數(shù)學(xué)數(shù)列與不等式交匯題型研究及解題策略

1、 數(shù)列與不等式的交匯題型分析及解題策略 【命題趨向】 數(shù)列與不等式交匯主要以壓軸題的形式出現(xiàn)，試題還可能涉及到與導(dǎo)數(shù)、函數(shù)等知識(shí)綜合一起考查.主要考查知識(shí)重點(diǎn)和熱點(diǎn)是數(shù)列的通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式以及二者之間的關(guān)系、等差數(shù)列和等比數(shù)列、歸納與猜想、數(shù)學(xué)歸納法、比較大小、不等式證明、參數(shù)取值范圍的探求，在不等式的證明中要注意放縮法的應(yīng)用.此類(lèi)題型主要考查學(xué)生對(duì)知識(shí)的靈活變通、融合與遷移，考查學(xué)生數(shù)學(xué)視野的廣度和進(jìn)一步學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的潛能近年來(lái)加強(qiáng)了對(duì)遞推數(shù)列考查的力度，這點(diǎn)應(yīng)當(dāng)引起我們高度的重視如08年北京文20題(12分)中檔偏上，考查數(shù)列與不等式恒成立條件下的參數(shù)問(wèn)題、08年湖北理21題(12分)為

2、中檔偏上，考查數(shù)列與不等式交匯的探索性問(wèn)題、08年江西理19題(12分)中等難度，考查數(shù)列求和與不等式的交匯、08年全國(guó)卷理22(12分)壓軸題，難說(shuō)大，考查數(shù)學(xué)歸納法與不等式的交匯，等等.預(yù)計(jì)在2009年高考中,比較新穎的數(shù)列與不等式選擇題或填空題一定會(huì)出現(xiàn).數(shù)列解答題的命題熱點(diǎn)是與不等式交匯,呈現(xiàn)遞推關(guān)系的綜合性試題.其中,以函數(shù)與數(shù)列、不等式為命題載體,有著高等數(shù)學(xué)背景的數(shù)列與不等式的交匯試題是未來(lái)高考命題的一個(gè)新的亮點(diǎn),而命題的冷門(mén)則是數(shù)列與不等式綜合的應(yīng)用性解答題. 【考試要求】 1理解數(shù)列的概念，了解數(shù)列通項(xiàng)公式的意義，了解遞推公式是給出數(shù)列的一種方法，并能根據(jù)遞推公式寫(xiě)出數(shù)列的前

3、幾項(xiàng) 2理解等差數(shù)列的概念掌握等差數(shù)列的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式，并能解決簡(jiǎn)單的實(shí)際問(wèn)題 3理解等比數(shù)列的概念，掌握等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式，并能解決簡(jiǎn)單的實(shí)際問(wèn)題。 4理解不等式的性質(zhì)及其證明 5掌握兩個(gè)（不擴(kuò)展到三個(gè)）正數(shù)的算術(shù)平均數(shù)不小于它們的幾何平均數(shù)的定理，并會(huì)簡(jiǎn)單的應(yīng)用 6掌握分析法、綜合法、比較法證明簡(jiǎn)單的不等式 7掌握簡(jiǎn)單不等式的解法及理解不等式aba+ba+b 【考點(diǎn)透視】 1以客觀題考查不等式的性質(zhì)、解法與數(shù)列、等差數(shù)列、等比數(shù)列的簡(jiǎn)單交匯. 2以解答題以中檔題或壓軸題的形式考查數(shù)列與不等式的交匯，還有可能涉及到導(dǎo)數(shù)、解析幾何、三角函數(shù)的知識(shí)等，深度考查不等式的證明(

