?人教版2022屆一輪復(fù)習(xí)打地基練習(xí) 數(shù)列與不等式綜合
一．選擇題（共10小題）
1．等比數(shù)列{an}滿(mǎn)足an＞0，n∈N+且a5?a2n?5=32n（n≥3），設(shè)bn＝log3a1+log3a2+…+log3an，{1bn}的前n項(xiàng)和為Sn．若對(duì)任意的正整數(shù)n，當(dāng)x∈R時(shí)，不等式kx2﹣kx+Sn＞0恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是（　?。?br /> A．（0，+∞） B．[0，+∞） C．[0，4） D．（0，4）
2．已知正項(xiàng)等比數(shù)列{an}滿(mǎn)足a2014＝a2013+2a2012，且anam=4a1，則6（1m+1n）的最小值為（　　）
A．23 B．2 C．4 D．6
3．設(shè)正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)之積為T(mén)n，且T8＝81，1a32+1a62≥log2m恒成立，則實(shí)數(shù)m的最大值為是（　　）
A．34 B．32 C．3 D．22
4．?dāng)?shù)列an＝2n+1，其前n項(xiàng)和為T(mén)n，若不等式nlog2（Tn+4）﹣λ（n+1）+2≥3n對(duì)一切n∈N*恒成立，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍為（　　）
A．3≤λ≤4 B．λ≤2 C．2≤λ≤3 D．λ≤1
5．?dāng)?shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝1，1an2+4=1an+1，記Sn=i=1n ai2ai+12，若Sn≤t30對(duì)任意的n（n∈N*）恒成立，則正整數(shù)t的最小值為（　　）
A．10 B．9 C．8 D．7
6．?dāng)?shù)列{an}的首項(xiàng)a1=?23，前n項(xiàng)和為Sn．已知Sn+1Sn+2=an(n≥2)，則使Sn≥m恒成立的最大實(shí)數(shù)m＝（　?。?br /> A．﹣1 B．?89 C．?98 D．?79
7．設(shè)k∈N*，若數(shù)列{an}是無(wú)窮數(shù)列，且滿(mǎn)足對(duì)任意實(shí)數(shù)k不等式（kan﹣2）（an﹣k）＜0恒成立，則下列選項(xiàng)正確的是（　?。?br /> A．存在數(shù)列{an}為單調(diào)遞增的等差數(shù)列
B．存在數(shù)列{an}為單調(diào)遞增的等比數(shù)列
C．a(chǎn)1+2a2+…+nan＜n2﹣n恒成立
D．a(chǎn)1+2a2+…+nan＜n2+n恒成立
8．已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝1，an∈Z，且an+1﹣an﹣1＜3n+12，an+2﹣an＞3n+1?12，則a2021＝（　　）
A．32022?18 B．32021?18 C．32020?18 D．32019?18
9．公比為2的等比數(shù)列{an}中存在兩項(xiàng)am，an，滿(mǎn)足aman＝32a12，則1m+4n的最小值為（　　）
A．97 B．53 C．43 D．1310
10．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，an=2n22n+3?9?2n+1+9，n∈N?，則使不等式|Sn?12|＜12019成立的最小正整數(shù)n的值為（　?。?br /> A．11 B．10 C．9 D．8
二．填空題（共8小題）
11．設(shè)數(shù)列{an}滿(mǎn)足a4=18，且對(duì)任意的正整數(shù)n，滿(mǎn)足an+2﹣an≤3n，an+4﹣an≥10×3n，則a2016＝　 　．
12．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=2an?2n+1，若不等式2n2﹣n﹣3＜（5﹣λ）an對(duì)任意n∈N*恒成立，則λ的取值范圍為 　 ?。?br /> 13．在數(shù)列{an}中，a1＝1，Sn為{an}的前n項(xiàng)和，關(guān)于x的方程x2﹣an+1cosx+an+1＝0有唯一的解．則：
（1）an＝　 ?。?br /> （2）若不等式2Sn+18≥kan，對(duì)任意的n∈N*恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為　 ?。?br /> 14．已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足：a1＝1，an+1＝an+2，若1a1a2+1a2a3+???+1anan+1≤10092019，則an＝　 　，n的最大值為　 　．
15．已知數(shù)列{an}與{bn}滿(mǎn)足an+1﹣an＝2（bn+1﹣bn），{bn}的前n項(xiàng)和為Bn，若對(duì)任意n∈N，都有an＝bn及b2a1a2+b3a2a3+b4a3a4+?+bn+1anan+1＜13成立，則正實(shí)數(shù)b1的取值范圍是　 ?。?br /> 16．已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝m﹣25﹣n，則a1a2…an的最大值為　 ?。?br /> 17．在數(shù)列{an}中，若a1＝1，an?an+1=(13)n?2，則滿(mǎn)足不等式1a1+1a2+1a3+?+1a2n+1a2n+1＜200的正整數(shù)n的最大值為　 ?。?br /> 18．設(shè)公差不為0的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn．若數(shù)列{an}滿(mǎn)足：存在三個(gè)不同的正整數(shù)r，s，t，使得ar，as，at成等比數(shù)列，a2r，a2s，a2t也成等比數(shù)列，則990S1+Snan的最小值為　 ?。?br /> 三．解答題（共9小題）
19．已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足0＜a1＜1，an+1＝an﹣ln（1+an），n∈N*．
（1）證明：0＜an＜1；
（2）證明：2an+1＜an2；
（3）若a1=12，記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，證明：Sn＜34．
20．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a1＝1，2Snn=an+1?13n2?n?23，n∈N*．
（1）求a2的值；
（2）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（3）證明：對(duì)一切正整數(shù)n，有1a1+1a2+?+1an＜74．
21．在正項(xiàng)數(shù)列{an}中，已知1≤a1≤11，an+12＝133﹣12an，n∈N*．
（Ⅰ）求證：1≤an≤11；
（Ⅱ）設(shè)bn＝n（a2n﹣1+a2n），Sn表示數(shù)列{bn}前n項(xiàng)和，求證：Sn≥6n（n+1）；
（Ⅲ）若a1＝8，設(shè)cn＝a2n﹣1﹣a2n，Tn表示數(shù)列{cn}前n項(xiàng)和．
（i）比較an與7的大??；
（ii）求證：Tn＜13．
22．已知數(shù)列{bn}滿(mǎn)足Sn+bn=n+132，其中Sn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和．
