专题 06 数列
1．B
2．A
3．D
4．AC
5．1
6．90
7．25
1．C
2．A
3．B
4．B
5．C.
6．A
7．A
8．D
1．【详解】（1）已知an+1=2Sn+2(n∈N
∗)，当n≥2时，有an=2Sn−1+2，
用an+1=2Sn+2减去an=2Sn−1+2，根据Sn−Sn−1=an(n≥2)，
可得：an+1−an=2an，即an+1=3an(n≥2)，
当n=1时，a2=2S1+2=2a1+2，
又a1=2，所以a2=2×2+2=6，此时a2=3a1，满足an+1=3an，
所以数列{an)是以a1=2为首项，3 为公比的等比数列，即an=2×3
n−1，
（2）由（1）可得an+1=2×3
n，
又an+1=2Sn+2，所以2Sn+2=2×3
n，化简可得Sn=3
n−1，
考点1
等差数列及性质
考点2
等比数列及性质
考点3
数列求和
则Sn+1=3
n,Sn+1+1=3
n+1，
所以bn=
1
log3(Sn+1)log3(Sn+1+1)
=
1
log33
n⋅log33
n+1 =
1
n(n+1) = 1
n −
1
n+1
．
所以数列{bn)的前n项和T n
为：
T n=b1+b2+⋯+bn=(1−1
2)+(
1
2 −1
3)+⋯+(
1
n −
1
n+1)=1−
1
n+1 =
n
n+1
．
2．【详解】（1）设等差数列{an)的公差为d，
由a3=5，S4=16得{
a1+2d =5
4 a1+6d =16)
，解得{
a1=1
d =2)
，
故an=1+(n−1)×2=2n−1；
（2）bn=(
1
2)
an
=(
1
2)
2n−1
=2×(
1
4)
n，则❑❑
bn+1
bn
=
2×(
1
4)
n+1
2×(
1
4)
n = 1
4
，
故{bn)是以b1= 1
2
为首项，以1
4
为公比的等比数列，
故T n=
1
2[1−(
1
4)
n
)
1−1
4
= 2
3[1−(
1
4)
n
)
，
由于1−(
1
4)
n随着n 的增大而增大，n∈N
∗，故T n
是关于n 的增函数，
故T n≥T 1= 2
3[1−(
1
4)
1
)= 1
2
，
又1−(
1
4)
n
<1，故T n= 2
3[1−(
1
4)
n
)< 2
3
,
综上可知1
2 ≤T n< 2
3
.
3．【详解】（1）由题意4 Sn=(an+1)
2=an
2+2an+1.
当n=1时，4 a1=a1
2+2a1+1 ⇒ (a1−1)
2=0 ⇒ a1=1.
当n≥2时，4 Sn=an
2+2an+1，4 Sn−1=an−1
2
+2an−1+1，
两式相减，得4 an=an
2+2an−an−1
2
−2an−1
所以2(an+an−1)=(an+an−1)(an−an−1)，
又因为an>0，所以an−an−1=2.
所以数列{an)是以a1=1为首项，以d =2为公差的等差数列.
所以an=1+(n−1)×2=2n−1.
（2）因为bn=(−1)
n+1⋅
4 n
an⋅an+1
=(−1)
n+1⋅
4 n
(2n−1)⋅(2n+1)
=(−1)
n+1⋅(
1
2n−1 +
1
2n+1)
，
所以T 2n=(1+ 1
3)−(
1
3 + 1
5)+(
1
5 + 1
7)− ⋯ +(
1
4 n−3 +
1
4 n−1)−(
1
4 n−1 +
1
4 n+1)
=1−
1
4 n+1
，
因为{T 2n}为单调递增数列，且T 2×1=1−1
5 = 4
5
,
所以4
5 ≤T 2n<1.