4、主要比較法、綜合法、分析法、放縮法、數(shù)學(xué)歸納法、反證法)和邏輯推理能力及分類(lèi)討論、化歸的數(shù)學(xué)思想，試題新穎別致，難度相對(duì)較大. 3將數(shù)列與不等式的交匯滲透于遞推數(shù)列及抽象數(shù)列中進(jìn)行考查，主要考查轉(zhuǎn)化及方程的思想. 【典例分析】 1 / 12 題型一 求有數(shù)列參與的不等式恒成立條件下參數(shù)問(wèn)題 求得數(shù)列與不等式綾結(jié)合恒成立條件下的參數(shù)問(wèn)題主要兩種策略：(1)若函數(shù)f(x)在定義域?yàn)镈，則當(dāng)xD時(shí)，有f(x)M恒成立?f(x)M；f(x)M恒成立?f(x)M；(2)利用等maxmin差數(shù)列與等比數(shù)列等數(shù)列知識(shí)化簡(jiǎn)不等式，再通過(guò)解不等式解得. 【例1】 等比數(shù)列a的公比q1，第17項(xiàng)的平方等于第24項(xiàng)

5、，求使aa2n1111a恒成立的正整數(shù)n的取值范圍. nana2a1【分析】 利用條件中兩項(xiàng)間的關(guān)系，尋求數(shù)列首項(xiàng)a與公比q之間的關(guān)系，再利用1等比數(shù)列前n項(xiàng)公式和及所得的關(guān)系化簡(jiǎn)不等式，進(jìn)而通過(guò)估算求得正整數(shù)n的取值范圍. 1622391. aaq【解】 由題意得：(aqq)，111111為首項(xiàng)，以由等比數(shù)列的性質(zhì)知：數(shù)列是以 qa1an為公比的等比數(shù)列，要使不等式成立， 11n)(1 qa11a1(qn1)?18?18n1)q(1代入上式并整理，得q)，(q 則須，把a(bǔ)21q qn1q11 qn19n的取值范圍是n19，故所求正整數(shù)20. ，q1，qnq【點(diǎn)評(píng)】 本題解答數(shù)列與不等式兩方面

6、的知識(shí)都用到了，主要體現(xiàn)為用數(shù)列知識(shí)化簡(jiǎn)，用不等式知識(shí)求得最后的結(jié)果.本題解答體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化思想、方程思想及估算思想的應(yīng)用. nn，nN*(aS3全國(guó)）設(shè)數(shù)列a的前)項(xiàng)和為S已知aa，【例2】 （08n1n+1nnn，求數(shù)列b的通項(xiàng)公式；（）若aa，nN*設(shè)bS3，求a的取值范圍 nnn+1nn【分析】 第（）小題利用S與a的關(guān)系可求得數(shù)列的通項(xiàng)公式；第（）小題將nn條件aa轉(zhuǎn)化為關(guān)于n與a的關(guān)系，再利用af(n)恒成立等價(jià)于af(n)求解 minn+1nnn， 2S33，即S)依題意，SSaS【解】 (nnn+1nn+1n+1 n+1n)33 2(S由此得Snn+1n n?1，nN*, 3 (a

7、3)2 因此，所求通項(xiàng)公式為bSnnn n?1，nN*，由知S3 (a3)2()nn n?1n?1 n?2n?1 n?2，2333)23)2(a3)2 于是，當(dāng)n2時(shí)，aSS3(a(a1?nnn3n?2 n?1 n?2 n?212()a(a3)23，2 aa43 nn+1233n?22n n?212()a30，12()a時(shí)，n2aa，即230，a9， 當(dāng) nn+122綜上，所求的a的取值范圍是9， 【點(diǎn)評(píng)】 一般地，如果求條件與前n項(xiàng)和相關(guān)的數(shù)列的通項(xiàng)公式，則可考慮S與ann的關(guān)系求解.本題求參數(shù)取值范圍的方法也一種常用的方法，應(yīng)當(dāng)引起重視. 題型二 數(shù)列參與的不等式的證明問(wèn)題 此類(lèi)不等式的證

