第一篇：數(shù)列與不等式的交匯應用
數(shù)列與不等式的交匯應用
數(shù)列與不等式的交匯問題，既有函數(shù)的思想方法，也有數(shù)列特定的思想方法，更有不等式求解、證明的方法和技巧，由于知識覆蓋面廣、綜合性強而成為高考命題的熱點之一，解答起來有一定的難度，一、函數(shù)性質(zhì)
例1 設等差數(shù)列{an}的公差為d，若數(shù)列{ea1an}（e為自然對數(shù)的底數(shù)）為遞增數(shù)列，則
A.d<0
B.d>0
C.a1d<0
D.a1d>0
分析 結(jié)合遞增數(shù)列的性質(zhì)建立不等式，通過求解指數(shù)不等式，結(jié)合等差數(shù)列的通項加以轉(zhuǎn)化，即可判斷相應的不等關系式.解 由數(shù)列{ea1an}是遞增數(shù)列，可得ea1an 例2 若數(shù)列{an}滿足：a1=2 018，an+1=an-3（n∈N*），則數(shù)列{an}的前n項和取得最大值時，n的值為 A.672 B.673 C.674 D.675 分析 根據(jù)題目條件，結(jié)合等差?盜械畝ㄒ邇篤渫ㄏ罟?式，由數(shù)列{an}的前n項和取得最大值，得到對應的不等式組，通過不等式組的求解，并結(jié)合項數(shù)的取值限制加以確定.解 由a1=2018，an+1-an=-3，可知數(shù)列{an}是以2018為首項、-3為公差的等差數(shù)列，所以an=2018+（-3）（n-1）=2021-3n.設數(shù)列{an}的前k（k∈N*）項和取得最大值，則 即，所以2018/3≤K≤2021/3.由于K∈N*，所以K=673，則滿足條件的n的值為673.選B.小結(jié) 數(shù)列與不等式交匯中的項數(shù)問題，往往通過數(shù)列的定義、通項公式、相應性質(zhì)以及數(shù)列求和的應用，結(jié)合不等式（組）的分析與求解來解決，注意不等式（組）的求解結(jié)果與數(shù)列對參數(shù)的限制條件之間的關系與應用.三、創(chuàng)新問題 例3 若數(shù)列{an}滿足：1/an+1-1/an=d（n∈N*，d為常數(shù)），則稱數(shù)列{an}為調(diào)和數(shù)列.已知正項數(shù)列{1/bn}為調(diào)和數(shù)列，且bl+b2+…+b2017=20170，則b1.b2017的最大值是 A.100 B.90 C200 D.400 分析 根據(jù)創(chuàng)新定義的轉(zhuǎn)化得到{bn}為等差數(shù)列，結(jié)合等差數(shù)列的性質(zhì)以及基本不等式來解決相應的最值問題.解 由調(diào)和數(shù)列的定義可知bn+1-bn=d，所以{bn}為等差數(shù)列，由于b1+b2+…+b2017=2017bl009=20170，所以b1009=10，b1+b2017=2b1009=20，則b1?b2017≤（b1+b2017/2）2=100，當且僅當bl=b2017時取等號.選A.小結(jié) 涉及最值等相關知識的數(shù)列創(chuàng)新問題，經(jīng)常結(jié)合新定義，將新定義的數(shù)列轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列或等比數(shù)列，利用特殊數(shù)列的概念、公式、性質(zhì)等，并結(jié)合不等式的相關知識進行解答.四、參數(shù)問題 例4 已知等比數(shù)列{an}滿足an+1+an=3?2n-l，n∈N*.（I）求數(shù)列{an}的通項公式.（Ⅱ）設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若不等式Sn>kan+1對一切n∈N*恒成立，求實數(shù)k的取值范圍.分析（I）利用等比數(shù)列所滿足的關系式，通過特殊值法確定相關的關系式，結(jié)合整體思維求得公比，進而得到首項和對應的通項公式.（Ⅱ）結(jié)合（I）中的結(jié)論求前n項和，利用不等式Sn>kan+1分離參數(shù)，設出對應的函數(shù)并求得最值，進而求得參數(shù)的取值范圍，解（I）設等比數(shù)列{an}的公比為q.由于an+1+an=3?2n-1，n∈N*，所以a2+a1=3，a3+a2=6，則q=a3+a2/a2+a1=6/3=2.于是可得2a1+a1=3，則a1=l，所以an=2n-l，n∈N*.（Ⅱ）由（I），可知Sn=a1（1-qn）/1-q=1-2n/1-2=2n-1.由題設有2n-1>k?2n-1+l，即k<2-1/2n-2對一切n∈N*恒成立，令f（n）=2-1/2n-2，由f（n）隨n的增大而增大，可知fmin（n）=f（1）=2-2=0，則k<0，所以實數(shù)k的取值范圍是（-∞，0）.小結(jié) 數(shù)列與不等式交匯中的參數(shù)問題，常將相應的不等式與數(shù)列中的相關公式加以綜合，進行參數(shù)分離，利用相關函數(shù)的最值的求解，進行等價轉(zhuǎn)化，達到解決問題的目的，五、應用問題 例5 為了加強環(huán)保建設，提高社會效益和經(jīng)濟效益，長沙市計劃用若干時間更換一萬輛燃油型公交車，每更換一輛新車，則淘汰一輛舊車，新車為電力型和？昆合動力型車，今年年初投入了電力型公交車128輛，混合動力型公交車400輛：計劃以后電力型公交車每年的投入量比上一年增加50%，混合動力型公交車每年比上一年多投入a輛.（I）求經(jīng)過n年，該市被更換的公交車總數(shù)S（n）.（Ⅱ）若該市計劃5年內(nèi)完成全部更換，求a的最小值，分析（I）設an，bn。分別為第n年投入的電力型公交車，混合動力型公交車的數(shù)量，分別確定數(shù)列的類型，根據(jù)數(shù)列的前n項和公式求解即可.（Ⅱ）根據(jù)題目條件轉(zhuǎn)化為不等式關系S（5）≥10000，利用不等式的求解來確定參數(shù)a的最小值.解（I）設an，bn分別為第n年投入的電力型公交車，混合動力型公交車的數(shù)量.依題意得{an}是以128為首項、3/2為公比的等比數(shù)列，{bn}是以400為首項、a為公差的等差數(shù)列，所以數(shù)列{an}的前n項和Sn=128[1-（3/2）n]/1-3/2=256[（3/2）n-1]，數(shù)列{bn}的前n項和Tn=400n+n（n-1）/2 a，則經(jīng)過n年，該市被更換的公交車總數(shù)S（n）=Sn+Tn=256[（3/2）n-1]+400n+n（n-1）/2 a.