數(shù)列與不等式綜合習(xí)題

數(shù)列與不等式的題型分類(lèi).解題策略題型一求有數(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)x∈D時(shí)，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{an}的公比q＞1，第17項(xiàng)的平方等于第24項(xiàng)，求使a1＋a2＋…＋an＞eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)恒成立的正整數(shù)n的取值范圍.【分析】利用條件中兩項(xiàng)間的關(guān)系，尋求數(shù)列首項(xiàng)a1與公比q之間的關(guān)系，再利用等比數(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.【解】由題意得：(a1q16)2＝a1q23，∴a1q9＝1.由等比數(shù)列的性質(zhì)知：數(shù)列{eq\f(1,an)}是以eq\f(1,a1)為首項(xiàng)，以eq\f(1,q)為公比的等比數(shù)列，要使不等式成立，則須eq\f(a1(qn－1),q－1)＞eq\f(eq\f(1,a1)[1－(eq\f(1,q))n],1－eq\f(1,q))，把a(bǔ)eq\o(2,1)＝q18代入上式并整理，得q18(qn－1)＞q(1－eq\f(1,qn))，qn＞q19，∵q＞1，∴n＞19，故所求正整數(shù)的取值范圍是n≥20.【點(diǎn)評(píng)】本題解答數(shù)列與不等式兩方面的知識(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.【例2】（08·全國(guó)Ⅱ）設(shè)數(shù)列{an}的前項(xiàng)和為Sn．已知a1＝a，an+1＝Sn＋3n，n∈N*．(Ⅰ)設(shè)bn＝Sn－3n，求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；（Ⅱ）若an+1≥an，n∈N*，求a的取值范圍．【分析】第（Ⅰ）小題利用Sn與an的關(guān)系可求得數(shù)列的通項(xiàng)公式；第（Ⅱ）小題將條件an+1≥an轉(zhuǎn)化為關(guān)于n與a的關(guān)系，再利用a≤f(n)恒成立等價(jià)于a≤f(n)min求解．【解】(Ⅰ)依題意，Sn+1－Sn＝an+1＝Sn＋3n，即Sn+1＝2Sn＋3n，由此得Sn+1－3n+1＝2(Sn－3n)．因此，所求通項(xiàng)公式為bn＝Sn－3n＝(a－3)2n1，n∈N*,①(Ⅱ)由①知Sn＝3n＋(a－3)2n1，n∈N*，于是，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn1＝3n＋(a－3)2n1－3n1－(a－3)2n2＝2×3n1＋(a－3)2n2，an+1－an＝4×3n1＋(a－3)2n2＝2n2·[12·(eq\f(3,2))n2＋a－3]，當(dāng)n≥2時(shí)，an+1≥an，即2n2·[12·(eq\f(3,2))n2＋a－3]≥0，12·(eq\f(3,2))n2＋a－3≥0，∴a≥－9，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Sn與an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{an}是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，a3＝7，S4＝24．(Ⅰ)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(Ⅱ)設(shè)p、q都是正整數(shù)，且p≠q，證明：Sp+q＜eq\f(1,2)(S2p＋S2q)．【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(Ⅰ)小題；第(Ⅱ)小題利用差值比較法就可順利解決.【解】（Ⅰ）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差是d，依題意得，eq\b\lc\{(\s(,))eq\s(a1＋2d＝7,4a1＋6d＝24)，解得eq\b\lc\{(\s(,))eq\s(a1＝3,d＝2)，∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.