2018高一数学三角函数难题练习一．选择题（共19小题）1．若log a x1=log（a+1）x2=log（a+2）x3＞0，则x1，x2，x3之间的大小关系为（）A．x1＜x3＜x2B．x2＜x1＜x3C．x1＜x2＜x3D．x3＜x2＜x12．设函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0），若f（）=f（）=﹣f（），且f（x）在区间[，]上单调，则f（x）的最小正周期是（）A．B．C．D．π3．已知函数f（x）=2sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|＜）的图象过点B（0，﹣1），且在（，）上单调，同时f（x）的图象向左平移π个单位之后与原来的图象重合，当x1，x2∈（﹣，﹣），且x1≠x2时，f（x1）=f（x2），则f（x1+x2）=（）A．﹣B．﹣1 C．1 D．4．已知函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|≤），x=﹣为f（x）的零点，x=为y=f（x）图象的对称轴，且f（x）在（，）上单调，则ω的最大值为（）A．11 B．9 C．7 D．55．已知函数f（x）=2sin（2x+φ）+1（|φ|＜），若f（x）＜1，对x∈（﹣，﹣）恒成立，则f（）的最小值是（）A．1 B．2 C．﹣1 D．﹣+16．已知△ABC，若对任意k∈R，有||≥，则△ABC一定是（）A．直角三角形B．钝角三角形C．锐角三角形D．以上均有可能7．已知O为△ABC内一点，若对任意k∈R有|+（k﹣1）﹣k|≥|﹣|，则△ABC一定是（）A．直角三角形B．钝角三角形C．锐角三角形D．以上均有可能8．已知△ABC中，AB=4，且满足BC=CA，则△ABC的面积的最大值为（）A．B．3 C．2 D．49．设等差数列{a n}满足，公差d∈（﹣1，0），当且仅当n=9时，数列{a n}的前n项和S n取得最大值，求该数列首项a1的取值范围（）A．B．[，]C．（，）D．f（x）10．已知数列{a n}中，a1=1，a2k=a2k﹣1+（﹣1）k，a2k+1=a2k+2k（k∈N*），则{a n}的前60项的和S60=（）A．231﹣154 B．231﹣124C．232﹣94 D．232﹣12411．已知数列{a n}满足：a1=，a n+2﹣a n≤3n，a n+6﹣a n≥91•3n，则a2015=（）A．+B．C．+D．12．正整数按如图的规律排列，则上起第2011行，左起第2012列的数为（）A．20112B．20122C．2011+2012 D．2011×201213．对于有限数列A：{a1，a2，a3，…，a n}S i为数列A的前i项和，称为数列A的“平均和”，将数字1，2，3，4，5，6，7任意排列，所对应数列的“平均和”的最大值是（）A．12 B．16 C．20 D．2214．有限数列A={a1，a2，…，a n}的前k项和为S k（k=1，2，…，n），定义为A的“凯森和”，如果有99项的数列{a1，a2，…，a99}，此数列的“凯森和”为1000，那么有100项的数列{1，a1，a2，…，a99}的“凯森和”为（）A．1001 B．999 C．991 D．99015．若关于x的不等式x2+|x﹣a|＜2至少有一个正数解，则实数a的取值范围是（）A．（﹣，2）B．（﹣，）C．（﹣2，）D．（﹣2，2）16．在锐角△ABC中，∠A=，∠BAC的平分线交边BC于点D，|AD|=1，则△ABC面积的取值范围是（）A．[，]B．[，] C．[，）D．[，）17．已知△ABC中，BC=1，AB=，AC=，点P是△ABC的外接圆上的一个动点，则•的最大值是（）A．2 B．C．D．18．设△ABC的角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若a2+b2=abcosC+absinC，则△ABC的形状为（）A．直角非等腰三角形B．等腰非等边三角形C．等腰直角三角形 D．等边三角形19．在△ABC中，a=x，b=2，B=45°，若这样的△ABC有两个，则实数x的取值范围是（）A．（2，+∞）B．（0，2） C．（2，2）D．（，2）二．解答题（共11小题）20．已知数列{a n}中，a1=1，a n+1=1+，记b n=（1）求证：数列{b n}是等比数列，并求b n；（2）求数列{a n}的通项公式a n；（3）记c n=nb n，S n=c1+c2+…+c n，对任意正整数n，不等式+S n+n（﹣）n+1﹣（﹣）n＞0恒成立，求最小正整数m．21．已知数列{a n}满足a1=1，且a n+12+a n2=2（a n+1a n+a n+1﹣a n﹣）．