高中數(shù)學(xué)數(shù)列解答題強(qiáng)化訓(xùn)練（解析版）

專(zhuān)題03高中你數(shù)學(xué)數(shù)列解答題強(qiáng)化訓(xùn)練

I.設(shè)％,。2,…，M為非負(fù)數(shù)，求證：

J%+a?+,,,+an+J%+a?+…+a“+Ja?+…+a*++>J%+4a2+9a.+…+史冊(cè).

【答案】見(jiàn)解析

【解析】

當(dāng)n=l時(shí)，結(jié)論顯然成立.假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，結(jié)論對(duì)于任意k個(gè)非負(fù)數(shù)成立.則當(dāng)n=k+l時(shí)，對(duì)于任意k+1個(gè)非

負(fù)數(shù)…,a*,am，根據(jù)歸納假設(shè)有

a+aaaaa2

y/23■1---k+i+V3*1----,■k+i---1■y/k+i2Jg+4a3+9a44---1-fcak+1,

從而

J%+a?+.“+4+1+y/a2+a3+―+ak+1+…+^ak+1>

2

《a、+a24---Fa—+y/a2+4a3+9a44---^kak+1

;

卜面證明、/at+a?+…+a*+±+^/a2+4a3+,,,+ka^+1>+4a2++(k+①

由柯西不等式可得

[(Va?)2+(V@)~+1??+?[(v瓦)2+(2正)'+…+(fcV°k+Z)"]2(丫瓦?后+、，④?2曬+

應(yīng)?3VaI+

2

即(。2+…+Qjc+i)。+4a3+…+妒％+i)2(a2+2Q?+3a4+…+fctz^+1).

于是有JSi,+%+…+。7+1.)?+4a?+…+12。*+])>(a2+2a34-3a4…+“+!.)?

2

故(J5+。2+…+Qk+i++4a3+…+k2cik+i)2Qj.+4a2+…+(k+l)flfc+i?

從而JQ1+a2+…+Qjf+i+個(gè)a2+4a+???+卜25+1>個(gè)a*+4a?++(A+

即①式成立.

由數(shù)學(xué)歸納法可知，對(duì)任意的非負(fù)實(shí)數(shù)…，品結(jié)論均成立.

2.已知數(shù)列｛冊(cè)｝的奇數(shù)項(xiàng)是首項(xiàng)為1的等差數(shù)列，偶數(shù)項(xiàng)是首項(xiàng)為2的等比數(shù)列.數(shù)列｛%｝前n項(xiàng)和為又,

且7兩足S5=204+

⑴求數(shù)列｛5｝的通項(xiàng)公式：

⑵若Gm+Qm+1=Qm+2，求正整數(shù)m的值；

(3)是否存在正整數(shù)m,使得恰好為數(shù)列｛4,｝中的一項(xiàng)？若存在，求出所有滿(mǎn)足條件的m值，若不存在,

^2m-l

說(shuō)明理由.

“公心.1rm為奇數(shù)

【答案】(1)冊(cè)=n(2)m=2(3)m=1或m=2

(2-3廠，為猗數(shù)

【解析】

試題分析：(1)數(shù)列｛aj通項(xiàng)分奇偶求：方法為待定系數(shù)法，注意項(xiàng)數(shù)，由55=2%+(1549=%+￡14可解

得公差及公比，從而a?女==2?3"-：,a2k-i=+(k-l)d-2k-1.因此

TUI為春數(shù)

an=C(2)由于數(shù)列｛冊(cè)｝通項(xiàng)分奇偶，因此從奇偶分別討論：若

2?3亡~門(mén)為偎數(shù)

m=2fc(kcN*)則a?山次+工=。2"2,解得m=2；若m=2k-l(fceN*),即%"%=叫,解得k=i,

舍(3)先求和￡m-i=(。工+(Q?m.i)+(。2+。4+???+。2m_2)=3m-1+m2-1,限定

工==3_W3，而工■為正整數(shù)，即』?只能為%,出43,分類(lèi)討論得

SmT+a.:m￡丁-；)

$2ETS2ET3'+E2TS2m-1$2吁1工’3

m=1或m=2.

