高考数学题型与技巧——数列（中档-较难）

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数列-较难
一．解答题（共40小题）
1．已知等比数列{an}的公比q＞0，且满足a1+a2＝6a3，，数列{bn}的前n项和，n∈N*．
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）设，求数列{cn}的前2n项和T2n．
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an﹣2n．
（1）求证：{}是等差数列，并求出{an}的通项公式；
（2）设bn＝，求证：b1+b2+b3+…+bn＜1．
3．已知数列{an}满足a1＝2，an+1＝3an+2n﹣1，n∈N*．
（1）求{an}的通项公式和前n项和Sn；
（2）设，若不等式，对于任意n∈N*都成立，求正数k的最大值．
4．按照一定次序排列的一列数称为数列．设数列A：a1，a2，⋯，an，B：b1，b2，⋯，bn，已知ai，bj∈{0，1）（i＝1，2，⋯，n；j＝1，2，⋯，n），定义n×n数表
其中列xij＝．
（1）若A：1，0，1，B：0，0，1，写出X（A，B）；
（2）若A，B是不同的数列，求证：n×n数表X（A，B）满足“xij＝xji（i＝1，2，⋯，n；j＝1，2，⋯，n；i≠j）”的充分必要条件为“ak+bk＝1（k＝1，2，⋯，n）”；
（3）若数列A与B中的1共有n个，求证：n×n数表X（A，B）中1的个数不大于．
5．若数列{an}的子列{akn﹣i}（i＝0，1，2，…，k﹣1）均为等差数列，则称{an}为k阶等差数列．
（Ⅰ）若an＝n，数列{a3n﹣2}的前15项与{a4n}的前15项中相同的项构成数列{bn}，写出{bn}的各项，并求{bn}的各项和；
（Ⅱ）若数列{an}既是3阶也是4阶等差数列，设{a3n﹣2}，{a3n﹣1}，{a3n}的公差分别为d1，d2，d3．
（ⅰ）判断d1，d2，d3的大小关系并证明；
（ⅱ）求证：数列{an}是等差数列．
6．已知f（x）＝2|x+2|﹣|x+1|，无穷数列{an}的首项a1＝a，如果an＝f（an﹣1）（n∈N且n≥2）．
（1）若数列{an}是等差数列，求首项a的取值范围；
（2）求数列{an}的前n项和Sn．
7．已知数集A＝{a1，a2，⋯，an}（1＝a1＜a2＜⋯＜an，n≥2）具有性质P：对任意的k（2≤k≤n），∃i，j（1≤i≤j≤n），使得ak＝ai+aj成立．
（1）分别判断数集{1，3，4}与{1，2，3，6}是否具有性质P，并说明理由；
（2）若an＝36，求A中所有元素的和的最小值并写出取得最小值时所有符合条件的集合A；
（3）求证：an≤2a1+a2+⋯+an+1（n≥2）．
8．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2（an﹣1）；数列{bn}满足bn+2+bn＝2bn+1，n∈N*，b2＝a1，b4＝a2．
（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；
（2）记数列cn＝，k∈N*，求；
（3）记数列，求证：．
9．已知数列{an}为有限项数列，项数为m（m≥3，m≥N*），若对任意2≤k≤m﹣1且k∈N*都有|ak+1﹣a1|≥|ak﹣a1|，则称{an}是“Ω数列”．
（1）判断数列3，2，4，1，5，6和2，4，1，5，6是否是“Ω数列”（无需说明理由）；
（2）已知{an}为项数m＝2022的等比数列，a1＝1，若{an}是“Ω数列”，求其公比q的取值范围；
（3）已知{an}是1，2，3，…，2022的一个排列，令bk＝ak+1（1≤k≤2021），若{an}和{bn}都是“Ω数列”，求a1的所有可能值．
10．已知n行n列（n≥2）的数表中，对任意的i∈{1，2，⋯，n}，j∈{1，2，⋯，n}，都有aij∈{0，1}．若当ast＝0时，总有，则称数表A为典型表，此时记．
（1）若数表，，请直接写出B，C是否是典型．表；
（2）当n＝6时，是否存在典型表A使得S6＝17，若存在，请写出一个A；若不存在，请说明理由；
（3）求Sn的最小值（直接写出结果，不需要证明）．
11．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，an＞0且a1a3＝36，a3+a4＝9（a1+a2），．
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）设cn＝，求{cn}的前n项和Pn；
（3）已知k∈N*，数列{dn}满足dn＝，求数列{dn}的前2n项和T2n．
12．已知集合S＝{1，2，⋯，n}（n≥3且n∈N*），A＝{a1，a2，...，am}，且A⊆S．若对任意ai∈A，aj∈A（1≤i≤j≤m），当ai+aj≤n时，存在ak∈A（1≤k≤m），使得ai+aj＝a4，则称A是S的m元完美子集．
（1）判断下列集合是否是S＝{1，2，3，4，5}的3元完美子集，并说明理由；
①A1＝{1，2，4}；②A2＝{2，4，5}
（2）若A＝{a1，a2，a3}是S＝{1，2，...，7}的3元完美子集，求a1+a2+a3的最小值；
（3）若A＝{a1，a2，...，am}是S＝{1，2，...，n}（n≥3且n∈N*）的m元完美子集，求证：a1+a2+⋯+am≥．
13．已知向量＝（a0，b0，c0），其中a0，b0，c0是两两不相等的正整数．记＝（ai，bi，ci），＝（ai+1，bi+1，ci+1），其分量之间满足递推关系ai+1＝|ai﹣bi|，bi+1＝|bi﹣c1|，ci+1＝|ci﹣a1|，i＝0，1，2，3，…
（Ⅰ）当＝（2，3，5）时，直接写出向量；
（Ⅱ）证明：不存在i∈N*，使得＝（ai，bi，ci）中ai＝bi＝ci；
（Ⅲ）证明：存在k∈N*，当i≥k时，向量＝（ai，bi，ci）满足aibici＝0．
14．定义一个n元数组（a1，a2，a3，⋯，an），其中ai＝0或1，i、n∈N*，1≤i≤n．设A＝（a1，a2，a3，⋯，an），B＝（b1，b2，b3，⋯，bn），d（A，B）表示A和B中相应的元素不同的个数（例如，A＝（0，1，0，1），B＝（1，0，0，1），则d（A，B）＝2）．
（Ⅰ）若A＝（0，0，0，0，0），写出所有满足d（A，B）＝1的5元数组B；
（Ⅱ）设A＝（1，1，1，1，1），记d（A，B）＝k的5元数组B的个数为Bk（k＝1，2，3，4，5），求B1+B2+B3+B4+B5的值；
（Ⅲ）令C＝（0，0，0，⋯，0）（n个0），A＝（a1，a2，a3，⋯，an），B＝（b1，b2，b3，⋯，bn），求证：d（A，C）+d（B，C）≥d（A，B）．
15．已知数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，且+3030，又a4为a2与a8的等比中项．
（1）求{an}的通项公式；
（2）若，求{bn}的前n项和Tn；
（3）若cn＝，判断数列{cn}是否存在最大项和最小项，若存在，求{cn}的最大和最小项，不存在，请说明理由．
16．已知数列{an}，a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，且．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）已知当x＞0时，不等式sinx＜x恒成立，
证明：．
17．对于任意的n∈N*，记集合En＝{1，2，3，⋯，n}，Pn＝，若集合A满足下列条件：①A⊆Pn；②∀x1，x2∈A，且x1≠x2，不存在k∈N*，使x1+x2＝k2，则称A具有性质Ω．如当n＝2时，E2＝{1，2}，P2＝，∀x1，x2∈P2，且x1≠x2，不存在k∈N*，使x1+x2＝k2，所以p2具有性质Ω．
（1）写出集合P3，P4中的元素个数，并判断P3是否具有性质Ω．
（2）是否存在A、B具有性质Ω，且A∩B＝∅，使E15＝A∪B，若存在请求出A、B，若不存在请说明理由．
（3）若存在A、B具有性质Ω，且A∩B＝∅，使Pn＝A∪B，求n的最大值．
18．已知数列{an}的前n项和Sn满足S3＝6，2Sn＝n+nan，n∈N*．
（1）求{an}的通项公式；
（2）数列{bn}，{cn}，{dn}满足bn＝，cn＝b1nb2n﹣1…bn﹣12bn，且dn＝，求数列{dn}的前n项和Tn．
19．已知无穷数列{an}的每一项均为正整数，且an+1＝，记{an}的前n项和为Sn．
（1）若a1＝20，求S10的值；
（2）若S3＝23，求a1的值；
（3）证明：数列{an}中存在某一项ai（ai为正整数）满足ai≤6，并由此验证1或3是数列{an}中的项．
20．已知数列{an}满足：①an∈N（n∈N+）；②当n＝2k（k∈N+）时，an＝．；当n≠2k（k∈N+）时，an＜an+1．
记数列{an}的前n项和为Sn．
（1）求满足条件的所有a1，a3，a9的值；
（2）若Sn＝2022，求n的最小值；
（3）求证：S2n＝4Sn﹣n+2的充要条件是a＝l（n∈N+）．
21．已知数列{an}的首项a1＝a其中a∈N*，an+1＝，令集合A＝{x|x＝an，n∈N*}．
（1）若a4是数列{an}中首次为1的项，请写出所有这样数列的前三项；
（2）求证：{1，2，3}⊆A；
（3）当a≤2022时，求集合A中元素个数Card（A）的最大值．
22．设M为正整数，区间Ik＝[ak，ak+1]（其中ak∈R，k＝1，2，…，M）同时满足下列两个条件：①对任意x∈[0，100]，存在k使得x∈Ik；②对任意k∈{1，2，…，N}，存在x∈[0，100]，使得x∉Ii，其中Ii表示除Ik外的N﹣1个集合的并集．
（1）若N＝100，判断以下两个数列是否满足条件：
①ak＝k﹣1（k＝1，2，…，100）；
②ak＝﹣1（k＝1，2，…，100）？（结论不需要证明）
①_____②_____（填“是”或者“否”）
（2）求M的最小值；
（3）判断M是否存在最大值，若存在，求M的最大值；若不存在，说明理由．
23．已知数列{an}，a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝（n+2）an．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求证：sinan﹣an＜0；
（3）证明：（1+sin）（1+sin）（1+sin）…（1+sin）＜e2．
24．设A（x1，f（x1）），B（x2f（x2））是函数f（x）＝+log2（）的图象上的任意两点．
（1）当x1+x2＝1时，求f（x1）+f（x2）的值；
（2）设Sn＝f（）+f（）+f（）+…+f（）+f（），其中n∈N+，求Sn；
（3）对应（2）中Sn，已知an＝（）2，其中n∈N+，设Tn为数列{an}的前n项和，求证．
25．设满足以下两个条件的有穷数列a1，a2，⋯，an为n（n＝2，3，4，⋯）阶“期待数列”：
