1、高中数学教学精品论文高中数学教学精品论文 数列与不等式的交汇题型分析及解题策略数列与不等式的交汇题型分析及解题策略 【命命题题趋趋向向】 数列与不等式交汇主要以压轴题的形式出现，试题还可能涉及到与导数、函数等知识综合一起考查. 主要考查知识重点和热点是数列的通项公式、前 n 项和公式以及二者之间的关系、等差数列和等比数列、 归纳与猜想、数学归纳法、比较大小、不等式证明、参数取值范围的探求，在不等式的证明中要注意放缩 法的应用.此类题型主要考查学生对知识的灵活变通、融合与迁移，考查学生数学视野的广度和进一步学 习数学的潜能近年来加强了对递推数列考查的力度，这点应当引起我们高度的重视如 08 年北
2、京文 20 题(12 分)中档偏上，考查数列与不等式恒成立条件下的参数问题、08 年湖北理 21 题(12 分)为中档偏上， 考查数列与不等式交汇的探索性问题、 08 年江西理 19 题(12 分)中等难度， 考查数列求和与不等式的交汇、 08 年全国卷理 22(12 分)压轴题，难说大，考查数学归纳法与不等式的交汇，等等.预计在 2009 年高考 中,比较新颖的数列与不等式选择题或填空题一定会出现.数列解答题的命题热点是与不等式交汇,呈现递 推关系的综合性试题.其中,以函数与数列、不等式为命题载体,有着高等数学背景的数列与不等式的交汇 试题是未来高考命题的一个新的亮点,而命题的冷门则是数列与
3、不等式综合的应用性解答题. 【考考试试要要求求】 1理解数列的概念，了解数列通项公式的意义，了解递推公式是给出数列的一 种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项 2理解等差数列的概念掌握等差数列的通项公式与前 n 项和公式，并能解决 简单的实际问题 3理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前 n 项和公式，并能解决 简单的实际问题。 4理解不等式的性质及其证明 5掌握两个（不扩展到三个）正数的算术平均数不小于它们的几何平均数的定 理，并会简单的应用 6掌握分析法、综合法、比较法证明简单的不等式 7掌握简单不等式的解法及理解不等式aba+ba+b 【考考点点透透视视】 1以客观题考查不等式
4、的性质、解法与数列、等差数列、等比数列的简单交汇. 2以解答题以中档题或压轴题的形式考查数列与不等式的交汇，还有可能涉及到导数、解析几何、 三角函数的知识等，深度考查不等式的证明(主要比较法、综合法、分析法、放缩法、数学归纳法、反证 法)和逻辑推理能力及分类讨论、化归的数学思想，试题新颖别致，难度相对较大. 3将数列与不等式的交汇渗透于递推数列及抽象数列中进行考查，主要考查转化及方程的思想. 【典典例例分分析析】 题型一题型一求有数列参与的不等式恒成立条件下参数问题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
5、为 D，则 当 xD 时，有 f(x)M 恒成立f(x)minM；f(x)M 恒成立f(x)maxM；(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【例 1 1】等比数列an的公比 q1，第 17 项的平方等于第 24 项，求使 a1a2an1 a1 1 a2 1 an恒成立的正整数 n 的取值范围. 【分析【分析】利用条件中两项间的关系，寻求数列首项 a1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 的取值范围. 【解】【解】由题意得：(a1q 16)2a 1q 23，a 1q 91. 高中数学教学
6、精品论文高中数学教学精品论文 由等比数列的性质知：数列 1 an是以 1 a1为首项，以 1 q为公比的等比数列，要使不等式成立， 则须a 1(q n1) q1 1 a11( 1 q) n 11 q ，把 a 2 1q 18代入上式并整理，得 q18(qn1)q(11 q n)， q nq19，q1，n19，故所求正整数n 的取值范围是 n20. 【点评【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【例 2 2】（0808全国全国）设数列an的前n项和为 Sn已知 a1a，an+
7、1Sn3 n，nN*()设 b n Sn3 n，求数列b n的通项公式； （）若 an+1an，nN*，求 a 的取值范围 【分析】【分析】第（）小题利用 Sn与 an的关系可求得数列的通项公式；第（）小题将条件 an+1an转 化为关于 n 与 a 的关系，再利用 af(n)恒成立等价于 af(n)min求解 【解】【解】()依题意，Sn+1Snan+1Sn3 n，即 S n+12Sn3 n， 由此得 Sn+13 n+12(S n3 n) 因此，所求通项公式为 bnSn3 n(a3)2n1，nN*, ()由知 Sn3 n(a3)2n1，nN*， 于是，当 n2 时，anSnSn13 n(a3
