【正文】 3＋a5＝26，可得a1＝1，故Sn＝n＋2n(n－1)＝2n2－n，∴Tn＝，要使得Tn≤M，只需M≥2即可，故M的最小值為2，答案：214．無(wú)窮等比數(shù)列{an}中，a1＞1，|q|＜1，且除a1外其余各項(xiàng)之和不大于a1的一半，則q的取值范圍是________.答案：(－1，0]∪(0，] 【解析】≤222。q≤，但|q|＜1，且q≠0，故q∈(－1，0]∪(0，].15．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，則的最小值是________.Ａ．0 Ｂ．1 Ｃ．2 Ｄ．4答案：4 【解析】∵＝≥＝4.16．等差數(shù)列{an}的公差d不為零，Sn是其前n項(xiàng)和，給出下列四個(gè)命題：①A．若d＜0，且S3＝S8，則{Sn}中，S5和S6都是{Sn}中的最大項(xiàng)；②給定n，對(duì)于一定k∈N*(k＜n)，都有ank＋an+k＝2an；③若d＞0，則{Sn}中一定有最小的項(xiàng)；④存在k∈N*，使ak－ak+1和ak－ak1同號(hào)其中真命題的序號(hào)是____________.答案：D 【解析】對(duì)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(duì)于②：根據(jù)等差中項(xiàng)知正確；對(duì)于③：∵d＞0，點(diǎn)(n，Sn)分布在開(kāi)口向上的拋物線，故{Sn}中一定有最小的項(xiàng)，故③正確；而ak－ak+1＝－d，ak－ak1＝d，且d≠0，故④為假命題.三、解答題17．已知{an}是一個(gè)等差數(shù)列，且a2＝1，a5＝－5．（Ⅰ）求{an}的通項(xiàng)；（Ⅱ）求{an}前n項(xiàng)和Sn的最大值．【解】（Ⅰ）設(shè){an}的公差為d，由已知條件，解出a1＝3，d＝－2．所以an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋5．（Ⅱ）Sn＝na1＋d＝－n2＋4n＝－(n－2)2＋4，所以n＝2時(shí)，Sn取到最大值4．18．已知{an}是正數(shù)組成的數(shù)列，a1＝1，且點(diǎn)(，an+1)(n∈N*）在函數(shù)y＝x2＋1的圖象上.(Ⅰ)求數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式；(Ⅱ)若列數(shù)｛bn｝滿足b1＝1,bn+1＝bn＋2an，求證：bn bn+2＜b2n+1.【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(xiàng)，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－bn1)＋(bn1－bn2)＋…＋（b2－b1）＋b1＝2n1＋2n2＋…＋2＋1＝＝2n－1.因?yàn)閎nbn+2－b＝(2n－1)(2n+2－1)－(2n1－1)2＝(22n+2－2n+2－2n＋1)－(22n+2－2－2n+1－1)＝－52n＋42n＝－2n＜0,所以bnbn+2＜b.19．設(shè)數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1∈(0，1)，an＝，n＝2，3，4，….（Ⅰ）求{an}的通項(xiàng)公式；（Ⅱ）設(shè)bn＝an，證明bn＜bn+1，其中n為正整數(shù)．【解】（Ⅰ）由an＝，n＝2，3，4，….整理得 1－an＝－(1－an1)．又1－a1≠0，所以{1－an}是首項(xiàng)為1－a1，公比為－的等比數(shù)列，得an＝1－(1－a1)(－)n1，（Ⅱ）由（Ⅰ）可知0＜an＜，故bn＞0．那么，bn+12－bn2＝an+12(3－2an+1)－an2(3－2an)＝()2(3－2)－an2(3－2an)＝(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．已知數(shù)列{an}中a1＝2，an+1＝(－1)( an＋2)，n＝1，2，3，….（Ⅰ）求{an}的通項(xiàng)公式；（Ⅱ）若數(shù)列{an}中b1＝2，bn+1＝，n＝1，2，3，….證明：＜bn≤a4n3，n＝1，2，3，…【解】（Ⅰ）由題設(shè)：an+1＝(－1)(an＋2)＝(－1)(an－)＋(－1)(2＋)，＝(－1)(an－)＋，∴an+1－＝(－1)(an－)．所以，數(shù)列{an－}a是首項(xiàng)為2－，公比為－1)的等比數(shù)列，an－＝(－1)n，即an的通項(xiàng)公式為an＝[(－1)n＋1]，n＝1，2，3，….（Ⅱ）用數(shù)學(xué)歸納法證明．（?。┊?dāng)n＝1時(shí)，因＜2，b1＝a1＝2，所以＜b1≤a1，結(jié)論成立．