4．【详解】（1）设等差数列{an)的公差为d，由题意得{
2a1+ 4 d =14
2a1+6d =20)
，
解得{
a1=1
d =3)
，所以an=3n−2．
（2）因为数列{bn−an)是首项为1，公比为2 的等比数列，
所以bn−an=2
n−1．
从而bn=2
n−1+an=2
n−1+3n−2，
所以Sn=(1+2+2
2+⋯+2
n−1)+[1+ 4 +7+⋯+(3n−2)) =2
n−1+ n(3n−1)
2
．
5．【详解】（1）∵2an Sn=an
2+1，
当n=1时，2a1S1=a1
2+1，2a1
2=a1
2+1，a1
2=1，∵an>0，∴a1=1，
当n≥2时∵2an Sn=an
2+1，∴2(Sn−Sn−1)Sn=(Sn−Sn−1)
2+1，
∴2Sn
2−2Sn−1Sn= Sn
2−2Sn−1Sn+ Sn−1
2
+1，∴Sn
2= Sn−1
2
+1，
∴{Sn
2)是等差数列，公差d =1，首项为S1
2=1，
∴Sn
2= S1
2+(n−1)d =1+(n−1)×1=n，
∵an>0，∴Sn= ❑√n，∴an= Sn−Sn−1= ❑√n−❑√n−1，
验证n=1时也成立，∴an= ❑√n−❑√n−1；
（2）∵bn= Sn
2，Sn
2=n，∴bn=n，
设cn=
1
bnbn+2
，∵bn=n，∴bn+2=n+2，∴cn=
1
n(n+2) = 1
2(
1
n −
1
n+2)
，
∴
1
b1b3
+
1
b2b4
+
1
b3b5
+
1
b4b6
+⋯+
1
bn−1bn+1
+
1
bnbn+2
=c1+c2+c3+⋯+cn
= 1
2(
1
1 −1
3 + 1
2 −1
4 + 1
3 −1
5 + 1
4 −1
6 ⋯+
1
n−1 −
1
n+1 + 1
n −
1
n+2)
= 1
2(
1
1 + 1
2 −
1
n+1 −
1
n+2)= 1
2(
3
2 −
1
n+1 −
1
n+2)< 1
2 × 3
2 = 3
4
.
6．【详解】（1）当n=1时，2S1=3a1−3 ⇒ 2a1=3a1−3 ⇒ a1=3，
当n≥2时，2Sn=3an−3，2Sn−1=3an−1−3，
两式相减得，2(Sn−Sn−1)=3an−3an−1
⇒ 2an=3an−3an−1
⇒ an=3an−1
⇒ an
an−1
=3，
所以{an)是以3为首项，3 为公比的等比数列，
故an=3
n.
（2）当n为奇数时，bn=an=3
n，
当n为偶数时，bn= log3an= log33
n=n，
所以T 2n=(b1+b3+⋯+b2n−1)+(b2+b4+⋯+b2n) =(3+3
3+⋯+3
2n−1)+(2+ 4 +⋯+2n)
= 3(1−9
n)
1−9
+ n(2+2n)
2
= 3(9
n−1)
8
+n
2+n
.
7．【详解】（1）解：因为数列{an+ kn+b)为等比数列（k ,b为常数），设公比为q，
所以，当n≥2时，an+kn+b=q[an−1+k (n−1)+b)，即an=q an−1+(qk −k )n−qk +qb−b，
因为，n≥2时，an=2an−1−n+2，
所以{
q =2,
qk −k =−1,
−qk +qb−b=2)
,解得{
q =2,
k =−1,
b=0 )
所以an−n=2[an−1−(n−1))，n≥2，
又a1=3，a1−1=2，
所以{an−n)是等比数列，公比为2，首项为2，
所以an−n=2×2
n−1=2
n，即an=2
n+n
（2）解：由（1）知bn=an
2−nan=(2
n+n)⋅2
n= 4
n+n⋅2
n，
令{n⋅2
n)的前n项和为T n
，
则T n=1×2+2×2
2+3×2
3+⋯+(n−1)⋅2
n−1+n⋅2
n
2T n=1×2
2+2×2
3+3×2
4+⋯+(n−1)⋅2
n+n⋅2
n+1，
两式相减得：−T n=2+2
2+2
3+2
4+⋯+2
n−n⋅2
n+1= 2(1−2
n)
1−2
−n⋅2
n+1
=2
n+1−2−n⋅2
n+1=(1−n)2
n+1−2，
所以T n=(n−1)2
n+1+2
所以数列{bn)的前n项和
Sn= 4(1−4
n)
1−4
+(n−1)⋅2
n+1+2= 4
n+1−4
3
+(n−1)⋅2
n+1+2= 4
n+1+2
3
+(n−1)⋅2
n+1.