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求证：++…+＜；（3）记S n=++…+，证明：对于一切n≥2，都有S n2＞2（++…+）．22．已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=，n∈N*．（1）求证：≤a n≤1；（2）求证：|a2n﹣a n|≤．23．设{a n}和{b n}是两个等差数列，记c n=max{b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，b n﹣a n n}（n=1，2，3，…），其中max{x1，x2，…，x s}表示x1，x2，…，x s这s个数中最大的数．（1）若a n=n，b n=2n﹣1，求c1，c2，c3的值，并证明{c n}是等差数列；（2）证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当n≥m时，＞M；或者存在正整数m，使得c m，c m+1，c m+2，…是等差数列．24．已知数列{x n}满足：x1=1，x n=x n+1+ln（1+x n+1）（n∈N*），证明：当n∈N*时，（Ⅰ）0＜x n＜x n；+1﹣x n≤；（Ⅱ）2x n+1（Ⅲ）≤x n≤．25．已知{a n}是公差为d的等差数列，{b n}是公比为q的等比数列，q≠±1，正整数组E=（m，p，r）（m＜p＜r）（1）若a1+b2=a2+b3=a3+b1，求q的值；（2）若数组E中的三个数构成公差大于1的等差数列，且a m+b p=a p+b r=a r+b m，求q的最大值．（3）若b n=（﹣）n﹣1，a m+b m=a p+b p=a r+b r=0，试写出满足条件的一个数组E 和对应的通项公式a n．（注：本小问不必写出解答过程）26．已知数列{a n}和{b n}满足（n∈N*）．若{a n}是各项为正数的等比数列，且a1=4，b3=b2+6．（Ⅰ）求a n与b n；（Ⅱ）设c n=，记数列{c n}的前n项和为S n．①求S n；②求正整数k．使得对任意n∈N*，均有S k≥S n．27．已知正项数列{a n}满足+=﹣2（n≥2，n∈N*），且a6=11，前9项和为81．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若数列{lgb n}的前n项和为lg（2n+1），记c n=，求数列{c n}的前n 项和T n．28．已知数列{a n}的各项均为正数，且a1=1，对任意的n∈N*，均有a n+12﹣1=4a n （a n+1），b n=2log2（1+a n）﹣1．（1）求证：{1+a n}是等比数列，并求出{a n}的通项公式；（2）若数列{b n}中去掉{a n}的项后，余下的项组成数列{c n}，求c1+c2+…+c100；（3）设d n=，数列{d n}的前n项和为T n，是否存在正整数m（1＜m＜n），使得T1、T m、T n成等比数列，若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．29．已知数列{a n}中，a1=4，a n+1=，n∈N*，S n为{a n}的前n项和．（Ⅰ）求证：n∈N*时，a n＞a n+1；（Ⅱ）求证：n∈N*时，2≤S n﹣2n＜．30．数列{a n}的各项均为正数，且a n+1=a n+﹣1（n∈N*），{a n}的前n项和是S n．（Ⅰ）若{a n}是递增数列，求a1的取值范围；（Ⅱ）若a1＞2，且对任意n∈N*，都有S n≥na1﹣（n﹣1），证明：S n＜2n+1．参考答案与试题解析一．选择题（共19小题）1．（2016春•宁夏校级月考）若log a x1=log（a+1）x2=log（a+2）x3＞0，则x1，x2，x3之间的大小关系为（）A．x1＜x3＜x2B．x2＜x1＜x3C．x1＜x2＜x3D．x3＜x2＜x1【解答】解：①当a＞1时，如图所示，分别作出函数y1=log a x，y2=log（a+1）x，y3=log（a+2）x，并且作出直线y=1，可得x1＜x2＜x3．②当0＜a＜1时，可得0＜x1＜1＜x2＜x3．综上可得：x1＜x2＜x3．故选：C．2．（2017•泉州模拟）设函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0），若f（）=f（）=﹣f（），且f（x）在区间[，]上单调，则f（x）的最小正周期是（）A．B．C．D．π【解答】解：由f（）=f（）得函数关于x==对称，则x=离最近对称轴距离为．又f（）=﹣f（），则f（x）有对称中心（，0），由于f（x）在区间[，]上具有单调性，则≤T⇒T≥，从而=⇒T=π．故选：D．3．