（Ⅱ）若計劃5年內(nèi)完成全部更換，則S（5）≥10000，所以256[（3/2）5-1]+400x5+5x4/2 a≥10000，即100≥6312，解得a≥631.2.又a∈N*，所以a的最小值為632.小結(jié) 數(shù)列與不等式交匯中的實際應用問題，往往通過相應數(shù)列的通項、求和公式確定相應的關系式，利用實際問題建立對應的不等關系進行求解.對求參數(shù)問題，一定要結(jié)合實際應用問題，確保參數(shù)在實際中有意義，六、證明問題 例6 已知數(shù)列{an}是公差不為零的等差數(shù)列，a5=5，且a3，a4，a7成等比數(shù)列.（I）求數(shù)列{an}的通項公式.（Ⅱ）設bn=an/2n，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，求證：-7/4≤Tn<-1（n∈N*）.分析（I）通過待定系數(shù)法，根據(jù)題目條件建立方程組，求得首項與公差，從而可得數(shù)列{an}的通項公式.（Ⅱ）先利用錯位相減法求出數(shù)列{bn}的前n項和Tn，再確定其單調(diào)性，即可證明對應的數(shù)列不等式成立.（I）解：an=2n-5（n∈N*）.（解答過程省略） （Ⅱ）（證明過程省略） 小結(jié) 數(shù)列與不等式交匯的綜合問題，若是證明題，要靈活選擇不等式的證明方法，如比較法、綜合法、分析法、放縮法等：若是解不等式題，要選擇不等式的不同解法，如列表法、因式分解法、穿根法等. 2010年高考數(shù)學沖刺專題三：數(shù)列與不等式的交匯題 一、選擇題 1．已知無窮數(shù)列{an}是各項均為正數(shù)的等差數(shù)列，則有 aaAaa aaD．a(chǎn)a6 8（） aaB．a(chǎn)≤a6 8aaCaa 2．設{an}是由正數(shù)構(gòu)成的等比數(shù)列，bn＝an+1＋an+2，cn＝an＋an+3，則 A．bn＞cn B．bn＜cn C．bn≥cn D．bn≤cn （） 3．已知{an}為等差數(shù)列，{bn}為正項等比數(shù)列，公比q≠1，若a1＝b1，a11＝b11，則（） A．a(chǎn)6＝b6 B．a(chǎn)6＞b6 C．a(chǎn)6＜b6 D．a(chǎn)6＞b6或a6＜b64．已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝n2－9n，第k項滿足５＜ak＜８，則k＝（） A．9 B．8 C．7 D．6 5．已知等比數(shù)列{an}的公比q＞0，其前n項的和為Sn，則S4a5與S5a4的大小關系是（） A．S4a5＜S5a4 B．S4a5＞S5a4 C．S4a5＝S5a4 D．不確定 Sn 6．設Sn＝1＋2＋3＋…＋n，n∈N*，則函數(shù)f(n)＝（） (n＋32)Sn+ 11A．201B．30 1C401D．50 （） 7．已知y是x的函數(shù)，且lg3，lg(sinx－2)，lg(1－y)順次成等差數(shù)列，則 A．y有最大值1，無最小值 11 C．y有最小值12，最大值1 B．y有最小值12，無最大值 D．y有最小值－1，最大值1 8．已知等比數(shù)列{an}中a2＝1，則其前3項的和S3的取值范圍是 Ａ．(－∞，－1?Ｂ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)Ｃ．?3，＋∞)Ｄ．(－∞，－1?∪?3，＋∞) （） 93b是1－a和1＋a的等比中項，則a＋3b的最大值為()A．1 B．2 C．3 D． 410．設等比數(shù)列{an}的首相為a1，公比為q，則“a1＜0，且0＜q＜1”是“對于任意n∈N*都有an+1 ＞an”的（）A．充分不必要條件B．必要不充分條件 C．充分比要條件D．既不充分又不必要條件 a11．{an}為等差數(shù)列，若a1，且它的前n項和Sn有最小值，那么當Sn取得最小正值時，10 n＝ A．11 B．17 C．19 D．21 （） 12．設f(x)是定義在R上恒不為零的函數(shù)，對任意實數(shù)x、y∈R，都有f(x)f(y)＝f(x＋y)，若a1＝ N*)，則數(shù)列{an}的前n項和Sn的取值范圍是 2，an＝f(n)(n∈ （） A．?2，2) 二、填空題 B．[2，2] 1C．21)1 D．[21] S13．等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a4－a2＝8，a3＋a5＝26，記Tnn如果存在正整數(shù)M，使得對一切正整數(shù)n，Tn≤M都成立．則M的最小值是__________． 14．無窮等比數(shù)列{an}中，a1＞1，|q|＜1，且除a1外其余各項之和不大于a1的一半，則q的取值范圍是________.(a＋b) 215．已知x＞0，y＞0，x，a，b，y成等差數(shù)列，x，c，d，y成等比數(shù)列，則cd是________.Ａ．0 Ｂ．1 Ｃ．2 Ｄ． 416．等差數(shù)列{an}的公差d不為零，Sn是其前n項和，給出下列四個命題：①A．若d＜0，且 S3＝S8，則{Sn}中，S5和S6都是{Sn}中的最大項；②給定n，對于一定k∈N*(k＜n)，都有an?k＋an+k＝2an；③若d＞0，則{Sn}中一定有最小的項；④存在k∈N*，使ak－ak+1和ak－ak?1同號 其中真命題的序號是____________.三、解答題 17．已知{an}是一個等差數(shù)列，且a2＝1，a5＝－5．（Ⅰ）求{an}的通項an；（Ⅱ）求{an}前n項和 Sn的最大值． 18．已知{an}是正數(shù)組成的數(shù)列，a1＝1，且點(an，an+1)(n∈N*）在函數(shù)y＝x2＋1的圖象上.(Ⅰ) 求數(shù)列｛an｝的通項公式；(Ⅱ)若列數(shù)｛bn｝滿足b1＝1,bn+1＝bn＋2an，求證：bn ·bn+ 2＜bn+1.3－an? 119．設數(shù)列{an}的首項a1∈(0，1)，an＝2，n＝2，3，4，….（Ⅰ）求{an}的通項公式； （Ⅱ）設bn＝a3－2an，證明bn＜bn+1，其中n為正整數(shù)． 20．已知數(shù)列{an}中a1＝2，an+1＝(2－1)(an＋2)，n＝1，2，3，….（Ⅰ）求{an}的通項公式； （Ⅱ）若數(shù)列{an}中b1＝2，bn+1＝3，… 3bn＋ 4，n＝1，2，3，….證明：2＜bn≤a4n?3，n＝1，2，2bn＋ 321．已知二次函數(shù)y＝f(x)的圖像經(jīng)過坐標原點，其導函數(shù)為f?