數(shù)列與不等式綜合習(xí)題

1、數(shù)列與不等式的題型分類.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)問題主要兩種策略：(1)若函數(shù)f(x)在定義域?yàn)镈,則當(dāng)XCD時(shí)，有f(x) 恒成立 f(x) minM f(x) <M恒成立 f(x) maxW (2)利用等差數(shù)列與等比數(shù)列等數(shù)列知識(shí)化簡不等式，再通過解不等式解得【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a+a2+111,一an>十+十恒成立的正整數(shù) n的取值范圍.a1 a2an【分析】利用條件中兩項(xiàng)間的關(guān)系，尋求數(shù)列首項(xiàng) &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

2、所得的關(guān)系化簡不等式，進(jìn)而通過估算求得正整數(shù)n的取值范圍.【解】由題意得：(a 1q16) 2= a1q23,1q9= 1.1 一 ，1 ,、一 ，1 ,由等比數(shù)列的性質(zhì)知： 數(shù)列一是以一為首項(xiàng)，以-為公比的等比數(shù)列， 要使不等式成立, an"a1q11 (n 蕭-(-) 1則須 哼二i，把a(bǔ)2=q 18代入上式并整理，得 q 18(qn-1)>q(1 -n),q一 “1q1qqn>q19, . q> 1, 1. n> 19,故所求正整數(shù) n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，用不等式知識(shí)求得

3、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H)設(shè)數(shù)列a n的前n項(xiàng)和為Sn.已知a1= a, an+1 = $ + 3n,nC N*. ( I ) 設(shè)bn=Sn3、求數(shù)列bn的通項(xiàng)公式；(II)若an+1 > a n, nCN*,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(n )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awf(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 + 3"，即 $+1=2&+30，由此

4、得 S+13 n+1 = 2(Sn 3n).因此，所求通項(xiàng)公式為bn=S3n=(a 3)2 n 1, nC N*,(n )由知 Sn= 3n+ (a 3)2 n 1, n C N*,于是，當(dāng) n>2 時(shí)，3n=Sn Sn1 = 3+(a 3)2 3 (a 3)2=2X3 + (a 3)2n 2an+1 an=4X3 n 1+ (a -3)2 n 2=2 n 2 12 ( 3)n 2+a-3,n 2 .3 n 2 一 一 . 3. n 2 一一當(dāng) n>2 時(shí)，an+i>a.n,即 2'12 (2)+a 3>0, 12。(萬) +a 3>0, .a> 9

5、,綜上，所求的a的取值范圍是9, +8.【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題此類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(3)放縮法，主要是通過分母析法與綜合法，一般是利用分析法分析，再利用綜合法分析;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, 3=24. ( I)求數(shù)列an1的通項(xiàng)公式；(n)設(shè)p、q都是正整數(shù)，且 pWq,證明：Sp+qV2

6、(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(n )小題利用差值比較法就可順利解決(I)設(shè)等差數(shù)列an的公差是d,依題意得,a + 2d= 74a1 + 6d=24a1 = 3d=2 '數(shù)列a n的通項(xiàng)公式為 an = a1 + (n 1)d =2n+ 1.(n)證明：-.-a n=2n+1, s n= n(a 12 an) = n2+ 2n.2Sp+q-(S2p+S2q) =2(p +q)2+2(p + q) (4p2+4p) (4q2+4q) = 2(p q)；p+q< *p+S2q).pwq,，2Sp+q

7、(S2p+S2q) V0,【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滿足ai= 0, an+i= can3+1 c, cCN*,其中c為實(shí)1數(shù).(I)證明：an 0 , 1對(duì)任意nCN*成立的充分必要條件是cC0, 1 ； ( n )設(shè)0 v cv.,3證明：an> 1 (3c) n ： nC N*;(出)設(shè) 0v cv:，證明：a，+ a22+ an2> n+ 1 2 , n£ N*. 3

