不妨设a
n
=a
1
+（n-1）d ， 变形得：a
n
=dn+（a
1
-d）
∴S
n
=n
2
+（a
1
-）n ∴
d
2
d
2
d
2
d
2
S
n
d
S
d
=n+（a
1
-） 又∵a
n
=
n

22
nn
∴dn+（a
1
-d）=n+（a
1
-） 解之得：d=0，a
1
∈R
∵0≥0 ∴d≥0 ， ①错误②正确。 即可证明｛a
n
｝为常数列
∴③S
1
+S
2
+S
3
+……+S
n
=a
n
+2a
n
+3a< br>n
+……+na
n
=
确
∴S
n
=na
n
即（S
n
）
n
=n
n
（a
n
）
n
=n
n
（ a
1
a
2
a
3
…a
n
） ， ④正确
故正确答案为②③④

4、在数列｛a
n
｝中，定义以下两种新运算：
（1）a
p
*a
q
=a
p
a
q
+a
p+1
a
q-1
+a
p+2
a
q-2
+……+a
p+k
a
q-k
+……+a
q
a
p
（p，
q,k均为正整 数，且q≥p,0≤k≤q-p）
（例如：a
2
*a
4
=a
2
a
4
+a
3
a
3
+a
4
a
2
，a
3
*a
6
=a
3
a
6
+a
4
a
5
+a
5
a
4
+a
6
a
3
）
（2）a
p

a
q
=
a
p
a
q
a
p
a
q
n

n1

a
n
， ③正
2

若数列｛a
n
｝的前n项和满足S
1
=1 ，S
2
=3 ，S
n+1
-2S
n
+S
n-1
=1
（n≥2） ，数列｛b
n
｝的通项公式为bn
=a
1

a
n
，则b
120
=
解析：解法一：累加法
根据S
1
=1 ，S
2
=3得：a
1
=1 ，a
2
=2 ，根据S
n+1
-2S
n
+S
n-1
=1
得：（S
n+1
-S
n
）-（S
n
-S
n-1
）=1 ，即：a
n+1
-a
n
=1（n≥2） ∴a
n
=n
∴a
1
*a
n
=1
×
n+2（n-1）+3（n- 2）+……+n
×
1

另c
n
=a
1
*a
n
=1
×
n+2（n-1）+3（n-2）+……+n
×1 ①
∴c
n-1
=1
（
n- 1）+2（n-2）+3（n-3）+……+（n-1）
×
1 ②
n

n1

n
2
n
①-②得：c
n< br>-c
n-1
=n+（n-1）+（n-2）+……+1== ③
22
22

n1



n1
< br>n2



n2

根据③式得：c
n- 1
-c
n-2
= ，c
n-2
-c
n-3
= ，
22
2
2
2
2

n3

< br>
n3

c
n-3
-c
n-4
= ，…… ，c
2
-c
1
=
2
2
再根据a
1
*a
n
=1
×
n+2（n-1）+3（n-2）+……+n
×1得：
1
2
1
c
1
=a
1
*a< br>1
=1
×
1=1=
2
1
2
2
2
3
2
n
2
123n
将上述n个式子相加得：c
n
=
+

2
2
1n

n1

2n1

n

n 1


n

n1

n2

=




=
2

62
6
∴a
1
*a
n
=
aa
aa
n< br>
n1

n2

n

n2

, ∴b
n
=a
1

a
n
=
1n
=
1n
=
66
n1
a
1
an
120122
=2440
6
将n=120代入，得：b
1 20
=
解法二：S
n
法
根据S
1
=1 ，S
2
=3得：a
1
=1 ，a
2
=2 ，根据S
n+1
-2S
n
+S
n-1
=1
得：（S
n+1
-S
n
）-（S
n
-S
n-1
）=1 ，即：a
n+1
-a
n
=1（n≥2） ∴a
n
=n
∴a
1
*a
n
=1
×
n+2（n-1）+3（n- 2）+……+n
×
1
观察上式不难发现每一项中两个相乘的数字之和均为n+1，根 据这一
特点不妨构造一个以n为参数的新数列a
k
=k（n+1-k）=k（n+1） -k
2
（k为正整数） ∴a
1
=1（n+1）-1
2
，a
2
=2（n+1）-2
2
，

a
3
=3（n+1）-3
2
，…… ，a
n
=n（n+1）-n
2

∴T
n
=a
1
+a
2
+a
3
+…+a
n
=（1+2+3+… …+n）（n+1）（-
1
2
2
2
3
2
 n
2
）
=（n+1）
n

n1
< br>n

n1

2n1

n

n 1

n2

-=
266
（此处一定要注意待求的是T
n
而不是T
k
） ∴a
1
*a
n
=T
n
=
aa
aa
n

n1

n2

n

n 2

, ∴b
n
=a
1

a
n
=
1n
=
1n
=
66
n1
a
1a
n
120122
=2440
6
将n=120代入，得：b
120
=
解法三：分组求和法
根据S
1
=1 ，S
2
=3得：a
1
=1 ，a
2
=2 ，根据S
n+1
-2S
n
+S
n-1
=1
得：（S
n+1
-S
n
）-（S
n
-S
n-1
）=1 ，即：a
n+1
-a
n
=1（n≥2） ∴a
n
=n
n

n1

n
2
n
∴S
n< br>== ，a
1
*a
n
=a
1
×
n+a
2
（n-1）+a
3
（n-2）+……+a
n
×
2
2
1
∴a
1
*a
n
=a
1
+（a< br>1
+a
2
）+（a
1
+a
2
+a
3
）+……+（a
1
+a
2
+a
3
+……a
n
）
= S
1
+S
2
+S
3
+……+S
n