(x)＝6x－2，數(shù)列{an}的前n項和 為Sn，點(n，Sn)(n∈N*)均在函數(shù)y＝f(x)的圖像上.（Ⅰ）求數(shù)列{an}的通項公式；（Ⅱ）設bn 1m＝，Tn是數(shù)列{bn}的前n項和，求使得Tn20對所有n∈N*都成立的最小正整數(shù)m； anan＋1，2，?）22．數(shù)列?an?滿足a1?1，an?1?(n2?n??)an（n?1，?是常數(shù)．（Ⅰ）當a2??1時，求?及a3的值；（Ⅱ）數(shù)列?an?是否可能為等差數(shù)列？若可能，求出它的通項公式；若不可能，說明理由；（Ⅲ）求?的取值范圍，使得存在正整數(shù)m，當n?m時總有an?0． 【專題訓練】參考答案 一、選擇題 1．B【解析】a4a8＝(a1＋3d)(a1＋7d)＝a12＋10a1d＋21d2，a62＝(a1＋5d)2＝a12＋10a1d＋25d2，a4a6故a≤a6 82．D【解析】設其公比為q,則bn－cn＝an(q－1)(1－q2)＝－an(q－1)2(q＋1)，當q＝1時，bn ＝cn，當q＞0，且q≠1時，bn＜cn，故bn≤cn.a1＋a11b1＋b1 13．B【解析】因為q≠1，b1＞0，b11＞0，所以b1≠b11，則a6＝2＝2b1b11＝b6.4．B【解析】因數(shù)列為等差數(shù)列，an＝Sn－Sn?1＝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)a 4＝－a1a4＝－a12q3＜0，∴S4a5＜S5a4． 6．D【解析】由Sn＝ n(n＋1)nn11 f(n)＝＝＝264(n＋32)(n＋2)n＋34n＋64264＋34 n＋n＋34 1641＝50，當n＝n，即n＝8時取等號，即f(n)max＝f(8)＝50 7．B【解析】由已知y＝－3(sinx－2)2＋1，且sinx＞2y＜1，所以當sinx＝1時，y有最小11 值12，無最大值.11 8．D【解】∵等比數(shù)列{an}中a2＝1，∴S3＝a1＋a2＋a3＝a2(q＋1＋q)＝1＋q＋q∴當公比q＞01 時，S3＝1＋q＋q≥1＋113，當公比q＜0時，S＝1－(－q3qq)≤1－ 2(－q)·(－q＝ －1，∴S3∈(－∞，－1?∪?3，＋∞).9．B3b是1－a和1＋a的等比中項，則3b2＝1－a2?a2＋3b2＝1，令a＝cosθ3?b＝sinθ，θ∈(0，2π)，所以a＋3b＝cosθ＋3inθ＝2sin(θ＋6)≤2.10．A【解析】當a1＜0，且0＜q＜1時，數(shù)列為遞增數(shù)列，但當數(shù)列為遞增數(shù)列時，還存在另一情況a1＞0，且q＞1，故選A.1 2×20(a1＋a20)a＋aa＋aaS11．C【解析】由a＜－1，得a0a0?1＜0?S0，則要使 10101019 ×19(a1＋a19)2 Sn取得最小正值必須滿足S19＞0，且S20＜0，此時n＝19.12．C【解析】f(x)是定義在R上恒不為零的函數(shù)，對任意實數(shù)x、y∈R，都有f(x)f(y)＝f(x＋ 11n －(22]111n y)，a1＝2an＝f(n)(n∈N*)，an+1＝f(n＋1)＝f(1)f(n)2an，∴Sn＝＝1－(12).則數(shù)列 1－ 21{an}的前n項和的取值范圍是?21).二、填空題 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(n2n－1 1－1)＝2n2－n，∴Tn＝n2－nTn≤M，只需M≥2即可，故M的最小值為2，答案： 21aqa1114．(－1，0?∪(0，3?【解析】2?3|q|＜1，且q≠0，故q∈(－1，0?∪(0，3?.1－q(a＋b)2(x＋y)2(2xy)2 15．4【解析】cdxyxy＝4.16．D【解析】對于①：∵S8－S3＝a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝5a6＝0，∴S5＝S6，又d＜0，S5＝S6為 最大，故A正確；對于②：根據(jù)等差中項知正確；對于③：∵d＞0，點(n，Sn)分布在開口向上的拋物線，故{Sn}中一定有最小的項，故③正確；而ak－ak+1＝－d，ak－ak?1＝d，且d≠0，故④為假命題.三、解答題 ? a1＋d＝1 17．【解】（Ⅰ）設{an}的公差為d，由已知條件，?，解出a1＝3，d＝－2． ?a1＋4d＝－5 所以an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋5． n(n－1) （Ⅱ）Sn＝na12＝－n2＋4n＝－(n－2)2＋4，所以n＝2時，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，所以數(shù)列｛an｝是以1為首項，公差為1的等差數(shù)列，故an＝1＋(a－1)×1＝n.(Ⅱ)由（Ⅰ）知：an＝n從而bn+1－bn＝2n.bn＝(bn－bn?1)＋(bn?1－bn?2)＋…＋（b2－b1）＋b1＝2 nn+2n?1因為bn·bn+2－b2－1)2 n?1＝(2－1)(2－1)－(2 n?1 ＋2 n?2 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bn·bn+2＜b2n?1.3－an?1 19．【解】（Ⅰ）由an＝2n＝2，3，4，….整理得 1－an＝－2－an?1)． 又1－a1≠0，所以{1－an}是首項為1－a1，2得an＝1－(1－a1)(－2)n?1，3（Ⅱ）由（Ⅰ）可知0＜an＜2bn＞0．那么，3－an3－an9abn+12－bn2＝an+12(3－2an+1)－an2(3－2an)＝(2)2(3－2×2)－an2(3－2an)4(an－1)2.又由（Ⅰ）知an＞0，且an≠1，故bn+12－bn2＞0，因此 bn＜bn+1，為正整數(shù)． 20．【解】（Ⅰ）由題設：an+1＝(2－1)(an＋2)＝(2－1)(an－2)＋2－1)(22)，＝(2－1)(an2)＋2，∴an+1－2＝(2－1)(an－2)． 所以，數(shù)列{an－2}a是首項為22，公比為2－1)的等比數(shù)列，an－2＝2(2－1)n，即an的通項公式為an＝2[(2－1)n＋1]，n＝1，2，3，….（Ⅱ）用數(shù)學歸納法證明． （ⅰ）當n＝1時，因2＜2，b1＝a1＝2，所以2＜b1≤a1，結(jié)論成立．（ⅱ）假設當n＝k2＜bk≤a4k?3，也即0＜bn－2≤a4k?3－2，當n＝k＋1時，bk+1－2＝又 3bk＋4(3－22)bk＋(4－32)(3－2)(bk－2) 2＞0，2bk＋32bk＋32bk＋3 3－22，2bk＋322＋3 (3－22)(b2) 所以bk+12(3－2)2(bk2)≤(2－1)4(a4k?3－2)＝a4k+1－2 2bk＋3也就是說，當n＝k＋1時，結(jié)論成立． 