8．【详解】（1）由题意得，
cn+1−cn=[ λ(n+1)+ μ)(
1
2)
n+1
−(λn+ μ)(
1
2)
n
=(−λ
2 n+ λ
2 −μ
2)(
1
2)
n，
又an=cn+1−cn=(−2n+1)(
1
2)
n
∴−λ
2 n+ λ
2 −μ
2 =1−2n，即−λ
2 =−2，λ
2 −μ
2 =1⇒λ = 4，μ=2.
（2）依题意：Sn=a1+a2+⋯+an=(c2−c1)+(c3−c2)+⋯+(cn+1−cn)=cn+1−c1
由（1）可得cn=(4 n+2)⋅(
1
2)
n，c1=(4+2)⋅(
1
2)
1
=3，
cn+1=(4 n+4+2)⋅(
1
2)
n+1
=(4 n+6)⋅(
1
2)
n+1
=(2n+3)⋅(
1
2)
n
∴Sn=∑
i=1
n
ai=∑
i=1
n
(ci+1−ci)=cn+1−c1=(2n+3)⋅1
2
n −3，n∈N
*.
9．【详解】（1）由an+1+2
n+1= 4 an
，则an+1−2
n+1= 4 an−2⋅2
n+1= 4(an−2
n)，
又a1−2
1= 4，所以数列{an−2
n)是以4 为首项4 为公比的等比数列.
（2）由（1）知，an−2
n= 4
n，则an= 4
n+2
n，
所以Sn= 4
1+ 4
2+⋯+ 4
n+2
1+2
2+⋯+2
n= 4×(1−4
n)
1−4
+ 2×(1−2
n)
1−2
= 4
n+1
3 +2
n+1−10
3
.
（3）由an= 4
n+2
n，
则bn=
an
an+2 =
4
n+2
n
4
n+2
n+2
，
由于4
n+2
n<4
n+2
n+2，则bn<1，
所以T n=b1+b2+⋯+bn<n.
由bn=
an
an+2 =1−
2
an+2
，则T n=n−2∑
k =1
n
1
ak +2
，
要证T n>n+ 2
3(
2
5)
n
−2
3
，即证∑
k =1
n
1
ak +2 < 1
3[1−(
2
5)
n
)
，
由an+1+2
n+1= 4 an
，则ak +1+2
k +1= 4 ak
，
则ak +1+2= 4 ak−2
k +1+2= 4(ak +2)−2
k +1−6，
下面证明ak +1+2> 5
2 (ak +2)，
当k =1时，a2+2=22, 5
2 (a1+2)=20，即a2+2> 5
2 (a1+2)；
假设k =m，m≥2，m∈N
∗时，am+1+2> 5
2 (am+2)，
则k =m+1时，am+2+2= 4(am+1+2)−2
m+2−6>4× 5
2 (am+2)−2
m+2−6= 5
2 (4 am+2)−2
m+2+9
= 5
2[(4 am+2)−1
5 ⋅2
m+3+ 18
5 )= 5
2[4(am+2)−2
m+1−6+ 1
5 ⋅2
m+1+ 48
5 )
= 5
2(am+1+2+ 1
5 ⋅2
m+1+ 48
5 )> 5
2 (am+1+2)
.
