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数列与不等式综合习题


数列与不等式的题型分类.解题策略
题型一 求有数列参与的不等式恒成立条件下参数问题 求得数列与不等式结合恒成立条件下的参数问题主要两种策略:(1)若函数 f(x)在定义域 为 D,则当 x∈D 时,有 f(x)≥M 恒成立?f(x)min≥M;f(x)≤M 恒成立?f(x)max≤M;(2)利用等 差数列与等比数列等数列知识化简不等式,再通过解不等式解得. 【例 1】 等比数列{an}的公比 q>1,第 17 项的平方等于第 24 项,求使 a1+a2+…+ 1 1 1 an> + +…+ 恒成立的正整数 n 的取值范围. a1 a2 an 【分析】 利用条件中两项间的关系,寻求数列首项 a1 与公比 q 之间的关系,再利用等 比数列前 n 项公式和及所得的关系化简不等式,进而通过估算求得正整数 n 的取值范围. 【解】 由题意得:(a1q16)2=a1q23,∴a1q9=1. 1 1 1 由等比数列的性质知:数列{ }是以 为首项,以 为公比的等比数列,要使不等式成立, an a1 q 1 1 [1-( )n] q a1(qn-1) a1 1 2 则须 > ,把 a1 =q?18 代入上式并整理,得 q?18(qn-1)>q(1- n), 1 q q-1 1- q qn>q19,∵q>1,∴n>19,故所求正整数 n 的取值范围是 n≥20. 【点评】 本题解答数列与不等式两方面的知识都用到了, 主要体现为用数列知识化简, 用不等式知识求得最后的结果.本题解答体现了转化思想、方程思想及估算思想的应用. 【例 2】 (08· 全国Ⅱ) 设数列{an}的前 n 项和为 Sn. 已知 a1=a, an+1=Sn+3n, n∈N*. (Ⅰ) n 设 bn=Sn-3 ,求数列{bn}的通项公式; (Ⅱ)若 an+1≥an,n∈N*,求 a 的取值范围. 【分析】 第(Ⅰ)小题利用 Sn 与 an 的关系可求得数列的通项公式;第(Ⅱ)小题将 条件 an+1≥an 转化为关于 n 与 a 的关系,再利用 a≤f(n)恒成立等价于 a≤f(n)min 求解. 【解】 (Ⅰ)依题意,Sn+1-Sn=an+1=Sn+3n,即 Sn+1=2Sn+3n, 由此得 Sn+1-3 n+1=2(Sn-3n). 因此,所求通项公式为 bn=Sn-3n=(a-3)2 n?1,n∈N*, ① (Ⅱ)由①知 Sn=3n+(a-3)2 n?1,n∈N*, 于是,当 n≥2 时,an=Sn-Sn?1=3n+(a-3)2 n?1-3n?1-(a-3)2 n?2=2× 3n?1+(a-3)2 n?2, 3 n?2 an+1-an=4× 3 n?1+(a-3)2 n?2=2 n?2· [12· ( ) +a-3], 2 3 n?2 3 n?2 当 n≥2 时,an+1≥an,即 2 n?2· [12· ( ) +a-3]≥0,12· ( ) +a-3≥0,∴a≥-9, 2 2 综上,所求的 a 的取值范围是[-9,+∞]. 【点评】 一般地,如果求条件与前 n 项和相关的数列的通项公式,则可考虑 Sn 与 an 的关系求解.本题求参数取值范围的方法也一种常用的方法,应当引起重视. 题型二 数列参与的不等式的证明问题