（1）a1+a2+a3+⋯+an＝0；
（2）|a1|+|a2|+|a3|+⋯+|an|＝1．
（Ⅰ）分别写出一个单调递增的3阶和4阶“期待数列”（不必说明理由）；
（Ⅱ）若等差数列{an}是15阶“期待数列”，求{an}的通项公式；
（Ⅲ）记n阶“期待数列”的前k项和为Sk（k＝1，2，3，⋯，n），证明：
（i）；
（ii）．
26．数列{an}对任意n∈N*且n≥2，均存在正整数i∈[1，n﹣1]，满足an+1＝2an﹣ai，a1＝1，a2＝3．
（1）求a4可能值；
（2）若a2m＝3m，（m∈N*）成立，求数列{an}的通项公式．
27．已知无穷数列{an}满足|an+1﹣an|＝1，其中n＝1，2，3，…．对于数列{an}中的一项ak，若包含ak的连续j（j≥2）项ai，ai+1，…，ai+j﹣1（i≤k≤i+j﹣1）满足ai＜ai+1＜…＜ai+j﹣1或ai＞ai+1＞…＞ai+j﹣1，则称ai，ai+1，…，ai+j﹣1为包含ak的长度为j的“单调片段”．
（Ⅰ）若an＝sin，写出所有包含a3的长度为3的“单调片段”；
（Ⅱ）若∀k∈N+，包含ak的“单调片段”长度的最大值都等于2，并且a3＝9，求{an}的通项公式；
（Ⅲ）若∀k∈N+，k≥2，都存在包含ak的长度为k的“单调片段”，求证：存在N0∈N+，使得n≥N0时，都有|an﹣|＝n﹣N0．
28．定义．
（1）证明：Tn（cosθ）＝2Tn﹣1（cosθ）cosθ﹣Tn﹣2（cosθ）；
（2）解方程：8x5+10x3﹣x2﹣12x﹣2＝0（x∈C）．
29．对于项数为m的数列{an}，若满足：1≤a1＜a2＜……＜am，且对任意1≤i≤j≤m，ai•aj与中至少有一个是{an}中的项，则称{an}具有性质P．
（1）如果数列a1，a2，a3，a4具有性质P，求证：a1＝1，a4＝a2•a3；
（2）如果数列{an}具有性质P，且项数为大于等于5的奇数，试判断{an}是否为等比数列？并说明理由．
30．已知函数f（x）＝x3﹣x2﹣k（k为常数，k∈R）．
（1）求函数f（x）不同零点的个数；
（2）已知实数a，b，c为函数f（x）的三个不同零点，
①如果b＞0，c＞0，求证1＜b+c＜；
②如果a＜b＜c，且a，b，c成等差数列，请求出a，b，c的值．
31．试求出正整数k的最小可能值，使得下述命题成立：对于任意的k个整数a1，a2，…，ak（允许相等），必定存在相应的k的整数x1，x2，…，xk（也允许相等），且|xi|≤2（i＝1，2，…，k），|x1|+|x2|+…+|xk|≠0，使得2003整除x1a1+x2a2+…+xkak．
32．已知数列{an}满足：a1＝1，nan﹣（n+1）an+1＝anan+1，n∈N*，且an≠0；等比数列{bn}满足：，bn＝2bn+1+3bn+2，n∈N*，且bn＞0．
（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；
（2）设数列的前n项和为Sn，若不等式对任意n∈N*都成立，求实数λ的取值范围．
33．若实数数列An：a1、a2、⋯、an（n≥2）满足|ak+1﹣ak|＝1（k＝1、2、⋯、n﹣1），则称数列An为E数列．
（1）请写出一个5项的E数列A5，满足a1＝a5＝0，且各项和大于零；
（2）如果一个E数列An满足：存在正整数i1、i2、i3、i4、i5（i1＜i2＜i3＜i4＜i5≤n）使得、、、、组成首项为1，公比为﹣2的等比数列，求n的最小值；
（3）已知a1、a2、⋯、a2m（m≥2）为E数列，求证：“、、……、为E数列且、、……、为E数列”的充要条件是“a1、a2、⋯、a2m是单调数列”．
34．设复数zn＝an+bni，an、bn∈R，i为虚数单位，n∈N*．
（1）若z1＝3+4i，且，试确定虚数q的值，使得zn+1＝q•zn，并计算的值；
（2）若数列{an}是各项均为正数的等比数列，a1≥，bn＞0，Rezn+1＝，求z2022的值；
（3）若zn＝zn+，且z≠0，z2n≠﹣1，且|z2022|≤2，求证：|z1|≤2．
35．设各项均不等于零的数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝4，4Sn+2a1＝anan+1．
（1）求a2，a3的值，并求数列{an}的通项公式；
（2）证明：．
36．已知数列{an}的前n项和，其中n∈N*．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设，数列{bn}的前n项和为Tn，若存在n∈N*且n≥2，使得2（Tn﹣1）≤（n﹣1）n（n+1）λ成立，求实数λ的最小值．
37．已知等差数列{an}为递增数列，a5a6＝99，S10＝100．
（1）求{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足，求{bn}的前n项和Tn：
（3）若数列{cn}满足，求{cn}的前n项和的最大值、最小值．
38．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝﹣2，（n+1）an﹣2Sn＝6n﹣6（n∈N*），数列{bn}是首项为3，公比为3的等比数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若存在n∈N*，使得kbn≤an成立，求实数k的取值范围；
（3）若cn＝，是否存在正整数p、q、r（p＜q＜r），使得cp，cq，cr依次成等差数列？若存在，求出所有的有序数组（p，q，r）；若不存在，说明理由．
39．数列{an}对任意n∈N*且n≥2，均存在正整数i∈[1，n﹣1]，满足an+1＝2an﹣ai，a1＝1，a2＝3．
（1）求a4可能值；
（2）命题p：若a1，a2，⋯，a8成等差数列，则a9＜30，证明p为真，同时写出p逆命题q，并判断命题q是真是假，说明理由；
（3）若a2m＝3m，（m∈N*）成立，求数列{an}的通项公式．
40．给定一个正整数n，设n个实数a1，a2，…，an满足下列n个方程：．确定和式的值（写成关于n的最简式子）．

数列-较难
参考答案与试题解析
一．解答题（共40小题）
1．已知等比数列{an}的公比q＞0，且满足a1+a2＝6a3，，数列{bn}的前n项和，n∈N*．
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）设，求数列{cn}的前2n项和T2n．
【解答】解：（1）依题意，由a1+a2＝6a3，，可得，
因为q＞0，所以解得，，∴，n∈N*，
对于数列{bn}：当n＝1时，b1＝S1＝1，
当n≥2时，，∵当n＝1时，b1＝1也满足上式，∴bn＝n，n∈N*．
（2）由题意及（1），可知：
当n为奇数时，，
当n为偶数时，，
令A＝c1+c3+⋯+c2n﹣1，B＝c2+c4+⋯+c2n，
则A＝c1+c3+…+c2n﹣1＝
＝＝，
，
∴，
两式相减，可得＝
＝，＝，∴，
∴T2n＝c1+c2+…+c2n＝（c1+c3+…+c2n﹣1）+（c2+c4+c6+…+c2n）
＝A+B＝＝．
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an﹣2n．
（1）求证：{}是等差数列，并求出{an}的通项公式；
（2）设bn＝，求证：b1+b2+b3+…+bn＜1．
【解答】（1）证明：数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an﹣2n．
可得a1＝2，Sn﹣1＝2an﹣1﹣2n﹣1，n≥2，
可得Sn﹣Sn﹣1＝（2an﹣2n）﹣（2an﹣1﹣2n﹣1），解得an﹣2an﹣1＝2n﹣1，
可得，n≥2，
所以{}是等差数列，首项为1，公差为，
所以：＝＝，
所以an＝（n+1）2n﹣1．
（2）证明：bn＝＝＝＝，
所以b1+b2+b3+…+bn＝+•••+＝1﹣＜1．
即b1+b2+b3+…+bn＜1．
3．已知数列{an}满足a1＝2，an+1＝3an+2n﹣1，n∈N*．
（1）求{an}的通项公式和前n项和Sn；
（2）设，若不等式，对于任意n∈N*都成立，求正数k的最大值．
【解答】解：（1）因为，
两边同时加上2n得，，
又a1＝2，所以，
所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列．
所以，
所以．
所以前n项和Sn＝+＝×3n+2n﹣．
（2）由（1）知，
所以＝log3n+1＝2n+1，
不等式
即，
也即，
设，
＝＝＝＝，
所以f（n+1）＞f（n），即当n增大时，f（n）也增大，
所以只需
所以，解得k⩽4，
所以正整数k的最大值为4．
4．按照一定次序排列的一列数称为数列．设数列A：a1，a2，⋯，an，B：b1，b2，⋯，bn，已知ai，bj∈{0，1）（i＝1，2，⋯，n；j＝1，2，⋯，n），定义n×n数表
其中列xij＝．
（1）若A：1，0，1，B：0，0，1，写出X（A，B）；
（2）若A，B是不同的数列，求证：n×n数表X（A，B）满足“xij＝xji（i＝1，2，⋯，n；j＝1，2，⋯，n；i≠j）”的充分必要条件为“ak+bk＝1（k＝1，2，⋯，n）”；
（3）若数列A与B中的1共有n个，求证：n×n数表X（A，B）中1的个数不大于．
【解答】解：（1）由已知a1＝1，a2＝0，a3＝1，b1＝0，b2＝0，b3＝1，
a1≠b1，∴x11＝0，a1≠b2，∴x12＝0，
同理得x13＝1，x21＝1，x22＝1，x23＝1，x31＝0，x32＝0，x33＝1，
∴X（A，B）＝．
（2）若ak+bk＝1（k＝1，2，•••，n），
∵，，
令A：a1，a2，•••，an，∴数列B：1﹣a1，1﹣a2，•••，1﹣an，
∵ai＝bj⇔ai＝1﹣aj⇔ai+aj＝1⇔aj＝1﹣ai⇔aj＝bi，
∴xij＝xji（i＝1，2，•••，n，j＝1，2，•••，n，i≠j），
∵A，B是不同的数列，
（i）设a1＝1，b1＝0，对任意的正整数k＞1，
当xjk＝xki＝1，可得a1＝bk＝1，ak＝b1＝1，
∴ak+bk＝1，
当x1k＝xk1＝0，可得bk＝0，ak＝1，
∴ak+bk＝1，同理可证a1＝0，b1＝1，
∴ak+bk＝1（k＝1，2，•••，n）成立；
（ii）a1＝1，b1＝1，对任意的正整数k＞1，
当x1k＝xk1＝1，可得a1＝bk＝1，ak＝b1＝1，
∴ak＝bk＝1，则A，B是相同的数列，不符合题意；
当x1k＝xk1＝0，可得bk＝0，ak＝0，
∴ak＝bk＝0，则A，B是相同的数列，不符合题意，
同理可证a1＝0，b1＝0时，A，B是相同的数列，不符合题意，
综上，n×n数列X（A，B）满足“xij＝xji（i＝1，2，•••，n，j＝1，2，•••，n，i≠j）”的充分必要条件为：
“ak+bk＝1（k＝1，2，•••，n）”．
（3）证明：∵A与B中的1共有n个，
设A中的1的个数为p个，故0的个数为n﹣p个，