（Ⅰ）求證數(shù)列{bn?12}是等比數(shù)列，并求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）如果對(duì)任意n∈N*，不等式12k12+n?2Sn≥2n﹣5恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．
23．已知{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，且滿(mǎn)足a1+a2=3(1a1+1a2)，a3+a4+a5=729(1a3+1a4+1a5)，等差數(shù)列{bn}滿(mǎn)足b3＝3，b5＝9．
（Ⅰ）分別求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若對(duì)任意的n∈N*，(Sn+12)?k≥bn恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．
24．已知數(shù)列{an}中，a1＝1，an+1=anan+3（n∈N*）．
（Ⅰ）求證：{1an+12}是等比數(shù)列，并求{an}的通項(xiàng)公式an；
（Ⅱ）設(shè)bn＝（3n﹣1）?n2n?an，記其前n項(xiàng)和為T(mén)n，若不等式2n﹣1λ＜2n﹣1Tn+n對(duì)一切n∈N*恒成立對(duì)一切n∈N*恒成立，求λ的取值范圍．
25．設(shè)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知數(shù)列{Sn}是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列．
（Ⅰ） 求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）令bn=1anS2n+1+an+1S2n?1，若不等式b1+b2+b3+…+bn≥m2n+1+1對(duì)任意n∈N*都成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．
26．已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a2=?17，an=an?1(?1)nan?1?2（n≥2，n∈N）．
（1）求a1的值；
（2）求證：數(shù)列{1an+（﹣1）n}是等比數(shù)列；
（3）設(shè)cn＝ansin(2n?1)π2，數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n．求證：對(duì)任意的n∈N*，Tn＜23．
27．已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足：anan﹣1+2an﹣an﹣1＝0，（n≥2，n∈N），a1＝1，前n項(xiàng)和為Sn的數(shù)列{bn}滿(mǎn)足：b1＝1，bn=2an?anan?11?2anan?1（n≥2，n∈N），又cn=Sn?1bn（n≥2，n∈N）．
（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（2）證明：2≤(1+1c2)(1+1c3)?(1+1cn)＜83（n≥2，n∈N）．

人教版2022屆一輪復(fù)習(xí)打地基練習(xí) 數(shù)列與不等式綜合
參考答案與試題解析
一．選擇題（共10小題）
1．等比數(shù)列{an}滿(mǎn)足an＞0，n∈N+且a5?a2n?5=32n（n≥3），設(shè)bn＝log3a1+log3a2+…+log3an，{1bn}的前n項(xiàng)和為Sn．若對(duì)任意的正整數(shù)n，當(dāng)x∈R時(shí)，不等式kx2﹣kx+Sn＞0恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是（　?。?br /> A．（0，+∞） B．[0，+∞） C．[0，4） D．（0，4）
【分析】先根據(jù)等比數(shù)列的定義求出公比和首項(xiàng)，可得數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式，再根據(jù)對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)和等差數(shù)列的求和公式求出bn=n(n+1)2，再根據(jù)裂項(xiàng)求和求出Sn，不等式kx2﹣kx+Sn＞0恒成立，轉(zhuǎn)化為kx2﹣kx+1＞0恒成立，根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)即可求出．
【解答】解：a5?a2n﹣5＝32n，
當(dāng)n＝3時(shí)，a1a5＝36＝a32，
當(dāng)n＝4時(shí)，a5?a3＝38，
∴q2=a3a1=32，
∵an＞0，
∴q＝3，a3＝27
∴a1＝3，
∴an＝3n，
∴bn＝log3a1+log3a2+…+log3an＝1+2+3+…+n=n(n+1)2，
∴1bn=2n(n+1)=2（1n?1n+1），
∴Sn＝2（1?12+12?13+?+1n?1n+1）＝2（1?1n+1）≥2（1?12）＝1，
∵kx2﹣kx+Sn＞0恒成立，
∴kx2﹣kx+1＞0恒成立，
∴k＞0△=k2?4k＜0，解得0＜k＜4，
當(dāng)k＝0時(shí)，x取任何數(shù)都成立，
綜上所述k的取值范圍為[0，4），
故選：C．
2．已知正項(xiàng)等比數(shù)列{an}滿(mǎn)足a2014＝a2013+2a2012，且anam=4a1，則6（1m+1n）的最小值為（　?。?br /> A．23 B．2 C．4 D．6
【分析】由已知可解得數(shù)列的公比q，進(jìn)而可得n+m＝6，代入要求的式子由基本不等式可得．
【解答】解：設(shè)正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的公比為q，q＞0
∵a2014＝a2013+2a2012，
∴a2012q2＝a2012q+2a2012，
同除以a2012可得q2﹣q﹣2＝0，
解得q＝2，或q＝﹣1（舍去），
又∵anam=4a1，
∴an?am＝a12?2n+m﹣2＝16a12，
∴2n+m﹣2＝16＝24，
∴n+m﹣2＝4，
變形可得n+m＝6，
∴6（1m+1n）＝（m+n）（1m+1n）＝2+nm+mn
≥2+2nm?mn=4，
當(dāng)且僅當(dāng)nm=mn，即m＝n＝3時(shí)取等號(hào)，
故選：C．
3．設(shè)正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)之積為T(mén)n，且T8＝81，1a32+1a62≥log2m恒成立，則實(shí)數(shù)m的最大值為是（　?。?br /> A．34 B．32 C．3 D．22
【分析】正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)之積為T(mén)n，列舉出等式T8＝81左邊的各項(xiàng)，利用等比數(shù)列的性質(zhì)化簡(jiǎn)，求出a3a6的值，將所求式子通分并利用同分母分式的加法法則計(jì)算，再利用基本不等式變形后，將a3a6的值代入，即可求出最小值．
【解答】解：∵正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)之積為T(mén)n，且T8＝81，
∴a1a2a3…a8＝（a1a8）?（a2a7）?（a3a6）?（a4a5）＝（a3a6）4＝81，
∴a3a6＝3，
∴1a32+1a62=a32+a62(a3a6)2≥2a3a69=23，當(dāng)且僅當(dāng)a3＝a6時(shí)取等號(hào)，
1a32+1a62≥log2m恒成立，可得m≤34．
則m的最大值為34．