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此类不等式的证明常用的方法:(1)比较法,特别是差值比较法是最根本的方法;(2)分析 法与综合法,一般是利用分析法分析,再利用综合法分析;(3)放缩法,主要是通过分母分子 的扩大或缩小、项数的增加与减少等手段达到证明的目的. 【例 3】 已知数列{an}是等差数列,其前 n 项和为 Sn,a3=7,S4=24.(Ⅰ)求数列{an} 1 的通项公式;(Ⅱ)设 p、q 都是正整数,且 p≠q,证明:Sp+q< (S2p+S2q). 2 【分析】 根据条件首先利用等差数列的通项公式及前 n 项公式和建立方程组即可解决 第(Ⅰ)小题;第(Ⅱ)小题利用差值比较法就可顺利解决. 【解】 (Ⅰ)设等差数列{an}的公差是 d,依题意得,? 2 (n-1)d=2n+1. ∴数列{an}的通项公式为 an=a1+ 0 n(a1+an) (Ⅱ)证明:∵an=2n+1,∴Sn= =n2+2n. 2 0 9 +q)]-(4p2+4p)-(4q2+4q)=-2(p-q)2, 2Sp+q-(S2p+S2q)=2[(p+q)2+2(p 0 1 ∵p≠q,∴2Sp+q-(S2p+S2q)<0,∴Sp+q< (S2p+S2q). 2 3 1 【点评】 利用差值比较法比较大小的关键是对作差后的式子进行变形,途径主要有: 8 (3)如果涉及分式,则利用通分; (1)因式分解; (2)化平方和的形式; (4)如果涉及根 式,则利用分子或分母有理化. 【例 4】 (08· 安徽高考)设数列{an}满足 a1=0,an+1=can3+1-c,c∈N*,其中 c 为实 1 数.(Ⅰ)证明:an∈[0,1]对任意 n∈N*成立的充分必要条件是 c∈[0,1];(Ⅱ)设 0<c< ,证 3 1 2 明:an≥1-(3c)n?1,n∈N*; (Ⅲ)设 0<c< ,证明:a12+a22+…+an2>n+1- ,n∈N*. 3 1-3c 【分析】 第(1)小题可考虑用数学归纳法证明;第(2)小题可利用综合法结合不等 关系的迭代;第(3)小题利用不等式的传递性转化等比数列,然后利用前 n 项和求和,再 进行适当放缩. 【解】 (Ⅰ)必要性:∵a1=0,a2=1-c, 又∵a2∈[0,1],∴0≤1-c≤1,即 c∈[0,1]. 充分性:设 c∈[0,1],对 n∈N*用数学归纳法证明 an∈[0,1]. (1)当 n=1 时,a1∈[0,1]. (2)假设当 n=k 时,ak∈[0,1](k≥1)成立,则 ak+1=cak3+1-c≤c+1-c=1,且 ak+1=cak3+1-c≥1-c≥0, ∴ak+1∈[0,1],这就是说 n=k+1 时,an∈[0,1]. 由(1) 、 (2)知,当 c∈[0,1]时,知 an∈[0,1]对所胡 n∈N*成立. 综上所述,an∈[0,1]对任意 n∈N*成立的充分必要条件是 c∈[0,1]. 1 (Ⅱ)设 0<c< ,当 n=1 时,a1=0,结论成立. 3 当 n≥2 时,由 an=can?13+1-c,∴1-an=c(1-an?1)(1+an?1+an?12) 1 ∵0<c< ,由(Ⅰ)知 an?1∈[0,1],所以 1+an?1+an?12≤3,且 1-an?1≥0,∴1-an≤3c(1 3
2 ? a1+2d=7 ? a1=3 ,解得? , ? 4a1+6d=24 ? d=2