試題解析:⑴設(shè)%,%，。5…-，J…的公差為d.

。2，。4,…r…?的公比為Q，則=。2?q=2q,Q?=%+d=1+d,。9=Q1+4d

d4=2a4+a5(a4=ax+a2+a3

叫a9=a3+a41al+4d=%+d+2q

故k=5q，i-2.31

a211T=ax+(k—l)d=2k—1

■nn為奇數(shù)..

｛2-3—n為點(diǎn)J7

(2)由0m—=am+2,若m=2k(kcN*),則叼皿1=2"+2

即2k+1=3nk=1,即m=2

若m=2k-l(keN*),即a2t-ia2t=a2M

即(2"1)23J=2k+l

2

2—二

為正整數(shù)

???一一為正整數(shù)，即2k-1=1

2k-l

即k=l，此時(shí)式為2?3°=3不合題意

綜上，m=2.9分

⑶若工為｛冊(cè))中的一項(xiàng)，則二迎為正整數(shù)

$2ET^2m-l

又52m-1=(ai+Q3+…(Q2m-1)+(a2+Q4+…+。2市-2)

zn(l+2/n-l)2(3--1)I…、4

=-----------------+t—--：-----=3m*+m,-1

Z3-1

.S-m_Szm-i+a2m=2(m2-1)

”_—Szm-i_

故若餐為｛品］中的某一項(xiàng)只能為a,,a,,a3

$2ET

YE?.1)

①若3—=1=無(wú)解

3m-l+m2.1

②若3-十!N-=2=3m-2+l-m2=0,顯然m=l不符合題意，m=2符合題意

3m-1+rn2-l

當(dāng)m>3時(shí)，即/'(m)=3m-i+l-m2,則f'(m)=3m-1ln3-2m，r(^)=3m-i(ln3)2-2>0

即「(m)=3m-lln3-2m為增函數(shù)，故r(m)>f'(3)>0,即/'(m)為增函數(shù)

故/'(m)>/(3)=1>0,故當(dāng)m23時(shí)方程3et+1-m2=0無(wú)解

即m=2是方程唯一解

③若3-3-wl誓-1+m*2-l=3=m2=1即m=1

綜上所述，m=1或m=2.16分

考點(diǎn)：等差數(shù)列及等比數(shù)列綜合應(yīng)用

3.設(shè)等比數(shù)列｛冊(cè)｝的前n項(xiàng)和為又，且冊(cè)+i=2Sn+1(neN*).

(1)求數(shù)列｛&J的通項(xiàng)公式；

(2)在冊(cè)與冊(cè)+工之間插入n個(gè)實(shí)數(shù)，使這n+2個(gè)數(shù)依次組成公差為媒的等差數(shù)列，設(shè)數(shù)列｛怖｝的前n項(xiàng)和為7；,

求證：7；<-.

【答案】(1)冊(cè)=3nY⑵見(jiàn)解析

【解析】

(1)由｛冊(cè)I%—'；(：2),兩式相減得即+1-冊(cè)=2(5n-Sn_1)=24，

所以an+i=3an(n>2).

因?yàn)椋鸻/等比，且(：2=2%+1,所以3%=2al+1,所以%=1.

故。?=3rlT.

⑵由題設(shè)得=冊(cè)+(n+l)dn,所以W=產(chǎn)T=辛？

所以2乙=2+：+a+…+券，

所以7；=竺一注c竺.

719￡尸-1g

4.數(shù)列｛冊(cè)｝為等差數(shù)列，且滿(mǎn)足3a5=8%2>0,數(shù)列｛&J滿(mǎn)足

bn=an-an+1-an+2(rieN*),｛%］的前n項(xiàng)和記為無(wú).問(wèn)：當(dāng)n為何值時(shí),5n取得最大值，說(shuō)明理由.