综上所述，ak +1+2> 5
2 (ak +2)，则
1
ak +1+2 < 2
5 ⋅
1
ak +2，
所以
1
ak +2 < 2
5 ⋅
1
ak −1+2 <(
2
5)
2
⋅
1
ak −2+2 <⋯<(
2
5)
k −1
⋅
1
a1+2 = 1
8 ⋅(
2
5)
k −1，
则
1
ak +2 ≤1
8 ⋅(
2
5)
k −1，当且仅当k =1时取等，
则∑
k =1
n
1
ak +2 ≤1
8 ⋅
1−(
2
5)
n
1−2
5
= 5
24[1−(
2
5)
n
)< 1
3[1−(
2
5)
n
)，即T n>n+ 2
3(
2
5)
n
−2
3.
综上所述，n+ 2
3(
2
5)
n
−2
3 <T n<n.
1．ACD
2．BCD.
3．7
9
；4
4．【详解】（1）设等差数列{an)的首项为a1
，公差为d，因为a2=5,S5= 40.
所以a1+d =5,5a1+ 5×4
2
d = 40，解得a1=2,d =3.
所以Sn=na1+ n(n−1)
2
d =2n+ 3n(n−1)
2
= 3
2 n
2+ 1
2 n.
（2）bn=
1
Sn+n =
1
3
2 n
2+ 3
2 n
= 2
3 ·
1
n
2+n
= 2
3(
1
n −
1
n+1).
所以
T n=b1+b2+⋯+bn= 2
3(
1
1 −1
2)+ 2
3(
1
2 −1
3)+⋯2
3(
1
n −
1
n+1)= 2
3(1−1
2 + 1
2 −1
3 +⋯+ 1
n −
1
n+1)= 2
3(1−
1
n+1)
考点4
数列的应用
因为不等式T n<m对任意n∈N
∗恒成立，则有2
3(1−
1
n+1)<m对任意n∈N
∗恒成立，
又2
3(1−
1
n+1)< 2
3
，所以m≥2
3
.
5．【详解】（1）∵Sn=5n
2−4 n，当n=1时，a1= S1=5×1
2−4×1=1
当n≥2时，Sn−1=5(n−1)
2−4 (n−1)=5n
2−14 n+9
两式作差可得：n≥2，an= Sn−Sn-1=10n−9，n=1时，a1=10×1−9=1符合上式，
故综上：an=10n−9；
（2）由（1）可知an=10n−9，则anbn=(10n−9)2
n，
T n=1×2
1+11×2
2+21×2
3+⋯+(10n−9)×2
n
2T n=1×2
2+11×2
3+21×2
4+⋯+(10n−9)×2
n+1
两式相减得：
−T n=2+10×2
2+10×2
3+⋯+10×2
n−(10n−9)×2
n+1
=2+ 10×2
2(1−2
n−1)
1−2
−(10n−9)×2
n+1=2+10×2
n+1−40−(10n−9)×2
n+1
=−38+2
n+1(19−10n)
T n=38+(10n−19)2
n+1
数列{anbn)的前n 项和T n=38+(10n−19)2
n+1
（3）存在正整数n的值为4，5，6 时，满足an、bn、cn的值均能构成三角形
由题意得：an,bn,cn>0
不妨设A(n,an),B(n,bn),C (n,cn)，故三点均在第一象限内，
由cn= λ an+(1−λ)bn
可知，⃗BC = λ⃗BA , λ∈[0,1),故点C恒在线段AB上，
则由min{an,bn)≤cn≤max{an,bn)<an+bn
，
即对任意得λ∈[0,1)，cn<an+bn恒成立
令10 x−9=2
x，构造函数f (x)=2
x−10 x +9, x>0
则f
′ (x)=2
x ln2−10，由f
′ (x)单调递增，又f
′ (3)<0,f
′ (4)>0
存在x0∈(3,4)使得f
′(x0)=0
即当0< x< x0
时，f
′ (x)<0，故函数f (x)在区间(0, x0)上单调递减，
当x> x0
时，f
′ (x)>0，故函数f (x)在区间(x0,+∞)上单调递增；
故f (x)至多2 个零点，又由f (1)>0,f (2)<0,f (5)<0,f (6)>0，可知f (x)存在2 个零点，
不妨设x1, x2(x1< x2)，且x1∈(1,2)，x2∈(5,6).