-an?1), ∴1-an≤3c(1-an?1)≤(3c)2(1-an?2)≤…≤(3c) n?1(1-a1)=(3c) n?1,∴an≥1-(3c)n?1,n∈N*. 1 2 (Ⅲ)设 0<c< ,当 n=1 时,a12=0>2- ,结论成立. 3 1-3c 当 n≥2 时,由(Ⅱ)知 an≥1-(3c)n?1>0, ∴an2≥[(1-(3c)n?1)] 2=1-2(3c)n?1+(3c)(n?1)>1-2(3c)n?1, a12+a22+…+an2=a22+…+an2>n-1-2[3c+(3c)2+…+(3c)n?1] 2[1-(3c)n] 2 =n-1-2[1+3c+(3c)2+…+(3c)n?1-1]=n+1- >n+1- . 1-3c 1-3c 【点评】 本题是数列与不等式、数学归纳法的知识交汇题,属于难题,此类试题在高 考中点占有一席之地,复习时应引起注意.本题的第(Ⅰ)小题实质也是不等式的证明, 题型三 求数列中的最大值问题 求解数列中的某些最值问题,有时须结合不等式来解决,其具体解法有:(1)建立目标函 数,通过不等式确定变量范围,进而求得最值;(2)首先利用不等式判断数列的单调性,然后 确定最值;(3)利用条件中的不等式关系确定最值. 【例 5】 (08· 四川高考)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S4≥10,S5≤15,则 a4 的最 大值为______. 【分析】 根据条件将前 4 项与前 5 项和的不等关系转化为关于首项 a1 与公差 d 的不等 式,然后利用此不等关系确定公差 d 的范围,由此可确定 a4 的最大值. 【解】 ∵等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 S4≥10,S5≤15, 4× 3 5-3d 5+3d ? S4=4a1+ 2 d≥10 ? a1+3d≥5 ? a4=a1+3d≥ +3d= 2 2 , ∴? ,即? ,∴? ? a1+2d≤3 ? ? S5=5a1+5×4d≤15 a = a + 3d = (a + 2d) + d≤3 + d 4 1 1 2 5+3d ∴ ≤a4≤3+d,则 5+3d≤6+2d,即 d≤1. 2 ∴a4≤3+d≤3+1=4,故 a4 的最大值为 4. 【点评】 本题最值的确定主要是根据条件的不等式关系来求最值的,其中确定数列的 公差 d 是解答的关键,同时解答中要注意不等式传递性的应用. 1 【例 6】 等比数列{an}的首项为 a1=2002,公比 q=- .(Ⅰ)设 f(n)表示该数列的前 n 2 项的积,求 f(n)的表达式;(Ⅱ)当 n 取何值时,f(n)有最大值. 【分析】 第(Ⅰ)小题首先利用等比数列的通项公式求数列{an}的通项,再求得 f(n)的表 达式;第(Ⅱ)小题通过商值比较法确定数列的单调性,再通过比较求得最值. 1 1 n(n?1) 【解】 (Ⅰ)an=2002· (- )n?1,f(n)=2002n· (- ) 2 2 2 |f(n+1)| 2002 (Ⅱ)由(Ⅰ),得 = n ,则 |f(n)| 2 |f(n+1)| 2002 当 n≤10 时, = n >1,∴|f(11)|>|f(10)|>…>|f(1)|, |f(n)| 2 |f(n+1)| 2002 当 n≥11 时, = n <1,∴|f(11)|>|f(12)|>|f(13)|>…, |f(n)| 2 ∵f(11)<0,f(10)<0,f(9)>0,f(12)>0,∴f(n)的最大值为 f(9)或 f(12)中的最大者.
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1 200212· ( )66 2 f(12) 1 2002 ∵ = =20023· ( )30=( 10 )3>1, f(9) 2 2 9 1 36 2002 · ( ) 2 1 ∴当 n=12 时,f(n)有最大值为 f(12)=200212· ( )66. 2 【点评】 本题解答有两个关键: (1)利用商值比较法确定数列的单调性; (2)注意比较 f(12) 与 f(9)的大小.整个解答过程还须注意 f(n)中各项的符号变化情况. 题型四 求解探索性问题 数列与不等式中的探索性问题主要表现为存在型,解答的一般策略:先假设所探求对象 存在或结论成立,以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理,若由此推出矛盾,则假设不成 立,从而得到―否定‖的结论,即不存在.若推理不出现矛盾,能求得在范围内的数值或图形, 就得到肯定的结论,即得到存在的结果. 