（Ⅱ）證明：∵an＝2n＋1，∴Sn＝eq\f(n(a1＋an),2)＝n2＋2n．2Sp+q－(S2p＋S2q)＝2[(p＋q)2＋2(p＋q)]－(4p2＋4p)－(4q2＋4q)＝－2(p－q)2，∵p≠q，∴2Sp+q－(S2p＋S2q)＜0，∴Sp+q＜eq\f(1,2)(S2p＋S2q)．【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.【例4】(08·安徽高考)設(shè)數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝0，an+1＝can3＋1－c，c∈N*，其中c為實(shí)數(shù).(Ⅰ)證明：an∈[0，1]對(duì)任意n∈N*成立的充分必要條件是c∈[0，1]；(Ⅱ)設(shè)0＜c＜eq\f(1,3)，證明：an≥1－(3c)n1，n∈N*；（Ⅲ）設(shè)0＜c＜eq\f(1,3)，證明：a12＋a22＋…＋an2＞n＋1－eq\f(2,1－3c)，n∈N*.【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】（Ⅰ）必要性：∵a1＝0，a2＝1－c，又∵a2∈[0，1]，∴0≤1－c≤1，即c∈[0，1].充分性：設(shè)c∈[0，1]，對(duì)n∈N*用數(shù)學(xué)歸納法證明an∈[0，1].(1)當(dāng)n＝1時(shí)，a1∈[0，1].(2)假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，ak∈[0，1](k≥1)成立，則ak＋1＝cak3＋1－c≤c＋1－c＝1，且ak＋1＝cak3＋1－c≥1－c≥0，∴ak＋1∈[0，1]，這就是說(shuō)n＝k＋1時(shí)，an∈[0，1].由（1）、（2）知，當(dāng)c∈[0，1]時(shí)，知an∈[0，1]對(duì)所胡n∈N*成立.綜上所述，an∈[0，1]對(duì)任意n∈N*成立的充分必要條件是c∈[0，1].（Ⅱ）設(shè)0＜c＜eq\f(1,3)，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝0，結(jié)論成立.當(dāng)n≥2時(shí)，由an＝can13＋1－c，∴1－an＝c(1－an1)(1＋an1＋an12)∵0＜c＜eq\f(1,3)，由(Ⅰ)知an1∈[0，1]，所以1＋an1＋an12≤3，且1－an1≥0，∴1－an≤3c(1－an1)，∴1－an≤3c(1－an1)≤(3c)2(1－an2)≤…≤(3c)n1(1－a1)＝(3c)n1，∴an≥1－(3c)n1，n∈N*.(Ⅲ)設(shè)0＜c＜eq\f(1,3)，當(dāng)n＝1時(shí)，a12＝0＞2－eq\f(2,1－3c)，結(jié)論成立.當(dāng)n≥2時(shí)，由（Ⅱ）知an≥1－(3c)n1＞0，∴an2≥[(1－(3c)n1)]2＝1－2(3c)n1＋(3c)(n1)＞1－2(3c)n1，a12＋a22＋…＋an2＝a22＋…＋an2＞n－1－2[3c＋(3c)2＋…＋(3c)n1]＝n－1－2[1＋3c＋(3c)2＋…＋(3c)n1－1]＝n＋1－eq\f(2[1－(3c)n],1－3c)＞n＋1－eq\f(2,1－3c).【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(Ⅰ)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，然后確定最值；(3)利用條件中的不等式關(guān)系確定最值.【例5】(08·四川高考)設(shè)等差數(shù)列{an}的前項(xiàng)和為Sn，若S4≥10，S5≤15，則a4的最大值為_(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)a1與公差d的不等式，然后利用此不等關(guān)系確定公差d的范圍，由此可確定a4的最大值.【解】∵等差數(shù)列{an}的前項(xiàng)和為Sn，且S4≥10，S5≤15，∴eq\b\lc\{(\s(,,))eq\s(S4＝4a1＋eq\f(4×3,2)d≥10,S5＝5a1＋eq\f(5×4,2)d≤15)，即eq\b\lc\{(\s(,))eq\s(a1＋3d≥5,a1＋2d≤3)，∴eq\b\lc\{(\s(,))eq\s(a4＝a1＋3d≥eq\f(5－3d,2)＋3d＝eq\f(5＋3d,2),a4＝a1＋3d＝(a1＋2d)＋d≤3＋d)，∴eq\f(5＋3d,2)≤a4≤3＋d，則5＋3d≤6＋2d，即d≤1.