8、1 3c【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,又一a2c0, 1, .-.0<1-c<1,即 cC0, 1.充分性：設(shè)cC0, 1,對(duì)nC N*用數(shù)學(xué)歸納法證明 anC0, 1.(1)當(dāng) n=1 時(shí)，a1 0 , 1.(2)假設(shè)當(dāng)n=k時(shí),akC0, 1(k >1)成立，則ak+1 = cak +1 cWc+ 1 c=1,且 ak+1 = cak + 1 c>1 c>0,，ak+

9、1C0, 1,這就是說 n= k+1 時(shí)，anC0, 1.由(1)、(2)知，當(dāng)cC0, 1時(shí)，知anC0, 1對(duì)所胡nCN*成立.綜上所述，an 0 , 1對(duì)任意nC N*成立的充分必要條件是cC0, 1.(n)設(shè)0V c<1,當(dāng)n=1時(shí)，a1=0,結(jié)論成立. 3當(dāng) n>2 時(shí),由 an = can 1 + 1 c, - 1 an = c(1 an 1 )(1 +an 1+an 1).Ovcv；,由(I)知 an 1C0, 1,所以 1+an 1+ an ：03,且 1 an 1>0,，1 aw 3c(1 3an 1),1 anW 3c(1 an 1) w (3c) (1

10、an 2) w w (3c)(1 a1) = (3c) . . a n > 1 (3c) n 1, n C N*.(出)設(shè) 0VCV；,當(dāng) n=1 時(shí)，ai2=0>2-2,結(jié)論成立. 31 3c當(dāng) n>2 時(shí)，由(n )知 an>1- (3c) n 1>0,.an2>(1 - (3c) n 1) 2 = 1-2(3c) n 1 + (3c) (n ">1-2(3c) n 1,ai2+ a22+ an2= a22+ an2>n 1 23c + (3c) 2+ (3c) n 1=n - 1 - 21 + 3c + (3c) + (3c)-1

11、 = n+1 - -> n + 1 -.1 3c1 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)列中的最大值問題求解數(shù)列中的某些最值問題，有時(shí)須結(jié)合不等式來解決，其具體解法有：（1）建立目標(biāo)函數(shù)，通過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n項(xiàng)和為若S4>10, &W15,則a4 的最大值為.【分析】根據(jù)條件將前4項(xiàng)與前5項(xiàng)

12、和的不等關(guān)系轉(zhuǎn)化為關(guān)于首項(xiàng)a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】二等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為且S4>10, 8W15,八.4S4= 4a1 + -d>105-3d 5+3d2a1 + 3d >5a4 = a1 + 3d > z + 3d = z-5X4'即 a + 2dW3 ''Ss=5a1 + 2-d<15a4=a + 3d=（a1 + 2d）+dW3+ d5+3d °-1 . <a4<3+d,貝U 5 + 3d<6+ 2d,即 d<1.2 .a4<3

13、+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an的首項(xiàng)為a1= 2002,公比q= 2. （ I）設(shè)f（n）表不該數(shù)列的刖n項(xiàng)的積，求f(n)的表達(dá)式；(n)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)列白通項(xiàng)公式求數(shù)列an的通項(xiàng)，再求得f(n)的表達(dá)式；第(n )小題通過商值比較法確定數(shù)列的單調(diào)性，再通過比較求得最值1i n(n 1)(I)an = 2002-(2)n 1, f(n) = 2002n ( ) 2|

14、f(n + 1)|2002(n)由(i),得 f)=h,則r|f(n +1)|2002當(dāng) nw10 時(shí)，%/-=丁>1, |f(11)l當(dāng)n>11時(shí),|f(n +1)| _ |f(n)|2002T<1,，|f(11)l> |f(10)l> |f(12)|>>/(1)1，>|f(13)|>, f(11) v 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.f(12)f(9)12, 1、662002 (2)=200239, 1 362002 , (2)(2)

15、3。=(等)3>1,.121 66當(dāng) n=12 時(shí)，f(n)有最大值為 f(12) =2002 (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題數(shù)列與不等式中的探索性問題主要表現(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S,且a