故選：A．
4．?dāng)?shù)列an＝2n+1，其前n項(xiàng)和為T(mén)n，若不等式nlog2（Tn+4）﹣λ（n+1）+2≥3n對(duì)一切n∈N*恒成立，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍為（　?。?br /> A．3≤λ≤4 B．λ≤2 C．2≤λ≤3 D．λ≤1
【分析】利用等比數(shù)列的求和公式可得：Tn＝2n+2﹣4．不等式nlog2（Tn+4）﹣λ（n+1）+2≥3n化為：λ≤n﹣2+4n+1=f（n）．變形利用基本不等式的性質(zhì)即可得出．
【解答】解：Tn=4(2n?1)2?1=2n+2﹣4．
不等式nlog2（Tn+4）﹣λ（n+1）+2≥3n化為：λ≤n﹣2+4n+1=f（n）．
∵f（n）＝n+1+4n+1?3≥2(n+1)?4n+1?3＝1，當(dāng)且僅當(dāng)n＝1時(shí)取等號(hào)．
不等式nlog2（Tn+4）﹣λ（n+1）+2≥3n對(duì)一切n∈N*恒成立，
∴λ≤1．
則實(shí)數(shù)λ的取值范圍（﹣∞，1]．
故選：D．
5．?dāng)?shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝1，1an2+4=1an+1，記Sn=i=1n ai2ai+12，若Sn≤t30對(duì)任意的n（n∈N*）恒成立，則正整數(shù)t的最小值為（　?。?br /> A．10 B．9 C．8 D．7
【分析】先求出數(shù)列{an2}的通項(xiàng)公式，再求Sn，注意運(yùn)用裂項(xiàng)相消求和，以及不等式的性質(zhì)，可求正整數(shù)t的最小值．
【解答】解：∵a1＝1，1an2+4=1an+1，
∴1an2+4=1an+12，
∴1an+12?1an2=4，
∴{1an2}是首項(xiàng)為1，公差為4的等差數(shù)列，
∴1an2=4n﹣3，
∴an2=14n?3，an2?an+12=14n?3?14n+1=14（14n?3?14n+1），
∴Sn=i=1n ai2ai+12=14（1?15+15?19+?+14n?3?14n+1）=14（1?14n+1）＜14
Sn≤t30對(duì)任意的n（n∈N*）恒成立，即為
t≥30?14=7.5，
而t為正整數(shù)，所以，tmin＝8．
故選：C．
6．?dāng)?shù)列{an}的首項(xiàng)a1=?23，前n項(xiàng)和為Sn．已知Sn+1Sn+2=an(n≥2)，則使Sn≥m恒成立的最大實(shí)數(shù)m＝（　?。?br /> A．﹣1 B．?89 C．?98 D．?79
【分析】由題設(shè)可得Sn﹣1Sn+2Sn+1＝0，求得S1，S2，S3 的值，猜測(cè)Sn =?n+1n+2，n∈N*，用數(shù)學(xué)歸納法證明成立，結(jié)合當(dāng)n→∞時(shí)，Sn→﹣1且Sn＞﹣1．可得使Sn≥m恒成立的最大實(shí)數(shù)m＝﹣1．
【解答】解：由Sn+1Sn+2=an（n≥2），得Sn+1Sn+2=Sn?Sn?1，
即Sn﹣1Sn+2Sn+1＝0（n≥2），又a1=?23，
∴a1（a1+a2）+2（a1+a2）+1＝0，解得a2=?112，
（a1+a2）（a1+a2+a3）+2（a1+a2+a3）+1＝0，解得a3=?120，
∴S1=?23，S2=?34，S3=?45，…
歸納猜測(cè)得Sn=?n+1n+2．
下面利用數(shù)學(xué)歸納法證明：
S1=?23成立，
假設(shè)n＝k時(shí)成立，即Sk=?k+1k+2，
則當(dāng)n＝k+1時(shí)，由條件可得，Sk+1+1Sk+1=Sk+1﹣Sk﹣2，
即1Sk+1=k+1k+2?2=k+1?2k?4k+2=?k+3k+2，解出Sk+1=?k+2k+3，故n＝k+1時(shí)結(jié)論成立．
綜上，Sn=?n+1n+2．
當(dāng)n→∞時(shí)，Sn→﹣1且Sn＞﹣1．
∴使Sn≥m恒成立的最大實(shí)數(shù)m＝﹣1．
故選：A．
7．設(shè)k∈N*，若數(shù)列{an}是無(wú)窮數(shù)列，且滿(mǎn)足對(duì)任意實(shí)數(shù)k不等式（kan﹣2）（an﹣k）＜0恒成立，則下列選項(xiàng)正確的是（　　）
A．存在數(shù)列{an}為單調(diào)遞增的等差數(shù)列
B．存在數(shù)列{an}為單調(diào)遞增的等比數(shù)列
C．a(chǎn)1+2a2+…+nan＜n2﹣n恒成立
D．a(chǎn)1+2a2+…+nan＜n2+n恒成立
【分析】求出 an∈（1，2），根據(jù)數(shù)列的性質(zhì)可判斷A、B；舉例可判斷C；利用數(shù)學(xué)歸納法判斷D．
【解答】解：由（kan﹣2）（an﹣k）＜0，
當(dāng)k＝1時(shí)，1＜an＜2，
當(dāng)k≥2時(shí)，則2k≤1，由2k＜an＜k，
無(wú)窮數(shù)列{an}，對(duì)任意實(shí)數(shù)k不等式 （kan﹣2）（an﹣k）＜0恒成立，
可得1＜an＜2，
對(duì)于A，若{an}為單調(diào)遞增的等差數(shù)列，
設(shè)an＝pn+q，遞增，則an∈[f（1），+∞），故A不正確，
對(duì)于B，若{an}為單調(diào)遞增的等比數(shù)列，
設(shè)an＝f（n）遞增，則an∈[f（1），+∞），故B不正確，
對(duì)于C，由1＜an＜2，不妨設(shè)an=32，
取n＝2，則a1+2a2=32+3=92，n2﹣n＝2，
顯然a1+2a2+?+nan＜n2?n 不成立，
對(duì)于D，當(dāng)n＝1時(shí)，由a1∈（1，2），顯然a1＜12+1＝2恒成立，
假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，a1+2a2+?+kak＜k2+k成立，
則當(dāng)n＝k+1時(shí)，則a1+2a2+?+kak+(k+1)ak+1＜k2+k+(k+1)ak+1
＜k2+k+2（k+1）＝（k+1）2+（k+1），
故a1+2a2+?+nan＜n2+n 恒成立．
故選：D．
8．已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝1，an∈Z，且an+1﹣an﹣1＜3n+12，an+2﹣an＞3n+1?12，則a2021＝（　　）
A．32022?18 B．32021?18 C．32020?18 D．32019?18
【分析】將an+1﹣an﹣1＜3n+12其中的n換為n+1，結(jié)合an∈Z，可得an+2﹣an＝3n+1，應(yīng)用累加法和等比數(shù)列的求和公式，計(jì)算可得所求值．
【解答】解：由an+1﹣an﹣1＜3n+12，可得an+2﹣an＜3n+1+12，
又an+2﹣an＞3n+1?12，a1＝1，an∈Z，
可得an+2﹣an＝3n+1，
則a3﹣a1＝32，a5﹣a3＝34，…，a2021﹣a2019＝32020，
相加可得a2021﹣a1＝32+34+…+32020=9(1?32020)1?9，
則a2021=32022?18，
故選：A．
9．公比為2的等比數(shù)列{an}中存在兩項(xiàng)am，an，滿(mǎn)足aman＝32a12，則1m+4n的最小值為（　?。?br /> A．97 B．53 C．43 D．1310
【分析】利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，轉(zhuǎn)化求解m、n的方程，利用基本不等式求解表達(dá)式的最小值即可．
【解答】解：公比為2的等比數(shù)列{an}中存在兩項(xiàng)am，an，滿(mǎn)足aman＝32a12，
可得：a1?2m﹣1?a1?2n﹣1＝32a12，可得m+n﹣2＝5，
所以m+n＝7，