【答案】16

【解析】

因?yàn)?a5+8a12>0,所以3a5=8(Q5+7d).解得as=-yd>0.

所以d<0,a：=——d.

故｛aj是首項(xiàng)為正數(shù)的遞減數(shù)列.

'Qn20-jd+(n-l)d>0

由即4，解得15：MnV16：

°n+l—°--d+nd<0

即Q”>0,a17<0,所以％>a2>a3>…>a16>0>a17>a18>…,

所以瓦>b2>b2>…>>0>瓦7>尻g>…,

而=<05^16-處6。17。］。>。?

故又4>^13>…>S］，>5工5,5工5<$工6>S工6>S［7>?^1S>

又又6-S：4=/5+^16=fl16ai7(fl15+fl19)

/6,9\3,

aa

=i6i?\55=5da±6a17>0

所以又中又6最大，即n=16時(shí)，Sn取得最大值.

5.在數(shù)列中，4、是給定的非零整數(shù)，an+2=|an+1-an|.

(1)右％6=4,a”=1,求&2019；

(2)證明：從匕門(mén)中一定可以選取無(wú)窮多項(xiàng)組成兩個(gè)不同的常數(shù)項(xiàng).

【答案】⑴1(2)見(jiàn)解析

【解析】

(1)因56=4,a&g=3,%9=2,G'O=1,&2[=1,&22=°，

。23=1，&24=1，02s=0'????

所以自第20項(xiàng)起，每三個(gè)相鄰的項(xiàng)周期的取值為1,1,0.

又2018=194-666x3+1,故a201g=1.

(2)首先證明：數(shù)列｛a“｝必在有限項(xiàng)后出現(xiàn)"O''項(xiàng).

假設(shè)｛外,｝中沒(méi)有“0”項(xiàng)，由于%+2=|%+1—冊(cè)|,所以當(dāng)H23時(shí)，都有冊(cè)之L

若冊(cè)+工>an>則品+2=an+i-an<an+1-l(n>3).

若心+工<an,則%+2=an-an+iW%-l(n>3).

即4+2要么比%+工至少小1，要么比M至少小1，

令n=],2)3，…，則0〈%+1M

ka2n+2^a2n+lva2n+2

由于無(wú)是確定的正整數(shù)，這樣下去，必然存在某項(xiàng)九<0,這與%>0矛盾，

故｛a』中必有"0”項(xiàng).

若第一次出現(xiàn)的“0”項(xiàng)為品，記MT=M(Mh0),

則自第n項(xiàng)開(kāi)始，每三個(gè)相鄰的項(xiàng)周期的取值0、M、M,

即品+以=°，冊(cè)+2“+1="‘，Qn+2k+2=Z=°，1，2,...

所以數(shù)列｛an｝中一定可以選取無(wú)窮多項(xiàng)組成兩個(gè)不同的常數(shù)列.

6.已知數(shù)列｛。八｝滿(mǎn)足：A=1>Qn+i=冊(cè)+W(ncN").記

n

Z『肅求'"Tn的值。

【答案】5"+兀=1

【解析】

因?yàn)樗?1=Qn+an1所以即+1=%(1+4).所以；二=詈，

工十a(chǎn)n>|

故S=”.生.生.....旦=馬_==_.

fl2fl3fl4an*lan*laK*l

所以-^―二-廣--=-----,所以~^二^-----,

Xan++1=an(l+an)?

On+lanCl+On)Or，l+anl+a?an

n

1H-----------=-----二-=1----

Z女=i1+5=ala2a2a30nan+ialan*l/?!1

因此又+7；=1.

