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1917分解析几何★★★★★
已知双曲线 C:x2−y2=mC:x^2-y^2=m（m>0m>0），点 P1(5,4)P_1(5,4) 在 CC 上，kk 为常数，0<k<10<k<1. 按照如下方式依次构造点 PnP_n（n=2n=2，33，…\dots）：过 Pn−1P_{n-1} 作斜率为 kk 的直线与 CC 的左支交于点 Qn−1Q_{n-1}，令 PnP_n 为 Qn−1Q_{n-1} 关于 yy 轴的对称点，记 PnP_n 的坐标为 (xn,yn)(x_n,y_n).
(1) 若 k=12k=\frac12，求 x2x_2，y2y_2； (2) 证明：数列 {xn−yn}\{x_n-y_n\} 是公比为 1+k1−k\frac{1+k}{1-k} 的等比数列； (3) 设 SnS_n 为 △PnPn+1Pn+2\triangle P_nP_{n+1}P_{n+2} 的面积，证明：对任意的正整数 nn，Sn=Sn+1S_n=S_{n+1}.

2024 · 全国 · 新高考二卷 · 第 19 题 · 解答题

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1817分数列★★★★☆
已知 {an}\{a_n\} 为等差数列，bn=an−6b_n=a_n-6（nn 为奇数），bn=2anb_n=2a_n（nn 为偶数）. 记 SnS_n，TnT_n 分别为 {an}\{a_n\}，{bn}\{b_n\} 的前 nn 项和，且 S4=32S_4=32，T3=16T_3=16.
(1) 求 {an}\{a_n\} 的通项公式； (2) 证明：当 n>5n>5 时，Tn>SnT_n>S_n.

2023 · 全国 · 新高考二卷 · 第 18 题 · 解答题

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1715分数列★★★☆☆
已知 {an}\{a_n\} 为等差数列，{bn}\{b_n\} 是公比为 2 的等比数列，且 a2−b2=a3−b3=b4−a4a_2-b_2=a_3-b_3=b_4-a_4.
(1) 证明：a1=b1a_1=b_1； (2) 求集合 {k∣bk=am+a1, 1≤m≤500}\{k\mid b_k=a_m+a_1,\ 1\le m\le 500\} 中元素个数.

2022 · 全国 · 新高考二卷 · 第 17 题 · 解答题

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1715分数列★★☆☆☆
记 SnS_n 是公差不为 00 的等差数列 {an}\{a_n\} 的前 nn 项和，若 a3=S5a_3=S_5，a2a4=S4a_2a_4=S_4.
(1) 求数列 {an}\{a_n\} 的通项公式 ana_n； (2) 求使 Sn>anS_n>a_n 成立的 nn 的最小值.

2021 · 全国 · 新高考二卷 · 第 17 题 · 解答题

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19数列★★★☆☆
已知数列 {an}\{a_n\} 和 {bn}\{b_n\} 满足 a1=1a_1=1，b1=0b_1=0，4an+1=3an−bn+44a_{n+1}=3a_n-b_n+4，4bn+1=3bn−an−44b_{n+1}=3b_n-a_n-4.
(1) 证明：{an+bn}\{a_n+b_n\} 是等比数列，{an−bn}\{a_n-b_n\} 是等差数列； (2) 求 {an}\{a_n\} 和 {bn}\{b_n\} 的通项公式.

2019 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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18数列★★★☆☆
已知 {an}\{a_n\} 是各项均为正数的等比数列，a1=2a_1=2，a3=2a2+16a_3=2a_2+16.
(1) 求 {an}\{a_n\} 的通项公式； (2) 设 bn=log⁡2anb_n=\log_2 a_n，求数列 {bn}\{b_n\} 的前 nn 项和.

2019 · 全国 · 二卷 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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17数列★★☆☆☆
记 SnS_n 为等差数列 {an}\{a_n\} 的前 nn 项和，已知 a1=−7a_1=-7，S3=−15S_3=-15.
(1) 求 {an}\{a_n\} 的通项公式； (2) 求 SnS_n，并求 SnS_n 的最小值.