8、明常用的方法：(1)比較法，特別是差值比較法是最根本的方法；(2)分析法與綜合法，一般是利用分析法分析，再利用綜合法分析；(3)放縮法，主要是通過(guò)分母分子的擴(kuò)大或縮小、項(xiàng)數(shù)的增加與減少等手段達(dá)到證明的目的. 【例3】 已知數(shù)列a是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為S，a7，S24()求數(shù)列annn431的通項(xiàng)公式；()設(shè)p、q都是正整數(shù)，且pq，證明：S(SS) 2qp+q2p2【分析】 根據(jù)條件首先利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)公式和建立方程組即可解決第()小題；第()小題利用差值比較法就可順利解決. 2 / 12 a12d7a13 ?，解得d，依題意得， 【解】 （）設(shè)等差數(shù)列a的公差是n 4a16d

9、24d2?數(shù)列a的通項(xiàng)公式為aa(n1)d2n1. 1nnn(a1an)2（）證明：a2n1，Sn2n nn22222， 2(p(4qq)q)4q)2(pq)(4p4p)2S(SS)2(p2q2pp+q1pq，2S(SS)0，S(SS) 2qp+q2p2q2pp+q2【點(diǎn)評(píng)】 利用差值比較法比較大小的關(guān)鍵是對(duì)作差后的式子進(jìn)行變形，途徑主要有：（1）因式分解；（2）化平方和的形式；（3）如果涉及分式，則利用通分；（4）如果涉及根式，則利用分子或分母有理化. 31c，cN*，其中ca滿足a0，aca為實(shí)【例4】 (08安徽高考)設(shè)數(shù)列nn1n+11數(shù).()證明：a0，1對(duì)任意nN*成立的充分必要條

10、件是c0，1；()設(shè)0c，證 n312n?1222n1，naaN*. 1(3c)a，nN*；（）設(shè)0c，證明：明：a n21n33c1【分析】 第（1）小題可考慮用數(shù)學(xué)歸納法證明；第（2）小題可利用綜合法結(jié)合不等關(guān)系的迭代；第（3）小題利用不等式的傳遞性轉(zhuǎn)化等比數(shù)列，然后利用前n項(xiàng)和求和，再進(jìn)行適當(dāng)放縮. 【解】（）必要性：a0，a1c， 21又a0，1，01c1，即c0，1. 2充分性：設(shè)c0，1，對(duì)nN*用數(shù)學(xué)歸納法證明a0，1. n(1)當(dāng)n1時(shí)，a0，1. 1(2)假設(shè)當(dāng)nk時(shí)，a0，1(k1)成立，則 k331c1cac0， ，且1cc1c1aacak11kkka0，1，這就是說(shuō)nk

11、1時(shí)，a0，1. nk1由（1）、（2）知，當(dāng)c0，1時(shí)，知a0，1對(duì)所胡nN*成立. n綜上所述，a0，1對(duì)任意nN*成立的充分必要條件是c0，1. n1（）設(shè)0c，當(dāng)n1時(shí)，a0，結(jié)論成立. 1332) aac(1a)(1ca1c，1a當(dāng)n2時(shí)，由a1n?1n?n?n1n1n?123，且1a0aa，1a3c(10c，由()知a0，1，所以1 nn1?1nn?1?1n?3a)， 1n?2n?1n?1n?1，nN*. ，)(3c)a(1a)(3c)1(3c)1a3c(1a(3c)a(1n11 n?n2 ?n122021時(shí)，a，結(jié)論成立. ，當(dāng)()設(shè)0cn 133c1n?101(3c)， 當(dāng)n2

