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{a n }的公比q ＞1，第17项的平方等于第24项，求使a 1＋a 2＋…＋a n ＞1a 1＋1a 2＋…＋1a n 恒成立的正整数n 的取值围.【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 的取值围.【解】 由题意得：(a 1q 16)2＝a 1q 23，∴a 1q 9＝1.由等比数列的性质知：数列{1a n }是以1a 1为首项，以1q 为公比的等比数列，要使不等式成立，则须a 1(q n －1)q －1＞1a 1[1－(1q )n]1－1q ，把a 21＝q -18代入上式并整理，得q -18(q n －1)＞q(1－1qn )，q n ＞q 19，∵q ＞1，∴n ＞19，故所求正整数n 的取值围是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{a n }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{b n }的通项公式；（Ⅱ）若a n+1≥a n ，n ∈N*，求a 的取值围．【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≥a n 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(S n －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，a n+1－a n ＝4×3n -1＋(a －3)2n -2＝2n -2·[12·(32)n -2＋a －3]，当n ≥2时，a n+1≥a n ，即2 n -2·[12·(32)n -2＋a －3]≥0，12·(32)n -2＋a －3≥0，∴a ≥－9，综上，所求的a 的取值围是[－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{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，a 3＝7，S 4＝24．(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)设p 、q 都是正整数，且p ≠q ，证明：S p+q ＜12(S 2p ＋S 2q )．【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{a n }的公差是d ，依题意得，⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝74a 1＋6d ＝24，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝3d ＝2，∴数列{a n }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 1＋a n )2＝n 2＋2n ．2S p+q －(S 2p ＋S 2q )＝2[(p ＋q)2＋2(p ＋q)]－(4p 2＋4p)－(4q 2＋4q)＝－2(p －q)2， ∵p ≠q ，∴2S p+q －(S 2p ＋S 2q )＜0，∴S p+q ＜12(S 2p ＋S 2q )．【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·高考)设数列{a n }满足a 1＝0，a n+1＝ca n 3＋1－c ，c ∈N*，其中c 为实数.(Ⅰ)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 ＜13，证明：a n ≥1－(3c)n -1，n ∈N*；（Ⅲ）设0＜c ＜13，证明：a 12＋a 22＋…＋a n 2＞n ＋1－21－3c ，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：∵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].（Ⅱ）设0＜c ＜13，当n ＝1时，a 1＝0，结论成立.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)∵0＜c ＜13，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－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*.(Ⅲ)设0＜c ＜13，当n ＝1时，a 12＝0＞2－21－3c ，结论成立.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]＝n －1－2[1＋3c ＋(3c)2＋…＋(3c)n -1－1]＝n ＋1－2[1－(3c)n ]1－3c ＞n ＋1－21－3c .【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·高考)设等差数列{a n }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 的围，由此可确定a 4的最大值.【解】 ∵等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4≥10，S 5≤15，∴⎩⎪⎨⎪⎧ S 4＝4a 1＋4×32d ≥10S 5＝5a 1＋5×42d ≤15，即⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋3d ≥5a 1＋2d ≤3，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝a 1＋3d ≥5－3d 2＋3d ＝5＋3d 2a 4＝a 1＋3d ＝(a 1＋2d)＋d ≤3＋d ， ∴5＋3d2≤a 4≤3＋d ，则5＋3d ≤6＋2d ，即d ≤1. ∴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.【例6】 等比数列{a n }的首项为a 1＝2002，公比q ＝－12．