①若an≤bn，10n−9≤2
n，此时n=1或n≥6，则an≤cn≤bn，可知bn+cn>an成立，
要使an、bn、cn的值均能构成三角形，所以an+cn>bn恒成立，故bn<2an，
所以有{
10n−9≤2
n
2
n<2(10n−9))
，解得n=6；
②若an≥bn，10n−9≥2
n时，此时n=2,3,4,5，则an≥cn≥bn，可知an+cn>bn成立，
要使an、bn、cn的值均能构成三角形，所以bn+cn>an恒成立，故an<2bn，
所以有{
10n−9≥2
n
10n−9<2
n+1)
，解得n= 4或5；
综上可知，正整数n为4，5，6.
6．【详解】（1）由题意，甲每局比赛获胜的概率为1
3
，则乙每局比赛获胜的概率为2
3
，
p3表示经过 3 局比赛甲获胜的概率，
由甲经过 3 局比赛获胜，又净胜局数为3，则甲3 局全胜，
故p3=(
1
3)
3
= 1
27
；
p5为经过5 局甲获胜的概率，
∵某人的净胜局数=某人胜的局数-某人负的局数，
∴由经过5 局甲才获胜，净胜局数为3，
则5 局中甲胜4局负1局，且负局必在前3局中（若不在，则3 局甲全胜比赛结束），第4、5局均
获胜，
∴p5=C3
2(
1
3)
2
(
2
3)
1
⋅(
1
3)⋅(
1
3)= 2
81
．
（2）由题意，qk为事件“X =k时，甲最终获得训练赛胜利”发生的概率，
由乙胜的局数即为甲负的局数，甲胜的局数与乙胜的局数的差为X，
故X即为甲的净胜局数，所以X =−3,−2,−1,0,1,2,3.
经过若干局后，假定当前X =k，
①当k =3时，即甲的净胜局数X =3，
则此时甲获得训练赛胜利并结束训练赛，所以q3=1；
②当k =−3时，即甲的净胜局数X =−3，乙的净胜局数−X =3，
则此时乙获得训练赛胜利并结束训练赛，则q−3=0；
③当−2≤k ≤2,k ∈Z时，
由甲的净胜局数−2≤X ≤2，则乙的净胜局数为−X，且−2≤−X ≤2，
故根据比赛规则比赛并未结束，要继续下一局.
记事件Ak =“X =k时，甲最终获得训练赛胜利”（−2≤k ≤2,k ∈Z），事件B =“下一局比赛甲
获胜”，
下一局若甲赢（即事件B发生），则X =k +1；若乙赢（即事件B发生），则X =k −1；
因为qk = P( Ak)，qk +1= P( Ak +1)，qk −1= P( Ak −1)，且P(B)= 1
3 , P(B)=1−P(B)= 2
3
，
所以由全概率公式得，
P( Ak)= P( Ak|B)P(B)+ P( Ak|B)P(B)，即P( Ak)= P( Ak +1)P(B)+ P( Ak −1)P(B)，
因此qk = 1
3 qk +1+ 2
3 qk −1，整理得qk +1=3qk−2qk −1，
两边都减去qk
，则可得qk +1−qk =2(qk−qk −1)，
又当k =−2时，q−2−q−3=q−2≠0，
故数列：q−2−q−3,q−1−q−2,q0−q−1,q1−q0,q2−q1,q3−q2是公比为2 的等比数列．
即数列{qk +1−qk) (−3≤k ≤2,k ∈Z )是公比为2 的等比数列．
（3）由题意，甲最终获得训练赛胜利的概率即为q0.