∴a4≤3＋d≤3＋1＝4，故a4的最大值為4.【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.【例6】等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1＝2002，公比q＝－eq\f(1,2)．(Ⅰ)設(shè)f(n)表示該數(shù)列的前n項(xiàng)的積，求f(n)的表達(dá)式；(Ⅱ)當(dāng)n取何值時(shí)，f(n)有最大值．【分析】第(Ⅰ)小題首先利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式求數(shù)列{an}的通項(xiàng)，再求得f(n)的表達(dá)式；第(Ⅱ)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.【解】(Ⅰ)an＝2002·(－eq\f(1,2))n1，f(n)＝2002n·(－eq\f(1,2))eq\s(eq\f(n(n1),2),)(Ⅱ)由(Ⅰ)，得eq\f(|f(n＋1)|,|f(n)|)＝eq\f(2002,2n)，則當(dāng)n≤10時(shí)，eq\f(|f(n＋1)|,|f(n)|)＝eq\f(2002,2n)＞1，∴|f(11)|＞|f(10)|＞…＞|f(1)|，當(dāng)n≥11時(shí)，eq\f(|f(n＋1)|,|f(n)|)＝eq\f(2002,2n)＜1，∴|f(11)|＞|f(12)|＞|f(13)|＞…，∵f(11)＜0，f(10)＜0，f(9)＞0，f(12)＞0，∴f(n)的最大值為f(9)或f(12)中的最大者．∵eq\f(f(12),f(9))＝eq\f(200212·(eq\f(1,2))66,20029·(eq\f(1,2))36)＝20023·(eq\f(1,2))30＝(eq\f(2002,210))3＞1，∴當(dāng)n＝12時(shí)，f(n)有最大值為f(12)＝200212·(eq\f(1,2))66．【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{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且an＋Sn＝4.(Ⅰ)求證：數(shù)列{an}是等比數(shù)列；(Ⅱ)是否存在正整數(shù)k，使eq\f(Sk+1－2,Sk－2)＞2成立.【分析】第(Ⅰ)小題通過(guò)代數(shù)變換確定數(shù)列an+1與an的關(guān)系，結(jié)合定義判斷數(shù)列{an}為等比數(shù)列；而第(Ⅱ)小題先假設(shè)條件中的不等式成立，再由此進(jìn)行推理，確定此不等式成立的合理性.【解】(Ⅰ)由題意，Sn＋an＝4，Sn+1＋an+1＝4，由兩式相減，得(Sn+1＋an+1)－(Sn＋an)＝0，即2an+1－an＝0，an+1＝eq\f(1,2)an，又2a1＝S1＋a1＝4，∴a1＝2，∴數(shù)列{an}是以首項(xiàng)a1＝2，公比為q＝eq\f(1,2)的等比數(shù)列.(Ⅱ)由(Ⅰ)，得Sn＝eq\f(2[1―(eq\f(1,2))n],1―eq\f(1,2))＝4－22n.又由eq\f(Sk+1－2,Sk－2)＞2，得eq\f(4－21k－2,4－22k－2)＞2，整理，得eq\f(2,3)＜21k＜1，即1＜2k1＜eq\f(3,2)，∵k∈N*，∴2k1∈N*，這與2k1∈(1，eq\f(3,2))相矛盾，故不存在這樣的k，使不等式成立.【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“k∈N*”，這是在解答數(shù)列問(wèn)題中易忽視的一個(gè)陷阱.【例8】(08·湖北高考)已知數(shù)列{an}和{bn}滿(mǎn)足：a1＝λ，an+1＝eq\f(2,3)an＋n－4，bn＝(－1)n(an－3n＋21)，其中λ為實(shí)數(shù)，n為正整數(shù).（Ⅰ）對(duì)任意實(shí)數(shù)λ，證明數(shù)列{an}不是等比數(shù)列；（Ⅱ）試判斷數(shù)列{bn}是否為等比數(shù)列，并證明你的結(jié)論；（Ⅲ）設(shè)0＜a＜b,Sn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和.