，则 2 13 13 1a a m= += +为偶数 ，故 3 3 12ma += 必为偶 数6 3 116ma + = ，所以 3 116m+=1可得 m =516.（ 2009陕西卷 文）设等 差数列 na的前 n项和为 ns,若 6 3 12a s=,则 na= .解析 :由6 3 12a s=可得 na的公差 d=2,首项 1a=2,故易得 na
26、=2n.答案 :2n17.(2009陕西卷 理 )设等差 数列 na的前 n项和为 nS,若 6 3 12a S=,则 2lim nn Sn = .6 1 1 2 23 112 5 12 2 1 1( 1) lim lim12 12 2 n nn n na a d a S Sn nS nns ad d n n n n = + = = + + = += = = = += =解 析 ：答案： 122.（ 2009全国卷 理）在 数列 na中， 1 1 1 11, (1 ) 2n n nna a an+ += =+ +16（ I）设 nn ab n=，求数 列 nb的通项 公式（ I）求数 列 na
27、的前 n项和 nS分析 ： （ I）由已 知有 1 11 2n n na an n+ =+ 1 12n n nb b+=利用累 差迭加即 可求出数 列 nb的通项 公式 : 1122n nb = ( *nN)（ I）由（ I）知 12 2n nna n = ,nS= 11(2 )2n kk kk = 11 1(2) 2n n kk k kk = = 而 1(2) ( 1)nk k nn= = + ,又 112n kk k=是一个 典型的错 位相减法 模型，易得 1 11 242 2n k nk k n = += nS=( 1)nn+ 1242nn+ 23.（ 2009北京理 ）已知数 集 (
28、)1 2 1 2, , 1 , 2n nAaa a aa an= ，故 nnaa A.从而 1 nna Aa=， 1 1a=.1 21 naa a=，故 ( )2,3, ,knaa Ak n = .由 A具有性 质 P可知 ( )1,2,3, ,nka Ak na = .又 1 2 1n n n nn na a a aa a a a =， 34aa A，由 A具有性 质 P可知 43a Aa.224 3aa a=，得 3 42 3a a Aa a=，且 3 221a aa .【解析 】 必做题 本小题 主要考查 概率的基 本知识和 记数原理 ，考查探 究能力。 满分 10分。29.（ 2009
29、江 西 卷 理 ） 各 项 均 为 正 数 的 数 列 na， 1 2,aaab= =， 且 对 满 足 mnpq+=+的 正 整 数 , , ,mnpq都 有.(1 )(1 ) (1 )(1 )p qm nm n p qa aa aa a a a+ =+ + + +（ 1）当 1 4,2 5a b= =时，求 通项 ;na（ 2）证明 ：对任意 a，存在 与 a有关的 常数 ，使得 对于每个 正整数 n，都有 1 .na解 ： （ 1）由 (1 )(1 ) (1 )(1 )p qm nm n p qaaa aa a a a+ =+ + + + 得1 2 11 2 1.(1 )(1 ) (1
30、)(1 )n nn naa aaa a a a+ +=+ + + + 将 1 21 4,2 5a a= =代入化 简得112 1.2nn naa a += +所以 111 11 ,1 31n nn na aa a =+ +19故数列 1 1nnaa+ 为等比 数列，从 而1 1,1 3n nnaa=+ 即 31.31nn na =+可验证 ， 3131nn na =+满足题 设条件 .(2)由题设 (1 )(1 )m nm na aa a+ + 的值仅 与 mn+有关 ,记为 ,mnb+ 则 11 1 .(1 )(1 ) (1 )(1 )n nn n naa aab a a a a+ + +=
31、 =+ + + +考察函 数 () ( 0)(1 )(1 )axfx xa x+= + + ,则在定 义域上有1, 111() () , 12, 0 11aafx ga aa aa + = = +时 ， 证明如 下：证法 1： （ 1）当 n=3时，由 上验算显 示成立。（ 2）假设 1nk=+时 12 22 2(2 1) 4 22(1) 1(2 1) 2(1) 1k k k k k k k+= +=+= + +g所以当 1nk=+时猜想 也成立综合（ 1） （ 2）可知 ，对一 切 3n的正整 数，都有 2 2 1.n n+21证法 2：当 3n时 0 1 2 1 0 1 12 (11) 2
