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    2021版高考数学导与练一轮复习(浙江版)知识梳理:第九章第四节 数列的综合问题(一)
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    2021版高考数学导与练一轮复习(浙江版)知识梳理:第九章第四节 数列的综合问题(一)

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    这是一份2021版高考数学导与练一轮复习(浙江版)知识梳理:第九章第四节 数列的综合问题(一),共23页。学案主要包含了新数列的构成,等差数列前n项和最值问题,数列中的探索性问题,数列与函数问题等内容,欢迎下载使用。

    第四节 数列的综合问题(一)

    复习目标
    学法指导
    1.会证明新构造数列是等差或等比
    数列.
    2.求新构造数列的相关参数值及最值问题.
    3.数列与函数等相关问题.
    1.通过已知关系构造新数列,新数列往往是等差或等比数列,一般采用定义法.
    2.新构造数列的相关参数值问题,这是数列中的探索性问题,分为条件探索、结论探索和存在探索三类问题.
    3.数列中的最值问题主要在等差数列中,因为其前n项和是Sn=An2+Bn型.
    4.数列与函数的联系多为单调性或最值问题.


    一、新数列的构成
    1.由递推关系式变换成新数列.
    2.由前n项和构造成新数列.
    3.通过函数关系构造新数列.

    1.概念理解
    (1)由递推关系式或从等差、等比数列中取出一些项组成新数列,往往能从等差、等比数列的定义出发,对它们变形解决问题.
    (2)利用Sn与an的关系,可以把问题转化为Sn的递推式或an的递推式,构造出新数列模式,利用等差或等比数列定义解决.
    (3)通过函数关系,如对数、指数等构造新数列转化为等差、等比数列也是考查的方向之一.
    2.与新数列应用相关的结论
    (1)an+1=pan+q(p,q为常数,p≠0,p≠1,q≠0)可构造
    an+1+=p(an+),
    即(an+)为等比数列.
    (2)Sn-Sn-1=pSnSn-1可两边同除SnSn-1得(p为常数) -=-p(常数)构造{}为等差数列.
    二、等差数列前n项和最值问题
    1.等差数列{an}前n项和为Sn,则Sn=na1+d=n2+(a1-)n可以看作是关于n的二次函数型,它的最值取决于d的符号.
    2.若a1>0,d<0,则Sn存在最大值;当a1<0,d>0,则Sn存在最小值.

    1.概念理解
    求等差数列前n项和的最值方法有两种:
    (1)二次函数法:运用配方法把Sn转化为二次函数,借助二次函数的单调性及数形结合得以解决;
    (2)通项公式法:求使an≥0(或an≤0)成立时最大的n值即可.
    2.与等差数列前n项和最值相关联的结论
    (1)Sn=An2+Bn(A,B为常数)可以简化运算.
    (2)若a1>0且Sp=Sq(p≠q),则
    ①若p+q为偶数,则当n=时,Sn最大;
    ②若p+q为奇数,则当n=或n=时,
    Sn最大.
    三、数列中的探索性问题(求参数)
    1.条件探索性问题:针对一个结论,条件未知需探求,或条件增删需确定,或条件正误需判定.
    2.结论探索性问题:有条件而无结论或结论的正确与否需要确定.
    3.存在探索性问题:要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立.

    1.概念理解
    (1)条件探索性问题解决的基本策略是执果索因,先寻找结论成立的必要条件,再通过检验或认证找到结论成立的充分条件.在执果索因的过程中,常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否,误将必要条件当作充分条件,应引起注意.
    (2)结论探索性问题的解决策略是:先探索结论而后去论证结论,在探索过程中常可先从特殊情形入手,通过观察、分析、归纳、判断来猜测,得出结论,再就一般情形去认证结论.
    (3)存在探索性问题解决策略是:假定题中的数学对象存在或结论成立或暂且认可其中的一部分结论,然后在这个前提下进行逻辑推理.若由此导出矛盾,则否定假设,否则给出肯定结论,其中反证法在解题中起着重要作用.
    2.与探索性问题相关联的结论
    (1)通过分离参数解决恒成立问题.
    (2)数列中的比较大小可以构造函数,通过函数的单调性进行证明.
    (3)数列问题以分式形式给出条件,一般采用取倒数转化为等差或等比数列再解答.
    四、数列与函数问题
    1.数列是一类特殊函数,其定义域为N*或其子集;
    2.等差数列的通项an可以看作关于n的一次函数,等比数列的通项an可以看作关于n的指数型函数(q≠1);
    3.等差数列的前n项和Sn可以看作关于n的二次函数型;等比数列的前n项和Sn可以看作关于n的指数型函数(q≠1).