是否存在實(shí)數(shù)λ，使得對(duì)任意正整數(shù)n，都有a＜Sn＜b?若存在，求λ的取值范圍；若不存在，說(shuō)明理由.【分析】第(Ⅰ)小題利用反證法證明；第(Ⅱ)小題利用等比數(shù)列的定義證明；第(Ⅲ)小題屬于存在型問(wèn)題，解答時(shí)就假設(shè)a＜Sn＜b成立，由此看是否能推導(dǎo)出存在存在實(shí)數(shù)λ.【解】（Ⅰ）證明：假設(shè)存在一個(gè)實(shí)數(shù)λ，使{an}是等比數(shù)列，則有a22＝a1a3(eq\f(2,3)λ－3)2＝λ(eq\f(4,9)λ－4)eq\f(4,9)λ2－4λ＋9＝eq\f(4,9)λ2－4λ9＝0，矛盾，所以{an}不是等比數(shù)列.(Ⅱ)解：因?yàn)閎n+1＝(－1)n+1[an+1－3(n＋1)＋21]＝(－1)n+1(eq\f(2,3)an－2n＋14)＝－eq\f(2,3)(an－3n－21)＝－eq\f(2,3)bn，又b1＝－(λ＋18)，所以當(dāng)λ＝－18時(shí)，bn＝0(n∈N*)，此時(shí){bn}不是等比數(shù)列；當(dāng)λ≠－18時(shí)，b1＝－(λ＋18)≠0，由上可知bn≠0，∴eq\f(bn+1,bn)＝－eq\f(2,3)(n∈N*).故當(dāng)λ≠－18時(shí)，數(shù)列{bn}是以－(λ＋18)為首項(xiàng)，－eq\f(2,3)為公比的等比數(shù)列.(Ⅲ)由（Ⅱ）知，當(dāng)λ＝－18，bn＝0(n∈N*)，Sn＝0，不滿(mǎn)足題目要求；.∴λ≠－18，故知bn＝－(λ＋18)×(－eq\f(2,3))n1，于是Sn＝－eq\f(3,5)(λ＋18)·[1－(－eq\f(2,3))n]要使a＜Sn＜b對(duì)任意正整數(shù)n成立，即a＜－－eq\f(3,5)(λ＋18)·[1－(－eq\f(2,3))n]＜b，(n∈N*).得eq\f(a,1－(－eq\f(2,3))n)＜－eq\f(3,5)(λ＋18)＜eq\f(b,1－(－eq\f(2,3))n)，(n∈N*)①令f(n)＝1－(－eq\f(2,3))n，則當(dāng)n為正奇數(shù)時(shí)，1＜f(n)≤eq\f(5,3)，當(dāng)n為正偶數(shù)時(shí)eq\f(5,9)≤f(n)＜1；∴f(n)的最大值為f(1)＝eq\f(5,3)，f(n)的最小值為f(2)＝eq\f(5,9),于是，由①式得eq\f(5,9)a＜－eq\f(3,5)(λ＋18)＜eq\f(3,5)b，∴－b－18＜λ＜－3a－18，(必須－b＜－3a，即b＞3a).當(dāng)a＜b＜3a時(shí)，由－b－18≥－3a－18，不存在實(shí)數(shù)滿(mǎn)足題目要求；當(dāng)b＞3a存在實(shí)數(shù)λ，使得對(duì)任意正整數(shù)n，都有a＜Sn＜b,且λ的取值范圍是(－b－18，－3a－18).【點(diǎn)評(píng)】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，解答此類(lèi)題型一般是從存在的方面入手，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；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.其過(guò)程可以概括為假設(shè)——推證——定論.本題解答注意對(duì)參數(shù)λ及項(xiàng)數(shù)n的雙重討論.【專(zhuān)題訓(xùn)練】一、選擇題1．已知無(wú)窮數(shù)列{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等差數(shù)列，則有 （）A．eq\f(a4,a6)＜eq\f(a6,a8) B．eq\f(a4,a6)≤eq\f(a6,a8) C．eq\f(a4,a6)＞eq\f(a6,a8) D．eq\f(a4,a6)≥eq\f(a6,a8)2．設(shè){an}是由正數(shù)構(gòu)成的等比數(shù)列，bn＝an+1＋an+2，cn＝an＋an+3，則 （）A．bn＞cn B．bn＜cn C．bn≥cn D．bn≤cn 3．已知{an}為等差數(shù)列，{bn}為正項(xiàng)等比數(shù)列，公比q≠1，若a1＝b1，a11＝b11，則（）A．a(chǎn)6＝b6 B．a(chǎn)6＞b6 C．a(chǎn)6＜b6 D．a(chǎn)6＞b6或a6＜b64．