32、 22 1n n n n n nn n n n n n n n nCCC C CCCC C n n =+ = + + + + + =+K综上所 述，当 1,2n=时 52 1n nT n +31.（ 2009四川卷 文 ） 设数列 na的前 n项和为 nS， 对任意 的正整数 n， 都有 5 1n na S= +成立 ， 记 *4 ( )1nn nab nNa+= 。（ I）求数 列 na与数列 nb的通项 公式；（ I） 设数列 nb的前 n项和为 nR， 是否存 在正整数 k， 使得 4nR k成立？ 若存在 ， 找出一 个正整数 k； 若不存 在 ，请说明 理由；（ II）记 *2 21
33、( )n n nc b b nN= ，设数 列 nc的前 n项和为 nT，求证 ：对任意 正整数 n都有 32nT猜想： 数列 2nx 是递减 数列下面用 数学归纳 法证明：（ 1）当 n=1时，已 证命题成 立 （ 2）假设 当 n=k时命题 成立，即 2 22k kx x+易知 2 0kx，那么 23 2122 24 21 23 21 231 11 1 (1 )(1 )k kk k k k k kx xx x x x x x+ + + + + + + = =+ + + += 2 222 21 22 23 0(1 )(1 )(1 )(1 )k kk k k kx xx x x x+ + +
34、+ + + +即2( 1) 2( 1)2k kx x+ +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， 1 2 1 16n nx x x x+=，结论 成立当 2n时，易 知 1 1 11 10 1, 1 2, 1 2n n n nx x x x +1 1 111 5(1 )(1 ) (1 )(1 ) 21 2n n n nnx x x xx + + =+ + =+ +11 1 11 11 1 (1 )(1 )n nn n n n n nx xx x x x x x+ = =+ + + +252 n-11 1 2 2 1n-12 2 2
35、5 5 51265n n n nx x x x x x = （ ） （ ）（ ）35.（ 2009天津卷 理 ） 已知等 差数列 na的公差 为 d（ d0） ， 等比数 列 nb的公比 为 q（ q1） 。 设 ns=11ab+22ab+nnab, nT=11ab-22ab+(-11)n nnab,nN+若1a=1b=1， d=2， q=3，求 3S的值；若 1b=1，证明 （ 1-q） 2nS-（ 1+q） 2nT= 222(1 )1 ndqqq ， nN+；( ) 若正 数 n满 足 2nq， 设1 2 12, , , , 12n nkk k ll l和 是 ， ， ， n的两个 不同的
36、排 列 ， 1 21 1 2 nk k k nc abab ab= + + ，1 22 1 2 nl l l nc abab ab= + + 证明 1 2c c。本小题主要考查等差数列的通项公式、等比数列的通项公式与前 n项和公式等基础知识，考查运算能力，推理论证能力及综 合分析和 解决问题 的能力的 能力，满 分 14分。（ ）解： 由题设， 可得 1 *21, 3,nn na n b nN= = 所以，3 11 22 33 11335955S ababab= + + =+=（ ）证明 ：由题设 可得 1nnbq= 则2 212 1 2 3 2. ,nn nS aaqaq aq=+ + +
37、+ 2 3 212 1 2 3 4 23 212 2 2 4 2. ,2( )nn nnn n nT aaqaqaq aqS T aqaq aq = + + = + + 式减去 式，得式加上 式，得2 222 2 1 3 212( )nn n nS T aaq aq+ = + + 式两边 同乘 q，得3 212 2 1 3 21( ) 2( )nn n nqS T aqaq aq+ = + +所以，2 2 2 2 2 2(1 ) (1 ) ( ) ( )n n n n n nqS qT S T qS T + = +263 212*22( )2(1 ),1nndqq qdqq nNq = +=