8、)2n13n1(a3)2n223n1(a3)2n2， an+1an43 n1(a3)2n22n212(3 2) n2a3， 当 n2 时，an+1an，即 2 n212(3 2) n2a30，12(3 2) n2a30，a9， 综上，所求的 a 的取值范围是9， 【点评】【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 Sn与 an的关系求解.本 题求参数取值范围的方法也一种常用的方法，应当引起重视. 题型二题型二数列参与的不等式的证明问题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
9、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【例 3 3】已知数列an是等差数列，其前n项和为 Sn，a37，S424()求数列an的通项公式； ()设p、q都是正整数，且pq，证明：Sp+q1 2(S 2pS2q) 【分析】【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()小题； 第()小题利用差值比较法就可顺利解决. 【解】【解】（）设等差数列an的公差是d，依题意得， a12d7 4a16d24，解得 a13 d2 ， 数列an的通项公式为 ana1(n1)d2n1. （）证
10、明：an2n1，Snn(a 1an) 2 n 22n 2Sp+q(S2pS2q)2(pq) 22(pq)(4p24p)(4q24q)2(pq)2， pq，2Sp+q(S2pS2q)0，Sp+q1 2(S 2pS2q) 【点评【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【例 4 4】(08(08安徽高考安徽高考) )设数列an满足 a10，an+1can 31c，cN*，其中 c 为实数.()证明： 高中数学教学精品论文高中数学教学精品论文
11、 an0，1对任意 nN*成立的充分必要条件是 c0，1；()设 0c1 3，证明：a n1(3c) n1，nN*； （）设 0c1 3，证明：a 1 2a 2 2a n 2n1 2 13c，nN*. 【分析】【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【解】 （）必要性：a10，a21c， 又a20，1，01c1，即 c0，1. 充分性：设 c0，1，对 nN*用数学归纳法证明 an0，1. (1)当 n1 时，a10，1. (2)假设当 nk 时，ak0
12、，1(k1)成立，则 ak1cak 31cc1c1，且 a k1cak 31c1c0， ak10，1，这就是说 nk1 时，an0，1. 由（1） 、 （2）知，当 c0，1时，知 an0，1对所胡 nN*成立. 综上所述，an0，1对任意 nN*成立的充分必要条件是 c0，1. （）设 0c1 3，当 n1 时，a 10，结论成立. 当 n2 时，由 ancan1 31c，1a nc(1an1)(1an1an1 2) 0c1 3，由()知 a n10，1，所以 1an1an1 23，且 1a n10，1an3c(1an1)， 1an3c(1an1)(3c) 2(1a n2)(3c) n1(1
13、a 1)(3c) n1，a n1(3c) n1，nN*. ()设 0c1 3，当 n1 时，a 1 202 2 13c，结论成立. 当 n2 时，由（）知 an1(3c) n10， an 2(1(3c)n1)212(3c)n1(3c)(n1)12(3c)n1， a1 2a 2 2a n 2a 2 2a n 2n123c(3c)2(3c)n1 n1213c(3c) 2(3c)n11n121(3c) n 13c n1 2 13c. 【点评【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()小题实质也是不等式的证明， 题型三题
14、型三求数列中的最大值问题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 等式确定变量范围，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【例 5 5】 (08四川高考)设等差数列an的前n项和为 Sn， 若 S410， S515， 则 a4的最大值为_. 【分析【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 a1与公差 d 的不等式，然后利用 此不等关系确定公差 d 的范围，由此可确定 a4的最大值. 【解】【解】等差数列an的前n项和为 Sn