（2017•许昌三模）已知函数f（x）=2sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|＜）的图象过点B（0，﹣1），且在（，）上单调，同时f（x）的图象向左平移π个单位之后与原来的图象重合，当x1，x2∈（﹣，﹣），且x1≠x2时，f （x1）=f（x2），则f（x1+x2）=（）A．﹣B．﹣1 C．1 D．【解答】解：由函数f（x）=2sin（ωx+φ）的图象过点B（0，﹣1），∴2sinφ=﹣1，解得sinφ=﹣，又|φ|＜，∴φ=﹣，∴f（x）=2sin（ωx﹣）；又f（x）的图象向左平移π个单位之后为g（x）=2sin[ω（x+π）﹣]=2sin（ωx+ωπ﹣），由两函数图象完全重合知ωπ=2kπ，∴ω=2k，k∈Z；又﹣≤=，∴ω≤，∴ω=2；∴f（x）=2sin（2x﹣），其图象的对称轴为x=+，k∈Z；当x1，x2∈（﹣，﹣），其对称轴为x=﹣3×+=﹣，∴x1+x2=2×（﹣）=﹣，∴f（x1+x2）=f（﹣）=2sin[2×（﹣）﹣]=2sin（﹣）=﹣2sin=﹣2sin=﹣1．应选：B．4．（2016•新课标Ⅰ）已知函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|≤），x=﹣为f（x）的零点，x=为y=f（x）图象的对称轴，且f（x）在（，）上单调，则ω的最大值为（）A．11 B．9 C．7 D．5【解答】解：∵x=﹣为f（x）的零点，x=为y=f（x）图象的对称轴，∴，即，（n∈N）即ω=2n+1，（n∈N）即ω为正奇数，∵f（x）在（，）上单调，则﹣=≤，即T=≥，解得：ω≤12，当ω=11时，﹣+φ=kπ，k∈Z，∵|φ|≤，∴φ=﹣，此时f（x）在（，）不单调，不满足题意；当ω=9时，﹣+φ=kπ，k∈Z，∵|φ|≤，∴φ=，此时f（x）在（，）单调，满足题意；故ω的最大值为9，故选：B5．（2016•郴州四模）已知函数f（x）=2sin（2x+φ）+1（|φ|＜），若f（x）＜1，对x∈（﹣，﹣）恒成立，则f（）的最小值是（）A．1 B．2 C．﹣1 D．﹣+1【解答】解：∵函数f（x）=2sin（2x+φ）+1＜1，∴sin（2x+φ）＜0，∴﹣π+2kπ＜2x+φ＜2kπ，k∈Z；又x∈（﹣，﹣），∴﹣＜2x＜﹣，∴﹣+φ＜2x+φ＜﹣+φ；又∵|φ|＜，∴，∴﹣≤φ≤，∴≤2×+φ≤，∴≤sin（2×+φ）≤1，∴2≤2sin（2×+φ）+1≤3，∴f（）的最小值是2．故选：B．6．（2011•滨江区校级模拟）已知△ABC，若对任意k∈R，有||≥，则△ABC一定是（）A．直角三角形B．钝角三角形C．锐角三角形D．以上均有可能【解答】解：当k为任意实数时，那么k的方向有可能向左，也可能向右．长度也是不确定的，图中BC′的长度就是||，可以看出，当BC′垂直CB时，||有最小值，要使不等式成立，则|AC|必须是BC′的最小值，即AC垂直BC，故角C为直角，故选A．7．（2011•杭州校级模拟）已知O为△ABC内一点，若对任意k∈R有|+（k﹣1）﹣k|≥|﹣|，则△ABC一定是（）A．直角三角形B．钝角三角形C．锐角三角形D．以上均有可能【解答】解：从几何图形考虑：|﹣k|≥||的几何意义表示：在BC上任取一点E，可得k=，∴|﹣k|=|﹣|=||≥||，又点E不论在任何位置都有不等式成立，∴由垂线段最短可得AC⊥EC，即∠C=90°，则△ABC一定是直角三角形．故选A8．（2016•新乡模拟）已知△ABC中，AB=4，且满足BC=CA，则△ABC的面积的最大值为（）A．B．3 C．2 D．4【解答】解：依题意，设CA=b，则BC=b，又AB=4，由余弦定理得：cosA===﹣，∴cos2A=（﹣）2=+﹣1，∴sin2A=1﹣cos2A=2﹣﹣．=AB•ACsinA=×4bsinA=2bsinA，∵S△ABC=4b2sin2A=4b2（2﹣﹣）=48﹣（b2﹣16）2，∴S2△ABC当b2=16，即b=4时，4、4、4能组成三角形，∴S2max=48，∴S max=4．故选：D．9．（2017春•陆川县校级期中）设等差数列{a n}满足，公差d∈（﹣1，0），当且仅当n=9时，数列{a n}的前n项和S n取得最大值，求该数列首项a1的取值范围（）A．B．[，]C．（，）D．f（x）【解答】解：∵等差数列{a n}满足，∴（sina4cosa7﹣sina7cosa4）（sina4cosa7+sina7cosa4）=sin（a5+a6）=sin（a4+a7）=sina4cosa7+sina7cosa4，∴sina4cosa7﹣sina7cosa4=1，或sina4cosa7+sina7cosa4=0即sin（a4﹣a7）=1，或sin（a4+a7）=0（舍）当sin（a4﹣a7）=1时，∵a4﹣a7=﹣3d∈（0，3），a4﹣a7=2kπ+，k∈Z，∴﹣3d=2kπ+，d=﹣﹣π．