    1.概念理解
    (1)数列是一类特殊的函数,它的图象是一群孤立的点;
    (2)转化为以函数为背景的条件时,应该注意题中的限制条件,如函数的定义域,这往往是很容易被忽视的问题;
    (3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时,应准确构造相应的函数,注意数列中相关限制条件的转化.
    2.数列与函数关系应用相关联的结论
    (1)在数列{an}中,若an+1>an,则{an}为递增数列;若an+1 (2)数列的图象只能是位于y轴右侧的一些孤立点;
    (3)an=2n-1可以等价于f(n)=2n-1与一次函数f(x)=2x-1建立联系;
    (4)等差数列的前n项和Sn是关于n的二次函数型(d≠0), 是关于n的一次函数,比如已知{an}为等差数列且S10=100,S100=10,求S110时,可以利用三点(10, ),(100, ),(110,)共线解出S110.

    1.在等差数列{an}中,若a1<0,Sn为其前n项和且S7=S17,则Sn最小时的n的值为( D )
    (A)12或13 (B)11或12 (C)11 (D)12
    解析:由S7=S17依据二次函数对称性知当n=12时,Sn最小.故选D.
    2.(2018·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若3S3=S2+S4,a1=2,则a5等于( B )
    (A)-12 (B)-10 (C)10 (D)12
    解析:设等差数列{an}的公差为d,
    由3S3=S2+S4,得
    3[3a1+×d]=2a1+×d+4a1+×d,
    将a1=2代入上式,解得d=-3,
    故a5=a1+(5-1)d=2+4×(-3)=-10.
    故选B.
    3.已知数列{an}满足an+1+an-1=2an,n≥2,点O是平面上不在l上的任意一点,l上有不重合的三点A,B,C,又知a2+a2 015=,则S2 016等于( D )
    (A)1 007 (B)2 014 (C)2 016 (D)1 008
    解析:如图,设=λ,
    则a2+a2 015==+=+λ=+λ(-),
    故(a2-1+λ)=(λ-a2 015).
    又A,B,C三点不重合,
    所以所以a2+a2 015=1.
    又因为an+1+an-1=2an(n≥2),所以{an}为等差数列,
    所以S2 016===1 008.故选D.

    4.定义:在数列{an}中,若满足-=d(n∈N*,d为常数),称{an}为“等差比数列”,已知在“等差比数列”{an}中,a1=a2=1,a3=3,则等于( A )
    (A)4×2 0162-1 (B)4×2 0172-1
    (C)4×2 0182-1 (D)4×2 0182
    解析:由题意,因为-=2,所以{}是首项为1,公差为2的等差数列,所以=1+2(n-1)=2n-1. =·=(2×2 017-1)×(2×
    2 016-1)=4×2 0162-1.
    5.(2019·温州模拟)数列{an}的前n项的和满足Sn=an-n,n∈N*,则下列为等比数列的是( B )
    (A){an-1} (B){an+1}
    (C){Sn+1} (D){Sn-1}
    解析:当n=1时,a1=2,
    当n≥2时,Sn-1=an-1-(n-1)①,
    Sn=an-n②,
    由②-①得,an=3an-1+2,an+1=3(an-1+1),
    所以数列{an+1}是等比数列.
    当n≥2时,Sn=an-n=(Sn-Sn-1)-n,Sn=3Sn-1+2n,可排除选项C和D.故
    选B.

    考点一 构造新数列,判断新数列是等差或等比数列
    [例1] 已知数列{an}满足:an+2=3an+1-2an,a1=2,a2=4,n∈N*.
    (1)求证:数列{an+1-an}为等比数列,并求数列{an}的通项公式;
    (2)若bn=an(an+1),{bn}的前n项和记为Sn,求Sn.
    (1)证明:因为==2,
    所以数列{an+1-an}是公比为2,首项为2的等比数列,
    所以an+1-an=2n,
    累加可知:an-a1=2+22+…+2n-1=2n-2(n≥2),
    an=2n(n≥2),当n=1时,a1=2满足上式,
    所以an=2n(n∈N*).
    (2)解:因为bn=2n(2n+1)=4n+2n,
    所以Sn=(4+2)+(42+22)+…+(4n+2n)
    =+
    =+2n+1-.
    新数列的构造没有一定的模式,一般是根据题目给出的条件,可能是{an}的递推关系也可能是Sn的关系,根据情况构造,遇到分式一般是取倒数.