15、，且 S410，S515， S44a143 2 d10 S55a154 2 d15，即 a13d5 a12d3， a4a13d53d 2 3d53d 2 a4a13d(a12d)d3d ， 53d 2 a43d，则 53d62d，即 d1. a43d314，故 a4的最大值为 4. 【点评【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【例 6 6】等比数列an的首项为 a12002，公比 q1 2()设 f(n)表示该数列的前 n 项的积，求 高中数学教学精品论文高中数学教学精品论文 f(n)的表达
16、式；()当 n 取何值时，f(n)有最大值 【分析【分析】 第()小题首先利用等比数列的通项公式求数列an的通项， 再求得 f(n)的表达式； 第() 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】【解】()an2002(1 2) n1，f(n)2002n(1 2) n(n1) 2 ()由()，得|f(n1)| |f(n)| 2002 2 n ，则 当 n10 时，|f(n1)| |f(n)| 2002 2 n 1，|f(11)|f(10)|f(1)|， 当 n11 时，|f(n1)| |f(n)| 2002 2 n 1，|f(11)|f(12)|f(13)|， f(11)0
17、，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) 2002 12(1 2) 66 2002 9(1 2) 36 2002 3(1 2) 30(2002 2 10 ) 31， 当 n12 时，f(n)有最大值为 f(12)2002 12(1 2) 66 【点评【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. 题型四题型四求解探索性问题求解探索性问题 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
18、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，能求得在范围内的数值或图形，就得到肯定的结论，即得到存在的结 果. 【例【例 7 7】已知an的前n项和为Sn，且anSn4.()求证：数列an是等比数列；()是否存在正 整数k，使S k+12 Sk2 2 成立. 【分析】【分析】第()小题通过代数变换确定数列an+1与an的关系，结合定义判断数列an为等比数列； 而第()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】【解】()由题意，Snan4，Sn+1an
19、+14， 由两式相减，得(Sn+1an+1)(Snan)0，即 2an+1an0，an+11 2a n， 又 2a1S1a14，a12，数列an是以首项a12，公比为q1 2的等比数列. ()由()，得Sn 21(1 2) n 11 2 42 2n. 又由S k+12 Sk2 2，得42 1k2 42 2k22，整理，得 2 32 1k1，即 12k13 2， kN N*，2 k1N N*，这与 2k1(1，3 2)相矛盾，故不存在这样的 k，使不等式成立. 【点评】【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“kN N*”，这是在解答 数列问题中易忽视的一个陷阱. 高中数
20、学教学精品论文高中数学教学精品论文 【例【例 8 8】 (08(08湖北高考湖北高考) )已知数列an和bn满足： a1， an+12 3a nn4， bn(1) n(a n3n21)， 其中为实数，n 为正整数.（）对任意实数，证明数列an不是等比数列； （）试判断数列bn是否 为等比数列，并证明你的结论； （）设 0ab,Sn为数列bn的前 n 项和.是否存在实数，使得对任意 正整数 n，都有 aSnb?若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由. 【分析【分析】第()小题利用反证法证明；第()小题利用等比数列的定义证明；第()小题属于存在 型问题，解答时就假设 aSnb 成立，由此看是否能
21、推导出存在存在实数. 【解】【解】（）证明：假设存在一个实数，使an是等比数列，则有 a2 2a 1a3，即 (2 33) 2(4 94) 4 9 2494 9 2490，矛盾，所以a n不是等比数列. ()解：因为 bn+1(1) n+1a n+13(n1)21 (1) n+1(2 3a n2n14)2 3(a n3n21)2 3b n， 又 b1(18)，所以 当18 时，bn0(nN*)，此时bn不是等比数列； 当18 时，b1(18)0，由上可知 bn0，b n+1 bn 2 3(nN*). 故当18 时，数列bn是以(18)为首项，2 3为公比的等比数列. ()由（）知，当18，bn