16、n+S = 4.( I)求證：數(shù)列an是等比數(shù)列；(n) .2+1 2是否存在正整數(shù) k,使q->2成立.Sk 2【分析】第(I )小題通過代數(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a n為等比數(shù)列；而第（n）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，S+an=4, $+l+an+1=4,1由兩式相減，得($+1 + an+1)( Sn+ an) = 0,即 2an+1 d=0 , an+1 = 2an ,1, 一又2ai=S+ai = 4,ai = 2, .數(shù)列an是以首項(xiàng)ai=2,公比為q=-的等比數(shù)列.21-(2)n(

17、11)由(1),得 $=1- = 422n.1-2Sk+1 214 2 2,121 kk 1 3又由二7 >2,得 4_22 k_2 >2,整理，得 鏟 21 k<1,即 1V2 k k N* , .-.2 k 1 N*,這與2k 1c (1, 3)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)過程屬于常規(guī)解法，但在導(dǎo)出矛盾時(shí)須注意條件“ke w”，這是在解答數(shù)列問題中易忽視的一個(gè)陷阱.【例8】 （08 湖北高考）已知數(shù)列an和b n滿足：a-入，an+1 =|an+n-4, bn=（ 31）n（an3n+21）,其中入為實(shí)數(shù)，n為正整數(shù).（I）對(duì)任意實(shí)數(shù) 入，

18、證明數(shù)列a n不是等比數(shù)列；（n）試判斷數(shù)列bn是否為等比數(shù)列，并證明你的結(jié)論； （出）設(shè)0vavb,Sn為數(shù) 列bn的前n項(xiàng)和.是否存在實(shí)數(shù) 入，使得對(duì)任意正整數(shù) n,都有avsvb?若存在，求入的 取值范圍；若不存在，說明理由 .【分析】第（I）小題利用反證法證明；第（n）小題利用等比數(shù)列的定義證明；第（出）小題屬于存在型問題，解答時(shí)就假設(shè)avSnVb成立，由此看是否能推導(dǎo)出存在存在實(shí)數(shù)入.【解】（I）證明：假設(shè)存在一個(gè)實(shí)數(shù)入，使an是等比數(shù)列，則有 a22=a1a3,即（,入3）2=入（入4） :入24入+ 9 = :入2 4入9= 0,矛盾，所以an不是等比數(shù)3999歹U.(n)解：因

19、為 bn+1=( - 1)n+1a n+1-3(n +1) +21=(一 1) ( 3a n 2n + 14) = 一 3(a n 一 3n _ 21) = 一 3b n,又bi= (入+ 18),所以當(dāng)入=18時(shí)，bn = 0(nCN*),此時(shí)bn不是等比數(shù)列；當(dāng)入 w 18 時(shí)，b1 =(入+ 18)w0,由上可知bnW0,.= (n 6 N*).bn 3故當(dāng)，牛一18時(shí)，數(shù)列8口是以一(入+ 18)為首項(xiàng)，一£為公比的等比數(shù)列. 3(出)由(n)知，當(dāng) 入=18, bn=0(nCN*), Sn=0,不滿足題目要求；.:一18,故知 bn=-(入 + 18)X( 2)n ; 于是

20、 S n = -|(入+ 18) 1 ( -2)n 353要使 avSnVb對(duì)任意正整數(shù) n 成立，即 a<- 3(入+ 18) 1 ( -2)n <b, (n C N*). 53得一a-<-3( X+ 18) <b-, (n N*)1-(-3)n1-(-3)n33令f(n) =1-(-3) n,則當(dāng)n為正奇數(shù)時(shí),1 <f(n) < 當(dāng) n為正偶數(shù)時(shí)：wf(n) <1；39.f(n)的最大值為f(1) =5, f(n)的最小值為f(2) =5, 39于是,由式得 av £(入+ 18) v Tb ) . b 18入 v 3a 18)(必須bv