12、時(shí)，由（）知an2n?1 2n?1(n?1)n?1，1(3c)a(1(3c)2(3c) 12(3c)n222222n?1 (3c)(3c)an123caaaan1n2221(3c)n22n?11n1n(3c)21n13c(3c)1. 3c113c【點(diǎn)評(píng)】 本題是數(shù)列與不等式、數(shù)學(xué)歸納法的知識(shí)交匯題，屬于難題，此類(lèi)試題在高考中點(diǎn)占有一席之地，復(fù)習(xí)時(shí)應(yīng)引起注意.本題的第()小題實(shí)質(zhì)也是不等式的證明， 題型三 求數(shù)列中的最大值問(wèn)題 求解數(shù)列中的某些最值問(wèn)題，有時(shí)須結(jié)合不等式來(lái)解決，其具體解法有：(1)建立目標(biāo)函數(shù)，通過(guò)不等式確定變量范圍，進(jìn)而求得最值；(2)首先利用不等式判斷數(shù)列的單調(diào)性，3 / 1

13、2 然后確定最值；(3)利用條件中的不等式關(guān)系確定最值. n項(xiàng)和為S，若S10，S設(shè)等差數(shù)列a的前15，則a的最【例5】 (08四川高考)45nn4大值為_(kāi). 【分析】 根據(jù)條件將前4項(xiàng)與前5項(xiàng)和的不等關(guān)系轉(zhuǎn)化為關(guān)于首項(xiàng)a與公差d的不1等式，然后利用此不等關(guān)系確定公差d的范圍，由此可確定a的最大值. 4n項(xiàng)和為S，且S10，a的前S15， 等差數(shù)列【解】 5n4n4353d53d S44a1d10? 2a13d5 a4a13d3d? 22? ?，即 ， 54 a12d3? aa3d(a2d)d3d155adS 14115253da3d，則53d62d，即d1. 42a3d314，故a的最大值為

14、4. 44【點(diǎn)評(píng)】 本題最值的確定主要是根據(jù)條件的不等式關(guān)系來(lái)求最值的，其中確定數(shù)列的公差d是解答的關(guān)鍵，同時(shí)解答中要注意不等式傳遞性的應(yīng)用. 1【例6】 等比數(shù)列a的首項(xiàng)為a2002，公比q()設(shè)f(n)表示該數(shù)列的前n 1n2項(xiàng)的積，求f(n)的表達(dá)式；()當(dāng)n取何值時(shí)，f(n)有最大值 【分析】 第()小題首先利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式求數(shù)列a的通項(xiàng)，再求得f(n)的表n達(dá)式；第()小題通過(guò)商值比較法確定數(shù)列的單調(diào)性，再通過(guò)比較求得最值. 11n?1n()2002()錯(cuò)誤! ，f(n)【解】 ()a2002 n22|f(n1)|2002()由()，得，則 2n|f(n)|f(n1)|2002

15、當(dāng)n10時(shí)，1，|f(11)|f(10)|f(1)|， 2n|f(n)|f(n1)|2002當(dāng)n11時(shí)，1，|f(11)|f(12)|f(13)|， |f(n)|2nf(11)0，f(10)0，f(9)0，f(12)0，f(n)的最大值為f(9)或f(12)中的最大者 166)(200212 2f(12)120023330()()1，2002 1210f(9)2369)(2002 211266)2002 (n12時(shí)，f(n)有最大值為f(12)當(dāng) 2【點(diǎn)評(píng)】 本題解答有兩個(gè)關(guān)鍵：(1)利用商值比較法確定數(shù)列的單調(diào)性；(2)注意比較f(12)與f(9)的大小.整個(gè)解答過(guò)程還須注意f(n)中各項(xiàng)的

16、符號(hào)變化情況. 題型四 求解探索性問(wèn)題 數(shù)列與不等式中的探索性問(wèn)題主要表現(xiàn)為存在型，解答的一般策略：先假設(shè)所探求對(duì)象存在或結(jié)論成立，以此假設(shè)為前提條件進(jìn)行運(yùn)算或邏輯推理，若由此推出矛盾，則假設(shè)不成立，從而得到“否定”的結(jié)論，即不存在.若推理不出現(xiàn)矛盾，能求得在范圍內(nèi)的數(shù)值或圖形，就得到肯定的結(jié)論，即得到存在的結(jié)果. 【例7】 已知a的前n項(xiàng)和為S，且aS4.()求證：數(shù)列a是等比數(shù)列；()nnnnnSk+12是否存在正整數(shù)k，使2成立. 2Sk【分析】 第()小題通過(guò)代數(shù)變換確定數(shù)列a與a的關(guān)系，結(jié)合定義判斷數(shù)列an+1nn為等比數(shù)列；而第()小題先假設(shè)條件中的不等式成立，再由此進(jìn)行推理，確定