【例 7】 已知{an}的前 n 项和为 Sn,且 an+Sn=4.(Ⅰ)求证:数列{an}是等比数列;(Ⅱ) Sk+1-2 是否存在正整数 k,使 >2 成立. Sk-2 【分析】 第(Ⅰ)小题通过代数变换确定数列 an+1 与 an 的关系,结合定义判断数列{an} 为等比数列;而第(Ⅱ)小题先假设条件中的不等式成立,再由此进行推理,确定此不等式成 立的合理性. 【解】 (Ⅰ)由题意,Sn+an=4,Sn+1+an+1=4, 1 由两式相减,得(Sn+1+an+1)-(Sn+an)=0,即 2an+1-an=0,an+1= an, 2 1 又 2a1=S1+a1=4,∴a1=2,∴数列{an}是以首项 a1=2,公比为 q= 的等比数列. 2 1n 2[1―( ) ] 2 (Ⅱ)由(Ⅰ),得 Sn= =4-22?n. 1 1― 2 Sk+1-2 4-21?k-2 2 3 又由 >2,得 >2,整理,得 <21?k<1,即 1<2 k ?1< , 3 2 Sk-2 4-22?k-2 3 ∵k∈N*,∴2k?1∈N*,这与 2k?1∈(1, )相矛盾,故不存在这样的 k,使不等式成立. 2 【点评】 本题解答的整个过程属于常规解法,但在导出矛盾时须注意条件 ―k∈N*‖, 这是在解答数列问题中易忽视的一个陷阱. 2 【例 8】 (08· 湖北高考)已知数列{an}和{bn}满足: a1=λ, an+1= an+n-4, bn=(-1)n(an 3 -3n+21),其中 λ 为实数,n 为正整数.(Ⅰ)对任意实数 λ,证明数列{an}不是等比数列; (Ⅱ)试判断数列{bn}是否为等比数列,并证明你的结论; (Ⅲ)设 0<a<b,Sn 为数列{bn}的 前 n 项和.是否存在实数 λ,使得对任意正整数 n,都有 a<Sn<b?若存在,求 λ 的取值范围; 若不存在,说明理由. 【分析】 第(Ⅰ)小题利用反证法证明;第(Ⅱ)小题利用等比数列的定义证明;第(Ⅲ)小 题属于存在型问题,解答时就假设 a<Sn<b 成立,由此看是否能推导出存在存在实数 λ.
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【解】 (Ⅰ)证明:假设存在一个实数 λ,使{an}是等比数列,则有 a22=a1a3,即 2 4 4 4 ( λ-3)2=λ( λ-4)? λ2-4λ+9= λ2-4λ?9=0,矛盾,所以{an}不是等比数列. 3 9 9 9 (Ⅱ)解:因为 bn+1=(-1)n+1[a n+1-3(n+1)+21] 2 2 2 =(-1)n+1( a n-2n+14)=- (a n-3n-21)=- b n, 3 3 3 又 b1=-(λ+18),所以 2 {bn}不是等比数列; 当 λ=-18 时,bn=0(n∈N*),此时 bn+1 2 0 当 λ≠-18 时,b1=-(λ+18)≠0,由上可知 bn≠0,∴ =- (n∈N*). bn 3 0 2 故当 λ≠-18 时,数列{bn}是以-(λ +18)为首项,- 为公比的等比数列. 9 3 0 (Ⅲ)由(Ⅱ)知,当 λ=-18,bn=0(n∈N*),Sn=0,不满足题目要求;. 2 3 2 3 ∴λ≠-18,故知 bn=-(λ+18)× (- )n?1,于是 S n=- (λ+18)· [1-(- )n] 3 5 3 1 3 2n 要使 a<Sn<b 对任意正整数 n 成立,即 a<-- (λ+18)· [1-(- ) ]<b,(n∈N*). 8 5 3 a 3 b 得 <- (λ+18)< ,(n∈N*) ① 2 5 2 1-(- )n 1-(- )n 3 3 2 5 5 令 f(n)=1-(- )n,则当 n 为正奇数时,1<f(n)≤ ,当 n 为正偶数时 ≤f(n)<1; 3 3 9 5 5 ∴f(n)的最大值为 f(1)= ,f(n)的最小值为 f(2)= , 3 9 5 3 3 于是,由①式得 a<- (λ+18)< b,∴-b-18<λ<-3a-18,(必须-b<-3a,即 b 9 5 5 >3a). 当 a<b<3a 时,由-b-18≥-3a-18,不存在实数满足题目要求; 当 b>3a 存在实数 λ,使得对任意正整数 n,都有 a<Sn<b,且 λ 的取值范围是(-b-18, -3a-18). 【点评】 存在性问题指的是命题的结论不确定的一类探索性问题,解答此类题型一般 是从存在的方面入手,寻求结论成立的条件,若能找到这个条件,则问题的回答是肯定的; 若找不到这个条件或找到的条件与题设矛盾, 则问题的回答是否定的.其过程可以概括为假设 ——推证——定论.本题解答注意对参数 λ 及项数 n 的双重讨论.

