（1）证明数列{bn}是等比数列;
（2）求数列{an}的通项;
（3）设c1=c2=1,cn+2=cn+1+cn,证明:
当n≥3时,（−1）n（cn−2a+cnb）=bn−1.
12．（2009年华中科技大学）已知数列{an}是公差为d（d≠0）的等差数列,在平面直角坐标系xOy中,直线x=an与x轴和函数f（x）=2x的图象分别交于点An（an,0）和Bn（an,bn）.
（Ⅰ）记直角梯形AnAn+1Bn+1Bn的面积为Sn,求证数列{Sn}是等比数列;
（Ⅱ）判断△BnBn+1Bn+2的形状（锐角三角形、直角三角形、钝角三角形）,并予以证明;
（Ⅲ）对于给定的正整数n,是否存在这样的实数d,使得以bn,bn+1,bn+2为边长能构成一个三角形?
如果存在,求出d的取值范围;如果不存在,请说明理由.
13．（2009年中国科技大学）已知A={x|x=n!
+n,n∈N*},B是A在N*上的补集.
（1）求证:
无法从B中取出无限个数组成等差数列;
（2）能否从B中取出无限个数组成等比数列?
试说明理由.
15．（2010年浙江大学）
16．（2011年同济大学等九校联考）设数列{an}满足a1=a,a2=b,2an+2=an+1+an.
（1）设bn=an+1−an,证明:
若a≠b,则{bn}是等比数列;
（2）若（a1+a2+…+an）=4,求a,b的值.
17．（2009年清华大学）证明:
正整数数列a1,a2,…,a2n+1是常数列的充分必要条件是其满足性质P:
对数列中任意2n项,存在一种方法将这2n项分为两类（每类n个数）,使得两类之和相等.
18．（2009年清华大学）已知数列{an},且Sn=na+n（n−1）.
19．（2009年清华大学）请写出所有三个数均为质数,且公差为8的等差数列,并证明你的结论.
22．（2009年北京大学）已知由整数组成的无穷等差数列中有三项:
13,25,41.求证:
2009为其中一项.
23．（2011年北京大学等十三校联考）等差数列a1,a2,…满足a3=−13,a7=3.这个数列的前n项和为Sn,数列S1,S2,…中哪一项最小?
并求出这个最小值.
24.
1.D
【解析】通过叠加的方法求出数列{an}的通项,再求出其前n项和,根据极限的运算法则进行计算.根据b1=1,bn=2n−1,得an−an−1=2n−1,令n=1,2,…,n,得n个等式,叠加得
an=1+2+…+2n−1=2n−1,从而Sn=2n+1−2−n.
.选D.
4.A
【解析】根据后3个数成等差数列,前3个数成等比数列设出这四个数,再根据前3个数的和为k,进行分析求解.
因为后3个数成等差数列且和为9,故可依次设为:
3−d,3,3+d,又因为前3个数成等比数列,则第1个数为:
即+3−d+3=k,化简得:
d2−9d+27−3k=0,因为满足条件的数列的个数大于1,需要Δ>0,所以12k>27,选A.
5.D
【解析】首先要对式子P（n）=k4进行化简,得到一个有确定项数的表达式,再去分析各项的系数特点.
6.B
【解析】由于a,b是不相等的正数,且a,b的大小对数列的极限值有影响,所以可对a,b的大小
9.−ln2
【解析】
10.lg3
【解析】an=lg=lg（n2+3n+2）−lg[n（n+3）]=[lg（n+1）−lgn]−[lg（n+3）−lg（n+2）],所以Sn=a1+a2+…+an=[lg（n+1）−lgn]+[lgn−lg（n−1）]+…+（lg2−lg1）−{[lg（n+3）−lg（n+2）]+[lg（n+2）−lg（n+1）]+…+（lg4−lg3）}=[lg（n+1）−lg1]−[lg（n+3）−lg3]=lg+lg3,
所以Sn=lg3+lg=lg3.
11
.
12.
13.
（1）若能从B中取出无限个数组成等差数列{am},并设公差为d.
则am=a1+（m−1）d,而n>d时,n!
+n,（n+1）!
+（n+1）,（n+2）!
+（n+2）,…被d除,其余数分别与n,n+1,n+2,…被d除的余数相同,而这些余数应该是逐一递增的,取得d−1后,又以周期性的形式出现,所以存在n0,使n0!
