递增数列的通向公式和前n项和的求法?

∵{a_n}是等比数列，
则由“a₁＜a₂＜a₃”可得数列{a_n}是递增数列，故充分性成立．
若数列{a_n}是递增数列，则一定有a₁＜a₂＜a₃，故必要性成立．
综上，“a₁＜a₂＜a₃”是“数列{a_n}是递增数列”的充分必要条件，
故选C．

点评：
本题考点： 必要条件、充分条件与充要条件的判断；数列的函数特性．

考点点评： 本题考查充分条件、必要条件的定义，递增数列的定义，判断充分性是解题的难点，属于中档题．

（1）证明：由4Sn−4n+1＝an2，
得4Sn−1−4(n−1)+1＝an−12(n≥2)，…（2分）
所以4an−4＝an2−an−12(n≥2)，
即an2−4an+4＝an−12，即(an−2)2＝an−12（n≥2），
所以a_n-2=a_n-1（n≥2）或a_n-2=-a_n-1（n≥2），
即a_n-a_n-1=2（n≥2）或a_n+a_n-1=2（n≥2），…（4分）
若a_n+a_n-1=2（n≥2），则有a₂+a₁=2，又a₁=1，
所以a₂=1，则a₁=a₂，这与数列{a_n}递增矛盾，
所以a_n-a_n-1=2（n≥2），故数列{a_n}为等差数列．…（6分）
（2）由（1）知a_n=2n-1，
所以
am2+am+12−am+22
amam+1=
(2m−1)2+(2m+1)2−(2m+3)2
(2m−1)(2m+1)
=
4m2−12m−7
4m2−1＝
4m2−1−12m−6
4m2−1＝1−
6/2m−1]，…（8分）
因为1−
6
2m−1∈Z，所以[6/2m−1∈Z，
又2m-1≥1且2m-1为奇数，所以2m-1=1或2m-1=3，故m的值为1或2．…（10分）
（3）由（1）知a_n=2n-1，则bn＝
1
(2n−1)(2n+1)＝
1
2(
1
2n−1−
1
2n+1)，
所以T_n=b₁+b₂+…+b_n
=
1
2[(1−
1
3)+(
1
3−
1
5)+…+(
1
2n−1−
1
2n+1)]
=
1
2(1−
1
2n+1)＝
n
2n+1]，…（12分）
从而λ•
n
2n+1＜n+18(−1)n+1对任意n∈N^*恒成立等价于：
当n为奇数时，λ＜
(2n+1)(n+18)
n恒成立，
记f(n)＝
(2n+1)(n+18)
n，则f(n)＝2(n+
9
n)+37≥49，当n=3时取等号，所以λ＜49，
当n为偶数时，λ＜
(2n+1)(n−18)
n恒成立．
记g(n)＝
(2n+1)(n−18)
n，因为g(n)＝2(n−
9
n)−35递增，所以g（n）_min=g（2）=-40，
所以λ＜-40．综上，实数λ的取值范围为λ＜-40．…（16分）

点评：
本题考点： 数列的求和；数列递推式．

考点点评： 本题考查等差数列的证明，考查满足条件的所有的正整数的求法，考查实数的取值范围的求法，解题时要注意裂项求和法的合理运用．

解方程x²-5x+4=0，得x₁=1，x₂=4．
因为数列{a_n}是递增数列，且a₁，a₃是方程x²-5x+4=0的两个根，
所以a₁=1，a₃=4．
设等比数列{a_n}的公比为q，则q2＝
a3
a1＝
4
1＝4，所以q=2．
则S6＝
a1(1−q6)
1−q＝
1×(1−26)
1−2＝63．
故答案为63．

点评：
本题考点： 等比数列的前n项和．

考点点评： 本题考查了等比数列的通项公式，考查了等比数列的前n项和，是基础的计算题．

（Ⅰ）①对于数列{x_n}，若A₁（-2，2），则A₂（2，2），
若A₁（-2，-2）则A₂（2，-2），均满足OA₁⊥OA₂，所以①具有性质P，故①正确；
②对于数列{y_n}，当A₁（-2，3）若存在A₂（x，y）满足OA₁⊥OA₂，
即-2x+3y=0，即 [y/x＝
2
3]，数列{y_n}中不存在这样的数x，y，因此②不具有性质P，故②不正确；
③取A₁（x_i，x_i），又数列{x_n}具有性质P，所以存在点A₂（x_i，x_j）使得OA₁⊥OA₂，
即x_ix_i+x_ix_j=0，又x_i≠0，所以x_i+x_j=0，故③正确；
④由③知，数列{x_n}中一定存在两项x_i，x_j使得x_i+x_j=0；
又数列{x_n}是单调递增数列且x₂＞0，所以1为数列{x_n}中的一项．
假设x₂≠1，则存在k（2＜k＜n，k∈N^*）有x_k=1，所以0＜x₂＜1．
此时取A₁（x₂，x_n），数列{x_n}具有性质P，所以存在点A₂（x_i，x_s）使得OA₁⊥OA₂，
所以x₂x_i+x_nx_s=0；只有x₁，所以当x₁=-1时x₂=x_nx_s＞x_s≥x₂，矛盾；
当x_s=-1时x₂=
xn
xi≥1，矛盾．所以x₂=1，故④正确．
故答案为：①③④．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，x₂=1．若数列{x_n}只有2014项且具有性质P，可得x₄=4，x₅=8，
猜想数列{x_n}从第二项起是公比为2的等比数列．（用数学归纳法证明）．
所以S₂₀₁₄=-1+1+2+4+…+2²⁰¹³
=2+4+…+2²⁰¹³
=
2−22013
1−2
=2²⁰¹³-2．
故答案为：2²⁰¹³-2．