【专题训练】
一、选择题 1.已知无穷数列{an}是各项均为正数的等差数列,则有 a4 a6 A. < a6 a8 a4 a6 B. ≤ a6 a8 a4 a6 C. > a6 a8 a4 a6 D. ≥ a6 a8 ( ) ( )

2.设{an}是由正数构成的等比数列,bn=an+1+an+2,cn=an+an+3,则 A.bn>cn B.bn<cn C.bn≥cn
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D.bn≤cn

3.已知{an}为等差数列,{bn}为正项等比数列,公比 q≠1,若 a1=b1,a11=b11,则( A.a6=b6 B.a6>b6 C.a6<b6 D.a6>b6 或 a6<b6 2 4.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=n -9n,第 k 项满足5<ak<8,则 k= ( A.9 B.8 C.7 D.6 5.已知等比数列{an}的公比 q>0,其前 n 项的和为 Sn,则 S4a5 与 S5a4 的大小关系是( A.S4a5<S5a4 B.S4a5>S5a4 C.S4a5=S5a4 D.不确定 Sn 6.设 Sn=1+2+3+…+n,n∈N*,则函数 f(n)= 的最大值为 (n+32)Sn+1 1 A. 20 1 B. 30 1 C. 40 1 D. 50 ( (

) ) )



1 7.已知 y 是 x 的函数,且 lg3,lg(sinx- ),lg(1-y)顺次成等差数列,则 2 A.y 有最大值 1,无最小值 11 C.y 有最小值 ,最大值 1 12 11 B.y 有最小值 ,无最大值 12 D.y 有最小值-1,最大值 1



8.已知等比数列{an}中 a2=1,则其前 3 项的和 S3 的取值范围是 A.(-∞,-1? B.(-∞,-1)∪(1,+∞) C.?3,+∞) D.(-∞,-1?∪?3,+∞)





9.设 3b 是 1-a 和 1+a 的等比中项,则 a+3b 的最大值为( ) A.1 B.2 C.3 D.4 10.设等比数列{an}的首相为 a1,公比为 q,则―a1<0,且 0<q<1‖是―对于任意 n∈N*都有 an+1>an‖的 ( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分比要条件 D.既不充分又不必要条件

a11 11.{an}为等差数列,若 <-1,且它的前 n 项和 Sn 有最小值,那么当 Sn 取得最小正值时, a10 n= A.11 B.17 C.19 D.21 ( )

12.设 f(x)是定义在 R 上恒不为零的函数,对任意实数 x、y∈R,都有 f(x)f(y)=f(x+y),若 1 a1= ,an=f(n)(n∈N*),则数列{an}的前 n 项和 Sn 的取值范围是 2 1 A.? ,2) 2 1 B.[ ,2] 2 1 C.? ,1) 2
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1 D.[ ,1] 2

二、填空题 Sn 13.等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a4-a2=8,a3+a5=26,记 Tn= 2 ,如果存在正整数 n M,使得对一切正整数 n,Tn≤M 都成立.则 M 的最小值是__________. 14.无穷等比数列{an}中,a1>1,|q|<1,且除 a1 外其余各项之和不大于 a1 的一半,则 q 的 取值范围是________. (a+b)2 15.已知 x>0,y>0,x,a,b,y 成等差数列,x,c,d,y 成等比数列,则 的最小 cd 值是________. A.0 B.1 C.2 D.4 16.等差数列{an}的公差 d 不为零,Sn 是其前 n 项和,给出下列四个命题:①A.若 d<0, 且 S3=S8,则{Sn}中,S5 和 S6 都是{Sn}中的最大项;②给定 n,对于一定 k∈N*(k<n), 都有 an?k+an+k=2an;③若 d>0,则{Sn}中一定有最小的项;④存在 k∈N*,使 ak-ak+1 和 ak-ak?1 同号 其中真命题的序号是____________. 三、解答题 17.已知{an}是一个等差数列,且 a2=1,a5=-5. (Ⅰ)求{an}的通项 an ; (Ⅱ)求{an}前 n 项和 Sn 的最大值.

18. 已知{an}是正数组成的数列, a1=1, 且点( an, an+1)(n∈N*) 在函数 y=x2+1 的图象上.(Ⅰ) 求数列{an}的通项公式;(Ⅱ)若列数{bn}满足 b1=1,bn+1=bn+2an,求证:bn · bn+2 2 <b n+1.

3-an?1 19.设数列{an}的首项 a1∈(0,1),an= ,n=2,3,4,…. 2 (Ⅰ)求{an}的通项公式; (Ⅱ)设 bn=an 3-2an,证明 bn<bn+1,其中 n 为正整数.

