28．（北京卷）在数列中，若是正整数，且，则称为“绝对差数列”.
ⅰ）举出一个前五项不为零的“绝对差数列”（只要求写出前十项）；
ⅱ）若“绝对差数列”中，，数列满足，，分别判断当时，与的极限是否存在，如果存在，求出其极限值；
ⅲ）证明：任何“绝对差数列”中总含有无穷多个为零的项。
解：（ⅰ答案不惟一）
ⅱ）因为在绝对差数列中，.所以自第 20 项开始，该数列是， ,即自第 20 项开始。每三个相邻的项周期地取值 3，0，3. 所以当时，的极限不存在。 当时， ,所以。
（ⅲ）证明：根据定义，数列必在有限项后出现零项。证明如下。
假设中没有零项，由于，所以对于任意的n，都有，从而。
当时，;当时，
即的值要么比至少小1，要么比至少小1.
令则。由于是确定的正整数，这样减少下去，必然存在某项，这与()
矛盾。 从而必有零项。 若第一次出现的零项为第项，记，则自第项开始，每三个相邻的项周期地取值 0，, 即所以绝对差数列中有无穷多个为零的项。
30。（福建卷）已知数列｛a｝满足a=1,a=2a+1(n∈n)
ⅰ）求数列｛a｝的通项公式；
ⅱ）若数列满足4k1-14k2-1…4k-1=(an+1)km(n∈n*),证明：是等差数列；
ⅲ）证明： (n∈n*).
（i）解：
是以为首项，2为公比的等比数列。
即 ii）证法一：
1得即。③－④得
即 是等差数列。
证法二：同证法一，得。
令得。设下面用数学归纳法证明
（1）当时，等式成立。
（2）假设当时，那么。
这就是说，当时，等式也成立。
根据（1）和（2），可知对任何都成立。
是等差数列。
（iii）证明：
35．（湖南卷）在m（m≥2）个不同数的排列p1p2…pn中，若1≤i＜j≤m时pi＞pj（即前面某数大于后面某数），则称pi与pj构成一个逆序。 一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数。 记排列的逆序数为an，如排列21的逆序数，排列321的逆序数。
ⅰ）求a4、a5，并写出an的表达式；
ⅱ）令，证明，n=1,2,….
解 （ⅰ由已知得，.
ⅱ）因为，所以。 又因为，所以=. 综上，.
36．（江苏卷）设数列、、满足：，（n=1,2,3,…）证明为等差数列的充分必要条件是为等差数列且（n=1,2,3,…）
证明：必要性，设是公差为d1的等差数列，则。
bn+1–bn=(an+1–an+3) –an–an+2)= an+1–an) –an+3–an+2)= d1– d1=0
所以bnbn+1 ( n=1,2,3,…)成立。
又cn+1–cn=(an+1–an)+2 (an+2–an+1)+3 (an+3–an+2)= d1+2 d1 +3d1 =6d1(常数) (n=1,2,3,…)
所以数列为等差数列。
充分性： 设数列是公差为d2的等差数列，且bnbn+1 ( n=1,2,3,…)
cn=an+2an+1+3an+2cn+2=an+2+2an+3+3an+4
-②得cn–cn+2=（an–an+2）+2 (an+1–an+3)+3 (an+2–an+4)=bn+2bn+1+3bn+2
cn–cn+2=( cn–cn+1)+(cn+1–cn+2)= 2 d2 ∴bn+2bn+1+3bn+2=–2 d2
从而有bn+1+2bn+2+3bn+3=–2 d2得（bn+1–bn）+2 (bn+2–bn+1)+3 (bn+3–bn+2)=0 ⑤
bn+1–bn≥0bn+2–bn+1≥0bn+3–bn+2≥0, ∴由⑤得bn+1–bn=0 ( n=1,2,3,…)由此不妨设bn=d3 ( n=1,2,3,…)则an–an+2= d3(常数). 由此cn=an+2an+1+3an+2= cn=4an+2an+1–3d3
从而cn+1=4an+1+2an+2–5d3 ， 两式相减得cn+1–cn=2( an+1–an) –2d3
因此(常数) (n=1,2,3,…)
所以数列公差等差数列。
37．（江西卷）已知数列｛an｝满足：a1＝，且an＝
1） 求数列｛an｝的通项公式；
2） 证明：对于一切正整数n，不等式a1a2……an2n！
解：（1）将条件变为：1－＝，因此｛1－｝为一个等比数列，其首项为。
1－＝，公比，从而1－＝，据此得an＝（n1）……1
2）证：据1得，a1a2…an＝
为证a1a2……an2n！
只要证nn时有………2
显然，左端每个因式都是正数，先证明，对每个nn，有。
用数学归纳法证明3式：
i） n＝1时，3式显然成立，ii） 设n＝k时，3式成立，即1－（）
则当n＝k＋1时，1－（）
1－（＋即当n＝k＋1时，3式也成立。
故对一切nn，3式都成立。
利用3得， 1－（）1－
故2式成立，从而结论成立。
38．（江西卷）已知各项均为正数的数列，满足：，且，．
1）求数列的通项公式；
2）设，，求，并确定最小正整数，使为整数．
解：（1）条件可化为，因此｛｝为一个等比数列，其公比为2，首项为，所以＝……1
因an0，由1式解出an＝……2
2）由1式有sn＋tn＝
为使sn＋tn＝为整数，当且仅当为整数。
当n＝1,2时，显然sn＋tn不为整数，当n3时，＝＝
只需＝为整数，因为3n－1与3互质，所以。
为9的整数倍。当n＝9时，＝13为整数，故n的最小值为9.