+n0被d除与am被d除的余数相同.这就说明:
n0!
+n0是等差数列{am}中的项,而n0!
+n0∈A,故n0!
+n0∉B.于是,矛盾就产生了,故假设不成立,即要证明的结论成立.
（2）能从B中取出无限个数组成等比数列.例如bm=5m（m∈N*）.
由于n!
+n=n[（n−1）!
+1],并且当n>5时,5不能整除（n−1）!
+1,故5m∉A,因此,5m∈B.故数列{bm}是从B中取出无限个数组成的等比数列.
14.
（1）当n=1时,a1=1∈[1,2].
假设当n=k（k∈N*）时,1≤ak≤2成立.
则当n=k+1时,ak+1=1+,而1≤ak≤2,故≤≤1.
ak+1=1+∈[,2]⊆[1,2],即当n=k+1时,1≤ak+1≤2.综上,1≤an≤2（n∈N*）.
（2），而由an=1+（n≥2）及1≤an≤2（n∈N*）知,an·an−1=an−1+1∈[2,3],故∈[,]（n≥2,n∈N*）,
所以原式得证.
15.如图所示,
16.
（1）由2an+2=an+1+an得2（an+2−an+1）=−（an+1−an）.bn=an+1−an,则bn+1=−bn,∴{bn}是首项为b−a,公比为−的等比数列.
（2）由
（1）知,bn=（−）n−1·b1,即an+1−an=（−）n−1（b−a）,
∴a2−a1=（−）1−1（b−a）,a3−a2=（−）2−1（b−a）,…an+1−an=（−）n−1（b−a）,
以上各式相加得:
an+1−a1=（b−a）·,an+1=a+（b−a）[1−（−）n],
即an=a+（b−a）[1−（−）n−1],
∴a1+a2+…+an=na+（b−a）[n−]=na+（b−a）n−（b−a）+（b−a）（−）n.
∵（a1+a2+…+an）=4,∴,解得.
17.这里必要性是显然的,下面证明充分性,即满足性质P的2n+1个正整数构成常数列.
可用反证法证明:
若a1,a2,…,a2n+1不全相等,并且它们从小到大的排列为:
a'1≤a'2≤…≤a'2n≤a'2n+1,而且在a'i+1−a'i>0中,最小者为a−a.
设S=a1+a2+…+a2n+1,若S为奇数,则由性质P知,每一个ai均为奇数;若S为偶数,则每一个ai又均为偶数.
①当ai均为奇数时,a1−1,a2−1,a3−1,…,a2n+1−1也具有性质P;
②当ai均为偶数时,,,,…,也具有性质P.
从而可知,a−a一定是偶数.
当最小者a−a=2时,我们有:
是n个奇偶性相同的正整数之和,也是n个奇偶性相同的正整数之和,所以它们的差:
=是偶数,而另一方面,由于a−a=2,故=1,从而产生了矛盾.故正整数数列a1,a2,…,a2n+1为常数列.
而当最小者a−a=2k（k>1,k∈N）时,我们对数列{a'i}应用①与②的变换,有限次后,就能得到数列{b'i}（b'i为正整数）,而这个数列满足性质P,并且b−b=2.这样{b'i}为常数列,从而正整数数列a1,a2,…,a2n+1亦为常数列.
18.
19.三个质数组成的公差为8的等差数列只有一个,即:
3,11,19.证明如下:
当第一个质数为2时,则等差数列为2,10,18,不符合题意;
当第一个质数大于或等于3时,设第一个质数分别为:
m=3k,n=3k+1,p=3k+2,且k∈N*.
则分别有:
①3k,3k+8,3k+16;②3k+1,3k+9,3k+17;③3k+2,3k+10,3k+18.
对于①,由于3k为质数,故k=1.此时,这三个数为3,11,19;
对于②,由于3k+9=3（k+3）不是质数,此种情况不会出现;
对于③,由于3k+18=3（k+6）不是质数,此种情况不会出现.
因此,所求的等差数列仅有:
3,11,19.
20.
21.
22.41−25=16,25−13=12,16和12的最大公因子是4,此等差数列的公差一定是4的因子,设公差为d,则nd=4,n为正整数,而2009=41+1968=41+4×492=41+492×nd,故2009为其中一项.
23.
24.
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