∴d=﹣∵S n=na1+=n2+（a1﹣）n，且仅当n=9时，数列{a n}的前n项和S n取得最大值，∴8.5＜﹣＜9.5，∴π＜a1＜故选：C10．（2016春•衡水校级月考）已知数列{a n}中，a1=1，a2k=a2k﹣1+（﹣1）k，a2k+1=a2k+2k （k∈N*），则{a n}的前60项的和S60=（）A．231﹣154 B．231﹣124C．232﹣94 D．232﹣124=a2k+2k=a2k﹣1+（﹣1）k+2k，【解答】解：a2k+1﹣a2k﹣1=2k+（﹣1）k，所以a2k+1﹣a2k﹣3=2k﹣1+（﹣1）k﹣1，同理a2k﹣1…a3﹣a1=2+（﹣1），所以（a2k﹣a2k﹣1）+（a2k﹣1﹣a2k﹣3）+…+（a3﹣a1）+1=（2k+2k﹣1+…+2）+[（﹣1）k+（﹣1）k﹣1+…+（﹣1）]，﹣a1=2（2k﹣1）+[（﹣1）k﹣1]，由此得a2k+1=2k+1+（﹣1）k﹣，于是a2k+1a2k=a2k﹣1+（﹣1）k=2k+（﹣1）k﹣1﹣+（﹣1）k=2k+（﹣1）k﹣，{a n}的通项公式为：当n为奇数时，a n=2+（﹣1）﹣；当n为偶数时，a n=2+（﹣1）﹣；则S60=（a1+a3+a5+…+a59）+（a2+a4+a6+..+a60）=[（2+22+23+…+230）+（﹣++…﹣）﹣×30]+[（2+22+23+…+230）+（﹣+﹣+…+）﹣×30]=2×+0﹣90=232﹣94．故选：C．11．（2015秋•石家庄校级期末）已知数列{a n}满足：a1=，a n+2﹣a n≤3n，a n+6﹣a n≥91•3n，则a2015=（）A．+B．C．+D．﹣a n≤3n，∴，a n+6﹣a n+4≤3n+4，【解答】解：∵a n+2﹣a n≤91•3n，∴a n+6﹣a n≥91•3n，又a n+6∴a n﹣a n=91•3n，+6﹣a n=3n，∴a n+4﹣a n+2=3n+2，a n+6﹣a n+4=3n+4，由题意可得a n+2﹣a n=3n，∵a n+2∴a2n﹣a1=31+33+35+…+32n﹣1，+1=+33+35+…+32n﹣1，∴a2n+1a2015=+31+33+35+…+32013=+=，故选：B．12．（2012•岳麓区校级模拟）正整数按如图的规律排列，则上起第2011行，左起第2012列的数为（）A．20112B．20122C．2011+2012 D．2011×2012【解答】解：这些数字排成的是一个正方形上起2011，左起2012列的数是一个2012乘以2012的正方形的倒数第二行的最后一个数字所以这个数是2012×（2012﹣1）=2011×2012．故选D．13．（2012•浙江模拟）对于有限数列A：{a1，a2，a3，…，a n}S i为数列A的前i 项和，称为数列A的“平均和”，将数字1，2，3，4，5，6，7任意排列，所对应数列的“平均和”的最大值是（）A．12 B．16 C．20 D．22【解答】解：根据题意可知，将数字1，2，3，4，5，6，7的排列为7，6，5，4，3，2，1时，，所对应数列的“平均和”最大此时====20故答案为：2014．（2011•下陆区校级模拟）有限数列A={a1，a2，…，a n}的前k项和为S k（k=1，2，…，n），定义为A的“凯森和”，如果有99项的数列{a1，a2，…，a99}，此数列的“凯森和”为1000，那么有100项的数列{1，a1，a2，…，a99}的“凯森和”为（）A．1001 B．999 C．991 D．990【解答】解：A={a1，a2，…，a n}的凯森和由T n来表示，由题意知，，所以S1+S2+…+S99=1000×99，数列{1，a1，a2，…，a99}的“凯森和”为：=，故选C．15．（2011•临海市校级模拟）若关于x的不等式x2+|x﹣a|＜2至少有一个正数解，则实数a的取值范围是（）A．（﹣，2）B．（﹣，）C．（﹣2，）D．（﹣2，2）【解答】解：原不等式变形为：|x﹣a|＜2﹣x2且0＜2﹣x2在同一坐标系画出y=2﹣x2（Y＞0，X＞0）和y=|x|两个图象将绝对值函数y=|x|向左移动当右支经过（0，2）点，a=﹣2将绝对值函数y=|x|向右移动让左支与抛物线相切（1/2，7/4）点，a=故实数a的取值范围是（﹣2，）故选C16．（2016秋•武侯区校级期中）在锐角△ABC中，∠A=，∠BAC的平分线交边BC于点D，|AD|=1，则△ABC面积的取值范围是（）A．[，]B．[，] C．[，）D．