2018 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 17 题 · 解答题

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17数列★★☆☆☆
记 SnS_n 为等差数列 {an}\{a_n\} 的前 nn 项和，已知 a1=−7a_1=-7，S3=−15S_3=-15.
(1) 求 {an}\{a_n\} 的通项公式； (2) 求 SnS_n，并求 SnS_n 的最小值.

2018 · 全国 · 二卷 · 文 · 第 17 题 · 解答题

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22数列★★★★★
在数列 {an}\{a_{n}\} 中，a1=3a_{1} = 3，an+1an+λan+1+μan2=0a_{n + 1}a_{n} + \lambda a_{n + 1} + \mu a_{n}^{2} = 0（n∈N+n \in \mathbf{N}_{+}）.
(1) 若 λ=0\lambda = 0，μ=−2\mu = -2，求数列 {an}\{a_n\} 的通项公式； (2) 若 λ=1k0\lambda = \frac{1}{k_0}（k0∈N+k_0 \in \mathbf{N}_+，k0⩾2k_0 \geqslant 2），μ=−1\mu = -1，证明： 2+13k0+1<ak0+1<2+12k0+12 + \frac{1}{3k_0 + 1} < a_{k_0 + 1} < 2 + \frac{1}{2k_0 + 1}.

2015 · 重庆 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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16数列★★☆☆☆
已知等差数列 {an}\{a_{n}\} 满足 a3=2a_3 = 2，前 3 项和 S3=92S_3 = \frac{9}{2}.
(1) 求 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 设等比数列 {bn}\{b_{n}\} 满足 b1=a1b_1 = a_1，b4=a15b_4 = a_{15}，求 {bn}\{b_{n}\} 的前 nn 项和 TnT_n.

2015 · 重庆 · 文 · 第 16 题 · 解答题

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22数列★★★★★
设 a1=1a_1 = 1，an+1=an2−2an+2+ba_{n+1} = \sqrt{a_n^2 - 2a_n + 2} + b（n∈N∗n \in \mathbf{N}^*）.
(1) 若 b=1b = 1，求 a2a_2，a3a_3 及数列 {an}\{a_n\} 的通项公式； (2) 若 b=−1b = -1，问：是否存在实数 cc，使得 a2n<c<a2n+1a_{2n} < c < a_{2n+1} 对所有 n∈N∗n \in \mathbf{N}^* 成立？ 证明你的结论.

2014 · 重庆 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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16数列★★☆☆☆
已知 {an}\{a_{n}\} 是首项为 1，公差为 2 的等差数列，SnS_{n} 表示 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和.
(1) 求 ana_{n} 及 SnS_{n}； (2) 设 {bn}\{b_{n}\} 是首项为 2 的等比数列，公比 qq 满足 q2−(a4+1)q+S4=0q^{2} - (a_{4} + 1)q + S_{4} = 0，求 {bn}\{b_{n}\} 的通项公式及其前 nn 项和 TnT_{n}.

2014 · 重庆 · 文 · 第 16 题 · 解答题

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16数列★★☆☆☆
设数列 {an}\{a_{n}\} 满足：a1=1a_{1} = 1，an+1=3ana_{n+1} = 3a_{n}，n∈N∗n \in \mathbf{N}^*.
(1) 求 {an}\{a_{n}\} 的通项公式及前 nn 项和 SnS_{n}； (2) 已知 {bn}\{b_{n}\} 是等差数列，TnT_{n} 为其前 nn 项和，且 b1=a2b_{1}=a_{2}，b3=a1+a2+a3b_{3}=a_{1}+a_{2}+a_{3}，求 T20T_{20}.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由递推关系，每增加一个下标就乘以 33，且 a1=1a_1=1，所以
an=a1⋅3n−1=3n−1a_n=a_1\cdot3^{n-1}=3^{n-1}
这是首项为 11、公比为 33 的等比数列，故前 nn 项和为
Sn=a1(3n−1)3−1=3n−12S_n=\frac{a_1(3^n-1)}{3-1}=\frac{3^n-1}{2}
\item 由第（1）问 a2=3a_2=3，a1+a2+a3=1+3+9=13a_1+a_2+a_3=1+3+9=13. 因此 b1=3b_1=3，b3=13b_3=13. 设等差数列 {bn}\{b_n\} 的公差为 dd，则 b3=b1+2db_3=b_1+2d，⟹\Longrightarrow，13=3+2d13=3+2d，d=5d=5. 所以
T20=202(2b1+19d)=10(6+95)=1010T_{20}=\frac{20}{2}\bigl(2b_1+19d\bigr) =10(6+95)=1010
\end{enumerate} \end{solution}