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝n2－9n，第k項(xiàng)滿(mǎn)足５＜ak＜８，則k＝ （）A．9 B．8 C．7 D．65．已知等比數(shù)列{an}的公比q＞0，其前n項(xiàng)的和為Sn，則S4a5與S5a4A．S4a5＜S5a4 B．S4a5＞S5a4 C．S6．設(shè)Sn＝1＋2＋3＋…＋n，n∈N*，則函數(shù)f(n)＝eq\f(Sn,(n＋32)Sn+1)的最大值為 （）A．eq\f(1,20) B．eq\f(1,30) C．eq\f(1,40) D．eq\f(1,50)7．已知y是x的函數(shù)，且lg3，lg(sinx－eq\f(1,2))，lg(1－y)順次成等差數(shù)列，則 （）A．y有最大值1，無(wú)最小值 B．y有最小值eq\f(11,12)，無(wú)最大值C．y有最小值eq\f(11,12)，最大值1 D．y有最小值－1，最大值18．已知等比數(shù)列{an}中a2＝1，則其前3項(xiàng)的和S3的取值范圍是 （）Ａ．(－∞，－1 Ｂ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)Ｃ．3，＋∞) Ｄ．(－∞，－1∪3，＋∞)9．設(shè)eq\r(3)b是1－a和1＋a的等比中項(xiàng)，則a＋3b的最大值為()A．1 B．2 C．3 D．410．設(shè)等比數(shù)列{an}的首相為a1，公比為q，則“a1＜0，且0＜q＜1”是“對(duì)于任意n∈N*都有an+1＞an”的 （）A．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11．{an}為等差數(shù)列，若eq\f(a11,a10)＜－1，且它的前n項(xiàng)和Sn有最小值，那么當(dāng)Sn取得最小正值時(shí)，n＝ （）A．11 B．17 C．19 D．2112．設(shè)f(x)是定義在R上恒不為零的函數(shù)，對(duì)任意實(shí)數(shù)x、y∈R，都有f(x)f(y)＝f(x＋y)，若a1＝eq\f(1,2)，an＝f(n)(n∈N*)，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn的取值范圍是 （）A．eq\f(1,2)，2) B．[eq\f(1,2)，2] C．eq\f(1,2)，1) D．[eq\f(1,2)，1]二、填空題13．等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a4－a2＝8，a3＋a5＝26，記Tn＝eq\f(Sn,n2)，如果存在正整數(shù)M，使得對(duì)一切正整數(shù)n，Tn≤M都成立．則M的最小值是__________．14．無(wú)窮等比數(shù)列{an}中，a1＞1，|q|＜1，且除a1外其余各項(xiàng)之和不大于a1的一半，則q的取值范圍是________.15．已知x＞0，y＞0，x，a，b，y成等差數(shù)列，x，c，d，y成等比數(shù)列，則eq\f((a＋b)2,cd)的最小值是________.Ａ．0 Ｂ．1 Ｃ．2 Ｄ．416．等差數(shù)列{an}的公差d不為零，Sn是其前n項(xiàng)和，給出下列四個(gè)命題：①A．若d＜0，且S3＝S8，則{Sn}中，S5和S6都是{Sn}中的最大項(xiàng)；②給定n，對(duì)于一定k∈N*(k＜n)，都有ank＋an+k＝2an；③若d＞0，則{Sn}中一定有最小的項(xiàng)；④存在k∈N*，使ak－ak+1和ak－ak1同號(hào)其中真命題的序號(hào)是____________.三、解答題17．已知{an}是一個(gè)等差數(shù)列，且a2＝1，a5＝－5．（Ⅰ）求{an}的通項(xiàng)；（Ⅱ）求{an}前n項(xiàng)和Sn的最大值．18．已知{an}是正數(shù)組成的數(shù)列，a1＝1，且點(diǎn)(eq\r(an)，an+1)(n∈N*）在函數(shù)y＝x2＋1的圖象上.(Ⅰ)求數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式；(Ⅱ)若列數(shù)｛bn｝滿(mǎn)足b1＝1,bn+1＝bn＋2an，求證：bn ·bn+2＜b2n+1.19．設(shè)數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1∈(0，1)，an＝eq\f(3－an1,2)，n＝2，3，4，….