則1m+4n=（1m+4n）×17（m+n）=17×(5+nm+4mn)≥17×(5+2nm?4mn)=97，
當(dāng)且僅當(dāng)n＝2m，并且m+n＝7時(shí)，取等號(hào)，但是m，n∈N，
所以m＝2，n＝4時(shí)，表達(dá)式的值為：12+44=32，m＝3，n＝4時(shí)，表達(dá)式的值為：43，
m＝2，n＝5時(shí)，表達(dá)式的值為：1310．
表達(dá)式的最小值：1310．
故選：D．
10．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，an=2n22n+3?9?2n+1+9，n∈N?，則使不等式|Sn?12|＜12019成立的最小正整數(shù)n的值為（　?。?br /> A．11 B．10 C．9 D．8
【分析】化簡(jiǎn)an=2n22n+3?9?2n+1+9=12?(12n+1?3?12n+2?3)，然后求解數(shù)列的和，即可證明不等式．
【解答】解：因?yàn)閍n=2n22n+3?9?2n+1+9
=12?2n+1(2n+1?3)(2n+2?3)
=12?(2n+2?3)?(2n+1?3)(2n+1?3)(2n+2?3)
=12?(12n+1?3?12n+2?3)，
所以Sn＝a1+a2+…+an
=12?(122?3?123?3+123?3?124?3+?+12n+1?3?12n+2?3)
=12×(122?3?12n+2?3)=12?12n+3?6，
則|Sn?12|=12n+3?6＜12019，
即2n+3＞2025，因?yàn)?10＝1024＜2025，211＝2048＞2025，
所以n+3≥11，即n≥8，故使不等式成立的最小正整數(shù)n的值為8，
故選：D．
二．填空題（共8小題）
11．設(shè)數(shù)列{an}滿(mǎn)足a4=18，且對(duì)任意的正整數(shù)n，滿(mǎn)足an+2﹣an≤3n，an+4﹣an≥10×3n，則a2016＝　81504?808?。?br /> 【分析】對(duì)任意的正整數(shù)n，滿(mǎn)足an+2﹣an≤3n，可得an+4﹣an+2≤3n+2，an+4﹣an≤10×3n，又an+4﹣an≥10×3n，則an+4﹣an＝10×3n，利用“累加求和”方法即可得出．
【解答】解：∵對(duì)任意的正整數(shù)n，滿(mǎn)足an+2﹣an≤3n，∴an+4﹣an+2≤3n+2．
∴an+4﹣an≤10×3n，
又an+4﹣an≥10×3n，則an+4﹣an＝10×3n，
∴a8﹣a4＝10×34，a12﹣a8＝10×38，…，a2016﹣a2012＝10×32012．
∴a2016﹣a4＝10×（34+38+…+32012）＝10×81(81503?1)81?1=81(81503?1)8．
∴a2016＝a4+81(81503?1)8=81504?808．
故答案為：81504?808．
12．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=2an?2n+1，若不等式2n2﹣n﹣3＜（5﹣λ）an對(duì)任意n∈N*恒成立，則λ的取值范圍為 ?。ī仭?，378）?。?br /> 【分析】求出數(shù)列的首項(xiàng)，利用數(shù)列的遞推關(guān)系式，結(jié)合等差數(shù)列的定義可得數(shù)列{an2n}是以2為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，求出數(shù)列的通項(xiàng)公式，化簡(jiǎn)2n2﹣n﹣3＜（5﹣λ）an，得到λ的表達(dá)式，利用數(shù)列的單調(diào)性求解可得λ的取值范圍．
【解答】解：當(dāng)n＝1時(shí)，有a1=S1=2a1?22，得a1＝4，
當(dāng)n≥2時(shí)，Sn=2an?2n+1，Sn?1=2an?1?2n，
兩式相減得an=2an?2an?1?2n，即an=2an?1+2n，
∴an2n?an?12n?1=2n2n=1，
又a121=2，∴數(shù)列{an2n}是以2為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列．
∴an2n=2+(n?1)×1=n+1，則an=(n+1)?2n，
不等式2n2﹣n﹣3＜（5﹣λ）an等價(jià)于5﹣λ＞2n2?n?3(n+1)?2n=2n?32n，
記bn=2n?32n，n≥2時(shí)，bn+1bn=2n?12n+12n?32n=2n?14n?6，
∴當(dāng)n≥3時(shí)，bn+1bn＜1，則(bn)max=b3=38，
∴5﹣λ＞38，即λ＜5?38=378，
∴λ的取值范圍是：（﹣∞，378）．
故答案為：（﹣∞，378）．
13．在數(shù)列{an}中，a1＝1，Sn為{an}的前n項(xiàng)和，關(guān)于x的方程x2﹣an+1cosx+an+1＝0有唯一的解．則：
（1）an＝　 　；
（2）若不等式2Sn+18≥kan，對(duì)任意的n∈N*恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為?。ī仭蓿?92]?。?br /> 【分析】（1）設(shè)f（x）＝x2﹣an+1cosx+an+1，可得f（x）為偶函數(shù)，由關(guān)于x的方程x2﹣an+1cosx+an+1＝0有唯一的解，可得an+1﹣an＝1，由等差數(shù)列通項(xiàng)公式即可求得an；
（2）不等式恒成立等價(jià)于k≤n+18n+1恒成立，令cn=n+18n+1，求得其最小值即可．
【解答】解：（1）設(shè)f（x）＝x2﹣an+1cosx+an+1，則f（x）為偶函數(shù)，
由關(guān)于x的方程x2﹣an+1cosx+an+1＝0有唯一的解，知x＝0是該方程的唯一解，
則有an+1﹣an＝1，所以數(shù)列{an}為等差數(shù)列，
易求an＝n．
（2）由（1）可得Sn=n(n+1)2，由2Sn+18≥kan，可得n2+n+18≥kn，則有k≤n+18n+1恒成立，
令cn=n+18n+1，由函數(shù)f(x)=x+18x+1(x∈R+)在x=32時(shí)取得最小值，
而192=c4＜c5=485，從而得k≤192，
即k的取值范圍為（﹣∞，192]．
14．已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足：a1＝1，an+1＝an+2，若1a1a2+1a2a3+???+1anan+1≤10092019，則an＝　2n﹣1　，n的最大值為　1009?。?br /> 【分析】根據(jù)條件a1＝1，an+1＝an+2，可知該數(shù)列為首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列，所以得到an＝2n﹣1（n∈N*）；根據(jù)1a1a2+1a2a3+???+1anan+1≤10092019分析利用裂項(xiàng)相消法求和；
∴anan+1＝（2n﹣1）（2n+1），1anan+1=12(12n?1?12n+1)，求和后不等式的左邊即為12(1?12n+1)，結(jié)合原不等式即可得n≤1009，所以n的最大值為1009．
【解答】解：∵數(shù)列{an}滿(mǎn)足：a1＝1，an+1＝an+2
∴an+1﹣an＝2，∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列；∴an＝2n﹣1（n∈N*）
∴anan+1＝（2n﹣1）（2n+1），1anan+1=12(12n?1?12n+1)
∴1a1a2+1a2a3+???+1anan+1=12(1?13+13?15+15?17+?+12n?1+12n+1)
=12(1?12n+1)≤10092019
由12(1?12n+1)≤10092019，解得n≤1009
故答案為：an＝2n﹣1，n的最大值為1009．