根據(jù)（ⅰ）和（ⅱ2＜bn≤a4n?3，n＝1，2，3，….21．【解】（Ⅰ）設這二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，則 f`(x)＝2ax＋b，由于f`(x)＝6x－2，得a＝3，b＝－2，所以f(x)＝3x2－2x.，又因為點(n，Sn)(n∈N*)均在函數(shù)y＝f(x)的圖像上，所以Sn＝3n2－2n，當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝（3n2－2n）－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5，當n＝1時，a1＝S1＝3×12－2＝6×1－5，所以，an＝6n－5（n∈N*）.33111（Ⅱ）由（Ⅰ）得知bn＝2)，anan＋1(6n－5)[6(n－1)－5]6n－56n＋1 11111111 故Tn＝?bi＝2[(1－7＋(713)＋…＋()]＝2），6n－56n＋16n＋1i=1 n 11m1m 因此，要使220n∈N*）成立的m，必須且僅須滿足220，即m≥10，所以 6n＋1滿足要求的最小正整數(shù)m為10.22．【解】（Ⅰ）由于an?1?(n2?n??)an(n?1，2，?)，且a1?1． 所以當a2??1時，得?1?2??，故??3．從而a3?(22?2?3)?(?1)??3．（Ⅱ）數(shù)列?an?不可能為等差數(shù)列，證明如下：由a1?1，an?1?(n2?n??)an 得a2?2??，a3?(6??)(2??)，a4?(12??)(6??)(2??)． 若存在?，使?an?為等差數(shù)列，則a3?a2?a2?a1，即(5??)(2??)?1??，解得??3．于是a2?a1?1????2，a4?a3?(11??)(6??)(2??)??24． 這與 ?an?為等差數(shù)列矛盾．所以，對任意?，?an?都不可能是等差數(shù)列． （Ⅲ）記bn?n2?n??(n?1，2，?)，根據(jù)題意可知，b1?0且bn?0，即??2 且??n2?n(n?N*)，這時總存在n0?N*，滿足：當n≥n0時，bn?0； 當n≤n0?1時，bn?0．所以由an?1?bnan及a1?1?0可知，若n0為偶數(shù)，則an0?0，從而當n?n0時，an?0；若n0為奇數(shù)，則an0?0，從而當n?n0時an?0．因此“存在m?N，當n?m時總有an?0” 的充分必要條件是：n0為偶數(shù)，??b2k?(2k)?2k???0 記n0?2k(k?1．，2，?)，則?滿足?2 b?(2k?1)?2k?1???0??2k?1 故?的取值范圍是4k2?2k???4k2?2k(k?N*)． * “放縮法”證明不等式的基本策略 近年來在高考解答題中，常滲透不等式證明的內(nèi)容，而不等式的證明是高中數(shù)學中的一個難點，它可以考察學生邏輯思維能力以及分析問題和解決問題的能力。特別值得一提的是，高考中可以用“放縮法”證明不等式的頻率很高，它是思考不等關系的樸素思想和基本出發(fā)點, 有極大的遷移性, 對它的運用往往能體現(xiàn)出創(chuàng)造性。“放縮法”它可以和很多知識內(nèi)容結(jié)合，對應變能力有較高的要求。因為放縮必須有目標，而且要恰到好處，目標往往要從證明的結(jié)論考察，放縮時要注意適度，否則就不能同向傳遞。下面結(jié)合一些高考試題，例談“放縮”的基本策略。 1、添加或舍棄一些正項（或負項） 例 1、已知an?2n?1(n?N*).求證：an1a1a2????...?n(n?N*).23a2a3an? 1ak2k?11111111證明： ??k?1??????.,k?1,2,...,n, ak?12?122(2k?1?1)23.2k?2k?2232k ?aa1a2n1111n11n1??...?n??(?2?...?n)??(1?n)??, a2a3an?1232222322 3an1aan???1?2?...?n?(n?N*).23a2a3an?1 2若多項式中加上一些正的值，多項式的值變大，多項式中加上一些負的值，多項式的值變小。由于證明不等式的需要，有時需要舍去或添加一些項，使不等式一邊放大或縮小，利用不等式的傳遞性，達到.2、先放縮再求和（或先求和再放縮） 例 2、函數(shù)f（x）=4x 1?4xk，求證：f（1）+f（2）+…+f（n）>n+ 12n?11?(n?N*).2證明：由f(n)= 4n1?4n=1-11?1? 1?4n2?2n 2?2 11得f（1）+f（2）+…+f（n）>1??1?12?22???1?12?2n 11111?n?(1?????n?1)?n?n?1?(n?N*).424222 此題不等式左邊不易求和,此時根據(jù)不等式右邊特征, 先將分子變?yōu)槌?shù)，再對分母進行放縮，從而對左邊可以進行求和.若分子, 分母如果同時存在變量時, 要設法使其中之一變?yōu)槌Ａ浚质降姆趴s對于分子分母均取正值的分式。如需放大，則只要把分子放大或分母縮小即可；如需縮小，則只要把分子縮小或分母放大即可。 3、先放縮，后裂項（或先裂項再放縮） k 例 3、已知an=n，求證：∑＜3． k=1ak n 證明：∑ k= 1n n 2ak ∑ k= 1n ＜1＋∑ k= 2n (k－1)k(k＋1) =1?k?2n ＜１＋∑ k=2 (k－1)(k＋1)（k＋1 ＋k －1)=1＋ ∑（k=2 n －) (k－1) (k＋1) =1＋1＋＜2＋＜3． (n＋1)2 2本題先采用減小分母的兩次放縮，再裂項，最后又放縮，有的放矢，直達目標.4、放大或縮小“因式”； n 1例 4、已知數(shù)列{an}滿足an?1?a,0?a1?,求證：?(ak?ak?1)ak?2?.232k? 1n 證明 ?0?a1? n 11112,an?1?an,?a2?a12?,a3??.?當k?1時,0?ak?2?a3?, 241616 ??(ak?ak?1)ak? 2k?1 1n11??(ak?ak?1)?(a1?an?1)?.16k?11632 本題通過對因式ak?2放大，而得到一個容易求和的式子 5、逐項放大或縮小 ?(a k? 1n k ?ak?1)，最終得出證明.n(n?1)(n?1) 2?an?例 5、設an??2?2?3?3?4???n(n?1)求證： 22122n?1 2證明：∵ n(n?1)?n?nn(n?1)?(n?)? 2n? 1∴ n?n(n?1)? 1?3???(2n?1)n(n?1)(n?1)2 ?an?