17、此不等式成立的合理性. 4 / 12 【解】 ()由題意，Sa4，Sa4， +1+1nnnn1由兩式相減，得(Sa)(Sa)0，即2aa0，aa， nn+1nnn+1n+1nn+121的等比數(shù)列. 2，公比為qa是以首項(xiàng)aSa4，a2，數(shù)列又2a 111n1121n(21) 22?n. 2，得S4()由() n11 2Sk+121?k k ?12錯(cuò)誤2!， 1，即1又由2，得錯(cuò)誤!2，整理，得錯(cuò)誤! 2Sk3k?1k?1(1，)相矛盾，故不存在這樣的k，使不等式成立N*，這與2. kN*，2 2【點(diǎn)評(píng)】 本題解答的整個(gè)過(guò)程屬于常規(guī)解法，但在導(dǎo)出矛盾時(shí)須注意條件“kN*”，這是在解答數(shù)列問(wèn)題中易

18、忽視的一個(gè)陷阱. 2n(a1)(4，b，aan)【例8】 (08湖北高考已知數(shù)列a和b滿足：a nnnn1nn+133n21)，其中為實(shí)數(shù)，n為正整數(shù).（）對(duì)任意實(shí)數(shù)，證明數(shù)列a不是等比數(shù)列；n（）試判斷數(shù)列b是否為等比數(shù)列，并證明你的結(jié)論；（）設(shè)0ab,S為數(shù)列b的nnn前n項(xiàng)和.是否存在實(shí)數(shù)，使得對(duì)任意正整數(shù)n，都有aSb?若存在，求的取值范圍；n若不存在，說(shuō)明理由. 【分析】 第()小題利用反證法證明；第()小題利用等比數(shù)列的定義證明；第()小題屬于存在型問(wèn)題，解答時(shí)就假設(shè)aSb成立，由此看是否能推導(dǎo)出存在存在實(shí)數(shù). n2aaa，即 （）證明：假設(shè)存在一個(gè)實(shí)數(shù)，使a是等比數(shù)列，則有【解】

19、3n2124442224?90，矛盾，所以a不是等比數(shù)列4)?493)(. ( n9399n+1a3(n1)(1)21 ()解：因?yàn)閎 n+1n+1222n+1(a2n14)(a3n(1)21)b， n n n333又b(18)，所以 1當(dāng)18時(shí)，b0(nN*)，此時(shí)b不是等比數(shù)列； nnbn+12當(dāng)18時(shí)，b(18)0，由上可知b0，(nN*). n13bn2故當(dāng)18時(shí)，數(shù)列b是以(18)為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列. n3()由（）知，當(dāng)18，b0(nN*)，S0，不滿足題目要求；. nn232n?1n )(，故知b(18)()18)1，于是S18 nn33532nb，)(nN*). n成立，

20、即a(18)1(S要使ab對(duì)任意正整數(shù) n35a3b得(18)，(nN*) 252nn)(11() 33255n，則當(dāng)n為正奇數(shù)時(shí)，1f(n)，當(dāng)n()為正偶數(shù)時(shí)f(n)1； f(n)令1 93355f(n)的最大值為f(1)，f(n)的最小值為f(2), 93533于是，由式得a(18)b，b183a18，(必須b3a，即 559b3a). 5 / 12 ，不存在實(shí)數(shù)滿足題目要求；3a18b18當(dāng)ab3a時(shí)，由，18b且的取值范圍是(，使得對(duì)任意正整數(shù)n，都有aSb,b當(dāng)3a存在實(shí)數(shù)n18). 3a解答此類(lèi)題型一般存在性問(wèn)題指的是命題的結(jié)論不確定的一類(lèi)探索性問(wèn)題，【點(diǎn)評(píng)】 是從存在的方面入手