21、 3a, 955即 b>3a).當(dāng)avbv 3a時(shí)，由b 18> 3a18,不存在實(shí)數(shù)滿足題目要求；當(dāng)b> 3a存在實(shí)數(shù) 入，使得對(duì)任意正整數(shù) n,者B有avSnVb,且入的取值范圍是(b18, 3a 18).【點(diǎn)評(píng)】存在性問題指的是命題的結(jié)論不確定的一類探索性問題，解答此類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，則問題的回答是否定的.其過程可以概括為假設(shè)一一推證一一定論.本題解答注意對(duì)參數(shù)入及項(xiàng)數(shù)n的雙重討論【專題訓(xùn)練】、選擇題已知無窮數(shù)列an是各項(xiàng)均為正數(shù)的等差數(shù)列，則有2.a4a6A

22、. 一v - a6a8a4a6B. w 一a6a8a4a6C. 一 一a6a8D.a4a6n a6a8設(shè)a n是由正數(shù)構(gòu)成的等比數(shù)列,bn= an+1+ an+2,Cn = an + Hn+3 , 則A. bn>CnB. bnVCnC. bn>CnD.bnW C n3.已知an為等差數(shù)列，bn為正項(xiàng)等比數(shù)列，公比 qw1,若a1=b1, an=bn,則(4.5.6.7.A. a6= b6B.已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和A. 9B.已知等比數(shù)列an的公比A. 0a5Ga4B.設(shè) 8n=1+2+ 3+ n,1A-20B.a6> b68n= n29n,q>0,其前84a5>&

23、amp;a4C. a6V b6D. a6>b6 或 a6Vb6第k項(xiàng)滿足5 < ay 8 ,則k =C. 7D. 6n項(xiàng)的和為則84a5與85a4的大小關(guān)系是C.84a5= 85a4D.不確定nCN*,貝U函數(shù) f(n)130C.8=t _ (n + 32)8 n+1140的最大值為1 D5o已知y是x的函數(shù)，且lg3 , lg(sinx1-2)，lg(1 y)順次成等差數(shù)列，則A. y有最大值1,無最小值, - 11B. y有取小值12，無取大值, - 11C. y有取小值 12，取大值 1D. y有最小值1 ,最大值18.已知等比數(shù)列 伯口中22=1,則其前3項(xiàng)的和3的取值范圍

24、是B . ( 8, - 1) u (1 , +8)C .3, +8D. ( 一- 1 U 3,+°°9.設(shè)，3b是1 a和1 + a的等比中項(xiàng)，則 a + 3b的最大值為()A. 1B. 2C. 3D. 410 .設(shè)等比數(shù)列an的首相為a1,公比為q,則“a 1< 0,且0vqv1"是"對(duì)于任意 nCN*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 <-1,且它的前n項(xiàng)和S有最小值，那么當(dāng) Sn取得最小正值時(shí)， aion =()A. 11B. 17C. 1

25、9D. 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、yCR,都有f(x)f(y) = f(x + y),_1若a1=5, an=f(n)(n C N*),則數(shù)列a n的前n項(xiàng)和S的取值范圍是()11-11A.2,2)B.2,2C.2,1)D.2,1二、填空題Sn , 一，,一，13 .等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為S,且34- 32= 8,as+a5=26,記Tn=才，如果存在正整數(shù)M使得對(duì)一切正整數(shù) n, TnWM都成立.則 M的最小值是 .14 .無窮等比數(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. (a+ b)

26、215 .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，則的取小Cd值是.A. 0B . 1C. 2D. 416 .等差數(shù)列an的公差d不為零，$是其前n項(xiàng)和，給出下列四個(gè)命題：A.若d<0,且S3=S8,則Sn中，&和S6都是Sn中的最大項(xiàng)；給定 n,對(duì)于一定kC N*(k v n),都有an k+an+k=2an；若d>0,則Sn中一定有最小的項(xiàng)；存在 kCN*,使 ak ak+1和其中真命題的序號(hào)是 三、解答題17 .已知an是一個(gè)等差數(shù)列，且 02 = 1,a=5. （ I）求a n的通項(xiàng)an ；（ n ）求a

