11.已知数列?an?的满足a1=1，前n项的和为Sn，且（1）求a2的值； （2）设bn?an?1?an2?（n?N*）．
anan?14Sn?1an，证明：数列?bn?是等差数列；
an?1?anb（3）设cn?2n?an，若1???的k的取值范围．
2，求对所有的正整数n都有2?2?k??32?cn成立
12.已知数列?xn?满足x1?1，xn?1?2xn?3，求证： （I）0?xn?9； （II）xn?xn?1；
?2?（III）xn?9?8???.
?3?
n?1 5
13.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn?2an?（1）求证{an?（2）设数列{3, n?N*. n21}为等比数列，并求出数列{an}的通项公式； 2n1}的前n项和为Tn，是否存在正整数?，对任意Snm,n?N*,不等式Tm-?Sn?0恒成立？若存在，求出?的最小值，若不存在，请说明理
由。
11?1?114.已知无穷数列?an?的首项a1?，??an??,n?N?.
2an?12?an?（Ⅰ）证明：0?an?1； （Ⅱ） 记bn?a?an?1??nanan?12，Tn为数列?bn?的前n项和，证明：对任意正整数n，
Tn?
3. 1015.已知数列?an?的前n项和为Sn，a1?（1）求数列?an?的通项公式； （2）设bn?3，2Sn?(n?1)an?1（n?2）． 2133nTT?（），数列的前项和为，证明：n?N*b??nnn(an?1)250（n?N*）．
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参考答案
11.（1）数列?an?的前n项和为Sn，Sn?2an?3n，(n?N*)， ∴Sn?1?2an?1?3(n?1)，
两式相减得：an?1?2an?1?2an?3，即an?1?2an?3， ∴an?1?3?2(an?3)，即
an?1?3?2， an?3又当n?1时，a1?S1?2a1?3，得a1?3，
∴数列?an?3?是以6为首项，2为公比的等比数列， ∴an?3?6?2n?1?3?2n， ∴an?3?2n?3． （2）由题意，bn?2n?12n?1(an?3)??3?2n?(2n?1)?2n， 33∴Tn?1?21?3?22?5?23?L?(2n?3)?2n?1?(2n?1)?2n， 2Tn?1?22?3?23?5?24?L?(2n?3)?2n?(2n?1)?2n?1，
两式相减得Tn??2?2?22?2?23L?2?2n?(2n?1)?2n?1 ??2?2?(22?23?L?2n)?(2n?1)?2n?1
22(1?2n?1)??2?2??(2n?1)?2n?1
1?2??2?23(1?2n?1)?(2n?1)?2n?1
??2?8?2?2n?1?(2n?1)?2n?1 ?6?(2n?3)?2n?1．
（3）假设存在s，p，r?N*，且s?p?r，使得bs，bp，br成等比数列，则bp2?bs?br，
p∵bp?(2p?1)?2，bs?(2s?1)?2s，br?(2r?1)?2r，
∴(2p?1)2?22p?(2s?1)?(2r?1)?2s?r， (2p?1)2?22p?s?r?1， ∴
(2s?1)(2r?1)∵2p?1是奇数，2s?1，2r?1也是奇数， (2p?1)2∴是奇数， (2s?1)(2r?1)又22p?s?r是偶数，
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(2p?1)2?22p?s?r?1不成立， 故
(2s?1)(2r?1)故数列?bn?中不存在三项，可以构成等比数列．
2.（1）证明：当n?1时，a1?S1?2， 当n≥2时，a?Sn?Sn?1?2n?2n?1?2n?1， ?2,n?1∴an??n?1，
2,n≥2?∴对任意的n?N*，Sn?2n是数列?an?中的第n?1项， ∴数列?an?是“H数列”．
（2）依题意，an?1?(n?1)d，Sn?n?n(n?1)d， 2若?an?是“H数列”，则对任意的n?N*，都存在k?N*使得ak?Sn， 即1?(k?1)d?n?∴k?n(n?1)d， 2n?1n(n?1)?， d2n(n?1)?N， 2n?1?Z且d?0， d又∵k?N*，
∴对任意的n?N*，∴d??1．
3.（1）依题意得an??2n?2，故a1??4． 又2Tn?6Sn?8n，即Tn?3Sn?4n，
所以，当n≥2时，bn?Tn?Tn?1?3(Sn?Sn?1)?4?3an?4??6n?2． 又b1?T1?3S1?4?3a1?4??8也适合上式， 故bn??6n?2．
（2）因为cn?bn?8n?3??6n?2?8n?3?2n?1， dn?1?cdn?2dn?1，因此dn?1?1?2(dn?1)(n?N*)．
由于d1?c1?3，所以?dn?1?是首项为d1?1?4，公比为2的等比数列． 所以dn?1?4?2n?1?2n?1，所以dn?2n?1?1．
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