7.已知數(shù)列｛冊(cè)｝中&=：,%+1=|an+^~?(neN,),

(1)求數(shù)列｛%J的通項(xiàng)公式；

(2)求數(shù)列｛%｝的前n項(xiàng)和%

【答案】⑴冊(cè)=W2)S"=6—要一

【解析】

⑴由=；%+辨(neM)知2計(jì)&+1=2"an+2n+l(neiV)

n

令心=2an,則瓦=1且M=bn+2n+l(neN*)

由》n=Sn-bn_J+Qn-*-bn-.)+…+(%—無(wú))+瓦=(2n—1)+??-+3+1=n

(2)由題意知￡=5+?+捺+5+…+獻(xiàn)+5

所以洛+知+*..+答+w

兩式相減得三5"=±+5+5+三+三.“+色/-￡

2nj”j324J*2K2'一，

設(shè)圖="/+/+芯+方…+喑，再利用錯(cuò)位相減法求得7k=3一堂

所以Sn=6-法-三=6-二塔.

??2T5T21*2匕

8.已知數(shù)列｛時(shí)｝滿(mǎn)足：ai=Lan+i=；W+7n(ncN，)，若對(duì)任意正整數(shù)兀，都有冊(cè)<4,求實(shí)數(shù)7n的最大

值.

【答案】m的最大值為2.

【解析】

因?yàn)?>+，一%=酒一品+m=；(/-4)2+m-2>m-2,

故On=4+EkZi(ak+i-Ok)1+(m-2)(n-1).

若m>2,注意到n—+8時(shí)，(m-2)(n-1)—+8.

因此，存在充分大的兀，使得1+0-2)(71-1)>4,即冊(cè)>4,矛盾！

所以，m<2.

又當(dāng)m=2時(shí)，可證：對(duì)任意的正整數(shù)n，都有0<冊(cè)<4.

當(dāng)n=l,a1=1<4,結(jié)論成立.

假設(shè)兀=%(女21)時(shí)，結(jié)論成立，即0</<4,

則0<a—=2+<24-jX42=4,

即結(jié)論對(duì)0=%+1也成立.

由數(shù)學(xué)歸納法知，對(duì)任意的正整數(shù)n,都有0<an<4.

綜上可知，所求實(shí)數(shù)m的最大值為2.

9.設(shè)實(shí)數(shù)X1，XI,X20I8滿(mǎn)足琮+1=//+2（”=1，2,2016）和口?。て?L證明:xioo9xioioM1?

【答案】見(jiàn)解析

【解析】

證明：由條件/，Xn+2同號(hào)?反證法，假設(shè)4009.“020>1.

（1）若X'Og,同為正數(shù)，由Xn,%+2同號(hào)可知X”X2,....X2018同號(hào).

由X；+iWXn/+2=2^=22V汕￡工21

+1

""+Xn47*3008*100?X1010

n^ioo9^ioioW^-loii^iooen^ioii*iooe>1

同理-=巫.-=X1007X1012>1.

*1007x1008*1007x1010x1011*1010

類(lèi)似可證明：^1006^10131,“1.005X1,0工4〉L…，二工無(wú)2019>

因此n魏￥Xn>L矛盾.

（2）若Xiog,孫020同為負(fù)數(shù)，由Xn，Xn+2同號(hào)可知x”X2，…，X2018均為負(fù)數(shù)，仍然有

啾+1<*/+2=竽W濘，類(lèi)似⑴可證得.

xn*n*l

10.將2獻(xiàn)九N2）個(gè)不同整數(shù)分成兩組。1，°2，…，。〃；bi，岳，…，狐證明:

21品/七一4一2n.

【答案】見(jiàn)解析

【解析】

證明：令及=￡..」由一號(hào)|一￡（向一/|+|%-&|）,

下面用歸納法證明7；>n.

當(dāng)71=2時(shí),不妨設(shè)4|<〃2,h\<h2f〃2<。2.

a

T2=|=-QJ+%-aj+1bl-aj+%-a21112-a1一電一瓦I，

當(dāng)對(duì)<b1n乙=瓦一%一/-/+\b±-a2\>2；at>b.=>T2=b2-Q2-。「瓦>2.