20.已知数列{an}中 a1=2,an+1=( 2-1)( an+2),n=1,2,3,…. (Ⅰ)求{an}的通项公式;
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3bn+4 (Ⅱ)若数列{an}中 b1=2,bn+1= ,n=1,2,3,….证明: 2<bn≤a4n?3,n=1, 2bn+3 2,3,…

21.已知二次函数 y=f(x)的图像经过坐标原点,其导函数为 f?(x)=6x-2,数列{an}的前 n 项和为 Sn,点(n,Sn)(n∈N*)均在函数 y=f(x)的图像上.(Ⅰ)求数列{an}的通项公式; 1 m (Ⅱ)设 bn= ,Tn 是数列{bn}的前 n 项和,求使得 Tn< 对所有 n∈N*都成立的 20 anan+1 最小正整数 m;

, 2, ?) 22.数列 ?an ? 满足 a1 ? 1 , an?1 ? (n2 ? n ? ? )an ( n ? 1 ,? 是常数. (Ⅰ)当 a2 ? ?1

时,求 ? 及 a3 的值; (Ⅱ)数列 ?an ? 是否可能为等差数列?若可能,求出它的通项公式; 若不可能, 说明理由; (Ⅲ) 求 ? 的取值范围, 使得存在正整数 m , 当 n ? m 时总有 an ? 0 .

【专题训练】参考答案 一、选择题 1.B 【解析】a4a8=(a1+3d)(a1+7d)=a12+10a1d+21d2,a62=(a1+5d)2=a12+10a1d+25d2, a4 a6 故 ≤ . a6 a8 2.D 【解析】设其公比为 q,则 bn-cn=an(q-1)(1-q2)=-an(q-1)2(q+1),当 q=1 时, bn=cn ,当 q>0,且 q≠1 时,bn<cn,故 bn≤cn. a1+a11 b1+b11 3.B 【解析】因为 q≠1,b1>0,b11>0,所以 b1≠b11,则 a6= = > b1b11=b6. 2 2 4.B 【解析】因数列为等差数列,an=Sn-Sn?1=2n-10,由 5<2k-10<8,得到 k=8. 5.A 【解析】S4a5-S5a4 = (a1 + a2 +a3 + a4)a4q- (a1+ a2 + a3+ a4 + a5)a4 2 3 =-a1a4=-a1 q <0,∴S4a5<S5a4.
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n(n+1) n n 6.D 【解析】由 Sn= ,得 f(n)= = = 2 (n+32)(n+2) n2+34n+64 1 64 1 = ,当 n= ,即 n=8 时取等号,即 f(n)max=f(8)= . 50 n 50

1 1 ≤ 64 2 64+34 n+ +34 n

1 1 1 7.B 【解析】由已知 y=- (sinx- )2+1,且 sinx> ,y<1,所以当 sinx=1 时,y 有最 3 2 2 11 小值 ,无最大值. 12 1 1 8.D 【解】∵等比数列{an}中 a2=1,∴S3=a1+a2+a3=a2( +1+q)=1+q+ .∴当公比 q q q 1 >0 时, S3=1+q+ ≥1+2 q 1 1 q· =3, 当公比 q<0 时, S3=1-(-q- )≤1-2 q q 1 (-q)· (- ) q

=-1, ∴S3∈(-∞,-1?∪?3,+∞). 9.B 【解析】 3b 是 1-a 和 1+a 的等比中项,则 3b2=1-a2?a2+3b2=1,令 a=cosθ, ? 3b=sinθ,θ∈(0,2π),所以 a+3b=cosθ+ 3inθ=2sin(θ+ )≤2. 6 10.A 【解析】当 a1<0,且 0<q<1 时,数列为递增数列,但当数列为递增数列时,还存 在另一情况 a1>0,且 q>1,故选 A. 1 × 20(a1+a20) 2 a10+a11 a1+a20 a11 S20 11.C 【解析】由 <-1,得 <0? <0? <0? <0,则要使 a10 a10 a10 1 S19 × 19(a1+a19) 2 Sn 取得最小正值必须满足 S19>0,且 S20<0,此时 n=19. 12.C 【解析】f(x)是定义在 R 上恒不为零的函数,对任意实数 x、y∈R,都有 f(x)f(y)=f(x 1 1 [1-( )n] 2 2 1 1 1 +y),a1= ,an=f(n)(n∈N*),an+1=f(n+1)=f(1)f(n)= an,∴Sn= =1-( )n. 2 2 1 2 1- 2 1 则数列{an}的前 n 项和的取值范围是? ,1). 2 二、填空题 13.2 【解析】由 a4-a2=8,可得公差 d=4,再由 a3+a5=26,可得 a1=1,故 Sn=n+2n(n 2n-1 1 -1)=2n2-n,∴Tn= =2- ,要使得 Tn≤M,只需 M≥2 即可,故 M 的最小值为 2, n n 答案:2

