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a 1+a 2+…+111
a n >…+恒成立的正整数n 的取值范围.
a 1a 2a n
【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:(a1q 16) 2=a 1q 23,∴a 1q 9=1.
111
由等比数列的性质知:数列{为首项,以要使不等式成立,
a n a 1q
11-n ]n
q a 1(q-1) a 112
则须a 1=q -18代入上式并整理,得q -18(qn -1) >q(1-,
1q q -1
1-q 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{an }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{bn }的通项公式;(Ⅱ)若a n+1≥an ,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≥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,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(Sn -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-1-3n -1-(a-3)2 n-2=2×3n -1+(a-3)2 n-2, 3n -2a n+1-a n =4×3 n-1+(a-3)2 n-2=2 n-2·+a -3],
2
3n -23n -2
当n≥2时,a n+1≥an ,即2 n-2·() +a -3]≥0,(+a -3≥0,∴a≥-9,
22
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{an }是等差数列,其前n 项和为S n ,a 3=7,S 4=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:S p+q<(S2p +S 2q ) .
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.
⎧ a 1+2d =7⎧ a 1=3
【解】 (Ⅰ)设等差数列{an }的公差是d ,依题意得,⎨ ,解得⎨ ,
⎩4a 1+6d =24⎩d =2
∴数列{an }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+a )
=n 2+2n . 2
2S p+q-(S2p +S 2q ) =2[(p+q) 2+2(p+q)]-(4p2+4p) -(4q2+4q) =-2(p-q) 2, 1
∵p ≠q ,∴2S p+q-(S2p +S 2q ) <0,∴S p+q<(S2p +S 2q ) .
2
【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{an }满足a 1=0,a n+1=ca n 3+1-c ,c ∈N*,其中c 为实数.(Ⅰ) 1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 ,证明:a n ≥1
312
-(3c)n -1,n ∈N*;(Ⅲ)设0<c <a 12+a 22+…+a n 2>n +1n ∈N*.
31-3c 【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:∵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].
1
(Ⅱ)设0<c n =1时,a 1=0,结论成立.
3
当n≥2时,由a n =ca n -13+1-c ,∴1-a n =c(1-a n -1)(1+a n -1+a n -12)
1
∵0<c <,由(Ⅰ) 知a n -1∈[0,1],所以1+a n -1+a n -12≤3,且1-a n -1≥0,∴1-a n ≤3c(1-
3
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*.
12
(Ⅲ) 设0<c <n =1时,a 12=0>2,结论成立.
31-3c
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]
2[1-(3c)n ]22n -1
=n -1-2[1+3c +(3c)+…+(3c)-1]=n +1n +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{an }的前n 项和为S n ,且S 4≥10,S 5≤15,
4×3
5-3d 5+3d S =4a +d≥1041⎧2⎧ a 1+3d≥5⎧ a 4=a 1+3d≥+3d =22, ⎨∴⎨ ,即⎨ ,∴5×4⎩a 1+2d≤3⎩ ⎩ S 5=5a 1+a 4=a 1+3d =(a1+2d) +d≤3+d 2
5+3d 4≤3+d ,则5+3d≤6+2d ,即d≤1.
2∴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.
1
【例6】 等比数列{an }的首项为a 1=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.
1n -11n(n-1) n
【解】 (Ⅰ)a n =2002·(-,f(n)=2002·(-
22
|f(n+1)|2002
(Ⅱ) 由(Ⅰ) ,得=,则
|f(n)|2
|f(n+1)|2002
当n≤10时,>1,∴|f(11)|>|f(10)|>…>|f(1)|,
|f(n)|2|f(n+1)|2002
当n≥11时,=<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.
200212(66
2f(12)12002
=20023(30=() 3>1, f(9)122
20029(36
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{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) S k+1-2是否存在正整数k ,使2成立.
S k -2
【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{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,S n +a n =4,S n +1+a n +1=4, 1
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=a n ,
21
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 =的等比数列.
2
12[1―(n ]
2
(Ⅱ) 由(Ⅰ) ,得S n ==4-22-n .
11―2
S k+1-24-21-k -223又由>2,得>2,整理,得<21-k <1,即1<2 k -1, 32S k -24-2-2
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:a 1=λ,a n+1=n +n -4,b n =(-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,S n 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 <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{an }是等比数列,则有a 2=a 1a 3,即 2444
(λ-3) 2=λ(λ-4) ⇔2-4λ+9λ2-4λ⇔9=0,矛盾,所以{an }不是等比数列. 3999(Ⅱ) 解:因为b n+1=(-1) n+1[a n+1-3(n+1) +21]
222
=(-1) n+1(a n-2n +14) =-(a n-3n -21) n,
333
又b 1=-(λ+18) ,所以 当λ=-18时,b n =0(n∈N*),此时{bn }不是等比数列;
b 2
当λ≠-18时,b 1=-(λ+18)≠0,由上可知b n ≠0∈N*).
b n 32
故当λ≠-18时,数列{bn }是以-(λ+18) 为首项,-为公比的等比数列.