21、，尋求結(jié)論成立的條件，若能找到這個(gè)條件，則問(wèn)題的回答是肯定的；其過(guò)程可以概括為假.若找不到這個(gè)條件或找到的條件與題設(shè)矛盾，則問(wèn)題的回答是否定的. 的雙重討論及項(xiàng)數(shù)n定論.本題解答注意對(duì)參數(shù)設(shè)推證 【專(zhuān)題訓(xùn)練】 一、選擇題 ） （ 1已知無(wú)窮數(shù)列a是各項(xiàng)均為正數(shù)的等差數(shù)列，則有na6a4a6a4a4a6a4a6 DA B C a8a6a8a8a6a8a6a6 a，則caa（ ） 是由正數(shù)構(gòu)成的等比數(shù)列，baa，2設(shè)n+3nnn+1nnn+2 c Dbc CbcAbc Bbnnnnnnnn ） ，abab，則（3已知a為等差數(shù)列，b為正項(xiàng)等比數(shù)列，公比q1，若11n1111n b 或a Dabab

22、 Bab CbaA66666666662 ） ，則k （n的前n項(xiàng)和S 9n，第k項(xiàng)滿足a4已知數(shù)列aknn6 7 D9 B8 CA ） 與Sa的大小關(guān)系是（ 的公比q0，其前n項(xiàng)的和為S，則Sa5已知等比數(shù)列a44n5n5 不確定 DSaSaBSaSa CASaSa 444454555554Sn ） （ ，nN*，則函數(shù)f(n)的最大值為36設(shè)S12n n32)Sn+1(n1111 DCA B 503020401 y)順次成等差數(shù)列，則，lg(1x的函數(shù)，且lg3，lg(sinx（ ） )7已知y是 211 ，無(wú)最大值y1y有最大值，無(wú)最小值 有最小值BA 1211 1 Cy有最小值，最大值

23、1 有最小值1，最大值Dy 12 ） （a中a1，則其前3項(xiàng)的和S的取值范圍是8已知等比數(shù)列32n) ，1)(1，(，1? () ?3，?) ?3， (，1設(shè)3b是1a和1a的等比中項(xiàng)，則a93b的最大值為( ) A1 B2 C3 D4 10設(shè)等比數(shù)列a的首相為a，公比為q，則“a0，且0q1”是“對(duì)于任意nN*都有1n1aa”的 （ ） nn+1A充分不必要條件 B必要不充分條件 C充分比要條件 D既不充分又不必要條件 6 / 12 a11取得最小正值時(shí)，S項(xiàng)和S有最小值，那么當(dāng)1a為等差數(shù)列，若，且它的前n11 nnna10 ） n （21 DCA11 19 B17 ，若y)f(x)f(y

24、)f(x上恒不為零的函數(shù)，對(duì)任意實(shí)數(shù)x、yR，都有12設(shè)f(x)是定義在R1（ n項(xiàng)和S的取值范圍是 ） a，af(n)(nN*)，則數(shù)列a的前 nn1n211111 ，2 ，BC?D1) ，A?，2) 2222 二、填空題Sn，如果存在正整數(shù)，記Tn項(xiàng)和為S，且aa8，aa2613等差數(shù)列a的前 n52n3n4n2 _TM，使得對(duì)一切正整數(shù)n，M都成立則M的最小值是nqa中，1，|q|1，且除a外其余各項(xiàng)之和不大于a的一半，則14無(wú)窮等比數(shù)列a1n11_. 的取值范圍是b)2(a的最小y成等比數(shù)列，則，c，d，xxx15已知0，y0，a，b，y成等差數(shù)列， cd_. 值是4 0 1 2 ，d