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1 a1q a1 1 1 14.(-1,0?∪(0, ? 【解析】 ≤ ?q≤ ,但|q|<1,且 q≠0,故 q∈(-1,0?∪(0, ?. 3 3 3 1-q 2 (a+b)2 (x+y)2 (2 xy)2 15.4 【解析】∵ = ≥ =4. cd xy xy 16.D 【解析】对于①:∵S8-S3=a4+a5+a6+a7+a8=5a6=0,∴S5=S6,又 d<0,S5= S6 为最大,故 A 正确;对于②:根据等差中项知正确;对于③:∵d>0,点(n,Sn)分布 在开口向上的抛物线,故{Sn}中一定有最小的项,故③正确;而 ak-ak+1=-d,ak-ak?1 =d,且 d≠0,故④为假命题. 三、解答题 ? a1+d=1 17. 【解】 (Ⅰ)设{an}的公差为 d,由已知条件,? ,解出 a1=3,d=-2. ? a1+4d=-5 所以 an=a1+(n-1)d=-2n+5. n(n-1) (Ⅱ)Sn=na1+ d=-n2+4n=-(n-2)2+4,所以 n=2 时,Sn 取到最大值 4. 2 18. 【解】(Ⅰ)由已知得 an+1=an+1,即 an+1-an=1, 又 a1=1,所以数列{an}是以 1 为首项,公差为 1 的等差数列,故 an=1+(a-1)× 1= n. (Ⅱ)由(Ⅰ)知:an=n 从而 bn+1-bn=2n. 1-2n n bn=(bn-bn?1)+(bn?1-bn?2)+…+(b2-b1)+b1=2n?1+2n?2+…+2+1= =2 -1. 1-2
n n+2 因为 bn· bn+2-b 2 -1)-(2n?1-1)2 n ?1 =(2 -1)(2

=(22n+2-2n+2-2n+1)-(22n+2-2-2n+1-1)=-5· 2n+4· 2n=-2n<0, 所以 bn· bn+2<b 2 n ?1 .

3-an?1 19. 【解】 (Ⅰ)由 an= ,n=2,3,4,….整理得 2

1 1-an=- (1-an?1). 2

1 又 1-a1≠0,所以{1-an}是首项为 1-a1,公比为- 的等比数列,得 an=1-(1-a1)(- 2 1 n?1 ) , 2 3 (Ⅱ)由(Ⅰ)可知 0<an< ,故 bn>0.那么, 2 bn+12-bn2=an+12(3-2an+1)-an2(3-2an)=( 3-an 2 3-an 9an ) (3-2× )-an2(3-2an)= (an-1)2. 2 2 4 bn<bn+1,为正整数.

又由(Ⅰ)知 an>0,且 an≠1,故 bn+12-bn2>0,因此

20. 【解】 (Ⅰ)由题设:an+1=( 2-1)(an+2)=( 2-1)(an- 2)+( 2-1)(2+ 2), =( 2-1)(an- 2)+ 2,∴an+1- 2=( 2-1)(an- 2).
10

所以,数列{an- 2}a 是首项为 2- 2,公比为 2-1)的等比数列,an- 2= 2( 2- 1)n, 即 an 的通项公式为 an= 2[( 2-1)n+1],n=1,2,3,…. (Ⅱ)用数学归纳法证明. (ⅰ)当 n=1 时,因 2<2,b1=a1=2,所以 2<b1≤a1,结论成立. (ⅱ)假设当 n=k 时,结论成立,即 2<bk≤a4k?3, ,也即 0<bn- 2≤a4k?3- 2, 3bk+4 (3-2 2)bk+(4-3 2) (3-2 2)(bk- 2) 当 n=k+1 时,bk+1- 2= - 2= = >0, 2bk+3 2bk+3 2bk+3 又 1 1 < =3-2 2, 2bk+3 2 2+3