∴ 1?2?3???n?an?，∴ 222 2n?1 本題利用n??，對an中每項都進行了放縮，從而得到可以求和的數(shù)列，達到化簡的目的。 6、固定一部分項，放縮另外的項； 例 6、求證： 11117?????? 122232n2 4證明：? 1??? n2n(n?1)n?1n ? 1111111115117??????1??(?????)??(?)?.122232n22223n?1n42n4 此題采用了從第三項開始拆項放縮的技巧，放縮拆項時，不一定從第一項開始，須根據(jù)具體題型分 別對待，即不能放的太寬，也不能縮的太窄，真正做到恰倒好處。 7、利用基本不等式放縮 例 7、已知an?5n? 41對任何正整數(shù)m，n都成立.?1，只要證 5amn?1?aman?.因為 amn?5mn?4，aman?(5m?4)(5n?4)?25mn?20(m?n)?16，故只要證 5(5mn?4)?1?25mn?20(m?n)?16? 即只要證 20m?20n?37? 因為am?an?5m?5n?8?5m?5n?8?(15m?15n?29)?20m?20n?37，所以命題得證.本題通過化簡整理之后，再利用基本不等式由am?an放大即可.8、先適當組合, 排序, 再逐項比較或放縮 例 8、.已知i，m、n是正整數(shù)，且1＜i≤m＜n.(1)證明：nAim＜mAin；(2)證明：(1+m)＞(1+n) i i n m 證明：(1)對于1＜i≤m，且Aim =m·…·(m－i+1)，Aimmm?1Aimnn?1m?i?1n?i? 1?????,同理?????，mmmnnnmini 由于m＜n，對于整數(shù)k=1，2，…，i－1，有 n?km?k，? nm AinAim 所以i?i,即miAin?niAim nm (2)由二項式定理有： 22nn (1+m)n=1+C1nm+Cnm+…+Cnm，22mm(1+n)m=1+C1mn+Cmn+…+Cmn，由(1)知 mAin i ＞nAim i (1＜i≤m＜n)，而 Cim AimiAin,Cn?= i!i! ∴miCin＞niCim(1＜m＜n) 00222211 ∴m0C0n=nCn=1，mCn=nCm=m·n，mCn＞nCm，…，mmm+1m?1mmCmCn＞0，…，mnCnn＞nCm，mn＞0，2222nn1mm∴1+C1nm+Cnm+…+Cnm＞1+Cmn+Cmn+…+Cmn，即(1+m)n＞(1+n)m成立.以上介紹了用“放縮法”證明不等式的幾種常用策略，解題的關鍵在于根據(jù)問題的特征選擇恰當?shù)姆椒ǎ袝r還需要幾種方法融為一體。在證明過程中，適當?shù)剡M行放縮，可以化繁為簡、化難為易，達到事半功倍的效果。但放縮的范圍較難把握，常常出現(xiàn)放縮后得不出結(jié)論或得到相反的現(xiàn)象。因此，使用放縮法時，如何確定放縮目標尤為重要。要想正確確定放縮目標，就必須根據(jù)欲證結(jié)論，抓住題目的特點。掌握放縮技巧，真正做到弄懂弄通，并且還要根據(jù)不同題目的類型，采用恰到好處的放縮方法，才能把題解活，從而培養(yǎng)和提高自己的思維和邏輯推理能力，分析問題和解決問題的能力。希望大家能夠進一步的了解放縮法的作用，掌握基本的放縮方法和放縮調(diào)整手段. 數(shù)列與不等式證明專題 復習建議： 1．“巧用性質(zhì)、減少運算量”在等差、等比數(shù)列的計算中非常重要，但用“基本量法”并樹立“目標意識”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地運用條件，又要時刻注意題的目標，往往能取得與“巧用性質(zhì)”解題相同的效果2．歸納——猜想——證明體現(xiàn)由具體到抽象，由特殊到一般，由有限到無限的辯證思想．學習這部分知識，對培養(yǎng)學生的邏輯思維能力，計算能力，熟悉歸納、演繹的論證方法，提高分析、綜合、抽象、概括等思維能力，都有重大意義． 3．解答數(shù)列與函數(shù)的綜合問題要善于綜合運用函數(shù)方程思想、化歸轉(zhuǎn)化思想等數(shù)學思想以及特例分析法，一般遞推法，數(shù)列求和及求通項等方法來分析、解決問題． 4．數(shù)列與解析幾何的綜合問題解決的策略往往是把綜合問題分解成幾部分，先利用解析幾何的知識以及數(shù)形結(jié)合得到數(shù)列的通項公式，然后再利用數(shù)列知識和方法求解． 證明方法：（1）先放縮后求和；（2）先求和后放縮(3)靈活運用 例1．數(shù)列?a 2n?n?滿足a1?1,a2?2,an?2?(1?cos2)asin2n? n?2,n?1,2,3,?.(Ⅰ)求a3,a4,并求數(shù)列?an?的通項公式；(Ⅱ)設ba2n? 1n? a,Sn?b1?b2???bn.證明：當n?6S?2?1n2n n.分析：本題給出數(shù)列相鄰兩項的遞推關系，且要對n分奇偶性。 解:(Ⅰ)因為acos 2? 1?1,a2?2,所以a3?(1?2)a1?sin2 ? ?a1?1?2,a4?(1?cos2?)a2?sin2??2a2?4.一般地，當n?2k?1(k?N*)時，a2 k?1)?2k?1?[1?cos (22]a?sin22k?1 2k?12 ? ＝a2k?1?1，即a2k?1?a2k?1?1.所以數(shù)列?a2k?1?是首項為 1、公差為1的等差數(shù)列，因此a2k?1?k.當n?2k(k?N*)時，a2k?2k?2?(1?cos 22)a2k? 2k?sin2 2?2a2k.所以數(shù)列?a2k?是首項為 2、公比為2的等比數(shù)列，因此a2k?2k.?故數(shù)列?a?n?1n?的通項公式為an?? 2,n?2k?1(k?N*),?n?22,n?2k(k?N*).(Ⅱ)由(Ⅰ)知，ba2n?1n?a?n 12?3n2,Sn??23???n,①2n22222 12S12?23n n?222?24???2 n?1② 1①-②得，1[1?(1)2]2S1111nn?2?22?23???2n?2n?1??n1n1?2n?1?1?2n?2n?1.2所以S1nn?2 n?2?2n?1?2n?2?2 n.要證明當n?6時，S1n(n?2) n?2?n成立，只需證明當n?6時，2n ?1成立.證法一 (1)當n = 6時，6?(6?2)26?4864? 34?1成立.(2)假設當n?k(k?6)時不等式成立，即k(k?2) k ?1.則當n=k+1時，(k?1)(k?3)k(k?2)(k?1)(k?2k?1?2k?3)2k(k?2)?(k?1)(k?3) (k?2)?2k ?1.由(1)、(2)所述，當n≥6時，n(n?1)2 2?1.即當n≥6時，Sn?2? 1n .