∴B中的0个数为p个，∴1的个数为n﹣p个，
若ai＝1，则数表X（A，B）的第i为数列B：b1，b2，•••，bn，
若ai＝0，则数表X（A，B）的第i为数列为B：1﹣b1，1﹣b2，•••，1﹣bn，
∴数表X（A，B）中1 的个数为p（n﹣p）+（n﹣p）p＝2p（n﹣p）≤2[2＝，
∴n×n数表X（A，B）中1的个数不大于．
5．若数列{an}的子列{akn﹣i}（i＝0，1，2，…，k﹣1）均为等差数列，则称{an}为k阶等差数列．
（Ⅰ）若an＝n，数列{a3n﹣2}的前15项与{a4n}的前15项中相同的项构成数列{bn}，写出{bn}的各项，并求{bn}的各项和；
（Ⅱ）若数列{an}既是3阶也是4阶等差数列，设{a3n﹣2}，{a3n﹣1}，{a3n}的公差分别为d1，d2，d3．
（ⅰ）判断d1，d2，d3的大小关系并证明；
（ⅱ）求证：数列{an}是等差数列．
【解答】解：（Ⅰ）∵an＝n，∴a3n﹣2＝3n﹣2，a4n＝4n，
则数列{a3n﹣2}前15项分别为：1，4，7，10，13，16，19，22，25，28，31，34，37，40，43，
数列{a4n}前15项分别为：4，8，12，16，20，24，28，32，36，40，44，48，52，56，60；
所以数列{bn}的各项为：4，16，28，40；各项和为：4+16+28+40＝88；
（Ⅱ）（i）．
证明：由已知得，{a3n﹣2}，{a3n﹣1}，{a3n}均为等差数列，数列{an}既是3阶也是4阶等差数列，故{a4n}也为等差数列，
{a4n}：a4，a8，a12，a16，⋯，a4n，设公差为m，
{a3n﹣2}：a1，a4，⋯，a16，⋯，a3n﹣2，故4d1＝a16﹣a4＝3m，
{a3n﹣1}：a2，a5，a8，⋯，a20，⋯，a3n﹣1，故4d2＝a20﹣a8＝a16+4m﹣a4﹣4m＝a16﹣a4＝3m，
{a3n}：a3，a6，a9，a12，⋯，a24，⋯，a3n，故4d3＝a24﹣a12＝a16+8m﹣a4﹣8m＝a16﹣a4＝3m，
故．
（ii）证明：数列{an}既是3阶也是4阶等差数列，
{a3n﹣2}，{a3n﹣1}，{a3n}，{a4n}均为等差数列，
由（i）得，，
对于{a4n}，有a8﹣a4＝m，a12﹣a8＝m，a16﹣a12＝m，
对于{a3n﹣2}，有，
对于{a3n﹣1}，有，
对于{a3n﹣2}，有，
∴，
整理得，a16﹣a12＝a15﹣a11＝m，a12﹣a8＝a11﹣a7＝m，
故；
；
所以，，故，
所以，数列{an}是等差数列．
6．已知f（x）＝2|x+2|﹣|x+1|，无穷数列{an}的首项a1＝a，如果an＝f（an﹣1）（n∈N且n≥2）．
（1）若数列{an}是等差数列，求首项a的取值范围；
（2）求数列{an}的前n项和Sn．
【解答】解：（1）f（x）＝2|x+2|﹣|x+1|＝，
因为数列{an}是等差数列，设其公差为d，则an﹣an﹣1＝d，即an＝an﹣1+d，
又an＝f（an﹣1）（n∈N且n≥2），所以an＝an﹣1+3，即d＝3，
当a1＝a≥﹣1时，恒有an＝an﹣1+3，符合题意；
当﹣2＜a1＝a＜﹣1时，a2＝3a1+5，又a2﹣a1＝3，解得a2＝2，a1＝﹣1，与﹣2＜a1＜﹣1不符，舍去；
当a1＝a≤﹣2时，a2＝﹣a1﹣3，又a2﹣a1＝3，解得a2＝0，a1＝﹣3，符合a1≤﹣2，
综上所述：a≥﹣1或a＝﹣3，
故首项a的取值范围为{﹣3}∪[﹣1，+∞）．
（2）①若a≥﹣1，则an＝an﹣1+3，所以Sn＝na+×3＝n2+（a﹣）n；
②若﹣2＜a＜﹣1，则a2＝3a1+5＝3a+5＞﹣1，
所以an＝an﹣1+3（n≥3），
所以当n＝1时，S1＝a，
当n≥2时，Sn＝a+（n﹣1）a2+×3＝a+（n﹣1）（3a+5）+×3＝n2+（+3a）n﹣2a﹣2；
③若a≤﹣2，则a2＝﹣a1﹣3＝﹣a﹣3≥﹣1，所以an＝an﹣1+3（n≥3），
所以当n＝1时，S1＝a，
当n≥2时，Sn＝a+（n﹣1）a2+×3＝a+（n﹣1）（﹣a﹣3）+×3＝n2﹣（+a）n+2a+6，
综上所述：．
7．已知数集A＝{a1，a2，⋯，an}（1＝a1＜a2＜⋯＜an，n≥2）具有性质P：对任意的k（2≤k≤n），∃i，j（1≤i≤j≤n），使得ak＝ai+aj成立．
（1）分别判断数集{1，3，4}与{1，2，3，6}是否具有性质P，并说明理由；
（2）若an＝36，求A中所有元素的和的最小值并写出取得最小值时所有符合条件的集合A；
（3）求证：an≤2a1+a2+⋯+an+1（n≥2）．
【解答】解：（1）因为3≠1+1，所以数集{1，3，4}不具有性质P，
因为2＝1+1，3＝1+2，6＝3+3，所以数集{1，2，3，6}具有性质P；
（2）由a1＝1，a2＝2a1＝2，所以A的元素都是整数，
构造A＝{1，2，3，6，9，18，36}或A＝{1，2，4，5，9，18，36}具有性质P，
此时元素和为75且是最小值；
假设ai＝7，aj＝1，此时集合中至少需要一个大于等于4的元素ak，才能得到7，
所以A中所有元素的和大于76，
假设ai＝6，aj＝2，同上，
当ai＝5，aj＝3，此时集合为A＝{1，2，3，6，9，18，36}，
所以A中所有元素的和最小，最小值为75；
当ai＝aj＝4，此时A＝{1，2，4，5，9，18，36}，
所以A中所有元素的和最小，最小值为75；
（3）证明：因为集合A＝{a1，a2，⋯，an}具有性质P：
即对性质的k（2≤k≤n），使得ak＝ai+aj成立，
又因为1＝a1a2•••an，n≥2，所以ai＜ak，aj＜ak，所以ai≤ak﹣1，aj≤ak﹣1，
所以ak＝ai+aj≤2ak﹣1，即an，ai，aj，an﹣1≤2an﹣2，an﹣2≤2an﹣3，•••，a3≤2a2，a2≤2a1，
将上述不等式相加得：a2+•••+an﹣1+an≤2（a1+a2+•••+an﹣1），
所以an≤2a1+a2+⋯+an+1（n≥2）．
8．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2（an﹣1）；数列{bn}满足bn+2+bn＝2bn+1，n∈N*，b2＝a1，b4＝a2．
（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；
（2）记数列cn＝，k∈N*，求；
（3）记数列，求证：．
【解答】（1）解：在Sn＝2（an﹣1）中，令n＝1，则a1＝S1＝2（a1﹣1），解得a1＝2，
当n≥2时，Sn﹣1＝2（an﹣1﹣1），
两式相减得，an＝2an﹣2an﹣1，即an＝2an﹣1（n≥2），
所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以an＝2•2n﹣1＝2n；
由bn+2+bn＝2bn+1知，数列{bn}是等差数列，
又b2＝a1＝2，b4＝a2＝4，
设数列{bn}的公差为d，则d＝＝＝1，
所以bn＝b2+（n﹣2）d＝2+（n﹣2）×1＝n，
综上所述，an＝2n，bn＝n．
（2）解：cn＝＝，k∈N*，
所以＝[﹣（21+22+23+…+2n）]+[2（1+log22）+22（1+log222）+…+2n（1+log22n）]
＝﹣（21+22+23+…+2n）+（21+22+23+…+2n）+（21•1+22•2+23•3+…+2n•n）
＝+（21•1+22•2+23•3+…+2n•n）
设Tn＝21•1+22•2+23•3+…+2n•n，
则2Tn＝22•1+23•2+…+2n•（n﹣1）+2n+1•n，
两式相减得，﹣Tn＝2+22+23+…+2n﹣2n+1•n＝﹣2n+1•n＝（1﹣n）2n+1﹣2，
所以Tn＝（n﹣1）2n+1+2，
所以＝+Tn＝+（n﹣1）2n+1+2＝2n﹣1+22n﹣1+（4n﹣4）2n﹣1+2＝（4n﹣3）⋅2n﹣1+22n﹣1+2．
（3）证明：由（1）知，an＝2n，
所以Sn＝2（an﹣1）＝2（2n﹣1），
所以＝＝＝＝[+]，
当n＝1时，d1＝＝＜；
当n≥2时，dn＝[+]＜[+]＝[+（﹣）]＝•≤•＝•，
所以＝d1+＜d1+＝+•（++…+）＝+•＝+（1﹣）＜，
综上所述，．
9．已知数列{an}为有限项数列，项数为m（m≥3，m≥N*），若对任意2≤k≤m﹣1且k∈N*都有|ak+1﹣a1|≥|ak﹣a1|，则称{an}是“Ω数列”．
（1）判断数列3，2，4，1，5，6和2，4，1，5，6是否是“Ω数列”（无需说明理由）；
（2）已知{an}为项数m＝2022的等比数列，a1＝1，若{an}是“Ω数列”，求其公比q的取值范围；
（3）已知{an}是1，2，3，…，2022的一个排列，令bk＝ak+1（1≤k≤2021），若{an}和{bn}都是“Ω数列”，求a1的所有可能值．
【解答】解：（1）数列3，2，4，1，5，6中|ak﹣a1|（2≤k≤6）依次为1，1，2，2，3，
数列2，4，1，5，6中|ak﹣a1|（2≤k≤5）依次为2，1，3，4，其中1＜2，
所以数列3，2，4，1，5，6是“Ω数列”，
数列2，4，1，5，6不是“Ω数列”．
（2）{an}为项数m＝2022的等比数列，a1＝1，公比为q，
所以，
因为{an}是“Ω数列”，
所以|q﹣1|≤|q2﹣1|≤⋯≤|q2021﹣1|，
q＝1显然满足题意；
q≠1时，|q﹣1|≤|q2﹣1|，则|q+1|≥1，q≤﹣2或q＞0且q≠1，
|qk﹣1|2﹣|qk﹣1﹣1|2＝q2k﹣2qk﹣q2k﹣2+2qk﹣1＝qk﹣1（q﹣1）[qk﹣1（q+1）﹣2]，
若q≤﹣2，q﹣1≤﹣3，q+1≤﹣1，
当k﹣1为奇数时，qk﹣1＜0，qk﹣1（q+1）﹣2＞0，
当k﹣1为偶数时，qk﹣1＞0，qk﹣1（q+1）﹣2＜0，
若q＞0且q≠1，qk﹣1＞0，
0＜q＜1时，1＜q+1＜2，q﹣1＜0，qk﹣1（q+1）＜2，即qk﹣1（q+1）﹣2＜0，
q＞1时，q+1＞2，q﹣1＞0，qk﹣1（q+1）＞2，qk﹣1（q+1）﹣2＞0，
同样有|qk﹣1|2﹣|qk﹣1﹣1|2＞0，
从而|qk﹣1﹣1|≤|qk﹣1|，数列{an}是“Ω数列”；
综上，q≤﹣2或q＞0，
即公比q的取值范围是（﹣∞，﹣2]∪（0，+∞）．
（3）{an}和{bn}都是“Ω数列”，即{a1，a2，⋯，a2021}和{a2，a3，⋯，a2022}都是“Ω数列“，
首先a1＝1或a1＝2均可满足题意，
例如a1＝1，a2＝2，3≤k≤2022且k∈N*时，ak＝k，满足题意；
或a1＝2，a2＝1，3≤k≤2022且k∈N*时，ak＝k，也满足题意；
若a1＝3，则a2，a3只能是2或4，否则|a2﹣a1|≥2或|a3﹣a1|≥2，而2或4是在a3后面的某个ak，此时|ak﹣a1|＝1＜2，不满足题意；
若a2＝4，a3＝2，|a3﹣a2|＝2，同样1是a3后面的某一项ak，|ak﹣a3|＝1＜2，此时{bk}不是“Ω数列”，
同理a1＞3时，也不满足题意，
综上，a1的所有可能值是1或2．