记ak =qk +1−qk(−3≤k ≤2,k ∈Z )，
则q3−q−3=a2+a1+a0+a−1+a−2+a−3=1−0=1，
由（2）知，数列{qk +1−qk) (−3≤k ≤2,k ∈Z )是公比为2 的等比数列，
则q3−q−3=a−3(1+2+2
2+2
3+2
4+2
5)=1，解得a−3= 1
63
，
所以a−3+a−2+a−1=a−3(1+2+2
2)=7× 1
63 = 1
9
，
又a−3+a−2+a−1=(q−2−q−3)+(q−1−q−2)+(q0−q−1)=q0−q−3=q0，
所以q0= 1
9
，
故甲最终获得训练赛胜利的概率为1
9
.
7．【详解】（1）Pi（i≥2，i为整数）表示甲同学投篮i次恰好有2 次命中的概率，
所以当i= 4时，P4=C4
2(
2
3)
2
(
1
3)
2
= 8
27
.
（2）（i）前五次命中一次的概率为：C5
1(
2
3)(
1
3)
4
= 10
243
,
前五次一次都不命中的概率为：(
1
3)
5
= 1
243
，
所以P(ξ =6)= 10
243 + 1
243 = 11
243
.
（ii）Pi=Ci
2⋅(
2
3)
2
(
1
3)
i−2
= 2i(i−1)
9
(
1
3)
i−2，
设投篮次数为ξ，(ξ =2,3,⋯, N −1)，
P(ξ =k )=Ck −1
1 (
2
3)⋅(
1
3)
k −2
(
2
3)= 4 (k −1)
3
k
，
P(ξ = N )=1−∑
k =2
N −1
P(ξ =k )，
记SN =∑
k =2
N −1 4 (k −1)
3
k
= 4(
1
3
2 + 2
3
3 +⋯+ N −2
3
N −1 )
①
1
3 SN = 4(
1
3
3 + 2
3
4 +⋯+ N −2
3
N )
②
①−②，错位相减可得，
2
3 SN = 4(
1
3
2 + 1
3
3 +⋯+
1
3
N −1 −N −2
3
N )
⇒2
3 SN = 4(
1
6 −(
1
2)×(
1
3)
N −1
−N −2
3
N )
⇒SN =1−2 N −1
3
N −1
所以P(ξ = N )=1−∑
k =2
N −1
P(ξ =k )= 2 N −1
3
N −1
，
所以E (ξ)= N ⋅P(ξ = N )+∑
k =2
n−1
k ⋅P(ξ =k ) = N × 2 N −1
3
N −1 +∑
k =2
N −1
k × 4 (k −1)
3
k
因为E(ξ)≥2∑
i=2
N +2
Pi
，所以N × (2 N −1)
3
N −1
+∑
k =2
N −1
k ⋅4 (k −1)
3
k
≥2×∑
i=2
N +2 i(i−1)
2
4
3
i
,
⇒N × (2 N −1)
3
N −1
+∑
k =2
N −1
k ⋅4 (k −1)
3
k
≥∑
i=2
N +2 4i(i−1)
3
i
⇒(2 N
2−N )
3
N −1
+(
4×2
3
2 +⋯+ 4 (N −1)(N −2)
3
N −1
)≥(
4×2
3
2 +⋯+ 4× N ×(N −1)
3
N
+ 4× N (N +1)
3
N +1
+ 4×(N +1)(N +2)
3
N +2
)
⇒3(2 N
2−N )≥4 N
2−4 N + 4 N
2+ 4 N
3
+ 4 N
2+12 N +8
9
⇒2 N
2−15 N −8≥0
解得：N ≥8，所以N的最小值为8.
8．【详解】（1）（1）依题意，第一天在任意餐厅就餐的概率均为1
3
，设第二天在B 餐厅就餐的
概率为P2
于是：P2= 1
3 × 3
10 + 1
3 × 1
5 + 1
3 × 3
10 = 4
15
；
（2）设小丁第n天在B餐厅就餐的概率为Pn,P1= 1
3
，第n天在A餐厅就餐的概率为Qn则：
当n≥2时Pn= 3
10 Qn−1+ 1
5 Pn−1+ 3
10 (1−Pn−1−Qn−1)⇒Pn=−1
10 Pn−1+ 3
10
，
即Pn−3
11 =−1
10(Pn−1−3
11)，即
Pn−3
11
Pn−1−3
11
=−1
10
，
所以{Pn−3
11)
是以−1
10
为公比，P1−3
11 = 1
3 −3
11 = 2
33
为首项的等比数列；
所以Pn−3
11 = 2
33 ⋅(−1
10)
n−1，于是Pn= 2
33 ⋅(−1
10)
n−1
+ 3
11
，n∈N
*；
（3）依题意： E (X )=∑
j =1
n
P j= 3
11 n+
2
33[1−(−1
10)
n
)
1+ 1
10
= 3
11 n+ 20
363[1−(−1
10)
n
)
， n∈N
*.