22、0(nN*)，Sn0，不满足题目要求；. 18，故知 bn(18)(2 3) n1，于是 S n3 5(18)1( 2 3) n 要使 aSnb 对任意正整数 n 成立，即 a3 5(18)1( 2 3) nb，(nN*). 得 a 1(2 3) n 3 5(18) b 1(2 3) n，(nN*) 令 f(n)1(2 3) n，则当 n 为正奇数时，1f(n)5 3，当 n 为正偶数时 5 9f(n)1； f(n)的最大值为 f(1)5 3，f(n)的最小值为 f(2) 5 9, 于是， 由式得 5 9a 3 5(18) 3 5b， b183a18， (必须b3a， 即 b3a). 当 ab
23、3a 时，由b183a18，不存在实数满足题目要求； 当 b3a 存在实数，使得对任意正整数 n，都有 aSnb,且的取值范围是(b18，3a 18). 【点评【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 及项数 n 的双重讨论. 【专专题题训训练练】 一、选择题 1已知无穷数列an是各项均为正数的等差数列，则有（） Aa 4 a6 a6 a8 Ba 4 a6 a6 a8
24、Ca 4 a6 a6 a8 Da 4 a6 a6 a8 2设an是由正数构成的等比数列，bnan+1an+2，cnanan+3，则（） 高中数学教学精品论文高中数学教学精品论文 AbncnBbncnCbncnDbncn 3已知an为等差数列，bn为正项等比数列，公比 q1，若 a1b1，a11b11，则（） Aa6b6Ba6b6Ca6b6Da6b6或 a6b6 4已知数列an的前 n 项和 Snn 29n，第 k 项满足a k，则 k （） A9B8C7D6 5已知等比数列an的公比 q0，其前 n 项的和为 Sn，则 S4a5与 S5a4的大小关系是（） AS4a5S5a4BS4a5S5a4
25、CS4a5S5a4D不确定 6设 Sn123n，nN*，则函数 f(n) Sn (n32)Sn+1的最大值为 （） A 1 20 B 1 30 C 1 40 D 1 50 7已知 y 是 x 的函数，且 lg3，lg(sinx1 2)，lg(1y)顺次成等差数列，则 （ ） Ay 有最大值 1，无最小值By 有最小值11 12，无最大值 Cy 有最小值11 12，最大值 1 Dy 有最小值1，最大值 1 8已知等比数列an中 a21，则其前 3 项的和 S3的取值范围是（） (，1(，1)(1，) 3，)(，13，) 9设3b 是 1a 和 1a 的等比中项，则 a3b 的最大值为() A1B
26、2C3D4 10设等比数列an的首相为 a1，公比为 q，则“a10，且 0q1”是“对于任意 nN*都有 an+1an”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 11an为等差数列，若a 11 a101，且它的前 n 项和 Sn有最小值，那么当 Sn取得最小正值时，n （） A11B17C19D21 12设 f(x)是定义在 R 上恒不为零的函数，对任意实数 x、yR，都有 f(x)f(y)f(xy)，若 a11 2，a nf(n)(nN*)，则数列an的前 n 项和 Sn的取值范围是 （） A1 2，2) B1 2，2 C1 2，1) D1 2，1 二
27、、填空题 13等差数列an的前n项和为Sn，且a4a28，a3a526，记TnS n n 2，如果存在正整数M，使 得对一切正整数n，TnM都成立则M的最小值是_ 14无穷等比数列an中，a11，|q|1，且除 a1外其余各项之和不大于 a1的一半，则 q 的取值 范围是_. 高中数学教学精品论文高中数学教学精品论文 15已知 x0，y0，x，a，b，y 成等差数列，x，c，d，y 成等比数列，则(ab) 2 cd 的最小值是 _. 0124 16等差数列an的公差 d 不为零，Sn是其前 n 项和，给出下列四个命题：A若 d0，且 S3 S8，则Sn中，S5和 S6都是Sn中的最大项；给定
28、n，对于一定 kN*(kn)，都有 ankan+k2an； 若 d0，则Sn中一定有最小的项；存在 kN*，使 akak+1和 akak1同号 其中真命题的序号是_. 三、解答题 17已知an是一个等差数列，且 a21，a55 （）求an的通项 n a； （）求an前n项和 Sn的最大值 18已知an是正数组成的数列，a11，且点(an，an+1)(nN N*）在函数yx 21 的图象上.() 求数列an的通项公式；()若列数bn满足b11,bn+1bn2an，求证：bnbn+2b 2 n+1. 19设数列an的首项 a1(0，1)，an3a n1 2 ，n2，3，4，. （）求an的通项公式