3
(Ⅲ) 由(Ⅱ)知,当λ=-18,b n =0(n∈N*),S n =0,不满足题目要求;.
232
∴λ≠-18,故知b n =-(λ+18)×(-) n -1,于是S n=-(λ+18)·[1-(-n ]
353
32
要使a <S n <b 对任意正整数n 成立,即a <--(λ+18)·[1-(-n ]<b ,(n∈N*).
53
a 3b 得(λ+18) <(n∈N*) ①
2n 52n
1-(-) 1-(-)
33
255
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;
339
55
∴f(n)的最大值为f(1)f(n)的最小值为f(2)=,
39
533
于是,由①<-(λ+18) b ,∴-b -18<λ<-3a -18,(必须-b <-3a ,即b
955
>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{an }是各项均为正数的等差数列,则有
a a A .
a 6a 8
a a B .≤
a 6a 8
a a C .a 6a 8
a a D .a 6a 8
( ) ( )
2.设{an }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 ≥cn
D .b n ≤cn
3.已知{an }为等差数列,{bn }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{an }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{an }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 S n
6.设S n =1+2+3+…+n ,n ∈N*,则函数f(n)=的最大值为
(n+32)S n+1
1A .20
1B 30
1C .
40
1D .
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
2A .y 有最大值1,无最小值 11
C .y 有最小值1
12
11
B .y 有最小值,无最大值
12D .y 有最小值-1,最大值1
8.已知等比数列{an }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{an }的首相为a 1,公比为q ,则―a1<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
a 11.{an }为等差数列,若<-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,
a 10
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
a 1=a n =f(n)(n∈N*),则数列{an }的前n 项和S n 的取值范围是
21
A .[,2)
2
( )
1
B .[,2]
21
C .1)
2
1
D .[,1]
2
二、填空题
S 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 n 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{an }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________. (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cd 值是________. A.0 B.1 C.2 D.4
16.等差数列{an }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{Sn }中,S 5和S 6都是{Sn }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{Sn }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{an }是一个等差数列,且a 2=1,a 5=-5.(Ⅰ)求{an }的通项a n ;(Ⅱ)求{an }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
2
<b n +1.
3-a n -1
19.设数列{an }的首项a 1∈(0,1) ,a n n =2,3,4,….
2
(Ⅰ)求{an }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{an }中a 1=2,a n+1=2-1)( an +2) ,n =1,2,3,….
(Ⅰ)求{an }的通项公式;
(Ⅱ)若数列{an }中b 1=2,b n+1=2,3,…
3b n +4
,n =1,2,3,….证明:2<b n ≤a4n -3,n =1,2b n +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S n ,点(n,S n )(n∈N*)均在函数y =f(x)的图像上. (Ⅰ)求数列{an }的通项公式;
(Ⅱ)设b n =
1m
T n 是数列{bn }的前n 项和,求使得T n <对所有n ∈N*都成立的
20a n a n +1
最小正整数m ;
,2,)22.数列{a n }满足a 1=1,a n +1=(n 2+n -λ) a n (n =1,λ是常数.(Ⅰ)当a 2=-1
时,求λ及a 3的值;(Ⅱ)数列{a n }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a n
【专题训练】参考答案 一、选择题
1.B 【解析】a 4a 8=(a1+3d)(a1+7d) =a 12+10a 1d +21d 2,a 62=(a1+5d) 2=a 12+10a 1d +25d 2,a a 故≤. 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 ≤cn . a 1+a 11b 1+b 113.B 【解析】因为q≠1,b 1>0,b 11>0,所以b 1≠b11,则a 6==b 1b 11=b 6.
224.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 =(a1+a 2+a 3+a 4)a 4q -(a1+a 2+a 3+a 4+a 5)a 4
=-a 1a 4=-a 12q 3<0,∴S 4a 5<S 5a 4.
n(n+1) n n 11
6.D 【解析】由S n =得f(n)==264(n+32)(n+2) n +34n +6464+34
n ++34
n
1641=n =,即n =8时取等号,即f(n)max =f(8)=. 50n 50
111
7.B 【解析】由已知y =-(sinx-) 2+1,且sinx y <1,所以当sinx =1时,y 有最
32211
小值,无最大值.
12
11
8.D 【解】∵等比数列{an }中a 2=1,∴S 3=a 1+a 2+a 3=a 2(1+q) =1+q +. ∴当公比q
q q 1
>0时,S 3=1+q +≥1+2
q
1=3,当公比q <0时,S 3=1-(-q )≤1-2q q
(-q)·(-)
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+3b 2=1,令a =cosθ,
π3b =sinθ,θ∈(0,2π),所以a +3b =cosθ3inθ=2sin(θ+)≤2.
6
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. 120(a1+a 20) 2a 10+a 11a 1+a 20a 11S 20
11.C 【解析】由1,得0⇔0⇔0⇔<0,则要使
a 10a 10a 101S 19
19(a1+a 19) 2
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
11
[1-(n ]22111
+y) ,a 1=,a n =f(n)(n∈N*),a n+1=f(n+1) =f(1)f(n)=a n ,∴S n ==1-() n .
