数列中的不等式问题

数列中的不等式问题（精选六篇）

数列中的不等式问题 篇1

1. 直接证明

例1数列{an}满足a1=2, an+1=an2+6an+6 (n∈N*) .

(1) cn=log5 (an+3) , 求证:{cn}为等比数列.

(2) 求数列{an}的通项公式.

2. 数学归纳法 (或二项式定理)

例2在{an}中, a1=1, (an, an+1) 在直线L:2x-y+1=0上.

(1) 求{an}的通项公式.

(2) 设bn=n (3an+2) , 求{bn}的前n项和Sn.

(3) 试比较2Sn与23n2-13n的大小.

当n=1时, M=0;当n=2时, M<0;猜想当n≥3时, M>0.只需用数学归纳法证明2n>2n+1 (n≥3) 即可 (或用二项式定理证明) .

证明 (1) 当n=3时, 8>7成立. (2) 假设n=k (k≥3) 时猜想成立, 即2k>2k+1成立.

那么, 当n=k+1时, 2k+1=2.2k>2 (2k+1) =4k+2>2k+1+2=2 (2k+1) +1.猜想成立.

由 (1) (2) 知, 对n≥3时, M>0都成立, 所以2n>2n+1 (n≥3) .

∴当n=1时, 2Sn=23n2-13n;当n=2时, 2Sn=23n2-13n;当n≥3时, 2Sn>23n2-13n.

3. 放缩法

例3在数列{an}中, a1=1, 3anan-1+an-an-1=0 (n≥2) .

(1) 求{an}的通项公式. (2) 设前n项和Tn, 求证:.

析 (1) . (2) 方法1数学归纳法;方法2放缩法.

点评由于Tn不能求和, 问题可转化为比较通项大小.构造新的数列{cn}, 令{cn}前n项和为, 求通项cn.

只比较数列和cn的大小即可.但是放缩法在证明问题时放缩必须是适度的.

4. 利用导数性质

例4设数列的前n项和为Sn, 求证:Sn-1

析用导数证明:.

点评不等式左右都不能求和, 令其前n项和Tn=ln n, 求通项an.当n≥2时, .

数列中的不等式问题 篇2

湖北省宜昌市第二中学曹超

邮编：443000电子邮箱：c220032003@yahoo.cn

数列和式不等式aiA(或aiA)的证明通常要用到放缩法，由于放缩法技巧性强，且无固定模式，i

1i1

n

n

在实际解题过程中同学们往往难以掌握。学习了定积分的相关知识后，我们可以利用定积分的定义及几何意义证明此类不等式，下面笔者仅就两例对这种方法加以介绍。

例1

证明：1)1

第2题）

证明：

构造函数f(x)

1

1

1（nN）（高中人教（A）版选修4-5P29，作出函数图象，图（1）中n-1个矩形的面积

和

1

应为直线x1，xn，x轴和曲

线

f(x)

所围成曲边梯形面积的不足近似值，故







n

x



2dx=2x

2n

=2，所以

图（1）

1





1。

图（2）中n

个矩形的面积和1



应为直线

x1，xn1，x轴和曲

线f(x)所围成的曲边梯形

面积的过剩近似值，故1







n1

x



dx=

图（2）

2x2

n1

=2，不等式得证。

评析：

教材对本题证明给出了提示：









①，实际解题过程中，由于不等式①技巧性强，思维量大，学生如不参考提示很难得到。事实

上，如图（3）所示，根据定积分的定义及几何意义，在区间n,n1(nN)上的曲边梯形的面积大于以区间的右端点n1对应的函数值f(n1)为一边的长，以1

为邻边的长的矩形的面积，小于以区间的左端点n对

图（3）

应的函数值f(n)为一边的长，以1为邻边的长的矩形的面积，即





n1n

x



dx2x2

n1n





代数变形技巧得到，更非“空穴来风”，而是有着明确几何意义的代数表示，数形结合思想在这里得以充分地体现。

例 2对于任意正整数n，试证：（1）当nN时，求证：ln(n1)lnn

（2）

1n1



1n2



1nn

ln

3

1n+1

分析：此题的设计意图是利用第（1）问的结论证明第（2）问。但如果没有第一问作铺垫，第（2）问的证明很难用代数方法得到，如果利用例1所述方法，那么证明变得非常简洁。