2013 · 重庆 · 文 · 第 16 题 · 解答题

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21数列★★★★☆
设数列 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和 SnS_{n} 满足 Sn+1=a2Sn+a1S_{n + 1} = a_2S_n + a_1，其中 a2≠0a_2\neq 0.
(1) 求证： {an}\{a_{n}\} 是首项为 1 的等比数列； (2) 若 a2>−1a_{2} > -1，求证：Sn⩽n2(a1+an)S_{n} \leqslant \frac{n}{2}(a_{1} + a_{n})，并给出等号成立的充要条件.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 取 n=1n=1，由题设得
S2=a2S1+a1S_{2}=a_{2}S_{1}+a_{1}
又 S1=a1S_{1}=a_{1}，S2=a1+a2S_{2}=a_{1}+a_{2}，所以 a1+a2=a2a1+a1a_{1}+a_{2}=a_{2}a_{1}+a_{1}，a2(1−a1)=0a_{2}(1-a_{1})=0 因 a2≠0a_{2}\ne0，故 a1=1a_{1}=1.
对 n≥2n\ge2，将 Sn+1=a2Sn+a1S_{n+1}=a_{2}S_{n}+a_{1}，Sn=a2Sn−1+a1S_{n}=a_{2}S_{n-1}+a_{1} 相减，得
an+1=Sn+1−Sn=a2(Sn−Sn−1)=a2ana_{n+1}=S_{n+1}-S_{n}=a_{2}(S_{n}-S_{n-1})=a_{2}a_{n}
结合 a1=1a_{1}=1，可得
an=a2 n−1a_{n}=a_{2}^{\,n-1}
所以 {an}\{a_{n}\} 是首项为 11、公比为 a2a_{2} 的等比数列.
\item 由上问，令 r=a2r=a_{2}，则 r>−1r>-1，r≠0r\ne0，且 a1=1a_{1}=1，an=rn−1a_{n}=r^{n-1}.
Sn=∑k=0n−1rkS_{n}=\sum_{k=0}^{n-1}r^{k}
对 k=0k=0，11，…\ldots，n−1n-1，有
1+rn−1−rk−rn−1−k=(1−rk)(1−rn−1−k)≥01+r^{n-1}-r^{k}-r^{n-1-k} =\left(1-r^{k}\right)\left(1-r^{n-1-k}\right)\ge0
这里，当 −1<r<0-1<r<0 时各因子均非负；当 0<r<10<r<1 时各因子均非负；当 r>1r>1 时各因子均非正，乘积仍非负；r=1r=1 时乘积为零. 对 k=0k=0 到 n−1n-1 求和，得到
n(1+rn−1)−2∑k=0n−1rk≥0n\left(1+r^{n-1}\right)-2\sum_{k=0}^{n-1}r^{k}\ge0
因此
Sn≤n2(1+rn−1)=n2(a1+an)S_{n}\le\frac n2\left(1+r^{n-1}\right) =\frac n2(a_{1}+a_{n})
当 n=1n=1 或 n=2n=2 时，上式两端直接相等. 若 n≥3n\ge3 且 r≠1r\ne1，取 k=1k=1，则 1−r≠01-r\ne0，且 1−rn−2≠01-r^{n-2}\ne0，上面的求和严格为正，不能取等号. 当 r=1r=1 时 an=1a_{n}=1，显然对任意 nn 都取等号. 所以等号成立的充要条件为
n=1或n=2或a2=1n=1\quad\text{或}\quad n=2\quad\text{或}\quad a_{2}=1
\end{enumerate} \end{solution}

