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

求得数列与不等式绫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{a n }的公比q ＞1，第17项的平方等于第24项，求使a 1＋a 2＋…＋a n ＞1a 1＋1a 2＋…＋1

a n

恒成立的正整数n 的取值范围.

【分析】 利用条件中两项间的关系，寻求数列首项a 1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：(a 1q 16)2

＝a 1q 23

，∴a 1q 9

＝1.

由等比数列的性质知：数列{1a n }是以1a 1为首项，以1q

为公比的等比数列，要使不等式成立，

则须a 1(q n

－1)q －1＞1a 1[1－(1q )n ]1－1q ，把a 21＝q 18代入上式并整理，得q 18(q n

－1)＞q(1－1q

n )，

q n

＞q 19

，∵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{a n }的前n 项和为S n ．已知a 1＝a ，a n+1＝S n ＋3n

，n∈N*．(Ⅰ)

设b n ＝S n －3n

，求数列{b n }的通项公式；（Ⅱ）若a n+1≥a n ，n∈N*，求a 的取值范围．

【分析】 第（Ⅰ）小题利用S n 与a n 的关系可求得数列的通项公式；第（Ⅱ）小题将条件a n+1≥a n 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，S n+1－S n ＝a n+1＝S n ＋3n

，即S n+1＝2S n ＋3n

，

由此得S n+1－3

n+1

＝2(S n －3n

)．

因此，所求通项公式为b n ＝S n －3n

＝(a －3)2 n

1

，n∈N*, ①

(Ⅱ)由①知S n ＝3n

＋(a －3)2

n

1

，n∈N*，

于是，当n≥2时，a n ＝S n －S n 1＝3n

＋(a －3)2

n

1

－3

n 1

－(a －3)2

n 2

＝2×3

n 1

＋(a －3)2

n

2

，

a n+1－a n ＝4×3

n

1

＋(a －3)2

n 2

＝2

n 2

·[12·(32

)n 2

＋a －3]，

当n≥2时，a n+1≥a n ，即2 n 2

·[12·(32)n 2＋a －3]≥0，12·(32

)n 2＋a －3≥0，∴a≥－

9，

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S n 与a n

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

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{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，a 3＝7，S 4＝24．(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)设p 、q 都是正整数，且p ≠q ，证明：S p+q ＜1

2

(S 2p ＋S 2q )．

【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{a n }的公差是d ，依题意得，??? a 1＋2d ＝74a 1＋6d ＝24，解得??? a 1＝3

d ＝2

，

∴数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1. （Ⅱ）证明：∵a n ＝2n ＋1，∴S n ＝n(a 1＋a n )2

＝n 2

＋2n ．

2S p+q －(S 2p ＋S 2q )＝2[(p ＋q)2

＋2(p ＋q)]－(4p 2

＋4p)－(4q 2

＋4q)＝－2(p －q)2

，

∵p ≠q ，∴2S p+q －(S 2p ＋S 2q )＜0，∴S p+q ＜1

2

(S 2p ＋S 2q )．

【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：（1）因式分解；（2）化平方和的形式；（3）如果涉及分式，则利用通分；（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{a n }满足a 1＝0，a n+1＝ca n 3

＋1－c ，c∈N*，其中c 为实数.(Ⅰ)证明：a n ∈[0，1]对任意n∈N*成立的充分必要条件是c∈[0，1]；(Ⅱ)设0＜c ＜13，

证明：a n ≥1－(3c)

n 1

，n∈N*；（Ⅲ）设0＜c ＜13，证明：a 12＋a 22＋…＋a n 2

＞n ＋1－21－3c

，n∈N*.

【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：∵a 1＝0，a 2＝1－c ， 又∵a 2∈[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a n ∈[0，1]. (1)当n ＝1时，a 1∈[0，1].

(2)假设当n ＝k 时，a k ∈[0，1](k≥1)成立，则

a k ＋1＝ca k 3

＋1－c≤c＋1－c ＝1，且a k ＋1＝ca k 3

＋1－c≥1－c≥0， ∴a k ＋1∈[0，1]，这就是说n ＝k ＋1时，a n ∈[0，1].

由（1）、（2）知，当c∈[0，1]时，知a n ∈[0，1]对所胡n∈N*成立. 综上所述，a n ∈[0，1]对任意n∈N*成立的充分必要条件是c∈[0，1]. （Ⅱ）设0＜c ＜1

3，当n ＝1时，a 1＝0，结论成立.