证明：（1）证明略。

（2）构造函数f(x)

1x

(x0)，作出函数图象，根据yf(x)

在区间n,2n上定积分定义及其几何意义，图（4）中n个矩形的面积和小于由直线xn，x2n，x轴和曲线f(x)围

1x

所，即

成

n的12

曲

边梯形的面积

n1

21n1

ln2nxx

n(n2l

7n)n，l不等式nln

得证。

图（4）

新课标新增的微积分知识有着丰富的数学背景及内涵，所蕴含的数学思想方法为我们问题的解决提供了新的视角，所以我们在平常学习过程中应予以足够的重视。最后提供两道练习题供同学们参考。

1、2、求证：()()（n

n

n

n

n1

nnn)()2nn

1n

1n1



（nN）



1n



证明：对于大于1的正整数n，n2

浅谈数列不等式问题的解题策略 篇3

本文在一个题目的基础上用五种方法来阐述这类问题常见的处理策略.本文的最大亮点是用一个题目来诠释这些方法,解决这类问题能达到事半功倍的效果,同时能够培养同学们的逻辑思维能力.例题 已知正项数列{an}中,对于一切n∈N*均有a≤an-an+1成立.

(1) 证明:数列{an}中的任何一项都小于1;

(2) 探究an与的大小,并证明你的结论.解析 (1) 第一小问的证明较简洁,直接利用不等式的变形和条件中的an>0可证.

因为a≤an-an+1,所以an+1≤an-a,

由an+1>0,所以an(1-an)>0,又an>0,所以0

(2) 第二小问是在第一小问的基础上比较大小,实质是不等式的证明.根据条件a≤an-an+1和(1)的结论00,所以an>an+1,所以{an}单调递减,所以an-an+1≥a>anan+1,所以>1,即->1.

故->1,…,->1,累加上述n-1个不等式,可得->n-1,所以>n-1+>n,所以an<.

说明 有些数列具有单调性,我们在做这类问题时先看数列是否具有单调性,这样解决问题会更直接,是数列性质的直接应用.方法二:构造函数法 设f(n)=-n(n∈N*),当n≥2时, f(n)-f(n-1)=-n-+n-1=-1≥-1==≥>0.

所以f(n)在n≥2时单调递增,所以f(n)>f(1),所以-n>-1>0,所以an<.

说明 数列就是特殊的函数,而比较大小或证明问题可转化为判断函数值的符号问题,本题利用主要的数学思想方法(函数方程的思想),再将函数特殊化(定义域是正整数),最后利用函数的有关性质去解决问题!方法三:数学归纳法 ① 当n=1时,a1<1成立;

② 假设当n=k≥2时成立,即ak<,则当n=k+1时,因为对于一切n∈N*均有a≤an-an+1成立,所以ak+1

≤ak-a=-ak-2+.

因为ak<≤,所以ak+1<--2+=1-,

所以ak+1-<1--=-=<0,所以当n=k+1时成立ak+1<.

综上所述,对任意n∈N*,an<.

说明 因为数列中n∈N*,所以要证明的问题可以考虑数学归纳法,这也是处理正整数问题的一般方法.方法四:放缩法 因为a≤an-an+1,所以0

因为01,从而-≥>1,…,-≥>1.

将上述n-1个等式累加,可得->n-1,所以>+n-1>n,即an<.

说明 当不等式问题难以解决时,可尝试放缩法,山穷水复疑无路,柳暗花明又一村!只有尝试放缩法,问题可转化为易解决的不等式问题.方法五:基本不等式法 因为a2 n ≤an-an+1,所以an≤1-,所以≤-,即-≥,所以-≥,…,-≥.