10．已知n行n列（n≥2）的数表中，对任意的i∈{1，2，⋯，n}，j∈{1，2，⋯，n}，都有aij∈{0，1}．若当ast＝0时，总有，则称数表A为典型表，此时记．
（1）若数表，，请直接写出B，C是否是典型．表；
（2）当n＝6时，是否存在典型表A使得S6＝17，若存在，请写出一个A；若不存在，请说明理由；
（3）求Sn的最小值（直接写出结果，不需要证明）．
【解答】解：（1）因为数表，所以a12＝0，
此时ai2＝a12+a22+a32＝0+0+1＝1，
a1j＝a11+a12+a13＝0+0+1＝1，
所以ai2+a1j＝1+1＝2＜3，
不满足当ast＝0时，总有，
故数表B不是典型表；
因为数表，所以当a13＝0时，ai3＝a13+a23+a33+a43＝2，
a1j＝a11+a12+a13+a14＝2，所以ai3+a1j＝4，
由于数表C的数据具有对称性，所以当ast＝0时，总有，
故数表C是典型表；
（2）假设当n＝6时，存在典型表A使得S6＝17，
则需满足S6取得最小，即典型表A中的“1”需要最少，
由典型表的定义可知：当ast＝0时，总有，
所以需要使得尽量多的横列和+＝6，
所以将表分成4个3×3数表，对角的两个数表数值相同，
但上下左右对称的数表数值不同，此时可保证S6取得最小，
而满足上述条件的典型表A如，
此时满足S6取得最小，但是S6的最小值为18，
故不存在典型表A，使得S6＝17．
（3）由（2）可知，要使Sn取得最小，
需要尽量多的横列和ait+asj＝n或典型表中“1”尽量少，
当n为偶数时，结合（2）分析可得：Sn的最小值为2×＝；
当n为奇数时，在偶数n﹣1的数表中间加上一行和一列，且在新增行列中添加n个“1”，
即可满足典型数列，此时Sn的最小值为2×+n＝．
11．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，an＞0且a1a3＝36，a3+a4＝9（a1+a2），．
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）设cn＝，求{cn}的前n项和Pn；
（3）已知k∈N*，数列{dn}满足dn＝，求数列{dn}的前2n项和T2n．
【解答】解：（1）设数列{an}的公比为q（q＞0），
由a1a3＝36＝，且an＞0，可得a2＝6，
由a3+a4＝9（a1+a2），知q2＝9，所以q＝3，
所以a1＝＝2，
所以an＝2•3n﹣1，Sn＝＝3n﹣1，
因为，所以3n﹣1+1＝，即bn＝n，
综上，数列{an}的通项公式为an＝2•3n﹣1，数列{bn}的通项公式为bn＝n．
（2）cn＝＝＝（﹣），
所以Pn＝[（﹣）+（﹣）+…+（﹣）]＝（﹣）＝﹣．
（3）dn＝＝＝，
当n为奇数时，有d1+d3+…+d2n﹣1＝[（1﹣）+（﹣）+…+（﹣）]＝（1﹣）＝；
当n为偶数时，设Qn＝d2+d4+…+d2n＝3•31+7•33+11•35+…+（4n﹣5）•32n﹣3+（4n﹣1）•32n﹣1，
所以9Qn＝3•33+7•35+11•37+…+（4n﹣5）•32n﹣1+（4n﹣1）•32n+1，
两式相减得，﹣8Qn＝3•31+4（33+35+37+…+32n﹣1）﹣（4n﹣1）•32n+1＝9+4•33•﹣（4n﹣1）•32n+1＝
﹣+（﹣4n）•32n+1，
所以Qn＝﹣[﹣+（﹣4n）•32n+1]＝+（n﹣）•32n+1，
所以T2n＝（d1+d3+…+d2n﹣1）+（d2+d4+…+d2n）＝++（n﹣）•32n+1．
12．已知集合S＝{1，2，⋯，n}（n≥3且n∈N*），A＝{a1，a2，...，am}，且A⊆S．若对任意ai∈A，aj∈A（1≤i≤j≤m），当ai+aj≤n时，存在ak∈A（1≤k≤m），使得ai+aj＝a4，则称A是S的m元完美子集．
（1）判断下列集合是否是S＝{1，2，3，4，5}的3元完美子集，并说明理由；
①A1＝{1，2，4}；②A2＝{2，4，5}
（2）若A＝{a1，a2，a3}是S＝{1，2，...，7}的3元完美子集，求a1+a2+a3的最小值；
（3）若A＝{a1，a2，...，am}是S＝{1，2，...，n}（n≥3且n∈N*）的m元完美子集，求证：a1+a2+⋯+am≥．
【解答】解：（1）①因为1+2＝3≤5，又3∉A1，所以A1不是S的3元完美子集，
②因为2+2＝4≤5，且4∈A2，而5+5＞4+5＞4+4＞2+5＞2+4＞5，所以A2是S的3元完美子集；
（2）不妨设a1＜a2＜a3，
若a1＝l，则a1+a1＝2∈A，1+2＝3∈A，1+3＝4∈A，与3元完美子集矛盾，
若a1＝2，则a1+a1＝4∈A，2+4＝6∈A，而2+6＞7，符合题意，此时a1+a2+a3＝12，
若a≥3，则a1+a1≥6，于是a2≥4，a3≥6，则a1+a2+a3≥13，
综上，a1+a2+a3的最小值是12；
（3）不妨设a1＜a2＜...＜am，存在某个i（1≤i≤m），使得ai+am+1﹣i≤n，
所以ai＜ai+a1＜…＜ai+am+1﹣i≤n，
则ai+a1，ai+a2，…，ai+am+1﹣i是A中m+1﹣i个不同的元素且均属于集合{ai+1，ai+2…，am}，该集合恰有m﹣i个不同的元素，显然矛盾，
所以对任意1≤i≤m，都有ai+am+1﹣i≥n+1，
于是2（a1+a2+⋯+am）＝（a1+am）+（a2+am﹣1）+…+（am﹣1+a2）+（am+a1）≥m（n+1）．
即a1+a2+⋯+am≥，
等号成立的条件是a1＝∈N*且ai＝，（2≤i≤m）．
13．已知向量＝（a0，b0，c0），其中a0，b0，c0是两两不相等的正整数．记＝（ai，bi，ci），＝（ai+1，bi+1，ci+1），其分量之间满足递推关系ai+1＝|ai﹣bi|，bi+1＝|bi﹣c1|，ci+1＝|ci﹣a1|，i＝0，1，2，3，…
（Ⅰ）当＝（2，3，5）时，直接写出向量；
（Ⅱ）证明：不存在i∈N*，使得＝（ai，bi，ci）中ai＝bi＝ci；
（Ⅲ）证明：存在k∈N*，当i≥k时，向量＝（ai，bi，ci）满足aibici＝0．
【解答】解：（Ⅰ）因为＝（2，3，5），
根据题意可得＝（1，2，3），＝（1，1，2），＝（0，1，1），＝（1，0，1），＝（1，1，0），＝（0，1，1）…
观察到＝，所以从开始，周期为3，
所以＝＝（0，1，1）．
证明：（Ⅱ）假设存在i∈N*，i≥2，使得＝（ai，bi，ci）中ai＝bi＝ci＝w，
设＝（ai﹣1，bi﹣1，ci﹣1），所以ai＝|ai﹣1﹣bi﹣1|＝w，bi＝|bi﹣1﹣ci﹣1|＝w，ci＝|ci﹣1﹣ai﹣1|＝w，
不妨设ai﹣1≤bi﹣1≤ci﹣1，则由bi﹣1﹣ai﹣1＝w，ci﹣1﹣bi﹣1＝w，ci﹣1﹣ai﹣1＝w，
由（bi﹣1﹣ai﹣1）+（ci﹣1﹣bi﹣1）＝ci﹣1﹣ai﹣1，可得2w＝w，解得w＝0，即ai＝bi＝ci＝0，
以此类推，可得ai﹣1＝bi﹣1＝ci﹣1＝0，ai﹣2＝bi﹣2＝ci﹣2＝0，...，a1＝b1＝c1＝0，a0＝b0＝c0＝0，这与a0，b0，c0是两两不相等的正整数矛盾，故假设不成立，
所以不存在i∈N*，i≥2，使得＝（ai，bi，ci）中ai＝bi＝ci．
证明：（Ⅲ）设ai，bi，ci三个数中最大的为mi，记作mi＝max{ai，bi，ci}，
因为ai+1＝|ai﹣bi|，bi+1＝|bi﹣ci|，ci+1＝|ci﹣ai|，ai，bi，ci∈N，
所以mi+1≤mi，i＝0，1，2，3，…
因为mi∈N，所以m1，m2，m3，…不可能单调递减，即存在k∈N*，使得mk+1＝mk，
根据的定义，可得＝（ak，bk，ck）中三个数中必有0，
假设ai，bi，ci三个数中有两个为0，显然i≥l，
不妨设ai＝bi＝0（i≥1），ci≠0，则ai＝|ai﹣1﹣bi﹣1|＝0，bi＝|bi﹣1﹣ci﹣1|＝0，即ai﹣1＝bi﹣1＝ci﹣1，
这与ci＝|ci﹣1﹣ai﹣1|＝≠0矛盾，舍去；
假设ai，bi，ci三个数中有三个为0，显然i≥l，通过（Ⅱ）已经证明不成立；
故ai，bi，ci三个数中只有一个数为0，
不妨设ak＝0，则＝（0，bk，ck），
设＝（ak﹣1，bk﹣1，ck﹣1），（k≥2），所以ak＝|ak﹣1﹣bk﹣1|＝0，即ak﹣1＝bk﹣1，
bk＝|bk﹣1﹣ck﹣1|，ck＝|ck﹣1﹣аk﹣1|＝|ck﹣1﹣bk﹣1|＝bk，
故＝（0，bk，ck），则＝（bk，0，bk），＝（bk，bk，0），＝（0，bk，bk）..．
所以存在k∈N*，当i≥k时，向量＝（ai，bi，ci）满足aibici＝0．
14．定义一个n元数组（a1，a2，a3，⋯，an），其中ai＝0或1，i、n∈N*，1≤i≤n．设A＝（a1，a2，a3，⋯，an），B＝（b1，b2，b3，⋯，bn），d（A，B）表示A和B中相应的元素不同的个数（例如，A＝（0，1，0，1），B＝（1，0，0，1），则d（A，B）＝2）．
（Ⅰ）若A＝（0，0，0，0，0），写出所有满足d（A，B）＝1的5元数组B；
（Ⅱ）设A＝（1，1，1，1，1），记d（A，B）＝k的5元数组B的个数为Bk（k＝1，2，3，4，5），求B1+B2+B3+B4+B5的值；
（Ⅲ）令C＝（0，0，0，⋯，0）（n个0），A＝（a1，a2，a3，⋯，an），B＝（b1，b2，b3，⋯，bn），求证：d（A，C）+d（B，C）≥d（A，B）．
【解答】解：（Ⅰ）由题可得B＝（1，0，0，0，0），B＝（0，1，0，0，0），B＝（0，0，1，0，0），B＝（0，0，0，1，0），B＝（0，0，0，0，1）；
（Ⅱ）因为A＝（1，1，1，1，1），
当d（A，B）＝1时，将数组A其中一个1换成0，其他不变，则5元数组B共有5个，即B1＝5，
当d（A，B）＝2时，将数组A其中两个1换成0，其他不变，则5元数组B共有10个，即B2＝10，
当d（A，B）＝3时，将数组A其中三个1换成0，其他不变，则5元数组B共有10个，即B3＝10，
当d（A，B）＝4时，将数组A其中四个1换成0，其他不变，则5元数组b共有5个，即B4＝5，
当d（A，B）＝5时，将数组A中五个1都换成0，则5元数组B共有1个，即B5＝1，
所以B1+B2+B3+B4+B5＝5+10+10+5+1＝31；
（Ⅲ）证明：设A，B中对应项都为0的项的个数为p，A，B中对应项都为1的项的个数为q，
则A，B中对应项一个为1，一个为0的项为n﹣p﹣q（p，q∈N，p+q≤n），
d（A，C）为A中1的个数，d（B，C）为B中1的个数，d（A，B）为A，B中对应项一个为1，一个为0的个数，
所以d（A，B）＝n﹣p﹣q，
A，B中1共有2q+（n﹣p﹣q），即d（A，C）+d（B，C）＝2q+（n﹣p﹣q），
所以d（A，C）+d（B，C）﹣d（A，B）＝2q≥0，故d（A，C）+d（B，C）≥d（A，B）．
15．已知数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，且+3030，又a4为a2与a8的等比中项．
（1）求{an}的通项公式；
（2）若，求{bn}的前n项和Tn；