39．（辽宁卷）已知函数f(x)=,其中a,b,c是以d为公差的等差数列，，且a＞0,d＞0.设［1-］上，，在，将点a，b，c
)求。)若⊿abc有一边平行于x轴，且面积为，求a,d的值。
解析】()解：
令，得 当时，; 当时，
所以f(x)在x=-1处取得最小值即。
的图像的开口向上，对称轴方程为由知。
在上的最大值为即又由。
当时，取得最小值为
由三角形abc有一条边平行于x轴知ac平行于x轴，所以。
又由三角形abc的面积为得利用b=a+d,c=a+2d,得联立(1)(2)可得。
解法2: 又c>0知在上的最大值为即：
又由当时，取得最小值为。
由三角形abc有一条边平行于x轴知ac平行于x轴，所以。
又由三角形abc的面积为得。
利用b=a+d,c=a+2d,得。
联立(1)(2)可得。
45．（山东卷）已知a1=2，点(an,an+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上，其中=1，2，3，…
1） 证明数列｛lg(1+an)｝是等比数列；
2） 设tn=(1+a1) (1+a2) …1+an)，求tn及数列｛an｝的通项；
3） 记bn=，求｛bn｝数列的前项和sn，并证明sn+=1.
解：（ⅰ由已知，
两边取对数得。
即。是公比为2的等比数列。
ⅱ）由（ⅰ）知。
由（*）式得。又。又。
48．(上海卷)已知有穷数列共有2项（整数≥2），首项＝2．设该数列的前项和为，且＝＋2（＝1，2，┅，2－1），其中常数＞1．
1）求证：数列是等比数列；
2）若＝2，数列满足＝（＝1，2，┅，2），求数列的通项公式；
3）若（2）中的数列满足不等式4，求的值．
1) [证明] 当n=1时，a2=2a,则=a； 2≤n≤2k－1时， an+1=(a－1) sn+2, an=(a－1) sn－1+2,an+1－an=(a－1) an, ∴a, ∴数列是等比数列。
(2) 解：由(1) 得an=2a, ∴a1a2…an=2a=2a=2,bn= (n=1,2,…,2k).
3）设bn≤,解得n≤k+,又n是正整数，于是当n≤k时， bn<；
当n≥k+1时， bn>. 原式=(－b1)+(b2)+…bk)+(bk+1－)+b2k－)
(bk+1+…+b2k)－(b1+…+bk) =
当≤4,得k2－8k+4≤0, 4－2≤k≤4+2,又k≥2, ∴当k=2,3,4,5,6,7时，原不等式成立。
52．（天津卷）已知数列满足，并且。
为非零参数，）．
1）若成等比数列，求参数的值；
2）当时，证明；
当时，证明。
）解：由已知，且。
若、、成等比数列，则，即。 而， 解得。
）证明：由已知及，可得由不等式的性质，有。
另一方面，
因此，故。）证明：当时，由（）可知。
又由（）则
从而因此。53．（天津卷）已知数列满足，并且（为非零参数，）．
ⅰ）若成等比数列，求参数的值；
ⅱ）设，常数且．证明．
i）解：由已知且。
若、、成等比数列，则即而解得。
ii）证明：设由已知，数列是以为首项、为公比的等比数列，故则
因此，对任意
当且时，所以。
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七 统计。一 选择题。1 四川理1 有一个容量为66的样本，数据的分组及各组的频数如下 27 5，31 5 1l 31 5，35 5 12 35 5 39 5 7 39 5,43 5 3 根据样本的频率分布估计，数据落在 31 5，43 5 的概率约是。abcd 答案 b 解析 从到共有22，所以。...
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