15．已知數(shù)列{an}與{bn}滿(mǎn)足an+1﹣an＝2（bn+1﹣bn），{bn}的前n項(xiàng)和為Bn，若對(duì)任意n∈N，都有an＝bn及b2a1a2+b3a2a3+b4a3a4+?+bn+1anan+1＜13成立，則正實(shí)數(shù)b1的取值范圍是　[3，+∞）　．
【分析】推導(dǎo)出bn+1＝2bn，從而{bn}是等比數(shù)列，公比為2，進(jìn)崦an+1﹣an＝2（bn+1﹣bn）＝bn+1，推導(dǎo)出bn+1anan+1=an+1?ananan+1=1an?1an+1，從而b2a1a2+b3a2a3+b4a3a4+?+bn+1anan+1=1a1?1an+1，進(jìn)而1b1≤13，由此能求出正實(shí)數(shù) b1的取值范圍．
【解答】解：∵數(shù)列{an} 與{bn} 滿(mǎn)足 an+1﹣an＝2（bn+1﹣bn），{bn} 的前 n 項(xiàng)和為 Bn，
∴bn+1＝2（bn+1﹣bn），∴bn+1＝2bn，
∴{bn}是等比數(shù)列，公比為2，
∴an+1﹣an＝2（bn+1﹣bn）＝2（bn+1?12bn+1）＝bn+1，
∴bn+1anan+1=an+1?ananan+1=1an?1an+1，
∴b2a1a2+b3a2a3+b4a3a4+?+bn+1anan+1
=1a1?1a2+1a2?1a3+?+1an?1an+1=1a1?1an+1，
∵an＝bn＝b1（1+2+…+2n﹣1）＝b1（2n﹣1），
∴1b1?1bn(2n+1?1)＜13對(duì)任意 n∈N恒成立，
則1b1≤13，
則由1b1＞0，得b1≥3．
故正實(shí)數(shù) b1的取值范圍是[3，+∞）．
故答案為：[3，+∞）．
16．已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝m﹣25﹣n，則a1a2…an的最大值為　1024?。?br /> 【分析】根據(jù)題意，有an＝Sn﹣Sn﹣1可得等比數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式，由此分析可得an＞1和an＜1的n的取值范圍，據(jù)此分析可得答案．
【解答】解：根據(jù)題意，等比數(shù)列{an}中，Sn＝m﹣25﹣n，
當(dāng)n≥2時(shí)，有an＝Sn﹣Sn﹣1＝（m﹣25﹣n）﹣（m﹣26﹣n）=12n?5，
即等比數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=12n?5，
故當(dāng)1≤n≤4時(shí)，an＞1，當(dāng)n＝5時(shí)，an＝1，當(dāng)n≥6時(shí)，an＜1，
故當(dāng)n＝4或5時(shí)，a1a2…an取得最大值，且其最大值為a1a2…a5＝24×23×22×21＝210＝1024，
故答案為：1024．
17．在數(shù)列{an}中，若a1＝1，an?an+1=(13)n?2，則滿(mǎn)足不等式1a1+1a2+1a3+?+1a2n+1a2n+1＜200的正整數(shù)n的最大值為　4　．
【分析】an?an+1=(13)n?2，所以an+1?an+2=(13)n?1，兩式相除得：an+2an=13，由a1＝1求出a2＝3，所以數(shù)列{1a2n?1}是首項(xiàng)為1，公比為3的等比數(shù)列，數(shù)列{1a2n}是首項(xiàng)為13，公比為3的等比數(shù)列，利用等比數(shù)列的前n相和公式即可求解．
【解答】解：∵an?an+1=(13)n?2，∴an+1?an+2=(13)n?1，
兩式相除得：an+2an=13，
∵a1＝1，∴a1?a2＝3，∴a2＝3，
∴數(shù)列{1a2n?1}是首項(xiàng)為1，公比為3的等比數(shù)列，數(shù)列{1a2n}是首項(xiàng)為13，公比為3的等比數(shù)列，
∴1a1+1a2+1a3+??+1a2n+1a2n+1=1?3n+11?3+13(1?3n)1?3=5×3n?23＜200，
∴3n＜6025=120.4，
∴正整數(shù)n的最大值為4，
故答案為：4．
18．設(shè)公差不為0的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn．若數(shù)列{an}滿(mǎn)足：存在三個(gè)不同的正整數(shù)r，s，t，使得ar，as，at成等比數(shù)列，a2r，a2s，a2t也成等比數(shù)列，則990S1+Snan的最小值為　45?。?br /> 【分析】根據(jù)題意，設(shè)an＝pn+q，由等比數(shù)列的性質(zhì)可得(pr+q)(pt+q)=(ps+q)2(2pr+q)(2pt+q)=(2ps+q)2，變形可得q＝0，然后得到990S1+Snan=990n+n2+12，結(jié)合基本不等式的性質(zhì)，可得答案．
【解答】解：根據(jù)題意，數(shù)列{an}為等差數(shù)列，設(shè)an＝pn+q，
若存在三個(gè)不同的正整數(shù)r，s，t，使得ar，as，at成等比數(shù)列，a2r，a2s，a2t也成等比數(shù)列，
則有(pr+q)(pt+q)=(ps+q)2(2pr+q)(2pt+q)=(2ps+q)2，即p2rt+2pq(t+r)=p2s2+2pqs①4p2rt+4pq(t+r)=4p2s2+4pqs②
聯(lián)立①②，變形可得p2rt＝p2s2，
又由等差數(shù)列{an}的公差不為0，即p≠0，則有rt＝s2，
代入①式可得pq（r+t）＝2pqs，
又由r，s，t互不相等且rt＝s2，則r+t≠2s，必有q＝0，則an＝pn，
所以S1＝a1＝p，Sn=(a1+an)×n2=n(n+1)p2，
故990S1+Snan=990p+n(n+1)2pn=990n+n2+12，
設(shè)f（n）=990n+n2+12，
則f（n）=990n+n2+12≥2990n×n2+12=2445+12，
當(dāng)且僅當(dāng)n2＝1980時(shí)等號(hào)成立，此時(shí)n不是正整數(shù)，不符合題意，
而44＜1980＜45，
所以f（44）=99044+442+12=45，f（45）=99045+452+12=45，
則有f（45）＝f（44），即990S1+Snan的最小值為45，
故答案為：45．
三．解答題（共9小題）
19．已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足0＜a1＜1，an+1＝an﹣ln（1+an），n∈N*．
（1）證明：0＜an＜1；
（2）證明：2an+1＜an2；
（3）若a1=12，記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，證明：Sn＜34．
【分析】（1）先證明ln（1+x）＜x在x∈（0，1）內(nèi)恒成立，然后利用數(shù)學(xué)歸納法的證明步驟證明：0＜an＜1；
（2）要證2aa+1＜an2，即證an2+2ln（1+an）﹣2an＞0，其中0＜an+1＜an＜1，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)判斷函數(shù)的單調(diào)性，證明即可．
（3）利用放縮法證明an＜12n+1，然后利用數(shù)列求和，證明求解即可．
【解答】證明：（1）先證明ln（1+x）＜x在x∈（0，1）內(nèi)恒成立 ……………．（1分）
再用數(shù)學(xué)歸納法證明0＜an＜1，
①因?yàn)?＜a1＜1，所以0＜ln（1+a1）＜a1，由a2＝a1﹣ln（1+a1），知0＜a2＜1；
②假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，0＜ak＜1 （k∈N?），