累加上述n-1个不等式,可得-≥++…++≥(n-1),所以->0,所以>,即>1,所以>1,即->n-1,所以≥+n-1>n,所以an<.

说明 因为在教学要求中,对基本不等式的要求较高,处理两项的不等式,可考虑此法.

在平时的学习过程中如能从利用数列的单调性和函数的性质,利用不等式的放缩法和基本不等式,利用数学归纳法这几个角度出发,解决数列中不等问题就会得心应手.当然方法不是单一的,可以综合使用,而且也要在学习过程中注意变通使用.

1. 在数列{an}中,Sn为其前n项和,且满足Sn=2an-n(n∈N*).

(1) 求数列{an}的通项公式;

(2) 证明:+++…+>-(n∈N*).

2. 已知Pn=+++…+(n∈N*).

(1) 用数学归纳法证明:1-+-+…+-=Pn;

(2) 若Pn>loga(a-1)+(a>0,a≠1)对一切n∈N*且n≥2恒成立,试求实数a的取值范围.

1. (1) an=2n-1(n∈N*).

(2) 因为===-=-=-,所以≥-•(k=1,2,3,n),

把这n个不等式相加可得+++…+>-++…+=-1->-.

2. (1) 当n=1时,1-=,P1==,等式成立.

假设n=k时等式成立,即1-+-+…+-=++…+,则当n=k+1时,1-+-+…+-+-=++…++-=++…++,所以当n=k+1时等式也成立.

综上,对n∈N*,等式恒成立.

数列中的不等式问题 篇4

1.最值策略

最值法是解数列型不等式恒成立求参数的取值范围问题的一种非常重要的方法, 其解题原理是f (n) >m恒成立⇔f (n) min>m, f (n)

例1 已知数列{an}满足a1=5, a2=5, an+1=an+6an-1 (n≥2) .

(1) 求证:{an+1+2an}是等比数列;

(2) 求数列{an}的通项公式;

(3) 设3nbn=n (3n-an) , 且|b1|+|b2|+…+|bn|

解 (1) 由an+1=an+6an-1, an+1+2an=3 (an+2an-1) (n≥2) .

∵a1=5, a2=5, ∴a2+2a1=15.

故数列{an+1+2an}是以15为首项, 3为公比的等比数列.

(2) 由 (1) , 得an+1+2an=5·3n.由待定系数法可得

(an+1-3n+1) =-2 (an-3n) , 即an-3n=2 (-2) n-1,

故an=3n+2 (-2) n-1=3n- (-2) n.

undefined

undefined

undefined

要使得|b1|+|b2|+…+|bn|

例2 已知a>0, a≠1, 数列{an}是首项为a, 公比为a的等比数列, 令bn=anlgan (n∈N+) .若数列{bn}中的每一项总小于它后面的项, 求a的取值范围.

解 由题设an=a×an-1=an, ∴bn=anlgan=nanlga.

若bn+1>bn, 则

∵an>0, ∴只需lga[n (a-1) +a]>0.

(1) 当a>1时, lga>0, 只要n (a-1) +a>0,

解得undefined

(2) 当0

解得undefined

为了使bn+1>bn对任何正整数n都成立, 只需undefined小于n的最小值1, 令undefined, 解得a>1或undefined

评析 以上两例是综合性极强的好题, 是数列不等式恒成立求参数的取值范围, 转化为解不等式或求函数的最值, 这是高中数学中有关确定参数范围题目的涅槃.

2.变量分离策略

数列型不等式恒成立求参数的取值范围问题, 对于某些最值不容易求出的问题, 我们可以考虑先实行变量分离, 再求其最值.所谓变量分离, 是指在含有参数的数列不等式中, 通过恒等变形, 使参数与主元分离于不等式两端, 则所蕴涵的数列关系便由隐变显, 从而问题转化为求主元函数的值域或上, 下限 (上限为最大值的临界值、下限为最小值的临界值) , 进而求出参数范围.这种方法由于思路清晰、规律明显、操作性强, 因而应是一种较好的求参方法.