（3）若cn＝，判断数列{cn}是否存在最大项和最小项，若存在，求{cn}的最大和最小项，不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）设等差数列{an}公差为d，
因为且+3030，
所以，
故，
即a2023﹣a2020＝3d＝3，故d＝1，
又a4为a2与a8的等比中项，
所以，
即，
解得a1＝1，
故an＝n；
（2）因为an＝n，
所以，
，
，
两式相减得，＝n×2n+1﹣（2n+1﹣2）＝（n﹣1）2n+1+2；
（3）由题知：，故，
令，则，故（cn）min＝c1＝1，
又，
当x∈（0，e）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当x∈（e，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
故f（x）＝max{f（2），f（3）}，
又，且，
故，
综上，数列{cn}的最小项为c1＝1，最大项为．
16．已知数列{an}，a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，且．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）已知当x＞0时，不等式sinx＜x恒成立，
证明：．
【解答】解：（1）①，当n≥2时，Sn﹣1＝（n+1）an﹣1②，
由①﹣②得当n≥2时，an＝（n+2）an﹣（n+1）an﹣1，即＝，
∴＝3，＝，＝，＝，...，＝，＝，
则an＝••...••••＝••...××××3＝n（n+1），
当n＝1时，a1＝×2＝1，符合题意，
∴数列{an}的通项公式为an＝n（n+1）；
（2）证明：由（1）得an＝n（n+1），且an∈[1，+∞），
则＝，且∈（0，1]，
当x＞0时，不等式sinx＜x恒成立，则sin＜＝2（﹣），
要证，即证ln[（1+sin）（1+sin）（1+sin）...（1+sin）]＜2，
即ln（1+sin）+ln（1+sin）+ln（1+sin）+...+ln（1+sin）＜2，
令f（x）＝ln（1+x）﹣x（x＞0），则f'（x）＝﹣1＝＜0，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递减，则f（x）＜f（0）＝0，
即当x＞0时，ln（1+x）＜x恒成立，
∴ln（1+sin）＜sin＜＝2（﹣），
∴ln（1+sin）＜2（1﹣），ln（1+sin）＜2（﹣），...，ln（1+sin）＜2（﹣），
∴ln（1+sin）+ln（1+sin）+ln（1+sin）+...+ln（1+sin）＜2（1﹣）+2（﹣）+...+2（﹣）＝2（1﹣）＜2，
即ln[（1+sin）（1+sin）（1+sin）...（1+sin）]＜2，
故原命题成立．
17．对于任意的n∈N*，记集合En＝{1，2，3，⋯，n}，Pn＝，若集合A满足下列条件：①A⊆Pn；②∀x1，x2∈A，且x1≠x2，不存在k∈N*，使x1+x2＝k2，则称A具有性质Ω．如当n＝2时，E2＝{1，2}，P2＝，∀x1，x2∈P2，且x1≠x2，不存在k∈N*，使x1+x2＝k2，所以p2具有性质Ω．
（1）写出集合P3，P4中的元素个数，并判断P3是否具有性质Ω．
（2）是否存在A、B具有性质Ω，且A∩B＝∅，使E15＝A∪B，若存在请求出A、B，若不存在请说明理由．
（3）若存在A、B具有性质Ω，且A∩B＝∅，使Pn＝A∪B，求n的最大值．
【解答】解：（1）∵对于任意的n∈N*，记集合En＝{1，2，3，…，n}，Pn＝，
∴集合P3，P4中的元素个数分别为9，16，
∵集合A满足下列条件：①A⊆Pn；②∀x1，x2∈A，且x1≠x2，不存在k∈N*，使x1+x2＝k2，则称A具有性质Ω，
∴P3不具有性质Ω．
（2）不存在A，B具有性质Ω，且A∩B＝∅，使E15＝A∪B．
理由：假设存在A，B具有性质Ω，且A∩B＝∅，使E15＝A∪B．其中E15＝{1，2，3，…，15}．
因为1∈E15，所以1∈A∪B，
不妨设1∈A．因为1+3＝22，所以3∉A，3∈B．
同理6∈A，10∈B，15∈A．因为1+15＝42，这与A具有性质Ω矛盾．
所以假设不成立，即不存在A，B具有性质Ω，且A∩B＝∅，使E15＝A∪B．
解：（3）因为当n≥15时，E15⊆Pn，由（Ⅱ）知，不存在A，B具有性质Ω，且A∩B＝∅，使Pn＝A∪B．
若n＝14，当b＝1时，{x|x＝，a∈E14}，
取A1＝{1，2，4，6，9，11，13}，B1＝{3，5，7，8，10，12，14}，
则A1，B1具有性质Ω，且A1∩B1＝∅，使E14＝A1∪B1．
当b＝4时，集合{x|x＝，a∈E14}中除整数外，其余的数组成集合为{，，，⋯}，
令A2＝{，，，⋯}，B2＝{，，⋯}，
则A2，B2具有性质Ω，且A2∩B2＝∅，使{，，，⋯}＝A2∪B2．
当b＝9时，集合{x|x＝，a∈E14}中除整数外，其余的数组成集合{，，，，，，，，，}，
令A3＝{，，，，}，B3＝{，，，，}，
则A3，B3具有性质Ω，且A3∩B3＝∅，使{，，，，，，，，，}＝A3∪B3．
集合C＝{x|x＝，a∈E14，b∈E14，b≠1，4，9}，中的数均为无理数，
它与P14中的任何其他数之和都不是整数，
因此，令A＝A1∪A2∪A3∪C，B＝B1∪B2∪B3，则A∩B＝∅，且P14＝A∪B．
综上，所求n的最大值为14．
18．已知数列{an}的前n项和Sn满足S3＝6，2Sn＝n+nan，n∈N*．
（1）求{an}的通项公式；
（2）数列{bn}，{cn}，{dn}满足bn＝，cn＝b1nb2n﹣1…bn﹣12bn，且dn＝，求数列{dn}的前n项和Tn．
【解答】解：（1）在2Sn＝n+nan①中，令n＝1，得2S1＝1+a1＝2a1，即a1＝1，
令n＝3，有2S3＝3+3a3＝12，即a3＝3，
又S3＝a1+a2+a3＝1+a2+3＝6，所以a2＝2，
当n≥2时，有2Sn﹣1＝n﹣1+（n﹣1）an﹣1②，
①②两式相减得，2an＝1+nan﹣（n﹣1）an﹣1，即（n﹣2）an﹣（n﹣1）an﹣1＝﹣1（n≥2），
两边同除（n﹣1）（n﹣2）得，﹣＝﹣＝﹣（n≥3），
所以＝（﹣）+（﹣）+…+（﹣）+a2＝（﹣）+（﹣）+…+（﹣1）+2
＝﹣1+2＝（n≥3），
所以an＝n（n≥3），
因为a1＝1，a2＝2满足上式，所以an＝n（n∈N*）．
（2）bn＝＝＝，
所以b1b2…bn﹣1bn＝•••……•＝＝，
当n≥2时，＝＝b1b2…bn﹣1bn＝，
所以cn＝••…••c1＝••…•••＝•4＝，
所以dn＝＝＝﹣，
所以Tn＝（1﹣）+（﹣）+（﹣）+…+（﹣）+（﹣）＝1+﹣﹣＝﹣．
19．已知无穷数列{an}的每一项均为正整数，且an+1＝，记{an}的前n项和为Sn．
（1）若a1＝20，求S10的值；
（2）若S3＝23，求a1的值；
（3）证明：数列{an}中存在某一项ai（ai为正整数）满足ai≤6，并由此验证1或3是数列{an}中的项．
【解答】解：（1）因，
则数列{an}的前10项依次为：20，10，5，8，4，2，1，4，2，1，
所以S10＝20+10+5+8+2×（4+2+1）＝57．
（2）若a1是奇数，则a2＝a1+3是偶数，，解得，不符合题意；
若a1是偶数，不妨令，
当k为偶数时，，则，无整数解，
当k为奇数时，a3＝a2+3＝k+3，则S3＝4k+3＝23，解得k＝5，a1＝10，符合题意，
所以a1＝10．
（3）证明：假设数列{an}中不存在某一项ai（ai为正整数）满足ai≤6，即每一个i∈N*，都有正整数ai＞6，
当ai是奇数时，ai+1＝ai+3是偶数，，
当ai是偶数时，，有，或者，
因此，若每一个i∈N*，都有正整数ai＞6，则a1，a3，a5，⋯单调递减，
因an为正整数，则有数列{a2n﹣1）的项数有限，
而数列{an}是无穷数列，则数列{a2n﹣1}必为无穷数列，显然两者矛盾，
即假设是错的，所以数列{an}中存在某一项ai（aai为正整数）满足ai≤6，
当ai＝5时，ai+1＝8，ai+2＝4，ai+3＝2，ai+4＝1，
因此当ai＝5或ai＝4或ai＝2或ai＝1时，数列{an}中出现1，
当ai＝6时，ai﹣1＝3，因此当ai＝6或ai＝3时，数列{an}中出现3，
所以1或3是数列{an}中的项．
20．已知数列{an}满足：①an∈N（n∈N+）；②当n＝2k（k∈N+）时，an＝．；当n≠2k（k∈N+）时，an＜an+1．
记数列{an}的前n项和为Sn．
（1）求满足条件的所有a1，a3，a9的值；
（2）若Sn＝2022，求n的最小值；
（3）求证：S2n＝4Sn﹣n+2的充要条件是a＝l（n∈N+）．
【解答】解：（1）因a2＝1，a1＜a2，且a1是自然数，∴a1＝0；
a4＝2，0≤a3＜a4，且a3，a4都是自然数；∴a3＝0或a3＝1；
a16＝8，0≤a9＜a10＜⋯＜a16＝8，且，∴a9＝0或a9＝1．
（2）由题意可得：，当2k﹣1＜n≤2k（n，k∈N*）时，
，由于an∈N，
所以或m，m＝1，2，3，⋯，2k﹣1﹣1．
∴（S64）max＝（0+1）+（1+2）+（1+2+3+4）+（1+2+⋯+8）+（1+2+⋯+16）
，
，
∵714＜2022＜2794，∴64＜n＜128，
又2022﹣714＝1308，
1+2+3+…+50＝1275＜1308＜1+2+3+…+50+51＝1326，a3，a4；a5到a8；a9到a16；a17到a32；a33到a64，
一共五组数，目前a3＝a5＝a9＝a17＝a33＝1，可将其调整成0，此时a6＝a10＝a18＝a34＝2受到刚才5个数调整过的关系，
可从2调整到1，此时由于本次调整，可继续选取a7＝a11＝a19＝a35＝3调成2，按此步骤调整18个数减小即可，
所以nmin＝64+51＝115；
（3）必要性：若S2n＝4Sn﹣n+2，
则：

①﹣②得：
由于，或，或，且或1
只有当同时成立时，等式③才成立，
∴
充分性：若，由于
所以，
即，
又，
所以对任意的n∈N*，都有a2n＝a2n﹣1+1…（I）
另一方面，由
所以对任意的n∈N*，都有a2n＝2an…（II）
∴S2n＝a1+a2+⋯+a2n＝（a1+a3+⋯+a2n﹣1）+（a2+a4+⋯+a2n）
＝2（a2+a4+⋯+a2n）﹣n＝2a2+4（a2+a3+⋯+an）﹣n，
由于a1＝0，a2＝1，∴S2n＝4（a1+a2+⋯+an）﹣n+2＝4Sn﹣n+2．
21．已知数列{an}的首项a1＝a其中a∈N*，an+1＝，令集合A＝{x|x＝an，n∈N*}．
（1）若a4是数列{an}中首次为1的项，请写出所有这样数列的前三项；
（2）求证：{1，2，3}⊆A；
（3）当a≤2022时，求集合A中元素个数Card（A）的最大值．
【解答】解：（1）∵a4是数列{an}中首次为1的项，又，∴a3＝3a4＝3；
∴a2＝3a3或a3﹣1，即a2＝9或2；同理a1＝3a2或a2﹣1，当a2＝9时，即a1＝27或8，当a2＝2时，a1＝6或1（不合题意，舍去）；