2012 · 重庆 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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16数列★★☆☆☆
已知 {an}\{a_{n}\} 为等差数列，且 a1+a3=8a_{1}+a_{3}=8，a2+a4=12a_{2}+a_{4}=12.
(1) 求 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 记 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和为 {Sn}\{S_{n}\}，若 a1a_{1}，aka_{k}，ak+2a_{k+2} 成等比数列，求正整数 kk 的值.

2012 · 重庆 · 文 · 第 16 题 · 解答题

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21数列★★★★★
设实数数列 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和 SnS_{n} 满足 Sn+1=an+1SnS_{n + 1} = a_{n + 1}S_n （n∈N∗n\in \mathbf{N}^*）.
(1) 若 a1a_{1}，S2S_{2}，−2a2-2a_{2} 成等比数列，求 S2S_{2} 和 a3a_{3}； (2) 求证：对 k⩾3k \geqslant 3 有 0⩽ak+1⩽ak⩽430 \leqslant a_{k+1} \leqslant a_k \leqslant \frac{4}{3}.

2011 · 重庆 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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16数列★★★☆☆
设 {an}\{a_{n}\} 是公比为正数的等比数列，a1=2a_{1} = 2，a3=a2+4a_{3} = a_{2} + 4.
(1) 求 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 设 {bn}\{b_{n}\} 是首项为 1，公差为 2 的等差数列. 求数列 {an+bn}\{a_{n} + b_{n}\} 的前 nn 项和 SnS_{n}.

2011 · 重庆 · 文 · 第 16 题 · 解答题

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21数列★★★★★
在数列 {an}\{a_{n}\} 中，a1=1a_{1} = 1，an+1=can+cn+1(2n+1)a_{n + 1} = c a_{n} + c^{n + 1}(2n + 1)（n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}），其中实数 c≠0c \neq 0.
(1) 求 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 若对一切 k∈N∗k \in \mathbf{N}^* 有 a2k>a2k−1a_{2k} > a_{2k-1}，求 cc 的取值范围.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 令 bn=ancnb_n=\frac{a_n}{c^n}. 由递推式得 bn+1=an+1cn+1=ancn+2n+1=bn+2n+1b_{n+1}=\frac{a_{n+1}}{c^{n+1}}=\frac{a_n}{c^n}+2n+1=b_n+2n+1，且 b1=1cb_1=\frac{1}{c}. 因此 bn=1c+∑j=1n−1(2j+1)=1c+n2−1b_n=\frac{1}{c}+\sum_{j=1}^{n-1}(2j+1)=\frac{1}{c}+n^2-1，从而 an=cnbn=cn−1(c(n2−1)+1)a_n=c^n b_n=c^{n-1}\left(c(n^2-1)+1\right). \item 由通项公式，
a2k−a2k−1=c2k−2((4k2−1)c2+(−4k2+4k+1)c−1)a_{2k}-a_{2k-1}=c^{2k-2}\left((4k^2-1)c^2+(-4k^2+4k+1)c-1\right)
由于 c2k−2>0c^{2k-2}>0，条件等价于 Dk(c)>0D_k(c)>0，其中 Dk(c)=(4k2−1)c2+(−4k2+4k+1)c−1D_k(c)=(4k^2-1)c^2+(-4k^2+4k+1)c-1. 特别地，D1(c)=3c2+c−1>0D_1(c)=3c^2+c-1>0，所以 c<−1−136c<\frac{-1-\sqrt{13}}{6} 或 c>−1+136c>\frac{-1+\sqrt{13}}{6}. 另一方面，直接计算得 Dk(c)=D1(c)+4(k−1)c((k+1)c−k)D_k(c)=D_1(c)+4(k-1)c((k+1)c-k). 当 c<−1−136<0c<\frac{-1-\sqrt{13}}{6}<0 时，后加项为正，故所有 Dk(c)>0D_k(c)>0. 当 c⩾1c\geqslant1 时，D1(c)>0D_1(c)>0，且后加项非负，故所有 Dk(c)>0D_k(c)>0. 若 0<c<10<c<1，则 Dk(c)(4k2)→c2−c<0D_k\frac{(c)}{(4k^2)}\to c^2-c<0，故充分大的 kk 使 Dk(c)<0D_k(c)<0；若 −1−136⩽c⩽0\frac{-1-\sqrt{13}}{6}\leqslant c\leqslant0，则 D1(c)⩽0D_1(c)\leqslant0，也不满足严格不等式. 综上，cc 的取值范围为 (−∞,−1−136)∪[1,+∞)\left(-\infty,\frac{-1-\sqrt{13}}{6}\right)\cup[1,+\infty). \end{enumerate} \end{solution}