例3 (2003年新教材高考题改编题) 设a0为常数, 数列{an}的通项公式undefined, 若对任意n≥1不等式an>an-1恒成立, 求a0的取值范围.

undefined

故an>an-1等价于undefined

(1) 当n=2k-1 (k∈N*) 时,

①式即为undefined

此式对k=1, 2, …恒成立,

故undefined

(2) 当n=2k, k=1, 2, …时,

①式即为undefined,

即undefined

此式对k=1, 2, …恒成立, 有

undefined

综上所述, ①式对任意n∈N+成立, 有undefined

故a0的取值范围为undefined

例4 (2008年全国Ⅱ) 设数列{an}的前n项和为Sn, 已知a1=a, an+1=Sn+3n (n∈N+) .

(1) 设bn=Sn-3n, 求数列{bn}的通项公式;

(2) 若an+1≥an (n∈N+) , 求a的取值范围.

分析 第 (1) 小题利用Sn与an的关系可求得数列的通项公式;第 (2) 小题将an+1≥an转化为关于n与a的关系, 再利用a≤f (n) 恒成立等价于a≤f (n) min求解.

解 (1) 依题意, Sn+1-Sn=an+1=Sn+3n,

∴Sn+1=2Sn+3n, ∴Sn+1-3n+1=2 (Sn-3n) .

∴{Sn-3n}为等比数列, 公比为q=2, 首项为S1-3=a-3,

∴Sn-3n= (S1-3) ·2n-1= (a-3) ·2n-1.

即bn= (a-3) ×2n-1 (n∈N+) .

(2) 由 (1) 知Sn-3n= (a-3) ×2n-1 (n∈N+) .

于是, 当n≥2时,

undefined

∵当n≥2时, an+1≥an, 即

undefined

3.构造单调数列策略

例5 设a0为常数, 且undefined, 假设对任意的n≥1, 有an>an-1, 求a0的取值范围.

解 由an的通项公式,

undefined

则an>an-1 (n∈N*) 等价于

undefined

①当n=2k-1, k=1, 2, …时, (*) 式即为

undefined

考察数列undefined在N*上为递增数列, 上式对k=1, 2, …都成立.

而undefined的最小值为undefined, 所以undefined, 得undefined

②当n=2k, k=1, 2, …时, (*) 式即为undefined, 而undefined的最小值为1, 故应使- (5a0-1) <1, 得a0>0.

综上①②可知: (*) 式对任何n∈N*成立, 得a0的取值范围是undefined

说明 本题是与数列有关的恒成立问题, 确定数列undefined, 实质是利用了undefined的单调性, 从而为确定a0的范围作铺垫.

4.数学归纳法策略

例6 已知数列{an}满足undefined, 若an+1>an对一切n∈N*成立, 求a的取值范围.

解 抓住an+1>an实施赋值推理有a2>a1, 得a>7, 它仅保证命题an+1>an对n=1成立.假设n=k时命题an+1>an成立, 即ak+1>ak>0, 则undefined, 这说明n=k+1时命题an+1>an也成立.

综上所述, a>7时命题an+1>an恒成立, 故a的取值范围是 (7, +∞) .

评注 运用赋值法抓住结论成立的一个必要条件, 并以此作为思维的新起点, 借助于数学归纳法顺序地完成了充分的证明, 求解过程给人以“起死回生”之感.

例7 已知数列{an}满足undefined求数列{an}的通项公式; (2) 设a>0, 数列{bn}满足undefined, 若|bn|≤an对n∈N+成立, 试求a的取值范围.

解undefined

又undefined

∴{an}是公比为undefined的等比数列,

undefined

或

undefined

现证:a≥2时, |bn|≤an对n∈N+成立.