25、0項(xiàng)和，給出下列四個(gè)命題：16等差數(shù)列a的公差d不為零，S是其前nA若nn，都是且SS，則S中，S和SS中的最大項(xiàng)；給定nn)N*(k，對(duì)于一定kn53n86aak中一定有最小的項(xiàng)；存在N*，使，2aa都有a；若d0則Sk+1nknn+kkn? 和aa同號(hào)1?kk_. 其中真命題的序號(hào)是 三、解答題an的通項(xiàng)（）求1，a5a（）求；a前17已知a是一個(gè)等差數(shù)列，且ann52nn 項(xiàng)和S的最大值n 2)*)(且點(diǎn)18已知a是正數(shù)組成的數(shù)列，a1，(ananN）在函數(shù)yx1的圖象上.(+1nn1abbbb若列數(shù))b滿足1,2，求證：的通項(xiàng)公式；求數(shù)列a(nnn+11nnn2. bb+1n+2n .

26、 32n!a1)(0的首項(xiàng)設(shè)數(shù)列19aa，錯(cuò)誤，4nn1 （）求a的通項(xiàng)公式；n b，證明3a2an（）設(shè)bn，其中為正整數(shù)bn+1nnn 7 / 12 . 2，3，1)( a2)，n1a20已知數(shù)列a中2，a，(2nn1n+1 的通項(xiàng)公式；（）求an43bn，1，n證明：2b，bn1，2，3，.a，（）若數(shù)列a中b2 3nn+14nn1?32bn 32， 項(xiàng)n2，數(shù)列a的前?21已知二次函數(shù)yf(x)的圖像經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，其導(dǎo)函數(shù)為f(x)6xn（）的通項(xiàng)公式；a）(n，S)(nN*)均在函數(shù)yf(x)的圖像上.（求數(shù)列，和為S點(diǎn)nnnm1都成立的最小N*是數(shù)列，Tb的前n項(xiàng)和，求使得T對(duì)所有

27、n設(shè)b nnnn201anan 正整數(shù)m； ?2?a1?a?1a?1n，2，?a)?na?(n?當(dāng)，（滿足，）22數(shù)列（）是常數(shù)21n1n?n?aa求出它的通項(xiàng)公式；的值；（）數(shù)列時(shí)，求及是否可能為等差數(shù)列？若可能，3n ?m?mn時(shí)總有，當(dāng)?shù)娜≈捣秶?，使得存在正整?shù)若不可能，說(shuō)明理由；（）求0?a n 【專(zhuān)題訓(xùn)練】參考答案 一、選擇題222222，25d10a5d)da7d)ad10a21d，a(aa1B 【解析】a(a3d)(a1114811161a6a4. 故 a8a622時(shí)，1q(q1)，當(dāng)(q1)(1q)a(q1)c【2D 解析】設(shè)其公比為q,則bannnn. cbbc，故，當(dāng)q0，

28、且q1時(shí)， bcnnnnnnb11b1a1a11b1b11a0，所以bb，則bB 3 【解析】因?yàn)閝1，0，b 611111122b. 64B 【解析】因數(shù)列為等差數(shù)列，aSS2n10，由52k108，得到k8. 1nn?n5A 【解析】SaSa (aaaa)aq(aaaa44454512341238 / 12 32 aaaSqa0，Saa)a4154544511)n(n11nnf(n)S，得6D 【解析】由 n64264(n32)(n2)n234n3464234n n1641 f(8)，當(dāng)n，即n8時(shí)取等號(hào)，即f(n) max50n501112有最1時(shí)，y，且sinx，y1，所以當(dāng)sinx7

29、B 【解析】由已知y(sinx)1 23211. 小值，無(wú)最大值 1211q.當(dāng)公比q(1q)1D 【解】等比數(shù)列a中a1，Saaaa8 212n332qq1111)q)1(2(q3，當(dāng)公比q0時(shí)，S1(q0時(shí)，S1q12 33qqqq 1，). 3，(，1?S32222，令a3b的等比中項(xiàng)，則a和1a3bcos1a1?a9B 【解析】3b是12. )錯(cuò)誤!3in2sin(2，(0，)，所以a3bcos3bsin時(shí)，數(shù)列為遞增數(shù)列，但當(dāng)數(shù)列為遞增數(shù)列時(shí)，還10q 【解析】當(dāng)a0，且10A 1A. 1，故選，且q存在另一情況a011)a20(a 2012a20a1a11a10S20a11，00?