[，）【解答】解：如图所示，锐角△ABC中，∠A=，∠BAC的平分线交边BC于点D，|AD|=1，根据余弦定理，BD2=c2+1﹣2c•cos=c2﹣c+1，CD2=b2+1﹣2b•cos=b2﹣b+1；根据角平分线定理，=，即=；∴b2c2﹣b2c+b2=b2c2﹣bc2+c2，即bc（c﹣b）=（c﹣b）（c+b）；当b=c时，△ABC是正三角形，由|AD|=1，得AB=AC=，则S=bcsin=；△ABC当b≠c时，bc=b+c≥2，当且仅当b=c时“=”成立，取得最小值为；所以bc≥，即b=c=时S△ABC又当AB⊥BC时，BD=，AB=，DC=AD=1，S△ABC=××（1+）=为最大值，△ABC面积的取值范围是[，]．故选：D．17．（2016秋•南岸区校级月考）已知△ABC中，BC=1，AB=，AC=，点P 是△ABC的外接圆上的一个动点，则•的最大值是（）A．2 B．C．D．【解答】解：如图所示，•=||•||cos∠PBC=||cos∠PBC．设OP为⊙O的半径，则当OP∥BC且同向时，向量在方向上的投影最大，则•取得最大值．由余弦定理可得：cosA==，∴sinA=．∴2R==3．∴||cos∠PBC=|BD|=|BC|+R=2．∴•取得最大值为2．故选：A18．（2012•重庆模拟）设△ABC的角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若a2+b2=abcosC+absinC，则△ABC的形状为（）A．直角非等腰三角形B．等腰非等边三角形C．等腰直角三角形 D．等边三角形【解答】解：∵≤sin（C+）≤1，∴a2+b2=abcosC+absinC=2ab（cosC+sinC）=2absin（C+）≤2ab，当且仅当C+=，即C=时取等号，又a2+b2≥2ab，且当且仅当a=b时取等号，则a=b且C=，即△ABC为等边三角形．故选D19．（2010•云南模拟）在△ABC中，a=x，b=2，B=45°，若这样的△ABC有两个，则实数x的取值范围是（）A．（2，+∞）B．（0，2） C．（2，2）D．（，2）【解答】解：由正弦定理可知，求得x=2sinAA+C=180°﹣45°=135°有两解，即A有两个值这两个值互补若A≤45°则由正弦定理得A只有一解，舍去．∴45°＜A＜135°又若A=90°，这样补角也是90度，一解，A不为90°所以＜sinA＜1∵x=2sinA∴2＜x＜2故选C二．解答题（共11小题）20．（2017•吉州区校级一模）已知数列{a n}中，a1=1，a n+1=1+，记b n=（1）求证：数列{b n}是等比数列，并求b n；（2）求数列{a n}的通项公式a n；（3）记c n=nb n，S n=c1+c2+…+c n，对任意正整数n，不等式+S n+n（﹣）n+1﹣（﹣）n＞0恒成立，求最小正整数m．【解答】（1）证明：∵b n=，a n+1=1+，===﹣=﹣．∴b n+1∴数列{b n}是等比数列，公比为﹣，且首项为﹣．∴b n=．（2）由b n==，得a n=．（3）c n=nb n=n，∴S n=﹣+2×+3×+…+n，=+…++n，两式相减得S n=﹣﹣n，∴不等式+S n+n（﹣）n+1﹣（﹣）n＞0，即＞0，解得m，因此m≥11．因此最小的正整数m=11．21．（2017•浙江模拟）已知数列{a n}满足a1=1，且a n+12+a n2=2（a n+1a n+a n+1﹣a n﹣）．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求证：++…+＜；（3）记S n=++…+，证明：对于一切n≥2，都有S n2＞2（++…+）．【解答】解：（1）a1=1，且a n+12+a n2=2（a n+1a n+a n+1﹣a n﹣），可得a n+12+a n2﹣2a n+1a n﹣2a n+1+2a n+1=0，即有（a n+1﹣a n）2﹣2（a n+1﹣a n）+1=0，即为（a n+1﹣a n﹣1）2=0，可得a n+1﹣a n=1，则a n=a1+n﹣1=n，n∈N*；（2）证明：由=＜=﹣，n≥2．则++…+=1+++…+＜1++﹣+﹣+…+﹣=﹣＜，故原不等式成立；（3）证明：S n=++…+=1++…+，当n=2时，S22=（1+）2=＞2•=成立；假设n=k≥2，都有S k2＞2（++…+）．则n=k+1时，S k+12=（S k+）2，S k+12﹣2（++…++）=（S k+）2﹣2（++…+）﹣2•=S k2﹣2（++…+）++2•﹣2•=S k2﹣2（++…+）+，由k＞1可得＞0，且S k2＞2（++…+）．可得S k2﹣2（++…+）＞0，2＞2（++…++）恒成立．则S k+1综上可得，对于一切n≥2，都有S n2＞2（++…+）．22．（2017•宁波模拟）已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=，n∈N*．