当n≥2时，由a n ＝ca n

1

3＋1－c ，∴1－a n ＝c(1－a n 1)(1＋a n 1＋a n

1

2)

∵0＜c ＜1

3，由(Ⅰ)知a n 1∈[0，1]，所以1＋a n 1＋a n

1

2≤3，且1－a n 1≥0，∴1－a n ≤3c(1

－a n 1)，

∴1－a n ≤3c(1－a n 1)≤(3c)2(1－a n 2)≤…≤(3c) n 1

(1－a 1)＝(3c)

n 1

，∴a n ≥1－

(3c)

n

1

，n∈N*.

(Ⅲ)设0＜c ＜13，当n ＝1时，a 12

＝0＞2－21－3c ，结论成立.

当n≥2时，由（Ⅱ）知a n ≥1－(3c)n 1

＞0，

∴a n 2

≥[(1－(3c)

n

1

)] 2＝1－2(3c)

n 1

＋(3c)(n

1)

＞1－2(3c)

n 1

，

a 12

＋a 22

＋…＋a n 2

＝a 22

＋…＋a n 2

＞n －1－2[3c ＋(3c)2

＋…＋(3c)n

1

]

＝n －1－2[1＋3c ＋(3c)2

＋…＋(3c)

n

1

－1]＝n ＋1－2[1－(3c)n

]1－3c ＞n ＋1－2

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{a n }的前n 项和为S n ，若S 4≥10，S 5≤15，则a 4

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a 1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a 4的最大值.

【解】 ∵等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4≥10，S 5≤15，

∴????? S 4＝4a 1＋4×3

2d≥10S 5＝5a 1＋5×42d≤15，即??? a 1＋3d≥5a 1＋2d≤3，∴??

? a 4＝a 1＋3d≥5－3d 2＋3d ＝5＋3d 2a 4＝a 1＋3d ＝(a 1＋2d)＋d≤3＋d ， ∴

5＋3d

2

≤a 4≤3＋d ，则5＋3d≤6＋2d ，即d≤1. ∴a 4≤3＋d≤3＋1＝4，故a 4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.

【例6】 等比数列{a n }的首项为a 1＝2002，公比q ＝－1

2

．(Ⅰ)设f(n)表示该数列的前

n 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{a n }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.

【解】 (Ⅰ)a n ＝2002·(－12)n 1，f(n)＝2002n

·(－12)n(n 1)2

(Ⅱ)由(Ⅰ)，得|f(n ＋1)||f(n)|＝2002

2

n ，则

当n≤10时，|f(n ＋1)||f(n)|＝2002

2n ＞1，∴|f(11)|＞|f(10)|＞…＞|f(1)|，

当n≥11时，|f(n ＋1)||f(n)|＝2002

2

n ＜1，∴|f(11)|＞|f(12)|＞|f(13)|＞…，

∵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．

∵f(12)f(9)＝200212

·(12)

6620029

·(12)

36＝20023

·(12)30＝(2002210)3＞1， ∴当n ＝12时，f(n)有最大值为f(12)＝200212

·(12

)66．

【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{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋S n ＝4.(Ⅰ)求证：数列{a n }是等比数列；(Ⅱ)是否存在正整数k ，使S k+1－2S k －2

＞2成立.

【分析】 第(Ⅰ)小题通过代数变换确定数列a n +1与a n 的关系，结合定义判断数列{a n }

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，S n ＋a n ＝4，S n +1＋a n +1＝4，

由两式相减，得(S n +1＋a n +1)－(S n ＋a n )＝0，即2a n +1－a n ＝0，a n +1＝1

2

a n ，

又2a 1＝S 1＋a 1＝4，∴a 1＝2，∴数列{a n }是以首项a 1＝2，公比为q ＝1

2的等比数列.

(Ⅱ)由(Ⅰ)，得S n ＝2[1―(12)n

]

1―12

＝4－22n

.

又由S k+1－2S k －2＞2，得4－21

k

－24－22k

－2＞2，整理，得23＜21k ＜1，即1＜2 k 1

＜32， ∵k ∈N *，∴2

k 1

∈N *，这与2

k 1

∈(1，3

2

)相矛盾，故不存在这样的k ，使不等式成立.

【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.