①n=1时, |b1|≤a1成立;

②假设n=k (k≥1) 时, |bk|≤ak成立, 则

undefined,

即n=k+1时, |bk+1|≤ak+1也成立,

∴n∈N+时, |bn|≤an, ∴a的取值范围是[2, +∞) .

例8 (2009年安徽卷理) 首项为正数的数列{an}满足undefined

(1) 证明:若a1为奇数, 则对一切n≥2, an都是奇数.

(2) 若对一切n∈N+都有an+1>an, 求a1的取值范围.

解 (1) 已知a1是奇数, 假设ak=2m-1是奇数, 其中m为正整数, 则由递推关系得undefined是奇数.

根据数学归纳法, 对任何n∈N+, an都是奇数.

(2) 方法一:由undefined知, an+1>an当且仅当an<1或an>3.

另一方面, 若0

若ak>3, 则undefined

根据数学归纳法, 03⇔an>3, ∀n∈N+.

综合所述, 对一切n∈N+都有an+1>an的充要条件是03.

方法二:由undefined, 得aundefined-4a1+3>0,

undefined

因为undefined, 所以所有的an均大于0,

因此an+1-an与an-an-1同号.

根据数学归纳法, ∀n∈N+, an+1-an与a2-a1同号.

因此, 对一切n∈N+都有an+1>an的充要条件是03.

5.反证法策略

例9 已知数列{an}中undefined是否存在正数a, 使得对任意n∈N*都有anan+1>0 若存在, 求出a的值;若不存在, 请说明理由.

解 假设存在正数a使anan+1>0恒成立, 则an>0, 运用赋值法推理得a2>0, 即undefined, 解得a>1.以此为思维的新起点, 便可导致矛盾的结论.

因为undefined, 所以an+1≤an,

即数列{an}是递减数列, 故an≤a,

所以undefined, 从而undefined,

所以undefined,

即undefined, 所以当n>a2+1时, 有

undefined

这与an>0恒成立相矛盾, 从而不存在a适合题意.

评注 抓住一个必要条件, 产生了矛盾的结论 (实为反证法) , 则探索终止, 结论为假;若探索出一个正确的命题, 则还需设法证明充分性, 否则, 不符合逻辑规则.

以上介绍的几种常见函数型不等式恒成立问题的求解策略, 只是分别从某个侧面入手去探讨不等式中参数的取值范围.事实上, 这些策略不是孤立的, 在具体的解题实践中, 往往需要综合考虑, 灵活运用, 才能使问题得以顺利解决.

摘要：不等式的恒成立问题是学生较难理解和掌握的一个难点, 以数列为载体的不等式恒成立条件下确定参数范围问题其综合性更强, 它是一类常见的考试题型, 常出现在高考压轴题中, 它与函数恒成立问题既有类似之处, 又有一些差别, 学生容易出错, 甚至不知所措.这里通过几个例子归纳这类问题的几种常用解法和需要注意的问题.

数列求和不等式的证明 篇5

题目 已知数列[an]的通项公式是[an=3n-2n].求证：对一切正整数[n]，有[1a1+1a2+???+1an<32].

思路1：放缩为可求和的等比（等差）数列

证明 因为[3n-3n-1=2?3n-12?2n-1=2n]，

所以[3n-2n3n-1]，所以[1an13n-1].

于是[1a1+1a2+…+1an1+13+…+13n-1]

[=1-13n1-13][=321-13n<32].

思路2：放缩后能裂项相消

证明 当[n=1]时，[1a1=1<32]；

当[n=2]时，[1a1+1a2=1+15<32]，显然成立.