所以，满足条件的数列的前三项为：27，9，3；或8，9，3；或6，2，3；
证明：（2）若ak被3除余1，则由已知可得；
若ak被3除余2，则由已知可得；
若ak被3除余0，则由已知可得；
所以，
所以，
所以，对于数列{an}中的任意一项ak，若“ak＞3，则ak＞ak+3”，
因为，所以ak﹣ak+3≥1，
所以数列{an}中必存在某一项am≤3（否则会与上述结论矛盾！），
若am＝3，则am+1＝1，am+2＝2；若am＝2，则am+1＝3，am+2＝1，若am+1＝2，am+2＝3，
由递推关系易得{1，2，3}⊆A；
解：（3）集合A中元素个数Card（A）的最大值为21．
由已知递推关系可推得数列{an}满足：
当am∈{1，2，3}时，总有an＝an+3成立，其中n＝m，m+1，m+2，
下面考虑当a1＝a≤2022时，数列{an}中大于3的各项：
按逆序排列各项，构成的数列记为{bn}，由（1）可得b1＝6或9，
由（2）的证明过程可知数列{bn}的项满足：bn+3＞bn，且当bn是3的倍数时，
若使bn+3﹣bn最小，需使bn+2＝bn+1﹣1＝bn﹣2，
所以，满足bn+3﹣bn最小的数列{bn}中，b3＝4或7，且b3k＝3b3k+3﹣2，
所以b3k﹣1＝3（b3（k+1）﹣1），所以数列{b3k﹣1}是首项为4﹣1或7﹣1的公比为3的等比数列，
所以或，即或，
因为36＜2022＜37，所以，当a≤2022时，k的最大值是6，
所以a1＝b18，所以集合A中元素个数Card（A）的最大值为21．
22．设M为正整数，区间Ik＝[ak，ak+1]（其中ak∈R，k＝1，2，…，M）同时满足下列两个条件：①对任意x∈[0，100]，存在k使得x∈Ik；②对任意k∈{1，2，…，N}，存在x∈[0，100]，使得x∉Ii，其中Ii表示除Ik外的N﹣1个集合的并集．
（1）若N＝100，判断以下两个数列是否满足条件：
①ak＝k﹣1（k＝1，2，…，100）；
②ak＝﹣1（k＝1，2，…，100）？（结论不需要证明）
①_____②_____（填“是”或者“否”）
（2）求M的最小值；
（3）判断M是否存在最大值，若存在，求M的最大值；若不存在，说明理由．
【解答】解：（1）ak＝k﹣1（k＝1，2，…，100），但；故①是；②否；
（2）记b﹣a为区间[a，b]的长度，可求区间[0，100]的长度为100，Ik的长度为1，由①，得M≥100，
又因为I1＝[0，1]，I2＝[1，2]，…，I100＝[99，100]显然满足条件①，②．
所以M的最小值为100；
（3）M的最大值存在，且为200．
解答如下：
（Ⅰ）首先，证明M≤200．
由②，得I1，I2，…，IN互不相同，且对于任意k，Ik∩[0，100]≠∅．
不妨设a1＜a2＜…＜an＜…，
如果a2≤0，那么对于条件②，当k＝1时，不存在x∈[0，100]，使得x∉Ii（i＝2，3，…，N），
这与题意不符，故a2＞0，
如果ak+1≤ak﹣1+1，那么Ik⊆Ik﹣1∪Ik+1，
这与条件②中“存在x∈[0，100]，使得x∉Ii（i＝1，2，…，k﹣1，k+1，…N）“矛盾，
故ak+1＞ak﹣1+1，
所以a4＞a2+1＞1，a6＞a4+1＞2，…，a200＞a198+1＞99，
则a200+1＞100，
故I1∪I2∪…∪I200⊇[0，100]，
若存在I201，这与条件②中“存在x∈[0，100]，使得x∉Ii（i＝1，2，…，200）“矛盾，
所以M≤200；
（Ⅱ）给出M＝200存在的例子．
令，其中k＝1，2，…，200，即a1，a2，…，a200为等差数列，公差，
由d＜1，知Ik∩Ik+1≠∅，则易得，
所以I1，I2，…，I200满足条件①，
又公差，
所以，（注：为区间Ik的中点对应的数），
所以I1，I2，…，I200满足条件②；
综合①②可知M的最大值存在，且为200．
23．已知数列{an}，a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝（n+2）an．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求证：sinan﹣an＜0；
（3）证明：（1+sin）（1+sin）（1+sin）…（1+sin）＜e2．
【解答】解：（1）∵3Sn＝（n+2）an，
当n≥2时，3Sn﹣1＝（n+1）an﹣1，
∴两式相减，3an＝（n+2）an﹣（n+1）an﹣1，
即（n﹣1）an＝（n+1）an﹣1，也即，
变形为，
∴，经检验n＝1时也适合．
∴．
（2）证明：构造函数F（x）＝sinx﹣x（x＞0），F′（x）＝cosx﹣1≤0，
∴F（x）在（0，+∞）上单调递减，
∴F（x）＜F（0）＝0，
∴x＞0时，sinx＜x，
∵，
∴令x＝an，则有sinan﹣an＜0．
（3）证明：∵，∴，原不等式等价于证明：
，
令h（x）＝ln（1+x）﹣x，x＞0，
则，
所以h（x）＝ln（1+x）﹣x在x＞0上单调递减，
所以h（x）＜h（0）＝0，
所以ln（1+x）＜x（x＞0），
∴，
令n＝1，2，3⋯n，然后累加得：
，原不等式得证．
24．设A（x1，f（x1）），B（x2f（x2））是函数f（x）＝+log2（）的图象上的任意两点．
（1）当x1+x2＝1时，求f（x1）+f（x2）的值；
（2）设Sn＝f（）+f（）+f（）+…+f（）+f（），其中n∈N+，求Sn；
（3）对应（2）中Sn，已知an＝（）2，其中n∈N+，设Tn为数列{an}的前n项和，求证．
【解答】解：（1）∵x1+x2＝1，
∴
＝
＝，
（2）①
②
两式子相加得
，
所以；
证明：（3）由（2）有：，
∵（2+n）2＝n2+4n+4＞n2+4n+3＝（1+n）（3+n），
∴，
∴
＝，
又，∴，故．
另外的放缩方法：
（2+n）2＞（1+n）（2+n），
∴，
∴（从第4项开始放缩），
∴，
检验当n＝1、n＝2、n＝3时不等式成立．
25．设满足以下两个条件的有穷数列a1，a2，⋯，an为n（n＝2，3，4，⋯）阶“期待数列”：
（1）a1+a2+a3+⋯+an＝0；
（2）|a1|+|a2|+|a3|+⋯+|an|＝1．
（Ⅰ）分别写出一个单调递增的3阶和4阶“期待数列”（不必说明理由）；
（Ⅱ）若等差数列{an}是15阶“期待数列”，求{an}的通项公式；
（Ⅲ）记n阶“期待数列”的前k项和为Sk（k＝1，2，3，⋯，n），证明：
（i）；
（ii）．
【解答】解：（Ⅰ）通过题意可得到：
3阶期待数列满足：①a1+a2+a3＝0；②|a1|+|a2|+|a3|＝1，
易得，0，满足一个单调递增的3阶期待数列的定义；
4阶期待数列满足：①a1+a2+a3+a4＝0；②|a1|+|a2|+|a3|+|a4|＝1，
得，，，满足一个单调递增的4阶期待数列的定义；
（Ⅱ）设等差数列a1，a2，a3，⋯，a2k+1（k≥1）公差为d，
∵a1+a2+a3+⋯+a2k+1＝0，
∴，
∴a1+kd＝0，即ak+1＝0，
∴ak+2＝d，
当d＝0时，则an＝0与②矛盾；
当d＞0时，由①②得：，
∴，即，
由ak+1＝0得，即，
∴，
令2k+1＝15⇒k＝7，∴，
当d＜0时，同理得，即，
由ak+1＝0得即，
∴，
∴令2k+1＝15⇒k＝7，所以；
（Ⅲ）证明：（i）假设，
若Sk＞0则，
，，
|a1|+|a2|+|a3|+⋯+|an|≥|a1+a2+a3+⋯+ak|+|ak+1+ak+2+ak+3+⋯+an|＞1，
与|a1|+|a2|+|a3|+⋯+|an|＝1矛盾；
若Sk＜0则，
，，
|a1|+|a2|+|a3|+⋯+|an|≥|a1+a2+a3+⋯+ak|+|ak+1+ak+2+ak+3+⋯+an|＞1，
与|a1|+|a2|+|a3|+⋯+|an|＝1矛盾；
所以不成立，
所以得证；
（ii）
＝
＝


＝．
26．数列{an}对任意n∈N*且n≥2，均存在正整数i∈[1，n﹣1]，满足an+1＝2an﹣ai，a1＝1，a2＝3．
（1）求a4可能值；
（2）若a2m＝3m，（m∈N*）成立，求数列{an}的通项公式．
【解答】解：（1）a3＝2a2﹣a1＝5，a4＝2a3﹣a2＝7或a4＝2a3﹣a1＝9．
（2）因为a2m＝3m，
∴a2m+2＝3m+1，a2m+2＝2a2m+1−ai（i≤2m），a2m+1＝2a2m﹣aj（j≤2m﹣1），
∴a2m+2＝4a2m﹣2aj﹣ai，
∴2aj+ai＝4a2m−a2m+2＝4×3m−3m+1＝3m＝a2m，
以下用数学归纳法证明数列单调递增，即证明an+1＞an恒成立：
当n＝1，a2＞a1明显成立，
假设n＝k时命题成立，即ak＞ak﹣1＞ak﹣1⋯＞＞a2＞a1＞0，
则ak+1﹣ak＝2ak﹣ai﹣ak＝ak﹣ai＞0，则ak+1＞ak，命题得证．
回到原题，分类讨论求解数列的通项公式：
1．若 j＝2m﹣1，则a2m＝2aj+ai＝2a2m﹣1+ai＞a2m﹣1﹣ai矛盾，
2．若 j＝2m﹣2，则aj＝3m﹣1，∴ai＝3m−2aj＝3m﹣1，∴i＝2m﹣2，
此时a2m+1＝2a2m−aj＝2×3m−3m﹣1＝5×3m﹣1，
∴an＝，
3．若 j＜2m﹣2，则2aj＜2×3m﹣1，
∴ai＝3m−2aj＞3m﹣1，∴j＝2m﹣1，
∴a2m+2＝2a2m+1﹣a2m﹣1（由（2）知对任意m成立），
a6＝2a5﹣a3，
事实上：a6＝2a5﹣a2矛盾．
综上可得an＝．
27．已知无穷数列{an}满足|an+1﹣an|＝1，其中n＝1，2，3，…．对于数列{an}中的一项ak，若包含ak的连续j（j≥2）项ai，ai+1，…，ai+j﹣1（i≤k≤i+j﹣1）满足ai＜ai+1＜…＜ai+j﹣1或ai＞ai+1＞…＞ai+j﹣1，则称ai，ai+1，…，ai+j﹣1为包含ak的长度为j的“单调片段”．
（Ⅰ）若an＝sin，写出所有包含a3的长度为3的“单调片段”；
（Ⅱ）若∀k∈N+，包含ak的“单调片段”长度的最大值都等于2，并且a3＝9，求{an}的通项公式；
（Ⅲ）若∀k∈N+，k≥2，都存在包含ak的长度为k的“单调片段”，求证：存在N0∈N+，使得n≥N0时，都有|an﹣|＝n﹣N0．
【解答】解：（Ⅰ）因为数列{an}的通项公式an＝sin，所以a1＝sin＝1，
a2＝sinπ＝0，a3＝sin＝﹣1，a4＝sin2π＝0，a5＝sin＝1，a6＝sin3π＝0，...；
又因为a1＞a2＞a3，a3＜a4＜a5，所以它们都是包含a3的长度为3的“单调片段”；
（Ⅱ）因为{an}满足|an+1﹣an|＝1，所以an+1﹣an＝1，或an+1﹣an＝﹣1，又因为a3＝9，|a3﹣a2|＝1，所以a3＝a2±1＝9，解得a2＝8或a2＝10；
又a4﹣a3＝±1，所以a3＝a4±1，解得a4＝8或a4＝10；
又因为数列{an}的“单调片段”长度最大为2，所以当a2＝8时，a4＝8，当a2＝10时，a4＝10；
所以a2＝8时，a2﹣a1＝±1，解得a1＝a2±1，所以a1＝9或a1＝7（不合题意，舍去），a5＝9；