則當(dāng)n＝k+1時(shí)，因?yàn)?＜ak＜1，所以0＜ln（1+ak）＜ak，
由ak+1＝ak﹣ln（1+ak），k∈N*．得0＜an+1＜1，
綜上由①②知0＜an＜1對(duì)一切n∈N?恒成立； （5分）
（2）要證2aa+1＜an2，即證an2+2ln（1+an）﹣2an＞0，其中0＜an+1＜an＜1，
令f（x）＝x2+2ln（1+x）﹣2x（0＜x＜1），
則f′（x）＝2x+21+x?2=2x21+x＞0，
即f（x）在（0，1）上遞增，從而f（an）＞f（0）＝0，
即an2+2ln（1+an）﹣2an＞0，得證； （9分）
（3）由（1）（2）知，an＜12an﹣12＜12(12an?22)2
＜123(12an?32)2n?1=127an?323＜122n?1?1a12n?1，
∵n＞2，∴2n﹣1≥2 又∵0＜a1＜1，∴a12n?1≤a12=14，
∴an＜122n?1?1?14=122n?1+1
由2n﹣1≥n（n≥2）可得an＜12n+1，（13分）
從而Sn＜12+(123+124+?+12n+1)=12+14（1?12n?1）＜12+14=34．（n≥2）．
又n＝1時(shí)，S1也滿(mǎn)足，所以Sn＜34．（15分）
20．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a1＝1，2Snn=an+1?13n2?n?23，n∈N*．
（1）求a2的值；
（2）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（3）證明：對(duì)一切正整數(shù)n，有1a1+1a2+?+1an＜74．
【分析】（1）利用已知a1＝1，2Snn=an+1?13n2?n?23，n∈N*．令n＝1即可求出；
（2）利用an＝Sn﹣Sn﹣1（n≥2）即可得到nan+1＝（n+1）an+n（n+1），可化為an+1n+1=ann+1，an+1n+1?ann=1．再利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出；
（3）利用（2），通過(guò)放縮法1an=1n2＜1(n?1)n=1n?1?1n（n≥2）即可證明．
【解答】解：（1）當(dāng)n＝1時(shí)，2S11=2a1=a2?13?1?23，解得a2＝4
（2）2Sn=nan+1?13n3?n2?23n①
當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn?1=(n?1)an?13(n?1)3?(n?1)2?23(n?1)②
①﹣②得2an=nan+1?(n?1)an?n2?n
整理得nan+1＝（n+1）an+n（n+1），即an+1n+1=ann+1，an+1n+1?ann=1
當(dāng)n＝1時(shí)，a22?a11=2?1=1
所以數(shù)列{ann}是以1為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列
所以ann=n，即an=n2
所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=n2，n∈N*
（3）因?yàn)?an=1n2＜1(n?1)n=1n?1?1n（n≥2）
所以1a1+1a2+?+1an=112+122+132+?+1n2
＜1+14+(12?13)+(13?14)+?+(1n?1?1n)
=1+14+12?1n=74?1n＜74．
當(dāng)n＝1時(shí)，1a1=1＜74成立，
故對(duì)一切正整數(shù)n，有1a1+1a2+?+1an＜74．
21．在正項(xiàng)數(shù)列{an}中，已知1≤a1≤11，an+12＝133﹣12an，n∈N*．
（Ⅰ）求證：1≤an≤11；
（Ⅱ）設(shè)bn＝n（a2n﹣1+a2n），Sn表示數(shù)列{bn}前n項(xiàng)和，求證：Sn≥6n（n+1）；
（Ⅲ）若a1＝8，設(shè)cn＝a2n﹣1﹣a2n，Tn表示數(shù)列{cn}前n項(xiàng)和．
（i）比較an與7的大??；
（ii）求證：Tn＜13．
【分析】（I）利用數(shù)學(xué)歸納法即可證明．
（Ⅱ）由a2n﹣1+a2n=?112a2n2+a2n+13312=?112(a2n?6)2+16912，根據(jù)1≤a2n≤11，可得a2n﹣1+a2n≥12，bn＝n（a2n﹣1+a2n）≥12n，利用求和公式等即可證明．
（III）（i）由a1＝8，可得a22=133﹣96＝37，解得a2，a1＞7，a2＜7．由an+12?72＝﹣12（an﹣7），可得（an+1﹣7）（an﹣7）＜0，可得a2n﹣1＞7＞a2n．再利用條件可得數(shù)列{a2n﹣1}與數(shù)列{a2n}的單調(diào)性即可得出結(jié)論．
（ii）Tn＝c1+c2+……+cn＝a1﹣7+7﹣a2+……+a2n﹣1﹣7+7﹣a2n＝|a1﹣7|+|a2﹣7|+……+|a2n﹣7|，利用|a2n?7||a2n?1?7|=12a2n+7≤12a2+7=127+37＜1213，且a1﹣7＝1．再利用求和公式結(jié)論得出．
【解答】證明：（I）（i）n＝1時(shí)，1≤a1≤11；
（ii）假設(shè)n＝k時(shí)，有1≤ak≤11成立，
則n＝k+1時(shí)，∵1≤133﹣12ak≤121，∴1≤ak+12≤121．
∵an＞0，∴1≤ak+1≤11成立．
綜上可得：1≤an≤11．
（Ⅱ）∵a2n﹣1+a2n=?112a2n2+a2n+13312=?112(a2n?6)2+16912，
∵1≤a2n≤11，
∴a2n﹣1+a2n≥12，
∴bn＝n（a2n﹣1+a2n）≥12n，
∴Sn＝b1+b2+……+bn≥12（1+2+……+n）＝12×n(1+n)2=6n（n+1）．
∴Sn≥6n（n+1）．
（III）（i）∵a1＝8，∴a22=133﹣96＝37，∴a2=37，∴a1＞7，a2＜7．
由an+12?72＝133﹣72﹣12an＝84﹣12an＝﹣12（an﹣7），
∴（an+1﹣7）（an﹣7）＜0，
∴a2n﹣1＞7＞a2n．
a2n+12=133﹣12a2n，a2n2=133﹣12a2n﹣1，
∴a2n+12?a2n2=?12（a2n﹣a2n﹣1），即a2n+12=a2n2?12（a2n﹣a2n﹣1），
∴a2n+12?a2n?12=a2n2?a2n?12?12（a2n﹣a2n﹣1）＝（a2n﹣a2n﹣1）（a2n+a2n﹣1﹣12）＜0，
同理可得：a2n2?a2n?22=（a2n﹣1﹣a2n﹣2）（a2n﹣1+a2n﹣2﹣12）＞0，
綜上可得：數(shù)列{a2n﹣1}單調(diào)遞減，即a2n﹣1＞a2n+1＞7．
數(shù)列{a2n}單調(diào)遞增，即a2n＜a2n+2＜7．
（ii）Tn＝c1+c2+……+cn
＝a1﹣7+7﹣a2+……+a2n﹣1﹣7+7﹣a2n
＝|a1﹣7|+|a2﹣7|+……+|a2n﹣7|，
∵|a2n?7||a2n?1?7|=12a2n+7≤12a2+7=127+37＜1213，且a1﹣7＝1．
∴Tn≤1+1×1213+??+(1213)2n?1=1?(1213)2n1?1213＜11?1213=13．
22．已知數(shù)列{bn}滿(mǎn)足Sn+bn=n+132，其中Sn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和．
（Ⅰ）求證數(shù)列{bn?12}是等比數(shù)列，并求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）如果對(duì)任意n∈N*，不等式12k12+n?2Sn≥2n﹣5恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．
【分析】（Ⅰ）求出b1=72．推出bn?12=12（bn﹣1?12），即可證明數(shù)列{bn?12}是首項(xiàng)為b1?12=3，公比為12的等比數(shù)列，然后求解通項(xiàng)公式．