    设数列{an}的前n项和为Sn,Sn=2an+λn-4(n∈N*,λ∈R),且数列{an-1}为等比数列.
    (1)求实数λ的值,并写出数列{an}的通项公式;
    (2)①判断数列{-}(n∈N*)的单调性;
    ②设bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,证明:T2n<.
    (1)解:由Sn=2an+λn-4得
    Sn+1=2an+1+λ(n+1)-4,
    两式相减得an+1=2an+1-2an+λ,
    即an+1=2an-λ,
    所以an+1-1=2an-λ-1=2(an-).
    因为数列{an-1}为等比数列,
    所以=1,λ=1,
    所以a1=3,a1-1=2,
    所以an-1=2n,an=2n+1.
    (2)①解:因为-==,
    又2n,2n+1单调递增,
    所以数列{-}(n∈N*)为单调递减数列.
    ②证明:因为bn==,
    所以T2n=b1+b2+…+b2n=(-)+(-)+…+(-)
    由①得->-,
    即->-,
    所以-<-==.
    所以T2n<(-)+(++…+)
    =(-)+
    <-+
    =<.
    考点二 数列与函数关系
    [例2] (2018·浙江卷)已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3).若a1>1,则(  )
    (A)a1a3,a2 (C)a1a4 (D)a1>a3,a2>a4
    解析:因为ln x≤x-1(x>0),
    所以a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)≤a1+a2+a3-1,
    所以a4=a1·q3≤-1.由a1>1,得q<0.
    若q≤-1,则ln(a1+a2+a3)=a1+a2+a3+a4=a1(1+q)·(1+q2)≤0.
    又a1+a2+a3=a1(1+q+q2)≥a1>1,
    所以ln(a1+a2+a3)>0,矛盾.
    因此-1 所以a1-a3=a1(1-q2)>0,a2-a4=a1q(1-q2)<0,
    所以a1>a3,a2 求等差数列前n项和的最值常用的方法
    (1)利用等差数列的单调性,求出最值;
    (2)利用性质求出其正负转折项,便可求得和的最值;
    (3)将等差数列的前n项和Sn=An2+Bn(A,B为常数)看作二次函数,根据二次函数的性质求最值.