(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{a n }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)a n ＝2002·(－12)n -1，f(n)＝2002n ·(－12)n(n -1)2(Ⅱ)由(Ⅰ)，得|f(n ＋1)||f(n)|＝20022n ，则当n ≤10时，|f(n ＋1)||f(n)|＝20022n ＞1，∴|f(11)|＞|f(10)|＞…＞|f(1)|，当n ≥11时，|f(n ＋1)||f(n)|＝20022n ＜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． ∵f(12)f(9)＝200212·(12)6620029·(12)36＝20023·(12)30＝(2002210)3＞1， ∴当n ＝12时，f(n)有最大值为f(12)＝200212·(12)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，能求得在围的数值或图形，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)是否存在正整数k ，使S k+1－2S k －2＞2成立.【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{a n }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，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＝12a n ，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 ＝12的等比数列.(Ⅱ)由(Ⅰ)，得S n ＝2[1―(12)n ]1―12＝4－22-n .又由S k+1－2S k －2＞2，得4－21-k －24－22-k －2＞2，整理，得23＜21-k ＜1，即1＜2 k -1＜32，∵k ∈N *，∴2k -1∈N *，这与2k -1∈(1，32)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·高考)已知数列{a n }和{b n }满足：a 1＝λ，a n+1＝23a n ＋n －4，b n ＝(－1)n (a n－3n ＋21)，其中λ为实数，n 为正整数.（Ⅰ）对任意实数λ，证明数列{a n }不是等比数列；（Ⅱ）试判断数列{b n }是否为等比数列，并证明你的结论；（Ⅲ）设0＜a ＜b,S n 为数列{b n }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{a n }是等比数列，则有a 22＝a 1a 3，即 (23λ－3)2＝λ(49λ－4)⇔49λ2－4λ＋9＝49λ2－4λ⇔9＝0，矛盾，所以{a n }不是等比数列. (Ⅱ)解：因为b n+1＝(－1)n+1[a n+1－3(n ＋1)＋21]＝(－1)n+1(23a n －2n ＋14)＝－23(a n －3n －21)＝－23b n ，又b 1＝－(λ＋18)，所以当λ＝－18时，b n ＝0(n ∈N*)，此时{b n }不是等比数列；当λ≠－18时，b 1＝－(λ＋18)≠0，由上可知b n ≠0，∴b n+1b n ＝－23(n ∈N*).故当λ≠－18时，数列{b n }是以－(λ＋18)为首项，－23为公比的等比数列.(Ⅲ)由（Ⅱ）知，当λ＝－18，b n ＝0(n ∈N*)，S n ＝0，不满足题目要求；.∴λ≠－18，故知b n ＝－(λ＋18)×(－23)n -1，于是S n ＝－35(λ＋18)·[1－(－23)n ]要使a ＜S n ＜b 对任意正整数n 成立，即a ＜－－35(λ＋18)·[1－(－23)n ]＜b ，(n ∈N*).得a1－(－23)n ＜－35(λ＋18)＜b 1－(－23)n，(n ∈N*) ① 令f(n)＝1－(－23)n ，则当n 为正奇数时，1＜f(n)≤53，当n 为正偶数时59≤f(n)＜1；∴f(n)的最大值为f(1)＝53，f(n)的最小值为f(2)＝59,于是，由①式得59a ＜－35(λ＋18)＜35b ，∴－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 ＜S n ＜b,且λ的取值围是(－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{a n }是各项均为正数的等差数列，则有（ ）A ．a 4a 6＜a 6a 8B ．a 4a 6≤a 6a 8C ．a 4a 6＞a 6a 8D ．a 4a 6≥a 6a 82．设{a n }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 nB ．b n ＜c nC ．b n ≥c nD ．b n ≤c n3．已知{a n }为等差数列，{b n }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 6B ．a 6＞b 6C ．a 6＜b 6D ．a 6＞b 6或a 6＜b 6 4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－9n ，第k 项满足５＜a k ＜８，则k ＝ （ ）A ．9B ．8C ．7D ．6 5．已知等比数列{a n }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 4B ．S 4a 5＞S 5a 4C ．S 4a 5＝S 5a 4D ．不确定 6．设S n ＝1＋2＋3＋…＋n ，n ∈N*，则函数f(n)＝S n(n ＋32)S n+1的最大值为（ ）A ．120B ．130C ．140D ．1507．已知y 是x 的函数，且lg3，lg(sinx －12)，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1112，无最大值C ．y 有最小值1112，最大值1D ．y 有最小值－1，最大值18．