（Ⅱ）求出Sn=n+122?3（12）n﹣1，通過(guò)不等式12k12+n?2Sn≥2n﹣5，化簡(jiǎn)得k≥（2n?52n）max，對(duì)任意n∈N*恒成立，設(shè)cn=2n?52n，說(shuō)明{cn}為單調(diào)遞減數(shù)列，轉(zhuǎn)化求解即可．
【解答】解：（Ⅰ）證明：當(dāng)n＝1時(shí)，2b1＝7，b1=72．（1分）
當(dāng)n≥2時(shí)，Sn+bn=n+132，①
Sn﹣1+bn﹣1=(n?1)+132，②
由①﹣②得2bn﹣bn﹣1=12，
所以bn?12=12（bn﹣1?12），（4分）
所以數(shù)列{bn?12}是首項(xiàng)為b1?12=3，公比為12的等比數(shù)列，
所以bn?12=（b1?12）?(12)n?1=3?(12)n?1，
即bn＝3?（12）n﹣1+12．（6分）
（Ⅱ）由題意及（Ⅰ）得：
Sn=n+132?bn=n+132?3（12）n﹣1?12=n+122?3（12）n﹣1．（7分）
不等式12k12+n?2Sn≥2n﹣5，
化簡(jiǎn)得k≥（2n?52n）max，對(duì)任意n∈N*恒成立．（8分）
設(shè)cn=2n?52n，則cn+1﹣cn=2n?32n+1?2n?52n=?2n+72n+1．
當(dāng)n≥3.5時(shí)，cn+1≤cn，{cn}為單調(diào)遞減數(shù)列，
當(dāng)1≤n＜3.5時(shí)，cn+1＞cn，cn為單調(diào)遞增數(shù)列，（10分）
所以n＝4時(shí)，cn取得最大值316，（11分）
所以，要使k≥2n?52n對(duì)任意n∈N*恒成立，k≥316．（12分）
23．已知{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，且滿(mǎn)足a1+a2=3(1a1+1a2)，a3+a4+a5=729(1a3+1a4+1a5)，等差數(shù)列{bn}滿(mǎn)足b3＝3，b5＝9．
（Ⅰ）分別求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若對(duì)任意的n∈N*，(Sn+12)?k≥bn恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．
【分析】（Ⅰ）根據(jù)等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，以及題中已知條件，可列出方程組求解，即可得數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，根據(jù)題意，可得k≥6n?123n對(duì)n∈N*恒成立，令cn=6n?123n，通過(guò)cn﹣cn﹣1的值的正負(fù)，即可判斷函數(shù)cn的單調(diào)性，進(jìn)而求得c＝3時(shí)，函數(shù)cn取得最大值，即k≥29．
【解答】解：（Ⅰ）設(shè)正數(shù)等比數(shù)列{an}的公比為q，
由題意得a1(1+q)=3a1q(1+q)a1q2(1+q+q2)=729a1q4(1+q+q2)?a12q=3a12q6=729?a1=1q=3，
∴an=3n?1，
又設(shè)等差數(shù)列{bn}的公差為d，
由題意得b5﹣b3＝2d＝6，∴d＝3，
∴bn＝3+（n﹣3）×3＝3n﹣6；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得Sn=a1(1?qn)1?q=1?3n1?3=3n?12，
∴(Sn+12)?k≥bn恒成立，即（3n?12+12）k≥3n﹣6對(duì)n∈N*恒成立，
∴k≥6n?123n對(duì)n∈N*恒成立，
令cn=6n?123n，則cn?cn?1=14?4n3n?1，
當(dāng)n≤3時(shí)，cn＞cn﹣1，
當(dāng)n≥4時(shí)，cn＜cn﹣1，
∴(cn)max=c3=29，
即k≥29．
24．已知數(shù)列{an}中，a1＝1，an+1=anan+3（n∈N*）．
（Ⅰ）求證：{1an+12}是等比數(shù)列，并求{an}的通項(xiàng)公式an；
（Ⅱ）設(shè)bn＝（3n﹣1）?n2n?an，記其前n項(xiàng)和為T(mén)n，若不等式2n﹣1λ＜2n﹣1Tn+n對(duì)一切n∈N*恒成立對(duì)一切n∈N*恒成立，求λ的取值范圍．
【分析】（Ⅰ）由已知得1an+1+12=3（1an+12），由此能證明{1an+12}是以32為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，從而得到an=23n?1．
（Ⅱ）由bn＝（3n﹣1）?n2n?an=n2n?1，利用錯(cuò)位相減法能求出Tn＝4?n+22n?1，由此能求出不等式2n﹣1λ＜2n﹣1Tn+n對(duì)一切n∈N*恒成立的λ的取值范圍．
【解答】（Ⅰ）證明：∵數(shù)列{an}中，a1＝1，an+1=anan+3（n∈N*），
∴1an+1+12=3（1an+12），
又1a1+12=32，∴{1an+12}是以32為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，
∴1an+12=32×3n?1=3n2，
∴an=23n?1．

（Ⅱ）解：∵bn＝（3n﹣1）?n2n?an=n2n?1，
∴Tn=1×120+2×12+3×122+?+n×12n?1，①
12Tn=1×12+2×122+3×123+?+n×12n，②
①﹣②，得12Tn=120+12+122+?+12n?1?n2n
=1?12n1?12?n2n
＝2?n+22n，
∴Tn＝4?n+22n?1，
∵不等式2n﹣1λ＜2n﹣1Tn+n對(duì)一切n∈N*恒成立，
∴λ＜Tn+n2n?1對(duì)一切n∈N*恒成立，
∴λ＜4?12n?2對(duì)一切n∈N*恒成立，
設(shè)g（n）＝4?12n?2，則g（n）是遞增函數(shù)，
∴λ＜g（1）＝2．∴λ＜2．
25．設(shè)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知數(shù)列{Sn}是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列．
（Ⅰ） 求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）令bn=1anS2n+1+an+1S2n?1，若不等式b1+b2+b3+…+bn≥m2n+1+1對(duì)任意n∈N*都成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．
【分析】（Ⅰ）利用等差數(shù)列通項(xiàng)公式，推出前n項(xiàng)和，然后求解數(shù)列的通項(xiàng)公式．
（Ⅱ）化簡(jiǎn)bn=1anS2n+1+an+1S2n?1，求出數(shù)列的和，然后求出m的不等式，推出結(jié)果即可．
【解答】解：（Ⅰ）∵數(shù)列{Sn}是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，
∴Sn=1+(n?1)=n．∴Sn=n2．
當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝1； 當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2﹣（n﹣1）2＝2n﹣1．
又a1＝1適合上式．∴an＝2n﹣1．…（4分）
（Ⅱ）bn=1anS2n+1+an+1S2n?1=1(2n+1)2n?1+(2n?1)2n+1=1(2n+1)(2n?1)(2n+1+2n?1)=2n+1?2n?12(2n+1)(2n?1)=12(12n?1?12n+1)，