【例8】 (08·湖北高考)已知数列{a n }和{b n }满足：a 1＝λ，a n+1＝2

3a n ＋n －4，b n ＝(－

1)n

(a n －3n ＋21)，其中λ为实数，n 为正整数.（Ⅰ）对任意实数λ，证明数列{a n }不是等比数列；（Ⅱ）试判断数列{b n }是否为等比数列，并证明你的结论；（Ⅲ）设0＜a ＜b,S n 为数列{b n }的前n 项和.是否存在实数λ，使得对任意正整数n ，都有a ＜S n ＜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 ＜S n ＜b 成立，由此看是否能推导出存在存在实数λ.

【解】 （Ⅰ）证明：假设存在一个实数λ，使{a n }是等比数列，则有a 22

＝a 1a 3，即 (23λ－3)2

＝λ(49λ－4)49λ2－4λ＋9＝49λ2－4λ9＝0，矛盾，所以{a n }不是等比数列.

(Ⅱ)解：因为b n+1＝(－1)n+1

[a n+1－3(n ＋1)＋21]

＝(－1)n+1(2

3a n －2n ＋14)＝－23(a n －3n －21)＝－23b n ，

又b 1＝－(λ＋18)，所以

当λ＝－18时，b n ＝0(n∈N*)，此时{b n }不是等比数列；

当λ≠－18时，b 1＝－(λ＋18)≠0，由上可知b n ≠0，∴b n+1b n ＝－2

3(n∈N*).

故当λ≠－18时，数列{b n }是以－(λ＋18)为首项，－2

3为公比的等比数列.

(Ⅲ)由（Ⅱ）知，当λ＝－18，b n ＝0(n∈N*)，S n ＝0，不满足题目要求；. ∴λ≠－18，故知b n ＝－(λ＋18)×(－23)n 1，于是S n ＝－35(λ＋18)·[1－(－23)n

]

要使a ＜S n ＜b 对任意正整数n 成立，即a ＜－－35(λ＋18)·[1－(－23)n

]＜b ，(n∈N*).

得

a

1－(－23)n ＜－35(λ＋18)＜b

1－(－23

)

n

，(n∈N*) ① 令f(n)＝1－(－23)n ，则当n 为正奇数时，1＜f(n)≤53，当n 为正偶数时5

9≤f(n)＜1；

∴f(n)的最大值为f(1)＝53，f(n)的最小值为f(2)＝5

9

,

于是，由①式得59a ＜－35(λ＋18)＜3

5b ，∴－b －18＜λ＜－3a －18，(必须－b ＜－3a ，

即b ＞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 ＜S n ＜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{a n }是各项均为正数的等差数列，则有

（ ）

A ．a 4a 6＜a 6a 8

B ．a 4a 6≤a 6a 8

C ．a 4a 6＞a 6a 8

D ．a 4a 6≥a 6a 8

2．设{a n }是由正数构成的等比数列，b n ＝a n+1＋a n+2，c n ＝a n ＋a n+3，则

（ ） A ．b n ＞c n

B ．b n ＜c n

C ．b n ≥c n

D ．b n ≤c n

3．已知{a n }为等差数列，{b n }为正项等比数列，公比q≠1，若a 1＝b 1，a 11＝b 11，则（ ）

A ．a 6＝b 6

B ．a 6＞b 6

C ．a 6＜b 6

D ．a 6＞b 6或a 6＜b 6

4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2

－9n ，第k 项满足５＜a k ＜８，则k ＝

（ ）

A ．9

B ．8

C ．7

D ．6

5．已知等比数列{a n }的公比q ＞0，其前n 项的和为S n ，则S 4a 5与S 5a 4的大小关系是（ ）

A ．S 4a 5＜S 5a 4

B ．S 4a 5＞S 5a 4

C ．S 4a 5＝S 5a 4

D ．不确定

6．设S n ＝1＋2＋3＋…＋n ，n∈N*，则函数f(n)＝S n (n ＋32)S n+1

的最大值为

（ ）

A ．120

B ．130

C ．140

D ．150

7．已知y 是x 的函数，且lg3，lg(sinx －1

2)，lg(1－y)顺次成等差数列，则

（ ）

A ．y 有最大值1，无最小值

B ．y 有最小值11

12，无最大值

C ．y 有最小值11

12

，最大值1

D ．y 有最小值－1，最大值1

8．已知等比数列{a n }中a 2＝1，则其前3项的和S 3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{a n }的首相为a 1，公比为q ，则“a 1＜0，且0＜q ＜1”是“对于任意n∈N*

都有a n+1＞a n ”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

11．{a n }为等差数列，若a 11

a 10

＜－1，且它的前n 项和S n 有最小值，那么当S n 取得最小正值时，

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a 1＝1

2，a n ＝f(n)(n∈N*)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是

（ ）

A ．

1

2

，2) B ．[1

2

，2]

C ．

1

2

，1) D ．[1

2

，1]

二、填空题

13．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 4－a 2＝8，a 3＋a 5＝26，记T n ＝S n

n

2，如果存在正整数M ，

使得对一切正整数n ，T n ≤M 都成立．则M 的最小值是__________．

14．无穷等比数列{a n }中，a 1＞1，|q|＜1，且除a 1外其余各项之和不大于a 1的一半，则q 的

取值范围是________.