1
2
12
2
23
2
3
n
2
n
=
+++……+

2
222
1
2
 2
2
3
2
n
2
123 n
=
+

2
2
1
n

n1

2n1

n

n1


=




2

62

=n

n1

n2


6
∴b< br>n
=a
1

a
n
=
a
1
 a
n
a
1
a
n
n

n2
< br>==
6
n1
a
1
a
n
120122
=2440
6
将n=120代入，得：b
120
=

解法四：组合数法
根据S
1
=1 ，S
2
=3得：a
1
=1 ，a
2
=2 ，根据S
n+1
-2S
n
+S
n-1
=1
得：（S
n+1
-S
n
）-（S
n
-S
n-1
）=1 ，即：a
n+1
-a
n
=1（n≥2） ∴a
n
=n
∴S
n
=
n

n1

2
=C
n1
，a
1
*a
n
=a
1
×< br>n+a
2
（n-1）+a
3
（n-2）+……+a
n
×
1
2
∴a
1
*a
n
=a
1
+（a
1
+a
2
）+（a
1
+a
2
+a< br>3
）+……+（a
1
+a
2
+a
3
+……a
n
）
= S
1
+S
2
+S
3
+……+S
n

222
=
C
2
+
C
3
2
+
C< br>4
+……+
C
n1

3m1mm
将
C< br>2
2
和
C
3
等价代换，再根据组合数性质
C
n
+
C
n
=
C
n1
化简得：
3
a
1
*a
n
=
C
n2
==
aa
aa
n

n1

n2
< br>n

n2

，∴b
n
=a
1

a
n
=
1n
=
1n
=
66
n 1
a
1
a
n
120122
=2440
6将n=120代入，得：b
120
=
综上所述，此题正确答案为2440


三、简答题
5、已知：函数f(x)的导函数满足f'(x)-f'[ f'(x)-x]=1，g(x)=f(x)f'(x)
求：(1)若g(x)为单调函数，且存在x满足g'(x)=0，求g(x)的表
达式
(2)试证明函数g(x)的图像恒为以(14，0)为对称中心的中心对称
图形

（3）若h(x)=f'(1)+f'(2)+f'(3)+……+f'(x) ，(x ∈Z
*
)，求证对任意
的正整数m、n均满足h(m+n)=h(m)+h(n)+2 (m+n-1)这个条件的充要
条件是：(m
2
-m
2
n
2
+n
2
)-2(m-mn+n)+1=0
解析：(1)∵f'(x)-f'[f'(x)-x]=1 ①
∴f'[f'(x)-x]=f'(x)-1 ②
将f'(x)-x看成是f'(x)中的x（即作用对象）可得：
f'[f'(x)-x]-f'{f'[f'(x)-x]-[f'(x)-x]}=1
即： f'[f'(x)-x]-f'{f'[f'(x)-x]-f'(x)+x}=1
将②式代入上式得：f'[f'(x)-x]-f'[f'(x)-1-f'(x)+x]=1
即：f'[f'(x)-x]-f'(x-1)=1 ③
①式+③式得：f'(x)-f'(x-1)=2
∴导函数f'(x)的图像是斜率为2的直线，
不妨设f'(x)=2x+a 将f'(x)=2x+a代入①式中得：
2x+a-f'(2x+a-x)=1 即：2x+a-f'(x+a)=1
即：2x+a-[2(x+a)+a]=1 解之得：a=-
1
2
1
∴f(x)=x
2
-x+b (b为常数)
2
31b
∴g(x)=f(x)f'(x)=2x
3
-x
2
+(2b+
)x-
242
1
∴g'(x)=6x
2
-3x+(2b+)
4
1
2
∴f'(x)=2x-
又根据题意g(x)为单调函数且存在x满足g'(x)=0得g'(x)的△为0
即：(-3)
2
-4
×
6(2b+)=0 解之得： b=
因此g(x)=2x
3
-x
2
+
3
2
93
x-
24
96
1
4
3

48

（2）∵g(-x)=2
×
（-x）
3
-(-x)
2
+(2b+
)(-x)-
1
8
113111b
g(+x)=2
×
(+x)
3
-(
+x)
2
+(2b+)(
+x)-