29、； （）设 bnan32an，证明 bnbn+1，其中 n 为正整数 20已知数列an中 a12，an+1( 21)( an2)，n1，2，3，. （）求an的通项公式； （）若数列an中 b12，bn+13b n4 2bn3，n1，2，3，.证明： 2b na4n3，n1，2，3， 21已知二次函数 yf(x)的图像经过坐标原点，其导函数为 f(x)6x2，数列an的前 n 项 和为 Sn， 点(n， Sn)(nN*)均在函数 yf(x)的图像上. （） 求数列an的通项公式；（） 设 bn 1 anan1， Tn是数列bn的前 n 项和，求使得 Tn m 20对所有 nN*都成立的最小正整
30、数 m； 高中数学教学精品论文高中数学教学精品论文 22数列 n a满足 1 1a ， 2 1 () nn anna （12n ， ，） ，是常数 （）当 2 1a 时， 求及 3 a的值； （）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； （）求的取值范围，使得存在正整数m，当nm时总有0 n a 【专题训练】参考答案 一、选择题 1 B 【解析解析】 a4a8(a13d)(a17d)a1 210a 1d21d 2， a 6 2(a 15d) 2a 1 210a 1d25d 2， 故a4 a6 a6 a8. 2D【解析解析】设其公比为 q,则 bncnan
31、(q1)(1q 2)a n(q1) 2(q1)，当 q1 时，b n cn，当 q0，且 q1 时，bncn，故 bncn. 3B【解析】【解析】因为 q1，b10，b110，所以 b1b11，则 a6a 1a11 2 b 1b11 2 b1b11b6. 4B【解析】【解析】因数列为等差数列，anSnSn12n10，由 52k108，得到 k8. 5A【解析】【解析】S4a5S5a4(a1a2a3a4)a4q(a1a2a3a4a5)a4a1a4 a1 2q30，S 4a5S5a4 6D【解析解析】由 Snn(n1) 2 ，得 f(n) n (n32)(n2) n n 234n64 1 n64
32、n 34 1 2 6434 1 50，当 n 64 n ，即 n8 时取等号，即 f(n)maxf(8) 1 50 7B【解析】【解析】由已知 y1 3(sinx 1 2) 21，且 sinx1 2，y1，所以当 sinx1 时，y 有最小 值11 12，无最大值. 8D【解】【解】等比数列an中 a21，S3a1a2a3a2(1 q1q)1q 1 q.当公比 q0 时，S31q1 q12 q1 q3，当公比 q0 时，S 31(q1 q)12 (q)(1 q)1， S3(，13，). 9B【解析】【解析】 3b 是 1a 和 1a 的等比中项，则 3b 21a2a23b21，令 acos，
33、3b sin，(0，2)，所以 a3bcos 3in2sin( 6)2. 10A【解析解析】当 a10，且 0q1 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 a10，且 q1，故选 A. 高中数学教学精品论文高中数学教学精品论文 11C【解析】【解析】由a 11 a101，得 a10a11 a10 0a 1a20 a10 0 1 220(a 1a20) 1 219(a 1a19) 0S 20 S190，则要使 S n 取得最小正值必须满足 S190，且 S200，此时 n19. 12C【解析解析】f(x)是定义在 R 上恒不为零的函数，对任意实数 x、yR，都有 f(x)f(
34、y)f(x y)， a11 2， a nf(n)(nN*)， an+1f(n1)f(1)f(n)1 2a n， Sn 1 21( 1 2) n 11 2 1(1 2) n.则数列a n 的前n项和的取值范围是1 2，1). 二、填空题 132【解析解析】由a4a28，可得公差d4，再由a3a526，可得a11，故Snn2n(n1) 2n 2n，T n2n1 n 21 n，要使得 TnM，只需M2 即可，故M的最小值为 2，答案：2 14(1，0(0，1 3 【解析】【解析】 a1q 1q a1 2 q1 3，但|q|1，且 q0，故 q(1，0(0， 1 3. 154【解析】【解析】(ab)
35、2 cd (xy) 2 xy (2 xy) 2 xy 4. 16D【解析】【解析】对于：S8S3a4a5a6a7a85a60，S5S6，又 d0，S5S6为最 大，故 A 正确；对于：根据等差中项知正确；对于：d0，点(n，Sn)分布在开口向上的抛物线， 故Sn中一定有最小的项，故正确；而 akak+1d，akak1d，且 d0，故为假命题. 三、解答题 17 【解【解】 （）设an的公差为 d，由已知条件， a1d1 a14d5，解出 a13，d2 所以 ana1(n1)d2n5 （）Snna1n(n1) 2 dn 24n(n2)24，所以 n2 时，S n取到最大值 4 18 【解】【解】