已知等比数列{a n }中a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值围是（ ）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 ．1B ．2C ．3D ．410．设等比数列{a n }的首相为a 1，公比为q ，则“a 1＜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11．{a n }为等差数列，若a 11a 10＜－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，n ＝ （ ）A ．11B ．17C ．19D ．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a 1＝12，a n ＝f(n)(n ∈N*)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值围是（ ）A ．[12，2)B ．[12，2]C ．[12，1)D ．[12，1]二、填空题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 ＝S nn2，如果存在正整数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{a n }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(a ＋b)2cd 的最小值是________. Ａ．0 Ｂ．1 Ｃ．2 Ｄ．416．等差数列{a n }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{S n }中，S 5和S 6都是{S n }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{S n }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{a n }是一个等差数列，且a 2＝1，a 5＝－5．（Ⅰ）求{a n }的通项n a ；（Ⅱ）求{a n }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＜b 2n +1.19．设数列{a n }的首项a 1∈(0，1)，a n ＝3－a n -12，n ＝2，3，4，….（Ⅰ）求{a n }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{a n }中a 1＝2，a n+1＝(2－1)( a n ＋2)，n ＝1，2，3，….（Ⅰ）求{a n }的通项公式；（Ⅱ）若数列{a n }中b 1＝2，b n+1＝3b n ＋42b n ＋3，n ＝1，2，3，….证明：2＜b n ≤a 4n -3，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{a n }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{a n }的通项公式；（Ⅱ）设b n ＝1a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n ＜m20对所有n ∈N*都成立的最小正整数m ；22．数列{}n a 满足11a =，21()n n a n n a λ+=+-（12n =L ，，），λ是常数．（Ⅰ）当21a =-时，求λ及3a 的值；（Ⅱ）数列{}n a 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的取值围，使得存在正整数m ，当n m >时总有0n a <．【专题训练】参考答案 一、选择题 1．B 【解析】a 4a 8＝(a 1＋3d)(a 1＋7d)＝a 12＋10a 1d ＋21d 2，a 62＝(a 1＋5d)2＝a 12＋10a 1d ＋25d 2，故a 4a 6≤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 ≤c n .3．B 【解析】因为q ≠1，b 1＞0，b 11＞0，所以b 1≠b 11，则a 6＝a 1＋a 112＝b 1＋b 112＞b 1b 11＝b 6.4．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 ＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)a 4q －(a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5)a 4＝－a 1a 4＝－a 12q 3＜0，∴S 4a 5＜S 5a 4． 6．D 【解析】由S n ＝n(n ＋1)2，得f(n)＝n (n ＋32)(n ＋2)＝nn 2＋34n ＋64＝1n ＋64n＋34≤1264＋34＝150，当n ＝64n ，即n ＝8时取等号，即f(n)max ＝f(8)＝150．7．B 【解析】由已知y ＝－13(sinx －12)2＋1，且sinx ＞12，y ＜1，所以当sinx ＝1时，y有最小值1112，无最大值.8．D 【解】∵等比数列{a n }中a 2＝1，∴S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2(1q ＋1＋q)＝1＋q ＋1q .∴当公比q ＞0时，S 3＝1＋q ＋1q≥1＋2q ·1q ＝3，当公比q ＜0时，S 3＝1－(－q －1q)≤1－2(－q)·(－1q)＝－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 ＝cos θ，3b ＝sin θ，θ∈(0，2π)，所以a ＋3b ＝cos θ＋3in θ＝2sin(θ＋π6)≤2.10．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.11．C 【解析】由a 11a 10＜－1，得a 10＋a 11a 10＜0⇔a 1＋a 20a 10＜0⇔12×20(a 1＋a 20)12×19(a 1＋a 19)＜0⇔S 20S 19＜0，则要使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 ＋y)，a 1＝12，a n ＝f(n)(n ∈N*)，a n+1＝f(n ＋1)＝f(1)f(n)＝12a n ，∴S n ＝12[1－(12)n ]1－12＝1－(12)n .