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(a ＋b)

2

cd

的最小

值是________. Ａ．0

Ｂ．1

Ｃ．2

Ｄ．4

16．等差数列{a n }的公差d 不为零，S n 是其前n 项和，给出下列四个命题：①A．若d ＜0，且

S 3＝S 8，则{S n }中，S 5和S 6都是{S n }中的最大项；②给定n ，对于一定k∈N*(k＜n)，都有a n k ＋a n+k ＝2a n ；③若d ＞0，则{S n }中一定有最小的项；④存在k∈N*，使a k －a k+1和a k －a k 1同号

其中真命题的序号是____________. 三、解答题

17．已知{a n }是一个等差数列，且a 2＝1，a 5＝－5．（Ⅰ）求{a n }的通项n a ；（Ⅱ）求{a n }前n

项和S n 的最大值．

18．已知{a n }是正数组成的数列，a 1＝1，且点(a n ，a n +1)(n ∈N *）在函数y ＝x 2

＋1的图象上.(Ⅰ)

求数列｛a n ｝的通项公式；(Ⅱ)若列数｛b n ｝满足b 1＝1,b n +1＝b n ＋2a n ，求证：b n ·b n +2＜b 2

n +1.

19．设数列{a n }的首项a 1∈(0，1)，a n ＝3－a n 1

2

，n ＝2，3，4，….

（Ⅰ）求{a n }的通项公式；

（Ⅱ）设b n ＝a n 3－2a n ，证明b n ＜b n+1，其中n 为正整数．

20．已知数列{a n }中a 1＝2，a n+1＝(2－1)( a n ＋2)，n ＝1，2，3，….

（Ⅰ）求{a n }的通项公式；

（Ⅱ）若数列{a n }中b 1＝2，b n+1＝3b n ＋4

2b n ＋3，n ＝1，2，3，….证明：2＜b n ≤a 4n 3，n ＝1，

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{a n }的前

n 项和为S n ，点(n ，S n )(n∈N*)均在函数y ＝f(x)的图像上.（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）设b n ＝1a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n ＜m

20对所有n∈N*都成立

的最小正整数m ；

22．数列{}n a 满足11a =，2

1()n n a n n a λ+=+-（12n =L ，，）

，λ是常数．（Ⅰ）当21a =-时，求λ及3a 的值；（Ⅱ）数列{}n a 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λ的取值范围，使得存在正整数m ，当n m >时总有0n a <．

【专题训练】参考答案 一、选择题

1．B 【解析】a 4a 8＝(a 1＋3d)(a 1＋7d)＝a 12

＋10a 1d ＋21d 2

，a 62

＝(a 1＋5d)2

＝a 12

＋10a 1d ＋25d 2

，故a 4a 6≤a 6a 8

. 2．D 【解析】设其公比为q,则b n －c n ＝a n (q －1)(1－q 2

)＝－a n (q －1)2

(q ＋1)，当q ＝1时，b n ＝c n

，当q ＞0，且q≠1时，b n ＜c n ，故b n ≤c n .

3．B 【解析】因为q≠1，b 1＞0，b 11＞0，所以b 1≠b 11，则a 6＝a 1＋a 112＝b 1＋b 11

2＞b 1b 11＝b 6.

4．B 【解析】因数列为等差数列，a n ＝S n －S n 1＝2n －10，由5＜2k －10＜8，得到k ＝8. 5．A 【解析】S 4a 5－S 5a 4

＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)a 4q －(a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5)a 4

＝－a 1a 4＝－a 12q 3

＜0，∴S 4a 5＜S 5a 4．

6．D 【解析】由S n ＝

n(n ＋1)2，得f(n)＝n (n ＋32)(n ＋2)＝n

n 2＋34n ＋64

＝1

n ＋64n

＋34

≤

1

264＋34＝150

，当n ＝64n ，即n ＝8时取等号，即f(n)max ＝f(8)＝150．

7．B 【解析】由已知y ＝－13(sinx －12)2＋1，且sinx ＞1

2，y ＜1，所以当sinx ＝1时，y 有

最小值11

12

，无最大值.