假設(shè)對(duì)正整數(shù)〃成立，對(duì)正整數(shù)〃+1,

不妨設(shè)/<a2<??<an+1,b1<b2<???<tn+1,an+i<以+=

再設(shè)M<Qn+I<九+i，則有：

^n+l—￡：=/九+i-%|+￡匕瓦+工-4I-￡匕|4+1-aj

—比=1瓦+1-瓦?+瓦+1-Qfi+iI+4

下證￡屋瓦+x-Qi|+比11bi-瓦I-%加2-/I-￡匕瓦+L瓦|N0.

由⑴九V%+式2,...,H）,得到：

nnnnn

+i_atI+￡瓦+，-Al-W%+i—田|—W山n+1-瓦I=2W（瓦一冊(cè)+1）>0

ial1=1tsiisli=k+l

（2）若冊(cè)+工（瓦，則

￡%瓦+i-aj+￡入瓦+「瓦I-￡匕1冊(cè)+1-片|-￡匕瓦+1-瓦|=￡工式瓦一an+1）>0.

11.已知數(shù)列｛aQ中，a，=Laz=:,且冊(cè)+1=與普(《=23?“)

⑴求數(shù)列｛a“｝的通項(xiàng)公式；

(2)證明：對(duì)一切兀CN+，有Z：=1a

【答案】(：(見(jiàn)解析.

l)an=—3n―-2H6iV+);(2)

【解析】

(1)由己知，對(duì)兀之2有/一------

-7(n-l)an(n_1)0nn-1

上式兩邊同除以n并整理得」---^―=-(工一，

n0n+，(n-ljOrt\n-ln/

則wg

(k-l)at

即君:一2=一（一三）（心2）

故品;=機(jī)_（1一三）=怒

因此，a=-^（n>2）

n3n-z

又當(dāng)九=1時(shí)也成立，故冊(cè)=二^（兀6N.）

八371-2千

⑵當(dāng)“22時(shí)，有破=云芬<研志石=；（舟一念）

所以，當(dāng)心2時(shí)，有21破=1+￡:破<i+：W1Gh一六）

又當(dāng)幾=1時(shí)，a?=1<-

6

故對(duì)一切neJV+>有EL破<匕

12.棋盤(pán)上標(biāo)有第0,I,2，…，100站，棋子開(kāi)始時(shí)位于第。站，棋手拋擲均勻硬幣走跳棋游戲.若擲出正

面，棋子向前跳出一站；若擲出反面，棋子向前跳出兩站，直到跳到第99站（勝利大本營(yíng)）或第100站（失敗

集中營(yíng)）是，游戲結(jié)束.設(shè)棋子跳到第n站的概率為4.

⑴求心的值；

⑵證明：Pn+1-Pn=~j（P-Pn+1）（2<n<99）；

(3)求/9*&OO的值.

【答案】⑴京2詞+】一Pn="匕-Pn_J(2<n<99)(3)/。=+哀)

【解析】

(1)棋子跳到第3站有以下三種途徑：連續(xù)三次擲出正面，其概率在;；第一次擲出反面，第二次擲出正面，

其概率為:；第一次擲出正面，第二次擲出反面，其概率為：，因此？=

(2)易知棋子先跳到第n-2站，再擲出反面，其概率為:4_2；棋子先跳到第n-1站，再擲出正面，其概率

為:4_工，因此有

2

=2(4T+^n-2)?

即4一4T=-；(&T+Pn_2)，

也即--Pn-，)(2<n<99).

(3)由(2)知數(shù)歹ij｛4—4_J(nN1)是首項(xiàng)為國(guó)一4_J(nN1)/一用=j-l=-^,公比為一那等比數(shù)"J.