点评：
本题考点： 数列的求和．

考点点评： 本题考查等差数列与等比数列的综合，考查新概念的理解与应用，突出考查抽象思维与反证法的综合应用，属于难题．

∵递增数列{a_n}满足a₁=6，且a_n+a_n-1=
9
an−an−1+8（n≥2），∴an2-an−12=8a_n-8a_n-1+9，
即 an2-8a_n+16=an−12-8a_n-1+16+9，即 (an−4)2=(an−1−4)2+9，故数列{(an−4)2}构成以9为公差的等差数列，且首项为 4．
∴(an−4)2=4+（n-1）9=9n-5．
∴(a70−4)2=625=25²，
∴a₇₀-4=25，
∴a₇₀=29，
故选 A．

点评：
本题考点： 等差数列的性质．

考点点评： 本题主要考查等差数列的定义和性质，等差数列的通项公式，得到数列{(an−4)2}构成以9为公差的等差数列，且首项为 4，是解题的关键，属于中档题．

∵a_n=2n+λ，∴a₁=2+λ，
∴S_n=
n(a1+an)
2=
n(2+λ+2n+λ)
2=n²+（λ+1）n，
由二次函数的性质可知−
λ+1
2×1≤1即可满足数列{S_n}为递增数列，
解不等式可得λ≥-3
故选：A

点评：
本题考点： 等差数列的性质．

考点点评： 本题考查等差数列的性质，涉及二次函数的性质和不等式，属中档题．

（1）由题意得a₂=3，a₅=9
公差d＝
a5−a2
5−2＝2
所以a_n=a₂+（n-2）d=2n-1
由Tn＝1−
1
2bn得
当n＝1时b1＝
2
3
当n≥2时bn＝Tn−Tn−1＝
1
2bn−1−
1
2bn
得bn＝
1
3bn−1
所以bn＝
2
3n
（2）由（1）得cn＝
4n+2
3n+1
∴cn+1−cn＝
4n+6
3n−1−
4n+2
3n+1＝
−8n
3n+2＜0
数列{c_n}减数列

点评：
本题考点： 等差数列与等比数列的综合；数列的函数特性．

考点点评： 解决等差、等比两个特殊数列，常利用等差、等比两个数列的通项公式及前n项和公式，列出关于基本量的方程组，解方程组求解．

（I）由题意，设首项为a₁，公比为q，则

a12q5＝32
a1q2+a1q3＝12，∴

a1＝1
q＝2或

a1＝32
q＝
1
2
∵等比数列{a_n}是递增数列，∴

点评：
本题考点： 数列的求和；等比数列的通项公式．

考点点评： 本题考查数列的通项与求和，正确运用数列的求和方法是关键．

根据题意，由a_n+1•a_n-1=a_n²，且{a_n}是递增数列，
可得{a_n}为等比数列；
则S₅、S₁₀-S₅、S₁₅-S₁₀，也是等比数列；
即S₅、50-S₅、210-50，三项等比数列，即有（50-S₅）²=S₅×（210-50），
解可得S₅=10或250，
又由{a_n}是递增数列，
∴S₅=10，
故选A．

点评：
本题考点： 等比关系的确定；等比数列的性质．

考点点评： 本题考查等比关系的确定以及等比数列前n项和的性质，注意牢记并灵活运用等比数列的性质．

∵
a25＝a10，∴(a1q4)2＝a1q9，
∴a₁=q，
∴an＝qn，
∵2（a_n+a_n+2）=5a_n+1，
∴2an(1+q2) ＝5anq，
∴2（1+q²）=5q，
解得q=2或q=[1/2]（等比数列{a_n}为递增数列，舍去）
∴an＝2n．
故答案为：2ⁿ．

点评：
本题考点： 数列递推式．

考点点评： 本题主要考查等比数列的通项公式，转化思想和逻辑推理能力，属于中档题．