8．D 【解】∵等比数列{a n }中a 2＝1，∴S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2(1q ＋1＋q)＝1＋q ＋1

q .∴当公比q

＞0时，S 3＝1＋q ＋1

q ≥1＋2

q·1q ＝3，当公比q ＜0时，S 3＝1－(－q －1

q

)≤1－

2

(－q)·(－1

q

)＝－1，

∴S 3∈(－∞，－1∪3，＋∞).

9．B 【解析】3b 是1－a 和1＋a 的等比中项，则3b 2

＝1－a

2

a 2＋3

b 2

＝1，令a ＝cosθ，

3b ＝sinθ，θ∈(0，2π)，所以a ＋3b ＝cosθ＋3inθ＝2sin(θ＋6)≤2.

10．A 【解析】当a 1＜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a 1＞0，且q ＞1，故选A.

11．C 【解析】由a 11a 10＜－1，得a 10＋a 11a 10＜0a 1＋a 20a 10＜01

2×20(a 1＋a 20)12

×19(a 1＋a 19)＜0S 20

S 19

＜0，则要使

S n 取得最小正值必须满足S 19＞0，且S 20＜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 ＋y)，a 1＝12，a n ＝f(n)(n∈N*)，a n+1＝f(n ＋1)＝f(1)f(n)＝1

2a n ，∴S n ＝

12[1－(12)n ]1－

1

2＝1－(12)n .则数列{a n }的前n 项和的取值范围是1

2，1).

二、填空题

13．2 【解析】由a 4－a 2＝8，可得公差d ＝4，再由a 3＋a 5＝26，可得a 1＝1，故S n ＝n ＋2n (n

－1)＝2n 2

－n ，∴T n ＝2n －1n ＝2－1n

，要使得T n ≤M ，只需M ≥2即可，故M 的最小值为2，

答案：2 14．(－1，0∪(0，

13 【解析】a 1q 1－q ≤

a 1

2q≤13

，但|q|＜1，且q≠0，故q∈(－1，0∪(0，13

.

15．4 【解析】∵(a ＋b)2

cd ＝(x ＋y)2

xy ≥(2xy)

2

xy

＝4.

16．D 【解析】对于①：∵S 8－S 3＝a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝5a 6＝0，∴S 5＝S 6，又d ＜0，S 5＝S 6

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 ，S n )分布在开口向上的抛物线，故{S n }中一定有最小的项，故③正确；而a k －a k+1＝－d ，a k －a k 1＝d ，且d≠0，故④为假命题. 三、解答题

17．【解】（Ⅰ）设{a n }的公差为d ，由已知条件，??? a 1＋d ＝1

a 1＋4d ＝－5

，解出a 1＝3，d ＝－2．

所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－2n ＋5．

（Ⅱ）S n ＝na 1＋n(n －1)2d ＝－n 2＋4n ＝－(n －2)2

＋4，所以n ＝2时，S n 取到最大值4．

18．【解】(Ⅰ)由已知得a n +1＝a n ＋1，即a n +1－a n ＝1，

又a 1＝1，所以数列｛a n ｝是以1为首项，公差为1的等差数列，故a n ＝1＋(a －1)×1＝n.

(Ⅱ)由（Ⅰ）知：a n ＝n 从而b n +1－b n ＝2n

.

b n ＝(b n －b n 1)＋(b n 1－b n 2)＋…＋（b 2－b 1）＋b 1＝2n 1＋2

n 2

＋…＋2＋1＝1－2n

1－2

＝2n

－

1.

因为b n ·b n +2－b 21+n ＝(2n －1)(2n +2－1)－(2n 1

－1)2

＝(2

2n +2

－2n +2－2n ＋1)－(2

2n +2

－2－2n +1

－1)＝－5·2n

＋4·2n

＝－2n

＜0,

所以b n ·b n +2＜b 2

1+n .

19．【解】（Ⅰ）由a n ＝3－a n 1

2

，n ＝2，3，4，….整理得

1－a n ＝－1

2

(1－a n 1)．

又1－a 1≠0，所以{1－a n }是首项为1－a 1，公比为－1

2的等比数列，得a n ＝1－(1－a 1)(－

12

)n 1

， （Ⅱ）由（Ⅰ）可知0＜a n ＜3

2，故b n ＞0．那么，

b n+12

－b n 2

＝a n+12

(3－2a n+1)－a n 2

(3－2a n )＝(3－a n 2)2(3－2×3－a n 2)－a n 2

(3－2a n )＝9a n 4

(a n －1)2.