證法二令cn(n?2)n? 22(n?6)，則c(n?1)(n?3)n(n?2)3?n2 n?1?cn?2n?1?22?2 n?1?0.所以當n?6時，c6?8n?1?cn.因此當n?6時，cn?c6?64? 34?1.于是當n?6時，n(n?2)22?1.綜上所述，當n?6時，Sn ?2?1 n .點評：本題奇偶分類要仔細，第（2）問證明時可采用分析法。 例題2.已知?為銳角，且tan?? 2?1，函數(shù)f(x)?x2tan2??x?sin(2?? ? 4)，數(shù)列{an}的首項a1? 2,an?1?f(an).(1)求函數(shù)f(x)的表達式；⑵ 求證：an?1?an； ⑶ 求證： 1?11?a?1???1?2(n?2,n?N*)11?a21?an 分析：本題是借助函數(shù)給出遞推關系，第（2）問的不等式利用了函數(shù)的性質(zhì)，第（3）問是轉(zhuǎn)化成可以裂項的形式，這是證明數(shù)列中的不等式的另一種出路。 解：⑴tan2?? ??2tan?2(?1)2 又∵?為銳角 ∴2?? ∴sin(2??)?1∴f(x)?x?x??1 441?tan2?1?(2?1)2 ∴a2,a3,?an都大于0∴an?0∴an?1?an2 ∴ 則S? 1111121212111?(????)??(S?)S????? a22a2a3ana2an?13an?13a22an?1 ⑵ an?1?an?an∵a1? 點評：數(shù)列中的不等式要用放縮來解決難度就較大了，而且不容易把握，對于這樣的題要多探索，多角度的思考問題。 ⑶ 1an?1 ? 1111 ???2 an?anan(1?an)an1?an111 ??1?ananan?1 例題4.已知函數(shù)f(x)?x?ln?1?x?,數(shù)列?an?滿足0?a1?1,∴ 111111111111 ???????????????2? an?1?f?an?;數(shù)列?bn?滿足b1?,bn?1?(n?1)bn, n?N*.求證: 1?a11?a21?ana1a2a2a3anan?1a1an?1an?1 ∵a?(12)2?12?34, a?(34)2?3 234 ?1 ,又∵n?2an?1?an∴an?1?a3?1 ∴1? 2? 1a?2∴1? 1n1?a?1???1 ?2 ?1 11?a21?an 點評：把復雜的問題轉(zhuǎn)化成清晰的問題是數(shù)學中的重要思想，本題中的第（3）問不等式的證明更具有一般性。 例題3.已知數(shù)列?aa? n?滿足a1?1,n?1?2an?1?n?N? （Ⅰ）求數(shù)列?an?的通項公式；（Ⅱ）若數(shù)列?b?1n?滿足4b1?14b24 b3?1 ?4bn?1?(an?1)bn，證明：?bn?是等差數(shù)列； （Ⅲ）證明： 1?1a???1?2?n?N?a? 23an?13 分析：本例（1）通過把遞推關系式轉(zhuǎn)化成等比型的數(shù)列；第（2）關鍵在于找出連續(xù)三項間的關系；第（3）問關鍵在如何放縮 解：（1）?an?1?2an?1，?an?1?1?2(an?1) 故數(shù)列{an?1}是首項為2，公比為2的等比數(shù)列。?ann?1?2n，an?2?1 （2）?4 b1?14 b2?14 b3?1 ?4bn?1?(an?1)bn，?4 (b1?b2???bn?n) ?2nbn 2(b1?b2???bn)?2n?nbn①2(b1?b2???bn?bn?1)?2(n?1)?(n?1)bn?1② ②—①得2bn?1 ?2?(n?1)bn?1?nbn，即nbn?2?(n?1)bn?1③?(n?1)bn?1?2?nbn?2④ ④—③得2nbn?1 ?nbn?nbn?1，即2bn?1?bn?bn?1所以數(shù)列{bn}是等差數(shù)列 （3）? 1a?1111 2n?1?1?2n?1?2? 設S ? 1n2an?a?1???1，2a3an?1 （Ⅰ）0?a（Ⅱ）aa2nn?1?an?1;n?1?2; （Ⅲ）若a1?2 則當n≥2時,bn?an?n!.分析：第（1）問是和自然數(shù)有關的命題，可考慮用數(shù)學歸納法證明；第（2）問可利用函數(shù)的單調(diào)性；第（3）問進行放縮。解：(Ⅰ)先用數(shù)學歸納法證明0?an?1,n?N*.（1）當n=1時,由已知得結(jié)論成立;（2）假設當n=k時,結(jié)論成立,即0?ak?1.則當n=k+1時,因為0 1x?1?xx?1 ?0,所以f(x)在(0,1)上是增函數(shù).又f(x)在?0,1?上連續(xù),所以f(0) ?1, 得an?1?an?an?ln?1?an??an??ln(1?an)?0,從而an?1?an.綜上可知0?an?1 ?an?1.(Ⅱ)構(gòu)造函數(shù)g(x)= x2 x2x2 -f(x)= ?ln(1?x)?x, 0 nn?>0,從而an?1?2 .(Ⅲ)因為 b12b1b n?11?,n?1?2(n?1)bn,所以bn?0,n?1b?n,所以bba2nbn?1bnn? b??2?b1 1?n?n!————①由(Ⅱ)an?1?,知:an?1?an,n?1bn?2b122an2 所以 ana?a3?na?a1a2?n?1 ,因為aa= a2aa1?, n≥2, 0?an?1?an?1.1 1a2n?12222 a2?a2 所以 a1a2?an?1?aan 1< n? 2221<2 n?12n = 2n ————②由①② 兩式可知: bn?an?n!.點評：本題是數(shù)列、超越函數(shù)、導數(shù)的學歸納法的知識交匯題，屬于難題，復習時應引起注意。 例題5.已知函數(shù)f(x)=5?2x 16?8x，設正項數(shù)列?an?滿足a1=l，an?1?f?an?． (1)試比較a 5n與 4的大小，并說明理由； (2)設數(shù)列?b5n nn?滿足bn=4－an，記Sn=?bi．證明：當n≥2時,Sn＜(2－1)． i? 14分析：比較大小常用的辦法是作差法，而求和式的不等式常用的辦法是放縮法。 解：(1)a2ann?1 ? 5?16?8a，因為a所以a7 31?1,2?,a3?4 .（2）因為an?0,an?1?0,所以16?8an?0,0?an?2.n8a55?2a48(a55 n5n?n?1?)3an?554?16?8a?4?32(2?a??,因為2?an?0,所以an?1?與a?同號，nn)22?an 4n 4因為a51?4??14?0，a5555 2?4?0,a3?4?0,?，an?4?0,即an?4 .（3）當n?2時，b531n?4?an?2?2?a?(5?a31 31n?1)???bn?1???bn?1?2bn?1，n?1422?an?122?5 所以bn ?2?bn?1?22?bn?2???2n?1b31?2n?