（Ⅰ）求{an}的通項(xiàng)公式；（Ⅱ）設(shè)bn＝aneq\r(3－2an)，證明bn＜bn+1，其中n為正整數(shù)．20．已知數(shù)列{an}中a1＝2，an+1＝(eq\r(2)－1)(an＋2)，n＝1，2，3，….（Ⅰ）求{an}的通項(xiàng)公式；（Ⅱ）若數(shù)列{an}中b1＝2，bn+1＝eq\f(3bn＋4,2bn＋3)，n＝1，2，3，….證明：eq\r(2)＜bn≤a4n3，n＝1，2，3，…21．已知二次函數(shù)y＝f(x)的圖像經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，其導(dǎo)函數(shù)為f(x)＝6x－2，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，點(diǎn)(n，Sn)(n∈N*)均在函數(shù)y＝f(x)的圖像上.（Ⅰ）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（Ⅱ）設(shè)bn＝eq\f(1,anan＋1)，Tn是數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和，求使得Tn＜eq\f(m,20)對(duì)所有n∈N*都成立的最小正整數(shù)m；22．?dāng)?shù)列滿(mǎn)足，（），是常數(shù)．（Ⅰ）當(dāng)時(shí)，求及的值；（Ⅱ）數(shù)列是否可能為等差數(shù)列？若可能，求出它的通項(xiàng)公式；若不可能，說(shuō)明理由；（Ⅲ）求的取值范圍，使得存在正整數(shù)，當(dāng)時(shí)總有．【專(zhuān)題訓(xùn)練】參考答案一、選擇題1．B【解析】a4a8＝(a1＋3d)(a1＋7d)＝a12＋10a1d＋21d2，a62＝(a1＋5d)2＝a12＋10a1d＋25d2，故eq\f(a4,a6)≤eq\f(a6,a8).2．D【解析】設(shè)其公比為q,則bn－cn＝an(q－1)(1－q2)＝－an(q－1)2(q＋1)，當(dāng)q＝1時(shí)，bn＝cn ，當(dāng)q＞0，且q≠1時(shí)，bn＜cn，故bn≤cn.3．B【解析】因?yàn)閝≠1，b1＞0，b11＞0，所以b1≠b11，則a6＝eq\f(a1＋a11,2)＝eq\f(b1＋b11,2)＞eq\r(b1b11)＝b6.4．B【解析】因數(shù)列為等差數(shù)列，an＝Sn－Sn1＝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＝－a1a4＝－a12q3＜0，∴S4a56．D【解析】由Sn＝eq\f(n(n＋1),2)，得f(n)＝eq\f(n,(n＋32)(n＋2))＝eq\f(n,n2＋34n＋64)＝eq\f(1,n＋eq\f(64,n)＋34)≤eq\f(1,2eq\r(64)＋34)＝eq\f(1,50)，當(dāng)n＝eq\f(64,n)，即n＝8時(shí)取等號(hào)，即f(n)max＝f(8)＝eq\f(1,50)．7．B【解析】由已知y＝－eq\f(1,3)(sinx－eq\f(1,2))2＋1，且sinx＞eq\f(1,2)，y＜1，所以當(dāng)sinx＝1時(shí)，y有最小值eq\f(11,12)，無(wú)最大值.8．D【解】∵等比數(shù)列{an}中a2＝1，∴S3＝a1＋a2＋a3＝a2(eq\f(1,q)＋1＋q)＝1＋q＋eq\f(1,q).∴當(dāng)公比q＞0時(shí)，S3＝1＋q＋eq\f(1,q)≥1＋2eq\r(q·eq\f(1,q))＝3，當(dāng)公比q＜0時(shí)，S3＝1－(－q－eq\f(1,q))≤1－2eq\r((－q)·(－eq\f(1,q)))＝－1，∴S3∈(－∞，－1∪3，＋∞).9．B【解析】eq\r(3)b是1－a和1＋a的等比中項(xiàng)，則3b2＝1－a2a2＋3b2＝1，令a＝cosθ，eq\r(3)b＝sinθ，θ∈(0，2π)，所以a＋3b＝cosθ＋eq\r(3)inθ＝2sin(θ＋eq\f(,6))≤2.10．A【解析】當(dāng)a1＜0，且0＜q＜1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)，還存在另一情況a1＞0，且q＞1，故選A.11．