（1）求证：≤a n≤1；（2）求证：|a2n﹣a n|≤．【解答】证明：（1）用数学归纳法证明：①当n=1时，=，成立；②假设当n=k时，有成立，则当n=k+1时，≤≤1，≥=，∴当n=k+1时，，命题也成立．由①②得≤a n≤1．（2）当n=1时，|a2﹣a1|=，当n≥2时，∵（）（）=（）=1+=，﹣a n|=||=≤|a n﹣a n﹣1|＜…＜（）∴|a n+1n﹣1|a2﹣a1|=，∴|a2n﹣a2n﹣1|≤|a2n﹣a2n﹣1|+|a2n﹣1﹣a2n﹣2|+…+|a n+1﹣a n|≤==（）n﹣1﹣（）2n﹣1≤，综上：|a2n﹣a n|≤．23．（2017•北京）设{a n}和{b n}是两个等差数列，记c n=max{b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，b n﹣a n n}（n=1，2，3，…），其中max{x1，x2，…，x s}表示x1，x2，…，x s这s个数中最大的数．（1）若a n=n，b n=2n﹣1，求c1，c2，c3的值，并证明{c n}是等差数列；（2）证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当n≥m时，＞M；或者存在正整数m，使得c m，c m+1，c m+2，…是等差数列．【解答】解：（1）a1=1，a2=2，a3=3，b1=1，b2=3，b3=5，当n=1时，c1=max{b1﹣a1}=max{0}=0，当n=2时，c2=max{b1﹣2a1，b2﹣2a2}=max{﹣1，﹣1}=﹣1，当n=3时，c3=max{b1﹣3a1，b2﹣3a2，b3﹣3a3}=max{﹣2，﹣3，﹣4}=﹣2，下面证明：对∀n∈N*，且n≥2，都有c n=b1﹣na1，当n∈N*，且2≤k≤n时，则（b k﹣na k）﹣（b1﹣na1），=[（2k﹣1）﹣nk]﹣1+n，=（2k﹣2）﹣n（k﹣1），=（k﹣1）（2﹣n），由k﹣1＞0，且2﹣n≤0，则（b k﹣na k）﹣（b1﹣na1）≤0，则b1﹣na1≥b k﹣na k，因此，对∀n∈N*，且n≥2，c n=b1﹣na1=1﹣n，c n+1﹣c n=﹣1，∴c2﹣c1=﹣1，∴c n﹣c n=﹣1对∀n∈N*均成立，+1∴数列{c n}是等差数列；（2）证明：设数列{a n}和{b n}的公差分别为d1，d2，下面考虑的c n取值，由b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，b n﹣a n n，考虑其中任意b i﹣a i n，（i∈N*，且1≤i≤n），则b i﹣a i n=[b1+（i﹣1）d1]﹣[a1+（i﹣1）d2]×n，=（b1﹣a1n）+（i﹣1）（d2﹣d1×n），下面分d1=0，d1＞0，d1＜0三种情况进行讨论，①若d1=0，则b i﹣a i n═（b1﹣a1n）+（i﹣1）d2，当若d2≤0，则（b i﹣a i n）﹣（b1﹣a1n）=（i﹣1）d2≤0，则对于给定的正整数n而言，c n=b1﹣a1n，此时c n+1﹣c n=﹣a1，∴数列{c n}是等差数列；当d2＞0，（b i﹣a i n）﹣（b n﹣a n n）=（i﹣n）d2＞0，则对于给定的正整数n而言，c n=b n﹣a n n=b n﹣a1n，﹣c n=d2﹣a1，此时c n+1∴数列{c n}是等差数列；此时取m=1，则c1，c2，…，是等差数列，命题成立；②若d1＞0，则此时﹣d1n+d2为一个关于n的一次项系数为负数的一次函数，故必存在m∈N*，使得n≥m时，﹣d1n+d2＜0，则当n≥m时，（b i﹣a i n）﹣（b1﹣a1n）=（i﹣1）（﹣d1n+d2）≤0，（i∈N*，1≤i≤n），因此当n≥m时，c n=b1﹣a1n，﹣c n=﹣a1，故数列{c n}从第m项开始为等差数列，命题成立；此时c n+1③若d1＜0，此时﹣d1n+d2为一个关于n的一次项系数为正数的一次函数，故必存在s∈N*，使得n≥s时，﹣d1n+d2＞0，则当n≥s时，（b i﹣a i n）﹣（b n﹣a n n）=（i﹣1）（﹣d1n+d2）≤0，（i∈N*，1≤i ≤n），因此，当n≥s时，c n=b n﹣a n n，此时==﹣a n+，=﹣d2n+（d1﹣a1+d2）+，令﹣d1=A＞0，d1﹣a1+d2=B，b1﹣d2=C，下面证明：=An+B+对任意正整数M，存在正整数m，使得n≥m，＞M，若C≥0，取m=[+1]，[x]表示不大于x的最大整数，当n≥m时，≥An+B≥Am+B=A[+1]+B＞A•+B=M，此时命题成立；若C＜0，取m=[]+1，当n≥m时，≥An+B+≥Am+B+C＞A•+B+C≥M﹣C﹣B+B+C=M，此时命题成立，因此对任意正数M，存在正整数m，使得当n≥m时，＞M；综合以上三种情况，命题得证．