因此有&-=(-；)*：(為一為)=甯.由此得到

%=(一；)”+(*)"+…+H)+[=總一擊)

由于若跳到第99站時(shí)，自動(dòng)停止游戲，故有生“=衿9=：(1+/)

13.已知數(shù)列｛an｝的前n項(xiàng)和5fl滿(mǎn)足25n—n0nneiVS且%=3.

⑴求數(shù)列的通項(xiàng)公式；

(2)設(shè)b“=^——=,7；為數(shù)列｛&J的前兀項(xiàng)和，求使〃>9成立的最小正整數(shù)兀的值.

an+i+an+lVan20

【答案】(l)an=1+2(n—1)=2n—1(2)50

【解析】

(1)由25n一na九=m得2sn+x-(九+1)。升1=n+L

將上述兩式相減，得20n+i-(n+l)an+1+nan=1.

所以nan-(n-l)an+1=1.①

所以(n+一演2升2=L②

①一②，得nan-2nan+1+nan+2=0?

a

所以?xún)?cè)+n+2=2an+i?

故數(shù)列｛Qn｝為等差數(shù)列.

又由25里一Q1=L及/=3,得%=｛an｝的公差d=2.

所以。?=1+2(n—1)=2n-1.

(2)由(1)知，b=-——、——r^=.

n(2n-l)V2n+i+(2n+i)%/2n-l

所以b=_______________i_________、

nV2n-1-V2n+1-(V2n-1-H'2n+1)

1-V2n+1-A-2n-l1(1

=-X-zzz^z-金).

2VZn-i-VZn+l2\V2n-lv'2n+i/

所以北=X專(zhuān)-：信-盍）+…+：（出1=

=2-高）

由一>崇所以高4,2”+1>1。0,n>^,

弟得2一熹）

所以使7；>5成立的最小正整數(shù)兀的值為50.

14.給定數(shù)列（/］。證明：存在唯一分解X"=%-Zn，其中，數(shù)列U%｝非負(fù)，｛Z.｝單調(diào)不減，且

%（馬—ZJI-2）=°，z（）=0。

【答案】見(jiàn)解析

【解析】

0,

用數(shù)學(xué)歸納法證明.當(dāng)n=1時(shí)，y1（,z1-z0）=y\z1=0=?或｛1；=1?若必-則已；=o"；若

Xx<0,貝.因此，當(dāng)71=1時(shí)，命題成立.

假設(shè)當(dāng)n=1）時(shí)，命題成立.則當(dāng)n=k+1時(shí)，題設(shè)等價(jià)于

yk+i-（Z&+，-zD=Xk+i+Zk

心+：（Z-—個(gè)）=0=[_y^=°、或/竽=j+4消.若*k+-ZkNO,則

>0匕m-Zk——（父女+t+zQIzk^iZjj—。

｛z-z>0,z-0

k+1fco

產(chǎn)+：=**+：+Zk若x+Zk<0,則絲=,0?故當(dāng)n=k+l時(shí)，命題成立.

（zk+i=zkfUk+i=-Ak+i

由數(shù)學(xué)歸納法，知對(duì)于任意的自然數(shù)n，命題均成立.

15.已知數(shù)列｛%｝滿(mǎn)足冊(cè)+1=-：冊(cè)+表0162+）.求所有心的值，使得｛4｝為單調(diào)數(shù)列，即｛%｝為遞增數(shù)

列或遞減數(shù)列.

【答案】見(jiàn)解析

【解析】

依題意得冊(cè)+1=-7n+就.

n+1n+1

于是，ean+1=-;x3an+3.令以=3"/.則

n1

bn+1=-1*n+3=>bn-1=-1（hn_t-0=（&t-1）（-1）'=（3^-0-（0"

=冊(cè)=*a（：+（3%-凱一3n'）=（一行’（；（_3"'+（%―：））

若則當(dāng)n充分大時(shí),玲㈢|<1%臼

又XV)")(七一加七一:同號(hào)，從而，｛an｝正負(fù)交替，不是單調(diào)數(shù)列.