4424442
1
=2x
3
+(2b-
)x
8
11
∴g(-x)+ g(
+x)=0
44
1
4
1
4
31
24
1
4
1
4
b
2
=-2x
3
-(2b-)x
∴函数g(x)恒关于点（14，0）中心对称
(3)由(1)得：f'(x)=2x-
∴h(x)=f'(1)+f'(2)+f'(3)+……+f'(x)
=2(1+2+3+……+x)-x=x
2
+
x
∴h(m+n)= (m+n)
2
+
(m+n)=m
2
+2mn+n
2
+
m+n
h(m)=m
2
+
m h(n)=n
2
+
n
∴h(m+n)-h(m)-h(n)=2mn ∴h(m+n)=h(m)+h(n)+2mn
又∵h(m+n)=h(m)+h(n)+2(m+n-1) ∴2mn=2(m+n-1) 即：
mn=m+n-1
又∵m ，n均∈Z
*
∴mn>0 ， m+n-1>0
∴m
2
n
2
=m
2
+n
2
+1+2mn-2m-2n
∴(m
2
-m
2
n
2
+n
2
)-2(m-mn+n)+1=0
同理：由(m
2
-m
2
n
2
+n
2
)-2(m-mn+n)+1=0也可 以导出：
h(m+n)=h(m)+h(n)+2(m+n-1)
∴h(m+n)=h(m) +h(n)+2(m+n-1)与(m
2
-m
2
n
2
+n< br>2
)-2(m-mn+n)+1=0互
为充要条件 ∴得证

1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2

f(x)+
6、已知g(x)=

bc

x1

， x<0且x∈Z
a
x
1
, x∈Z
*

f(x)
若：g(1)=2 , g(x+1)=2g(x)+
求：(1)g(x)的最值（x>0）
x2

x(x1)
(2)若f(x)在Z
*
上为单调递增函数，求f(x)的解析式（粗 略判断写
出结论即可，证明单调性不作得分要求）
(3)若g(x)为奇函数，求函数y=x
3
-x
2
-cx+2011的单调区间
(4)若g(x)为偶函数，-11q
2
+44q-2p=33 ，且p求x的取值范围
解析：(1)∵x>0 ∴
∴根据递推关系g(x+1)=2g(x)+
x2
>0
x(x1)
x2
可知：g(x+1)>2g(x)
x(x1)
a
3
b
2
∴g(x+1)>g(x) 即：g(x)在x>0范围内为单调递增函数
∴函数g(x)在x>0范围内有最小值，无最大值，且 g(x)
min
=g(1)=2
(2)g(x+1)=2g(x)+
∴g(x+1)=2g(x)+
x2

x(x1)
2

x1

x

x(x1)
2
x
1

x1
11
∴g(x+1)+=2[g(x)+]
x1x
1
∴数列｛g(x)+
｝为首项为3 ，公比为2的等比数列 (x∈Z
*
)
x
1
∴ g(x)+=3
×
2
x-1

x
∴g(x+1)=2g(x)+


∴ g(x)=3
×
2
x-1
-
∴ f(x)+
1
1
=3
×
2
x-1
- (x∈Z
*
)
x
f(x)
1
x
∵g(x)在x> 0范围内单调递增且g(x)
min
>0
∴ f(x)>0
∴ f
2
(x)+1=(3
×
2
x-1
-)
×
f(x)
∴ f
2
(x)+(-3
×
2
x-1
)
×
f(x)+1=0
32
x1
1
x
1
x
∴ f(x)=
=
32
又∵f(x)为单调函数
∴f(x)=
3 2
x2
1

x
132
x
x1
 944
2
x
x

2
x2
1132
x2
94
x2
1

2
2xx
4x
1132
x2
*
x2
(x∈Z)
941
2
2xx
4x
1
x
31
∴当x<0时，g(-x)=
x1

(x<0且x∈Z)
x
2
31
若g(x)为奇函数 ∴g(x)=-g(-x)=
x1


x
2
23
∴a=2 ， b=-3 ， c=-1 ∴y=x
3
+
x
2
+x+2011
32
(3)∵当x>0时，g(x)=3
×
2
x-1
-
1
2
11
当y'>0时，解之得：x<-1或x>- 当y'<0时，解之得：-122
23
∴函数y=x
3
+
x
2
+x+2011的单调区间为：
32
11
单调递增区间为(-∞，-1)，(-，+∞) ， 单调递减区间为(-1，-)
22
31
(4)由(3)得：当x<0时，g(-x) =
x1

(x<0且x∈Z)
x
2
∴y'=2x
2
+3x+1=(x+1)(2x+1) 当y'=0时，解之得：x=-1或x=-

若g(x)为偶函数 ∴g(x)=g(-x)=
3
2
x1
33
1111
∵-1 1q
2
+44q-2p=33 ∴p=-
q
2
+22q- ∴p
max
=
22
2

1

x
又∵欲使pmax
min

∴g(x)>
11
又∵g(x)为单调递增函数(x>0) ， 且g(x)为偶函数
2
∴g(x)为单调递减函数(x<0)
又∵当
31 11
2
x1

x
=
2
时，解之得：x=-2
∴x<-2且x∈Z



(未完待续)