又由（Ⅰ）知a n ＞0，且a n ≠1，故b n+12

－b n 2

＞0，因此

b n ＜b n+1，为正整数．

20．【解】（Ⅰ）由题设：a n+1＝(2－1)(a n ＋2)＝(2－1)(a n －2)＋(2－1)(2＋2)，

＝(2－1)(a n －2)＋2，∴a n+1－2＝(2－1)(a n －2)．

所以，数列{a n －2}a 是首项为2－2，公比为2－1)的等比数列，a n －2＝2(2－1)n

，

即a n 的通项公式为a n ＝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，b 1＝a 1＝2，所以2＜b 1≤a 1，结论成立．

（ⅱ）假设当n ＝k 时，结论成立，即2＜b k ≤a 4k 3，，也即0＜b n －2≤a 4k 3－2， 当n ＝k ＋1时，b k+1－2＝3b k ＋42b k ＋3－2＝(3－22)b k ＋(4－32)2b k ＋3＝(3－22)(b k －2)

2b k ＋3＞

0， 又

12b k ＋3＜1

22＋3

＝3－22， 所以b k+1－2＝(3－22)(b k －2)2b k ＋3

＜(3－22)2(b k －2)≤(2－1)4

(a 4k 3－2)＝a 4k+1

－2

也就是说，当n ＝k ＋1时，结论成立．

根据（ⅰ）和（ⅱ）知2＜b n ≤a 4n 3，n ＝1，2，3，….

21．【解】（Ⅰ）设这二次函数f(x)＝ax 2

＋bx (a≠0) ，则 f`(x)＝2ax ＋b ，由于f`(x)＝6x －2，

得a ＝3 ，b ＝－2，所以f(x)＝3x 2

－2x.，

又因为点(n ，S n )(n∈N*)均在函数y ＝f(x)的图像上，所以S n ＝3n 2

－2n ， 当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝（3n 2

－2n ）－[3(n －1)2

－2(n －1)]＝6n －5， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12

－2＝6×1－5，所以，a n ＝6n －5（n∈N*）. （Ⅱ）由（Ⅰ）得知b n ＝

3a n a n ＋1＝3(6n －5)[6(n －1)－5]＝12(16n －5－1

6n ＋1

)， 故T n ＝n

i=1b i ＝12[(1－17)＋(17–113)＋…＋(16n －5－16n ＋1)]＝12(1–1

6n ＋1

），

因此，要使12(1－16n ＋1）＜m 20（n∈N*）成立的m ，必须且仅须满足12≤m

20，即m≥10，

所以满足要求的最小正整数m 为10.

22．【解】（Ⅰ）由于2

1()(12)n n a n n a n λ+=+-=L ，

，，且11a =． 所以当21a =-时，得12λ-=-，故3λ=．从而2

3(223)(1)3a =+-?-=-． （Ⅱ）数列{}n a 不可能为等差数列，证明如下：由11a =，2

1()n n a n n a λ+=+-

得22a λ=-，3(6)(2)a λλ=--，4(12)(6)(2)a λλλ=---．

若存在λ，使{}n a 为等差数列，则3221a a a a -=-，即(5)(2)1λλλ--=-， 解得3λ=．于是2112a a λ-=-=-，43(11)(6)(2)24a a λλλ-=---=-． 这与

{}n a 为等差数列矛盾．所以，对任意λ，{}n a 都不可能是等差数列．

（Ⅲ）记2

(12)n b n n n λ=+-=L ，

，，根据题意可知，10b <且0n b ≠，即2λ> 且2*

()n n n λ≠+∈N ，这时总存在*

0n ∈N ，满足：当0n n ≥时，0n b >；

当01n n -≤时，0n b <．所以由1n n n a b a +=及110a =>可知，若0n 为偶数，

则00n a <，从而当0n n >时，0n a <；若0n 为奇数，则00n a >，

从而当0n n >时0n a >．因此“存在*

m ∈N ，当n m >时总有0n a <”

的充分必要条件是：0n 为偶数，

记02(12)n k k ==L ，，，则λ满足2

22

21(2)20

(21)210

k k b k k b k k λλ-?=+->??=-+--

4242()k k k k k λ-<<+∈N ．