当[n3]时，[an=3n-2n=1+2n-2n]

[=1+C1n?2+C2n?22+…+Cn-1n?2n-1+2n-2n]

[=1+C1n?2+C2n?22+…+Cn-1n?2n-1>C2n?22]

[=2nn-1]，

又因为[a2=5>2×2×2-1]，

所以[an>2nn-1]（[n2]），

所以[1an<12nn-1=121n-1-1n]（[n2]），

所以[1a1+1a2+1a3+…+1an]

[<1+121-12+13-14+…+1n-1-1n=1+121-1n<32.]

思路3：构造加强不等式，借助数学归纳法

①当[n=1]时，左边[=1a1=1]，右边[=32]，命题成立.

②假设当[n=k]（[k2]，[k∈][N]）时成立，即[i=1k13i-2i<32]成立.为了证明当[n=k+1]时命题也成立，我们首先证明不等式：[13i+1-2i+1<13?13i-2i]（[i1]，[i∈][N]）.

要证[13i+1-2i+1<13?13i-2i]，

只需证[13i+1-2i+1<13i+1-3?2i]，

只需证[3i+1-2i+1>3i+1-3?2i]，

只需证[-2i+1>-3?2i]，

只需证[-2>-3]，该式子明显成立，

所以[13i+1-2i+1<13?13i-2i].

于是当[n=k+1]时，[i=1k+113i-2i=13-2+i=2k+113i-2i][<1+13i=1k13i-2i<1+13×32=32]，

所以在[n=k+1]时命题也成立.

数列、不等式、推理证明专项练习 篇6

1.已知-π2<α<β<π2，则α-β2的取值范围是.

2.当x>0时，则f（x）=2xx2+1的最大值为.

3.对于平面几何中的命题“如果两个角的两边分别对应垂直，那么这两个角相等或互补”，在立体几何中，类比上述命题，可以得到命题：“”，这个类比命题的真假性是.

4.某车间分批生产某种产品，每批的生产准备费用为800元.若每批生产x件，则平均仓储时间为x8天，且每件产品每天的仓储费用为1元.为使平均到每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品件.

5.设a，b为正实数.现有下列命题：

①若a2-b2=1，则a-b<1；

②若1b-1a=1，则a-b<1；

③若|a-b|=1，则|a-b|<1；

④若|a3-b3|=1，则|a-b|<1.

其中的真命题有.（写出所有真命题的编号）

6.用锤子以均匀的力敲击铁钉入木板，随着铁钉的深入，铁钉所受的阻力会越来越大，使得每次钉入木板的钉子长度后一次为前一次的1k（k∈N*），已知一个铁钉受击3次后全部进入木板，且第一次受击后进入木板部分的铁钉长度是钉长的47，请从这个实事中提炼出一个不等式组是.

7.已知a∈R+，函数f（x）=ax2+2ax+1，若f（m）<0，比较大小：f（m+2）1.（用“<”或“=”或“>”连接）.

8.观察下列等式：

1-12=12

1-12+13-14=13+14

1-12+13-14+15-16=14+15+16

……

据此规律，第n个等式可为.

9.设关于x，y的不等式组2x-y+1>0，x+m<0，y-m>0表示的平面区域内存在点P（x0，y0）满足x0-2y0=2，求得m的取值范围是.

10.在等比数列{an}中，已知a6-a4=24，a3·a5=64，则数列{an}的前8项和为.

11.已知函数y=ax+b的图象如图所示，则1a-1+2b的最小值=.

12.设平面内有n条直线（n≥3），其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点，若用f（n）表示n条直线交点的个数，当n>4时，f（n）=.

13.已知x，y∈R，满足2≤y≤4-x，x≥1，则x2+y2+2x-2y+2xy-x+y-1的最大值为.

14.数列{an}满足（sn-n2）（an-2n）=0（n∈N），其中sn为数列{an}的前n项和，甲、乙、丙、丁四名同学各写了该数列的前四项：甲：1，3，5，7；乙：1，4，8，7；丙：1，4，4，7；丁：1，3，8，4.请你确定这四人中所有书写正确的学生.