，13?n (1?2n) 所以Sn?b1?b2???bn? 4?12???????1? ?2?? ?1?2?1 (2n?1) 點評：本題是函數(shù)、不等式的綜合題，是高考的難點熱點。 例題6.已知數(shù)列?a* n?中，a1?1，nan?1?2(a1?a2?...?an)?n?N? ． （1）求a2,a3,a4；（2）求數(shù)列?an?的通項an；（3）設數(shù)列{b1n}滿足b1? 2,b12 n?1?abn?bn，求證：bn?1(n?k)k 分析：條件中有類似于前n項和的形式出現(xiàn)，提示我們應該考慮an＝Sn－Sn－1(n≥2) 解：（1）a2?2,a3?3,a4?4（2）nan?1?2(a1?a2?...?an)① (n?1)an?2(a1?a2?...?an?1)②①—②得nan?1?(n?1)an?2an 即：nan?1 ?(n?1)a?1n?1aa3ann，ana?所以aa223n n?1a...?1...1 ?n(n?2) nna12an?112n?所以a*n ?n(n?N) （3）由（2）得：b1 ?12,b12 n?1?k bn?bn?bn?bn?1?...?b1?0，所以{bn}是單調(diào)遞增數(shù)列，故要證：bn?1(n?k)只需證bk?1 若k ?1，則b12?1顯然成立;若k?2，則b?1211? n?1kbn?bn?k bnbn?1?bn 所以 1b?1??1,因此：1?(1?1)?...?(1?1)?1??k?1?2? k?1 n?1bnkbkbkbk?1b2b1b1kk所以bk ? k k?1 ?1,所以bn?1(n?k)點評：與數(shù)列相關的不等式證明通常需要“放縮”，而放縮的“度”尤為關鍵，本題中 1b?(1?1)?...?(1?1)?1,這種拆分方法是數(shù)學中較高要求的變形.kbkbk?1b2b1b1 例題7.已知不等式 12?13???1n?1 [log2n],其中n為不大于2的整數(shù)，[log2n]表示不超過log2n的最大整數(shù)。設數(shù)列?a1 n?的各項為正且滿足a1?b(b?0),anan?n? n?a(n?2,3,4?)，證明： n?1 an? 2b 2?b[log，n?3,4,5? 2n] 分析：由條件an?111111n ? nan?a得： n?1 a??1 ?nan?1n a??n(n?2) nan?1 11a? ? 1n?1 an?2 n?1 ?? a?1?1以上各式兩邊分別相加得： 2a121a?1?1?1???1?1?1?1?1???1 ?1?1[log2n](n?3)na1nn?12anbnn?12 b2 = 2?b[log2n]2b? a2b n?2?b[logn] (n?3) 2本題由題設條件直接進行放縮，然后求和，命題即得以證明。 例題8.已知數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足：Sn?2an?(?1)n，n?1（1）寫出數(shù)列{an}的前三項a1，a2，a5；（2）求數(shù)列{an}的通項公式； （3）證明：對任意的整數(shù)m?4，有1117 a????? 4a5am8 分析：⑴由遞推公式易求：a1=1,a2=0,a3=2； ⑵由已知得：an ?Sn?Sn?1?2an?(?1)n?2an?1?(?1)n?1（n>1） 化簡得：an?1anan?1anan?1n ?2an?1?2(?1) (?1)n??2(?1)n?1?2,(?1)n?23??2[(?1) n?1 ?2 3] 故數(shù)列{ an2(?1)n?3}是以?a1?23為首項, 公比為?2的等比數(shù)列.故an21 (?1) n ?3?(?3)(?2)n?1∴a?23[2n?2?(?1)n]∴數(shù)列{a2 n n}的通項公式為：an?3 [2n?2?(?1)n].⑶觀察要證的不等式，左邊很復雜，先要設法對左邊的項進行適當?shù)姆趴s，使之能夠求和。而左邊= 1a?1a???1?3[111 22?1?23?1???2m?2?(?1) m]，如果我們把上式中的分母中的?1去掉，就可利45am2用等比數(shù)列的前n項公式求和，由于-1與1交錯出現(xiàn)，容易想到將式中兩項兩項地合并起來一起進行放縮，嘗試知： 11111 22?1?123?1?122?1 23，23?1?24?1?23?24，因此，可將 ?1 保留，再將后面的項兩兩組合后放縮，即可求和。這里需要對m進行分類討論，（1）當m為偶數(shù)(m?4)時，1a?1???1a?1?(1?1)???(1?1)?1?3(1113?4???m?2)4a5ma4a5a6am?1am 22222 ? 13112?2?4(1?137 m?4)?2?8?8（2）當m是奇數(shù)(m?4)時，m?1為偶數(shù)，1a?1???1?1?1a?1???1?1?7 4a5ama45a6amam?18 所以對任意整數(shù)m?4，有 a?a??? ?7。本題的關鍵是并項后進行適當?shù)姆趴s。45am8 例題9.定義數(shù)列如下：a2 ?1?2,an?1?an?an?1,n?N 證明：（1）對于n?N? 恒有a? n?1?an成立。（2）當n?2且n?N，有an?1?anan?1?a2a1?1成立。（3）1? 112a?12006 ? a???1 ?1。12a2006 分析：（1）用數(shù)學歸納法易證。 （2）由a2 n?1?an?an?1得：an?1?1?an(an?1) ?an?1?an?1(an?1?1)??a2?1?a1(a1?1) 以上各式兩邊分別相乘得：an?1?1?anan?1?a2a1(a1?1)，又a1?2 ?an?1?anan?1?a2a1?1 （3）要證不等式1? 11122006 ? a????1?1，可先設法求和：1?1???，1a2a2006a1a2a2006 再進行適當?shù)姆趴s。?a111n?1?1?an(an?1)? aa?a?1?1? a n?1?1 ? n?1nanan?1n?1?1 ? 1111a?????(?1)?(1?1)???(1?1)1a2a2006a1?1a2?1a2?1a3?1a2006?1a2007?1? 1a1?a?1? ?11?2007?1 aa 12?a2006又a?a2006 1a2?a20061 ?22006?1? 1a?1?1 2006?原不等式得證。 1a2?a20062 點評：本題的關鍵是根據(jù)題設條件裂項求和。 2012年數(shù)學一輪復習精品試題第六、七模塊 數(shù)列、不等式、推 理與證明 一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的． 