    (2019·浙江温州普通高中适应性测试)已知数列{an}中的各项都小于1,a1=,-2an+1=-an(n∈N*),记Sn=a1+a2+a3+…+an,则S10的取值范围为( B )
    (A)(0,) (B)(,)
    (C)(,1) (D)(1,2)
    解析:因为-2an+1=-an,
    所以=>0,
    所以an,an+1同号,
    又a1=,所以an>0.
    因为S10=(2a10-a9)+(2a9-a8)+…+(2a2-a1)+2a1-a10
    =(-)+(-)+…+(-)+2a1-a10
    =-+2a1-a10
    =(a10-)2+,
    又a10∈(0,1),
    所以S10∈(,),故选B.
    考点三 数列中的探索性问题(求参数)
    [例3] 已知数列{an}中,a1=2,a2=3,其前n项和Sn满足Sn+2+Sn=2Sn+1+1(n∈N*);数列{bn}中b1=a1,bn+1=4bn+6(n∈N*).
    (1)求数列{an},{bn}的通项公式;
    (2)设cn=bn+2+(-1)n-1λ·(λ为非零整数,n∈N*),试确定λ的值,使得对∀n∈N*都有cn+1>cn成立.
    解:(1)由已知得Sn+2-Sn+1-(Sn+1-Sn)=1,
    所以an+2-an+1=1(n≥1).
    又a2-a1=1,
    所以数列{an}是以a1=2为首项,1为公差的等差数列.
    所以an=n+1.
    因为bn+1=4bn+6,即bn+1+2=4(bn+2),
    又b1+2=a1+2=4,
    所以数列{bn+2}是以4为首项,4为公比的等比数列.
    所以bn=4n-2.
    解:(2)因为an=n+1,bn=4n-2,
    所以cn=4n+(-1)n-1λ·2n+1.
    要使cn+1>cn成立,
    需cn+1-cn=4n+1-4n+(-1)nλ·2n+2-(-1)n-1λ·2n+1>0恒成立,
    化简得3·4n-3λ(-1)n-12n+1>0恒成立,
    即(-1)n-1λ<2n-1恒成立,
    ①当n为正奇数时,即λ<2n-1恒成立,当且仅当n=1时,2n-1有最小值1,所以λ<1;
    ②当n为正偶数时,即λ>-2n-1恒成立,当且仅当n=2时,-2n-1有最大值-2,所以λ>-2,
    即-2<λ<1.
    又λ为非零整数,则λ=-1.
    综上所述,存在λ=-1,使得对任意n∈N*,都有cn+1>cn成立.
    对于数列问题,一般要先求出数列的通项,不是等差数列和等比数列的要转化为等差数列或等比数列.遇到Sn要注意利用Sn与an的关系将其转化为an,再研究其具体性质.遇到(-1)n型的问题要注意分n为奇数与偶数两种情况进行讨论,本题易忘掉对n的奇偶性的讨论而致误.
    [例4] (2019·台州模拟)设数列{an}的前n项和为Sn,已知Sn=2an-n,
    n∈N+.
    (1)求证数列{an+1}为等比数列,并求通项公式an;
    (2)若对任意的n∈N+,都有λan≤Sn+n-n2,求实数λ的取值范围.
    解:(1)由Sn=2an-n得,
    n≥2时,Sn-1=2an-1-(n-1),
    两式相减可得,an=2an-1+1,
    an+1=2(an-1+1),
    由S1=2a1-1,得a1=1,
    所以{an+1}是首项为2,公比为2的等比数列.
    an+1=(a1+1)2n-1=2n,an=2n-1.
    解:(2)由λan≤Sn+n-n2,
    得λ(2n-1)≤2n+1-2-n+n-n2,
    λ≤2-,λ≤(2-)min,
    设f(n)= ,
    f(n+1)-f(n)
    =-
    =.
    n=1时,f(n+1)-f(n)>0,n≥2时,f(n+1)-f(n)<0,
    所以f(1)…>f(n),f(n)的最大值为f(2)=.
    2-的最小值为,所以λ的取值范围是(-∞,].
    对于结论探索性问题,需要先得出一个结论,再进行证明.注意含有两个变量的问题,变量归一是常用的解题思想,一般把其中的一个变量转化为另一个变量,根据题目条件,确定变量的值,遇到数列中的比较大小问题可以采用构造函数,根据函数的单调性进行证明,这是解决复杂问题常用的方法.
    [例5] 已知数列{an}的首项a1=,an+1=,n∈N*.
    (1)求证:数列{-1}为等比数列;
    (2)是否存在互不相等的正整数m,s,n,使m,s,n成等差数列,且am-1,as-1,an-1成等比数列?如果存在,请给予证明;如果不存在,请说明理由.
    (1)证明:因为=+,
    所以-1=(-1).
    又因为-1≠0,
    所以-1≠0(n∈N*).
    所以数列{-1}为等比数列.
    (2)解:假设存在,则m+n=2s,
    (am-1)(an-1)=(as-1)2,
    由(1)知-1=(-1)()n-1=,
    则an=,
    所以(-1)( -1)=( -1)2,
    化简得3m+3n=2×3s.
    因为3m+3n≥2×=2×3s,
    当且仅当m=n时等号成立,
    又m,s,n互不相等,所以不存在.
    数列问题是以分式形式给出条件的,一般采用取倒数,再转化为等差数列或等比数列,通过等差数列与等比数列的桥梁作用求出通项.遇到多个变量的存在性问题,一般先假设存在,再寻找满足的条件,一般可以利用基本不等式、值域或范围等判断是否存在.

    已知{an}的前n项和为Sn,且an+Sn=4(n∈N*).
    (1)求证:数列{an}是等比数列;
    (2)是否存在正整数k,使>2成立?若存在,求出正整数k,若不存在,请说明理由.
    (1)证明:由题意,Sn+an=4,Sn+1+an+1=4,
    所以(Sn+1+an+1)-(Sn+an)=0,
    即2an+1-an=0,an+1=an,
    又2a1=S1+a1=4,所以a1=2.
    所以数列{an}是首项为2,公比为的等比数列.
    (2)解:Sn==4-22-n.
    >2⇔>2⇔<0⇔<21-k<1⇔1<2k-1<.
    因为k∈N*,所以2k-1∈N*.
    这与2k-1∈(1,)相矛盾,故不存在这样的k,使不等式成立.

