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{an}的公比q＞1，第17项的平方等于第24项，求使a1＋a2＋…＋an＞eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)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a1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：(a1q16)2＝a1q23，∴a1q9＝1.由等比数列的性质知：数列{eq\f(1,an)}是以eq\f(1,a1)为首项，以eq\f(1,q)为公比的等比数列，要使不等式成立，则须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aeq\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，故所求正整数的取值范围是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}的前项和为Sn．已知a1＝a，an+1＝Sn＋3n，n∈N*．(Ⅰ)设bn＝Sn－3n，求数列{bn}的通项公式；（Ⅱ）若an+1≥an，n∈N*，求a的取值范围．【分析】第（Ⅰ）小题利用Sn与an的关系可求得数列的通项公式；第（Ⅱ）小题将条件an+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，Sn+1－Sn＝an+1＝Sn＋3n，即Sn+1＝2Sn＋3n，由此得Sn+1－3n+1＝2(Sn－3n)．因此，所求通项公式为bn＝Sn－3n＝(a－3)2n1，n∈N*,①(Ⅱ)由①知Sn＝3n＋(a－3)2n1，n∈N*，于是，当n≥2时，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]，当n≥2时，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，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Sn与an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Sn，a3＝7，S4＝24．(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；(Ⅱ)设p、q都是正整数，且p≠q，证明：Sp+q＜eq\f(1,2)(S2p＋S2q)．【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{an}的公差是d，依题意得，eq\b\lc\{(\s(,))eq\s(a1＋2d＝7,4a1＋6d＝24)，解得eq\b\lc\{(\s(,))eq\s(a1＝3,d＝2)，∴数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.（Ⅱ）证明：∵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)．【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a1＝0，an+1＝can3＋1－c，c∈N*，其中c为实数.(Ⅰ)证明：an∈[0，1]对任意n∈N*成立的充分必要条件是c∈[0，1]；(Ⅱ)设0＜c＜eq\f(1,3)，证明：an≥1－(3c)n1，n∈N*；（Ⅲ）设0＜c＜eq\f(1,3)，证明：a12＋a22＋…＋an2＞n＋1－eq\f(2,1－3c)，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：∵a1＝0，a2＝1－c，又∵a2∈[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an∈[0，1].(1)当n＝1时，a1∈[0，1].(2)假设当n＝k时，ak∈[0，1](k≥1)成立，则ak＋1＝cak3＋1－c≤c＋1－c＝1，且ak＋1＝cak3＋1－c≥1－c≥0，∴ak＋1∈[0，1]，这就是说n＝k＋1时，an∈[0，1].由（1）、（2）知，当c∈[0，1]时，知an∈[0，1]对所胡n∈N*成立.综上所述，an∈[0，1]对任意n∈N*成立的充分必要条件是c∈[0，1].（Ⅱ）设0＜c＜eq\f(1,3)，当n＝1时，a1＝0，结论成立.当n≥2时，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)设0＜c＜eq\f(1,3)，当n＝1时，a12＝0＞2－eq\f(2,1－3c)，结论成立.当n≥2时，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).【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}的前项和为Sn，若S4≥10，S5≤15，则a4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a1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a4的最大值.【解】∵等差数列{an}的前项和为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，则5＋3d≤6＋2d，即d≤1.∴a4≤3＋d≤3＋1＝4，故a4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{an}的首项为a1＝2002，公比q＝－eq\f(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{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.【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)，则当n≤10时，eq\f(|f(n＋1)|,|f(n)|)＝eq\f(2002,2n)＞1，∴|f(11)|＞|f(10)|＞…＞|f(1)|，当n≥11时，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)的最大值为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，∴当n＝12时，f(n)有最大值为f(12)＝200212·(eq\f(1,2))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{an}的前n项和为Sn，且an＋Sn＝4.(Ⅰ)求证：数列{an}是等比数列；(Ⅱ)是否存在正整数k，使eq\f(Sk+1－2,Sk－2)＞2成立.【分析】第(Ⅰ)小题通过代数变换确定数列an+1与an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，Sn＋an＝4，Sn+1＋an+1＝4，由两式相减，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，∴数列{an}是以首项a1＝2，公比为q＝eq\f(1,2)的等比数列.(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*，这与2k1∈(1，eq\f(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{an}和{bn}满足：a1＝λ，an+1＝eq\f(2,3)an＋n－4，bn＝(－1)n(an－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,Sn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＜Sn＜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＜Sn＜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}不是等比数列.(Ⅱ)解：因为bn+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)，所以当λ＝－18时，bn＝0(n∈N*)，此时{bn}不是等比数列；当λ≠－18时，b1＝－(λ＋18)≠0，由上可知bn≠0，∴eq\f(bn+1,bn)＝－eq\f(2,3)(n∈N*).故当λ≠－18时，数列{bn}是以－(λ＋18)为首项，－eq\f(2,3)为公比的等比数列.(Ⅲ)由（Ⅱ）知，当λ＝－18，bn＝0(n∈N*)，Sn＝0，不满足题目要求；.∴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对任意正整数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，则当n为正奇数时，1＜f(n)≤eq\f(5,3)，当n为正偶数时eq\f(5,9)≤f(n)＜1；∴f(n)的最大值为f(1)＝eq\f(5,3)，f(n)的最小值为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＜Sn＜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．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．设{an}是由正数构成的等比数列，bn＝an+1＋an+2，cn＝an＋an+3，则 （）A．