36、()由已知得an+1an1，即an+1an1， 又a11，所以数列an是以 1 为首项，公差为 1 的等差数列，故an1(a1)1n. ()由（）知：ann从而bn+1bn2 n. bn(bnbn1)(bn1bn2)（b2b1）b12 n12n22112 n 12 2 n1. 因为 bnbn+2b 2 1n (2 n1)(2n+21)(2n11)2 (2 2n+22n+22n1)(22n+222n+11)52n42n2n0, 所以 bnbn+2b 2 1n . 19 【解【解】 （）由 an3a n1 2 ，n2，3，4，.整理得1an1 2(1a n1) 又 1a10，所以1an是首项为 1
37、a1，公比为1 2的等比数列，得 a n1(1a1)(1 2) n1， 高中数学教学精品论文高中数学教学精品论文 （）由（）可知 0an3 2，故 b n0那么， bn+1 2b n 2a n+1 2(32a n+1)an 2(32a n)(3a n 2 ) 2(323an 2 )an 2(32a n)9a n 4 (an1) 2. 又由（）知 an0，且 an1，故 bn+1 2b n 20，因此 bnbn+1，为正整数 20 【解【解】 （）由题设：an+1( 21)(an2)( 21)(an 2)( 21)(2 2)， ( 21)(an 2) 2，an+1 2( 21)(an 2) 所以
38、，数列an 2a 是首项为 2 2，公比为 21)的等比数列，an 2 2( 21) n， 即 an的通项公式为 an 2( 21) n1，n1，2，3，. （）用数学归纳法证明 （）当 n1 时，因 22，b1a12，所以 2b1a1，结论成立 （）假设当 nk 时，结论成立，即 2bka4k3， ，也即 0bn 2a4k3 2， 当 nk1 时，bk+1 23b k4 2bk3 2 (32 2)bk(43 2) 2bk3 (32 2)(b k 2) 2bk3 0， 又 1 2bk3 1 2 2332 2， 所以 bk+1 2(32 2)(b k 2) 2bk3 (32 2) 2(b k 2
39、)( 21) 4(a 4k3 2)a4k+1 2 也就是说，当 nk1 时，结论成立 根据（）和（）知 2bna4n3，n1，2，3，. 21 【解【解】 （）设这二次函数 f(x)ax 2bx (a0) ，则 f(x)2axb，由于 f(x)6x2， 得 a3 ，b2，所以 f(x)3x 22x.， 又因为点(n，Sn)(nN*)均在函数 yf(x)的图像上，所以 Sn3n 22n， 当 n2 时，anSnSn1（3n 22n）3(n1)22(n1)6n5， 当 n1 时，a1S131 22615，所以，a n6n5（nN*）. （）由（）得知 bn 3 anan1 3 (6n5)6(n1)
40、5 1 2( 1 6n5 1 6n1)， 故 Tn n i=1b i1 2(1 1 7)( 1 7 1 13)( 1 6n5 1 6n1) 1 2(1 1 6n1） ， 因此，要使1 2(1 1 6n1） m 20（nN*）成立的 m，必须且仅须满足 1 2 m 20，即 m10，所以满足 要求的最小正整数 m 为 10. 22 【解【解】 （）由于 2 1 ()(12) nn anna n ， ，且 1 1a 所以当 2 1a 时，得12 ，故3从而 2 3 (223) ( 1)3a （）数列 n a不可能为等差数列，证明如下：由 1 1a ， 2 1 () nn anna 得 2 2a，
41、3 (6)(2)a， 4 (12)(6)(2)a 若存在，使 n a为等差数列，则 3221 aaaa，即(5)(2)1 ， 解得3于是 21 12aa ， 43 (11)(6)(2)24aa 这与 n a 为等差数列矛盾所以，对任意， n a 都不可能是等差数列 高中数学教学精品论文高中数学教学精品论文 （）记 2 (12) n bnnn， ，根据题意可知， 1 0b 且0 n b ，即2 且 2* ()nn nN，这时总存在 * 0 n N，满足：当 0 nn时，0 n b ； 当 0 1nn 时，0 n b 所以由 1nnn ab a 及 1 10a 可知，若 0 n为偶数， 则 0 0 n a，从而当 0 nn时，0 n a ；若 0 n为奇数，则 0 0 n a， 从而当 0 nn时0 n a 因此“存在 * mN，当nm时总有0 n a ” 的充分必要条件是： 0 n为偶数， 记 0 2 (12)nk k， ， ，则满足 2 2 2 21 (2 )20 (21)210 k k bkk bkk 故的取值范围是 22* 4242 ()kkkk k N