30、0?0?11C 【解析】由1，得 S191a10a10a10)19(aa 191219. 0，此時(shí)n0，且S則要使S取得最小正值必須滿足S20n19f(x，都有f(x)f(y)x、yR【解析】12C f(x)是定義在R上恒不為零的函數(shù)，對(duì)任意實(shí)數(shù)11n)(1 22111n.()11)f(1)f(n)a，Sy)，a，af(n)(nN*)，af(n nn1nn+122211 21n1). ?的前，項(xiàng)和的取值范圍是則數(shù)列a n2 二、填空題n1，故Sa26，可得a【解析】2 由aa8，可得公差d4，再由a13n5214312n12的最小值M2即可，故，只需TMM2nn，T2，要使得n2n(1) nn

31、nn2 ，答案：為211a1qa11，(0，0?0，故q(1 ?，0(0，? 【解析】?q，但|q|1，且q114( 3332q1 .?2y)2b)2(x(axy)(2154 【解析】4. xycdxy16D 【解析】對(duì)于：SSaaaaa5a0，SS，又d0，S56883455667S為最大，故A正確；對(duì)于：根據(jù)等差中項(xiàng)知正確；對(duì)于：d0，點(diǎn)(n，S)n69 / 12 a，中一定有最小的項(xiàng)，故分布在開(kāi)口向上的拋物線，故S正確；而aadknk+1k. 為假命題ad，且d0，故1k? 三、解答題1a1d ? ，解出a3，由已知條件，d217【解】（）設(shè)a的公差為d1n 5a14d? 2n5a(n1

32、)d所以a1n1)n(n22 取到最大值4n2時(shí)，4n(n2)S4，所以n（）Snad n1n2 1，即aa【解】()由已知得aa118n+1n+1nn(a1)111，所以數(shù)列a是以1為首項(xiàng)，公差為1的等差數(shù)列，故a又an1nn. n. 2b()由（）知：an從而bnn+1n2n1n?2n?1n2b(bb)(bb)（bb）b2212 1211n?1n?n2nn?211. 22 1nn+2n?(21)(21)(21)因?yàn)閎bb+2nn1?nnnnn2n+2+1n2n+2+2n0, 2221)(252222(21)42. bb所以b+2nn1n? !(11，19【解】（）由a錯(cuò)誤!，n23，4，.

33、整理得 a錯(cuò)誤nn )a1n?1的等比數(shù)列，得又1a0，所以1a是首項(xiàng)為1a，公比為a1(1a)( 1nn11211n? ，) 23 b0那么，（）由（）可知0a，故 nn2an3an39an222222(a2a)bb(3a(32a)a(32a)(2a(3 nnn+1nn+1n+1nnn4222. 1)22 0a，故1bb b，為正整數(shù)，因此b又由（）知a0，且nnn+1nn+1n 2)，(21)(a2)（）由題設(shè)：20【解】a1)(2(21)(a(22)nn+1n 1)(a2)(2)2，a222(1)(annn+122(222a是首項(xiàng)為2，公比為21)的等比數(shù)列，a所以，數(shù)列annn ，1)n. 3，1，n1，2，a即a的通項(xiàng)公式為2(21)nn （）用數(shù)學(xué)歸納法證明 ，結(jié)論成立baa2，所以2n（）當(dāng)，1時(shí)，因22b1111k時(shí)，結(jié)論成立，即