27、 n前n項(xiàng)和S的最大值.18 .已知an是正數(shù)組成的數(shù)列，ai= 1,且點(diǎn)（Vn,an+i）（ nC N*）在函數(shù)y= x2+1的圖象上.（I） 求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；（n）若列數(shù)bn滿足b1= 1,bn+1 =bn+ 2a1 ,求證：bn, bn+2 V b n+1 .3 an 119 .設(shè)數(shù)列an的首項(xiàng) a1C(0, 1), % = 2，n=2, 3, 4,(I)求an的通項(xiàng)公式；(n)設(shè)bn= anj3- 2an,證明bnVbn+1,其中n為正整數(shù).20 .已知數(shù)列an中 a1=2, an+1 = (2-1)( a n+2) , n=1, 2, 3,.(I)求an的通項(xiàng)公式；(n)若數(shù)列

28、an中 b1=2, bn+1=, n=1, 2, 3,.證明：f2v bnWa4n 3, n= 1,2bn+ 3 3,21 .已知二次函數(shù)y = f（x）的圖像經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)，其導(dǎo)函數(shù)為f （x） =6x2,數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,點(diǎn)（n, $）（n CN*）均在函數(shù)y = f（x）的圖像上.（I）求數(shù)列a n的通項(xiàng)公, 、一 1m 一 .，式；（n）設(shè)bn=, Tn是數(shù)列bn的前n項(xiàng)和，求使得 TnV上對(duì)所有nC N*都成立anan+120的最小正整數(shù)m222 .數(shù)列 an 滿足 ai 1, an 1 （n n 阿（n 1,2,L）, 是常數(shù).（I）當(dāng) a21時(shí)，求 及a3的值；（n）數(shù)列a

29、n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，說明理由；（出）求 的取值范圍，使得存在正整數(shù) m,當(dāng)n m時(shí)總有an 0 .【專題訓(xùn)練】參考答案一、選擇題1. B 【解析】a4a8=(ad3d)(a 1 + 7d) =a12+10a1d+21d2, a62=(a1 + 5d)2=a12+10a1d+25d2, ,a4 a6故一W 一.a6 a82. D 【解析】設(shè)其公比為 q,則 bnCn= an(q 1)(1 q2) = an(q 1) 2(q + 1),當(dāng) q=1 時(shí)， bn=Cn,當(dāng) q >0,且 qWl 時(shí)，bnVCn,故 bnWcn.有 r 11rLLrrr21+2

30、11 b1+b11 J3. B 【解析】 因?yàn)?qw1, b1>0, bn>0,所以 b1Wbn)則 a6=2 = 2>b1bn= b6.4. B【解析】 因數(shù)列為等差數(shù)列，an=Sn-Sn 1=2n-10,由5<2k-10<8,得到k= 8.5. A 【解析】 &a5 S5a4= (a 1 + a2+ a3 + a4)a 4q (a 1 + a2+ a3+ a4+ as)a 4=a1 a4=a1 q v 0). . S 4a5 v S5a4.后號(hào)l Y h c n(n +1)【解析】由2,1w2 64+3450'64當(dāng)n = K即1n= 8 時(shí)取

31、等號(hào)，即 f(n) m3x= f(8)=.507.1B【解析】由已知y = 3<sinx1 ° 一 1,2) + 1,且 sinx >-, y< 1,所以當(dāng) sinx = 1 時(shí)，y 有8.9.-11取小值也，無取大值.D 【解】丁等比數(shù)列a n中 32= 1,S 3= ad 32+33= 32(+ 1 + q) = 1 + q+ -.當(dāng)公比 q qq''' S 3 ( 一°°, 一 1 U 3, +°°).當(dāng)公比 q<0 時(shí)，&= 1( q q)w1 B【解析】3b是1 3和1 + 3的

32、等比中項(xiàng)，貝U 3b1 2 = 1 32 32+ 3b2= 1,令3= cos 0 ,3b = sin 0 ,0 (0 , 2兀)，所以 3 + 3b = cos。+ >/3in 0 = 2sin(。+ -6) <2.10.當(dāng) aK0,且 0V 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ai>0,且 q> 1,故選 A.,3113 31。+ 311由一v 1,得<03103101,-X 20(31+ 320)c31a2°< 0 <0 °<0,則要使3101S192 X 19(31 + 319)Sn取