當(dāng)％=:時(shí)，an=壬廠’為遞減數(shù)列.

16.設(shè)等比數(shù)列｛%｝的前n項(xiàng)和為為=2"+r(r為常數(shù)).記〃=2(1+log20n)(xeZ+).

(1)求數(shù)列3%］的前n項(xiàng)和加

(2)若對(duì)于任意的正整數(shù)n,均有嚕?等…吟2人阮不I,求實(shí)數(shù)k的最大值.

。力0n

n+1

【答案】(1)及=(n-1)x2+2(neZ+)；(2)^

【解析】

(l)由條件易知

=2+r,a2=S2—=2,aa=S3—S2=4.

代入a；=a,a3,得r=-l.

n

于是，Sn=2-1

B-i

則％=2,bn=2(1+log2an)=2n,

n

anbn=nx2.

故7；=1x21+2x22+…+(n-1)x2"-1+nx2"

=>27；=1x22+2x23+--+(n-1)x2B+nx2n+1.

以上兩式相減得

-7；=21+22+-+2*2+2*nx2*t

=>7；=(n-1)x2n+1+2

n+1

從而，數(shù)列｛43)的前n項(xiàng)和為7；=(n-l)x2+2(neZ+)

(2)注意到，kw三?汕?-…3=±?也?出…業(yè).

-Vn+1-b2bnv'n+1242n

構(gòu)造價(jià))=三?也?出…式.

9、'Vn+1242n

則f(n+J_75m.l+2(n+1)_卜#+3+9〉］

/(n)Vn+32(n+l)、4n2+12n+9

于是，數(shù)列丁(n)｝嚴(yán)格單調(diào)遞增.

從而，f(n)的最小值為f(l)=當(dāng)，即實(shí)數(shù)k的最大值為乎.

2

17.已知數(shù)列｛5｝滿(mǎn)足%=看0n=0n-+-an-i(keZ+)a2(kG若對(duì)于所有的neZ”均有0n<1,求k的

取值范圍

【答案】見(jiàn)解析

【解析】

當(dāng)k=l,即ao=i時(shí)，由數(shù)學(xué)歸納法知/=n+l(neZ+)

當(dāng)k=2時(shí)，由an-an_!=上若_1GleZ+)=>an-a0=_簧.

顯然，｛a』為單調(diào)遞增數(shù)列.

故冊(cè)-a。>進(jìn)2k=弟+確>(；一/尼+；

a、〉*—1.29~~339

n32416(n+l)-3216(?+1)*

當(dāng)菽篇〈口寸，有七>】，當(dāng)人3時(shí)，

a

由金一an-i=^an-in

因此當(dāng)k>3時(shí)首冊(cè)<l(neZ+)

18.在數(shù)列的每相鄰兩項(xiàng)之間插入此兩項(xiàng)的和，形成新的數(shù)列，這樣的操作稱(chēng)為該數(shù)列的一次“Z擴(kuò)展”.已

知數(shù)列1,2,3第一次Z擴(kuò)展后得到數(shù)列1,3,2,5,3；第二次Z擴(kuò)展后得到數(shù)列1,4,3,5,2,1,5,

8,3；......設(shè)第n次Z擴(kuò)展后所得數(shù)列11%工，x2>xm<3,并記a”=1+孫+*+…++3?

(1)求a*、a2X%的值;

(2)若%=%-2,證明：｛&J為等比數(shù)列，并求數(shù)列｛%｝的通項(xiàng)公式.

n

【答案】an=4x3+2

【解析】

設(shè)X()=l,Xm+i=3,an=

x

則冊(cè)+2=Z^o'i+￡乜。5+片+J=3￡時(shí)距一Xo-Xm+I=3an-4.

由。工=1+3+2+5+3=14,得ciz=3al-4=38,a3=3a