2010 · 重庆 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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16数列★★☆☆☆
已知 {an}\{a_n\} 是首项为 19，公差为 −2-2 的等差数列，SnS_n 为 {an}\{a_n\} 的前 nn 项和.
(1) 求通项 ana_{n} 及 SnS_{n}； (2) 设 {bn−an}\{b_{n}-a_{n}\} 是首项为 1，公比为 3 的等比数列，求数列 {bn}\{b_{n}\} 的通项公式及前 nn 项和 TnT_{n}.

2010 · 重庆 · 文 · 第 16 题 · 解答题

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21数列★★★★★
设 mm 个不全相等的正数 a1a_1，a2a_2，…\ldots，ama_m（m⩾7m\geqslant 7）依次围成一个圆圈.
(1) 若 m=2009m=2009，且 a1a_1，a2a_2，…\ldots，a1005a_{1005} 是公差为 dd 的等差数列，而 a1a_1，a2009a_{2009}，a2008a_{2008}，…\ldots，a1006a_{1006} 是公比为 qq 的等比数列；数列 a1a_1，a2a_2，…\ldots，ama_m 的前 nn 项和 SnS_n（n⩽mn\leqslant m）满足：S3=15S_3=15，S2009=S2007+12a1S_{2009}=S_{2007}+12a_1，求通项 ana_n（n⩽mn\leqslant m）. (2) 若每个数 ana_n（n⩽mn\leqslant m）是其左右相邻两数平方的等比中项，求证：a1+⋯+a6+a72+⋯+am2>ma1a2⋯ama_1+\cdots+a_6+a_7^2+\cdots+a_m^2>ma_1a_2\cdots a_m.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由正数条件 q>0q>0. 等比数列的排列顺序给出 a2009=a1qa_{2009}=a_1q，a2008=a1q2a_{2008}=a_1q^2. 又
S2009−S2007=a2008+a2009=12a1S_{2009}-S_{2007}=a_{2008}+a_{2009}=12a_1
所以 q2+q=12q^2+q=12. 结合 q>0q>0，得 q=3q=3.
令 a1=ta_1=t. 前 10051005 项为等差数列，且
S3=a1+(a1+d)+(a1+2d)=3a1+3d=15S_3=a_1+(a_1+d)+(a_1+2d)=3a_1+3d=15
故 d=5−td=5-t. 因而 an=t+(n−1)(5−t)a_n=t+(n-1)(5-t)，1⩽n⩽10051\leqslant n\leqslant1005. 后面的等比数列按题目给出的次序为 an=t 32010−na_n=t\,3^{2010-n}，1006⩽n⩽20091006\leqslant n\leqslant2009. 为了保证等差部分各项为正，只需两端均为正，即 t>0t>0，t+1004(5−t)=5020−1003t>0t+1004(5-t)=5020-1003t>0. 所以题面条件得到的是一族数列
0<t<50201003,an={t+(n−1)(5−t),1⩽n⩽1005,t 32010−n,1006⩽n⩽2009.0<t<\frac{5020}{1003},\qquad a_n=\begin{cases} t+(n-1)(5-t),&1\leqslant n\leqslant1005,\\ t\,3^{2010-n},&1006\leqslant n\leqslant2009. \end{cases}