24．（2017•浙江）已知数列{x n}满足：x1=1，x n=x n+1+ln（1+x n+1）（n∈N*），证明：当n∈N*时，＜x n；（Ⅰ）0＜x n+1﹣x n≤；（Ⅱ）2x n+1（Ⅲ）≤x n≤．【解答】解：（Ⅰ）用数学归纳法证明：x n＞0，当n=1时，x1=1＞0，成立，假设当n=k时成立，则x k＞0，＜0，则0＜x k=x k+1+ln（1+x k+1）＜0，矛盾，那么n=k+1时，若x k+1故x n＞0，+1因此x n＞0，（n∈N*）∴x n=x n+1+ln（1+x n+1）＞x n+1，＜x n（n∈N*），因此0＜x n+1（Ⅱ）由x n=x n+1+ln（1+x n+1）得x n x n+1﹣4x n+1+2x n=x n+12﹣2x n+1+（x n+1+2）ln（1+x n+1），记函数f（x）=x2﹣2x+（x+2）ln（1+x），x≥0∴f′（x）=+ln（1+x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，∴f（x）≥f（0）=0，因此x n+12﹣2x n+1+（x n+1+2）ln（1+x n+1）≥0，故2x n+1﹣x n≤；（Ⅲ）∵x n=x n+1+ln（1+x n+1）≤x n+1+x n+1=2x n+1，∴x n≥，由≥2x n+1﹣x n得﹣≥2（﹣）＞0，∴﹣≥2（﹣）≥…≥2n﹣1（﹣）=2n﹣2，∴x n≤，综上所述≤x n≤．25．（2017•淮安四模）已知{a n}是公差为d的等差数列，{b n}是公比为q的等比数列，q≠±1，正整数组E=（m，p，r）（m＜p＜r）（1）若a1+b2=a2+b3=a3+b1，求q的值；（2）若数组E中的三个数构成公差大于1的等差数列，且a m+b p=a p+b r=a r+b m，求q的最大值．（3）若b n=（﹣）n﹣1，a m+b m=a p+b p=a r+b r=0，试写出满足条件的一个数组E 和对应的通项公式a n．（注：本小问不必写出解答过程）【解答】解：（1）∵a1+b2=a2+b3=a3+b1，∴a1+b1q==a1+2d+b1，化为：2q2﹣q﹣1=0，q≠±1．解得q=﹣．（2）a m+b p=a p+b r=a r+b m，即a p﹣a m=b p﹣b r，∴（p﹣m）d=b m（q p﹣m﹣q r﹣m），同理可得：（r﹣p）d=b m（q r﹣m﹣1）．∵m，p，r成等差数列，∴p﹣m=r﹣p=（r﹣m），记q p﹣m=t，则2t2﹣t﹣1=0，∵q≠±1，t≠±1，解得t=．即q p﹣m=，∴﹣1＜q＜0，记p﹣m=α，α为奇数，由公差大于1，∴α≥3．∴|q|=≥，即q，当α=3时，q取得最大值为﹣．（3）满足题意的数组为E=（m，m+2，m+3），此时通项公式为：a n=，m∈N*．例如E=（1，3，4），a n=．26．（2017•淄博模拟）已知数列{a n}和{b n}满足（n∈N*）．若{a n}是各项为正数的等比数列，且a1=4，b3=b2+6．（Ⅰ）求a n与b n；（Ⅱ）设c n=，记数列{c n}的前n项和为S n．①求S n；②求正整数k．使得对任意n∈N*，均有S k≥S n．【解答】解：（Ⅰ）由题意（n∈N*）．b3=b2+6．知，又由a1=4，得公比q=4（q=﹣4，舍去），所以数列{a n}的通项为…（3分）所以．故数列{b n}的通项为…（5分）（Ⅱ）①由（Ⅰ）知…（7分）所以…（9分）②因为c1=0，c2＞0，c3＞0，c4＞0；当n≥5时，而得所以，当n≥5时，c n＜0；综上，对任意n∈N*恒有S4≥S n，故k=4…（12分）27．（2017•天津一模）已知正项数列{a n}满足+=﹣2（n≥2，n∈N*），且a6=11，前9项和为81．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若数列{lgb n}的前n项和为lg（2n+1），记c n=，求数列{c n}的前n 项和T n．【解答】解：（Ⅰ）由正项数列{a n}满足+=﹣2（n≥2，n∈N*），得，整理得a n+a n﹣1=2a n，所以{a n}为等差数列．+1由a6=11，前9项和为81，得a1+5d=11，d=81，解得a1=1，d=2．∴a n=1+2（n﹣1）=2n﹣1．（II）当n=1时，lgb1=lg3，即b1=3．当n≥2时，lgb1+lgb2+…+lgb n=lg（2n+1）…①，lgb1+lgb2+…+lgb n﹣1=lg（2n﹣1）…②①﹣②，得，∴b n=，（n≥2）．b1=3满足上式，因此b n=，（n≥2）．c n==，∴数列{c n}的前n项和T n=+…++，又2T n=+…+，以上两式作差，得T n=+2﹣，，因此，T n=﹣．28．