38、K( )证明： 1 1 2 21 2 1 2( ) ( ) ( )n nk l k l k l ncc a ab a ab a ab= + + K 11 1 1 2 2 1 1( ) ( ) ( ) nn nkldbk l dbq k l dbq= + + K因为10, 0,d b 所以11 2 1 1 2 21 ( ) ( ) ( )nn ncc kl k l q k l qdb = + + K若 n nk l，取 i=n若n nk l=，取 i满足 i ik l且 , 1j jk l i j n= +由（ 1） ,(2)及题设 知， 1i n同理可 得 1 21 1ccdb（ ）证明 ：
39、() lnfx xxx= ， () ( ) () ln, 0,1 ln 0f x x x f x x= = 当 时 ，故函数 ()f x在区间 (0,1)上是增 函数；（ ）证明 ： （用数 学归纳法 ） （ i）当 n=1时，10 1a由 函 数 ()fx在 区 间 (01)， 是 增 函 数 ， 且 函 数 ()fx在 1x=处 连 续 ， 则 ()fx在 区 间 (01， 是 增 函 数 ，292 1 1 1 1( ) ln 1a fa aaa= = ，则 kkkk aababa ln1 =+1 1 lnk i iiab aa= 1 1 lnk iiab ab= 1 1( )lnk ii
40、ab a b= bkaba ln11 bkaba ln11 )(11 baba 0=，即 1ka b+成立 .11.（ 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：a1a2a3a4 a5a6a7a8 a9 a10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 nNn nSSb b22 1=（ n 2） .( )证明数 列 nS1成等 差数列， 并求数列 bn的通 项公式；（ ） 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
41、 数列 ， 且公比 为同一个 正数 .当 91481 =a 时 ，求上表 中第 k(k 3)行所有 项和的和 .12.(2007湖 南 )已 知 ( )n n nAab， （ nN*） 是 曲 线 xye=上 的 点 ， 1aa=， nS是 数 列 na的 前 n项 和 ， 且 满 足302 2 213n n nS naS= + ， 0na， 234n=， ， ， （ I）证明 ：数列 2nnbb+ （ 2n ）是常 数数列；（ I）确定 a的取值 集合 M，使 aM时，数 列 na是单调 递增数列 ；（ II）证明 ：当 aM时，弦1nnAA+（ nN*）的斜 率随 n单调递 增解 ： （
42、I）当 2n 时，由 已知得 2 2 21 3n n nS S na = 因为1 0n n na SS= ，所以 21 3n nSS n+ = 于是 21 3( 1)n nS S n+= + 由 得1 6 3n na a n+=+ 于是2 1 6 9n na a n+ + =+ 由 得2 6n na a+=， 所以 2 2 62 n n nna a an anb e e eb e+ + = = =，即数 列 2 ( 2)nnb nb+ 是常数 数列（ I） 由 有2 1 12SS+=， 所以 2 122a a= 由 有 3 2 15aa+=， 4 3 21aa+=， 所以 3 32a a=+，
43、 4 182a a=而 表明： 数列2ka和 21 ka+ 分别是 以 2a， 3a为首项 ， 6为公差 的等差数 列，所以2 2 6(1)ka a k=+ ， 21 3 6(1)ka a k+=+ ， 22 4 6(1)( )ka a k k+=+ N*，数列 na是单调 递增数列 1 2aa且 2 21 22k k ka a a+ + 对任意 的 kN*成立1 2aa且 2 3 46(1) 6(1) 6(1)a k a k a k+ + + 1 2 3 4aa aa 9 15122 32 182 4 4a a a a a+即所求 a的取值 集合是 9 154 4Ma a = （ II）解法 一：弦 1nnAA+的斜率 为 111 1n na an nn n n n nb b e ek a a a a+ + = = 任取 0x，设函 数 00() xxe efx xx= ，则 00 20( ) ( )() ( ) xx xexx e efx xx =