题面没有给出 d=qd=q 或其他联系 dd 与 qq 的条件，因此不能唯一确定 tt. 例如额外补充题面未出现的 d=qd=q 时才得到 t=2t=2，d=3d=3，这不能作为原题的必然结论.
\item 由于各项为正，“ana_n 是左右相邻两数平方的等比中项”表示
an2=an−1 2an+1 2a_n^2=a_{n-1}^{\,2}a_{n+1}^{\,2}
其中下标按圆圈循环. 于是 an=an−1an+1a_n=a_{n-1}a_{n+1}，an+1=anan−1a_{n+1}=\frac{a_n}{a_{n-1}}. 逐次使用后一关系，得到 ar+2=ar+1ara_{r+2}=\frac{a_{r+1}}{a_r}，ar+3=1ara_{r+3}=\frac1{a_r}，ar+4=1ar+1a_{r+4}=\frac1{a_{r+1}}，ar+5=arar+1a_{r+5}=\frac{a_r}{a_{r+1}}，ar+6=ara_{r+6}=a_r. 所以数列具有六项周期.
若 m=6k+pm=6k+p，其中 0⩽p<60\leqslant p<6，圆周闭合又使数列具有 pp 项周期. 若 p=1p=1 或 p=5p=5，所有项相等，设为 cc，递推式给出 c=c2c=c^2，因正数而 c=1c=1. 若 p=2p=2 或 p=4p=4，奇数项均为 uu、偶数项均为 vv，递推式给出 u=v2u=v^2、v=u2v=u^2，从而 u=v=1u=v=1. 若 p=3p=3，设三个周期值为 uu，vv，ww，则 u=wvu=wv，v=uwv=uw，w=uvw=uv. 由前两式得 w=1w=1，再由第三式得 u=v=1u=v=1. 这些情形都与“不全相等”矛盾，故 m=6km=6k.
将递推式对 n=1n=1，…\ldots，mm 相乘，设 P=a1a2⋯amP=a_1a_2\cdots a_m，则
P=P2P=P^2
因 P>0P>0，故 P=1P=1. 由 a2=a1a3a_2=a_1a_3，a3=a2a4a_3=a_2a_4，a4=a3a5a_4=a_3a_5，a5=a4a6a_5=a_4a_6 依次得到 a3=a2a1a_3=\frac{a_2}{a_1}，a4=1a1a_4=\frac1{a_1}，a5=1a2a_5=\frac1{a_2}，a6=a1a2a_6=\frac{a_1}{a_2}. 因此 a1+a4⩾2a_1+a_4\geqslant2，a2+a5⩾2a_2+a_5\geqslant2，a3+a6⩾2a_3+a_6\geqslant2. 三式同时取等号会导致 a1=a2=1a_1=a_2=1，进而六项全为 11，再由六项周期与“不全相等”矛盾，所以
a1+⋯+a6>6a_1+\cdots+a_6>6
同样由平方的均值不等式， a12+a42⩾2a_1^2+a_4^2\geqslant2，a22+a52⩾2a_2^2+a_5^2\geqslant2，a32+a62⩾2a_3^2+a_6^2\geqslant2， 故 a12+⋯+a62⩾6a_1^2+\cdots+a_6^2\geqslant6. 因 m=6km=6k 且六项周期，
a72+⋯+am2=(k−1)(a12+⋯+a62)⩾6(k−1)a_7^2+\cdots+a_m^2=(k-1)(a_1^2+\cdots+a_6^2)\geqslant6(k-1)
于是
a1+⋯+a6+a72+⋯+am2>6+6(k−1)=6k=m=mP=ma1a2⋯ama_1+\cdots+a_6+a_7^2+\cdots+a_m^2 >6+6(k-1)=6k=m=mP=ma_1a_2\cdots a_m
证毕. \end{enumerate} \end{solution}