    数列的函数特性
    [例题] 已知数列{an}满足a1=1,|an+1-an|=pn,n∈N*.
    (1)若{an}是递增数列,且a1,2a2,3a3成等差数列,求p的值;
    (2)若p=,且{a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,求数列{an}的通项公式.
    解:(1)因为{an}是递增数列,所以an+1-an=pn.
    又a1=1,a2=p+1,a3=p2+p+1,
    因为a1,2a2,3a3成等差数列,
    所以4a2=a1+3a3,4p+4=1+3p2+3p+3,3p2=p,
    解得p=或p=0,
    当p=0,an+1-an=0,与{an}是递增数列矛盾,
    所以p=.
    解:(2)因为{a2n-1}是递增数列,所以a2n+1-a2n-1>0,
    于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)>0. ①
    由于<,
    所以|a2n+1-a2n|<|a2n-a2n-1|. ②
    由①②得a2n-a2n-1>0,
    所以a2n-a2n-1=()2n-1=. ③
    因为{a2n}是递减数列,所以同理可得a2n+1-a2n<0,
    a2n+1-a2n=-()2n=. ④
    由③④得an+1-an=,
    所以an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)
    =1+++…+
    =1+·
    =+·,
    所以数列{an}的通项公式为an=+·.

    规范要求:(1)在第一问中,因为{an}是递增数列,所以an+1-an=pn,去掉绝对值符号,后面对p的取值取舍,需要检验,漏不得;
    (2)第二问中的子数列:{a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,是解决本题的关键.
    温馨提示:(1)由{an}是递增数列,去掉绝对值符号,求出前三项,再利用a1,2a2,3a3成等差数列,得到关于p的方程即可;
    (2){a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,可以去掉绝对值符号,再利用叠加法求通项公式.
    [规范训练1] 设数列{an}为等比数列,数列{bn}满足bn=na1+(n-1)a2+…+2an-1+an,n∈N*,已知b1=m,b2=,其中m≠0.
    (1)求数列{an}的通项(用含m的式子表示);
    (2)设Sn为数列{an}的前n项和,若对于任意的正整数n,都有Sn∈[1,3],求实数m的取值范围.
    解:(1)由已知b1=a1,所以a1=m,
    又b2=2a1+a2,所以2a1+a2=m,
    解得a2=-,
    所以数列{an}的公比q=-.an=m(-)n-1.
    解:(2)Sn==·[1-(-)n],
    因为1-(-)n>0,
    所以,由Sn∈[1,3]得≤≤,
    当n为奇数时1-(-)n∈(1,],
    当n为偶数时1-(-)n∈[,1),
    所以1-(-)n最大值为,最小值为.
    对于任意的正整数n都有≤≤,
    所以≤≤2,2≤m≤3.
    即所求实数m的取值范围是{m|2≤m≤3}.
    [规范训练2] 已知数列{an}的前n项和为Sn,数列{Sn}的前n项和为Tn,满足Tn=2Sn-n2.
    (1)证明:数列{an+2}是等比数列,并求出数列{an}的通项公式;
    (2)设bn=n·an,求数列{bn}的前n项和Kn.
    (1)证明:由Tn=2Sn-n2,得a1=2a1-1,
    解得a1=S1=1,
    由S1+S2=2S2-4,解得a2=4.
    当n≥2时,Sn=Tn-Tn-1=2Sn-n2-2Sn-1+(n-1)2,
    即Sn=2Sn-1+2n-1,①
    Sn+1=2Sn+2n+1,②
    由②-①得an+1=2an+2,
    所以an+1+2=2(an+2),
    又a2+2=2(a1+2),
    所以数列{an+2}是以a1+2=3为首项,2为公比的等比数列,
    所以an+2=3·2n-1,即an=3·2n-1-2.
    (2)解:因为bn=3n·2n-1-2n,
    所以Kn=3(1·20+2·21+…+n·2n-1)-2(1+2+…+n)
    =3(1·20+2·21+…+n·2n-1)-n2-n.
    记Rn=1·20+2·21+…+n·2n-1,③
    2Rn=1·21+2·22+…+n·2n,④
    由③-④得
    -Rn=1·20+1·21+…+2n-1-n·2n=-n·2n=(1-n)·2n-1,
    所以Rn=(n-1)·2n+1.
    所以Kn=3(n-1)2n-n2-n+3.