则数列{a n }的前n 项和的取值围是[12，1).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 －1)＝2n 2－n ，∴T n ＝2n －1n ＝2－1n，要使得T n ≤M ，只需M ≥2即可，故M 的最小值为2，答案：214．(－1，0]∪(0，13] 【解析】a 1q 1－q ≤a 12⇒q ≤13，但|q|＜1，且q ≠0，故q ∈(－1，0]∪(0，13]. 15．4 【解析】∵(a ＋b)2cd ＝(x ＋y)2xy ≥(2xy)2xy＝4.16．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{S n }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17．【解】（Ⅰ）设{a n }的公差为d ，由已知条件，⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋d ＝1a 1＋4d ＝－5，解出a 1＝3，d ＝－2．所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－2n ＋5．（Ⅱ）S n ＝na 1＋n(n －1)2d ＝－n 2＋4n ＝－(n －2)2＋4，所以n ＝2时，S n 取到最大值4． 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 .b n ＝(b n －b n -1)＋(b n -1－b n -2)＋…＋（b 2－b 1）＋b 1＝2n -1＋2n -2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n －1.因为b n ·b n +2－b 21+n ＝(2n －1)(2n +2－1)－(2n -1－1)2＝(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 21+n .19．【解】（Ⅰ）由a n ＝3－a n -12，n ＝2，3，4，….整理得1－a n ＝－12(1－a n -1)．又1－a 1≠0，所以{1－a n }是首项为1－a 1，公比为－12的等比数列，得a n ＝1－(1－a 1)(－12)n -1， （Ⅱ）由（Ⅰ）可知0＜a n ＜32，故b n ＞0．那么，b n+12－b n 2＝an+12(3－2a n+1)－a n 2(3－2a n )＝(3－a n 2)2(3－2×3－a n 2)－a n 2(3－2a n )＝9a n4(a n －1)2.又由（Ⅰ）知a n ＞0，且a n ≠1，故b n+12－b n 2＞0，因此b n ＜b n+1，为正整数．20．【解】（Ⅰ）由题设：a n+1＝(2－1)(a n ＋2)＝(2－1)(a n －2)＋(2－1)(2＋2)，＝(2－1)(a n －2)＋2，∴a n+1－2＝(2－1)(a n －2)．所以，数列{a n －2}a 是首项为2－2，公比为2－1)的等比数列，a n －2＝2(2－1)n ，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 ＝1时，因2＜2，b 1＝a 1＝2，所以2＜b 1≤a 1，结论成立．（ⅱ）假设当n ＝k 时，结论成立，即2＜b k ≤a 4k -3，，也即0＜b n －2≤a 4k -3－2， 当n ＝k ＋1时，b k+1－2＝3b k ＋42b k ＋3－2＝(3－22)b k ＋(4－32)2b k ＋3＝(3－22)(b k －2)2b k ＋3＞0，又12b k ＋3＜122＋3＝3－22， 所以b k+1－2＝(3－22)(b k －2)2b k ＋3＜(3－22)2(b k －2)≤(2－1)4(a 4k -3－2)＝a 4k+1－ 2也就是说，当n ＝k ＋1时，结论成立．根据（ⅰ）和（ⅱ）知2＜b n ≤a 4n -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 ＝3a n a n ＋1＝3(6n －5)[6(n －1)－5]＝12(16n －5－16n ＋1)，故T n ＝∑n i=1b i ＝12[(1－17)＋(17–113)＋…＋(16n －5－16n ＋1)]＝12(1–16n ＋1），因此，要使12(1－16n ＋1）＜m 20（n ∈N*）成立的m ，必须且仅须满足12≤m20，即m ≥10，所以满足要求的最小正整数m 为10.22．【解】（Ⅰ）由于21()(12)n n a n n a n λ+=+-=L ，，，且11a =． 所以当21a =-时，得12λ-=-，故3λ=．从而23(223)(1)3a =+-⨯-=-． （Ⅱ）数列{}n a 不可能为等差数列，证明如下：由11a =，21()n n a n n a λ+=+-得22a λ=-，3(6)(2)a λλ=--，4(12)(6)(2)a λλλ=---．若存在λ，使{}n a 为等差数列，则3221a a a a -=-，即(5)(2)1λλλ--=-， 解得3λ=．于是2112a a λ-=-=-，43(11)(6)(2)24a a λλλ-=---=-． 这与{}n a 为等差数列矛盾．所以，对任意λ，{}n a 都不可能是等差数列．（Ⅲ）记2(12)n b n n n λ=+-=L ，，，根据题意可知，10b <且0n b ≠，即2λ> 且2*()n n n λ≠+∈N ，这时总存在*0n ∈N ，满足：当0n n ≥时，0n b >；当01n n -≤时，0n b <．所以由1n n n a b a +=及110a =>可知，若0n 为偶数， 则00n a <，从而当0n n >时，0n a <；若0n 为奇数，则00n a >，从而当0n n >时0n a >．因此“存在*m ∈N ，当n m >时总有0n a <”的充分必要条件是：0n 为偶数，记02(12)n k k ==L ，，，则λ满足22221(2)20(21)210k k b k k b k k λλ-⎧=+->⎪⎨=-+--<⎪⎩． 故λ的取值围是22*4242()k k k k k λ-<<+∈N ．。