二、解答题（共90分）

15.已知不等式mx2-nx-n2<0，

（1）若此不等式的解集为{x|-1

（2）若m=2，求此不等式的解集.

16.已知等比数列{an}的前n项和是Sn，满足an+1=（q-1）Sn+1（q≠0）.

（1）求首项a1的值；

（2）若S4，S10，S7成等差数列，求证：a3，a9，a6成等差数列.

17.已知集合A={x|x2-（3a+3）x+2（3a+1）<0，x∈R）}，B={x|x-ax-（a2+1）<0，x∈R}.

（1）求4B时，求实数a的取值范围；

（2）求使BA的实数a的取值范围.

18.设向量a=（x，2），b=（x+n，2x-1）（n∈N*），函数y=a·b在[0，1]上的最小值与最大值的和为an，又数列{bn}满足：nb1+（n-1）b2+…+bn=（910）n-1+（910）n-2+…+910+1.

（1）求证：an=n+1；

（2）求数列{bn}的通项公式；

（3）设cn=-anbn，试问数列{cn}中，是否存在正整数k，使得对于任意的正整数n，都有cn≤ck成立？证明你的结论.

19.如图，某生态园欲把一块四边形地BCED辟为水果园，其中∠C=∠D=90°，BC=BD=3，CE=DE=1.若经过DB上一点P和EC上一点Q铺设一条道路PQ，且PQ将四边形BCED分成面积相等的两部分，设DP=x，EQ=y.

（1）求x，y的关系式；

（2）如果PQ是灌溉水管的位置，为了省钱，希望它最短，求PQ的长的最小值；

（3）如果PQ是参观路线，希望它最长，那么P、Q的位置在哪里？

20.设正整数a，b，c满足：对任意的正整数n，an+bn=cn+1.

（1）求证：a+b≥c；

（2）求出所有满足题设的a，b，c的值.

参考答案

一、填空题

1.（-π2，0）

2.1

3.如果两个二面角的两个半平面分别对应垂直，则这两个二面角相等或互补.（答案不唯一）假命题

4.80

5.①④

6.47+47k<147+47k+47k2≥1

7.>

8.1-12+13-14+…+12n-1-12n=1n+1+1n+2+…+12n

9.（-∞，-23）

10.85或255

11.3+22

12.12（n-2）（n+1）

13.103

14.甲、丙、丁

二、解答题

15.（1）因为mx2-nx-n2<0的解集为{x|-1

所以-1，2是方程mx2-nx-n2=0的两个根.

根据根与系数的关系，有nm=-1+2=1，-n2m=（-1）×2=-2，

解得m=n=2.

（2）m=2，不等式mx2-nx-n2<0即2x2-nx-n2<0，

2x2-nx-n2<0（2x+n）（x-n）<0.

（1）若n=0，则原不等式为2x2<0，解集为.

（2）若n>0，则n-（-n2）=3n2>0，即-n2

（3）若n<0，则n-（-n2）=3n2<0，即-n2>n，原不等式的解集为（n，-n2）.

故当n=0时，不等式的解集为；

当n>0时，解集为（-n2，n）；

当n<0时，解集为（n，-n2）.

16.（1）由an+1=（q-1）Sn+1可得an=（q-1）Sn-1+1（n≥2），

两式相减得an+1-an=（q-1）an，所以an+1=qan（n≥2）.

欲使数列{an}等比数列，只需a2=qa1即可，

因为a2=（q-1）S1+1=（q-1）a1+1，所以（q-1）a1+1=qa1，所以a1=1.

若由a22=a1·a3，求出a1=1再验证数列{an}是等比数列，参照上述解法给分.

（2）方法一：若q=1，2S10≠S4+S7，与已知矛盾，故q≠1.

由2S10=S4+S7，得

2a1（1-q10）1-q=a1（1-q4）1-q+a1（1-q7）1-q，

即2a1q8=a1q2+a1q5，即2a9=a3+a6，所以a3，a9，a6成等差数列.