C【解析】由eq\f(a11,a10)＜－1，得eq\f(a10＋a11,a10)＜0eq\f(a1＋a20,a10)＜0eq\f(eq\f(1,2)×20(a1＋a20),eq\f(1,2)×19(a1＋a19))＜0eq\f(S20,S19)＜0，則要使Sn取得最小正值必須滿(mǎn)足S19＞0，且S20＜0，此時(shí)n＝19.12．C【解析】f(x)是定義在R上恒不為零的函數(shù)，對(duì)任意實(shí)數(shù)x、y∈R，都有f(x)f(y)＝f(x＋y)，a1＝eq\f(1,2)，an＝f(n)(n∈N*)，an+1＝f(n＋1)＝f(1)f(n)＝eq\f(1,2)an，∴Sn＝eq\f(eq\f(1,2)[1－(eq\f(1,2))n],1－eq\f(1,2))＝1－(eq\f(1,2))n.則數(shù)列{an}的前項(xiàng)和的取值范圍是eq\f(1,2)，1).二、填空題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－1)＝2n2－n，∴Tn＝EQ\f(2n－1,n)＝2－\f(1,n)，要使得Tn≤M，只需M≥2即可，故M的最小值為2，答案：214．(－1，0∪(0，eq\f(1,3)【解析】eq\f(a1q,1－q)≤eq\f(a1,2)q≤eq\f(1,3)，但|q|＜1，且q≠0，故q∈(－1，0∪(0，eq\f(1,3).15．4【解析】∵eq\f((a＋b)2,cd)＝eq\f((x＋y)2,xy)≥eq\f((2eq\r(xy))2,xy)＝4.16．D【解析】對(duì)于①：∵S8－S3＝a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝5a6＝0，∴S5＝S6，又d＜0，S5＝S6為最大，故A正確；對(duì)于②：根據(jù)等差中項(xiàng)知正確；對(duì)于③：∵d＞0，點(diǎn)(n，Sn)分布在開(kāi)口向上的拋物線，故{Sn}中一定有最小的項(xiàng)，故③正確；而ak－ak+1＝－d，ak－ak1＝d，且d≠0，故④為假命題.三、解答題17．【解】（Ⅰ）設(shè){an}的公差為d，由已知條件，eq\b\lc\{(\s(,))eq\s(a1＋d＝1,a1＋4d＝－5)，解出a1＝3，d＝－2．所以an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋5．（Ⅱ）Sn＝na1＋eq\f(n(n－1),2)d＝－n2＋4n＝－(n－2)2＋4，所以n＝2時(shí)，Sn取到最大值4．18．【解】(Ⅰ)由已知得an+1＝an＋1，即an+1－an＝1，又a1＝1，所以數(shù)列｛an｝是以1為首項(xiàng)，公差為1的等差數(shù)列，故an＝1＋(a－1)×1＝n.(Ⅱ)由（Ⅰ）知：an＝n從而bn+1－bn＝2n.bn＝(bn－bn1)＋(bn1－bn2)＋…＋（b2－b1）＋b1＝2n1＋2n2＋…＋2＋1＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1.因?yàn)閎n·bn+2－b＝(2n－1)(2n+2－1)－(2n1－1)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.19．【解】（Ⅰ）由an＝eq\f(3－an1,2)，n＝2，3，4，….整理得 1－an＝－eq\f(1,2)(1－an1)．又1－a1≠0，所以{1－an}是首項(xiàng)為1－a1，公比為－eq\f(1,2)的等比數(shù)列，得an＝1－(1－a1)(－eq\f(1,2))n1，（Ⅱ）由（Ⅰ）可知0＜an＜eq\f(3,2)，故bn＞0．那么，bn+12－bn2＝an+12(3－2an+1)－an2(3－2an)＝(eq\f(3－an,2))2(3－2×eq\f(3－an,2))－an2(3－2an)＝eq\f(9an,4)(an－1)2.又由（Ⅰ）知an＞0，且an≠1，故bn+12－bn2＞0，因此 bn＜bn+1，為正整數(shù)．20．【解】（Ⅰ）由題設(shè)：an+1＝(eq\r(2)－1)(an＋2)＝(eq\r(2)－1)(an－eq\r(2))＋(eq\r(2)－1)(2＋eq\r(2))，＝(eq\r(2)－1)(an－eq\r(2))＋eq\r(2)，∴an+1－eq\r(2)＝(eq\r(2)－1)(an－eq\r(2))．所以，數(shù)列{an－eq\r(2)}a是首項(xiàng)為2－eq\r(2)，公比為eq\r(2)－1)的等比數(shù)列，an－eq\r(2)＝eq\r(2)(eq