2212
1-21
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 2n -11
-1) =2n 2-n ,∴T n =2-T n ≤M ,只需M ≥2即可,故M 的最小值为2,
n n 答案:2
1a q a 11
14.(-1,0]∪(0,] 【解析】⇒q≤,但|q|<1,且q≠0,故q ∈(-1,0]∪(0,].
3331-q 2(a+b) 2(x+y) 2xy) 2
15.4 【解析】4.
cd xy xy
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{Sn }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
⎧ a 1+d =1
17.【解】(Ⅰ)设{an }的公差为d ,由已知条件,⎨ ,解出a 1=3,d =-2.
⎩a 1+4d =-5
所以a n =a 1+(n-1)d =-2n +5.
n(n-1)
(Ⅱ)S n =na 1+=-n 2+4n =-(n-2) 2+4,所以n =2时,S n 取到最大值4.
2
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 .
1-2n n n -1n -2
b n =(b n -b n -1) +(b n -1-b n -2) +…+(b 2-b 1)+b 1=2+2+…+2+1==2-1.
1-2
n n +2n -12
因为b n ·b n +2-b 2=(2-1)(2-1) -(2-1) n +1
=(22n +2-2n +2-2n +1) -(22n +2-2-2n +1-1) =-5·2n +4·2n =-2n <0, 所以b n ·b n +2<b 2n +1.
3-a n -1
19.【解】(Ⅰ)由a n =n =2,3,4,….整理得
2
1
1-a n =-(1-a n -1) .
2
1
又1-a 1≠0,所以{1-a n }是首项为1-a 1的等比数列,得a n =1-(1-a 1)(-
21n -1, 2
3
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知0<a n <,故b n >0.那么,
2b n+12-b n 2=a n+12(3-2a n+1) -a n 2(3-2a n ) =(
3-a 23-a 9a (3--a n 2(3-2a n ) =(an -1) 2. 224
b n <b n+1,为正整数.
又由(Ⅰ)知a n >0,且a n ≠1,故b n+12-b n 2>0,因此
20.【解】(Ⅰ)由题设:a n+1=(2-1)(an +2) =2-1)(an -2) +2-1)(22) ,
=2-1)(an -2) +2,∴a n+1-2=(2-1)(an -2) .
1) ,
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 =12<2,b 1=a 1=2,所以2<b 1≤a1,结论成立.
(ⅱ)假设当n =k 时,结论成立,即2<b k ≤a4k -3,,也即0<b n 2≤a4k -3-2,
3b k +4(3-2)b k +(4-2) (3-22)(bk -2) 当n =k +1时,b k+122=>0, 2b k +32b k +32b k +3又113-2, 2b k +322+3
(3-2)(bk -2) 所以b k+1-2=<(3-2) 2(bk -22-1) 4(a4k -32) =a 4k+1-2 2b k +3也就是说,当n =k +1时,结论成立.
根据(ⅰ)和(ⅱ)知2<b n ≤a4n -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 =
n 33111=-, a n a n +1(6n-5)[6(n-1) -5]26n -56n +111111111故T n =∑b i =-++…+()]=(1–, 2771326n +16n -56n +1i=1
11m 1m 因此,要使(1-n ∈N*)成立的m ,必须且仅须满足,即m≥10,所2202206n +1
以满足要求的最小正整数m 为10.
22.【解】(Ⅰ)由于a n +1=(n +n -λ) a n (n =1,2,) ,且a 1=1.
所以当a 2=-1时,得-1=2-λ,故λ=3.从而a 3=(22+2-3) ⨯(-1) =-3. (Ⅱ)数列{a n }不可能为等差数列,证明如下:由a 1=1,a n +1=(n +n -λ) a n 22
得a 2=2-λ,a 3=(6-λ)(2-λ) ,a 4=(12-λ)(6-λ)(2-λ) .
若存在λ,使{a n }为等差数列,则a 3-a 2=a 2-a 1,即(5-λ)(2-λ) =1-λ,
解得λ=3.于是a 2-a 1=1-λ=-2,a 4-a 3=(11-λ)(6-λ)(2-λ) =-24. 这与
{a n }为等差数列矛盾.所以,对任意λ,{a n }都不可能是等差数列. 11
(Ⅲ)记b n =n 2+n -λ(n =1,2,) ,根据题意可知,b 12 且λ≠n 2+n (n ∈N *) ,这时总存在n 0∈N *,满足:当n ≥n 0时,b n >0; 当n ≤n 0-1时,b n 0可知,若n 0为偶数, 则a n 0n 0时,a n 0, 从而当n >n 0时a n >0.因此―存在m ∈N ,当n >m 时总有a n
2⎧⎪b 2k =(2k ) +2k -λ>0记n 0=2k (k =1. ,2,) ,则λ满足⎨2b =(2k -1) +2k -1-λ
故λ的取值范围是4k 2-2k
12