方法二：由S4，S10，S7成等差数列，可得2S10=S4+S7，

因为S7=S4+q4S3，S10=S4+q4S3+q7S3，可得q4S3+2q7S3=0，

因为S3≠0，所以q3=-12，

又2a9-（a3+a6）=a1q2（2q6-q3-1）=0，所以a3，a9，a6成等差数列.

17.（1）若4∈B，则4-a3-a2<0a<-3或3

∴当4B时，实数a的取值范围为[-3，3]∪[4，+∞）.

（2）∵A={x|（x-2）（x-3a-1）<0}，B={x|a①当a<13时，A=（3a+1，2）.

要使BA，必须a≥3a+1a2+1≤2，此时-1≤a≤-12；

②当a=13时，A=，使BA的a不存在；

③当a>13时，A=（2，3a+1），

要使BA，必须a≥2a2+1≤3a+1，此时2≤a≤3.

综上可知，使BA的实数a的取值范围是[2，3]∪[-1，-12].

18.解：（1）∵y=x（x+n）+4x-2=x2+（4+n）x-2在[0，1]上为增函数，

∴an=-2+1+4+n-2=n+1﹒

（2）∵nb1+（n-1）b2+…+bn=（910）n-1+（910）n-2+…+910+1=10[1-（910）n]，

∴（n-1）b1+（n-2）b2+…+bn-1+0=10[1-（910）n-1]（n≥2）﹒

两式相减得b1+b2+…+bn=（910）n-1（n≥2），

∴b1+b2+…+bn-1=（910）n-2（n≥3）.

两式相减得bn=-110·（910）n-2（n≥3）.

又b1=1，b2=-110，

∴bn=1，（n=1）-110·（910）n-2，（n≥2，n∈N*）.

（3）由cn=-2，（n=1）n+110·（910）n-2，（n≥2，n∈N*）及当k≥3时ckck-1≥1，ckck+1≥1，得k=9或8﹒

又n=1，2也满足，∴存在k=8，9使得cn≤ck对所有的n∈N*成立.

19.（1）延长BD、CE交于点A，则AD=3，AE=2，则S△ADE=S△BDE=

S△BCE=32.

∵S△APQ=3，

∴14（x+3）（y+2）=3，

∴（x+3）（y+2）=43.

（2）PQ2=AP2+AQ2-2AP·AQcos30°

=（x+3）2+（43x+3）2-2×43×32

≥2×43-12=83-12，

当（x+3）2=（43x+3）2，即x=243-3时，

PQmin=83-12=223-3.

（3）令t=（x+3）2，∵x∈[33，3]，∴t∈[163，12]，（x的范围由极限位置定）

则PQ2=f（t）=t+48t-12，

∵f′（t）=1-48t2，令f′（t）=1-48t2=0，得t=43，

∴f（t）在（0，43）上是减函数，在（43，+∞）上是增函数，

∴f（t）max=max（f（163），f（12）}=f（12）=4，PQmax=2，

此时t=（x+3）2=12，x=3，y=0，P点在B处，Q点在E处.

20.证明：（1）依题意，当n=1时，a+b=c2，

则a+b-c=c2-c=c（c-1），

因为c∈N*，所以c（c-1）≥0，

从而a+b-c≥0，故a+b≥c；

（2）an+bn=cn+1即（ac）n+（bc）n=c，（*）

若a>c，即ac>1，则当n≥logacc时，

（ac）n≥c，而（bc）n>0，于是（ac）n+（bc）n>c，与（*）矛盾；

从而a≤c，同理b≤c.

若a≤c，则0

又c∈N*，故c=1或2，

当c=1时，an+bn=1，而an+bn≥2，故矛盾，舍去；

当c=2时，（ac）n+（bc）n=2，从而ac=bc=1，故a=b=2，

综上，所有满足题意的a，b，c依次为2，2，2.

（作者：夏志勇，海安县曲塘中学）