（ⅱ）假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，結(jié)論成立，即＜bk≤a4k3，也即0＜bn－≤a4k3－，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，bk+1－＝－＝＝＞0，又＜＝3－2，所以bk+1－＝＜(3－2)2(bk－)≤(－1)4(a4k3－)＝a4k+1－也就是說(shuō)，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論成立．根據(jù)（?。┖停áⅲ┲糱n≤a4n3，n＝1，2，3，….21．已知二次函數(shù)y＝f(x)的圖像經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，其導(dǎo)函數(shù)為f162。(x)＝6x－2，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，點(diǎn)(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(xiàng)公式；（Ⅱ）設(shè)bn＝，Tn是數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和，求使得Tn＜對(duì)所有n∈N*都成立的最小正整數(shù)m；【解】（Ⅰ）設(shè)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?yàn)辄c(diǎn)(n，Sn)(n∈N*)均在函數(shù)y＝f(x)的圖像上，所以Sn＝3n2－2n，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝（3n2－2n）－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝312－2＝61－5，所以，an＝6n－5（n∈N*）.（Ⅱ）由（Ⅰ）得知bn＝＝＝(－)，故Tn＝bi＝[(1－)＋(–)＋…＋(－)]＝(1–），因此，要使(1－）＜（n∈N*）成立的m，必須且僅須滿足≤，即m≥10，所以滿足要求的最小正整數(shù)m為10.22．?dāng)?shù)列滿足，（），是常數(shù)．（Ⅰ）當(dāng)時(shí)，求及的值；（Ⅱ）數(shù)列是否可能為等差數(shù)列？若可能，求出它的通項(xiàng)公式；若不可能，說(shuō)明理由；（Ⅲ）求的取值范圍，使得存在正整數(shù)，當(dāng)時(shí)總有．【解】（Ⅰ）由于，且．所以當(dāng)時(shí)，得，故．從而．（Ⅱ）數(shù)列不可能為等差數(shù)列，證明如下：由，得，．若存在，使為等差數(shù)列，則，即，解得．于是，．這與為等差數(shù)列矛盾．所以，對(duì)任意，都不可能是等差數(shù)列．（Ⅲ）記，根據(jù)題意可知，且，即且，這時(shí)總存在，滿足：當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，．所以由及可知，若為偶數(shù)，則，從而當(dāng)時(shí)，；若為奇數(shù)，則，從而當(dāng)時(shí)．因此“存在，當(dāng)時(shí)總有”的充分必要條件是：為偶數(shù)，記，則滿足．故的取值范圍是，且，成等差數(shù)列，（Ⅰ）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（Ⅱ）若，設(shè)為數(shù)列的前項(xiàng)和，若≤對(duì)一切恒成立，求實(shí)數(shù)的最小值.解：（1）當(dāng)時(shí)，,不成等差數(shù)列。 當(dāng)時(shí)， ，∴ ， ∴，∴ ∴ （2） ≤ ，∴≤ ∴≥ 又≤ ，∴的最小值為 ，其前項(xiàng)和為，滿足，其中為正常數(shù)，且（Ⅰ）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（Ⅱ）設(shè)，數(shù)列的前項(xiàng)和為，求證：：（Ⅰ）由題設(shè)知，解得. 由 兩式作差得所以，即， 可見(jiàn)，數(shù)列是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列。 （Ⅱ） . ，對(duì)任意實(shí)數(shù) 滿足：（Ⅰ）當(dāng)時(shí)求的表達(dá)式（Ⅱ）若，求（III）記，試證解：（Ⅰ）令，得故，∴當(dāng)時(shí)=（Ⅱ）由 得∴故＝∴（III）由（Ⅱ）知，∵∴ .（Ⅰ）數(shù)列求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（Ⅱ）已知數(shù)列，求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（Ⅲ）設(shè)的前n項(xiàng)和為Sn，若不等式對(duì)所有的正整數(shù)n恒成立，求的取值范圍。解：（I），………1分 （Ⅱ）由已知得， ……1分∴又所以的公比為2的等比數(shù)列，∴。 （Ⅲ） ， 上是增函數(shù) 又不等式對(duì)所有的正整數(shù)n恒成立，故的取值范圍是第 26 頁(yè) 共 26