a2＝10时，a2﹣a1＝±1，解得a1＝a2±1，所以a1＝11或a1＝9（不合题意，舍去），a5＝9；
所以，当a2＝8时，{an}的通项公式为an＝8+；
（Ⅲ）证明：因为无穷数列{an}满足|an+1﹣an|＝1，设an+1﹣an＝1，则该数列的“单调片段”为递增片段，
对∀n≥N0，存在k＝N0∈N+，满足an﹣an+1＝1，an﹣1﹣an﹣2＝1，...，﹣＝1，﹣＝1，
相加可得an﹣＝n﹣N0，即|an﹣|＝n﹣N0．
28．定义．
（1）证明：Tn（cosθ）＝2Tn﹣1（cosθ）cosθ﹣Tn﹣2（cosθ）；
（2）解方程：8x5+10x3﹣x2﹣12x﹣2＝0（x∈C）．
【解答】（1）证明：因为Tn（cosθ）＝cosnθ，且Tn（cosθ）＝2Tn﹣1（cosθ）cosθ﹣Tn﹣2（cosθ），
又cosnθ＝cos[（n﹣1）θ+θ]＝cos（n﹣1）θcosθ﹣sin（n﹣1）θsinθ，
cos（n﹣2）θ＝cos[（n﹣1）θ﹣θ]＝cos（n﹣1）θcosθ+sin（n﹣1）θsinθ，
所以cosnθ＝2cos（n﹣1）θcosθ﹣cos（n﹣2）θ，
即Tn（cosθ）＝2Tn﹣1（cosθ）cosθ﹣Tn﹣2（cosθ）；
（2）解：因为8x5+10x3﹣x2﹣12x﹣2＝（x2+2）（8x3﹣6x﹣1），
若x2+2＝0，则，
若x2+2≠0，则8x3﹣6x﹣1＝0；
记f（x）＝8x3﹣6x﹣1，则f′（x）＝24x2﹣6＝6（2x+1）（2x﹣1），
所以f（x）在（﹣∞，﹣），（，+∞）上单调递增，在（﹣，）上单调递减，
而f（﹣1）＝﹣3＜0，f（﹣）＝1＞0，f（）＝﹣3＜0，f（1）＝1＞0，
所以f（x）有且仅有三个零点，即8x3﹣6x﹣1＝0有三个实根，且均位于区间（﹣1，1）内；
记三个实根分别为cosα1，cosα2，cosα3，
由（1）知cos3θ＝2cos2θcosθ﹣cosθ＝4cos3θ﹣3cosθ，
所以cos3α＝4cos3α﹣3cosα＝＝cos（+2kπ）或cos（﹣+2kπ），k∈Z，
解得cosα＝cos，或cosα＝，或cosα＝；
综上所述，原方程的解集为{i，﹣i，cos，cos，cos}．
29．对于项数为m的数列{an}，若满足：1≤a1＜a2＜……＜am，且对任意1≤i≤j≤m，ai•aj与中至少有一个是{an}中的项，则称{an}具有性质P．
（1）如果数列a1，a2，a3，a4具有性质P，求证：a1＝1，a4＝a2•a3；
（2）如果数列{an}具有性质P，且项数为大于等于5的奇数，试判断{an}是否为等比数列？并说明理由．
【解答】（1）证明：因为a4＞1，a4⋅a4＞a4，
所以a4⋅a4不是数列中的项，
所以一定是数列中的项，
所以a1＝1，
又因为a4⋅a2＞a4，a4⋅a3＞a4，
所以a4⋅a2，a4⋅a3不是数列中的项，
所以是数列中的项，
因为1≤a1＜a2＜a3＜a4，
所以，
所以，
所以a4＝a2⋅a3；
解：（2）当数列{an}的项数m＝2k+1，（k∈N，k≥2）时，
因为a2k+1＞1，a2k+1⋅a2k+1＞a2k+1，
所以a2k+1⋅a2k+1不是数列中的项，
所以一定是数列中的项，
所以a1＝1，
因为对于满足2≤i≤2k+1的正整数i，都有a2k+1⋅ai＞a2k+1，
所以a2k+1⋅ai（2≤i≤2k+1，i∈N）不是数列中的项，
从而是数列中的项，
又，
所以，
从而有a2k+1＝ap⋅a2k+2﹣p＝ap+1⋅a2k+1﹣p（1≤p≤2k+1，p∈N），
所以，
从而有，
因为对于满足3≤i≤2k的正整数i，均有a2k⋅ai＞a2k⋅a2＝a2k+1，
所以，
又 ，
所以，
从而有a2k＝ap⋅a2k+1﹣p＝ap+1⋅a2k﹣p（1≤p≤2k﹣1，p∈N），
所以，
从而有，
从而有，
所以对于项数为大于等于5的奇数且具有性质P的数列{an}，是以1为首项，a2为公比的等比数列．
30．已知函数f（x）＝x3﹣x2﹣k（k为常数，k∈R）．
（1）求函数f（x）不同零点的个数；
（2）已知实数a，b，c为函数f（x）的三个不同零点，
①如果b＞0，c＞0，求证1＜b+c＜；
②如果a＜b＜c，且a，b，c成等差数列，请求出a，b，c的值．
【解答】解：（1）由f（x）＝0可得k＝x3﹣x2，令g（x）＝x3﹣x2，
则函数f（x）的零点个数等价于直线y＝k与函数g（x）图象的交点个数，
g′（x）＝3x2﹣2x，由g′（x）＝0，可得x＝0或x＝，列表如下：
x
（﹣∞，0）
0
（0，）

（，+∞）
g′（x）
+
0
﹣
0
+
g（x）
增
极大值0
减
极小值﹣
增
如图所示：

由图可知，当k＞0或k＜﹣时，直线y＝k与函数g（x）的图象只有一个公共点；
当k＝﹣或k＝0时，直线y＝k与函数g（x）的图象有两个公共点；
当﹣＜k＜0时，直线y＝k与函数g（x）的图象有三个公共点．
综上所述，当k＞0或k＜﹣时，f（x）有1个零点；
当k＝﹣或k＝0时，f（x）有2个零点；
当﹣＜k＜0时，f（x）有3个零点．
（2）证明：①由（1）可知，当b＞0，c＞0时，不妨设b＜c，则0＜b＜＜c＜1，
由f（b）＝f（c），可得b3﹣b2﹣k＝c3﹣c2﹣k，可得b3﹣b2＝c3﹣c2，
因为b≠c，则b+c＝b2+bc+c2＝（b+c）2﹣bc，
所以，bc＝（b+c）2﹣（b+c）＞0，∵b+c＞0，则b+c＞1，
由基本不等式可得b+c＝（b+c）2﹣bc＞＝（b+c）2﹣＝，所以，b+c＜．
综上所述，1＜b+c＜；
②因为a、b、c是函数的三个不同的零点，
所以，f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）（x﹣c）＝x3﹣（a+b+c）x2+（ab+bc+ca）x﹣abc，
因为a、b、c成等差数列，所以，a+c＝2b，
所以，a+b+c＝1，ab+bc+ca＝0，a＜b＜c，解得a＝，b＝，c＝．
31．试求出正整数k的最小可能值，使得下述命题成立：对于任意的k个整数a1，a2，…，ak（允许相等），必定存在相应的k的整数x1，x2，…，xk（也允许相等），且|xi|≤2（i＝1，2，…，k），|x1|+|x2|+…+|xk|≠0，使得2003整除x1a1+x2a2+…+xkak．
【解答】解：先证明k＝7时，命题成立，
为此，考虑和式S（y1，y2，…，y7）＝y1a1+y2a2+…+a7y7，其中yi∈{﹣1，0，1}．
这种和式共有37＝2187个，因为2187＞2003，所以由抽㞌原则可知，
必有两个不同的和式S（y1，y2，…，y7）与S（y1′，y2′，…，y7′）被2003除所得的余数相同．
故2003能整除S（y1，y2，…，y7）﹣S（y1′，y2′，…，y7′）
＝（y1﹣y1′）a1+（y2﹣y2′）a2+…+（y7﹣y7′）a7
其中yi﹣yi′∈{﹣2，﹣1，0，1，2}，i＝1，2，…，7（因为yi，yi′∈{﹣1，0，1}，i＝1，2，…，7），
且至少有一个yi﹣yi′≠0（因为数组（y1，y2，…，y7）≠（y1′，y2′，…，y7′））．
这时，取xi＝yi﹣yi′，i＝1，2，…，7，即可满足要求．
故当k＝7时，命题成立．
其次，证明k＝6时，命题不成立，为此，我们举反例．
取，
于是，对于任意的6个整数x1，x2，…，x6，|xi|≤2，|x1|+|x2|+...+|x6|≠0，
和式S（x1，x2，…，x6）＝a1x1+a2x2+…+a6x6都是3的倍数．
则
＝3（36﹣1）＝3（33﹣1）（33+1）＝3×26×28＝3×728．
不妨设x1，x2，…，x6中不为零且下标k1为最大的数是，
即，且，
则，
另外，不妨设（当时，可考虑S（x1，x2，…，x6））．
若k1≥2，则S（x1，x2，…，x6）≥3﹣2×3﹣2×3﹣…﹣2×3
＝．
若k1＝1，则x1≠0，S（x1，x2，…，x6）＝a1x1＞0．
综上可知3|S（x1，x2，…，x6），且S（x1，x2，…，x6）≠0，|S（x1，x2，…，x6）|≤3×728．
显然2003与3互素．
假若有2003整除S（x1，x2，…，x6），则S（x1，x2，…，x6）＝3t，t为整数，且1≤|t|≤728．
于是，2003|t，这与1≤|t|≤728矛盾．
因此，当取时，就不可能有x1，x2，…，x6∈Z，
|xi|≤2，i＝1，2，…，6，|x1|+|x2|+…+|x6|≠0，
能使得2003|S（x1，x2，…，x6）＝a1x1+a2x2+…+a6x6．
这个反例说明：当k＝6时，命题不成立．
由上述两步可知，所求的最小正整数k为7．
32．已知数列{an}满足：a1＝1，nan﹣（n+1）an+1＝anan+1，n∈N*，且an≠0；等比数列{bn}满足：，bn＝2bn+1+3bn+2，n∈N*，且bn＞0．
（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；
（2）设数列的前n项和为Sn，若不等式对任意n∈N*都成立，求实数λ的取值范围．
【解答】解：（1）由nan﹣（n+1）an+1＝anan+1，得，
两边同除anan+1，得，
则，
∴
＝＝，（n≥2），
则，又a1＝1符合，故，n∈N*．
由{bn}是等比数列，且bn＝2bn+1+3bn+2，得1＝2q+3q2，解得q＝﹣1或，
∵bn＞0，∴，则；
（2）∵，，∴，
则，
∴，
两式作差得
＝，
∴Sn＝．
则，由，
得，则，
∵，
∴当n为偶数时，；当n为奇数时，．
故．
∴，即，
故λ的取值范围是．
33．若实数数列An：a1、a2、⋯、an（n≥2）满足|ak+1﹣ak|＝1（k＝1、2、⋯、n﹣1），则称数列An为E数列．
（1）请写出一个5项的E数列A5，满足a1＝a5＝0，且各项和大于零；
（2）如果一个E数列An满足：存在正整数i1、i2、i3、i4、i5（i1＜i2＜i3＜i4＜i5≤n）使得、、、、组成首项为1，公比为﹣2的等比数列，求n的最小值；
（3）已知a1、a2、⋯、a2m（m≥2）为E数列，求证：“、、……、为E数列且、、……、为E数列”的充要条件是“a1、a2、⋯、a2m是单调数列”．
【解答】解：（1）由题设，|a2﹣a1|＝|a3﹣a2|＝|a4﹣a3|＝|a5﹣a4|＝1，又a1＝a5＝0，所以|a2|＝|a4|＝1，存在a3＝0满足条件，
又a1+a2+a3+a4+a5＝a2+a4＞0，则a2＝a4＝1，
综上，满足题设的E数列A5有0，1，0，1，0．
（2）由题设，、、、、为1，﹣2，4，﹣8，16，
所以E数列An从开始依次往后各项可能出现的数字如下：
+1{0，2}，+2{﹣1，1，3），+3{﹣2，0，2，4}，+4{﹣3，﹣1，1，3，5），+5{﹣4，﹣2，0，2，4，6}，+6{﹣5，﹣3，﹣1，1，3，5，7}，
+7{﹣6，﹣4，﹣2，0，2，4，6，8}，+8{﹣7，﹣5，﹣3，﹣1，1，3，5，7，9}，…+15{﹣14，﹣12，...，14，16}，
要使n的最小即正整数i1＝1且i1～i5间的间隔尽量小，又i1＜i2＜i3＜i4＜i5≤n，则＝+3，＝+5，＝+9，＝+15，