    类型一 新数列的构造及性质判断
    1.化简Sn=n+(n-1)×2+(n-2)×22+…+2×2n-2+2n-1的结果是( D )
    (A)2n+1+n-2 (B)2n+1-n+2
    (C)2n-n-2 (D)2n+1-n-2
    解析:因为Sn=n+(n-1)×2+(n-2)×22+…+2×2n-2+2n-1,①
    2Sn=n×2+(n-1)×22+(n-2)×23+…+2×2n-1+2n,②
    所以①-②得-Sn=n-(2+22+23+…+2n)=n+2-2n+1,
    所以Sn=2n+1-n-2.
    故选D.
    2.已知数列{an}的前n项和为Sn,且an+Sn=n,则下列说法正确的是( B )
    (A){an}是等比数列 (B){an-1}是等比数列
    (C){an+1}是等比数列 (D){an-2}是等比数列
    解析:由an+Sn=n,①
    当n=1时,a1+S1=1,即a1=,
    当n≥2时,an-1+Sn-1=n-1,②
    ①-②得an-an-1+an=1,
    即an=an-1+,
    所以an-1=(an-1-1),
    即=.
    又a1-1=-,
    所以{an-1}是首项为-,公比为的等比数列.
    故选B.
    3.已知数列{an}中的任意一项都为正实数,且对任意m,n∈N*,有am·an=am+n,如果a10=32,则a1的值是( C )
    (A)-2 (B)2 (C) (D)-
    解析:令m=1,则=a1,所以数列{an}是以a1为首项,公比为a1的等比数列,从而an=,因为a10=32,所以a1=.故选C.
    4.等比数列{cn}满足cn+1+cn=10·4n-1(n∈N*),数列{an}的前n项和为Sn,且an=log2cn,则an=    . 
    解析:设{cn}的公比为q,由题意知c1+c2=10,c2+c3=40,
    即得
    所以cn=2·4n-1=22n-1,
    所以an=log222n-1=2n-1,
    即an=2n-1.
    答案:2n-1
    类型二 数列与函数
    5.设{an}是等比数列,函数y=x2-x-2 013的两个零点是a2,a3,则a1a4等于( D )
    (A)2 013 (B)1 (C)-1 (D)-2 013
    解析:由题意a2,a3是x2-x-2 013=0的两根.
    由根与系数关系得a2a3=-2 013.
    又a1a4=a2a3,所以a1a4=-2 013.
    故选D.
    6.(2018·金华十校模拟)已知等差数列{an}满足a4>0,a5<0,数列的前n项和为Sn,则的取值范围是    . 
    解析:由题意可得
    据此可得-3d 则-4<<-3,
    令t=∈(-4,-3),
    结合等差数列前n项和公式有
    ===,
    令f(t)= (-4 则f′(t)==<0,
    据此可知函数f(t)单调递减,
    f(-4)==1,f(-3)==,
    即的取值范围是(,1).
    答案:(,1)
    类型三 等差数列的前n项和、最值及数列中的探索性问题
    7.等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a5+a7=4,a6+a8=-2,则当Sn取最大值时,n的值是( B )
    (A)5 (B)6 (C)7 (D)8
    解析:依题意得2a6=4,2a7=-2,a6=2>0,a7=-1<0;
    又数列{an}是等差数列,
    因此在该数列中,前6项均为正数,自第7项起以后各项均为负数,于是当Sn取最大值时,n=6.故选B.
    8.数列{an}是各项均为正数的等比数列,{bn}是等差数列,且a6=b7,则有( B )
    (A)a3+a9≤b4+b10
    (B)a3+a9≥b4+b10
    (C)a3+a9≠b4+b10
    (D)a3+a9与b4+b10的大小不确定
    解析:因为a3+a9≥2=2=2a6=2b7=b4+b10,当且仅当a3=a9时取等号.故选B.
    9.数列{an}满足an=n2+kn+2,若不等式an≥a4恒成立,则实数k的取值范围是( B )
    (A)[-9,-8] (B)[-9,-7]
    (C)(-9,-8) (D)(-9,-7)
    解析:由已知得n2+kn+2≥4k+18,即(4-n)k≤n2-16,其中n∈N*.当n=1,2,3时,k≤(-n-4)min=-7;当n=4时,等号成立;当n≥5时,k≥(-n-4)max=-9,所以实数k的取值范围是[-9,-7].故选B.
    10.已知{an}的通项公式为an=4n-3,其前n项和为Sn,bn=(c≠0),要使{bn}为等差数列,则c=    . 
    解析:由题意知Sn=2n2-n,故bn=,
    所以b1=,b2=,b3=(c≠0).
    令2b2=b1+b3得c=-,
    当c=-时,bn==2n,
    当n≥2时,bn-bn-1=2(常数),
    故当c=-时,{bn}为等差数列.
    答案:-


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