1．在等比數(shù)列{aa 2n}中，若a3a5a7a9a11＝243，則a的值為()1 1A．9B．1 C．2D． 32．在等比數(shù)列{aaa n}中，an>an7·a11＝6，a4＋a14＝5，則＋1，且a等于()16 A.23B.32 C16D．－563．在數(shù)列{aa－n}中，a1＝1，當n≥2時，an＝1＋aa n－1n＝() A.1 nB．n C.1nD．n2 4．已知0 B．成等比數(shù)列 C．各項倒數(shù)成等差數(shù)列 D．各項倒數(shù)成等比數(shù)列 5．已知a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項公式是() n- 1A．a(chǎn)n＝2n－1B．a(chǎn)?n?1? n??n?? C．a(chǎn)n＝n2D．a(chǎn)n＝n) n2-6n 6．已知正項數(shù)列{an}的前n項的乘積等于Tn＝?的前n項和Sn中的最大值是() A．S6 B．S 5?1? ??4? (n∈N*)，bn＝log2an，則數(shù)列{bn} 7．已知a，b∈R，且a>b，則下列不等式中恒成立的是() ?1??1? A．a(chǎn)>bB.?? ?2??2? ab C．lg(a－b)>0 aD.b 8．設a>0，b>0，則以下不等式中不恒成立的是()11? A．(a＋b)??ab?≥ 4B．a(chǎn)3＋b3≥2ab2 D.|a－b|ab C．a(chǎn)2＋b2＋2≥2a＋2b 9．當點M(x，y)在如圖所示的三角形ABC內(nèi)(含邊界)運動時，目標函數(shù)z＝kx＋y取得最大值的一個最優(yōu)解為(1,2)，則實數(shù)k的取值范圍是（） A．(－∞，－1]∪[1，＋∞)B．[－1,1] C．(－∞，－1)∪(1，＋∞)D．(－1,1) ??lg|x|(x<0)10．設函數(shù)f(x)＝?x，若f(x0)>0，則x0的取值范圍是() ?2－1(x≥0)? A．(－∞，－1)∪(1，＋∞)B．(－∞，－1)∪(0，＋∞) C．(－1,0)∪(0,1)D．(－1,0)∪(0，＋∞) a2＋b 211．已知a>b>0，ab＝1，則的最小值是() a－bA．2C．2D．1 12．下面四個結(jié)論中，正確的是() A．式子1＋k＋k2＋…＋kn(n＝1,2，…)當n＝1時，恒為1 B．式子1＋k＋k2＋…＋kn1(n＝1,2…)當n＝1時，恒為1＋k － 1111111 C．式子＋＋…＋n＝1,2，…)當n＝1時，恒為 1231232n＋1 111111 D．設f(n)＝n∈N*)，則f(k＋1)＝f(k)＋n＋1n＋23n＋13k＋23k＋33k＋4 二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分，把答案填在題中的橫線上． 13．已知Sn是等差數(shù)列{an}(n∈N*)的前n項和，且S6>S7>S5，有下列四個命題：(1)d<0；(2)S11>0；(3)S12<0；(4)數(shù)列{Sn}中的最大項為S11，其中正確命題的序號是________． 14．在數(shù)列{an}中，如果對任意n∈N*都有數(shù)列，k稱為公差比．現(xiàn)給出下列命題： (1)等差比數(shù)列的公差比一定不為0；(2)等差數(shù)列一定是等差比數(shù)列； (3)若an＝－3n＋2，則數(shù)列{an}是等差比數(shù)列；(4)若等比數(shù)列是等差比數(shù)列，則其公比等于公差比． 其中正確的命題的序號為________． ＝q，(4)正確． 15．不等式 ax的解集為{x|x<1或x>2}，那么a的值為________． x－ 1an＋2－an＋1 k(k為常數(shù))，則稱{an}為等差比 an＋1－an x≥0?? 16．已知點P(x，y)滿足條件?y≤x ??2x＋y＋k≤0k＝________.(k為常數(shù))，若z＝x＋3y的最大值為8，則 三、解答題：本大題共6小題，共70分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟． 17．(10分)(2011·天津市質(zhì)檢)已知等差數(shù)列{an}的前三項為a－1，4,2a，記前n項和為Sn.(1)設Sk＝2550，求a和k的值； S(2)設bn，求b3＋b7＋b11＋…＋b4n－1的值． n 18．(12分)已知各項均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項和為Sn，首項為a1，且2，an，Sn成等差數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； b(2)若bn＝log2an，cn＝，求數(shù)列{cn}的前n項和Tn.an 2bx 19．(12分)已知函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(x)，a≠0，f(1)＝1，且使f(x)＝2x成立的實 ax－1數(shù)x只有一個． (1)求函數(shù)f(x)的表達式； 21(2)若數(shù)列{an}滿足a1＝an＋1＝f(an)，bn＝1，n∈N*，證明數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，3an 并求出{bn}的通項公式； (3)在(2)的條件下，證明：a1b1＋a2b2＋…＋anbn<1(n∈N*)． 2x?? 20．(12分)已知集合A＝?x?x－21?，集合B＝{x|x2－(2m＋1)x＋m2＋m<0} ? ? ? (1)求集合A，B； (2)若B?A，求m的取值范圍． 2a2 21．(12分)解關于x的不等式：x|x－a|≤(a>0)． 922．(12分)某工廠生產(chǎn)甲、乙兩種產(chǎn)品，每生產(chǎn)一噸產(chǎn)品所消耗的電能和煤、所需工人人數(shù)以及所得產(chǎn)值如表所示： 160千度，消耗煤不得超過150噸，怎樣安排甲、乙這兩種產(chǎn)品的生產(chǎn)數(shù)量，才能使每天所得的產(chǎn)值最大，最大產(chǎn)值是多少．第二篇：2010年高考數(shù)學沖刺專題三：數(shù)列與不等式的交匯題
第三篇：放縮法(不等式、數(shù)列綜合應用)
第四篇：數(shù)列與不等式證明專題
第五篇：數(shù)列不等式推理與證明
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