bn＞cn B．bn＜cn C．bn≥cn D．bn≤cn 3．已知{an}为等差数列，{bn}为正项等比数列，公比q≠1，若a1＝b1，a11＝b11，则（）A．a6＝b6 B．a6＞b6 C．a6＜b6 D．a6＞b6或a6＜b64．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－9n，第k项满足５＜ak＜８，则k＝ （）A．9 B．8 C．7 D．65．已知等比数列{an}的公比q＞0，其前n项的和为Sn，则S4a5与S5a4A．S4a5＜S5a4 B．S4a5＞S5a4 C．S6．设Sn＝1＋2＋3＋…＋n，n∈N*，则函数f(n)＝eq\f(Sn,(n＋32)Sn+1)的最大值为 （）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的函数，且lg3，lg(sinx－eq\f(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eq\f(11,12)，无最大值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．已知等比数列{an}中a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是 （）Ａ．(－∞，－1 Ｂ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)Ｃ．3，＋∞) Ｄ．(－∞，－1∪3，＋∞)9．设eq\r(3)b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．410．设等比数列{an}的首相为a1，公比为q，则“a1＜0，且0＜q＜1”是“对于任意n∈N*都有an+1＞an”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．{an}为等差数列，若eq\f(a11,a10)＜－1，且它的前n项和Sn有最小值，那么当Sn取得最小正值时，n＝ （）A．11 B．17 C．19 D．2112．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a1＝eq\f(1,2)，an＝f(n)(n∈N*)，则数列{an}的前n项和Sn的取值范围是 （）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、填空题13．等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4－a2＝8，a3＋a5＝26，记Tn＝eq\f(Sn,n2)，如果存在正整数M，使得对一切正整数n，Tn≤M都成立．则M的最小值是__________．14．无穷等比数列{an}中，a1＞1，|q|＜1，且除a1外其余各项之和不大于a1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eq\f((a＋b)2,cd)的最小值是________.Ａ．0 Ｂ．1 Ｃ．2 Ｄ．416．等差数列{an}的公差d不为零，Sn是其前n项和，给出下列四个命题：①A．若d＜0，且S3＝S8，则{Sn}中，S5和S6都是{Sn}中的最大项；②给定n，对于一定k∈N*(k＜n)，都有ank＋an+k＝2an；③若d＞0，则{Sn}中一定有最小的项；④存在k∈N*，使ak－ak+1和ak－ak1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a2＝1，a5＝－5．（Ⅰ）求{an}的通项；（Ⅱ）求{an}前n项和Sn的最大值．18．已知{an}是正数组成的数列，a1＝1，且点(eq\r(an)，an+1)(n∈N*）在函数y＝x2＋1的图象上.(Ⅰ)求数列｛an｝的通项公式；(Ⅱ)若列数｛bn｝满足b1＝1,bn+1＝bn＋2an，求证：bn ·bn+2＜b2n+1.19．设数列{an}的首项a1∈(0，1)，an＝eq\f(3－an1,2)，n＝2，3，4，….（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）设bn＝aneq\r(3－2an)，证明bn＜bn+1，其中n为正整数．20．已知数列{an}中a1＝2，an+1＝(eq\r(2)－1)(an＋2)，n＝1，2，3，….（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）若数列{an}中b1＝2，bn+1＝eq\f(3bn＋4,2bn＋3)，n＝1，2，3，….证明：eq\r(2)＜bn≤a4n3，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{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(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bn＝eq\f(1,anan＋1)，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn＜eq\f(m,20)对所有n∈N*都成立的最小正整数m；22．数列满足，（），是常数．（Ⅰ）当时，求及的值；（Ⅱ）数列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）求的取值范围，使得存在正整数，当时总有．【专题训练】参考答案一、选择题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】设其公比为q,则bn－cn＝an(q－1)(1－q2)＝－an(q－1)2(q＋1)，当q＝1时，bn＝cn ，当q＞0，且q≠1时，bn＜cn，故bn≤cn.3．B【解析】因为q≠1，b1＞0，b11＞0，所以b1≠b11，则a6＝eq\f(a1＋a11,2)＝eq\f(b1＋b11,2)＞eq\r(b1b11)＝b6.4．B【解析】因数列为等差数列，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)，当n＝eq\f(64,n)，即n＝8时取等号，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，所以当sinx＝1时，y有最小值eq\f(11,12)，无最大值.8．D【解】∵等比数列{an}中a2＝1，∴S3＝a1＋a2＋a3＝a2(eq\f(1,q)＋1＋q)＝1＋q＋eq\f(1,q).∴当公比q＞0时，S3＝1＋q＋eq\f(1,q)≥1＋2eq\r(q·eq\f(1,q))＝3，当公比q＜0时，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的等比中项，则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】当a1＜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a1＞0，且q＞1，故选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，则要使Sn取得最小正值必须满足S19＞0，且S20＜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)，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.则数列{an}的前项和的取值范围是eq\f(1,2)，1).二、填空题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的最小值为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】对于①：∵S8－S3＝a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝5a6＝0，∴S5＝S6，又d＜0，S5＝S6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，Sn)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ak－ak+1＝－d，ak－ak1＝d，且d≠0，故④为假命题.三、解答题17．【解】（Ⅰ）设{an}的公差为d，由已知条件，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时，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，所以数列｛an｝是以1为首项，公差为1的等差数列，故an＝1＋(a－1)×1＝n.(Ⅱ)由（Ⅰ）知：an＝n从而bn+1－bn＝2n.bn＝(bn－bn1)＋(bn1－bn2)＋…＋（b2－b1）＋b1＝2n1＋2n2＋…＋2＋1＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1.因为bn·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}是首项为1－a1，公比为－eq\f(1,2)的等比数列，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，为正整数．20．【解】（Ⅰ）由题设：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，数列{an－eq\r(2)}a是首项为2－eq\r(2)，公比为eq\r(2)－1)的等比数列，an－eq\r(2)＝eq\r(2)(eq