2009 · 重庆 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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21数列★★★★★
已知 a1=1a_1 = 1，a2=4a_2 = 4，an+2=4an+1+ana_{n+2} = 4a_{n+1} + a_n，bn=an+1anb_n = \frac{a_{n+1}}{a_n}，n∈N∗n \in \mathbf{N}^*.
(1) 求 b1b_{1}，b2b_{2}，b3b_{3} 的值； (2) 设 cn=bnbn+1c_{n} = b_{n}b_{n + 1}，SnS_{n} 为数列 {cn}\{c_n\} 的前 nn 项和. 求证： Sn⩾17nS_{n} \geqslant 17n； (3) 求证： ∣b2n−bn∣<164⋅117n−2|b_{2n} - b_n| < \frac{1}{64} \cdot \frac{1}{17^{n-2}}.

2009 · 重庆 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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22数列★★★★★
设各项均为正数的数列 {an}\{a_{n}\} 满足 a1=2a_1 = 2，an=an+132an+2a_n = a_{n+1}^{\frac{3}{2}} a_{n+2}（n∈N∗n \in \mathbf{N}^*）.
(1) 若 a2=14a_2 = \frac{1}{4}，求 a3a_3，a4a_4 并猜想 a2008a_{2008} 的值 （不需证明）； (2) 记 bn=a1a2⋯anb_n = a_1a_2 \cdots a_n（n∈N∗n \in \mathbf{N}^*），若 bn⩾22b_n \geqslant 2\sqrt{2} 对 n⩾2n \geqslant 2 恒成立，求 a2a_2 的值及数列 {bn}\{b_n\} 的通项公式.

2008 · 重庆 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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22数列★★★★★
设各项均为正数的数列 {an}\{a_{n}\} 满足 a1=2a_1 = 2，an=an+132an+2a_n = a_{n+1}^{\frac{3}{2}} a_{n+2}（n∈N∗n \in \mathbf{N}^*）.
(1) 若 a2=14a_2 = \frac{1}{4}，求 a3a_3，a4a_4，并猜想 a2008a_{2008} 的值 （不需证明）； (2) 若 22⩽a1a2⋯an<42\sqrt{2} \leqslant a_1a_2 \cdots a_n < 4 对 n⩾2n \geqslant 2 恒成立，求 a2a_2 的值.

2008 · 重庆 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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21数列★★★★☆
已知各项均为正数的数列 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和 SnS_{n} 满足 S1>1S_{1} > 1，且 6Sn=(an+1)(an+2)6S_{n} = (a_{n} + 1)(a_{n} + 2)，n∈N+n \in \mathbf{N}_{+}.
(1) 求 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 设数列 {bn}\{b_{n}\} 满足 an(2bn−1)=1a_{n}(2^{b_{n}}-1)=1，并记 TnT_{n} 为 {bn}\{b_{n}\} 的前 nn 项和，求证： 3Tn+1>log⁡2(an+3)3T_{n}+1>\log_{2}(a_{n}+3)，n∈N+n\in\mathbf{N}_{+}.

2007 · 重庆 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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22数列★★★★★
已知各项均为正数的数列 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和 SnS_{n} 满足 S1>1S_{1} > 1，且 6Sn=(an+1)(an+2)6S_{n} = (a_{n} + 1)(a_{n} + 2)，n∈N+n \in \mathbf{N}_{+}.
(1) 求 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 设数列 {bn}\{b_n\} 满足 an(2bn−1)=1a_n(2^{b_n} - 1) = 1，并记 TnT_n 为 {bn}\{b_n\} 的前 nn 项和，求证：3Tn+1>log⁡2(an+3)3T_n + 1 > \log_2(a_n + 3)，n∈N+n \in \mathbf{N}_{+}.

2007 · 重庆 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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