综上，n的最小值为i5＝i1+15＝16；
（3）由、、……、为E数列，则|a2m﹣1﹣a2m﹣3|＝2，
由、、……、为E数列，则|a2m﹣a2m﹣2|＝2，
又a1、a2、⋯、a2m（m≥2）为E数列，即|a2m﹣a2m﹣1|＝|a2m﹣1﹣a2m﹣2|＝|a2m﹣2﹣a2m﹣3|＝1，
若a1、a2、⋯、a2m不是单调数列，
则存在a2m﹣a2m﹣1＝a2m﹣2﹣a2m﹣1，即a2m＝a2m﹣2，显然与|a2m﹣a2m﹣2|＝2矛盾；
或存在a2m﹣1﹣a2m﹣2＝a2m﹣3﹣a2m﹣2，即a2m﹣1＝a2m﹣3，显然与|a2m﹣1﹣a2m﹣3|＝2矛盾．
综上，a1、a2、⋯、a2m是单调数列，充分性得证；
由a1、a2、⋯、a2m（m≥2）是单调数列且为E数列，
所以a2m﹣a2m﹣1＝a2m﹣1﹣a2m﹣2＝a2m﹣2﹣a2m﹣3＝1，则a2m﹣1﹣a2m﹣3＝a2m﹣a2m﹣2＝2，
则|a2m﹣1﹣a2m﹣3|＝|a2m﹣a2m﹣2|＝2，即|﹣|＝|﹣|＝1，
所以、、……、，、、……、为E数列均为数列，必要性得证；
综上：“、、……、为E数列且、、……、为E数列”的充要条件是“a1、a2、⋯、a2m是单调数列”．
34．设复数zn＝an+bni，an、bn∈R，i为虚数单位，n∈N*．
（1）若z1＝3+4i，且，试确定虚数q的值，使得zn+1＝q•zn，并计算的值；
（2）若数列{an}是各项均为正数的等比数列，a1≥，bn＞0，Rezn+1＝，求z2022的值；
（3）若zn＝zn+，且z≠0，z2n≠﹣1，且|z2022|≤2，求证：|z1|≤2．
【解答】解：（1）设q＝x+yi，则zn+1＝q⋅zn⇒an+1+bn+1i＝（x+yi）（an+bni）＝xan﹣ybn+（yan+xbn），
则有，可得x＝y＝1，
则＝（﹣1+7i）⋅21010（﹣1）＝（1﹣7i）⋅21010，
所以；
（2）因为，当且仅当an＝bn时等号成立，
又an＞0，bn＞0，所以，
即，而，
若0＜q＜1，则an+1＞1不能恒成立，
所以q＝1，则，此时，
所以；
（3）证明：先用数学归纳法证明：（cosθ+isinθ）n＝cosnθ+isinnθ，
1°当n＝1时，左边＝右边＝cosθ+isinθ，所以命题成立；
2°假设当n＝k时，命题成立，即（cosθ+isinθ）k＝coskθ+isinkθ，
则当n＝k+1时，（cosx+isinθ）k+1＝（cosθ+isinθ）k⋅（cosθ+isinθ）
＝（coskθ+isinkθ）（cosθ+isinθ）
＝（coskθcosθ﹣sinkθsinθ）+i（coskθsinθ+sinkθcosθ）
＝cos（k+1）θ+isin（k+1）θ
∴当n＝k+1时，命题成立；
综上，由1°和2°可得，（cosθ+isinθ）n＝cosnθ+isinnθ．
设z＝r（cosθ+isinθ），（r＞0），
则，
，
根据对勾函数的性质可知，
所以．
35．设各项均不等于零的数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝4，4Sn+2a1＝anan+1．
（1）求a2，a3的值，并求数列{an}的通项公式；
（2）证明：．
【解答】解：（1）因为a1＝4，4Sn+2a1＝anan+1，
当n＝1时，4a1+2a1＝a1a2，所以a2＝6，
当n＝2时，4（a1+a2）+2a1＝a2a3，所以a3＝8，
又因为4Sn+2a1＝anan+1，当n≥2时，4Sn﹣1+2a1＝an﹣1an，
两式相减得：4an＝an（an+1﹣an﹣1），又因为an≠0，
所以an+1﹣an﹣1＝4（n≥2），
当n为偶数时，{an}的奇数项是以a1＝4为首项，公差为4的等差数列，所以，
当n为奇数时，{an}的偶数项是以a2＝6为首项，公差为4的等差数列，所以，
所以，an＝2n+2．
证明：（2）因为{an}为等差数列，所以，
所以，所以令
，
＝
＝，
，要证明，即证明Tn＜Pn，则3Tn＜3Pn，
所以．
即证，即证，
即证，
因为在n∈N*上单调递减，所以
．
所以．
36．已知数列{an}的前n项和，其中n∈N*．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设，数列{bn}的前n项和为Tn，若存在n∈N*且n≥2，使得2（Tn﹣1）≤（n﹣1）n（n+1）λ成立，求实数λ的最小值．
【解答】解：（1）因为，
所以an＝Sn﹣Sn﹣1＝3n﹣1﹣（3n﹣1﹣1）＝2•3n﹣1（n≥2），
在中，令n＝1，则a1＝2，满足上式，
所以an＝2•3n﹣1（n∈N*）．
（2）＝（n﹣）•2•3n﹣1＝（2n﹣1）•3n﹣1，
所以Tn＝1•30+3•31+5•32+…+（2n﹣1）•3n﹣1，
3Tn＝1•31+3•32+5•33+…+（2n﹣3）•3n﹣1+（2n﹣1）•3n，
两式相减得，﹣2Tn＝1+2•（31+32+33+…+3n﹣1）﹣（2n﹣1）•3n＝1+2×﹣（2n﹣1）•3n＝（2﹣2n）•3n﹣2，
所以Tn＝（n﹣1）•3n+1，
若存在n∈N*且n≥2，使得2（Tn﹣1）≤（n﹣1）n（n+1）λ成立，
则2[（n﹣1）•3n+1﹣1]≤（n﹣1）n（n+1）λ，即存在n∈N*且n≥2，使得λ≥成立，
所以只需求的最小值，
当n≥2时，﹣＝2•3n﹣1•[﹣]＝2•3n﹣1•[3•（﹣）﹣（﹣）]
＝2•3n﹣1•（﹣﹣）＝2•3n﹣1•
＝2•3n﹣1•≥0恒成立，
所以当n≥2时，数列{}单调性递增，
所以当n＝1或2时，取得最小值为3，
故λ≥3，即实数λ的最小值为3．
37．已知等差数列{an}为递增数列，a5a6＝99，S10＝100．
（1）求{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足，求{bn}的前n项和Tn：
（3）若数列{cn}满足，求{cn}的前n项和的最大值、最小值．
【解答】解：（1）∵a5a6＝99，S10＝＝（a5+a6）×5＝100，
∴a5+a6＝20，又等差数列{an}为递增数列，
∴a5＝9，a6＝11，
∴公差d＝2，∴a1＝a5﹣4d＝9﹣8＝1，
∴an＝2n﹣1；
（2）∵，•••①，
∴，•••②，
①﹣②得，
∴；
（3）∵，
设{cn}的前n项和为Wn，
则
＝，
当n为奇数时，随着n的增大而减小，可得，
当n为偶数时，随着n的增大而增大，可得，
∴Wn的最大值为，最小值为．
38．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝﹣2，（n+1）an﹣2Sn＝6n﹣6（n∈N*），数列{bn}是首项为3，公比为3的等比数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若存在n∈N*，使得kbn≤an成立，求实数k的取值范围；
（3）若cn＝，是否存在正整数p、q、r（p＜q＜r），使得cp，cq，cr依次成等差数列？若存在，求出所有的有序数组（p，q，r）；若不存在，说明理由．
【解答】解：（1）因为（n+1）an﹣2Sn＝6n﹣6…①
所以当n≥2时，nan﹣1﹣2Sn﹣1＝6n﹣12…②
①﹣②得：（n+1）an﹣nan﹣1﹣2an＝6，整理得，
则由累加法可得：，
整理得：an＝4n﹣6，
又当n＝1时，上式也成立，所以{an}的通项公式为an＝4n﹣6，
（2）由题知，，因为存在n∈N*，使得kbn≤an成立，所以存在n∈N*，
使得成立，即求的最大值．
又，
故当n＝1时，cn+1﹣cn＞0，即cn+1＞cn，当n≥2时，cn+1≤cn，故当n＝2或n＝3时，取得最大值，所以k的取值范围为，
（3），由（2）因为，且cn+1＞cn＞0（n≥3），
故若p＝1，则，
，故cp﹣cq≠cq﹣cr，即cp，cq，cr不成等差数列，故p≥2．
若p＝2，q＝3则cp﹣cq＝0，又cn+1＞cn＞0（n≥3），故cp，cq，cr不成等差数列，故q≥4．
当q＝4时，，此时，
此时，解得r＝6．此时p＝2或p＝3，q＝4，r＝6，（p，q，r）为（2，4，6）或（3，4，6）
当q≥5时，因为p≤q﹣1，且cn+1＞cn（n≥3），故cp≥cq﹣1，
即，故＝，
即当q≥5时，cp＞2cq．又cr＞0，故cp+cr＞2cq，故cp，cq，cr不成等差数列．
综上所述，有序数组（p，q，r）为（2，4，6）或（3，4，6）．
39．数列{an}对任意n∈N*且n≥2，均存在正整数i∈[1，n﹣1]，满足an+1＝2an﹣ai，a1＝1，a2＝3．
（1）求a4可能值；
（2）命题p：若a1，a2，⋯，a8成等差数列，则a9＜30，证明p为真，同时写出p逆命题q，并判断命题q是真是假，说明理由；
（3）若a2m＝3m，（m∈N*）成立，求数列{an}的通项公式．
【解答】解：（1）a3＝2a2﹣a1＝5，a4＝2a3﹣a2＝7或a4＝2a3﹣a1＝9．
（2）∵a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7，a8为等差数列，∴，
a9＝2a8﹣ai＝30﹣ai＜30．
逆命题q：若a9＜30，则a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7，a8为等差数列是假命题，举例：
a1＝1，a2＝3，a3＝5，a4＝7，a5＝9，a6＝11，a7＝13，a8＝2a7﹣a5＝17，a9＝2a8﹣a7＝21．
（3）因为，
∴，a2m+1＝2a2m﹣aj（j≤2m﹣1），
∴a2m+2＝4a2m﹣2aj﹣ai，
∴，
以下用数学归纳法证明数列单调递增，即证明an+1＞an恒成立：
当n＝1，a2＞a1明显成立，
假设n＝k时命题成立，即ak＞ak﹣1＞ak﹣1⋯＞＞a2＞a1＞0，
则ak+1﹣ak＝2ak﹣ai﹣ak＝ak﹣ai＞0，则ak+1＞ak，命题得证．
回到原题，分类讨论求解数列的通项公式：
1．若 j＝2 m﹣1，则a2m＝2aj+ai＝2a2m﹣1+ai＞a2m﹣1﹣ai矛盾，
2．若 j＝2 m﹣2，则，∴，∴i＝2m﹣2，
此时，
∴，
3．若 j＜2 m﹣2，则，
∴，∴j＝2m﹣1，
∴a2m+2＝2a2m+1﹣a2m﹣1（由（2）知对任意m成立），
a6＝2a5﹣a3，
事实上：a6＝2a5﹣a2矛盾．
综上可得．
40．给定一个正整数n，设n个实数a1，a2，…，an满足下列n个方程：．确定和式的值（写成关于n的最简式子）．
【解答】解：由题设知，
其中P（x）的次数不超过n，对x＝1，2，3，…，n成立，
所以（k为待定的常数），
从而，有，①
①的两边同乘以后仍然是恒等式，
，②
这是因为②的次数不超过n，且有x＝1，2，3，…，n这n个根，
除此之外，还有无穷多个根（因为除去之外的数皆为其根，这是由于①为恒等式），
取得，
即，
于是，
再把k代入式①，并取得

＝，
故．
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