9．【详解】（1）点P1(−2,1)在抛物线C : x
2=2 py上，则(−2)
2=2 p，解得p=2，
∴抛物线C的方程为x
2= 4 y，
∵P1
，Q1
是C (k )斜率相关的，点P1(−2,1)，k =1，
∴P1Q1的方程为y = x +3，
由{
x
2= 4 y
y = x +3)
，解得x =−2或x =6，
设Q1(a1,b1)，∴ a1=6，
又∵ Q1(a1,b1)在x
2= 4 y上，∴ a1
2= 4 b1
，解得b1=9，则Q1(6,9)，
∴ |P1Q1)=
❑√(6+2)
2+(9−1)
2=8 ❑√2，
∵点O到P1Q1的距离为d = |0−0+3)
❑√1
2+(−1)
2 = 3 ❑√2
2
，
∴ △O P1Q1的面积为S = 1
2|P1Q1)d = 1
2 ×8 ❑√2× 3 ❑√2
2
=12．
（2）根据C (k )斜率相关的定义可知，PnQn的斜率为k，
把Pn(xn, yn)，Qn(an,bn)代入x
2= 4 y得{
xn
2= 4 yn
an
2= 4 bn)
，
∴(xn−an)(xn+an)= 4( yn−bn)，则k = yn−bn
xn−an
= xn+an
4
，
∴xn+an= 4 k①，
同理可得，−k = xn+1+an
4
，即xn+1+an=−4 k②，
kn= yn+1−yn
xn+1−xn
= xn+1+ xn
4
= xn−4 k
2
③，
∴an
kn
= 4 k −xn
xn−4 k
2
=−2，
∴对任意的正整数n, an
kn
是定值−2．
（3）由（2）中①②消去an得，xn+1−xn=−8k，
∴ {xn)是以x1=−2为首项，−8k为公差的等差数列，
∴xn=−2+(n−1)×(−8k )=−8nk +8k −2，
由（2）知kn= xn+1+ xn
4
，
∴kn= xn+1+ xn
4
= (−8kn−2)+(−8kn+8k −2)
4
= −16kn+8k −4
4
=−4 kn+2k −1，
∴
1
knkn+1
=
1
−4 kn+2k −1 ×
1
−4 kn−2k −1 =
1
4 kn−2k +1 ×
1
4 kn+2k +1
= 1
4 k(
1
4 kn−2k +1 −
1
4 kn+2k +1)
，
∴Sn= 1
4 k[(
1
4 k ×1−2k +1 −
1
4 k ×1+2k +1)+(
1
4 k ×2−2k +1 −
1
4 k ×2+2k +1))
+⋯+(
1
4 kn−2k +1 −
1
4 kn+2k +1))
= 1
4 k(
1
2k +1 −
1
4 kn+2k +1)
，
∵{Sn)对n单调递增，且对任意的正整数n，都有Sn> 1
4
，
∴ S1= 1
4 k(
1
2k +1 −
1
6 k +1)=
1
(2k +1)(6k +1) > 1
4
，
又∵k >0，
原式化简为12k
2+8k −3<0，解得0<k <
❑√13−2
6
，
∴实数k的取值范围为(0,
❑√13−2
6 )
．
10．【详解】（1）由题意可得f
′
n(x)=Cn
1+Cn
2⋅x
2 +Cn
3⋅x
2
3 +⋯+Cn
n⋅x
n−1
n
，
当0≤x ≤1
2
时，f
′
n(x)>0，故f n(x)在[0, 1
2)
单调递增，且n≥2，
因为f n(0)=−1<0，且
f n(
1
2)=−1+Cn
1
2 +⋯+Cn
n⋅(
1
2)
n
n
2 >−1+Cn
1
2 ≥−1+ 2
2 =0
，
所以对每个n≥2，n∈N
*，存在唯一的xn∈[0, 1
2)
，满足f n(xn)=0；
（2）由题意，当x>−1,2 x + x
2
4 ≥aln(x +1)恒成立，设g(x)= x
2
4 +2 x−aln(x +1)，
当a≤0时，由g(−1
2)=−15
16 +aln2<0，不合题意；
当a>0时，g
′ (x)= x
2 +2−
a
x +1
，则g
′ (x)在(−1,+∞)单调递增.