∴b1+b2+…+bn=12(1?13)+12(13?15)+?+12(12n?1?12n+1)
=12(1?12n+1)=2n+1?122n+1．
∴2n+1?122n+1≥m2n+1+1對(duì)任意n∈N*都成立，
得m≤(2n+1?1)(2n+1+1)22n+1=n2n+1對(duì)任意n∈N*都成立．
令cn=n2n+1，則cn+1cn=(n+1)2n+1n2n+3=2n3+5n2+4n+12n3+3n2＞1．
∴cn+1＞cn．∴cn＞cn?1＞?＞c1=33．∴m≤33．
∴實(shí)數(shù)m的取值范圍為(?∞，33]．…（10分）
26．已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a2=?17，an=an?1(?1)nan?1?2（n≥2，n∈N）．
（1）求a1的值；
（2）求證：數(shù)列{1an+（﹣1）n}是等比數(shù)列；
（3）設(shè)cn＝ansin(2n?1)π2，數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n．求證：對(duì)任意的n∈N*，Tn＜23．
【分析】（1）利用遞推式和已知即可得出；
（2）兩邊取倒數(shù)，再變形和利用等比數(shù)列的定義和通項(xiàng)公式，即可得到結(jié)論．
（3）利用放縮法和等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可得出結(jié)論．
【解答】（1）解：由a2=a1a1?2=?17，解得a1=14 …（2分）
（2）證明：∵an=an?1(?1)nan?1?2，
∴1an+（﹣1）n＝﹣2[1an?1+（﹣1）n﹣1]，
∵1a1?1=3≠0，…（6分）
∴數(shù)列{1an+（﹣1）n}是以3為首項(xiàng)，公比為﹣2的等比數(shù)列．…（7分）
（3）解：由（2）得1an+（﹣1）n＝3?（﹣2）n﹣1．…（8分）
∴1an=3?（﹣2）n﹣1﹣（﹣1）n，
∴an=13?(?2)n?1?(?1)n，…（10分）
∴cn＝ansin(2n?1)π2=13?(?2)n?1?(?1)n?（﹣1）n﹣1=13?2n?1+1＜13?2n?1．…（12分）
∴Tn＜13[1?(12)n]1?12=23[1?(12)n]＜23．…（14分）
27．已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足：anan﹣1+2an﹣an﹣1＝0，（n≥2，n∈N），a1＝1，前n項(xiàng)和為Sn的數(shù)列{bn}滿(mǎn)足：b1＝1，bn=2an?anan?11?2anan?1（n≥2，n∈N），又cn=Sn?1bn（n≥2，n∈N）．
（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（2）證明：2≤(1+1c2)(1+1c3)?(1+1cn)＜83（n≥2，n∈N）．
【分析】（1）由題意anan﹣1+2an﹣an﹣1＝0，變形可得1an=2×1an?1+1?1an+1=2(1an?1+1)，即得數(shù)列{1an+1}是等比數(shù)列，即可求得結(jié)論；
（2）由題意可得1+1cn=1+bnSn?1=Sn?1+bnSn?1=SnSn?1（n≥2，n∈N），故只需證2≤Sn＜83，故利用放縮法求得sn的范圍，即可得出結(jié)論．
【解答】解：（1）由條件得anan﹣1+2an﹣an﹣1＝0?an﹣1＝2an+anan﹣1，易知an≠0，兩邊同除以anan﹣1得1an=2×1an?1+1?1an+1=2(1an?1+1)，
又1a1+1=2，故1an+1=2n?an=12n?1（n∈N*），
（2）因?yàn)椋?+1cn=1+bnSn?1=Sn?1+bnSn?1=SnSn?1（n≥2，n∈N），
所以(1+1c2)(1+1c3)?(1+1cn)=S2S1×S3S2×?×Sn?1Sn?2×SnSn?1=SnS1=Sn，
故只需證2≤Sn＜83，
由條件bn=22n?1?12n?1×12n?1?11?2×12n?1×12n?1?1=2n?3(2n?1)(2n?1?1)?2＜2n?1(2n?1)(2n?1?1)＜2n(2n?1)(2n?1?1)=2(12n?1?1?12n?1)（n≥2，n∈N）
一方面：當(dāng)n＝2時(shí)S2=2＜83
當(dāng)n≥3，n∈N時(shí)，Sn＝b1+b2+…+bn≤1+1+2(122?1?123?1)+?+2(12n?1?1?12n?1)=2+23?12n?1＜83，
另一方面：當(dāng)n≥2，n∈N時(shí)，bn＞0所以Sn＝b1+b2+…+bn≥1+1＝2
所以當(dāng)n≥2，n∈N時(shí)2≤(1+1c2)(1+1c3)?(1+1cn)＜83．

相關(guān)試卷

人教版2022屆一輪復(fù)習(xí)打地基練習(xí) 數(shù)列遞推公式：

這是一份人教版2022屆一輪復(fù)習(xí)打地基練習(xí) 數(shù)列遞推公式，共24頁(yè)。試卷主要包含了已知等內(nèi)容，歡迎下載使用。

人教版2022屆一輪復(fù)習(xí)打地基練習(xí) 數(shù)列的極限：

這是一份人教版2022屆一輪復(fù)習(xí)打地基練習(xí) 數(shù)列的極限，共20頁(yè)。試卷主要包含了已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足，計(jì)算等內(nèi)容，歡迎下載使用。

人教版2022屆一輪復(fù)習(xí)打地基練習(xí) 數(shù)列的應(yīng)用：

這是一份人教版2022屆一輪復(fù)習(xí)打地基練習(xí) 數(shù)列的應(yīng)用，共40頁(yè)。試卷主要包含了《九章算術(shù)》有這樣一個(gè)問(wèn)題，數(shù)列{an}滿(mǎn)足等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語(yǔ)朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

人教版2022屆一輪復(fù)習(xí)打地基練習(xí) 數(shù)列的求和

人教版2022屆一輪復(fù)習(xí)打地基練習(xí) 數(shù)列的求和
人教版2022屆一輪復(fù)習(xí)打地基練習(xí) 數(shù)列與函數(shù)綜合

人教版2022屆一輪復(fù)習(xí)打地基練習(xí) 數(shù)列與函數(shù)綜合
人教版2022屆一輪復(fù)習(xí)打地基練習(xí) 等差數(shù)列的性質(zhì)

人教版2022屆一輪復(fù)習(xí)打地基練習(xí) 等差數(shù)列的性質(zhì)
人教版2022屆一輪復(fù)習(xí)打地基練習(xí) 等差等比數(shù)列綜合

人教版2022屆一輪復(fù)習(xí)打地基練習(xí) 等差等比數(shù)列綜合
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專(zhuān)區(qū)
歡迎來(lái)到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬(wàn)優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬(wàn)優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬(wàn)教師選擇，專(zhuān)業(yè)更值得信賴(lài)
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過(guò)期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部