（2017•普陀区一模）已知数列{a n}的各项均为正数，且a1=1，对任意的n∈N*，均有a n+12﹣1=4a n（a n+1），b n=2log2（1+a n）﹣1．（1）求证：{1+a n}是等比数列，并求出{a n}的通项公式；（2）若数列{b n}中去掉{a n}的项后，余下的项组成数列{c n}，求c1+c2+…+c100；（3）设d n=，数列{d n}的前n项和为T n，是否存在正整数m（1＜m＜n），使得T1、T m、T n成等比数列，若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．2﹣1=4a n（a n+1），【解答】（1）证明：∵对任意的n∈N*，均有a n+12=，又数列{a n}的各项均为正数，∴a n+1=2a n+1，变形为a n+1+1=2（a n+1），∴a n+1∴{1+a n}是等比数列，公比为2，首项为2，∴1+a n=2n，即a n=2n﹣1．（2）解：b n=2log2（1+a n）﹣1=2n﹣1．∵n=7时，a7=127；n=8时，a8=255＞213=b107．∴c1+c2+…+c100=b1+b2+…+b106+b107（a1+…+a6+a7）=﹣+7=11449﹣256+9=11202．（3）解：d n===，∴数列{d n}的前n项和为T n=+…+==．假设存在正整数m（1＜m＜n），使得T1、T m、T n成等比数列，则=T1T n，即=，即=＞0，即2m2﹣4m﹣1＜0，解得1﹣＜m＜1+．∵m是正整数且m＞1，∴m=2，此时n=12当且仅当m=2，n=12时，T1、T m、T n成等比数列．29．（2017•宁波模拟）已知数列{a n}中，a1=4，a n+1=，n∈N*，S n为{a n}的前n项和．（Ⅰ）求证：n∈N*时，a n＞a n+1；（Ⅱ）求证：n∈N*时，2≤S n﹣2n＜．﹣a n=﹣=【解答】证明：（I）n≥2时，作差：a n+1，﹣a n与a n﹣a n﹣1同号，∴a n+1由a1=4，可得a2==，可得a2﹣a1＜0，∴n∈N*时，a n＞a n+1．（II）∵2=6+a n，∴=a n﹣2，即2（a n+1﹣2）（a n+1+2）=a n﹣2，①∴a n﹣2与a n﹣2同号，+1又∵a1﹣2=2＞0，∴a n＞2．∴S n=a1+a2+…+a n≥4+2（n﹣1）=2n+2．∴S n﹣2n≥2．由①可得：=，因此a n﹣2≤（a1﹣2），即a n≤2+2×．∴S n=a1+a2+…+a n≤2n+2×＜2n+．综上可得：n∈N*时，2≤S n﹣2n＜．30．（2017•温州模拟）数列{a n}的各项均为正数，且a n+1=a n+﹣1（n∈N*），{a n}的前n项和是S n．（Ⅰ）若{a n}是递增数列，求a1的取值范围；（Ⅱ）若a1＞2，且对任意n∈N*，都有S n≥na1﹣（n﹣1），证明：S n＜2n+1．【解答】（I）解：由a2＞a1＞0⇔﹣1＞a1＞0，解得0＜a1＜2，①．又a3＞a2＞0，⇔＞a2，⇔0＜a2＜2⇔﹣1＜2，解得1＜a1＜2，②．由①②可得：1＜a1＜2．下面利用数学归纳法证明：当1＜a1＜2时，∀n∈N*，1＜a n＜2成立．（1）当n=1时，1＜a1＜2成立．（2）假设当n=k∈N*时，1＜a n＜2成立．则当n=k+1时，a k=a k+﹣1∈⊊（1，2），+1即n=k+1时，不等式成立．综上（1）（2）可得：∀n∈N*，1＜a n＜2成立．于是a n﹣a n=﹣1＞0，即a n+1＞a n，+1∴{a n}是递增数列，a1的取值范围是（1，2）．（II）证明：∵a1＞2，可用数学归纳法证明：a n＞2对∀n∈N*都成立．﹣a n=﹣1＜2，即数列{a n}是递减数列．于是：a n+1在S n≥na1﹣（n﹣1）中，令n=2，可得：2a1+﹣1=S2≥2a1﹣，解得a1≤3，因此2＜a1≤3．下证：（1）当时，S n≥na1﹣（n﹣1）恒成立．事实上，当时，由a n=a1+（a n﹣a1）≥a1+（2﹣）=．于是S n=a1+a2+…+a n≥a1+（n﹣1）=na1﹣．再证明：（2）时不合题意．事实上，当时，设a n=b n+2，可得≤1．由a n=a n+﹣1（n∈N*），可得：b n+1=b n+﹣1，可得=≤≤+1．于是数列{b n}的前n和T n≤＜3b1≤3．故S n=2n+T n＜2n+3=na1+（2﹣a1）n+3，③．令a1=+t（t＞0），由③可得：S n＜na1+（2﹣a1）n+3=na1﹣﹣tn+．只要n充分大，可得：S n＜na1﹣．这与S n≥na1﹣（n﹣1）恒成立矛盾．∴时不合题意．综上（1）（2）可得：，于是可得=≤≤．（由可得：）．故数列{b n}的前n项和T n≤＜b1＜1，∴S n=2n+T n＜2n+1．。