且x→−1，g
′ (x)→−∞，x→+ ∞，g
′ (x)→+ ∞.
①0<a<2时，由g
′ (0)=2−a>0，故存在x0∈(−1,0)，使g
′(x0)=0，
所以g(x)在[x0,0)单调递增.所以g(x0)< g(0)=0，矛盾；
②a>2时，由g
′ (0)=2−a<0，故存在x0∈(0,+∞)，使g
′(x0)=0，
所以g(x)在(0, x0)单调递减.所以g(x0)<g(0)=0，矛盾；
③a=2时，由g
′ (0)=2−a=0，所以g(x)在(−1,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增，
所以g(x)≥g(0)=0，不等式成立，满足题意；
综上所述，a=2；
（3）由题意，得f
′
n(x)=Cn
1+Cn
2 x
2 +Cn
3 x
2
3 +⋯+Cn
n x
n−1
n
，
则f
′
n(−1)=Cn
1+Cn
2 (−1)
1
2
+Cn
3 (−1)
2
3
+⋯+Cn
n (−1)
n−1
n
，
要证f
′
n(−1)=1+ 1
2 + 1
3 +⋯+ 1
n
，
需证Cn
1+Cn
2 (−1)
1
2
+Cn
3 (−1)
2
3
+⋯+Cn
n (−1)
n−1
n
=1+ 1
2 +⋯+ 1
n
，
设an=Cn
1+Cn
2 (−1)
1
2
+Cn
3 (−1)
2
3
+⋯+Cn
n (−1)
n−1
n
=∑
k =1
n
Cn
k (−1)
k −1
k
(n≥2,n∈N
*)，
因为an+1=∑
k =1
n+1
Cn+1
k
(−1)
k −1
k
=∑
k =1
n
(Cn
k +Cn
k −1)
(−1)
k −1
k
+Cn+1
n+1 (−1)
n
n+1
=∑
k =1
n
Cn
k (−1)
k −1
k
+∑
k =1
n+1
Cn
k −1 (−1)
k −1
k
，
由此可得an+1=an+∑
k =1
n+1
Cn
k −1 (−1)
k −1
k
①，
由Cn
k −1
k
=
n!
k ⋅(k −1)!(n+1−k )! =Cn+1
k
n+1
，
故∑
k =1
n+1
Cn
k −1 (−1)
k −1
k
=∑
k =1
n+1 Cn+1
k
(−1)
k −1
n+1
=−
1
n+1∑
k =1
n+1
Cn+1
k
(−1)
k
=−
1
n+1[∑
k =0
n+1
Cn+1
k
(−1)
k−Cn+1
0
(−1)
0)=−
1
n+1 [(1−1)
n+1−1)=
1
n+1
，
由①式可得an+1−an=
1
n+1
，an−an−1= 1
n
，⋯，a3−a2= 1
3
，
累加可得an=a2+ 1
3 +⋯+ 1
n
，并且a2= 3
2 =1+ 1
2
，所以an=1+ 1
2 +⋯+ 1
n
，
综上可知，f
′
n(−1)=1+ 1
2 + 1
3 +⋯+ 1
n
成立.