33、得最小正值必須滿足S9>0,且S20V 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、yCR,都有 f(x)f(y)(n 32)(n2) 一 空 34n 64 64n+ n +11 n21 -(2) nn=1""1-2故 S= n+ 2n( n11=f(x +y), 31 = , 3n = f(n)(nC N*), 3n+1= f(n +1) = f(1)f(n)1) =2n2n,Tn=2n1 =2-,要使得 TH M只需M>2即可，故 M的最小值為2,n n答案：21aiq ai 1 .一14.( 1,0 U(0,3【解

34、析】丁)工 qw§,但 |q| <1,且 qw。，故 qC(1, 0 U (0 ,13 .3r(a + b)2 (x +y)2 (2 /xy) 215 . 4【解析】-J-=-W =4.cd xy xy16 . D 【解析】對(duì)于：: S 8Ss= a4+as+a6+a?+a8= 5a6= 0,. S 5=Ss,又 d< 0, &=&為最大，故A正確；對(duì)于：根據(jù)等差中項(xiàng)知正確；對(duì)于：< d> 0,點(diǎn)(n, S)分布在開口向上的拋物線，故Sn中一'定有最小的項(xiàng)， 故正確；而ak ak+1 = d, ak ak 1 = d,且dw0,故為假命

35、題.三、解答題a1 d= 117 .【解】(I)設(shè)an的公差為d,由已知條件，£，解出a1=3, d = 2.a1十 4d 5所以 an=a1 + (n 1)d= 2n+5._n(n -1)22-,(n) &=na1 +2d= n +4n= (n 2) +4,所以 n=2 時(shí)，S取到取大值 4.18 .【解】(I)由已知得 an+1 = an + 1,即 an+1an=1,又白=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 + (a1)X1 =n.(n)由(I)知：an=n從而 bn+1bn=21n 1 n 21 2n nbn=(bnbn 1) +(bn

36、1 bn 2) + + ( b? b) + b=2n >2n 2+ 2+1=-一-=2n-1 21.因?yàn)?bn , b n+2 bn 1 = (2 1)(2 1) (2 1)=(2 2n+2_2n+2_ 2n+ 1) - (2 2n+22 2n+1 1) =-5-2 n+4 2 n= 2nV 0,所以 bn - b n+2V b2 1 .19._ 人 _,3 an 1【解】(I)由an=一2,n= 2, 3, 4,.整理得，1-、1 一 an= (1 一 an 1).又1 - aiW0,所以1 an是首項(xiàng)為1 ,1 a1,公比為一 2的等比數(shù)列，付an= 1 (1 a1)(20.1、n

37、12)， 3 ,(n)由(I)可知 0van<2,故bn>0.那么,bn+1 bn = an+1 (3 2an+1) an (3 2an)=(3 an 2-2-) 2(3 -2X3 an)an2(3 2an)=羊(an 1)2.又由(I)知 an>0,且 anWl,故 bn+12-bn2>0,因此bnVbn+1,為正整數(shù).【解】（I）由題設(shè):an+1 = (g一1)(a n+2)=(g1)(a n木)+(出一1)(2 + 表)，= (<2-1)(a n娘)+山，.a n+1-V2=(<2-1)(a n-72) .所以，數(shù)列an42a是首項(xiàng)為2 加，公比為M21）的等比數(shù)列，anq2 = <2（、/2 n1)，即 an的通項(xiàng)公式為an =、/2( 421)n+1 , n=1, 2, 3, （H ）用數(shù)學(xué)歸納法證明.(i)當(dāng) n=1 時(shí)，因 q2<2, b1=a1=2,所以 42vb1Wa1,結(jié)論成立.(ii)假設(shè)當(dāng) n=kfbj 結(jié)論成立, 即f2VbkWa4k 3-也即 0V bn，"2wa 4k 3V2,、t,匚 3bk+ 4f-當(dāng) n = k + 1 時(shí)，bk+1 j2 = 2bk+ 3-2 =(3 2加加+(4 3冊(cè))