(3-2 2)(bk- 2) 所以 bk+1- 2= <(3-2 2)2(bk- 2)≤( 2-1)4(a4k?3- 2)=a4k+1- 2 2bk+3 也就是说,当 n=k+1 时,结论成立. 根据(ⅰ)和(ⅱ)知 2<bn≤a4n?3,n=1,2,3,…. 21. 【解】 (Ⅰ)设这二次函数 f(x)=ax2+bx (a≠0) ,则 f`(x)=2ax+b,由于 f`(x)=6x-2, 得 a=3 ,b=-2,所以 f(x)=3x2-2x., 又因为点(n,Sn)(n∈N*)均在函数 y=f(x)的图像上,所以 Sn=3n2-2n, 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(3n2-2n)-[3(n-1)2-2(n-1)]=6n-5, 当 n=1 时,a1=S1=3× 12-2=6× 1-5,所以,an=6n-5(n∈N*). (Ⅱ)由(Ⅰ)得知 bn= 3 3 1 1 1 = = ( - ), anan+1 (6n-5)[6(n-1)-5] 2 6n-5 6n+1

n 1 1 1 1 1 1 1 1 故 Tn= ? bi= [(1- )+( – )+…+( - )]= (1– ) , 2 7 7 13 2 6n+1 6n-5 6n+1 i=1

1 1 m 1 m 因此,要使 (1- )< (n∈N*)成立的 m,必须且仅须满足 ≤ ,即 m≥10,所 2 20 2 20 6n+1 以满足要求的最小正整数 m 为 10. 22. 【解】 (Ⅰ)由于 an?1 ? (n ? n ? ? )an (n ? 1 , 2, ?) ,且 a1 ? 1 .
2

所以当 a2 ? ?1时,得 ?1 ? 2 ? ? ,故 ? ? 3 .从而 a3 ? (22 ? 2 ? 3) ? (?1) ? ?3 . (Ⅱ)数列 ?an ? 不可能为等差数列,证明如下:由 a1 ? 1 , an?1 ? (n ? n ? ? )an
2

得 a2 ? 2 ? ? , a3 ? (6 ? ? )(2 ? ? ) , a4 ? (12 ? ? )(6 ? ? )(2 ? ? ) .

若存在 ? ,使 ?an ? 为等差数列,则 a3 ? a2 ? a2 ? a1 ,即 (5 ? ? )(2 ? ? ) ? 1 ? ? , 解得 ? ? 3 .于是 a2 ? a1 ? 1 ? ? ? ?2 , a4 ? a3 ? (11 ? ? )(6 ? ? )(2 ? ? ) ? ?24 . 这与

?an ? 为等差数列矛盾.所以,对任意 ? , ?an ? 都不可能是等差数列.
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(Ⅲ)记 bn ? n2 ? n ? ? (n ? 1 , 2, ?) ,根据题意可知, b1 ? 0 且 bn ? 0 ,即 ? ? 2 且 ? ? n2 ? n(n ? N* ) ,这时总存在 n0 ? N* ,满足:当 n ≥ n0 时, bn ? 0 ; 当 n ≤ n0 ?1 时, bn ? 0 .所以由 an?1 ? bn an 及 a1 ? 1 ? 0 可知,若 n0 为偶数, 则 an0 ? 0 ,从而当 n ? n0 时, an ? 0 ;若 n0 为奇数,则 an0 ? 0 , 从而当 n ? n0 时 an ? 0 .因此―存在 m ? N ,当 n ? m 时总有 an ? 0 ‖
*

的充分必要条件是: n0 为偶数, 记 n0 ? 2k (k ? 1 , 2, ?) ,则 ? 满足 ?

?b2 k ? (2k ) 2 ? 2k ? ? ? 0 ? . 2 b ? (2 k ? 1) ? 2 k ? 1 ? ? ? 0 ? ? 2 k ?1

故 ? 的取值范围是 4k 2 ? 2k ? ? ? 4k 2 ? 2k (k ? N* ) .

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